专题1.2.2 有机化合物组成、结构的研究-【步步高】2023-2024学年高二化学选择性必修3（苏教版2019）

第2课时　有机化合物组成、结构的研究 [核心素养发展目标]　1.了解研究有机化合物组成的意义及常用方法，并能够利用燃烧法确定有机物的最简式。2.知道李比希提出的基团理论，能认识并正确书写有机物中常见的基团。3.会应用1H核磁共振谱图分析简单有机物的结构，知道核磁共振波谱法、红外光谱法、质谱法在研究有机物结构中的应用。 一、有机化合物组成的研究 1．定性分析有机物的组成元素 测定方法 原理及确定元素 燃烧法 根据燃烧产物CO2、H2O、SO2确定C、H、S 元素 钠熔法 根据生成的钠的化合物定性分析确定N、Cl、Br、S等元素 铜丝燃烧法 根据蘸有试样的铜丝灼烧火焰是否为绿色，确定是否存在卤素 2.确定最简式(李比希定量分析) (1)测定原理及步骤 (2)确定最简式 ―→C、H、O最简式实验式) (3)有机物最简式(实验式)与分子式的关系：分子式＝(最简式)n。 3．仪器分析法 元素分析仪的工作原理是在不断通入氧气流的条件下，把样品加热到950～1 200 ℃，使之充分燃烧，再对燃烧产物进行自动分析。 (1)某有机物在氧气中充分燃烧，生成的CO2和H2O的物质的量之比为1∶1，则该有机物的最简式为CH2(　　) (2)李比希定量分析有机物中各元素的质量分数的目的是确定有机物的分子式(　　) (3)确定有机物的实验式就能直接得出该有机物的分子式(　　) (4)某有机物在氧气中完全燃烧生成了CO2和H2O，可推断该有机物一定含C、H、O三种元素(　　) (5)不同的有机物，其实验式、分子式一定不同(　　) 答案　(1)×　(2)×　(3)×　(4)×　(5)× 某有机物仅由碳、氢、氧三种元素组成，为测定其分子组成做以下实验：取该有机物样品 1.8 g，在纯氧中完全燃烧，将产物依次通过浓H2SO4和碱石灰，两者分别增重1.08 g和 2.64 g。 (1)该有机物的最简式是什么？ (2)若该有机物在相同条件下与H2的相对密度为45，则该有机物的分子式是什么？ 答案　(1)CH2O　(2)C3H6O3 解析　(1)据题意，该有机物完全燃烧生成的H2O和CO2的物质的量分别为n(H2O)＝＝0.06 mol，n(CO2)＝＝0.06 mol，故1.8 g该分子中含H和C的物质的量分别为0.12 mol和0.06 mol，则该分子中含O的物质的量为n(O)＝ mol＝0.06 mol，故该有机物分子中N(C)∶N(H)∶N(O)＝0.06∶0.12∶0.06＝1∶2∶1，故该有机物的最简式为CH2O。 (2)根据该有机物在相同条件下与H2的相对密度为45，则该有机物的相对分子质量为45×2＝90，设该有机物的分子式为(CH2O)n，则30n＝90，n＝3，故该有机物的分子式为C3H6O3。 1．为了确定某有机物中是否存在氮、氯、溴、硫等元素，应将该有机物样品与下列哪种金属混合熔融后，再进行定性分析(　　) A．Fe B．Si C．Cu D．Na 答案　D 2．一定条件下，6.0 g某有机物在密闭容器内完全燃烧，生成二氧化碳和水。该反应中所有物质的分子数随反应过程的变化如图所示。下列说法不正确的是(　　) A．消耗的有机物与氧气的分子个数比为1∶2 B．该有机物的分子式为C2H4O2 C．该反应生成的二氧化碳和水的质量比为1∶1 D．反应结束后，密闭容器内消耗氧气的质量为6.4 g 答案　C 解析　由图可知，参加反应的有机物和氧气的分子个数比为n∶2n＝1∶2，故A正确；由题图分析可知，该有机物的分子式为C2H4O2，故B正确；由图可知，生成二氧化碳和水的分子个数比为2n∶2n＝1∶1，即物质的量之比为1∶1，则质量比为44∶18＝22∶9，故C错误；6.0 g该有机物的物质的量为＝0.1 mol，参加反应的有机物和氧气的分子个数比为＝1∶2，即物质的量之比为1∶2，故消耗的氧气的物质的量为0.2 mol，质量为0.2 mol× 32 g·mol－1＝6.4 g，故D正确。 (1)李比希定量分析法中的高氯酸镁可用浓H2SO4或无水CaCl2替代；烧碱石棉剂可用碱石灰或NaOH溶液替代。 (2)利用李比希定量分析法确定的是有机物的最简式，若确定其分子式还要知道有机物的相对分子质量。确定有机物相对分子质量的常用方法如下： ①标准密度法：根据标准状况下气体的密度，求算该气体的相对分子质量：Mr＝22.4×ρ。 ②相对密度法：根据气体A相对于气体B的相对密度为D，求算该气体的相对分子质量：MA＝D×MB。 ③混合物的平均相对分子质量：＝。 二、有机化合物结构的研究 1．有机物的结构特点和性质关系 (1)在有机化合物分子中，原子主要通过共价键结合在一起。原子之间结合方式或连接顺序的不同导致了所形成的物质在性质上的差异。 (2)“基团理论”是1838年德国化学家李比希提出的，常见的基团有羟基—OH、醛基—CHO、羧基—COOH、氨基—NH2、烃基—R等，不同的基团具有不同的结构和性质特点。 2．现代化学测定有机物结构的分析方法 (1)核磁共振波谱 ①作用：推知有机物中有几种不同化学环境的氢原子。 ②判定方法：1H核磁共振谱图中有多少组峰，有机物分子中就有多少种处于不同化学环境的氢原子；峰的面积比就是对应的处于不同化学环境的氢原子的数目比。 例如：乙醇和二甲醚的1H核磁共振谱图分析 乙醇 二甲醚 1H核磁共振谱图 结论 氢原子类型有3种，不同氢原子的个数之比为2∶1∶3 氢原子类型有1种 结构式 (2)红外光谱 ①原理：不同基团在红外光辐射下的特征吸收频率不同，在红外光谱图上将处于不同的位置。 ②作用：初步判断有机物中含有的基团。 例如，分子式为C2H6O的有机物的红外光谱图如图(a)，1H核磁共振谱图如图(b)： 则该有机物的结构简式为CH3CH2OH。 3．质谱法 (1)原理：用高能电子束轰击有机物分子，使之分离成带电的“碎片”，不同的带电“碎片”的质量(m)和所带电荷(z)的比值不同，就会在不同的m/z处出现对应的特征峰，质荷比()最大值就是有机物的相对分子质量。 (2)作用：测定有机物的相对分子质量。 例如： 则苯的相对分子质量为78。 X射线衍射 (1)原理：X射线是一种波长很短的电磁波，它和晶体中的原子相互作用可以产生衍射图。 (2)作用：可获得分子结构的有关数据，如键长、键角等，用于有机化合物晶体结构的测定。 (1)1H核磁共振谱能反映出未知有机化合物中不同化学环境的氢原子的种类和个数(　　) (2)的1H核磁共振谱图中有4个吸收峰，且峰面积比为1∶2∶2∶1(　　) (3)CH3COOCH3在1H核磁共振谱图中只有一个吸收峰(　　) (4)根据红外光谱图的分析可以初步判断有机化合物中具有哪些基团(　　) 答案　(1)×　(2)√　(3)×　(4)√ 某纯净有机物A的红外光谱表征到和的存在，经质谱仪、核磁共振仪得到下列质谱图和1H核磁共振谱图： (1)该有机物的分子式为________。 (2)该有机物的结构简式为________________________________________________________， 在一定条件下生成高聚物的化学方程式为___________________________________________。 答案　(1)C4H6O　(2)CH2==CHCH2CHO nCH2==CHCH2CHO 解析　(1)质谱仪得到的质谱图中最大质荷比即为该有机物的相对分子质量，所以该有机物的相对分子质量为70，该有机物的1H核磁共振谱图显示有4种不同化学环境的氢原子，且H原子个数比为2∶1∶1∶2，故H原子总数至少是6个，红外光谱表征到和的存在。由氧原子数确定：若有2个O原子，则有70－32＝38，C原子为3个时，只能有2个H原子，C原子为2个时，有14个H原子，过饱和，且与强度比为2∶1∶1∶2的4种不同化学环境的氢原子矛盾。因此，氧原子数为1。和的式量为52，余基式量为70－52＝18，若H原子总数为6，则18－6＝12，说明还有1个碳原子，因此分子式为C4H6O。 (2)该有机物可能的结构有CH3CH==CHCHO(1H核磁共振谱图强度比应为3∶1∶1∶1)、CH2==CHCOCH3(1H核磁共振谱图应有3组峰)和CH2==CHCH2CHO，只有CH2==CHCH2CHO符合题意。 1．有机物Y的分子式为C4H8O2，其红外光谱图如图所示，则该有机物的结构可能为(　　) A．CH3COOCH2CH3 B． C．HCOOCH2CH3 D．(CH3)2CHCOOH 答案　A 解析　由红外光谱图可知，该有机物中含有C==O、C—O—C、不对称—CH3，B、C、D均不符合。 2．(2022·南昌十五中高二月考)有机物R的1H核磁共振谱图如图所示，则R的结构简式为(　　) A．CH3CH2CH3 B．HOCH2CH2OH C．CH3CH(OH)CH3 D．HOOCCH2CH2COOH 答案　C 解析　根据有机物R的1H核磁共振谱图可知，该物质分子中含有3种不同化学环境的H原子，个数比是1∶1∶6。A、B、D项分子中均含有2种不同化学环境的H原子；C项分子中含有3种不同化学环境的H原子，个数比是1∶1∶6。 确定有机化合物结构的方法 题组一　有机化合物元素组成及分子式的确定 1．用铜丝燃烧法可定性分析有机物中是否存在卤素，将一根纯铜丝加热到红热，蘸取试样，放在火焰上灼烧，如存在卤素，火焰为(　　) A．绿色 B．紫色 C．白色 D．黄色 答案　A 2．若要验证某有机物属于烃，应完成的实验内容是(　　) A．测定该有机物分子中C、H原子的个数之比 B．证明其完全燃烧的产物只有H2O和CO2 C．测定其燃烧产物中H2O和CO2的物质的量之比 D．测定该有机物试样的质量及试样完全燃烧后生成的CO2和H2O的质量 答案　D 解析　B项，烃的含氧衍生物或烃燃烧都生成H2O和CO2，不能确定是否含有O元素，错误；D项，测定该试样的质量及试样完全燃烧后生成的CO2和H2O的质量，可以确定一定质量的有机物中含有C、H元素的质量，根据质量守恒可确定是否含有O元素，正确。 3．某烃中碳元素和氢元素的质量比是24∶5，该烃在标准状况下的密度是2.59 g·L－1，其分子式为(　　) A．C2H6 B．C4H10 C．C5H8 D．C7H8 答案　B 解析　N(C)∶N(H)＝∶＝2∶5，得其实验式为C2H5，M＝ρVm＝2.59 g·L－1×22.4 L·mol－1 ≈58 g·mol－1，(24＋5)n＝58，n＝2，故其分子式为C4H10。 4．(2023·广东江门高二期中)某同学尝试利用李比希法测定液态烃X的实验式，设计了如下实验：准确称取1.06 g样品并置于试样盒中，加热样品，使蒸气通过氧化铜(催化剂)，准确称量生成的二氧化碳和水的质量，分别为3.52 g和0.9 g。下列说法正确的是(　　) A．甲处放置碱石灰 B．该烃的实验式是C8H10 C．停止加热后，立即停止通入O2，防止浪费 D．乙装置后加装一个盛碱石灰的干燥管，实验结果会更准确 答案　D 解析　甲装置吸收水蒸气，应盛放无水氯化钙，碱石灰既能吸收水蒸气也能吸收二氧化碳，A错误；生成的二氧化碳和水的质量分别为3.52 g和0.9 g，物质的量分别是＝ 0.08 mol、＝0.05 mol，因此C和H的原子个数之比是0.08∶0.1＝4∶5，所以该烃的实验式是C4H5，B错误；停止加热后，应继续通入O2，把生成的气体全部排入后续的装置中，以便充分吸收，C错误；为防止空气中的水蒸气和二氧化碳干扰实验，乙装置后加装一个盛碱石灰的干燥管，实验结果会更准确，D正确。 题组二　图谱法在确定有机化合物结构中的应用 5．乙酸和甲酸甲酯互为同分异构体，其结构式分别为和。在下列哪种检测仪上显示出的信号是完全相同的(　　) A．李比希元素分析仪 B．红外光谱仪 C．核磁共振仪 D．质谱仪 答案　A 解析　李比希元素分析仪检测的是元素的种类，乙酸和甲酸甲酯的元素种类相同，都含有C、H、O三种元素，A符合题意；红外光谱仪检测的是基团的结构特征，乙酸中含有羧基，甲酸甲酯中含有酯基，信号不完全相同，B不符合题意；核磁共振仪检测的是氢原子的种类，乙酸和甲酸甲酯中2组峰面积之比分别为3∶1和1∶3且峰的位置不完全相同，C不符合题意；质谱仪检测的是分子的相对分子质量，二者的相对分子质量相同，但分子碎片的相对分子质量不完全相同，D不符合题意。 6．化学分析的手段通常有定性分析、定量分析、仪器分析等，现代化学中仪器分析是研究物质结构的基本方法和实验手段。下列关于仪器分析的说法不正确的是(　　) A．光谱分析：利用原子光谱上的特征谱线来鉴定元素 B．质谱分析：利用质荷比来测定分子的相对分子质量，CH3CH2OH与CH3OCH3的质谱图完全相同 C．红外光谱分析：获得分子中含有的化学键或官能团的信息，可用于区分CH3CH2OH和CH3OCH3 D．X射线衍射图谱分析：获得分子结构的有关信息，包括晶胞形状和大小、分子或原子在微观空间有序排列呈现的对称类型、原子在晶胞里的数目和位置等 答案　B 解析　不同元素原子的吸收光谱或发射光谱不同，常利用原子光谱上的特征谱线来鉴定元素，故A正确；CH3CH2OH与CH3OCH3的结构不同，最大质荷比相同，但分子碎片的质荷比不同，则质谱图不完全相同，故B错误；红外光谱仪可以测得未知物中的化学键或官能团，CH3CH2OH和CH3OCH3所含官能团分别为羟基和醚键，可用红外光谱分析区别，故C正确。 7．(2022·云南省名校联盟高二期末)某有机物的质谱图如图所示，该有机物的结构简式可能是(　　) A. B. C. D．CH3CH2OCH3 答案　A 解析　由质谱图可知该有机物的相对分子质量为78。苯的分子式为C6H6，相对分子质量为78，A项符合题意；的分子式为C5H10，相对分子质量为70，B项不符合题意；的分子式为C4H8O，相对分子质量为72，C项不符合题意；CH3CH2OCH3的分子式为C3H8O，相对分子质量为60，D项不符合题意。 8．(2022·重庆外国语学校高二期末)下列化合物中，1H核磁共振谱图只出现两组峰且峰面积之比为3∶1的是(　　) A． B． C． D． 答案　B 解析　1H核磁共振谱图只出现两组峰，说明只有两种不同化学环境的氢原子，峰面积之比为3∶1，说明两种氢原子的个数之比为3∶1。中含有3种不同化学环境的氢原子(甲基上一种、苯环上两种)，A错误；中含有2种不同化学环境的氢原子(甲基上的氢以及双键碳原子上的氢)，且个数比为6∶2＝3∶1，B正确；中含有3种不同化学环境的氢原子(两个甲基上的氢和一个亚甲基上的氢)，C错误；中含有2种不同化学环境的氢原子(甲基和亚甲基上的氢)，个数比为6∶4＝3∶2，D错误。 9．某化合物由碳、氢、氧三种元素组成，其红外光谱图有C—H、O—H、C—O的振动吸收，该有机物的相对分子质量是60，其1H核磁共振谱只有3组峰，则该有机物的结构简式是(　　) A．CH3CH2OCH3 B．CH3CH(OH)CH3 C．CH3CH2CH2OH D．CH3CH2CHO 答案　B 解析　A项中无O—H，D项中无O—H、C—O，B、C项含有C—H、O—H、C—O三种化学键且相对分子质量都是60，B项1H核磁共振谱有3组峰，C项有4组峰，故B项正确。 10．(2023·河南信阳高二检测)下列有关叙述正确的是(　　) A．质谱法通常用来确定有机化合物的分子结构 B．将有机化合物燃烧进行定量分析，可以直接确定该有机化合物的分子式 C．在1H核磁共振谱中能出现三组峰，峰面积之比为3∶1∶4 D．乙醚与1-丁醇不能利用红外光谱法进行鉴别 答案　C 解析　质谱法通常用来确定有机化合物的质荷比，即得出相对分子质量，A错误；有机化合物燃烧进行定量分析，只能通过生成的CO2和H2O得出该有机化合物的最简式，B错误；红外光谱可以读出分子中的基团，乙醚和1-丁醇分子中含有不同的官能团，故可以利用红外光谱法进行鉴别，D错误。 11．(2023·深圳高二检测)某有机物常用于生产聚酯纤维和树脂，是一种重要化工合成原料，使用现代仪器对该有机物的结构进行测定，相关谱图如下。下列有关说法错误的是(　　) A．由质谱图可知该有机物的相对分子质量为91 B．由1H核磁共振谱图可知该有机物中有2种不同化学环境的氢原子 C．由红外光谱可获知该有机物含有苯环结构 D．综合以上信息可知该有机物为对二甲苯 答案　A 解析　由质谱图可知该有机物的相对分子质量为106，故A错误；由1H核磁共振谱图可知该有机物中有2种不同化学环境的氢原子，故B正确；根据红外光谱图、1H核磁共振谱图，质谱图分析得到该有机物为对二甲苯，故D正确。 12．化合物A经李比希法和质谱法分析得知其相对分子质量为136，分子式为C8H8O2。A的1H核磁共振谱有4组峰且面积之比为1∶2∶2∶3，A分子中只含一个苯环且苯环上只有一个取代基，其红外光谱与1H核磁共振谱图如图。下列关于A的说法不正确的是(　　) A．A属于芳香族化合物 B．A的结构简式为 C．A属于羧酸类化合物 D．在红外光谱图中可以获得分子中含有的化学键或官能团的信息 答案　C 13．(2023·郑州高二联考)质谱图表明某有机物(只含C、H、O元素)的相对分子质量为70，红外光谱图显示该有机物含有C==C和C==O,1H核磁共振谱图表明其有4组峰，且峰面积之比为1∶1∶1∶3。已知不与Br2发生加成反应，下列关于该有机物的说法正确的是(　　) A．其分子中有5种不同化学环境的氢原子 B．分子式为C4H8O C．结构简式为CH3CH==CHCHO D．1 mol 该有机物能与2 mol Br2 发生加成反应 答案　C 解析　1H核磁共振谱图中有4组峰，说明其分子中共有4种不同化学环境的氢原子，A项错误；由题给信息可确定该有机物的分子式为C4H6O，又因红外光谱图显示其含有C==C和C==O,1H核磁共振谱图中峰面积之比为1∶1∶1∶3，可知该有机物的结构简式为CH3CH==CHCHO，B项错误，C项正确；1 mol CH3CH==CHCHO最多能与1 mol Br2发生加成反应，D项错误。 14．下列装置中有机物样品在电炉中充分燃烧，通过测定生成的CO2和H2O的质量，来确定有机物的分子式。 请回答下列问题： (1)B装置中试剂X可选用________。 (2)D装置中无水氯化钙的作用是__________________________________________________； E装置中碱石灰的作用是_________________________________________________________。 (3)若实验中所取样品只含C、H、O三种元素中的两种或三种，准确称取0.44 g样品，经充分反应后，D装置质量增加0.36 g，E装置质量增加0.88 g，已知该物质的相对分子质量为44，则该样品的分子式为________。 (4)若该有机物的1H核磁共振谱图如图所示。 则其结构简式为________。 (5)某同学认为E装置和空气相通，会影响测定结果准确性，应在E装置后再增加一个相同的装置，其主要目的是______________________________________________________________。 答案　(1)浓硫酸　(2)吸收生成的水　吸收生成的二氧化碳　(3)C2H4O　(4)CH3CHO　(5)吸收空气中的二氧化碳和水蒸气 解析　(3)E装置质量增加0.88 g，为二氧化碳的质量，可得碳元素的质量：0.88 g×＝ 0.24 g，D装置质量增加0.36 g，是水的质量，可得氢元素的质量：0.36 g×＝0.04 g，从而可推出含氧元素的质量：(0.44－0.24－0.04) g＝0.16 g，设最简式为CxHyOz，则x∶y∶z＝∶∶＝2∶4∶1，即最简式为C2H4O，又由该物质的相对分子质量为44，可得该物质的分子式为C2H4O。 (4)根据该有机物的1H核磁共振谱图，峰面积之比为1∶3，则其结构简式为CH3CHO。 15．(2022·河北邯郸高二期末)某同学为测定有机物A的实验式，取1.5 g样品，置于铂舟并放入燃烧管中，不断通入氧气流，用电炉持续加热样品，将生成物依次通过如图所示装置。生成物被完全吸收后，测得装置Ⅰ增重0.9 g，装置Ⅱ增重3.96 g。请回答下列问题： (1)试剂a、试剂b分别为____________(填字母)。 A．CaCl2、碱石灰 B．碱石灰、碱石灰 C．碱石灰、P2O5 D．碱石灰、CaCl2 (2)有机物A中碳元素的质量分数为________，其组成中____________(填“含有”或“不含有”)氧元素，各元素原子的个数比为____________。 (3)实验测得有机物A的质谱图如下，则A的相对分子质量为_______________，A的分子式为___________________________________________。 (4)核磁共振仪测出A的1H核磁共振谱图和红外光谱图(只显示部分基团)分别如图。 ①峰面积之比为____________。 ②A的结构简式可能为____________(任写一种)。 答案　(1)B　(2)72%　含有　N(C)∶N(H)∶N(O)＝9∶10∶2　(3)150　C9H10O2　(4)①1∶2∶2∶2∶3　② (或其他合理答案) 解析　(2)装置Ⅰ吸收H2O，n(H2O)＝＝0.05 mol；装置Ⅱ吸收CO2，n(CO2)＝＝0.09 mol，所以有机物A中m(H)＝0.05 mol×2×1 g·mol－1＝0.1 g，m(C)＝ 0.09 mol×12 g·mol－1＝1.08 g，则m(O)＝1.5 g－0.1 g－1.08 g＝0.32 g，有机物A中碳元素的质量分数为×100%＝72%；各元素原子的个数比为N(C)∶N(H)∶N(O)＝n(C)∶n(H)∶n(O)＝0.09∶(0.05×2)∶＝9∶10∶2。(3)根据有机物A的质谱图可知，A的相对分子质量为150；各元素原子的个数比为9∶10∶2，则A的分子式为C9H10O2。(4)①由A的1H核磁共振谱图可知，有机物A共有5种不同化学环境的H，且峰面积之比为1∶2∶2∶2∶3。 学科网（北京）股份有限公司 $$