1.2研究有机化合物的一般方法高二化学教学讲义（人教版2019选择性必修3）

第二节研究有机化合物的一般方法知识解读·必须会知识解读·必须会知识点一分离、提纯1.物质的分离（1）概念把混合物中的各组分物质逐一分开，得到各纯净物。分离过程中要尽量减少各组分物质的损失，各组分物质要尽可能纯净。（2）分离方法物理方法：过滤、重结晶、分液、萃取、升华、蒸发、蒸馏、分馏、渗析、盐析、液化等。化学方法：加热分解、氧化还原转化、生成沉淀等。2.物质的提纯（1）概念提纯是采用物理或化学方法将混合物中的杂质除去以得到目标物质的过程。分离和提纯的主要区别为：分离是把混合物分成几种纯净物，提纯是除去杂质。得到一种纯净物，杂质不需要复原（2）物质提纯的要求①“过量”——为除尽杂质，除杂试剂一般要过量。②“后除前”——加入试剂的顺序：后面的试剂能够把前面过量的试剂除尽。③除杂途径必须最佳。3.分离提纯有机物的方法（1）蒸馏①蒸馏的原理：利用有机物与杂质沸点的差异。②适用对象及条件适用对象：用于分离和提纯互溶的液态有机化合物适用条件⇒eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(液态有机物：热稳定性较高,杂质：与该有机化合物的沸点相差较大))③实验仪器、装置及注意事项注意事项⇒eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(温度计水银球位置：蒸馏烧瓶的支管口处,加碎瓷片的目的：防止液体暴沸,冷凝管中水的流向：下口流入，上口流出))（2）萃取①原理原理⇒eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(液液萃取：利用待分离组分在两种不互溶的溶剂中的溶解性不同，,将其从一种溶剂转移到另一种溶剂的过程,固液萃取：用溶剂从固体物质中溶解出待分离组分的过程))②萃取剂的选用原则a.萃取剂与原溶剂互不相溶。b.萃取剂与溶质、原溶剂均不发生化学反应。c.被萃取物质在萃取剂中的溶解度要比在原溶剂中的溶解度大得多。=3\*GB3③常用萃取剂乙醚（C2H5OC2H5）、乙酸乙酯、二氯甲烷等=4\*GB3④分液：将萃取后的两层液体（互不相溶、密度也不同的两种液体）分离开的操作方法。=5\*GB3⑤主要仪器：分液漏斗=6\*GB3⑥实验装置与注意事项操作步骤：检漏→加试剂振荡→静置分层→分液。a.分液漏斗使用之前必须检漏（在分液漏斗中注入少量的水，塞上玻璃塞，倒置，看是否漏水，若不漏水，正立分液漏斗后将玻璃塞旋转180°，再倒置看是否漏水）。b.使用时需将漏斗上口的玻璃塞打开，或使玻璃塞上的凹槽对准分液漏斗上的小孔。c.漏斗下端管口紧靠烧怀内壁，分液时下层液体从下口流出，上层液体从上口倒出。（3）重结晶①概念重结晶是提纯固体有机化合物常用的方法，是利用被提纯物质与杂质在同一溶剂中的溶解度不同而将杂质除去。②适用对象：固体混合物。③适用条件a.首先要选择适当的溶剂，要求杂质在此溶剂中溶解度很小或溶解度很大，易于除去；被提纯的有机化合物在此溶剂中的溶解度受温度的影响较大，能够进行冷却结晶。b.如果重结晶所得的晶体纯度不能达到要求，可以再次进行重结晶以提高产物的纯度。（5）色谱法色谱法是利用吸附剂和溶剂对不同化合物吸附、分配等作用的差别来分离、提纯化合物的方法。常用的吸附剂有碳酸钙、硅胶、氧化铝、活性炭等。20世纪40年代后，根据物质在两相（气液、液液等）间溶解性或吸附能力不同，又相继发展了纸色谱法、薄层色谱法、气相色谱法和高效液相色谱法等。知识点二确定实验式1.元素分析的原理元素分析包含定性分析和定量分析两个方面。（1）定性分析是指用化学方法鉴定有机化合物的元素组成，例如某有机化合物完全燃烧后，若生成物中只有CO2和H2O，则其组成元素可能为C、H或C、H、O。（2）定量分析是指确定分子中各元素原子的最简整数比，从而确定实验式。原理是将一定量的有机化合物燃烧，转化为简单的无机物，并通过测定无机物的质量，推算出该有机化合物所含各元素的质量分数，然后计算出该有机化合物分子内各元素原子的最简整数比，确定其实验式（也称最简式）。2.元素定量分析的方法知识点三确定分子式1.质谱法原理eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(少量样品,装入质谱仪))eq\o(→,\s\up8(高能电子流),\s\do8(轰击))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(有机分子,失去电子))eq\o(――→,\s\up8(形成))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(带正电荷的分子离,子和碎片离子等))eq\o(→,\s\up8(质量不同),\s\do8(电荷不同))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(在电场和磁场中,的运动行为不同))eq\o(――→,\s\up8())eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(生成,质谱图))2.质荷比有机分子离子和碎片离子的相对质量与电荷数的比值，即质荷比。质谱图中质荷比的最大值等于该有机物的相对分子质量，与相对丰度无关。如下图为未知物A的质谱图：如图所示最右侧的分子离子峰（的信号）的质荷比数值为46，则该有机物的相对分子质量为46。该未知物A的相对分子质量为46，即质荷比最大的数据就是样品A的相对分子质量。3.分子式的确定确定物质的实验式(最简式)和相对分子质量之后，可进一步确定其分子式。知识点四确定分子结构1.鉴定有机化合物结构的常用方法（1）物理方法红外光谱、核磁共振氢谱和X射线衍射等。（2）化学方法利用特征反应鉴定出官能团，再通过制备其衍生物进一步确认。2.红外光谱（1）作用分析有机化合物的红外光谱图，可获得有机化合物分子中所含有的化学键或官能团的信息。（2）原理有机化合物受到红外线照射时，能吸收与它的某些化学键或官能团的振动频率相同的红外线，通过红外光谱仪的记录形成该有机化合物的红外光谱图，从谱图中可获得分子中所含有的化学键或官能团的信息。如有机物A的分子式为C2H6O，存在两种可能的结构：CH3CH2OH或CH3OCH3，根据A的红外光谱中CO、CH、OH的吸收峰可确定A是含有羟基官能团的化合物，结构简式为CH3CH2OH。3.核磁共振氢谱（1）作用：测定有机化合物分子中有几种不同类型的氢原子及它们的相对数目等信息。（2）原理：氢原子核具有磁性，如果用电磁波照射含氢元素的化合物，其中的氢核会吸收特定频率电磁波的能量而产生核磁共振现象，用核磁共振仪可以记录到有关信号。处于不同化学环境中的氢原子因产生共振时吸收电磁波的频率不同，相应的信号在谱图中出现的位置也不同，具有不同的化学位移（用δ表示），而且吸收峰的面积与氢原子数成正比。（3）关系吸收峰数目＝化合物中氢原子种类数吸收峰面积比＝不同种类氢原子个数比如有机物A的核磁共振氢谱如图，可知A中有3种不同化学环境的氢原子且个数比为3∶2∶1，可推知该有机物的结构应为CH3CH2OH。4.X射线衍射（1）作用可以获得分子结构的有关数据，包括键长、键角等分子结构信息。（2）原理X射线是一种波长很短（约1010m）的电磁波，它和晶体中的原子相互作用可以产生衍射图。将X射线衍射技术用于有机化合物（特别是复杂的生物大分子）晶体结构的测定，可以获得更为直接而详尽的结构信息。（3）应用：X射线衍射已成为物质结构测定的一种重要技术。我国科学家通过X射线衍射获得了青蒿素的分子结构。热点题型·学解题热点题型·学解题【例1】混合物的分离方法选择，取决于混合物中各物质的性质差异。现有一瓶乙二醇和丙三醇的混合物，已知它们的性质如下表。据此，将乙二醇和丙三醇相互分离的最佳方法是（

）物质熔点沸点密度溶解性乙二醇11.5℃198℃1.11g•cm3易溶于水和乙醇丙三醇17.9℃290℃1.26g•cm3跟水、乙醇以任意比互溶A．萃取法 B．结晶法 C．分液法 D．蒸馏法【答案】D【解析】根据表中数据，可知乙二醇和丙三醇二者是互溶的，且沸点相差比较大，应选择蒸馏方法将二者分离。故选D。【变式11】《本草纲目》记载了民间酿酒的工艺：“凡酸坏之酒，皆可蒸烧”，“以烧酒复烧二次”，在实验室中模拟上述过程，用到的仪器是（）A.蒸馏烧瓶 B.蒸发皿 C.球形冷凝管 D.分液漏斗【答案】A【解析】根据“凡酸坏之酒，皆可蒸烧”，“以烧酒复烧二次”可知，酸坏之酒中含有乙酸，乙酸和乙醇的沸点不同，用蒸烧的方法分离，为蒸馏操作，需要用到的仪器为蒸馏烧瓶，故选A。【例2】下列各项操作错误的是A．用乙醇萃取碘水中的碘单质时可选用分液漏斗，然后静置分液B．进行分液时，分液漏斗中的下层液体从下端流出，上层液体则从上口倒出C．萃取、分液前需对分液漏斗进行检漏D．分液时，为保证分液漏斗内的液体顺利流出，可将上面的塞子拿掉【答案】A【解析】A．乙醇易溶于水，与水不分层，不能达到萃取的目的，故A错误；B．分液时，分液漏斗中的下层液体从下端流出，为防止混入杂质，上层液体则从上口倒出，故B正确；C．由于分液漏斗有活塞，故使用前应首先检查活塞处是否漏水，活塞孔是否畅通，由于萃取操作时，分液漏斗还要倒转振荡，故还应检查分液漏斗口部的塞子是否漏水，故C正确；D．放出下层液体时，将漏斗上面的塞子拿掉，有利于液体顺利流出，故D正确；【变式21】可以用分液漏斗分离的一组混合物是A．苯和甲苯 B．乙醇和水C．苯和水 D．溴和四氯化碳【答案】C【解析】A．苯和甲苯互溶，不能用分液漏斗分离，A不选；B．乙醇和水互溶，不能用分液漏斗分离，B不选；C．苯不溶于水，可以用分液漏斗分离，C选；D．溴易溶于四氯化碳中，不能用分液漏斗分离，D不选；【例3】关于苯甲酸的重结晶实验，其结论或解释错误的是选项实验步骤实验现象结论或解释A常温溶解苯甲酸几乎不溶苯甲酸常温下难溶于水B加热溶解苯甲酸完全溶解升高温度，苯甲酸在水中的溶解度增大C趁热过滤过滤时伴有晶体析出此晶体为杂质D冷却结晶，滤出晶体针状晶体针状晶体为苯甲酸【答案】C【解析】A．常温下，苯甲酸在水中的溶解度较小，所以常温溶解时，苯甲酸几乎不溶解，A正确；B．由加热条件下苯甲酸完全溶解，可知苯甲酸在水中的溶解度随温度的升高而增大，B正确；C．过滤时，漏斗的温度低，所以与漏斗接触的溶液的温度降低析出苯甲酸，即过滤时析出的晶体为苯甲酸，C错误；D．冷却苯甲酸的浓溶液，会析出苯甲酸晶体，所以冷却结晶时，溶液中析出的针状晶体是苯甲酸，D正确。【变式31】某同学拟用重结晶的方法除去某产品中的杂质，为此需要选用合适的溶剂。具有下列特点的溶剂中，不可取的溶剂是()A．产品在溶剂中的溶解度随温度升高而迅速增大B．在溶剂中产品比杂质更难溶解C．杂质在溶剂中的溶解度在高温或低温时都很大D．室温时产品在溶剂中很易溶解【答案】D【解析】由于采用的是重结晶的方法提纯，故被选择的试剂应满足如下条件：①杂质在此溶剂中溶解度很小或溶解度很大，易于除去；②被提纯的物质在此溶剂中的溶解度受温度的影响很大。【例4】按如图所示实验方案可从海洋动物柄海鞘中提取具有抗肿瘤活性的天然产物。下列说法错误的是()A．步骤(1)需要过滤装置B．步骤(2)需要用到分液漏斗C．步骤(3)需要用到坩埚D．步骤(4)需要蒸馏装置【答案】C【解析】滤液与不溶物是用过滤的方法分离出的，A项正确；分离水层与有机层需要用分液漏斗，B项正确；溶液蒸发结晶应用蒸发皿，C项错误；可用蒸馏的方法从有机层中分离出甲苯，D项正确。【变式41】下列操作中选择的仪器正确的是：①分离汽油和氯化钠溶液

②从含Fe3+的自来水中到蒸馏水③分离氯化钾和二氧化锰混合物

④从氯化钠溶液中得到氯化钠晶体A．①丁

②丙

③甲

④乙 B．①乙

②丙

③甲

④丁C．①丁

②丙

③乙

④甲 D．①丙

②乙

③丁

④甲【答案】A【解析】①汽油和氯化钠溶液互不相溶，可用分液法分离，丁为分液装置，故①丁；②从含Fe3+的自来水中得到蒸馏水，可通过蒸馏的方法制取蒸馏水，丙为蒸馏装置，故②丙；③氯化钾易溶于水，二氧化锰难溶于水，可用过滤的方法分离，甲为过滤装置，故③甲；④氯化钠易溶于水，溶解度受温度影响变化不大，可用蒸发结晶的方法从氯化钠溶液中得到氯化钠晶体，乙为蒸发结晶装置，故④乙；故选A。点睛：本题考查物质的分离，主要考查混合物分离的物理方法，明确混合物分离方法的装置及原理和常见物质的物理性质是解答的关键。过滤可以把不溶于液体的固体物质和液体分离；蒸发结晶可以从溶液中提取晶体；蒸馏通常用于分离提纯沸点差别较大的互溶的混合物，自来水中含有一些难以挥发的无机盐类物质，可通过蒸馏的方法制取蒸馏水；互不相溶的两种液体因密度不同而分层，可用分液法分离。【例5】某烃中碳和氢的质量比是24∶5，该气态烃在标准状况下的密度为2.59g/L，其分子式为()A．C2H6B．C4H10C．C5H8D．C7H8【答案】B【解析】先求最简式，N(C)∶N(H)＝eq\f(24,12)∶eq\f(5,1)＝2∶5，所以该烃的最简式为C2H5；再求摩尔质量，22.4L/mol×2.59g/L≈58g/mol，故该有机物的分子式为C4H10。【变式51】某有机化合物6.4g，在氧气中完全燃烧，只生成8.8gCO2和7.2gH2O，下列关于该有机物的说法中正确的是A．该有机物仅含碳、氢两种元素B．该化合物中碳、氢原子个数比为1∶4C．该有机物属于烃类D．该有机物相对分子质量为64【答案】B【解析】由有机化合物6.4g，在氧气中完全燃烧，只生成8.8gCO2和7.2gH2O可知，有机化合物中碳原子的物质的量为=0.2mol、氢原子的物质的量为×2=0.8mol、氧原子的物质的量为=0.2mol，则A的实验式为CH4O，由于CH4O已饱和，其分子式为CH4O。A．由分析可知，有机化合物中含有碳元素、氢元素和氧元素，故A错误；B．由分析可知，有机化合物中碳、氢原子个数比为1∶4，故B正确；C．由分析可知，有机化合物中含有碳元素、氢元素和氧元素，属于烃的衍生物，故C错误；D．由分析可知，有机化合物的分子式为CH4O，相对分子质量为32，故D错误；故选B。【例6】CH3CH2OH和CH3OCH3互为同分异构体，将其中一种放在下列检测仪上进行检测，显示出的信号不能判断是哪种物质的是()A．质谱仪 B．红外光谱仪 C．核磁共振仪 D．X射线衍射仪【答案】A【解析】A项，由质谱仪能够测出物质的质荷比，进而得出相对分子质量，乙醇和二甲醚互为同分异构体，相对分子质量相同，无法判断是哪种物质，A项符合题意；B项，乙醇中含有OH键，二甲醚中没有，由红外光谱图上是否含有OH键的吸收峰可以判断是哪种物质，B项不符合题；C项，乙醇分子中有3种不同化学环境的氢原子，个数比为3：2：1，对应核磁共振氢谱中有3组峰，峰面积比为3：2：1；二甲醚的核磁共振氢谱中只有1组峰，由此可以判断是哪种物质，C项不符合题意；D项，X射线衍射仪可以通过衍射图计算分子的键长和键角等分子结构信息，确定分子结构，能够判断是哪种物质，D项不符合题意。【变式61】某有机化合物样品的质谱图如图所示，则该有机化合物可能是A．甲醇 B．甲烷 C．乙烷 D．乙烯【答案】B【解析】根据质谱图中最大质荷比判断有机物的相对分子质量，进而判断该物质可能为何物。根据质谱图可知，该有机物在质荷比为16时，为最大质荷比，则该有机物的相对分子质量为16，对比分析四个选项，B项甲烷的相对分子质量为16，故该质谱图对应的有机物可能是甲烷，故答案选B。【例7】有机物Y的分子式为C4H8O2，其红外光谱如图所示，则该有机物可能的结构简式为（）A．CH3COOCH2CH3 B．OHCCH2CH2OCH3C．HCOOCH2CH2CH3 D．（CH3）2CHCOOH【答案】A【解析】由红外光谱图可看出该分子中有不对称CH3，因此该分子中有2个CH3，由图也可以看出含有C=O双键、COC单键，则A的结构简式为CH3COOCH2CH3或CH3CH2COOCH3，故选A。【变式71】2015年10月，中国科学家屠呦呦因为发现了新型抗疟药——青蒿素，获得诺贝尔生理学或医学奖。下列关于青蒿素分子结构的研究中说法不正确的是()A．通过核磁共振氢谱能确定青蒿素分子中有三种氢原子B．通过质谱法能确定青蒿素的相对分子质量C．通过红外光谱能确定青蒿素分子中含有酯基D．通过化学反应证明分子中含有过氧基【答案】A【解析】青蒿素分子中除了甲基上的氢原子，还有其他类型的氢原子，A项错误。【例8】据质谱图分析知某烷烃的相对分子质量为86，其核磁共振氢谱图有4个峰，峰面积比为6：4：3：1，则其结构简式为A． B．C． D．【答案】A【解析】核磁共振氢谱图有4个峰，峰面积比为6∶4∶3∶1，表明该分子中的氢原子有四种不同的空间位置，且四种位置的氢原子个数比为6∶4∶3∶1，只有A选项符合上述要求；综上所述，本题正确选项A。【变式81】核磁共振氢谱能对有机物分子中不同位置的氢原子给出不同的吸收峰(信号)，根据吸收峰可以确定分子中氢原子的种类和数目。例如氯甲基甲醚(ClCH2OCH3)的核磁共振氢谱如图甲所示，两个吸收峰的面积之比为3：2。金刚烷的分子立体结构如图乙所示，它的核磁共振氢谱图中吸收峰数目与峰面积之比分别为A．5，1：6：2：3：4 B．3，1：3：12 C．4，1：6：3：6 D．2，1：3【答案】D【解析】由金刚烷的键线式可知，分子中的氢原子分为2类，即4个CH和6个CH2中氢原子，所以它的核磁共振氢谱图中吸收峰数目为2，峰面积之比为（4×1）：（6×2）=1：3。【例9】下列说法不正确的是A．通过质谱法可以确认有机化合物的相对分子质量B．甲苯分子的核磁共振氢谱中有4个不同的吸收峰C．红外光谱可以帮助确定许多有机物的结构D．某有机物完全燃烧只生成和，两者物质的量之比为1:2，则该有机物一定为甲烷【答案】D【解析】A．质谱法用于测定有机物的质荷比，通过质谱法可以确认有机化合物的相对分子质量，故A正确；B．甲苯分子有4种等效氢，核磁共振氢谱中有4个不同的吸收峰，故B正确；C．红外光谱图可确定有机物中的化学键及官能团，对有机物分子红外光谱图的研究有助于确定有机物分子的结构，故C正确；D．某有机物完全燃烧只生成和，两者物质的量之比为1:2，则该有机物中C、H原子个数比为1:4，可能为甲烷、甲醇等，故D错误；【变式91】化学与生产、生活密切相关。下列说法错误的是A．用红外光谱实验确定青蒿素分子中的官能团B．盛装酸性溶液的容器常连接直流电源的负极以防止腐蚀C．煤的液化是获得清洁燃料的一种方式，主要是将煤转化成煤油等液态燃料D．以铁粉为主要成分制成双吸剂放入食品包装袋，可以延长食物的保持期【答案】C【解析】A．红外光谱图可获得分子中所含有的化学键或官能团的信息，故A说法正确；B．根据电解原理，容器作阴极，本身不参与反应，可以防止腐蚀，该方法为外加电流法，故B说法正确；C．煤的液化获得是如甲醇，煤油是由石油分馏得到，故C说法错误；D．铁粉具有还原性，能吸收包装袋内的氧气，防止食品氧化，延长食物的保质期，故D说法正确；【例10】已知某有机物9.2g与足量氧气在密闭容器中完全燃烧后，将反应生成的气体依次通过浓硫酸和碱石灰．浓硫酸增重10.8g，碱石灰增重17.6g，该有机物的化学式是A．C2H6O B．C2H4O C．CH4O D．C2H6O2【答案】A【解析】将反应生成的气体依次通过浓硫酸和碱石灰，浓硫酸增重10.8g为水的质量，碱石灰增重17.6g为二氧化碳的质量，生成水的物质的量为:=0.6mol，9.2g该有机物分子中含有H原子的物质的量为:0.6mol×2=1.2mol，生成二氧化碳的物质的量为:=0.4mol，9.2g该有机物分子中含有C原子的物质的量为0.4mol，9.2g该有机物分子中含有氧原子的物质的量为:=0.2mol，该有机物分子中含有C、H、O原子的物质的量之比为:0.4mol:1.2mol:0.2mol=2:6:1，该有机物的最简式为C2H6O，由于H原子已经饱和，该有机物分子式为C2H6O，A满足题意；【变式101】1924年，我国药物学家发现麻黄素有平喘作用，于是从中药麻黄中提取麻黄素作为平喘药，这一度风靡世界。若将10g麻黄素完全燃烧，可得26.67g和8.18g，同时测得麻黄素中含氮8.48%和它的实验式为，则麻黄素的分子式为A． B． C． D．【答案】A【解析】由题给数据可知，10g麻黄素中碳元素的物质的量为≈0.61mol、氢元素的物质的量为×2≈0.91mol、氮元素的物质的量为≈0.061mol,、氧元素的物质的量为≈0.061mol，则四种元素的物质的量比为0.61mol：0.91mol：0.061mol：0.061mol≈10：15：1：1，麻黄素的分子式为，故选A。课后提升课后提升·练到位1.将甲、乙两种有机物在常温常压下的混合物分离。已知它们的物理性质如下：物质密度/(g/cm3)沸点/℃水溶性溶解性甲0.789368.5溶溶于乙乙1.220100.7溶溶于甲则应采用的分离方法是A．分液 B．蒸馏 C．过滤 D．萃取【答案】B【解析】由表格中数据可以知道，二者互溶，但沸点不同，可利用蒸馏分离甲乙两种混合物，而萃取、分液不能分离二者，其中过滤用于固体与溶液的分离；综上所述，本题选B。2.关于重结晶的说法，错误的是：A．被重结晶提纯的物质的溶解度随温度变化大B．溶解度很小的杂质留在了热滤的滤渣里C．重结晶的步骤为：加热溶解、冷却过滤、结晶D．重结晶的首要工作是选择适当的溶剂【答案】C【解析】A．重结晶提纯物质的溶解度随温度变化大，这样物质会被结晶出来，故说法正确；B．溶解度小的杂质留在滤渣中，趁热过滤，故说法正确；C．步骤是加热溶解、结晶、过滤，故说法错误；D．重结晶利用物质在溶剂的溶解度进行的，因此首要工作是选择适当的溶剂，故说法正确。3.某粗苯甲酸样品中含有少量氯化钠和泥沙，提纯苯甲酸用到的分离提纯方法叫重结晶，在提纯苯甲酸过程中用到的主要实验操作组合是A．萃取、分液、过滤 B．蒸馏、分液、结晶C．加热、蒸馏、结晶 D．溶解、过滤、结晶【答案】D【解析】苯甲酸的溶解度随温度的升高而增大，提纯苯甲酸的操作过程为在加热条件下将样品充分溶解，用漏斗趁热过滤得到苯甲酸溶液，待溶液缓慢冷却结晶后过滤得到苯甲酸晶体，则提纯过程的主要实验操作组合为溶解、过滤、结晶，故选D。4.间苯三酚和HCl的甲醇溶液反应生成3，5－二甲氧基苯酚和水。提纯3，5－二甲氧基苯酚时，先分离出甲醇，再加入乙醚进行萃取，分液后得到的有机层用饱和NaHCO3溶液、蒸馏水依次进行洗涤，再经蒸馏、重结晶等操作进行产品的纯化。相关物质的部分物理性质如下表：物质沸点/℃密度(20℃)/(g·cm3)溶解性甲醇64.70.7915易溶于水乙醚34.50.7138微溶于水下列说法不正确的是A．分离出甲醇的操作是蒸馏B．用乙醚萃取后得到的有机层在分液漏斗的下层C．用饱和NaHCO3溶液洗涤可以除去HClD．重结晶除去间苯三酚是利用不同物质在同一溶剂中的溶解度不同而将杂质除去【答案】B【解析】A．根据图表知，甲醇和乙醚的能互溶，但沸点不同，所以可以采用蒸馏的方法分离出甲醇，A正确；B．根据密度知，有机层的密度小于水，是在上方，B错误；C．混合物中含有氯化氢，氯化氢能和碳酸氢钠反应，所以为除去氯化氢用饱和NaHCO3

溶液洗涤，C正确；D．重结晶除去间苯三酚是利用不同物质在同一溶剂中的溶解度不同而将杂质除去，从而提纯，D正确；故选：B。5.K2SO4是无氯优质钾肥，几种盐的溶解度随温度的变化曲线如图所示，向(NH4)2SO4溶液中加入KCl溶液充分混合后，进行蒸发浓缩、……、洗涤、干燥等操作即得K2SO4。则“……”代表的操作是（

）A．冷却结晶 B．冷却过滤 C．蒸发结晶 D．趁热过滤【答案】D【解析】硫酸钾的溶解度受温度影响最小，且溶解度最小，向(NH4)2SO4溶液中加入KCl溶液充分反应后，进行蒸发浓缩、结晶、趁热过滤、洗涤、干燥等操作即得K2SO4晶体，故答案为D。6.正丁醛经催化加氢可制备正丁醇。为提纯含少量正丁醛杂质的正丁醇，现设计如图路线：粗品已知：①正丁醛与饱和溶液反应可生成沉淀；②乙醚的沸点是34.5℃，微溶于水，与正丁醇互溶；③正丁醇的沸点是118℃。则操作1~4分别是A．萃取、过滤、蒸馏、蒸馏 B．过滤、分液、蒸馏、萃取C．过滤、蒸馏、过滤、蒸馏 D．过滤、分液、过滤、蒸馏【答案】D【解析】正丁醛与饱和溶液反应生成沉淀，且经操作1可得到滤液，故操作1为过滤；操作2是萃取后的步骤，故为分液；加固体干燥剂后，要把干燥剂分离出来，故操作3为过滤；根据乙醚与正丁醇的沸点相差较大，可知操作4为蒸馏，故D正确。故选D。7.现有四组分散系：①汽油和水形成的乳浊液②含有泥沙的食盐水③溶有碘(I2)的氯化钾溶液④乙二醇和丙三醇混合溶液(乙二醇和丙三醇的部分物理性质见下表)。物质熔点/℃沸点/℃密度/溶解性乙二醇11.51981.11易溶于水和乙醇丙三醇17.92901.26能跟水、酒精以任意比互溶请用下图所示的仪器分离以上各混合液，仪器和方法不能对应的是(1)(2)(3)(4)A．①—(3)—分液 B．②—(1)—过滤C．③—(1)—萃取 D．④—(2)—蒸馏【答案】C【解析】A．分液是分离互不相溶的两种液体的方法，汽油和水不相溶，故可用分液的方法分离，分液时用分液漏斗，故A正确；B．过滤是把不溶于液体的固体物质跟液体分离开来的一种方法，泥沙和食盐水不相溶，故可用过滤的方法分离，过滤时用漏斗，故B正确；C．萃取利用溶质在不同溶剂中溶解度不同，用一种溶剂把溶质从它与另一溶剂所组成的溶液中提取出来，碘（I2）微溶于碘化钾溶液，故可用萃取的方法分离，萃取时用分液漏斗，不能用漏斗，故C错误；D．蒸馏是分离相溶的两种液体的方法，乙二醇和丙三醇互溶，故可用蒸馏的方法分离，蒸馏时用蒸馏烧瓶，故D正确；所以答案为C。8.苯甲酸常用作防腐剂、药物合成原料、金属缓蚀剂等，微溶于冷水，易溶于热水、酒精。实验室常用甲苯为原料，制备少量苯里酸，具体流程如图所示：+MnO2苯甲酸钾溶液苯甲酸固体下列说法正确的是A．操作1为蒸发B．操作2为过滤C．操作3为酒精萃取D．进一步提纯苯甲酸固体，可采用重结晶的方法【答案】D【解析】由题给流程可知，甲苯与高锰酸钾溶液共热、回流得到苯甲酸钾，过滤得到苯甲酸钾溶液；苯甲酸钾溶液经酸化、过滤得到苯甲酸固体。A.由分析可知，操作1为过滤，故A错误；B.由分析可知，操作2为酸化，故B错误；C.由分析可知，操作3为过滤，故C错误；D.题给流程制得的苯甲酸固体中含有杂质，可采用重结晶的方法可以进一步提纯苯甲酸固体，故D正确；9.提纯下列物质括号中为少量杂质，选择试剂和分离方法都正确的是（）被提纯的物质除杂试剂分离方法A.甲烷乙烯酸性高锰酸钾溶液洗气B.溴苯氢氧化钠溶液过滤C.乙酸乙醇饱和氢氧化钠溶液过滤D.乙醇生石灰蒸馏【答案】D【解析】A.乙烯可以被高锰酸钾氧化为二氧化碳气体，引入了新杂质，故A错误；

B.单质溴能与NaOH溶液反应生成溴化钠、次溴酸钠和水，溴化钠、次溴酸钠溶于水，溴苯不与NaOH溶液反应也不溶于NaOH溶液，出现分层现象，用分液的方法分离，故B错误；

C.乙醇溶于饱和氢氧化钠溶液，乙酸与氢氧化钠溶液反应得到溶于水的乙酸钠，不能除杂，故C错误；

D.加入生石灰，水反应生成氢氧化钙，增大与乙醇的沸点差，可通过蒸馏将乙醇分离，故D正确。10.分子式为C2H6O的有机物有两种同分异构体：乙醇(CH3CH2OH)和甲醚(CH3OCH3)，则通过下列方式或方法不可能将二者区别开来的是A．红外光谱 B．核磁共振氢谱C．元素分析法 D．与钠反应【答案】C【解析】红外光谱可以测定有机物的化学键和官能团的信息，核磁共振氢谱可以测定有机物中氢原子的种类及个数比，由于乙醇和甲醚的分子结构不同，所以红外光谱和核磁共振氢谱不相同，A、B项能区分二者，甲醚与钠不反应而乙醇与钠反应，D项也可以区分二者。同分异构体的分子式相同，元素分析法无法将二者区别开来，故答案为：C。11.有机物分子式的确定常采用燃烧法，其操作如下：在电炉加热下用纯氧气氧化管内样品，根据产物的质量确定有机物的组成。如图所示是用燃烧法测定有机物分子式常用的装置，其中A管装碱石灰，B管装无水CaCl2.下列说法错误的是A．如果A管和B管质量均增加，不能说明有机物含有C、H、O三种元素B．各装置导管口的连接顺序是gefhiabcdC．装置C中装有浓硫酸，分液漏斗E中可以装H2O2D．如果将氧化铜网去掉，A管增加的质量将减小【答案】B【解析】D中反应产生氧气、从C中出来纯净而干燥的氧气进入反应器和样品发生反应，氧化铜网是保证样品完全氧化，氯化钙固体只能吸收水，碱石灰既能吸收水又能吸收二氧化碳，应先用B中氯化钙吸收反应生成的水，再用A中碱石灰吸收反应生成的二氧化碳，据此回答。A．如果A管和B管质量均增加，这说明反应中生成了水蒸气和二氧化碳，按元素质量守恒，有机物中一定有碳和氢可能有氧元素，即不能说明有机物含有C、H、O三种元素，A正确；B．据分析，各装置导管口的连接顺序是gefhicdab，B错误；C．装置C中装有浓硫酸，分液漏斗E中可以装H2O2此时D中可以加二氧化锰、则D中能产生氧气，经浓硫酸干燥后从C中出来纯净而干燥的氧气，C正确；D．如果将氧化铜网去掉，则有机物有可能部分被氧化为一氧化碳、一氧化碳不能被碱石灰吸收，A管增加的质量将减小，D正确；12.已知某有机物分子中H原子个数为偶数，若将2.25克该有机物在足量氧气中完全燃烧，得到4.4克CO2和2.25克的H2O，则下列说法不正确的是A．可以确定该有机物的相对分子量为90B．可以确定该有机物的分子式为C4H10O2C．该有机物中碳、氢、氧原子个数比为2:5:1D．因为不知道其相对分子质量，故无法确定其分子式【答案】D【解析】4.4g二氧化碳的物质的量是0.1mol，其中氧原子的质量是0.1mol×2×16g/mol＝3.2g；2.25g水的物质的量是2.25g÷18g/mol＝0.125mol，其中氧原子的质量是0.125mol×16g/mol＝2g。根据质量守恒定律参加反应的氧气质量是＝4.4g，所以2.25g有机物中氧原子的质量是3.2g+2g4.4g＝0.8g，物质的量是0.8g÷16g/mol＝0.05mol，则有机物分子中C、H、O原子的个数之比为0.1mol：0.25mol：0.05mol＝2：5：1，即最简式为C2H5O，由于氢原子是偶数，则其分子式为C4H10O2，相对分子质量为90，选项ABC正确，D错误。答案选D。13.具有下列结构的化合物，其核磁共振氢谱中有2个峰的是A．CH3CH2OH B．CH3CH3 C．CH3OCH3 D．HOCH2CH2OH【答案】D【解析】A．乙醇分子中含有3类氢原子，核磁共振氢谱中有3个不同的吸收峰，故A不符合题意；B．甲烷分子中含有1类氢原子，核磁共振氢谱中有1个不同的吸收峰，故B不符合题意；C．二甲醚分子中含有1类氢原子，核磁共振氢谱中有1个不同的吸收峰，故C不符合题意；D．乙二醇分子中含有2类氢原子，核磁共振氢谱中有2个不同的吸收峰，故D符合题意；故选D。14.某有机物A质谱图、核磁共振氢谱图如图，则A的结构简式可能为A．CH3OCH2CH3 B．CH3CH2OHC．CH3CHO D．CH3CH2CH2COOH【答案】B【解析】根据图中信息得到该有机物A的质荷比为46，有三种位置的氢。A．CH3OCH2CH3质荷比为60，而有机物A质荷比为46，故A不符合题意；B．CH3CH2OH质荷比为46，有三种位置的氢，与题中信息一致，故B符合题意；C．CH3CHO质荷比为44，有两种位置的氢，与题中信息不一致，故C不符合题意；D．CH3CH2CH2COOH质荷比为88，有四种位置的氢，与题中信息不一致，故D不符合题意。综上所述，答案为B。15.下列各组烃的混合物，只要总质量一定，无论按什么比例混合，完全燃烧后生成的CO2和H2O都是恒量的是A．C2H2、C2H4 B．C2H4、C2H6 C．C3H8、C3H6 D．C6H6、C2H2【答案】D【解析】各组烃的混合物，只要总质量一定，无论按什么比例混合，完全燃烧后生成的CO2和H2O都是恒量，说明混合物中各烃的最简式相同，据此分析判断。A．C2H2最简式为CH，C2H4的最简式为CH2，二者最简式不同，按不同比例混合，完全燃烧后生成的CO2和H2O不是恒量，故A不选；B．C2H4的最简式为CH2，C2H6最简式为CH3，二者最简式不同，按不同比例混合，完全燃烧后生成的CO2和H2O不是恒量，故B不选；C．C3H8的最简式为C3H8，C3H6最简式为CH2，二者最简式不同，按不同比例混合，完全燃烧后生成的CO2和H2O不是恒量，故C不选；D．C6H6最简式为CH，C2H2的最简式为CH，二者最简式相同，无论按什么比例混合，完全燃烧后生成的CO2和H2O都是恒量，故D选；故选D。16.有机物M的结构简式如图关于M的下列说法中正确的是A．该有机物的分子式为B．该有机物中羟基均可被催化氧化成醛基C．该有机物能发生氧化反应、取代反应，也能与发生加成反应D．该有机物酸性条件下水解的有机产物只有1种【答案】D【解析】A．该有机物的分子式为，A项错误；B．该有机物中羟基均可被催化氧化成羰基，B项错误；C．该有机物能发生氧化反应、取代反应，不能发生加成反应，C项错误；D．该有机物酸性条件下水解的有机产物为，只有1种，D项正确；17.某化学小组采用如图所示的装置，用环己醇制备环己烯。已知：+H2O相对分子质量密度/g·cm−3熔点/℃沸点/℃溶解性环己醇1000.9625161能溶于水环己烯820.8110383难溶于水(1)制备粗品：将12.5mL环己醇与1mL浓硫酸加入试管A中，摇匀后放入碎瓷片，缓慢加热至反应完全，在试管C内得到环己烯粗品。①在试管中混合环已醇和浓硫酸操作时，加入药品的先后顺序为___________。②如果加热一段时间后发现忘记加碎瓷片，应该采取的正确操作是___________(填字母)。A．立即补加

B．冷却后补加

C．不需补加

D．重新配料③将试管C置于冰水中的目的是___________。(2)制备精品①环己烯粗品中含有环己醇和少量酸性杂质等。向粗品中加入饱和食盐水，振荡、静置、分层，环己烯在___________层(填“上”或“下”)，分液后用___________(填字母)洗涤。a．酸性KMnO4溶液

b．稀硫酸

c．Na2CO3溶液②再将提纯后的环己烯按如图所示装置进行蒸馏。图中仪器a的名称是___________，蒸馏时要加入生石灰，目的是___________。【答案】

先将环己醇加入试管A中，再缓慢加入浓硫酸

B

防止环己烯的挥发

上

c

蒸馏烧瓶

吸收剩余的水【解析】本题为用环己醇制备环己烯的的实验，主要是将环己醇与浓硫酸加入试管A中，缓慢加热至反应完全，在试管C内得到环己烯粗品，据此分析回答问题。(1)①浓硫酸密度大于环己醇，混合环已醇和浓硫酸操作时，先将环己醇加入试管A中，再缓慢加入浓硫酸；②碎瓷片的作用是防爆沸，如果加热一段时间后发现忘记加碎瓷片，应该冷却后补加；③试管C收集环己烯，环己烯的沸点83℃，易挥发，将试管C置于冰水中的目的是防止环己烯的挥发；(2)①环己烯难溶于水、密度小于水，向粗品中加入饱和食盐水，振荡、静置、分层，环己烯在上层；环己烯粗品中含有少量酸性杂质，分液后用有关加入碱性溶液洗涤，所以用Na2CO3溶液，故选c；②根据图示，仪器a

的名称是蒸馏烧瓶；氧化钙和水反应生成氢氧化钙，蒸馏时加入生石灰，目的是吸收剩余的水。18.香蕉水主要用作喷漆的溶剂和稀释剂，其主要成分乙酸异戊酯是组成蜜蜂信息素的成分之一，具有香蕉的香味。实验室制备乙酸异戊酯的反应、装置示意图和有关数据如下：++H2O物质名称相对分子质量密度/(g·cm3)沸点/℃水中溶解性异戊醇880.8123131微溶乙酸601.0492118溶乙酸异戊酯1300.8670142难溶实验步骤：在A中加入4.4g异戊醇、6.0g乙酸、数滴浓硫酸和2～3片碎瓷片，开始缓慢加热A(加热和夹持装置略)，回流50min。反应液冷至室温后倒入分液漏斗中，先用少量水、饱和碳酸氢钠溶液洗，再用水洗涤；分出的产物加入少量无水MgSO4固体，静置片刻，过滤除去MgSO4固体，进行蒸馏纯化，收集得乙酸异戊酯3.9g。回答下列问题：（1）仪器B的名称是___________，加入碎瓷片的作用是___________。（2）在洗涤操作中第一次用水洗的主要目的是___________。（3）在洗涤、分液操作中，应充分振荡，然后静置，待分层后粗产品应从分液漏斗的___________(填“上”或“下”)口分离出。（4）实验中加入少量无水MgSO4的目的是___________。（5）在蒸馏操作中，仪器选择及安装都正确的是___________(填标号)。a.b.c.d.（6）在蒸馏操作中，收集乙酸异戊酯时应控制的温度范围___________。A．115℃～125℃ B．118℃～130℃ C．130℃～140℃ D．140～143℃（7）本实验的产率是___________。【答案】（1）球形冷凝管或冷凝管防止暴沸（2）洗去大部分的硫酸和乙酸（3）上（4）干燥、吸水（5）b（6）D（7）60%(或0.6)【解析】（1）根据装置图可知：仪器B是球形冷凝管或冷凝管，加入碎瓷片的作用是防止暴沸，故答案：球形冷凝管；防止暴沸。（2）因为乙酸和浓硫酸都易溶于水，在洗涤操作中第一次用水洗的主要目的是除去大部分的硫酸和乙酸，故答案：洗去大部分的硫酸和乙酸。（3）乙酸异戊酯的密度小于水的密度，分液时在上层，待分层后粗产品应从分液漏斗的上口分离出，故答案为：上；（4）无水MgSO4可以吸收水分，起到干燥的作用，故答案为：干燥吸水；（5）在蒸馏操作中，为了获得更多的馏分，选择b装置，故答案：b。（6）在蒸馏操作中，乙酸异戊酯的沸点为142℃，异戊醇的沸点为131℃，乙酸的沸点为18℃，所以收集乙酸异戊酯时应控制的温度范围140～143℃，故D符合题意；（7）乙酸的物质的量为：n=，异戊醇的物质的量为：n=，根据++H2O反应可知，乙酸和异戊醇是按照1：1进行反应，所以乙酸过量，生成乙酸异戊酯的量要按照异戊醇的物质的量计算，即理论上生成0.05mol乙酸异戊酯；实际上生成的乙酸异戊酯的物质的量为=，所以实验中乙酸异戊酯的产率为，故答案：60%(或0.6)。19.某有机化合物是汽车防冻液的成分之一，经元素分析测定，该有机化合物中各元素的质量分数是：碳38.7%，氢9.7%，氧51.6%。（1）该