Question

2．两种有机物A和B可以互溶，有关性质如下：

	相对密度（20℃）	熔点	沸点	溶解性
A	0.7893	-117.3°C	78.5°C	与水以任意比混溶
B	0.7137	-116.6°C	34.5°C	不溶于水

（1）若要除去A和B的混合物中少量的B，可采用B（填代号）方法即可得到A．
a．重结晶          b．蒸馏        c．萃取         d．加水充分振荡，分液
（2）将有机物A置于氧气流中充分燃烧，实验测得：生成5.4g H₂O和8.8g CO₂，消耗氧气6.72L（标准状况下），则该物质的最简式为C₂H₆O，若要确定其分子式，是否必需有其它条件否（填“是”或“否”）． 已知有机物A的质谱、核磁共振氢谱如图1所示，则A的结构简式为CH₃CH₂OH．

（3）若质谱图2显示B的相对分子质量为74，红外光谱如图3所示，则B的结构简式为CH₃CH₂OCH₂CH₃，其官能团的名称为醚键．
（4）准确称取一定质量的A和B的混合物，在足量氧气中充分燃烧，将产物依次通过足量的无水氯化钙和碱石灰，发现质量分别增重19.8g和35.2g．计算混合物中A和B的物质的量之比2：1．

Answer 1

分析 （1）互溶的液体采用蒸馏方法分离；
（2）根据元素守恒可判断有机化合物中一定含有C和H两种元素，根据生成8.8g的二氧化碳中C元素质量即为化合物中所含C元素质量、生成5.4g 的水中H元素质量即为化合物中所含H元素质量，对氧元素的确定要根据二氧化碳和水中的氧元素质量之和与氧气中氧元素的质量来分析，若前者大，则有机化合物有氧元素，两者相等，则有机化合物没有有氧元素，然后求出各自的物质的量，根据各元素的物质的量之比可推测最简式，根据具体C原子、H原子、O原子个数比判断；根据核磁共振氢谱表明其分子中有三种化学环境不同的氢原子来确定结构简式；
（3）质谱图显示B的相对分子质量为74，含醚键和两个对称甲基，应为乙醚；
（4）产物依次通过足量的无水氯化钙和碱石灰，发现质量分别增重19.8g和35.2g，n（H₂O）=$\frac{19.8g}{18g/mol}$=1.1mol，n（CO₂）=$\frac{35.2g}{44g/mol}$=0.8mol，设CH₃CH₂OH、CH₃CH₂OCH₂CH₃的物质的量为x、y，结合原子守恒计算；

解答 解：（1）由表格中的信息可知，A、B两种有机物互溶，但沸点不同，则选择蒸馏法分离；
故答案为：B；
（2）根据质量守恒定律可知，化合物中所含C元素质量为：8.8g×$\frac{12}{44}$=2.4g，所含H元素质量为：5.4g×$\frac{2}{18}$=0.6g，二氧化碳和水中的氧元素质量之和为 （8.8g-2.4g）+（5.4g-0.6g）=11.2g，而氧气的质量为$\frac{6.72L}{22.4L/mol}$×32g/mol=9.6g，所以有机物中氧元素质量为11.2g-9.6g=1.6g，n（C）：n（H）：n（O）=$\frac{2.4}{12}$：$\frac{0.6}{1}$：$\frac{1.6}{16}$=2：6：1，所以化合物的最简式是C₂H₆O，在最简式C₂H₆O中，C、H原子已经达到饱和，其实验式即为分子式；分子式为C₂H₆O，甲醚中只含一种H，由核磁共振氢谱表明其分子中有三种化学环境不同的氢原子，强度之比为3：2：1，为乙醇结构简式为CH₃CH₂OH；
故答案为：C₂H₆O；否；CH₃CH₂OH；
（3）该有机物的相对原子质量为74，由红外光谱图显示存在对称的甲基、对称的亚甲基和醚键可得分子的结构简式为：CH₃CH₂OCH₂CH₃，其官能团的名称为醚键；
故答案为：CH₃CH₂OCH₂CH₃；醚键；
（4）产物依次通过足量的无水氯化钙和碱石灰，发现质量分别增重19.8g和35.2g，n（H₂O）=$\frac{19.8g}{18g/mol}$=1.1mol，n（CO₂）=$\frac{35.2g}{44g/mol}$=0.8mol，设CH₃CH₂OH、CH₃CH₂OCH₂CH₃的物质的量为x、y，则$\left\{\begin{array}{l}{2x+4y=0.8}\\{6x+10y=1.1×2}\end{array}\right.$
，解得x=0.2mol，y=0.1mol，则A和B的物质的量之比2：1；
故答案为：2：1；

点评 本题考查混合物分离提纯及有机物分子式确定，把握有机物的性质、结构确定方法为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大．