Question

10．有机物A由碳、氢、氧三种元素组成，可由葡萄糖发酵得到，也可从酸牛奶中提取，纯净的A为无色粘稠液体，易溶于水．为研究A的组成与结构，进行了如下实验：（提示：请注意氢谱中峰的高度比）

（1）称取A 9.0g，升温使其汽化，测其密度是相同条件下H2的45倍．	（1）有机物A的相对分子质量为：90．
（2）将此9.0gA在足量纯O2充分燃烧，并使 其产物依次通过足量无水硫酸铜粉末、足量石灰水，发现硫酸铜粉末增重5.4g，石灰水中有30.0g白色沉淀生成．	（2）9.0g有机物A完全燃烧时，经计算： 生成CO2共为0.3mol， 生成的H2O0.3mol． 有机物A的分子式C3H6O3．
（3）经红外光谱测定，证实其中含有O-H键，-COOH基团，C-H键；经核磁共振氢谱的测定，其核磁共振氢谱图 如：	（3）A的结构简式 ．
（4）如果经红外光谱测定，A的一种同分异构体中，存在O-H键， 还含有醛基，C-O键， 核磁共振氢谱的测定， 其核磁共振氢谱图如右：	（4）A的这种同分异构体的结构简式为： CH2（OH）CH（OH）CHO．
（5）如果经红外光谱测定，A的一种同分异构体中，存在O-H键，还含有C=O，C-O键， 核磁共振氢谱的测定， 其核磁共振氢谱图如：	（5）A的这种同分异构体的结构简式为： ．

Answer 1

分析 （1）根据密度与相对分子质量成正比计算；
（2）硫酸铜增重的质量为水的质量，白色沉淀为碳酸钙，碳酸钙的物质的量=二氧化碳的物质的量，分别根据n=$\frac{m}{M}$计算出水和二氧化碳的物质的量，再结合A的相对分子质量及质量守恒定律确定其分子式；
（3）根据A的分子式、经红外光谱测定结果及核磁共振氢谱中等效H的情况确定其含有的官能团及结构，然后写出其结构简式；
（4）根据红外光谱判断有机物含有的官能团，再结合其核磁共振氢谱判断其结构简式；
（5）先根据红外光谱判断有机物含有的官能团，再根据其核磁共振氢谱判断其结构简式．

解答 解：（1）同温同压下：密度比=相对分子质量之比，A的密度是相同条件下H₂的45倍，故A的相对分子质量为45×2=90，故答案为：90；
（2）硫酸铜粉末增重的5.4g为水的质量，水的物质的量为：$\frac{5.4g}{18g/mol}$=0.3mol，故n（H）=0.3×2=0.6mol，m（H）=0.6×1=0.6g，
石灰水中有30.0g白色沉淀为碳酸钙，则碳酸钙的物质的量为：$\frac{30g}{100g/mol}$=0.3mol，根据C原子守恒，则二氧化碳的物质的量为0.3mol，m（C）=0.3×12=3.6g，故9.0gA中O的质量为：9.0-0.6-3.6=4.8g，则n（O）=$\frac{4.8g}{16g/mol}$=0.3mol，
故A分子中N（C）：N（H）：N（H）=0.3：0.6：0.3=1：2：1，A的最简式为CH₂O，
由于A的相对分子质量为90，设A的分子式为（CH₂O）n，则30n=90，解得：n=3，
故A的分子式为：C₃H₆O₃，
故答案为：0.3；0.3；C₃H₆O₃；
（3）经红外光谱测定，证实其中含有O-H键，-COOH基团，C-H键，说明该有机物分子中含有官能团为羧基和羟基，根据核磁共振氢谱图看出有机物中有4个峰值，则含4种类型的等效氢原子，且氢原子的个数比是3：1：1：1，则该有机物的结构简式为：，
故答案为：；
（4）如果经红外光谱测定，A的一种同分异构体中存在O-H键，还含有醛基、C-O键，结合其分子式C₃H₆O₃可知，A的不饱和度为2，则该有机物分子中应该含有1个醛基、2个羟基；其核磁共振氢谱中H原子又5种，且H原子数之比为：2：1：1：1：1，则该有机物的结构简式为：CH₂（OH）CH（OH）CHO，
故答案为：CH₂（OH）CH（OH）CHO；
（5）如果经红外光谱测定，A的一种同分异构体中存在O-H键，还含有C=O，C-O键，说明该有机物分子中含有酯基或含有1个羰基、2个羟基；根据其核磁共振氢谱可知，其分子中含有2种H原子，原子数之比为：2：1，则该有机物分子中只能含有1个羰基、2个羟基，其结构简式为：，
故答案为：．

点评 本题考查了有机物分子式、结构简式的确定，题目难度中等，注意掌握质量守恒定律在确定有机物分子式中的应用，明确核磁共振氢谱的含义为解答关键，试题培养了学生的分析、理解能力及灵活应用基础知识的能力．