2017-2018学年高二化学三维设计浙江专版选修5学案：专题1 第2单元 科学家怎样研究有机物
文档属性
| 名称 | 2017-2018学年高二化学三维设计浙江专版选修5学案：专题1 第2单元 科学家怎样研究有机物 |  | |
| 格式 | zip | ||
| 文件大小 | 602.3KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 苏教版 | ||
| 科目 | 化学 | ||
| 更新时间 | 2018-06-04 09:23:57 | ||
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文档简介
第二单元 科学家怎样研究有机物
[选考要求]
1．有机化合物的组成、结构和性质特点(a)
2．研究有机化合物组成的常用方法(a)
3．根据1H核磁共振谱确定有机化合物的分子结构(b)
4．研究有机化合物结构的常用方法(b)
5．同位素示踪法研究化学反应历程(b)
6．手性碳原子与手性分子(a)
1.最简式，又称为实验式，指有机化合物所含各元素原子个数的最简整数比。
2．只含C、H或只含C、H、O元素的有机物，完全燃烧生成CO2和H2O，先用干燥剂测出H2O的质量，再测定CO2的质量，然后根据有机物的总质量可知，有机物是否含有氧原子，根据C、H、O原子的物质的量之比，可以得出有机物的最简式。
3．常见的基团：羟基(—OH)、醛基(—CHO)、羧基(—COOH)、氨基(—NH2)、烃基(—R)。
4．1H核磁共振谱图中的峰代表有机物不同种类的氢原子。红外光谱可以读出有机物中含有的基团。
5．手性分子中含有手性碳，手性碳是指某个碳原子连接的四个原子或原子团各不相同。
1．研究方法
2．仪器——元素分析仪
(1)工作原理：使有机化合物充分燃烧，再对燃烧产物进行自动分析。
(2)特点
1．3.2 g某有机化合物，完全燃烧测得生成8.8 g CO2 和7.2 g H2O，无其他物质生成。你能确定该有机化合物中是否含有氧元素吗？
提示：8.8 g CO2中碳元素的质量为×12 g·mol－1＝2.4 g,7.2 g H2O中氢元素的质量为×2 g·mol－1＝0.8 g。因3.2 g＝(2.4 g＋0.8 g)，故该有机物中不含氧元素。
2．有机物X是某抗癌药物中的一种有效成分，经测定该有机物只含C、H、O三种元素，其中碳元素质量分数为60%，氢元素质量分数为13.33%,0.2 mol该有机物的质量为12 g，求它的分子式？
提示：M＝＝＝60 g·mol－1，含碳原子数为60×60%/12＝3，含氢原子数为60×13.33%/1＝8，含氧原子数为(60－3×12－8×1)/16＝1，则分子式为C3H8O。
(1)有机物燃烧时会生成CO2和H2O，用浓硫酸(或高氯酸镁)吸收水，再用碱石灰吸收CO2，再分别求出两者的物质的量，即可得出C和H的物质的量之比。
(2)确定有机物中是否含有氧原子的方法
由碳元素守恒，得出n(C)＝n(CO2)；由氢元素守恒，得出n(H)＝2n(H2O)。
若m(有机物)－m(C)－m(H)＝0，则不含有氧原子；
若m(有机物)－m(C)－m(H)>0，则含有氧原子，
m(O)＝m(有机物)－m(C)－m(H)，则m(O)得出n(O)。
(3)由元素的物质的量之比，可以求出有机物的最简式(实验式)。
(4)要注意H2O和CO2的吸收要分别计算，不能用碱石灰将两者一起吸收。
1．某化合物6.4 g在氧气中完全燃烧，只生成8.8 g CO2和7.2 g H2O。下列说法正确的是( )
A．该化合物仅含碳、氢两种元素
B．该化合物中碳、氢原子个数比为1∶2
C．无法确定该化合物是否含有氧元素
D．该化合物中一定含有氧元素
解析：选D 由题中数据可求出n(CO2)＝＝0.2 mol，m(C)＝0.2 mol×12 g·mol－1＝2.4 g，n(H2O)＝＝0.4 mol，m(H)＝0.4 mol×2×1 g·mol－1＝0.8 g，所以m(C)＋m(H)＝3.2 g<6.4 g，故该化合物中还含有氧元素，n(O)＝＝0.2 mol，该化合物最简式可表示为CH4O。
2．(2016·金华期中考试)某有机物在氧气中充分燃烧，生成二氧化碳和水的物质的量之比为1∶1，由此可得出的正确结论是( )
①该有机物分子中碳、氢、氧原子个数比为1∶2∶3
②该有机物分子中碳、氢原子个数比为1∶2
③该有机物中肯定含氧
④无法判断该有机物中是否含氧
A．①② B．②③
C．①③ D．②④
解析：选D n(CO2)∶n(H2O)＝1∶1，则n(C)∶n(H)＝1∶2，CO2和H2O中的氧可能
来自于氧气中的氧元素，从题中条件无法确认。故②和④正确。
(1)不同的基团具有不同的结构和性质特点，常见基团如羟基、醛基、羧基、氨基、烃基等。
(2)现代化学测定有机化合物结构的分析方法很多，经常采用的是核磁共振氢谱和红外光谱。
(3)有机物分子中不同种类的氢原子在核磁共振氢谱中所处的化学环境不同，从谱图中的峰可以读出有机物中不同种类的氢的种类及数目比。
(4)红外光谱中标出了有机物中所含基团。
(5)质谱法也是分析有机物结构的方法。
(6)手性分子和手性碳原子
①手性分子：分子不能与其镜像重叠者，如D-丙氨酸和L-丙氨酸。
②手性碳原子：与4个不同的原子或原子团相连的碳原子。
1．1H核磁共振谱法的作用是什么？
提示：测定有机物中氢原子的类型和数目。
2．红外光谱法的作用是什么？
提示：判断有机物分子中的基团。
3．质谱法的作用是什么？
提示：测定有机物的相对分子质量。
有机物结构的测定方法
(1)红外光谱法(IR)
①作用：初步判断该有机物中具有哪些基团。
②原理：用红外线照射有机物分子时，分子中的基团发生振动吸收，不同的基团吸收频率不同，在红外光谱图上将处于不同的位置。
③红外光谱图：
横坐标表示波长(或波数)，即吸收峰的位置，纵坐标表示吸收强度。如分子式为C4H8O2的化合物，红外光谱如下图所示：
根据谱值可判断官能团的种类，此化合物的结构简式为 (2)1H核磁共振谱法(1H-NMR)
①作用：测定有机物分子中等效氢原子(氢原子处于相同的化学环境中)的类型和数目。
②原理：用电磁波照射氢原子核时，不同化学环境(即其附近的基团)的氢原子通过共振吸收电磁波的频率不同，在1H核磁共振谱图上出现的位置也不同，而且吸收峰的面积与氢原子数成正比。
③1H核磁共振谱图：
横坐标表示化学位移，即吸收峰的位置，纵坐标表示吸收强度，其中吸收峰数目＝氢原子种类，吸收峰面积比＝氢原子数目比。
如分子式为C2H6O的两种有机物的1H核磁共振谱图如下：
分析谱图知，图1只有一组峰，只有一种氢原子，则结构简式为CH3OCH3；图2有三组峰，有三种氢原子，则结构简式为CH3CH2OH。
(3)质谱法
①作用：测定有机物分子的相对分子质量。
②原理：用高能电子流轰击样品，使分子失去电子变成带正电荷的碎片，在磁场的作用下，由于碎片的相对质量不同，它们到达检测器的时间也先后不同，其结果被记录为质谱图。
③质谱图：
横坐标表示碎片的质荷比，纵坐标表示碎片的相对丰度，峰上的数据表示碎片的相对质量。分子离子的相对质量越大，质荷比就越大，到达检测器需要的时间就越长，因此质谱图中最右边的峰表示的就是样品的相对分子质量。
如下图所示，甲苯的相对分子质量为92。
1．下图是某有机物的1H核磁共振谱图，则该有机物可能是( )
A．CH3CH2OH B．CH3CH2CH2OH
C．CH3—O—CH3 D．CH3CHO
解析：选C 从谱图看，只存在一个峰，C项中两个甲基上的6个氢是等效的，符合。A项峰应为3∶2∶1；B项峰为3∶2∶2∶1；D项峰为3∶1。
2．(2016·东阳中学期末考试)下列说法中正确的是( )
A．在核磁共振氢谱中有7个吸收峰
B．红外光谱图只能确定有机物中所含官能团的种类和数目
C．质谱法不能用于分子量的测定
D．核磁共振氢谱、红外光谱和质谱都可用于分析有机物结构
解析：选D 此有机物有3种不同的氢原子，有3个峰，故A错误；红外光谱图确定有机物官能团的种类和化学键，故B错误；质谱法中质荷比最大值为该有机物的相对分子质量，故C错误；核磁共振氢谱确定氢原子的种类和个数比，红外光谱图确定有机物官能团的种类和化学键，质谱法中质荷比最大值为该有机物的相对分子质量，故D正确。
3．下列分子中指定的碳原子(用*标记)不属于手性碳原子的是( )
A．苹果酸
B．丙氨酸
C．葡萄糖
D．甘油醛
解析：选A 手性碳原子的特点是其所连接的四个原子或原子团各不相同。A项中的碳原子连接两个氢原子，不是手性碳原子。
1．甲烷与氯气取代反应的反应机理
(1)反应机理：
其中Cl2、CH4为反应物，·Cl、·CH3为自由基，HCl、CH3Cl为生成物。
(2)反应产物：共有CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3、CCl4和HCl五种。
2．同位素示踪法研究酯的水解反应
(1)方法：将乙酸与酯与HO在H2SO4催化下加热水解，检测18O的分布情况，判断酯水解时的断键情况。
(2)反应机理：
由此可以判断，酯在水解过程中断开的是酯中的①键，水中的—18OH连接在①键上形成羧酸。
1．某一元醇C2H6O中氧为18O，它与乙酸反应生成的酯的相对分子质量为( )
A．86 B．88 C．90 D．92
解析：选C 酯化反应的机理为酸脱羟基，醇脱氢，故醇中的18O应在乙酸乙酯中，化学式为CH3CO18OCH2CH3，其中两个氧原子的相对原子质量不同，一个为16，一个为18。
2．CH4与Cl2反应的机理是①Cl2·Cl＋·Cl
②·Cl＋CH4―→·CH3＋HCl
③·CH3＋Cl2―→·Cl＋CH3Cl
则下列说法正确的是( )
A．可以得到纯净的CH3Cl
B．产物中最多的是HCl
C．该反应需一直光照
D．产物中CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3、CCl4物质的量相等
解析：选B 由反应机理②知，·Cl与烃中的氢原子结合生成HCl，故产物中有机物除CH3Cl外还有CH2Cl2、CHCl3、CCl4，物质的量无法确定，最多产物为HCl。故A、D项错误，B项正确。由反应机理②③知CH4＋Cl2CH3Cl＋HCl，·Cl起催化作用 ，故一旦光照下产生·Cl，反应即可进行完全，C项错误。
[三级训练·节节过关]
1．TBC是优良的增塑剂，具有很好的相容性，且挥发性小、耐寒、耐光及耐水等，广泛用于医学卫生用品，它的一种标准谱图如下，该谱图属于( )
A．核磁共振氢谱 B．红外光谱
C．质谱 D．色谱
解析：选B 本题要理清各种图的特征及作用。红外光谱是可获得有机物中所含的化学键和官能团(横坐标是指波长/μm)；核磁共振谱是推知有机物分子中不同类型的氢原子及它们的数目(横坐标是化学位移δ)；质谱图可精确测定相对分子质量(横坐标是指质荷比)。色谱法是用来分离、提纯有机物，不是一种谱图。
2．Fe(C5H5)2的结构为，其中氢原子的化学环境完全相同，但早期人们却错误地认为它的结构为。核磁共振法能够区分这两种结构。在核磁共振氢谱中，正确的结构与错误的结构核磁共振氢谱的峰分别为( )
A．5,5 B．3,5
C．5,1 D．1,3
解析：选D 错误的结构中有3种氢，而正确的结构中只有一种氢。
3．若乙酸分子中的氧都是18O，乙醇分子中的氧都是16O，二者在浓硫酸作用下加热发生反应，一段时间后，分子中含有18O的物质有( )
A．1种 B．2种
C．3种 D．4种
解析：选C 由CH3C18O18OH＋H—16OC2H5CH3C18O16OC2H5＋HO故生成的酯、水中均含有18O，此反应为可逆反应，乙酸本身也含有18O。
4．为测定某有机物的结构，用核磁共振仪处理后得到如图所示的核磁共振氢谱，则该有机物可能是( )
A．C2H5OH
C．CH3CH2CH2COOH
解析：选A 由图可知，该分子中有3种氢原子。A项，乙醇分子中有3种氢原子，正确；B项，连在相同碳原子上的甲基上的氢原子相同，所以有2种氢原子，错误；C项，有4种氢原子，错误；D项，该分子高度对称，有2种氢原子，错误。
5．某有机物X由C、H、O三种元素组成，它的红外吸收光谱表明有羟基O—H键、C—O键的烃基上C—H键的红外吸收峰。X的核磁共振氢谱有四个峰，峰面积之比是4∶1∶1∶2(其中羟基氢原子数为3)，X的相对分子质量为92，试写出X的结构简式：________________。
解析：由红外吸收光谱判断X应属于含有羟基的化合物。由核磁共振氢谱判断X分子中有四种不同类型的氢原子，若羟基氢原子数为3(两种类型氢原子)，则烃基氢原子数为5且有两种类型。由相对分子质量减去已知原子的相对原子质量就可求出碳原子的个数：＝3。故分子式为C3H8O3。羟基氢原子有两种类型，判断三个羟基应分别连在三个碳原子上，推知结构简式为
答案：
1．利用红外光谱对有机化合物分子进行测试并记录，可初步判断该有机物分子拥有的( )
A．同分异构体数 B．原子个数
C．基团种类 D．共价键种类
解析：选C 红外光谱法可用于判断基团种类。
2．要证明有机物中是否存在卤素，最方便的方法是( )
A．钠融法 B．铜丝燃烧法
C．核磁共振法 D．红外光谱法
解析：选B A、B均能确定有机物中是否含有卤素，相比钠融法，铜丝燃烧法更方便。
3．下列实验式中，没有相对分子质量也可以确定分子式的是( )
A．CH3 B．CH2
C．CH D．C2H3
解析：选A 实验式的整数倍即可得分子式。A项，实验式若为CH3，根据价键理论则其分子式只能是C2H6，正确；B项，实验式若为CH2，则烯烃的实验式均为CH2，没有相对分子质量无法确定分子式，错误；C项，苯、乙炔的实验式均为CH，无法确定，错误；D项，实验式为C2H3的分子式可以是C4H6、C8H12等，错误。
4．(2016·杭州期末考试)下列化合物中，核磁共振氢谱只出现两组峰且峰面积之比为3∶1的是( )
A． B．
C. D．
解析：选C A项，该有机物含有3类氢原子，出现三组峰，错误；B项，该有机物含有2类氢原子，出现2组峰，其峰面积之比为3∶2，错误；C项，该有机物含有2类氢原子，出现2组峰，其峰面积之比为3∶1，正确；D项，该有机物含有2类氢原子，出现2组峰，其峰面积之比为3∶2，错误。
5．2.9 g烃A在足量O2中燃烧生成0.2 mol CO2，且其1H核磁共振谱图中含有两类峰，其面积之比为2∶3，则该有机物的结构简式为( )
A．CH3CH3 B．CH3CH2CH2CH3
C． D．CH3CH2CH3
解析：选B 由烃的质量和CO2的质量求出含氢的质量，确定出n(C)∶n(H)＝2∶5，且1H核磁共振谱图中的峰面积之比为2∶3，只有B符合。
6．下列化合物的1H-NMR谱图中吸收峰数目正确的是( )
A．CH3CH2CH2CH3(3个)
B． (4个)
C．CH2===CH—CH2CH3(2个)
D． (1个)
解析：选D 化合物的1H-NMR谱图中吸收峰数目即不同环境氢原子的种数，CH3CH2CH2CH3分子中氢原子有2种不同的环境；分子中氢原子有3种不同的环境；CH2===CH—CH2CH3分子中氢原子有4种不同的环境；分子中氢原子只有一种环境。
7．某有机化合物仅由碳、氢、氧三种元素组成，其相对分子质量小于150，若已知其中氧的质量分数为50%，则分子中碳原子的个数最多为( )
A．4 B．5
C．6 D．7
解析：选B 氧的质量分数为50%，说明最多为4个氧原子，则该有机物相对分子质量为128，则C、H质量和最多也只能为128－64＝64，根据商余法，，整数商为5，余数为4，所以碳原子数最多为5。
8．科学家新近合成了一种新的化合物X。用现代物理方法测得X的相对分子质量为64，且各元素的质量分数分别为C 93.8%，H 6.2%。X分子中有三种化学环境不同的H原子和四种化学环境不同的C原子，则X可能的结构简式为( )
A． B．
C． D．
解析：选C 根据X的相对分子质量和各元素的质量分数可求出该分子中含有5个C和4个H，即分子式为C5H4。四个选项均符合要求。但由于A项中有3种H、5种C，B项中有2种H、4种C，C项中有3种H、4种C，D项中有3种H、5种C，只有C项符合要求。
9．某含氧有机物中含碳的质量分数为64.86%，含氢的质量分数为13.5%，该有机物的实验式是____________，结合该有机物的质谱图，该有机物的相对分子质量为______，分子式为____________。
解析：氧的质量分数为1－64.86%－13.5%＝21.64%，N(C)∶N(H)∶N(O)＝∶∶＝4∶10∶1，则实验式为C4H10O。从质谱图读出74为最大值，即该有机物的相对分子质量为74，对比实验式的相对分子质量，刚好也为74，所以实验式即为分子式。
答案：C4H10O 74 C4H10O
10．下图是某一有机物的红外光谱图，该有机物的相对分子质量为74，则其结构简式为__________________。
解析：分析该有机物的红外光谱图可知，分子中含对称的甲基、对称的亚甲基和醚基，其相对分子质量为74，可确定只有CH3CH2OCH2CH3符合要求。
答案：CH3CH2OCH2CH3
1．某物质在质谱仪中的最大质荷比为62，该物质的核磁共振氢谱吸收峰共有2组，红外吸收峰表明有O—H键和C—H键。下列物质符合的是( )
A．CH3COOH B．CH3—O—CH2OH
C．CH2OHCH2OH D．CH3—O—CH3
解析：选C A项，CH3COOH中有2种位置的H原子，存在O—H键和C—H键，但相对分子质量为60，错误；B项，CH3—O—CH2OH存在O—H键和C—H键，相对分子质量为62，但存在3种H原子，错误；C项，CH2OHCH2OH中有2种位置的H原子，存在O—H键和C—H键，相对分子质量为62，符合题意；D项，CH3—O—CH3中只有1种H原子，不存在O—H键，相对分子质量为46，错误。
2．验证某有机物属于烃，应完成的实验内容是( )
A．只测定该有机物的C、H的质量比值
B．只要证明它完全燃烧后产物只有H2O和CO2
C．只测定其燃烧产物中H2O与CO2的物质的量的比值
D．测定该试样的质量及试样完全燃烧后生成的H2O和CO2的质量
解析：选D 欲判定有机物中是否含氧，首先应求出产物CO2中碳元素的质量及H2O中氢元素的质量，然后将C、H元素的质量之和与原来有机物质量比较，若两者相等，则原有机物的组成中不含氧；否则，原有机物的组成中含有氧。
3．(2016·宁波中学期末考试)某含C、H、O三种元素的未知物A经元素分析仪测定，该未知物中含碳、氢的质量分数分别为52.16%、13.14%。则该有机物的分子式为( )
A．C2H6 B．C2H6O
C．C6H6O D．C2H6O2
解析：选B 未知物A中C、H、O的原子个数比为∶∶ ＝2∶6∶1。未知物A的实验式为C2H6O，因其中氢原子数已达饱和，该实验式即为未知物A的分子式。
4．某有机物的核磁共振氢谱图如下，该物质可能是( )
A．乙酸 B．苯
C．丙醇 D．乙酸乙酯
解析：选D 该有机物有3种氢原子且个数比为3∶3∶2。
5．某有机物A的红外光谱和核磁共振氢谱如下图所示，下列说法中错误的是( )
A．由红外光谱可知，该有机物中至少有三种不同的化学键
B．由核磁共振氢谱图可知，该有机物分子中有三种不同的氢原子
C．若A的化学式为C2H6O，则其结构简式为CH3—O—CH3
D．仅由其核磁共振氢谱无法得知其分子中的氢原子总数
解析：选C A．由红外光谱可知，该有机物中含有C—H、O—H、C—O等，因此至少有三种不同的化学键，正确。B.由核磁共振氢谱可知，该有机物有三个吸收峰，因此分子中有三种不同的氢原子。C.若A的化学式为C2H6O，则其结构是CH3CH2OH，错误。D.仅由其核磁共振氢谱只能确定H原子的种类及个数比，无法得知其分子中的氢原子总数，正确。
6．核磁共振氢谱是指有机物分子中的氢原子所处的化学环境(即其附近的基团)不同，表现出的核磁性就不同，代表核磁性特征的峰在核磁共振氢谱图中坐标的位置也就不同。则下列物质的核磁共振氢谱图中有三个峰的是( )
A．OHCH2CH2CH2OH B．CH3CH2CH2COOH
C． D．
解析：选A 根据有机物分子结构特点可知A、B、C、D四个选项中的有机物的氢原子种类分别为3、4、2、4。
7．DDT又叫滴滴涕，化学名为双对氯苯基三氯乙烷，其结构为，下列有关说法正确的是( )
A．属于烃类
B．DDT完全燃烧后只产生CO2和H2O两种物质
C．分子无手性碳
D．氢核磁共振谱图中有5种位置峰
解析：选C DDT中含有Cl元素，故不属于烃类，A项错；燃烧后还会有HCl生成，B项错；D项中存在3种峰，故错。
8．测定有机化合物中碳和氢的组成常用燃烧分析法，下图是德国化学家李比希测定有机物组成的装置，氧化铜作催化剂，在750 ℃左右使有机物在氧气流中全部氧化为CO2和H2O，用含有固体氢氧化钠和氯化钙的吸收管分别吸收CO2和H2O。
试回答下列问题：
(1)甲装置中盛放的是__________，甲、乙中的吸收剂能否颠倒？__________，请说明理由：________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(2)实验开始时，要先通入氧气一会儿，然后再加热，为什么？______________________。
(3)将4.6 g 有机物A进行实验，测得生成5.4 g H2O和8.8 g CO2，则该物质中各元素的原子个数比是__________________。
(4)经测定，有机物A的核磁共振氢谱示意图如图，则A的结构简式为______________。
解析：(1)NaOH固体不但吸收CO2，也吸收水蒸气，故只能盛放到乙中。
(2)实验前要先通入氧气一会儿，然后再加热。将装置中的空气排尽，否则会因空气中含有二氧化碳和水蒸气而影响测定结果的准确性。
(3)n(C)＝＝0.2 mol，
n(H)＝2×＝0.6 mol，
n(O)＝＝0.1 mol，
即N(C)∶N(H)∶N(O)＝2∶6∶1。
(4)根据核磁共振氢谱图可知有3种不同的H原子，且个数比为3∶1∶2，即结构简式为CH3CH2OH(或C2H5OH)。
答案：(1)CaCl2 不能 因为氢氧化钠能同时吸收CO2和H2O，从而无法确定生成水和CO2的质量
(2)将装置中的空气排尽，否则会因空气中含有二氧化碳和水蒸气而影响测定结果的准确性
(3)N(C)∶N(H)∶N(O)＝2∶6∶1
(4)CH3CH2OH(或C2H5OH)
9．(2016·丽水一中期中考试)有机物A只含有C、H、O三种元素，常用作有机合成的中间体。16.8 g该有机物燃烧生成44.0 g CO2和14.4 g H2O；质谱图表明其相对分子质量为84，红外光谱分析表明A分子中含有O—H键和位于分子端的CC键，核磁共振氢谱上有三个峰，峰面积之比为6∶1∶1。
(1)A的分子式是____________。
(2)下列物质中，一定条件下能与A发生反应的是______(填字母)。
A．H2 B．Na
C．酸性KMnO4溶液 D．Br2
(3)A的结构简式是________。
(4)有机物B是A的同分异构体，1 mol B可与1 mol Br2加成。该有机物中所有碳原子在同一个平面上，没有顺反异构现象。B的结构简式是________。
解析：(1)16.8 g有机物A中m(C)＝44.0 g×＝12 g，m(H)＝14.4 g×＝1.6 g，则m(O)＝(16.8－12－1.6)g＝3.2 g，故A中N(C)∶N(H)∶N(O)＝∶∶＝5∶8∶1，则其最简式为C5H8O，又A的相对分子质量为84，则其分子式为C5H8O。
(2)A分子中含有CC键，能与H2、Br2发生加成反应，能与酸性KMnO4溶液发生氧化反应；含有羟基，能与Na发生置换反应。
(3)根据A的核磁共振氢谱上有三个峰，峰面积之比为6∶1∶1，说明A中有三种类型的氢原子，个数之比为6∶1∶1，再结合A中含有O—H键和位于分子端的键，则其结构简式为
(4)根据1 mol B可与1 mol Br2加成，可以推断B中含有1个碳碳双键，再结合B没有顺反异构体，则其结构简式为
答案：(1)C5H8O (2)ABCD
[选考要求]
1．有机化合物的组成、结构和性质特点(a)
2．研究有机化合物组成的常用方法(a)
3．根据1H核磁共振谱确定有机化合物的分子结构(b)
4．研究有机化合物结构的常用方法(b)
5．同位素示踪法研究化学反应历程(b)
6．手性碳原子与手性分子(a)
1.最简式，又称为实验式，指有机化合物所含各元素原子个数的最简整数比。
2．只含C、H或只含C、H、O元素的有机物，完全燃烧生成CO2和H2O，先用干燥剂测出H2O的质量，再测定CO2的质量，然后根据有机物的总质量可知，有机物是否含有氧原子，根据C、H、O原子的物质的量之比，可以得出有机物的最简式。
3．常见的基团：羟基(—OH)、醛基(—CHO)、羧基(—COOH)、氨基(—NH2)、烃基(—R)。
4．1H核磁共振谱图中的峰代表有机物不同种类的氢原子。红外光谱可以读出有机物中含有的基团。
5．手性分子中含有手性碳，手性碳是指某个碳原子连接的四个原子或原子团各不相同。
1．研究方法
2．仪器——元素分析仪
(1)工作原理：使有机化合物充分燃烧，再对燃烧产物进行自动分析。
(2)特点
1．3.2 g某有机化合物，完全燃烧测得生成8.8 g CO2 和7.2 g H2O，无其他物质生成。你能确定该有机化合物中是否含有氧元素吗？
提示：8.8 g CO2中碳元素的质量为×12 g·mol－1＝2.4 g,7.2 g H2O中氢元素的质量为×2 g·mol－1＝0.8 g。因3.2 g＝(2.4 g＋0.8 g)，故该有机物中不含氧元素。
2．有机物X是某抗癌药物中的一种有效成分，经测定该有机物只含C、H、O三种元素，其中碳元素质量分数为60%，氢元素质量分数为13.33%,0.2 mol该有机物的质量为12 g，求它的分子式？
提示：M＝＝＝60 g·mol－1，含碳原子数为60×60%/12＝3，含氢原子数为60×13.33%/1＝8，含氧原子数为(60－3×12－8×1)/16＝1，则分子式为C3H8O。
(1)有机物燃烧时会生成CO2和H2O，用浓硫酸(或高氯酸镁)吸收水，再用碱石灰吸收CO2，再分别求出两者的物质的量，即可得出C和H的物质的量之比。
(2)确定有机物中是否含有氧原子的方法
由碳元素守恒，得出n(C)＝n(CO2)；由氢元素守恒，得出n(H)＝2n(H2O)。
若m(有机物)－m(C)－m(H)＝0，则不含有氧原子；
若m(有机物)－m(C)－m(H)>0，则含有氧原子，
m(O)＝m(有机物)－m(C)－m(H)，则m(O)得出n(O)。
(3)由元素的物质的量之比，可以求出有机物的最简式(实验式)。
(4)要注意H2O和CO2的吸收要分别计算，不能用碱石灰将两者一起吸收。
1．某化合物6.4 g在氧气中完全燃烧，只生成8.8 g CO2和7.2 g H2O。下列说法正确的是( )
A．该化合物仅含碳、氢两种元素
B．该化合物中碳、氢原子个数比为1∶2
C．无法确定该化合物是否含有氧元素
D．该化合物中一定含有氧元素
解析：选D 由题中数据可求出n(CO2)＝＝0.2 mol，m(C)＝0.2 mol×12 g·mol－1＝2.4 g，n(H2O)＝＝0.4 mol，m(H)＝0.4 mol×2×1 g·mol－1＝0.8 g，所以m(C)＋m(H)＝3.2 g<6.4 g，故该化合物中还含有氧元素，n(O)＝＝0.2 mol，该化合物最简式可表示为CH4O。
2．(2016·金华期中考试)某有机物在氧气中充分燃烧，生成二氧化碳和水的物质的量之比为1∶1，由此可得出的正确结论是( )
①该有机物分子中碳、氢、氧原子个数比为1∶2∶3
②该有机物分子中碳、氢原子个数比为1∶2
③该有机物中肯定含氧
④无法判断该有机物中是否含氧
A．①② B．②③
C．①③ D．②④
解析：选D n(CO2)∶n(H2O)＝1∶1，则n(C)∶n(H)＝1∶2，CO2和H2O中的氧可能
来自于氧气中的氧元素，从题中条件无法确认。故②和④正确。
(1)不同的基团具有不同的结构和性质特点，常见基团如羟基、醛基、羧基、氨基、烃基等。
(2)现代化学测定有机化合物结构的分析方法很多，经常采用的是核磁共振氢谱和红外光谱。
(3)有机物分子中不同种类的氢原子在核磁共振氢谱中所处的化学环境不同，从谱图中的峰可以读出有机物中不同种类的氢的种类及数目比。
(4)红外光谱中标出了有机物中所含基团。
(5)质谱法也是分析有机物结构的方法。
(6)手性分子和手性碳原子
①手性分子：分子不能与其镜像重叠者，如D-丙氨酸和L-丙氨酸。
②手性碳原子：与4个不同的原子或原子团相连的碳原子。
1．1H核磁共振谱法的作用是什么？
提示：测定有机物中氢原子的类型和数目。
2．红外光谱法的作用是什么？
提示：判断有机物分子中的基团。
3．质谱法的作用是什么？
提示：测定有机物的相对分子质量。
有机物结构的测定方法
(1)红外光谱法(IR)
①作用：初步判断该有机物中具有哪些基团。
②原理：用红外线照射有机物分子时，分子中的基团发生振动吸收，不同的基团吸收频率不同，在红外光谱图上将处于不同的位置。
③红外光谱图：
横坐标表示波长(或波数)，即吸收峰的位置，纵坐标表示吸收强度。如分子式为C4H8O2的化合物，红外光谱如下图所示：
根据谱值可判断官能团的种类，此化合物的结构简式为 (2)1H核磁共振谱法(1H-NMR)
①作用：测定有机物分子中等效氢原子(氢原子处于相同的化学环境中)的类型和数目。
②原理：用电磁波照射氢原子核时，不同化学环境(即其附近的基团)的氢原子通过共振吸收电磁波的频率不同，在1H核磁共振谱图上出现的位置也不同，而且吸收峰的面积与氢原子数成正比。
③1H核磁共振谱图：
横坐标表示化学位移，即吸收峰的位置，纵坐标表示吸收强度，其中吸收峰数目＝氢原子种类，吸收峰面积比＝氢原子数目比。
如分子式为C2H6O的两种有机物的1H核磁共振谱图如下：
分析谱图知，图1只有一组峰，只有一种氢原子，则结构简式为CH3OCH3；图2有三组峰，有三种氢原子，则结构简式为CH3CH2OH。
(3)质谱法
①作用：测定有机物分子的相对分子质量。
②原理：用高能电子流轰击样品，使分子失去电子变成带正电荷的碎片，在磁场的作用下，由于碎片的相对质量不同，它们到达检测器的时间也先后不同，其结果被记录为质谱图。
③质谱图：
横坐标表示碎片的质荷比，纵坐标表示碎片的相对丰度，峰上的数据表示碎片的相对质量。分子离子的相对质量越大，质荷比就越大，到达检测器需要的时间就越长，因此质谱图中最右边的峰表示的就是样品的相对分子质量。
如下图所示，甲苯的相对分子质量为92。
1．下图是某有机物的1H核磁共振谱图，则该有机物可能是( )
A．CH3CH2OH B．CH3CH2CH2OH
C．CH3—O—CH3 D．CH3CHO
解析：选C 从谱图看，只存在一个峰，C项中两个甲基上的6个氢是等效的，符合。A项峰应为3∶2∶1；B项峰为3∶2∶2∶1；D项峰为3∶1。
2．(2016·东阳中学期末考试)下列说法中正确的是( )
A．在核磁共振氢谱中有7个吸收峰
B．红外光谱图只能确定有机物中所含官能团的种类和数目
C．质谱法不能用于分子量的测定
D．核磁共振氢谱、红外光谱和质谱都可用于分析有机物结构
解析：选D 此有机物有3种不同的氢原子，有3个峰，故A错误；红外光谱图确定有机物官能团的种类和化学键，故B错误；质谱法中质荷比最大值为该有机物的相对分子质量，故C错误；核磁共振氢谱确定氢原子的种类和个数比，红外光谱图确定有机物官能团的种类和化学键，质谱法中质荷比最大值为该有机物的相对分子质量，故D正确。
3．下列分子中指定的碳原子(用*标记)不属于手性碳原子的是( )
A．苹果酸
B．丙氨酸
C．葡萄糖
D．甘油醛
解析：选A 手性碳原子的特点是其所连接的四个原子或原子团各不相同。A项中的碳原子连接两个氢原子，不是手性碳原子。
1．甲烷与氯气取代反应的反应机理
(1)反应机理：
其中Cl2、CH4为反应物，·Cl、·CH3为自由基，HCl、CH3Cl为生成物。
(2)反应产物：共有CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3、CCl4和HCl五种。
2．同位素示踪法研究酯的水解反应
(1)方法：将乙酸与酯与HO在H2SO4催化下加热水解，检测18O的分布情况，判断酯水解时的断键情况。
(2)反应机理：
由此可以判断，酯在水解过程中断开的是酯中的①键，水中的—18OH连接在①键上形成羧酸。
1．某一元醇C2H6O中氧为18O，它与乙酸反应生成的酯的相对分子质量为( )
A．86 B．88 C．90 D．92
解析：选C 酯化反应的机理为酸脱羟基，醇脱氢，故醇中的18O应在乙酸乙酯中，化学式为CH3CO18OCH2CH3，其中两个氧原子的相对原子质量不同，一个为16，一个为18。
2．CH4与Cl2反应的机理是①Cl2·Cl＋·Cl
②·Cl＋CH4―→·CH3＋HCl
③·CH3＋Cl2―→·Cl＋CH3Cl
则下列说法正确的是( )
A．可以得到纯净的CH3Cl
B．产物中最多的是HCl
C．该反应需一直光照
D．产物中CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3、CCl4物质的量相等
解析：选B 由反应机理②知，·Cl与烃中的氢原子结合生成HCl，故产物中有机物除CH3Cl外还有CH2Cl2、CHCl3、CCl4，物质的量无法确定，最多产物为HCl。故A、D项错误，B项正确。由反应机理②③知CH4＋Cl2CH3Cl＋HCl，·Cl起催化作用 ，故一旦光照下产生·Cl，反应即可进行完全，C项错误。
[三级训练·节节过关]
1．TBC是优良的增塑剂，具有很好的相容性，且挥发性小、耐寒、耐光及耐水等，广泛用于医学卫生用品，它的一种标准谱图如下，该谱图属于( )
A．核磁共振氢谱 B．红外光谱
C．质谱 D．色谱
解析：选B 本题要理清各种图的特征及作用。红外光谱是可获得有机物中所含的化学键和官能团(横坐标是指波长/μm)；核磁共振谱是推知有机物分子中不同类型的氢原子及它们的数目(横坐标是化学位移δ)；质谱图可精确测定相对分子质量(横坐标是指质荷比)。色谱法是用来分离、提纯有机物，不是一种谱图。
2．Fe(C5H5)2的结构为，其中氢原子的化学环境完全相同，但早期人们却错误地认为它的结构为。核磁共振法能够区分这两种结构。在核磁共振氢谱中，正确的结构与错误的结构核磁共振氢谱的峰分别为( )
A．5,5 B．3,5
C．5,1 D．1,3
解析：选D 错误的结构中有3种氢，而正确的结构中只有一种氢。
3．若乙酸分子中的氧都是18O，乙醇分子中的氧都是16O，二者在浓硫酸作用下加热发生反应，一段时间后，分子中含有18O的物质有( )
A．1种 B．2种
C．3种 D．4种
解析：选C 由CH3C18O18OH＋H—16OC2H5CH3C18O16OC2H5＋HO故生成的酯、水中均含有18O，此反应为可逆反应，乙酸本身也含有18O。
4．为测定某有机物的结构，用核磁共振仪处理后得到如图所示的核磁共振氢谱，则该有机物可能是( )
A．C2H5OH
C．CH3CH2CH2COOH
解析：选A 由图可知，该分子中有3种氢原子。A项，乙醇分子中有3种氢原子，正确；B项，连在相同碳原子上的甲基上的氢原子相同，所以有2种氢原子，错误；C项，有4种氢原子，错误；D项，该分子高度对称，有2种氢原子，错误。
5．某有机物X由C、H、O三种元素组成，它的红外吸收光谱表明有羟基O—H键、C—O键的烃基上C—H键的红外吸收峰。X的核磁共振氢谱有四个峰，峰面积之比是4∶1∶1∶2(其中羟基氢原子数为3)，X的相对分子质量为92，试写出X的结构简式：________________。
解析：由红外吸收光谱判断X应属于含有羟基的化合物。由核磁共振氢谱判断X分子中有四种不同类型的氢原子，若羟基氢原子数为3(两种类型氢原子)，则烃基氢原子数为5且有两种类型。由相对分子质量减去已知原子的相对原子质量就可求出碳原子的个数：＝3。故分子式为C3H8O3。羟基氢原子有两种类型，判断三个羟基应分别连在三个碳原子上，推知结构简式为
答案：
1．利用红外光谱对有机化合物分子进行测试并记录，可初步判断该有机物分子拥有的( )
A．同分异构体数 B．原子个数
C．基团种类 D．共价键种类
解析：选C 红外光谱法可用于判断基团种类。
2．要证明有机物中是否存在卤素，最方便的方法是( )
A．钠融法 B．铜丝燃烧法
C．核磁共振法 D．红外光谱法
解析：选B A、B均能确定有机物中是否含有卤素，相比钠融法，铜丝燃烧法更方便。
3．下列实验式中，没有相对分子质量也可以确定分子式的是( )
A．CH3 B．CH2
C．CH D．C2H3
解析：选A 实验式的整数倍即可得分子式。A项，实验式若为CH3，根据价键理论则其分子式只能是C2H6，正确；B项，实验式若为CH2，则烯烃的实验式均为CH2，没有相对分子质量无法确定分子式，错误；C项，苯、乙炔的实验式均为CH，无法确定，错误；D项，实验式为C2H3的分子式可以是C4H6、C8H12等，错误。
4．(2016·杭州期末考试)下列化合物中，核磁共振氢谱只出现两组峰且峰面积之比为3∶1的是( )
A． B．
C. D．
解析：选C A项，该有机物含有3类氢原子，出现三组峰，错误；B项，该有机物含有2类氢原子，出现2组峰，其峰面积之比为3∶2，错误；C项，该有机物含有2类氢原子，出现2组峰，其峰面积之比为3∶1，正确；D项，该有机物含有2类氢原子，出现2组峰，其峰面积之比为3∶2，错误。
5．2.9 g烃A在足量O2中燃烧生成0.2 mol CO2，且其1H核磁共振谱图中含有两类峰，其面积之比为2∶3，则该有机物的结构简式为( )
A．CH3CH3 B．CH3CH2CH2CH3
C． D．CH3CH2CH3
解析：选B 由烃的质量和CO2的质量求出含氢的质量，确定出n(C)∶n(H)＝2∶5，且1H核磁共振谱图中的峰面积之比为2∶3，只有B符合。
6．下列化合物的1H-NMR谱图中吸收峰数目正确的是( )
A．CH3CH2CH2CH3(3个)
B． (4个)
C．CH2===CH—CH2CH3(2个)
D． (1个)
解析：选D 化合物的1H-NMR谱图中吸收峰数目即不同环境氢原子的种数，CH3CH2CH2CH3分子中氢原子有2种不同的环境；分子中氢原子有3种不同的环境；CH2===CH—CH2CH3分子中氢原子有4种不同的环境；分子中氢原子只有一种环境。
7．某有机化合物仅由碳、氢、氧三种元素组成，其相对分子质量小于150，若已知其中氧的质量分数为50%，则分子中碳原子的个数最多为( )
A．4 B．5
C．6 D．7
解析：选B 氧的质量分数为50%，说明最多为4个氧原子，则该有机物相对分子质量为128，则C、H质量和最多也只能为128－64＝64，根据商余法，，整数商为5，余数为4，所以碳原子数最多为5。
8．科学家新近合成了一种新的化合物X。用现代物理方法测得X的相对分子质量为64，且各元素的质量分数分别为C 93.8%，H 6.2%。X分子中有三种化学环境不同的H原子和四种化学环境不同的C原子，则X可能的结构简式为( )
A． B．
C． D．
解析：选C 根据X的相对分子质量和各元素的质量分数可求出该分子中含有5个C和4个H，即分子式为C5H4。四个选项均符合要求。但由于A项中有3种H、5种C，B项中有2种H、4种C，C项中有3种H、4种C，D项中有3种H、5种C，只有C项符合要求。
9．某含氧有机物中含碳的质量分数为64.86%，含氢的质量分数为13.5%，该有机物的实验式是____________，结合该有机物的质谱图，该有机物的相对分子质量为______，分子式为____________。
解析：氧的质量分数为1－64.86%－13.5%＝21.64%，N(C)∶N(H)∶N(O)＝∶∶＝4∶10∶1，则实验式为C4H10O。从质谱图读出74为最大值，即该有机物的相对分子质量为74，对比实验式的相对分子质量，刚好也为74，所以实验式即为分子式。
答案：C4H10O 74 C4H10O
10．下图是某一有机物的红外光谱图，该有机物的相对分子质量为74，则其结构简式为__________________。
解析：分析该有机物的红外光谱图可知，分子中含对称的甲基、对称的亚甲基和醚基，其相对分子质量为74，可确定只有CH3CH2OCH2CH3符合要求。
答案：CH3CH2OCH2CH3
1．某物质在质谱仪中的最大质荷比为62，该物质的核磁共振氢谱吸收峰共有2组，红外吸收峰表明有O—H键和C—H键。下列物质符合的是( )
A．CH3COOH B．CH3—O—CH2OH
C．CH2OHCH2OH D．CH3—O—CH3
解析：选C A项，CH3COOH中有2种位置的H原子，存在O—H键和C—H键，但相对分子质量为60，错误；B项，CH3—O—CH2OH存在O—H键和C—H键，相对分子质量为62，但存在3种H原子，错误；C项，CH2OHCH2OH中有2种位置的H原子，存在O—H键和C—H键，相对分子质量为62，符合题意；D项，CH3—O—CH3中只有1种H原子，不存在O—H键，相对分子质量为46，错误。
2．验证某有机物属于烃，应完成的实验内容是( )
A．只测定该有机物的C、H的质量比值
B．只要证明它完全燃烧后产物只有H2O和CO2
C．只测定其燃烧产物中H2O与CO2的物质的量的比值
D．测定该试样的质量及试样完全燃烧后生成的H2O和CO2的质量
解析：选D 欲判定有机物中是否含氧，首先应求出产物CO2中碳元素的质量及H2O中氢元素的质量，然后将C、H元素的质量之和与原来有机物质量比较，若两者相等，则原有机物的组成中不含氧；否则，原有机物的组成中含有氧。
3．(2016·宁波中学期末考试)某含C、H、O三种元素的未知物A经元素分析仪测定，该未知物中含碳、氢的质量分数分别为52.16%、13.14%。则该有机物的分子式为( )
A．C2H6 B．C2H6O
C．C6H6O D．C2H6O2
解析：选B 未知物A中C、H、O的原子个数比为∶∶ ＝2∶6∶1。未知物A的实验式为C2H6O，因其中氢原子数已达饱和，该实验式即为未知物A的分子式。
4．某有机物的核磁共振氢谱图如下，该物质可能是( )
A．乙酸 B．苯
C．丙醇 D．乙酸乙酯
解析：选D 该有机物有3种氢原子且个数比为3∶3∶2。
5．某有机物A的红外光谱和核磁共振氢谱如下图所示，下列说法中错误的是( )
A．由红外光谱可知，该有机物中至少有三种不同的化学键
B．由核磁共振氢谱图可知，该有机物分子中有三种不同的氢原子
C．若A的化学式为C2H6O，则其结构简式为CH3—O—CH3
D．仅由其核磁共振氢谱无法得知其分子中的氢原子总数
解析：选C A．由红外光谱可知，该有机物中含有C—H、O—H、C—O等，因此至少有三种不同的化学键，正确。B.由核磁共振氢谱可知，该有机物有三个吸收峰，因此分子中有三种不同的氢原子。C.若A的化学式为C2H6O，则其结构是CH3CH2OH，错误。D.仅由其核磁共振氢谱只能确定H原子的种类及个数比，无法得知其分子中的氢原子总数，正确。
6．核磁共振氢谱是指有机物分子中的氢原子所处的化学环境(即其附近的基团)不同，表现出的核磁性就不同，代表核磁性特征的峰在核磁共振氢谱图中坐标的位置也就不同。则下列物质的核磁共振氢谱图中有三个峰的是( )
A．OHCH2CH2CH2OH B．CH3CH2CH2COOH
C． D．
解析：选A 根据有机物分子结构特点可知A、B、C、D四个选项中的有机物的氢原子种类分别为3、4、2、4。
7．DDT又叫滴滴涕，化学名为双对氯苯基三氯乙烷，其结构为，下列有关说法正确的是( )
A．属于烃类
B．DDT完全燃烧后只产生CO2和H2O两种物质
C．分子无手性碳
D．氢核磁共振谱图中有5种位置峰
解析：选C DDT中含有Cl元素，故不属于烃类，A项错；燃烧后还会有HCl生成，B项错；D项中存在3种峰，故错。
8．测定有机化合物中碳和氢的组成常用燃烧分析法，下图是德国化学家李比希测定有机物组成的装置，氧化铜作催化剂，在750 ℃左右使有机物在氧气流中全部氧化为CO2和H2O，用含有固体氢氧化钠和氯化钙的吸收管分别吸收CO2和H2O。
试回答下列问题：
(1)甲装置中盛放的是__________，甲、乙中的吸收剂能否颠倒？__________，请说明理由：________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(2)实验开始时，要先通入氧气一会儿，然后再加热，为什么？______________________。
(3)将4.6 g 有机物A进行实验，测得生成5.4 g H2O和8.8 g CO2，则该物质中各元素的原子个数比是__________________。
(4)经测定，有机物A的核磁共振氢谱示意图如图，则A的结构简式为______________。
解析：(1)NaOH固体不但吸收CO2，也吸收水蒸气，故只能盛放到乙中。
(2)实验前要先通入氧气一会儿，然后再加热。将装置中的空气排尽，否则会因空气中含有二氧化碳和水蒸气而影响测定结果的准确性。
(3)n(C)＝＝0.2 mol，
n(H)＝2×＝0.6 mol，
n(O)＝＝0.1 mol，
即N(C)∶N(H)∶N(O)＝2∶6∶1。
(4)根据核磁共振氢谱图可知有3种不同的H原子，且个数比为3∶1∶2，即结构简式为CH3CH2OH(或C2H5OH)。
答案：(1)CaCl2 不能 因为氢氧化钠能同时吸收CO2和H2O，从而无法确定生成水和CO2的质量
(2)将装置中的空气排尽，否则会因空气中含有二氧化碳和水蒸气而影响测定结果的准确性
(3)N(C)∶N(H)∶N(O)＝2∶6∶1
(4)CH3CH2OH(或C2H5OH)
9．(2016·丽水一中期中考试)有机物A只含有C、H、O三种元素，常用作有机合成的中间体。16.8 g该有机物燃烧生成44.0 g CO2和14.4 g H2O；质谱图表明其相对分子质量为84，红外光谱分析表明A分子中含有O—H键和位于分子端的CC键，核磁共振氢谱上有三个峰，峰面积之比为6∶1∶1。
(1)A的分子式是____________。
(2)下列物质中，一定条件下能与A发生反应的是______(填字母)。
A．H2 B．Na
C．酸性KMnO4溶液 D．Br2
(3)A的结构简式是________。
(4)有机物B是A的同分异构体，1 mol B可与1 mol Br2加成。该有机物中所有碳原子在同一个平面上，没有顺反异构现象。B的结构简式是________。
解析：(1)16.8 g有机物A中m(C)＝44.0 g×＝12 g，m(H)＝14.4 g×＝1.6 g，则m(O)＝(16.8－12－1.6)g＝3.2 g，故A中N(C)∶N(H)∶N(O)＝∶∶＝5∶8∶1，则其最简式为C5H8O，又A的相对分子质量为84，则其分子式为C5H8O。
(2)A分子中含有CC键，能与H2、Br2发生加成反应，能与酸性KMnO4溶液发生氧化反应；含有羟基，能与Na发生置换反应。
(3)根据A的核磁共振氢谱上有三个峰，峰面积之比为6∶1∶1，说明A中有三种类型的氢原子，个数之比为6∶1∶1，再结合A中含有O—H键和位于分子端的键，则其结构简式为
(4)根据1 mol B可与1 mol Br2加成，可以推断B中含有1个碳碳双键，再结合B没有顺反异构体，则其结构简式为
答案：(1)C5H8O (2)ABCD