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1、第一章有机化合物的结构特点与研究方法测试题一、单选题（共12题）1下列有机物的官能团名称和分类错误的是A，碳碳三键，炔烃B，羟基，二元醇C，酯基，酯类D，羟基、醛基，单糖2已知某有机物A的红外光谱和核磁共振氢谱如图所示，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由核磁共振氢谱可知，该有机物分子中有三种不同化学环境的氢原子C仅由A的核磁共振氢谱无法得知其分子中的氢原子总数D若A的化学式为C2H6O，则其结构简式为CH3OCH33下列化合物的类别与所含官能团都正确的是选项物质类别官能团A酚类OHBCH3CH2CH2COOH羧酸C醛类CHODCH3OCH3醚类AABBCC
2、DD4某有机化合物9.0 g与足量氧气在密闭容器中完全燃烧，将反应生成的气体依次通过浓硫酸和碱石灰，浓硫酸增重9.0 g，碱石灰增重17.6 g，下列说法不正确的是A该有机化合物中一定含有氧元素B该有机化合物的分子式为C4H10O2C不能确定该有机化合物的分子式D该有机化合物分子中碳原子数和氢原子数之比一定是255已知有机物a和b的结构简式分别为和。下列说法正确的是(不考虑立体异构)Aa分子中含有6个键，2个键Ba与苯互为同分异构体Cb可使溴水褪色，反应时键断裂Db的一氯代物有5种6苯并降冰片烯是一种重要的药物合成中间体，结构简式如图。关于该化合物，下列说法正确的是A是苯的同系物B分子中最多8
3、个碳原子共平面C一氯代物有6种(不考虑立体异构)D分子中含有4个碳碳双键7下列叙述正确的是A某有机物燃烧后产物只有CO2和H2O，可推出的结论是有机物属于烃B某有机物燃烧后产物只有CO2和H2O，可推出的结论是有机物属于烃的含氧衍生物C某有机物燃烧后产物只有CO2和H2O，通过测定有机物、CO2和H2O的质量，可确定有机物是否含有氧D甲烷在同系物中含碳量最高，因而是清洁能源8某芳香烃的相对分子质量为106，分子的核磁共振氢谱有4组峰，其峰面积比为6211。该芳香烃是ABCD9下列有机物分子中属于手性分子的是A甘氨酸(NH2CH2COOH)B氯仿(CHCl3)C乳酸CH3CH(OH)COOHD丙
4、醛(CH3CH2CHO)10分子式为的芳香烃，其可能的结构有(不考虑立体异构)A3B4C5D611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（）ACH3COOCH2CH3BOHCCH2CH2OCH3CHCOOCH2CH2CH3D（CH3）2CHCOOH12某有机物的结构如图所示，关于该有机物下列说法正确的是A分子与足量溶液完全反应后生成的钠盐只有1种B分子完全水解后所得有机物分子中手性碳原子数目为2个C分子中所有碳原子可能共平面D分子可以在醇溶液加热条件下发生消去反应二、非选择题（共10题）13有机物的表示方法多种多样，下面是常用的有机物的表示方法： (1)
5、写出的分子式_；(2)用系统命名法给命名，其名称为_。(3)属于酯的是_(填序号，下同)，与互为同分异构体的是_。(4)上述表示方法中属于结构式的为_；属于键线式的为_；14咖啡和茶类饮料中都含有兴奋剂咖啡因。经元素分析测定，咖啡因中各元素的质量分数是：碳49.5%，氢5.2%，氮28.9%，氧16.5%。(1)咖啡因的实验式为_。(2)质谱法测得咖啡因的相对分子质量为194，则咖啡因的分子式为_。15按要求回答下列问题：(1)有机物X的分子式为，其红外光谱如图所示：则该有机物可能的结构为_(填字母)。ABCD(2)有机物Y的结构可能有和两种，要用物理方法对其结构进行鉴定，可用_。有机物Y若为
6、，则红外光谱能检测出有_(填官能团名称)；核磁共振氢谱中应有_组峰。有机物Y若为，则红外光谱能检测出有_(填官能团名称)；核磁共振氢谱中应有_组峰。16按要求填空(1)化合物A(结构简式为)的含氧官能团为_和_(填官能团名称)。(2)结晶玫瑰是具有强烈玫瑰香气的香料，可通过如图所示反应路线合成(部分反应条件略去)：A的类别是_，能与Cl2反应生成A的烷烃是_(填名称)，B中的官能团名称是_。(3)非诺洛芬是一种治疗类风湿性关节炎的药物，结构简式如图所示：非诺洛芬中的含氧官能团为_和_(填官能团名称)。17回答下列问题：(1)将有机物A置于氧气流中充分燃烧，实验测得生成5.4 g H2O和8.8
7、g CO2，消耗氧气6.72 L(标准状况下)。则该物质中各元素的原子个数比是_。(2)质谱仪测定有机化合物A的相对分子质量为46，则该物质的分子式是_。(3)根据价键理论，预测A的可能结构并写出结构简式：_、_。【结构式的确定】(4)经测定，有机物A的核磁共振氢谱如图所示，则A的结构简式为_。官能团名称是_。18有机物A由碳、氢、氧三种元素组成，经测定其相对分子质量为90，现取1.8g A在纯氧中完全燃烧，将产物依次通过浓硫酸和碱石灰，浓硫酸增重1.08 g，碱石灰增重2.64 g。回答下列问题：(1)1.8g A中所含氢原子、碳原子的物质的量分别是_、_。(2)通过计算确定该有机物的分子式
8、_。19将3.00g某有机物(仅含C、H、O元素，相对分子质量为150)样品置于燃烧器中充分燃烧，依次通过吸水剂、CO2吸收剂，燃烧产物被完全吸收。实验数据如下表：吸水剂CO2吸收剂实验前质量/g20.0026.48实验后质量/g21.0830.00请回答：(1)燃烧产物中水的物质的量为_mol。(2)该有机物的分子式为_(写出计算过程)。20某化学小组为测定有机物G的组成和结构，设计实验装置及实验步骤如图：回答下列问题：(1)“加热反应管C”和“打开分液漏斗活塞”这两步操作应先进行_。(2)装置B中浓H2SO4的作用是_。(3)装置F中碱石灰的作用是_。(4)若准确称取8.8g样品G(只含C
9、、H、O三种元素)，经充分燃烧后(CuO的作用是确保有机物充分氧化，最终生成CO2和H2O)，洗气瓶D质量增加7.2g。U型管E质量增加17.6g，又知有机物G的质谱图(如图所示)为：该有机物的分子式为_。(5)另取有机物G8.8g，跟足量NaHCO3溶液反应，生成2.24LCO2(标准状况)，经测定其核磁共振氢谱有3组峰，且峰面积之比为6：1：1，综上所述，G的结构简式为_。21扁桃酸是唯一具有脂溶性的果酸，实验室用如下原理制备：合成扁桃酸的实验步骤、装置示意图及相关数据如下：物质状态熔点/沸点/溶解性扁桃酸无色透明晶体119300易溶于热水、乙醚和异丙醇乙醚无色透明液体-116.334.6
10、溶于低碳醇、苯、氯仿，微溶于水苯甲醛无色液体-26179微溶于水，能与乙醇、乙醚、苯、氯仿等混溶氯仿无色液体-63.561.3易溶于醇、醚、苯、不溶于水实验步骤：步骤一：向如图所示的实验装置中加入0.1mol(约l0.1mL)苯甲醛、0.2mol（约16mL）氯仿，慢慢滴入含19g氢氧化钠的溶液，维持温度在5560，搅拌并继续反应1h，当反应液的pH接近中性时可停止反应。步骤二：将反应液用200mL水稀释，每次用20mL。乙醚萃取两次，合并醚层，待回收。步骤三：水相用50%的硫酸酸化至pH为23后，再每次用40mL乙醚分两次萃取，合并萃取液并加入适量无水硫酸钠，蒸出乙醚，得粗产品约11.5g。
11、请回答下列问题：(1)图中仪器C的名称是_。(2)装置B的作用是_。(3)步骤一中合适的加热方式是_。(4)步骤二中用乙醚的目的是_。(5)步骤三中用乙醚的目的是_；加入适量无水硫酸钠的目的是_。(6)该实验的产率为_（保留三位有效数字）。22某化学兴趣小组按如图所示，在电炉加热时用纯氧和硬质玻璃管内有机样品反应，根据产物的质量确定有机物的组成。回答下列问题：(1)仪器a的名称为_，若装置A的锥形瓶内固体为MnO2，则a中的液体为_。(2)B装置中浓硫酸的作用是_，燃烧管C中CuO的作用是_。(3)请说明为什么装置D不能放置在装置E后面？_。(4)装置F的作用是_。(5)若实验中所取样品只含C
12、、H、O三种元素中的两种或三种，准确称取0.92g样品，经充分反应后，D管质量增加1.08g，E管质量增加1.76g，则该样品的实验式为_；能否根据该实验式确定有机物的分子式？若能，则样品的分子式是_(若不能，则此空不填)。(6)若该样品的核磁共振氢谱如图所示，则其结构简式为_。学科网（北京）股份有限公司学科网（北京）股份有限公司参考答案：1BA丙炔，官能团及分类均正确，不符题意；B对苯二酚，官能团名称正确，分类错误，该有机物应属于酚，描述错误，符合题意；C甲酸乙酯，官能团及分类均正确，不符题意；D葡萄糖，官能团及分类均正确，不符题意；综上，本题选B。2DA红外光谱图中给出的化学键有CH键、O
13、H键和CO键三种，A项正确；B核磁共振氢谱图中峰的个数即代表氢的种类，故B项正确；C核磁共振氢谱峰的面积表示氢的数目比，在没有明确化学式的情况下，无法得知氢原子总数，C项正确；D若A为CH3OCH3，则无OH键，与所给红外光谱图不符，且其核磁共振氢谱图应只有1个峰，与核磁共振氢谱图不符，故D项不正确。故选D。3DA含有醇羟基，属于醇类，A错误；B含有羧基，官能团是COOH，属于羧酸，B错误；C含有酯基，官能团是COO，属于酯类，C错误；D含有醚键，属于醚类，D正确。答案选D。4C浓硫酸增重9.0 g，碱石灰增重17.6 g，即生成水的质量是9.0 g，二氧化碳质量是17.6 g，根据原子守恒：
14、n（C）=n（CO2）=17.6g44g/mol=0.4mol，n（H）=2n（H2O）=20.5mol=1mol，则分子式n（O）=0.2mol，则分子中C、H、O原子数目之比为0.4mol：1mol：0.2mol=2：5：1，该有机物的最简式为C2H5O，分子式表示为（C2H5O）n，由于H原子为偶数，则n为偶数，且5n22n+2，即n2，故n=2，则有机物分子式为C4H10O2，综上分析可知，A、B、D正确，C错误，故选C。5CAa分子中含有14个键，2个键，A项错误；Ba的分子式为，苯的分子式为，二者不互为同分异构体，B项错误；Cb中含有碳碳双键，与溴发生加成反应时，键断裂，C项正确；
15、Db分子中有6种不同化学环境的氢原子，则b的一氯代物有6种，D项错误。故选：C。6BA苯的同系物必须是只含有1个苯环，侧链为烷烃基的同类芳香烃，由结构简式可知，苯并降冰片烯的侧链不是烷烃基，不属于苯的同系物，故A错误；B由结构简式可知，苯并降冰片烯分子中苯环上的6个碳原子和连在苯环上的2个碳原子共平面，共有8个碳原子，故B正确；C由结构简式可知，苯并降冰片烯分子的结构上下对称，分子中含有5类氢原子，则一氯代物有5种，故C错误；D苯环不是单双键交替的结构，由结构简式可知，苯并降冰片烯分子中只含有1个碳碳双键，故D错误；故选B。7CA烃的含氧衍生物完全燃烧产物也只有二氧化碳和水，故该有机物不一定为
16、烃类，A错误；B烃类物质完全燃烧产物也只有二氧化碳和水，故该有机物可能为烃类，不一定为烃的含氧衍生物，B错误；C有机物完全燃烧生成二氧化碳和水，说明有机物中一定含有C、H两种元素，C、H质量可以根据质量守恒确定，再根据有机物的质量减去C和H的质量确定是否有氧元素，C正确；D烷烃（CnH2n+2）是含氢量最高的有机物，甲烷（CH4）是含氢量最高的烷烃，故甲烷的含碳量最低，D错误；故选C。8C选项中的四种含苯环的有机物均只由碳和氢两种元素组成，属于芳香烃，相对分子质量均为106，核磁共振氢谱有4组峰，说明分子中有四种等效氢。同一个碳原子上的H等效，对称位置上的H等效。A乙苯有5种等效氢，故A不选；
17、B邻二甲苯有3种等效氢，故B不选；C间二甲苯有4种等效氢，且等效氢的数目分别为6、2、1、1，即核磁共振氢谱图上4组峰的面积之比为6211，故C选；D对二甲苯有2种等效氢，故D不选；故选C。9C连4个不同原子或原子团的C为手性碳原子，含有手性碳原子的分子为手性分子，甘氨酸(NH2CH2COOH)、氯仿(CHCl3)、丙醛(CH3CH2CHO)均不含有手性碳原子，不属于手性分子，乳酸CH3CH(OH)COOH中连接甲基、羟基、羧基的碳是手性碳原子，属于手性分子；故选C。10B分子式为C8H10的芳香烃，其可能的结构可能是乙苯、邻二甲苯、间二甲苯、对二甲苯，因此共有四种结构；故合理选项是B。11A
18、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、C-O-C单键，则A的结构简式为CH3COOCH2CH3或CH3CH2COOCH3，故选A。12AA分子中含有1个酰胺基，分子与足量NaOH溶液完全反应后生成和碳酸钠溶液，钠盐只有破酸钠这1种，A正确；B分子完全水解后所得有机物分子中手性破原子数目为1个，如图所示，B错误；C苯分子是平面结构、醛基是平面结构、碳碳单键是四面体结构，饱和碳原子及其相连的原子最多三个共面，则分子中所有碳原子不可能共平面，C错误；D含醇羟基的有机物发生消去反应的条件为：浓硫酸、加热，D错误；答案选A。13(1)(2)2，
19、2-二甲基戊烷(3) (4) （1）的分子式C8H8；（2）属于烷烃，分子中最长碳链含有5个碳原子，侧链为2个甲基，名称为2，2二甲基戊烷；（3）CH3COOC2H5 含有酯基，属于酯； 和CH3(CH2)3CH=CH2的分子式相同，结构不同，互为同分异构体，故答案为：；（4）为葡萄糖的结构式；键线式只表示碳架，所有的碳原子、氢原子和碳-氢键都被省略，为表示有机物的键线式，故答案为：；。14(1)C4H5N2O(2)C8H10N4O2【解析】(1)设有机物的质量为100g，则该有机物中碳元素的质量为49.5g，氢元素的质量为5.2g，氮元素的质量为28.9g，氧元素的质量为16.5g，则该有机
20、物中四种元素的物质的量比为：4:5:2:1，则该有机物的实验式为C4H5N2O。(2)根据有机物实验式有机物实验式的摩尔质量为97g/mol，已知该有机物的相对分子质量为194，则该有机物的分子式为C8H10N4O2。15(1)AB(2) 红外光谱法 羧基 2 酯基 2【解析】（1）A、B项都有两个-CH3，且不对称，都含有C=O、C-O-C，所以A、B项符合图示；C项只有一个-CH3，不会出现不对称的现象；D项中没有C-O-C键，且-CH3为对称结构。（2）常用的鉴定有机物结构式物理方法为红外光谱法；中，红外光谱能检测出有羧基，化学键有O-H、C=O、C-O、C-C、C-H，所以共有5个振动
21、吸收；分子中含有2种氢(-CH3、-OH)，所以核磁共振氢谱中应有2个峰；|中，红外光谱能检测出有酯基，化学键有C=O、C-O-C、C-H，所以共有3个振动吸收；分子中含有2种氢(-CH3、H-C=O )，所以核磁共振氢谱中应有2个峰。16(1) 羟基 醛基(2) 卤代烃 甲烷 醛基(3) 醚键 羧基【解析】（1）的含氧官能团为羟基和醛基。（2）A为CHCl3，官能团为碳氯键，属于卤代烃，可通过CH4与Cl2在光照条件下发生取代反应得到。B分子中含有的官能团为CHO，名称为醛基。（3）非诺洛芬分子中的含氧官能团为和COOH，名称分别为醚键和羧基。17(1)261(2)C2H6O(3) CH3C
22、H2OH CH3OCH3(4) CH3CH2OH 羟基（1）有机物A充分燃烧生成水的物质的量为：n（H2O）=0.3 mol，则含有的氢原子的物质的量为：n（H）=0.6 mol，8.8g二氧化碳的物质的量为：n（CO2）=0.2 mol，则n（C）=0.2 mol，据氧原子守恒有：n（O）=n（H2O）+2n（CO2）-2n（O2）=0.3 mol+20.2 mol-2=0.1 mol，则：N（C）：N（H）：N（O）=n（C）：n（H）：n（O）=2：6：1，则A的实验式为C2H6O，故答案为：2：6：1。（2）该有机物A的实验式为C2H6O，设该有机物的分子式为（C2H6O）m，质谱仪测
23、定有机化合物A的相对分子质量为46，则：46m=46，解得：m=1，故其分子式为C2H6O，故答案为：C2H6O。（3）A可能为乙醇或二甲醚，结构简式为CH3CH2OH、CH3OCH3，故答案为：CH3CH2OH、CH3OCH3。（4）根据A的核磁共振氢谱图可知：A有三种不同类型的H原子，而CH3OCH3只有一种类型的H原子，故A的结构简式为CH3CH2OH，官能团名称为羟基，故答案为：CH3CH2OH；羟基。18 0.12mol 0.06mol C3H6O3浓硫酸增重为水的质量，根据水的质量，确定水的物质的量，进一步确定氢原子的物质的量，同理得碳原子的物质的量，再根据有机物的质量和相对分子质
24、量确定A的物质的量，进一步求得C、H、O的原子个数，最后确定有机物A的分子式。(1)浓硫酸增重1.08g为水的质量，则n(H2O)=0.06mol,n(H)=2 n(H2O)=0.12mol;碱石灰增重2.64g为燃烧生成CO2的质量，n(CO2)=0.06mol,则n(C)= 0.06mol.故答案为：0.12mol，0.06mol(2)因为m(A)=1.8g,M(A)=90g/mol,所以n(A)=0.02mol,所以N(C)=3，N(H)=6，则N(O)=3,所以该有机物的分子式为.故答案为：.19 0.0600 C4H6O6(1)根据表格中的数据，吸水剂增加的质量全部为有机物完全燃烧生
25、成水的质量，则生成水的物质的量n(H2O)=0.0600mol；(2)n(H)=0.0600mol2=0.120mol，n(C)=0.0800mol，n(O)=0.120mol，则最简式为C2H3O3，由于相对分子质量为150，则可以得到有机物的分子式为C4H6O6。20(1)打开分液漏斗活塞(2)除去O2中的水蒸气(3)防止空气中的二氧化碳、水蒸气进入E中(4)C4H8O2(5)(CH3)2CHCOOH实验开始时先制氧气，把装置中空气排出来，防止二氧化碳干扰，B干燥氧气，加热C，样品燃烧生成二氧化碳和水，CuO的作用是确保有机物充分氧化，最终生成CO2和H2O，D用于吸收生成物中的水，E用于
26、吸收生成物中的二氧化碳，F防止空气中的二氧化碳和水进入E装置，根据称量的质量进行有关的计算。（1）先打开分液漏斗活塞，使A中产生的O2将装置中的空气排出，防止影响有机物燃烧生成CO2和H2O的质量的测定，故答案为：打开分液漏斗活塞；（2）装置B中浓H2SO4的作用是除去O2中的水蒸气，防止影响有机物燃烧生成H2O的质量的测定，故答案为：除去O2中的水蒸气；（3）装置F中碱石灰的作用是防止空气中的二氧化碳、水蒸气进入E中，影响有机物燃烧生成CO2质量的测定，故答案为：防止空气中的二氧化碳、水蒸气进入E中；（4）由图二G的质谱图可知，G的相对分子质量为88，则8.8g样品G的物质的量为0.1mol
27、，经充分燃烧后，洗气瓶D增加的质量为反应生成水的质量，水的物质的量为，U型管E增加的质量为反应生成CO2的质量，CO2的物质的量为，则，该有机物的分子式为C4H8O2，故答案为C4H8O2；（5）8.8g(物质的量为0.1mol)有机物G跟足量NaHCO3溶液反应，生成标准状况下2.24LCO2(物质的量为0.1mol)，说明1个G分子中含有1个羧基，核磁共振氢谱有3组峰，且峰面积之比为6: 1: 1，说明G分子中有3种氢原子，3种氢原子的个数比为6:1:1，则G的结构简式为(CH3)2CHCOOH，故答案为：(CH3)2CHCOOH。21 (球形)冷凝管 吸收逸出的有机物(乙醚)，并防止倒吸
28、 水浴加热 除去反应液中未反应完的反应物 萃取扁桃酸 作干燥剂 75.7%苯甲醛与氯仿在氢氧化钠溶液中发生反应，生成扁桃酸等，需要加热且维持温度在5560。由于有机反应物易挥发，所以需冷凝回流，并将产生的气体用乙醇吸收。反应后所得的混合物中，既有反应生成的扁桃酸，又有剩余的反应物。先用乙醚萃取剩余的有机反应物，然后分液；在分液后所得的水溶液中加硫酸，将扁桃酸钠转化为扁桃酸，再用乙醚萃取出来，蒸馏进行分离提纯。(1)图中仪器C的名称是(球形)冷凝管。答案为：(球形)冷凝管；(2)装置B中有倒置的漏斗，且蒸馏出的有机物易溶于乙醇，所以其作用是吸收逸出的有机物(乙醚)，并防止倒吸。答案为：吸收逸出的
29、有机物(乙醚)，并防止倒吸；(3)步骤一中，温度需控制在5560之间，则合适的加热方式是水浴加热。答案为：水浴加热；(4)步骤二中，“将反应液用200mL水稀释”，则加入乙醚，是为了萃取未反应的有机反应物，所以用乙醚的目的是除去反应液中未反应完的反应物。答案为：除去反应液中未反应完的反应物；(5)步骤三中，“水相用50%的硫酸酸化至pH为23后，再每次用40mL乙醚分两次萃取”，因为加酸后扁桃酸钠转化为扁桃酸，所以用乙醚的目的是萃取扁桃酸；为了去除扁桃酸中溶有的少量水，加入适量无水硫酸钠，其目的是作干燥剂。答案为：萃取扁桃酸；作干燥剂；(6)该实验中，0.1mol(约l0.1mL)苯甲醛理论上
30、可生成0.1mol扁桃酸，则其产率为=75.7%。答案为：75.7%。22(1) 分液漏斗 H2O2#过氧化氢#双氧水(2) 干燥氧气 把有机物不完全燃烧产生的CO转化为CO2(3)CaCl2用于吸收水蒸气，而碱石灰既能吸收二氧化碳又能吸收水蒸气，所以燃烧产物应先通过CaCl2，后经过碱石灰，否则无法分别确定燃烧生成的CO2和H2O的质量(4)防止空气中的二氧化碳和水蒸气进入装置E，从而影响测定结果的准确性(5) C2H6O C2H6O(6)CH3OCH3实验目的是采用燃烧法测定有机物的组成，先制得纯净的氧气，然后将有机物完全氧化为二氧化碳和水，再分别测定二氧化碳和水的质量，从而得出有机物中碳
31、、氢、氧的原子个数比。（1）仪器a为分液漏斗。装置A中在常温下制取氧气，锥形瓶内为固体二氧化锰，则a中的液体反应物为H2O2，发生反应的化学方程式为；（2）实验目的是用干燥的氧气氧化有机物，以便测定产物的质量，所以B装置中浓硫酸的作用是干燥氧气。为防止燃烧产物中混有CO，影响测定结果，需再提供氧化剂，所以燃烧管C中CuO的作用是把有机物不完全燃烧产生的CO转化为CO2；（3）CaCl2用于吸收水蒸气，而碱石灰既能吸收二氧化碳又能吸收水蒸气，所以燃烧产物应先通过CaCl2，后经过碱石灰，否则无法分别确定燃烧生成的CO2和H2O的质量；（4）若无装置F，则装置E和空气相通，会吸收空气中的二氧化碳和水蒸气，从而影响测定结果的准确性，所以应在E后再增加一个装置F；答案为防止空气中的二氧化碳和水蒸气进入装置E，从而影响测定结果的准确性；（5）水的物质的量、二氧化碳的物质的量，则，故有机物含有O元素，则，该有机物的实验式是C2H6O。该有机物的最简式为C2H6O，H原子已经饱和C原子的四价结构，最简式即为分子式；（6）从图中可以看出，该有机物分子中只有一种氢原子，则其结构简式为CH3OCH3。