1、湖南省株洲市茶陵县第三中学2021届高三化学上学期第一次月考试题（含解析）可能用到的相对原子质量：H1 C12 N14 O16 Na23 Mg24 Al27 S32 Cl35.5 Fe56 Cu64第卷一、选择题(每小题只有一个选项符合题意)1. 化学与环境、材料、信息、能源关系密切，下列说法中不正确的是A. 用浸泡过高锰酸钾溶液的硅藻土吸收水果产生的乙烯以达到保鲜要求B. “光化学烟雾”、“臭氧空洞”形成都与氮氧化合物有关C. 氮的固定只有在高温、高压、有催化剂存在的条件下才能实现D. 高纯度的二氧化硅广泛用于制作光导纤维，光导纤维遇强碱会“断路”【答案】C【解析】A、乙烯能与酸性高锰酸钾反
2、应，除掉乙烯能达到保鲜要求，故A正确；B、光化学烟雾的形成主要是汽车尾气排放出的氮氧化物发生复杂的变化造成的；臭氧空洞是大气中的氟利昂等物质造成的，O3也与氮氧化合物作用，故B正确；C、把游离态的氮转化为化合态的氮是氮的固定，如工业上用氢气和氮气合成氨在高温、高压、有催化剂存在的条件下才能实现，是氮的固定，植物在常温下也能固氮，故C错误；D、高纯度的二氧化硅广泛用于制作光导纤维，光导纤维遇强碱会发生反应生成Na2SiO3从面“断路”，故D正确。故选C。2. 有关Na2CO3和NaHCO3的性质,下列叙述错误的是A. 相同温度下,等浓度的Na2CO3和NaHCO3溶液的碱性比较,前者更强B. 常
3、温时水溶性:Na2CO3NaHCO3C. 在酒精灯加热的条件下,前者不分解,后者分解D. 将澄清石灰水分别加入Na2CO3和NaHCO3溶液中,前者产生沉淀,后者无现象【答案】D【解析】A、碳酸根离子水解能力强于碳酸氢根离子，所以相同温度下等浓度的Na2CO3和NaHCO3溶液的碱性更强，故A正确；B、常温时水溶性：Na2CO3NaHCO3，故B正确；C、在酒精灯加热的条件下，NaHCO3分解生成Na2CO3、CO2、H2O，故C正确；D、 将澄清的石灰水分别加入Na2CO3和NaHCO3溶液中都能与澄清的石灰水反应生成沉淀，故D错误，故选D。3. 下列各组离子一定能大量共存的是A. 在含有0
4、.1mol/L Ca2+的溶液中：Na+、K+、ClO-、Cl-B. 在pH12的溶液中：、Na+、Cl-C. 在c(H+)0.1mol/L的溶液中：K+、I-、Cl-、D. 在澄清透明的无色溶液中：Na+、Cu2+、【答案】A【解析】【详解】A. 在含有0.1mol/L Ca2+的溶液中，离子之间均不发生反应，故能大量共存，故A符合题意；B. pH12的溶液显碱性，与OH-反应生成弱碱一水合氨，故不能大量共存，故B不符合题意；C. c(H+)0.1mol/L的溶液显酸性，在酸性条件下，将I-氧化，故不能大量共存，故C不符合题意；D. 含有Cu2+、的溶液有颜色，不是无色的，故不能大量共存，故
5、D不符合题意；故选A。4. 若NA表示阿伏加德罗常数，下列说法中正确的是A. 常温、常压下，32 g O2和O3混合气体中含有2NA个原子B. 常温下，5.6 g铁粉加入足量浓硝酸中反应，转移的电子数为0.3NAC. 1 L 0.5 molL1Na2CO3溶液中，阴阳离子总数为1.5NAD. 16 g CH4与18 g NH所含质子数相等【答案】A【解析】A、常温、常压下，32 g O2和O3混合气体，n(O)=32g/16gmol-1=2mol即含有2NA个原子，故A正确；B、铁粉加入足量浓硝酸中反应，产生钝化现象，故B错误；C、CO32要水解，产生HCO3、OH，阴阳离子总数多于1.5NA
6、，故C错误；D、16 g CH4含质子数为10mol与18 g NH4 所含质子数为11mol，不相等，故D错误；故选A。5. 乙酸乙酯能在多种条件下发生水解反应：CH3COOC2H5H2OCH3COOHC2H5OH。已知该反应的速率随c(H)的增大而加快。下图为CH3COOC2H5的水解速率随时间的变化图。下列说法中正确的是A. 图中A、B两点表示的c(CH3COOC2H5)相等B. 反应初期水解速率增大可能溶液中c(H)逐渐增大所致C. 图中t0时说明反应达到平衡状态D. 图中tB时CH3COOC2H5的转化率等于tA时的转化率【答案】B【解析】A、B点时乙酸乙酯不断水解，浓度逐渐降低，则
7、A、B两点表示的c（CH3COOC2H5）不能，故A错误；B、反应初期，乙酸乙酯水解产生醋酸，量少，电离出的氢离子不断增加，反应速率不断加快，故B正确；C、图中to时表示乙酸乙酯水解速率最大，随后又变小，没有达到平衡状态，故C错误；D、乙酸乙酯作为反应物不断减少，而生成物增加，则tB时CH3COOC2H5的转化率高于tA时CH3COOC2H5的转化率，故D错误。故选B。点睛：本题考查影响化学反应速率的因素，要找到不同时段影响反应速率的主要方面，注意根据图象分析影响因素以及速率变化特点，C为易错点。6. 25时，将10mL 质量分数为50%（密度为1.4g/cm3）的硫酸稀释成100mL。下列说
8、法正确的是A. 俯视容量瓶颈刻度线定容，所配溶液的浓度偏低B. 上述稀释过程所需要蒸馏水为90mLC. 50%的硫酸溶液中溶质的物质的量浓度为7.14mol/LD. 上述100mL稀硫酸中含溶质14g，该稀硫酸不属于电解质【答案】C【解析】A、俯视容量瓶颈刻度线定容，导致溶液的体积偏小，所配溶液的浓度偏高，故A错误；B、上述稀释后溶液的密度不知，所以无法求所需要的蒸馏水的体积或质量，故B错误；C、根据c=7.14mol/L，所以质量分数为50%的硫酸物质的量浓度为7.14mol/L，故C正确；D、c=7.14mol/L，而稀释过程中溶质的质量不变，所以上述100mL稀硫酸中含溶质7.14mol
9、/L0.01L98g/mol=6.99g，故D错误；故选C。点睛：掌握物质的量浓度的概念和溶质的质量分数与物质的量浓度的转化是正确解答本题的关键。本题的易错点为B，物质的量浓度公式c=中的V指的是溶液的体积，溶液的体积不等于浓硫酸的体积与水的体积的和，应该是溶液的质量与溶液密度的商。7. 设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A. 硅晶体中，有NA个Si就有2NA个SiSi键B. 常温常压下，等物质的量浓度的Na2CO3与Na2S溶液中Na+数目相等C. 1mol苯乙烯中含有的碳碳双键数为4NAD. 0.2molNH3与0.2molO2在催化剂、加热条件下充分反应，所得NO分子数为0.2
10、NA【答案】A【解析】【详解】A. 硅晶体属于原子晶体，由硅的结构可知，1molSi能形成2 molSi-Si键，则有NA个Si就有2NA个Si-Si键，故A正确；B. 由于溶液的体积未知，故无法判断两溶液中Na+数目的大小关系，故B错误；C. 1个苯乙烯分子中只有一个碳碳双键，所以1mol苯乙烯中含有的碳碳双键数为NA，故C错误；D. 反应的化学方程式为，则NH3有剩余，反应的NH3小于0.2 mol，由N元素守恒可知，所生成NO的分子数小于0.2NA，故D错误；故选A。8. 用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列有关说法正确的是A. 2.0gH218O与D2O混合物中所含中子数为NAB. 5.
11、6g铁粉在0.1mol氯气中充分燃烧，转移电子数为0.3NAC. 1molH2与足量O2反应生成的H2O中含有的共价键总数为NAD. 在反应11P4+60CuSO4+96H2O=20Cu3P+24H3PO4+60H2SO4中，6molCuSO4能氧化白磷的分子数为1.1NA【答案】A【解析】【详解】A. H218O与D2O的摩尔质量均为20g/mol，故2.0gH218O与D2O的混合物的物质的量为0.1mol，而每个H218O与D2O分子中均含10个中子，故0.1 mol H218O与D2O的混合物中共含1mol中子，即NA个，故A正确；B. 铁在氯气中充分燃烧，发生反应，生成FeCl3，5
12、.6g铁粉的物质的量为0.1mol，故0.1mol氯气的量不足，氯气反应完全，故转移电子数为0.2NA，故B错误；C. 1molH2与足量O2反应生成1molH2O，每个H2O分子含有2个O-H，则1molH2O中含有共价键总数为2NA，故C错误；D. CuSO4中Cu元素化合价由+2价降到Cu3P中的+1价，则每1molCuSO4得1mol电子，6molCuSO4可以得6mol电子，而白磷P4的氧化过程为0价+5价，每1mol P4失去20mol电子，所以6molCuSO4能氧化P4的物质的量为mol，即0.3mol，故6molCuSO4能氧化白磷的分子数为0.3NA，故D错误；故选A。9.
13、 下列离子方程式表达正确的是A. 氢氧化铁溶于氢碘酸：Fe(OH)3+3H+=Fe3+3H2OB. 小苏打溶液呈碱性的原因：+H2OH3O+C. 溴化亚铁溶液中通入足量氯气：2Fe2+4Br-+3Cl2=2Fe3+2Br2+6Cl-D. 向硫酸铝铵NH4Al(SO4)2溶液中滴加少量Ba(OH)2溶液：+Al3+2+2Ba2+5OH-=+2BaSO4+NH3H2O+2H2O【答案】C【解析】【详解】A. 氢氧化铁溶于氢碘酸，由于Fe3+能氧化I-，故正确的离子方程式为：2Fe(OH)3+6H+2I-=2Fe2+I2+6H2O，故A错误；B. 小苏打溶液呈碱性的原因，正确的离子方程式为：HCO3
14、-+H2OH2CO3+OH-，故B错误；C. 溴化亚铁溶液中通入足量氯气，Fe2+和Br-均能完全被氧化，且二者的比例关系符合1:2，根据得失电子守恒、电荷守恒配平离子方程式为：2Fe2+4Br-+3Cl22Fe3+2Br2+6Cl-，故C正确；D. 向硫酸铝铵NH4Al(SO4)2溶液中滴加少量Ba(OH)2溶液，假设Ba(OH)2物质的量为1mol，2molOH-只能与molAl3+反应生成molAl(OH)3，1mol Ba2+与1mol 反应生成1mol BaSO4沉淀，则反应的方程式为Al3+2OH-+Ba2+=BaSO4+Al(OH)3，化简可得离子方程式为：2Al3+3+6OH-
15、+3Ba2+=3BaSO4+2 Al(OH)3，故D错误；故选C。10. 通过实验、观察、类比、推理等方法得出正确的结论是化学学习的方法之一。对下列反应的推断或解释正确的是（）选项操作可能的实验现象解释A某溶液中加入硝酸酸化的氯化钡溶液有白色沉淀生成溶液中一定含有SOB将SO2通入Ba(NO3)2溶液中有白色沉淀生成SO2与Ba(NO3)2反应生成BaSO3C同温同压下，用pH试纸测定相同浓度的碳酸钠和硫酸钠溶液的酸碱性碳酸钠溶液的pH大于硫酸钠溶液的pH碳酸钠溶液发生了水解D向淀粉KI溶液中通入Cl2溶液变蓝Cl2与淀粉发生显色反应A. AB. BC. CD. D【答案】C【解析】A项，向某
16、溶液中加入硝酸酸化的BaCl2溶液产生白色沉淀，溶液中可能含SO42-、SO32-、Ag+等，错误；B项，SO2通入Ba（NO3）2溶液中产生白色沉淀，由于酸性条件下NO3-将SO2氧化成SO42-，SO42-与Ba2+产生白色BaSO4沉淀，反应可表示为：3SO2+2NO3-+3Ba2+2H2O=3BaSO4+2NO+4H+，错误；C项，同温同压下，等浓度的Na2CO3溶液的pH大于Na2SO4溶液的pH，根据“越弱越水解”规律，说明碳酸钠溶液发生了水解，正确；D项，向淀粉KI溶液中通入Cl2，溶液变蓝是Cl2与KI发生置换反应生成I2，I2与淀粉呈蓝色，错误；答案选C。点睛：本题考查SO4
17、2-的检验、酸性条件下NO3-的强氧化性、盐类水解的规律、Cl2的性质，易错选A和B。检验SO42-时必须排除其他离子的干扰，检验SO42-的方法是：先向溶液中加稀盐酸（排除Ag+、CO32-、SO32-等的干扰）无明显实验现象，再加入BaCl2溶液，产生白色沉淀表明含SO42-。NO3-通常无强氧化性，但酸性条件下会表现强氧化性。11. 下列实验所用装置正确的是A. 用甲图装置电解精炼铝B. 用乙图装置制备氢氧化亚铁C. 用丙图装置制取乙炔D. 用丁图装置制取乙烯【答案】B【解析】A、电解AlCl3溶液，阴极H得电子能与大于Al3，在纯铝电极上得到的是H2，不是Al，故A错误；B、制备氢氧化
18、亚铁主要是解决氧化的问题，使用植物油、将滴管伸入硫酸亚铁溶液中都是为减少氢氧化亚铁与空气的接触，防止氢氧化亚铁被氧化，故B正确；C、乙炔的密度比空气小，不溶于水，可用向下排空气法或排水法收集，故C错误；D、用温度计控制反应混合液的温度为170，不是控制蒸气的温度，水银球应插入反应混合液中，故D错误；故选B。点睛：本题考查实验装置，属于基础知识的综合运用，A是易错点，将铜的精炼原理机械地迁移本题，忽视H和Al3得失电子能力强弱而错选A；D要明确温度计的使用原则，要测什么温度，水银球就插到什么地方。12. 下列各项操作中，发生“先产生沉淀，后沉淀又溶解”现象的是：向饱和碳酸钠溶液中通入过量的CO2
19、向Fe(OH)3胶体中逐滴加入过量的稀硫酸向AgNO3溶液中逐滴加入过量氨水向硅酸钠溶液中逐滴加入过量的盐酸A. B. C. D. 【答案】D【解析】【详解】向饱和碳酸钠溶液中通入过量的CO2，发生反应Na2CO3+ CO2+H2O= 2NaHCO3，会沉淀但沉淀不会溶解，故不发生“先产生沉淀，后沉淀又溶解”现象；向Fe(OH)3胶体中逐滴加入过量的稀硫酸，首先是硫酸电离产生的离子中和Fe(OH)3胶体粒子上的电荷，胶体聚沉，然后发生酸碱中和反应沉淀溶解，故会发生“先产生沉淀，然后沉淀又溶解”现象；刚开始滴加氨水，生成白色沉淀AgNO3+NH3H2O=AgOH+NH4NO3，继续滴加氨水，白色
20、沉淀溶解AgOH+2NH3H2O=Ag(NH3)2OH+2H2O，故会发生“先产生沉淀，然后沉淀又溶解”现象；Na2SiO3溶液与盐酸反应生成硅酸沉淀，硅酸不溶于盐酸，故不发生“先产生沉淀，后沉淀又溶解”现象；综上所述，会发生“先产生沉淀，后沉淀又溶解”的现象，故选D。13. 下列关于有机物的说法正确的是A. 聚乙烯能使溴的四氯化碳溶液褪色B. 甲基环己烷()的一氯代物共有4种C. 葡萄糖能和乙酸发生酯化反应D. 服用豆浆或牛奶可以缓解重金属盐中毒，利用了蛋白质盐析的性质【答案】C【解析】【详解】A. 聚乙烯不含碳碳双键，不能与溴发生加成反应，故不能使溴的四氯化碳溶液褪色，故A错误； B. 甲
21、基环己烷含5种等效H原子，则一氯代物共有5种，如图，故B错误；C. 葡萄糖含有羟基，可与乙酸发生酯化反应，故C正确；D. 重金属盐可使蛋白质变性，不能发生盐析，故D错误；故选C。14. 已知某有机物的结构简式如下，下列有关该分子的说法正确的是（ ）A. 分子式为C10H14O6B. 含有的官能团为羟基、羧基和酯基C. 该分子不能发生取代反应D. 它属于芳香烃【答案】B【解析】【详解】A的分子式为C10H10O6，故A错误；B中含有羟基、羧基和酯基三种官能团，故B正确；C分子结构中含有羟基、羧基和酯基三种官能团，均能发生取代反应，如发生酯的水解、酯化反应等，故C错误；D除含有苯环外，还含有氧元素
22、，只能属芳香族化合物，不是芳香烃，故D错误；故答案为B。第卷二、非选择题15. 绿矾(FeSO47H2O)是治疗缺铁性贫血的特效药。下面是以商品级纯度铁屑(含少量锡等杂质)生产绿矾的一种方法：已知：在H2S饱和溶液中，SnS沉淀完全时溶液的pH为1.6；FeS开始沉淀时溶液的pH为3.0，沉淀完全时的pH为5.5。(1)检验得到的绿矾晶体中是否含有Fe3的实验操作是_。(2)操作在溶液中用硫酸酸化至pH2的目的是_；通入硫化氢至饱和的目的是：除去操作所得溶液中含有的Sn2等杂质离子；_。(3)操作的顺序依次为_、冷却结晶、_。(4)操作得到的绿矾晶体用少量冰水洗涤，其目的是：除去晶体表面附着的
23、硫酸等杂质；_。(5)测定绿矾产品中Fe2含量的方法是：a.称取2.850 g绿矾产品，溶解，在250 mL容量瓶中定容；b.量取25.00 mL待测溶液于锥形瓶中；c.用硫酸酸化的0.010 00 mol/L KMnO4溶液滴定至终点，消耗KMnO4溶液体积的平均值为20.00 mL(滴定时KMnO4溶液只与Fe2发生反应)。计算上述样品中FeSO47H2O的质量分数为_(保留4位有效数字)。若用上述方法测定的样品中FeSO47H2O的质量分数偏低(测定过程中产生的误差可忽略)，其可能原因有_。【答案】 (1). 取少量晶体溶于水，滴加KSCN溶液，若不出现血红色，表明不含有Fe3，反之则含
24、有Fe3 (2). 使Sn2完全变成SnS沉淀，而Fe2不沉淀 (3). 防止Fe2氧化 (4). 蒸发浓缩 (5). 过滤(洗涤) (6). 降低洗涤过程中FeSO47H2O的损耗 (7). 97.54% (8). 样品中存在少量的杂质(如H2O、H2SO4等)或样品部分被氧化【解析】(1)检验得到的绿矾晶体中是否含有Fe3的实验操作是： 取少量晶体溶于水，滴加KSCN溶液，若不出现血红色，表明不含有Fe3，反之则含有Fe3 ；（2）已知：在H2S饱和溶液中，SnS沉淀完全时溶液的pH为1.6；FeS开始沉淀时溶液的pH为3.0，沉淀完全时的pH为5.5，操作在溶液中用硫酸酸化至pH=2的目
25、的是：在溶液PH=2时，Sn2完全沉淀，亚铁离子不沉淀，通入硫化氢至饱和的目的是：硫化氢具有强还原性，可以防止亚铁离子被氧化；(3)操作的顺序依次为：溶液中得到晶体，需要对溶液进行加热蒸发浓缩，结晶析出，过滤洗涤等，所以操作IV的顺序依次为：蒸发、结晶、过滤、洗涤；（4）冰水温度低，物质溶解度减小，可以洗去沉淀表面的杂质离子，避免绿矾溶解带来的损失，降低洗涤过程中FeSO47H2O的损耗；（5）反应方程式减小计算： 5Fe2 + MnO4+8H5Fe3+Mn2+4H2O 5 1 n（Fe2） 0.01000molL10.0200Ln（Fe2）=0.001mol；则250mL溶液中含Fe2=0.
26、001mol250/25=0.01mol；n（FeSO47H2O）=0.01mol，m(FeSO47H2O)=0.01mol278gmol1=2.78g；质量分数(FeSO47H2O)=2.78g/2.85g100%=97.54%；用上述方法测定的样品中FeSO47H2O的质量分数偏低（测定过程中产生的误差可忽略），其可能原因是洗涤不彻底，样品中存在少量的杂质(如H2O、H2SO4等)、亚铁离子被空气中的氧气部分氧化，答案：样品中存在少量的杂质(如H2O、H2SO4等)或样品部分被氧化。16. 如图为实验室某浓盐酸试剂瓶标签上的部分数据，试根据标签上的相关数据回答下列问题：盐酸分子式：HCl相
27、对分子质量：36.5密度：1.19g/cm3HCI的质量分数：36.5%（1）该浓盐酸中HCl的物质的量浓度为_mol/L。（2）取用任意体积的该盐酸时，下列物理量中不随所取体积的多少而变化的是_（填字母）。A溶液中HCl的物质的量 B溶液的浓度C溶液中Cl-的数目 D溶液的密度（3）某学生欲用上述浓盐酸和蒸馏水配制500mL物质的量浓度为0.400mol/L的稀盐酸。该学生需要量取_mL上述浓盐酸进行配制。在配制过程中，下列实验操作对所配制的稀盐酸的物质的量浓度有何影响？（填“偏大”“偏小”或“无影响”）a用量筒量取浓盐酸时俯视观察凹液面：_；b定容后经振荡、摇匀、静置，发现液面下降，再加适
28、量的蒸馏水：_。（4）假设该同学成功配制了0.400mol/L的盐酸，他又用该盐酸中和含0.4gNaOH的NaOH溶液，则该同学需取_mL盐酸。假设该同学用新配制的盐酸中和含0.4gNaOH的NaOH溶液，发现比中所求体积偏小，则可能的原因是_。A浓盐酸挥发，浓度不足B配制溶液时，未洗涤烧杯C配制溶液时，俯视容量瓶刻度线D加水时超过刻度线，用胶头滴管吸出【答案】 (1). 11.9 (2). BD (3). 16.8 (4). 偏小 (5). 偏小 (6). 25 (7). C【解析】【分析】（1）根据c=1000/M计算；（2）溶液具有均一性、稳定性，则浓度、密度不变；（3）根据c1V1=c
29、2V2计算；a用量筒量取浓盐酸时俯视观察凹液面，导致浓溶液的体积偏小，配制溶液浓度偏小；b定容后经振荡、摇匀、静置，发现液面下降，再加适量的蒸馏水，导致配制溶液体积偏大，浓度偏小；（4）盐酸与NaOH按1：1反应；所求的体积偏小，则盐酸的物质的量浓度偏大。【详解】（1）c=1000/M=(10001.1936.5%36.5) mol/L =11.9mol/L；（2）溶液具有均一性、稳定性，则浓度、密度不变，溶液中溶质的物质的量与个数与取用的体积有关，答案为BD；（3）c1V1=c2V2，V1= c2V2/c1=0.400mol/L0.5L11.9mol/L=16.8mL；a用量筒量取浓盐酸时俯
30、视观察凹液面，导致浓溶液的体积偏小，配制溶液浓度偏小；b定容后经振荡、摇匀、静置，发现液面下降，再加适量的蒸馏水，导致配制溶液体积偏大，浓度偏小；（4）盐酸与NaOH按1：1反应，则0.400mol/LV=0.4g40g/mol，V=0.025L即25mL；所求的体积偏小，则盐酸的物质的量浓度偏大；A浓盐酸挥发，浓度减小，碱的量不变，消耗的盐酸的体积偏大，A错误；B配制溶液时，未洗涤烧杯，浓度偏小，碱的量不变，消耗的盐酸的体积偏大，B错误；C配制溶液时，俯视容量瓶刻度线，盐酸的浓度偏大，碱的量不变，消耗的盐酸的体积偏小，C正确；D加水时超过刻度线，用胶头滴管吸出，浓度偏小，碱的量不变，消耗的盐
31、酸的体积偏大，D错误；答案为C。17. 由正丁醇(用nC4H9OH表示)制备正溴丁烷(沸点：101.6 )的反应如下所示：nC4H9OHNaBrH2SO4nC4H9BrNaHSO4H2O副反应：nC4H9OHCH3CH2CHCH2H2O2nC4H9OH (nC4H9)2OH2O3H2SO4(浓)2NaBr(固)=2NaHSO4Br2SO22H2O已知反应物及其用量：固体NaBr 0.24 mol，nC4H9OH 0.20 mol，浓H2SO4 29 mL，H2O 20 mL。制备过程经历如下五个步骤，试回答下列问题：.投料：在圆底烧瓶中加入20 mL水，再慢慢加入29 mL浓硫酸，混合均匀并冷
32、却至室温后，再依次加入0.20 mol正丁醇(约18 mL)和0.24 mol溴化钠，充分振荡后加入几粒沸石。(1)冷却至室温后再加正丁醇和溴化钠的目的是_(填字母代号)。A减少HBr的挥发B防止正丁醇的挥发C防止溴化钠被氧化D防止温度过高导致炭化结焦(2)本反应中硫酸与溴化钠作用生成氢溴酸，氢溴酸与正丁醇作用发生取代反应生成正溴丁烷。硫酸的用量和浓度过大都对本制备不利的主要原因是_。.加热回流：反应装置选择而不选择的原因是_。在反应装置中冷凝水应该从_(填“A”或“B”)端进水。.分离粗产物：反应结束待反应液冷却后，用直形冷凝管换下球形冷凝管，将其变为蒸馏装置进行蒸馏，得到的粗产物中除主产品
33、外，还含下列选项中的_(填序号)。nC4H9OHSO2(nC4H9)2OBr2NaHSO4H2OH2SO4.洗涤粗产物：将馏出液移至分液漏斗中，加入等体积的水洗涤后，分液得有机层。如果不能判断哪层是有机层，可以用_方法来判断。对有机层进行洗涤除杂、除水后可得到粗产品。.收集产物：将干燥好的产物移至小蒸馏瓶中，加热蒸馏，收集99103 的馏分。要证明最终产物是nC4H9Br，方法是_。【答案】 (1). ABC (2). 会促进副反应进行 (3). 可以防止挥发性尾气进入空气污染环境 (4). B (5). (6). 从任意一层取少量液体加水，如混溶则该层为水层；不混溶则为有机层 (7). 测定
34、产品的沸点【解析】（1）A高沸点物质能制低沸点物质，加入浓硫酸和溴化钠的作用是产生HBr，然后HBr与正丁醇发生取代反应，故A正确；B正丁醇易挥发，冷却至室温能减少正丁醇挥发，故B正确；C浓硫酸与溴化钠在加热时，氧化性增强，更易发生氧还原反应，故C正确；D、此温度下还不足以使正丁醇发生炭化结焦，故D错误；故选：ABC；（2）硫酸用量过大或浓度过大将会使题中的副反应增多，故答案为会促进副反应进行；2装置比装置多了一个尾气吸收装置，因本实验中有有毒且易溶于水的HBr、SO2等，故应选择装置，既能消除污染又能防止倒吸。冷凝水应该从B端进入，这样热交换效果好，冷凝回流的效果好；.是未反应完的物质，故存
35、在；是气体，不会留在蒸馏产物中；、是液态副产物，故存在；是液态生成物故存在；、的沸点高，不会被蒸馏出来，故选：；.利用有机层与水层在水溶性上的差异，可以从任意一层取少量液体加水，如混溶则该层为水层；不混溶则为有机层；证明某一纯净物最好的方法是根据纯净物本身的性质，如固体的熔点、液体的沸点等，故答案为测定产品的沸点。18. 有机碱，例如二甲基胺()、苯胺()，吡啶()等，在有机合成中应用很普遍，目前“有机超强碱”的研究越来越受到关注，以下为有机超强碱F的合成路线：已知如下信息：H2C=CH2+RNH2苯胺与甲基吡啶互为芳香同分异构体回答下列问题：(1)A的化学名称为_。(2)由B生成C的化学方程
36、式为_。(3)C中所含官能团的名称为_。(4)由C生成D的反应类型为_。(5)D的结构简式为_。(6)E的六元环芳香同分异构体中，能与金属钠反应，且核磁共振氢谱有四组峰，峰面积之比为6221的有_种，其中，芳香环上为二取代的结构简式为_。【答案】 (1). 三氯乙烯 (2). +KOH+KCl+H2O (3). 碳碳双键、氯原子 (4). 取代反应 (5). (6). 6 (7). 【解析】【分析】由合成路线可知，A为三氯乙烯，其先发生信息的反应生成B，则B为；B与氢氧化钾的醇溶液共热发生消去反应生成C，则C为；C与过量的二环己基胺发生取代反应生成D；D最后与E发生信息的反应生成F。【详解】(
37、1)由题中信息可知，A的分子式为C2HCl3，其结构简式为ClHC=CCl2，其化学名称为三氯乙烯。(2) B与氢氧化钾醇溶液共热发生消去反应生成C（），该反应的化学方程式为+KOH+KCl+H2O。(3)由C的分子结构可知其所含官能团有碳碳双键和氯原子。(4) C（）与过量的二环己基胺发生生成D，D与E发生信息的反应生成F，由F的分子结构可知，C的分子中的两个氯原子被二环己基胺基所取代，则由C生成D的反应类型为取代反应。(5) 由D的分子式及F的结构可知D的结构简式为。(6) 已知苯胺与甲基吡啶互为芳香同分异构体。E（）的六元环芳香同分异构体中，能与金属钠反应，则其分子中也有羟基；核磁共振氢谱有四组峰，峰面积之比为6221的有、，共6种，其中，芳香环上为二取代的结构简式为。【点睛】本题的同分异构体的书写是难点，要根据题中“苯胺与甲基吡啶互为芳香同分异构体”才能找齐符合条件的同分异构体。