1、2014-2015学年广东省潮州市高二（下）期末化学试卷一、选择题（共8小题，1-6每小题4分，7-8每小题4分，满分36分）1化学与生活密切相关，下列说法正确的是（）A蛋白质和油脂都是天然高分子化合物BCO2和CH4都是造成温室效应气体C蔗糖和麦芽糖水解产物均为葡萄糖D苯酚和甲苯遇FeCl3均显紫色2下列说法正确的是（）A天然气、石油都是清洁的可再生能源B在燃煤中添加碳酸钙或生石灰可以减少SO2的排放C在AgCl饱和溶液中加入AgNO3溶液，达平衡时，溶液中Ksp（AgCl）降低D地沟油和矿物油都属于酯类物质3下列表示对应化学反应的离子方程式正确的是（）A碳酸钙溶于醋酸：CaCO3+2H+C
2、a2+CO2+H2OB苯酚钠溶液中通入少量的CO2：2+CO2+H2O+CO32C用铜做电极电解CuSO4溶液：2Cu2+2H2O2Cu+O2+4H+D用银氨溶液检验乙醛中的醛基：CH3CHO+2Ag（NH3）2+2OHCH3COO+NH4+3NH3+2Ag+H2O4下列有关物质的性质和应用正确的是（）A乙醇、糖类和蛋白质都是人体必需的营养物质B福尔马林可防腐，可用它保存海鲜产品C油脂在酸性条件下水解生成高级脂肪酸和甘油D合成橡胶与光导纤维属于有机高分子材料5下列说法不正确的是（）A丙烯的结构简式：C3H6BAl3+能水解成Al（OH）3胶体，明矾可用作净水剂C在海轮外壳上镶入锌块，可减缓船体
3、的腐蚀速率D盛有被KCl饱和溶液浸泡过的琼脂的U型管，可用作原电池的盐桥6下列依据相关实验得出的结论正确的是（）选项实验步骤现象结论A浓硫酸与乙醇加热，产生的气体X直接通入溴水溴水褪色X一定是纯净的乙烯B溴乙烷、乙醇及固体NaOH混合加热，产生的气态物质Y，直接通入酸性高锰酸钾溶液酸性高锰酸钾溶液褪色Y一定是纯净的乙烯C在含有酚酞的Na2CO3溶液中加入适量BaCl2溶液振荡红色褪去说明Na2CO3溶液中存在水解平衡DZ、W两试管中分别盛有pH和体积相同的盐酸和醋酸溶液，同时分别投入质量大小、形状相同的少量锌粒Z中产生气体速率快Z中盛放的是盐酸AABBCCDD7香茅醛是一种食用香精，异蒲勒醇是
4、一种增香剂，一定条件下，香茅醛可转化为异蒲勒醇下列说法不正确的是（）A香茅醛与异蒲勒醇互为同分异构体B香茅醛的分子式为C10H19OC异蒲勒醇可发生加成、取代、消去反应D鉴别香茅醛与异蒲勒醇可用Br2水8设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（）A常温下，1L0.1mol/L的NH4NO3溶液中氮原子总数为0.2 NAB1mol羟基中电子数为10NAC乙二醇与钠的在反应中，每生成1molH2消耗乙二醇1molD常温常压下，22.4L乙烯中CH键数为4 NA二、解答题（共4小题，满分64分）9写出下列反应的化学方程式乙炔通入过量的溴的四氯化碳溶液：；2溴丙烷与氢氧化钠水溶液共热：；（2）写
5、出2甲基3乙基戊烷的结构简式：；（3）充分燃烧2.8g某有机物，生成8.8gCO2和3.6gH2O，改有机物蒸气的密度是相同条件下N2的密度2倍该有机物的分子式为：；该有机物所有链状同分异构体的结构简式为：10姜黄素具有抗突变和预防肿瘤的作用，其合成路线如下：化合物I可以由以下合成路线获得：（1）有机物的分子式为，含有官能团的名称为醚键和（2）有机物V的名称为，其生成的化学方程式为（注明反应条件）：（3）写出一种符合下列条件的的同分异构体的结构简式苯环上的一硝基取代物有2种 1mol该物质水解，最多消耗3molNaOH（4）反应中反应物的原子利用率为100%，请写出该反应的化学方程式11苯甲醛
6、在医药、染料、香料等行业有着广泛的应用实验室通过如图所示的流程由甲苯氧化制备苯甲醛试回答下列问题：（1）Mn2O3氧化甲苯的反应需要不断的搅拌，搅拌的作用是（2）甲苯经氧化后的得到的混合物通过结晶、过滤进行分离该过程需要将混合物冷却，其目的是（3）实验过程中，可循环使用的物质分别为、（4）实验中分离甲苯和苯甲醛采用的操作的名称是，其原理是（5）实验中发现，反应时间不同苯甲醛的产率也不同（数据见下表）反应时间/h12345苯甲醛产率/%76.087.583.672.564.8请结合苯甲醛的结构，分析当反应时间过长时，苯甲醛产率下降的原因是12对硝基甲苯是医药、染料等工业的一种重要有机中间体，它常
7、以浓硝酸为硝化剂，浓硫酸为催化剂，通过甲苯的硝化反应制备一种新的制备对硝基甲苯的实验方法是：以发烟硝酸为硝化剂，固体NaHSO4为催化剂（可循环使用），在CCl4溶液中，加入乙酸酐（有脱水作用），45反应1h反应结束后，过滤，滤液分别用5% NaHCO3，溶液、水洗至中性，再经分离提纯得到对硝基甲苯（l）上述实验中过滤的目的是（2）滤液在分液漏斗中洗涤静置后，有机层处于层（填“上”或下”）；放液时，若发现液体流不下来，其可能原因除分液漏斗活塞堵塞外，还有（3）下列给出了催化剂种类及用量对甲苯硝化反应影响的实验结果催化剂n（催化剂）硝化产物中各种异构体质量分数（%）总产率（%）n（甲苯）对硝基甲
8、苯邻硝基甲苯间硝基甲苯浓H2SO41.035.660.24.298.01.236.559.54.099.8NaHSO40.1544.655.10.398.90.2546.352.80.999.90.3247.951.80.399.90.3645.254.20.699.9NaHSO4催化制备对硝基甲苯时，催化剂与甲苯的最佳物质的量之比为由甲苯硝化得到的各种产物的含量可知，甲苯硝化反应的特点是与浓硫酸催化甲苯硝化相比，NaHSO4催化甲苯硝化的优点有、2014-2015学年广东省潮州市高二（下）期末化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（共8小题，1-6每小题4分，7-8每小题4分，满分36分）1化
9、学与生活密切相关，下列说法正确的是（）A蛋白质和油脂都是天然高分子化合物BCO2和CH4都是造成温室效应气体C蔗糖和麦芽糖水解产物均为葡萄糖D苯酚和甲苯遇FeCl3均显紫色【考点】有机高分子化合物的结构和性质；常见的生活环境的污染及治理；苯酚的化学性质；蔗糖、麦芽糖简介【专题】有机化学基础【分析】A油脂的相对分子量没有达到10000以上，不属于高分子化合物；BCO2、CH4和氮氧化合物都是形成温室效应的气体；C蔗糖水解生成葡萄糖和果糖，而麦芽糖水解生成葡萄糖；D苯酚与铁离子发生颜色反应而显示紫色，而搅拌不具有此性质【解答】解：A蛋白质为天然高分子化合物，而油脂的相对分子量较小，不属于高分子化合
10、物，故A错误；B造成温室效应的气体有甲烷、二氧化碳等气体，故B正确；C麦芽糖水解生成葡萄糖，而蔗糖水解生成果糖和葡萄糖，故C错误；D苯酚与氯化铁反应显示紫色，而甲苯不与氯化铁反应，故D错误；故选B【点评】本题考查了有机高分子化合物的判断、有机物结构与性质、苯酚的化学性质等知识，题目难度中等，试题涉及的知识点较多，充分考查了学生对所学知识的掌握情况2下列说法正确的是（）A天然气、石油都是清洁的可再生能源B在燃煤中添加碳酸钙或生石灰可以减少SO2的排放C在AgCl饱和溶液中加入AgNO3溶液，达平衡时，溶液中Ksp（AgCl）降低D地沟油和矿物油都属于酯类物质【考点】化石燃料与基本化工原料；清洁能
11、源；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；二氧化硫的化学性质；油脂的性质、组成与结构【专题】化学计算【分析】A、天然气、石油短时间内不可能形成，属于不可再生能源；B、二氧化硫可以与碱性物质如CaO发生化学反应；C、Ksp（AgCl）只受温度的影响，与离子浓度无关；D、地沟油含有油脂，油脂是甘油三酯属于酯类，矿物油主要来源于石油化工，属于烃类【解答】解：A、天然气、石油短时间内不可能形成，属于不可再生能源，故A错误；B、碳酸钙分解生成氧化钙，二氧化硫可以与碱性物质如CaO发生化学反应，故B正确；C、Ksp（AgCl）只受温度的影响，与离子浓度无关，故C错误；D、地沟油含有油脂，油脂是甘油三酯属于
12、酯类，矿物油主要来源于石油化工，属于烃类，故D错误；故选：B【点评】本题考查化石燃料、能源的分类和溶度积常数的影响因素，注意任何化学平衡常数均只受温度的影响，与离子浓度无关3下列表示对应化学反应的离子方程式正确的是（）A碳酸钙溶于醋酸：CaCO3+2H+Ca2+CO2+H2OB苯酚钠溶液中通入少量的CO2：2+CO2+H2O+CO32C用铜做电极电解CuSO4溶液：2Cu2+2H2O2Cu+O2+4H+D用银氨溶液检验乙醛中的醛基：CH3CHO+2Ag（NH3）2+2OHCH3COO+NH4+3NH3+2Ag+H2O【考点】离子方程式的书写【专题】离子反应专题【分析】A弱电解质写化学式；B二者
13、反应生成苯酚和碳酸氢钠；C用铜电极电解硫酸铜溶液时，阳极上铜失电子、阴极上铜离子得电子D醛和银氨溶液反应生成羧酸铵、氨气、银和水【解答】解：A弱电解质写化学式，离子方程式为CaCO3+2CH3COOHCa2+CO2+H2O+2CH3COO，故A错误；B二者反应生成苯酚和碳酸氢钠，离子方程式为+CO2+H2O+HCO3，故B错误；C用铜电极电解硫酸铜溶液时，阳极上铜失电子、阴极上铜离子得电子，阳极电极反应Cu2e=Cu2+、阴极电极反应Cu2+2e=Cu，故C错误D醛和银氨溶液反应生成羧酸铵、氨气、银和水，离子方程式为CH3CHO+2Ag（NH3）2+2OHCH3COO+NH4+3NH3+2Ag
14、+H2O，故D正确；故选D【点评】本题考查了离子方程式的书写，明确物质之间的反应及离子方程式书写规则是解本题关键，注意B中生成碳酸氢钠而不是碳酸钠、C中阳极应该是铜失电子而不是溶液中氢氧根离子放电，为易错点4下列有关物质的性质和应用正确的是（）A乙醇、糖类和蛋白质都是人体必需的营养物质B福尔马林可防腐，可用它保存海鲜产品C油脂在酸性条件下水解生成高级脂肪酸和甘油D合成橡胶与光导纤维属于有机高分子材料【考点】油脂的性质、组成与结构；甲醛；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点；有机高分子化合物的结构和性质【专题】有机物的化学性质及推断【分析】A乙醇不是人体必需的营养物质；B福尔马林是甲醛的水溶液，甲醛有
15、毒；C油脂为高级脂肪酸甘油酯；D光导纤维的成分是二氧化硅【解答】解：A乙醇不是人体必需的营养物质，糖类和蛋白质都是人体必需的营养物质，故A错误；B福尔马林是甲醛的水溶液，甲醛有毒，不能用于浸泡食品，故B错误；C油脂为高级脂肪酸甘油酯，则油脂在酸性条件下水解生成高级脂肪酸和甘油，故C正确；D光导纤维的成分是二氧化硅，不属于有机高分子材料，故D错误；故选C【点评】本题考查较综合，涉及有机物的结构、性质、用语及材料等，把握物质的组成为解答的关键，注重基础知识的考查，题目难度不大5下列说法不正确的是（）A丙烯的结构简式：C3H6BAl3+能水解成Al（OH）3胶体，明矾可用作净水剂C在海轮外壳上镶入锌
16、块，可减缓船体的腐蚀速率D盛有被KCl饱和溶液浸泡过的琼脂的U型管，可用作原电池的盐桥【考点】金属的电化学腐蚀与防护；结构简式；原电池和电解池的工作原理；盐类水解的应用【专题】化学用语专题；盐类的水解专题；电化学专题【分析】A、烯烃中的碳碳双键不能省略；B、Al3+能水解成Al（OH）3胶体，氢氧化铝胶体具有吸附性；C、在海轮外壳上镶入锌块，能形成原电池，在原电池中锌做负极；D、被KCl饱和溶液浸泡过的琼脂能够传递电荷【解答】解：A、烯烃中的碳碳双键不能省略，故丙烯的结构简式为CH2=CHCH3，故A错误；B、Al3+能水解成Al（OH）3胶体，氢氧化铝胶体具有吸附性，能除去水中的杂质，故明矾
17、能净水，故B正确；C、在海轮外壳上镶入锌块，能形成原电池，在原电池中锌做负极，对轮船起到保护的作用，即牺牲阳极的阴极防护法，故C正确；D、被KCl饱和溶液浸泡过的琼脂能够传递电荷，所以可用作原电池的盐桥，故D正确；故选A【点评】本题考查的知识点较多，侧重于学生分析能力和基本理论的理解和运用的考查，注意把握明矾净水的原理，难度不大6下列依据相关实验得出的结论正确的是（）选项实验步骤现象结论A浓硫酸与乙醇加热，产生的气体X直接通入溴水溴水褪色X一定是纯净的乙烯B溴乙烷、乙醇及固体NaOH混合加热，产生的气态物质Y，直接通入酸性高锰酸钾溶液酸性高锰酸钾溶液褪色Y一定是纯净的乙烯C在含有酚酞的Na2C
18、O3溶液中加入适量BaCl2溶液振荡红色褪去说明Na2CO3溶液中存在水解平衡DZ、W两试管中分别盛有pH和体积相同的盐酸和醋酸溶液，同时分别投入质量大小、形状相同的少量锌粒Z中产生气体速率快Z中盛放的是盐酸AABBCCDD【考点】化学实验方案的评价【专题】实验评价题【分析】A浓硫酸与乙醇加热，可生成乙烯、二氧化硫等气体；B乙醇可与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应；CNa2CO3溶液呈碱性，可使酚酞试液变红，结合影响平衡移动的因素分析；D醋酸为弱酸，pH相同时，醋酸浓度较大【解答】解：A浓硫酸与乙醇加热，可生成乙烯，同时浓硫酸与乙醇发生作用可生成二氧化硫等气体，故A错误；B乙醇可与酸性高锰酸钾发生
19、氧化还原反应，应先除去乙醇，故B错误；CNa2CO3溶液呈碱性，可使酚酞试液变红，加入BaCl2溶液生成碳酸钡沉淀，水解平衡向逆反应方向移动，溶液pH减小，故C正确；D醋酸为弱酸，pH相同时，醋酸浓度较大，醋酸反应较快，故D错误故选C【点评】本题考查物质的检验以及性质探究，综合考查学生的分析能力、实验能力和评价能力，为高考常见题型，注意把握物质的性质的异同以及实验的严密性和可行性的评价，难度不大7香茅醛是一种食用香精，异蒲勒醇是一种增香剂，一定条件下，香茅醛可转化为异蒲勒醇下列说法不正确的是（）A香茅醛与异蒲勒醇互为同分异构体B香茅醛的分子式为C10H19OC异蒲勒醇可发生加成、取代、消去反应
20、D鉴别香茅醛与异蒲勒醇可用Br2水【考点】有机物的结构和性质【专题】有机物的化学性质及推断【分析】香茅醛中含CHO和碳碳双键，异蒲勒醇中含OH和碳碳双键，二者分子式相同，结构不同，结合醇、烯烃、醛的性质来解答【解答】解：A香茅醛与异蒲勒醇的分子式均为C10H18O，结构不同，互为同分异构体，故A正确；B香茅醛的分子式为C10H18O，故B错误；C异蒲勒醇中含OH可发生消去反应、取代反应，含碳碳双键可发生加成反应，故C正确；DCHO和碳碳双键均与溴水反应，且二者均含双键，不能用溴水鉴别香茅醛与异蒲勒醇，故D错误；故选BD【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质的关系为解答
21、的关键，侧重烯烃、醇和醛性质的考查，注意选项D中鉴别物质应现象不同，题目难度不大8设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（）A常温下，1L0.1mol/L的NH4NO3溶液中氮原子总数为0.2 NAB1mol羟基中电子数为10NAC乙二醇与钠的在反应中，每生成1molH2消耗乙二醇1molD常温常压下，22.4L乙烯中CH键数为4 NA【考点】阿伏加德罗常数【分析】A、1molNH4NO3中含2mol氮原子；B、羟基不显电性；C、乙二醇为二元醇，1mol乙二醇含2mol羟基；D、常温常压下，气体摩尔体积不是22.4L/mol【解答】解：A、1L0.1mol/L的NH4NO3溶液的物质的量
22、n=CV=1L0.1mol/L=0.1mol，而1molNH4NO3中含2mol氮原子，故0.1molNH4NO3中含0.2mol氮原子，即0.2NA个，故A正确；B、羟基不显电性，故1mol羟基含9mol电子，即9NA个电子，故B错误；C、乙二醇为二元醇，1mol乙二醇含2mol羟基，故与钠反应生成1mol氢气，故C正确；D、常温常压下，气体摩尔体积大于22.4L/mol，故22.4L乙烯的物质的量小于1mol，故含有的CH的物质的量小于4mol，即小于4NA个，故D错误故选AC【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，难度不大二、解答题（共4小题
23、，满分64分）9写出下列反应的化学方程式乙炔通入过量的溴的四氯化碳溶液：CHCH+2Br2CHBr2CHBr2；2溴丙烷与氢氧化钠水溶液共热：；（2）写出2甲基3乙基戊烷的结构简式：；（3）充分燃烧2.8g某有机物，生成8.8gCO2和3.6gH2O，改有机物蒸气的密度是相同条件下N2的密度2倍该有机物的分子式为：C4H8；该有机物所有链状同分异构体的结构简式为：CH2=CHCH2CH3，CH3CH=CH2CH3 ，【考点】化学方程式的书写；结构简式；有关有机物分子式确定的计算【专题】化学用语专题；有机物分子组成通式的应用规律【分析】乙炔中含有碳碳三键，能发生与溴发生加成反应，通入过量的溴的四
24、氯化碳溶液生成1，1，2，2四溴乙烷；2溴丙烷与氢氧化钠水溶液共热，发生水解反应生成2丙醇；（2）该烷烃最长碳链为5个，从左到右依次编号，2号碳原子上有一个甲基，3号碳上有1个乙基；（3）这种有机物蒸气的质量是同温同压下同体积N2的2倍，则该有机物的相对分子质量为228=56，计算2.8g有机物的物质的量，结合生成水和二氧化碳的质量可计算有机物的分子式，并以此确定有机物同分异构体的结构简式【解答】解：（1）乙炔中含有碳碳三键，与过量的溴能1：2加成生成1，1，2，2四溴乙烷，化学方程式为：CHCH+2Br2CHBr2CHBr2；故答案为：CHCH+2Br2CHBr2CHBr2；2溴丙烷与氢氧化
25、钠水溶液共热，发生水解反应生成2丙醇，反应为，故答案为：；（2）根据烷烃的命名方法，2甲基3乙基戊烷，最长碳链为5个，从左到右依次编号，2号碳原子上有一个甲基，3号碳上有1个乙基，该有机物的结构简式为：，故答案为：；（3）这种有机物蒸气的质量是同温同压下同体积N2的2倍，则该有机物的相对分子质量为228=56；n（A）=0.05mol，n（C）=n（CO2）=0.2mol，n（H）=2n（H2O）=2=0.4mol，故有机物分子中含有C原子数目为=4，含有H原子数目为=8，因为124+18=56=M（A），所以没有O元素；分子式为C4H8，故答案为：C4H8；已知分子式为C4H8，且为链状结构
26、，则分子中有一个C=C，则结构简式为：CH2=CHCH2CH3，CH3CH=CH2CH3 ，故答案为：CH2=CHCH2CH3，CH3CH=CH2CH3 ，【点评】本题考查有机物的结构、命名、推断，侧重于学生的分析、计算能力的考查，题目难度中等，（3）注意根据有机物生成的二氧化碳和水的质量结合相对分子质量判断有机物的分子式，注意有机物的结构特点10姜黄素具有抗突变和预防肿瘤的作用，其合成路线如下：化合物I可以由以下合成路线获得：（1）有机物的分子式为C8H8O3，含有官能团的名称为醚键和（酚）羟基、醛基（2）有机物V的名称为1、2二溴乙烷，其生成的化学方程式为（注明反应条件）：CH2BrCH2
27、Br+2NaOHCH2OHCH2OH+2NaBr（3）写出一种符合下列条件的的同分异构体的结构简式苯环上的一硝基取代物有2种 1mol该物质水解，最多消耗3molNaOH（4）反应中反应物的原子利用率为100%，请写出该反应的化学方程式【考点】有机物的推断【专题】有机物的化学性质及推断【分析】乙烯和溴发生加成反应生成为1、2二溴乙烷，生成为乙二醇，催化氧化生成为乙二醛，结构简式为OHCCHO，被氧化，结合可知，是中的醇羟基被氧化生成羰基，由到是脱羧基的反应，据此可以答题【解答】解：乙烯和溴发生加成反应生成为1、2二溴乙烷，生成为乙二醇，催化氧化生成为乙二醛，结构简式为OHCCHO，被氧化，结合
28、可知，是中的醇羟基被氧化生成羰基，由到是脱羧基的反应，（1）根据的结构简式可知，分子中含有8个C，3个O，8个H，分子式为C8H8O3，含氧官能团的名称为醚键和（酚）羟基、醛基，故答案为：C8H8O3；（酚）羟基、醛基；（2）有机物V为1、2二溴乙烷，生成的化学方程式为CH2BrCH2Br+2NaOHCH2OHCH2OH+2NaBr，故答案为：1、2二溴乙烷；CH2BrCH2Br+2NaOHCH2OHCH2OH+2NaBr；（3）苯环上的一硝基取代物有2种，说明是含有两个取代基且处于对位，1mol该物质水解，说明含有酯基，最多消耗3molNaOH，结合其分子式知水解后的产物含有2个酚羟基和一个
29、羧基，所以该结构简式为，故答案为：；（4）根据元素守恒结合题中部分反应物和生成物可知，反应方程式为，故答案为【点评】本题考查有机物推断，涉及反应方程式的书写、同分异构体的判断等知识点，明确物质含有的官能团及断键和成键方式是解本题关键，难度中等11苯甲醛在医药、染料、香料等行业有着广泛的应用实验室通过如图所示的流程由甲苯氧化制备苯甲醛试回答下列问题：（1）Mn2O3氧化甲苯的反应需要不断的搅拌，搅拌的作用是使反应物充分接触，增大反应速率（2）甲苯经氧化后的得到的混合物通过结晶、过滤进行分离该过程需要将混合物冷却，其目的是降低MnSO4的溶解度（3）实验过程中，可循环使用的物质分别为稀硫酸、甲苯（
30、4）实验中分离甲苯和苯甲醛采用的操作的名称是蒸馏，其原理是利用甲苯与苯甲醛的沸点差异，使二者分离（5）实验中发现，反应时间不同苯甲醛的产率也不同（数据见下表）反应时间/h12345苯甲醛产率/%76.087.583.672.564.8请结合苯甲醛的结构，分析当反应时间过长时，苯甲醛产率下降的原因是部分苯甲醛被氧化成了苯甲酸【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用；制备实验方案的设计【专题】综合实验题【分析】根据流程，甲苯与氧化锰、稀硫酸反应生成硫酸锰、苯甲醛，通过结晶、过滤分离出硫酸锰，对滤液进行油水分离、蒸馏操作获得苯甲醛，其中稀硫酸和甲苯可以循环利用，（1）通过不断搅拌，使甲苯、稀硫
31、酸和Mn2O3充分混合，加快反应速率；（2）通过降低MnSO4的溶解度，析出更多的MnSO4晶体；（3）根据制备流程判断循环利用的物质名称；（4）分离苯甲醛与甲苯，可利用二者沸点不同，通过蒸馏进行分离；（5）醛基容易被氧化成羧基，据此判断反应时间过长时，苯甲醛产率下降的原因【解答】解：根据图示流程可知，甲苯与氧化锰、稀硫酸反应生成硫酸锰、苯甲醛，通过结晶、过滤分离出硫酸锰，对滤液进行油水分离、蒸馏操作获得苯甲醛，其中稀硫酸和甲苯可以循环利用，（1）固体Mn2O3与液态甲苯反应，接触面积小，反应速率较慢，故反应时需进行搅拌，使反应物充分接触，增大反应速率，故答案为：使反应物充分接触，增大反应速率
32、；（2）所得混合物中含MnSO4 苯甲醛等，为使其分离需降低MnSO4的溶解度，所以需要冷却，故答案为：降低MnSO4的溶解度；（3）由所给反应的流程图可知，参与循环操作的物质是稀H2SO4和甲苯，故答案为：稀硫酸；甲苯；（4）甲苯和苯甲醛是相互溶解的有机物，可利用其沸点的差异，采用蒸馏的方法分离，故答案为：蒸馏；利用甲苯与苯甲醛的沸点差异，使二者分离；（5）由于醛基的还原性较强，苯甲醛易被O2等氧化成苯甲酸，故反应所用时间越长，产率越低，故答案为：部分苯甲醛被氧化成了苯甲酸【点评】本题主要从苯甲醛的合成为载体考查搅拌、过滤、结晶、蒸馏等基本操作的知识，题目难度中等，明确图示制备流程及化学实验
33、基本操作方法为解答关键，试题充分考查了学生的分析、理解能力及灵活应用所学知识的能力12对硝基甲苯是医药、染料等工业的一种重要有机中间体，它常以浓硝酸为硝化剂，浓硫酸为催化剂，通过甲苯的硝化反应制备一种新的制备对硝基甲苯的实验方法是：以发烟硝酸为硝化剂，固体NaHSO4为催化剂（可循环使用），在CCl4溶液中，加入乙酸酐（有脱水作用），45反应1h反应结束后，过滤，滤液分别用5% NaHCO3，溶液、水洗至中性，再经分离提纯得到对硝基甲苯（l）上述实验中过滤的目的是回收NaHSO4（2）滤液在分液漏斗中洗涤静置后，有机层处于下层（填“上”或下”）；放液时，若发现液体流不下来，其可能原因除分液漏斗
34、活塞堵塞外，还有分液漏斗上口塞子未打开（3）下列给出了催化剂种类及用量对甲苯硝化反应影响的实验结果催化剂n（催化剂）硝化产物中各种异构体质量分数（%）总产率（%）n（甲苯）对硝基甲苯邻硝基甲苯间硝基甲苯浓H2SO41.035.660.24.298.01.236.559.54.099.8NaHSO40.1544.655.10.398.90.2546.352.80.999.90.3247.951.80.399.90.3645.254.20.699.9NaHSO4催化制备对硝基甲苯时，催化剂与甲苯的最佳物质的量之比为0.32由甲苯硝化得到的各种产物的含量可知，甲苯硝化反应的特点是甲苯硝化主要得到对硝
35、基甲苯和邻硝基甲苯与浓硫酸催化甲苯硝化相比，NaHSO4催化甲苯硝化的优点有在硝化产物中对硝基甲苯比例提高、催化剂用量少且能循环使用【考点】探究影响化学反应速率的因素；过滤；分液和萃取【专题】压轴题【分析】过滤时滤液中含有NaHSO4，可循环使用；分液漏斗在使用时应将分液漏斗上口打开，否则会导致漏斗内压强小于大气压，从而使漏斗内液体流不出来；做题时注意观察题目中的数据，整合有用信息；固体NaHSO4为催化剂时对反应物的制备具有较强的选择性催化作用，提高对硝基甲苯的比例【解答】解：（1）NaHSO4在该反应中作为催化剂，因此反应后过滤的目的是为了回收NaHSO4，故答案为：回收NaHSO4；（2
36、）该反应是以CCl4 作为有机溶剂，CCl4的密度比水大，故有机层在下层；分液漏斗里的液体放不下来，除了分液漏斗堵塞，还有可能是分液漏斗上口活塞未打开，故答案为：下； 分液漏斗上口塞子未打开；（3）从题给数据分析，当催化剂与甲苯的比例为0.32时，总产率最高且对硝基甲苯的含量最高，故答案为：0.32；从题给数据可以看出，无论以何种比例反应，产物中的主要成分主要是对硝基甲苯和邻硝基甲苯，故答案为：甲苯硝化主要得到对硝基甲苯和邻硝基甲苯；用NaHSO4 做催化剂的优点是在硝化物中对硝基甲苯的比例提高、同时催化剂能循环使用故答案为：在硝化产物中对硝基甲苯比例提高 催化剂用量少且能循环使用【点评】本题主要考察的是物质的性质和制备，同时考查了数据的处理与分析能力，能够迅速在表中提取到有用信息，利用信息解决有关问题，注重对基础知识考查，更强调对能力的考查
