广东省揭阳市第三中学2020届高三化学上学期第二次月考试题含解析.doc

广东省揭阳市第三中学2020届高三上学期第二次月考化学试题1.下列说法正确的是A. 加酶洗衣粉可以很好地洗涤毛织品上的污渍B. 以地沟油为原料生产的生物柴油和由石油炼得的柴油都属于烃类物质C. 氯水放置数天后，漂白性和酸性均减弱D. “燃煤固硫”、“汽车尾气催化净化”都是利用了化学方法来提高空气质量【答案】D【解析】【详解】A.毛织品不能用加酶洗衣服洗涤，毛是蛋白质，在酶的催化作用下蛋白质可以水解，使其破坏，故A错误；B. 以地沟油为原料生产的生物柴油，属于高级脂肪酸甘油酯，不属于烃类物质，故B错误；C.氯水中存在可逆反应Cl2+H2O HCl+HClO，HClO具有漂白性，但见光受热易分解生成盐酸和氧气，因此酸性增强，漂白性减弱，故C错误；D. “燃煤固硫”利用化学方法减少了二氧化硫的排放，“汽车尾气催化净化”利用化学方法减少了氮的氧化物排放，都有效的减少了空气污染物的排放，提高了空气质量，故D正确；答案：D2.NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A. 10 gD2O中含有的质子数与中子数均为5NAB. 标准状况下，22.4LCHC13中含C-Cl键的数目为3NAC. 密闭容器中，1mol NH3和1molHCl反应后气体分子总数为NAD. l00mL1.0 mol/L FeC13溶液与足量Cu反应，电子转移数为0.2NA【答案】A【解析】【详解】A. 10 gD2O中含有的质子数与中子数均为5NA，选项A正确；B. CHC13标准状况下是液体，22.4LCHC13中含C-Cl键的数目大于3NA，选项B错误；C. NH3和HCl反应生成氯化铵固体，故1mol NH3和1molHCl反应后气体分子总数为0，选项C错误；D. l00mL1.0 mol/L FeC13溶液与足量Cu反应，铁由+3价变为+2价，电子转移数为0.1NA，选项D错误。答案选A。【点睛】本题考查了阿伏加德罗常数的应用，主要考查气体摩尔体积的条件应用，质量换算物质的量计算微粒数，关键是D2O中质子数与中子数相同。3.常温下，在指定溶液中可以大量共存的离子是A. 澄清透明的溶液中：NH4+、Cu2+、SO32-、ClB. 乙醇水溶液中：K、H、SO42-、MnO4-C. 中性溶液中：Fe3+、Mg2、Cl、SO42-D. 加入铝粉后有气体产生的溶液中：Na+、Mg2+、NO3-、Cl【答案】A【解析】【详解】A.澄清透明的溶液中：NH4+、Cu2+、SO32-、Cl彼此不发生反应，可以大量共存，故A正确；B.乙醇水溶液中： MnO4-在酸性环境下，具有强氧化性，可以氧化乙醇，故B错误；C.中性溶液中：Fe3+会生成氢氧化铁沉淀，故C错误；D.加入铝粉后有气体产生的溶液可能是酸性溶液，也可能是碱性溶液，Mg2+在碱性溶液中，生成氢氧化镁沉淀，故D错误；答案：A4.下列实验中，对应的现象以及结论都正确且两者具有因果关系的是 选项实验现象结论A 向浓HNO3 中加入炭粉并加热，产生的气体通入少量澄清石灰水中有红棕色气体产生，石灰水变浑浊有NO2和CO2产生B 将Fe(NO3)2样品溶于稀硫酸后，滴加KSCN溶液，观察实验现象溶液变红Fe(NO3)2晶体已变质C 向溴水中加入苯，充分振荡、静置水层几乎无色苯与溴发生了反应D 向0.1mol/L MgSO4溶液滴入NaOH溶液至不再有沉淀产生，再滴加0.1mol/L CuSO4溶液先有白色沉淀生成后变浅蓝色沉淀Cu(OH)2的溶度积比Mg(OH)2的小 A. AB. BC. CD. D【答案】D【解析】【详解】A.炭粉中加入浓硝酸并加热，生成二氧化碳、二氧化氮，因为NO2与水反应生成硝酸，酸性条件下不能生成沉淀，故A错误；B.酸性条件下，硝酸根离子、亚铁离子发生氧化还原反应，不能检验是否变质，应溶于水，滴加KSCN溶液，观察溶液是否变化，故B错误；C.苯与溴水不反应，发生萃取，结论不合理，故C错误；D.溶度积常数大的物质能转化为溶度积常数小的物质，0.1molL-1MgSO4溶液滴入NaOH溶液至不再有沉淀产生，再滴加0.1molL-1CuSO4溶液，先有白色沉淀生成后变为蓝色沉淀，说明发生沉淀的转化，则说明Cu(OH)2的溶度积比Mg(OH)2的小，故D正确；答案：D5.第三周期元素X、Y、Z、W的最高价氧化物溶于水可得四种溶液，0.010 mol/L的这四种溶液pH与该元素原子半径的关系如图所示。下列说法正确的是A. 简单离子半径：XYZWB. Y元素存在同素异形体C. 气态氢化物的稳定性：ZWYD. X和Y的最高价氧化物对应的水化物恰好中和时，溶液呈中性【答案】B【解析】试题分析：同周期元素的原子序数越大，原子半径越小，所以原子序数X>Y>Z>W,X的最高价氧化物的水溶液为碱性，而且0.010 mol·L1的这四种溶液pH为12，确定为一元强碱，所以X为Na，W的最高价氧化物的水溶液的pH为2，W为Cl、Z为S，Y的溶液的pH为4，为弱酸磷酸，Y为P，存在同素异形体。四种元素简单离子的半径Y>Z>W>X;YZW的非金属性逐渐减弱，所以气态氢化物的稳定性逐渐减弱，D项NaOH与磷酸恰好反应时的溶液为碱性。考点：元素周期律、元素的性质。6.下图为某二次电池充电时的工作原理示意图，该过程可实现盐溶液的淡化。下列说法错误的是A. 充电时，a为电源正极B. 充电时，Cl-向Bi电极移动，Na+向NaTi2(PO4)2电极移动C. 充电时，新增入电极中的物质：n(Na+)：n(Cl-)=1:3D. 放电时，正极的电极反应为BiOCl+2H+3e-=Bi+Cl-+H2O【答案】C【解析】【分析】充电时，Bi电极上，Bi失电子生成BiOCl，反应为Bi+Cl-+H2O-3e-=BiOCl+2H+，则Bi为阳极，所以a为电源正极，b为负极，NaTi2(PO4)2为阴极得电子发生还原反应，反应为NaTi2(PO4)2+2Na+2e-=Na3Ti2(PO4)3，放电时，Bi为正极，BiOCl得电子发生还原反应，NaTi2(PO4)2为负极，据此分析解答。【详解】A.充电时，Bi电极上，Bi失电子生成BiOCl，Bi为阳极，则a 为电源正极，A正确；B.充电时，Cl-向阳极Bi电极移动，Na+向阴极NaTi2(PO4)2电极移动，B正确；C. 充电时，Bi电极上的电极反应为Bi+Cl-+H2O-3e-=BiOCl+2H+，NaTi2(PO4)2电极上，反应为NaTi2(PO4)2+2Na+2e-= Na3Ti2(PO4)3，根据得失电子守恒，新增入电极中的物质：n(Na+)：n(Cl-)=3：1，C错误； D.放电时，Bi为正极，正极的电极反应为BiOCl+2H+3e-=Bi+Cl-+H2O，D正确；故合理选项是C。【点睛】本题考查了二次电池在充、放电时电极反应式及离子移动方向的判断的知识。掌握电化学装置的工作原理，注意电极反应的书写是关键，难度中等。7.室温下，将尿酸钠（NaUr）悬浊液静置，取上层清液，再通入HCl，溶液中尿酸的浓度c(HUr)与pH 的关系如图所示。已知：Ksp(NaUr)=4.9×105，Ka(HUr)=2.0×106。下列说法正确的是 A. 上层清液中，c(Ur) = 7.0×102mol·L1B. 在MN 的变化过程中，c(Na+)·c(Ur)将逐渐减小C. 当c(HUr)= c(Ur)时，c(Cl)=c(Ur)D. 当pH=7时，2c(Na+)= c(Ur)+c(Cl)【答案】B【解析】【详解】A尿酸钠（NaUr）悬浊液静置取上层清液，为尿酸钠的饱和溶液，难溶电解质的沉淀溶解方程式为NaUr(s)Na(aq)Ur(aq)，c(Na+)= c(Ur-)，则，A项错误；B上层清液中c(Na+)=c(Ur)，存在水解平衡Ur-+H2OHUr+OH-，通入HCl，忽略溶液体积的变化，c(Na+)不变；c(H+)增加，c(Ur)减小，则c(Na+)·c(Ur)减小，B项正确；CHUr的电离方程式为HUrHUr，当c(HUr)= c(Ur)时，则 mol/L >1×10-7mol/L，溶液呈酸性；溶液中电荷守恒为c(Cl)c(OH)c(Ur)=c(H)c(Na)，物料守恒，c(Na)=c(HUr)c(Ur)；联立两式，c(Cl)c(OH)=c(HUr)c(H)，因溶液呈酸性，c(OH) <c(H)，则c(Cl) >c(HUr)，c(HUr)= c(Ur)，则c(Cl) >c(Ur)，C项错误；D溶液中电荷守恒，c(Cl)c(OH)c(Ur)=c(H)c(Na)，而且pH=7，c(OH)=c(H)，则c(Cl)c(Ur)= c(Na)，D项错误；本题答案选B。8.草酸（H2C2O4）是一种重要的有机化工原料。为探究草酸的制取和草酸的性质，进行如下实验。实验：探究草酸的制备实验室用硝酸氧化淀粉水解液法制备草酸：C6H12O612HNO3 3H2C2O49NO23NO9H2O。装置如下图所示：（1）上图实验装置中仪器乙的名称为：_，B装置的作用_。（2）检验淀粉是否完全水解所需要的试剂为：_。实验：探究草酸的不稳定性已知：草酸晶体(H2C2O4·2H2O)无色，易溶于水，熔点为101，受热易脱水、升华，170以上分解产生H2O、CO和CO2。草酸的酸性比碳酸强，其钙盐难溶于水。（3）请选取以上的装置证明草酸晶体分解的产物（可重复使用，加热装置和连接装置已略去）。仪器装置连接顺序为：C_DAF_（4）若实验结束后测得A管质量减轻4.8g，则至少需分解草酸晶体的质量为_g（已知草酸晶体的M=126g/mol）。实验：探究草酸与酸性高锰酸钾的反应（5）取一定量草酸溶液装入试管，加入一定体积的酸性高锰酸钾溶液，振荡试管，发现溶液开始缓慢褪色，后来迅速变成无色。（反应热效应不明显，可忽略不计）该实验中草酸表现_性，该反应的离子方程式_，该反应的反应速率先慢后快的主要原因可能是_。（6）设计实验证明草酸是弱酸。实验方案：_ (提供的药品及仪器：蒸馏水、0.1mol·L-1NaOH溶液、pH计、0.1mol·L-1草酸溶液，其它仪器自选)【答案】 (1). 球形冷凝管 (2). 防倒吸或安全瓶 (3). 碘水或I2 (4). B F E F (5). 37.8 (6). 还原性 (7). 5H2C2O4+2MnO4-+6H+=2Mn2+10CO2+8H2O (8). 反应生成的MnSO4（或Mn2+）对反应有催化作用，加快反应速率 (9). 取少量0.1mol/L草酸溶液于试管中，测定其pH，若pH1，则说明草酸为弱酸【解析】【分析】（1）A装置为反应装置，B装置防倒吸，C装置用来吸收尾气。（2）淀粉遇碘变蓝色，在已经水解的淀粉溶液中滴加几滴碘液，溶液显蓝色，则证明淀粉没有完全水解，溶液若不显色，则证明淀粉完全水解；（3）检验H2O、CO和CO2气体，首先应该用无水硫酸铜遇水蒸气变蓝，再利用二氧化碳能使澄清的石灰水变浑浊，一氧化碳检验还原性，能还原黑色的氧化铜，生成的二氧化碳用澄清的石灰水检验，据此根据水蒸气、二氧化碳和一氧化碳的性质进行排序；（4）根据A管质量减轻4.8g利用差量法计算出产生的一氧化碳的物质的量，再根据草酸晶体分解的方程式计算求得；（5）根据酸性高锰酸钾性质确定草酸的性质，书写离子方程式；温度不变，浓度随反应进行减小，速率却迅速加快，应该是催化剂作用；（6）根据弱酸不能完全电离设计实验。【详解】（1）上图实验装置中仪器乙的名称为球形冷凝管，B装置的作用防倒吸或安全瓶；答案：球形冷凝管 防倒吸或安全瓶（2）淀粉遇碘变蓝色，在已经水解的淀粉溶液中滴加几滴碘液，溶液显蓝色，则证明淀粉没有完全水解，溶液若不显色，则证明淀粉完全水解；答案：碘水或I2（3）检验H2O、CO和CO2气体，首先应该用无水硫酸铜遇水蒸气变蓝，再利用二氧化碳能使澄清的石灰水变浑浊，一氧化碳检验还原性，能还原黑色的氧化铜，生成的二氧化碳用澄清的石灰水检验，据此根据水蒸气、二氧化碳和一氧化碳的性质进行排序；答案：B F E F（4）假设草酸晶体分解生成xmolCO；CO + CuOCO2 + Cu m（固体减少） 1mol 80g 64g 16g xmol 4.8g x=0.3molH2C2O4·2H2O 2H2O+CO+CO21mol 1mol0.3mol 0.3mol至少需分解草酸晶体的质量为0.3mol×126g/mol=37.8g；答案：37.8g（5）酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，可以与草酸发生氧化还原反应，锰离子具有催化剂的作用；答案：还原性 5H2C2O4+2MnO4-+6H+=2Mn2+10CO2+8H2O 反应生成的MnSO4（或Mn2+）对反应有催化作用，加快反应速率 （6）弱酸不完全电离，所以取少量0.1mol/L草酸溶液于试管中，测定其pH，若pH1，则说明草酸为弱酸；答案：取少量0.1mol/L草酸溶液于试管中，测定其pH，若pH1，则说明草酸为弱酸9.氟碳铈矿(主要成分为CeFCO3)是提取稀土化合物、冶炼铈的重要矿物原料，以氟碳铈矿为原料提取铈的工艺流程如图所示。回答下列问题：(1)CeFCO3中Ce的化合价为_。(2)氧化培烧时不能使用陶瓷容器，原因是_。(3)氧化焙烧后的产物之一为CeO2，则酸浸时发生反应的离子方程式为_。(4)HT是一种难溶于水的有机溶剂，则操作的名称为_。(5)为了提高酸浸率，可以适当提高反应温度，但温度偏高浸出率反而会减小，其原因是_。(6)有机物HT能将Ce3+从水溶液中提取出来，该过程可表示为Ce3+ (水层)+3HT(有机层) CeT3 (有机层)+3H+ (水层)。向CeT3(有机层)中加入稀硫酸能获得较纯的含Ce3+水溶液，从平衡角度解释其原因：_。(7)已知，298K时，KspCe(OH)3=5×l0-20，若溶液中c(Ce3+)=0.05mol·L-1，加碱调节pH到_时Ce3+开始沉淀(忽略加碱过程中溶液体积变化)。(8) 写出向Ce(OH)3悬浊液中通入氧气得到产品Ce(OH)4的化学方程式：_。【答案】 (1). +3 (2). 陶瓷会与生成的HF反应 (3). 2CeO2+H2O2+6H+ = 2Ce3+O2+4H2O (4). 分液 (5). 温度升高，双氧水发生分解，造成浸出率偏小 (6). 向混合液中加入稀硫酸，使c(H+)增大，平衡向形成Ce3+水溶液方向移动 (7). 8 (8). 4Ce(OH)3+O2+2H2O = 4Ce(OH)4【解析】【分析】本题主要考察工业流程。做题之前，要先观察工艺流程图，再去结合题中的每一问去分析各步骤目的及注意事项，再据此答题。【详解】（1）CeFCO3中CO32整体显2价，F显1价，整个化合价代数和为0，推出Ce的价态为3价；（2）陶瓷容器中含有SiO2，SiO2与HF发生反应：SiO24HF=SiF42H2O，因此钙流程氧化焙烧时不能使用陶瓷容器；（3）有机层中CeF3，Ce显3价，CeO2中Ce显4价，即在酸浸时，Ce的价态降低，CeO2为氧化剂，H2O2为还原剂，离子方程式为2CeO2H2O26H=2Ce3O24H2O；（4）操作I得到溶液和有机相，因此操作I名称为分液；（5）根据流程，酸浸时加入H2O2，H2O2在高温下发生分解，H2O2与CeO2发生反应时H2O2的量减少，造成浸出率降低；（6）该过程中存在Ce3+ (水层)+3HT(有机层) CeT3 (有机层)+3H+ (水层)，加入稀硫酸，c(H)增大，平衡向逆反应方向进行，生成Ce3的水溶液，能获得较纯含Ce3水溶液；（7）Ce3开始出现沉淀，c(Ce3)×c3(OH)=KspCe(OH)3，则有c(OH)=mol·L1=1×106mol·L1，即当pH=8时Ce3开始出现沉淀；（8）利用氧气将Ce(OH)3氧化成Ce(OH)4，其反应的方程式为4Ce(OH)3O22H2O=4Ce(OH)4。【点睛】本题既有常规知识的考查又有新情景题的考查，常规题目涉及到化合价、溶度积的计算等，命题情景要求根据题意写出有关反应的方程式，做题时注意根据物质的性质正确判断反应物和生成物，用守恒的方法去推导并书写。10.氮的氧化物是大气的主要污染物，是当前环保工作的重要研究内容之一。（1）氨气还原氮的氧化物N2(g)+O2(g)=2NO(g) H1 4NH3(g)+3O2(g)=2N2(g)+6H2O(l) H2则4NH3(g)+6NO(g)=5N2(g)+6H2O(1) H=_。(用含H1、H2的式子表示)依据反应，可将氨气直接用于燃料电池，用KOH溶液作电解质溶液，写出负极电极反应式：_。（2）一定温度下，向2L恒容密闭容器中充入4.0mol NO2和4.0mol CO，在催化剂作用下发生反应4CO(g)+2NO2(g) N2(g)+4CO2(g) H<0，测得相关数据如下：0min5min10min15min20minc(NO2)/mol/L2.01.71.561.51.5c(N2)/mol/L00.150.220.250.2505min，用NO2的浓度变化表示的反应速率为_。以下表述能说明该反应己达到平衡状态的是_。A气体颜色不再变化 B气体密度不再变化 C气体平均相对分子质量不再变化20 min时，保持温度不变，继续向该容器中加入l.0mol NO2和l.0molCO，在t1时反应再次达到平衡，则NO2的转化率比原平衡_（填“增大”、“减小”或“不变）。该温度下反应的化学平衡常数K= _。（3）湿法脱硝：采用NaClO2 溶液作为吸收剂可对烟气进行脱硝。323 K 下，向足量碱性NaClO2 溶液中通入含NO 的烟气，充分反应后，溶液中离子浓度的分析结果如下表：离子NO3-NO2-Cl-c/(mol L-1)2.0×10-41.0×10-41.75×10-4依据表中数据，写出NaClO2溶液脱硝过程中发生总反应的离子方程式_。【答案】 (1). H2 - 3H1 (2). 2NH3 - 6e- + 6OH- = N2 + 6H2O (3). 0.06mol/（Lmin） (4). AC (5). 增大 (6). 0.11或 (7). 12NO + 7ClO2- + 12OH- = 8NO3- + 4NO2- + 7Cl- + 6H2O【解析】【分析】（1）根据盖斯定律解题；氨气燃料电池，氮元素化合价升高失电子，氨气为负极，发生氧化反应；（2）根据v=c/t计算。变量不在发生变化证明反应达到了平衡；对平衡影响相当于加压；列出三行式，在计算k（3）亚氯酸钠具有氧化性，则溶液脱硝过程中发生反应生成硝酸根离子、亚硝酸根离子、氯离子和水，根据表格可知生成的离子的物质的量之比，写出离子方程式。【详解】（1）根据盖斯定律-×计算可得；氨气气燃料电池通燃料的为负极，发生氧化反应，结合电解质溶液书写负极电极反应式为2NH3 - 6e- + 6OH- = N2 + 6H2O；答案：H2 - 3H1 2NH3 - 6e- + 6OH- = N2 + 6H2O（2）v=c/t=（2.0mol/L-1.7mol/L）/5min=0.06mol/（Lmin）；答案：0.06mol/（Lmin）A.反应平衡前，NO2的浓度在变化，颜色在变化，当化学达到平衡，颜色就不再变化了，故A正确；B.由于反应物均为气体，且反应前后质量守恒，且容器为恒容气体，故气体密度一直不变，无法判断反应是否平衡，故B错误；C.由于此反应的反应物和生成物均为气体，故气体总质量一直不变，而此反应在平衡之前气体的物质的量在减小，故平衡之前的平均相对分子质量在增大，当不变时化学反应达到平衡，故C正确；答案：AC20min时，保持温度不变，继续向该容器中加入l.0mol NO2和l.0molCO，相当于增大压强，平衡向正反应方向移动，所以的转化率变大；答案：增大列出三行式：4CO(g)+2NO2(g) N2(g)+4CO2(g)c（初） 2.0 2.0 0 0c 1.0 0.5 0.25 1.0C（平衡）1.0 1.5 0.25 1.0K=或0.11答案：0.11或 （3）亚氯酸钠具有氧化性，则溶液脱硝过程中发生反应生成硝酸根离子、亚硝酸根离子、氯离子和水，根据表格可知生成的离子的物质的量之比，故总反应的离子方程式为12NO + 7ClO2- + 12OH- = 8NO3- + 4NO2- + 7Cl- + 6H2O答案：12NO + 7ClO2- + 12OH- = 8NO3- + 4NO2- + 7Cl- + 6H2O【点睛】对于可逆反应，在体积温度一定情况下，增加一种反应物浓度，平衡右移，但是增加的反应物转化率降低，其他反应物转化率升高；若按照初始投料比例增加反应物浓度，等效于加压对平衡影响。11.维拉佐酮是临床上使用广泛的抗抑郁药，其关键中间体G的合成路线如下：已知：请回答下列问题：（1）A中含氧官能团的名称_。（2）反应的反应类型是：_。（3）下列有关说法错误的是_。aB遇FeCl3溶液显紫色且能发生银镜反应bA、B两种物质不可用核磁共振氢谱或红外光谱区别cC能发生取代、加成、氧化、还原反应dE能与NaOH反应,不能与盐酸反应（4）写出E与NH(CH2CH2Cl)2反应得到F的化学方程式：_；中加入K2CO3的作用是_。（5）B的同分异构体中，满足下列条件的有_种；含有苯环；能与NaOH溶液反应写出其中一种核磁共振氢谱为三组峰的结构简式：_。（6）已知： RBr RCN RCOOH，请以甲苯、乙醇等为原料制备，写出相应的合成路线流程图（无机试剂任用，合成路线流程图示例见题干）_【答案】 (1). 羟基、硝基 (2). 还原反应 (3). bd (4). + NH(CH2CH2Cl)2+2HCl (5). 消耗生成物HCl，促进上述反应有利于生成F的方向移动，从而提高F的产率 (6). 15 (7). 或 (8). 【解析】【分析】分析B到C，C到D的转化流程得知B中酚羟基氢原子被-CH2COOC2H5取代，还有HCl生成，C的结构简式为；C中-CHO上C=O双键断键， -CH2COOC2H5中-CH2中C-H键断键，生成D和水；D中-NO2还原生成E；E发生取代反应生成F和HCl，F发生取代反应生成G。【详解】（1）A的结构简式为，含氧官能团的名称羟基、硝基；答案：羟基、硝基（2）反应发生的反应为-NO2还原生成-NH2，因此反应类型是还原反应；答案：还原反应（3）aB的结构简式为，含有酚羟基，因此遇FeCl3溶液显紫色，含有醛基，因此能发生银镜反应，故不选a；bA、B两种物质结构不同，可用核磁共振氢谱或红外光谱区别，故选b；cC的结构简式为，能发生酯基，苯环均可发生取代反应、苯环和醛基均可发生加成反应、醛基可以发生氧化、还原反应，硝基可以发生还原反应，有机物燃烧属于氧化反应，故不选c；dE的结构简式为，含有酯基，能与NaOH反应；含有氨基能与盐酸反应，故选d；答案：bd（4）E的结构简式为，与NH(CH2CH2Cl)2发生取代反应生成F，化学方程式为+ NH(CH2CH2Cl)2+2HCl，根据方程式可知中加入K2CO3的作用是消耗生成物HCl，促进上述反应有利于生成F的方向移动，从而提高F的产率；答案：+ NH(CH2CH2Cl)2+2HCl 消耗生成物HCl，促进上述反应有利于生成F的方向移动，从而提高F的产率（5）B的结构简式为，B的同分异构体中，含有苯环；能与NaOH溶液反应，必须有酯基或者酚羟基或者羧基，符合条件的同分异构体有15种，分别为、；核磁共振氢谱为三组峰的结构简式为或；答案：15 或（6）甲苯在光照条件条件下与溴蒸气发生取代反应生成C6H5CH2Br，C6H5CH2Br与NaCN反应生成C6H5CH2CN，C6H5CH2CN在酸性条件下发生水解反应生成C6H5CH2COOH，结合流程信息知C6H5CH2COOH与CH3CH2OH发生酯化反应反应生成C6H5CH2COOCH2CH3；根据题干信息可知C6H5CH2COOCH2CH3与NH3反应生成；答案：【点睛】B的同分异构体的寻找为难点，注意能和氢氧化钠反应的官能团有酚羟基，酯基，羧基。- 16 -