高三教学测试一理综化学试题解析押题.docx

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高三教学测试一理综化学试题解析押题

2015猜题化学试题

相对原子质量：

H－1；Li－7；C－12；N－14；O－16；Na－23；Mg－24；S－32；Cl－35.5；

Ca－40；Fe－56；Ba－137；阿伏加德罗常数NA：

6.02×1023。

7．下列说法不正确的是

A．“地沟油”经加工处理后，可用来制肥皂和生物柴油，可以实现厨余废物合理利用

B．蔗糖、淀粉、油脂及其水解产物中既有电解质也有非电解质

C．分光光度计可用于某些化学反应速率的实验测定

D．分子间作用力比化学键弱得多，但它对物质溶解度影响较大，对熔点、沸点无影响

【答案】D

【解析】A选项，地沟油是对生活中存在的各类劣质油的统称，长期食用可能会引发癌症，对人体的危害极大。

其主要成分仍然是高级脂肪酸甘油酯，经加工处理后，可用来制肥皂和生物柴油，可以实现厨余废物合理利用，正确。

B选项，蔗糖、淀粉、油脂均是非电解质，蔗糖水解生成麦芽糖和葡萄糖，淀粉水解生成葡萄糖，油脂水解生成高级脂肪酸和甘油。

麦芽糖、葡萄糖和甘油是非电解质，高级脂肪酸是电解质，故B正确。

C选项，对于有些有颜色的反应物（或生成物），随着反应的进行，溶液的颜色为不断变化，可用用于比色分析的分光光度计测定化学反应速率，C正确。

D选项，分子间作用力是影响物质熔沸贞点和溶解性的重要因素之一，故D错误。

8．下列说法不正确的是

A．制阿司匹林时用水洗涤产品，而在制摩尔盐时用酒精洗涤产品

B．纸层析法通常把不与水混溶的有机溶剂作为固定相

C．中和滴定实验中，容量瓶和锥形瓶用蒸馏水洗净后即可使用，滴定管和移液管用蒸馏水洗净后，必须干燥或润洗后方可使用

D．减压过滤装置中，布氏漏斗的颈口斜面应与吸滤瓶的支管口相对，以便于吸滤

【答案】B

【解析】本题考查的内容均为《实验化学》课本中的相关知识，选项A、C、D均正确。

纸层析以滤纸作为惰性支持物，滤纸纤维上的羟基具有亲水性，它所吸附的水作为固定相，故选项B不正确。

在高考复习中必须注意重视课本，重视课本的阅读。

9．X、Y、Z、W四种短周期元素。

X、Y、Z是原子序数依次递增的同周期元素，且最外层电子数之和为17。

其中W的阴离子核外电子数与Z原子的最内层电子数相同。

X的一种核素在考古时常用来鉴定一些文物的年代，工业上采用液态空气分馏方法来生产Y的单质，而Y、Z均能形成双原子分子。

根据以上叙述，下列说法中正确的是

A．以上四种元素的原子半径大小为X＜Y＜Z＜W

B．X2W2、W2Y、WZ均为直线型的共价化合物

C．W与Y形成的化合物W2Y2在化学反应中既可作氧化剂也可作还原剂

D．由W与X组成的化合物的沸点总低于由W与Y组成的化合物的沸点

【答案】C

【解析】自然界中碳元素有三种核素，即稳定同位素12C、13C和为放射性同位素14C。

14C的应用主要有两个方面：

一是放射性测年法，即在考古学中测定生物死亡年代或鉴定一些文物的年代；二是以14C标记化合物为示踪剂，探索化学和生命科学中的微观运动；利用氧气的沸点（－183℃）比氮气的沸点（－196℃）高，工业上大规模生产氧气广泛采用液态空气分馏法（也称液态空气分离法）。

因此，根据题给的信息，由“X的一种核素在考古时常用来鉴定一些文物的年代，工业上采用液态空气分馏方法来生产Y的单质，而Y、Z均能形成双原子分子”，可以首先推知X为C元素，Y为O元素，再根据“X、Y、Z是原子序数依次递增的同周期元素，且最外层电子数之和为17”推知Z为F元素，F原子的最内层电子数为2，根据“W的阴离子核外电子数与Z相同”，可推知W的阴离子为H－，W为H元素。

由此可知：

A选项错，四种元素的原子半径大小应为X>Y>Z>W。

B选项错，X2W2（C2H2）、WZ（HF）为直线型的共价化合物，而W2Y（H2O）为倒V型的共价化合物。

D选项错。

C选项正确，H2O2分子中氧元素的化合价为-1价，处于中间价态，可以升高和降低，故H2O2在化学反应中既可作氧化剂也可作还原剂。

D选项错，C、H元素可组成烃类化合物，当C原子数目较多时，形成的烃类化合物可为液态或固态，沸点较高，就有可能比由W与Y组成的化合物（H2O或H2O2）的沸点高。

10．下列说法正确的是

图10-1图10-2图10-3

A．按系统命名法命名时，图10-1的名称是3,5,7－三甲基-6-乙基辛烷

B．有机物（图10-2）的一种芳香族同分异构体能发生银镜反应

C．等质量的乙酸甲酯和甲酸乙酯完全燃烧生成水的量相等

D．高分子化合物（图10-3），其单体为对苯二甲酸和乙醇

【答案】C

【解析】A选项，按系统命名法，图10-1所示的烷烃的名称应该是2,4,6－三甲基-3-乙基辛烷，故A错，命名时通常可采用“先展开后命名”的方法。

B选项，图10-2所示的有机物称“一滴香”，分子式为C7H8O3，不饱和度为：

，由于苯环为4个不饱和度，所以在其芳香族同分异构体中，若还能发生银镜反应，则还应含有醛基或甲酸酯基，该种同分异构体的不饱和度至少为5，这与分子式不相符，故B错。

C选项，乙酸甲酯和甲酸乙酯互为同分异构体，分子式相同，摩尔质量相同，所以等质量的乙酸甲酯和甲酸乙酯完全燃烧生成二氧化碳和水的量相等，C正确。

D选项，图10-3所示的高分子化合物，其单体应为对苯二甲酸和乙二醇，D错。

11．下列叙述正确的是

A．Cu2O是一种半导体材料，基于绿色化学理念设计的制取Cu2O的电解池示意图如图一所示，石墨电极上产生氢气，铜电极发生氧化反应

B．图一所示当有0.1mol电子转移时，有0.1molCu2O生成

C．图二装置中发生：

Cu＋2Fe3+=Cu2+＋2Fe2+，X极是负极，Y极材料可以是铜

D．如图二，盐桥的作用是传递电荷以维持电荷平衡，Fe3+经过盐桥进入左侧烧杯中

【答案】A

【解析】图一为电解池,电解质溶液为强碱性溶液，石墨电极与电源负极相连为阴极，发生还原反应：

2H2O+2e-=H2↑+2OH-，铜电极与电源正极相连为阳极，发生氧化反应：

2Cu–2e-+2OH-=Cu2O+H2O，电解总反应为：

2Cu+H2OCu2O+H2↑。

由此可知A选项正确。

根据电解总反应可知，当有0.2mol电子转移时，才有0.1molCu2O生成，B选项不正确。

图二装置为原电池，根据图中给出的电子流向，可以判断X极是电池的负极，Y极是电池的正极；根据装置中发生的反应：

Cu＋2Fe3+=Cu2+＋2Fe2+，可知X极为负极，失电子，发生氧化反应，即Cu-2e-=Cu2+，所以X极的材料应该是铜。

依据原电池的形成条件，Y极材料应该是活动性比铜弱的金属或石墨等材料，故C选项不正确。

盐桥的作用①盐桥中离子的定向迁移构成了电流通路，从而沟通内电路，形成闭合回路，保障了电子通过外电路从电池负极到正极的不断转移，使原电池不断产生电流；②平衡电荷，盐桥可使由它连接的两个半电池中的溶液保持电中性，同时又能阻止反应物直接接触。

所以，Fe3+是不能经过盐桥进入左侧烧杯中，故D选项不正确。

12．已知:

常温下浓度为0.1mol·L-1的下列溶液的pH如表:

溶质

NaF

NaClO

Na2CO3

pH

7.5

9.7

11.6

下列有关说法正确的是

A．在相同温度下，同浓度的三种酸溶液的导电能力顺序：

H2CO3＜HClO＜HF

B．若将CO2通入0.1mol·L-1Na2CO3溶液中至溶液中性,则溶液中

2c（CO32ˉ）+c（HCO3ˉ）=0.1mol·L-1

C．根据上表,水解方程式ClOˉ+H2O

HClO+OHˉ的平衡常数K≈10ˉ7.6

D．向上述NaClO溶液中通HF气体至恰好完全反应时：

c（Na+）＞c（Fˉ）＞c（H+）＞c（HClO）＞c（OHˉ）

【答案】C

【解析】A选项，根据生成NaF所对应的酸为HF，生成NaClO所对应的酸为HClO，生成Na2CO3所对应的酸为HCO3－，生成NaHCO3所对应的酸为H2CO3，酸性：

HCO3－＜HClO＜H2CO3＜HF，所以，三种酸溶液的导电能力顺序：

HClO＜H2CO3＜HF，A不正确。

B选项，0.1mol·L-1Na2CO3溶液中，c（Na+）=0.2mol·L-1，将CO2通入0.1mol·L-1Na2CO3溶液中至溶液中性,此时CO2过量，反应生成了NaHCO3，此时，溶液的体称没有变，溶液中的钠离子的浓度仍然为：

c（Na+）=0.2mol·L-1，根据电荷守恒有：

c（Na+）+c（H+）=c（HCO3ˉ）+2c（CO32-）+c（OHˉ），由于溶液呈中性：

c（H+）=c（OHˉ），则c（Na+）=2c（CO32ˉ）+c（HCO3ˉ）=0.2mol·L-1，故B不正确。

C选项，根据水解方程

式：

ClOˉ+H2O

HClO+OHˉ，水解的平衡常数表为；从上表可知常温下浓度为0.1mol·L-1NaClO溶液的pH=9.7，则pOH=4.3，c（OHˉ）=10－4.3，所以，

C正确。

D选项，向NaClO溶液中通HF气体至恰好完全反应时，

此时NaClO+HF=NaF+HClO，溶液中生成等物质的量的NaF和HClO，由于HClO

为弱酸，不完全电离，存在着电离平衡：

HClO

H++ClOˉ，同时，溶液中也还存在着NaF的水解平衡，但是终究水解程度是很微弱的，所以溶液中应该是c（Na+）＞c（Fˉ）＞c（HClO）＞c（H+＞c（OHˉ），故D不正确。

13．某溶液可能含有Clˉ、SO42ˉ、CO32ˉ、NH4+、Fe3+、Fe2+、Al3+和Na+。

某同学为了确认其成分，取部分试液，设计并完成了如下实验：

由此可知原溶液中

A．原溶液中c（Fe3+）=0.2mol·L-1

B．溶液中至少有4种离子存在，其中Clˉ一定存在，且c（Clˉ）≥0.2mol·L-1

C．SO42ˉ、NH4+、Na+一定存在，CO32ˉ、Al3+一定不存在

D．要确定原溶液中是否含有Fe2+,其操作为：

取少量原溶液于试管中,加入适量氯水，无现象，再加KSCN溶液，溶液成血红色，则含有Fe2+

【答案】B

【解析】根据设计并完成的实验：

①加入过量NaOH溶液，加热，得到0.02mol气体，说明有NH4+，而且为0.02mol。

同时产生红褐色沉淀，说明有Fe3+，但由于Fe2+极易被氧化为Fe3+，所以这里不能排除原溶液中没有Fe2+存在，又由于Fe3+（或Fe2+）不能与CO32ˉ共存，所以原溶液中就没有CO32ˉ，且根据过滤、洗涤、灼烧后得1.6g固体（Fe2O3）可知Fe离子为0.02mol。

②滤液焰色反应呈黄色，说明有Na+，但不能说明有原溶液中一定Na+，因为在加入过量NaOH溶液时，引入了Na+。

③根据不溶于盐酸的4.66g沉淀，说明有SO42-，且为0.02mol。

④根据电荷守恒可知一定有Cl-，且至少有0.02mol，因为如果原溶液中有Na+，则Cl-大于0.02mol，即c（Clˉ）≥0.2mol·L-1。

由此可知，原溶液中NH4+、SO42ˉ、Clˉ一定存在，Fe3+或Fe2+至少有一种存在；Na+可能存在也可能不存在；CO32ˉ、Al3+一定不存在。

所以，选项B正确，选项A、C、D错误。

26．（14分）无机化合物A中含有金属Li元素，遇水强烈水解,主要用于有机合成和药物制造，是具有良好前景的储氢材料。

在一定条件下，2.30g固体A与5.35gNH4Cl固体恰好完全反应，生成固体B和4.48L气体C（标准状况）。

已知气体C极易溶于水得到碱性溶液,电解无水B可生成金属单质D和氯气。

请回答下列问题：

（1）A的化学式是▲，C的电子式是▲。

（2）写出化合物A与盐酸反应的化学方程式：

▲。

（3）某同学通过查阅资料得知物质A的性质：

Ⅰ．工业上可用金属D与液态的C在硝酸铁催化下反应来制备A物质，纯净的A物质为白色固体，但制得的粗品往往是灰色的。

Ⅱ．物质A熔点390℃，沸点430℃，密度大于苯或甲苯,不溶于煤油，遇水反应剧烈，也要避免接触酸和酒精。

在空气中化合物A缓慢分解，对其加强热则猛烈分解，但不会爆

炸.在750～800℃分解为化合物E和气体C。

①物质A在750～800℃分解的方程式为：

▲。

久置的物质A可能大部分变质而不能使用，需将其销毁。

遇到这种情况，可用苯或甲苯将其覆盖，然后缓慢加入用苯或甲苯稀释过的无水乙醇，试解释其化学原理▲。

（4）工业制备单质D的流程图如下：

①步骤①中操作名称：

▲。

试用平衡原理解释步骤

中减压的目的：

▲。

【答案】

（1）LiNH2

（2）LiNH2+2HCl=LiCl+NH4Cl

（3）①3LiNH2

Li3N+2NH3↑

LiNH2密度大于苯或甲苯且不溶于它们，所以可用苯或甲苯进行覆盖；乙醇可以跟LiNH2反应，方程式为：

LiNH2+C2H5OHC2H5OLi+NH3可将其销毁。

（4）①蒸发浓缩、冷却结晶

LiCl﹒H2O（S）

LiCl（s）+H2O（g）减小压强，有利于上述平衡向正方向移动，有利于无水LiCl的制备。

【解析】⑴由题给的信息：

“已知无机化合物A中含有Li元素，遇水强烈水解”，“在一定条件下，2.30g固体A与5.35gNH4Cl固体恰好完全反应，生成固体B和4.48L气体C（标准状况）。

已知气体C极易溶于水得到碱性溶液,电解无水B可生成金属单质D和氯气。

”可推知C为NH3，并依据电解熔融的金属氯化物可以得到金属单质和氯气的知识，可推知B为LiCl。

则固体A与NH4Cl固体反应可表为：

A+NH4Cl—LiCl+NH3，NH4Cl的摩尔质量为53.5g/mol，5.35gNH4Cl为0.1mol，反应生成的LiCl也应为0.1mol，那么化合物A中含Li元素也为0.1mol，再根据质量守恒和原子守恒（原子的种类和数目反应前后相同），就可推出该反应的化学方程式为应：

LiNH2+NH4Cl=LiCl+NH3，由此可知A是LiNH2，LiNH2的摩尔质量为23.0g/mol，2.30gLiNH2为0.1mol，符合化学反应方程

式中的化学计量数，NH3分子的电子式为：

⑵根据化合物A（LiNH2）遇水强烈水解，能生成LiOH和NH3，所以其与盐酸反应的应为：

LiNH2+2HCl=LiCl+NH4Cl。

⑶①根据质量守恒（原子守恒），即可推出LiNH2在750～800℃分解的方程式为：

3LiNH2

Li3N+2NH3↑。

②由题给的LiNH2有关性质，用苯或甲苯将其覆盖，然后缓慢加入用苯或甲苯稀释过的无水乙醇销毁变质的LiNH2的化学原理是“LiNH2密度大于苯或甲苯，且不溶于它们，所以可用苯或甲苯进行覆盖；乙醇可以跟LiNH2反应：

LiNH2+C2H5OHC2H5OLi+NH3，可将其销毁。

”这里必须注意，应回答的是解释其化学原理，而不是解释其原因。

⑷通过工业制备单质Li的流程图可知：

①步骤①是要从LiCl溶液获得LiCl﹒H2O晶体，所以，其操作应为：

蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤。

步骤①中的操作己经有过滤、洗涤，还应有“蒸发浓缩、冷却结晶”。

②步骤

是要将LiCl﹒H2O晶体在减压、干燥的氯化氢气氛中加热（200℃）生成无水LiCl，然后经步骤③电解熔融的LiCl制得金属Li。

因此根据LiCl﹒H2O晶体脱去结晶水生成无水LiCl的反应：

LiCl﹒H2O（S）

LiCl（s）+H2O（g），是一个扩大气体体积的反应，所以减小压强，有利于平衡LiCl﹒H2O（S）

LiCl（s）+H2O（g）向正方向移动，有利于无水LiCl的制备。

27．（14分）大气中的部分碘源于O3对海水中Iˉ的氧化。

将O3持续通入NaI酸性溶液溶液中进行模拟研究。

（1）O3将Iˉ氧化成I2的过程可发生如下反应：

　①Iˉ（aq）+O3（g）=IOˉ（aq）+O2（g）△H1

　②IOˉ（aq）+H+（aq）

HOI（aq）　△H2

　③HOI（aq）+Iˉ（aq）+H+（aq）

I2（aq）+H2O（l）△H3

　④O3（g）+2Iˉ（aq）+2H+（aq）=　I2（aq）+O2（g）+H2O（l）△H4

则△H3与△H1、△H2、△H4之间的关系是：

△H3=▲。

（2）在溶液中存在化学平衡：

I2（aq）+Iˉ（aq）

I3ˉ（aq）其平衡常数表达式为▲。

在反应的整个过程中I3ˉ物质的量浓度变化情况是▲。

（3）为探究温度对I2（aq）+Iˉ（aq）

I3ˉ（aq）△H5反应的影响。

在某温度T1下，将一定量的0.2mol·L-1NaI酸性溶液置于密闭容器中，并充入一定量的O3（g）（O3气体不足，不考虑生成物O2与Iˉ反应），在t时刻，测得容器中I2（g）的浓度。

然后分别在温度为T2、T3、T4、T5下，保持其它初始实验条件不变，重复上述实验，经过相同时间测得I2（g）浓度，得到趋势图（见图一）。

则：

①若在T3时，容器中无O3，T4～T5温度区间容器内I2（g）浓度呈现如图一所示的变化趋势，则△H5▲0（填＞、＝或＜）；该条件下在温度为T4时，溶液中Iˉ浓度随时间变化的趋势曲线如图二所示。

在t2时，将该反应体系温度上升到T5，并维持该温度。

请在图2中画出t2时刻后溶液中Iˉ浓度变化总趋势曲线。

②若在T3时，容器中还有O3，则T1～T2温度区间容器内I2（g）浓度呈现如图一所示的变化趋势，其可能的原因是▲。

（任写一点）

（4）利用反应④和图2的信息，计算0-t1时间段内用I2（aq）表示的化学反应速率▲。

【答案】

（1）△H4-△H2-△H1；

（2）

;先增加后减小；

（3）①＞；

②O3继续氧化I-使溶液中I2浓度增加，使I2（aq）

I2（g）平衡向正方向移动，气体I2浓度增加；溶液温度升高，使I2（aq）

I2（g）△H>0，平衡向正方向移动，气体I2浓度增加；（两条理由任写一点给2分）

（4）0.11/2t1mol·L-1·min-1（2分）

【解析】⑴观察已知的4个热化学方程式中的反应物和生成物，可以知道，由④式减②

式减①式，即可得到③式，所以，△H3=△H4－△H2－△H1。

⑵依据平衡常数的定义可得反应I2（aq）+Iˉ（aq）

I3ˉ（aq）的平衡常数表达式为：

。

已知O3将Iˉ氧化成I2的过程中可发生4个反应，所以在反应的整个过程中I3ˉ物质的量浓度变化情况是：

开始时随着O3的通入，O3可以将I－氧化成I2，I2与I－结合形成I3－，从而使I3ˉ物质的量浓度增大；由于O3具有极强氧化性，通入的O3还可以将I－氧化为IO－和氧气，随着O3的持续通入，O3将一部分I－氧化为IO－和氧气，使I－消耗量增大，同时I2生成量减少，从而使I3－的浓度变小。

⑶①在T3时，容器中已无O3，所以从图示可以知道，此时，溶液中只存在两个平衡：

I2（ag）

I2（g），和I2（aq）+Iˉ（aq）I3ˉ（aq），根据I2（ag）

I2（g）△H>0，升高温度，I2（ag）倾向于生成I2（g），所以在不考虑其它因素时，I2（g）浓度会增加，但是从图一T4→T5所示的I2（g）浓度变化曲线看，实际上升高温度I2（g）浓度减少，那么只能判断是温度升高致使平衡I2（aq）+Iˉ（aq）

I3ˉ（aq）正向移动，移动结果使I2（aq）浓度减小，从而导致I2（ag）

I2（g）平衡逆向移动，使I2（g）浓度减小，由此可以判断△H5＞0，I2（aq）+Iˉ（aq）

I3ˉ（aq）是吸热反应。

要画出t2时刻后溶液中Iˉ浓度变化总趋势曲线，必须首先确定曲线的起点、拐

点和终点，已知图二所示的曲线是温度在T4时，溶液中Iˉ浓度随时间变化的趋势曲线，根由曲线分析可知反应己达到平衡，在t2时，反应体系温度上升到T5，并维持该温度，是改变的反应条件（升高温度），此时平衡必然会发生移动，所以T5温度下曲线的起点就是T4温度下曲线的终点，坐标位置应为（0.09，t2）。

由于升高温度加快反应速率，缩短达到平衡的时间，所以在T5温度下，达到平衡所用的时间要比T4温度下少，所以拐点出现所需时间比T4温度下少。

由于该反应是吸热反应，升高温度能使平衡I2（aq）+Iˉ（aq）

I3ˉ（aq）正向移动，从而使Iˉ浓度减小。

结合图二中的数据可知，T4温度下Iˉ转化浓度为0.11mol/L，转化率为所以T5温度下Iˉ的转化率为一定

大于55%，Iˉ的平衡浓度要小于0.09mol/L－（0.09mol/L×55%）≈0.04mol/L。

所以拐点（平衡点）的位置坐标应在Iˉ浓度小于0.04mol/L处，终点与拐点（平衡点）在一条直线上。

由此就可画出t2时刻后溶液中Iˉ浓度变化总趋势曲线（见答案）。

②在T3时，容器中还有O3，则T1～T2温度区间容器内I2（g）浓度呈现如图一所示的变化趋势，可能是：

a.由于容器中还有O3，O3继续氧化I-使溶液中I2浓度增加，从而使I2（aq）

I2（g）平衡向正方向移动，气体I2浓度增加；b.体系的温度升高，使I2（aq）

I2（g）△H>0，平衡向正方向移动，从而气体I2浓度增加。

⑷根据图二所示Iˉ浓度的数据可计算出用Iˉ（aq）表示的化学反应速率：

V（I－）=

，再根据⑴中反应④的化学方程式中Iˉ（aq）与I2（aq）的化学计量数之比2:

1，得出用I2（aq）表示的化学反应速率：

V（I2）=

。

28．（14分）芳香族羧酸通常用芳香烃的氧化来制备。

芳香烃的苯环比较稳定，难于氧化，而环上的支链不论长短，在强烈氧化时，最终都氧化成羧基。

某同学用甲苯的氧化反应制备苯甲酸。

反应原理：

反应试剂、产物的物理常数：

名称

相对分子质量

性状

熔点

沸点

密度

溶解度

水

乙醇

乙醚

甲苯

92

无色液体易燃易挥发

-95

110.6

0.8669

不溶

∞

∞

苯甲酸

122

白色片状或针状晶体

122.4

248

1.2659

微溶

易溶

易溶

主要实验装置和流程如下：

图1回流搅拌装置      图2抽滤装置  

实验方法：

一定量的甲苯和KMnO4溶液置于图1装置中，在100℃时，反应一段时间，再停止反应，按如下流程分离出苯甲酸和回收未反应的甲苯。

（1）仪器K的名称为▲。

无色液体A的结构简式为▲。

操作Ⅱ为▲。

（2）如果滤液呈紫色，要先加亚硫酸氢钾，然后再加入浓盐酸酸化，加亚硫酸氢钾的目的是▲。

（3）下列关于仪器的组装或者使用正确的是▲。

A．抽滤可以加快过滤速度，得到较干燥的沉淀

B．安装电动搅拌器时，搅拌棒下端不能与三颈烧瓶底、温度计等接触

C．抽滤结束后，为防止倒吸，应先关闭水龙头，再断开真空系统与过滤系统的连接

D．冷凝管中水的流向是下进上出

（4）除去残留在苯甲酸中的甲苯应先加入▲，分液，水层再加入▲，然后抽滤，干燥即可得到苯甲酸。

（5）纯度测定：

称取1.220g产品，配成100ml