【化学】江苏省苏州市2023-2024学年高一下学期期末考试试题（解析版）

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一、 单项选择题：本题共13小题，每小题3分，共39分，每小题只有一个选项最符合题意。
1. 碳纳米材料主要包括富勒烯、碳纳米管、石墨烯等。下列说法正确的是（ ）
A. 碳纳米材料属于胶体B. 石墨烯是新型无机非金属材料
C. 石墨烯和碳纳米管互为同位素D. 碳纳米材料均属于含碳化合物
【答案】B
【解析】
【详解】A．纳米材料直径在纳米级，但需要分散到分散剂中才能形成胶体，故A错误；
B．石墨烯是碳单质，属于新型的无机非金属材料，故B正确；
C．石墨烯和碳纳米管是碳元素形成的不同种单质，互为同素异形体，故C错误；
D．碳纳米材料属于碳单质，故D错误。
答案选B。
2. 下列有关化学用语使用正确的是（ ）
A. 乙炔的结构简式：HC≡CH B. 对硝基甲苯的结构简式：
C. 乙烯的球棍模型： D. NH4Cl的电子式：
【答案】A
【解析】
【详解】A．乙炔中含有碳碳三键，其结构简式为CHCH，A正确；
B．硝基中氮原子与碳原子直接相连，对硝基甲苯的结构简式为，B错误；
C．乙烯分子中两个C原子之间形成2个共用电子对，每个C原子再分别与2个H原子形成2个共用电子对，题中所给模型为乙烯的空间填充模型，不是球棍模型，C错误；
D．氯化铵是含有离子键和共价键的离子化合物，电子式为，D错误；
故选A。
3. 利用下列装置(夹持装置略)进行实验，不能达到相应实验目的的是（ ）
A. 用甲装置制取乙烯
B. 用乙装置制备溴苯并验证有HBr产生
C. 用丙装置制取并收集乙酸乙酯
D. 用丁装置验证乙醇的结构简式是CH3—O—CH3还是CH3CH2OH
【答案】B
【解析】
【详解】A．浓硫酸和乙醇的混合物迅速加热到170℃时可产生乙烯，用甲装置制取乙烯，A正确；
B．HBr、挥发出来的溴蒸气遇到硝酸银溶液均会产生浅黄色沉淀，用乙装置不能验证有HBr产生，B错误；
C．乙酸和乙醇在浓硫酸加热下生成乙酸乙酯，饱和碳酸钠能吸收乙酸、溶解乙醇、并降低乙酸乙酯在水中的溶解性，则可用丙装置制取并收集乙酸乙酯，C正确；
D．用一定量乙醇和足量钠反应，按照反应产生的气体体积、消耗的乙醇的物质的量的关系可推测出氢原子乙醇的结构简式是CH3—O—CH3还是CH3CH2OH，D正确；
答案选B。
4. 下列事实不能用有机化合物分子中基团间的相互作用解释的是（ ）
A. 乙烯能发生加成反应而乙烷不能
B. 苯在50～60 ℃时发生硝化反应而甲苯在30 ℃时即可发生
C. 甲苯能使酸性KMnO4溶液褪色而甲烷不能
D. 苯酚能与NaOH溶液反应而乙醇不能
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】A．乙烯能发生加成反应是因为乙烯含有碳碳以双键，而乙烷不含有碳碳双键，不能发生加成反应，与基团相互影响无关，A错误；
B．甲苯与硝酸反应更容易，说明甲基的影响使苯环上的氢原子变得活泼易被取代，与有机物分子内基团间的相互作用有关，B正确；
C．甲苯能使酸性高锰酸钾溶液褪色而甲烷不能，说明H原子与苯基对甲基的影响不同，甲苯能使高锰酸钾酸性溶液褪色，说明苯环的影响使侧链甲基易被氧化，C正确；
D．苯环对羟基的影响使羟基变活泼，因此苯酚能与氢氧化钠溶液反应而乙醇不能，D正确；
答案选A。
ⅤA族元素及其化合物应用广泛。HNO3是重要的化工原料。汽车尾气中的NOx通过净化器转化为无毒气体N2。强碱性条件下NaClO氧化NH3生成N2H4(肼)，肼具有强还原性。肼是一种重要的液态火箭燃料，与NO2反应生成N2并放热。工业上用白磷(P4)与Ba(OH)2反应生成PH3和一种盐，该盐可与H2SO4反应制备一元弱酸H3PO2。
5. 氮及其化合物的转化关系如图所示，则下列说法不正确的是（ ）
A. 路线①②③是工业生产硝酸的主要途径
B. 路线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ是雷电固氮生成硝酸的主要途径
C. 上述所有反应都是氧化还原反应
D. 氮气可在足量的氧气中通过一步反应生成NO2
6. 下列氮及其化合物的性质与用途具有对应关系的是（ ）
A. N2性质稳定，可用作食品保护气 B. NH4HCO3受热易分解，可用作氮肥
C. NH3具有还原性，可用作制冷剂 D. HNO3具有强氧化性，可用于制硝酸铵
7. 根据材料提供的信息，判断下列化学反应表示不正确的是（ ）
A. NO2制HNO3的离子方程式：3NO2+H2O=2H++2+NO
B. 白磷与Ba(OH)2溶液反应：2P4+3Ba(OH)2+6H2O=3Ba(H2PO2)2+2PH3↑
C. 汽车尾气催化净化器中发生的主要反应：2NOx+2xCON2+2xCO2
D. NH3与足量的NaClO溶液反应的离子方程式：2NH3+ClO-=N2H4+Cl-+H2O
【答案】5. D 6. A 7. D
【解析】
【5题详解】A．工业上是用氨催化氧化方法制取硝酸，路线①②③是工业生产硝酸的主要途径，A正确；
B．雷电固氮就是空气中的N2与O2在电火花作用下反应产生NO，NO被O2氧化产生NO2，NO2被水吸收得到硝酸，故路线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ是雷电固氮生成硝酸的主要途径，B正确；
C．在上述反应中都存在N元素化合价的变化，因此都是氧化还原反应，C正确；
D．氮气与氧气在高温或放电时反应产生NO，无法一步得到二氧化氮，D错误；
故答案为：D；
【6题详解】A．氮气含有氮氮三键，其化学性质稳定，一般不与物质发生反应，可用作保护气，A正确；
B．NH4HCO3可用作氮肥，是因为含氮元素，和受热易分解无关，B错误；
C．液氨汽化吸收大量的热，具有制冷作用，可用作制冷剂，与其还原性无关，C错误；
D．HNO3具有酸性，可用于制NH4NO3，D错误；
故答案为：A；
【7题详解】A．NO2和水反应生成硝酸和一氧化氮，离子方程式为3NO2+H2O=2H++2+NO，A正确；
B．根据题意白磷与Ba(OH)2溶液反应生成PH3和一种盐，该盐可与H2SO4反应制备一元弱酸H3PO2，则化学反应方程式为2P4+3Ba(OH)2+6H2O=3Ba(H2PO2)2+2PH3↑，B正确；
C．汽车尾气中氮氧化物在催化剂作用下与CO反应生成CO2和N2，C正确；
D．肼具有强还原性，强碱性条件下过量的NaClO氧化N2H4生成N2，D错误；
故答案：D。
8. 铁及其化合物是中学化学中一类重要的物质。下列关于铁元素的叙述正确的是（ ）
A. 向某溶液中通入氯气，然后再加入硫氰化钾溶液变红色，说明原溶液中含有Fe2+
B. 保存FeCl2溶液常常加一些铁粉，其目的是抑制Fe2+水解生成 Fe(OH)2
C. 25 ℃时，pH＝0的溶液中，Al3+、、、Fe2+可以大量共存
D. FeSO4溶液中加入H2O2溶液时，Fe2+表现还原性
【答案】D
【解析】
【详解】A．该操作无法证明通Cl2之前是否存在Fe2+，应该先向溶液中加入硫氰化钾溶液，若不变红，再通入Cl2，溶液变红，即可证明原溶液中存在Fe2+，A错误；
B．Fe2+易被氧化为Fe3+，保存FeCl2溶液常常加一些铁粉，其目的是防止Fe2+被氧化，B错误；
C．pH=0的溶液显酸性，H+、、Fe2+发生氧化还原反应不能共存，C错误；
D．Fe2+可被H2O2氧化，发生的离子反应为2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，Fe2+表现还原性，D正确。
故选D。
9. 含硫煤的燃烧会产生大气污染物，为防治该污染，某工厂设计了新的治污方法，同时可得到化工产品，该工艺流程如下图所示．下列叙述错误的是（ ）
A. 该过程中可得到化工产品
B. 该工艺流程的目的是除去煤燃烧时产生的
C. 图中涉及的反应之一为
D. 该过程中化合价发生改变的元素只有Fe和S
【答案】D
【解析】
详解】A．根据图示可知该过程中可得到化工产品，A正确；
B．通过该工艺流程将转化为，B正确；
C．根据图示可知图中涉及的反应之一为，C正确；
D．该过程中化合价发生改变的元素有Fe、S、O，D错误；
故选D。
10. 芳樟醇结构如图所示，在一定条件下发生消去反应生成芳樟烯。下列说法正确的是（ ）

A. 芳樟醇存在顺反异构体
B. 芳樟醇中含有1个手性碳原子
C. 芳樟醇在水中溶解度小于芳樟烯
D. 芳樟醇消去反应仅生成一种有机产物
【答案】B
【解析】
【详解】A．碳碳双键的碳原子上连接不同基团时，存在顺反异构，可知芳樟醇不存在顺反异构体，选项A错误；
B．连接4个不同基团的碳原子为手性碳原子，则芳樟醇中与羟基相连的碳原子为手性碳原子，选项B正确；
C．醇与水形成氢键，则芳樟醇在水中溶解度大于芳樟烯，选项C错误；
D．与羟基相连碳原子的邻位碳原子有2个，则芳樟醇消去反应生成两种有机产物，选项D错误；
答案选B。
11. 扁桃酸是重要的医药合成中间体，工业上合成它的路线之一如下：
下列有关说法不正确的是（ ）
A. 反应I是加成反应
B. 苯甲醛分子中所有原子可以处于同一平面
C. 扁桃酸可以通过缩聚反应生成
D. 1ml扁桃酸最多可以消耗2ml
【答案】D
【解析】
【详解】A．反应I是醛基的加成反应，A正确；
B．苯甲醛中苯环、-CHO均为平面结构，两个平面结构通过C-C单键结合，由于碳碳单键可以旋转，因此苯甲醛分子中所有原子可以处于同一平面，B正确；
C．扁桃酸分子中含-OH、-COOH，在一定条件下可以发生缩聚反应生成高聚物和水，C正确；
D．在扁桃酸分子中只有-COOH与NaHCO3发生反应，1个扁桃酸分子中含有1个-COOH，则1 ml扁桃酸最多可以消耗1 ml NaHCO3，D错误；
故选D。
12. 下列有关实验操作步骤、现象、结论正确的是（ ）
【答案】C
【解析】
【详解】A．出现棕黑色沉淀是硝酸银与KOH反应生成的AgOH分解的产物(Ag2O)，1-溴丙烷中不一定混有杂质，A错误；
B．无水乙醇与浓硫酸共热，除去可能生成乙烯外，还可能生成二氧化硫气体，所以产生的气体使溴水褪色，不一定生成乙烯， B错误；
C．取少许溶于水，加入几滴KSCN溶液，溶液变红色，说明溶液中含有Fe3+，故可能部分被氧化，C正确；
D．向苯酚溶液中滴加少量浓溴水、振荡，无白色沉淀，其原因是生成的少量三溴苯酚溶解在苯中，不能除杂，应该选择氢氧化钠溶液、分液，D错误；
故选C。
13. 由软锰矿(主要成分，及少量CaO、MgO)制备的工艺流程如下：
已知：“沉锰”所得在空气中“焙烧”时转化为、、MnO的混合物。
下列说法正确的是（ ）
A. “浸取”时向软锰矿中先加入足量溶液，再滴加稀
B. “除杂”后的溶液中主要存在的阳离子有、、、、
C. “沉锰”时反应的离子方程式为
D. “酸浸”时每反应3 ml 转移电子的物质的量为2 ml
【答案】A
【解析】
【分析】软锰矿浸取时和发生氧化还原反应生成Mn2+，CaO、MgO分别变成硫酸钙和硫酸镁，加入氟化钠和镁离子形成氟化镁沉淀，所得滤渣的成分为硫酸钙和氟化镁；加入碳酸氢铵和Mn2+反应生成，焙烧后得到、、MnO的混合物，加入稀硫酸后将、MnO转化为MnSO4，通过过滤得到二氧化锰，据此作答。
【详解】A．软锰矿浸取时和发生氧化还原反应生成Mn2+，CaO、MgO分别变成硫酸钙和硫酸镁， A正确；
B．“除杂”后的溶液中和已变成沉淀除去，B错误；
C．“沉锰”时反应的离子方程式为，C错误；
D．“酸浸”时Mn2O3和稀硫酸发生歧化反应生成Mn2+和MnO2，所以1个Mn2O3对应转移1个e-，则3ml对应转移3 ml电子，故D错误；
选A。
二、 非选择题：本题共4小题，共61分。
14. 非诺洛芬是一种治疗类风湿性关节炎药物，其人工合成路线如下：
（1）非诺洛芬分子含有手性碳原子的数目为___________。
（2）反应Ⅰ中须加入的试剂X，其分子式为。
①X的结构简式为___________。
②写出由苯作原料制备化合物A的化学方程式___________。
（3）C的结构简式为___________。
（4）试剂X和化合物C相比，酸性较强的是___________(填“X”或“C”)。
（5）在反应Ⅰ~Ⅳ中，属于取代反应的是___________(填序号)。
（6）B的一种同分异构体满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式：___________。
①分子中有6种不同化学环境的氢，且分子中含有两个苯环。
②能发生银镜反应且水解产物之一能与溶液发生显色反应。
【答案】（1）1
（2）①. ②. +HBr
（3）
（4）X
（5）Ⅰ、Ⅲ、Ⅳ
（6）
【解析】由图可知，A溴苯和X生成B，试剂X分子式为，结合B结构可知，X为，，A和X发生取代反应生成B，B中羰基还原得到C，C中羟基被溴取代生成D，D中溴和HCN发生取代反应生成E，E水解得到非诺洛芬；
（1）手性碳原子是连有四个不同基团的碳原子；非诺洛芬分子中与羧基直接相连的碳为手性碳，故含有手性碳原子的数目为1；
（2）①X的结构简式为。②苯和溴单质在FeBr3催化作用下生成化合物A，+HBr；
（3）C的结构简式为；
（4）试剂X中羟基为酚羟基，受到苯环的影响，酚羟基中氢更容易电离出来，故和化合物C相比，酸性较强的是X；
（5）由分析可知，在反应Ⅰ~Ⅳ中，属于取代反应的是Ⅰ、Ⅲ、Ⅳ；
（6）B的一种同分异构体满足下列条件：
①分子中有6种不同化学环境的氢，且分子中含有两个苯环，则结构对称。②能发生银镜反应且水解产物之一能与溶液发生显色反应，则含有甲酸酯基，且水解生成酚羟基。结构可以为：。
15. 化合物F是合成一种天然茋类化合物的重要中间体，其合成路线如下：
（1）D分子中含氧官能团有________________________(任写两个)。
（2）E→F的反应类型为____________。
（3）C→D反应中会有副产物X(C12H15O6Br)生成，X的结构简式为____________。
（4）C的一种同分异构体同时满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式：____________。
①能与FeCl3溶液发生显色反应；
②碱性完全水解后酸化，所得产物分子中均含2种不同化学环境的氢原子。
（5）已知：(R表示烃基，R′和R″表示烃基或氢)。写出以和CH3OH为原料制备的合成路线流程图(无机试剂和有机溶剂任用，合成路线流程图示例见本题题干)_____________。
【答案】（1）(酚)羟基、酯基、醚键(任写两个)
（2）还原反应
（3）
（4）
（5）
【解析】A断裂C-O键发生取代反应生成B，B断裂C-Cl键生成C，C中羟基断裂O-H键生成生成D，D发生取代反应生成E，观察E和F的结构，即－COOCH3转化成了－CH2OH，以此分析。
（1）D分子中含氧官能团有羟基、酯基、醚键；故答案为：(酚)羟基、酯基、醚键；
（2）观察E和F的结构，即－COOCH3转化成了－CH2OH，加氢去氧，为还原反应；
故答案为：还原反应；
（3）C中有两个－OH，都可以和三乙胺发生取代反应，故副产物为；故答案为：；
（4）C的一种同分异构体能与氯化铁溶液发生显色，即含有酚羟基；碱性完全水解后酸化，所得产物分子中均含2种不同化学环境的氢原子，溴原子水解之后会生成－OH，酯基水解之后也会生成－OH，即水解之后会在苯环上引入2个－OH，在四个－OH的分布满足2种不同化学环境的氢原子，水解之后的结构为，则水解之前的结构为；故答案为：；
（5）从E→F受到启发，酯基转化成了醇，则－COOCH2CH3转化成了－CH2OH再与HCl反应引入Cl原子，即反应生成—CH2Cl，再与Mg在无水乙醚条件下反应生成－CH2MgCl，再结合已知，可再与HCHO在酸性条件下反应，即得到目标产物，而HCHO可由CH3OH氧化制得，据此可写出合成路线流程图；。
16. 草酸亚铁晶体(FeC2O4·2H2O)可作为制备电池正极材料磷酸铁锂的原料。以FeSO4溶液制备电池级草酸亚铁晶体的实验流程如图：


（1）“沉淀”步骤得到的混合体系不宜在空气中久置，其原因是___。
（2）“转化”在右图所示装置中进行。导管A的作用是___。
（3）检验“洗涤”完全的实验操作是__。
（4）以废渣(主要含Fe2O3、Al2O3、SiO2等)为原料制备实验所需的FeSO4溶液，请补充实验方案：向废渣中分批加入稀硫酸，边加边搅拌，当固体不再溶解时，过滤；___。[实验中须使用的试剂：稀硫酸、铁粉、NaOH溶液、KSCN溶液、蒸馏水]
（5）测定草酸亚铁样品纯度的方法如下：准确称取0.2500g样品，加入适量水、浓H2SO4、磷酸，用0.04500ml·L-1KMnO4标准溶液滴定至终点(草酸亚铁转化为Fe3+和CO2)，消耗KMnO4标准溶液18.00mL。计算样品中FeC2O4·2H2O的纯度___(写出计算过程)。
【答案】（1）Fe(OH)2在空气中易被O2氧化为Fe(OH)3，导致草酸亚铁产率降低
（2）平衡压强，使H2C2O4溶液顺利滴入三颈烧瓶中
（3）取最后一次洗涤滤液少许于试管中，先滴加盐酸酸化，再滴加BaCl2溶液，若无白色沉淀生成，则已洗涤完全
（4）在搅拌下向滤液中滴加NaOH溶液，沉淀先增加后减少，当沉淀不再减少时，过滤；用蒸馏水洗涤滤渣2～3次后，在搅拌下向滤渣中加入稀硫酸至滤渣完全溶解；在搅拌下向所得溶液中分批加入铁粉，直至向取出的少量溶液中滴加KSCN溶液不再出现红色，过滤
（5）97.20%
【解析】FeSO4溶液中加入氨水生成氢氧化亚铁沉淀，向混合体系中加入草酸，氢氧化亚铁沉淀转化为草酸亚铁晶体，过滤、洗涤、烘干得FeC2O4·2H2O。
（1）“沉淀”步骤中FeSO4溶液中加入氨水生成氢氧化亚铁沉淀，Fe(OH)2在空气中易被O2氧化为Fe(OH)3，导致草酸亚铁产率降低，所以混合体系不宜在空气中久置；
（2）根据图示，盛装草酸的仪器是恒压分液漏斗，导管A的作用是平衡压强，使H2C2O4溶液顺利滴入三颈烧瓶中；
（3）草酸亚铁晶体表面可能有硫酸根离子，通过检验洗涤液中是否含有硫酸根离子判断“洗涤”是否完全，检验“洗涤”完全的实验操作是：取最后一次洗涤滤液少许于试管中，先滴加盐酸酸化，再滴加BaCl2溶液，若无白色沉淀生成，则已洗涤完全；
（4）向废渣中分批加入稀硫酸，边加边搅拌，当固体不再溶解时，过滤除去SiO2；在搅拌下向滤液中滴加NaOH溶液，沉淀先增加后减少，当沉淀不再减少时，过滤，得氢氧化铁沉淀；用蒸馏水洗涤滤渣2～3次后，在搅拌下向滤渣中加入稀硫酸至滤渣完全溶解；在搅拌下向所得溶液中分批加入铁粉，把硫酸铁还原为硫酸亚铁，直至向取出的少量溶液中滴加KSCN溶液不再出现红色，过滤，可得FeSO4溶液；
（5）草酸亚铁被酸性高锰酸钾氧化为Fe3+和CO2，根据得失电子守恒，得关系式，反应消耗0.04500ml·L-1KMnO4标准溶液18.00mL，则草酸亚铁的物质的量为，FeC2O4·2H2O的纯度为。
17. 氮是生命体的重要组成元素，自然界中氮的循环对于生命活动有重要意义。
(1)一种利用锂及其化合物的循环，将空气中的N2转化为NH3的过程如图所示。
①X的化学式为___________。
②转化(Ⅲ)是电解熔融LiOH，该反应的化学方程式为___________。
(2)废水中氨氮(以NH3或NH形式存在)含量过高，直接排放会造成水体富营养化。用NaClO可以将氨氮氧化去除，已知NH3比NH更易被氧化。NaClO除去水中氨氮的反应过程如下：
NaClO＋H2ONaOH＋HClO
NH3＋HClO=NH2Cl＋H2O
2NH2Cl＋HClO=N2↑＋3HCl＋H2O
①控制含氨氮废水的量和加入NaClO的量一定，测得反应相同时间，氨氮的去除率与溶液初始pH的关系如图-1所示。
(a)当pH＜6时，氨氮去除率随溶液pH升高而升高的原因是：___________。
(b)当pH>10时，氨氮去除率随溶液pH升高而降低的原因是：___________。
②控制溶液的pH=7，测得反应相同时间，溶液中的氨氮、总氮(所有含氮微粒)的去除率随初始m(NaClO)∶m(NH3)的比例如图-2所示。当m(NaClO)∶m(NH3)>7.6，随m(NaClO)∶m(NH3)的增大，氨氮去除率始终接近100%，而总氮去除率逐渐降低的原因是___________。
③NaClO与NH3恰好完全反应时，反应的n(NaClO)∶n(NH3)的理论值是1.5.控制溶液的pH=7，测得反应相同时间，溶液中余氯含量与投入n(NaClO)∶n(NH3)的比值关系如图-3所示。水中的余氯的计算方法是向水中加入足量KI，生成的I2的物质的量看成是水中Cl2的物质的量。当n(NaClO)∶n(NH3)=1时，溶液中余氯含量较大的原因是___________。
【答案】①. H2O ②. 4LiOH(熔融) 4Li＋O2↑＋2H2O ③. pH升高，NH水解生成NH3，NH3浓度增大，NH3比NH更易被氧化 ④. pH升高，HClO转化为ClO-，氧化NH3的HClO浓度变小 ⑤. 部分氮元素被氧化为氮的含氧酸盐，仍然留在水溶液中 ⑥. NH2Cl具有氧化性，能将KI氧化为I2
【解析】
【分析】
【详解】(1)①从循环分析，X含有氢元素和氧元素，所以X为水。
②电解熔融LiOH，锂离子得到电子生成锂，氧元素失去电子生成氧气，化学方程式为4LiOH(熔融) 4Li＋O2↑＋2H2O。
(2) ①(a) pH＜6时， pH升高，铵根离子水解生成氨气，氨气浓度增大，根据已知NH3比NH更易被氧化分析，氨氮的去除率升高。
(b)当pH>10时，溶液中的部分次氯酸变成次氯酸根离子，次氯酸的浓度减小，所以氨氮去除率随溶液pH升高而降低。
②m(NaClO)∶m(NH3)的增大，部分氮元素被氧化为氮的含氧酸盐，仍然留在水溶液中，所以氨氮去除率始终接近100%，而总氮去除率逐渐降低。
③当n(NaClO)∶n(NH3)=1时，反应生成NH2Cl，NH2Cl具有氧化性，能将KI氧化为I2，溶液中消耗氯气的量减少，余氯含量较大。
实验操作和现象
结论
A
向1-溴丙烷中加入KOH溶液，加热并充分振荡，然后取少量液体滴入溶液，出现棕黑色沉淀
1-溴丙烷中混有杂质
B
无水乙醇与浓硫酸共热至170℃，将产生的气体通入溴水，溴水褪色
乙醇发生了消去反应
C
取少许溶于水，加入几滴KSCN溶液，溶液变红色
可能部分被氧化
D
向苯和苯酚的混合物中滴加溴水，过滤后分液
除去苯中混有的少量苯酚