河北省正定中学高三化学上学期第一次月考试题（含解析）新人教版(1).doc

河北省正定中学2015届高三上学期第一次月考化学试卷一、选择题1化学是一门实用性的学科，以下叙述正确的是（ ）a新型能生物柴油和矿物油主要化学成分相同b“洁厕灵”有效成分为盐酸，与漂白粉混合使用效果更佳c静置后的淘米水能产生丁达尔现象，这种“淘米水”是胶体d铝热反应中可得到铁，工业上可以利用该反应大量生产铁【答案】c【解析】试题分析：a、生物柴油是以油脂为原料，通过水解、酯化所得高级脂肪酸甲酯，而矿物油的成分是烃，二者不同，错误；b、洁厕灵与漂白粉混合使用，易使漂白粉中的氯离子与次氯酸根离子反应产生有毒的氯气，错误；c、能产生丁达尔现象的分散系属于胶体，静置后的淘米水能产生丁达尔现象，这种“淘米水”是胶体，正确；d、铝热反应可以产生铁，但同时消耗铝，所以工业中不能用铝热反应制取大量的铁，错误，答案选c。考点：考查化学与生活、工业的联系2有关化学用语的表达正确的是（ ）ana2o2电子式b二氧化硅的分子式sio2c乙烯的结构简式ch2ch2d硫原子的最外层电子排布式3s23p4【答案】d【解析】试题分析：a、过氧化钠是离子化合物，含有钠离子和过氧根离子，所以电子式中的过氧根离子应用 ，错误；b、二氧化硅是原子晶体，不是分子晶体，不存在分子，所以sio2不是二氧化硅的分子式，错误；c、乙烯的结构简式中的碳碳双键不能省略，错误；d、s原子的最外层是6个电子，是第三周期元素，所以最外层电子排布式3s23p4，正确，答案选d。考点：考查对化学用语的判断3在反应3cl2 + 8nh3 6nh4cl + n2中，设阿伏加德罗常数为na。则下列说法正确的是a若有0.3 mol cl2参加反应，转移的电子数为0.6nab若生成2.24 l氮气，转移的电子数为0.6nac若有1.2na个电子发生转移，则被氧化的氨气的质量是27.2 gd若生成1 mol的氯化铵转移电子数是n个，则na=1/n【答案】a【解析】试题分析：a、该反应中氯气作氧化剂，若有0.3mol的氯气参加反应，则转移电子数是0.6na，正确；b、未指明标准状况，所以产生的2.24l的氮气的物质的量不是0.1mol，转移的电子数不为0.6na，错误；c、该反应中若被氧化的氨气的物质的量是2mol，则转移电子的物质的量是6mol，若有1.2na个电子发生转移，说明有0.4mol的氨气被氧化，其质量是6.8 g，错误；d、若生成1 mol的氯化铵，则有0.5mol氯气参加反应，转移电子数是na，则na=n,，错误，答案选a。考点：考查阿伏伽德罗常数的应用4元素及其化合物丰富了物质世界，下列说法正确的是（ ）a铜在冷的浓硫酸中会钝化，所以把铜放入冷的浓硫酸中无明显现象bnaoh溶液和alcl3溶液相互滴加的现象不同c金属比非金属易失电子，所以金属可以置换非金属，而非金属不能置换金属dal与热水反应困难，故活泼性不及al的金属在任何条件下均不能与h2o发生反应【答案】b【解析】试题分析：a、铜与冷的浓硫酸不反应，不是因为铜与浓硫酸发生钝化，错误；b、氢氧化钠溶液滴入氯化铝溶液中开始有沉淀 后逐渐消失，而把氯化铝滴入氢氧化钠溶液中，开始无沉淀后逐渐产生沉淀，但不会消失，正确；c、金属比非金属易失电子，但非金属可以置换金属，如c与cuo的反应，错误；d、al与热水反应困难，但活泼性不如al的fe与水蒸气在高温条件下反应生成四氧化三铁和氢气，错误，答案选b。考点：考查金属的化学性质，溶液互滴现象的判断5短周期原子序数依次增大的主族元素r、t、q、w、y具有如下信息： r、y原子的最外层电子数与电子层数相同； q是地壳中含量最高的元素，r与t的核电荷数之和等于q的核电荷数； w与r同主族。下列说法正确的是（ ）aq与w形成的两种常见化合物中含有相同比例的阴、阳离子，属于同种晶体类型bt、q、w、y的原子半径大小为：tqywcq与y组成的常见物质是一种两性物质，结构中含有共价键d由y和t组成的物质yt是原子晶体，在电子和陶瓷工业上有广泛应用，可以直接由单质y和t在低温下合成【答案】a【解析】试题分析：q是地壳中含量最高的元素，所以q是o元素，r、y原子的最外层电子数与电子层数相同，且r的原子序数小于o，若r是be，符合最外层电子数与电子层数相同，但不符合r与t的核电荷数之和等于q的核电荷数，所以r是h元素，则t是n元素，w与r同主族，则w是na元素，所以y是第三周期、第三主族元素al。a、o与na形成的两种常见化合物中含有的阴离子与阳离子的比例相同，都是12，都属于离子晶体，正确；b、n原子半径大于o原子半径，所以t、q、w、y的原子半径大小为：qtyw，错误；c、q与y组成的常见物质是氧化铝，是两性氧化物，但含有离子键 ，错误；d、由y和t组成的物质aln是原子晶体，但不是由al和氮气直接制取的，错误，答案选a。考点：考查元素的推断，元素及其化合物的性质的判断6对于实验iiv的描述正确的是 ( )a实验i ：逐滴滴加稀盐酸时，试管中立即产生大量气泡b实验ii：充分振荡后静置，下层溶液为橙红色，上层无色c实验iii：从饱和食盐水中提取nacl晶体d装置iv：酸性kmno4溶液中有气泡出现，且溶液颜色逐渐变浅乃至褪去【答案】d【解析】试题分析：a、逐滴加入稀盐酸，碳酸根离子更易与氢离子结合生成碳酸氢根离子，所以开始无气体生成，错误；b、铁离子是黄色，所以震荡后下层是橙红色，上层是黄色溶液，错误；c、饱和食盐水中得到氯化钠晶体，应在蒸发皿中蒸发溶液，不是坩埚，错误；d、浓硫酸具有强氧化性，与蔗糖反应生成碳、水、二氧化硫，产生的二氧化硫使酸性高锰酸钾溶液的颜色逐渐变浅乃至褪色，正确，答案选d。考点：考查对实验现象的判断7在c(h)c(oh)12的水溶液中能大量共存的离子组是 ( )ak、al3、hco3、so42 bca2、nh4、co32、clcna、k、no3、clo dna、fe2+、i、so32【答案】c【解析】试题分析：c(h)c(oh)12，c(h)cl2fe3br2【答案】d【解析】试题分析：a、根据氧化还原反应理论，过氧化氢作还原剂，被氧化的产物是氧气，根据元素守恒，产物中含有水生成，正确；b、氯气与溴化亚铁反应，当产物中含有铁离子、氯离子、溴离子时，说明氯气不足，氯气只与亚铁离子反应，所以氯气与溴化亚铁的物质的量之比是12，正确；c、高锰酸根离子与氯离子反应生成氯气和锰离子，若生成1mol氯气，则转移电子的物质的量是2mol，正确；d、从以上的事实可以判断，氯气先氧化亚铁离子，说明亚铁离子的还原性比溴离子强，也即铁离子的氧化性比溴单质弱，所以氧化性由强到弱顺序为mnocl2 br2 fe3，错误，答案选d。考点：考查对氧化还原反应产物的判断，氧化还原反应规律的应用15scr法（选择性催化还原技术）是一种以nh3作为还原剂，将烟气中nox分解成无害的n2和h2o的干法脱硝技术，反应原理为：6no+4nh35n2+6h2o；6no2+8nh37n2+12h2o；no+no2+2nh32n2+3h2o下列说法正确的是（ ）anox主要自于汽车尾气的排放，是引起温室效应的主要气体之一bn2中键与键之比为12c反应中每生成22.4ln2，转移电子数1.5nadnh3的沸点比ph3的沸点高【答案】d【解析】试题分析：a、引起温室效应的气体是二氧化碳气体，错误；b、氮气分子中有1个键，2个键，键与键之比为21，错误；c、未指明标准状况，22.4l的氮气的物质的量不是1mol，转移的电子数无法计 算，错误；d、氨气的分子间存在氢键，所以沸点比ph3高，正确，答案选d。考点：考查分子中化学键的判断，氧化还原反应的分析，物质沸点的比较16镁及其化合物一般无毒(或低毒)、无污染，且镁原电池放电时电压高而平稳，使镁原电池越越成为人们研制绿色原电池的关注焦点。其中一种镁原电池的反应为：x mg+mo3s4 放电充电 mgx mo3s4 。下列说法错误的是（ ）a放电时mg2+向正极迁移b充电时阳极反应为：mo3s42x-2xe- =mo3s4c充电时mo3s4发生氧化反应d放电时负极反应为：xmg - 2xe- = xmg2+【答案】c【解析】试题分析：a、放电时作为原电池，所以阳离子向正极移动，正确；b、充电时相当于电解池，阳极发生氧化反应，所以mo3s42x-失去电子生成mo3s4，正确;c、充电时mo3s4作为生成物，错误；d、放电时负极发生氧化反应，所以是mg失去电子成为镁离子，正确，答案选c。考点：考查电化学原理的应用17已知25时，现向1l 0.2moll1hf溶液中加入1l 0.2moll1cacl2溶液，则下列说法中，正确的是（ ）a25时，0.1moll1hf 溶液中ph=1bksp（caf2）随温度和浓度的变化而变化c该体系中没有沉淀产生 d该体系中hf与cacl2反应产生沉淀【答案】d【解析】试题分析：a、hf是弱酸，不完全电离，所以0.1mol/l的hf溶液的ph1，错误；b、ksp（caf2）随温度变化而变化，但不随浓度的变化而变化，错误；c、由kahf可大约计算1l 0.2moll1hf溶液中f-的浓度，氯化钙溶液中钙离子的浓度是0.2mol/l, c（ca 2+ ）c（f-）2ksp，则有沉淀生成,错误；d、该反应中有沉淀生成，正确，答案选d。考点：考查难溶电解质的溶解平衡的应用18海洋中有丰富的食品、矿产、能、药物和水产资，下图为海水利用的部分过程。下列有关说法正确的是（ ）a制取nahco3的反应是利用其溶解度小于naclb用澄清的石灰水可鉴别nahco3和na2co3c在第、步骤中，溴元素均被氧化d工业上通过电解饱和mgcl2溶液制取金属镁【答案】a【解析】试题分析：a、用精盐与氨气、二氧化碳、水反应制取碳酸氢钠，利用了碳酸氢钠的溶解度小于氯化钠，正 确；b、碳酸氢钠癒碳酸钠均与澄清石灰水反应产生白色沉淀，不能鉴别，错误；c、在第、步骤中，溴元素均被氧化，在第步骤中，溴元素被还原，错误；d、电解饱和氯化镁溶液不能得到mg单质，而是得氢氧化镁沉淀，错误，答案选a。考点：考查对工业流程的分析判断19用na2so3溶液吸收硫酸工业尾气中的二氧化硫，将所得的混合液进行电解循环再生，这种新 工艺叫再生循环脱硫法。其中阴、阳离子交换膜组合循环再生机理如下图所示，则下列有关说法中不正确 的是（ ）ax为直流电的负极，y为直流电的正极 b阳极区ph增大c图中的ba d该过程中的产品主要为h2so4和h2【答案】b【解析】试题分析：a、pt（i)有氢气产生，所以pt(i)发生还原反应，所以pt（i）是电解池的阴极，则x是电的负极，y是电的正极，正确；b、由图可知，阳极区即pt（ii)是阴离子交换膜，只允许阴离子通过，所以开始加入的亚硫酸氢根离子、亚氯酸根离子移向阳极区，在阳极区发生氧化反应，与未移动的氢离子结合生成硫酸，所以溶液的ph减小，错误；c、由b的分析可知，进入电解池的硫酸的浓度小于出的硫酸的浓度，所以ba，正确；d、由以上分析可知，该过程的产品主要是氢气与硫酸，正确，答案选b。考点：考查原电池的反应原理的判断20某碱金属r与其氧化物r2o的混合物2.16g，跟足量水充分反应后，将所得溶液蒸干，得固体3.2 g，由此判定金属是（ ）a锂 b钠 c钾 d铷【答案】b【解析】试题分析：设金属r的相对原子质量为a，若2.16g混合物全为r，由rroh的关系可知：可产生roh的质量为21.6(a+17)/ag，若2.16g混合物全为r2o，则有： m2o2moh 2a+162（a+17）可知产生moh的质量为了2.16(a+17)/(a+8)g3.2g2.16(a+17)/ag，解得16.69a【答案】c【解析】试题分析：a、四种溶液中，、的氢离子浓度相等，、的氢氧根离子浓度相等，所以对水的电离的抑制作用相同，则水电离的c(h)：=，正确；b、溶液中的氢离子浓度癒氢氧根离子浓度相等，但氨水是弱碱溶液，所以溶液的浓度大于hcl溶液的浓度，等体积混合，氨水过量，这溶液呈碱性，现在溶液呈中性，则盐酸的体积大，正确；c、相比溶液中的氢离子与氢氧根离子的浓度相等，但醋酸是弱酸，溶液的浓度远大于盐酸的浓度，而al与氢氧化钠溶液反应时2oh-3h2，2h+h2，所以生成的氢气的量最少，错误；d、氨水是弱碱溶液，加水稀释后溶液的ph减小的少，所以ph：，同理醋酸加水稀释后溶液的ph的增大比盐酸增大的少，酸性最强，所以溶液的ph：，正确，答案选c。考点：考查溶液的ph与溶液浓度的关系的判断24毒豇豆、毒黄瓜等毒蔬菜中含有禁用农药水胺硫磷，水胺硫磷的结构简式如图所示，对该化合物的叙述正确的是（ ）a该化合物属于芳香烃b该化合物中至少有7个碳原子在同一平面c该化合物的分子式为c11h14o4npsd该化合物能发生加聚反应、水解反应和酯化反应【答案】b【解析】试题分析：a、该化合物中除含c、h元素外，还含有n、s元素，所以不属于烃，错误；b、与苯环直接相连的c原子与苯环在同一平面上，所以该化合物中至少有7个碳原子在同一平面，正确；c、该化合物的分子式为c11h15o4nsp，错误；d、该化合物不能发生加聚反应，错误，答案选b。考点：考查有机物的结构与性质的应用25在1 l溶液中含有fe(no3)3和h2so4两种溶质，其浓度分别为0.2 moll-1和1.5 moll-1，现向该溶液中加入39.2 g铁粉使其充分反应。下列有关说法正确的是（ ）a反应后溶液中fe3+物质的量为0.8 molb反应后产生13.44 l h2（标准状况）c反应后溶液中fe2和fe3物质的量之和为0.9 mold由于氧化性fe3+h+，故反应中先没有气体产生后产生气体【答案】c【解析】试题分析： 39.2g的铁粉的物质的量是0.7mol，原溶液中铁离子、氢离子、硝酸根离子的物质的量0.2mol、3mol、0.6mol，氧化性为hno3fe3+h+，则铁先与硝酸反应， fe+4h+no3-fe3+no+2h2o 1 4 1 1 0.62.4 0.6 0.6 fe+2fe3+3fe2+， 1 2 3 0.10.2 0.3fe完全反应，没有剩余，溶液中存在0.6molfe3+、0.3molfe2+。a、反应后溶液中fe3+物质的量为0.6mol，错误；b该过程中不发生fe+2h+fe2+h2，没有氢气生成，错误；c反应后溶液中存在0.6molfe3+、0.3molfe2+，反应后溶液中fe2+和fe3+物质的量之和为0.9mol，正确；d氧化性为hno3fe3+h+，先发生fe+4h+no3-fe3+no+2h2o，有气体生成，错误；考点：考查铁的化学性质和铁的计算二、填空题26（12分）下列框图中的字母分别代表一种常见的物质或其溶液，相互之间的转化关系如图所示（部分产物及反应条件已略去）。已知a、b为气态单质，f是地壳中含量最多的金属元素的单质，e、h、i为氧化物，e为黑色固体，i为红棕色气体，m为红褐色沉淀。请回答下列问题：（1）b中所含元素位于周期表中第 周期 族。（2）a在b中燃烧的现象是 。（3）d + e b的反应中，被氧化与被还原的物质的量之比是 。（4）g + j m的离子方程式是 。（5）y受热分解的化学方程式是 。【答案】（12分）（1）三 a（各1分，共2分）（2）产生苍白色火焰（2分）（3）21（2分）（4）3alo2-+fe3+6h2o=3al(oh)3+fe(oh)3（3分）（5）4fe(no3)32fe2o3+ 12no2+ 3o2（3分）【解析】试题分析：根据题意可知，f是al，i是no2，m是fe(oh)3，x电解产生三种物质，其中c与al反应，判断x是氯化钠，e、h、i为氧化物，e为黑色固体，a、b是氢气、氯气中的一种，二者反应生成d是hcl的溶液可与mno2反应生成氯气，所以b是氯气，a是氢气，则c是氢氧化钠，氢氧化钠溶液与al反应生成氢气外还生成偏铝酸钠，所以g是偏铝酸钠，而m是氢氧化铁，所以j是含铁离子的化合物，由于h与d反应生成j，所以j是氯化铁，i是二氧化氮气体，与水反应生成硝酸，所以n是硝酸，则y是硝酸铁，硝酸铁分解产生二氧化氮、氧化铁，还有一种物质是氧气，所以h是氧化铁，氧化铁与盐酸反应生成氯化铁j，符合流程图。根据以上分析：（1）b中的cl元素位于元素周期表的第三周期第viia族；（2）氢气在氯气中燃烧的现象是产生苍白色火焰；（3）在mno2+4hcl(浓)mncl2+ cl2+2 h2o中，氧化剂是二氧化锰，还原剂是hcl，其中hcl有1/2作还原剂，所以被氧化与被还原的物质的量之比也是还原剂与氧化剂的物质的量之比是21；（4）偏铝酸钠与氯化铁发生双水解反应生成氢氧化铁沉淀、氢氧化铝沉淀，离子方程式为3alo2-+fe3+6h2o=3al(oh)3+fe(oh)3；（5）硝酸铁受热分解生成二氧化氮、氧化铁、氧气，化学方程式为4fe(no3)32fe2o3+ 12no2+ 3o2。考点：考查物质的推断，根据物质的特征判断物质的种类，方程式的书写，原子结构，实验现象的判断27（14分）人工固氮是指将氮元素由游离态转化为化合态的过程。 i最近一些科学家研究采用高质子导电性的scy陶瓷（能传递h+）实验氮的固定一电解法合成氨，大大提高了氮气和氢气的转化率。总反应式为：n2+3h2 2nh3 则在电解法合成氨的过程中，应将h2不断地通入_极（填“阴”或“阳”） ； 向另一电极通入n2，该电极的反应式为_。 ii据报道，在一定条件下，n2在掺有少量氧化铁的二氧化钛催化剂表面能与水发生反应，主要产物为nh3相应的反应方程式为：2n2(g)+6 h2o (g)4nh3(g)+3o2(g) hq （1）上述反应的平衡常数表达式为_。（2）取五份等体积n2和h2o的混合气体（物质的量之比均为1：3）， 分别加 入体积相同的恒容密闭容器中，在温度不相同的情况下发生反应，反应相同时间后，测得氮气的体积分数与反应温度t的关系曲线如下图所示，则上述反应的q_0（填“”、“”或“=”）。（3）若上述反应在有催化剂的情况下发生，则下图所示的a、b、c、d四条曲线中，能表示反应体系能量变化的是_（填字母代号），图中h绝对值为1530kjmol-1。iii目前工业合成氨的原理是： n2(g)+3h2(g)2nh3(g) h-93.0kj/mol 回答下列问题：（1）结合ii中的数据，则2h2(g)+ o2(g)=2 h2o (g)的h_。（2）在一定温度下，将1moln2和3mol h2混合置于体积不变的密闭容器中发生反应，达到平衡状态时，测得气体总物质的量为2.8mol。达平衡时，h2的转化率_。在相同条件下，若起始时只将nh3置于该容器中，达到平衡状态时nh3的转化率为时，则起始时nh3的物质的量_mol。【答案】（14分）. 阳（2分） n26h6e=2nh3 （2分）.（1）kc(nh3)4c(o2)3/c(n2)2c(h2o)6（2分） （2）（1分） （3）d（1分）. （1）572.0 kjmol1（2分，单位不写不给分） （2）60%（2分） 2（2分）【解析】试题分析：i. 在电解法合成氨的过程中，氢气发生氧化反应，所以通入电解池的阳极，另一极通入氮气，则氮气发生还原反应，与阳极产生的氢离子结合 氨气，电极反应式为n26h6e=2nh3；ii.（1）根据平衡常数的表达式可知该反应的平衡常数k= c(nh3)4c(o2)3/c(n2)2c(h2o)6；（2）图像的最高点表示反应达到平衡时氮气得体积分数，随温度升高，氮气得体积分数减小，说明升高温度平衡正向移动，所以正向是吸热反应，所以q0；（3）2n2(g)+6 h2o (g)4nh3(g)+3o2(g) hq是吸热反应，则反应物的总能量低于生成物的总能量，且使用催化剂，可以降低反应的活化能，而反应热不变，所以应选择d曲线；iii.（1）由ii知q=+1530kj/mol，根据盖斯定律得所求方程式2h2(g)+ o2(g)=2 h2o (g)的h=（2-）/3=(-93.0)2-1530kj/mol/3=-572.0kj/mol；（2）设反应达平衡时消耗氮气得物质的量是xmol，则n2(g)+3h2(g)2nh3(g)开始时（mol） 1 3转化的（mol） x 3x 2x平衡时（mol） 1-x 3-3x 2x根据题意有1-x+3-3x+2x=2.8,所以x=0.6mol，则氢气的转化率3x/3100%=60%;当1+2=1时说明只将nh3置于该容器中，达到平衡状态与原平衡是等效平衡，则将氮气、氢气全部转化为氨气的物质的量即可达到等效平衡，所以1mol氮气、3mol氢气完全转化为氨气的物质的量是2mol.考点：考查电化学原理的应用，化学平衡理论的应用，平衡常数的表示，反应热效应的判断，盖斯定律的应用，等效平衡的判断，转化率的计算28(12分)对溴甲苯是合成农药溴螨酯的重要原料。工业用液溴、甲苯与1-丙醇共热合成对溴甲苯和1-溴丙烷，其原子利用率很高。实验室模拟的合成流程和相关数据如下：已知：甲苯与溴在有水存在时能反应。物质甲苯1-丙醇1-溴丙烷沸点110.897.271物质对溴甲苯邻溴甲苯沸点184.3181.7（1）液溴的颜色是_ _ _，实验室存放液溴时应密闭保存，同时需要在试剂瓶中加_ _，以减少挥发。（2）25恒温搅拌至溴的颜色完全褪去时完成甲苯的溴代反应。搅拌的目的是_。加入水的作用是：易于控制温度；_。（3）加热搅拌操作中加入浓硫酸，搅拌，完成1-丙醇的取代反应，加入浓硫酸的作用是_ _，加热微沸2小时的目的是_ _。（4）操作的名称是_，洗涤操作应在_(填写仪器名称)中进行。 （5）经以上分离操作后，粗对溴甲苯中还含有的最主要杂质为_(填写名称)，使用操作分离出1-溴丙烷的原理是_。（6）分离出的水溶液中含hbr、h2so4和fe3+离子，将水溶液稀释定容至1000ml，取20.00ml，加入几滴甲基橙作指示剂，用一定浓度的naoh溶液滴定，测定出hbr的物质的量明显低于理论值，原因是_；有同学认为无需加入指示剂，也能完成滴定，提出这一观点的理由是_。【答案】（12分）（每空1分）（1）深红棕色 水（2）使互不相溶的液体充分混合 吸收反应生成的溴化氢气体（3）催化剂 提高氢溴酸和1-丙醇的利用（转化）率（4）分液 分液漏斗 （5）邻溴甲苯 利用物质的沸点差异，用加热冷凝（蒸馏或分馏）的方法分离（6）溴(溴化氢)挥发没有参加反应(溴与铁反应生成溴化铁)（答一点给分。其他合理给分） 滴定终点时，有fe(oh)3红褐色沉淀生成，可以指示滴定终点【解析】试题分析：（1）液溴的颜色是深红棕色，液溴易挥发，水的密度比液溴的小，所以实验室存放液溴时应密闭保存，同时需要在试剂瓶中加水，以减少其挥发；（2）搅拌的目的是使互不相溶的反应物充分混合，有利于反应充分进行；加入水的作用除易于控制温度外，还有就是吸收反应中产生的hbr气体；（3）浓硫酸起到催化剂的作用，为提高氢溴酸和1-丙醇的利用（转化）率，加热微沸2小时，使之充分反应；（4）将水溶液与互不相溶的有机物分离，可用分液漏斗进行分液操作，达到分离的目的；（5）粗对溴甲苯中还含有的最主要杂质为邻溴甲苯，可利用物质的沸点差异，用加热冷凝（蒸馏或分馏）的方法分离；（6）测定出hbr的物质的量明显低于理论值，可能原因为溴（溴化氢）挥发没有参加反应（溴与铁反应生成溴化铁），滴定终点时，有fe（oh）3红褐色沉淀生成，可以指示滴定终点，所以无需加入指示剂，也能完成滴定。考