热门试卷

解：（1）浓硫酸在酯化反应中起到了催化剂作用，酯化反应为可逆反应，浓硫酸吸收反应生成的水，可以促进酯的生成，浓硫酸起到了吸水剂的作用；由于该反应是可逆反应，甲醇比苯甲酸价廉，且甲醇沸点低，易损失，增加甲醇的量，可提高苯甲酸甲酯的产率，

故答案为：催化剂和吸水剂；该反应是可逆反应，甲醇比苯甲酸价廉，且甲醇沸点低，易损失，增加甲醇的量，可提高产率；

（2）苯甲酸与甲醇在浓硫酸作用下的酯化反应为：苯甲酸脱去羟基，据此脱去羟基中的氢原子，二者反应生成苯甲酸甲酯，所以水中18O原子来自苯甲酸，反应的化学方程式为：C6H5CO18OH+CH3OHC6H5COOCH3+H218O，

故答案为：C6H5CO18OH+CH3OHC6H5COOCH3+H218O；

（3）由装置图可知，乙图的圆底烧瓶上有冷凝管，充分起到回流作用，甲图和丙图则没有，而本题中反应物甲醇沸点低，苯甲酸、苯甲酸甲酯的沸点远高于甲醇，若采用甲图、丙图，甲醇必定会大量挥发，不利于合成反应，所以应冷凝回流，减少甲醇的挥发，提高产率，

故答案为：乙； 

（4）苯甲酸甲酯不溶于水，操作Ⅰ分离出互不相溶的液体，通常采用分液操作完成；甲醇和苯甲酸甲酯相互溶解，二者沸点不同，可以通过蒸馏操作分离，

故答案为：分液；蒸馏；

（5）加入Na2CO3溶液后，放入分液漏斗中振荡、静置，要得到有机层，其具体操作方法为：将分液漏斗上口的玻璃塞打开（或使塞上的凹槽对准漏斗口上的小孔），再旋开分液漏斗活塞，用锥形瓶接收下层液体，待下层液体刚好流尽时关闭活塞，将有机层从分液漏斗上口倒入另一干净的容器（或烧杯）中，

故答案为：将分液漏斗上口的玻璃塞打开（或使塞上的凹槽对准漏斗口上的小孔），再旋开分液漏斗活塞，用锥形瓶接收下层液体，待下层液体刚好流尽时关闭活塞，将有机层从分液漏斗上口倒入另一干净的容器（或烧杯）中；

（6）12.2g苯甲酸的物质的量为：=0.1mol，20mL甲醇（密度约0.79g/mL）的物质的量为：=0.49mol＞0.1mol，

则理论上生成苯甲酸甲酯的物质的量为：0.1mol，质量为：136g/mol×0.1mol=13.6g，则苯甲酸甲酯的产率为：×100%=65%，

故答案为：65%．

解：制备CuSO4•5H2O及CaCO3步骤：孔雀石主要成分Cu2（OH）2CO3，其中还含少量Fe、Si的化合物．铁元素以+2、+3价存在，孔雀石与硫酸反应中，少量Fe的氧化物均与硫酸反应，只有SiO2不反应，溶液A中含Cu2+、Fe2+、Fe3+，由工艺流程转化关系可知，实现由溶液A至溶液B转化，目的是将Fe2+氧化为Fe3+，试剂①应为氧化剂，且不能引入新的杂质，则溶液B中含Cu2+、Fe3+，加CuO促进铁离子水解转化为沉淀，所以溶液C中主要为硫酸铜，蒸发浓缩、冷却结晶得到CuSO4•5H2O；制备CaCO3时，先通入氨气，增大二氧化碳的溶解，生成碳酸铵与氯化钙反应生成碳酸钙、氯化铵，反应为：CaCl2+CO2+2NH3•H2O=CaCO3↓+2NH4Cl+H2O，则过滤可得到CaCO3．

（1）本实验要除去Fe2+、Fe3+等离子，先加入合适的氧化剂时不能引入新的杂质，可加入H2O2，发生的反应为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，因Fe3+遇KSCN溶液变为血红色，则可用KSCN检验Fe3+；

故答案为：c；2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；d；

（2）从溶液中要析出晶体，采用冷却结晶法，然后进行过滤等操作，过滤用到的仪器有烧杯、玻璃棒、漏斗、滤纸等仪器，其中玻璃棒在过滤时起到引流的作用，在蒸发时起到搅拌的作用，

故答案为：加热蒸发、冷却结晶；玻璃棒；搅拌、引流；

（3）CaCl2溶液不能与CO2反应，加入碱能反应，但又不能引入杂质，应通入NH3，发生反应为：CaCl2+CO2+2NH3•H2O=CaCO3↓+2NH4Cl+H2O，实验室收集氨气时要注意防止倒吸，因为氨气极易溶于水，吸收时导管不能插入到液面以下，可用倒置的漏斗，

故答案为：NH3•H2O；CaCl2+CO2+2NH3•H2O=CaCO3↓+2NH4Cl+H2O；b；

解：（1）苯甲醛易被空气氧化，所以混合苯甲醛、氢氧化钾和水时，应在带胶塞的锥形瓶中进行，避免与空气过多接触，即A正确，

故答案为：A；

（2）据上述分析，操作Ⅰ为萃取、分液，乙醚溶液中所溶解的主要成分是苯甲醇，

故答案为：萃取、分液；苯甲醇；

（3）乙醚溶液中含苯甲醇，操作II为蒸馏，得到产品甲为苯甲醇，

故答案为：蒸馏；

（4）蒸馏时，温度计的水银球应在支管口，则温度计水银球x的放置位置为b；通过蒸馏分离出的是苯甲醇，蒸馏实验中需要的玻璃仪器有：蒸馏烧瓶、温度计、冷凝管、牛角管（尾接管）、酒精灯、锥形瓶，根据苯甲醇的沸点可知控制蒸气的温度为205.3℃，

故答案为：b；冷凝管、牛角管（尾接管）、锥形瓶；205.3℃；

（5）水溶液中含苯甲酸钾，加盐酸发生强酸制取弱酸的反应，生成苯甲酸，苯甲酸的溶解度小，则操作Ⅲ为过滤，则产品乙为苯甲酸，操作II为蒸馏，得到产品甲为苯甲醇，

故答案为：过滤；苯甲醇；苯甲酸．

解：由流程可知，第一步，KOH和KClO3与MnO2反应，得到K2MnO4，从而可以写出反应方程式为6KOH+3MnO2+KClO3=3K2MnO4+KCl+3H2O，然后加入水溶解分离可溶性物质，得到K2MnO4和KCl；第二步，将滤液酸化，得到高锰酸钾和二氧化锰，为一歧化反应，锰从+6变为+7和+4；反应方程式为3MnO42-+4H+=2MnO4-+MnO2+2H2O，通过过滤分离MnO2和高锰酸钾溶液，最终得到产品，整个过程中MnO2可以循环利用．

（1）操作Ⅱ是固体和液体分离，利用过滤操作分离，所以操作Ⅱ的名称是过滤，故答案为：过滤；

（2）流程中参与反应过程，最后又重新生成的物质可以循环使用，流程中KOH和KClO3与MnO2反应，将滤液酸化，得到高锰酸钾和二氧化锰，整个过程中MnO2可以循环利用，故答案为：MnO2；

（3）反应②为：3MnO42-+4H+=2MnO4-+MnO2+2H2O，反应中锰元素化合价从+6变为+7和+4；得到氧化产物为MnO4-，还原产物为MnO2，物质的量之比为2：1；

故答案为：2：1；

（4）因锰酸根和高锰酸根均具有强氧化性，盐酸中氯离子具有还原性，能被氧化，不能使用盐酸酸化，故答案为：A；

（5）装置图中的电流方向可知，铁为活性电极，这里没有参与反应，做阴极故与负极相连，b做负极，a为正极，石墨电极为阳极发生氧化反应，锰酸根失电子生成高锰酸根，电极反应为：MnO42--e-=MnO4-；根据电子得失守恒可以进行相关计算，若电解过程中收集到2.24L H2 （标准状况），物质的量==0.1mol，电极反应为：2H++2e-=H2↑，结合电子守恒可知：

2MnO4-～2e-～H2，

2            1

0.2mol        0.1mol

得到高锰酸钾质量=0.2mol×158g/mol=31.6g；

故答案为：负；MnO42--e-=MnO4-；31.6．

解：（1）由题意可知，KOH、KClO3、MnO2共熔制得K2MnO4、KCl，由元素守恒可知，还会生成H2O，反应方程式为：3MnO2+KClO3+6KOH3K2MnO4+KCl+3H2O；

由流程图可知，操作Ⅰ的滤液酸化生成高锰酸钾与二氧化锰，应是锰酸根与氢离子反应生成二氧化锰与高锰酸根离子，同时生成水，反应方程式为：3MnO42-+4H+=MnO2↓+2MnO4-+2H2O，

故答案为：3MnO2+KClO3+6KOH3K2MnO4+KCl+3H2O；3MnO42-+4H+=MnO2↓+2MnO4-+2H2O；

（2）操作Ⅲ是从溶液中获得高锰酸钾晶体，应采取加热蒸发、冷却结晶等操作；操作Ⅱ的滤渣中含有二氧化锰，可以在反应Ⅰ中循环利用，

故答案为：加热蒸发、冷却结晶；MnO2；

（3）根据反应Ⅰ、Ⅱ，可以得出关系式3MnO2～3K2MnO4～2KMnO4，令理论上可得KMnO4为x kg，则：

3MnO2～3K2MnO4～2KMnO4，

87×3          2×158

2.5kg×80%       xkg

所以87×3：2×158=2.5kg×80%：xkg，

解得：x=2.4，

故答案为：2.4kg；

（4）发生反应2KMnO4+5Na2C2O4+8H2SO4K2SO4+2MnSO4+5Na2SO4+10CO2↑+8H2O，令KMnO4的纯度为y，则：2KMnO4～5Na2C2O4

     2×158      5×134

6.5g×y×    1.34g

所以：2×158：5×134=6.5g×y×：1.34g

解得y=97.2%

故答案为：97.2

解：铝土矿（主要成分为Al2O3和少量的 SiO2、Fe2O3杂质）铝土矿的主要成分是氧化铝，根据题中流程图可知，在反应Ⅲ中通入二氧化碳，而流程最后要得到硫酸盐，所以为了除去杂质，先在铝土矿中加入过量的稀硫酸，得废渣a为SiO2，滤液中含有Al3+、Fe3+，所以X为稀硫酸，再加过量的氢氧化钠溶液，生成偏铝酸钠溶液和氢氧化铁沉淀，所以废渣b为氢氧化铁，Y为氢氧化钠，反应Ⅲ为偏铝酸钠溶液与过量二氧化碳反应生成氢氧化铝沉淀和废液，反应Ⅳ为氢氧化铝中加上硫酸可以制得Al2（SO4）3，反应Ⅵ中氨气与硫酸反应生成（NH4）2SO4，反应Ⅴ中（NH4）2SO4转化为铵明矾，电解硫酸和硫酸铵的混合溶液，在阴极上得氢气，阳极上得（NH4）2S2O8，反应ⅤⅡ为（NH4）2S2O8与水反应生成双氧水和NH4HSO4，

（1）由上述分析可知，废渣a为SiO2，名称为二氧化硅，废渣b为氢氧化铁，

故答案为：二氧化硅；氢氧化铁；

（2）根据上面的分析可知，流程图中X为稀硫酸，X的化学式为H2SO4，

故答案为：H2SO4；

（3）反应Ⅲ为偏铝酸钠溶液与过量二氧化碳反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠，反应Ⅲ的离子方程式为 AlO2-+CO2+2H2O=HCO3-+Al（OH）3↓，铵明矾晶体中有结晶水，温度过高会使结晶水失去，所以从铵明矾溶液中获得铵明矾晶体的操作依次为 蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤，

故答案为：AlO2-+CO2+2H2O=HCO3-+Al（OH）3↓；蒸发浓缩；

（4）根据电解原理阳极失电子发生氧化反应，SO42‾失电子生成S2O82-，电极方程式为2SO42--2e-═S2O82-，

故答案为：2SO42--2e-═S2O82-；

（5）根据元素守恒和题中信息可知，反应Ⅶ的化学方程式为（NH4）2S2O8+2H2O=2NH4HSO4+H2O2，NH4HSO4溶液中电离出SO42-、H+、NH4+，其中铵根离子水解生成氢离子，所以溶液中离子浓度由大到小顺序为c（H+）＞c（SO42-）＞c（NH4+）＞c（OH-），

故答案为：（NH4）2S2O8+2H2O=2NH4HSO4+H2O2；c（H+）＞c（SO42-）＞c（NH4+）＞c（OH-）；

（6）设NH4Al（SO4）2为2mol，逐滴加入氢氧化钡溶液，则；

A．如Al3+完全转化为AlO2-，则需要5molBa（OH）2，此时发生2NH4Al（SO4）2+5Ba（OH）2=2NH3•H2O+4BaSO4↓+Ba（AlO2）2+4H2O，则n（NH4Al（SO4）2）：n（Ba（OH）2）＜2时，生成产物为（NH4）2SO4、BaSO4↓、Al（OH）3，可能含有Al2（SO4）3，故A不选；

B．n（NH4Al（SO4）2）：n（Ba（OH）2）=2时，生成产物为NH3•H2O、BaSO4和Al（OH）3，故B选；

C．设NH4Al（SO4）2为2mol，溶液中含有2molNH4+、2molAl3+、4molSO42-，Al3+完全沉淀时，需要3molBa（OH）2，此时发生2NH4Al（SO4）2+3Ba（OH）2=（NH4）2SO4+3BaSO4↓+2Al（OH）3↓，故C不选；

D．如SO42-完全反应，则需要4molBa（OH）2，此时发生NH4Al（SO4）2+2Ba（OH）2=NH3•H2O+2BaSO4↓+Al（OH）3↓，故D不选；

故选B．

解：（1）根据装置D的结构特点和应用可知为蒸馏烧瓶，故答案为：蒸馏烧瓶；

（2）为了冷却充分，使冷凝水充满整个冷凝管，冷凝水应该从b口进，a口出，故答案为：b；

（3）装置A中是在加热条件下浓盐酸与二氧化锰反应制备Cl2，其化学反应方程式为：MnO2+4HClMnCl2+Cl2↑+2H2O，帮答案为：MnO2+4HClMnCl2+Cl2↑+2H2O；

（4）装置A制备的Cl2中含有HCl和水蒸气，装置B中盛有饱和食盐水，可除去Cl2中的HCl，装置C中应该盛放浓H2SO4，除去Cl2中的水蒸气，若没有装置C，水蒸气会进入装置D中，根据题目信息，生成的SiCl4能与H2O发生反应：SnCl4+4H2OSn（OH）4+4HCl，加热促进其水解，生成的Sn（OH）4分解生成SnO2，所以可能得到的副产物为SnO2，故答案为：SnO2（其它合理答案如Sn（OH）4、H2SnO3、H4SnO4也可）；

 （5）Sn与Cl2反应需在加热条件下进行，同时生成的SnCl4的沸点为114℃，加热促进SnCl4气化，进入37装置F中，然后冷却分离，故答案为：促进氯气与锡粉反应、促进SnCl4气化，使SnCl4从反应混合物中分离出去；

 （6）氯气能氧化FeBr2生成氯化铁和溴，发生反应的离子方程式为2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl-，故答案为：2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl-；

（7）装置H中的水蒸气会进入装置G中导致SnCl4水解，所以应该在装置G、H之间连接一个盛有碱石灰的干燥管（或U形管），防止空气中的水蒸气进入装置G中，故答案为：在装置G、H之间连接盛有碱石灰的干燥管（或U形管）；

 （8）根据反应：Sn+2Cl2SnCl4，6.72L标准状况下的Cl2体积为0.3mol，理论上可得0.15molSnCl4，其质量=0.15mol×261g/mol=39.15g，故SnCl4的产率==95.0%，故答案为：95.0%．