- 有机物分子中的官能团及其结构
- 共96题
10．工业上以软锰矿（主要成分MnO2）为原料，通过液相法生产KMnO4。即在碱性条件下用氧气氧化MnO2得到K2MnO4，分离后得到的K2MnO4，再用惰性材料为电极电解K2MnO4溶液得到KMnO4，其生产工艺简略如下：
（1）反应器中反应的化学方程式为______________________________________。
（2）生产过程中最好使用含MnO280%以上的富矿，因为MnO2含量最低的贫矿中Al、Si的氧化物含量较高，会导致KOH消耗量___________ (填“偏高”或“偏低”)。
（3）电解槽中总的离子反应方程式为_________________________________。
（4）在传统工艺中得到K2MnO4后，向其中通入适量CO2反应生成黑色固体、KMnO4等，反应的化学反应方程式为_________________________________。
上述反应中氧化剂与还原剂的质量比为___________。与该传统工艺相比，电解法的优势是___________。
（5）用高锰酸钾测定草酸结晶水合物的纯度：称草酸晶体样品0.500g溶于水配制成100ml溶液，取出20.00ml用0.0200mol·L－1的酸性KMnO4溶液滴定（杂质不反应），至溶液呈浅粉红色且半分钟内不褪去，消耗KMnO4溶液14.80 mL，则该草酸晶体的纯度为__________。(结果保留3位有效数字)（已知该草酸结晶水合物H2C2O4·2H2O的相对分子质量为126）
正确答案
（1）4KOH+2MnO2+O2=2K2MnO4+2H2O
（2）偏高
（3）2MnO42-+2H2O 
（4）3 K2MnO4+ 2 CO2 == 2 KMnO4+ MnO2+ 2 K2CO3
1：2 产率更高、KOH循环利用
（5）93.2%
解析
（1）二氧化锰和氢氧化钾、氧气发生反应，生成锰酸钾和水，Mn（+4→+6），O（0→-2），反应的化学方程式为4KOH+2MnO2+O2=2K2MnO4+2H2O，
故答案为：4KOH+2MnO2+O2=2K2MnO4+2H2O；
（2）氧化铝是两性氧化物，既能与强酸反应也能与强碱反应，氧化铝和强碱反应生成偏铝酸盐和水，反应的化学方程式为2KOH+Al2O3=2KAlO2+H2O，所以会导致KOH消耗量偏高。
故答案为：偏高；
（3）电解锰酸钾溶液时，阴极上水得电子生成氢气和氢氧根离子，电极反应为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，阳极上锰酸根离子失电子生成高锰酸根离子，电极反应式为2MnO42--2e-=2MnO4-，即MnO42--e-=MnO4-，则电极总反应为：2MnO42-+2H2O 
故答案为：2MnO42-+2H2O 
（4）反应物为K2MnO4、CO2、生成黑色固体MnO2、KMnO4，所以的化学方程式为：3K2MnO4+2CO2═2KMnO4+MnO2+2K2CO3；
由化学反应方程式：3K2MnO4+2CO2═2KMnO4+MnO2+2K2CO3分析得出，3molK2MnO4参加反应生成2molKMnO4、1molMnO2，即3mol高锰酸钾参与反应有1mol作氧化剂、2mol作还原剂，则反应中氧化剂与还原剂的质量比为1：2；与该传统工艺相比，电解法阳极都生成KMnO4，产率更高，所以优势是产率更高、KOH循环利用；
故答案为：3K2MnO4+2CO2═2KMnO4+MnO2+2K2CO3；1：2；产率更高、KOH循环利用；
（5）在测定过程中，高锰酸钾为氧化剂，草酸为还原剂，反应的离子方程式为：5H2C2O4+2MnO4-+6H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O，根据方程式可得关系式：
5H2C2O4•2H2O ～ 2KMnO4
5 2
n 0.02mol/L×14.8×10-3L×
解得：n（H2C2O4•2H2O）=3.7×10-3mol
则m（H2C2O4•2H2O）=3.7×10-3mol×126g/mol=0.4662g，
所以成品的纯度为：
故答案为：93.2%．
考查方向
解题思路
（1）碱性条件下用氧气氧化MnO2得到K2MnO4，根据得失电子守恒和原子守恒写出相应的方程式；
（2）氧化铝是两性氧化物，氧化铝能和强碱反应生成偏铝酸盐和水，所以会导致KOH消耗量偏高．
（3）在电解槽中用铂板作用阳极，铁作阴极电解K2MnO4溶液得到KMnO4，阴极上水得电子发生还原反应生成氢气和氢氧根离子，阳极上锰酸根离子失电子反应氧化反应生成高锰酸根离子．
（4）根据题干信息可知反应物为K2MnO4、CO2、生成黑色固体MnO2、KMnO4，根据原子守恒书写化学反应方程式，根据方程式可知3molK2MnO4参加反应生成2molKMnO4、1molMnO2，据此判断氧化剂与还原剂的质量之比；电解法阳极都生成KMnO4，产率更高；
（5）发生反应：5H2C2O4+2MnO4-+6H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O，根据方程式计算样品中草酸的质量，进而计算草酸的质量分数．
易错点
工艺流程相对来说不是很复杂，根据流程图中循环的物质较易判断部分产物，但涉及到的氧化还原方程式配平较多，在配平时容易出现错误。
知识点
3．2015年，我国科学家屠呦呦因发现青蒿素治疗疟疾新疗法而荣获诺贝尔奖。青蒿素可由香茅醛经过一系列反应合成（如下图）。下列说法正确的是（）
正确答案
解析
A．青蒿素不含---OH亲水基不易溶于水，可溶于乙醇等有机溶剂中。
B．向香茅醛中滴加溴水后溴水退色，证明香茅醛中含有碳碳双键或者醛基。
C．香茅醛能发生氧化、取代、加成、聚合反应；青蒿素发生氧化、取代反应。
D．香茅醛的同系物中，含4个碳原子的有机物有3种（不考虑立体异构）。
考查方向
解题思路
A、---OH亲水基越多越溶于水。
B、溴水退色可能发生加成、氧化或者萃取反应。
C、香茅醛含有双键、醛基，青蒿素含有过氧基、醚键、脂基。
D、香茅醛的同系物中，含4个碳原子的有机物有3种。
易错点
香茅醛含有双键、醛基，青蒿素含有过氧基、醚键、脂基。醛基具有还原性。
知识点
5．分子式为C5H12O的醇与和它相对分子质量相等的一元羧酸进行酯化反应，生成的酯共有（ ）（不考虑立体异构）
正确答案
解析
该题需要准确判断同分异构体，分别为：CH2(OH)CH2CH2CH2CH3，CH3CH(OH)CH2CH2CH3，CH3CH2CH(OH)CH2CH3，CH2(OH)CH(CH3)CH2CH3，CH3C(OH)(CH3)CH2CH3，CH3CH(CH3)CH(OH)CH3，CH3CH(CH3)CH2CH2(OH)，C(CH3)3CH2OH，与之分子量相同的一元羧酸分别为丙酸和2-甲基丙酸。由此可见能形成的酯类物质有16种
考查方向
本题考查有机化合物的结构以及同分异构体的判断
解题思路
关键在于应用同分异构体的书写规律准确的判断酸、醇的种类，应用数学中的排列组合知识进行计算
易错点
关键在于同分异构体的书写
知识点
（一）下图是一种工业制取纯碱的生产流程简图
（二）某化工厂对流程甲进行了如下图所示的改进。
25.流程甲中先通NH3后通CO2的原因是________________________。
26.生成沉淀A的化学方程式为_______________；将石灰乳加入滤液B中发生反应的化学方程式为________________。
27.流程甲中可循环利用的物质的名称为_________________。
28.流程乙中可以循环利用物质的化学式为______________；和流程甲相比，流程乙的优点是_____________。
29.不用其它试剂，检查乙流程中副产品F是否纯净的操作是____________。
30.在乙流程中，若使用11．7吨食盐，最终得到10．07吨纯碱，则NaCl的利用率为_____________。
正确答案
氨气在水中溶解度大，先通氨气，可以吸收更多的二氧化碳，提高生成HCO3-的浓度，有利于促进更多的NaHCO3析出。
解析
NH3在NaCl溶液中溶解度很大，CO2在氨化的溶液中溶解度大，先通NH3后通CO2可形成高浓度的HCO3－。若先通CO2再通NH3，由于CO2在NaCl溶液中溶解度很小，尽管NH3在碳酸化的溶液中溶解度大，也不能形成高浓度的HCO3－
考查方向
解题思路
NH3在NaCl溶液中溶解度很大，CO2在氨化的溶液中溶解度大
易错点
根据氨气的水溶液是碱性，具有易吸收二氧化碳的性质。
正确答案
NH3＋CO2＋H2O + NaCl＝NH4Cl＋NaHCO3↓
Ca(OH)2
解析
碳酸钠和碳酸氢钠同为可溶性的物质，但是由于在相同的温度下碳酸氢钠的溶解度要小于碳酸钠的溶解度，由于在相同的温度下碳酸氢钠的溶解度要小于碳酸钠的溶解度，所以为了尽可能多的得到碳酸钠，所以加入二氧化碳来酸化，使固体先以碳酸氢钠的形式析出，然后再转化为碳酸钠，而不是直接以碳酸钠的形式析出，所以碳酸化时碳酸氢钠析出而碳酸钠没有析出；生成沉淀A的化学方程式为NH3＋CO2＋H2O + NaCl＝NH4Cl＋NaHCO3↓；将石灰乳加入滤液B中发生反应的化学方程式为Ca(OH)2
考查方向
解题思路
碳酸钠和碳酸氢钠同为可溶性的物质，但是由于在相同的温度下碳酸氢钠的溶解度要小于碳酸钠的溶解度。
易错点
根据氨气的水溶液是碱性，具有易吸收二氧化碳的性质。
正确答案
【答案】二氧化碳和氨气
解析
流程甲中可循环利用的物质为二氧化碳和氨气。
考查方向
解题思路
流程甲中可循环利用的物质为二氧化碳和氨气。
易错点
根据氨气的水溶液是碱性，具有易吸收二氧化碳的性质。
正确答案
CO2 ,NaCl 提高氯化钠的利用率、同时得到NH4Cl可作氮肥、减少环境污染。
解析
流程乙中可以循环利用物质为CO2 ,NaCl；和流程甲相比，流程乙的优点是提高氯化钠的利用率、同时得到NH4Cl可作氮肥、减少环境污染。
考查方向
解题思路
流程乙中可以循环利用物质为CO2 ,NaCl；。
易错点
根据氨气的水溶液是碱性，具有易吸收二氧化碳的性质。
正确答案
取少量氯化铵产品于试管底部，加热，若试管底部无残留物，表明氯化铵产品纯净 。
解析
不用其它试剂，检查乙流程中副产品F是否纯净的操作是取少量氯化铵产品于试管底部，加热，若试管底部无残留物，表明氯化铵产品纯净 。。
（6）在乙流程中，若使用11．7吨食盐，最终得到10．07吨纯碱，则NaCl的利用率为95.0%。
考查方向
解题思路
取少量氯化铵产品于试管底部，加热，若试管底部无残留物，表明氯化铵产品纯净 。
易错点
根据氨气的水溶液是碱性，具有易吸收二氧化碳的性质。
正确答案
95.0%
解析
在乙流程中，若使用11．7吨食盐，最终得到10．07吨纯碱，则NaCl的利用率为95.0%。
考查方向
解题思路
在乙流程中，若使用11．7吨食盐，最终得到10．07吨纯碱，则NaCl的利用率为95.0%。
易错点
根据氨气的水溶液是碱性，具有易吸收二氧化碳的性质。
4．根据下图回答，下列说法不正确的是（）
正确答案
解析
燃料电池中，通入氢气的电极为负极、通入氧气的电极为正极，则b是阴极、a是阳极，
A．此装置用于电镀铜时，阳极溶解的金属铜等于阴极析出的金属Cu，所以电解质溶液中铜离子相当于不参加反应，则其浓度不变，故A正确；
B．电解精炼时，粗铜作阳极、纯铜作阴极，所以若a为粗铜，b为纯铜，该装置可用于粗铜的精炼，故B错误；
C．燃料电池中，正极上氧气得电子和水反应生成氢氧根离子，电极反应为O2+4e﹣+2H2O=4OH﹣，故C正确；
D．电子从负极沿导线流向b电极、从a电极流向正极，故D正确．
故选B．
考查方向
解题思路
燃料电池中，通入氢气的电极为负极、通入氧气的电极为正极，则b是阴极、a是阳极，
A．此装置用于电镀铜时，阳极溶解的金属等于阴极析出的金属；
B．电解精炼时，粗铜作阳极、纯铜作阴极；
C．燃料电池中，正极上氧气得电子和水反应生成氢氧根离子；
D．电子从负极沿导线流向b电极、从a电极流向正极
易错点
根据燃料电池中得失电子确定正负极，再结合电解池中离子放电顺序分析解答，注意电解质溶液中阴阳离子定向移动形成电流，电子不进入电解质溶液为易错点。
知识点
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