- 物质的分离和提纯
- 共4370题
银铜合金广泛用于航空工业。从切割废料中回收银并制备铜化工产品的工艺如下图：
（1）电解精练银时，阴极反应式为_______________；滤渣A与稀HNO3反应，产生的气体在空气中迅速变为红棕色，该红棕色气体与水反应的化学方程式为_______________________________________。
（2）固体混合物B的组成为_____________；在生成固体B的过程中，必须控制NaOH的加入量，若NaOH过量，则因过量引起的反应的离子方程式为_____________________。
（3）煅烧过程中生成的氧化产物与NH3在催化剂条件下反应的化学方程式为_____________________。这个反应中会有白烟产生，该白烟为______________。
（4）若银铜合金中铜的质量分数为64％，理论上3．0kg废料中的铜可完全转化为__________molCuAlO2，至少需要1．0 mol·L－1的Al2(SO4)3溶液___________L。
正确答案
( 共10分）(1)Ag+ + e－＝Ag （1分） 3NO2 +H2O＝2HNO3 + NO↑ (1分）
（2）CuO（或Cu(OH)2） 和Al(OH)3（1分） OH― +Al(OH)3＝AlO2-+2H2O（1分）
（3）4NH3+5O2
试题分析：（1）仿照精炼铜的原理可以确定粗银做阳极：Ag—e—＝ Ag+，纯银做阴极：Ag++e—＝ Ag。滤渣A中的金属与稀硝酸反应生成无色的NO，NO与空气中的氧气反应生成红棕色的NO2，NO2与水反应生成硝酸和NO，反应的化学方程式为3NO2 +H2O＝2HNO3 + NO↑。
（2）结合信息和流程图分析可知：硫酸铜、硫酸铝固体与稀氢氧化钠反应生成氢氧化铜和氢氧化铝，煮沸时氢氧化铜分解为CuO，氢氧化铝不分解，所以B应该为CuO和Al(OH)3。由于氢氧化铝是两性氢氧化物，所以若NaOH过量，则两性氢氧化物Al(OH)3就会溶解，反应的离子方程式为Al(OH)3+OH—＝AlO—+2H2O。
（3）在催化剂的作用下，氨气发生催化氧化生成NO和水，反应的化学方程式为4NH3+5O2
（4）银铜合金中的铜的物质的量n(Cu)＝
[实验化学]
3，5-二甲氧基苯酚是重要的有机合成中间体，可用于天然物质白柠檬素的合成。一种以间苯三酚为原料的合成反应如下：
甲醇、乙醚和3，5-二甲氧基苯酚的部分物理性质见下表：
（1）反应结束后，先分离出甲醇，再加入乙醚进行萃取。①分离出甲醇的操作是的 。
②萃取用到的分液漏斗使用前需 并洗净，分液时有机层在分液漏斗的 填（“上”或“下”）层。
（2）分离得到的有机层依次用饱和NaHCO3溶液、饱和食盐水、少量蒸馏水进行洗涤。用饱和NaHCO3溶液洗涤的目的是 ；用饱和食盐水洗涤的目的是 。
（3）洗涤完成后，通过以下操作分离、提纯产物，正确的操作顺序是 (填字母)。
a．蒸馏除去乙醚 b．．重结晶 c．过滤除去干燥剂 d．加入无水CaCl2干燥
（4）固液分离常采用减压过滤。为了防止倒吸，减压过滤完成后应先 ，再 。
正确答案
（1）①蒸馏 ②检查是否漏水 上
（2）除去HCl 除去少量NaHCO3且减少产物损失
（3）dcab
（4）拆去连接抽气泵和吸滤瓶的橡皮管 关闭抽气泵
间苯三酚和氯化氢的甲醇溶液反应后，生成3，5-二甲氧基苯酚，同时产品中还含有过量的甲醇，HCl和水，然后除去其中的这些杂质即可。
（1）根据表中给出的物理性质数据，除去甲醇可采用蒸馏，之后利用3，5-二甲氧基苯酚易溶于乙醚、微溶于水的性质，加入乙醚进行萃取，静置后分层，乙醚的密度比水小，因而有机层在上层。
（2）分离后的有机层，除了产品3，5-二甲氧基苯酚，还有乙醚，HCl，水。利用这些物质的物理化学性质差异，先加入饱和的NaHCO3溶液洗涤，除去HCl，再加入饱和食盐水除去过量的NaHCO3，同时又减少了产物3，5-二甲氧基苯酚的溶解度，减少溶解的损失。
（3）洗涤后的产品中还有乙醚和水两种杂质。操作是先除水再除乙醚。除水先加入加入无水CaCl2干燥，然后过滤，除去干燥剂，之后蒸馏除去乙醚，再采用重结晶的方法得到纯度较高的产品。正确的顺序是：dcab。
（4）减压过滤时，当漏斗颈下再无液滴滴下时，可判断已抽吸干燥，此时过滤完全，先拔掉连接抽气泵和吸滤瓶的橡皮管，后关抽气泵，以免循环水真空抽气泵中的水倒吸污染滤液。本问要理解减压过滤的原理。
【考点定位】本题考查物质的制备实验。实验包括制备，分离和提纯。要求学生根据题给的信息，对目标物质进行制备，以及掌握常见的物质的分离和提纯的方法及其注意事项。
一种含铝、锂、钴的新型电子材料，生产中产生的废料数量可观，废料中的铝以金属铝箔的形式存在；钴以Co2O3•CoO的形式存在，吸附在铝箔的单面或双面；锂混杂于其中．从废料中回收氧化钴（CoO）的工艺流程如图1所示：
（1）过程Ⅰ中采用NaOH溶液溶出废料中的Al，反应的离子方程式为______．
（2）过程Ⅱ中加入稀H2SO4酸化后，再加入Na2S2O3溶液浸出钴．则浸出钴的化学反应方程式为（产物中只有一种酸根）______．在实验室模拟工业生产时，也可用盐酸浸出钴，但实际工业生产中不用盐酸，请从反应原理分析不用盐酸浸出钴的主要原因______．
（3）过程Ⅲ得到锂铝渣的主要成分是LiF和Al（OH）3，碳酸钠溶液在产生Al（OH）3时起重要作用，请写出该反应的离子方程式______．
（4）碳酸钠溶液在过程Ⅲ和Ⅳ中所起作用有所不同，请写出在过程Ⅳ中起的作用是______．
（5）在Na2CO3溶液中存在多种粒子，下列各粒子浓度关系正确的是______（填序号）．
A、c（Na+）=2c（CO32-）
B、c（Na+）＞c（CO32-）＞c（HCO3-）
C、c（OH-）＞c（HCO3-）＞c（H+）
D、c（OH-）-c（H+）═c（HCO3-）+2c（H2CO3）
（6）CoO溶于盐酸可得粉红色的CoCl2溶液．CoCl2含结晶水数目不同而呈现不同颜色，利用蓝色的无水CoCl2吸水变色这一性质可制成变色水泥和显隐墨水．如图是粉红色的CoCl2•6H2O晶体受热分解时，剩余固体质量随温度变化的曲线，A物质的化学式是______．
正确答案
（1）铝和氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，反应的离子反应方程式为：2Al+2OH-+2H2O=+2AlO2-+3H2↑，
故答案为：2Al+2OH-+2H2O=+2AlO2-+3H2↑；
（2）Co3O4和Na2S2O3在酸性条件下发生氧化还原反应生成CoSO4、Na2SO4和H2O，反应方程式为：4Co3O4+Na2S2O3+11H2SO4=12CoSO4+Na2SO4+11H2O；盐酸具有还原性，能被Co2O3•CoO氧化生成有毒的氯气而污染环境，所以不能盐酸，
故答案为：4Co3O4+Na2S2O3+11H2SO4=12CoSO4+Na2SO4+11H2O；Co2O3•CoO可氧化盐酸产生Cl2污染环境；
（3）铝离子能与碳酸根离子发生双水解生成氢氧化铝和二氧化碳，水解的离子方程式为：2Al3++3CO32-+3H2O=2Al（OH）3↓+3CO2↑；
故答案为：2Al3++3CO32-+3H2O=2Al（OH）3↓+3CO2↑；
（4）碳酸钠溶液在过程Ⅲ中铝离子能与碳酸根离子发生双水解生成氢氧化铝和二氧化碳；碳酸钠溶液在过程Ⅳ中调整pH，提供CO32-，使Co2+沉淀为CoCO3；
故答案为：调整pH，提供CO32-，使Co2+沉淀为CoCO3；
（5）A．Na2CO3溶液中电荷守恒：c（Na+）+c（H+）=c（HCO3-）+c（OH-）+2c（CO32-），故A错误；
B．碳酸根离子发生水解以及水的电离，所以溶液中离子浓度：c（Na+）＞c（CO32-）＞c（OH-）＞c（HCO3-）＞c（H+），故B正确；
C．碳酸根离子发生水解以及水的电离，所以溶液中离子浓度：c（Na+）＞c（CO32-）＞c（OH-）＞c（HCO3-）＞c（H+），故C正确；
D．Na2CO3溶液中质子守恒：c（H+）═c（OH-）+c（HCO3-）+2c（H2CO3），故D正确；
故选：BCD；
（6）CoCl2•6H2O～CoCl2
238 130
m65mg
A物质的化学式为CoCl2•nH2O，则有：
CoCl2•6H2O～CoCl2•nH2O△m
238 18（6-n）
119mg119mg-83mg
所以A物质的化学式为：CoCl2•2H2O，故答案为：CoCl2•2H2O．
（1）为除去粗盐中的Ca2+、Mg2+、Fe3+、SO42-以及泥沙等杂质，某同学设计了一种制备精盐的实验方案，步骤如下（用于沉淀的试剂稍过量）：
①第5步实验操作需要烧杯、______、______玻璃仪器．
②步骤2中，判断加入BaCl2已过量的方法是：______．
③除杂试剂BaCl2、NaOH、Na2CO3加入的顺序必须满足______．
④若先用盐酸调pH值再过滤，将对实验结果产生影响，其原因是______．
（2）为检验粗盐溶液中Cl-、SO42-请根据内容填空：
①首先检验______离子，应先加入过量的______．
②将所得混合物过滤，然后在溶液中加入试剂______检验另一离子．
正确答案
（1）①过滤装置是分离难溶性物质和溶液的分离方法，用到的玻璃仪器为：烧杯、玻璃棒、漏斗，故答案为：玻璃棒；漏斗；
②过量的氯化钡会将全部的硫酸根离子沉淀完毕，只要是硫酸根剩余，则氯化钡会与其反应出现白色沉淀，所以判断BaCl2已过量的方法是：取第②步后的上层清液（或取少量上层清液于试管中），再滴入适量BaCl2溶液，若溶液未变浑浊，则表明BaCl2已过量，
故答案为：取第②步后的上层清液（或取少量上层清液于试管中），再滴入适量BaCl2溶液，若溶液未变浑浊，则表明BaCl2已过量；
③除杂试剂为了根号除去杂质离子，一般是过量的，碳酸钠可以将钙离子以及过量的钡离子沉淀下来，BaCl2、NaOH、Na2CO3加入的顺序必须满足最后加入碳酸钠，过滤后再加盐酸制不再有气体生成即可，故答案为：在氢氧化钠和氯化钡试剂加入后再加入碳酸钠；
④若先用盐酸调pH再过滤，氢氧化镁沉淀、碳酸钙沉淀均会和盐酸反应，将对实验结果产生影响，
故答案为：在此酸度条件下，会有部分沉淀溶解，从而影响制得精盐的纯度；
（2）在检验氯离子时，是加入硝酸银出现白色沉淀，证明氯离子的存在；但是硫酸银是微溶于水的，量多了也就变成沉淀了，所以要先检验硫酸根离子，再检验氯离子；先检验硫酸根离子的存在，加入过量的试剂是硝酸钡；过滤沉淀后，加入硝酸酸化的硝酸银溶液检验氯离子的存在，
故答案为：SO42-；Ba（NO3）2；硝酸酸化的硝酸银溶液．
利用钛白工业的副产品FeSO4（含Al2(SO4)3和少量重金属离子）可以生产电池级高纯超微细草酸亚铁。其工艺流程如下：
已知：①5Fe2++ MnO4-+8H+=5Fe3+ +Mn2++4H2O
5C2O42-+2MnO4-+16H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O
（1）沉淀过程的反应温度为40℃，温度不宜过高的原因除了控制沉淀的粒径外，还有 。
（2）滤液经处理可得到副产品 。
（3）实验室测定高纯超微细草酸亚铁组成的步骤依次为：
步骤1：准确称量一定量草酸亚铁样品，加入25 mL 2 mol·L-1的H2SO4溶解。
步骤2：用0.2000 mol·L-1标准KMnO4溶液滴定，消耗其体积30.40 mL。
步骤3：向滴定后的溶液中加入2 g Zn粉和5 mL 2 mol·L-1的H2SO4溶液，将Fe3+还原为Fe2+。
步骤4：过滤，滤液用上述标准KMnO4溶液滴定，消耗溶液10.00 mL。
则样品中C2O42-的物质的量为 。（写出计算过程）
（4）将一定量高锰酸钾溶液与酸化的草酸亚铁溶液混合，测得反应 液中Mn2+的浓度随反应时间t的变化如图，其变化趋势的原因可能为 。
正确答案
（1）NH3•H2O受热易分解，挥发出NH3，Fe(OH)2受热易分解。（2分）
（2）(NH4)2SO4（2分）
（3）解：由题意知，C2O42-消耗KMnO4溶液体积为（30.40-10.00）=20.4mL，
5C2O42-+2MnO4-+16H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O
5 2
n 20.4×10-3×0.2000mol
解得 n=0.0102mol (4分)
（4）生成的Mn2+作催化剂，随着Mn2+浓度增加，反应速率越来越快。（2分）
试题分析：（1）温度不宜过高的原因除了控制沉淀的粒径外，还有NH3•H2O受热易分解，挥发出NH3，Fe(OH)2受热易分解
（2）沉淀步骤中加入一水合氨，生成氢氧化亚铁沉淀的同时还有硫酸铵生成，所以副产品是(NH4)2SO4
（3）由题意知氧化C2O42-和Fe2+共消耗0.2000 mol·L-1标准KMnO4溶液体积30.40 mL，步骤3、4标准KMnO4溶液只氧化Fe2+消耗KMnO4溶液体积10.00mL，所以C2O42-消耗KMnO4溶液体积为（30.40-10.00）=20.4mL，由5C2O42-+2MnO4-+16H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O得5C2O42-～2MnO4-，所以C2O42-的物质的量为20.4×10-3×0.2000×5/2=0.0102mol；
（4）从图像上观察，随着反应对进行，曲线的斜率越来越大，说明单位时间内Mn2+的浓度越来越大，所以反应速率越来越快，反应中若温度不变，只能是生成的Mn2+作催化剂，随着Mn2+浓度增加，反应速率越来越快。
工业利用精炼镁渣(含有MgO、KCl、MgCl2、BaCl2、CaCl2、FeCl3等杂质)回收MgCl2的工业流程如下:
已知:25 ℃时有关物质的溶度积如下:
回答下列问题:
(1)写出溶解时的离子方程式 。
(2)溶解时温度不能太高,也不宜太低,要求控制在35 ℃左右,其理由是 。
(3)操作Ⅰ包含多个操作,分别为 ,过滤,洗涤,烘干。烘干时需要减压烘干,原因是 。
(4)为减少Na2CO3的用量和提高产品质量,在中和工序(中和后溶液接近中性)结束前要检验溶液中是否存在 离子,选择检验该离子的原因是 。
(5)母液的主要成分 。
正确答案
(1)MgO+2H+=H2O+Mg2+ (2)溶解时温度太低,反应速率过慢,温度太高, HCl会挥发 (3)蒸发浓缩,冷却结晶 降低烘干时的温度,防止MgCl2·6H2O分解
(4) Ba2+ BaCO3溶解度仅小于MgCO3的溶解度,而大于其他物质的溶解度,当Ba2+除尽其他杂质已经除尽 (5)KCl 、NaCl和MgCl2
(1)MgO与盐酸反应生成H2O和MgCl2。
(2)控制温度在35 ℃左右,主要从反应速率和盐酸的挥发性方面考虑。
(3)由于MgCl2·6H2O带有结晶水,为避免其分解,不能直接蒸发结晶,要蒸发浓缩,冷却结晶,烘干时温度也不能过高。
(4)通过表中各物质的Ksp可知,BaCO3溶解度仅小于MgCO3的溶解度,而大于其他物质的溶解度,当 Ba2+除尽其他杂质已经除尽,因此要检验溶液中是否存在Ba2+。
(5)Ba2+、Fe3+和Ca2+已经在前面沉淀除去,在中和阶段引入了Na+,故母液的主要成分为KCl 、NaCl和MgCl2。
某化学小组采用类似制乙酸乙酯的装置（如图），以环己醇制备环己烯：
已知：
（1）制备粗品
将12.5mL环己醇加入试管A中，再加入1mL浓硫酸，摇匀后放入碎瓷片，缓慢加热至反应完全，在试管C内得到环己烯粗品。
①A中碎瓷片的作用是 ，导管B除了导气外还具有的作用是 。
②试管C置于冰水浴中的目的是 。
（2）制备精品
①环己烯粗品中含有环己醇和少量酸性杂质等。加入饱和食盐水，振荡、静置、分层，环己烯在 层（填“上”或“下”），分液后用 （填入编号）洗涤。
A．KMnO4溶液 B．稀H2SO4 C．Na2CO3溶液
②再将环己烯按图装置蒸馏，冷却水从 口进入。蒸馏时要加入生石灰，目的是: 。
③收集产品时，控制的温度应在 左右，实验制得的环己烯精品质量低于理论产量，可能的原因是 ＿＿＿＿＿＿＿
A．蒸馏时从70℃开始收集产品 B．环己醇实际用量多了
C．制备粗品时环己醇随产品一起蒸出
（3）以下区分环己烯精品和粗品的方法，合理的是＿＿＿＿＿＿＿
A．用酸性高锰酸钾溶液 B．用金属钠 C．测定沸点
（4）由环己烯再转化为环己醇的化学方程式为：＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿
正确答案
(1) ①防止暴沸； 冷凝。 ②防止环己烯的挥发。
(2) ①上； C。 ②g；除去水分。 ③ 83℃ ； C。
（3）B、C。
（4）环己烯 + H2O——环己醇
试题分析：（1）①加热液体时，为了防止液体爆沸，常采用加入沸石或碎瓷片；易挥发的物质反应时为提高其利用率，一般要有冷凝回流装置，导管B即是起到这种作用；②反应生成的产物沸点较高，易挥发，应采用冰水冷却，防止环己烯的挥发；（2）①烃的密度比水小，与水混合时，环己烯在上层；要除去产品中的酸杂质，可用碳酸钠等碱性溶液除去；②实验中一般采用逆流冷却，蒸馏时加入生石灰目的是与水反应，防止与产品一起蒸馏出；③收集产品时，控制的温度应让环己烯挥发出来，而2环己醇等留在溶液中，理论温度可控制在83℃——161℃，又因为是水浴加热和能量的消耗等方面可控制温度低一些 83℃即可；实验制得的环己烯精品质量低于理论产量，说明环己烯或环己醇损失了，故答案为C；（3）粗品中含有环己醇能与钠反应，且混合物沸点不固定，与环己烯沸点不同。
实验室中有一瓶KCl和CaCl2的固体混合物，通过下列操作可确定该混合物中KCl和CaCl2的质量比，也可制得纯净的KCl．
请回答下列问题：
①调整零点时，若指针偏向左边，应将右边的螺丝帽向______移动（填左或右）．某学生用已知质量为Yg的表面皿，准确称取Wg样品．他在托盘天平的右盘上放入（W+Y）g砝码，在左盘的表面皿上加入样品，此时指针偏向如图，接下来他的操作应为______．
②实验过程中，加入的A是______，检验A是否过量的方法是______．加入的B是______，B物质需要过量的理由是______．得到的固体C是______，检验沉淀C是否洗净的方法是______．
③过滤时，某学生的操作如图，请用文字说明图中操作的错误______．
④该混合物中KCl与CaCl2质量比的计算式为______．
正确答案
①托盘天平是根据杠杆原理制成的，指针偏向左边，说明左盘的质量高．因此，若指针偏向左边，应将右边的螺丝帽向右移动；指针向右偏转，说明砝码的质量大于物质的质量，所以应小心加入药品，使指针指向刻度中央．
故答案为：右； 小心加入药品，使指针指向刻度中央．
②加入A物质，能使氯化钙产生沉淀且不引进新的杂质离子，所以应加入碳酸钾溶液，碳酸钾和氯化钙反应生成碳酸钙沉淀和氯化钾；如果碳酸钾过量，溶液中含有碳酸根离子，碳酸根离子和强酸能发生生成二氧化碳气体，所以检验方法是 取上层澄清溶液少许，加盐酸观察是否有无色气体生成，如果有气体生成就说明过量，否则不过量；
加入的A物质是过量的，所以滤液中含有碳酸根离子，碳酸钾和盐酸反应生成氯化钾和二氧化碳、水，且加热溶液能使盐酸挥发，所以选取盐酸除去碳酸根离子；
由以上分析知，得到的固体是碳酸钙；沉淀上容易沾有氯离子，所以洗涤液中含有氯离子，如果沉淀洗涤干净，洗涤液中就没有氯离子，检验方法是：取最后一次洗出液加入AgNO3溶液，观察是否有白色沉淀析出．
故答案为：K2CO3； 取上层澄清溶液少许，加盐酸观察是否有无色气体生成； 盐酸；除CaCl2时混入CO32-，加入过量盐酸除去CO32-，且不影响KCl纯度； CaCO3； 取最后一次洗出液加入AgNO3溶液，观察是否有白色沉淀析出．
③由图知，玻璃棒没有靠在三层滤纸上；漏斗颈底端没有贴在烧杯内壁上．
故答案为：玻璃棒没有靠在三层滤纸上；漏斗颈底端没有贴在烧杯内壁上．
④根据钙原子守恒计算氯化钙的质量．
设氯化钙的质量为x．
CaCO3----CaCl2
100 111
W2 x
x=
所以氯化钾的质量为=Wg-
所以氯化钾和氯化钙的质量比为
NaClO2的漂白能力是漂白粉的4~5倍， NaClO2广泛用于造纸工业、污水处理等。工业上生产NaClO2的工艺流程如下：
（1）ClO2发生器中的反应为：2NaClO3+SO2+H2SO4=2ClO2+2NaHSO4。实际工业生产中，可用硫磺、浓硫酸代替原料中的SO2，其原因为 （用化学方程式表示）。
（2）反应结束后，向ClO2发生器中通入一定量空气的目的： 。
（3）吸收器中生成NaClO2的离子反应方程式为 ，其中反应温度不能高于5℃的可能原因： 。
（4）某化学兴趣小组用如下图所示装置制备SO2并探究SO2与Na2O2的反应：
①为除去过量的SO2，C中盛放的试剂为 。
②D中收集到的气体可使带余烬的木条复燃，B中发生的反应可能为 、Na2O2+SO2= Na2SO4。
正确答案
（1）S+2H2SO4(浓) 
（2）驱赶出ClO2，确保其被充分吸收
（3）2ClO2+2OH—+H2O2=2ClO2—+ O2+2H2O 提高ClO2的利用率（或防止H2O2分解）
（4）①NaOH溶液（或KMnO4溶液）
②2Na2O2+2SO2= 2Na2SO3+ O2
试题分析：（1）反应需要SO2，故其它原料也是产生SO2，该原料硫与浓硫酸发生归中反应生成SO2；（2）通入空气是为了排除装置中的气体，使其充分吸收；（3）吸收器飞反应物为氢氧化钠、双氧水和ClO2，产物是NaClO2和双氧水的氧化产物氧气；双氧水不稳定受热分解；（4）①吸收SO2可用碱液吸收；②D装置收集到氧气，故B中反应可能有过氧化钠与二氧化碳反应类似发生歧化反应。
Ⅰ．（1）已知某有机物A只含有C、H、O三种元素，通过元素分析知含碳54.55%，含氢9.10%。质谱分析其相对分子质量为88，经红外光谱分析其中只含C－H键和
_______________。
（2）写出实验室制备A的化学方程式_________________________________________。
Ⅱ．苯甲酸甲酯(
合成苯甲酸甲酯的流程如下：
请回答下列问题：
（1）温度①约为_________℃，操作③为_________，操作④为__________。
（2）第②步加热的目的是______________________________________。
（3）选择合适的制备苯甲酸甲酯的装置：______________。
A B C D
（4）苯甲酸甲酯有多种同分异构体，写出符合下列条件的任意一种同分异构体的结构简式_______。①为芳香化合物 ②含有醛基 ③能与金属Na反应
正确答案
Ⅰ．（1）CH3COOC2H5或者CH3COOCH2CH3（2分）
（2）CH3COOH + HOCH2CH3 
Ⅱ．（1）64.7 分液 蒸馏 （每空1分） （2）蒸出过量的甲醇（1分） （3）B（2分）
（4）
试题分析：Ⅰ．（1）通过元素分析知含碳54.55%，含氢9.10%。质谱分析其相对分子质量为88，则该有机物分子中碳与氢原子的个数分别是
（2）A是乙酸乙酯，实验室用乙酸与乙醇在浓硫酸的作用下发生酯化反应得到，所以该反应的化学方程式为CH3COOH + HOCH2CH3
Ⅱ．（1）由于甲醇的沸点是64.7℃，温度过高甲醇易挥发，所以加热温度不能超过64.7℃。冷却后得到粗产品，而苯甲酸甲酯不溶于水，所以分离得到粗产品的方法是分液。粗产品苯甲酸甲酯中含有苯甲酸，二者的沸点相差较大，因此操作④应该是蒸馏。
（2）由于甲醇的沸点较低，所以操作②加热的目的是蒸出过量的甲醇。
（3）由于反应中需要控制温度，所以需要温度计，CD不正确。又因为水浴加热，容易控制温度，且受热均匀，所以装置选择B。
（4）①为芳香化合物，说明含有苯环。②含有醛基，③能与金属Na反应，说明还含有羟基，所以可能的结构简式为
扫码查看完整答案与解析