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浙江嘉兴市2016届高考化学二模试卷(含解析)

时间:2016-05-15 18:13:10作者:佚名试题来源:网络
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资 源网 wW w.tt z y W.CoM2016年浙江省嘉兴市高考化学二模试卷
 
一、选择题(本题包括17小题.每小题给出的四个选项中,只有一个选项是符合题目要求的)
1.下列说法不正确的是(  )
A.植物的秸秆、枝叶、杂草和人畜粪便等生物质在沼气池中经发酵可生成沼气
B.Al(OH)3、Fe(OH)3等胶体具有很强的吸附能力,可用于净水
C.鸡蛋清中加入浓食盐水析出沉淀、75%乙醇溶液进行消毒、福尔马林用于浸制生物标本,其中蛋白质都发生了变性
D.塑料袋、废纸、旧橡胶制品等属于有机物,可以回收利用
2.下列说法不正确的是(  )
A.危化品储存运输过程中发生金属钠、镁着火时,应立即用泡沫灭火器灭火
B.配制银氨溶液的操作:在2 mL 2%的硝酸银溶液中逐滴加入2%的氨水、振荡试管,直至产生的沉淀恰好完全溶解
C.配制230mL 0.1mol•L﹣1的FeCl3溶液:称取一定质量的FeCl3固体在烧杯中溶于适量盐酸中,放置至室温后,再转移入250mL容量瓶中进行配制
D.取少量硫酸亚铁铵晶体用蒸馏水溶解,加入适量10%的NaOH溶液并加热,产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝色的气体,说明晶体中含有NH4+
3.表为元素周期表的一部分,其中X、Y、Z、W为短周期元素,X与Y的原子序数之和为Z与W原子序数之和的 .下列说法正确的是(  )
  X 
Y  Z W
  T 
A.化合物YX2、ZX2化学键类型和晶体类型均相同
B.Z、W、T三种元素最高价氧化物的水化物的酸性依次增强
C.五种元素中,只有T是金属元素
D.Mg在一定条件下可以和YX2发生反应生成Y单质
4.下列说法不正确的是(  )
A.邻二甲苯只有一种结构,能证明苯环中不存在碳碳单键和碳碳双键交替的结构
B.高聚物 的单体可以通过乙烯和HCl加成制得
C.(CH3)2CH﹣CH=CH﹣C(CH3)3与氢气加成后的产物用系统命名法命名为2,2,5﹣三甲基己烷
D.完全燃烧一定质量的冰醋酸、葡萄糖混合物(以任意质量比混合),生成CO2和H2O的物质的量相同
5.一种三室微生物燃料电池污水净化系统原理如图所示,图中含酚废水中有机物可用C6H5OH表示,左、中、右室间分别以离子交换膜分隔.下列说法不正确的是(  )
 
A.右室电极为该电池的正极
B.左室电极反应式可表示为:C6H5OH﹣28e﹣+11H2O═6CO2↑+28H+
C.右室电极附近溶液的pH减小
D.工作时中间室的Cl﹣移向左室,Na+移向右室
6.下列说法正确的是(  )
A.25℃时,将pH=a的一元强酸溶液与pH=14﹣a的一元碱溶液等体积混合后,所得溶液呈酸性或中性
B.相同温度的盐酸和醋酸两种溶液中,若c(Cl﹣)=c(CH3COO﹣),则两溶液pH相同
C.0.1 mol•L﹣1 Na2CO3溶液与0.1 mol•L﹣1 NaHCO3溶液等体积混合所得溶液中:c(CO32﹣)+2c(OH﹣)═c(HCO3﹣)+c(H2CO3)+2c(H+)
D.对于沉淀溶解平衡AgX⇌Ag++X﹣,已知AgCl的平衡常数大于AgI.则含AgCl和AgI固体的悬浊液中存在:c(Ag+)>c(I﹣)>c(Cl﹣)
7.钒是一种熔点高、硬度大、无磁性的金属,广泛应用于钢铁、航空航天、能源等领域.工业上利用冶炼铝生成的固体废料﹣﹣赤泥(主要成份为Fe2O3、Al2O3、V2O5及少量稀土金属氧化物)提取金属钒,其工艺流程图如下:
 
已知:钒有多种价态,其中+5价最稳定.钒在溶液中主要以VO2+和VO3﹣的形式存在,且存在平衡VO2++H2O⇌VO3﹣+2H+.下列说法正确的是(  )
A.工业生产中,碱浸步骤可选用较为廉价的氨水
B.可以推测VO2Cl溶解度大于NH4VO3
C.焙烧非磁性产品所得的固体产物加酸溶解时,应加入过量盐酸以使其溶解完全
D.将磁性产品加入稀硝酸溶解,取上层清液再加入KSCN溶液后未见血红色,则磁性产品中一定不含铁元素
 
二、解答题(共5小题,满分58分)
8.化合物M是一种香料,可采用油脂与芳香烃(含苯环的烃)为主要原料,按下列路线合成:
 
已知:①RX   ROH
②E分子中只有两种不同化学环境的H原子
③   +
  R3COOH+
(R1、R2、R3与R4可能是氢、烃基或其他基团)
(1)A中官能团的名称是      ,D→E的反应类型为      .
(2)E的结构简式为      .
(3)C+F→M的化学方程式      .
(4)下列化合物中属于F的同分异构体的是      .
a.
b.
c.  
d.CH2=CH﹣CH=CH﹣CH=CH﹣CH2COOH
(5)写出从Br﹣CH2CH2﹣Br→HCOOCH2CH2OOCH的合成路线(无机试剂任选,合成路线参照题中的书写形式)      .
9.请回答:
(1)写出CH3Cl的电子式      .
(2)甲硅烷(SiH4)是一种无色气体,遇到空气能发生爆炸性自燃,生成SiO2和液态水.已知室温下10g甲硅烷自燃放出热量473.5kJ,其热化学方程式是      .
(3)工业废水中加入难溶于水的FeS使其中的Cu2+离子转化为沉淀,写出该反应的离子方程式      .
(4)碱性条件下发生下列反应,配平该反应的离子方程式:
      ClO3﹣+      Fe3++      =      Cl﹣+      FeO42﹣+      .
10.某二元化合物甲有刺鼻气味,极易被水和酸吸收,是一类重要的火箭燃料.将3.20g甲加热至完全分解,得到一种常见的气体单质和4.48L的H2(已折算成标准状况);已知甲分子内各原子均达到稳定结构.工业上用尿素[CO(NH2)2]投料到按一定比例混合的NaClO与NaOH混合溶液中反应可制得甲,同时得到副产品碳酸钠等物质.
(1)写出甲的分子式      .
(2)适量氯气通入NaOH溶液中可以得到上述混合溶液,写出该反应的离子反应方程式:      .
(3)工业上常用甲使锅炉内壁的铁锈转化为结构较致密的磁性氧化铁(Fe3O4),以减慢锅炉内壁的锈蚀.其化学方程式为      .
(4)已知:Cu2O+2H+═Cu+Cu2++H2O.
①甲与新制Cu(OH)2之间能发生反应,从氧化还原反应的角度说明其合理性      .
②甲与新制Cu(OH)2充分反应,有红色固体乙生成,写出乙的成分      (写出所有可能),请设计实验方案检验乙的成分      .
11.金属钛(Ti)被称为21世纪金属,在航海、航空、记忆和涂料方面应用广泛,TiO2是一种优良的光催化剂.20世纪科学家尝试用多种方法将金红石(TiO2)还原,发现金红石直接氯化是冶炼钛的关键步骤:
TiO2(s)+2Cl2(g)═TiCl4(g)+O2(g)△H=+1493kJ•mol﹣1,△S=+61J•K﹣1•mol﹣1
该反应发生温度高达2170℃,能耗大,对设备和生产要求几乎达到苛刻程度.目前科学家采用金红石加碳氯化方法,在较温和条件下成功制取TiCl4,为人类快速迈进钛合金时代做出了巨大贡献.金红石加碳氯化的主要反应如下:
反应Ⅰ:TiO2(s)+2Cl2(g)+C(s) TiCl4(g)+CO2(g)△H1,△S1=+64J•K﹣1•mol﹣1
反应Ⅱ:TiO2(s)+2Cl2(g)+2C(s) TiCl4(g)+2CO(g)△H2,△S2
已知:①C(s)+O2(g)═CO2(g)△H=﹣394.3kJ•mol﹣1
②2C(s)+O2(g)═2CO(g)△H=﹣222.3kJ•mol﹣1
请回答:
(1)反应Ⅰ的△H1=      kJ•mol﹣1.
(2)对于气体参加的反应,表示平衡常数KP时,用气体组分B的平衡压强P(B)代替该气体物质的量浓度c(B),则反应Ⅰ的KP=      (用表达式表示).
(3)将金红石加碳氯化反应与金红石直接氯化反应比较,从焓变熵变的角度分析金红石加碳氯化能在较温和条件下成功制取TiCl4的原因      .
(4)在常温、常压、光照条件下,N2在催化剂TiO2表面与H2O发生反应,2N2(g)+6H2O(1)═4NH3(g)+3O2(g)△H=+1530.4kJ•mol﹣1
进一步研究相同条件下NH3生成量与温度的关系,部分实验数据见下表:
实验组别 1 2 3 4
T/K 303 313 323 353
NH3生成量/(10﹣6mol) 4.8 5.9 6.0 2.0
O2生成量/(10﹣6mol) 3.6 4.4 4.5 1.5
反应时间/h 3 3 3 3
容器体积/L 2 2 2 2
①请在图中画出上述反应在“有催化剂”与“无催化剂”两种情况下反应过程中体系能量随反应过程的变化趋势示意图(图中标明必要的文字说明).
②根据表中数据,在303K时,在3h内用氮气表示其平均反应速率为      mol•L﹣1•h﹣1.判断组别4中反应是否达到平衡状态      (填“是”或“否”),并说明理由      .
 
12.苯甲酸(无色针状晶体,熔点122.4℃)可广泛用于医药、染料载体、香料等,实验室用甲苯和高锰酸钾制备苯甲酸.反应方程式如下:
 +2KMnO4  +KOH+2MnO2↓+H2O
 +HCl→ +KCl
已知有关化合物的相关数据如表所示:
化合物 相对分子质量 密度(g•cm﹣3) 溶解性 沸点(℃)
甲苯 92 0.87 难溶于水 110.0
苯甲酸钾 160 ﹣ 易溶于水 ﹣
苯甲酸 122 1.26 微溶于水 248.0
苯甲酸在100g水中的溶解度:0.18g(4℃),0.27g(18℃),2.2g(75℃).
合成:如图(固定及加热装置略去)所示,在三颈烧瓶中加入4.23mL甲苯和100mL蒸馏水,瓶口装上温度计、电动搅拌器、冷凝管,慢慢开启电动搅拌器,加热至沸腾.经冷凝管上口分批加入21.30g高锰酸钾(过量),继续煮沸至甲苯层消失,回流液中不再出现油珠为止,得到反应混合物.
对反应混合物进行分离:①趁热过滤→②洗涤滤渣→③合并滤液和洗涤液→④冷却→⑤盐酸酸化→⑥过滤.
对粗产品苯甲酸进行提纯:①沸水溶解→②活性炭脱色→③趁热过滤→④      →⑤过滤→⑥洗涤→⑦干燥.
请回答下列有关问题:
(1)实验中准确量取4.23mL甲苯所需仪器为      .
(2)冷凝管的上口是否需要塞上塞子      (填“是”或“否”),a处水流方向是      (填“进水”或“出水”).
(3)高锰酸钾需要分批加入,请用化学反应速率观点说明理由      .
(4)在对粗产品苯甲酸进行提纯过程中,“③趁热过滤”的目的是      ;“④”的操作名称是      ;可证明“⑥洗涤”步骤已洗涤干净的方法是      .
(5)干燥后称量得苯甲酸2.93g,则苯甲酸的产率为      .
 
 

2016年浙江省嘉兴市高考化学二模试卷
参考答案与试题解析
 
一、选择题(本题包括17小题.每小题给出的四个选项中,只有一个选项是符合题目要求的)
1.下列说法不正确的是(  )
A.植物的秸秆、枝叶、杂草和人畜粪便等生物质在沼气池中经发酵可生成沼气
B.Al(OH)3、Fe(OH)3等胶体具有很强的吸附能力,可用于净水
C.鸡蛋清中加入浓食盐水析出沉淀、75%乙醇溶液进行消毒、福尔马林用于浸制生物标本,其中蛋白质都发生了变性
D.塑料袋、废纸、旧橡胶制品等属于有机物,可以回收利用
【考点】物质的组成、结构和性质的关系.
【专题】物质的性质和变化专题.
【分析】A.秸秆、杂草等在沼气池中发酵制沼气有新物质甲烷生成;
B.依据氢氧化铝、氢氧化铁胶体具有吸附性解答;
C.鸡蛋清中加入浓食盐水析出沉淀为蛋白质盐析;
D.塑料袋、旧橡胶制品属于高分子化合物,废纸的主要成分是植物的纤维是纤维素;
【解答】解:A.秸秆、杂草等在沼气池中发酵制沼气有新物质甲烷生成,属于化学变化,故A正确;
B.氢氧化铝、氢氧化铁胶体具有吸附性,能够吸附水质固体颗粒杂质,可以净水,故B正确;
C.鸡蛋清中加入浓食盐水析出沉淀为蛋白质盐析,蛋白质没有变性,故C错误;
D.塑料袋、旧橡胶制品属于高分子化合物,废纸的主要成分是植物的纤维是纤维素,都是有机物,故D正确;
故选:C.
【点评】本题考查了元素化合物知识,熟悉相关物质的性质是解题关键,注意蛋白质盐析与变性的区别,题目难度不大.
 
2.下列说法不正确的是(  )
A.危化品储存运输过程中发生金属钠、镁着火时,应立即用泡沫灭火器灭火
B.配制银氨溶液的操作:在2 mL 2%的硝酸银溶液中逐滴加入2%的氨水、振荡试管,直至产生的沉淀恰好完全溶解
C.配制230mL 0.1mol•L﹣1的FeCl3溶液:称取一定质量的FeCl3固体在烧杯中溶于适量盐酸中,放置至室温后,再转移入250mL容量瓶中进行配制
D.取少量硫酸亚铁铵晶体用蒸馏水溶解,加入适量10%的NaOH溶液并加热,产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝色的气体,说明晶体中含有NH4+
【考点】化学实验安全及事故处理;化学实验方案的评价.
【专题】实验评价题.
【分析】A.钠燃烧生成过氧化钠,过氧化钠与二氧化碳反应生成氧气,使火势更加剧烈;
B.配制银氨溶液时应将2%的稀氨水滴入2%的硝酸银溶液;
C.FeCl3易水解;
D.使湿润的红色石蕊试纸变蓝色的气体,为氨气.
【解答】解:A.金属钠着火生成过氧化钠,过氧化钠与二氧化碳反应生成氧气,所以不能用泡沫灭火器灭火,可以使用砂子灭火,故A错误;
B.配制银氨溶液时应将2%的稀氨水滴入2%的硝酸银溶液,直至产生的沉淀恰好溶解为止,故B正确;
C.FeCl3易水解,应溶于适量盐酸中,再稀释,故C正确;
D.使湿润的红色石蕊试纸变蓝色的气体,为氨气,则该溶液中含有NH4+离子,故D正确.
故选A.
【点评】本题考查化学实验方案的评价,为高频考点,涉及危险处理、溶液配制、离子的检验等,把握物质的性质及发生的反应为解答的关键,注意实验的评价性分析,题目难度不大.
 
3.表为元素周期表的一部分,其中X、Y、Z、W为短周期元素,X与Y的原子序数之和为Z与W原子序数之和的 .下列说法正确的是(  )
  X 
Y  Z W
  T 
A.化合物YX2、ZX2化学键类型和晶体类型均相同
B.Z、W、T三种元素最高价氧化物的水化物的酸性依次增强
C.五种元素中,只有T是金属元素
D.Mg在一定条件下可以和YX2发生反应生成Y单质
【考点】位置结构性质的相互关系应用;元素周期律和元素周期表的综合应用.
【专题】元素周期律与元素周期表专题.
【分析】X、Y、Z、W为短周期元素,由位置可知,X为第二周期元素,Y、Z、W为第三周期元素,设X的原子序数为x,由X与Y的原子序数之和为Z与W原子序数之和的 ,则x+x+6=(x+8+x+9)× ,解得x=8,则X为O,Y为Si,Z为S,W为Cl,T为Se,然后结合元素周期律及元素化合物知识来解答.
【解答】解:X、Y、Z、W为短周期元素,由位置可知,X为第二周期元素,Y、Z、W为第三周期元素,设X的原子序数为x,由X与Y的原子序数之和为Z与W原子序数之和的 ,则x+x+6=(x+8+x+9)× ,解得x=8,则X为O,Y为Si,Z为S,W为Cl,T为Se,
A.SiO2、SO2化学键均为共价键,晶体类型分别为原子晶体、分子晶体,故A错误;
B.非金属性W>Z>T,则T、Z、W三种元素最高价氧化物的水化物的酸性依次增强,故B错误;
C.均为非金属元素,故C错误;
D.由Mg与CO2反应生成MgO和C,可知Mg在一定条件下可以和SiO2发生反应生成Si单质,故D正确;
故选D.
【点评】本题考查位置、结构与性质的关系,为高频考点,把握短周期原子序数的关系推断元素为解答的关键,侧重分析与应用能力的综合考查,注意元素周期律的应用,题目难度不大.
 
4.下列说法不正确的是(  )
A.邻二甲苯只有一种结构,能证明苯环中不存在碳碳单键和碳碳双键交替的结构
B.高聚物 的单体可以通过乙烯和HCl加成制得
C.(CH3)2CH﹣CH=CH﹣C(CH3)3与氢气加成后的产物用系统命名法命名为2,2,5﹣三甲基己烷
D.完全燃烧一定质量的冰醋酸、葡萄糖混合物(以任意质量比混合),生成CO2和H2O的物质的量相同
【考点】有机化学反应的综合应用.
【专题】有机反应.
【分析】A.对二甲苯只有一种结构,无法判断是否存在C﹣C单键与C=C双键的交替结构;
B.乙烯和HCl加成制得的是一氯乙烷,不存在碳碳双键,不能进行加聚反应;
C.烯烃的命名遵循:选取距离双键最近的一端命名为1号碳;
D.冰醋酸与葡萄糖的最简式相同,据此解答即可.
【解答】解:A.邻二甲苯只有一种结构,说明苯中不存在单双键交替的结构,是一种特殊的化学键,故A正确;
B.此高聚物是由乙炔与HCl加成生成的产物加聚得来的,故B错误;
C.此有机物中含有碳碳双键,故应命名为某“烯”,故C错误;
D.冰醋酸与葡萄糖的最简式相同,均是CH2O,故完全燃烧一定质量的冰醋酸、葡萄糖混合物(以任意质量比混合),生成CO2和H2O的物质的量相同,故D正确,故选BC.
【点评】本题主要考查的是烯烃的命名、苯的结构以及烃的衍生物的燃烧规律,难度不大.
 
5.一种三室微生物燃料电池污水净化系统原理如图所示,图中含酚废水中有机物可用C6H5OH表示,左、中、右室间分别以离子交换膜分隔.下列说法不正确的是(  )
 
A.右室电极为该电池的正极
B.左室电极反应式可表示为:C6H5OH﹣28e﹣+11H2O═6CO2↑+28H+
C.右室电极附近溶液的pH减小
D.工作时中间室的Cl﹣移向左室,Na+移向右室
【考点】原电池和电解池的工作原理.
【专题】电化学专题.
【分析】该原电池中,硝酸根离子得电子发生还原反应,则右边装置中电极是正极,电极反应式为2NO3﹣+10e﹣+12H+=N2↑+6H2O,左边装置电极是负极,负极上有机物失电子发生氧化反应,有机物在厌氧菌作用下生成二氧化碳,电极反应式为C6H5OH﹣28e﹣+11H2O═6CO2↑+28H+,据此分析解答.
【解答】解:该原电池中,硝酸根离子得电子发生还原反应,则右边装置中电极b是正极,电极反应式为2NO3﹣+10e﹣+12H+=N2↑+6H2O,左边装置电极a是负极,负极上有机物失电子发生氧化反应,有机物在厌氧菌作用下生成二氧化碳,电极反应式为C6H5OH﹣28e﹣+11H2O═6CO2↑+28H+,
A.该原电池中,硝酸根离子得电子发生还原反应,则右边装置中电极是正极,故A正确;
B.左边装置电极是负极,负极上有机物失电子发生氧化反应,有机物在厌氧菌作用下生成二氧化碳,电极反应式为C6H5OH﹣28e﹣+11H2O═6CO2↑+28H+,故B正确;
C.右边装置中电极是正极,电极反应式为2NO3﹣+10e﹣+12H+=N2↑+6H2O,氢离子参加反应导致溶液酸性减小,溶液的pH增大,故C错误;
D.放电时,电解质溶液中阳离子Na+移向正极右室,阴离子Cl﹣移向负极室左室,故D正确;
故选C.
【点评】本题考查化学电源新型电池,题目难度中等,侧重考查学生获取信息、分析推断能力,根据N元素化合价变化确定正负极,难点是电极反应式的书写,且原电池和电解池原理是高考高频点,要熟练掌握.
 
6.下列说法正确的是(  )
A.25℃时,将pH=a的一元强酸溶液与pH=14﹣a的一元碱溶液等体积混合后,所得溶液呈酸性或中性
B.相同温度的盐酸和醋酸两种溶液中,若c(Cl﹣)=c(CH3COO﹣),则两溶液pH相同
C.0.1 mol•L﹣1 Na2CO3溶液与0.1 mol•L﹣1 NaHCO3溶液等体积混合所得溶液中:c(CO32﹣)+2c(OH﹣)═c(HCO3﹣)+c(H2CO3)+2c(H+)
D.对于沉淀溶解平衡AgX⇌Ag++X﹣,已知AgCl的平衡常数大于AgI.则含AgCl和AgI固体的悬浊液中存在:c(Ag+)>c(I﹣)>c(Cl﹣)
【考点】pH的简单计算;离子浓度大小的比较.
【专题】电离平衡与溶液的pH专题.
【分析】A、pH=a的一元强酸溶液中,c(H+)=10﹣amol/L,pH=14﹣a的一元碱溶液中,c(H+)=10a﹣14mol/L,则c(OH﹣)=10﹣amol/L;
B、根据电荷守恒来分析;
C、0.1 mol•L﹣1 Na2CO3溶液与0.1 mol•L﹣1 NaHCO3溶液等体积混合所得溶液中,Na2CO3溶液与 NaHCO3的浓度均为0.05mol/L,根据电荷守恒和物料守恒来分析;
D、由于AgCl的平衡常数大于AgI,根据Ksp来分析.
【解答】解:A、pH=a的一元强酸溶液中,c(H+)=10﹣amol/L,pH=14﹣a的一元碱溶液中,c(H+)=10a﹣14mol/L,则c(OH﹣)=10﹣amol/L,故将两溶液等体积混合后,;两者恰好完全反应,则所得溶液显中性,故A错误;
B、根据电荷守恒可知,在盐酸溶液中有:c(H+)=c(Cl﹣)+c(OH﹣),而在醋酸溶液中有:c(H+)=c(CH3COO﹣)+c(OH﹣),两溶液中若c(Cl﹣)=c(CH3COO﹣),则两溶液中c(H+)和c(OH﹣)均相等,即pH相同,故B正确;
C、0.1 mol•L﹣1 Na2CO3溶液与0.1 mol•L﹣1 NaHCO3溶液等体积混合所得溶液中,Na2CO3溶液与 NaHCO3的浓度均为0.05mol/L,根据电荷守恒可知:c(Na+)+c(H+)=2c(CO32﹣)+c(HCO3﹣)+c(OH﹣),根据物料守恒可知:3c(CO32﹣)+3c(HCO3﹣)+3c(H2CO3)=2c(Na+),两式联立可知:c(CO32﹣)+2c(OH﹣)═c(HCO3﹣)+3c(H2CO3)+2c(H+),故C错误;
D、由于是含AgCl和AgI固体的悬浊液,且AgCl的平衡常数大于AgI,则有:  = >1,故c(Cl﹣)>c(I﹣),故D错误.
故选B.
【点评】本题考查了酸碱混合后溶液酸碱性的判断、盐溶液中的电荷守恒、物料守恒的运用和溶解平衡中的Ksp的有关计算,难度中等,综合性较强.
 
7.钒是一种熔点高、硬度大、无磁性的金属,广泛应用于钢铁、航空航天、能源等领域.工业上利用冶炼铝生成的固体废料﹣﹣赤泥(主要成份为Fe2O3、Al2O3、V2O5及少量稀土金属氧化物)提取金属钒,其工艺流程图如下:
 
已知:钒有多种价态,其中+5价最稳定.钒在溶液中主要以VO2+和VO3﹣的形式存在,且存在平衡VO2++H2O⇌VO3﹣+2H+.下列说法正确的是(  )
A.工业生产中,碱浸步骤可选用较为廉价的氨水
B.可以推测VO2Cl溶解度大于NH4VO3
C.焙烧非磁性产品所得的固体产物加酸溶解时,应加入过量盐酸以使其溶解完全
D.将磁性产品加入稀硝酸溶解,取上层清液再加入KSCN溶液后未见血红色,则磁性产品中一定不含铁元素
【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用.
【专题】物质的分离提纯和鉴别.
【分析】赤泥进行碱浸,氧化铝溶解形成偏铝酸盐,再通入二氧化碳得到氢氧化铝沉淀.滤渣1系列操作得到V2O5,可知滤渣1中含有Fe2O3、V2O5及少量稀土金属氧化物,进行还原、磁选,磁性产品中含有Fe等,非磁性产品含有V元素,在空气中焙烧后用盐酸溶解,钒在溶液中主要以VO2+和VO3﹣的形式存在,再加入氯化铵转化为NH4VO3,焙烧得到V2O5,由溶液中存在平衡VO2++H2O⇌VO3﹣+2H+,盐酸过量会抑制的生成NH4VO3,盐酸溶解时不易过量.
【解答】解:赤泥进行碱浸,氧化铝溶解形成偏铝酸盐,再通入二氧化碳得到氢氧化铝沉淀.滤渣1系列操作得到V2O5,可知滤渣1中含有Fe2O3、V2O5及少量稀土金属氧化物,进行还原、磁选,磁性产品中含有Fe等,非磁性产品含有V元素,在空气中焙烧后用盐酸溶解,钒在溶液中主要以VO2+和VO3﹣的形式存在,再加入氯化铵转化为NH4VO3,焙烧得到V2O5,由溶液中存在平衡VO2++H2O⇌VO3﹣+2H+,盐酸过量会抑制的生成NH4VO3,盐酸溶解时不易过量.
A.氨水不能溶解氧化铝,故A错误;
B.用盐酸溶液后的溶液中含有VO2+、VO3﹣、Cl﹣,加入硝酸铵会生成NH4VO3沉淀,反应向更生成难溶的物质进行,可以推测VO2Cl溶解度大于NH4VO3,故B正确;
C.溶液中存在平衡VO2++H2O⇌VO3﹣+2H+,盐酸过量平衡逆向移动,会抑制的生成NH4VO3,不能加入过量的盐酸,故C错误;
D.加入的硝酸不足,Fe元素被硝酸氧化可能生成亚铁离子,亚铁离子遇KSCN溶液无明显现象,故D错误.
故选:B.
【点评】本题考查物质准备工艺流程,易根据问题进行分析解答,熟练掌握元素化合物性质,对工艺流程题目关键是理解整个过程,常涉及物质的分离提纯、条件的控制、原理的分析评价、陌生方程式书写等,而涉及的元素化合物多是中学比较陌生的,侧重考查学生分析能力、知识迁移运用能力.
 
二、解答题(共5小题,满分58分)
8.化合物M是一种香料,可采用油脂与芳香烃(含苯环的烃)为主要原料,按下列路线合成:
 
已知:①RX   ROH
②E分子中只有两种不同化学环境的H原子
③   +
  R3COOH+
(R1、R2、R3与R4可能是氢、烃基或其他基团)
(1)A中官能团的名称是 羟基 ,D→E的反应类型为 取代反应 .
(2)E的结构简式为   .
(3)C+F→M的化学方程式   .
(4)下列化合物中属于F的同分异构体的是 bd .
a.
b.
c.  
d.CH2=CH﹣CH=CH﹣CH=CH﹣CH2COOH
(5)写出从Br﹣CH2CH2﹣Br→HCOOCH2CH2OOCH的合成路线(无机试剂任选,合成路线参照题中的书写形式) BrCH2CH2Br   HOCH2CH2OH  HCHO   HCOOH
 HCOOCH2CH2OOCH .
【考点】有机物的合成.
【专题】有机物的化学性质及推断.
【分析】油脂水解得到A为 ,结合信息③可以A氧化生成HCHO、HCOOH,B氧化得到C,故B为HCHO,C为HCOOH.芳香烃D与氯气在光照条件下发生侧链取代反应生成E,E分子中只有两种不同化学环境的H原子,则D为 ,E为 ,F为 ,M为 .
(5)BrCH2CH2Br在氢氧化钠水溶液、加热条件下发生水解反应生成HOCH2CH2OH,然后被HIO4氧化生成HCHO,再与新制氢氧化铜氧化得到 HCOOH,最后与乙二醇发生酯化反应得到HCOOCH2CH2OOCH.
【解答】解:油脂水解得到A为 ,结合信息③可以A氧化生成HCHO、HCOOH,B氧化得到C,故B为HCHO,C为HCOOH.芳香烃D与氯气在光照条件下发生侧链取代反应生成E,E分子中只有两种不同化学环境的H原子,则D为 ,E为 ,F为 ,M为 .
(1)A为 ,含有的官能团的名称是羟基,D→E的反应类型为取代反应,
故答案为:羟基;取代反应;
(2)E的结构简式为: ,故答案为: ;
(3)C+F→M的化学方程式: ,
故答案为: ;
(4)F的结构简式为 ,
 、 与F的分子式不同,与F不是同分异构体, 、CH2=CH﹣CH=CH﹣CH=CH﹣CH2COOH与F的分子式相同,结构不同,互为同分异构体,
故答案为:bd;
(5)BrCH2CH2Br在氢氧化钠水溶液、加热条件下发生水解反应生成HOCH2CH2OH,然后被HIO4氧化生成HCHO,再与新制氢氧化铜氧化得到 HCOOH,最后与乙二醇发生酯化反应得到HCOOCH2CH2OOCH,合成路线流程图为:BrCH2CH2Br   HOCH2CH2OH  HCHO   HCOOH HCOOCH2CH2OOCH,
故答案为:BrCH2CH2Br   HOCH2CH2OH  HCHO   HCOOH HCOOCH2CH2OOCH.
【点评】本题考查有机物的推断与合成,关键是对题目信息的理解,充分利用有机物的分子式行推断,需要学生熟练掌握官能团的性质与转化,难度中等.
 
9.请回答:
(1)写出CH3Cl的电子式   .
(2)甲硅烷(SiH4)是一种无色气体,遇到空气能发生爆炸性自燃,生成SiO2和液态水.已知室温下10g甲硅烷自燃放出热量473.5kJ,其热化学方程式是 SiH4(g)+2O2(g)═SiO2(s)+2H2O(g)△H=﹣1515.2kJ•mol﹣1 .
(3)工业废水中加入难溶于水的FeS使其中的Cu2+离子转化为沉淀,写出该反应的离子方程式 FeS+Cu2+=CuS+Fe2+ .
(4)碱性条件下发生下列反应,配平该反应的离子方程式:
 1 ClO3﹣+ 2 Fe3++ 10OH﹣ = 1 Cl﹣+ 2 FeO42﹣+ 5H2O .
【考点】热化学方程式;电子式;离子方程式的书写.
【专题】化学用语专题.
【分析】(1)CH3Cl分子中碳原子最外层有4个电子,能形成4个共价键达到稳定结构,每个氢原子或氯原子能形成一个共价键达到稳定结构;
(2)根据甲硅烷的质量计算1mol甲硅烷燃烧放出的热量,结合化学方程式书写热化学方程式.注意物质的聚集状态和反应热的单位等问题;
(3)硫化亚铁与铜离子反应生成硫化铜和二价铁离子,实现沉淀的转化;
(4)分析反应中元素化合价变化,依据氧化还原反应得失电子守恒、原子个数守恒规律配平方程式.
【解答】(1)CH3Cl分子中碳原子最外层有4个电子,能形成4个共价键达到稳定结构,每个氢原子或氯原子能形成一个共价键达到稳定结构,电子式: ;
故答案为; ;
(2)n(SiH4)= = mol,则1molSiH4燃烧放出的热量为:473.5kJ× =1515.2kJ,
反应的化学方程式为:SiH4+O2=SiO2+2H2O,则热化学方程式为:SiH4(g)+2O2(g)═SiO2(s)+2H2O(g)△H=﹣1515.2 kJ•mol﹣1,
故答案为:SiH4(g)+2O2(g)═SiO2(s)+2H2O(g)△H=﹣1515.2 kJ•mol﹣1;
(3)硫化亚铁与铜离子反应生成硫化铜和二价铁离子,实现沉淀的转化,离子方程式:FeS+Cu2+=CuS+Fe2+;
故答案为:FeS+Cu2+=CuS+Fe2+;
(4)反应中氯酸根离子中+5价氯元素化合价降为氯离子中﹣1价,化合价将6,+3价铁离子化合价升高为高铁酸根离子中+6价,化合价升高3,要使得失电子守恒则氯酸根离子系数为1,三价铁离子系数为2,依据原子个数守恒方程式:1ClO3﹣+2Fe3++10 OH﹣=1Cl﹣+2FeO42﹣+5 H2O;
故答案为:1;2;10OH﹣;1;2;5H2O.
【点评】本题为综合题,考查化学用语的正确使用,明确电子式、热化学方程式、离子方程式书写方法及注意事项,熟悉氧化还原反应得失电子守恒规律是解题关键,题目难度中等.
 
10.某二元化合物甲有刺鼻气味,极易被水和酸吸收,是一类重要的火箭燃料.将3.20g甲加热至完全分解,得到一种常见的气体单质和4.48L的H2(已折算成标准状况);已知甲分子内各原子均达到稳定结构.工业上用尿素[CO(NH2)2]投料到按一定比例混合的NaClO与NaOH混合溶液中反应可制得甲,同时得到副产品碳酸钠等物质.
(1)写出甲的分子式 N2H4 .
(2)适量氯气通入NaOH溶液中可以得到上述混合溶液,写出该反应的离子反应方程式: Cl2+2OH﹣=ClO﹣+Cl﹣+H2O .
(3)工业上常用甲使锅炉内壁的铁锈转化为结构较致密的磁性氧化铁(Fe3O4),以减慢锅炉内壁的锈蚀.其化学方程式为 N2H4+6Fe2O3=N2↑+Fe3O4+2H2O .
(4)已知:Cu2O+2H+═Cu+Cu2++H2O.
①甲与新制Cu(OH)2之间能发生反应,从氧化还原反应的角度说明其合理性 N2H4中N元素为﹣2价,处于较低价态具有还原性,而Cu(OH)2中Cu元素为+2价,处于最高价态,具有氧化性; .
②甲与新制Cu(OH)2充分反应,有红色固体乙生成,写出乙的成分 Cu或Cu、Cu2O或Cu2O (写出所有可能),请设计实验方案检验乙的成分 取红色固体乙ag,加入足量稀硫酸充分反应后,过滤、洗涤、干燥、称量的bg沉淀,通过a、b的数量关系判断即可,若a=b,固体乙的成分是Cu;若 =b,固体乙的成分是Cu2O,若 <b<a,固体乙的成分是Cu和Cu2O .
【考点】无机物的推断.
【专题】无机推断.
【分析】甲加热至完全分解,得到一种常见的气体单质和4.48L的H2(已折算成标准状况),则甲中含有H元素,工业上用尿素[CO(NH2)2]投料到按一定比例混合的NaClO与NaOH混合溶液中反应可制得甲,同时得到副产品碳酸钠等物质,根据元素守恒可知甲中含有N元素,综上可知,甲中含有N和H两种元素,n(H2)= =0.2mol,则m(H)=0.2mol×2×1g/mol=0.4g,则3.20g甲中含有m(N)=3.20g﹣0.4g=2.8g,n(N)= =0.2mol,所以n(N):n(H)=0.2mol:0.4mol=1:2,甲分子内各原子均达到稳定结构,可知甲为N2H4.
【解答】解:甲加热至完全分解,得到一种常见的气体单质和4.48L的H2(已折算成标准状况),则甲中含有H元素,工业上用尿素[CO(NH2)2]投料到按一定比例混合的NaClO与NaOH混合溶液中反应可制得甲,同时得到副产品碳酸钠等物质,根据元素守恒可知甲中含有N元素,综上可知,甲中含有N和H两种元素,n(H2)= =0.2mol,则m(H)=0.2mol×2×1g/mol=0.4g,则3.20g甲中含有m(N)=3.20g﹣0.4g=2.8g,n(N)= =0.2mol,所以n(N):n(H)=0.2mol:0.4mol=1:2,甲分子内各原子均达到稳定结构,可知甲为N2H4.
(1)甲的分子式为:N2H4,故答案为:N2H4;
(2)适量氯气通入NaOH溶液中可以得到上述混合溶液,该反应的离子反应方程式:Cl2+2OH﹣=ClO﹣+Cl﹣+H2O,
故答案为:Cl2+2OH﹣=ClO﹣+Cl﹣+H2O;
(3)工业上常用甲使锅炉内壁的铁锈转化为结构较致密的磁性氧化铁(Fe3O4),以减慢锅炉内壁的锈蚀,Fe元素化合价降低,则N元素被氧化生成氮气,其化学方程式为:N2H4+6Fe2O3=N2↑+Fe3O4+2H2O,
故答案为:N2H4+6Fe2O3=N2↑+Fe3O4+2H2O;
(4)已知:Cu2O+2H+═Cu+Cu2++H2O.
①N2H4中N元素为﹣2价,处于较低价态具有还原性,而Cu(OH)2中Cu元素为+2价,处于最高价态,具有氧化性,甲与新制Cu(OH)2之间能发生反应,
故答案为:N2H4中N元素为﹣2价,处于较低价态具有还原性,而Cu(OH)2中Cu元素为+2价,处于最高价态,具有氧化性;
②甲与新制Cu(OH)2充分反应,有红色固体乙生成,乙的成分可能为:Cu或Cu、Cu2O或Cu2O,
取红色固体乙ag,加入足量稀硫酸充分反应后,过滤、洗涤、干燥、称量的bg沉淀,通过a、b的数量关系判断即可,若a=b,固体乙的成分是Cu;若 =b,固体乙的成分是Cu2O,若 <b<a,固体乙的成分是Cu和Cu2O,
故答案为:Cu或Cu、Cu2O或Cu2O;取红色固体乙ag,加入足量稀硫酸充分反应后,过滤、洗涤、干燥、称量的bg沉淀,通过a、b的数量关系判断即可,若a=b,固体乙的成分是Cu;若 =b,固体乙的成分是Cu2O,若 <b<a,固体乙的成分是Cu和Cu2O.
【点评】本题考查无机物的推断、氧化还原反应、实验方案设计,属于计算型推断,侧重考查学生分析计算能力、知识的迁移应用,题目难度中等.
 
11.金属钛(Ti)被称为21世纪金属,在航海、航空、记忆和涂料方面应用广泛,TiO2是一种优良的光催化剂.20世纪科学家尝试用多种方法将金红石(TiO2)还原,发现金红石直接氯化是冶炼钛的关键步骤:
TiO2(s)+2Cl2(g)═TiCl4(g)+O2(g)△H=+1493kJ•mol﹣1,△S=+61J•K﹣1•mol﹣1
该反应发生温度高达2170℃,能耗大,对设备和生产要求几乎达到苛刻程度.目前科学家采用金红石加碳氯化方法,在较温和条件下成功制取TiCl4,为人类快速迈进钛合金时代做出了巨大贡献.金红石加碳氯化的主要反应如下:
反应Ⅰ:TiO2(s)+2Cl2(g)+C(s) TiCl4(g)+CO2(g)△H1,△S1=+64J•K﹣1•mol﹣1
反应Ⅱ:TiO2(s)+2Cl2(g)+2C(s) TiCl4(g)+2CO(g)△H2,△S2
已知:①C(s)+O2(g)═CO2(g)△H=﹣394.3kJ•mol﹣1
②2C(s)+O2(g)═2CO(g)△H=﹣222.3kJ•mol﹣1
请回答:
(1)反应Ⅰ的△H1= +1098.7 kJ•mol﹣1.
(2)对于气体参加的反应,表示平衡常数KP时,用气体组分B的平衡压强P(B)代替该气体物质的量浓度c(B),则反应Ⅰ的KP=   (用表达式表示).
(3)将金红石加碳氯化反应与金红石直接氯化反应比较,从焓变熵变的角度分析金红石加碳氯化能在较温和条件下成功制取TiCl4的原因 焓变减小,熵变增大,有利于反应正向进行 .
(4)在常温、常压、光照条件下,N2在催化剂TiO2表面与H2O发生反应,2N2(g)+6H2O(1)═4NH3(g)+3O2(g)△H=+1530.4kJ•mol﹣1
进一步研究相同条件下NH3生成量与温度的关系,部分实验数据见下表:
实验组别 1 2 3 4
T/K 303 313 323 353
NH3生成量/(10﹣6mol) 4.8 5.9 6.0 2.0
O2生成量/(10﹣6mol) 3.6 4.4 4.5 1.5
反应时间/h 3 3 3 3
容器体积/L 2 2 2 2
①请在图中画出上述反应在“有催化剂”与“无催化剂”两种情况下反应过程中体系能量随反应过程的变化趋势示意图(图中标明必要的文字说明).
②根据表中数据,在303K时,在3h内用氮气表示其平均反应速率为 4×10﹣7 mol•L﹣1•h﹣1.判断组别4中反应是否达到平衡状态 否 (填“是”或“否”),并说明理由 反应正反应为吸热反应,升高温度平衡正向移动,则n(NH3)应大于6.0×10﹣6mol .
 
【考点】反应热和焓变;反应速率的定量表示方法;化学平衡的影响因素;化学平衡的计算.
【专题】化学反应中的能量变化;化学平衡专题.
【分析】(1)TiO2(s)+2Cl2(g)═TiCl4(g)+O2(g)△H=+1493kJ•mol﹣1,△S=+61J•K﹣1•mol﹣1,C(s)+O2(g)═CO2(g)△H=﹣394.3kJ•mol﹣1,可以依据热化学方程式和盖斯定律计算得到:TiO2(s)+2Cl2(g)+C(s) TiCl4(g)+CO2(g)△H1;
(2)对于气体参加的反应,表示平衡常数KP时,用气体组分B的平衡压强P(B)代替该气体物质的量浓度c(B),等于生成物平衡分压幂次方乘积除以反应物平衡分压幂次方乘积;
(3)用判据△H﹣T△S来判断反应能否发生;
(4)①催化剂是通过降低反应的活化能来加快化学反应速率的;
②计算生成氧气的反应速率= ,反应速率之比等于化学方程式计量数之比计算氮气的反应速率,2N2(g)+6H2O(1)═4NH3(g)+3O2(g)△H=+1530.4kJ•mol﹣1,反应是吸热反应,升温平衡正向进行分析.
【解答】解:(1)依据热化学方程式:①TiO2(s)+2Cl2(g)═TiCl4(g)+O2(g)△H=+1493kJ•mol﹣1,△S=+61J•K﹣1•mol﹣1,②C(s)+O2(g)═CO2(g)△H=﹣394.3kJ•mol﹣1,可以依据热化学方程式和盖斯定律计算①+②得到:TiO2(s)+2Cl2(g)+C(s) TiCl4(g)+CO2(g)△H1=+1098.7KJ/mol,
故答案为:+1098.7;
(2)对于气体参加的反应,表示平衡常数KP时,用气体组分B的平衡压强P(B)代替该气体物质的量浓度c(B),反应Ⅰ:TiO2(s)+2Cl2(g)+C(s) TiCl4(g)+CO2(g),反应的Kp= ,
故答案为: ;
(3)TiO2(s)+2Cl2(g)⇌TiCl4(1)+O2(g)△H=+151kJ/mol该反应中,反应物有2mol气体,生成物只有1mol气体,△S<0,又△H>0,则△H﹣T△S>0,故反应不能自发进行,金红石加碳氯化能在较温和条件下成功制取TiCl4的原因是焓变减小,熵变增大,有利于反应正向进行,
故答案为:金红石加碳氯化能在较温和条件下成功制取TiCl4的原因;
(4)①催化剂是通过降低反应的活化能来加快化学反应速率的,使用催化剂后,活化能降低,图象需要符合:1.两条线的起点、终点分别相同.2.有催化剂曲线最高处能量要低.3.反应物的总能量要低于生成物的总能量,图象为: ,
故答案为: ;
②在303K时,在3h内氧气的反应速率= =6×10﹣7mol/L•h,用氮气表示其平均反应速率v(N2)= v(O2)= ×6×10﹣7mol/L•h=4×10﹣7mol/L•h,
组别4中反应正反应为吸热反应,升高温度平衡正向移动,则n(NH3)应大于6.0×10﹣6mol,则组别4中反应未达到平衡状态,
故答案为:4×10﹣7,否,反应正反应为吸热反应,升高温度平衡正向移动,则n(NH3)应大于6.0×10﹣6mol.
【点评】本题考查了热化学方程式书写、平衡常数表达式、影响化学平衡和化学反应速率因素的分析判断,概念计算是解题关键,题目难度中等.
 
12.苯甲酸(无色针状晶体,熔点122.4℃)可广泛用于医药、染料载体、香料等,实验室用甲苯和高锰酸钾制备苯甲酸.反应方程式如下:
 +2KMnO4  +KOH+2MnO2↓+H2O
 +HCl→ +KCl
已知有关化合物的相关数据如表所示:
化合物 相对分子质量 密度(g•cm﹣3) 溶解性 沸点(℃)
甲苯 92 0.87 难溶于水 110.0
苯甲酸钾 160 ﹣ 易溶于水 ﹣
苯甲酸 122 1.26 微溶于水 248.0
苯甲酸在100g水中的溶解度:0.18g(4℃),0.27g(18℃),2.2g(75℃).
合成:如图(固定及加热装置略去)所示,在三颈烧瓶中加入4.23mL甲苯和100mL蒸馏水,瓶口装上温度计、电动搅拌器、冷凝管,慢慢开启电动搅拌器,加热至沸腾.经冷凝管上口分批加入21.30g高锰酸钾(过量),继续煮沸至甲苯层消失,回流液中不再出现油珠为止,得到反应混合物.
对反应混合物进行分离:①趁热过滤→②洗涤滤渣→③合并滤液和洗涤液→④冷却→⑤盐酸酸化→⑥过滤.
对粗产品苯甲酸进行提纯:①沸水溶解→②活性炭脱色→③趁热过滤→④ 冷却结晶 →⑤过滤→⑥洗涤→⑦干燥.
请回答下列有关问题:
(1)实验中准确量取4.23mL甲苯所需仪器为 酸式滴定管 .
(2)冷凝管的上口是否需要塞上塞子 否 (填“是”或“否”),a处水流方向是 进水 (填“进水”或“出水”).
(3)高锰酸钾需要分批加入,请用化学反应速率观点说明理由 避免反应过快,使反应液从回流管上端喷 .
(4)在对粗产品苯甲酸进行提纯过程中,“③趁热过滤”的目的是 除去活性炭,减少苯甲酸结晶析出 ;“④”的操作名称是 冷却结晶 ;可证明“⑥洗涤”步骤已洗涤干净的方法是 取最后一次洗涤液,加入用HNO3酸化的AgNO3溶液,若无白色沉淀生成,说明沉淀已洗涤干净 .
(5)干燥后称量得苯甲酸2.93g,则苯甲酸的产率为 61% .
 
【考点】制备实验方案的设计.
【专题】有机实验综合.
【分析】(1)橡胶易溶于甲苯,不能利用碱式滴定管量取;
(2)冷凝管的上口不能密封,要内外相通,冷却水应下进上出,冷水在冷凝管中的时间长;
(3)高锰酸钾需要分批加入,减小反应速率;
(4)由表格数据可知,温度高苯甲酸的溶解度大;取最后一次的洗涤液,检验无氯离子,可说明洗涤干净;
(5)加入4.23mL甲苯,理论上得到苯甲酸为 mol×122g/mol=4.88g,以此计算产率.
【解答】解:(1)橡胶易溶于甲苯,不能利用碱式滴定管量取,则实验中准确量取4.23mL甲苯所需仪器为酸式滴定管,故答案为:酸式滴定管;
(2)冷凝管的上口不需要塞上塞子,a处水流方向是进水,故答案为:否;进水;
(3)高锰酸钾需要分批加入,用化学反应速率观点说明理由为避免反应过快,使反应液从回流管上端喷,故答案为:避免反应过快,使反应液从回流管上端喷;
(4)由表格数据可知,温度高苯甲酸的溶解度大,在对粗产品苯甲酸进行提纯过程中,“③趁热过滤”的目的是除去活性炭,减少苯甲酸结晶析出;“④”的操作名称是 冷却结晶;可证明“⑥洗涤”步骤已洗涤干净的方法是取最后一次洗涤液,加入用HNO3酸化的AgNO3溶液,若无白色沉淀生成,说明沉淀已洗涤干净,
故答案为:除去活性炭,减少苯甲酸结晶析出;冷却结晶;取最后一次洗涤液,加入用HNO3酸化的AgNO3溶液,若无白色沉淀生成,说明沉淀已洗涤干净;
(5)加入4.23mL甲苯,理论上得到苯甲酸为 mol×122g/mol=4.88g,则苯甲酸的产率为 ×100%=61%,故答案为:61%.
【点评】本题考查有机物的制备实验,为高频考点,把握制备实验原理、实验技能、混合物分离提纯等为解答的关键,侧重分析与实验能力的考查,题目难度不大.

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