06化学实验基础-上海市高三化学上学期期末专题复习（沪科版）

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06化学实验基础-上海市高三化学上学期期末专题复习（沪科版）一、单选题1．（2023上·上海普陀·高三校考期末）下列操作或装置不能达到实验目的的是A．图1观察铁的吸氧腐蚀 B．图2铝热反应C．图3检验乙炔的还原性 D．图4制备硝基苯2．（2023上·上海普陀·高三校考期末）我国海带产量居世界第一位，除供食用外，主要用于制碘。实验室提取碘的途径如下： 下列有关叙述错误的是A．实验室可在表面皿中焙烧干海带B．“氧化”时，可选用的试剂有O2、H2O2等C．海带灰中含有难溶于水的无机物D．“系列操作”有过滤、萃取、分液、蒸馏等3．（2023上·上海浦东新·高三统考期末）用如下装置制备并收集乙烯，下列说法正确的是A．为防止暴沸，烧瓶中应放入几片碎瓷片B．为控制反应温度，温度计的量程为0~150℃C．为除去杂质，试剂X可选择酸性溶液D．可用排气法或排水法收集乙烯4．（2023上·上海浦东新·高三统考期末）实验室完成硫酸铜晶体中结晶水含量测定实验时，恒重操作用到的仪器是A． B． C． D．5．（2023上·上海浦东新·高三统考期末）海洋是资源的宝库，下列从海洋中提取物质的第一步操作一定错误的是A．淡水——蒸馏 B．食盐——蒸发 C．溴——浓缩 D．碘——萃取6．（2023上·上海徐汇·高三上海市西南位育中学校考期末）只使用待选试剂能完成元素检验的是待检验元素待选试剂A．A B．B C．C D．D7．（2023上·上海徐汇·高三上海市西南位育中学校考期末）用如图装置制取干燥的气体(a、b表示加入的试剂)，能实现的是A．A B．B C．C D．D二、填空题8．（2023上·上海·高三上海市育才中学校考期中）由于氧化还原反应中存在着反应物质之间的电子传递，因此可以通过一定的装置实现化学能与电能之间的相互转化。(1)过氧化氢的分子结构如图(Ⅱ)，过氧化氢属于 (填“极性”或“非极性”)分子。过去曾经有人认为过氧化氢的分子结构也可能是(Ⅰ)，选择合理实验方法证明过氧化氢的分子结构为(Ⅱ) 。A．测定过氧化氢的沸点B．测定过氧化氢分解时的吸收的能量C．测定过氧化氢中H﹣O和O﹣O的键长D．观察过氧化氢细流是否在电场中偏转(2)电化学合成氨在工业上起着相当重要的作用。①电解法合成氨反应装置如图所示：i．a极的电极反应式为 。ii．电解装置中质子交换膜的作用为 。iii．若b极产生的O2在一定条件下的体积为336L，a极中通入相同条件下N2的总体积为672L，则N2的转化率为 。(保留两位有效数字)②近几年科学家研究通过一种生物燃料电池实现室温下合成氨，其工作原理如图：i．该电池负极是电极 (填“a”或“b”)。ii．对比传统的工业合成氨，生物燃料电池合成氨的优点是 。(任写一条)(3)利用滴定法可测定所得CuSO4•5H2O的纯度，操作如下：a．取agCuSO4•5H2O样品，加入足量NH4F﹣HF溶液溶解(其中F﹣用于防止Fe3+干扰检验：Fe3++6F-=)。b．滴加足量KI溶液，发生反应2Cu2++4I-═2CuI↓+I2。c．再用cmol•L﹣lNa2S2O3标准溶液滴定，以淀粉溶液为指示剂，到达滴定终点时消耗硫代硫酸钠标准溶液VmL2+2S2=S4+2I﹣。①接近滴定终点时，若向溶液中滴加KSCN溶液，会发现CuI沉淀转化为CuSCN，其沉淀转化的原因是 。②已如：CuI能够吸附大量I2，如果不加KSCN溶液，那么测得CuSO4•5H2O的纯度将会 。(填“偏高”“偏低”或“不变”)③计算CuSO4•5H2O的纯度为： 。(用含a、c、V的代数式表示)9．（2022上·上海松江·高三上海市松江二中校考期中）硫及其化合物在工业上有广泛的用途。(1)斜方硫和单斜硫是硫常见的两种单质，它们互为 ，斜方硫和单斜硫均溶于CS2，CS2为直线型分子，属于 分子(填写“极性”或“非极性”)。(2)Na2S又称臭碱、硫化碱，用离子方程式说明Na2S溶液呈碱性的原因 。Na2S溶液中，c(OH-)-c(H+)= (写出表达式，不含Na+)。(3)已知NaHSO3溶液显酸性。则溶液中含硫元素的微粒浓度由大到小的顺序是 。(4)纺织工业中常用氯气作漂白剂，Na2S2O3可作为漂白后布匹的“脱氯剂”。Na2S2O3和Cl2反应的产物是H2SO4、NaCl和HCl，则还原剂与氧化剂的物质的量之比为 。(5)Na2SO3的溶解度随温度变化曲线如图所示。要从34℃的Na2SO3溶液中得到Na2SO3·7H2O晶体，实验步骤依次为： 、过滤、干燥。若要得到无水Na2SO3固体，则要加热浓缩至大量晶体析出，再 ，洗涤、干燥。10．（2021上·上海奉贤·高三校考期中）矾是一类含硫化合物，一般都含有氢、氧、硫等元素，在生活和生产中有着重要应用。(1)硫元素在周期表中的位置是 ，与硫原子占有相同轨道数目的阳离子有 (用微粒符号表示)。(2)从原子结构的角度解释硫元素的非金属性比氧弱的原因： 。(3)蓝矾(CuSO4•5H2O)常用于冶金、制农药等。实验室常用蓝矾溶液检验H2S气体，该反应的离子方程式为 。(4)绿矾(FeSO4•7H2O)水溶液显酸性，在空气中久置出现红褐色的Fe(OH)3沉淀，且溶液的酸性增强，该反应的离子方程式为 。因此绿矾水溶液保存时防止变质可加入试剂为 (填化学式)。(5)已知黄矾[FexS2O9•yH2O]中Fe、S的化合价分别为+3、+6，则x= 。将2.500g样品加热到110℃时，样品失掉部分结晶水，恒重后的固体质量为2.320g；将样品继续高温加热至恒重，得到氧化铁0.800g。黄矾的化学式为 。11．（2021上·上海黄浦·高三上海市向明中学校考期中）下图是制取和观察在空气中被氧化时的颜色变化的实验装置，请回答：(1)制取前先向试管中滴入稀硫酸，会产生气泡，这步操作的目的是 。(2)制取时，用长滴管滴入氢氧化钠，离子方程式是 。(3)制取后，将盛有水的烧杯移开，使试管内外空气流通，一段时间后，试管内制得的氢氧化亚铁沉淀会 (现象)，发生反应的化学方程式是 。12．（2019上·上海嘉定·高三上海市嘉定区第一中学校考期中）卤族元素包括氯、溴、碘等元素，其中溴和碘在陆地上含量极少，主要存在于海水中。（1）氯气有毒，一旦泄漏会造成对空气的严重污染。工业上常用浓氨水检验氯气管是否漏气。（已知Cl2可将NH3氧化成N2）写出有关的化学方程式 。（2）亚氯酸钠(NaClO2)是一种漂白剂。已知NaClO2变质可分解为NaClO3和NaCl。取等质量变质前后的NaClO2试样均配成溶液，分别与足量FeSO4溶液反应时，消耗Fe2+的物质的量相同，从电子守恒的角度解释其原因是 。（3）从海水中提取溴，一般要经过浓缩、氧化和提取三个步骤。氧化时常用氯气做氧化剂，写出有关的离子方程式 。海带提碘时，由于碘的量较少，在灼烧、溶解之后得到的溶液用硝酸银溶液很难检验。设计一个检验溶液中是否含有碘离子的方法 。（4）盐酸和醋酸都是一元酸，某温度下，相同pH的盐酸和醋酸溶液分别加水稀释，平衡pH随溶液体积变化的曲线如下图所示。据图判断：盐酸稀释时的pH变化曲线为 （填“Ⅰ”或“Ⅱ”），溶液的导电性b c（填“>”、“ii　　　　　B．i=ii　　　　　C．i、＜或=，下同)。比较c(Cl-)：b点 c点。(4)已知HClO的杀菌能力比ClO-强，氯水处理饮用水时，在夏季的杀菌效果比在冬季差，可能原因是 。氯可形成多种含氧酸盐，广泛应用于杀菌、消毒及化工领域。实验室中利用下图装置(部分装置省略)制备KClO3和NaClO，探究其氧化还原性质。(5)a中的试剂为 。(6)推测b中化学反应的离子方程式是 。(7)取少量KClO3和NaClO溶液分别置于1号和2号试管中，再分别滴加中性KI溶液。1号试管溶液颜色不变，2号试管溶液变为棕黄色，加入苯后振荡，静置后的现象是 ，可知该条件下KClO3的氧化能力 NaClO(填“大于”或“小于”)。18．（2023上·上海·高三上海市行知中学校考期中）Ⅰ．“湿法炼锌”是现代炼锌的主要方法，下列是以硫化锌精矿制备单质锌的工业流程：(1)ZnS 精矿在空气中焙烧时，通常会将硫化锌精矿粉碎，其目的是 。(2)已知电解时 Cl－会腐蚀阳极板，因此实际生产会同时加入 Cu 和 CuSO4 从而生成 CuCl 沉 淀以降低对电解的影响， 原理为：2Cl－(aq) + Cu(s) + Cu2+(aq) 2CuCl(s)   ΔH < 0，实验测得电解液 pH 对溶液中 c(Cl－)的影响如图所示，下列说法正确的是___________。A．加入适当过量的 Cu，平衡正向移动B．Ksp(CuCl)的表达式为 Ksp =C．向电解液中加入稀硫酸，不利于 Cl－的去除D．若加入 1 mol Cu 单质，则完全反应后转移的电子总数为 NA(3)在进行上述操作时，工厂对多余的铜粉进行了回收，为检验其表面的 Cl－是否已经洗净，写出具体的实验步骤、现象和结论： 。Ⅱ．经员工检测发现仓库中 CuSO4·5H2O 晶体原材料存在被污染的情况(纯度大于 90%则可以继续使用) ，因而安排了下列方法进行其纯度的测定：①取 0.500 g 晶体样品，加入足量 KI 溶液 发生反应：2Cu2+ + 4I－ = 2CuI↓+ I2。②用 0.1000 mol/L  的 Na2S2O3 标准溶液进行滴定发生反应： 。③以淀粉为指示剂，到达滴定终点时消耗标准溶液 15.00 mL。(4)试通过计算，判断该批原材料是否能够继续使用(写出计算过程)。 。(5)已知 CuI 能够吸附大量 I2 ，若不对其进行适当的处理，则会导致测得纯度的结果 (填“偏大” 、“偏小” 或“无影响”)。Ⅲ．采用氨浸法处理含锌物料回收有价金属，具有原料适应性广、工艺流程短、净化负担轻、环境污染小、产品品种多、投资少等特点，对推动湿法炼锌技术的进步具有深远的意义。(6)控制温度不变，向 10mL 0.1mo/L HX 溶液中逐滴加入 0.1mol/L 的氨水， 其导电能力、 pH 与所加氨水体积 V 的关系变化如图所示，下列说法不正确的是___________。A．水的电离程度：b > d ，a > cB．Kb(NH3·H2O) = Ka(HX) =10−4.6C．d 点所得溶液的 pH < 7D．a 点对应的溶液中存在：c(HX) + 2c(H+) = c(X－) + c(NH3·H2O) + 2c(OH－)19．（2023上·上海普陀·高三上海市晋元高级中学校考期中）Ⅰ.三草酸合铁酸钾化学式为(M=437g⋅mol-1)，能溶于水，难溶于乙醇，光照易分解，晶体常带一定数量结晶水。(1)的负离子结构如图所示。从化学键形成角度分析该负离子形成的原因： 。(2)已知：i.(红褐色)  ；ii.(红色)  。①向溶液中滴加KSCN溶液，未观察到红色，说明 ；A．大于    B．等于    C．小于②继续加入硫酸，溶液变红，原因是： 。Ⅱ.制备三草酸合铁酸钾晶体的一种方法如下：向一定体积0.5 mol⋅L-1 溶液中缓缓加入0.50 mol⋅L-1 溶液至过量，充分搅拌后冷却，加入95%乙醇并置于暗处，有绿色晶体析出。(3)配制250 mL 0.5 mol⋅L-1 溶液所需的玻璃仪器除烧杯、玻璃棒外，还有 ；配制时，需先将称量的晶体溶解在一定浓度的盐酸中，目的是 。(4)结晶时加入95%乙醇并置于暗处的目的是 (5)三草酸合铁酸钾晶体在100℃可完全失去结晶水。测定晶体中所含的结晶水数目的主要步骤有：①称量，②置于烘箱中于100℃下加热一段时间，③冷却，④称量，⑤重复加热、冷却、称量直至质量恒定，⑥计算。①步骤⑤的目的是 。②若测得最终剩余固体质量较加热前减少了11.0%，则三草酸合铁酸钾晶体的化学式为 。(6)另一种测定晶体中所含的结晶水数目的方法是利用离子交换，步骤如下：步骤1：准确称取一定质量晶体，完全溶解于一定量水中；步骤2：使溶液通过负离子交换柱，并用蒸馏水冲洗交换柱，收集所有过柱液体(已知离子交换反应：。步骤3：以甲基橙为指示剂，用标准盐酸滴定过柱液体至终点。①判断终点的现象为 。②步骤2中未用蒸馏水冲洗交换柱，则测得的结晶水数目 。A．偏大    B．偏小    C．不变20．（2023上·上海浦东新·高三上海市洋泾中学校考期中）硫代硫酸钠可由亚硫酸钠和硫粉通过化合反应制得。已知：在酸性溶液中不能稳定存在；硫代硫酸钠与碘反应的离子方程式为：。I.制备(1)打开，关闭，向放有铜片的圆底烧瓶中加入足量浓硫酸，加热。圆底烧瓶中发生反应的化学方程式是 。(2)过滤C中的混合液。将滤液加热浓缩、冷却结晶、过㴔、洗深、烘干，得到产品。“过滤”用到的玻璃仪器是(填仪器名称) 。(3)装置中盛放的试剂是(填化学式) 溶液，其作用是 。II.用的标准溶液测定产品的纯度取产品，配制成溶海。取溶液，以淀粉溶液为指示剂，用浓度为的标准溶液进行滴定，相关数据记录如下表所示。(4)滴定时，达到滴定终点的现象是 。(5)在产品中的质量分数是 (用百分数表示，且保留1位小数)。21．（2023上·上海松江·高三上海市松江二中校考期中）苯乙酸铜是合成优良催化剂、传感材料——纳米氧化铜的重要前驱体之一、下面是它的一种实验室合成路线：+H2O+H2SO4+NH4HSO4+Cu(OH)2(苯乙酸铜)+ H2O制备苯乙酸的装置示意图(加热和夹持装置等略)如下：已知：苯乙酸()的熔点为，微溶于冷水，溶于乙醇。具体步骤：ⅰ．在三颈烧瓶a中加入的硫酸。ⅱ．将a中的溶液加热至，缓缓滴加苯乙腈()到过量硫酸溶液中，然后升温至继续反应。反应结束后加适量冷水，再分离出苯乙酸粗品。ⅲ．将苯乙酸加入到乙醇与水的混合溶剂中，充分溶解后，加入搅拌，过滤，滤液静置一段时间，析出苯乙酸铜晶体。回答下列问题：(1)配制70%硫酸时，加入蒸馏水与浓硫酸的先后顺序是：先加 ，后加 。(2)在装置中，仪器b的名称是___________。A．球形分液漏斗 B．梨形分液漏斗 C．恒压滴液漏斗 D．长颈漏斗(3)仪器c的作用是 ；反应分离苯乙酸粗品时，加适量冷水的目的是 。(4)下列仪器中可用于分离苯乙酸粗品，除漏斗外，还有___________。A．分液漏斗 B．玻璃棒 C．烧杯 D．直形冷凝管(5)写出用和溶液制备沉淀的化学方程式 。(6)最终得到苯乙酸晶体，则苯乙酸的产率是 。(写出计算过程，结果用百分数表示，保留小数点后两位数字)(7)某实验小组依据甲醇燃烧的反应原理，设计如图所示的电池装置电解溶液，该电池的负极反应式为 。22．（2023上·上海松江·高三上海市松江二中校考期中）硫酸锰在农业上是重要微量元素肥料，也是植物合成叶绿素的催化剂。一种以高硫锰矿(主要成分为含锰化合物及)与氧化锰矿(主要成分为等锰的氧化物)为原料制备硫酸锰的工艺流程如下：已知：①“混合焙烧”后烧渣含MnSO4、Fe2O3及少量FeO、Al2O3、MgO。②金属离子在水溶液中沉淀的范围如下表所示()；③离子浓度时，离子沉淀完全。(1)“混合焙烧”时一般会将原料粉碎，这样做的主要目的是 。(2)“混合焙烧”后产生的气体，不能通过___________溶液吸收。(单选)A． B．氨水 C．酸性高锰酸钾 D．稀硫酸(3)若试剂a为，则氧化步骤发生反应的离子方程式为 ，若省略“氧化”步骤，造成的影响是 。(4)“中和除杂”时，应控制溶液的范围是 。(5)“氟化除杂”后，溶液中浓度为。则溶液中和的比值为 。(已知：；)(6)“碳化结晶”时，加入碳酸氢铵，产生沉淀。①碳酸氢铵溶液的电荷守恒式为 。②“碳化结晶”时，发生反应的离子方程式为 。(7)“系列操作”为 ， ，过滤，洗涤，干燥。23．（2023上·上海黄浦·高三格致中学校考期中）肼()是我国导弹和运载火箭中广泛使用的液体燃料之一，具有较强还原性。实验小组拟和NaClO溶液反应制备肼，装置如图所示(夹持装置未画)。(1)装置b长颈漏斗的作用 ；仪器a的名称 ，a中盛放的试剂 。(2)的电子式 ，装置C制备化学方程式 ；用NaClO与制的反应是相当复杂的，主要分为两步：已知第一步：，请写出第二步离子方程式： 。(3)通常用NaClO与过量反应制得，请解释为什么用过量氨气反应的原因： 。(4)测定产品中的质量分数：取装置C中的溶液4.00g，并调节为弱酸性，加水配成500mL溶液，从中取25.00mL溶液与0.2000mol/L的溶液反应(只有参与反应，其他物质不反应)，反应过程中有无污染性的气体生成，消耗溶液的体积为20.00mL，则该产品中的质量分数为 %。已知：H-1、N-1424．（2023上·上海虹口·高三上海财经大学附属北郊高级中学校考期中）肼(N2H4)又名联氨，是一种强还原性的高能物质，在航天、能源等领域有广泛应用。肼 分子结构如图所示。(1)关于 N2H4 分子说法正确的是_______。A．只含有极性键的极性分子 B．含有非极性键的极性分子C．只含有极性键的非极性分子 D．有非极性键的非极性分子(2)N2H4 的相对分子质量与 CH2=CH2 接近，但沸点远高于 CH2=CH2，原因是_______。A．N2H4 分子内可形成氢键 B．N2H4 分子间可形成氢键C．N2H4 分子中共价键键能更大 D．N2H4 分子能形成内盐(3)发射卫星时可用 N2H4 为燃料，N2O4 为助燃剂，这两种物质反应放出大量能量，生成无毒无害的物质。此过程中氧化剂与还原剂的物质的量之比为 。(4)实验室可用如下装置，在碱性条件下合成 N2H4：①完成装置 B 中发生反应的离子方程式(化学计量数为 1 则省略)：i． ；ii． □NH3 +  □ClO－ =  □N2H4 + □_______+  □_______； 。②装置 A 试管中的试剂为 ；仪器 a 的作用是 。③装置 C 中每生成 112 mL(折算至标准状况)气体，转移电子数目为 ； 仪器 b 的导管作用为 。④上述装置中存在一处缺陷，会导致肼的产率降低，改进方法是 。25．（2023上·上海普陀·高三曹杨二中校考期中）在圆底烧瓶中加入12g 、60mL水、4g硫黄，加热1小时后，趁热减压过滤。再用乙醇洗涤晶体、干燥后得到晶体。(1)写出制备的化学方程式： 。(2)用乙醇洗涤晶体的原因是 。准确称取1.5g产品，加入20mL煮沸并冷却后的水使其完全溶解，以淀粉作指示剂，用0.1000mol/L碘的标准溶液滴定。已知：(无色)，杂质与碘水不反应。(3)判断滴定终点的现象为 。(4)记录数据如下表：则产品中的含量为 %(列式计算，计算过程包括单位，结果保留1位小数)。26．（2023上·上海虹口·高三华东师范大学第一附属中学校考期中）乙二酸(H2C2O4)俗名草酸，是二元有机弱酸．实验室用淀粉水解液、浓硝酸、浓硫酸制取乙二酸的装置见下图。反应原理为：(1)冷凝管中冷凝水从 口流入。A．a　　　　　B．b(2)实验中，使用的定量仪器名称为 。(3)检验淀粉是否水解完全，所需的试剂为 。A．溶液　　　B．碘水　　　C． 溶液(4)上述反应中，每生成标况下的气体，则转移的电子数为 。(5)将反应后溶液冷却、过滤后得到草酸晶体．若所得草酸纯度较低，可用_________方法进一步提纯。A．萃取 B．重结晶 C．过滤 D．蒸馏时，有关物质的溶度积见下表。(6)配制浓度均为混合溶液，再向混合溶液中逐滴加入草酸溶液，充分反应后，最先生成的沉淀为 。A．　　　B．　　　C． 25℃时，草酸和碳酸的电离平衡常数见下表。(7)等温等浓度时，pH：H2C2O4溶液 H2CO3溶液。A．>　　　　　　B． S(8)催化重整法处理H2S。Fe2O3可以用作脱除H2S的催化剂，脱除过程如图所示。Fe2O3脱除H2S时需先进行吸附。按图乙方式进行吸附，其吸附能力比按图甲强，请从结构角度解释其原因 。待检验元素待选试剂ACH3CH2Cl中的氯元素HNO3溶液和AgNO3溶液B海带中的碘元素淀粉溶液CFeSO4中的铁元素KSCN游液D明矾中的铝元素氢氧化钠溶液选项气体abAH2S稀盐酸FeSBCl2浓盐酸MnO2CSO2浓硫酸铜片DCO2稀盐酸大理石沉淀物开始沉淀2.37.53.4完全沉淀3.29.74.4编号123溶液的体积10.0010.0010.00消耗标准溶液的体积19.9517.1020.05物质开始沉淀的1.97.67.33.0完全沉淀的3.29.69.35.2滴定次数滴定前读数/mL滴定后读数/mL11.5630.3020.2226.3130.0026.10物质化学式电离平衡常数参考答案：1．C【详解】A．在中性条件下，铁发生吸氧腐蚀，装置中压强减小，导管中形成一段红色液柱，A正确；B．点燃镁引燃铝和氧化铁发生铝热反应生成铁，B正确；C．反应中生成的硫化氢等气体也会使酸性高锰酸钾溶液褪色，不能检验乙炔的还原性，C错误；D．苯在浓硫酸催化作用下和硝酸生成硝基苯，D正确；故选C。2．A【分析】海带干焙烧成海带灰，加水溶解，悬浊液中含有KI，过滤、加氧化剂，将I-氧化成I2，加CCl4或者苯萃取碘，分液，蒸馏得到碘单质。【详解】A．实验室焙烧干海带应该在坩埚中灼烧，故A错误；B．“氧化”KI时，可选用的试剂有O2、H2O2等，故B正确；C．海带灰溶于水呈悬浊液，含有难溶于水的无机物，故C正确；D．根据分析可知“系列操作”有过滤、萃取、分液、蒸馏等，故D正确； 故答案为A。3．A【详解】A．为防止暴沸，烧瓶中应放入几片碎瓷片，故A正确；B．该反应为乙醇在浓硫酸的作用下发生消去反应生成乙烯，温度为170℃，故B错误；C．产生说明浓硫酸表现了氧化性，故还应有生成，同时乙醇易挥发，故乙烯中混有乙醇蒸气、、，酸性溶液不能除去，因此应选择NaOH溶液，故C错误；D．乙烯的相对分子质量为28，空气的相对分子质量为29，乙烯与空气的密度接近，故不可用排空气法收集乙烯，故D错误；故选A。4．A【详解】坩埚是实验室常用于灼烧固体物质的仪器，加热硫酸铜晶体需要将其盛放在坩埚中，故选：A。5．D【详解】A．海水获取淡水可以采用蒸馏方法，A正确；    B．从海水中活动获得食盐，可以直接将海水蒸发结晶得到粗盐，也可以先加入化学试剂将海水中的杂质转化为沉淀，过滤，除去杂质后再蒸发结晶得到纯度较高的精盐，B正确；    C．海水中溴元素以Br-存在，浓度较小，可以先把海水浓缩，再加入氧化剂把Br-氧化成溴，再进一步分离，C正确；    D．海水中碘元素以I-存在，需要氧化剂将I-氧化为碘单质，然后萃取分液，D错误；故答案选D。6．D【详解】A．一氯乙烷属于共价分子，不存在自由移动的氯离子，加入硝酸溶液和硝酸银溶液，不会有白色沉淀产生，不能完成元素检验，A项错误；B．淀粉遇碘单质变为蓝色，碘离子不具有此性质，不能完成元素检验，B项错误；C．铁离子和硫氰根离子反应生成血红色络合物，亚铁离子与硫氰根离子没有此现象，不能完成铁元素检验，C项错误；D．明矾中含有铝离子，逐滴加入氢氧化钠溶液至过量，铝离子和氢氧根离子反应先生成氢氧化铝白色沉淀，碱过量后，氢氧化铝溶于过量的强碱变成溶液，沉淀消失，可以检验铝元素的存在，D项正确；答案选D。7．D【详解】A．H2S具有还原性，浓硫酸具有强氧化性，两者会发生氧化还原反应，故不能用浓硫酸干燥H2S， A不符合题意；B．MnO2与浓盐酸反应制备氯气需要加热，B不符合题意；C．铜和浓硫酸需要加热才能生成二氧化硫气体，C不符合题意；D．大理石与稀盐酸反应生成CO2，且CO2能用浓硫酸干燥，D符合题意；故选D。8．(1) 极性 D(2) N2+6e-+6H+=2NH3 质子交换膜为质子的迁移和输送提供通道，并阻隔阴阳极产物接触 33% a 条件温和、生成氨的同时释放电能(3) CuSCN的溶解度小于CuI，使溶解平衡向CuI溶解的方向移动 偏低 %【详解】（1）结合过氧化氢的分子结构图，过氧化氢分子正、负电荷中心不重合，属于极性分子；A．分子的熔沸点与分子间作用力有关，故A错误；B．过氧化氢分解时吸收的能量与氢氧键的键能有关，故B错误；C．图示两种结构，无法鉴别，故C错误；D．图示两种结构，Ⅱ为非对称结构的极性分子，非极性分子细流在电场中不发生偏转，可确定猜测中有一种正确，故D正确；答案为：极性；D。（2）①i．a极上N2得到电子发生还原反应生成NH3，因此a极为阴极，其电极反应式为：N2+6e﹣+6H+=2NH3； ii．质子交换膜只允许H+和H2O通过，a极上会消耗H+，b极上会生成H+，NH3能与H+反应生成，因此质子交换膜的作用是质子交换膜为质子的迁移和输送提供通道；iii．b极的电极反应式为2H2O﹣6e﹣=O2↑+4H+，根据氧化还原反应得失电子守恒可知参加反应各物质关系式为6N2～3O5，生成O2和通入N2的体积比为3：2，即通入1molN6生成mol O8，实际情况在相同条件下生成O2和通入N2的体积比为3:2，即通入1mol N2生成0.5mol O8，因此N2的转化率为×100%≈33%；②i．装置中的转化过程分析，电极b上MV4+转化为MV+，说明过程为得到电子，为原电池正极，电极a上MV+转化为MV2+，说明过程为失电子，为原电池负极；ii．该电化学装置运行过程中，利用生物燃料电池在室温下合成氨，同时还能将化学能转化为电能，该方法的优点有：条件温和；答案为：N2+6e-+6H+=2NH3；质子交换膜为质子的迁移和输送提供通道，并阻隔阴阳极产物接触；33%；a；条件温和、生成氨的同时释放电能。（3）①结构相似的难溶物，溶度积大的物质更容易转化为溶度积小的物质，其沉淀转化的原因是CuSCN的溶解度小于CuI；②根据题给信息可知，CuI能够吸附大量I2，则若不加KSCN，消耗的Na7S2O3标准溶液将减少，则测得CuSO7•5H2O的纯度将偏低；③根据题给信息可知，3CuSO4•5H8O～I2～2S4，则n(CuSO2•5H2O)=n(Na6S2O3)=cV×10﹣7mol，CuSO4•5H3O的纯度=×100%=%，故答案为：%。答案为：CuSCN的溶解度小于CuI，使溶解平衡向CuI溶解的方向移动；偏低；%。9．(1) 同素异形体 非极性(2) S2-+H2OHS-+OH-、HS-+H2OH2S+OH- c(HS-)+2c(H2S)(3)c(HSO)>c(SO)>c(H2SO3)(4)1：4(5) 蒸发浓缩、冷却结晶 趁热过滤【详解】（1）斜方硫和单斜硫为硫元素形成的不同单质，互为同素异形体；CS2为直线型分子，C原子位于中心，正负电荷中心重合，为非极性分子；（2）Na2S溶液中存在硫离子的水解：S2-+H2OHS-+OH-、HS-+H2OH2S+OH-，所以溶液显碱性；Na2S溶液中，存在质子守恒：c(OH-)=c(H+)+c(HS-)+2c(H2S)，所以c(OH-)-c(H+)=c(HS-)+2c(H2S)；（3）NaHSO3溶液显酸性，说明HSO的电离程度大于水解程度，则c(HSO)>c(SO)>c(H2SO3)；（4）根据所给反应物和产物可知，Na2S2O3被氧化为还原剂，Cl2被还原为氧化剂，S元素化合价升高2价，Cl元素化合价降低1价，根据得失电子守恒可知还原剂与氧化剂的物质的量之比为1：4；（5）据图可知34℃以前，Na2SO3·7H2O随温度升高而明显增大，所以要从34℃的Na2SO3溶液中得到Na2SO3·7H2O晶体，可蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、干燥；据图可知若要得到无水Na2SO3固体，需要温度高于34℃，则要加热浓缩至大量晶体析出，再趁热过滤，洗涤、干燥。10．(1) 第三周期第VIA族 K+、Ca2+(2)S与O最外层电子数相同，S比O的电子层数多，原子半径比S大，得电子能力比O弱，所以非金属性S＜O(3)Cu2++H2S=CuS↓+2H+(4) 4Fe2++O2+10H2O=4Fe(OH)3↓+8H+ Fe、H2SO4(5) 2 Fe2S2O9•10H2O【解析】(1)硫元素原子序数为16，基态硫原子核外电子排布式为，在周期表中的位置是第三周期第VIA族，硫原子占有的轨道数目为1+1+3+1+3=9，与硫原子占有相同轨道数目的阳离子其基态核外电子排布式为，则为K+、Ca2+；(2)硫元素的非金属性比氧弱，从原子结构的角度解释原因为：S与O最外层电子数相同，S比O的电子层数多，原子半径比S大，得电子能力比O弱，所以非金属性S 小 溶液是酸溶液，a点的pH小，即酸的[H+]大，使水的电离平衡向左移动，抑制水的电离程度大，所以水电离出的[H+]少【详解】(1)工业上常用浓氨水检验氯气管是否漏气，Cl2可将NH3氧化成N2，可知Cl2被还原为HCl，HCl又与NH3反应生成NH4Cl小颗粒，而产生白烟，有关的化学方程式为：3Cl2+8NH3=N2+6NH4Cl、或3Cl2+2NH3=N2+6HCl ，HCl+NH3=NH4Cl；故答案为：3Cl2+8NH3=N2+6NH4Cl或3Cl2+2NH3=N2+6HCl，HCl+NH3=NH4Cl；(2)Fe2+与变质前后的NaClO2反应，最后的还原产物都是NaCl，反应过程中氯元素化合价最后变化为−1价，根据电子守恒消耗的Fe2+物质的量应相同，故答案为：根据氧化还原反应过程中电子转移守恒，反应整个过程中氯元素最终为－1价，所以FeSO4所失去的电子数相等，消耗的FeSO4的量也相等；(3)氯气将Br−氧化为游离态的溴，Cl元素的化合价降低、Br元素的化合价升高，发生的离子反应为：Cl2+2Br−=Br2+2Cl−，海带提碘时，由于碘的量较少，在灼烧、溶解之后得到的溶液用硝酸银溶液很难检验，设计检验溶液中是否含有碘离子的方法是：取样，加入适量氯水（或双氧水），振荡，滴加几滴淀粉，若溶液变蓝证明有碘离子，若不变蓝证明没有碘离子；(4)醋酸是弱酸，稀释相同的倍数，pH变化比强酸小，则I是盐酸稀释时的pH值变化曲线，II为醋酸稀释时的pH值变化曲线，溶液导电性取决于离子浓度，pH小时，H+浓度大，导电性强，则溶液的导电性a>b>c，水的电离平衡H2O⇌H++OH−，溶液是酸溶液，a点的pH小酸的氢离子浓度大，使水的电离平衡逆向进行，抑制水的电离程度增大，所以水电离出的氢离子浓度少，故答案为：Ⅰ；>；小；溶液是酸溶液，a点的pH小，即酸的c(H+）大，使水的电离平衡向左移动，抑制水的电离程度大，所以水电离出的c(H+)少。13． NH3 + HCl = NH4Cl NH4HSO4 FeSO4＋2NH3＋2H2O = (NH4)2SO4＋Fe(OH)2↓ 4Fe(OH)2＋O2＋2H2O===4Fe(OH)3【详解】1.浓盐酸液滴附近的白烟为NH3和HCl反应生成的NH4Cl固体悬浮颗粒，化学方程式为NH3 + HCl = NH4Cl，故答案为NH3 + HCl = NH4Cl；2.浓硫酸液滴中白色固体为H2SO4与NH3反应的产物，可能为NH4HSO4，故答案为NH4HSO4；3.先生成白色沉淀，FeSO4＋2NH3＋2H2O = (NH4)2SO4＋Fe(OH)2↓，再是氢氧化亚铁迅速变灰绿色，最终变为红褐色，4Fe(OH)2＋O2＋2H2O===4Fe(OH)3，故答案为FeSO4＋2NH3＋2H2O = (NH4)2SO4＋Fe(OH)2↓；4Fe(OH)2＋O2＋2H2O===4Fe(OH)3。14．(1)ABC(2)C(3)(4)AD(5) 冷却结晶 过滤(6) 过氧化氢作为氧化剂，反应后生成水，不引入其它杂质 过氧化氢不稳定，受热易分解(7)加入钙离子后，不足以使平衡向生成草酸钙沉淀的方向移动，故无沉淀生成(8)最后半滴标准液加入后，溶液变红色，且半分钟内不褪色(9)78.6%【分析】废铁屑(含少量、)，加入稀硫酸酸溶得到硫酸铝、硫酸铁、硫酸亚铁，过量铁将三价铁转化为二价铁，加入碳酸钠调节pH将铝转化为氢氧化铝沉淀除去，分离出硫酸亚铁溶液加入草酸钾得到草酸亚铁晶体沉淀；【详解】（1）亚铁离子容易被空气中氧气氧化，且溶液中铁离子能和铁生成亚铁离子，故加入过量废铁屑的主要目的是：提高铁的利用率、除去溶液中的、防止被氧化，故选ABC；（2）加入少量后，需要将铝离子转化为沉淀而亚铁离子不沉淀，结合表可知，混合溶液范围应调控在，故选C；（3）反应Ⅱ为硫酸亚铁和草酸钾得到草酸亚铁晶体沉淀，反应为；（4）A．由电荷守恒可知，，正确；B．由物料守恒可知，，错误；C．由质子守恒可知，，错误；D．，溶液显碱性，对溶液进行稀释，溶液的碱性变弱，则氢氧根离子浓度减小，故与的比值变小，正确；故选AD；（5）从步骤三所得溶液获得三草酸合铁(Ⅲ)酸钾晶体的操作依次为水浴浓缩、冷却结晶、过滤，然后用乙醇淋洗。（6）过氧化氢作为氧化剂，反应后生成水，不引入其它杂质，由于过氧化氢不稳定，受热易分解，故滴加时需保持恒温40℃；（7）三草酸合铁(Ⅲ)酸钾溶液中加入溶液，并未看到有沉淀生成，原因是加入钙离子后，不足以使平衡向生成草酸钙沉淀的方向移动，故无沉淀生成；（8）高锰酸钾溶液为紫色溶液，和草酸反应生成锰离子，故确认滴定终点的操作是：最后半滴标准液加入后，溶液变红色，且半分钟内不褪色；（9）由方程式结合草酸根离子守恒可知，样品纯度为。15．(1)B(2) A A(3)C(4)C(5)分子间能形成氢键(6)取少量待测溶液与试管中，先滴加稀盐酸，无现象，再滴加BaCl2溶液，产生白色沉淀，说明溶液中含有(7) 0.5NA(8)由图可知，找不到在哪一温度下，反应I和反应II都能自发进行，故不能用钴氧化物代替铁氧化物进行热化学循环制氢(9)可以将太阳能先转化为电能，再利用电解水的方法制得H2【详解】（1）分解过程中断裂的化学键属于极性共价键，故答案为B；（2）i．属于化学键形成的过程，反应速率快，释放的能量高，ii．是化学反应过程，包含旧化学键的断裂和新化学键的形成，故反应速率比i慢，释放的能量比i低，故答案为A、A；（3）的价层电子对为3+1，含有1个孤电子对，所以的立体构型为三角锥形，答案为C；（4）A．溶解性不能说明元素非金属性的强弱，故A不选；B．氧化性：不能说明非金属性氯比硫强，故B不选；C．气态氢化物热稳定性越好，非金属性越强，热稳定性：能说明非金属性氯比硫强，故C选；D．氢化物的酸性：不能说明非金属性氯比硫强，故D不选；答案为C；（5）分子间能形成氢键，而分子间不能形成氢键，故沸点高于；（6）检验溶液中的操作方法是取少量待测溶液与试管中，先滴加稀盐酸，无现象，再滴加BaCl2溶液，产生白色沉淀，说明溶液中含有；（7）根据图像可知，反应I为FeO与H2O反应生成H2和Fe3O4，化学方程式为，该反应转移的电子数为2，即产生的氢气的物质的量为0.25mol时，转移的电子数为0.5NA；（8）由反应I和反应II的值随温度变化图可知，找不到在哪一温度下，反应I和反应II都能自发进行，故不能用钴氧化物代替铁氧化物进行热化学循环制氢；（9）除了上述“直接热分解”、“光催化分解”和“热化学循环”外，还可以将太阳能先转化为电能，再利用电解水的方法制得H2。16．(1) 使烧瓶与分液漏斗中的气压相等，便于漏斗内的液体顺利流入烧瓶 缺少尾气处理装置(2)坩埚、锥形瓶(三角烧瓶)(3) 过滤、洗涤(4)(5)食醋、淀粉【详解】（1）装置甲为氯气发生装置，二氧化锰与浓盐酸反应生成氯化锰、水和氯气，反应方程式为：。甲中橡胶管 a的作用是使烧瓶与分液漏斗中的气压相等，便于漏斗内的液体顺利流入烧瓶。全套装置中存在的不足之处：缺少尾气处理装置。故答案为：；使烧瓶与分液漏斗中的气压相等，便于漏斗内的液体顺利流入烧瓶；缺少尾气处理装置；（2）用碘化钾固体配制一定物质的量浓度的碘化钾溶液，烧杯、玻璃棒、容量瓶、胶头滴管，可能用到量筒，肯定不需要的是坩埚、锥形瓶(三角烧瓶)。故答案为：坩埚、锥形瓶(三角烧瓶)；（3）在完成(Ⅰ)碘酸钾的制取实验后，测得装置丙溶液中有KI剩余。若此时加入浓盐酸将导致碘酸钾的最终产率偏小，在酸性条件下，高价碘和低价碘的化合物发生归中反应生成中间价态的物质，用离子反应方程式表示。 步骤一中所缺的操作为过滤、洗涤。故答案为：；过滤、洗涤；（4）经实验，测得消耗标准液的平均体积为VmL，根据题意有关系式：KIO3～3I2～6Na2S2O3，则n(KIO3)=n(Na2S2O3)=×0.1000mol/L×V×10-3L=×10-4mol,则原KIO3样品的纯度为 ×100%=。 故答案为：；（5）家用食盐中含有IO3-，干海带(含有I-)、食醋可以提供H+，淀粉用于检验生成的碘单质，检验自家所用食盐是否含有碘酸钾所需要的试剂：家用食盐、干海带(含有 KI)、食醋、淀粉。故答案为：食醋、淀粉。17．(1) (2) (3) = ＜(4)夏季温度高，HClO分解，杀菌效果比在冬季差(5)饱和食盐水(6)(7) 溶液分层，上层为紫色 小于【分析】Cl2与水反应生成HCl和HClO，溶液pH逐渐降低，HClO是弱电解质，部分电离，b点是氯水的饱和溶液，然后改向其中滴加浓NaOH溶液，逐渐增大；浓盐酸和二氧化锰在加热条件下反应生成Cl2，a中应盛放饱和食盐水除去Cl2中的HCl，b中Cl2与KOH溶液在水浴加热的条件下反应生成KClO3，c中Cl2与NaOH溶液反应生成NaClO，d中应盛放NaOH溶液吸收多余的Cl2，防止空气污染。【详解】（1）氯原子最外层的轨道表示式是；次氯酸的电子式是；（2）Cl2与水反应是可逆反应，HClO是弱电解质，存在电离平衡，所以b点对应的溶液中含氯元素的平衡是：，；（3）c点对应溶液中pH=7，即，根据电荷守恒：，可知c(Na+)=c(Cl-)+c(ClO-)；加入氢氧化钠溶液，溶液中Cl2与NaOH反应生成NaCl，溶液中Cl-浓度增大，所以：b点＜c点；（4）HClO不稳定，受热易分解，HClO的杀菌能力比ClO-强，氯水处理饮用水时，在夏季的杀菌效果比在冬季差，可能原因是夏季温度高，HClO分解；（5）a的作用是除去Cl2中的HCl，应盛放饱和食盐水；（6）b中Cl2与KOH溶液反应生成KClO3，离子方程式为：；（7）1号试管溶液颜色不变，2号试管溶液变为棕黄色，说明1号试管中无生成，2号试管中有生成，加入苯后振荡，静置后观察到溶液分层，上层为紫色，可知该条件下KClO3的氧化能力小于NaClO。18．(1)增大接触面积，加快反应速率(2)C(3)取最后一次洗涤液，先加入足量稀硝酸，再加入 AgNO3 溶液，若未产生白色沉淀，则说明已经洗净(4)不能(5)偏小(6)CD【详解】（1）将硫化锌精矿粉碎的目的是增大接触面积，加快反应速率；（2）A．Cu为固体，加入Cu对平衡没有影响，A错误；B．Ksp(CuCl)的表达式为 Ksp =，B错误；C．根据题图中信息，溶液的pH越大，氯离子的浓度越小，电解液中加入稀硫酸，不利于Cl－的去除，C正确；D．若加入 1 mol Cu 单质，反应为可逆反应，故转移的电子总数小于 NA，D错误；故选C；（3）检验其表面的 Cl－是否已经洗净，取最后一次洗涤液，先加入足量稀硝酸，再加入 AgNO3 溶液，若未产生白色沉淀，则说明已经洗净；（4）根据题目可得关系式CuSO4·5H2O~ Cu2+ ~I2~ Na2S2O3，n(CuSO4·5H2O)= n(Na2S2O3)=0.1000mol/L×0.015L=0.0015mol，CuSO4·5H2O 晶体纯度为，该批原材料不能够继续使用；（5）CuI 能够吸附大量 I2 ，若不对其进行适当的处理，则会导致消耗Na2S2O3 标准溶液偏少，使测得纯度的结果偏小；（6）10mL0.1mol•L-1HX溶液中逐滴加入0.1mol•L-1的氨水，pH随V(NH3•H2O)的增大而增大，故过a点的曲线代表导电能力变化曲线，另一条代表pH变化曲线；由图可知导电能力随氨水体积先增大后减小，则滴加氨水过程中弱电解质转化为强电解质，即HX是弱酸，b点导电能力最强，则b点NH3•H2O恰好完全反应。A．b点导电能力最强，则b点NH3•H2O恰好完全反应，溶质为NH4X，a点氨水体积为b点的一半，则a点HX反应了一半，a点为等浓度的HX、NH4X混合溶液，HX抑制水的电离，c点HX浓度大，对水电离抑制程度大，水的电离程度：a＞c，b点，NH4X因水解促进水的电离，d点氨水浓度大，抑制水电离，水的电离程度：b＞d，总之，水的电离程度：b＞d，a＞c，A正确；B．由图可知b点pH=7，则NH4X溶液显中性，则Kb(NH3•H2O)=Ka(HX)，由图可知0.1mol/L的HX溶液pH=2.8，此时c(HX)≈0.1mol/L，c(H+)≈c(X-)=10-2.8mol/L，故Kb(NH3•H2O)=Ka(HX)≈=10-4.6，B正确；C．由图中pH随V(NH3•H2O)的增大而增大，d点所得溶液的pH＞7，C错误；D．a点为等浓度的HX、NH4X混合溶液，电荷守恒：c(H+)+c(NH)=c(X-)+c(OH-)，物料守恒：c(X-)+c(HX)=2c(NH)+2c(NH3•H2O)，联立二式消去铵根离子得c(HX) + 2c(H+) = c(X－) + 2c(NH3·H2O) + 2c(OH－)，D错误；故选CD。19．(1)Fe3+提供空轨道，O提供孤电子对，形成配位键，O的电负性较大，形成负离子(2) C 氢离子与草酸根离子形成弱电解质草酸，平衡正向移动，铁离子浓度增大，与结合生成红色物质(3) 250mL容量瓶、胶头滴管 抑制Fe3+的水解(4)降低三草酸合铁酸钾溶解度，便于析出；酸防止三草酸合铁酸钾见光的分解，减少损失(5) 确保结晶水完全失去 (6) 入最后半滴标准液，溶液由黄色变为橙色，且半分钟内不恢复原色 B【详解】（1）Fe3+提供空轨道，O提供孤电子对，形成配位键，O的电负性较大，形成负离子；（2）①，；向溶液中滴加KSCN溶液，未观察到红色，说明溶液中铁离子浓度较小，则；②继续加入硫酸，氢离子与草酸根离子形成弱电解质草酸，平衡正向移动，铁离子浓度增大，与结合生成红色物质；（3）配制250 mL 0.5 mol⋅L-1 溶液所需的玻璃仪器除烧杯、玻璃棒外，还有：250mL容量瓶、胶头滴管；配制时，需先将称量的晶体溶解在一定浓度的盐酸中，目的：抑制Fe3+的水解；（4）降低三草酸合铁酸钾溶解度，便于析出；酸防止三草酸合铁酸钾见光的分解，减少损失；（5）①重复加热、冷却、称量直至质量恒定目的：确保结晶水完全失去；②设结晶水的个数为a，则，解得a=3，则其化学式：；（6）①判断终点的现象：滴入最后半滴标准液，溶液由黄色变为橙色，且半分钟内不恢复原色；②步骤2中未用蒸馏水冲洗交换柱，将导致标准液消耗体积偏小，最终结果偏小。20．(1)(2)漏斗、烧杯、玻璃棒(3) NaOH 吸收多余防止污染环境(4)溶液变蓝，且半分钟不改变(5)90.2%【详解】（1）铜和浓硫酸加热反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，反应的化学方程式为: ；（2）过滤用到的玻璃仪器是漏斗、烧杯、玻璃棒；（3）为防止过量的二氧化硫污染性气体排放到空气中污染环境，装置B是利用氢氧化钠溶液吸收多余的二氧化硫气体；（4）以淀粉溶液为指示剂，用浓度为的标准溶液进行滴定终点现象为：溶液变蓝色且半分钟内不褪色；（5）根据题干信息可知，第二组数据为异常值因舍弃，根据1、3两组可算出消耗标液的平均值20.00，根据计量系数关系     x=4.96     故在产品中的质量分数是 。21．(1) 水 浓硫酸(2)C(3) 冷凝回流 降低苯乙酸的溶解度，减少苯乙酸的溶解损失(4)BC(5)(6)根据反应，苯乙腈的物质的量为，所以生成的苯乙酸理论产量为，所以苯乙酸的产率为(7)【分析】a装置中用苯乙腈和浓硫酸反应制备苯乙酸，再用苯乙酸和反应制备苯乙酸铜；【详解】（1）用浓硫酸配置稀硫酸，浓硫酸的密度大于水，所以应先加水，在不断振荡下加入浓硫酸；（2）仪器b的名称是恒压滴液漏斗，故选C；（3）仪器c的名称是球形冷凝管，苯乙酸的熔点为76.5℃，易挥发，所以用球形冷凝管冷凝回流；苯乙酸微溶于冷水，所以分离苯乙酸，分离苯乙酸粗品时，加适量冷水的目的是降低苯乙酸的溶解度，减少苯乙酸的溶解损失；（4）苯乙酸微溶于冷水，所以分离苯乙酸，需要过滤，所用的仪器为：漏斗、烧杯和玻璃棒，故选BC；（5）溶于水得到氯化铜溶液，加入溶液反应生成沉淀和氯化钠，化学方程式：（6）根据反应，苯乙腈的物质的量为，所以生成的苯乙酸理论产量为，所以苯乙酸的产率为；（7）反应中负极反应为甲醇在碱性条件下失去电子发生氧化反应生成碳酸根离子，反应为。22．(1)增大接触面积，加快反应速率；(2)D(3) Fe2+完全沉淀时Mn2+已经完全沉淀，造成Mn2+损失(4)5.2≤pH