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    6．乙酰苯胺作为一种常用药，具有解热镇痛的效果．实验室制备乙酰苯胺时，可以用苯胺与乙酸酐或与冰醋酸加热来制取，苯胺与乙酸酐的反应速率远大于与冰醋酸反应的速率．
    已知：
    名称式量性状密度/g/cm3沸点/℃溶解度
    苯胺93无色油状液体，具有还原性1.02184.4微溶于水，易溶于乙醇、乙醚等
    乙酰苯胺135白色晶体1.22304微溶于冷水，溶于热水，易溶于乙醇、乙醚
    实验步骤：
    ①取5.0mL 苯胺（密度1.04g/mL），倒入100mL锥形瓶中，加入20mL水，在旋摇下分批加入6.0mL乙酸酐（密度1.08g/mL），搅拌均匀．若有结块现象产生，用玻璃棒将块状物研碎，再充分搅拌；
    ②反应完全后，及时把反应混合物转移到烧杯中，冷却后，抽滤（用于分离粒径较细的沉淀与溶剂，利用抽气泵使抽滤瓶中的压强降低，加快过滤速度），洗涤，得粗乙酰苯胺固体；
    ③将粗产品转移至150mL烧杯中，加入适量水配制成80℃的饱和溶液，再加入过量20%的水．稍冷后，加半匙活性炭，搅拌下将溶液煮沸3～5min，过滤Ⅰ，用少量沸水淋洗烧杯和漏斗中的固体，合并滤液，冷却结晶，过滤Ⅱ、洗涤、晾干得乙酰苯胺纯品．
    （1）苯胺与乙酸反应的方程式为．
    （2）步骤②洗涤粗产品时，选用的溶剂是B．
    A．热水                     B．冷水
    C．1：3的乙醇溶液           D．滤液
    （3）步骤③两次用到过滤，其中过滤Ⅰ选择趁热过滤，是为了除去吸附有色物质的活性炭，为加快过滤速度，可采用右图所示的抽滤装置，这样做的优点是快速达到固液分离的目的，防止过滤太慢温度降低导致其他产物析出，影响产率．
    （4）配制热溶液时，加入过量溶剂的作用是AB．
    A．防止后续过程中，溶剂损失可能产生的产物析出
    B．防止后续过程中，温度降低可能产生的产物析出
    C．除去活性炭未吸附完全的有色杂质
    （5）步骤③中以下哪些操作不能提高产率C．
    ①配制成饱和溶液后，加入过量20%的溶剂；
    ②趁热过滤近沸溶液；
    ③过滤Ⅰ时用少量沸水淋洗烧杯和漏斗中的固体，合并滤液；
    ④加活性炭吸附；
    ⑤过滤Ⅱ时的洗涤选用热水代替冷水洗涤固体．
    A．①④⑤B．①④C．④⑤D．②④⑤
    （6）步骤③最后测得纯乙酰苯胺固体6.75g，该实验的产率为89%（保留两位有效数字）．

    分析 （1）苯胺与乙酸发生取代反应生成乙酰苯胺和水；
    （2）根据题中信息“苯胺微溶于水，易溶于乙醇、乙醚；乙酰苯胺微溶于冷水，溶于热水，易溶于乙醇、乙醚”分析选用的洗涤试剂；
    （3）根据题干信息，过滤Ⅰ的目的是除去活性炭；利用抽气泵使抽滤瓶中的压强降低，快速达到固液分离的目的，避免过滤太慢温度降低导致产物析出，影响产率；
    （4）加入过量的溶剂的目的主要是避免溶剂的损失、温度的降低可能导致产物析出，影响产率；
    （5）根据实验操作对产物乙酰苯胺的量影响进行解答，如①②③的存在都可以降低乙酰苯胺的损失，而④不影响产率、⑤会降低产率；
    （6）根据题中数据计算出苯胺、乙酸酐的物质的量，然后根据不足量计算出生成乙酰苯胺的物质的量，再根据实际上生成的乙酰苯胺的质量计算出产率．

    解答 解：（1）苯胺与乙酸发生取代反应生成乙酰苯胺和水，方程式为：
    故答案为：；
    （2）苯胺微溶于冷水，而乙酰苯胺不溶于冷水，可溶于热水，所以可用冷水洗涤粗产品乙酰苯胺，从而除去含有的杂质，所以B正确，
    故答案为：B；
    （3）根据步骤③操作方法可知，过滤Ⅰ的目的是除去吸附有色物质的活性炭；分析可知与过滤相比，抽滤的优点是加快过滤速率，快速达到固液分离的目的，防止过滤太慢温度降低导致其他产物析出，影响产率；故答案为：除去吸附有色物质的活性炭；快速达到固液分离的目的，防止过滤太慢温度降低导致其他产物析出，影响产率；
    （4）加入过量的溶剂，可以避免在操作过程中因溶剂的损失或温度的降低析出产物，影响产率，与活性炭的吸附性无关，所以AB正确，
    故答案为：AB；
    （5）①配制成饱和溶液后，加入过量20%的溶剂，可以防止后续过程中，溶剂损失、温度降低可能导致的产物析出，有利于提高产率；
    ②趁热过滤近沸溶液，乙酰苯胺的溶解度受温度影响较大，较高温度下可以减少在过滤过程中导致产物减少，有利于提高产率；
    ③过滤Ⅰ时用少量沸水淋洗烧杯和漏斗中的固体，合并滤液，避免烧杯和漏斗中有残留的产物，可以提高产；
    ④加活性炭吸附有色物质，无法提高产率；
    ⑤过滤Ⅱ时的洗涤选用热水代替冷水洗涤固体，导致乙酰苯胺的溶解度增大，损失的乙酰苯胺较多，降低了产率；
    根据以上分析可知，可以提高产率的有：①②③；不能提高产率的为：④⑤，所以C正确，
    故答案为：C；
    （6）5.0mL苯胺（密度1.04g/mL）的物质的量为：$\frac{1.04g/mL×5.0mL}{93g/mol}$≈0.056mol，
    6.0mL乙酸酐（密度1.08g/mL）的物质的量为：$\frac{1.08g/mL×6.0mL}{102g/mol}$≈0.064mol，
    乙酸酐过量，理论上反应生成乙酰苯胺的物质的量为0.056mol，
    则该实验乙酰苯胺的产率为：$\frac{6.75g}{135g/mol×0.056mol}$×100%≈89%，
    故答案为：89%．

    点评 本题考查有机物的合成、有机化学实验、物质的分离提纯、对操作步骤的分析评价等，试题涉及知识点较多、综合性较强，明确制备原理为解答关键，是对学生综合能力的考查，需要学生具备扎实的基础，难度较大．

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    3．过氧化钙较稳定，不溶于乙醇，微溶于水，溶于酸，可作分析试剂、医用防腐剂、消毒剂．以下是一种制备过氧化钙的实验方法．

    回答下列问题：
    （1）大理石经过溶解、沉淀、过滤、在沉淀、再过滤，得到CaCO3，其目的是除去杂质，得到纯净的碳酸钙（或提纯碳酸钙）；过滤需要用到的玻璃仪器主要有漏斗、烧杯和玻璃棒．
    （2）反应①的具体操作作为逐滴加入稀盐酸，至溶液中尚存有少量固体．将溶液煮沸，趁热过滤．将溶液煮沸的作用是除去溶液中溶解的CO2．
    （3）反应②的化学方程式为CaCl2+H2O2+2NH3•H2O+6H2O═CaO2•8H2O↓+2NH4Cl或CaCl2+2NH3•H2O+H2O2=CaO2+2NH4Cl+2H2O，该反应需要在冰浴下进行，原因是温度过高时过氧化氢分解．
    （4）白色晶体水洗时，判断是否洗净的方法是取少量末次水洗液于试管中，滴加稀硝酸酸化后再滴加AgNO3 溶液；使用乙醉洗涤的目的是去除晶体表面的水分．
    （5）制备过氧化钙的另一种方法是：将石灰石锻烧后．直接加人双氧水反应，过滤后可得到过氧化钙产品．该法的优点是工艺简单、操作简单．所得产品的缺点是纯度较低．
    （6）CaO2•8H2O加热脱水的过程中，需不断通入氧气．目的是抑制过氧化钙分解．若通入的氧气中混有二氧化碳，其后果是二氧化碳与过氧化钙反应生成碳酸钙；已知CaO2在350℃迅速分解生成CaO和O2．图是实验室测定产品中CaO2含量的装置（夹持装置省略）．

    若所取产品质量为ag，测得生成气体的体积为VmL（已换算成标准状况），则产品中CaO2的质量分数为$\frac{9V}{1400a}$×100%（用含a、V的式子表示）．

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    科目：高中化学 来源： 题型：推断题

    4．如图中的每条连线表示两端的物质可以发生化学反应，甲、乙、丙、丁分别为Mg、BaCl2、Na2CO3、HCl中的一种．
    （1）写出乙和丙的化学式：乙Na2CO3，丙HCl．
    （2）写出下列化学方程式：
    甲和乙：Na2CO3+BaCl2═BaCO3↓+2NaCl．
    丙和丁：Mg+2HCl═MgCl2+H2↑．
    （3）图中反应①属于基本反应类型中的复分解反应．

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    科目：高中化学 来源： 题型：解答题

    1．7.8g Na2O2与足量水反应时转移电子的个数是多少？

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    科目：高中化学 来源： 题型：选择题

    1．下列说法不正确的是（　　）
    A．已知冰的熔化热为6.0 kJ/mol，冰中氢键键能为20 kJ/mol，假设1 mol冰中有2 mol 氢键，且熔化热完全用于破坏冰的氢键，则最多只能破坏冰中15%的氢键
    B．同温同压下，H2（g）+Cl2=2HCl（g）在光照和点燃条件下的△H不同
    C．实验测得环己烷（l）、环己烯（l）和苯（l）的标准燃烧热分别为-3916 kJ/mol、-3747 kJ/mol和-3265 kJ/mol，可以证明在苯分子中不存在独立的碳碳双键
    D．反应A（g）?2B（g），若正反应的活化能为Ea kJ/mol，逆反应的活化能为Eb kJ/mol，则该反应的△H=（Ea-Eb） kJ/mol

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    科目：高中化学 来源： 题型：解答题

    11．MnO2是一种重要的化工原料，工业上用粗MnO2（含有较多的MnO和MnCO3）样品转化为较纯净MnO2的流程如图所示：

    （1）第①步反应中的硫酸能否用浓盐酸代替？否（填“能”或“否”），理由是浓盐酸能被MnO2氧化生成Cl2．
    （2）第②步操作中，氧化性强弱顺序：ClO3-＞MnO2（填“＞”或“＜”），写出操作②中发生反应的离子方程式：5Mn2++2ClO3-+4H2O=5MnO2+Cl2↑+8H+；当反应中转移2mol电子时，生成的氧化产物的物质的量为1mol．
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    ①制取K2MnO4的化学反应方程式为2MnO2+4KOH+O2=2K2MnO4+2H2O，工业上不断搅拌的目的是使反应物与O2充分接触．
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    （4）二氧化锰含量可用碘量法测定，其原理为在盐酸介质中，二氧化锰能定量地将碘离子氧化成碘，以淀粉为指示剂用0.1000mol/L硫代硫酸钠标准溶液滴定碘而确定二氧化锰含量：
    MnO2+4HCl+2KI=MnCl2+I2+2KCl+2H2O         I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6
    取较为纯净的二氧化锰样品ag加入到适量的盐酸和KI溶液中，反应完毕用Na2S2O3滴定反应后的溶液，消耗VmLNa2S2O3溶液，则该样品中MnO2含量为$\frac{0.435V}{a}$%（杂质不参与反应）．

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    科目：高中化学 来源： 题型：选择题

    18．下列有关说法正确的是（　　）
    A．已知：HI（g）?$\frac{1}{2}$H2（g）+$\frac{1}{2}$I2（s）△H=-26.5 kJ•mol-1，由此可知1 mol HI气体在密闭容器中充分分解后可以放出26.5 kJ的热量
    B．已知：2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）△H=-571.6 kJ•mol-1，则氢气的燃烧热△H=-571.6 kJ•mol-1
    C．肼（N2H4）是一种用于火箭或燃料电池的原料，已知2H2O（g）+O2（g）═2H2O2（l）△H1=+108.3 kJ•mol-1　①
    N2H4（l）+O2（g）═N2（g）+2H2O（g）△H2=-534.0 kJ•mol-1　②
    则有反应：N2H4（l）+2H2O2（l）═N2（g）+4H2O（l）△H=-642.3 kJ•mol-1
    D．含20.0 g NaOH的稀溶液与稀盐酸完全中和，放出28.7 kJ的热量，则稀醋酸和稀NaOH溶液反应的热化学方程式为NaOH（aq）+CH3COOH（aq）═CH3COONa（aq）+H2O（l）△H=-57.4 kJ•mol-1

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    科目：高中化学 来源： 题型：解答题

    15．钛是一种重要的金属，以钛铁矿[主要成分为钛酸亚铁（FeTiO3），还含有少量Fe2O3]为原料制备钛的工艺流程如图所示：

    （1）钛铁矿与硫酸反应的化学方程式为FeTiO3+2H2SO4$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$TiOSO4+FeSO4+2H2O．
    （2）加入的物质A为Fe．
    （3）步骤Ⅱ中发生反应的离子方程式为TiO2++（x+1）H2O═TiO2•xH2O↓+2H+；水解过程中需要升高温度，其目的是：①加快反应水解速率，②升温促进平衡正向移动，提高产率．
    （4）由TiO2获得金属Ti可用以下两种方法．
    ①电解法：以石墨为阳极，TiO2为阴极，熔融CaO为电解质，其阴极的电极反应式为TiO2+4e-═Ti+2O2-．
    ②热还原法：首先将TiO2、氯气和过量焦炭混合，高温反应生成TiCl4；然后用Mg还原TiCl4即可制取Ti．生成TiCl4的反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：1；生成Ti的反应需在Ar气氛中，其原因为防止高温下Mg（或Ti）与空气中的O2（或CO2、N2）反应．

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    科目：高中化学 来源： 题型：选择题

    16．下列有关化学反应与能量变化的说法正确的是（　　）
    A．甲烷的燃烧热△H=-890.3 kJ•mol-1，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为：CH4（g）+$\frac{3}{2}$O2（g）=CO（g）+2H2O（g）△H=-890.3kJ•mol-1
    B．中和热测定实验中的终止温度就是实验过程中混合液的最高温度
    C．为了减少大气中的雾霾，天然气日渐成为一种备受关注的可再生的清洁能源
    D．同温同压下，H2（g）+Cl2（g）=2HCl（g）在光照和点燃条件下的△H不同

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