（新）2022届版高考化学三轮复习训练3.1.doc

题型一实验综合类(A组)1某学习小组学习了亚铁盐的性质后，欲探究FeSO4溶液分别与Na2CO3溶液、NaHCO3溶液的反应。已知：Fe(OH)2和FeCO3均为白色沉淀，不存在Fe(HCO3)2。实验操作及现象记录如下：实验试剂操作及现象试管()试管()(试管容积为50 mL)实验a1.0 mol·L1 FeSO4溶液24 mL1.0 mol·L1 Na2CO3溶液24 mL倾倒完后，迅速用胶塞塞紧试管()的口部，反复上下颠倒摇匀，使反应物充分混合。反应过程中无气泡产生，生成白色絮状沉淀。放置1.52 h后，白色絮状沉淀转化为白色颗粒状沉淀实验b1.0 mol·L1 FeSO4溶液10 mL1.0 mol·L1 NaHCO3溶液20 mL倾倒完后，迅速产生白色颗粒状沉淀和大量气泡。振荡，经24 min后液面上方试管内壁粘附的白色颗粒状沉淀物变成红褐色(1)甲同学认为实验a中白色颗粒状沉淀是FeCO3，写出该反应的离子方程式_；他为了证实自己的观点，进行实验：取少量白色颗粒状沉淀，加入_，发现产生大量气泡。(2)乙同学推测实验a的白色颗粒状沉淀中还可能含有Fe(OH)2，他将实验a中两种溶液体积均改成15 mL后再进行实验，证实了他的推测。能证明Fe(OH)2存在的实验现象是_。(3)实验b中白色颗粒状沉淀主要成分也为FeCO3，写出生成FeCO3的离子方程式：_。(4)实验b中液面上方试管内壁粘附的白色颗粒状沉淀物变成红褐色，主要原因是潮湿的FeCO3被氧气氧化，写出该反应的化学方程式：_。(5)乙同学反思，实验a中含有Fe(OH)2，实验b中几乎不含有Fe(OH)2，对比分析出现差异的原因是_。答案：(1)Fe2CO=FeCO3稀硫酸(或稀盐酸等)(其他合理答案均可)(2)放置在空气中，沉淀颜色由白色变为灰绿色，最终变为红褐色(3)Fe22HCO=FeCO3CO2H2O(4)4FeCO3O26H2O=4Fe(OH)34CO2(5)混合以后，虽然实验b中c(NaHCO3)比实验a中c(Na2CO3)大，但Na2CO3溶液的碱性(或水解程度)比NaHCO3溶液的强解析：(1)实验a中生成白色沉淀FeCO3，发生Fe2、CO之间的沉淀反应。证明白色沉淀为FeCO3，可以加入稀硫酸或稀盐酸，可观察到产生大量气泡。(2)Fe(OH)2白色沉淀不稳定，在空气中放置，易被空气中的氧气氧化为Fe(OH)3，实验现象为白色沉淀迅速变为灰绿色，最终变为红褐色。(3)NaHCO3溶液中HCO存在电离平衡：HCOHCO，FeSO4溶液与NaHCO3溶液反应，Fe2与CO结合为FeCO3沉淀，溶液中c(CO)减小，HCO的电离平衡向正反应方向移动，溶液中c(H)增大，H与HCO反应生成H2O、CO2，故生成FeCO3的离子方程式为Fe22HCO=FeCO3CO2H2O。(4)潮湿的FeCO3被氧气氧化生成的红褐色沉淀为Fe(OH)3，配平化学方程式为4FeCO3O26H2O=4Fe(OH)34CO2。2某校化学兴趣小组探究鸡蛋壳的成分，做了如下的化学实验：(1)查阅资料知鸡蛋壳中钙元素以碳酸钙形式存在，甲组同学设计了如图所示的实验装置，通过测定鸡蛋壳与盐酸反应生成二氧化碳的质量，计算其中钙的质量分数。请回答：A装置的作用是_。C装置中化学试剂的名称是_。通过测定_得到生成二氧化碳的质量为2.0 g。若B中鸡蛋壳粉的质量为5.5 g，则该鸡蛋壳中钙的质量分数为_。实验结束后反思时，有同学对上述测鸡蛋壳中钙的质量分数的做法提出异议，该同学的理由是_。(2)乙组同学查阅资料知鸡蛋壳中除含有钙元素外还含有少量的镁元素，用某种钠盐Na2Y溶液(c mol·L1)可沉淀钙、镁离子，且Y2不与其他成分反应。依据实验流程回答下列问题：实验中的pH控制是关键。已知KspMg(OH)21×1011，调节pH至Mg2完全沉淀c(Mg2)1×105 mol·L1时认为沉淀完全，则实验中的pH应为_。实验中的pH若大于10，将会导致钙镁的质量分数_(填“增大”、“减小”或“无法确定”)。加入Na2Y溶液充分反应后，再经过过滤、洗涤、烘干、称量等步骤才能计算Ca%、Mg%，烘干时盛放CaY或MgY的仪器名称是_，简述洗涤CaY的操作_。根据以上数据计算镁的质量分数Mg%_。答案：(1)除去空气的CO2浓硫酸m(D)或D反应前后质量的变化33%或0.33若鸡蛋壳中含有其他成分能与盐酸反应放出酸性气体，则测得的Ca%不准确(2)11无法确定坩埚用玻璃棒引流向过滤器中加入蒸馏水至浸没CaY，重复操作23次%解析：(1)由于实验中需测定生成CO2的质量，故应滤除空气中的CO2，避免影响数据。为保证CO2的质量的准确性，故应除去气体中的水蒸气，C中为一种液体干燥剂。反应中生成的CO2在D中被吸收mCO2mDm后m前。CaCaCO3CO2 1 1 mol molCa的质量分数为×100%33%。实验中D一定只吸收反应中产生的CO2，如反应中产生其它能被碱石灰吸收的气体则会导致实验误差。(2)当c(Mg2)105 mol·L1，由KspMg(OH)2c(Mg2)·c2(OH)知c(OH)103 mol·L1，pH11。当pH大于10时，由于不确定Ca(OH)2、Mg(OH)2能否转化为MgY、CaY，故无法确定是否会造成实验误差。对固体烘干，温度较高，故应选坩埚。Mg的物质的量为cV2×103cV1×103×2 mol2(cV2cV1)×103 molMg的质量分数为×100%。3氯及其化合物在工农业生产和日常生活中有着广泛的用途。.实验室用下图所示装置制备KClO溶液，并通过KClO溶液与Fe(NO3)3溶液的反应制备高效水处理剂K2FeO4。已知K2FeO4具有下列性质：可溶于水、微溶于浓KOH溶液，在05 、强碱性溶液中比较稳定。(1)装置A中玻璃仪器的名称分别是_。(2)装置A中KMnO4与盐酸反应生成KCl、MnCl2和Cl2，其离子方程式为_。将制备的Cl2通过装置B可除去_(填化学式)。(3)Cl2和KOH在较高温度下反应生成KClO3。在不改变KOH溶液的浓度和体积的条件下，控制反应在05 进行，实验中可采取的措施是_。.某学习小组用下图装置制取并收集ClO2。(已知无水草酸在100 可以升华)(4)实验时装置A需在60100 进行的原因是_。(5)电动搅拌棒的作用是_。(6)装置A中反应产物有Na2CO3、ClO2和CO2等，用ClO2处理过的饮用水(pH为5.56.5)往往残留少量ClO2和一定量对人体不利的亚氯酸根离子(ClO)。ClO2被I还原为ClO、Cl的转化率与溶液pH的关系如图所示。当pH2.0时，写出ClO2被I还原的离子方程式：_。当pH为7.08.0时，ClO2的还原产物为_。答案：.(1)分液漏斗、圆底烧瓶(2)2MnO16H10Cl=2Mn25Cl28H2OHCl(3)缓慢滴加盐酸、装置C加冰水浴等.(4)温度过低，化学反应速率较慢，温度过高草酸升华或分解(5)将反应物充分混合(或充分反应或使反应物混合均匀或加快反应速率)(6)2ClO210I8H=2Cl5I24H2OClO解析：.(1)装置A中玻璃仪器的名称分别是分液漏斗、圆底烧瓶。(2)装置A中KMnO4与盐酸反应生成KCl、MnCl2和Cl2，其离子方程式为2MnO16H10Cl=2Mn25Cl28H2O；装置B中装饱和食盐水，将制备的Cl2通过装置B可除去HCl。(3)控制反应温度05 ，可以采用冰水浴冷却C装置。因为Cl2和KOH是放热反应，若氯气通入速率过快，与KOH溶液反应速率快，放出热量多，反应温度高，易生成KClO3，所以可以通过缓慢滴加盐酸来控制生成氯气的速率，进而控制反应温度。.(4)一般来说，升高温度，活化分子的百分数增大，反应速率增大，温度过低，化学反应速率较慢，无水草酸100 可以升华，温度过高草酸升华或分解，所以实验时装置A需在60100 进行。(5)电动搅拌棒的作用是将反应物充分混合(或充分反应或使反应物混合均匀或加快反应速率)。(6)当pH2.0时，由图中曲线可知，ClO2被I还原为Cl，反应的离子方程式为2ClO210I8H=2Cl5I24H2O；当pH为7.08.0时，ClO浓度较高，ClO2的还原产物为ClO。4磷化铝、磷化锌、磷化钙与水反应产生高毒的PH3气体(熔点为132 ，还原性强、易自燃)，可用于粮食熏蒸杀虫。卫生安全标准规定：当粮食中磷化物(以PH3计)的含量低于0.05 mg·kg1时算合格。可用以下方法测定粮食中残留的磷化物含量：【操作流程】安装吸收装置PH3的产生与吸收转移KMnO4吸收溶液亚硫酸钠标准溶液滴定。【实验装置】C中盛100 g原粮，D中盛有20.00 mL 1.12×104 mol·L1 KMnO4溶液(H2SO4酸化)。请回答下列问题：(1)仪器C的名称是_；原粮最好先打成粉末，其原因是_。(2)磷化钙与水反应的化学方程式为_；检查整套装置气密性良好的方法是_。(3)A中盛装KMnO4溶液的作用是除去空气中的还原性气体；B中盛装焦性没食子酸的碱性溶液，其作用是吸收空气中的O2，防止_；通入空气的作用是_。(4)D中PH3被氧化成磷酸，所发生反应的离子方程式为_。(5)把D中吸收液转移至容量瓶中，加水稀释至250 mL，取25.00 mL于锥形瓶中，用5.0×105 mol·L1的Na2SO3标准溶液滴定剩余的KMnO4溶液，消耗Na2SO3标准溶液11.00 mL，则该原粮中磷化物(以PH3计)的含量为_ mg·kg1，该原粮质量_(填“合格”或“不合格”)。答案：(1)三颈烧瓶使原粮中磷化物与水充分反应(2)Ca3P26H2O=3Ca(OH)22PH3关闭K1、打开K2，用抽气泵缓慢抽气，若观察到A、B、D各装置中有气泡产生则气密性良好(或在D左边用橡胶管和止水夹封闭、关闭K2用压差法；或关闭分液漏斗旋塞后对C加热法)(3)氧化装置C中生成的PH3吹出PH3，使其全部被酸性KMnO4溶液吸收(4)5PH38MnO24H=5H3PO48Mn212H2O(5)0.008 5合格解析：(1)仪器C的名称是三颈烧瓶；原粮打成粉末可以增大接触面积，有利于反应充分进行。(2)依据题干信息磷化钙与水反应生成氢氧化钙和磷化氢；检查整套装置气密性良好的方法是关闭K1、打开K2，用抽气泵缓慢抽气，若观察到A、B、D各装置中有气泡产生则气密性良好，或在D左边用橡胶管和止水夹封闭、关闭K2用压差法，或关闭分液漏斗旋塞后对C加热法。(3)依据装置图中的试剂选择分析判断，高锰酸钾溶液是强氧化剂可以吸收空气中的还原性气体；焦性没食子酸先和碱反应，再和氧气反应可以吸收氧气；若不吸收氧气，PH3会在氧气中燃烧；准确测定PH3的含量，需要用高锰酸钾溶液全部吸收，避免产生较大误差，通入空气的作用是保证PH3全部被吸收。(4)PH3被酸性高锰酸钾氧化成磷酸，高锰酸钾被还原为锰离子，结合电子守恒和电荷守恒、原子守恒配平得到离子方程式为5PH38MnO24H=5H3PO48Mn212H2O。(5)收集E中吸收液，加水稀释至250 mL，取25.00 mL于锥形瓶中，用浓度为5.0×105 mol·L1 Na2SO3标准溶液滴定剩余的KMnO4溶液，消耗Na2SO3标准溶液11.00 mL。依据滴定反应：2KMnO45Na2SO33H2SO4=2MnSO4K2SO45Na2SO43H2O,2KMnO45Na2SO3：未反应的高锰酸钾物质的量0.011 L×5.0×105 mol·L1××2.2×106 mol。与PH3反应的高锰酸钾物质的量1.12×104 mol·L1×0.02 L2.2×106 mol4.0×108 mol。根据反应5PH38KMnO412H2SO4=5H3PO48MnSO44K2SO412H2O；得到定量关系5PH38KMnO4，计算得到PH3物质的量4.0×108 mol×2.5×108 mol，则PH3的质量分数0.008 5mg/kg，当粮食中磷化物(以PH3计)的含量不超过0.05 mol·kg1时，粮食质量合格，所以该原粮质量合格。(B组)5硼酸三甲酯用作柠檬类水果的熏蒸剂。实验室合成硼酸三甲酯的原理及装置如下：硼酸三甲酯甲醇溶解性与乙醚、甲醇混溶，能水解与水混溶沸点/6864硼酸三甲酯与甲醇混合物的共沸点为54 Na2B4O7·10H2O2H2SO416CH3OH2NaHSO44(CH3O)3BCH3OH17H2O实验步骤如下：在圆底烧瓶中加入44.8 g甲醇和19.1 g Na2B4O7·10H2O(硼砂，式量为382)，然后缓慢加入浓H2SO4并振荡；加热烧瓶中的液体；通过分馏柱回流一段时间。先接收5155 的馏分，再接收5560 的馏分。将两次馏分合并，加入氯化钙进行盐析分层，上层为硼酸三甲酯，分离。精馏得高纯硼酸三甲酯19.2 g。回答下列问题：(1)图中仪器a的名称为_，直形冷凝管冷却水应从_(填“b”或“c”)接口进入。(2)本实验加热方式为_，优点是_。(3)加入氯化钙盐析分层的主要目的是_。(4)U型管中P2O5的作用是_。(5)步骤的仪器选择及安装都正确的是_(填标号)，应收集_ 的馏分。(6)本次实验的产率是_。答案：(1)分馏柱c(2)水浴加热使物体受热均匀，便于控制反应温度(3)除去甲醇，避免精馏时形成恒沸物(4)防止空气中的水蒸气进入锥形瓶内，导致硼酸三甲酯水解(5)b68(6)92.3%解析：(1)图中仪器a的名称为分馏柱；为保证冷凝效果，采用逆流原理，因此直形冷凝管冷却水应从c接口进入。(2)根据题给信息可知，硼酸三甲酯、甲醇的沸点均小于100 ，因此可以采用水浴加热；其优点是使物体受热均匀，便于控制反应温度。(3)根据题给信息可知，加入氯化钙进行盐析分层，上层为硼酸三甲酯，这样就除去了甲醇，避免精馏时形成恒沸物。(4)硼酸三甲酯能够发生水解，要避免和水接触，因此U型管中P2O5的作用是防止空气中的水蒸气进入锥形瓶内，导致硼酸三甲酯水解。(5)蒸馏装置中，温度计测蒸气的温度，温度计水银球在蒸馏烧瓶的支管口处，要用直形冷凝管进行冷凝，要用牛角管连接冷凝管，因此步骤的仪器选择及安装都正确的是b；要提纯的是硼酸三甲酯，硼酸三甲酯沸点为68 ，所以温度控制在68 进行馏分的收集。(6)44.8 g甲醇的物质的量为1.4 mol,19.1 g Na2B4O7·10H2O的物质的量为19.1 g/382 g·mol10.05 mol；根据Na2B4O7·10H2O2H2SO416CH3OH2NaHSO44(CH3O)3BCH3OH17H2O可知，甲醇过量，按Na2B4O7·10H2O进行计算，根据反应关系可知，得到硼酸三甲酯的量为0.2 mol，质量为0.2 mol×104 g·mol120.8 g，本次实验的产率是19.2 g/20.8 g×100%92.3%。6硫酰氯(SO2Cl2)常用于制造医药品、染料等。通常情况下其熔点为54.1 ，沸点为69.2 ，遇水发生剧烈反应生成氯化氢气体。某实验小组拟用干燥的氯气和二氧化硫在活性炭催化下制取硫酰氯，其实验装置如下：(1)有关冷凝管的使用原理，下列说法正确的是_(填字母)。a蒸气冷凝在内管的外壁上b当蒸馏液体的沸点超过140 ，水冷易炸裂仪器，此时多采用空气冷凝管c蛇形冷凝管多用于有机制备的回流，适用于沸点较低的液体d内外管所围出的空间为行水区，有吸收蒸气热量并将热量移走的功用(2)B中的试剂为_，作用为_。(3)在不改变装置的前提下，丁中的KClO3可用_(填化学式)代替。(4)该小组向Cu(NO3)2·3H2O晶体中滴加SO2Cl2制备少量无水Cu(NO3)2。请写出SO2Cl2与水反应的化学方程式：_。滴加SO2Cl2的作用除了吸水之外，还有_。(5)测定无水Cu(NO3)2的纯度，可用分光光度法。现测得Cu(NH3)42的吸光度A与Cu2标准浓度关系如图所示(已知4NH3·H2OCu2=Cu(NH3)424H2O)。称取0.315 0 g制得的无水Cu(NO3)2样品，用蒸馏水溶解并配制成100 mL溶液，用_(填仪器名称)准确量取10.00 mL，加过量氨水，再用蒸馏水稀释至100 mL，测得其吸光度A0.8。则此无水Cu(NO3)2样品的纯度是_(保留三位有效数字)。答案：(1)bcd(2)碱石灰(或氢氧化钠固体)吸收过量的SO2或Cl2，防止污染；防止空气中水蒸气进入三颈烧瓶使硫酰氯水解(3)KMnO4或K2Cr2O7或KClO(4)2H2OSO2Cl2=H2SO42HCl抑制Cu(NO3)2水解(5)移液管或酸式滴定管89.5%解析：(1)蒸气冷凝在内管的内壁上，a项错误；当蒸馏液体的沸点超过140 时，蒸气的温度与水的温度差较大，水冷易炸裂仪器，此时多采用空气冷凝管，b项正确；蛇形冷凝管的内管是蛇形，增大了内管的长度，冷凝效果更好，但也导致很多液体滞留在内管中，蛇形冷凝管多用于有机制备的回流，适用于沸点较低的液体，c项正确；内外管所围出的空间为行水区，有吸收蒸气热量并将热量移走的功用，d项正确；答案选bcd。(2)SO2和Cl2都有毒，污染大气；SO2Cl2遇水发生剧烈反应生成HCl气体；为了吸收多余的SO2、Cl2以及防止SO2Cl2与空气中H2O(g)反应，装置B中的试剂为碱石灰(或NaOH)，碱石灰的作用是吸收过量的SO2或Cl2，防止污染；防止空气中水蒸气进入三颈烧瓶使硫酰氯水解。(3)丁装置中KClO3与浓盐酸常温下反应制备Cl2，反应的化学方程式为KClO36HCl(浓)=KCl3Cl23H2O；用于代替KClO3的物质应具有强氧化性，可与浓盐酸常温下反应产生Cl2，代替KClO3的试剂可以是KMnO4、K2Cr2O7、KClO或NaClO。(4)SO2Cl2遇水发生剧烈反应生成HCl气体，同时生成H2SO4，SO2Cl2与水反应的化学方程式为SO2Cl22H2O=H2SO42HCl；Cu(NO3)2属于强酸弱碱盐，Cu2发生水解，向Cu(NO3)2·3H2O晶体中滴加SO2Cl2的作用除了吸水外，还有SO2Cl2吸水生成酸，抑制Cu(NO3)2水解。(5)Cu(NO3)2溶液呈酸性，准确量取10.00 mL Cu(NO3)2溶液应用酸式滴定管或移液管；根据图象当吸光度A0.8时，溶液中c(Cu2)1.5×103 mol·L1；则10.00 mL溶液中nCu(NO3)21.5×103 mol·L1×0.1 L1.5×104 mol；原样品中含nCu(NO3)21.5×104 mol×1.5×103 mol，mCu(NO3)21.5×103 mol×188 g·mol10.282 g，此无水Cu(NO3)2样品的纯度是×100%89.5%。7某化工厂排放的工业废水中主要含Na、HSO、SO，研究小组欲测定其中HSO的浓度，设计如下三个方案。方案一：方案二：方案三：量取20.00 mL废水试样，用0.02 mol·L1 KMnO4标准溶液进行滴定。记录数据，计算。回答下列问题：(1)利用如图所示的装置完成方案一仪器A的名称是_。读数前，应进行的操作是_。该方案存在较大的误差，可能的一种原因是_。(2)方案二中吸收气体a的“X溶液”可能是_(填标号)。aNa2SO3溶液b双氧水c硝酸钠溶液dH2SO4酸化的KMnO4溶液若X为次氯酸钠，写出气体a与X溶液反应的离子方程式：_。该方案中，操作包含的操作名称依次为_。(3)方案三设计的下列滴定方式中，最合理的是_(填标号)。该方案是否需要指示剂？_(填“是”或“否”)，原因是_。滴定记录数据如下表：滴定前读数/mL滴定后读数/mL第一次0.1016.12第二次1.1017.08第三次1.4521.45第四次0.0016.00计算该废水试样中HSO的浓度为_ mol·L1。答案：(1)分液漏斗调整B、C装置液面相平SO2可溶于水(合理即可)(2)bcSO2ClOH2O=SOCl2H过滤、洗涤、干燥(3)c否高锰酸钾溶液本身有颜色，可指示终点(合理即可)0.04解析：(1)仪器A为分液漏斗；读数前应使C中气体压强与外界压强相等，即读数前应进行的操作是调整B、C装置液面相平；SO2易溶于水，测得气体体积偏小。(2)气体a为SO2，Na2SO3能与SO2反应生成NaHSO3，但加入盐酸酸化的BaCl2溶液，不产生沉淀，a错误；利用H2O2的强氧化性，把SO2氧化成SO，加入BaCl2溶液，产生BaSO4沉淀，测出沉淀的质量，根据元素守恒求出HSO的浓度，b正确；NO在酸性条件下具有强氧化性，能把SO2氧化成SO，c正确；H2SO4对HSO测定产生干扰，d错误；利用次氯酸钠的强氧化性，把SO2氧化成SO，本身被还原成Cl，离子反应方程式为SO2ClOH2O=SOCl2H；加入X溶液得到BaSO4沉淀，操作是过滤、洗涤、干燥。(3)盛放高锰酸钾溶液的滴定管是酸式滴定管，用废水滴定酸性高锰酸钾，颜色的变化不明显，应用酸性高锰酸钾溶液滴定废水，故c正确；高锰酸钾溶液本身有颜色，即为紫红色，可指示终点，因此不需要指示剂；四次消耗标准液的体积分别是16.02、15.98、20.00、16.00，第三次与另外几次相差较大，舍去不用，因此三次平均消耗标准液的体积为(16.0215.9816.00)/3 mL16.00 mL，反应为：5HSO2MnOH=5SO2Mn23H2O，根据得失电子数目守恒，16.00×103×0.02×5n(HSO)×2，解得n(HSO)8×104 mol，浓度为8×104/20.00×103 mol·L10.04 mol·L1。8己二酸是一种重要的有机二元酸，能够发生成盐反应、酯化反应、酰胺化反应等，并能与二元胺或二元醇缩聚成高分子聚合物等，是合成尼龙66的原料，工业上环己醇用硝酸氧化可得到己二酸是典型的氧化还原反应。相关物理常数名称相对分子质量密度(20 )g/cm3熔点()沸点()溶解度S(g/100 g溶剂)水乙醇乙醚环己醇1000.9625.2161可溶可溶易溶己二酸1461.36151265可溶(S随温度降低而减小)易溶微溶.己二酸粗产品的制备操作步骤：装置C中加入50 mL中等浓度的硝酸(过量)，投入沸石，并逐一安装装置A、装置B和温度计，磁力搅拌，将溶液混合均匀，并加热到80 。用装置A滴加2滴环己醇，反应立即开始，温度随即上升到8590 ，从装置A中小心地逐滴加入环己醇，将混合物在8590 下加热23分钟，共加入1.000 g环己醇。请回答下列问题：(1)反应需维持温度在8590 ，最好采取_控温；试分析维持温度在8590 的原因：_。(2)装置右侧烧杯中的NaOH溶液的作用是_。.己二酸粗产品的提纯及应用操作流程：趁热倒出装置C中的产品，在冷水中降温冷却，析出的晶体在布氏漏斗上进行抽滤，将晶体进行重结晶，再分别用3 mL冰水和乙醚洗涤己二酸晶体，继续抽滤，晶体再用3 mL冰水洗涤一次，再抽滤。取出产品，干燥后称重，得干燥的己二酸0.860 g。请回答下列问题：(3)相比于普通过滤，抽滤的优点在于：_。(4)在抽滤过程中，用冰水洗涤析出的己二酸晶体的原因：_。(5)该实验的产率为_%(结果保留三位有效数字)。答案：(1)水浴维持反应速率，并减少HNO3的挥发及分解，减少副反应的发生(2)吸收HNO3被还原生成的氮氧化物，防止污染空气(3)加快过滤速度，减少过滤过程中产品的变质，得到较干燥的产品(4)除去残留的HNO3，减小己二酸的损失(5)58.9 解析：(1)反应需维持温度在8590 ，低于100 ，最好采取水浴控温；维持温度在8590 的原因：维持反应速率(或温度过低反应速率慢)，减少HNO3的分解和挥发(或温度过高HNO3分解和挥发)，减少副反应的发生。(2)在反应中环己醇被氧化，HNO3被还原成氮氧化物，右侧烧杯中的NaOH溶液的作用是吸收HNO3被还原生成的氮氧化物，防止污染大气。(3)相比于普通过滤，抽滤的优点在于：减小压强加快过滤速率，减少过滤过程中产品的变质，得到较干燥的产品。(4)己二酸中混有环己醇和HNO3，环己醇易溶于乙醚，