宁夏高考化学三年2023-2023模拟题汇编-17物质的分离和提纯含解析

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一、单选题

1．（2023·宁夏中卫·统考一模）下列实验能达到实验目的且操作正确的是

A．用乙醇萃取碘水中的I2B．制取并收集干燥的氨气

C．实验室焙烧硫酸铜晶体D．比较KMnO4、Cl2、S的氧化性强弱

2．（2023·宁夏吴忠·校联考一模）下列除杂方案错误的是

选项被提纯的物质杂质除杂试剂除杂方法

A乙酸乙酯乙酸氢氧化钠分液

BMgCl2(aq)Fe3+(aq)MgO(s)过滤

CCO2(g)SO2(g)饱和NaHCO3、浓H2SO4洗气

DNa2CO3(s)NaHCO3(s)/加热

A．AB．BC．CD．D

3．（2023·宁夏石嘴山·统考一模）用下图实验装置进行有关实验，能达到实验目的的是

ABCD

除去溶在中的干燥氨气将从溶液中结晶析出测定化学反应速率

A．AB．BC．CD．D

4．（2023·宁夏银川·校联考模拟预测）中国人民在悠久的历史中创造了绚丽多彩的中华传统文化，下列说法正确的是

A．“冰糖葫芦”是一种传统美食，山楂外面包裹的“糖衣”的主要成分是麦芽糖

B．“青蒿一握，以水二升渍，绞取汁”涉及青蒿素提取法“蒸发浓缩，冷却结晶”

C．“澄泥砚”是传统书法用品之一，是传统工艺品，用胶泥烧制而成，其主要成分为硅酸盐

D．“采蒿蓼之属，晒干烧灰，以水淋汁……”指从草木灰中提取“石碱”，其主要成分为KOH

5．（2023·宁夏吴忠·统考二模）用下列实验装置进行相应实验，能达到实验目的的是

A．用装置I过滤海带灰的浸泡液以获得含I-的溶液

B．用装置II蒸干氯化铵饱和溶液制备NH4Cl晶体

C．用装置III收集铜粉与稀硝酸反应产生的NO

D．用图IV所示装置控制制取少量纯净的CO2气体

二、工业流程题

6．（2023·宁夏银川·统考一模）硫酸镍(NiSO4)是制备各种含镍材料的原料，在防腐、电镀、印染上有诸多应用。NiSO46H2O可用含镍废催化剂(主要含有Ni，还含有Al、Al2O3、Fe及其他不溶于酸、碱的杂质)制备。其制备流程如图：

已知：①lg3≈0.5

②常温下，部分金属化合物的Ksp近似值如表所示：

化学式Fe(OH)2Fe(OH)3Al(OH)3Ni(OH)2

Ksp近似值1.0×10-172.7×10-391.3×10-331.0×10-15

回答下列问题：

(1)“预处理”用热的纯碱溶液去除废料表面的油污，其原理是(用离子方程式表示)。

(2)“滤液1”中的主要溶质为NaOH和。

(3)“滤渣2”的成分为。

(4)“滤液2”中加入H2O2发生反应的离子方程式为。

(5)常温下，“调pH”可选用的物质是(填标号)，为使Fe3+沉淀完全(离子浓度小于或等于1.0×10-5molL-1)，应调节溶液的pH至少为(保留3位有效数字)。

a.氨水b.NaOHc.NiOd.NaClO

(6)资料显示，硫酸镍结晶水合物的形态与温度有如表关系：

温度低于30.8℃30.8～53.8℃53.8～280℃高于280℃

晶体形态NiSO47H2ONiSO46H2O多种结晶水合物NiSO4

从“滤液3”获得稳定的NiSO46H2O晶体的操作是。

7．（2022·宁夏石嘴山·统考模拟预测）铬及其化合物有许多独特的性质和用途。如炼钢时加入一定量的铬可得到不锈钢，K2Cr2O7是实验中常用的强氧化剂之一，利用含有铬、锌、钢、铁、镉(Cd)、钴(Co)等单质的工业废料回收铬的生产流程如图：

几种金属离子生成氢氧化物沉淀的pH见表：

氢氧化物Fe(OH)3Zn(OH)2Cd(OH)2Cr(OH)3

开始沉淀的pH1.587.26

沉淀完全的pH3.3129.58

请回答下列问题：

(1)写出提高酸浸速率的措施(写出两点)。

(2)酸浸时形成的金属离子的价态均相同，料渣中含有大量的CoAs合金，写出除钴时反应的离子方程式；若仅从试剂的经济角度考虑，试剂X最好是；氧化过程中铁、铬形成的离子均被氧化，则调pH时应将pH控制在范围内，单质铬与试剂Y反应时，反应中二者消耗量n(Cr)：n(Y)=。

(3)设计实验检验废液中是否含有Fe3+：。

(4)已知常温下Ksp(CdCO3)=5.2×10-12，Ksp(CdS)=3.6×10-29。试剂Z是(填“Na2CO3”或“Na2S”)时，Cd2+的去除效果较好。若用Na2S溶液处理CdCO3后，达到沉淀溶解平衡时溶液中c(S2-)=amol·L-1，则c()=。

8．（2023·宁夏吴忠·统考二模）硫酸镍(NiSO4)主要用于电镀工业，是电镀镍和化学镍的主要镍盐。某矿渣的主要成分是NiFe2O4(铁酸镍)、NiO、FeO、CaO、SiO2等，从该矿渣中回收NiSO4的工艺流程如下：

(1)“焙烧”时发生多个反应，其中NiFe2O4生成NiSO4、Fe2(SO4)3，发生该反应的化学方程式为。

(2)“浸泡”时用“95℃热水”的目的是，“浸泡”过程中Fe2(SO4)3生成FeO(OH)的离子方程式为。

(3)“浸渣”的成分除Fe2O3、FeO(OH)外还含有(填化学式)，为检验浸出液中是否含有Fe3＋，可选用的化学试剂是。

(4)“萃取"过程中发生反应Fe2＋(水相)＋2RH(有机相)FeR(有机相)＋2H＋(水相)。萃取剂与溶液的体积比(V0/VA)对溶液中Ni2＋、Fe2＋的萃取率影响如下图所示，V0/VA的最佳取值为；在(填“强碱性”“强酸性”或“中性”)介质中“反萃取”能使有机相再生而循环利用。

三、实验题

9．（2023·宁夏石嘴山·统考一模）乙酰苯胺，白色有光泽片状结晶或白色结晶粉未，是磺胺类药物的原料，可用作止痛剂、退热剂、防腐剂和染料中间体。制备原理如下：C6H5-NH2+CH3COOH→C6H5-NH-CO-CH3+H2O

名称相对分子质量密度/g·cm-3性状沸点℃溶解度性质

苯胺931.02无色油状液体具有还原性184微溶于水均易溶于常见有机溶剂易被氧化

乙酸601.05无色液体118易溶于水

乙酰苯胺1351.22白色晶体304微溶于冷水、溶于热水呈中性或极弱碱性，遇酸或碱性水溶液易分解成苯胺及乙酸

实验步骤为：

a.在圆底烧瓶中加入10mL新蒸馏制得的苯胺、15mL冰醋酸和少许锌粉(约0.2g)和几粒沸石，并连接好装置。

b.用小火加热回流，保持温度在105°C约1小时，当锥形瓶内液体不再增加时表明反应已完成，边搅拌边趁热过滤，然后将反应物倒入盛有250mL冷水的烧杯中。

c.冷却后抽滤，用_______洗涤粗产品2-3次，将粗产品移至400mL烧杯中，加入300mL水并加热使其充分溶解，稍冷，待乙酰苯胺晶体析出，抽滤，用滤液冲洗烧杯上残留的晶体，再次过滤，两次过滤得到的固体合并在一起，压干并称重为12.60g。

回答下列问题：

(1)刺形分馏柱的作用是。

(2)加入的锌粉与醋酸反应，化学方程式为，其目的是。

(3)从粗产品到晶体，采用的实验方法是_______(填字母)。

A．过滤B．结晶C．重结晶D．抽滤

(4)c中抽滤的优点是，用滤液而不用蒸馏水冲洗烧杯的原因是；洗涤晶体最好选用(填字母)。

A．乙醇B．CCl4C．冷水D．乙醚

(5)实际产率是(保留两位有效数字)。

10．（2022·宁夏中卫·统考三模）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+H2O

制备苯乙酸的装置示意图(加热和夹持装置等略)：

已知：苯乙酸的熔点为76.5°C，微溶于冷水，溶于乙醇。具体步骤：

i.在250mL三颈烧瓶a中加入70mL70%的硫酸。

ii.将a中的溶液加热至100°C，缓缓滴加40g苯乙腈()到过量硫酸溶液中，然后升温至130°C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Cu(OH)2搅拌30min，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：先加的后加。

(2)在装置中，仪器b的名称是；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。

(3)下列仪器中可用于分离苯乙酸粗品的是(填标号)。

A．分液漏斗B．漏斗C．烧杯D．直形冷凝管E．玻璃棒

(4)最终得到41g苯乙酸晶体，则苯乙酸的产率是%(结果保留小数点后两位数字)

(5)写出用CuCl2·2H2O和NaOH溶液制备Cu(OH)2沉淀的化学方程式：。

(6)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CuCl2·2H2O溶液，该电池的负极反应式为。

11．（2023·宁夏石嘴山·统考一模）硝基苯是重要的化工原料，用途广泛。

I.制备硝基苯的化学反应方程式如下：

+HO－NO2+H2O

II.可能用到的有关数据列表如下：

物质熔点/℃沸点/℃密度(20℃)/g·cm-3溶解性

苯5.5800.88微溶于水

硝基苯5.7210.91.205难溶于水

浓硝酸___831.4易溶于水

浓硫酸___3381.84易溶于水

III.制备硝基苯的反应装置图如下：

IV.制备、提纯硝基苯的流程如下：

请回答下列问题：

(1)配制混酸时，应在烧杯中先加入；反应装置中的长玻璃导管最好用代替(填仪器名称)；恒压滴液漏斗的优点是。

(2)步骤①反应温度控制在50~60°C的主要原因是；步骤②中分离混合物获得粗产品1的实验操作名称是。

(3)最后一次水洗后分液得到粗产品2时，粗产品2应(填“a”或“b”)。

a.从分液漏斗上口倒出b.从分液漏斗下口放出

(4)粗产品1呈浅黄色，粗产品2为无色。粗产品1呈浅黄色的原因是。

(5)步骤④用到的固体D的名称为。

(6)步骤⑤蒸馏操作中，锥形瓶中收集到的物质为。

参考答案：

1．D

【详解】A．乙醇和水互溶，不能萃取碘水中的I2，A错误；

B．氨气的密度小于空气，应用向上排空气法收集，B错误；

C．实验室焙烧固体应在坩埚中进行，而图示为蒸发皿，C错误；

D．根据氧化剂的氧化性大于氧化产物，高锰酸钾与浓盐酸反应生成Cl2，Cl2和硫化钠反应生成硫单质，黄色沉淀，只要观察到试管中出现黄色沉淀，即可说明氧化性：KMnO4>Cl2>S，D正确；

故选D。

2．A

【详解】A．乙酸乙酯能和强碱氢氧化钠发生反应，导致乙酸乙酯被反应，故A错误；

B．向氯化镁溶液中加入氧化镁，氧化镁能与铁离子水解生成的氢离子反应，使溶液中的氢离子浓度减小，水解平衡向正反应方向移动，使铁离子转化为氢氧化铁沉淀，则用氧化镁能除去氯化镁溶液中存在的铁离子，故B正确；

C．亚硫酸的酸性强于碳酸，SO2能与碳酸氢钠溶液反应，而二氧化碳不能与碳酸氢钠溶液反应，得到二氧化碳气体使用浓硫酸干燥得到纯净干燥二氧化碳，则用碳酸氢钠溶液能除去二氧化碳中混有的二氧化硫，故C正确；

D．碳酸氢钠固体受热分解生成碳酸钠、水和二氧化碳，而碳酸钠受热不分解，则用加热的方法能除去碳酸钠固体中混有的碳酸氢钠固体，故D正确；

故选A。

3．A

【详解】A．Br2可以与NaOH反应，Br2+2NaOH=NaBr+NaBrO+H2O，因此用NaOH溶液洗涤可以除去CCl4中的Br2，A正确；

B．NH3可以与CaCl2发生反应生成CaCl28NH3，因此不能用CaCl2干燥NH3，B错误；

C．蒸发NaCl溶液需要使用蒸发皿，不能使用坩埚，C错误；

D．H2O2分解生成的O2会从长颈漏斗中溢出，无法测量反应速率，应使用分液漏斗，D错误；

故选A。

4．C

【详解】A．冰糖葫芦山楂外面包裹的“糖衣”的主要成分是蔗糖，故A错误；

B．“绞取汁”即为将青蒿绞碎后取溶于水后的溶液，该过程为过滤，故B错误；

C．“澄泥砚”是用胶泥烧制而成，泥土中主要成分为硅酸盐，故C正确；

D．草木灰中“石碱”主要成分为K2CO3，故D错误；

综上所述，说法正确的是C项，故答案为C。

5．A

【详解】A．该装置分离难溶性固体和可溶性物质，海带灰中含有碘离子和难溶性固体，所以可以用过滤方法获取含I-的溶液，A正确；

B．氯化铵受热易分解生成HCl和氨气，所以蒸干时得不到氯化铵，B错误；

C．NO能和氧气反应生成二氧化氮且NO密度与空气接近，不能用排空气法收集，NO不溶于水，所以应该用排水法收集NO，C错误；

D．纯碱为粉末，与盐酸接触后不能固液分离，且盐酸易挥发，图中装置不能制备少量二氧化碳气体，D错误；

故选A。

6．(1)CO+H2OHCO+OH-

(2)NaAlO2或Na[Al(OH)4]

(3)不溶于酸、碱的杂质

(4)2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O

(5)c2.83

(6)蒸发浓缩、冷却至30.8～53.8℃之间结晶并过滤

【详解】（1）纯碱溶液水解产生大量OH-离子：+H2O+OH-，油污的主要成分是酯类化合物。酯类化合物在碱性溶液中可以水解，所以可以用纯碱溶液来去除油污，加热促进了碳酸根的水解。

（2）NaOH溶液碱浸，废催化剂中的Al和Al2O3均与NaOH反应。2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑；Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O；滤液1中的主要溶质为NaOH和NaAlO2。

（3）前面加入NaOH和稀硫酸与Al、Al2O3、Fe反应，不参与反应的只剩下其他不溶于酸、碱的杂质，所以滤渣2的成分则为其他不溶于酸、碱的杂质。

（4）加入H2O2的目的是将Fe2+为Fe3+，Fe3+形成Fe(OH)3，从而达到除去Fe元素的目的。发生的离子反应为2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O。

（5）“调pH”可选用的物质应当不能引入其他杂质，所以可选用的物质为NiO；调节pH是为了使Fe3+形成Fe(OH)3沉淀，但不能使Ni2+沉淀，Fe3+完全沉淀，c(Fe3+)=1.0×10-5mol/L。

c(H+)mol/L；pH=lg(H+)=；即pH至少为2.83。

（6）蒸发浓缩、温度冷却至30.8～53.8℃之间获得稳定的NiSO46H2O晶体形态、最后过滤。

7．(1)将废料粉碎、适当升高温度

(2)As2O5+2Co2++7Zn+10H+=7Zn2++2CoAs+5H2O空气3.3≤pH<6.04：3

(3)取废液少许于试管中，滴加KSCN溶液，若溶液变血红色，则说明溶液中含有Fe3+，否则不含Fe3+

(4)Na2S1.4a×1017molL-1

【分析】含有铬、锌、钢、铁、镉(Cd)、钴(Co)等单质的工业废料，加入稀硫酸后得到铜单质和其他二价金属离子，加入Zn和As2O3除钴，在料渣里得到CoAs，通入空气，将亚铁离子氧化为铁离子，加入ZnO调节pH至3.3≤pH＜6.0，使得铁离子生成氢氧化铁除去，电解废液，得到单质铬，通入氧气，得到氧化铬，在废液中加入Na2S，得到含镉沉淀，据此解答。

【详解】（1）采用将废料粉碎以增大反应物接触面积、适当升高温度、适当增大硫酸浓度等都能提高酸浸速率，故答案为：将废料粉碎、适当升高温度；

（2）铁与稀硫酸反应生成Fe2+，其他金属(除铜外)也均转化为二价离子，锌将Co2+、As2O3还原为相应的单质，两种单质形成合金，离子反应为As2O3+2Co2++7Zn+10H+═7Zn2++2CoAs+5H2O，氧气、氯气、过氧化氢等氧化剂均能氧化Fe2+，但空气的经济价值最低，调pH时得到Fe(OH)3沉淀，为将铁离子除尽，且Co3+不沉淀，pH应不小于3.3，但要小于6.0，单质铬与氧气反应得到Cr2O3，反应中二者消耗量n(Cr)：n(Y)=4：3，故答案为：As2O3+2Co2++7Zn+10H+═7Zn2++2CoAs+5H2O；空气；3.3≤pH＜6.0；4：3；

（3）用KSCN溶液检验Fe3+，取废液少许于试管中，滴加KSCN溶液，若溶液变红色，则说明溶液中含有Fe3+，否则不含Fe3+，故答案为：取废液少许于试管中，滴加KSCN溶液，若溶液变血红色，则说明溶液中含有Fe3+，否则不含Fe3+；

（4）CdCO3、CdS组成形式相同，相同条件下K较小的镉盐析出后，溶液中剩余的Cd2+的量较小，Cd2+去除率较好的是Na2S，由，，c(S2)=amol/L，则c()=1.4a×1017mol/L，故答案为：Na2S；1.4a×1017mol/L。

8．NiFe2O4+4(NH4)2SO4NiSO4+Fe2(SO4)3+8NH3+H2O95℃热水可防止硫酸镍溶解速率降低，Fe3＋水解程度减小，避免溶液中存留更多Fe3＋Fe3＋+2H2OFeO(OH)+3H+SiO2、CaSO4硫氰酸钾溶液0.25强酸性

【分析】某矿渣的主要成分是NiFe2O4(铁酸镍)、NiO、FeO、CaO、SiO2等，加入硫酸铵研磨后，600°C焙烧，(NH4)2SO4在350°C以上会分解生成NH3和H2SO4，可知NiFe2O4在焙烧过程中生成NiSO4、Fe2(SO4)3，在90°C的热水中浸泡过滤得到浸出液，浸渣的成分除Fe2O3、FeO(OH)、CaSO4外还含有SiO2，浸取液中加入NaF除去钙离子，过滤得到滤液加入萃取剂得到无机相和有机相，无机相通过一系列操作得到硫酸镍，有机相循环使用，以此解答该题。

【详解】(1)由题可知，NiFe2O4焙烧生成NiSO4、Fe2(SO4)3，则有NiFe2O4+4(NH4)2SO4NiSO4+Fe2(SO4)3+8NH3+H2O，故答案为：NiFe2O4+4(NH4)2SO4NiSO4+Fe2(SO4)3+8NH3+H2O；

(2)95℃热水可防止硫酸镍溶解速率降低，Fe3＋水解程度减小，避免溶液中存留更多Fe3＋；“浸泡”过程中Fe2(SO4)3生成FeO(OH)的离子方程式为Fe3＋+2H2OFeO(OH)+3H+，故答案为：95℃热水可防止硫酸镍溶解速率降低，Fe3＋水解程度减小，避免溶液中存留更多Fe3＋；Fe3＋+2H2OFeO(OH)+3H+；

(3)“浸渣”的成分除Fe2O3、FeO(OH)外还含有SiO2、CaSO4；检验Fe3＋滴加硫氰酸钾溶液，如果溶液变成血红色则含有Fe3＋，故答案为：SiO2、CaSO4；硫氰酸钾溶液；

(4)本工艺中，萃取剂与溶液的体积比(Vo/VA)对溶液中Ni2+、Fe2+的萃取率最佳取值是亚铁离子能被萃取，镍离子不被萃取，V/VA的最佳取值是0.25；由Fe2+(水相)+2RH(有机相)FeR(有机相)+2H+(水相)可知，应在强酸性介质中“反萃取”能使有机相再生而循环利用，故答案为：0.25；强酸性。

【点睛】本题考查物质制备方案设计，为高考常见题型，明确实验原理为解答关键，注意把握物质性质以及对题目信息的获取与使用，试题侧重于考查学生的分析、理解能力及化学实验能力。

9．(1)冷凝回流

(2)2CH3COOH+Zn=(CH3COO)2Zn+H2↑排除装置内空气，防止苯胺被氧化

(3)C

(4)过滤速度快，同时所得固体更干燥用滤液冲洗烧杯可减少乙酰苯胺的溶解损失C

(5)85%

【详解】（1）刺形分馏柱的作用是冷凝回流，故答案为：冷凝回流；

（2）Zn与醋酸反应生成醋酸锌与氢气，反应方程式为：2CH3COOH+Zn=(CH3COO)2Zn+H2↑；苯胺不稳定，容易被空气中的氧气氧化为硝基苯，利用反应生成氢气排尽装置内的空气，防止苯胺在反应过程中被氧化；故答案为：2CH3COOH+Zn=(CH3COO)2Zn+H2↑；排尽装置内的空气，防止苯胺在反应过程中被氧化；

（3）操作中利用热水溶解粗产品，再冷却析出乙酰苯胺晶体，应是利用重结晶方法，故答案为：C；

（4）c中抽滤的优点是速度快，产品更干燥；用滤液而不用蒸馏水冲洗烧杯的原因是可减少乙酰苯胺的溶解损失防止引入其他杂质；由于乙酰苯胺微溶于冷水，溶于热水，易溶于乙醇、乙醚，所以洗涤粗品最合适的试剂是用少量冷水洗，以减少因洗涤造成的损耗；

故答案为：速度快，产品更干燥；可减少乙酰苯胺的溶解损失；C；

（5），n(乙酸)=，Zn反应的醋酸为，实际加入醋酸为0.2563mol，二者反应为C6H5-NH2+CH3COOH→C6H5-NH-CO-CH3+H2O，按1:1反应，由于乙酸的物质的量大于苯胺的物质的量，所以产生乙酰苯胺的物质的量要以不足量的苯胺为原料为标准，乙酰苯胺的理论产量为0.1097mol，而实际产量n(乙酰苯胺)=，所以乙酰苯胺的产率为，

故答案为：85%。

10．(1)水浓硫酸

(2)滴液漏斗冷凝回流便于苯乙酸析出

(3)BCE

(4)88.15%

(5)CuCl2+2NaOH=Cu(OH)2↓+2NaCl

(6)CH3OH+8OH——6e—=CO+6H2O

【分析】该实验的实验目的是利用苯乙腈与稀硫酸反应制得苯乙酸粗品，苯乙酸粗品提纯后得到苯乙酸，苯乙酸在乙醇与水的混合溶剂中充分溶解后，与氢氧化铜反应制得苯乙酸铜。

【详解】（1）浓硫酸稀释时放出大量的热，所以用浓硫酸配制70%硫酸时，应将密度大的浓硫酸注入密度小的水中，防止混合时放出热使液滴飞溅，则加入蒸馏水与浓硫酸的先后顺序是先加水、再加入浓硫酸，故答案为：水；浓硫酸；

（2）由实验装置图可知，仪器b为滴液漏斗；仪器c为球形冷凝管，作用是使气化的反应液冷凝回流；由题给信息可知，降低温度，可以减小苯乙酸的溶解度，所以分离苯乙酸粗品时加入冷水的目的是便于苯乙酸析出，故答案为：滴液漏斗；冷凝回流；便于苯乙酸析出；

（3）由题意可知，分离苯乙酸粗品的方法为过滤，过滤需要的仪器为漏斗、烧杯、玻璃棒，故选BCE；

（4）由方程式可知，40g苯乙腈制得的苯乙酸的物质的量为≈0.342mol，则最终得到41g苯乙酸晶体时，苯乙酸的产率为×100%≈88.15%，故答案为：88.15%；

（5）两水氯化铜溶于氢氧化钠溶液，与氢氧化钠溶液反应生成氢氧化铜沉淀和氯化钠，反应的化学方程式为CuCl2+2NaOH=Cu(OH)2↓+2NaCl，故答案为：CuCl2+2NaOH=Cu(OH)2↓+2NaCl；

（6）由图可知，右侧电极为燃料电池的负极，碱性条件下，甲