精品解析：四川省江油中学2023-2024学年高二下学期3月月考化学试题

四川省江油中学2022级高二下期第一学月检测 化学试题 可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 O 16 Si 28 P 31 Ti 48 N 14 Li 7 Cu 64 一、选择题(本题包括14小题，每小题3分，共42分。每小题只有一个选项符合题意) 1. 下列化合物中不属于有机物的是 A. NH4CNO B. CH4 C. D. CH3CH2OH 【答案】A 【解析】 【详解】A．NH4CNO属于铵盐，是无机物，故A符合题意； B．CH4是甲烷，属于有机物，故B不符合题意； C．是苯，属于有机物，故C不符合题意； D．CH3CH2OH是乙醇，属于有机物，故D不符合题意。 综上所述，答案为A。 2. 下列结构式中，从成键情况看不合理的是 A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据每种元素形成的化学键判断正误，氮原子能形成3个共价键，碳原子和硅原子能形成4个共价键，硫原子能形成2个共价键，氢原子能形成1个共价键，氧原子能形成2个共价键； 【详解】A．该分子中每个氢原子能形成1个共价键，氮原子能形成3个共价键，碳原子能形成4个共价键，所以每个原子都达到稳定结构，故A正确； B．C、Si原子能形成4个共价键，成键情况不合理，故B错误； C．该分子中碳原子能形成4个共价键，硫原子能形成2个共价键，氢原子能形成1个共价键，氧原子能形成2个共价键，从而使各个原子能达到稳定结构，故C正确； D．该分子中每个碳原子能形成4个共价键，硫原子能形成2个共价键，氢原子能形成1个共价键，从而使各个原子能达到稳定结构，故D正确； 故答案选B。 3. 下列表示正确是 A. CH3CH2CH2CH2OH的官能团是：-OH B. 乙醇的分子式：CH3CH2OH C. 新戊烷：CH3CH2CH2CH2CH3 D. CCl4的电子式： 【答案】A 【解析】 【详解】A．CH3CH2CH2CH2OH的官能团是羟基即-OH，A正确； B．乙醇的分子式为C2H6O，CH3CH2OH是乙醇的结构简式，B错误； C．新戊烷结构简式为：C(CH3)4，而CH3CH2CH2CH2CH3是(正)戊烷的结构简式，C错误； D．CCl4是共价化合物，则其电子式为：，D错误； 故答案为：A。 4. 下列化学式只能表示一种物质的是 A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】 【详解】A．C3H8只有一种结构，不存在同分异构体，只能表示一种物质，故A符合题意； B．C3H6O存在同分异构体：CH3CH2CHO、CH3COCH3，也可能存在环状结构，所以不能只表示一种物质，故B不符合题意； C．C4H10存在同分异构体：CH3CH2CH2CH3、CH（CH3）3，所以不能只表示一种物质，故C不符合题意； D．C2H4Br2中Br原子可以连接在同一碳原子上，可以连接不同的碳原子，存在同分异构体，所以不能只表示一种物质，故D不符合题意； 故答案选A。 5. 下列各组晶体物质中：①SiO2和SO3；②晶体硼和HCl；③CO2和SO2；④晶体硅和金刚石；⑤晶体氖和晶体氮；⑥硫黄和碘，化学键类型相同，晶体类型也相同的是 A. ①②③ B. ④⑤⑥ C. ③④⑥ D. ①③⑤ 【答案】C 【解析】 【详解】①二氧化硅是含有共价键的共价晶体，三氧化硫是含有共价键的分子晶体，两者的晶体类型不同，故不符合题意； ②晶体硼是含有共价键的共价晶体，氯化氢是含有共价键的分子晶体，两者的晶体类型不同，故不符合题意； ③二氧化碳是含有共价键的分子晶体，二氧化硫是含有共价键的分子晶体，两者的化学键类型相同，晶体类型也相同，故符合题意； ④晶体硅是含有共价键的共价晶体，金刚石是含有共价键的共价晶体，两者的化学键类型相同，晶体类型也相同，故符合题意； ⑤晶体氖是不含有共价键的分子晶体，晶体氮是含有共价键的分子晶体，两者的化学键类型不同，故不符合题意； ⑥硫黄是含有共价键的分子晶体，碘是含有共价键的分子晶体，两者的化学键类型相同，晶体类型也相同，故符合题意； ③④⑥符合题意，故选C。 6. 下列有关比较正确的是 A. 熔点：CH4>SiH4>GeH4>SnH4 B. 熔、沸点：NaBr>NaCl>MgO C. 键的极性：N-H>O-H>F-H D. 热稳定性：HF>H2O>NH3 【答案】D 【解析】 【详解】A．CH4、SiH4、GeH4、SnH4均为分子晶体，熔点和范德华力有关，相对分子质量越大，范德华力越大，熔沸点越高，A错误； B．离子半径越小，离子所带电荷数越多，离子晶体的晶格能越大，熔沸点越高，故熔、沸点NaBr＜NaCl＜MgO，B错误； C．由于电负性N＜O＜F，所以键的极性N—H＜O—H＜F—H，C错误； D．由于非金属性F＞O＞N，非金属性越强，氢化物的稳定性越强，故热稳定性HF＞H2O＞NH3，D正确； 故选D。 7. 用NA表示阿伏加德罗常数的值。下列说法中正确的是 A. 124g白磷中含有P—P键的个数为4NA B. 1mol冰晶体中最多可含氢键4NA C. 28g晶体硅中含有Si—Si键的个数为2NA D. 60gSiO2中含有Si—O键的个数为2NA 【答案】C 【解析】 【详解】A．白磷(P4)分子为正四面体结构，每个分子含6个P—P键。124g白磷的物质的量为1mol，故P—P键数目为6NA，而非4NA，A错误； B．冰中每个水分子通过氢键与4个相邻分子连接，但每个氢键被2个分子共享，因此1mol水分子形成的氢键数目为2NA，而非4NA，B错误； C．晶体硅(类似金刚石结构)中，每个Si原子形成4个Si—Si键，但每个键被2个原子共享。1mol晶体硅(28g)的Si—Si键数目为(4/2)×1mol = 2NA，C正确； D．SiO2中每个Si原子连接4个O原子，形成4个Si—O键。60g SiO2(1mol)含4NA个Si—O键，而非2NA，D错误； 故选C。 8. 组成和结构可用表示的有机物共有(不考虑立体异构) A. 16种 B. 20种 C. 24种 D. 25种 【答案】B 【解析】 【详解】C4H9-有4种结构，-C3H6Cl有-CH2CH2CH2Cl，-CH2CHClCH3，- CHClCH2CH2，-CH(CH3)CH2Cl，-CCl(CH3)25种结构，故该有机物有4×5=20种结构。 故选B。 9. 我国科学家屠呦呦，因研究提取治疗疟疾的特效药—青蒿素(结构如图)而获得诺贝尔奖下列有关说法正确的是 A. 图示为青蒿素的结构式 B. 青蒿素的分子式为 C. 青蒿素中所含的氧原子化合价均相同 D. 青蒿素分子中只含有共价键 【答案】D 【解析】 【详解】A．图示为青蒿素的结构简式，故A错误； B．根据青蒿素的结构简式可知，青蒿素的分子式为，故B错误； C．青蒿素中-O-O-中O原子为-1价，其它氧原子为-2价，故C错误； D．根据青蒿素的结构简式可知，青蒿素中只含有共价键，故D正确； 故选D。 10. 下列说法正确的是 A. 晶体在受热熔化或升华过程中一定存在化学键的断裂 B. 共价晶体的原子间只存在共价键，而分子晶体内只存在范德华力 C. 区分晶体和非晶体最科学的方法是对固体进行X射线衍射实验 D. 非金属元素的原子间只形成共价键，金属元素的原子与非金属元素的原子间只形成离子键 【答案】C 【解析】 【详解】A．分子晶体熔化或升华过程中一般破坏分子间作用力，而不影响化学键，如碘单质熔化，A错误； B．共价晶体的原子间只存在共价键，分子晶体内可能存在范德华力、氢键和共价键，如水、氨气等， B错误； C．构成晶体的粒子在微观空间里呈现周期性的有序排列，晶体的这一结构特征可以通过X-射线衍射图谱反映出来，因此，区分晶体和非晶体的最可靠的科学方法是对固体进行X-射线衍射实验， C正确； D．铵盐是非金属元素组成的化合物，属于离子化合物，氯化铝是金属元素与非金属元素组成的共价化合物， D错误； 故选C。 11. 组成晶体的质点(分子、原子、离子)以确定的位置在空间有规则地排列，形成具有一定几何形状的空间格子，称为晶格；晶格中能代表晶体结构特征的最小重复单元称为晶胞。在冰晶石(Na3AlF6)晶胞中，AlF占据的位置相当于NaCl晶胞中Cl-占据的位置，则冰晶石晶胞中含有的原子数与NaCl晶胞中含有的原子数之比为 A. 2∶1 B. 3∶2 C. 5∶2 D. 5∶1 【答案】D 【解析】 【详解】根据氯化钠的晶胞结构可知，氯化钠晶胞中含有的钠离子数为12×+1=4，氯离子数为=4，离子总数为8，在冰晶石晶胞中，占据的位置相当于NaCl晶胞中Cl-占据的位置，所以冰晶石晶胞中的数目为4，根据冰晶石的化学式(Na3AlF6)可知，晶胞中钠离子数为12，所以冰晶石晶胞中原子总数为40，所以冰晶石晶胞中含有的原子数与食盐晶胞中含有的原子数之比为40：8=5：1，故答案为：D。 12. 下列有关说法不正确的是 A. 水合铜离子的模型如图1所示，1个水合铜离子中有4个配位键 B. CaF2晶体的晶胞如图2所示，每个CaF2晶胞平均占有4个Ca2＋ C. H原子的电子云图如图3所示，H原子核外的大多数电子在原子核附近运动 D. 金属Cu晶胞结构如图4所示，每个Cu原子的配位数均为12 【答案】C 【解析】 【详解】A．水合铜离子的模型如图1所示，1个铜离子结合4个水分子，1个水合铜离子中有4个配位键，A正确； B．晶体的晶胞如图2所示，根据均摊原则，每个晶胞平均占有数，B正确； C．原子的电子云图如图3所示，原子核外只有1个电子，黑点表示电子出现的概率，黑点越密，表示该区域电子出现的概率越大，C错误； D．金属的一个晶胞如图4所示，与Cu原子等距离最近的Cu原子有12个，即每个Cu原子的配位数为12，D正确； 故选C。 13. 二茂铁的发现是有机金属化合物研究中具有里程碑意义的事件，它开辟了有机金属化合物研究的新领域。已知二茂铁的熔点是173℃(在100℃以上能升华)，沸点是249℃，不溶于水，易溶于苯、乙醛等有机溶剂。下列说法不正确的是 A. 二茂铁属于分子晶体 B. 在二茂铁中，与之间形成的化学键类型是离子键 C. 1mol环戊二烯中含有σ键数目为 D. 已知环戊二烯的结构式为，则其中仅有1个碳原子采取杂化 【答案】B 【解析】 【详解】A． 根据二茂铁的物理性质，如熔点低、易升华、易溶于有机溶剂等，可知二茂铁为分子晶体，故A正确； B． 在二茂铁中，与之间形成的化学键时，碳原子提供孤电子对，Fe2+提供空轨道，二者形成配位键，配位键属于共价键，故B错误； C． 1mol环戊二烯中碳原子没有达到饱和，故存在碳碳双键，而碳碳双键中含有一个σ键，一个π键，1mol环戊二烯中含有σ键数目为，故C正确； D． 已知环戊二烯的结构式为，由图可知：只有1号碳原子形成4个σ共价键，无孤电子对，杂化类型为sp3杂化；2、3、4、5号碳原子有3个σ键，无孤电子对，杂化类型为sp2杂化，因此仅有1个碳原子采取sp3杂化，故D正确； 故选B。 14. 咖啡因是弱碱性化合物，易溶于氯仿、乙醇、丙酮及热苯等，微溶于水、石油醚。含有结晶水的咖啡因是无色针状晶体，味苦，在100℃时失去结晶水并开始升华，120℃时升华相当显著，178℃时升华很快。它的结构式为，实验室可通过下列简单方法从茶叶中提取咖啡因： 在步骤1加入酒精进行浸泡，过滤得到提取液，步骤2、步骤3、步骤4所进行的操作或方法分别是 A. 加热、结晶(或蒸发)、升华 B. 过滤、洗涤、干燥 C. 萃取、分液、升华 D. 加热、蒸馏、蒸馏 【答案】A 【解析】 【分析】咖啡因易溶于氯仿、乙醇、丙酮及热苯等，微溶于水、石油醚，则步骤1可加入乙醇等有机溶剂进行萃取，然后进行蒸馏、升华，可得到咖啡因粗产品，以此解答。 【详解】在步骤1中加入了乙醇，下面要分离咖啡因和乙醇，可进行加热得到浓缩液再结晶(或蒸发)得到粗产品，因咖啡因易升华，为进一步得到较为纯净的咖啡因，可进行升华，故选A。 第Ⅱ卷(非选择题，共58分) 15. Ⅰ．A、B、C、D都是短周期元素，它们的原子序数依次增大。A的单质与其他物质化合时只能被还原，且A的原子半径在同周期中不是最小的。B的原子半径是短周期元素(除稀有气体元素外)中最大的。C单质有良好的导电、导热性，它能与强碱溶液反应。D元素的最高正价与负价的代数和等于2。试推断： （1）单质A是___________晶体；单质B是___________晶体；单质C是___________晶体。 （2）单质D有多种，其中能溶于二硫化碳的单质属于___________晶体，名称为___________。 （3）A和B形成的化合物(点燃时)化学式为___________，属于___________晶体。 Ⅱ．某有机化合物结构如下，分析其结构并回答下列问题。 （4）写出其分子式___________；按照碳骨架分类分为___________(选填“芳香族化合物”或“脂环化合物”)。 （5）其中含有___________个不饱和碳原子，分子中有___________种双键。 （6）写出分子中的含氧官能团的名称___________。 （7）1mol该分子中含有的σ键___________个。 【答案】（1） ①. 分子 ②. 金属 ③. 金属 （2） ①. 分子 ②. 白磷 （3） ①. Na2O2 ②. 离子 （4） ①. C16H16O5 ②. 芳香族化合物 （5） ①. 12 ②. 2 （6）羧基、羟基 （7）37NA或37×6.02×1023 【解析】 【分析】A、B、C、D都是短周期元素，它们的原子序数依次增大，A的单质与其他物质化合时只能被还原，故A为O或F，又因为A的原子半径在同周期中不是最小的，故A为氧；B的原子半径是短周期元素（除稀有气体元素外）中最大的，且B的原子序数大于氧，故B是钠；C单质有良好的导电、导热性，它能与强碱溶液反应，硅C是铝；D元素的最高正价与负价的代数和等于2，最高正价为+5，最低负价为-3，故D为磷，据此解答各小题即可。 【小问1详解】 由分析可知，单质A为氧气，属于分子晶体，单质B是钠，属于金属晶体，单质C为Al,属于金属晶体，故答案为：分子；金属；金属； 【小问2详解】 由分析可知，磷单质有白磷、红磷等，其中单质白磷能溶于二硫化碳，属于分子晶体，故答案为：分子；白磷； 【小问3详解】 由分析可知，O与Na点燃生成过氧化钠，过氧化钠属于离子晶体，故答案为：Na2O2；离子； 【小问4详解】 由结构中C形成4个共价键、H形成1个共价键、O形成2个共价键，可知分子式为C16H16O5，分子含有苯环，则按照碳骨架分类分为芳香族化合物，故答案为：C16H16O5；芳香族化合物； 【小问5详解】 与4个原子形成共价键的碳原子称之为饱和碳原子，成键的原子数目小于4的碳原子称之为不饱和碳原子，此分子中有12个不饱和碳原子，此分子中有碳碳双键和碳氧双键两种双键，故答案为：12；2； 【小问6详解】 由题干有机物的结构简式可知，分子中的含氧官能团的名称为羧基和羟基，故答案为：羧基和羟基； 【小问7详解】 由题干有机物结构简式可知，分子中含有13个C-H、14个C-C、1个C=C键，1个C≡C、3个C-O、3个O-H和2个C=O，且单键均为σ键，双键为1个σ键和1个π键，三键为1个σ键和2个π键，1mol该分子中含有的σ键(13+14+1+1+3+3+2)×6.02×1023个，故答案为：37NA或37×6.02×1023。 16. 回答下列问题 （1）下列物质的结构或性质与氢键无关的是___________(填字母)。 A. 乙酸的沸点 B. 乙醇在水中的溶解度 C. 氢化镁的相对分子质量 D. DNA的双螺旋结构 （2）K4[Fe(CN)6]溶液可以检验铁陨石中铁元素的价态。1mol K4[Fe(CN)6]含σ键的物质的量为___________，化合物K4[Fe(CN)6]中存在的作用力有___________ (填字母)。 a．离子键 b．极性键 c．非极性键 d．配位键 e．氢键 （3）NH3分子在独立存在时H−N−H键角为107°。如图是[Zn(NH3)6]2+离子的部分结构以及H−N−H键角的测量值。解释NH3形成如图配合物后H−N−H键角变大的原因：___________。 （4）下表列有三种物质(晶体)的熔点： 物质 SiO2 SiCl4 SiF4 熔点/℃ 1 710 -70.5 -90.2 简要解释熔点产生差异的原因： ①SiO2和SiCl4：___________； ②SiCl4和 SiF4：___________。 （5）磷化硼(BP)是一种超硬耐磨涂层材料，其晶胞结构如图所示，该晶胞中B原子所处空间类型为___________(填“立方体”“正四面体”或“正八面体”)。 （6）有一种氮化钛晶体的晶胞与NaCl晶胞相似(如图)，其中阴离子(N3-)采用面心立方最密堆积方式，X-射线衍射实验测得氮化钛的晶胞参数(晶胞边长)为a pm，则r(N3-)为___________pm。该氮化钛的密度为___________g·cm-3(NA为阿伏加德罗常数的值，只列计算式)。 【答案】（1）C （2） ①. 12mol ②. abd （3）NH3分子中N原子的孤电子对进入Zn2+的空轨道形成配位键后，原孤电子对与成键电子对间的作用变为成键电子对间的排斥，排斥作用减弱 （4） ①. SiO2是共价晶体，微粒间作用力为共价键。SiCl4是分子晶体，微粒间作用力为范德华力，故SiO2熔点高于SiCl4 ②. SiCl4和SiF4均为分子晶体，微粒间作用力为范德华力，结构相似时相对分子质量越大，范德华力越大，故SiCl4熔点高于SiF4 （5）正四面体 （6） ①. a ②. 【解析】 【小问1详解】 A．乙酸存在分子间氢键，因此乙酸的沸点较高，故A不符合题意； B．乙醇与水形成分子间氢键，因此乙醇在水中的溶解度是任意比互溶，故B不符合题意； C．氢化镁是离子化合物，氢化镁的摩尔质量与氢键无关，故C符合题意； D．DNA中有O−H、N−H键，双螺旋结构与氢键有关，故D不符合题意； 综上所述，答案为：C； 【小问2详解】 K4[Fe(CN)6]中有6个碳氮σ键还有6个配位键，因此1mol K4[Fe(CN)6]含σ键的物质的量为12mol，化合物K4[Fe(CN)6]中钾离子与[Fe(CN)6]4−形成离子键，还有碳氮极性键，亚铁离子与CN-形成配位键即存在的作用力为abd； 【小问3详解】 根据题意NH3形成如图配合物后H−N−H键角变大的原因：NH3分子中N原子的孤电子对进入Zn2+的空轨道形成配位键后，原孤电子对与成键电子对间的作用变为成键电子对间的排斥，排斥作用减弱； 【小问4详解】 ①SiO2是共价晶体，微粒间有极强的作用力为共价键，断裂消耗很高的能量，而SiCl4是由分子通过分子间作用力（范德华力）结合形成的分子晶体，分子间作用力非常微弱，所以SiO2熔点高于SiCl4； ② SiCl4和SiF4都是由分子构成的分子晶体，微粒间作用力为范德华力，物质结构相似，相对分子质量越大，分子间作用力就越大，物质的熔沸点就越高，所以SiCl4熔点高于SiF4； 小问5详解】 由晶胞图可知，B原子所处空间类型为正四面体； 【小问6详解】 紧邻的N原子所在的位置为晶胞面对角线的一半，所以r(N3-)=apm；该该晶胞中含有Ti原子数为：=4，含有的N原子数为：=4，晶胞边长为apm，则该晶胞的密度。 17. 某同学设计如下制备铜的配合物的实验，并对铜的化合物进行研究。已知铜离子的配位数通常为4. （1）X试剂为___________。 （2）写出c试管中浑浊液溶解成深蓝色溶液的离子方程式___________。 （3）目前，印刷电路板的腐蚀多采用碱氨蚀刻液(氯化铵和氨水的混合液)，使电路板露出的铜以二氯四氨合铜的形式溶解下来，写出腐蚀的化学方程式___________。 （4）由上述实验能说明NH3、OH-与Cu2+形成蓝色配离子的稳定性强弱为：___________(填化学式)。 （5）乙二胺能与Mg2+、Cu2+等金属离子形成稳定环状离子，其原因是___________，其中与乙二胺形成的化合物稳定性相对较高的是___________(填“Mg2+”或“Cu2+”)。 （6）[Zn(NH3)4]2＋的结构示意图为___________。 （7）硼酸(H3BO3)为一元弱酸，靠结合水中的OH-使水电离而显酸性，写出硼酸电离方程式：___________。[B(OH)4]-中存在配位键，其中B原子的杂化类型是___________，从原子结构分析[B(OH)4]-中能形成配位键的原因是___________。 【答案】（1）无水乙醇 （2）Cu(OH)2+4NH3=[Cu(NH3)4]2++2OH-或Cu(OH)2+4NH3·H2O=[Cu(NH3)4]2++2OH-+4H2O （3） （4） （5） ①. 乙二胺的两个N提供孤对电子给金属离子形成配位键 ②. Cu2＋ （6） （7） ①. H3BO3＋H2OH＋＋[B(OH)4]- ②. sp3杂化 ③. B原子存在空轨道，O原子有孤电子对 【解析】 【分析】向CuSO4溶液中加入NaOH溶液得到Cu(OH)2悬浊液，将悬浊液分成三份后分别加入1 mol/L NaOH溶液得到Cu(OH)2浑浊液，加入6mol/L NaOH溶液得到深蓝色的溶液，加入1mol/LNH3·H2O溶液，得到深蓝色的[Cu(NH3)4]SO4溶液，[Cu(NH3)4]SO4在乙醇中溶解度较小，向[Cu(NH3)4]SO4溶液中加入无水乙醇，可以得到[Cu(NH3)4]SO4深蓝色晶体，以此解答。 【小问1详解】 由分析可知，X试剂为无水乙醇； 【小问2详解】 由分析可知，向Cu(OH)2悬浊液中加入1mol/LNH3·H2O溶液，得到深蓝色的[Cu(NH3)4]SO4溶液，离子方程式为：Cu(OH)2+4NH3=[Cu(NH3)4]2++2OH-或Cu(OH)2+4NH3·H2O=[Cu(NH3)4]2++2OH-+4H2O； 【小问3详解】 印刷电路板的腐蚀多采用碱氨蚀刻液(氯化铵和氨水的混合液)，使电路板露出的铜以二氯四氨合铜的形式溶解下来，该过程中Cu和氯化铵、氨水、氧气反应生成二氯四氨合铜和水，方程式为：； 【小问4详解】 氢氧化铜在浓氢氧化钠溶液中形成配离子[Cu(OH)4]2-，证明和氢氧根形成配离子较为困难，氢氧化铜可以在低浓度氨水中形成配离子[Cu(NH3)4]2+，证明和氨分子形成配离子较为容易，所以试管b、c中深蓝色配离子的稳定性强弱顺序为； 【小问5详解】 乙二胺分子中含有2个N原子，两个N都能提供孤对电子给金属离子形成配位键，所以乙二胺能与Mg2+、Cu2+等金属离子形成稳定环状离子； 由于铜离子半径大于镁离子，形成配位键时头碰头重叠程度较大，且铜离子含有的空轨道数目更多，所以Cu2+与乙二胺形成的化合物较稳定。 【小问6详解】 [Zn(NH3)4]2+中，Zn2+提供空轨道，NH3中的N原子提供孤电子对形成配位键，结构示意图为：； 【小问7详解】 硼酸(H3BO3)为一元弱酸，靠结合水中的OH-使水电离而显酸性，硼酸电离方程式：H3BO3＋H2OH＋＋[B(OH)4]-； [B(OH)4]-中B原子的价层电子对为4，杂化类型为sp3杂化； B原子存在空轨道，O原子有孤电子对，[B(OH)4]-中能形成配位键。 18. 苯甲醇与苯甲酸都是常见化工原料，在化工生产中有广泛应用。工业上常在碱性条件下由苯甲醛来制备。某实验室模拟其生产过程，实验原理、实验方法及步骤如下： 实验原理： 有关资料： 名称 相对分子质量 熔点(℃) 沸点(℃) 溶解性 水 醇 醚 苯甲醛 106 179.62 微溶 易溶 易溶 苯甲酸 122 122.13 249 微溶 易溶 易溶 苯甲醇 108 205.7 微溶 易溶 易溶 乙醚 74 34.6 微溶 易溶 —— 苯甲醛在空气中极易被氧化，生成白色苯甲酸。 实验步骤及方法如下： I．向盛有足量溶液的反应器中分批加入新蒸过的苯甲醛，持续搅拌至反应混合物变成白色蜡糊状A，转移至锥形瓶中静置24小时以上。 反应装置如图1： II．步骤I所得产物后续处理如图2： （1）仪器a的名称为_______。 （2）步骤I中苯甲醛需要分批加入且适时冷却，其原因是_______。 （3）为获取产品1，将乙醚萃取液依次用饱和亚硫酸氢钠溶液、10%碳酸钠溶液和水进行洗涤并分液。乙醚萃取液的密度小于水，取分液后_____(填“上”或“下”)层液体加入无水，其作用为_____，操作①含多步操作，其中最后一步分离操作是对乙醚和产品1进行分离，其名称为______。 （4）水层中加入浓盐酸发生反应的离子方程式为_______。 （5）操作②包含溶解、蒸发浓缩、结晶、晾干，下列仪器中在该操作中不需要用到的有____(填序号)。 A. 分液漏斗 B. 蒸发皿 C. 研钵 D. 玻璃棒 （6）①若产品2产率比预期值稍高，可能原因是_______。 A．操作②未彻底晾干　　　　　　　B．产品中混有其他杂质 C．过滤时滤液浑浊　　　　　　　 D．部分苯甲醛被直接氧化为苯甲酸 ②产品2经干燥后称量，质量为6.1g，计算其产率为_______(保留3位有效数字，写出计算过程)。 【答案】（1）(球形)冷凝管 （2）分批次加入苯甲醛并适时冷却，能够使反应不太剧烈；降低反应温度，避免苯甲醛、苯甲醇的挥发；减少副反应的发生，提高产率 （3） ①. 上 ②. 作干燥剂，除水 ③. 蒸馏 （4） +H+→ ↓ （5）AC （6） ①. ABD ②. 75.7% 【解析】 【分析】在三颈烧瓶中盛有足量KOH溶液，通过滴液漏斗向其中分批次加入新蒸过的13.5 mL(14.0 g)苯甲醛，持续搅拌至反应混合物，苯甲醛与KOH充分反应产生苯甲醇和苯甲酸钾，得到产生白色蜡糊状A，将其转移至锥形瓶中静置24小时以上，然后加入H2O，使反应混合物中的苯甲酸钾充分溶解，然后向其中加入乙醚萃取其中的苯甲醇，在乙醚层中含有苯甲醇，用洗涤剂除去杂质，然后加入无水硫酸镁干燥乙醚萃取液，过滤除去MgSO4固体，滤液经水浴蒸馏和蒸馏分离出乙醚与苯甲醇，得到产品1为苯甲醇。在水层中含有苯甲酸钾，将其冷却降温，然后向其中加入浓盐酸，苯甲酸钾与盐酸反应产生苯甲酸和KCl，由于苯甲酸微溶于水，通过抽滤得到粗产品，然后经过重结晶进行提纯，就得到产品2为苯甲酸。 【小问1详解】 根据图示可知：仪器a的名称为球形冷凝管。 【小问2详解】 在步骤1中苯甲醛需要分批加入且适时冷却，是因为该反应是放热反应，温度过高，反应过于剧烈，会导致苯甲醛、苯甲醇挥发，同时也会使副反应产物增多，使产品的产率降低，这样做可以减缓反应速率，提高产品的产率。 【小问3详解】 为获取产品1，将乙醚萃取液先用饱和亚硫酸氢钠溶液除去未反应的苯甲醛，再用10%碳酸钠溶液除去醚层中极少量的苯甲酸，最后用水进行洗涤并分液。由于乙醚萃取液的密度小于水，因此苯甲醇的乙醚溶液在上层，取分液后上层液体向其中加入无水MgSO4进行干燥，吸收其中少量水分。操作①含多步操作，其中最后一步分离操作是对乙醚和产品1进行分离，其名称为蒸馏。 小问4详解】 水层中含苯甲酸钾溶液，加入浓盐酸，发生复分解反应产生微溶于水苯甲酸和溶于水的KCl，反应的离子方程式为： +H+→ ↓。 【小问5详解】 操作②包含溶解、蒸发浓缩、结晶、晾干， 需要的仪器有烧杯、玻璃棒、酒精灯、蒸发皿，在如图所示仪器中，不需要的仪器有分液漏斗和研钵，故合理选项是AC。 【小问6详解】 ①A．若过滤后未干燥完全，把水当作苯甲酸，则其产率偏高，A符合题意；B．若产品中混有其他杂质，也会使苯甲酸的质量偏大，最终导致产率偏高，B符合题意；C．若过滤时滤液浑浊，有部分苯甲酸滞留在滤液中，使得苯甲酸固体质量偏少，最终导致产率偏低，C不符合题意；D．若部分苯甲醛被直接氧化为苯甲酸，则苯甲酸质量偏多，导致其产率偏高，D符合题意；故合理选项是ABD。 ②根据方程式可知：2C6H5-CHO→C6H5-COOH，即2×106 g苯甲醛反应完全产生122 g苯甲酸，现在参加反应的苯甲醛质量是14.0 g，则理论上反应制取的苯甲酸质量为m(苯甲酸)= =8.057 g，实际产量是6.1 g，则苯甲酸的产率为：×100% =75.7%。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$