哈尔滨市名校2019-2020学年化学高二下期末达标测试模拟试题含解析

哈尔滨市名校2019-2020学年化学高二下期末达标测试模拟试题
一、单选题（本题包括20个小题，每小题3分，共60分．每小题只有一个选项符合题意）
1．仪器名称为“容量瓶”的是
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】
A．为圆底烧瓶，故A错误；B．为试管，故B错误；C．容量瓶是一种带有磨口玻璃塞的细长颈、梨形的平底玻璃瓶，颈上有刻度，该仪器为容量瓶，故C正确；D．为烧杯，故D错误；故选C。

2．短周期元素X、Y、W、Q在元素周期表中的相对位置如下图所示。

Y是地壳中含量最多的元素。

下列说法正确的是（）
A．1mol Q单质与氢氧化钠溶液反应转移的电子数目为2 N A
B．X的气态氢化物能使湿润的蓝色石蕊试纸变红
C．氢化物的沸点:H2Y>HQ
D．最髙价氧化物的水化物的酸性:W > Q
【答案】C
【解析】试题分析：根据题意可知：X是N，Y是O，W是S，Q是Cl。

A．1mol Q单质与氢氧化钠溶液反应转移的电子数目为N A，错误；B．X的气态氢化物NH3的水溶液呈碱性，能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色，正确；C．由于在NH3的分子之间存在氢键，增加了分子之间的相互作用力，而在HCl分子之间只存在分子间作用力，所以氢化物的沸点:H2Y>HQ，正确；D．由于元素的非金属性：Cl>S,所以最髙价氧化物的水化物的酸性: Q > W。

错误。

考点：考查元素的推断、元素形成的化合物的性质的知识。

3．化学与生活生产密切相关。

下列说法中不正确的是
A．施肥时，铵态氮肥不能与草木灰（含K2CO3）混合使用
B．夏天冰箱保鲜食品的原理是降低温度，减小化学反应速率
C．施用适量石膏(CaSO4·2H2O)可降低盐碱地（含较多NaCl、Na2CO3）的碱性
D．将海水直接电解可获得Mg及Cl2等单质
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】
A．铵态氮肥与草木灰混合水解互相促进，造成营养流失，故A正确；
B．降温可降低活化分子百分数，减小有效碰撞次数，反应速率减小，故B正确；
C．“盐碱地”中Na 2CO3水解使土壤成碱性，即：CO32－＋H2O HCO3－＋OH－，通过加石膏生成更难溶的碳酸钙沉淀，c(CO32-) 减少，使水解平衡向逆反应方向移动，土壤碱性减弱，故C正确；
D．制备活泼金属单质Mg是电解熔融状态MgCl2，故D错误，
故选D。

4．在容积为2 L的恒容密闭容器中充入1 mol CO2(g)和3.5 mol H2(g)，在一定条件下发生反应：
CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) ΔH<0。

反应进行8 min时达到平衡状态，测得n(CH3OH)=0.5mol。

该反应的平衡常数K与温度T的关系如图1所示，CO2的转化率如图2所示，下列说法错误的是
A．在图1中，曲线Ⅱ表示该反应的平衡常数K与温度T的关系
B．该温度下，平衡常数K=0.25
C．其他条件不变下，图2中x可表示温度或压强或投料比c(CO2)/c(H2)
D．用二氧化碳合成甲醇体现了碳减排理念
【答案】C
【解析】
【分析】
在容积为2 L的恒容密闭容器中充入1 mol CO2(g)和3.5 mol H2(g)，在一定条件下发生反应：
CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) ΔH<0。

反应进行8 min时达到平衡状态，测得n(CH3OH)=0.5mol，CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)
起始(mol) 1 3.5 0 0
反应(mol) 0.5 1.5 0.5 0.5
平衡(mol) 0.5 2 0.5 0.5
据此分析解答。

【详解】
A．CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) ΔH<0，为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，平衡常数K减小，因此在图1中，曲线Ⅱ表示该反应的平衡常数K与温度T的关系，故A正确；
B．根据上述分析，该温度下，平衡常数K=
()()
()()
32
3
22
c CH OH c H O
c CO c H
=
3
0.50.5
22
0.52
()
22
⨯
⨯
= 0.25，故B正确；
C．根据CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) ΔH<0，温度升高，平衡逆向移动，二氧化碳的转化率降低，与图像相符；压强增大，平衡正向移动，二氧化碳的转化率增大，与图像不符；投料比c(CO2)/c(H2)增大，二氧化碳的转化率减小，与图像相符；因此图2中x不可以表示压强，故C错误；
D．用二氧化碳合成甲醇，能够减少二氧化碳的排放量，体现了碳减排理念，故D正确；
答案选C。

5．在两个容积相同的容器中，一个盛有HCl气体，另一个盛有H2和O2的混合气体。

在同温同压下，两容器内的气体一定不相同的（）
A．原子数B．物质的量C．密度D．分子数
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】
根据阿伏加德罗定律可知，在同温同压下，相同体积的任何气体都含有相同数目的分子，且气体的物质的量也相同。

由于三种气体都是由双原子构成的，因此，两容器中一定具有相同的分子数和原子数。

由于两容器中气体的质量不一定相同，故其密度不一定相同。

综上所述，结合四个选项分析，答案选C。

6．依据下列实验操作及现象能得出正确结论的是
选
项
操作现象结论
A 向含有酚酞的Na2CO3溶液中加入少量BaCl2固体溶液红色变浅溶液中存在CO32-的水解平衡
B
室温下，向20mL浓度为0.1mol/LNa2S溶液中先源加几滴
0.1mol/LZnSO4溶液，再满加几滴0.1 mol/LCuSO4溶液先生成白色沉淀，
后生成黑色沉淀
Kg(ZnS)<Kg(Cu
S)
C
取淀粉溶液于试管中，加入稀硫酸，水浴加热后取少量溶液，加入几滴新制Cu(OH)2悬浊液，加热无砖红色沉淀产生
淀粉没有发生
水解反应
D 将铜片和铁片用导线连接插入浓硝酸中铁片表面产生气泡
金属铁比铜活
泼
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【解析】
分析：A.碳酸钠溶液中存在水解平衡，加氯化钡，水解平衡逆向移动，氢氧根离子浓度减小；B.依据沉淀转化的实质分析判断；C.检验葡萄糖应在碱性溶液中；D．金属活动性Fe大于Cu。

详解：A.滴有酚酞的Na2CO3溶液中加入少量BaCl2固体，红色变浅，是因碳酸钠溶液中存在水解平衡，加氯化钡，水解平衡逆向移动，氢氧根离子浓度减小，所以A选项是正确的；
B. 向Na2S溶液中滴入ZnSO4溶液有白色沉淀生成，再加入几滴CuSO4溶液，沉淀由白色转化为黑色，硫化锌和硫化铜阴阳离子比相同，说明溶度积（Ksp）：ZnS＞CuS，故B错误；
C.检验葡萄糖应在碱性溶液中,则在水浴加热后取少量溶液，加入几滴新制Cu(OH)2悬浊液，加热，没有加碱至中性，不能检验，故C错误；
D．将铜片和铁片导线连接插入浓硝酸中，由于铁发生钝化反应，则铁为正极，铜为负极，但金属活动性Fe大于Cu，故D错误。

所以A选项是正确的。

点睛：本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及原电池原理、盐类的水解、沉淀的转化等知识，把握实验操作及物质的性质为解答的关键，注意方案的合理性、操作性分析，题目难度不大。

7．利用氯碱工业的产品处理含SC/的烟气的流程如下图所示。

下列说法错误的是
A．向NaHSO3溶液中加入少量I2，C(H2SO3)/C(HSO3-)将减小
B．氯碱工业的产品可以用于生产漂白粉
C．回收装置中发生的离子反应为HSO3-+H+=SO2↑+H2O
D．上述流程中可循环利用的物质是NaCl
【答案】A
【解析】分析：含SO2的烟气，与NaOH反应生成NaHSO3；回收装置中NaHSO3溶液与HCl反应生成NaCl溶液，NaCl溶液又是氯碱工业的原料，氯碱工业产生的氢气和氯气在合成塔中生成HCl与NaHSO3反应，回收SO2
详解：A、NaHSO3的水解平衡为HSO3－+H2O H2SO3+OH－，平衡常数为
Kb=c(H2SO3)·K w/(c(HSO3-) ·c(H+) )，当加入少量I2时，碘把弱酸（亚硫酸）氧化成强酸（硫酸、氢碘酸），溶液酸性增强，c(H+) 增大，但是温度不变，K w、Kb不变，则c(H2SO3)/c(HSO3-) 将增大，故A错误；
B. 氯碱工业的产品中有氯气，与消石灰反应可以用于生产漂白粉，故B正确；
C. 回收装置中HCl与NaHSO3反应，回收SO2，发生的离子反应为HSO3-+H+=SO2↑+H2O，故C正确；
D.回收装置中NaHSO3溶液与HCl反应生成NaCl溶液，NaCl溶液又是氯碱工业的原料，故循环利用的物质是NaCl溶液，上述流程中可循环利用的物质是NaCl，故D正确；故选A。

点睛：本题考查二氧化硫尾气处理的方法，涉及酸性氧化物与碱的反应、氧化还原反应及盐类水解等，综合性较强，难点：A，水解平衡常数的应用，要先写出常数的表达式，再分析．
8．一定条件下,通过下列反应可以制备特种陶瓷的原料Mg0:MgSO4(s)+CO(g)
MgO(s)+CO 2(g)+SO2(g) △H>0 该反应在恒容的密闭容器中达到平衡后，若仅改变图中横坐标x的值，重新达到平衡后，纵坐标y随x变化趋势合理的是
选项x y
A 压强CO2与CO的物质的量之比
B 温度容器内混合气体的密度
C MgSO4的质量(忽略体积) CO的转化率
D SO2的浓度平衡常数K
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【解析】
A.CO2与CO的物质的量之比为化学平衡常数，平衡常数只与温度有关，体系压强变化，平衡常数不变，所以CO2与CO的物质的量之比不变，故A错误；
B.若x是温度，y是容器内混合气体的密度，升高温度，平衡向吸热反应方向正反应方向移动，气体的质量增大，容器体积不变，则容器内气体密度增大，所以符合图象，故B正确；
C.若x是MgSO4的质量，y是CO的转化率，硫酸镁是固体，其质量不影响平衡移动，所以增大硫酸镁的质量，CO的转化率不变，故C错误；
D.若x是二氧化硫的浓度，y是平衡常数，平衡常数只与温度有关，与物质浓度无关，增大二氧化硫浓度，温度不变，平衡常数不变，故D错误；本题选B。

9．在下图点滴板上进行四个溶液间反应的小实验，其对应反应的离子方程式书写正确的是（）
A．a反应：Fe2＋＋2H＋＋H2O2===Fe3＋＋2H2O B．b反应：HCO3-＋OH－===CO32-＋H2O
C．c反应：H＋＋OH－===H2O D．d反应：Al3＋＋3NH3·H2O===Al（OH）3↓＋3NH4+
【答案】D
【解析】
【详解】
A、Fe2＋被H2O2氧化为Fe3＋，a反应的离子方程式是2Fe2＋＋2H＋＋H2O2=2Fe3＋＋2H2O，故A错误；
B、碳酸氢铵与过量氢氧化钠反应生成碳酸钠、一水合氨、水，b反应的离子方程式是：HCO3-＋2OH－+ NH4+=CO32-＋H2O+ NH3·H2O，故B错误；
C、醋酸与氢氧化钾反应生成醋酸钾和水，c反应的离子方程式是CH3COOH+ OH－=CH3COO－+H2O，故C错误；
D、氯化铝与过量氨水反应生成氢氧化铝沉淀和氯化铵，d反应的离子方程式是Al3＋＋3NH3·H2O=Al(OH)3↓＋3NH4+，故D正确。

10．从甜橙的芳香油中可分离得到如下结构的化合物：
现有试剂：①KMnO4酸性溶液；②H2/Ni；③Ag(NH3)2OH；④新制Cu(OH)2，能与该化合物中所有官能团都发生反应的试剂有
A．①②B．②③C．③④D．①④
【答案】A
【解析】
【分析】
由图中结构可知，该物质中含有-C=C-、-CHO，结合烯烃和醛的性质来解答。

【详解】
①碳碳双键、醛基均能被酸性高锰酸钾氧化，故①选；
②碳碳双键、醛基均能与氢气发生加成反应，故②选；
③该物质中含有醛基，能发生银镜反应，故③不选；
④该物质中含有醛基，能与新制Cu（OH）2反应生成氧化亚铜沉淀，故④不选；
故选A。

11．现有三组混合液:①乙酸乙酯和乙酸钠溶液;②乙醇和丁醇;③溴化钠和单质溴的水溶液。

分离以上各混合液的正确方法依次是( )
A．分液、萃取、蒸馏B．分液、蒸馏、萃取
C．萃取、蒸馏、分液D．蒸馏、萃取、分液
【答案】B
【解析】
①两液体不互溶②两物质的沸点差别比较大③根据溴在有机溶剂中溶解度大的特点用苯进行萃取。

12．在有机物分子中，若某碳原子连接四个不同的原子或基团，则这种碳原子称为“手性碳原子”，含“手
性碳原子”的物质通常具有不同的光学特征（称为光学活性），下列物质在一定条件下不能
．．使
分子失去光学活性的是
A．H2B．CH3COOH C．O2／Cu D．NaOH溶液
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】
A、H2在一定条件下与醛基发生加成反应生成—CH2OH，失去光学活性，错误；
B、CH3COOH与醇羟基发生酯化反应，不失去光学活性，正确；
C、—CH2OH在铜作催化剂、加热的条件下与氧气反应生成醛基，失去光学活性，错误；
D、卤代烃与氢氧化钠溶液发生水解反应生成—CH2OH，失去光学活性，错误。

13．某化学小组欲利用如图所示的实验装置探究苯与液溴的反应（装置连接顺序为CDAB）
已知：MnO2+2NaBr+2H2SO4Br2↑+MnSO4+Na2SO4+2H2O，下列说法不正确的是
A．装置A的作用是除去HBr中的溴蒸气
B．装置B的作用是检验HBr
C．可以用装置C制取溴蒸气
D．装置D反应后的混合液经稀碱溶液洗涤、结晶，得到溴苯
【答案】D
【解析】
【分析】
装置C中二氧化锰、溴化钠和硫酸反应制得溴蒸气，溴蒸气通入装置D中与苯发生取代反应生成溴苯和溴化氢，溴化氢气体中混有溴蒸气和挥发出的苯，溴蒸气会干扰溴化氢的检验，装置A中四氯化碳吸收溴蒸气和挥发出的苯，防止溴蒸气会干扰溴化氢的检验，装置B中溴化氢与硝酸银溶液反应生成淡黄色溴化银沉淀，检验反应有溴化氢生成。

【详解】
A项、装置A的作用是除去HBr中的溴蒸气，防止溴蒸气会干扰溴化氢的检验，故A正确；
B项、装置B中溴化氢与硝酸银溶液反应生成淡黄色溴化银沉淀，检验反应有溴化氢生成，故B正确；C项、装置C中二氧化锰、溴化钠和硫酸反应制得溴蒸气，故C正确；
D项、装置D中制得的不溶于水的溴苯中混有溴和苯，经水洗、稀碱溶液洗涤、水洗、分液、干燥、分馏得到溴苯，故D错误；
故选D。

【点睛】
本题考查溴苯的制备，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，注意分析仪器的作用，注意物质的性质与检验和分离方法的关系是解答关键。

14．反应4A(s)＋3B(g)＝2C(g)＋D(g)，经2 min后，B的浓度减少了0.6mol/L。

下列反应速率的表示正确的是()
A．用A表示的反应速率是0.4 mol/(L·min)
B．用B表示的反应速率是0.3 mol/(L·min)
C．2 min末时的反应速率，用B表示是0.3 mol/(L·min)
D．用D表示的反应速率为0.1 mol/L
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】
A．A物质是固态，不能表示反应速率，选项A不正确；
B．经2 min后，B的浓度减少了0.6mol/L，则用B物质表示的反应速率是0.6/
2
mol L
min
＝0.3 mol/(L·min)，
选项B正确；
C．反应速率是一段时间内的平均值，而不是瞬时反应速率，C不正确；
D．B物质表示的反应速率是0.6/
2
mol L
min
＝0.3 mol/(L·min)，由于反应速率之比是相应的化学计量数之比，
所以D表示的反应速率是0.1 mol/(L·min)，D不正确；
答案选B。

15．下图为H2与O2反应生成H2O(g)的能量变化示意图，下列有关叙述不正确
．．．的是
A．1 mol H2分子断键需要吸收436 kJ的能量
B．H2(g)+1/2O2(g)＝H2O(g) ΔH＝－241.8 kJ/mol
C．反应物的总能量高于生成物的总能量
D．形成化学键释放的总能量比断裂化学键吸收的总能量小
【答案】D
【解析】
【详解】
A. 根据示意图可知1molH2分子断键需要吸收436 kJ的能量，A正确；
B. 反应热等于断键吸收的能量和形成化学键放出的能量的差值，因此H2(g)+1
2
O2(g)=H2O(g)的反应热ΔH
＝436 kJ/mol+1
2
×498 kJ/mol－2×463.4 kJ/mol=－241.8 kJ/mol，B正确；
C. 反应是放热反应，则反应物的总能量高于生成物的总能量，C正确；
D. 反应是放热反应，则形成化学键释放的总能量比断裂化学键吸收的总能量大，D错误；
答案选D。

16．根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是
选项实验操作和现象结论
A Zn保护了Fe不被腐蚀
B
2NO 2(g)N 2O 4(g)为吸热反
应
C
试管内均有红棕色气体生成
木炭与浓硝酸发生了反应
D
常温下，向饱和Na 2CO 3 溶液中加入少量BaSO 4粉末，充分搅拌后过滤，再向洗净的滤渣中加稀盐酸，有气泡产生
K sp (BaSO 4)＞K sp (BaCO 3)
A ．A
B ．B
C ．C
D ．D
【答案】A 【解析】 【详解】
A.①中有蓝色沉淀，证明存在Fe 2+，②中试管内无明显变化，说明Fe 附近溶液中无Fe 2+，对比可说明Zn 的存在保护了Fe ，故A 正确；
B.由实验装置图可知，热水中NO 2的浓度增大，说明升高温度平衡向逆反应方向移动，所以2NO 2(g)
N 2O 4(g)为放热反应，故B 错误；
C.因为浓硝酸不稳定见光或受热易分解：3
222Δ
4HNO 2H O+4NO +O ↑↑，浓硝酸还具有强氧化性，能
和木炭发生反应：3222Δ
4HNO +C
2H O+4NO +CO ↑↑，两者都会产生NO 2的红棕色气体，所以此实验
不能证明是木炭与浓硝酸发生了反应，故C 错误；
D.常温下，向饱和Na 2CO 3 溶液中加入少量BaSO 4粉末，充分搅拌后过滤，再向洗净的滤渣中加稀盐酸，有气泡产生，说明有碳酸钡产生，是因为c(CO 32-)浓度很大，不能说明 K sp (BaSO 4)＞K sp (BaCO 3)，故D 错误； 综上所述，本题正确答案：A 。

17．是最早发现的Ne 元素的稳定同位素，汤姆逊(J.J.Thomson ）和阿斯通（F. W .Aston ）在1913年发现了。

下列有关说法正确的是
A ．和是同分异构体
B ．和
属于不同的核素
C ．
和
的性质完全相同 D ．
转变为
为化学变化
【答案】B
【解析】A. 和的质子数相同，中子数不同，互为同位素，A错误；B. 和的质子数相同，中子数不同，属于不同的核素，B正确；C. 和的化学性质完全相同，物理性质不同，C错误；D. 转变为中没有新物质生成，不是化学变化，D错误，答案选B。

点睛：掌握同位素的含义是解答的关键，注意（1）同种元素可以有若干种不同的核素，也可以只有一种核素，有多少种核素就有多少种原子。

（2）同种元素是质子数相同的所有核素的总称，同位素是同一元素不同核素之间的互称。

（3）元素周期表中给出的相对原子质量是元素的相对原子质量，而不是该元素的某种核素的相对原子质量。

18．某羧酸酯的分子式为C18H26O5，1mol该酯完全水解可得到1mol羧酸和2mol乙醇，该羧酸的分子式为A．C14H10O5B．C14H16O4C．C14H22O5D．C14H18O5
【答案】D
【解析】
【详解】
某羧酸酯的分子式为C18H26O5, 1mol该酯完全水解可得到1mol羧酸和2mol乙醇，说明酯中含有2个酯基，设羧酸为M，则反应的方程式为C18H26O5+H2O=M+2C2H5OH, 由质量守恒可以知道M的分子式为C14H18O5，故选D。

【点睛】
1mol该完全水解可得到1mol羧酸和2mol乙醇，则说明酯中含有2个酯基，结合酯的水解特点以及质量守恒定律判断该羧酸的分子式。

19．下列关于有机物命名和分类的叙述正确的是
A．的名称为2-羟基丁烷
B．的名称为2，2，3-三甲基戊烷
C．、的都属于芳香烃
D．乙二醇和丙三醇互为同系物
【答案】B
【解析】分析：本题考查的是有机物的命名，难度较小。

详解：A.该有机物的名称应该为2-丁醇，故错误；B.该有机物的名称应该为2,2,3-三甲基戊烷，故正确；
C.该有机物为苯和环烯烃，环烯烃不含苯环结构，不属于芳香烃，故错误；
D.乙二醇和丙三醇的羟基数目不同，不是同系物，故错误。

故选B。

点睛：注意同系物是指结构相似，在分子组成上相差一个或若干个CH2原子团的物质。

所说的结构相似是指属于同类物质，即官能团种类和个数相同。

如醇和酚类不可能属于同系物，乙醇和乙二醇或丙三醇不可能是同系物。

20．金属钠是体心立方堆积，关于钠晶体，下列判断合理的是（）
A．其熔点比金属铝的熔点高
B．一个钠的晶胞中，平均含有4个钠原子
C．该晶体中的自由电子在外加电场作用下可发生定向移动
D．该晶体中的钠离子在外加电场作用下可发生定向移动
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】
A．金属的原子半径越小，金属离子所带电荷越多，金属键越强，金属熔化时破坏金属键，所以Al的金属键强度大于Na，所以Na的熔点比金属铝的熔点低，选项A错误；
B．晶胞中Na原子位于立方体的顶点和体心，则一个钠的晶胞中，平均含有钠原子数为1
8
×1+1=2，选项B
错误；
C．自由电子在电场的作用下可以定向移动，金属晶体中存在自由移动的电子，所以该晶体中的自由电子在外加电场作用下可发生定向移动，选项C正确；
D．晶体中的钠离子在外加电场作用下不能定向移动，选项D错误。

答案选C。

二、实验题（本题包括1个小题，共10分）
21．某同学设计实验制备2-羟基-4-苯基丁酸乙酯，反应原理、装置和数据如下：
相对分子质量密度(g/cm3) 沸点(℃)水溶性
2-羟基-4-苯基丁酸180 1.219 357 微溶
乙醇46 0.789 78.4 易溶
2- 羟基-4-苯基丁酸乙酯208 1.075 212 难溶
实验步骤：
①如图1，在干燥的圆底烧瓶中加入20mL2-羟基-4-苯基丁酸、20mL 无水乙醇和适量浓硫酸，再加入几粒沸石；
②加热至70℃左右保持恒温半小时；
③分离、提纯三颈瓶中的粗产品，得到有机粗产品；
④精制产品。

请回答下列问题：
（1）油水分离器的作用为____________________。

实验过程中发现忘记加沸石该如何操作
_______________________。

（2）本实验采用____________加热方式（填“水浴”、“油浴”或“酒精灯加热”）。

（3）取三颈烧瓶中的混合物分别用水、饱和碳酸氢钠溶液和水洗涤。

第二次水洗的目的是
___________________。

（4）在精制产品时，加入无水MgSO4的作用为___________________；然后过滤，再利用如图2装置进行蒸馏纯化，图2 装置中的错误有__________________________。

（5）若按纠正后的操作进行蒸馏纯化，并收集212℃的馏分，得2-羟基-4-苯基丁酸乙酯约9.0g。

则该实验的产率为__________________________。

【答案】及时分离生成的水，促进平衡正向进行停止加热，待冷却至室温后，再往装置内加入沸石水浴洗掉碳酸氢钠干燥温度计水银球的位置，冷凝水的方向32%
【解析】分析：(1)2-羟基-4-苯基丁酸于三颈瓶中，加入适量浓硫酸和20mL无水乙醇发生的是酯化反应，存在化学平衡，油水分离器的作用及时分离生成的水，促进平衡正向进行分析；实验过程中发现忘记加沸石，需要冷却至室温后，再加入沸石；
(2)根据反应需要的温度分析判断；
(3)取三颈烧瓶中的混合物分别用水、饱和碳酸氢钠溶液洗涤后，混合物中有少量的碳酸氢钠溶液要除去；
(4)在精制产品时，加入无水MgSO4，硫酸镁能吸水，在蒸馏装置中温度计的水银球的位置应与蒸馏烧瓶的支管口处相平齐，为有较好的冷却效果，冷凝水应采用逆流的方法；
(5)计算出20mL 2-羟基-4-苯基丁酸的物质的量和20mL无水乙醇的物质的量，根据方程式
判断出完全反应的物质，在计算出2-羟基-4-苯基丁酸乙
酯的理论产量，根据产率= ×100%计算。

详解：(1)依据先加入密度小的再加入密度大的液体，所以浓硫酸应最后加入，防止浓硫酸使有机物脱水，被氧化等副反应发生，防止乙醇和酸在浓硫酸溶解过程中放热而挥发；2-羟基-4-苯基丁酸于三颈瓶中，加入适量浓硫酸和20mL无水乙醇发生的是酯化反应，存在化学平衡，油水分离器的作用及时分离生成的水，促进平衡正向进行分析，实验过程中发现忘记加沸石，应该停止加热，待冷却至室温后，再往装置内加入沸石，故答案为：及时分离产物水，促进平衡向生成酯的反应方向移动；停止加热，待冷却至室温后，再往装置内加入沸石；
(2)加热至70℃左右保持恒温半小时，保持70℃，应该采用水浴加热方式，故答案为：水浴；
(3)取三颈烧瓶中的混合物分别用水、饱和碳酸氢钠溶液洗涤后，混合物中有少量的碳酸氢钠溶液要除去，所以要用水洗，故答案为：洗掉碳酸氢钠；
(4)在精制产品时，加入无水MgSO4，硫酸镁能吸水，在蒸馏装置中温度计的水银球的位置应与蒸馏烧瓶的支管口处相平齐，为有较好的冷却效果，冷凝水应采用逆流的方法，所以装置中两处错误为温度计水银球的位置，冷凝水的方向，故答案为：干燥；温度计水银球的位置，冷凝水的方向；
(5)20mL 2-羟基-4-苯基丁酸的物质的量为mol=0.135mol，20mL无水乙醇的物质的量为
mol=0.343mol，根据方程式可知，乙醇过量，所以理论上产生2-羟基-4-苯基丁酸乙酯的质量为0.135mol×208g/mol=28.08g，所以产率
=×100%=×100%=32%，故答案为：32%。

三、推断题（本题包括1个小题，共10分）
22．药用有机物A为一种无色液体。

从A出发可发生如下一系列反应：
请回答：
（1）写出化合物F的结构简式：________________。

（2）写出反应①的化学方程式：__________________________________________。

（3）写出反应④的化学方程式：___________________________________________。

（4）有机物A的同分异构体很多，其中属于羧酸类的化合物，且含有苯环结构的有________种。

（5）E的一种同分异构体H，已知H可以和金属钠反应放出氢气，且在一定条件下可发生银镜反应。

试写出H的结构简式：_________________________________。

E的另一种同分异构体R在一定条件下也可以发生银镜反应，但不能和金属钠反应放出氢气。

试写出R的结构简式：
_____________________________________________。

【答案】
CH3CH2OH+CH3COOH CH3COOCH2CH3+H2O 4 HOCH2CHO HCOOCH3
【解析】
【分析】
由框图可知：B能和二氧化碳反应生成D，D能和溴水发生取代反应生成白色沉淀，说明D中含有酚羟基，所以A中含有苯环，A的不饱和度为5，则A中除苯环外含有一个不饱和键；A能和氢氧化钠的水溶液发生水解反应生成B和C，则A中含有酯基，C酸化后生成E，E是羧酸，E和乙醇发生酯化反应生成G，G 的分子式为C4H8O2，根据原子守恒知，E的分子式为C2H4O2，则E的结构简式为CH3COOH，C为CH3COONa，G的结构简式为CH3COOCH2CH3，根据原子守恒知，D的分子式为C6H6O，则D结构简式为：，B
为，F为，则A的结构简式为：，据此解答。

【详解】
（1）化合物F的结构简式；
（2）反应①是A在碱性条件下的水解反应，反应①的化学方程式
；
（3）反应④是在浓硫酸作催化剂、加热条件下，乙酸和乙醇发生酯化反应，反应方程式为：
CH3CH2OH+CH3COOH CH3COOCH2CH3+H2O；
（4）A的结构简式为：，属于羧酸类的A的同分异构体有：邻甲基苯甲酸、间甲基苯甲酸、对甲基苯甲酸、苯乙酸，所以有4种；
（5）E的结构简式为CH3COOH，H为乙酸的同分异构体，能发生银镜反应，能和钠反应生成氢气说明H 中含有醛基，醇羟基，所以H的结构简式为：HOCH2CHO；E的另一种同分异构体R在一定条件下也可以发生银镜反应，但不能和金属钠反应放出氢气，故R结构中存在醛的结构但不存在羟基或羧基，故为酯的。