（新高考）此卷只装订不密封班级姓名准考证号考场号座位号此卷只装订不密封班级姓名准考证号考场号座位号2022届高三二轮综合卷化学（四）注意事项：1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。第Ⅰ卷（选择题）一、选择题：本题共15小题，共45分。每小题3分。在每个小题给出的四个选项中，只有一个是符合题目要求的。1．中国传统文化具有重要的历史价值与科学研究价值。下列说法正确的是A．《荷塘月色》“……薄薄的青雾浮起在荷塘里”中“青雾”属于胶体B．《将进酒》“……朝如青丝暮成雪”中青丝的主要成分为纤维素C．《七步诗》“……煮豆燃豆萁”中涉及的能量变化主要是热能转化为化学能D．《本草纲目》“……凡酸坏之酒，皆可蒸烧”中“蒸烧”是利用物质的热稳定性不同【答案】A【解析】A．青雾是微小液滴悬浮在大气中构成的气溶胶，A正确；B．“青丝”主要成分是蛋白质，B错误；C．“燃豆萁”属于燃烧，是化学能转化成热能，C错误；D．“蒸烧”指蒸馏，是利用沸点的差异，D错误。故选A。2．在医学上常用C呼吸法诊断幽门螺旋杆菌，考古时通过测定C所占比例来测定文物年代，下列有关C和C的说法不正确的是A．两种原子中均含有6个质子B．C的原子结构示意图：C．二者互为同位素D．30gCO含有的电子数为14NA【答案】B【解析】A．C和C是C元素的两种核素，二者质子数相同，都是6个，A正确；B．C的质子数是6，原子核外电子排布是2、4，所以其原子结构示意图：，B错误；C．C和C是C元素的两种核素，二者质子数都是6个，中子数分别是7、8，故二者互为同位素，C正确；D．CO的相对分子质量是30，故30gCO的物质的量是1mol，一个该分子中含有14个电子，则1molCO中含有的电子数为14NA，D正确；故合理选项是B。3．下列离子方程式书写正确的是A．CaCO3与稀硝酸反应：+2H+=H2O+CO2↑B．FeSO4溶液与溴水反应：2Fe2++Br2=2Fe3++2Br-C．NaOH溶液与过量H2C2O4溶液反应：H2C2O4+2OH-=C2O+2H2OD．C6H5ONa溶液中通入少量CO2：2C6H5O-+CO2+H2O=2C6H5O-+【答案】B【解析】A．碳酸钙是固体难溶物，写离子方程式时不能拆成离子形式，正确的离子方程式为：CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑，故A错误；B．FeSO4溶液与溴水反应时，溴单质氧化了亚铁离子，将亚铁离子氧化成铁离子，正确的离子方程式为2Fe2++Br2=2Fe3++2Br-，故B正确；C．氢氧化钠与过量的草酸反应，说明氢氧化钠的量不足，生成草酸氢钠，正确的离子方程式为H2C2O4+OH-=HC2O+H2O，故C错误；D．苯酚钠中通入少量或过量二氧化碳都生成苯酚和碳酸氢钠，苯酚的酸性弱于碳酸强于碳酸氢根，故正确的离子方程式为：C6H5O-+CO2+H2O=C6H5O-+HCO，故D错误；故选B。4．和催化重整可制备合成气，其反应历程示意图如下：下列说法正确的是A．合成气的主要成分为CO和H2OB．Ni可降低该反应的反应热C．①→②吸收能量D．Ni可降低该反应的活化能9
【答案】D【解析】A．由图示可知和在催化作用下，最终生成和，A错误；B．催化剂只能改变反应的活化能，不能改变反应热，B错误；C．由图示可知①的能量总和大于②的能量总和，则①→②的过程放出能量，C错误；D．作为催化剂，催化剂可降低反应的活化能，D正确；故答案选D。5．某深蓝色溶液是纤维素的优良溶剂，其制备反应如下图所示。X、Y、Z三种元素原子序数依次增大，基态Y原子的电子填充了3个能级，其中有2个未成对电子，Y、Z均位于X的下一周期，W的焰色为绿色。下列说法错误的是A．Y元素的最高价氧化物分子中化学键的极性的向量和等于零B．最简单氢化物的稳定性：Y＜ZC．W的价层电子排布图为D．1个生成物离子中含有4条配位键【答案】C【解析】基态Y原子的电子填充了3个能级，其中有2个未成对电子，则其核外电子排布为1s22s22p2或1s22s22p4，结合所给物质中Y的成键特点可知，Y为C元素；Y、Z均位于X的下一周期，所以X位于第一周期，为H元素，Z可以形成3个共价键，则应为N元素；W的焰色为绿色，所以为Cu元素。A．Y元素的最高价氧化物分子为CO2，为直线形，结构对称，为非极性分子，即化学键的极性的向量和等于零，A正确；B．非金属性C＜N，则最简单氢化物的稳定性：Y(C)＜Z(N)，B正确；C．W为Cu元素，价层电子为3d104s1，排布图为，C错误；D．据图可知1个生成物离子中，Cu2+与4个N原子配位，即含有4条配位键，D正确；故答案为C。6．X是一种治疗帕金森症药品的合成原料。下列说法正确的是A．中存在键B．X分子存在顺反异构现象C．X分子中碳原子存在两种杂化方式D．X分子中所有碳原子不可能处于同一平面【答案】B【解析】A．由题干X的结构简式可知，中存在键，A错误，B．由题干X的结构简式可知，X分子中含有碳碳双键，且双键所在的两个碳原子分别连有互不相同的原子或原子团，故X分子存在顺反异构现象，B正确；C．由题干X的结构简式可知，X分子中所有碳原子均采用杂化，C错误；D．由题干X的结构简式可知，X分子中含有苯环、碳碳双键和醛基三个平面结构，中间均为单键连接可以旋转，故所有碳原子可能处于同一平面，D错误；故答案为B。7．实验室常用碳化钙（俗称电石）与水反应制备乙炔气体，碳化钙晶胞如图所示。下列有关描述中错误的是A．1个碳化钙晶胞的质量为gB．碳化钙中既存在离子键又存在共价键，属于离子化合物C．乙炔中的C-H单键为sp-sσ键D．碳化钙晶胞中，距离Ca2+最近的号有8个【答案】D【解析】A．根据均摊原则，1个晶胞中含有的个数是、含有Ca2+个数，所以1个碳化钙晶胞的质量为g，故A正确；B．碳化钙由、Ca2+构成，既存在离子键又存在共价键，属于离子化合物，故B正确；C．乙炔中C原子的杂化方式是sp杂化，H原子的s轨道与C原子的sp杂化轨道形成σ键，所以乙炔中的C-H单键为sp-sσ键，故C正确；D．根据图示，碳化钙晶胞中，距离Ca2+最近的号有6个，故D错误；选D。8．锌的性质与铝相似，可发生反应。下列关于反应物和产物的性质说法正确的是A．五种物质中有两种离子晶体、三种分子晶体B．NaOH晶胞结构与NaCl晶胞结构相似，因此NaOH晶体中配位数是8C．中存在4mol配位键9
D．锌的熔点高于水的熔点，是因为锌的相对原子质量大，分子间作用力大的原因【答案】C【解析】A．Zn单质既不是离子晶体，也不是分子晶体，是金属晶体，A错误；B．NaCl晶胞中中紧邻6个Cl-，所以的配位数是6，B错误；C．中1个与周围4个形成配位键，中存在4mol配位键，C正确；D．水的熔点低是因为冰是分子晶体、锌是金属晶体，锌晶体中是金属键的作用，金属键强于冰晶体中氢键的作用，D错误；答案为C。9．下列方案设计、现象和结论都正确的是目的方案设计现象和结论A探究与氧化性的强弱向和的混合溶液中滴入酸化的溶液溶液变红，说明氧化性：B探究速率的影响因素金属钠与浓盐酸、与水反应进行对照实验金属钠与浓盐酸反应比金属钠与水反应速率慢，说明浓盐酸中较小C比较S与C的非金属性强弱用试纸测定的和溶液的前者的试纸颜色比后者深，说明非金属性：D证明溴乙烷与的乙醇溶液发生消去反应将溴乙烷与的乙醇溶液共热产生的气体通入到溴的溶液中溶液褪色，说明发生了消去反应A．AB．BC．CD．D【答案】D【解析】A．酸化的硝酸银溶液中，硝酸根离子也能将亚铁离子氧化为铁离子，溶液变红不能说明银离子将亚铁离子氧化为铁离子，无法比较银离子和铁离子的氧化性强弱，故A错误；B．浓盐酸中氢离子浓度比水中氢离子浓度大，故B错误；C．非金属元素的非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，亚硫酸中硫元素不是最高价态，则亚硫酸的酸性强于碳酸不能说明硫元素的非金属性强于碳元素，故C错误；D．将溴乙烷与氢氧化钠的乙醇溶液共热产生的气体通入到溴的四氯化碳溶液中，溶液褪色，说明溴乙烷与氢氧化钠的乙醇溶液共热发生消去反应生成的乙烯与溴的四氯化碳溶液发生加成反应，使溶液褪色，故D正确；故选D。10．“连翘酯苷A”是“连花清瘟胶囊”的有效成分。如图有机物是“连翘酯苷A”的水解产物。下列有关该有机物的说法正确的是A．该物质中碳原子的杂化方式均为B．1mol该分子最多可与5molH2发生加成反应C．分子中所有原子不可能处于同一平面D．1mol该物质最多能与溶液反应【答案】A【解析】A．碳碳双键、碳氧双键和苯环中，碳原子杂化方式均为，故A正确；B．能与氢气发生加成反应的为苯环和碳碳双键，则该分子最多可与发生加成反应，故B错误；C．苯环、碳碳双键和羧基都为平面形结构，则所有的原子可能共平面，故C错误；D．酚羟基与NaHCO3不反应，该有机物分子中只含有1个羧基，1mol该物质最多只能与溶液反应，故D错误；故选A。11．25℃时，将浓度均为0.1的HA溶液和BOH溶液按体积分别为和混合，保持mL，已知BA可溶于水，、与混合液pH关系如图。下列说法正确的是A．BOH的电离常数约为B．x点溶液：C．y点溶液：D．水的电离程度：z点＞y点9
【答案】B【解析】A．图可知，随着曲线Ⅰ体积的增大，溶液的pH逐渐增大，说明曲线Ⅰ表示BOH溶液的体积，0.1的BOH溶液的pH=11，氢氧根浓度是0.001mol/L，则，A项错误；B．图像中x点HA溶液体积大于BOH溶液等体积，溶液为HA和BA的混合溶液，根据电荷守恒得，，B项正确；C．当HA溶液与BOH溶液等体积混合时，溶液的pH＞7，溶液显碱性，说明，即的水解程度比的大，，C项错误；D．z点含有BOH，抑制水的电离，水的电离程度小，D项错误。答案选B。12．“碳呼吸电池”是一种新型能源装置，其工作原理如图所示。下列有关说法错误的是A．通入CO2的一极电极反应式为：2CO2+2e−=C2OB．金属铝电极发生氧化反应C．每得到1molAl2(C2O4)3，电路中转移6mol电子D．以该装置为电源进行粗铜的电解精炼，金属铝质量减少27g时，理论上阴极质量增加80g【答案】D【解析】据图可知Al被氧化，所以金属铝为负极，通入CO2的电极为正极，CO2被还原为草酸根。A．据图可知CO2在正极被还原为草酸根，根据电子守恒、元素守恒可得反应式为2CO2+2e−=C2O，A正确；B．铝为金属，在负极被氧化为Al3+，B正确；C．每得到1molAl2(C2O4)3，则需要2molAl，根据电极反应可知转移6mol电子，C正确；D．金属铝质量减少27g，即减少1molAl，根据电极反应Al-3e−=Al3+可知，转移3mol电子，则电解精炼铜时，阴极生成1.5mol铜，质量为1.5mol×64g/mol=96g，D错误；综上所述答案为D。13．以二氧化锰为原料制取高锰酸钾晶体的流程如下：下列说法正确的是A．“灼烧”可在石英坩埚中进行B．母液中的溶质仅有、C．“结晶”环节宜采用蒸发结晶的方法D．“转化”中的反应方程式为：【答案】D【解析】A．石英坩埚的主要成分是二氧化硅，能与KOH反应，因此灼烧不能在石英坩埚中，故A错误；B．结晶后的母液中含存在一定量的高锰酸钾，故B错误；C．滤液中存在碳酸氢钾、氯化钾、高锰酸钾，应依据三者溶解度受温度的影响差异采用蒸发浓缩，冷却结晶的方法得到高锰酸钾，故C错误；D．由流程信息可知，转化是在锰酸钾溶液中通入过量的二氧化碳，生成高锰酸钾，碳酸氢钾以及二氧化锰，反应的方程式为：，故D正确；故选D。14．下列实验操作、现象和结论都正确且有相关性的是选项操作现象结论A干燥的氯气依次通入干布条、湿布条干布条无变化，湿布条褪色Cl2与H2O发生反应生成HClOB向浑浊的河水中加入明矾粉末河水变澄清明矾聚沉水中杂质C向Na2S2O3溶液中滴加稀H2SO4溶液产生气体，生成浅黄色沉淀硫酸表现强氧化性D向CuSO4溶液中滴加少量稀氨水产生蓝色沉淀碱性：Cu(OH)2>NH3·H2OA．AB．BC．CD．D【答案】A9
【解析】A．氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，次氯酸具有漂白性，A项正确；B．明矾水解生成氢氧化铝胶体，胶体具有净水作用，B项错误；C．硫酸与硫代硫酸钠反应生成硫、二氧化硫、水和硫酸钠，硫酸只表现酸性，C项错误；D．氨水与硫酸铜反应生成氢氧化铜，说明氢氧化铜的碱性比一水合氨的弱，D项错误；答案选A。15．中学实验中常见的一些实验操作如图所示，下列有关叙述错误的是A．图Ⅰ所示操作会导致所配溶液的物质的量浓度偏大B．图Ⅱ所示操作可用于除去中的C．图Ⅲ所示实验中右边导管内红墨水水位将会下降D．图Ⅳ所示实验中已用溶液的体积为【答案】B【解析】A．图Ⅰ所示操作是仰视，液面超过刻度线，会导致所配溶液的物质的量浓度偏小，选项A错误；B．图Ⅱ所示操作利用饱和碳酸氢钠溶液进行洗气，能与氯化氢反应生成二氧化碳，但不与二氧化碳反应，可用于除去中的，选项B正确；C．图Ⅲ所示实验中发生吸氧腐蚀，气体消耗，右边导管内红墨水水位将会上升，选项C错误；D．由于不知道起始时滴定管的读数，因此不能确定已用溶液的体积，选项D错误。答案选B。第Ⅱ卷（非选择题）二、非选择题：本题共4小题，共55分。16．2021年9月，我国首次利用二氧化碳合成了淀粉，合成过程首先是利用二氧化碳制备甲醇。请回答下列问题：（1）某课题组设计合成的路线及部分应用如下图：①上述过程中可循环利用的物质是___________。②图中燃料电池的负极电极反应式为___________。（2）合成甲醇的反应为：，该反应只有低温时自发，则合成甲醇反应的活化能___________（填“＞”或“＜”）。（3）研究表明：在相同条件下，按照投料进行合成甲醇，在有分子筛膜（分子筛膜具有选择透过性）时甲醇的平衡产率明显高于无分子筛膜时甲醇的平衡产率，其原因可能是___________。（4）在℃时将和充入2L密闭容器中，只发生反应，初始压强为，测得的物质的量随时间变化如图中状态Ⅰ所示。（图中代表在1min时的物质的量是）①℃时，该反应的平衡常数_______（用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数）。②保持投料量不变，仅改变某一条件后，测得随时间变化如图中状态Ⅱ所示，与状态Ⅰ相比，状态Ⅱ改变的条件可能是___________；若改变某一条件，得到状态Ⅲ，达到平衡时的甲醇的平均生成速率________。（保留两位小数）【答案】（1）、（2）＜（3）分子筛膜从反应体系中不断分离出或，有利于反应正向进行，甲醇产率升高（4）（也可）增大压强0.13【解析】（1）①从图中分析可知，可循环利用的物质是、；②图中燃料电池以熔融碳酸盐为电解质，氧气进入正极，燃料甲醇进入负极失去电子，负极电极反应式为：。9
（2）该反应气体分子数减少，熵变减少，熵判据为非自发，该反应只有低温时自发，则其焓变ΔH<0，又ΔH=-，则该反应的活化能＜。（3）分子筛膜从反应体系中不断分离出或，有利于反应正向进行，甲醇产率升高。（4）①从图中可知，8min后H2的物质的量保持不变，体系达到平衡状态，H2的物质的量为2mol，根据题意有，平衡时气体物质总物质的量为10mol，平衡时体系压强为，℃时，该反应的平衡常数=；②状态Ⅱ与状态Ⅰ相比，达到平衡所需时间减少，即反应速率变快，平衡时的物质的量较小，即平衡正向移动，该反应正向气体分子数减少，故状态Ⅱ改变的条件可能是增大压强；若改变某一条件，得到状态Ⅲ，由图可知，5min达到平衡时的物质的量为4mol，则，甲醇的平均生成速率。17．以黄铁矿（主要成分是FeS2，含少量SiO2）和软锰矿（主要成分是MnO2，含少量Fe2O3、Al2O3）为原料制备MnSO4·H2O的工艺流程如下。回答下列问题：己知溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的如下表所示：金属离子开始沉淀时的8.17.52.23.7沉淀完全时的9.69.03.24.7（1）混合研磨成细粉的目的是_______。“酸浸”过程得到的滤液中含有，则该过程中主要反应的离子方程式是_______。（2）根据上表数据，计算的_______。若“调”后的溶液中浓度为，则“调”应控制的范围是_______。（3）“沉锰”时，参与反应的离子方程式是_______。（4）结合图像，分析从“操作A”所得溶液中得到晶体需进行的操作是_______、洗涤、干燥.若称取一定质量的用标准溶液滴定（操作过程产生的误差很小可忽略），计算所得样品质量分数大于，分析可能的原因是_______。【答案】（1）增大与酸的接触面积，加快反应速率（2）4.7~7.1（3）（4）蒸发结晶、趁热过滤样品失去部分结晶水或混有硫酸盐杂质【解析】黄铁矿（主要成分是FeS2，含少量SiO2）和软锰矿（主要成分是MnO2，含少量Fe2O3、Al2O3）先进行粉碎，增大酸溶时的接触面积，再加入稀硫酸酸浸，其中SiO2不溶于酸，金属氧化物溶于酸生成硫酸铝和硫酸铁，MnO2、FeS2与硫酸发生反应生成单质S和硫酸锰、硫酸铁，由表中数据计算出Mn(OH)2的Ksp可知，过滤除杂后加氢氧化钠调节溶液pH值4.7~7.1之间除去溶液中的Fe3+和Al3+，所得滤液中加入氨水、碳酸氢铵发生反应，将锰转化为碳酸锰沉淀，碳酸锰沉淀中加入稀硫酸，将其转化为硫酸锰溶液，经过操作A即蒸发结晶、保持温度高于40℃以上趁热过滤，过滤洗涤干燥后得到MnSO4·H2O，据此分析解题。（1）由分析可知，混合研磨成细粉的目的是增大与酸的接触面积，加快反应速率，“酸浸”过程得到的滤液中含有，是由于MnO2和FeS2反应转化而来的，故该过程中主要反应的离子方程式是；9
（2）根据上表数据，计算的c(Mn2+)c2(OH-)=0.01mol/L×(mol/L)2=10-5mol/L×(mol/L)2=，当浓度为时，溶液中c(OH-)==10-6.9mol/L，此时溶液的pH=7.1，由分析可知，调节pH的目的是除去溶液中的Fe3+和Al3+，故“调”应控制的范围是4.7~7.1，故答案为：；4.7~7.1；（3）由分析可知，“沉锰”时，参与反应的离子方程式是；（4）由题干溶解度图像可知，当温度低于40℃时溶液将析出，故由分析从“操作A”所得溶液中得到晶体需进行的操作是蒸发结晶、保持温度高于40℃以上趁热过滤，洗涤、干燥，若称取一定质量的用标准溶液滴定（操作过程产生的误差很小可忽略），若样品失去部分结晶水则导致相同质量的样品中含有的硫酸根偏大，导致结果偏高，或样品混有硫酸盐杂质也将产生更多的硫酸钡，导致计算所得样品质量分数大于，故答案为：蒸发结晶、趁热过滤；样品失去部分结晶水或混有硫酸盐杂质。18．花青醛（）是一种具有强烈的令人愉快香气的合成香料，广泛应用于香水、美容护理、香皂等家居用品中。下图是用Michael反应合成花青醛的合成路线。已知：苯胺易被氧化。回答下列问题：（1）花青醛的分子式为___________。（2）化合物E的结构简式为___________。（3）写出巴豆醛与银氨溶液反应的化学方程式：___________。（4）花青醛有多种含苯环的同分异构体，其中含有2个异丙基结构并且能够发生银镜反应的一共有___________种，写出核磁共振氢谱有五组峰，峰面积之比为12∶2∶2∶1∶1的结构简式___________（任写一种即可）。（5）巴豆醛是重要的有机合成中间体。已知R′CHO+R″CH2CHO，请以乙醇为原料（无机试剂任选），写出制备巴豆醛的合成路线。【答案】（1）（2）（3）CHO+2Ag(NH3)2OHCOONH4+2Ag↓+3NH3+H2O（4）6CHO或CHO（5）CH3CH2OHCH3CHOCHO【解析】A和浓硝酸发生硝化反应生成B，则B的结构简式为NO2，B中的硝基被还原为氨基生成C，C和乙酸酐反应生成D，比较D和F的结构可知，E中苯环上的一个H被溴原子取代，E的结构简式为，E发生水解生成F，F脱去氨基生成G，G和Mg以及生成H，H和巴豆醛反应生成花青醛。（1）根据花青醛的结构可知，花青醛的分子式为。（2）由以上分析可知，化合物E的结构简式为。（3）巴豆醛中有醛基，可以发生银镜反应，化学方程式为：CHO+2Ag(NH3)2OHCOONH4+2Ag↓+3NH3+H2O。9
（4）花青醛的同分异构体要求含有2个异丙基结构，并且能够发生银镜反应，即分子中有醛基，两个异丙基在苯环上可以有邻、间、对三种不同位置，当两个异丙基处于邻位时，醛基有两种不同位置，当两个异丙基处于间位时，醛基有三种不同位置，当两个异丙基处于对位时，醛基只有一种位置，所以共有6种结构。其中核磁共振氢谱有五组峰，峰面积之比为12∶2∶2∶1∶1的有机物有：CHO和CHO。（5）根据已知R′CHO+R″CH2CHO，乙醇需要先氧化为乙醛，两分子乙醛就可以发生已知中的反应生成，发生消去反应即可得到巴豆醛。合成路线为：CH3CH2OHCH3CHOCHO。19．柳酸甲酯（）常用于医药制剂的赋香剂，实验小组利用邻羟基苯甲酸（）和甲醇在浓硫酸催化下合成少量柳酸甲酯。I．实验原理：II．相关数据如下表：名称分子量颜色状态相对密度熔点（℃）沸点（℃）溶解性（水中）柳酸甲酯152无色液体1.18-8.6224微溶邻羟基苯甲酸138白色晶体1.44158210不溶甲醇32无色液体0.792-9764.7互溶III．实验步骤：合成：向A中加入6.9g邻羟基苯甲酸、适量固态酸性催化剂、24g甲醇，10mL甲苯（甲苯与水能形成的共沸物，沸点为85℃，易将水蒸出）加热回流1.5小时；提纯：反应完毕，待装置冷却后，分离出固态催化剂，依次用水洗、5%的NaHCO3溶液洗、水洗，将产物移至干燥的烧杯中加入0.5g无水氯化钙，一段时间后，过滤，蒸馏有机层获得4.5g纯品。回答下列问题：（1）甲苯蒸气、甲醇蒸气、水蒸气冷凝为液体，然后通过分水器，甲苯、甲醇重新流回到A中，打开活塞将水从下口放出。下列有关说法中错误的是___________（填字母）。A．使用分水器能提高反应物的利用率B．使用分水器能够促使反应正向进行C．分水器中的水面不再变化时，反应达到最大限度D．10mL甲苯也可用四氯化碳代替（2）在提纯步骤中，一定没有用到下列仪器中的___________（填仪器名称）。（3）提纯步骤中第二次水洗的目的是___________；无水氯化钙的作用是___________。（4）本实验的产率为___________%（保留三位有效数字）。（5）实验小组为了探究影响产率的因素，采集了如下数据（邻羟基苯甲酸易溶于甲醇）：编号邻羟基苯甲酸/g甲醇/mL反应时间/min催化剂用量/g产率/%I4.84.081.461.67II4.84.081.055.429
III4.85.081.465.42IV4.8x41.4—①实验IV中x=___________；设计实验IV是为了探究___________对产率的影响。②增加甲醇的体积会提高产率，但甲醇超过一定量时，反应时间相同的情况下，产率反而下降，试从速率角度分析产率下降的主要原因：___________。【答案】（1）D（2）球形冷凝管（3）洗去碳酸氢钠溶液等物质干燥有机层（4）59.2（5）4.0或5.0反应时间加入的甲醇超过一定量时，邻羟基苯甲酸浓度减少，反应速率减慢，导致反应时间相同情况下，产率下降【解析】由实验装置图可知，装置A为邻羟基苯甲酸在适量固态酸性催化剂的作用下与甲醇在水浴加热条件下反应制备柳酸甲酯，制备时加入甲苯，与水形成的共沸物，装置B中球形冷凝管能使甲苯蒸气、甲醇蒸气、水蒸气冷凝为液体，分水器可以使甲苯、甲醇重新流回到装置A中，提高原料的利用率，水从分水器下口放出，可以减少生成物的量，使酯化反应向正反应方向移动，有利于提高产品产率。（1）在适量固态酸性催化剂的作用下，邻羟基苯甲酸与甲醇在水浴加热条件下发生酯化反应生成柳酸甲酯和水，该反应为可逆反应，甲醇具有挥发性；A．挥发出的甲苯蒸气、甲醇蒸气、水蒸气冷凝为液体经装置B冷凝后通过分流器甲醇和苯回流到装置A中继续反应，可以提高反应物甲醇的利用率，故正确；B．该反应为可逆反应，分离出水，使平衡向正反应方向移动，有利于提高产品产率，故正确；C．分水器中的水面不再变化时，说明反应没有水生成，已达到平衡状态，化学平衡状态是反应的最大限度，故正确；D．四氯化碳的密度比水大，冷凝后，四氯化碳会在分水器的下层，分离出的水回流到A中，而反应物甲醇不能回流到A中，起不到提高反应物甲醇的利用率和产品产率的目的，故错误；故选D；（2）由题意可知，提纯时用到的操作为过滤、分液和蒸馏，过滤时用到漏斗、分液时用到分液漏斗，蒸馏时用到直形冷凝管和锥形瓶，用不到不便于冷凝液顺利流下的球形冷凝管，故答案为：球形冷凝管；（3）提纯步骤中分离出固态催化剂后，第一次水洗的目的是除去溶于水的甲醇和酸，5%的碳酸氢钠溶液用于洗涤除去未反应的邻羟基苯甲酸，第二次水洗的目的是除去碳酸氢钠溶液等物质，加入无水氯化钙的目的是除去酯中的水，干燥反应得到的酯，故答案为：洗去碳酸氢钠溶液等物质；干燥有机层；（4）由题给数据可知，邻羟基苯甲酸和甲醇的物质的量分别为=0.05mol、=0.75mol，由方程式可知，反应中甲醇过量，则生成4.5g柳酸甲酯的产率为×100%≈59.2%，故答案为59.2%；（5）①由题给数据可知，实验I和IV、III和IV都探究反应时间对产率的影响，由变量唯一化原则可，实验IV选用甲醇的质量为4mL或5mL，故答案为：4mL或5mL；反应时间；②若加入的甲醇超过一定量时，反应混合液中邻羟基苯甲酸的浓度减少，使得反应速率减慢，导致反应时间相同情况下，生成酯的量减少，产率下降，故答案为：加入的甲醇超过一定量时，邻羟基苯甲酸浓度减少，反应速率减慢，导致反应时间相同情况下，产率下降。9
