山东省滨州市2021-2022学年高一化学下学期期末考试试题（Word版附解析）

这是一份山东省滨州市2021-2022学年高一化学下学期期末考试试题（Word版附解析），共25页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
高一化学试题
可能用到的相对原子质量：
第Ⅰ卷 选择题(共40分)
一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题意。
1. 2022年1月31日，三星堆青铜大面具惊艳亮相春晚，该面具是目前保存状况最好的大型青铜面具。下列叙述错误的是
A. 青铜属于金属材料
B. 可利用测定该面具的年代
C. 青铜中含有锡或铅，其熔点低于纯铜
D. 为防止青铜大面具锈蚀，应将其放在银质托盘上
【答案】D
【解析】
【详解】A．金属材料包括纯金属以及它们的合金，青铜是铜合金，属于金属材料，A正确；
B．是碳元素的一种具放射性的同位素，可利用测定该面具的年代，B正确；
C．合金要比组成其纯金属的熔点低，青铜是铜合金，含有锡或铅，其熔点低于纯铜，C正确；
D．铜的活动性比银强，将青铜器放在银质托盘上，形成原电池时，铜作负极，会加速青铜的腐蚀，D错误；
答案选D。
2. 下列化学用语错误的是
A. 甲烷的空间填充模型：
B. 乙烯的结构简式：
C. HClO的结构式：H-O-Cl
D. 用电子式表示NaCl的形成过程：
【答案】D
【解析】
【详解】A．甲烷的结构式为，则其空间填充模型： ，A正确；
B．乙烯的分子式为C2H4，结构简式：CH2=CH2，B正确；
C．HClO的电子式为，结构式：H-O-Cl，C正确；
D．NaCl为离子化合物，由Na+和Cl-构成，用电子式表示NaCl的形成过程：，D错误；
故选D。
3. 德国重离子研究中心人工合成Cn的过程可表示为。下列叙述正确的是
A. 合成Cn的过程为化学变化 B. 的中子数为165
C. Cn元素位于第7周期ⅡA族 D. 与互为同位素
【答案】B
【解析】
【详解】A．化学变化的最小粒子为原子，该反应中原子种类发生了变化，不属于化学变化，A错误；
B．的中子数为277-112=165，B正确；
C．第118号元素位于周期表中第七周期、零族，则112号元素位于周期表中第七周期、IIB族，C错误；
D．质子数相同、中子数不同的核素互为同位素，与质子数不同，两者不互为同位素，D错误；
答案选B
4. 下列说法正确的是
A. 玻璃容器可盛放各种酸
B. 保存液溴时应使用玻璃塞
C. 蒸馏完毕，先关闭冷凝水，再停止加热
D. 分液时，先从上口倒出上层液体，再从下口放出下层液体
【答案】B
【解析】
【详解】A．HF酸可以腐蚀玻璃，SiO2 +4HF =SiF4 ↑+ 2H2O，不能用玻璃容器盛放，A错误；
B．Br2腐蚀橡胶，应用玻璃塞，B正确；
C．蒸馏完毕，先停止加热再关闭冷凝水，C错误；
D．分液时，先从下口放出下层液体，再从上口倒出上层液体，D错误；
故选B。
5. 2-氯-1，3-丁二烯是化工生产中一种非常重要的单体，其工业生产方法如下。

下列说法错误的是
A. 乙炔的官能团为碳碳三键
B. 反应①为加成反应，反应②为取代反应
C. 反应①的产物乙烯基乙炔中所有原子处于同一平面
D. 该工业生产方法的原子利用率理论上为100％
【答案】B
【解析】
【详解】A．乙炔的分子式为CH≡CH，所含官能团为碳碳三键，A正确；
B．反应①为2个乙炔分子发生加成反应生成乙烯基乙炔，反应②为乙烯基乙炔与HCl发生加成反应转化为2-氯-1，3-丁二烯，B错误；
C．乙烯为平面型分子，分子中6个原子共面，乙炔为直线型分子，分子中4个原子共线，则乙烯基乙炔中所有原子处于同一平面，C正确；
D．该工业生产方法中，原料的原子全部转化为生成物，原子利用率理论上为100％，D正确；
答案选B。
6. 陈述Ⅰ和陈述Ⅱ均正确，但二者之间不具备因果关系的是
选项
陈述Ⅰ
陈述Ⅱ
A
F得电子能力比Cl强
酸性：HCl>HF
B
乙醇能与金属钠反应
可用金属钠鉴别普通汽油与乙醇汽油
C
淀粉、纤维素的化学式均为
两者互为同分异构体
D
钙、锶、钡均为过渡元素
含钙、锶、钡等元素的化合物可用于制造焰火

A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．F的非金属性强于Cl，则F得电子能力比Cl强；HF为弱酸，HCl为强酸，则酸性：HCl>HF，HCl和HF的酸性强弱与F、Cl的得电子能力无关，则陈述Ⅰ和陈述Ⅱ均正确，但二者之间不具备因果关系，故A符合题意；
B．金属钠可以和乙醇反应生成氢气，金属钠鉴别普通汽油和乙醇汽油时，加入金属钠，可以产生气体的是乙醇汽油，陈述Ⅰ和陈述Ⅱ均正确，但二者之间具备因果关系，故B不符合题意；
C．淀粉、纤维素的化学式均为，但聚合度n不同，两者分子式不同，不是同分异构体，陈述Ⅱ错误，故C不符合题意；
D．钙、锶、钡均为主族元素，陈述Ⅰ错误，故D不符合题意；
故答案选A。
7. 电解饱和食盐水制备烧碱的原理示意图如图(X、Y均为惰性电极)。下列说法正确的是

A. X接直流电源的负极
B. 该装置中阳离子交换膜可以更换为阴离子交换膜
C. 从D口加入NaOH稀溶液以增强溶液导电性
D. 生成，同时产生2mol NaOH
【答案】C
【解析】
【分析】由图示可知，Na+向Y极移动，则Y极为阴极，连接外接电源的负极，X极为阳极，连接外接电源的正极，阴极水得电子生成H2，电极反应式为：2H2O+2e-=H2↑+2OH-，阳极Cl-失电子生成Cl2，电极反应式为：2Cl--2e-= Cl2↑，总反应为：2H2O+2Cl-2OH-+H2↑+Cl2↑。
【详解】A．由分析可知，X极为阳极，连接外接电源的正极，A错误；
B．阴极水得电子生成H2，电极反应式为：2H2O+2e-=H2↑+2OH-，钠离子向阴极移动与氢氧根离子结合得到氢氧化钠，因此阳离子交换膜不可以更换为阴离子交换膜，B错误；
C．阴极产生大量的氢氧化钠，为了增强溶液导电性，可以从D口加入含少量氢氧化钠的水溶液，C正确；
D．氢气所处温度、压强未知，无法计算的物质的量，也就无法计算产生氢氧化钠的物质的量，D错误；
答案选C。
8. 太空“冰雪”实验用到某盐的过饱和溶液，该盐的结构如图所示，其中X、Y、Z、W是原子序数依次递增的短周期元素。下列说法正确的是

A. W与Z形成的化合物一定不含共价键
B. X与Y形成化合物的沸点一定比X与Z形成的化合物低
C. X与Y、Z、W分别形成的化合物均为共价化合物
D. Z的简单离子半径大于W的简单离子半径
【答案】D
【解析】
【分析】X、Y、Z、W是原子序数依次递增的短周期元素，由物质结构图可知，W能形成+1价的阳离子，W为Na，Z能形成两个共价键，Z为O，Y能形成4个共价键，Y为C，X能形成1个共价键，X为H。
【详解】A．W为Na，Z为O，Na与O形成的Na2O2含离子键和O-O非极性共价键，A错误；
B．X为H，Y为C，Z为O，C与H形成的化合物的沸点不一定比O与H形成的化合物的沸点低，如癸烷的沸点比水高，B错误；
C．H与Na形成的化合物NaH为离子化合物，C错误；
D．离子的核外电子排布相同时，核电荷数越多，离子半径越小，O2-的半径大于Na+的半径，D正确；
答案选D。
9. 关于下列几个装置叙述正确的是
A
B
C
D




离子导体可更换为NaCl溶液
铁既发生吸氧腐蚀又发生析氢腐蚀
利用此装置电解精炼铜，粗铜做b极
X为锌或锡均可减缓钢闸门的腐蚀

A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．离子导体更换为NaCl溶液，阳极产生的Ag+与Cl-生成AgCl沉淀，无法镀银，A错误；
B．左侧吸收O2，发生吸氧腐蚀，右侧产生H2，发生析氢腐蚀，B正确；
C．电解精炼Cu时粗Cu做阳极，根据电流方向可知，图中的b极为阴极，C错误；
D．Fe比Sn活泼，两者构成原电池时Fe作为负极被腐蚀，不能起到保护闸门的作用，D错误；
故选B。
10. 1-丁烯和2-丁烯分别与HCl发生反应，得到相同的产物2-氯丁烷的能量曲线如图。下列说法错误的是


A. 2-氯丁烷的同分异构体有3种
B. 中含有32mol电子
C. 相同条件下，1-丁烯比2-丁烯稳定
D. 相同条件下，与2-丁烯相比，1-丁烯生成2-氯丁烷的更小
【答案】C
【解析】
【详解】A．2-氯丁烷的同分异构体为、、，总共有3种，A项正确；
B．中含有电子数=，则中含有32mol电子，B项正确；
C．由图可知，相同条件下，1-丁烯比2-丁烯能量高，则2-丁烯更稳定，C项错误；
D．由图可知，相同条件下，与2-丁烯相比，1-丁烯生成2-氯丁烷放出的热量更多，为负值，则更小，D项正确；
答案选C。
二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题意，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
11. 由实验操作和现象，可得出相应正确结论的是

实验操作
现象
结论
A
向NaBr溶液中滴加过量氯水，再加入淀粉KI溶液
溶液先变橙色，后变蓝色
氧化性：
B
向饱和溶液中滴加鸡蛋清溶液
出现白色沉淀
饱和溶液可使蛋白质变性
C
石蜡油加强热，将产生的气体通入的溶液
溶液红棕色变无色
气体中含有不饱和烃
D
将封装和混合气体的球形玻璃容器，浸入热水中
气体颜色变深
温度可以破坏化学平衡

A. A B. B C. C D. D
【答案】CD
【解析】
【详解】A．向NaBr溶液中滴加过量氯水，溴离子被氧化为溴单质，且氯水有剩余，再加入淀粉KI溶液，氯水可将碘离子直接氧化为碘单质，实验无法证明溴单质的氧化性强于碘单质，A项错误；
B．向饱和溶液中滴加鸡蛋清溶液，出现白色沉淀，这是饱和溶液可使蛋白质盐析，B项错误；
C．石蜡油加强热，产生的气体能使溴的四氯化碳溶液褪色，说明气体中含有不饱和烃，与溴发生加成反应使溴的四氯化碳溶液褪色，C项正确；
D．将封装和混合气体的球形玻璃容器，浸入热水中，气体颜色变深，说明反应向生成方向进行，即温度可以破坏化学平衡，D项正确；
答案选CD。
12. 辅酶具有预防动脉硬化的功效，其结构简式如图。下列有关辅酶的说法错误的是

A. 分子式为 B. 分子中含有14个甲基
C. 分子中含氧官能团为酯基 D. 可发生加成反应
【答案】C
【解析】
【详解】A．由该物质的结构简式可知，其分子式为C59H90O4，A正确；
B．由该物质的结构简式可知，箭头所指均为甲基，，10个重复基团的最后一个的右端也是甲基，故分子中含有1+1+1+10+1=14个甲基，B正确；
C．分子中的含氧官能团为醚键和羰基，C错误；
D．分子中含有碳碳双键，可以发生加成反应，D正确；
故选C。
13. 苯胺为无色油状液体，沸点184℃，易被氧化，有碱性，与酸反应生成盐。实验室利用如下装置(夹持及加热装置略)制备苯胺，其原理为 +3H2+2H2O。制备反应结束后，关闭活塞K，加入生石灰，调整好温度计的位置，继续加热，收集182～186℃的馏分，得到较纯苯胺。下列说法错误的是

A. 反应前，应先通一段时间再加热
B. 该加热方式为水浴加热
C. 生石灰可以用代替
D. 蒸馏时，为防止冷凝管炸裂应更换为空气冷凝管
【答案】BC
【解析】
【详解】A．苯胺还原性强，易被氧化，所以实验时，应先通一段时间氢气，排尽装置中的空气再加热，A正确；
B．由题意可知，该反应加热温度为140℃，而水浴加热的温度最高为100℃，因此该加热方式不是水浴加热，B错误；
C．加生石灰的目的是除去反应中生成的水，为碱性干燥剂，而五氧化二磷为酸性干燥剂，会与苯胺发生反应，不能用五氧化二磷代替生石灰，C错误；
D．当蒸馏物的沸点较高时，一般用空气冷凝管冷凝，以免直形冷凝管通水冷却导致玻璃温差大而炸裂，D正确；
答案选BC。
14. 298K，101kPa，和CO组成的混合气体2.5mol，充分燃烧后放出710.0kJ热量。几种物质的摩尔燃烧焓(298K，101kPa)见下表。

C(s)

CO(g)






下列说法正确的是( )
A.
B.
C.
D. 混合气体中的体积分数为50％
【答案】C
【解析】
【详解】根据题意，写出以下热化学方程式：

A．⑤，根据盖斯定律得⑤=2③，则，A错误；
B．⑥，根据盖斯定律得⑥=2②，则，液态水转化为气态水需吸收一部分热量，故，B错误；
C．⑦，根据盖斯定律得⑦=2①+2②-④，则，C正确；
D．设H2为xmol,则CO为(2.5-x)mol，根据和CO组成的混合气体2.5mol，充分燃烧后放出710.0kJ热量，列出方程285.8x+282.8(2.5-x)=710.0，解得x=1mol，则混合气体中的体积分数为40％，D错误；
故答案为C。
15. 科学家开发出了多种锂电池，装置如下。下列描述正确的是

A. 甲充电时总反应为：
B. 乙中玻璃陶瓷具有传导离子和防水的功能
C. 丙中Se可由通入溶液中反应制得，该反应中氧化剂与还原剂物质的量之比为1∶1
D. 丁中a极的电极反应式为：
【答案】AB
【解析】
【详解】A．由图示可知，甲充电时， Li+得电子生成单质Li，Li2O2失电子生成O2，充电时总反应为：，A正确；
B．锂能与水反应，玻璃陶瓷作用是防止水和锂反应，并能传导离子，B正确；
C．Se可由通入溶液中反应制得，硫元素化合价由+4价升高到+6价，二氧化硫作还原剂，Se元素化合价由+4价降低到0价，作氧化剂，由得失电子守恒可知，氧化剂与还原剂物质的量之比为1∶2，C错误；
D．丁中a极硫元素化合价降低，得电子，电极反应式为：，D错误；
答案选AB。
第Ⅱ卷 非选择题(共60分)
三、非选择题：本题共5小题，共60分。
16. 元素周期表中所列的每个序号分别代表某一元素。

回答下列问题：
（1）元素①的阴离子结构示意图为___________。
（2）①、③、④三种元素可形成既含离子键又含共价键的化合物，其电子式为___________。
（3）金属性④___________⑤(填“＞”、“＜”或“=”)，请用原子结构的知识解释其原因___________。
（4）利用如图装置探究②和⑥的非金属性强弱，填写合理试剂的化学式：X___________、Y___________、Z___________。

（5）工业上制备⑦单质的离子方程式为___________。
（6）下列说法正确的是___________。
A. ⑨的单质常温下为固体，可做半导体材料 B. ⑨的氢化物很稳定
C. ⑩的最高价氧化物对应的水化物具有两性 D. ⑩与⑧的原子序数之差为61
【答案】（1） （2）
（3） ①. ＞ ②. Na与Mg电子层数相同，核电荷数Na＜Mg，原子半径Na＞Mg，原子核对最外层电子的吸引能力Na＜Mg，失电子能力Na＞Mg，金属性Na＞Mg
（4） ①. ②. 或 ③.
（5） （6）AD
【解析】
【分析】由元素周期表知，①为H，②为C，③为O，④Na，⑤Mg，⑥Si，⑦Cl，⑧Ca，⑨Te，⑩Tl；
【小问1详解】
元素①为H，其阴离子结构示意图为；
故答案为：；
【小问2详解】
①、③、④三种元素可形成既含离子键又含共价键的化合物为NaOH，其电子式为；
故答案为：；
【小问3详解】
④和⑤为同周期元素，同周期从左到右金属性减弱，则金属性④＞⑤，原子结构的知识解释其原因是Na与Mg电子层数相同，核电荷数Na＜Mg，原子半径Na＞Mg，原子核对最外层电子的吸引能力Na＜Mg，失电子能力Na＞Mg，金属性Na＞Mg；
故答案为：＞；Na与Mg电子层数相同，核电荷数Na＜Mg，原子半径Na＞Mg，原子核对最外层电子的吸引能力Na＜Mg，失电子能力Na＞Mg，金属性Na＞Mg；
【小问4详解】
元素非金属性越强，其对应的最高价氧化物对应的水化物酸性越强，利用强酸制弱酸原理来探究②和⑥的非金属性强弱，X为，Y为或，Z为；
故答案为：；或；；
【小问5详解】
⑦为Cl，工业上制备⑦单质的离子方程式为；
故答案为：；
【小问6详解】
A．Te为VIA族，单质常温下为固体，Te在金属与非金属分界线上，可做半导体材料，A正确；
B．Te为VIA族，同主族元素从上到下非金属减弱，其气态氢化物的稳定性减弱，Te的氢化物不是很稳定，B错误；
C．⑩为Tl，其最高价氧化物对应的水化物具有碱性，不具有两性，C错误；
D．⑧为20号元素，⑩为81号元素，⑩与⑧的原子序数之差为61，D正确；
故答案为：AD。
17. 臭氧存在于大气中，可吸收太阳光中对人体有害的短波光线，使生物免受紫外线的伤害，是地球生命的保护伞。
（1）臭氧几乎可与除铂、金、铱、氟以外的所有单质反应。
已知：

转化为的热化学方程式为___________。
（2）在水中易分解，一定条件下，的浓度减少一半所需的时间(t)如下图所示。

已知：的起始浓度为
①在30℃、条件下，的分解速率为___________。
②根据图中的递变规律，推测在下列条件下分解速率最大的是___________填序号)。
A．10℃、 B．40℃、 C．50℃、
（3）臭氧在烟气脱硝过程中发生反应： 。在绝热恒容密闭容器中充入和发生上述反应，一段时间后，测得的物质的量为0.1mol。
①反应前后容器内气体物质的量比为___________。
②下列叙述能说明该反应已达平衡状态的是___________(填序号)。
A．的体积分数保持不变 B．混合气体的密度不再变化 C．容器内的温度不再变化
【答案】（1）
（2） ①. 0.0001 ②. B
（3） ①. 6∶5 ②. AC
【解析】
【小问1详解】
依题意，根据盖斯定律，将第二个热方程式乘以-3之后减去，第一个热方程式乘以2，即得到转化为的热化学方程式为： 。
【小问2详解】
①在30℃、条件下，根据图示，的浓度减少一半所需的时间为108min，的分解速率为：=0.0001；
②根据图中三条曲线的递变规律，可以得出结论：相同pH时，温度越高，的浓度减少一半所需的时间越短，即分解速率越快；相同温度是，pH越大，的浓度减少一半所需的时间越短，即分解速率越快。据此推测在温度越高、pH越大的环境分解速率越快，从图中可看出，pH=6时，30℃与50℃下的分解速率非常接近，故分解速率最大的是40℃、，答案选B。
【小问3详解】
依据题意，列三段式：

①反应前后容器内气体物质的量比为=6∶5；
②当反应过程中发生改变的量保持不变时，则说明体系达到平衡状态，A．的体积分数保持不变，说明O3的含量保持不变，体系达到平衡状态，符合题意； B．该反应气体总质量始终不变，容器体积不变，混合气体密度始终不变，则混合气体的密度不再变化，不能用来判断是否达到平衡，不符合题意；C．该反应体系在绝热容器中进行，正向放热，与外界没有能量的交换，体系的温度随反应进行而增大，故容器内的温度不再变化，则说明体系达到平衡状态，符合题意；故答案选AC。
18. 二氧化碳的捕集，利用是我国能源领域的一个重要战略方向。
（1）利用 CO2为氧化剂，可将乙烷转化为更有价值的乙烯： ∆H=___________。(已知：298K时，相关物质的相对能量如图。)



（2）某科研团队研发了Zn-CO2电池，电池工作时复合膜(由a、b膜复合而成)层间的H2O解离成H+和OH-。Zn-CO2电池工作原理如图所示：

①组装时，电池复合膜中a膜朝向电池的___________(填“Zn”或“Pd”)电极一侧。
②闭合K时，Zn电极的电极反应式为___________。
③当复合膜层间消耗18g水时，电池转化的CO2在标准状况下的体积为___________，左池中OH-变化的物质的量为___________。
【答案】（1）+177
（2） ①. Pd ②. ③. 11.2L ④. 1mol
【解析】
【分析】由Zn转化为[Zn(OH)4]2-，则Zn作原电池的负极，Pd作原电池的正极；因为Zn电极需要消耗OH-，所以复合膜需向左侧提供OH-。
【小问1详解】
对于反应 ∆H=生成物的总能量-反应物的总能量=[52+(-242)+(-110)-(-393)-(-84)]=+177。答案为：+177；
【小问2详解】
①由分析可知，电池复合膜应向左池提供OH-，因此组装时，电池复合膜中b膜朝向Zn电极一侧，则a膜朝向电池的Pd电极一侧。
②闭合K时，Zn电极中Zn失电子产物与电解质反应生成[Zn(OH)4]2-，则电极反应式为。
③当复合膜层间消耗18g水时，产生1molH+和1molOH-。电池右侧，电极反应为CO2+2e-+2H+=HCOOH，则消耗1molH+时，电池转化的CO2为0.5mol，标准状况下的体积为0.5mol×22.4L/mol=11.2L；复合膜向左池中提供1molOH-，则左池中OH-变化的物质的量为1mol。答案为：Pd；；11.2L；1mol。
【点睛】在电池中，左池和右池消耗多少OH-和H+，复合膜就向两池提供多少OH-和H+。
19. 功能高分子P的合成路线如下。

回答下列问题：
（1）A的名称为___________。
（2）E中所含官能团的名称为___________。
（3）写出D和E生成F的化学方程式___________。
（4）写出P的结构简式___________。
（5）A的同系物H比A的相对分子质量大28，其结构有___________种。
（6）以甲苯和乙酸为起始原料合成乙酸苯甲酯()，设计合成路线___________。提示：①合成过程中无机试剂任选；②合成路线表示方法如下：ABC……→K
【答案】（1）甲苯 （2）碳碳双键、羧基
（3）
（4） （5）8
（6）
【解析】
【分析】D中含羟基，E中含羧基，D与E在浓硫酸作催化剂并加热的条件下发生酯化反应生成F为，F在一定条件下发生加聚反应生成高分子化合物P为。
小问1详解】
A是苯环上的一个氢原子被甲基取代，名称为甲苯。
【小问2详解】
E的结构简式为，含有的官能团为碳碳双键和羧基。
【小问3详解】
与在浓硫酸作催化剂并加热的条件下发生酯化反应生成，反应的化学方程式为： 。
【小问4详解】
由分析可知，P的结构简式为：。
【小问5详解】
A的同系物H比A的相对分子质量大28，即多了C2H4，苯环上的取代基可以为-CH2CH2CH3，或-CH(CH3)2，或-CH2CH3和-CH3，或-CH3、-CH3和-CH3，当取代基为-CH2CH2CH3时有1种结构，当取代基为-CH(CH3)2时有1种结构，当取代基为-CH2CH3和-CH3时有3种结构，当取代基为-CH3、-CH3和-CH3时有3种结构，总共8种结构。
【小问6详解】
与氯气在光照条件下发生取代反应生成，再发生水解生成，与CH3COOH发生酯化反应即得到，合成路线为：。
20. 苯甲酸及苯甲酸盐因具有高效、方便、廉价等特点，是我国目前应用最广泛的一类防腐剂。某化学实验小组进行了相关研究。
Ⅰ．制备方法的选择
该小组通过查阅资料，发现了以下3种方法。
方法名称
主要反应方程式
甲苯氧化法

+2KMnO4+KOH+2MnO2↓+H2O
+HCl+KCl
Cannizzaro
反应法

2+KOH+，+HCl+KCl
甲苯氯化
水解法
+3Cl2+3HCl，+2+HCl，
+ H2O+HCl

（1）综合考虑，该小组选择“甲苯氧化法”的理由是___________(答出一条即可)。
Ⅱ．制备与提纯
名称
相对分子质量
性状
熔点
(℃)
沸点
(℃)
密度
溶解度
水
乙醇
乙醚
甲苯
92
无色液体，易挥发

110.6
0.8669
不溶


苯甲酸
122
白色片状或针状晶体，100℃时迅速升华
122.4
248
1.2659
微溶
易溶
易溶
查阅资料后，小组同学制备与提纯苯甲酸的过程如下。

已知：苄基三乙基氯化铵既能溶于水，又能溶于有机溶剂，且不与甲苯、反应。
回答下列问题：
（2）若在反应器中同时加入0.4g苄基三乙基氯化铵，可以使搅拌回流的时间缩短为1h。苄基三乙基氯化铵在此过程中起到的作用为___________。
（3）“反应结束”的判断依据为___________。
（4）滤渣的主要成分为___________。
（5）加入适量的饱和溶液除去的目的是___________；冰水浴降温的主要目的是___________。
（6）粗品提纯方法为___________。
（7）该过程的产率为___________(列出计算式即可，无需化简，产率= ×100％)。
【答案】（1）生产成本低污染较小生产环节少原料利用率高 (或其他合理答案)
（2）相转移催化剂催化剂提高甲苯与溶液反应速率(其他合理答案)
（3）油状液体消失(或其他合理答案)
（4）
（5） ①. 防止后续加浓盐酸时产生有毒的氯气 ②. 便于苯甲酸结晶析出
（6）重结晶升华 （7）
【解析】
【分析】通过合成路线选择的条件确认甲苯氧化法是最佳方案，甲苯与KMnO4反应生成苯甲酸钾和MnO2沉淀，用NaHSO3除去过量KMnO4后过滤，得到苯甲酸钾滤液，冰水浴环境，加入浓盐酸，调pH值，得到粗产品，经重结晶或升华得到产品。
【小问1详解】
合成路线的选择要考虑生成成本、生成环节、原料利用率、环境友好等因素，甲苯氧化法与另两种方法比起来具有，生成环节少，原料利用率高等优点。
【小问2详解】
依题意，苄基三乙基氯化铵不与甲苯、反应，能缩短搅拌回流的时间，则其起到催化剂作用，提高甲苯与溶液反应速率。
【小问3详解】
依题意，反应结束时难溶于水的无色油状液体甲苯全部转化为可溶于水的甲苯酸钾，故现象为油状液体消失。
【小问4详解】
据分析，KMnO4被甲苯还原得到MnO2固体，故滤渣是MnO2。
【小问5详解】
由于KMnO4的强氧化性能氧化Cl-生成Cl2，加入适量的饱和溶液除去的目的是防止后续加浓盐酸时产生有毒的氯气；苯甲酸100℃时迅速升华，微溶于水，故冰水浴降温的主要目的是便于苯甲酸结晶析出。
【小问6详解】
苯甲酸100℃时迅速升华，可用升华法提纯，其微溶于水，也可用重结晶的方法提纯，故苯粗品提纯的方法为重结晶或升华。
【小问7详解】
2.7mL甲苯的物质的量为，9gKMnO4的物质的量为，根据反应的方程式：+2KMnO4+KOH+2MnO2↓+H2O，判断得到甲苯量不足，则得到的苯甲酸钾物质的量为，实际产量是2g，则该过程的产率为。