【文档说明】重庆市涪陵第五中学2024-2025学年高三上学期开学考试 化学试题 Word版含解析.docx，共(18)页，1.190 MB，由小赞的店铺上传

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重庆市涪陵第五中学2024-2025学年高三上学期开学考试化学试题(考试总分：100分考试时长：90分钟)一、单选题(本题共计14小题，总分42分)1.生活中处处有化学。下列说法错误的是A.液态氯乙烷汽化时吸收大量热，具有冷冻麻醉的作用B.油酸甘油

酯、麦芽糖在一定条件下都能发生水解反应C.用于生产烹饪器具手柄等产品的酚醛树脂属于聚酯类化合物D.DNA分子的两条链上的碱基通过氢键互补配对【答案】C【解析】【详解】A．液态氯乙烷汽化时吸收大量热，使周围温度降低，具有冷冻麻醉的作用，A正确；B．油酸甘油酯中含酯

基，能水解；麦芽糖为二糖，能水解为单糖，B正确；C．酚醛树脂结构简式为：，不含酯基，不是聚酯类化合物，C错误；D．DNA分子呈双螺旋结构，两条链上的碱基通过氢键作用，实现碱基互补配对，DNA分子链上碱基的数目不同，形成

的氢键数目不同，D正确；故选C。2.下列关于有机物性质的说法正确的是A.酸性：2CHClCOOH>B.相同压强下的沸点：己烷>己二醇C.密度：苯>溴苯D.在水中溶解度：硝基苯>甘氨酸【答案】A【解析】【详解】A．2CHClCOOH含有碳氧双键，含有氯原子，导致羟基的极性较大，容易断裂，故

酸性比苯酚强，故A正确；B．己二醇易形成分子间氢键，相同压强情况下其沸点较高，故沸点：己烷＜己二醇，故B错误；C．苯的密度比水小，溴苯密度比水大，则密度：苯＜溴苯，故C错误；D．甘氨酸中含有羧基，易与水分子形成氢键，则在水中的溶解度：硝基苯＜甘氨酸，故D错误；的

故选A。3.下列化学用语及其描述正确的是选项AB化学用语描述乙炔的电子式2-甲基-1-丁醇的键线式选项CD化学用语描述甲醇的质谱图反式聚异戊二烯的结构简式A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【详解】A．乙炔的电子式为，故A错误；B．的名称为2

-丁醇，故B错误；C．甲醇的相对分子质量为32，而图像中质谱图代表的分子的相对分子质量为46，故C错误；D．反式聚异戊二烯的结构简式为，故D正确；故选D4.下列关于物质结构与性质的说法错误的是A.金属能导

电是因为金属在外加电场作用下产生了自由电子并发生定向移动B.冠醚与K+作用可加快4KMnO氧化烯烃的反应速率，体现超分子“分子识别”的特征。C.白磷晶体中，4P分子之间通过分子间作用力相结合D.缺角的NaCl晶体在饱和NaCl溶液中能变为完美的立方体，体现了晶体

的自范性【答案】A【解析】【详解】A．金属本身含有自由电子，故A错误；B．冠醚与K+作用可加快4KMnO氧化烯烃的反应速率，体现超分子“分子识别”的特征，故B正确；C．白磷是分子晶体，白磷晶体中，4P分子之间通过分子间作用力相结合，故C正确；D．晶体具有自范性，缺角

的NaCl晶体在饱和NaCl溶液中能变为完美的立方体，故D正确；选A。5.苯甲酸是一种常用的食品防腐剂。某实验小组设计粗苯甲酸(含有少量NaCl和泥沙)的提纯方案如下。下列说法错误的是A.操作Ⅰ加热溶解的目的是增大粗苯甲酸的溶解度B.操作Ⅱ趁热过滤的目的是除去泥沙和NaClC.操

作Ⅲ缓慢冷却结晶可减少杂质被包裹D.操作Ⅰ、Ⅱ、Ⅳ中均需使用到玻璃棒【答案】B【解析】【分析】粗苯甲酸溶于水，加热，使苯甲酸溶解，得到悬浊液，趁热过滤，滤去不溶物，将滤液冷却、结晶、过滤、洗涤，得到苯甲酸晶体。【详解】A．苯甲酸通过冷却结晶获

得，说明溶解度随温度变化较大，操作Ⅰ加热溶解的目的是增大粗苯甲酸的溶解度，A正确；B．操作Ⅱ趁热过滤的目的是除去泥沙等不溶性杂质，B错误；C．操作Ⅲ缓慢冷却结晶，使析出的苯甲酸更纯，可减少被包裹的杂质，C正确；D．根据分析可知，操作Ⅰ为溶解、操作Ⅱ为过滤、操作Ⅲ为冷却结晶，均需使用玻

璃棒，D正确；故选B。6.下列化学实验中的操作、现象及解释有正确对应关系的是选项操作现象解释A室温下，向苯酚钠溶液中通入2CO出现白色浑浊65CHO−结合H+的能力比23CO−强B向淀粉溶液中加入稀硫酸并加热。调节pH使溶液呈碱性，再加入新制()2CuOH，

加热有砖红色沉淀产生淀粉发生水解反应C向肉桂醛(CHCHCHO=)中加入溴水溴水褪色肉桂醛中含有碳碳双键D向40.1molLCuSO溶液里逐滴加入1molL氨水至过量先有蓝色沉淀，后溶解得到深蓝色溶液沉淀溶解时主要反应：()2CuOH2OH−+=

()24CuOH−A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A．室温下，向苯酚钠溶液中通入2CO，出现白色浑浊，说明有苯酚生成，说明碳酸酸性强于苯酚，不能得出65CHO−结合H+的能力比23CO−强，A不符合题意；B．淀粉水解产物检

验需要在碱性条件下进行，表格中操作正确，B符合题意；C．肉桂醛中含酚醛基和碳碳双键，两者均能使溴水褪色，不能说明肉桂醛中含碳碳双键，C不符合题意；D．向40.1mol/LCuSO溶液里逐滴加入1molL氨水

至过量，先生成蓝色氢氧化铜沉淀，后沉淀溶解，沉淀溶解的离子方程式为：()322CuOH4NHHO+=()2+34CuNH+2OH-+4H2O，D不符合题意；故选B。7.在指定的溶液中能大量共存的组合是A.酸性溶液

：Na+、K+、Cl−、I−B.使酚酞变红的溶液：H+、3Fe+、Cl−、24SO−C.明矾溶液：Na+、2Ba+、OH−、Cl−D.氯水溶液：Ag+、K+、3HCO−、24SO−【答案】A【解析】【详解】

A．酸性溶液中，四种离子都能大量共存，A正确；B．使酚酞变红的溶液显碱性，铁离子和氢氧根离子反应生成氢氧化铁沉淀，氢离子和氢氧根离子反应生成水，B错误；C．明矾溶液中有铝离子，铝离子和氢氧根离子反应生成氢氧化铝沉淀，C错误；D．银离子和碳酸氢根离子会发生双水解而不

能共存，银离子和硫酸根离子会反应生成微溶的硫酸银而不能大量共存，D错误；答案选A。8.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列有关说法错误的是A.4.5gSiO2中含有的硅氧键的数目为0.3NAB.标准状况下，11

.2L甲烷和乙烯混合物中含氢原子数目为2NAC.1mol[Co(NH3)4Cl2]Cl中存在的配位键数目为4NAD.12g石墨烯(单层石墨)中含有六元环的个数为0.5NA【答案】C【解析】【详解】A．1molSiO2含有4molSi-

O键，4.5gSiO2中含有的硅氧键的数目为0.075×4=0.3mol，硅氧键的数目为0.3NA，A正确；B．标准状况下，11.2L甲烷的物质的量为0.5mol，标准状况下，11.2L乙烯的物质的量为0

.5mol，所以标准状况下，11.2L甲烷和乙烯混合物中含氢原子数目为2NA，B正确；C．1mol[Co(NH3)4Cl2]Cl中存在的配位键数目为6NA，C错误；D．12g石墨烯的物质的量为1mol，碳原子的物质的量为1mol，而

1mol六元环中含有2mol碳原子，故1mol碳原子形成的六元环为0.5mol，即0.5NA，D正确；故选C。9.苯与2Br的催化反应历程如图所示。下列说法正确的是A.苯与2Br的催化反应均为放热反应B.该反应历程中，苯与2B

r的催化反应可生成溴苯、HBr和邻二溴苯C.苯与2Br的催化反应决速步骤伴随着极性键的断裂与形成D.从反应速率和产物稳定性的角度分析，取代产物占比更大【答案】D【解析】【详解】A．根据催化反应历程图可知，

苯与2Br的加成反应是吸热反应，取代反应是放热反应，A错误；B．该反应历程中，苯与2Br的催化反应可生成溴苯，无邻二溴苯生成，B错误；C．由于→的活化能最大，反应速率最慢，是苯与2Br的催化反应决速步骤，该过程伴随着非极性键的断裂和极性键的形成，不存在极性键的断裂，C错误；D．第三步中取代反

应的活化能低，生成物本身所具有的能量低，更稳定，故苯与2Br的催化反应主反应为取代反应，取代产物占比更大，D正确；故答案选D。10.从大豆分离出来的异黄酮类物质M的结构简式如图所示。下列说法错误的是A.1molM与足量浓溴水反应，最多消耗25molBrBM可形成分子间氢键C.M分子中最多有18

个碳原子共面D.1molM与足量NaOH溶液反应，最多消耗3molNaOH【答案】C【解析】【详解】A．酚羟基的邻位和对位能消耗Br2，双键可与溴水发生加成反应，故1molM与足量浓溴水反应，最多消耗25molBr，A正确；B．M中含羟基，能形成分子间氢键，B正确；C．苯环、碳碳双键、碳氧双键均

为平面结构，之间均通过单键相连，所有碳原子均可能共平面，共20个，C错误；D．1molM含3mol酚羟基，消耗3molNaOH，D正确；故选C。11.某些物质的结构如图所示。下列说法正确的是A.石墨晶体中有共价键、金属键和范德

华力，属于过渡型晶体B.该气态团簇分子的分子式为EF或FEC.冰晶体中存在氢键，18g冰含有4mol氢键D.2CaF晶胞体积与8个F−形成的立方体的体积之比为8:1【答案】D【解析】【详解】A．石墨晶体中碳原子之间为共价键，层与层之间为范德华力，

属于过渡型晶体，A错误；B．该气态团簇分子的1个分子中含有4个E原子和4个F原子，则该气态团簇分子的分子式为E4F4或F4E4，B错误；C．冰晶体中存在氢键，1mol冰含2mol氢键，故18g冰（1mol）含有2mol氢键，C错误；D．2CaF晶胞与8个F−形成的立方体的边长之比为2:1，故体积

之比为8:1，D正确；故选D。.12.乙烷硒啉(Ethaselen)是一种抗癌新药，其结构如图：，下列说法正确的是A.基态硒原子电子空间运动状态有34种B.乙烷硒啉的分子式为C16H10N2O2Se2C.与足量

H2加成后的分子中有4个不对称C原子D.该分子中各元素第一电离能：O>N>C>Se【答案】C【解析】【详解】A．Se为34号元素，基态原子核外电子排布式为[Ar]3d104s24p4，有18种空间状态，故A错误；B．乙烷硒啉的分子式为C16H12N2O2Se

2，故B错误；C．酰胺基不能与H2发生加成反应，与足量H2加成后的分子中有4个手性碳，用“*”标记为手性碳原子，故C正确；D．该分子中各元素第一电离能：N>O>C>Se，故D错误；故选C。13.下列有关物质性质的比较，正确的是A.晶体硬度：碳化硅>晶体硅>金刚石B.沸点：邻羟基苯甲醛>对羟基苯甲醛

C.分子或离子中键角：H2O<H3O+，NH3>3NO−D.熔点：NH2OH<[NH3OH]Cl【答案】D【解析】【详解】A．碳化硅、晶体硅、金刚石三种共价晶体结构相似，原子半径越小、键长越短，共价键键能越大，晶体硬度越大，所以晶体硬度：金刚石>碳化硅>晶体硅，A错

误；B．对羟基苯甲醛易形成分子间氢键，邻羟基苯甲醛易形成分子内氢键，所以沸点：邻羟基苯甲醛<对羟基苯甲醛，B错误；C．H2O中氧原子有2个孤电子对，H3O+中氧原子有1个孤电子对，所以键角：H2O<H3O+；NH3中N原子采用sp3杂化，3NO−中N原子采用sp2杂化，键角：33NHN

O−＜，C错误；D．NH2OH是分子晶体、[NH3OH]Cl是离子晶体，熔点：NH2OH<[NH3OH]Cl，D正确；答案选D。14.环氧化物、CO2或环状酸酐在催化剂作用下开环共聚可制备脂肪族聚碳酸酯或聚酯。某聚碳酸酯的结构如下所示：下列有关说法错误的是A.该聚合物具有可降解性B.合成

该聚合物的一种单体是C.合成该聚合物的反应类型为缩聚反应D.利用上述反应原理，可用环氧乙烷()实现二氧化碳的固定【答案】C【解析】【详解】A．该聚合物为聚碳酸酯，酯类可以水解，所以该聚合物具有可降解性，故A正确；B．环氧化物、CO2或环状酸酐在催化剂作用下开环共聚可制备脂肪

族聚碳酸酯或聚酯，所以合成该聚合物的一种单体是环状酸酐，故B正确；C．该聚合物是环氧化物、CO2、环状酸酐在催化剂作用下开环共聚制备的，所以合成该聚合物的反应类型为加聚反应，故C错误；D．环氧乙烷()属于环氧化物，由题干可知：环氧化物、CO2或环状酸酐在催化剂作用下开环共聚，即环氧乙烷

()可与二氧化碳发生开环加聚反应，实现二氧化碳的固定，故D正确；故答案为：C。二、推断题(本题共计2小题，总分28分)15.已知A、B、C、D、E是原子序数依次增大的前四周期元素。A的基态原子价层电子排布为nsnnpn；B的基态原子2p能

级有三个单电子；C的基态原子最外层电子数与次外层电子数之比为3：4；D与C同周期且只有一个未成对电子；E3+的3d轨道半充满。（1）C的基态原子价层电子排布图为___________。（2）E的基态原子核外电子的空间运动状态

有___________种。（3）A和B形成的AB-常作为配位化合物中的配体。在AB-中含有的σ键与π键的数目之比为1∶2，则在AB-中元素A的原子杂化方式为___________。（4）E2+和E3+均能与AB-形成配离子，配位数均为6，配位原子是__

_________(填元素符号)，E2+和AB-形成的配离子与D的单质反应，生成3E+与AB-形成的配离子，写出上述反应的离子方程式：___________。（5）ED3熔点为304℃，沸点为317℃，易溶解于有机溶剂中，ED3的晶体类型为__

_________。【答案】（1）（2）15（3）sp（4）①.C②.2[Fe(CN)6]4-+Cl2=2[Fe(CN)6]3-+2Cl-（5）分子晶体【解析】【分析】已知A、B、C、D、E是原子序数依次

增大的前四周期元素。A的基态原子价层电子排布为nsnnpn，则A核外价电子排布式是2s22p2，故A是C元素；B的基态原子2p能级有三个单电子，则B核外价电子排布是2s22p3，故B是N元素；C的基态原子最外层电子数与次外层电子数之比为3：4，可知C核

外电子排布是2、8、6，故C是S元素；D与C同周期且只有一个未成对电子，原子序数大于S，且只有一个未成对电子，则D核外电子排布式是1s22s22p63s23p5，故D是Cl元素；E3+的3d轨道半充满，E核

外电子排布式是1s22s22p63s23p63d64s2，可见E是Fe元素，然后根据元素周期律及问题分析解答。【小问1详解】根据上述分析可知：A是C，B是N，C是S，D是Cl元素，E是Fe元素。C是S元素，根据构

造原理，可知基态Cu原子的价电子排布式是3s23p4，故基态S原子的价电子排布图是；【小问2详解】E是Fe元素，基态Fe原子核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d64s2，其核外电子的空间运动状态有1+1+3+1+3+5+1=15种；【小问3详解】根据上述分析可知：A是C，B是N，二

者形成的离子CN-常作为配位化合物中的配体。C与N原子形成共价三键，其中一个是σ键，2个是π键，在CN-中C原子杂化轨道类型是sp杂化；【小问4详解】Fe2+、Fe3+都可以CN-结合形成配离子，配位数6，其中C原

子与Fe2+或Fe3+形成配位键，故配位原子是C原子；Fe2+可以CN-结合形成配离子[Fe(CN)6]4-可以与Cl2发生氧化反应，离子方程式为：2[Fe(CN)6]4-是+Cl2=2[Fe(CN)6

]3-+2Cl-；【小问5详解】D是Cl元素，E是Fe元素，ED3是FeCl3，其熔点为304℃，沸点是317℃，熔沸点比较低，易溶于有机溶剂中，说明FeCl3的晶体类型是分子晶体。16.利喘贝是一种新的平喘药，其合成过程如下：已知：i．ii．1R?CHO2HOOCCHCOOH⎯⎯⎯⎯⎯⎯→1R?

CHCH?COOH=回答下列问题：（1）化合物C的名称为___________。化合物E中官能团的名称是___________。（2）由A到E的反应中，不涉及的反应类型有___________(填序号)。a．取代反应b．氧化反应c．还原反应d．加成反应（3）由G生成H反应有气体生成，写出该反应

的化学方程式___________。（4）在F的同分异构体中，同时满足下列条件的总数为___________种(不考虑立体异构)，其中核磁共振氢谱显示有五组峰(氢原子数量比为1∶2∶2∶2∶1)的结构简式为___________。

①遇3FeCl显示紫色②能与3NaHCO反应（5）F俗称香兰素，在食品行业中主要作为一种增香剂。香兰素的一种合成路线如下。中间产物1和中间产物2的结构简式分别为___________、___________。【答案】（1）①.邻硝基苯甲酸或2-硝基苯甲酸②.酯基、氨基（2）d（3）()22C

HCOOH+→22COHO++（4）①.13②.（5）①.②.【解析】【分析】A为甲苯，A发生硝化反应取代甲基邻位的氢得到B为，B发生氧化反应生成C为，C和甲醇发生酯化反应生成D，D在Fe/HCl作用下反应生成E，F为，根据信息i知F和3CHI在NaOH作用下反应生成G，根据信息ⅱ

知G和发生反应生成H，E和H发生取代反应生成I，I发生水解反应生成利喘贝。【小问1详解】根据分析可知，C为，名称：邻硝基苯甲酸或2-硝基苯甲酸；E我，含官能团：酯基、氨基；【小问2详解】A为甲苯，A发生硝化反应取代甲基邻位的氢得到B为，B发生氧化反应生成C为，C和甲醇发生酯化

反应生成D，D在Fe/HCl作用下反应生成E，即硝基变为氨基，为还原反应，不涉及加成反应；【小问3详解】根据信息ⅱ知G和发生反应生成H，化学方程式：()22CHCOOH+→22COHO++；【小问4详解】F的同分异构体中，同时满足下列条件：①遇3FeCl显示紫色，说明含酚羟基

；②能与3NaHCO反应，说明含羧基，若苯环上存在两个取代基：OH−和2CHCOOH−，存在邻、间、对3种同分异构体，若苯环上存在三个取代基：OH−、COOH−和3CH−，存在10种同分异构体，共计13种同分异构体；其中核磁共振氢谱显示有五组峰(氢原

子数量比为1∶2∶2∶2∶1)的结构简式：；【小问5详解】和OHCCOOH发生加成反应生成，再氧化得到，脱酸得到。三、综合题(本题共计1小题，总分12分)17.金属铂(Pt)及其化合物在催化剂和电镀等领域有着重要的应用。回答下列问

题：（1）()232PtClNH是铂的重要配位化合物，它有甲、乙两种同分异构体，其中甲为极性分子，乙为非极性分子。甲、乙水解产物的化学式均为()()322PtOHNH。①在4CCl中的溶解度：甲___

________乙(填“>”、“<”或“=”)。②()232PtClNH发生水解反应的化学方程式为___________。③依据文中信息，推断()232PtClNH的空间构型为___________(填“四面体结构”或“平面四边形”)。④()232PtClNH和()()2432

PtCONH中铂的配体数不同，但配位数均为4，原因是___________。（2）金属铂晶胞如图所示，设AN为阿伏加德罗常数的值。①每个铂原子周围与它最近且等距离的铂原子有___________个。②金属铂的密度为3dgcm−，则晶胞参数为___________pm。【答案】（1）①.<②.

()()()2323222PtClNH2HOPtOHNH2HCl++③.平面四边形④.每个224CO−中有2个原子与铂(2Pt+)配位（2）①.12②.330A780Nd10−或103A78010Nd【解析】【小问1详解】①甲为极性分子，乙是非极性分子，四氯化碳是非极性溶

剂。根据“相似相溶”规律，非极性分子易溶于非极性溶剂，乙在四氯化碳中的溶解度较大；②()232PtClNH发生水解反应生成物化学式：()()322PtOHNH和盐酸，化学方程式：()()()2323222PtClNH2HOPt

OHNH2HCl++；③()232PtClNH由两种同分异构体，说明是平面四边形，若为四面体结构，则其同分异构体只存在一种，类比甲烷的二氯代物只有一种；④()232PtClNH和()()2432PtCONH中铂的配体数不同，但配位数均为4，原

因：每个224CO−有2个氧原子与铂配位；【小问2详解】①以顶点的Pt为对象，其距离最近的Pt位于与之相邻的三个面的面心，顶点的Pt被8个晶胞共用，面心的Pt被两个晶胞共用，则铂原子周围与它最近且等距离的铂原子：138122

=；②根据均摊法每个晶胞中含有铂原子：1168428+=，则晶胞体积：330A4195pmdN10−，则晶胞的参数：330A780Nd10−或103A78010Nd。四、实验题(本题共计1小题，

总分18分)18.苯甲酸苯甲酯主要用作人造麝香、香兰素等香料的溶剂。实验室以苯甲醇钠作催化剂，以苯甲醛为原料合成苯甲酸苯甲酯。已知：①苯甲醇钠极易结合H+转化为苯甲醇而失去催化活性；②部分物质的性质如下：物质熔点/℃沸点/℃溶解性苯甲醇-15.9204.7可

溶于水苯甲醛-56.6179微溶于水苯甲酸122.4249.2不溶于水苯甲酸苯甲酯21323不溶于水回答以下问题：Ⅰ．制备苯甲醇钠在圆底烧瓶中依次加入苯甲醇(7.0g，0.065mol)、金属钠(0.3g，0.013mol)。搅

拌，在微热状态下进行，反应结束后，冷却至室温。（1）表明反应已经完成的现象是___________。Ⅱ．制备苯甲酸苯甲酯制备装置如图所示(加热及夹持装置已略去)。在四口烧瓶中加入苯甲醛(45.4g，0.428mol)，通过仪器

A缓慢滴加苯甲醇钠(30min内滴加完毕)，恒温50℃搅拌回流1h。（2）仪器B的名称为___________，其进水口为___________(填“b”或“c”)。（3）本实验中制取苯甲酸苯甲酯反应的化学方程式为_______

____。（4）久置的苯甲醛中含有少量苯甲酸，如果不除去将大大降低反应速率，原因是___________，除去苯甲醛中少量苯甲酸的方法是___________。Ⅲ．分离提纯产品待体系冷却至室温，加入20mL水，搅拌10min

，收集有机相，再用20mL蒸馏水洗涤有机相2～3次，加入无水硫酸钠，蒸馏，弃去开始时收集的馏分，收集205～207℃的馏分，得31.5g无色黏稠液体。（5）步骤Ⅲ中加入无水硫酸钠的作用是___________，蒸馏应在

___________(填“常压”或“减压”)条件下进行的。（6）苯甲酸苯甲酯的产率为___________(计算结果保留3位有效数字)。【答案】（1）圆底烧瓶中的金属钠消失(或不再产生气泡)（2）①.球形冷凝管②.b（3）（4）①.苯甲酸使苯甲醇钠转化为苯甲醇，导致催化剂失效；②.蒸馏（5）

①.吸收水分②.减压（6）69.4%【解析】【分析】步骤Ⅰ在圆底烧瓶中依次苯甲醇(7.0g，0.065mol)、金属钠(0.3g，0.013mol)根据反应苯甲醇过量，金属钠不足，开启搅拌、微热下进行反应，结束后，撤去热源，冷却至室温；步骤Ⅱ中，以步骤

Ⅰ中生成的苯甲醇钠做催化剂，苯甲醛为原料，产物为苯甲酸苯甲酯，产物不溶于水，密度比水大，体系冷却至室温，洗涤、干燥、蒸馏，收集205-207℃的馏分，得无色粘稠液体，据此作答【小问1详解】由可知加入的苯甲醇量多

，因此金属钠可以被消耗完，当观察到圆底烧瓶中的金属钠消失或不再产生气泡时表明反应已经完成，故答案为：圆底烧瓶中的金属钠消失(或不再产生气泡)；【小问2详解】根据仪器构造可知B为球形冷凝管，其进水方向为下进上出，故答案为

：球形冷凝管；b；【小问3详解】步骤Ⅱ为制备苯甲酸苯甲酯，苯甲醇钠做催化剂，苯甲醛为原料，发生的反应为，故答案为：；小问4详解】由于RO-极易结合H+转化为ROH，久置的苯甲醛中含有少量苯甲酸，苯甲酸会使苯甲醇钠转化为苯甲醇，导致催化剂失效；利用苯甲酸与苯甲醛的沸点不同

，除去苯甲醛中少量苯甲酸的方法是蒸馏，故答案为：苯甲酸使苯甲醇钠转化为苯甲醇，导致催化剂失效；蒸馏；【小问5详解】无水硫酸钠可以吸收水分；产物苯甲酸苯甲酯的沸点是323℃，但收集的是205-207℃的馏分，而减压蒸馏可以降低压强，降低沸点，节约能

源，因此是减压蒸馏，故答案为：吸收水分；减压；【小问6详解】【已知加入苯甲醛为0.428mol，根据反应，可知理论上生成的苯甲酸苯甲酯为0.214mol，即理论上生成的质量为0.214mol×212g/mol=45.368g，产率=%45.368g31.5g100%69

.4，故答案为：69.4%。