专题1 有机化学的发展及研究思路 测试卷 （含解析）2023-2024学年高二下学期化学苏教版（2019）选择性必修3

专题1《有机化学的发展及研究思路》测试卷
一、单选题
1．具有下列结构的化合物，其核磁共振氢谱中有两组峰的是
A． B． C． D．
2．下列反应只可能生成一种有机物的是
A．邻羟基苯甲酸与碳酸氢钠发生复分解反应
B．丙烯与溴化氢发生加成反应
C．2-丁醇在浓硫酸加热条件下发生消去反应
D．等物质的量的甲烷和氯气在光照条件下发生取代反应
3．某有机化合物6.4g，在氧气中完全燃烧，只生成8.8g CO2和7.2g H2O，下列关于该有机物的说法中正确的是
A．该有机物仅含碳、氢两种元素
B．该化合物中碳、氢原子个数比为1∶4
C．该有机物属于烃类
D．该有机物相对分子质量为64
4．某有机物在氧气中充分燃烧，生成的CO2和H2O的物质的量之比为1:2，下列有关该有机物分子组成的推论正确的是
A．分子中C、、O个数之比为1:4:4
B．分子中C、个数之比为1:2
C．分子中可能含有氧原子
D．此有机物的最简式为CH4
5．下列各组混合物中，能用分液漏斗进行分离的是
A．水和CCl4 B．溴和CCl4 C．酒精和水 D．汽油和植物油
6．下列化合物在核磁共振氢谱中出现两组峰且峰面积之比为3：2的是
A．2，3－二甲基丁烷 B．对二甲苯 C．2－甲基丙烯 D．乙酸甲酯
7．某无色气体X可能含有氢气、一氧化碳、二氧化碳和甲烷四种气体中的一种或两种。为确认其组成，某同学取一定量该气体按如图所示装置进行实验(假设每步都充分反应或吸收)，结果装置①中无明显变化，装置③增重1.8g，装置④增重2.2g。
下列关于气体X成分的分析中，正确的是
A．不能确定是否含有二氧化碳
B．可能含有甲烷和氢气
C．一定只含有甲烷
D．可能含有氢气和一氧化碳
8．一氯乙酸可用作除锈剂，其制备原理为。下列说法错误的是
A．还可能生成二氯乙酸、三氯乙酸等副产物
B．中所含化学键只有σ键
C．Cl-Cl键的键长比I-I键的键长短
D．的酸性比强
9．下列除杂质的方法可行的是
A．加入新制的生石灰，然后加热蒸馏，可以除去乙醇中少量的水
B．通过装有氢氧化钠溶液的洗气瓶，可以除去氯气中的氯化氢气体
C．用苯通过萃取分液的方法，可以除去溴苯中的溴
D．用氢氧化钠溶液，通过分液的方法，可以除去乙酸乙酯中的乙酸
10．某有机物的核磁共振氢谱图如图所示，该有机物的结构简式可能是
A． B．HCOOCH2COOH C．HOCH2CH2OH D．CH3COCH3
11．下列反应不属于取代反应的是
A．CHCl3+Cl2CCl4+HCl
B．CH3CH3+2Br2CH2BrCH2Br+2HBr
C．C3H8+Cl2C3H7Cl+HCl
D．CH4+2O2CO2+2H2O
12．已知某有机物A的红外光谱和核磁共振氢谱如图所示，下列说法正确的是

A．由红外光谱可知，A属于芳香烃
B．仅由A的核磁共振氢谱就可获得A的相对分子质量
C．由核磁共振氢谱可知，A分子中有3种不同化学环境的氢原子且峰面积之比为1:2:3
D．若A的分子式为，则其结构简式可能为
13．某有机物A质谱图、核磁共振氢谱图如下，则A的结构简式可能为
A．CH3CH2OH B．CH3CHO C．CH3OCH3 D．CH3CH2COOH
14．有机物X为烃的含氧衍生物，其蒸气相对氢气的密度为29，取5.8g该有机物在氧气中完全燃烧，将产物依次通过浓硫酸和碱石灰，两者分别增重5.4g和13.2g，该有机物的分子式是
A．C3H6O B．C2H2O2 C．C2H6O2 D．C4H10
15．研究有机物的一般步骤：分离提纯→确定最简式→确定分子式→确定结构式。以下研究有机物的方法错误的是
A．蒸馏→分离提纯液态有机混合物
B．燃烧法→研究确定有机物元素组成的有效方法
C．红外光谱图→确定有机物分子中的官能团或化学键
D．对粗苯甲酸提纯时操作为：加热溶解，蒸发结晶，过滤
二、填空题
16．某同学用仪器分析法来确定某有机物的结构，经质谱分析可得其最大质荷比为，由此可以确定 ；红外光谱显示的特征峰为键及键振动吸收峰，若两种键的个数比为，由此可以确定所含官能团的名称为 ，可能的结构简式有 ；核磁共振氢谱如图，且面积比为，由此可以确定该物质的结构简式为 。
17．(1)键线式表示的物质的分子式为 。
(2)中含有的官能团的名称为 。
(3)的系统命名为： 。
(4)某芳香烃的结构为，它的分子式为 ，其核磁共振氢谱图上有 组峰。
(5)若分子式为的某烃中所有的碳原子都在同一条直线上，则该烃的结构简式为 。
(6)2，4，6－三硝基甲苯又叫梯恩梯(TNT)，是一种烈性炸药，其结构简式为 。
18．按要求填写下列空格：
(1)已知某有机物的模型如图所示
①该有机物分子式为 。
②用系统命名法命名该有机物： 。
③该有机物的一氯代物有 种。
(2)某有机物X由C、H、O三种元素组成，经测定其相对分子质量为90.取1.8gX在纯氧中完全燃烧，将产物先后通过浓硫酸和碱石灰，两者分别增重1.08g和2.64g．则有机物X的分子式为 。已知有机物X含有一个-COOH，在1H-NMR谱上观察氢原子给出四种特征峰，强度为3：1：1：l。则X的结构简式为 。
(3)有机物甲醇(CH3OH)是一种可再生能源，具有广泛的开发和应用前景。以CH3OH燃料电池为电源电解法制取ClO2，二氧化氯(ClO2)为一种黄绿色气体，是国际上公认的高效、广谱、快速、安全的杀菌消毒剂。
①CH3OH燃料电池放电过程中，负极反应式为 。
②图中电解池用石墨作电极，在一定条件下电解饱和食盐水制取ClO2，阳极产生ClO2的反应式为 。
③电解一段时间，从阴极处收集到的气体比阳极处收集到气体多6.72L时(标准状况，忽略生成的气体溶解)，停止电解，通过阳离子交换膜的阳离子为 mol。
三、实验题
19．在梨、香蕉等水果中存在着乙酸正丁酯。实验室制备乙酸正丁酯的反应、装置示意图和有关数据如下：
水中溶解性 密度(g·cm-3) 沸点 相对分子质量
乙酸 溶于水 1.049 2 118 60
正丁醇 微溶于水 0.809 8 117.7 74
乙酸正丁酯 微溶于水 0.882 4 126.5 116
实验步骤:
Ⅰ.乙酸正丁酯的制备
在A中加入7.4 g正丁醇、6.0 g乙酸，再加入数滴浓硫酸，摇匀，放入1~2颗沸石。按图安装带分水器的回流反应装置，并在分水器中预先加入水，使水面略低于分水器的支管口，通入冷凝水，缓慢加热A。在反应过程中，通过分水器下部的旋塞分出生成的水，保持分水器中水层液面的高度不变，使油层尽量回到圆底烧瓶中。反应达到终点后，停止加热，记录分出水的体积。
Ⅱ.产品的精制
把分水器中的酯层和A中反应液倒入分液漏斗中，分别用少量水、饱和碳酸钠溶液和水洗涤，分出的产物加入少量无水硫酸镁固体，静置后过滤，将产物常压蒸馏，收集124-126 ℃的馏分，得到5.8 g产品。请回答下列问题：
(1)冷水应从冷凝管的 (填“a”或“b”)口通入。
(2)产品的精制过程中，第一次水洗的目的是 ，第二次水洗的目的是 ，洗涤完成后将有机层从分液漏斗的 (填“上口”或“下口”)转移到锥形瓶中。
(3)本实验提高产品产率的方法是 。
(4)判断反应终点的依据是 。
(5)该实验过程中，生成乙酸正丁酯的产率是 。
20．羟基乙酸钠易溶于热水，微溶于冷水，不溶于醇、醚等有机溶剂。用氯乙酸制备少量羟基乙酸钠的反应为放热反应。实验步骤如下：
步骤1：在如图所示装置的反应瓶中，加入40 g氯乙酸、 50mL水，搅拌。逐步加入40%NaOH溶液， 95℃继续搅拌反应2小时，反应过程中控制pH约为9。
步骤2：蒸出部分水至液面有薄膜，加少量热水，趁热过滤。滤液冷却至15℃，过滤得粗产品。
步骤3：粗产品溶解于适量热水中，加活性炭脱色，分离掉活性炭。
步骤4：将去除活性炭后的溶液加到适量乙醇中，冷却至15℃以下，结晶、过滤、干燥，得羟基乙酸钠。
(1)仪器A的名称为 。
(2)写出用氯乙酸制备羟基乙酸钠的化学方程式： 。
(3)步骤1中，逐步加入NaOH溶液的目的是 。
(4)步骤3中，去除活性炭的操作是 。
(5)步骤4中，将去除活性炭后的溶液加到适量乙醇中的目的是 。
试卷第4页，共8页
参考答案：
1．D
【详解】A．只有一种等效氢，核磁共振氢谱中只有一组峰，故不选A；
B．有三种等效氢，核磁共振氢谱中有三组峰，故不选B；
C．只有一种等效氢，核磁共振氢谱中只有一组峰，故不选C；
D．有两种等效氢，核磁共振氢谱中有两组峰，故选D；
选D。
2．A
【详解】A．酸性：羧酸＞碳酸＞酚，所以只有羧基和碳酸氢钠反应，酚羟基不和碳酸氢钠反应，有机产物就一种是邻羟基苯甲酸钠，选项A符合题意；
B．丙烯是不对称妈烃，与溴化氢发生加成反应可以生成1-溴丙烷、2-溴丙烷两种有机物，选项B不符合题意；
C．2-丁醇也属于不对称醇，在浓硫酸存在下发生消去反应可以得到1-丁烯、2-丁烯两种有机物，选项C不符合题意；
D．甲烷和氯气在光照条件下发生取代反应得到的产物有四种氯代烃，选项D不符合题意。
答案选A。
3．B
【分析】由有机化合物6.4g，在氧气中完全燃烧，只生成8.8g CO2和7.2g H2O可知，有机化合物中碳原子的物质的量为=0.2mol、氢原子的物质的量为×2=0.8mol、氧原子的物质的量为=0.2mol，则A的实验式为CH4O，由于CH4O已饱和，其分子式为CH4O。
【详解】A．由分析可知，有机化合物中含有碳元素、氢元素和氧元素，故A错误；
B．由分析可知，有机化合物中碳、氢原子个数比为1∶4，故B正确；
C．由分析可知，有机化合物中含有碳元素、氢元素和氧元素，属于烃的衍生物，故C错误；
D．由分析可知，有机化合物的分子式为CH4O，相对分子质量为32，故D错误；
故选B。
4．C
【分析】燃烧产物CO2和H2O中的C、H元素一定来自有机物，但原有机物中有无氧元素不能肯定；CO2和H2O的物质的量之比为1:2，原有机物中的C和H的物质的量之比为1:4。
【详解】A．由分析可知，原有机物分子中C、个数之比为1:4，但不能肯定是否含氧原子，A不正确；
B．原有机物分子中C、个数之比为1:4，B不正确；
C．原有机物分子中一定含有C、H原子，可能含有氧原子，C正确；
D．原有机物分子中C、个数之比为1:4，可能含O原子，最简式不一定为CH4，D不正确；
故选C。
5．A
【详解】A．四氯化碳与水不互溶，可以用分液漏斗分离，正确；
B．溴易溶于四氯化碳中，不能用分液漏斗分离，错误；
C．酒精与水互溶，不能用分液漏斗分离，错误；
D．汽油和植物油都是有机物，根据相似相溶原理，二者是互溶的，不能用分液漏斗分离，错误；
答案选A。
6．B
【详解】A． 2，3－二甲基丁烷的结构简式为CH3CH(CH3)CH(CH3)CH3，分子中含有两类氢，且其个数比为6：1，故A不符合题意；
B． 对二甲苯分子中含有两类氢，其个数比为3：2，故B符合题意；
C． 2－甲基丙烯的结构简式为CH2=C(CH3)CH3，分子中含有两类氢，其个数比为3：1，故C不符合题意；
D． 乙酸甲酯的结构简式为CH3COOCH3，分子中含有两类氢，其个数比为1：1，故D不符合题意；
故选：B。
7．D
【分析】该气体通入澄清石灰水没有现象，说明不含CO2，该气体燃烧后，装置③增重1.8g，装置④增重2.2g，说明生成1.8g水和2.2g CO2，1.8g水中氢元素的质量为：1.8g×=0.2g；碳元素的质量为2.2g×=0.6g，气体X中C：H=：=1：4，因此X的组成可能是：①只有甲烷，②可能含有氢气和一氧化碳，③可能同时含有甲烷、氢气和一氧化碳。
【详解】A．根据分析，X中不含CO2，A错误；
B．根据分析，X不可能是CH4和H2的混合物，B错误；
C．根据分析，X可以是CH4，C错误；
D．根据分析，X可能含有氢气和一氧化碳，D正确；
故选D。
8．B
【详解】A．乙酸和氯气发生取代反应，乙酸中甲基上的一个氢原子被氯原子取代生成一氯乙酸，若两个氢原子被氯原子取代则生成二氯乙酸，三个氢原子被氯原子取代则生成三氯乙酸，故A正确；
B．乙酸中的羧基有C=O，双键中有一个σ键，还有一个π键，故B错误；
C．Cl原子半径小于I原子，所以Cl-Cl键的键长比I-I键的键长短，故C正确；
D．Cl的电负性比较强，对电子的吸引力比较强，Cl-C的极性大于C-C的极性，导致一氯乙酸的羧基中的羟基的极性大于乙酸中的羟基的极性，一氯乙酸更易电离出氢离子，所以ClCH2COOH 的酸性比CH3COOH强，故D正确；
故选B。
9．A
【详解】A．生石灰极易吸水生成氢氧化钙，而乙醇的沸点低，蒸馏即可，A正确；
B．氯气能和NaOH溶液反应：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，B错误；
C．苯和溴苯是互溶的，不能用苯萃取溴苯中的溴，应该用NaOH溶液除去溴苯中的溴，C错误；
D．应该加入饱和碳酸钠溶液后分液，乙酸乙酯和乙酸均能和氢氧化钠溶液反应，D错误；
答案选A。
【点睛】在解答物质分离提纯试题时，选择试剂和实验操作方法应遵循三个原则：不能引入新的杂质（水除外），即分离提纯后的物质应是纯净物（或纯净的溶液），不能有其他物质混入其中；分离提纯后的物质状态不变；实验过程和操作方法简单易行，即选择分离提纯方法应遵循先物理后化学，先简单后复杂的原则。
10．C
【详解】A．由结构简式可知，对环己二酮分子中含有1类氢原子，核磁共振氢谱图只有1组峰，与图不吻合，故A错误；
B．由结构简式可知，HCOOCH2COOH分子中含有3类氢原子，核磁共振氢谱图有3组峰，与图不吻合，故B错误；
C．由结构简式可知，HOCH2CH2OH分子中含有2类氢原子，核磁共振氢谱图有2组峰，与图吻合，故C正确；
D．由结构简式可知，CH3COCH3分子中含有1类氢原子，核磁共振氢谱图只有1组峰，与图不吻合，故D错误；
故选C。
11．D
【详解】A．氯气中的氯原子取代三氯甲烷中的氢原子，生成四氯化碳和氯化氢，为取代反应，A错误；
B．溴原子取代乙烷中的氢原子生成1，2-二溴乙烷和溴化氢，为取代反应，B错误；
C．氯原子取代丙烷中的氢原子，生成一氯丙烷和氯化氢，为取代反应，C错误；
D．甲烷在氧气中燃烧，发生氧化反应，D正确；
答案为：D。
12．D
【详解】A．由红外光谱可知，A分子中含有氧，不属于烃类，A错误；
B．一般用质谱法测定有机物的相对分子质量，核磁共振氢谱可以测定不同环境的氢；仅由A的核磁共振氢谱不能获得A的相对分子质量，B错误；
C．由核磁共振氢谱可知，A分子中有5种不同化学环境的氢原子，C错误；
D．由红外光谱可知，分子中含有苯环、C-H、C=O、C-O、C-C，及直接与苯环相连的碳，且分子中含有5种不同化学环境的氢原子且峰氢原子之比为3:2:2:2:1，若A的分子式为，则其结构简式可能为 ，D正确；
故选D。
13．A
【详解】从质谱图可知，该有机物的相对分子质量为46，可写出分子式为C2H6O，所以，可排除B、D，从核磁共振氢谱图可知，有机物A有3种环境的氢原子，且比例为3:1:2，C选项只有1中环境的氢原子，所以排除C，A符合题意，故选A。
14．A
【分析】根据A的蒸气相对氢气的密度为29，可以求得A的相对分子质量，然后根据浓硫酸增重为水的质量，碱石灰增重为二氧化碳的质量，计算有机物A、二氧化碳和水的物质的量，根据原子守恒计算出A分子中碳原子、氢原子的物质的量，结合相对分子质量计算分子中氧原子的物质的量，进而确定有机物A的分子式，据此分析来解题。
【详解】A的蒸气相对氢气的密度为29，则M(A)＝29×2g/mol＝58g/mol，5.8g有机物A的物质的量为，，，根据原子守恒，可知A分子中n(C)＝0.3mol、n(H)＝0.3mol×2＝0.6mol，则分子中，则根据微粒的个数之比等于物质的量之比，得A的分子式为C3H6O。
答案选A。
15．D
【详解】A．蒸馏是利用互溶液态混合物中各成分的沸点不同而进行物质分离的方法，液态有机混合物是互溶的，沸点不相同，一般采用蒸馏法分离提纯，故A正确；
B．利用燃烧法，能得到有机物燃烧后的无机产物，并作定量测定，最后算出各元素原子的质量分数，得到实验式或最简式，故B正确；
C．不同的化学键或官能团吸收频率不同，在红外光谱图上处于不同的位置，所有用红外光谱图确定有机物分子中的官能团或化学键，故C正确；
D．粗苯甲酸经过加热溶解→趁热抽滤→冷却结晶→抽滤→洗涤→干燥→纯苯甲酸，故D错误。
综上所述，答案为D。
16． 有机物相对分子质量为 羟基 、
【详解】经质谱分析有机物的最大质荷比为，由此可以确定该有机物相对分子质量为，红外光谱显示的特征峰为键及键振动吸收峰，若两种键的个数比为1:1，可以确定所含官能团为羟基，由相对分子质量可知，有机物分子中羟基数目不能超过个，若含有个羟基，则剩余基团的总相对分子质量为，故含有个C原子，分子式为，不存在这样的二元醇，则只能含有个羟基，剩余基团为，该有机物为，可能的结构简式为：、，核磁共振氢谱有三组峰且面积比为1:1:6，由此可以确定该物质的结构简式为：。
17． 羟基、酯基 3，3－二甲基戊烷 4
【详解】(1)由键线式可知，分子中含6个C、14个H，分子式为，故答案为：；
(2) 中含有羟基和酯基，故答案为：羟基、酯基；
(3) 的主链含5个C，3号C上有2个甲基，系统命名为3，3－二甲基戊烷,，故答案为：3，3－二甲基戊烷；
(4) 分子中含18个C、14个H，分子式为，由结构简式可知分子中含4种等效H，其核磁共振氢谱图上有4组峰，故答案为：；4；
(5) 乙炔为直线结构，若乙炔分子中的两个氢原子被碳原子代替，则四个碳原子均在一条直线上，所以分子式为C4H6的某烃中所有的碳原子都在同一条直线上，则该烃的结构简式为；故答案为：；
(6) 2，4，6－三硝基甲苯，其结构简式为故答案为，故答案为：。
18． C8H18 2，2，4－三甲基戊烷 4 C3H6O3 CH3CH(OH)COOH CH3OH―6e-＋8OH-=＋6H2O Cl--5e-＋2H2O===4H＋＋ClO2↑ 1
【详解】(1) ①根据有机物的模型可知分子中含有8个碳原子和18个氢原子，则该有机物分子式为C8H18；
②该有机物的结构简式为(CH3)3CCH2CH(CH3)2，用系统命名法命名该有机物为2，2，4－三甲基戊烷；
③该有机物分子中有4种不同化学环境下的氢，故其一氯代物有4种；
（2）设有机物的分子式为CxHyOz，有机物的质量为1.8g，浓硫酸增重即水的质量为1.08g，碱石灰增重即二氧化碳的质量为2.64g，
n（CxHyOz）==0.02mol，n（H2O）==0.06mol，n（CO2）==0.06mol，
根据氢原子、碳原子守恒建立关系式：0.02x=0.06，0.02y=0.06×2，
解得x=3，y=6．
所以反应物分子式为C3H6Oz，
又因为有机物分子量为90，则有机物中O原子数为=3，
故推得有机物分子式为C3H6O3，故答案为：C3H6O3；
已知有机物X含有一个-COOH，在1H-NMR谱上观察氢原子给出四种特征峰，强度为3：1：1：l，应该有一个甲基。则X的结构简式为CH3CH(OH)COOH；
(3)①CH3OH燃料电池放电过程中，CH3OH在负极上失电子产生碳酸根离子，负极反应式为CH3OH―6e-＋8OH-=＋6H2O；
②图中电解池用石墨作电极，在一定条件下电解饱和食盐水制取ClO2，阳极上氯离子失电子产生ClO2，电极反应式为Cl--5e-＋2H2O=4H＋＋ClO2↑；
③电解一段时间，从阴极处收集到的气体比阳极处收集到气体多 6.72L时（标准状况，忽略生成的气体溶解），多出的气体是氢气，物质的量==0.3mol，设阳极产生的气体是xmol，则根据电子得失守恒可知5x=（0.3+x）×2，解得x=0.2，即转移1mol电子，钠离子通过阳离子交换膜，所以通过阳离子交换膜的阳离子为1mol。
19． a 除去大部分乙酸，正丁醇和硫酸 除去残留的钠盐 上口 使用分水器分离酯化反应生成的水，使平衡正向移动 分水器中的水层不再增加 50%
【分析】根据逆向冷却效果最好分析冷却水的进入方向。根据可逆反应的特点分析产品中的杂质，结合各物质的性质分析分离提纯的目的；根据平衡移动原理分析提高产率的方法；根据方程式计算酯的产率。
【详解】(1)冷却水应从下口进入，故选a；
(2) 产品的精制过程中，第一次水洗利用硫酸和乙酸能溶于水、正丁醇微溶于水的性质，主要目的是洗掉浓硫酸和大部分的乙酸和正丁醇；用碳酸钠除去乙酸，第二次水洗的目的是除去过量的碳酸钠和反应生成的乙酸钠，洗涤完成后因为有机物的密度比水小，在上层，所以将有机层从分液漏斗的上口转移到锥形瓶中。
(3)因为酯化反应为可逆反应，所以可以根据平衡移动原理分析，使用分水器分离酯化反应生成的水，使平衡正向移动，提高产品的产率；
(4)反应到平衡后，各物质物质的量不会改变，所以当分水器中的水层不再增加，说明反应到终点。
(5)根据方程式分析，7.4g正丁醇和6.0g乙酸完全反应生成乙酸正丁酯的质量为11.6g，所以产率为5.8g÷11.6g×100%= 50%。
20． 分液漏斗 ClCH2COOH + 2NaOHHOCH2COONa + NaCl + H2O 防止升温太快、控制反应体系pH 趁热过滤 提高羟基乙酸钠的析出量(产率)
【分析】氯乙酸与NaOH溶液反应生成羟基乙酸钠，反应方程式为：ClCH2COOH + 2NaOHHOCH2COONa + NaCl + H2O。NaOH溶液显碱性，加入氢氧化钠溶液可以降温也可以控制pH；产品易溶于热水，而活性炭不溶于水，可以趁热过滤除去活性炭。产品不溶于乙醇、乙醚等有机溶剂中，所以将所得溶液加到适量乙醇中，有利于羟基乙酸钠的析出。据此解答。
【详解】(1)根据图中仪器得出仪器A的名称为分液漏斗，故答案为：分液漏斗；
(2) 由分析可知，氯乙酸制备羟基乙酸钠的化学方程式故答案为：ClCH2COOH + 2NaOHHOCH2COONa + NaCl + H2O，故答案为：ClCH2COOH + 2NaOHHOCH2COONa + NaCl + H2O；
(3) 制备羟基乙酸钠的反应为放热反应，逐步加入NaOH溶液的目的是防止升温太快，同时控制反应体系的pH，故答案为：防止升温太快，控制反应体系的pH。；
(4) 由于产品易溶于热水，微溶于冷水，因此去除活性炭的操作名称是趁热过滤。故答案为：趁热过滤；
(5)根据信息，产品不溶于乙醇、乙醚等有机溶剂中，因此步骤4中，将去除活性炭后的溶液加到适量乙醇中的目的是降低产品的溶解度，提高羟基乙酸钠的析出量（产率）。故答案为：提高羟基乙酸钠的析出量（产率）