山東省菏澤市2023-2024學年高二下學期期中聯(lián)考（A卷）化學試題（解析版）

高級中學名校試卷PAGEPAGE1山東省菏澤市2023-2024學年高二下學期期中聯(lián)考（A卷）注意事項：1．本試卷分選擇題和非選擇題兩部分。滿分100分，考試時間90分鐘。2．答題前，考生務必將姓名、班級等個人信息填寫在答題卡指定位置。3．考生作答時；請將答案答在答題卡上。選擇題每小題選出答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑；非選擇題請用直徑0.5毫米黑色墨水簽字筆在答題卡上各題的答題區(qū)域內作答。超出答題區(qū)域書寫的答案無效，在試題卷、草稿紙上作答無效?？赡苡玫降南鄬υ淤|量：H1C12N14O16Na23Cl35.5K39Fe56Se79一、選擇題：本題共10小題，每小題2分，共20分。每小題只有一個選項符合題意。1.下列關于物質的性質及用途說法正確的是A.冬天汽車所用防凍液的主要成分為乙二醇B.用含有橙色酸性重鉻酸鉀的儀器檢驗酒后駕車，利用了乙醇的氧化性C.纖維素在人體內水解最終產物為葡萄糖，可作為人類的營養(yǎng)食物D.聚氯乙烯是一種熱穩(wěn)定性塑料，可用于制作食品包裝袋等薄膜制品【答案】A【解析】乙二醇熔點低，故可以作為汽車的防凍液，是市售汽車防凍液的主要成分，故A正確；酸性重鉻酸鉀具有氧化性，能氧化乙醇，用于檢驗酒后駕車，利用了乙醇的還原性，故B錯誤；纖維素在人體內不能水解，故C錯誤；聚氯乙烯對光、熱的穩(wěn)定性較差，易分解產生含氯的有毒物質，不能用制作食品保鮮袋，故D錯誤；故答案選A。2.下列關于物質的結構或性質的描述及解釋正確的是A.穩(wěn)定性：H2O>H2S，是由于水分子間存在氫鍵B.利用“杯酚”可分離C60和C70是因為超分子具有“自組裝”特征C.AlF3(1040℃)熔點遠高于AlCl3(178℃升華)是由于兩者的晶體類型不同D.CO2與SO2的空間結構不同，是由于中心原子雜化方式相同，孤電子對數(shù)不同【答案】C【解析】水的穩(wěn)定性強于硫化氫是因為氧元素的非金屬性強于硫元素，與水分子間存在氫鍵無關，故A錯誤；利用“杯酚”可分離C60和C70是因為超分子具有“分子識別”的特征，故B錯誤；由熔點可知，氟化鋁是離子晶體，氯化鋁是分子晶體，離子晶體的熔點高于分子晶體，所以氟化鋁的熔點高于氯化鋁是因為兩者的晶體類型不同，故C正確；二氧化碳分子中碳原子的價層電子對數(shù)為2，原子的雜化方式為sp雜化，二氧化硫分子中硫原子的價層電子對數(shù)為3，原子的雜化方式為sp2雜化，兩分子中中心原子雜化方式不同，故D錯誤；故選C。3.下列對有機物的敘述正確的是A.順-2-丁烯的球棍模型：B.分子式為C5H10O2有機物中能與NaHCO3溶液反應的有4種C.CH3CH(CH3)CH2COOH的系統(tǒng)命名法命名：2-甲基丁酸D.和互為同分異構體【答案】B【解析】順—2—丁烯的結構簡式為，球棍模型為，故A錯誤；能與NaHCO3溶液反應則含有羧基，則存在4種情況：，故B正確；CH3CH(CH3)CH2COOH的系統(tǒng)命名法命名：3-甲基丁酸，故C錯誤；甲烷為正四面體結構，則和為一種物質，故D錯誤；故選B。4.超硬陶瓷材料氮化硅可由反應制得。下列說法正確的是A.NH3的VSEPR模型：三角錐形 B.SiH4為平面正方形結構C.H2是一種極性分子 D.Si3N4屬于共價晶體【答案】D【解析】NH3中N原子的價層電子對數(shù)為：，VSEPR模型：正四面體，A錯誤；SiH4中Si原子的價層電子對數(shù)為：，為正四面體結構，B錯誤；H2是一種非極性分子，C錯誤；Si3N4是超硬陶瓷材料，屬于共價晶體，D正確；故選D。5.某有機物A是農藥生產中的一種中間體，其結構簡式如圖。下列敘述正確的是A.與乙醇互為同系物B.1mol有機物A最多能與5molH2反應C.有機物A能發(fā)生取代反應、消去反應D.該有機物所有碳原子共平面【答案】C【解析】該物質與乙醇結構不相似，不互為同系物，A錯誤；該有機物分子中含苯環(huán)，可與氫氣發(fā)生加成反應，1mol有機物A最多能與3molH2反應，B錯誤；該有機物分子中含酯基、碳氯鍵和羥基，可發(fā)生取代反應和消去反應，C正確；該有機物分子中存在sp3雜化的飽和碳原子，存在空間結構，且單鍵可旋轉，所以不可能所有碳原子共平面，D錯誤；答案選C。6.冠醚是一種超分子，它能否適配堿金屬離子與其空腔直徑和離子直徑有關。二苯并-18-冠-6與K+形成的螯合離子的結構如圖所示。下列說法錯誤的是A.該超分子中碳原子可能共處于同一平面B.該螯合離子有4種一氯代物C.含有該螯合離子的物質所形成的晶體是離子晶體D.該螯合離子中C原子雜化方式有2種【答案】A【解析】螯合離子中，除苯環(huán)外，碳原子、氧原子均為sp3雜化，故碳原子不可能在同一平面上，故A錯誤；螯合離子上下對稱、左右對稱，只有如圖4種等效氫，所以其一氯代物有4種；，故B正確；該螯合陽離子和陰離子結合形成離子晶體，故C正確；苯環(huán)上碳原子價層電子對個數(shù)是3、亞甲基中碳原子價層電子對的個數(shù)是4，前者為sp2雜化、后者為sp3雜化，有2種雜化類型的碳原子；故D正確；答案選A。7.聚醋酸乙烯酯難溶于水，可用作白乳膠、塑料薄膜和涂料等，用它可得到聚乙烯醇，聚乙烯醇水溶液可用作醫(yī)用滴眼液。合成路線如圖：已知RCOOR′+R″OHRCOOR″+R′OH(R′、R″為不同的烴基)下列說法錯誤的是A.試劑a是乙酸B.由C2H2制備M的反應類型為加成反應C.聚醋酸乙烯酯不能使溴的四氯化碳溶液褪色D.由聚醋酸乙烯酯轉化為聚乙烯醇過程中還會生成甲酸乙酯【答案】D【解析】根據(jù)聚醋酸乙烯酯的結構得到M的結構簡式為CH2=CHOOCCH3，M是乙炔和試劑a發(fā)生加成反應得到的，則根據(jù)質量守恒得到試劑a是乙酸，A正確；乙炔與乙酸發(fā)生加成反應生成醋酸乙烯酯（M），B正確；聚醋酸乙烯酯中不含碳碳雙鍵或碳碳三鍵，不能使溴的四氯化碳溶液褪色，C正確；根據(jù)已知信息可知，則聚醋酸乙烯酯與甲醇反應生成聚乙烯醇和乙酸甲酯，D錯誤；答案選D。8.下列實驗方案設計正確且能達到相應實驗目的的是A.用裝置甲檢驗溴乙烷中含有溴元素B.用裝置乙實驗室制取乙酸乙酯C.用裝置丙可證明酸性：苯酚<碳酸D.用裝置丁實驗室制溴苯并檢驗產物中的HBr【答案】D【解析】檢驗溴乙烷中含有的溴元素時，溴乙烷水解液顯堿性，為防止堿與硝酸銀發(fā)生反應，干擾實驗結果，應先加稀硝酸中和至酸性后，再加入AgNO3溶液，A錯誤；導管末端伸入液面，B錯誤；由于醋酸易揮發(fā)，溶液變渾濁是揮發(fā)出的醋酸與苯酚鈉反應生成的苯酚，還是生成的二氧化碳與苯酚鈉反應生成的苯酚，因此圖甲不可證明酸性：苯酚＜碳酸，C錯誤；用裝置丁制取溴苯時，將液溴加入苯中，在催化劑存在下發(fā)生反應，用CCl4吸收HBr中混有的溴蒸氣，再用硝酸銀溶液檢驗HBr的存在，從而證明苯與液溴反應為取代反應，D正確；答案選D。9.已知順鉑和反鉑互為同分異構體，兩者均為平面四邊形結構，兩者的結構和性質如下表。順鉑反鉑結構25℃時溶解度/g0.25770.0366下列說法正確的是A.兩者分子中的Pt化合價均為0B.兩種同分異構體中，更易溶于CCl4的是反鉑C.兩者分子中的Pt采取的均是sp3雜化D.1molPt(NH3)2Cl2中含σ鍵數(shù)目為4NA【答案】B【解析】分子中Cl為-1價，NH3為中性分子，則Pt的化合價為+2價，A錯誤；順鉑為極性分子，而反鉑是非極性分子，CCl4是非極性分子，根據(jù)相似相溶原理，反鉑在CCl4中溶解度更大，B正確；若兩者分子中的Pt采取的均是sp3雜化，則順鉑和反鉑空間構型為四面體，不存在同分異構體，C錯誤；1molPt(NH3)2Cl2中含NH3含2×3=6NAσ鍵，四條配位鍵，σ鍵總數(shù)目為10NA，D錯誤；故選B。10.有關晶體的結構如圖所示，下列說法中正確的是A.NaCl晶體中，Na+位于Cl-構成的四面體空隙中B.CaF2晶體中，每個晶胞平均有4個Ca2+，每個Ca2+周圍最近的Ca2+有6個C.金剛石晶體中，每個C原子被12個六元環(huán)所共用D.立方氮化硼晶體中，硼原子的配位數(shù)為8【答案】C【解析】由晶胞結構可知，晶胞中位于頂點的鈉離子與位于棱上的氯離子距離最近，所以鈉離子位于氯離子構成的八面體空隙中，故A錯誤；由晶胞結構可知，晶胞中位于頂點的鈣離子與位于面心的鈣離子距離最近，每個鈣離子周圍最近的鈣離子有12個，故B錯誤；由晶胞結構可知，晶胞中每個碳原子被12個六元環(huán)所共用，故C正確；由晶胞結構可知，晶胞中位于體內的氮原子與4個硼原子的距離最近，則氮原子的配位數(shù)為4，由化學式BN可知，硼原子的配位數(shù)也為4，故D錯誤；故選C。二、本題共5小題，每小題4分，共20分。每小題有1個或2個選項符合題意，全都選對得4分，選對但不全得2分，有選錯的得0分。11.下列實驗操作、現(xiàn)象和結論均正確的是選項實驗橾作現(xiàn)象結論A向麥芽糖溶液中加入少量稀硫酸，加熱，滴加NaOH溶液調至呈堿性，再加入銀氨溶液，水浴加熱觀察到產生銀鏡麥芽糖水解產物具有還原性B乙醇和濃硫酸共熱至170℃，將產生的氣體通入酸性KMnO4溶液酸性KMnO4溶液褪色乙醇與濃硫酸反應生成了乙烯C向苯和甲苯中分別滴加少量酸性KMnO4溶液，充分振蕩苯中下層溶液為紫紅色，甲苯中溶液為無色苯環(huán)使甲基變活潑D向肉桂醛中加入溴水溴水溶液褪色證明肉桂醛中含有碳碳雙鍵A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】麥芽糖也為還原性糖，若有剩余，也會產生銀鏡，A錯誤；產生的氣體中可能含乙醇和SO2，均能使酸性高錳酸鉀溶液褪色，不能證明一定有乙烯生成，B錯誤；苯不能使酸性高錳酸鉀溶液褪色，而甲苯能使酸性高錳酸鉀溶液褪色，說明苯環(huán)使甲基變活潑，C正確；醛基具有還原性，也能使溴水褪色，故不能證明一定含碳碳雙鍵，D錯誤；故選C。12.某化工廠的廢液中含有乙醇、苯酚、乙酸和二氯甲烷，該工廠設計回收方案如圖：下列說法錯誤的是A.試劑a可以選擇Na2CO3溶液或NaOH溶液B.操作I、II、III均為蒸餾C.回收物1、2分別是二氯甲烷、乙醇D.試劑b、c可以分別選擇CO2、稀硫酸【答案】AB【解析】由題給流程可知，向廢液中加入碳酸鈉溶液，將廢液中的苯酚、乙酸反應轉化為苯酚鈉、乙酸鈉，分液得到有機相和水相A；有機相經蒸餾分離得到不同沸點的乙醇、二氯甲烷；向水相A中通入二氧化碳，將溶液中的苯酚鈉轉化為苯酚，分液得到苯酚和乙酸鈉溶液；向乙酸鈉溶液中加入稀硫酸酸化，將乙酸鈉轉化為乙酸，經蒸餾分離得到乙酸。二氯甲烷能在氫氧化鈉溶液中發(fā)生水解反應，則試劑a只能為碳酸鈉溶液，不能是氫氧化鈉溶液，故A錯誤；由分析可知，操作II分液，故B錯誤；由分析可知，有機相經蒸餾分離得到不同沸點的乙醇、二氯甲烷，乙醇能形成分子間氫鍵，二氯甲烷不能形成分子間氫鍵，則乙醇的沸點高于乙醇和二氯甲烷，所以回收物1、2分別是二氯甲烷、乙醇，故C正確；由分析可知，試劑b、c可以分別選擇CO2、稀硫酸，故D正確；故選AB。13.有機化合物M和N是合成英菲替尼的中間體，其結構如圖所示，下列說法正確的是A.M分子中含有三種官能團B.N分子中存在1個手性碳原子C.M的分子式為C9H12NO3D.N分子中的碳原子和氮原子均有2種雜化方式【答案】D【解析】由結構簡式可知，M分子中含有的官能團為酰胺基和醚鍵，共有2種，故A錯誤；由結構簡式可知，N分子中不含有連有4個不同原子或原子團的手性碳原子，故B錯誤；由結構簡式可知，M分子的分子式為C10H13NO3，故C錯誤；由結構簡式可知，N分子中單鍵碳原子和單鍵氮原子的雜化方式都為sp3雜化，苯環(huán)中碳原子和硝基中氮原子的雜化方式都為sp2雜化，則分子中的碳原子和氮原子均有2種雜化方式，故D正確；故選D。14.一種以甲醇輔助固定CO2合成碳酸二甲酯的方法，原理如圖，下列說法正確的是A.②的反應類型為取代反應B.化合物ACH3OH，化合物B為CO2C.若用HOCH2CH2CH2OH輔助固定，則產物可能為D.反應原料中的原子100%轉化為目標產物【答案】BC【解析】由圖可知，反應①為和甲醇發(fā)生取代反應生成和水，則A為甲醇；反應②為與二氧化碳發(fā)生加成反應生成，則B為二氧化碳；與甲醇發(fā)生取代反應生成和，則為反應的催化劑，總反應為甲醇與二氧化碳反應生成和水。由分析可知，反應②為與二氧化碳發(fā)生加成反應生成，故A錯誤；由分析可知，A為甲醇、B為二氧化碳，故B正確；由分析可知，總反應為催化劑作用下甲醇與二氧化碳反應生成和水，催化劑作用下乙二醇能與二氧化碳反應生成和水，故C正確；由分析可知，總反應為催化劑作用下甲醇與二氧化碳反應生成和水，由方程式可知，反應原料中的原子利用率小于100%，故D錯誤；故選BC。15.鑭La和H可以形成一系列晶體材料LaHn，在儲氫和超導等領域具有重要應用。LaHn屬于立方晶系，晶胞結構和參數(shù)如圖所示。高壓下，LaH2中的每個H結合4個H形成類似CH4的結構，即得到晶體LaHx。下列說法錯誤的是A.LaH2晶胞中La原子的分數(shù)坐標有4種B.LaH2晶體中H的配位數(shù)為4C.晶體中H和H的最短距離：LaHx>LaH2D.LaHx單位體積中含氫質量的計算式為【答案】CD【解析】LaH2晶胞中La原子的分數(shù)坐標有(0,0,0)、()、()、()，共4種，故A正確；根據(jù)圖示，LaH2晶體中，離H最近且距離相等的La有4個，H的配位數(shù)為4，故B正確；LaH2中的每個H結合4個H形成類似CH4的結構，H和H之間的最短距離變小，晶體中H和H的最短距離：LaHx<LaH2，故C錯誤；1個LaHx晶胞中含有5×8=40個H原子，LaHx單位體積中含氫質量的計算式為，故D錯誤；選CD。三、非選擇題：本題共5小題，共60分。16.含銅物質在生產生活中有著廣泛應用?；卮鹣铝袉栴}：（1）基態(tài)Cu+較基態(tài)Cu2+穩(wěn)定的原因是_______；Cu2O和Cu2S都是離子晶體，熔點較高的是_______。（2）CuSO4稀溶液中存在[Cu(H2O)6]2+，[Cu(H2O)6]2+的空間構型為_______；下列對[Cu(H2O)6]2+中Cu2+雜化方式推斷合理的是_______(填標號)。A．sp3B．sp3dC．sp3d2D．dsp2（3）Cu2+可形成[Cu(en)2NH3](BF4)2，其中en代表H2N—CH2—CH2—NH2。該化合物分子中，VSEPR模型為四面體的非金屬原子共有_______個（4）如圖是Cu、Zn、Sn及S的四元半導體化合物的四方晶胞。①該物質的化學式為_______。②以晶胞參數(shù)為單位長度建立的坐標系可以表示晶胞中各原子的位置，稱作原子分數(shù)坐標，例如圖中A原子的坐標為，則B原子的坐標為_______?！敬鸢浮浚?）①.Cu+的3d軌道全滿達到穩(wěn)定狀態(tài)②.Cu2O（2）①.八面體形②.C（3）11（4）①.Cu2ZnSnS4②.【解析】【小問1詳析】基態(tài)Cu+和Cu2+的核外電子排布分別為[Ar]3d10和[Ar]3d9，由于Cu+的核外3d軌道為全充滿的穩(wěn)定結構，故穩(wěn)定性：基態(tài)Cu+＞Cu2+；Cu2O和Cu2S都是離子晶體，O2-的離子半徑小于S2-，則Cu2O的晶格能大于Cu2S，故熔點較高的是Cu2O。答案為：Cu+的3d軌道全滿達到穩(wěn)定狀態(tài)；Cu2O；【小問2詳析】六水合銅離子中銅離子為中心離子，水分子為配位體，配位數(shù)為6，由配位鍵的數(shù)目可知，銅離子的雜化方式可能為sp3d2雜化，配離子的空間構型為八面體形，故答案為：八面體形；C；【小問3詳析】[Cu(en)2NH3](BF4)2中氮原子、碳原子和硼原子的價層電子對數(shù)都為4，VSEPR模型都為四面體，則VSEPR模型為四面體的非金屬原子共有(2×2+2×2+1+2×2)=11個；【小問4詳析】由晶胞結構可知，晶胞中位于頂點和體心的Zn原子個數(shù)為，位于面上的Cu原子的個數(shù)為，位于面心和棱上的Sn原子的個數(shù)為，位于體內的S原子的個數(shù)為8，故Cu:Zn:Sn:S=4:2:2:8=2:1:1:4，晶體的化學式為Cu2ZnSnS4；若將晶胞先分為上下兩個相等的正方體后再將每個正方體連續(xù)分為8個相等的小正方體，則B原子位于上面的正方體分割成的8個小立方體中位于右下后方的小立方體的體心，由A原子的坐標為，可知B原子的坐標為。答案為：Cu2ZnSnS4；。17.有機高分子化合物E是合成藥物的重要中間體，其合成路線如下圖?；卮鹣旅鎲栴}：（1）有機物A的分子式是_______，有機物Y中官能團的名稱是_______。（2）寫出反應②的化學方程式_______。（3）有機物F是A的同分異構體，能與銀氨溶液反應，且苯環(huán)上有兩個取代基，則有機物F有_______種。（4）寫出反應④的化學方程式_______。（5）反應⑥的反應類型是_______。（6）簡述不能由A直接通過②③氧化生成C的理由____。【答案】（1）①.C9H10O②.羧基、溴原子（2）（3）6（4）（5）加聚反應（6）A中含有碳碳雙鍵容易被氧化【解析】〖祥解〗由題干合成流程圖信息可知，A和HBr發(fā)生加成反應生成B，B發(fā)生催化氧化反應生成X，根據(jù)B、C的結構簡式可知，X的結構簡式為：，X發(fā)生氧化反應生成Y，Y的結構簡式為：，Y發(fā)生消去反應后酸化得到C，據(jù)此分析解題?！拘?詳析】由A的結構簡式可知，A的分子式是C9H10O，由Y的結構簡式可知，有機物Y中官能團的名稱是羧基、溴原子?！拘?詳析】由題干合成流程圖可知，反應②即催化氧化為，該反應的化學方程式為：2+O22+2H2O?！拘?詳析】有機物F是A的同分異構體，能與銀氨溶液反應，說明其中含有-CHO，且苯環(huán)上有兩個取代基，則取代基的組合為-CHO、-C2H5或-CH2CHO、-CH3，每種組合都有鄰、間、對三種位置關系，則有機物F有6種?！拘?詳析】反應④中和NaOH醇溶液發(fā)生消去反應生成，化學方程式為：+2NaOH+NaBr+2H2O?！拘?詳析】由題干合成流程圖可知，反應⑥即發(fā)生加聚反應生成高分子化合物?！拘?詳析】不能由A直接通過②③氧化生成C的理由是：A中含有碳碳雙鍵容易被氧化。18.Se與S同主族，硒(Se)是人體必需微量元素之一，含硒化合物在材料和藥物領域具有重要應用。一種含Se的新型AIE分子Ⅳ的合成路線如下：（1）基態(tài)Se原子核外電子有_______種空間運動狀態(tài)不同的電子。（2）H2Se的沸點高于H2S，其原因是_______。（3）關于I~Ⅳ四種物質，下列說法正確的為_______。a．I中有三種不同化學環(huán)境的H原子b．Ⅱ中所有碳原子可能共平面c．Ⅲ含有的元素中，O的第一電離能最大d．Ⅳ中具有孤對電子的原子有O、S（4）鉀、鐵、硒可以形成一種超導材料，其晶胞在xz、yz和xy平面投影分別如圖所示：①該超導材料的最簡化學式為_______。②Fe原子配位數(shù)為_______。③該晶胞參數(shù)、。阿伏加德羅常數(shù)的值為NA，則該晶體的密度為_______g·cm-3(列出計算式)。【答案】（1）18（2）均為分子晶體，H2Se的相對分子質量大于H2S，分子間作用力大，沸點高（3）ab（4）①.KFe2Se2②.4③.【解析】【小問1詳析】基態(tài)硒原子價電子排布式為1s22s22p63s23p63d104s24p4，基態(tài)Se原子核外電子有18種空間運動狀態(tài)不同的電子，故答案為：18；【小問2詳析】H2Se的沸點高于H2S，其原因是兩者都是分子晶體，H2Se的相對分子質量大于H2S，分子間作用力大，沸點高，故答案為：均為分子晶體，H2Se的相對分子質量大于H2S，分子間作用力大，沸點高；【小問3詳析】a．I中分子為對稱結構，分子中有三種不同化學環(huán)境的H原子，故a項正確；b．Ⅱ中苯環(huán)及與苯環(huán)相連的碳原子共平面，碳碳雙鍵和與雙鍵直接相連的原子共平面，碳碳三鍵和與三鍵直接相連的原子共直線，結合單鍵可以旋轉，所有碳原子可能共平面，故b項正確；c．Ⅲ含有的元素中，第一電離能同周期從左到右呈增大趨勢，第ⅡA、ⅤA族元素的第一電離能大于相鄰同周期元素，同主族從上到下，第一電離能依次減小，N原子的2p能級為半充滿結構，第一電離能大于相鄰同周期元素，則N的第一電離能最大，故c項錯誤；d．根據(jù)題中Ⅳ的結構知，其中O、Se都有孤對電子，碳、氫、硫都沒有孤對電子，故d項錯誤；故答案為：ab；【小問4詳析】①由晶胞的平面投影圖可知，鉀原子位于晶胞頂點和體心，個數(shù)為，鐵原子位于面心，個數(shù)為，硒原子位于棱上和體心，個數(shù)為，所以超導材料最簡化學式為：KFe2Se2，故答案為：KFe2Se2；②位于面心上的鐵原子與其最近且等距的硒原子共4個(兩個棱上，兩個晶胞體內)，所以Fe的配位數(shù)是4，故答案為：4；③根據(jù)密度計算公式，代入題目所給數(shù)據(jù)，可得晶體密度計算式：，故答案為：。19.鹽酸羥胺(NH2OH·HCl)是一種重要的分析試劑，化學性質與銨鹽相似。實驗室以丁酮肟()、鹽酸為原料制備鹽酸羥胺的裝置如圖所示(加熱、夾持裝置省略)。已知：①鹽酸羥胺易溶于水，溶解度隨溫度升高顯著增大。②鹽酸羥胺的熔點為152℃，丁酮肟的沸點為153℃，丁酮的沸點為79.6℃?；卮鹣铝袉栴}：（1）A儀器的名稱為_______。（2）甲裝置中生成鹽酸羥胺和丁酮的化學反應方程式為_______；該反應為可逆反應，反應過程中，乙裝置采用_______(填“常壓”或“減壓”)蒸餾將丁酮不斷蒸出，促進平衡向正反應方向移動，采用此蒸餾方法的原因是_______。（3）從反應后的溶液中獲取鹽酸羥胺的方法為_______、洗滌干燥。（4）測定產品純度稱取ag鹽酸羥胺產品，配制成100mL溶液，量取25.00mL于錐形瓶中，加入適量稀硫酸酸化，再加入過量硫酸鐵溶液，發(fā)生反應：，充分反應后．用cmol·L-1K2Cr2O7標準溶液滴定Fe2+(滴定過程中Cr2O轉化為Cr3+，Cl-不反應)，滴定達終點時消耗K2Cr2O7溶液VmL。則樣品中NH2OH·HCl質量分數(shù)為_______；滴定達終點時，仰視刻度線讀數(shù)，則測定結果_______(填“偏高”、“偏低”或“無影響”)。【答案】（1）直形冷凝管（2）①.+HCl+H2O+NH2OH?HCl②.減壓③.在較低溫度下分離出丁酮，防止鹽酸羥胺受熱分解（3）冷卻(降溫)結晶、過濾（4）①.②.偏高【解析】在三頸燒瓶中丁酮肟與鹽酸反應生成丁酮和鹽酸羥胺，采用減壓蒸餾分離出丁酮?！拘?詳析】直形冷凝管中水流是下口進上口出，故A儀器是直形冷凝管?！拘?詳析】甲裝置中丁酮肟與鹽酸發(fā)生可逆反應生成丁酮和鹽酸羥胺，反應的化學方程式為+HCl+H2O+NH2OH?HCl；鹽酸羥胺的化學性質與銨鹽相似，結合題目已知②，乙裝置接真空系統(tǒng)，采用減壓蒸餾，其目的是：在較低溫度下分離出丁酮，同時防止鹽酸羥胺受熱分解?！拘?詳析】鹽酸羥胺的化學性質與銨鹽相似，鹽酸羥胺的熔點為152℃，鹽酸羥胺易溶于水，溶解度隨溫度升高顯著增大，故從反應后的溶液中獲取鹽酸羥胺的方法為：冷卻（降溫）結晶，過濾，洗滌，干燥?！拘?詳析】