1.(2025·安徽蚌埠·二模)硫酰氯(SO2Cl2(是一種重要的化工試劑，通常條件下其 物質Ag2SO4AgClAg2CrO4顏色磚紅色 (2)4H++2Cl-+MnO2ΔCl2↑+Mn2++2H2O相同(3)裝置丙中反應溫度過高導致硫酰氯分解將裝置丙進行冰(或冷)水浴(4)SO2Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl滴入最后半滴AgNO3溶液時，出現磚紅色沉淀，半分鐘內不變色【分析】甲制備二氧化硫，乙干燥二氧化硫并根據氣泡的速率判斷生成二氧化硫的快慢；己制備氯氣，戊除掉氯氣中的HCl，丁干燥氯氣并根據氣泡的速率判斷排出氯氣的快慢；二氧化硫和氯氣通入丙中發生反應—+Cl2(g(催SO2Cl2(l)制備SO2Cl2—(2)裝置己中濃鹽酸與MnO2加熱制備氯氣，發生反應的離子方程式為 4H++2Cl-+MnO2ΔCl2↑+Mn2++2H2O；由分析可知，裝置乙和丁的作用都是干燥氣體并根據氣泡的速率判(3)制備的硫酰氯會發黃的可能原因為裝置丙中反應溫度過高導致硫酰氯分解，改進的措施為將裝置丙進行冰(或冷)水浴；(4)SO2Cl2與H2O反應時化合價不變，生成H2SO4和HCl，化學方程式為SO2Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl，滴定時滴加幾滴K2CrO4溶液作指示劑，用硝酸銀滴定，先生成白色沉淀，Cl-先反應，后K2CrO4反應，故滴定終點時現象為滴入最后半滴AgNO3溶液時，出現磚紅色沉淀，半分鐘內不變色；(5)SO2Cl2水解方程式為SO2Cl2+H2O=H2SO4+2HCl，cmol?L-1AgNO3溶液滴定反應后的溶液，終點時消耗AgNO3溶液的平均體積為2H5OHCCl3COOH2H5Cl熔點/℃-114.1-57.5-138.7沸點/℃溶解性與水互溶Δ(2)增大反應物接觸面積，提高氯氣吸收速率和利用率(3)Cl2與H2O發生反應生成HCl和HClO，導致發生副反應i和ⅱ,使副產物CCl3COOH、C2H5Cl增多，CCl3CHO產率降低(4)四氯化碳【分析】由題干實驗裝置圖可知，裝置A為用濃鹽酸與高錳酸鉀反應制備氯氣，D裝置、B裝置分別為飽和食鹽水和濃硫酸對氯氣凈化，干燥的氯氣進入C裝置發生反應：C2H5OH+4Cl2→CCl3CHO+5HCl，E裝置為尾氣吸收裝置防止污染空氣，據此進行解答。【詳解】(1)由分析結合實驗原理可知，下列裝置的接口連接順序為afgbcdeh，故答案為(2)由題干實驗裝置可知，采用多孔球泡而非常規導管導氣的優點是增大反應物接觸面積，提高氯氣吸收速率和利用率，故答案為：增大反應物接觸面積，提高氯氣吸收速率和利用率；(3)若撤去裝有濃硫酸的洗氣瓶，即有水蒸氣進入C裝置，則發生Cl2+H2O=HCl+HClO，導致發生副反應i和ii，即有HClO將氧化CCl3CHO，從而會導致CCl3CHO的產率降低，故答案為：Cl2與H2O發生反應生成HCl和HClO，導致發生副反應i和ⅱ,使副產物CCl3COOH、C2H5Cl增多，CCl3CHO產率降低；(4)由于尾氣中含有Cl2和HCl，Cl2能與水反應生成HCl和HClO，生成的HCl也能與AgNO3反應產生白色沉淀，但HCl不溶于CCl4而Cl2易溶于CCl2，故為證明該反應產生了HCl，需要在E裝置前增加裝有四氯化碳的裝置來除去尾氣中的Cl2，故答案為：四氯化碳；(5)由題干表中數據可知，CH3CH2OH、CH3CH2Cl與CCl3CHO的沸點相差較大，故反應后的混合物可采用(6)根據已知：CCl3CHO+OHC-COONa+3NaCl+2H2O，AgNO3+NaCl=NaNO3+AgCl↓可驗，反應后溶液的pH明顯減小，即有強酸HBr生成，根據氧化還原反應配平可得，CCl3CHO與溴水反應的化學方程式為：CCl3CHO+Br2+H2O=CCl3COOH+2HBr。 =CH3COO-+3OH-乙酸的產量更高；無需使用離子交換膜，裝置更簡單(或成本更低)低，甲烷轉化率下降；Pd含量減少，表面產生.OH的量減少；Pd含量減少，甲烷的吸附量減少CH3OH裝置中產生大量的.OH，直接將甲烷氧化為CO2【詳解】(1)①KOH溶液為電解液，陰極上CO發生還原反應生成CH3COO-，電極反應式為2CO+3H2O+②根據圖示C8H15NO6也能轉化為乙酸，裝置中無需離子交換膜，從裝置和物質轉化的角度分析，改進后的優點有乙酸的產量更高；無需使用離子交換膜，裝置更簡單(或成本更低)；或①步驟Ⅵ過程中形成碳碳單鍵，結合步驟Ⅶ過程中生成乙酸，補全X的結構為或(與Pd相連虛線、實線不作要求)；步驟Ⅷ需在加熱條件下，加入物質Y實現轉化，□為氧空②i：當PdO的含量大于10μmol時，隨著PdO含量的增加，從圖中可以看出光催化效率降低，因此乙酸的產量逐漸減少，原因是光催化效率降低，甲烷轉化率下降；Pd含量減甲烷的吸附量減少；③若用O2代替部分H2O進行實驗，隨著O2含量的上升，裝置中產生大量的.OH，乙酸可以進一步被氧化生成CO2，所以甲烷的消耗量略有增加，乙酸的產量卻不升反降，原因是裝置中產生大量的.OH，4.(2025·福建廈門·二模)利用Favorskii反應制備可應用于光刻領域的癸炔二醇(反應原理為+KOH?人OK+H2O(反應限度很小)。在氮氣氛圍中升溫至T1℃,經序號組分名稱組分沸點/℃共沸物沸點/℃質量百分比/%組分一組分二組分一組分二組分一組分二1異丁醇2異丁醇(2)90分離出水，使生成異丁醇鉀的反應正向進行【分析】人-OU+KOH?人OK+H2O反應限度很小，分離出水，使平衡正向移動，為排除水對產品的影響，在氮氣氛圍中升溫至90℃,經分水器分去水相。待體系含水量降至0.2%以下時，繼續升溫并補加試劑間二甲苯。待溫度計b的溫度升高至139℃時，說明異丁醇、水完全蒸出，停止加熱，得到異丁醇鉀-間二甲苯懸浮液。待懸浮液冷卻后，通入乙炔以置換燒瓶中的氮氣，升溫至35℃,邊緩緩通入乙炔，邊緩慢滴加甲基異O反應限度很小，分離出水，使平衡正向移動，使用氮氣氛圍的主要人-on+KOH?人O反應限度很小，分離出水，使平衡正向移動，使用氮氣氛圍的主要目的是排除H2O對異丁醇鉀的影響，選A。分離出水相，使平衡正向移動，所以使用分水器分離出水相的目的是分離出水，使生成異丁醇鉀的反應正向進(3)制備催化劑異丁醇鉀-間二甲苯懸浮液，異丁醇與間二甲苯形成共沸物，需補加間二甲苯，試劑X為間二(4)Favorskii反應用堿作催化劑，異丁基具有推電子效應，異丁基醇負離子堿性更強，所以異丁醇鉀催化效果優于KOH。①乙炔分子僅活化了一個炔氫，乙炔只有1個H發生Favorskii反應，相當于只生成了一半的癸炔二醇，故副產物的結構簡式為。②當溫度過高時，生成S104的反應逆向移動，造成MIBK轉化率及S104收率均降低產品收率下降。 于鋅元素浸出(或低于112℃時，S8會在水中以固體析出，覆蓋在閃鋅礦表面，阻礙鋅元素浸出)隨著酸濃度增大，硫元素轉化為H2S逸出，導致硫的氧化率降低(2)用蒸餾水洗滌浸取渣，至取最后一次洗滌濾液滴加BaCl2溶液無白色沉淀生成。將浸取渣加入足量飽和溴水中，充分反應。取反應后的溶液滴加BaCl2溶液，如果無白色沉淀生成，則無ZnS等難溶硫化物殘留(3)b排出空氣，防止硫單質被氧化S8分解為相對分子質量更小的分子，沸點降低在閃鋅礦表面，阻礙鋅元素浸出)；③初始酸濃度大于1.6mo/L時，隨著酸濃度增大，硫元素轉化為H2S逸出，導致硫的氧化率降低；(2)溴水可以將硫化物最終氧化為硫酸根離子，檢驗是否殘留ZnS等難溶硫化物的實驗方案是：取少量浸取后一次洗滌濾液滴加BaCl2溶液無白色沉淀生成。將浸取渣加入足量飽和溴水中，充分反應。取反應后的溶液滴加BaCl2溶液，如果無白色沉淀生成，則無ZnS等難溶硫化物殘留；②S8在高于150℃時易分解，S8【答案】(1)擴大了鈉的與環戊二烯接觸，加快反應速率，增大收率使環戊二烯的聚合物解聚，得到(2)緩慢滴加深紅色溶液、將三頸燒瓶置于冰浴中冷卻(3)BC(5)最后半滴硝酸銀溶液加入，產生磚紅色沉淀，且半分鐘不變化99.6%【分析】本實驗是制備二氯二茂鈦，該實驗需要在無水無氧的環境下制備，步驟Ⅰ的目的是用鈉除去四氫呋喃中的水；步驟Ⅱ是為了將環戊二烯和鈉反應得到環戊二烯鈉；步驟Ⅲ根據反應原理加入原料制備產品。【詳解】(1)步驟Ⅰ將鈉制成鈉砂的目的是擴大了鈉的與環戊二烯接觸，加快反應速率，增大收率；步驟Ⅱ中環戊二烯在使用前需加熱蒸餾，收集42-45℃餾分備用，其目的是使環戊二烯的聚合物解聚，得到純環戊二烯，提高原料利用率。(2)從反應速率的影響因素考慮，可以從溫度角度分析，結合題給信息，合成過程為放熱反應，則控制反應速率B.結合題意可知，步驟Ⅰ將鈉分散成砂粒狀，隨后加入溶劑四氫呋喃(THF)，此時砂粒狀已經分散到溶劑四氫呋喃(THF)中，步驟Ⅱ過濾后加入含環戊二烯的混合液，此時溶液沒有分層，則應該將過濾后的濾液轉移C.步驟Ⅲ中，產品二氯二茂鈦性質較穩定，但是環戊二烯鈉對氧氣敏感，故需要氮氣進行保護，錯誤；故選BC。(4)根據題意二氯二茂鈦(M=249g/mol)為紅色片狀晶體，溶于水和極性溶劑，應該用氯仿提取產品，不能用(5)①該滴定過程中，K2CrO4作指示劑，Ag2CrO4為磚紅色沉淀，則滴定終點現象為：最后半滴硝酸銀溶液加②1個二氯二茂鈦中含有2個氯，則二氯二茂鈦的物質的量為氯的物質的量的一半，即為硝酸銀的物質的量(2)CuO+2H+=Cu2++H2ONH3.H2O+SO-=Cu2(OH(2SO4+2NH(2)銅粉灼燒后生成氧化銅，氧化銅與H2SO4反應離子方程式為：CuO+2H+=Cu2++H2O；(3)淺藍色沉淀的成分為Cu2(OH)2SO4，根據原子守=Cu2(OH(2SO4+2NH；晶體時采用加入乙醇的方法，而不是濃縮結晶的原因是Cu(NH3)4SO4·H2O晶體容易受熱分解；(6)用0.500mol.L-1NaOH標準溶液滴定過剩的HCl，所以用甲基橙作指示劑，取下接收瓶前，未用蒸餾水沖3ABCD(2)開關將COCl2完全排入裝置已充分吸收，并將生成的CrCl3全部吹入丁中(3)升華的三氯化鉻易凝華，堵塞導管(4)COCl2+4OH-=【分析】三氯化鉻易潮解，易升華，高溫下易被氧氣氧化，所以實驗過程中要確保裝置內不能存在氧氣和水蒸氣，甲、乙裝置的作用是用N2將CCl4導入裝置丙中參與反應，丁是收集裝置，戊裝置作用是防止水蒸氣進入反應和收集裝置，己裝置是處理COCl2尾氣，整個反應流程先用干燥的N2排除裝置內空氣，然后再通入N2將CCl4氣體導入丙裝置，與丙中的Cr2O3反應，生成的COCl2有毒氣體與己裝置中NaOH溶液反應從而進行吸收處理，為防止己裝置中水蒸氣進入反應和收集裝置，故在丁和己裝置中間加一個干燥裝置戊；護眼睛，實驗結束后需要洗手，本實驗不會用到銳器，與本實驗無關的選D；②繼續通一段時間N2，其目的是：將COCl2完全排入裝置己充分吸收，并將生成的CrCl3全部吹入丁中；(3)從安全的角度考慮，整套裝置的不足是：三氯化鉻容易受熱升華，溫度降低后容易在導管內凝華，從而堵塞(4)根據元素分析，COCl2水解生成的兩種酸性氣體是HCl和CO2，COCl2和NaOH溶液反應生成碳酸鈉和(5)①根據得失電子守恒Cr2O-~6Fe2+，結合原子守恒可知2CrCl3~6Fe2+~6(NH4(2Fe(SO4(2，則樣品中產品中CrCl3的質量分數為消耗標準溶液硫酸亞鐵銨體積減小，測定的CrCl3質量分數偏低，A不符合題意；B．若步驟Ⅱ中未加濃磷酸，將導致滴定終點提前，即導致消耗(NH4)2Fe(SO4)2溶液的體積將偏小，n(CrCl3)和m(CrCl3)都將偏小，使CrCl3質量分數的測定值偏低，B不符合題意；C．步驟Ⅲ中滴定在隔絕空氣情況下操作，但操作慢時間長，會排除空氣中氧氣氧化亞鐵離子的干擾，不會使得消耗溶液的體積偏大，不會使CrCl3質量分數的測定值偏高，C不符合題意；D．若步驟Ⅲ中讀數時，滴定前俯視，滴定后平視，將導致消耗溶液的體積將偏大，n(CrCl3)和m(CrCl3)都將偏大，使CrCl3質量分數的測定值偏高，D符合題意；故選D。濃硫酸濃硫酸(2)避免濃硫酸局部濃度過大，出現反應物炭化，影響產率(3)除去反應生成的水，促進反應正向進行，提高產率分水器中水層液面保持不變(4)除去正丁醇除去水(5)增大水層密度，拉大液體的兩相密度差，使混合物更易分層(或增強溶液的極性，降低正丁醚溶解度，有利于分層)(6)溫度升高，發生副反應，單分子正丁醇脫水【分析】正丁醇在濃硫酸、135℃左右發生分子間脫水生成正丁醚和水，得到含有正丁醚的混合液，經一系列分【詳解】(1)由儀器構造可知，儀器B的名稱為球形冷凝管；(2)濃硫酸具有脫水性，實驗過程中要少量多次加入并振蕩均勻，其原因是：避免濃硫酸局部濃度過大，出現反生變化，則判斷反應已經完成的標志是：分水器中水層液面保持不變；(4)正丁醇能溶于50%硫酸，而正丁醚溶解很少，則用50%硫酸洗滌的目的是除去正丁醇；無水氯化鈣具有吸水性，則加入無水氯化鈣的目的是除去水；(5)分液時會出現乳化(分液界面不清晰)，加入飽和食鹽水可增大水層密度，拉大液體的兩相密度差，從而消(6)主反應中2分子正丁醇生成1分子水，副反應中正丁醇分子內脫水，1分子正丁醇即可生成1分子水，實驗中分出水的量超過理論數值，其主要原因為：溫度升高，發(7)14.8g正丁醇的物質的量為，根據反應式理論上可以制取0.1mol正丁醚，即正丁醚的理(3)Cu(OH)2與KHC2O4反應的化學方程式為mol·L-1的EDTA(EDTA可表示為Na2H2Y)標準溶液滴定至終點((2)控制反應速率，防止草酸分解(其他合理答案也可以)(3)Cu(OH(2+2KHC2O4=K2Cu(C2O4(2+2H2O(4)d(5)用錐形瓶內壁輕觸該液滴，使其沿瓶內壁流下，再用洗瓶以少量蒸餾水沖洗錐形瓶內壁，搖勻(7)ad因此只需要用到天平、燒杯和玻璃棒，不需要用到圖中的儀器是容量瓶、分液漏斗；(2)已知草酸易分解，步驟②中K2CO3與草酸反應會放熱，分批加入K2CO3可以控制反應速率，防止反應過于劇烈，同時也能防止因反應放熱導致草酸分解，則分批加入K2CO3的目的是：控制反應速率，防止草酸分解；(3)Cu(OH)2與KHC2O4反應生成K2Cu(C2O4(2和水，反應的化學方程式為：Cu(OH(2+2KHC2O4=(4)研究表明，一般情況，冷卻時間越長，晶體顆粒越大，片狀晶體需要相對較長時間冷卻。冰水浴迅速冷卻時間太短，自來水(約15℃)冷卻和室溫(約20℃)空氣中冷卻時間不夠長，原熱水浴中緩慢冷卻時間長，能得到片狀晶體，所以步驟③為了得到片狀晶體，應采取最合理的冷卻方式為原熱水浴中緩慢冷卻，故選d；(5)接近終點時，滴加半滴EDTA溶液的操作：慢慢轉動滴定管的活塞，使滴定管的尖嘴處懸掛一滴液體不滴落，用錐形瓶內壁輕觸該液滴，使其沿瓶內壁流下，再用洗因此該產品的純度為(7)a．未使用標準溶液潤洗滴定管，導致EDTA標準溶液濃度偏小，消耗EDTA標準溶液的體積偏大，導致產品純度偏高，a符合題意；b．搖動錐形瓶時有少量待測液濺出，消耗EDTA標準溶液的體積偏小，導致產品純度偏低，b不符合題意；c．產品未完全溶解，消耗EDTA標準溶液的體積偏小，導致產品純度偏低，c不符合題意；d．終點讀數時仰視滴定管刻度線，即終點讀數偏大，消耗EDTA標準溶液的體積偏大，導致產品純度偏高，故選ad。物質硝基苯苯胺冰醋酸沸點/℃溶解性及特性有機溶劑極易燃微溶于冷A．直形冷凝管B．球形冷凝管(3)降低苯胺在水中的溶解度，增大水層密度有利于苯胺分層析出干燥產品(5)將分液漏斗下口向上傾斜，打開活塞排出氣體(6)不斷分出反應過程中生成的水，促進反應正向進行，提高生成物的產率【分析】由題意可知，步驟Ⅰ制備苯胺的過程為硝基苯與錫、鹽酸共熱發生還原反應生成，與氫氧化鈉溶液反應生成苯胺；步驟Ⅱ提純苯胺的過程為通過水蒸氣蒸餾，蒸出苯胺和水蒸苯胺和乙醚萃取液，用無水硫酸鈉固體干燥，將干燥后的混合液小心傾入干燥的蒸餾燒瓶中蒸餾分別收集得到乙醚和苯胺產品；步驟Ⅲ制取乙酰苯胺的過程為新制的苯胺、過量冰醋酸在加熱條件下發生取代反應生成乙酰苯胺，將在冰水中析出的固體經減壓過濾、洗滌得到粗乙酰苯胺。由分析可知，加入氫氧化鈉溶液的目的是將溶液中的轉化為苯胺，反應的離子方程式為(3)步驟Ⅱ中加入氯化鈉至飽和的目的是降低苯胺在水中的溶解度，增大水層密度有利于苯胺分層析出；無水硫酸鈉能與水反應生成十水硫酸鈉，所以實驗時無水硫酸鈉固體的作用是做干燥劑，干燥產品，故答案為：降低苯胺在水中的溶解度，增大水層密度有利于苯胺分層析出；干燥產品；(4)由苯胺的沸點可知，苯胺蒸氣的溫度與水的溫度相差較大，用水冷卻易炸裂冷凝管，所以實驗時選用空氣(5)乙醚具有揮發性，揮發出的乙醚會使分液漏斗內的氣壓增大，為防止壓力過大活塞脫落，振蕩時應打開活塞排出氣體，則向水層中加入乙醚萃取的操作為向分液漏斗中小心加入乙醚，振蕩，將分液漏斗下口向上傾(6)由題意可知，新制的苯胺與過量乙酸發生取代反應生成乙酰苯胺和水的反應是可逆反應，步驟Ⅲ中控制分流裝置柱頂溫度在100℃~105℃的目的是不斷分出反應過程中生成的水，促進反應正向進行，提高生成物的產率，故答案為：不斷分出反應過程中生成的水，促進反應正向進(7)A．采用水蒸氣蒸餾的優點是蒸餾溫度不高于100℃,能夠有效降低苯胺的蒸餾溫度，避免高溫對苯胺可能造成的熱分解等不利影響，從而實現溫和高效的分離，故正確；B．減壓過濾可以通過減小壓力差來加快過濾速率，且過濾過程中減少了液體的殘留使濾出的固體更容易干C．乙醚具有揮發性，揮發出的乙醚遇明火會發生燃燒爆炸，所以步驟Ⅱ的蒸餾操作，不能用酒精燈直接加序號氫氧化鈉溶液濃度/%實驗現象序號氫氧化鉀溶液濃度/%實驗現象1產氣速率較慢，反應器壁中出現鹽析現象1鹽析現象2產氣速率較快，反應器壁中出現鹽析現象2析現象3出現鹽析現象3鹽析現象序號(g)123【答案】(1)調節堿液的滴加速度，控制反應速率(2)30%氫氧化鉀溶液鹽析產生的固體包裹乙烯利固體表面，阻礙堿液與乙烯利充分接觸，使反應(3)托盤天平燒杯【分析】利用固體乙烯利和強堿溶液反應制備乙烯，通過對比實驗選擇強堿溶液，通過測定產生乙烯的體積并計算產率。【詳解】(1)a的作用是調節堿液的滴加速度，控制反應速率。(2)由上表分析可知：制備乙烯的最佳反應溶液選擇是30%氫氧化鉀溶液，當出現鹽析現象時，對反應速率和產率產生不利影響的原因是鹽析產生的固體包裹乙烯利固體表面，阻礙堿液與乙烯利充分接觸，使反應速率(3)步驟Ⅱ中稱取固體時，實驗儀器中用到的有托盤天平和燒杯。已知固體乙烯利()和強堿溶液反應除生產乙烯外還產生氯化鹽、磷P的價層電子對數為故空間結構為正四面體；(6)與實驗室用乙醇和濃硫酸制備乙烯相比，利用此裝置制備乙烯的優點是反應無需加熱，產生的乙烯氣流平+2(3)溶液變為藍色iii(4)澄清石灰水不變渾濁(或無明顯現象)CO+PdCl2+H2O=Pd↓+CO2+2HCl(5)HCHO+Cu(OH(2+NaOHHCOONa+Cu+2H2O【分析】探究HCHO和新制氫氧化銅懸濁液反應的產物，在59~62℃下加熱，最終得到無色溶液和紅色沉淀，【詳解】(1)儀器X的名稱為圓底燒瓶。(2)由題干信息“在59~62℃下加熱”可知，實驗過程中應采用的加熱方式是水浴加熱。長直導管的作用為冷0.360g-0.352g=0.008g液變為藍色；紅色固體中m(Cu(>m(Cu2O(，且M(Cu)<M(Cu2O)，則Cu是主要的還原產物。②c中出現黑色顆粒，說明CO將PdCl2還原成單質Pd，化學方程式為CO+PdCl2+H2O=Pd↓+CO2+2HCl。為HCHO+Cu(OH)2+NaOH59°CHCOONa+Cu+2H2O。 (3)2NH4Cl+Ca(OH(2CaCl2+2NH3↑(4)防倒吸先生成藍色沉淀，后藍色沉淀逐漸溶解，溶液變為深藍色(5)[Cu(NH3(4[SO4.H2O難溶于乙醇，降低了[Cu(NH3(4[SO4.H2O的溶解度C(6)%偏高【分析】設計實驗制備硫酸四氨合銅晶體并測定其純度，A裝置中生成氨氣，通入硫酸銅溶液中，并不斷攪拌，先生成藍色沉淀氫氧化銅，后沉淀溶解，得到深藍色溶液，然后加入95%的乙醇，靜置析出深藍色硫酸四氨合【詳解】(1)盛裝乙醇溶液的儀器的名稱為恒壓分液漏斗；(2)一個氨分子中含有3個σ鍵，[Cu(NH3(4[2+中含有σ鍵數：4+3×4=16，1mol[Cu(NH3(4[2+含有σ鍵的數目為16NA；SO-中心原子價層電子對數為4+=4，沒有孤電子對，空間構型為正四面體形；(3)A裝置中固體氯化銨和氫氧化鈣共熱生成氨氣，發生反應的化學方程式為2NH4Cl+Ca(OH(2CaCl2+2NH3(4)氨氣極易溶于水，將A裝置產生的氣體持續通入B裝置中，而不使用長導管通入的原因是防倒吸；根據分析，不斷攪拌，可觀察到的現象為先生成藍色沉淀，后藍色沉淀逐漸溶解，溶液變為深藍色；溶解，濃氨水能防止配離子解離，以減少產物損耗，故洗滌時最適宜的洗滌劑是乙醇與濃氨水體積比為1:2的形瓶時間長，空氣進入較多，空氣中的氧氣會將碘離子氧化為I2，則測定結果偏高。【答案】(1)可以控制反應的發生或停止濃氨水和氫氧化鈉固體(或生石灰也可)(2)adcdcefh(或feh)(3)三頸燒瓶降低氨基甲酸銨溶解度，利于其結晶析出(4)+159.2生成氨基甲酸銨的反應為放熱的，且其受熱易分解為氨及二氧化碳，需要降溫(5)B(6)H2NCOONH4+2H2O=NH4HCO3+NH3.H2O83.2%【分析】裝置A是啟普發生器，用于塊狀固體和液體不加熱制氣體，氨氣不適合用啟普發生器制取，所以裝置A用于制取二氧化碳，A中利用鹽酸和大理石反應制CO2，經C裝置中飽和碳酸氫鈉溶液除去揮發的HCl、C裝置中濃硫酸干燥后，通入裝置E，裝置B中利用濃氨水和氫氧化鈉固體混合制氨氣，經D中堿石灰干燥后，通入裝置E；NH3和CO2一起通入盛裝CCl4的三頸燒瓶中可制得氨基甲酸銨；【詳解】(1)裝置A是啟普發生器，用于塊狀固體和液體不加熱制氣體，其優點時可以控制反應的發生或停止；由分析，裝置B中利用濃氨水和氫氧化鈉固體混合制氨氣，故裝置B中所用試劑是濃氨水和氫氧化鈉固體(或生石灰也可)；(2)由分析，制備氨基甲酸銨，以上儀器接口的連接順序為(3)裝置E中盛裝CCl4的儀器名稱為三頸燒瓶；氨基甲酸銨不易溶于醚、CCl4等有機溶劑，則CCl4的作用除了充當介質之外，同時還可以降低氨基甲酸銨溶解度，利于其結晶析出；(4)①依據公式，將圖中的任意兩組數據代入，得a：-67.82=-3.342×10-3×ΔH+C、b：-69.73=-3.354××ΔH，ΔH=+159.2kJ/mol。②氨基甲酸銨的焓變大于0，為吸熱反應，則生成氨基甲酸銨的反應為放熱的，且其受熱易分解為氨及二氧化碳，故需要降溫而使用裝置E中冰水浴；(5)尾氣含有氨氣會污染空氣，故可以使用氯化鈣，且氯化鈣還可以防止空氣中水蒸氣進入裝置使得氨基甲酸銨水解，故選B；(6)氨基甲酸銨吸濕后會生成NH4HCO3，結合質量守恒，則還會生成一水合氨，配平方程式為：H2NCOONH4+2H2O=NH4HCO3+NH3.H2O；設碳酸氫銨為xmol，氨基甲酸銨為ymol，由樣品總質量可得：79g/mol×守恒可得：xmol+ymol=0.06mol，x=0.01mol、y=0.05mol則樣品中氨基甲酸銨的質量分數為。O實驗次數第一次第二次第三次消耗KMnO4溶液體積/mL2++2OH-=CaC2O4↓+2H2O除去氣體中的CO2F中黑色固體變紅，G中澄清石灰水變渾濁(2)2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O當最后半滴酸性KMnO4標準溶液滴入時，溶液由無色變為淺紅色，且半分鐘不褪色90%D【分析】A裝置是草酸晶體的分解裝置，B中冰水的作用是冷凝揮發的草酸蒸氣，C中的澄清石灰水用于檢驗分解生成的CO2，D用于除掉CO2，E中濃熔化再分解，故不能讓試管口向下傾斜，故我不同意他的觀點；②若沒有B裝置，揮發的草酸也會與澄清石灰水反應生成白色沉淀，則無法證明草酸晶體分解有CO2生成，草酸與澄清石灰水反應的離子方程式為：H2C2O4+Ca2++2OH-=CaC2O4↓+2H2O；③由分析可知，裝置D的作用是除去氣體中的CO2；④F中CO與氧化銅反應生成CO2和銅，現象為黑色固體變紅，G中CO2與澄清石灰水反應生成碳酸鈣沉淀，現象為澄清石灰水變渾濁，兩者結合起來說明草酸晶體分解產物中有CO；(2)①草酸與酸性高錳酸鉀溶液反應，生成CO2、硫酸錳和水，反應的離子方程式為2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O；酸性高錳酸鉀溶液本身為紫紅色，故當最后半滴酸性KMnO4標準溶液滴入時，溶液由無色變為淺紅色，且半分鐘不褪色，說明達到滴定終點；②由表格中數據可知，第三次實驗數據偏差大，應舍去，故所用酸性KMnO4標準溶液的平均體積為③A．錐形瓶用待測液潤洗，待測液偏多了，導致消耗標準液體積偏大，結果會偏高，故A不選；B．裝酸性高錳酸鉀溶液的滴定管沒有潤洗，標準液被稀釋，導致消耗標準液體積偏大，結果會偏高，故B不選；C．滴定前滴定管尖嘴處有氣泡，滴定結束后氣泡消失，則所讀到的標準液體積偏大，結果偏高，故C答案為D。3(2)分液漏斗O=2HSO3-+CO2與NaHSO3反應生成Na2SO3(5)使硫粉易于分散到溶液中(6)Na2SO4取少量產品溶于過量鹽酸，過濾，向濾液中加BaCl2溶液，若有白色沉淀，則產品中含有Na2SO4【分析】裝置A為液體試劑且通過長頸漏斗和大氣相通，用于觀察SO2的流速且平衡壓強，B中首先過量二氧化硫和碳酸鈉反應生成亞硫酸氫鈉，然后亞硫酸氫鈉能和氫氧化鈉反應生成亞硫酸鈉，裝置C用于防止倒【詳解】(1)裝置A為液體試劑，用于觀察SO2的流速且平衡壓強，所裝試劑是濃硫酸，濃硫酸和二氧化硫不反應，能通過氣泡觀察流速；(2)由圖，裝置B中盛裝NaOH溶液的儀器名稱是分液漏斗；(3)過量二氧化硫和碳酸鈉反應生成二氧化碳和亞硫酸氫鈉，反應為：2SO2+CO-+H2O=2HSO3-+CO2；亞硫酸氫鈉能和堿氫氧化鈉反應生成亞硫酸鈉，故加NaOH溶液的目的是與NaHSO3反應生成Na2SO3；(4)尾氣有毒，裝置D的作用是吸收多余的SO2，防止污染空氣；(5)硫粉難溶于水，微溶于乙醇，故硫粉用乙醇潤濕后易擴散到溶液中。(6)亞硫酸鈉具有還原性，容易被空氣中氧氣氧化為硫酸鈉，故最可能存在的無機雜質是Na2SO4。硫酸根離子會和鋇離子生成不溶于酸的硫酸鋇沉淀，檢驗是否存在該雜質的方法是取少量產品溶于過量鹽酸，過濾，向濾液中加BaCl2溶液，若有白色沉淀，則產品中含有Na2SO4；(7)Na2S2O3酸性條件下會發生歧化反應生成二氧化硫氣體和黃色硫單質，使得產品發黃，反應為：S2O-+ (3)(C2H5(3N+HY=Y-+[(C2H5(3NH(5)[(C2H5(3NH[NO3(6)c可以應用于應急照明、壓力傳感器等合理答案(3)(C2H5(3N中含有氨基，具有堿性，會與HY反應，離子方程式為：(C2H5(3N+HY=Y-+[(C2H5(3NH[+；(4)步驟④洗滌試管3次的作用是使溶液A中硝酸銪反應完全，減少損失，增大產率；(5)溶液A中含有硝酸根，濾液中主要含有一種有機鹽的化學式為[(C2H5(3NH[NO3；物質熔點/℃沸點/℃其他性質TiCl4-23.2FeCl3遇水易水解生成紅褐色物質。CCl4-232————(4)2FeTiO3+6C+7Cl2900℃2TiCl4+(5)136.4℃-304℃(6)無CO尾氣處理裝置【分析】由實驗裝置圖可知，裝置A中二氧化錳與濃鹽酸共熱反應制備氯氣；裝置B中盛有的濃硫酸用于干燥氯氣；裝置C為U形水柱，用于判斷裝置內壓強的變化，以達到控制氣體流速的目的，并起到平衡氣壓的作用；裝置D中氯氣與FeTiO3和炭粉在900℃條件下反應制備四氯化鈦；裝置E控制溫度在136.4℃-304℃分離四氯化鈦和氯化鐵；裝置F用于冷凝收集四氯化鈦，其中球形冷凝管用于冷凝回流四氯化鈦，盛有堿石灰的干燥管用于吸收氯氣，防止污染空氣，同時吸收水蒸氣，防止水蒸氣進入錐形瓶中導致四氯化鈦水解，但F裝置設計上存在的一處明顯缺陷是無一氧化碳尾氣處理裝置，逸出的一氧化碳會污染空氣。【詳解】(1)由實驗裝置圖可知，儀器a(2)由題給信息可知，四氯化鈦高溫時能與氧氣反應，則實驗時，應先通入氮氣排盡裝置中的空氣，再通入氯氣，防止反應生成的四氯化鈦被空氣中的氧氣氧化，所以打開K1、K2的先后順序依次為(3)由分析可知，裝置C為U形水柱，用于判斷裝置內壓強的變化，以達到控制氣體流速的目的，并起到平衡——————(5)由分析可知，裝置E控制溫度在136.4℃-304℃分離四氯化鈦和氯化鐵，達到除去一部分雜質的目的，故(6)由分析可知，F裝置設計上存在的一處明顯缺陷是無一氧化碳尾氣處理裝置，逸出的一氧化碳會污染空(7)①由題給信息可知，儀器b中收集到的粗產品中會混有副反應生成的四氯化碳雜質，可以用蒸餾的方法分③由題意可得如下轉化關系：TiO2-Ti3+-Fe3+，滴定消耗40.00mL1.000mol/L硫酸鐵銨溶液，則產品中二氧化鈦的質量分數為故答案為：92.2%。(2)debcdef(g)或decbdef(g)(3)防止倒吸(5)2:1(7)溶液由藍色變為無色偏大87.5%Ca(ClO2)2，D中NaOH用于吸收尾氣，【詳解】(1)由題干實驗裝置圖可知，盛放H2O2的儀器名稱為恒壓滴液漏斗，故答案為：恒壓滴液漏斗；D中NaOH用于吸收尾氣，防止污染空氣，含水亞氯酸鈣加熱到130~140℃即分解，所以B裝置左右兩側都需(3)由題干實驗裝置圖可知，裝置D中長頸漏斗的作用為防止倒吸，故答案為：防止倒吸；(4)A是ClO2的發生裝置，其中發生反應的離子方程式為H2O2+2ClO3-+2H 被NaOH溶液吸收生成NaClO3、NaClO2，該反應的離子方程式為2ClO2+2OH-=ClO3-+ClO2-+ClO2+2OH-=ClO3-+ClO2-+H2O；③實際上消耗標準溶液的體積為(25.24-1.24)mL=24.00mL，根據Ca(ClO2)2+8KI+8CH3COOH=4I2+8CH3COOK+CaCl2+4H2O、I2+2S2O-=S4O-+2I-得關系式Ca(ClO2)序號裝置溶液a現象I-1NaCl溶液ii．稍后，出現灰綠色和白色絮狀沉淀iii．一段時間后，白色絮狀沉淀明顯增多II濃NaOH溶液①甲認為Fe作為陽極可直接被氧化為Fe(OH(3。(2)用濕潤的KI淀粉試紙放在Fe電極附近的液面上方，觀察試紙顏色變化產生白色沉淀，取出在空氣中放置后變為紅褐色m=(3)Fe-6e-+8OH-=FeO-+4H2O取出紫色溶液，靜置，無氣泡產生(斷開電源，不再產生氣泡)電解進行一段時間后，溶液中OH-濃度減小，FeO-與水作用發生分解；FeO-在陰極放電；H2還原FeO-(2)氯氣能把KI氧化為I2，用濕潤的KI淀粉試紙放在Fe電極附近的液面上方，觀察試紙顏色變化，若試紙變藍說明有氯氣生成。Fe(OH(2是白色難溶于水的沉淀，Fe(OH(2易被氧氣氧化為紅褐色Fe(OH(3。產生白色沉淀，取出在空氣中放置后變為紅褐色，證明丙的說法合理。(3)①Fe失電子生成FeO-，電極反應式為Fe-6e-+8OH-=FeO-+4H2O。②紫色溶液中含有FeO-，取出紫色溶液，靜置，無氣泡產生，說明FeO-沒有與H2O反應產生氧氣，則證實氣體是OH-放電產生的。③Na2FeO4具有強氧化性，在酸性或中性溶液中快速產生O2，在堿性溶液中較穩定，電解一段時間后，OH-濃度減小，堿性減弱，FeO-與水作用發生分解，也可能是FeO-在陰極放電或H2還原FeO-，都能使紫色變淺。OH+CO-?CH3O-+HCO3-(CO(O[-+CH3I→CO(OCH3(2+I-【答案】(1)二者熱穩定性較高，沸點相差較大(5)ab【詳解】(1)蒸餾是利用混合物中各組分沸點不同進行分離的方法，碳酸二甲酯、甲醇沸點差異顯著，并且熱穩(2)K2CO3和CH3I共同作為該反應的催化劑；反應中HCO3-未消耗，需與第Ⅲ步生成的I-反應以完成催化循環，同時總反應中甲醇的物質的量為2mol。根據電荷守恒和原子守恒，Ⅳ中甲醇、HCO3-與I-反應生成(3)溫度低于130℃時，溫度越高反應越快，隨溫度升高甲醇陰極；右側電極發生反應：2Br--2e-=Br2，失去電子，作為陽極。同時在溶液中發生反應：CO+2CH3O-+Br2=CO(OCH3(2+2Br-，生成碳酸二甲酯，所以金電極連接電源負極。b．電解過程中，溶液中發生反應：CO+2CH3O-+Br2=CO(OCH3(2+2Br-，若CO逸出，該反應反應趨勢c．根據電極反應：2Br--2e-=Br2，若轉移2mol電子，生成1molBr2，再結合反應：CO+2CH3O-+Br2=CO(OCH3(2+2Br-，則最多生成1mol碳酸二甲酯，c錯誤；2mL0.33mol.L-1AlCl3試管編號實駿現象a1mol.L-1NaHCO3溶液色沉淀bCH3COONa溶液2mol.L-1，無沉淀說明c(Al3+(≤1CH3COO-有孤電子對，Al3+有空軌道(4)Al(CH3COO(3+H2O?AlOH(CH3COO(2↓+CH3COOH加