河南省新乡市重点高中联考2023-2024学年高二下学期6月质量检测化学试题

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化学试卷（答案和解析）
【答案】
1. C 2. D 3. B 4. C 5. C 6. B 7. A
8. C 9. D 10. D 11. C 12. A 13. D 14. B
15. B 16. B
17. 将辉铋矿粉碎研磨(或适当提高盐酸浓度或搅拌等) 高于40℃时，盐酸挥发或双氧水分解 =2.2×10−20 Na++ClO−+Bi3++4OH−=NaBiO3↓+Cl−+2H2O Mn2++4H2O−5e−=MnO4−+8H+ 28abw% 重复实验2～3次
18. 球形冷凝管 防止水蒸气进入装置 C6H5CHCl2+2NaOH→△H2OC6H5CHO+2NaCl+H2O 关闭K1和K2，打开K3，加热三颈烧瓶，在178.8℃～205℃，蒸馏得到氯化苄 84.3 甲苯与氯气在光照条件下可能生成多氯代物 Cl2或生成的HCl也会造成测定结果偏高
19. 5 第四周期第ⅡB族 > N原子2p轨道为半充满稳定状态， P4为非极性分子，易溶于非极性溶剂CS2中，难溶于极性溶剂水 (13,23, 6a3c) 4M 3a2c×NA×1030
20. 羧基 缩聚反应 6
【解析】
1. 解：A.石墨烯是一种以sp2杂化连接的碳原子紧密堆积成单层二维蜂窝状晶格结构的新材料，属于新型无机非金属材料，故A正确；
B.晶体硅可以做半导体材料，故B正确；
C.汽油中无氮元素，氮氧化物产生的原因是内燃机的高温环境使空气中的N2与O2化合形成NO，故C错误；
D.纤维的相对分子质量大于一万，属于高分子材料，故D正确；
故选：C。
A.石墨烯是非金属元素碳的一种单质，属于新型无机非金属材料；
B.晶体硅可以做半导体材料；
C.汽油中无氮元素，氮氧化物产生的原因是内燃机的高温环境使空气中的N2与O2化合形成NO；
D.高分子的相对分子质量一般大于一万。
本题考查了物质的组成、性质及变化，注意知识的积累，题目难度不大，侧重于考查学生对基础知识的综合运用能力。
2. 解：A.NCl3中各原子的最外层电子都满足8电子稳定结构，BF3中B原子的最外层电子不满足8电子稳定结构，故A错误；
B.基态镧原子的价层电子排布式为5d16s2，位于元素周期表的f区，故B错误；
C.CH3OH分子中，碳原子与氧原子之间的共价键为 sp3−sp3σ键，故C错误；
D.二氧化硅晶体中，每个硅原子形成4个硅氧键，6g二氧化硅晶体中含有的Si−O键数为6g60g/ml×4×NAml−1=0.4NA，故D正确，
故选：D。
A.NCl3中各原子的最外层电子都满足8电子稳定结构；
B.根据基态镧原子的价层电子排布式为5d16s2进行分析；
C.CH3OH分子中，碳原子与氧原子之间的共价键为 sp3−sp3σ键；
D.依据二氧化硅晶体中，每个硅原子形成4个硅氧键进行分析解答。
本题考查核外电子排布，涉及核外电子排布、分子的性质、化学键类型及作用力、氢键对物质物理性质的影响等知识，把握分子结构、分子极性的判断是解题关键，题目难度不大。
3. 解：A.未告知气体的状态，无法使用气体摩尔体积进行计算，无法计算11.2L乙烷和丙烯的混合气体中所含碳氢键数，故A错误；
B.NaClO溶液中存在物料守恒关系为c(Na+)=c(ClO−)+c(HClO)=aml/L，因此可知N(ClO−)+N(HClO)=aml/L⋅0.1L⋅NAml−1=0.1aNA，因此含有的ClO−数目可能为0.09aNA，故B正确；
C.[Cu(NH3)3CO]+中铜离子和3个N原子形成3个σ键，和CO形成一个σ键，每个H原子和N原子形成1个σ键，每个C原子和O形成一个σ键，共含14NA，故C错误；
D.当铁过量时反应为3Fe+8HNO3=3Fe(NO3)2+2NO↑+4H2O，当硝酸过量时反应为Fe+4HNO3=Fe(NO3)3+NO↑+2H2O，根据题干知5.6g铁为0.1ml，可知若要使Fe完全转化为硝酸铁则需要0.4ml的硝酸，但是若要使Fe完全转化为硝酸亚铁则需要约0.27ml的硝酸，而硝酸有100mL×3ml/L=0.3ml，故产物既有硝酸铁又有硝酸亚铁，因此铁失去的电子数不为0.3NA，故D错误；
故选：B。
A.未告知气体的状态；
B.NaClO溶液中存在物料守恒关系为c(Na+)=c(ClO−)+c(HClO)=aml/L，可知N(ClO−)+N(HClO)=aml/L⋅0.1L⋅NAml−1=0.1aNA；
C.[Cu(NH3)3CO]+中铜离子和3个N原子形成3个σ键，和CO形成一个σ键，每个H原子和N原子形成1个σ键，每个C原子和O形成一个σ键；
D.当铁过量时反应为3Fe+8HNO3=3Fe(NO3)2+2NO↑+4H2O，当硝酸过量时反应为Fe+4HNO3=Fe(NO3)3+NO↑+2H2O。
本题考查了物质的量和阿伏加德罗常数的有关计算，难度不大，掌握公式的运用和物质的结构是解题关键。
4. 解：A.酚醛树脂中n不同，相对分子质量不同，所以酚醛树脂是混合物，没有固定的熔沸点，故A错误；
B.磺酸基提供氢离子，所以含磺酸基(−SO3H)的离子交换树脂为阳离子交换树脂，故B错误；
C.聚乙炔中掺杂了溴或碘使其具有与金属一样的导电性，所以聚乙炔在掺杂状态下具有较高的电导率，故C正确；
D.有机玻璃是通过酯化反应得到的，该反应为酯化反应或取代反应，故D错误；
故选：C。
A.酚醛树脂中n不同，相对分子质量不同；
B.磺酸基提供氢离子；
C.聚乙炔中掺杂了溴或碘使其具有与金属一样的导电性；
D.有机玻璃是通过酯化反应得到的。
本题考查有机物的结构和性质，侧重考查分析、判断及知识综合运用能力，明确官能团及其性质的关系、混合物的性质是解本题关键，题目难度不大。
5. A.除去二氧化碳中少量氯化氢时，气体应从长导气管通入碳酸氢钠溶液中，故A错误；
B.酒精和乙酸是互溶的液体，不能用分液的方法分离，故B错误；
C.向容量瓶中转移氯化钠溶液时，应用玻璃棒引流，且玻璃棒要放在刻度线的下方，故C正确；
D.检验化合物中是否含钾元素应透过蓝色钴玻璃片观察火焰，故D错误；
故选C。
6. 解：要合成，逆向分析为 或者是，若为前者，可知两种原料分别是乙炔和2，3−二甲基−l，3−戊二烯，若为后者，则两种原料分别为2−丁炔和l，3−戊二烯，
故选：B。
由可知，1，3−丁二烯中的两个碳碳双键断裂，中间形成一个碳碳双键，乙炔中有一个键断裂，且形成环状结构，采用逆合成分析法可知，要合成，逆向分析为 或者是。
本题考查有机物推断与合成、有机物命名，关键是对给予信息的理解，明确化学键的断裂与形成，根据目标物的结构联系信息逆向分析判断，题目注重知识迁移应用的考查。
7. 解：A.A是有机物B与等物质的量的H2发生加成产物，则B中含有1个C=C双键，根据加成反应还原双键，A中相邻碳原子上都含有H原子的可以含有碳碳双键，故B的结构简式可能有如下三种：、、故A正确；
B.由A的结构简式可知，A的分子式为C8H18，故B错误；
C.根据信息可知，A的结构简式为，分子中有5种化学环境不同的氢原子，故其一氯代物有5种，故C错误；
D.最长的主链含有5个C原子，从距离甲基近的一段编碳号，的名称为：2，2，3−三甲基戊烷，故D错误；
故选：A。
A.A是有机物B与等物质的量的H2发生加成产物，则B中含有1个C=C双键，根据加成反应还原双键，A中相邻碳原子上都含有H原子的可以含有碳碳双键；
B.根据A的结构简式书写分子式；
C.根据信息可知，A的结构简式为，根据等效氢判断一氯代物种数；
D.最长的主链含有5个C原子，从距离甲基近的一段编碳号，再根据系统命名法命名。
本题考查有机物的结构和性质，侧重考查命名、同分异构体、加成反应等，题目难度中等。
8. 解：由分析可知，X为C元素、Y为O元素、Z为F元素、W为P元素；
A.电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，而离子的电子层越多离子半径越大，简单离子半径由大到小的顺序为P3−>O2−>F−，故A错误；
B.同周期主族元素从左到右电负性增大，则电负性：CC.CO2是直线形结构，CF4是正四面体结构，分子中正负电荷重心重合，二者都属于非极性分子，故C正确；
D.由于氢键作用，氢化物沸点：HF>PH3，而氢化物稳定性：HF>PH3，是由于非金属性：F>P，故D错误；
故选：C。
X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期主族元素，基态W原子的s和p能级电子数之比为2：3，其核外电子排布式为1s22s22p63s23p3，则W为P元素，化合物阴离子结构中，X形成4条化学键、Y形成2条共价键、Z形成1条共价键，结合原子序数相对大小可知X为C元素、Y为O元素、Z为F元素。
本题考查原子结构与元素周期律，推断元素是解题的关键，充分利用价键结构进行分析判断，熟练掌握元素周期律与元素化合物知识。
9. 解：A.分子中C、H、Cl、N、O原子个数依次是19、16、1、1、4，分子式为C19H16ClNO4，故A正确；
B.分子中酰胺基、羧基都能和碱溶液反应，所以该物质在碱性环境中易失效，故B正确；
C.苯环及直接连接苯环的原子共平面，醚键连接的甲基碳原子可能和左侧的苯环共平面，酰胺基中碳原子和右边的苯环共平面，碳碳双键连接的甲基、苯环上的碳原子及−CH2COOH中碳原子共平面，则该分子中所有碳原子可能共平面，故C正确；
D.如图，该有机物与足量H2加成后，产物分子中含5个手性碳原子，故D错误；
故选：D。
A.分子中C、H、Cl、N、O原子个数依次是19、16、1、1、4；
B.酰胺基、羧基都能和碱溶液反应；
C.苯环及直接连接苯环的原子共平面，乙烯、H2O分子中所有原子共平面，甲烷、氨气分子中最多有3个原子共平面，单键可以旋转；
D.连接4个不同原子或原子团的碳原子为手性碳原子。
本题考查有机物的结构和性质，侧重考查分析、判断及知识综合运用能力，明确官能团及其性质的关系、原子共平面的判断方法、手性碳原子概念内涵是解本题关键，题目难度不大。
10. 解：A.碳碳双键的碳原子上连接不同基团时存在顺反异构，则X与互为顺反异构体，故A正确；
B.X与苯乙烯的结构相似，相差1个CH2原子团，则X与苯乙烯互为同系物，故B正确；
C.X与HBr发生加成反应时，Br原子可连接在双键的不同碳原子上，则X与HBr反应有副产物生成，故C正确；
D.Y分子中碳正离子形成3个σ键，不含孤电子对，则碳正离子杂化类型为sp2，故D错误；
故选：D。
A.碳碳双键的碳原子上连接不同基团时存在顺反异构；
B.X与苯乙烯的结构相似，相差1个CH2原子团；
C.X与HBr发生加成反应时，Br原子可连接在双键的不同碳原子上；
D.Y分子中碳正离子形成3个σ键，不含孤电子对。
本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握有机物的结构、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项D为解答的难点，题目难度不大。
11. 解：A.PA含有的酯基、酰胺基都发生水解，水解生成、和CH3OH，故A错误；
B.反应①除发生取代反应外，还发生醇的消去反应，故B错误；
C.Y→Z的过程中消耗甲醇，而Z→PA的过程中有甲醇生成，所以甲醇能循环利用，故C正确；
D.PA分子中含有2n个酰胺基、1个端基酯基，1mlPA最多与(2n+1)mlNaOH反应，故D错误；
故选：C。
Z和发生缩聚反应生成PA，结合Z的分子式，推知Z为，对比X、Z的结构简式，结合Y的分子式、反应条件，可知Y和甲醇发生酯化反应生成Z，则Y为，X发生消去反应、取代反应生成Y。
本题考查有机物的结构和性质，侧重考查分析、判断及知识综合运用能力，正确推断各物质的结构简式、明确官能团及其性质的关系是解本题关键，D选项为解答易错点。
12. 解：A.浸锰过程中通入过量的SO2，将MnO2和Fe2O3还原成Mn2+和Fe2+，反应的离子方程式为：Fe2O3+SO2+2H+=2Fe2++SO42−+H2O，故A错误；
B.调节pH=3.7，将Fe3+转化为氢氧化铁沉淀，过滤，滤渣II主要成分为为氢氧化铁，故B正确；
C.由分析可知，氧化过程的目的主要是将Fe2+氧化为Fe3+，以便以后步骤中调节pH值来沉淀除去，也能将过量的SO2消耗，故C正确；
D.滤液为硫酸锰溶液，向滤液中加入适量NH4HCO3溶液，生成MnCO3沉淀，同时由二氧化碳生成，发生的反应为：Mn2++2HCO3−=MnCO3↓+CO2↑+H2O，故D正确，
故选：A。
由流程可知软锰矿形成矿浆，通入足量的SO2，发生反应MnO2+SO2=MnSO4，Fe3O4+SO2+4H+=3Fe2++SO42−+2H2O，SiO2不反应，过滤，滤渣I为SiO2，滤液含有Mn2+、Fe2+，加入MnO2氧化亚铁离子，反应为2Fe2++MnO2+4H+=2Fe3++2H2O+Mn2+，调节pH，沉淀铁离子，过滤，滤渣II为氢氧化铁，向滤液中加入碳酸氢铵溶液，生成MnCO3沉淀，过滤得到的滤渣中主要含有MnCO3，反应为Mn2++2HCO3−=MnCO3↓+CO2↑+H2O，通过洗涤、烘干得到MnCO3晶体，据此分析解题。
本题主要考查了物质的分离与提纯，侧重考查学生分析、解决问题的能力，掌握基础知识，提炼题给信息是解答该题的关键。
13. 解：A.石墨与金刚石是碳元素形成的不同单质，二者互为同素异形体，不是同分异构体，故A错误；
B.由图可知，C原子的价层电子对数为3，VSEPR模型为平面三角形，杂化方式为sp2，故B错误；
C.Li嵌入两层石墨层中，同层上与顶点Li原子最近的C原子数目为(1+2×12)×3=6或2×12×6=6，则晶胞中与顶点Li原子最近的C原子数目为12，即Li的配位数为12，故C错误；
D.该晶胞中Li原子位于顶点，数目为4×112+4×16=1，C原子数目为2+8×12=6位于棱上、体内，数目为2+8×12=6，则晶胞中Li与C原子个数比为1：6，故D正确；
故选：D。
A.石墨与金刚石是碳元素形成的不同单质；
B.该负极材料碳原子的价层电子对数为3，杂化方式为sp2杂化；
C.由图可知，顶点的Li原子的配位数为2×(1+2×12)×3=12或2×2×12×6=12；
D.晶胞中Li为顶点，原子数目为4×112+4×16=1，C原子为棱上和体内，数目为2+8×12=6。
本题考查晶胞的计算、原子杂化类型及杂化方式的判断，侧重基础知识检测能力和灵活运用能力的考查，把握配位数概念、晶胞中原子数目的计算、杂化方式的判断等知识是解题关键，注意掌握晶胞的相关计算，题目难度中等。
14. 解：A.由分析可知，A的结构简式为，分子中有5种化学环境不同的氢原子，分子的核磁共振氢谱共有5组峰，故A错误；
B.M为，可用于合成天然橡胶，故B正确；
C.C的对映异构体与C的化学键、官能团相同，含有相同的基团，二者红外光谱图相同，故C错误；
D.B是，可以发生消去反应生成，再用酸性高锰酸钾溶液氧化生成，可以实现图中转化，故D错误；
故选：B。
卤代烃A的分子式为C5H9Br，A发生消去反应生成烯烃M，M被酸性高锰酸钾溶液氧化生成L()，结合A的分子式知，A还存在一个碳碳双键，根据L的结构简式推知M为，而A与NaOH水溶液作用生成醇C，C存在对映异构体且加氢后的产物易被氧化为醛，可推知A为、C为，B是A的一种链状同分异构体，B与NaOH水溶液作用得到醇D，D加氢后的产物不易被氧化，可知B为、D为。
本题考查有机物的推断，关键是理解酸性高锰酸钾溶液氧化烯烃原理、醇发生催化氧化原理，题目较好地考查了学生分析推理能力。
15. 解：A.N、O原子的电负性大，与周围其它分子(或离子)中的H原子之间形成氢键，故A正确；
B.由图示知，1mlHSO3−通过“水分子桥”传递1ml电子，故B错误；
C.由图示知，HSO3−与NO2间发生的总反应的离子方程式HSO3−+2NO2+H2O=2HNO2+HSO4−，故C正确；
D.由图可知，电子传递可以促进HSO3−中O−H键的解离，进而形成中间体SO3−，以及H2O中的H与NO2中的O之间的形成O−H键，即涉及极性键O−H键的断裂与形成，故D正确；
故选：B。
A.由图示知，N、O原子的电负性大；
B.由图示知，1mlHSO3−通过“水分子桥”传递1ml电子；
C.由图示知，HSO3−与NO2间发生的总反应的离子方程式HSO3−+2NO2+H2O=2HNO2+HSO4−；
D.由图可知，电子传递可以促进HSO3−中O−H键的解离，进而形成中间体SO3−，以及H2O中的H与NO2中的O之间的形成O−H键。
本题考查水催化促进NO2和SO2转化的化学新机制，熟悉反应原理是解题的关键，题目难度中等。
16. 解：A.过程①为肼和酮的加成反应；过程②生成水分子同时还生成双键，属于消去反应，故A正确；
B.过程③中R、R′间的碳原子形成了C−H键，即有极性键的形成，故B错误；
C.根据图知，过程④的反应方程式为：+OH−→+N2↑+H2O，故C正确；
D.根据图知，反应为酮在碱性条件下发生一系列变化去掉氧原子转化为烃，所以应用该机理，可以在碱性条件下转变为，故D正确；
故选：B。
A.过程①为肼和酮的加成反应；过程②生成水分子同时还生成双键；
B.过程③中R、R′间的碳原子形成了C−H键；
C.根据图知，过程④的反应方程式为：+OH−→+N2↑+H2O；
D.根据图知，反应为酮在碱性条件下发生一系列变化去掉氧原子转化为烃。
本题考查有机物的结构和性质，侧重考查对比、分析、判断及知识综合运用能力，明确氢键对物质熔沸点影响原理、反应中断键和成键方式及反应类型判断方法是解本题关键，题目难度不大。
17. 解：(1)为提高“氧化浸取”速率，采取的措施有：升高温度、将辉铋矿粉碎研磨、适当提高盐酸浓度、搅拌等；盐酸是氯化氢气体的水溶液，温度过高盐酸挥发，盐酸浓度降低，并且双氧水会分解，导致浸取率快速下降，
故答案为：将辉铋矿粉碎研磨(或适当提高盐酸浓度或搅拌等)；高于40℃时，盐酸挥发或双氧水分解；
(2)Cu(OH)2(s)+4NH3(g)⇌Cu[(NH3)4]2+(aq)+2OH−(aq)的K=c2(OH−)⋅c{Cu[(NH3)4]2+}c4(NH3)=4.4×10−7，Cu2+(aq)+4NH3(g)⇌Cu[(NH3)4]2+(aq)的K=c{Cu[(NH3)4]2+}c(Cu2+)⋅c4(NH3)=2×1013，则Ksp[Cu(OH)2]=c(Cu2+)⋅c2(OH−)=4.4×10−72×1013=2.2×10−20，
故答案为：=2.2×10−20；
(3)碱性条件下，NaClO氧化Bi3+生成NaBiO3沉淀，反应的离子方程式为Na++ClO−+Bi3++4OH−=NaBiO3↓+Cl−+2H2O，
故答案为：Na++ClO−+Bi3++4OH−=NaBiO3↓+Cl−+2H2O；
(4)①该原电池工作时，BiO3−被还原为Bi3+，Mn2+被氧化为MnO4−，则双液原电池中负极电解质为MnSO4，正极电解质为NaBiO3、H2SO4，根据电子流向可知，右侧为负极区，
故答案为：；
②负极上Mn2+失电子生成MnO4−，电极反应式为Mn2++4H2O−5e−=MnO4−+8H+，
故答案为：Mn2++4H2O−5e−=MnO4−+8H+；
(5)根据电子守恒可知，NaBiO3～2e−～H2C2O4，则n(NaBiO3)=n(H2C2O4)=cV=0.001abml，n(NaBiO3)=nM=0.001abml×280g/ml=0.28abg，纯度为0.28abgwg×100%=28abw%，要减少实验误差，使测量数据准确，一般要重复实验2～3次，
故答案为：28abw%；重复实验2～3次。
由辉铋矿(主要成分为Bi2S3，含FeS2、CuO、SiO2等杂质)制备NaBiO3流程为：向辉铋矿中加入H2O2和盐酸进行氧化浸取，发生的反应为Bi2S3+3H2O2+6H+=2Bi3++3S+6H2O，FeS2+3H2O2+6H+=2Fe3++4S+6H2O，CuO+2H+=Cu2++H2O，得到含S和SiO2的滤渣1，滤液中含有Bi3+、Fe3+和Cu2+，调pH除去Fe3+得到滤渣2为Fe(OH)3，过滤后向滤液中加入氨水除去Cu2+，发生的反应Cu2++4NH3(g)⇌Cu[(NH3)4]2+，过滤后加入盐酸溶解滤渣，再加入NaOH、NaClO转化为NaBiO3，反应为Na++ClO−+Bi3++4OH−=NaBiO3↓+Cl−+2H2O，过滤、洗涤、干燥得到产品NaBiO3，据此分析解答(1)～(3)；
(4)该原电池工作时，BiO3−被还原为Bi3+，Mn2+被氧化为MnO4−，根据外电路中电子流向可知，右侧电极为正极，左侧电极为负极，负极反应为Mn2++4H2O−5e−=MnO4−+8H+，正极反应为NaBiO3+6H++2e−=Bi3++Na++3H2O；
(5)根据电子守恒可知，NaBiO3～Bi3+～2e−，H2C2O4～2CO2～2e−，则NaBiO3～H2C2O4，n(NaBiO3)=n(H2C2O4)=cV=0.001abml。
本题考查了物质的制备，把握物质的性质、反应原理、混合物分离方法、氧化还原反应规律及其计算为解答的关键，侧重分析、实验能力、计算能力的考查，题目难度中等。
18. 解：(1)根据仪器构造可知仪器E的名称是球形冷凝管，装置F中的无水氯化钙是干燥剂，其作用是防止水蒸气进入D装置，
故答案为：球形冷凝管；防止水蒸气进入装置；
(2)吸收液可与新制氢氧化铜悬浊液反应产生砖红色沉淀生成，则有醛基存在，则可推断产物为二氯化苄(C6H5CHCl2)，发生反应：C6H5CHCl2+2NaOH→△H2OC6H5CHO+2NaCl+H2O，
故答案为：C6H5CHCl2+2NaOH→△H2OC6H5CHO+2NaCl+H2O；
(3)实验结束时，为了得到纯净的氯化苄，二氯化苄沸点为205℃，氯化苄的沸点178.8℃，220℃会生成三氯化苄，其操作：关闭K1和K2，打开K3，加热三颈烧瓶，在178.8℃～205℃，蒸馏得到氯化苄，
故答案为：关闭K1和K2，打开K3，加热三颈烧瓶，在178.8℃～205℃，蒸馏得到氯化苄；
(4)①2.87g固体是氯化银，物质的量是，因此根据氯原子守恒可知氯化苄的物质的量是0.02ml×100mL20mL=0.1ml，质量是0.1ml×126.5g/ml=12.65g，则该样品的纯度为×100%=84.3%，
故答案为：84.3；
②上述测定结果通常高于氯化苄中氯元素的理论含量，原因是：甲苯与氯气在光照条件下可能生成多氯代物，Cl2或生成的HCl也会造成测定结果偏高，
故答案为：甲苯与氯气在光照条件下可能生成多氯代物；Cl2或生成的HCl也会造成测定结果偏高。
A装置中产生氯气，利用B和C装置分别除去氯化氢和水蒸气，干燥后的氯气与甲苯在装置D中反应生成氯化苄，多余的氯气利用氢氧化钠溶液吸收。通过蒸馏装置分离出氯化苄，据此解答，
(1)根据仪器构造判断仪器E的名称，装置F中的无水氯化钙是干燥剂，可吸收水蒸气；
(2)吸收液可与新制氢氧化铜悬浊液反应产生砖红色沉淀生成，则有醛基存在，则可推断产物为二氯化苄(C6H5CHCl2)；
(3)依据图表数据，根据沸点不同，采取蒸馏的方法来分离；
(4)①2.87g固体是氯化银，物质的量是，因此根据氯原子守恒可知氯化苄的物质的量是0.02ml×100mL20mL=0.1ml，质量是0.1ml×126.5g/ml=12.65g，再计算该样品的纯度；
②甲苯与氯气在光照条件下可能生成多氯代物，氯气、氯化氢会干扰氯离子的测定。
本题考查化学实验、仪器的用途与选择、反应原理的理解等，难度中等，注意把握实验操作原理，把握题给信息，掌握实验操作方法，学习中注意积累。
19. 解：(1)基态N原子的核外电子排布式为1s22s22p3，占据5个轨道，有5种空间运动状态；Zn为30号元素，价层电子排布式为3d104s2，位于元素周期表中第四周期第ⅡB族，
故答案为：5；第四周期第ⅡB族；
(2)基态O原子的核外电子排布式为1s22s22p4，基态N原子的核外电子排布式为1s22s22p3，N原子2p轨道为半充满稳定状态，失去一个电子需要能量更多，故第一电离能更大，
故答案为：>；N原子2p轨道为半充满稳定状态；
(3)P4为非极性分子，CS2为非极性溶剂，水为极性溶剂，根据相似相溶原理可知，P4易溶于CS2，难溶于水，
故答案为：P4为非极性分子，易溶于非极性溶剂CS2中，难溶于极性溶剂水；
(4)①由晶胞结构图可知，A原子与相连的3个Ti原子形成一个正四面体，将A沿z轴在底面投影为A′，则A′为正三角形BCD的中心，连接DA′，延长到边上P点，沿点A′作两个边的平行线，交点分别为E、F，如图所示，则BA′= 33anm，PA′= 36anm，PE=12EA′，EA′2=PA′2+PE2，则PE=16anm，EA′=13anm，则EC=FA′=23anm，AB2=AA′2+BA′2，则AA′= 63anm，A原子的分数坐标为(13,23, 6a3c)，
故答案为：(13,23, 6a3c)；
②由晶胞结构图可知，Ti位于顶点、棱上和体内，个数为8×18+4×14+4=6，Si位于棱上，个数为8×14=2，4个C位于体内，晶胞质量为2MNAg，晶胞体积为 32×a×10−10×a×10−10×c×10−10cm3= 32a2c×10−30cm3，晶胞密度ρ=mV=2MNA 32a2c×10−30=4M 3a2c×NA×1030g/cm3，
故答案为：4M 3a2c×NA×1030。
X、Y、Z、W为原子序数依次增大的前四周期元素，基态Y原子中s电子数与p电子数相等，且轨道中有未成对电子，则基态Y原子的核外电子排布式为1s22s22p4，即Y为O元素；基态X原子有3个未成对电子，则基态X原子的核外电子排布式为1s22s22p3，即X为N元素；W2+离子的核外M层全充满，则基态W2+离子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d10，即W为Zn元素；Z与X同族，则Z为P元素，以此分析解答；
(1)核外电子占据多少轨道就有多少种空间运动状态；Zn为30号元素，价层电子排布式为3d104s2；
(2)处于全空、全满、半满状态时，能量更低，更稳定，失去一个电子需要的能量更多，第一电离能更大；
(3)根据相似相溶原理分析；
(4)①由晶胞结构图可知，A原子与相连的3个Ti原子形成一个正四面体，以此确定A原子的坐标；
②由晶胞结构图可知，Ti位于顶点、棱上和体内，个数为8×18+4×14+4=6，Si位于棱上，个数为8×14=2，4个C位于体内，晶胞质量为2MNAg，晶胞体积为 32×a×10−10×a×10−10×c×10−10cm3= 32a2c×10−30cm3，根据ρ=mV计算晶胞密度。
本题考查物质结构与性质，把握电子排布、原子结构来推断元素为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意原子结构与性质的应用，题目难度中等。
20. 解：(1)观察结构可知，Ⅰ所含官能团为−COOH，其名称为羧基，
故答案为：羧基；
(2)I→J过程中除生成高聚物外，还有小分子物质水生成，该反应类型为缩聚反应，
故的答案为：缩聚反应；
(3)由分析可知，E的结构简式为，
故答案为：；
(4)F合成丁苯橡胶的化学方程式为，
故答案为：；
(5)I的结构简式为HOOC(CH2)4COOH，比I的相对分子质量大14的同系物含有2个羧基且比I多1个CH2原子团，该同系物主链有5个碳原子的同分异构体可以看着是HOOCCH2CH2CH2COOH中烃基上氢原子被−CH2CH3取代，或是被2个−CH3取代，当被乙基取代有2种，当被甲基取代时，2个甲基处于碳原子同一碳原子上有2种，2个甲基处于不同碳原子上也有2种，故符合条件的同系物共有6种，其中核磁共振氢谱有3组峰，且峰面积比为1：2：3的有机物的结构简式为，
故答案为：6；。
烃A的分子式为C6H14，则A为烷烃，A在高温下通过Pt催化脱氢环化生成B，B的核磁共振氢谱中只有一组峰，可推知B为、A为CH3(CH2)4CH3；由I的结构简式可知，B与氯气发生取代反应生成G为，G发生消去反应生成H为，H发生氧化反应生成I，I与乙二醇发生缩聚反应生成聚酯纤维J为，C系列转化得到丁苯橡胶，纵观整个过程，结合C的分子式，可知B脱氢生成C为，C与氯气发生取代反应生成D为，结合信息②可知氯苯与氯乙烷发生取代反应生成E为，对比E、F的分子式，且F能与1，3−丁二烯加聚形成高聚物，可推知F为、丁苯橡胶为。
本题考查有机物的推断与合成，涉及官能团识别、有机反应类型、有机反应方程式书写、限制条件同分异构体书写等，充分利用分子式与B的结构特点进行推断，较好的考查学生分析推理能力、知识迁移运用能力，熟练掌握官能团的性质与转化，是高考热点题型。