2023届江西省奉新、南丰等六校高考仿真卷化学试卷含解析

2023高考化学模拟试卷请考生注意：1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、“轨道”2px与3py上电子一定相同的方面是（）A．能量 B．呈纺锤形C．自旋方向 D．在空间的伸展方向2、减压过滤装置中用于承接滤液的仪器是A． B． C． D．3、银Ferrozine法检测甲醛的原理：①在原电池装置中，氧化银将甲醛充分氧化为CO2②Fe3+与①中产生的Ag定量反应生成Fe2+③Fe2+与Ferrozine形成有色物质④测定溶液的吸光度(吸光度与溶液中有色物质的浓度成正比)。下列说法不正确的是()A．①中负极反应式：HCHO-4e-+H2O=CO2+4H+B．①溶液中的H+由Ag2O极板向另一极板迁移C．测试结果中若吸光度越大，则甲醛浓度越高D．理论上消耗的甲醛与生成的Fe2+的物质的量之比为1：44、室温下，向20.00mL0.1000mol·L−1盐酸中滴加0.1000mol·L−1NaOH溶液，溶液的pH随NaOH溶液体积的变化如图，已知lg3=0.5。下列说法不正确的是A．选择变色范围在pH突变范围内的指示剂，可减小实验误差B．用移液管量取20.00mL0.1000mol·L−1盐酸时，移液管水洗后需用待取液润洗C．NaOH标准溶液浓度的准确性直接影响分析结果的可靠性，因此需用邻苯二甲酸氢钾标定NaOH溶液的浓度，标定时采用甲基橙为指示剂D．V(NaOH)=10.00mL时，pH约为1.55、常温下，将甲针筒内20mLH2S推入含有10mLSO2的乙针筒内，一段时间后，对乙针筒内现象描述错误的是（气体在同温同压下测定）（）A．有淡黄色固体生成B．有无色液体生成C．气体体积缩小D．最终约余15mL气体6、工业上获得大量乙烯、丙烯、丁二烯的方法是（）A．卤代烃消除 B．煤高温干馏 C．炔烃加成 D．石油裂解7、工业上可用软锰矿(主要成分是MnO2)和黄铁矿(主要成分是FeS2)为主要原料制备高性能磁性材料碳酸锰(MnCO3)。其工艺流程如下：已知：净化工序的目的是除去溶液中的Ca2+、Cu2+等杂质（CaF2难溶）。下列说法不正确的是A．研磨矿石、适当升高温度均可提高溶浸工序中原料的浸出率B．除铁工序中，在加入石灰调节溶液的pH前，加入适量的软锰矿，发生的反应为MnO2＋2Fe2＋＋4H＋==2Fe3＋＋Mn2＋＋2H2OC．副产品A的化学式(NH4)2SD．从沉锰工序中得到纯净MnCO3的操作方法是过滤、洗涤、干燥8、用石墨电极电解饱和食盐水，下列分析错误的是A．得电子能力H+>Na+，故阴极得到H2B．水电离平衡右移，故阴极区得到OH-C．失电子能力Cl->OH-，故阳极得到Cl2D．OH-向阴极移动，故阳极区滴酚酞不变红9、变色眼镜的镜片中加有适量的AgBr和CuO。在强太阳光下，因产生较多的Ag而变黑：2AgBr2Ag+Br2，室内日光灯下镜片几乎呈无色。下列分析错误的是A．强太阳光使平衡右移B．变色原因能用勒沙特列原理解释C．室内日光灯下镜片中无AgD．强太阳光下镜片中仍有AgBr10、NA表示阿伏加德罗常数，下列说法正确的是A．5.6gFe完全溶于一定量溴水中，反应过程中转移的总电子数一定为0.3NAB．1molNa与足量O2反应，生成Na2O和Na2O2的混合物，钠失去2NA个电子C．标况时，22.4L二氯甲烷所含有的分子数为NAD．镁条在氮气中完全燃烧，生成50g氮化镁时，有1.5NA对共用电子对被破坏11、X、Y、Z、W均是短周期元素，且核电荷数依次增大，X2-与Y+有相同的电子层结构，Z是第3周期元素的简单离子中半径最小的，W的单质有多种同素异形体，其氧化物是形成酸雨的主要原因之一。下列说法正确的是A．原子最外层电子数：X>Y>Z B．单质沸点：Y>Z>WC．离子半径：Y+>X2- D．Y与W形成的化合物的水溶液显碱性12、维生素C是广泛存在于新鲜水果蔬菜及许多生物中的一种重要的维生素，作为一种高活性物质，它参与许多新陈代谢过程。某课外小组利用碘滴定法测某橙汁中维生素C的含量，其化学方程式如下：+I2+2HI下列说法正确的是（）A．上述反应说明维生素C能使碘水褪色，该反应的反应类型为取代反应B．维生素C可发生取代反应、加成反应、氧化反应C．维生素C可以水解得到2种产物D．维生素C不可溶于水，可以溶于有机溶剂13、相对分子质量为128的有机物A完全燃烧只生成CO2和H2O，若A含一个六碳环且可与NaHCO3溶液反应，则环上一氯代物的数目为()A．2 B．3 C．4 D．514、某100mL溶液可能含有Na+、NH4+、Fe3+、CO32-、SO42-、Cl-

中的若干种，取该溶液进行连续实验，实验过程如图所示(所加试剂均过量，气体全部逸出)下列说法一定正确的是（）A．溶液中一定含有Na+,Na+浓度是0.35mol/LB．溶液中只有SO42-、CO32-、NH4+离子C．溶液中可能含有Cl-

，一定没有Fe3+D．取原溶液少许加入硝酸酸化的AgNO3溶液检验是否有Cl-15、硫酸钙是一种用途非常广泛的产品，可用于生产硫酸、漂白粉等一系列物质（见下图）。下列说法正确的是A．CO、SO2、SO3均是酸性氧化物B．工业上利用Cl2和澄清石灰水反应来制取漂白粉C．除去与水反应，图示转化反应均为氧化还原反应D．用CO合成CH3OH进而合成HCHO的两步反应，原子利用率均为100%16、已知：

。在的密闭容器中进行模拟合成实验，将和通入容器中，分别在和反应，每隔一段时间测得容器中的甲醇的浓度如下：1020304050603000.400.600.750.840.900.905000.600.750.780.800.800.80下列说法正确的是

A．时，开始内的平均反应速率B．反应达到平衡时，两温度下CO和的转化率之比均为C．反应达到平衡时，放出的热量为D．时，若容器的容积压缩到原来的，则增大，减小二、非选择题（本题包括5小题）17、化合物E（二乙酸-1，4-环己二醇酯）是一种制作建筑材料的原料。其合成路线如下：完成下列填空：（1）A中含有的官能团是______；E的分子式是______；试剂a是______。（2）写出反应类型：B→C______。（3）C与D反应生成E的化学方程式：______。（4）C的同分异构体，能使石蕊试剂显红色，写出该物质的一种结构简式______。（5）设计一条以环己醇（）为原料（其他无机试剂任取）合成A的合成路线。（合成路线常用的表示方式为：AB……目标产物）_____________________18、工业上以苯、乙烯和乙炔为原料合成化工原料G的流程如下：（1）A的名称__，条件X为__；（2）D→E的化学方程式为__，E→F的反应类型为__。（3）实验室制备乙炔时，用饱和食盐水代替水的目的是__，以乙烯为原料原子利率为100%的合成的化学方程式为__。（4）F的结构简式为___。（5）写出符合下列条件的G的同分异构体的结构简式__。①与G具有相同官能团的芳香族类化合物；②有两个通过C-C相连的六元环；③核磁共振氢谱有8种吸收峰；（6）参照上述合成路线，设计一条以1，2二氯丙烷和二碘甲烷及必要试剂合成甲基环丙烷的路线：__。19、PCl3是磷的常见氯化物，可用于半导体生产的外延、扩散工序。有关物质的部分性质如下：熔点/℃沸点/℃密度/g/mL化学性质黄磷44.1280.51.822P+3Cl2（少量）2PCl32P+5Cl2（过量）2PCl5PCl3-11275.51.574遇水生成H3PO4和HCl，遇氧气生成POCl3I.PCl3的制备如图是实验室制备PCl3的装置（部分仪器已省略）。回答下列问题：(1)仪器乙的名称是____；与自来水进水管连接的接口编号是____（填“a"或“b”）。(2)实验前需先向仪器甲中通入一段时间CO2，然后加热，再通入干燥C12。干燥管中碱石灰的作用主要是：①____；②___。(3)实验室制备Cl2的离子方程式为___；实验过程中，通入氯气的速率不宜过快的原因是____。II.测定PC13的纯度测定产品中PC13纯度的方法如下：迅速称取4.100g产品，水解完全后配成500mL溶液，取出25.00mL加入过量0.1000mol/L20.00mL碘溶液，充分反应后再用0.1000mol/LNa2S2O3溶液滴定过量的碘，终点时消耗12.00mLNa2S2O3溶液。已知：H3PO3+H2O+I2=H3PO4+2HI，I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6，假设测定过程中没有其它反应。(4)根据上述数据，该产品中PC13的质量分数为____；若滴定终点时仰视读数，则PC13的质量分数__（填“偏大”、“偏小”或“无影响”）。III．PC13水解生成的H3PO3性质探究(5)请你设计一个实验方案，证明H3PO3为二元酸：____。20、三氯乙醛(CCl3CHO)是生产农药、医药的重要中间体，实验室制备三氯乙醛的反应装置示意图(加热装置未画出)和有关数据如下：①制备反应原理：C2H5OH＋4Cl2→CCl3CHO＋5HCl②相关物质的相对分子质量及部分物理性质：相对分子质量熔点/℃沸点/℃溶解性C2H5OH46－114.178.3与水互溶CCl3CHO147.5－57.597.8可溶于水、乙醇CCl3COOH163.558198可溶于水、乙醇、三氯乙醛C2H5Cl64.5－138.712.3微溶于水，可溶于乙醇(1)恒压漏斗中盛放的试剂的名称是_____，盛放KMnO4仪器的名称是_____。(2)反应过程中C2H5OH和HCl可能会生成副产物C2H5Cl，同时CCl3CHO(三氯乙醛)也能被次氯酸继续氧化生成CCl3COOH(三氯乙酸)，写出三氯乙醛被次氯酸氧化生成三氯乙酸的化学方程式：_____。(3)该设计流程中存在一处缺陷是_____，导致引起的后果是_____，装置B的作用是______。(4)反应结束后，有人提出先将C中的混合物冷却到室温，再用分液的方法分离出三氯乙酸。你认为此方案是否可行_____(填是或否)，原因是_____。(5)测定产品纯度：称取产品0.36g配成待测溶液，加入0.1000mol•L−1碘标准溶液20.00mL，再加入适量Na2CO3溶液，反应完全后，加盐酸调节溶液的pH，立即用0.02000mol•L−1Na2S2O3溶液滴定至终点。进行三次平行实验，测得平均消耗Na2S2O3溶液20.00mL。则产品的纯度为_____(计算结果保留四位有效数字)。滴定原理：CCl3CHO+OH-=CHCl3+HCOO-、HCOO-+I2=H++2I-+CO2、I2+2S2O32-=2I-+S4O62-21、离子液体是一类具有很高应用价值的绿色溶剂和催化剂，其中的EMIM+离子由H、C、N三种元素组成，结构如图所示。回答下列问题：(1)碳原子价层电子的轨道表达式为__________，基态碳原子中，核外电子占据的最高能级的电子云轮廓图为_________形。(2)根据价层电子对互斥理论，NH3、NO3－、NO2－中，中心原子价层电子对数不同于其他两种粒子的是_______；NO3－与NO2－中O-N-O的键角：NO3－____NO2－(填“＜”、“＞”“＝”)。(3)EMIM+离子与金属阳离子形成的离子化合物常温下呈液态的原因是____________。(4)EMIM+离子中，碳原子的杂化轨道类型为___________。分子中的大π键可用符号πnm

表示，其中m代表参与形成的大π键原子数，n代表参与形成的大π键电子数，则EMIM+离子中的大π键应表示为________。(5)立方氮化硼硬度仅次于金刚石，但热稳定性远高于金刚石，其晶胞结构如图所示。立方氮化硼属于_______晶体，其中硼原子的配位数为_______。已知：立方氮化硼密度为d

g/cm3，B原子半径为x

pm，N原子半径为y

pm，阿伏加德罗常数的值为NA，则该晶胞中原子的空间利用率为________(列出化简后的计算式)。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、B【解析】

A．“轨道”2Px与3Py分别属于第二电子层和第三电子层，不同电子层的电子具有不同的能量，所以二者的能量不同，故A错误；B．所有的p轨道均为纺锤形，所以“轨道”2Px与3Py均呈纺锤形，故B正确；C．不同电子层上的电子，其自旋方向不一定相同，故C错误；D．在三维坐标中，“轨道”2Px在x轴方向伸展，3Py在y轴方向伸展，则在空间的伸展方向不同，故D错误；故答案为B。2、B【解析】

A．是干燥管，故A不选；B．是抽滤瓶，用于减压过滤，故B选；C．是洗气装置，用于除杂，故C不选；D．是坩埚，用于灼烧固体，故D不选；故选B。3、B【解析】

A.①在原电池装置中，氧化银将甲醛充分氧化为CO2，则负极HCHO失电子变成CO2，其电极反应式为：HCHO-4e-+H2O=CO2+4H+，A项正确；B.Ag2O极板作正极，原电池中阳离子向正极移动，则①溶液中的H+由负极移向正极，B项错误；C.甲醛浓度越大，反应生成的Fe2+的物质的量浓度越大，形成有色配合物的浓度越大，吸光度越大，C项正确；D.甲醛充分氧化为CO2，碳元素的化合价从0价升高到+4价，转移电子数为4，Fe3+反应生成Fe2+转移电子数为1，则理论上消耗的甲醛与生成的Fe2+的物质的量之比为1：4，D项正确；答案选B。【点睛】本题的难点是D选项，原电池有关的计算主要抓住转移的电子数相等，根据关系式法作答。4、C【解析】

A.根据突变范围选择合适的指示剂，要求指示剂的指示范围与突变范围有重叠，所以选择变色范围在pH突变范围内的指示剂，可减小实验误差，A正确；B.移液管水洗后需用待取液润洗，这样不改变盐酸的浓度，可减小实验误差，B正确；C.甲基橙的指示范围是3.1～4.4，甲基红的指示范围是4.4～6.2，二者差不多，而甲基红的指示范围与突变范围重叠更大，更能降低误差，因此应该使用甲基红，C错误；D.V(NaOH)=10.00mL时，HCl过量，反应后相当于余下10mL的HCl，溶液为酸性，溶液中c(H+)==mol/L，所以溶液pH=-lgc(H+)=-lg1+lg30=1.5，D正确；故合理选项是C。5、D【解析】

A.因H2S与SO2能够发生反应：SO2+2H2S=3S↓+2H2O，生成黄色固体，正确；B.根据反应SO2+2H2S=3S↓+2H2O，有无色液体水生成，正确；C.根据反应SO2+2H2S=3S↓+2H2O，反应后气体体积缩小，正确；D.根据反应SO2+2H2S=3S↓+2H2O，20mLH2S与10mLSO2恰好完全反应，最终没有气体剩余，错误；答案选D。6、D【解析】

石油裂解是在比裂化更高的温度下（一般在1000℃左右），使长链烃断裂得到大量短链不饱和烃的方法，其它方法均不适合在工业上大规模生产，答案选D。7、C【解析】

由流程可知软锰矿(主要成分MnO2)和黄铁矿加入硫酸酸浸过滤得到浸出液调节溶液pH，FeS2和稀硫酸反应生成Fe2+，然后过滤得到滤渣是MnO2，向滤液中加入软锰矿发生的离子反应方程式为：2Fe2++15MnO2+28H+=2Fe3++14H2O+15Mn2++4SO42，过滤，滤液中主要含有Cu2+、Ca2+等杂质，加入硫化铵和氟化铵，生成CuS、CaF沉淀除去，在滤液中加入碳酸氢铵和氨水沉锰，生成MnCO3沉淀，过滤得到的滤渣中主要含有MnCO3，通过洗涤、烘干得到MnCO3晶体。【详解】A.提高浸取率的措施可以是搅拌、适当升高温度、研磨矿石、适当增大酸的浓度等，故A正确；B.主要成分是FeS2的黄铁矿在酸浸过程中产生亚铁离子，因此流程第二步除铁环节的铁应该转化铁离子才能更好除去，所以需要加入氧化剂软锰矿使残余的Fe2+转化为Fe3+，离子方程式为MnO2+2Fe2++4H+=2Fe3++Mn2++2H2O，再加入石灰调节pH值使Fe3+完全沉淀，故B正确；C.得到的滤液中还有大量的铵根离子和硫酸根离子没有反应，因此可以制的副产品为：(NH4)2SO4，故C错误；D.从沉锰工序中得到纯净MnCO3，只需将沉淀析出的MnCO3过滤、洗涤、干燥即可，故D正确；故选C。8、D【解析】

A.得电子能力H+>Na+，电解饱和食盐水阴极：2H++2e-═H2↑，故A正确；B.电解饱和食盐水过程中，H+被消耗，促进水的电离，阴极消耗H+同时得到OH-，故B正确；C.失电子能力Cl->OH-，电解饱和食盐水阳极：2Cl--2e-=Cl2，故阳极得到Cl2，故C正确；D.D.电解池中，阴离子会向阳极移动，而阴极氢离子放电，使整个溶液显碱性，因此阳极区滴酚酞也会变红，故D错误；故选D。9、C【解析】

据可逆反应的特征和平衡移动原理分析解答。【详解】A.强太阳光使平衡2AgBr2Ag+Br2右移，生成较多的Ag，从而镜片变黑，A项正确；B.变色是因为溴化银的分解反应可逆，其平衡移动符合勒沙特列原理，B项正确；C.室内日光灯下镜片中仍有Ag，C项错误；D.强太阳光下，平衡2AgBr2Ag+Br2右移，但不可能完全，镜片中仍有AgBr，D项正确。本题选D。10、D【解析】A．铁完全溶于一定量溴水，反应后的最终价态可能是+3价，还可能是+2价，故0.1mol铁转移的电子数不一定是0.3NA个，还可能是0.2NA个，故A错误；B．Na原子最外层是1个电子，则1molNa与足量O2反应，生成Na2O和Na2O2的混合物，钠失去1NA个电子，故B错误；C．标况下二氯甲烷为液体，不能根据气体摩尔体积计算其物质的量，故C错误；D．镁条在氮气中完全燃烧，生成50g氮化镁时，参加反应的N2为0.5mol，而N2分子含有氮氮叁键，则有1.5NA对共用电子对被破坏，故D正确；答案为D。11、D【解析】

Z是第3周期元素的简单离子中半径最小的，则Z为Al，X2-与Y+有相同的电子层结构，则X为O，Y为Na，W的单质有多种同素异形体，其氧化物是形成酸雨的主要原因之一，则W为S，以此解题。【详解】根据分析，X为O、Y为Na、Z为Al、W为S；A．X为O，最外层电子数为6，Y为Na，最外层电子数为1，Z为Al，最外层电子数为3，原子最外层电子数：X>Z>Y，故A错误；B．Y为Na、Z为Al、W为S，铝的原子半径与钠相比较小，且其价电子数较多，故金属键较强，则铝的熔点高于钠，即单质沸点：Z>Y，故B错误；C．X为O、Y为Na，X2-与Y+有相同的电子层结构，核电荷数越大，半径越小，离子半径：Y+<X2-，故C错误；D．Y为Na、W为S，Y与W形成的化合物为硫化钠，属于强碱弱酸盐，其水溶液显碱性，故D正确；答案选D。【点睛】酸雨是硫和氮的氧化物造成的，分析出W是硫。12、B【解析】

A.从题给的化学方程式可知，维生素C与I2反应时，脱去分子中环上-OH中的氢，形成C=O双键，不属取代反应，属氧化反应，故A错误；B.维生素C中含有羟基、酯基可发生取代反应，碳碳双键、羟基可发生氧化反应，碳碳双键可发生加成反应，故B正确；C.维生素C含有酯基可以发生水解反应，但为环状化合物，水解生成一种产物，故C错误；D.维生素C含有多个-OH，为亲水基，能溶于水，故D错误；故答案为B。13、C【解析】

有机物A完全燃烧只生成CO2和H2O，说明一定含有C、H元素，还含有一个六元碳环且可与NaHCO3溶液反应，说明含有羧基—COOH，羧基的式量是45，则烃基的式量128－45=83，则符合六元环的烃基是C6H11—，则该物质是，由于在环上有4种不同位置的H原子，它们分别被氯原子取代就得到一种一氯取代产物。所以环上一氯代物的数目为4种，选项是C。14、C【解析】根据信息，加入BaCl2溶液，产生沉淀甲，沉淀可能是BaCO3、BaSO4至少有一种，沉淀甲中加入盐酸溶液，还有沉淀，说明沉淀甲中含有BaSO4，沉淀甲和沉淀乙的质量前后对比，说明沉淀甲中还含有BaCO3，即原溶液中含有CO32－、SO42－，根据离子共存，Fe3＋一定不存在，根据沉淀的质量，推出n(CO32－)=0.01mol，n(SO42－)=0.01mol，滤液中加入NaOH溶液，并加热，产生气体，此气体为NH3，说明原溶液中含有NH4＋，n(NH4＋)=0.005mol，根据电荷守恒，原溶液中一定含有Na＋，A、根据电荷守恒，n(Na＋)=0.035mol，原溶液中可能含有Cl－，因此c(Na＋)≥0.35mol·L－1，故A错误；B、根据上述分析，原溶液中一定含有Na＋，故B错误；C、根据上述分析，故C正确；D、原溶液中一定含有SO42－，SO42－对Cl－的检验产生干扰，故D错误。15、C【解析】

A．SO2、SO3均是酸性氧化物，CO是不成盐氧化物，A错误；B．工业上利用Cl2和石灰乳反应来制取漂白粉，B错误；C．除去与水反应，图示转化反应中均有元素化合价的升降，故反应均为氧化还原反应，C正确；D．用CO与氢气反应合成CH3OH，反应物完全转化为生成物，原子利用率为100%，甲醇与氧气在催化剂存在时发生反应HCHO和水，所以该步反应中原子利用率不为100%，D错误；故答案选C。16、B【解析】

A.时，开始10min内甲醇的平均速率-1·min-1，依据速率与方程式的计量数的关系可得，H2的平均速率v(H2)=0.08mol·L-1·min-1，故A错误；B.两温度下，起始时CO和H2的物质的量之比是方程式的系数比，反应时也是按照方程式的系数比转化的，所以反应达到平衡时，CO和H2的转化率之比为1:1，故B正确；C.反应达到平衡时，放出的热量为kJ，故C错误；D.时，若容器的容积压缩到原来的，依据压强与反应速率的关系，则v增大，v增大，故D错误。故选B。二、非选择题（本题包括5小题）17、碳碳双键，溴原子C10H16O4NaOH水溶液取代反应CH3（CH2）4COOH【解析】

由题给有机物转化关系可知，在催化剂作用下，与氢气发生加成反应生成，则B为；在氢氧化钠溶液中共热发生水解反应生成，则C为；在浓硫酸作用下，与CH3COOH共热发生酯化反应生成，则D为CH3COOH。【详解】（1）A中含有的官能团是碳碳双键、溴原子；E的分子式是C10H16O4；试剂a是NaOH水溶液，故答案为：碳碳双键、溴原子；C10H16O4；NaOH水溶液；（2）B的结构简式为，在氢氧化钠溶液中共热发生水解反应生成，故答案为：水解反应或取代反应；（3）在浓硫酸作用下，与CH3COOH共热发生酯化反应生成，反应的化学方程式为，故答案为：；（4）C的结构简式为，C的同分异构体能使石蕊试剂显红色，说明分子中含有羧基，可为CH3（CH2）4COOH等，故答案为：CH3（CH2）4COOH等；（5）以环己醇（）为原料合成时，可先发生消去反应生成环己烯，然后发生加成反应邻二溴环己烷，在氢氧化钠醇溶液中邻二溴环己烷发生消去反应生成1,3—环己二烯，1,3—环己二烯与溴水发生1，4加成可生成目标物，合成路线为，故答案为：。【点睛】依据逆推法，通过生成E的反应条件和E结构简式确定C和D的结构简式是推断的突破口。18、氯甲苯Na和NH3(液)加成反应减缓电石与水的反应速率【解析】

⑴A的名称氯甲苯，条件X为Na和NH3(液)；⑵根据图中信息可得到D→E的化学方程式为，E→F增加了两个氢原子，即反应类型为加成反应。⑶实验室制备乙炔时，用饱和食盐水代替水，浓度减小，减缓电石与水的反应速率，以乙烯为原料原子利率为100%的合成的化学方程式为。⑷D只加了一个氢气变为F，F与CH2I2反应得到G，从结构上得出F的结构简式为。⑸①与G具有相同官能团的芳香族类化合物，说明有苯环；②有两个通过C—C相连的六元环，说明除了苯环外还有一个六元环，共12个碳原子；③核磁共振氢谱有8种吸收峰；。⑹1，2二氯丙烷先在氢氧化钠醇加热条件下发生消去反应生成丙炔，丙炔在林氏催化剂条件下与氢气发生加成反应生成丙烯，丙烯和CH2I2在催化剂作用下反应生成甲基环丙烷，其合成路线。【详解】⑴A的名称氯甲苯，条件X为Na和NH3(液)；⑵根据图中信息可得到D→E的化学方程式为，E→F增加了两个氢原子，即反应类型为加成反应，故答案为：；加成反应。⑶实验室制备乙炔时，用饱和食盐水代替水，浓度减小，减缓电石与水的反应速率，以乙烯为原料原子利率为100%的合成的化学方程式为，故答案为：减缓电石与水的反应速率；。⑷D只加了一个氢气变为F，F与CH2I2反应得到G，从结构上得出F的结构简式为，故答案为：。⑸①与G具有相同官能团的芳香族类化合物，说明有苯环；②有两个通过C—C相连的六元环，说明除了苯环外还有一个六元环，共12个碳原子；③核磁共振氢谱有8种吸收峰；，故答案为：。⑹1，2二氯丙烷先在氢氧化钠醇加热条件下发生消去反应生成丙炔，丙炔在林氏催化剂条件下与氢气发生加成反应生成丙烯，丙烯和CH2I2在催化剂作用下反应生成甲基环丙烷，其合成路线，故答案为：。19、直形冷凝管b防止空气中水蒸气进入而使PCl3水解吸收多余的C12，防止污染环境MnO2+4H++2Cl-=Mn2++Cl2↑+2H2O防止生成PCl593.9%偏大用与H3PO3相同浓度的氢氧化钠溶液进行滴定，若消耗的碱的体积为酸的二倍，则说明H3PO3为二元酸【解析】

I.根据实验装置图分析仪器名称及连接方式；根据实验目的及题干信息分析装置的作用和操作时的注意事项；根据氯气的制备原理书写离子方程式；II.根据滴定原理计算样品的质量分数，并进行误差分析；III.根据二元酸与一元碱反应的物质的量之比用滴定法设计方案进行探究。【详解】I.（1）根据图示装置图知，仪器乙的名称是直形冷凝管；冷凝水下进上出，则与自来水进水管连接的接口编号是b，故答案为：冷凝管；b；（2）根据题干信息知PCl3遇水会水解，且氯气有毒，所以干燥管中碱石灰的作用主要是：①防止空气中水蒸气进入而使PCl3水解；②吸收多余的C12，防止污染环境；故答案为：防止空气中水蒸气进入而使PCl3水解；吸收多余的C12，防止污染环境；（3）实验室制备用浓盐酸和二氧化锰加热制备Cl2，其离子方程式为MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O；由题干信息分析知，P与过量Cl2反应生成PCl5，所以实验过程中，通入氯气的速率不宜过快的原因是防止生成PCl5，故答案为：MnO2+4H++2Cl-=Mn2++Cl2↑+2H2O；防止生成PCl5；II.（4）通过H3PO3+H2O+I2=H3PO4+2HI，I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6，假设测定过程中没有其它反应。0.1000mol/L碘溶液20.00mL中含有碘单质的物质的量为：0.1000mo1/L×0.020L=0.002mo1，根据反应I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6可知，与磷酸反应消耗的碘单质的物质的量为：0.002mo1-0.1000mo1/L×0.012L×1/2=0.0014mo1，再由H3PO3+H2O+I2=H3PO4+2HI可知，25mL三氯化磷水解后的溶液中含有的H3PO3的物质的量为：n(H3PO3)=n(I2)=0.0014mo1，500mL该溶液中含有H3PO3的物质的量为：0.0014mo1×=0.028mol，所以4.100g产品中含有的三氯化磷的物质的量为0.028mol，该产品中PC13的质量分数为：；若滴定终点时仰视读数，则读取数值偏大，导致最终的质量分数偏大，故答案：93.9%；偏大；III．（5）若H3PO3为二元酸，则与氢氧化钠反应的物质的量之比为1:2，则可以用与H3PO3相同浓度的氢氧化钠溶液进行滴定，若消耗的碱的体积为酸的二倍，则说明H3PO3为二元酸，故答案为：用与H3PO3相同浓度的氢氧化钠溶液进行滴定，若消耗的碱的体积为酸的二倍，则说明H3PO3为二元酸。20、浓盐酸圆底烧瓶无干燥装置副产物增加除去氯气中的氯化氢否三氯乙酸会溶于乙醇和三氯乙醛，无法分液73.75%【解析】

根据题干和装置图我们能看出这是一个有机合成实验题，考查的面比较综合，但是整体难度一般，按照实验题的解题思路去作答即可。【详解】（1）根据反应原理我们发现原料需要氯气，因此装置A就应该是氯气的发生装置，所以恒压漏斗里装的是浓盐酸