陕西省西安市长安区2023-2024学年高三上学期期中教学质量检测化学试题

陕西省西安市长安区2023-2024学年高三上学期期中教学质量检测化学试题一、选择题：本题共20小题，1-10每小题2分，11-20每小题3分，共50分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1．以下有关物质用途的叙述正确的是（）A．废旧钢材焊接前，可依次用饱和Na2CO3溶液、饱和NH4Cl溶液处理焊点B．金属钠、金属镁等活泼金属着火时，可以使用干粉灭火器来灭火C．食品包装袋中常放入小袋的生石灰，目的是防止食品氧化变质D．中国蓝是古代人工合成的蓝色化合物，其化学式为BaCuSi4O10，可改写成BaO·4SiO2·CuO2．下列叙述不涉及氧化还原反应的是()A．谷物发酵酿造食醋 B．大气中SO2参与酸雨形成C．含氯消毒剂用于环境消毒 D．小苏打用作食品膨松剂3．已知(a)、(b)的分子式均为C8H8，下列说法正确的是（）A．a、b的一氯代物分别有5种和4种(不考虑立体异构)B．a、b中所有原子均可能处于同一平面C．a、b均可使酸性高锰酸钾溶液褪色D．a的同分异构体只有b一种4．下列实验的现象及结论均正确且两者具有因果关系的是(B)选项实验现象结论A向FeCl2溶液中加入适量Na2O2粉末出现红褐色沉淀和无色气体FeCl2部分变质B向NaBr溶液中滴入少量氯水和苯，振荡，静置分层，上层呈橙红色Br-还原性强于Cl-C将SO2通入BaCl2溶液中，然后滴入稀硝酸产生白色沉淀且沉淀不溶于稀硝酸白色沉淀为BaSO3，然后转化为BaSO4D将装满氯水的圆底烧瓶倒置在有氯水的水槽中，日光照射烧瓶内有气泡向上逸出日光照射时，溶解的Cl2逸出A．A B．B C．C D．D5．下列各组离子在常温下一定能大量共存的是(B)A．pH=0的溶液中：Cl－、Na+、NO3－、Fe2＋B．在c(H＋)＝10-2mol·L－1的溶液中：NH4＋、NO3－、K＋、Cl－C．加入铝粉能放出H2的溶液中：Ba2＋、NH4＋、NO3－、Cl－D．含有大量Cu2+的溶液中：Al3＋、S2-、Br－、Na+6．下列说法正确的是（）A．硬脂酸甘油酯在碱性条件下的水解反应属于皂化反应B．向淀粉溶液中加入硫酸溶液，加热后滴入几滴新制氢氧化铜悬浊液，再加热至沸腾，未出现红色物质，说明淀粉未水解C．将无机盐硫酸铜溶液加入到蛋白质溶液中会出现沉淀，这种现象叫做盐析D．淀粉、蛋白质均可以水解，水解产物均含有电解质7．短周期主族元素W、X、Y、Z原子序数依次增加。A是元素Y的单质。常温下，甲的浓溶液具有脱水性，和A发生钝化。丙、丁、戊是由这些元素组成的二元化合物，且丙是无色刺激性气味气体。上述物质的转化关系如图所示。下列说法正确的是（）A．丁和戊中所含化学键种类相同B．简单离子半径大小：X＜YC．气态氢化物的还原性：X＜ZD．Y的简单离子与Z的简单离子在水溶液中可大量共存8．我国学者研制了一种纳米反应器，用于催化草酸二甲酯(DMO)和氢气反应获得EG。反应过程示意图如图：下列说法不正确是（）A．Cu纳米颗粒将氢气解离成氢原子B．DMO分子中碳氧单键发生了断裂C．反应过程中生成了MG和甲醇D．EG和甲醇互为同系物9．设NA为阿伏加德罗常数的值。下列有关叙述正确的是（）A．足量过氧化钠与1molCO2反应，转移电子的数目为2NAB．将1mol（NH4）2SO4溶于稀氨水中使溶液呈中性，溶液中NH4+数目为2NAC．32.5g锌与一定量浓硫酸恰好完全反应，生成的气体分子数小于0.5NAD．标准状况下，将22.4LCl2通入到水中，HClO、Cl-、ClO-粒子数之和为2NA10．下列分子中所有的原子都满足最外层为8电子结构的是(B)A．BCl3 B．COCl2 C．SF6 D．SiH411．采用如图所示装置和操作，能达到实验目的的是(B)A．甲装置：在乙醇与乙酸的混合液中加入浓硫酸，可蒸馏出乙醇B．若采用乙装置铝件镀银，则d极为铝件，c极为纯银，电解质溶液为AgNO3溶液C．丙装置b口进气排空气法可收集CO2、NO等气体D．丁装置可制取并收集纯净的氯气12．能正确表示下列反应的离子方程式是(B)A．向稀硫酸酸化的KMnO4溶液中滴加少量H2O2溶液：2MnO4－＋6H＋＋3H2O2＝2Mn2＋＋4O2↑＋6H2OB．向明矾[KAl(SO4)2]溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液至SO42−恰好沉淀完全：2Al3++3SO42−+3Ba2++6OH-=2Al(OH)3↓+3BaSOC．用铜做电极电解CuSO4溶液：2Cu2++2H2O电解__2Cu+O2D．将ClO2气体通入H2O2、NaOH的混合溶液中制NaClO2：2ClO2＋H2O2＋2OH－＝2ClO2－＋O2＋2H2O13．连二亚硫酸钠（Na2S2O4）俗称保险粉，易被氧气氧化。利用如图装置，在锥形瓶中加入HCOONa、NaOH、CH3OH和水形成的混合液，通入SO2时发生反应生成保险粉和一种常见气体，下列说法错误的是（）A．制备保险粉的离子方程式为：HCOO－＋OH－＋2SO2=S2O42-+CO2↑＋H2OB．多孔玻璃球泡的作用是增大气体与溶液的接触面积，使SO2能被充分吸收C．NaOH溶液的主要作用是吸收逸出的CO2D．为避免Na2S2O4被O2氧化，使硫酸与亚硫酸钠先反应，产生的SO2排出装置中的O214．水热法制备Fe3O4纳米颗粒的反应如下(反应条件忽略)：3Fe2＋＋2S2O32－＋O2＋xOH－=Fe3O4＋S4O62－＋2H2O，下列说法不正确的是（）A．离子方程式中x＝4B．该反应中S2O32－是还原剂C．3molFe2＋被氧化时有1molO2被还原D．每生成1molFe3O4转移4mol电子15．硼酸(H3BO3)为一元弱酸，已知H3BO3与足量NaOH溶液反应的离子方程式为：H3BO3+OH-=B(OH)4-，H3BO3可以通过电解的方法制备。其工作原理如下图所示(阳膜和阴膜分别只允许阳离子、阴离子通过)。下列说法正确的是()A．电子流向：电源负极→b电极→电解液→a电极→电源正极B．阳极的电极反应式为：2H2O-4e-=O2↑+4H+C．当电路中通过3mol电子时，可得到1molH3BO3D．A膜为阳膜，B膜为阴膜，且穿过A膜和B膜的离子数相同16．氯化亚铜(CuCl)是白色粉末，微溶于水，广泛应用于化工和印染等行业。某研究性学习小组模拟热分解CuCl2•2H2O制备CuCl的过程，并进行相关物质转化的探究。已知：酸性条件下Cu+不稳定下列说法不正确的是（）A．X气体是HCl，可抑制CuCl2•2H2O加热时水解B．途径1中产生的Cl2可以回收利用，也可以通入饱和NaOH溶液中除去C．途径2中200℃时反应的化学方程式为Cu2(OH)2Cl2200℃_D．CuCl与稀硫酸反应的离子方程式为2Cu++4H++SO42−=2Cu2++SO2↑+2H217．将mgCuS和Cu2S的混合物投入500mLcmol·L－1的稀HNO3溶液中恰好完全反应，收集到NO气体17.92L(标准状况)，向反应后的溶液中(存在Cu2＋和SO42－)加入VmL3mol·L－1NaOH溶液恰好使Cu2＋完全沉淀，过滤、洗涤、灼烧，得到36gCuO。下列说法正确的是（）A．NO的质量为27gB．V＝400C．CuS和Cu2S的物质的量之比为4：1D．反应后的溶液中SO42－的物质的量为0.25mol18．电解质溶液电导率越大导电能力越强。常温下用0.100mol/L盐酸分别滴定10.00mL浓度均为0.100mol/L的NaOH溶液和二甲胺[(CH3)2NH]溶液(二甲胺在水中电离与氨相似，常温下Kb=1.6×10-4)。利用传感器测得滴定过程中溶液的电导率如图所示。下列说法正确的是(B)A．a、d、e三点的溶液中，水的电离程度最大的是d点B．溶液温度c点低于d点C．b点溶液中：c[(CH3)2NH2+]+c[(CH3)2NH·H2O]=c(Cl-)D．d点溶液中：c(H+)+c[(CH3)2NH·H2O]=c(OH-)19．X、Y、Z和W代表原子序数依次增大的四种短周期主族元素，它们满足以下条件：①在元素周期表中，Z与Y、W均相邻；②X、Y、W分别位于不同周期；③Y、Z、W三种元素的原子最外层电子数之和为17。下列说法错误的是(B)A．在Y、Z的简单氢化物中，沸点高的是ZB．X、Y、Z形成离子化合物的水溶液可以显酸性C．W的常见氧化物均为酸性氧化物D．X分别与Y、Z形成的核外电子总数为10的微粒最多只有4种20．有科研工作者研究发现，以负载Ce-Pt-Pd氧化处理后的不锈钢丝网具有较好的催化性能，可以消除VOCs(挥发性有机化合物，如苯、甲苯、丙酮等)、NOA．不锈钢丝网可增大催化剂与VOCs的接触面积B．氧气参与了上述催化反应C．碳原子在该催化反应中得电子D．该催化剂可用于机动车尾气的处理二、非选择题：共50分。第21~23题为必考题，每个试题考生都必须作答。第24~25题为选考题，考生根据要求作答。21．某浅绿色晶体X[x(NH4)2SO4·yFeSO4·zH2O]在分析化学中常用作还原剂.为确定其组成，某小组同学进行如下实验．I．NH采用蒸馏法，蒸馏装置如图所示。相关的实验步骤如下：①准确称取58.80g晶体X，加水溶解后，将溶液注入三颈烧瓶中；②准确量取50.00mL3.0300mol•L-1H2SO4溶液于锥形瓶中；③向三颈烧瓶中加入足量NaOH溶液，通入氮气，加热，蒸氨结束后取下锥形瓶；④用0.120mol•L-1NaOH标准溶液滴定锥形瓶中过量的硫酸，滴定终点时消耗25.00mLNaOH标准溶液．（1）仪器M的名称为。（2）步骤③中，发生的氧化还原反应的化学方程式为。蒸氨结束后，为了减少实验误差，还需要对直形冷凝管进行“处理”，“处理”的操作方法是。（3）步骤④中，若振荡时锥形瓶中有液体溅出，则所测得的n(NH4+)的值将(填“偏大”“偏小”或“不变”)。（4）II.SO42-含量的测定采用重量分析法，实验步骤如下：①另准确称取58.80g晶体X于烧杯中，加水溶解，边搅拌边加入过量的BaCl2溶液；②将得到的溶液用无灰滤纸(灰分质量很小，可忽略)过滤，洗涤沉淀3~4次；③用滤纸包裹好沉淀取出，灼烧滤纸包至滤纸完全灰化；④继续灼烧沉淀至恒重、称量，得沉淀质量为69.90g。步骤①中，判断BaCl2溶液已过量的实验操作和现象是。（5）步骤②中，采用冷水洗涤沉淀，其主要目的是。（6）结合实验Ⅰ、Ⅱ通过计算得出晶体X的化学式为。22．实现变废为宝和资源的回收利用是实现“碳中和”的重要途径。一种利用碲化亚铜废渣制备二氧化碲和单质银的工业流程如图所示：已知：①碲化亚铜废渣的主要成分为Cu2Te②二氧化碲是两性氧化物，微溶于水；③本流程条件下，Kw回答下列问题：（1）碲(Te)是52号元素，其在元素周期表中的位置为（2）“酸浸氧化”后Te元素以TeCl4形式存在，由Cu2Te生成TeCl4（3）“碱转化除铜”时应调节溶液的pH为13，此时溶液中的c(Cu2+)为（4）“中和沉碲”时需控制溶液的pH为5.5~6.5，温度为（5）酸浸渣的主要成分为(填化学式)，“还原”工序中发生的反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为。（6）以上述流程制得的TeO2为原料制备高纯碲单质的方法如下：将TeO2溶于NaOH溶液生成Na2TeO323．二氧化碳的综合利用是实现碳达峰、碳中和的关键。I.利用CO2和已知：a.Cb.COc.C（1）计算ΔH3（2）一定条件下，向密闭容器中充入物质的量之比为1：3的CO2和H2甲醇的选择性=①210-270℃间，在甲醇的选择性上，催化效果较好的是。②210-270℃间，催化剂2条件下CO2的转化率随温度的升高而增大，可能原因为（3）II.工业上用CO2和NH3通过如下反应合成尿素[CO(NH2)2下列能说明反应达到化学平衡状态的是(填字母)。a.相同时间内，6molN−H键断裂，同时有2molH−O键形成b.容器内气体总压强不再变化c.2d.容器内气体的密度不再改变（4）CO时间/min0307080100n1.6l.00.80.80.8CO2的平衡转化率为；t℃时，该反应的平衡常数K=24．A、B、C、D、E五种原子序数依次增大的元素(原子序数均小于30)。A的基态原子的2p能级有3个电子；C的基态原子2p能级有1个单电子；E原子最外层有1个单电子，其次外层有3个能级且均排满电子；D与E同周期，价电子数为2。回答下列问题：（1）写出基态E+的价电子排布式：。基态A原子的第一电离能比B的大，其原因是。（2）A5+由美国空军研究实验室推进科学与先进概念部Karl.O.Christed于1999年成功合成，其结构呈‘V'形且该离子中各原子均达到8电子稳定结构，则A5+的结构式为。（3）B3分子的空间构型为，其中B原子的杂化类型是，与B3分子互为等电子体的微粒有(写一种离子)。（4）向E的硫酸盐溶液中通入A的气态氢化物至过量，产生蓝色沉淀，随后沉淀溶解得到深蓝色溶液，向溶液中加入适量乙醇，析出蓝色晶体。加入乙醇的目的。写出该配合物中配离子的结构简式。（5）由长周期元素组成的镧镍合金、铜钙合金有相同类型的晶体结构XYn，它们有很强的储氢能力，其中铜钙合金的晶体的部分结构如图所示。已知镧镍合金(LaNin)晶体中的重复结构单元如图一所示，该结构单元的体积为9.0×10-23cm3，储氢后形成LaNinH4.5的合金(氢进入晶体空隙，体积不变)，则LaNin中n=(填数值)；氢在合金中的密度为g/L。25．某天然氨基酸M是人体必需的氨基酸之一，其合成路线如下：已知：①→一定条件NH②+R—X→+KX（1）A→B的反应条件和试剂是；化合物F的名称为；（2）I→J的反应类型是；（3）写出D→E反应的化学方程式；（4）I与乙二醇反应可生成能降解的高分子化合物N，写出该反应的化学方程式；（5）符合下列条件的化合物M的同分异构体共有种（不考虑立体异构）；①含有苯甲酸结构②含有一个甲基③苯环上只有两个取代基其中核磁共振氢谱峰面积比为1：1：2：2：2：3的分子的结构简式（任写一种）；（6）请结合以上合成路线，写出以丙酸和上述流程中出现的物质为原料经三步合成丙氨酸（）的路线。

答案解析部分1．【答案】A【知识点】盐类水解的应用；硅酸盐【解析】【解答】A、饱和Na2CO3溶液具有碱性，可与油污发生水解反应，因此饱和Na2CO3溶液可用于除油污。饱和NH4Cl溶液显酸性，可与铁锈反应。因此饱和NH4Cl可用于除铁锈。因此可依次用Na2CO3溶液、饱和NH4Cl溶液处理焊点，符合题意。

B、金属Na、Mg能与CO2反应，而干粉灭火器可产生CO2。因此金属Na、Mg着火，不能用干粉灭火器灭火，B不符合题意。

C、生石灰为CaO，能与H2O反应，不能与O2反应。因此不能防止食品氧化变质，C不符合题意。

D、可改写成的氧化物形式为BaO·CuO·4SiO2，D不符合题意。

故答案为：A

【分析】A、饱和Na2CO3可除去油污，饱和NH4Cl溶液除去铁锈。

B、金属Na、Mg能与CO2反应。

C、生石灰可用于吸水，不能吸收氧气。

D、写成金属氧化物形式时，应先写金属氧化物，再写非金属氧化物。2．【答案】D【知识点】氧化还原反应【解析】【解答】A、谷物发酵酿造食醋的过程中，涉及乙醇氧化成乙酸，A不符合题意。

B、酸雨形成的过程中发生反应SO2＋H2O=H2SO3、2H2SO3＋O2=2H2SO4，涉及H2SO3氧化成H2SO4，B不符合题意。

C、含氯消毒剂具有氧化性，利用其氧化性，进行环境消毒，C不符合题意。

D、小苏打为NaHCO3，受热分解生成CO2，可用作食品膨松剂。NaHCO3受热分解的反应不属于氧化还原反应，D符合题意。

故答案为：D

【分析】A、谷物发酵涉及氧化过程。

B、酸雨过程中涉及H2SO3氧化成H2SO4的过程。

C、含氯消毒剂用于消毒的过程利用了含氯消毒剂的氧化性。

D、小苏打做食品膨松剂，利用了NaHCO3受热分解的性质。3．【答案】C【知识点】同分异构现象和同分异构体；烯烃；苯的同系物及其性质【解析】【解答】A、a中共有5种等效氢，因此其一氯代物有5种；b中共有3种等效氢，因此其一氯代物有3种，A不符合题意。

B、a中苯环和碳碳双键都是平面型结构，因此所有原子可能共平面。b中含有饱和碳原子，为四面体结构，因此b中所有原子不可能共平面，B不符合题意。

C、a中侧链碳碳双键可被酸性KMnO4溶液氧化；b中苯环侧链碳原子上含有H原子，能被酸性KMnO4溶液氧化。因此a、b两种物质都能使酸性KMnO4溶液褪色，C符合题意。

D、a的同分异构体中可能还含有链状化合物，如HC≡C－C≡C－CH2－CH＝CH－CH3，D不符合题意。

故答案为：C

【分析】A、根据等效氢的个数确定其一氯代物的个数。

B、b中含有饱和碳原子，为四面体结构。

C、a中碳碳双键可使酸性KMnO4溶液褪色，b中苯环测量碳原子上含有H原子，可使酸性KMnO4溶液褪色。

D、a的同分异构体中还可能含有链状化合物。4．【答案】B【知识点】氯气的化学性质；硫酸根离子的检验；二价铁离子和三价铁离子的检验；探究卤素单质间的置换反应【解析】【解答】A、加入Na2O2粉末后，Na2O2与H2O反应生成NaOH和O2，O2能将Fe2＋氧化成Fe3＋，Fe3＋与OH－反应生成红褐色沉淀Fe(OH)3，不能说明FeCl2溶液变质，A不符合题意。

B、向NaBr溶液滴加适量氯水，发生反应Cl2＋2Br－=Br2＋2Cl－。上层溶液显橙红色，说明反应生成Br2，因此还原性Br－＞Cl－，B符合题意。

C、将SO2通入BaCl2溶液中，由于酸性H2SO3＜HCl，因此SO2与BaCl2不反应。再滴加稀硝酸，HNO3具有氧化性，能将SO2氧化成SO42－，与Ba2＋结合生成BaSO4沉淀，C不符合题意。

D、氯水中含有HClO，光照条件下HClO不稳定，发生分解反应，生成HCl和O2，因此逸出的气体为O2，D不符合题意。

故答案为：B

【分析】A、Na2O2与H2O反应生成O2，可将Fe2＋氧化成Fe3＋。

B、Cl2能将Br－氧化成Br2，Br2溶解在苯中。

C、SO2与BaCl2不反应。

D、氯水中HClO不稳定，光照时分解产生O2。5．【答案】B【知识点】离子积常数；离子共存【解析】【解答】A、pH=0的溶液中含有大量的H＋，NO3－在酸性条件下具有氧化性，能将Fe2＋氧化成Fe3＋，不能大量共存，A不符合题意。

B、溶液中各个离子相互间不反应，可大量共存，B符合题意。

C、加入Al粉能生成H2的溶液中含有大量的H＋或OH－，OH－能与NH4＋反应生成NH3·H2O，不可大量共存，C不符合题意。

D、Cu2＋能与S2－反应生成CuS沉淀；Al3＋能与S2－反应生成Al(OH)3和H2S，不可大量共存，D不符合题意。

故答案为：B

【分析】A、pH=0溶液显酸性，NO3－在酸性条件下具有氧化性。

B、c(H＋)=10－2mol·L－1的溶液显酸性。

C、Al能与强酸或强碱的稀溶液反应生成H2。

D、Cu2＋能与S2－形成CuS沉淀。6．【答案】A【知识点】电解质与非电解质；蔗糖与淀粉的性质实验【解析】【解答】A、硬脂酸甘油酯在碱性条件下发生的水解反应，称为皂化反应，A符合题意。

B、向淀粉溶液中加入硫酸溶液，加热后先滴加足量的NaOH溶液，中和过量的H2SO4；再待机新制Cu(OH)2悬浊液，加热，产生砖红色沉淀，说明淀粉发生水解，B不符合题意。

C、Cu2＋为重金属离子，能使蛋白质发生变性，C不符合题意。

D、淀粉的水解产物为葡萄糖，属于非电解质，不符合题意。

故答案为：A

【分析】A、油脂碱性条件下的水解反应称为皂化反应。

B、新制Cu(OH)2悬浊液需在碱性条件下才具有氧化性。

C、Cu2＋为重金属离子，能使蛋白质变性。

D、淀粉的水解产物为葡萄糖，属于非电解质。7．【答案】C【知识点】离子共存；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；微粒半径大小的比较【解析】【解答】A、由分析可知，丁为H2O、戊为H2O2。前者含有极性键，后者还含有极性键和非极性键，A不符合题意。

B、X的离子为O2－，Y的离子为Al3＋。二者的电子层结构相同，核电荷数越大的，离子半径越小，因此离子半径O2－＞Al3＋，即X＞Y，B不符合题意。

C、非金属性越强，则气态氢化物的还原性越弱。由于非金属性X＞Z，所以气态氢化物的还原性X＜Z，C符合题意。

D、Y的简单离子为Al＋，Z的简单离子为S2－，二者在水溶液中可发生反应：2Al3＋＋3S2－＋6H2O=2Al(OH)3↓＋3H2S↑，因此二者在水溶液中不可大量共存，D不符合题意。

故答案为：C

【分析】甲的浓溶液具有脱水性，因此甲为浓硫酸。浓硫酸能与铁、铝发生钝化，因此Y为Al。加热Al和浓硫酸，反应生成Al2(SO4)3、SO2和H2O。丙能与戊反应生成甲，因此丙为SO2，戊为H2O2，丁为H2O。而元素W为H、X为O、Z为S。据此结合选项分析。8．【答案】D【知识点】化学键；同系物【解析】【解答】A、由反应原理图可知，H2在Cu纳米颗粒上转化为H原子，A不符合题意。

B、反应过程中，DMO分子中碳氧单键断裂，B不符合题意。

C、DMO生成MG的同时，生成CH3OH，C不符合题意。

D、EG的结构简式为HOCH2CH2OH，甲醇的结构简式为CH3OH，二者所含官能团的个数不同，不属于同系物，D符合题意。

故答案为：D

【分析】A、根据H2在Cu纳米颗粒上的反应分析。

B、反应过程中碳氧单键断裂。

C、生成MG的同时生成CH3OH。

D、EG为HOCH2CH2OH。9．【答案】B【知识点】氯气的化学性质；氧化还原反应的电子转移数目计算；物质的量的相关计算【解析】【解答】A、CO2与Na2O2反应的化学方程式为2CO2＋2Na2O2=2Na2CO3＋O2，反应过程中转移2个电子。因此1molCO2完全反应时，转移电子数为1NA，A不符合题意。

B、溶液中存在电荷守恒n(NH4＋)＋n(H＋)=n(OH－)＋2n(SO42－)，溶液显中性，则c(H＋)=c(OH－)，所以n(NH4＋)=2n(SO42－)=2mol，所以溶液中NH4＋的数目为2NA，B符合题意。

C、32.5gZn的物质的量为0.5mol。Zn与浓硫酸反应的化学方程式为Zn＋2H2SO4=ZnSO4＋SO2↑＋2H2O，0.5molZn完全反应，生成n(SO2)=0.5mol。Zn与稀硫酸反应的化学方程式为Zn＋H2SO4=ZnSO4＋H2↑，0.5molZn完全反应，生成n(H2)=0.5mol。因此32.5gZn完全反应，产生气体的分子数为0.5NA，C不符合题意。

D、标准状态下22.4LCl2的物质的量为1mol，Cl2与H2O的反应为可逆反应，因此水溶液中含有大量的Cl2，D不符合题意。

故答案为：B

【分析】A、Na2O2与CO2反应的化学方程式为2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2，1molCO2反应转移1mol电子。

B、溶液中存在电荷守恒c(NH4＋)＋c(H＋)=c(OH－)＋2c(SO42－)，据此计算溶液中NH4＋的数目。

C、Zn与浓硫酸反应生成SO2，与稀硫酸反应生成H2。

D、Cl2与H2O的反应为可逆反应，水中含有大量的Cl2分子。10．【答案】B【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型【解析】【解答】A、B原子的最外层电子数为3，与3个Cl原子形成共用电子对，因此BCl3中B原子的最外层电子数为6，A不符合题意。

B、COCl2中C原子的最外层电子数为4，O原子的最外层电子数为6，Cl原子的最外层电子数为7。C原子提供2个电子与O原子形成碳氧双键，另外2个电子分别与Cl原子形成2对共用电子对，因此C、O、Cl三种原子的最外层都满足8个电子稳定结构，B符合题意。

C、S原子的最外层电子数为6，与6个F原子形成6对共用电子对，因此S原子的最外层电子数为12，C不符合题意。

D、Si原子最外层电子数为4，与4个H原子形成共用电子对，因此Si原子最外层电子数为8。H原子的最外层电子数为2，D不符合题意。

故答案为：B

【分析】根据选项所给物质中原子最外层电子数，以及与之结合的原子个数分析。11．【答案】B【知识点】氯气的实验室制法；蒸馏与分馏；气体的收集；电镀【解析】【解答】A、加入浓硫酸后，乙醇和乙酸在浓硫酸加热条件下发生酯化反应，生成乙酸乙酯，因此无法蒸出乙醇，A不符合题意。

B、由电流方向可知，直流电源a为正极，因此c为阳极，d为阴极。往铝件上镀银时，铝件应为阴极，纯银为阳极。因此d电极为铝件，c电极为纯银，电解质溶液为AgNO3溶液，B符合题意。

C、CO2的密度比空气大，可采用向上排空气法收集，CO2气体应从长导管的一端通入。NO能与空气中的O2反应生成NO2，不能用排空气法收集，C不符合题意。

D、丁装置中浓硫酸可除去Cl2中混有的水蒸气，但无法除去Cl2中混有的HCl，D不符合题意。

故答案为：B

【分析】A、乙醇和乙酸在浓硫酸加热条件下发生志华反应。

B、实现铝上镀银，则铝为阴极，银为阳极。

C、NO能与空气中的O2反应，不能用排空气法收集。

D、未除去Cl2中混有的HCl。12．【答案】D【知识点】离子方程式的书写【解析】【解答】A、酸性KMnO4溶液具有氧化性，能将H2O2氧化成O2，该反应的离子方程式为：2MnO4－＋5H2O2＋6H＋=2Mn2＋＋5O2↑＋8H2O。选项所给反应不符合得失电子守恒，A不符合题意。

B、至SO42－完全沉淀，则参与反应的Ba(OH)2的系数为2，引入了4个OH－，Al3＋与OH－反应生成AlO2－，该反应的离子方程式为：2Ba2＋＋4OH－=2SO42－＋Al3＋=2BaSO4↓＋AlO2－＋2H2O，B不符合题意。

C、用Cu做电极电解CuSO4溶液时，阳极上Cu发生过失电子的氧化反应，生成Cu2＋；阴极上H2O发生得电子的还原反应，生成H2和OH－。因此电池的总反应式为Cu＋2H2O=Cu(OH)2＋H2↑，C不符合题意。

D、ClO2与H2O2反应，生成NaClO2，氯元素发生还原反应，因此H2O2发生氧化反应，产物为O2，该反应的离子方程式为：2ClO2＋H2O2＋2OH－=2CClO2－＋O2＋2H2O，D符合题意。

故答案为：D

【分析】A、不符合得失电子守恒。

B、SO42－完全沉淀，则加入Ba(OH)2的系数为2，引入了4个OH－。

C、用Cu做电极，则阳极上Cu发生失电子的氧化反应生成Cu2＋。

D、ClO2转化为NaClO2时发生还原反应，则H2O2发生氧化反应，产物为O2。13．【答案】C【知识点】制备实验方案的设计；离子方程式的书写【解析】【解答】A、制备保险粉时HCOONa、NaOH和SO2反应生成Na2S2O4、CO2和H2O。该反应的离子方程式为：HCOO－＋OH－＋2SO2=S2O42－＋CO2↑＋H2O，A不符合题意。

B、多孔玻璃球泡可增大气体与溶液的接触面积，从而使SO2被充分吸收，B不符合题意。

C、NaOH溶液用于吸收反应生成的CO2，同时吸收未反应的SO2，防止SO2逸出，造成空气污染，C符合题意。

D、Na2S2O4易被空气中的O2氧化，因此实验前，需先制备SO2，利用SO2排出装置内的空气，防止反应生成的Na2S2O4被O2氧化，D不符合题意。

故答案为：C

【分析】A、根据题干信息确定反应物和生成物，从而得出反应的离子方程式。

B、多孔玻璃球泡可增大反应物的接触面积。

C、NaOH可吸收反应生成的CO2和过量的SO2。

D、Na2S2O4可被空气中的O2氧化，应先利用SO2排出空气中的O2。14．【答案】C【知识点】氧化还原反应；氧化还原反应的电子转移数目计算【解析】【解答】A、在离子方程式中，左右两边应满足电荷守恒。因此可得3×2－2×2－x=－2，解得x=4，A不符合题意。

B、反应过程中S2O32－中硫元素的化合价升高，发生氧化反应，因此S2O32－为还原剂，B不符合题意。

C、Fe3O4中铁元素的化合价为＋2价和＋3价，且＋3价Fe与＋2价Fe的个数比为2：1。因此3molFe2＋参与反应时，被氧化的n(Fe2＋)=2mol，此时有1molO2被还原，C符合题意。

D、由反应的离子方程式可知，每生成1molFe3O4时，有1molO2被还原，转移电子数为4mol，D不符合题意。

故答案为：C

【分析】A、根据电荷守恒确定x的值。

B、存在元素化合价升高的物质为还原剂。

C、3molFe2＋参与反应时，只有2molFe2＋被氧化。

D、根据反应过程中元素化合价变化计算转移电子数。15．【答案】B【知识点】电极反应和电池反应方程式；电解池工作原理及应用【解析】【解答】A、电子的流向为：电源负极→b电极，a电极→电源正极。电子不通过电解质溶液，A不符合题意。

B、阳极上阴离子发生失电子的氧化反应。阴极室内H2SO4中，OH－失电子的能力强于SO42－，因此H2O电离产生的OH－发生失电子的氧化反应。因此阳极的电极反应式为2H2O－4e－=O2↑＋4H＋，B符合题意。

C、当电路中通过3mol电子时，阳极室中有3molH＋通过A膜，阴极室中有3molB(OH)4－通过阴膜。二者反应生成3molH3BO3，C不符合题意。

D、阳极室中H＋通过A膜进入产品室中，因此A膜为阳膜。原料室中Na＋通过B膜进入阴极室中，因此B膜为阳膜，D不符合题意。

故答案为：B

【分析】阳极室中a石墨电极的电极反应式为：2H2O－4e－=O2↑＋4H＋。阳极室中H＋通过A膜进入产品室中。阴极室中b石墨电极的电极反应式为：2H2O＋2e－=H2↑＋2OH－。原料室中Na＋通过B膜进入阴极室中，B(OH)4－通过阴膜进入产品中。产品室中H＋与B(OH)4－反应生成H3BO3。据此结合选项进行分析。16．【答案】D【知识点】氯气的化学性质；制备实验方案的设计【解析】【解答】A、对CuCl2·2H2O加热除水的过程中，由于Cu2＋可发生水解反应生成Cu(OH)2和HCl。因此需通入HCl抑制Cu2＋的水解，所以通入的X气体为HCl，A不符合题意。

B、途径1中反应生成的Cl2可回收用于生产HCl；也可用NaOH溶液进行吸收，B不符合题意。

C、途径过2中Cu2(OH)2Cl2发生分解反应，生成CuO和HCl，该反应的化学方程式为Cu2(OH)2Cl2=2CuO＋2HCl↑，C不符合题意。

D、稀硫酸不具有氧化性，因此不会产生SO2，D符合题意。

故答案为：D

【分析】A、CuCl2·2H2O在加热时易发生水解反应，通入HCl可抑制其水解。

B、途径1产生的Cl2可回收，也可用NaOH溶液吸收。

C、途径Cu2(OH)2Cl2加热时可分解生成CuO和HCl。

D、CuCl在酸性条件下可反应生成Cu和Cu2＋。17．【答案】D【知识点】硝酸的化学性质；有关混合物反应的计算【解析】【解答】A、反应生成NO的质量为0.8mol×30g·mol－1=24g，A不符合题意。

B、由分析可知，参与反应的n(OH－)=0.96mol，则反应过程中消耗NaOH溶液的体积V=nOH−cOH−=0.9mol3mol·L−1=0.3L=300mL，B不符合题意。

C、由分析可知，CuS、Cu2S与HNO3反应过程中转移2.4mol电子。令n(CuS)=amol、n(Cu2S)=bmol，根据得失电子守恒可得，amol×8＋2bmol×1＋bmol×8=2.4mol，整理得8a+10b=2.4。由铜元素守恒可得，a+2b=0.45。联立可得8a+10b=2.4a+2b=0.45，解得a=0.05b=0.2。即混合物中n(CuS)=0.05mol、n(Cu2S)=0.2mol，所以二者的物质的量之比为1：4，C不符合题意。

D、由硫元素守恒可得，反应后溶液中n(SO42－)=0.05mol＋0.2mol=0.25mol，D符合题意。

故答案为：D

【分析】反应生成的18．【答案】A【知识点】水的电离；离子浓度大小的比较【解析】【解答】A、a点溶液中NaOH过量，对水的电离起到抑制作用。d点溶液中溶质为(CH3)2NH2Cl，(CH3)2NH2＋发生水解，促进水的电离。e点溶液中HCl过量，H＋抑制水的电离。因此a、d、e三点溶液中水的电离程度最大的是d点，A符合题意。

B、c点溶液中的溶质为NaCl，d点溶液中的溶质为(CH3)2NH2Cl。d点溶液中(CH3)2NH2＋的水解为吸热反应。因此d点溶液的温度较低，B不符合题意。

C、b点溶液的溶质为等浓度的(CH3)2NH2Cl和(CH3)2NH·H2O，由物料守恒可得：c[(CH3)2NH2＋]＋c[(CH3)2NH·H2O]=2c(Cl－)，C不符合题意。

D、d点溶液中溶质为(CH3)2NH2Cl，该溶液显酸性。由质子守恒可得，溶液中c(H＋)=c(OH－)＋c[(CH3)2NH·H2O]，D不符合题意。

故答案为：A

【分析】NaOH为强碱，二甲胺为弱碱，等浓度的两溶液中，NaOH溶液的导电性强，电导率大。因此曲线①为NaOH溶液的滴定过程，曲线②为二甲胺的滴定过程。

A、酸碱溶液抑制水的电离，可水解的盐溶液促进水的电离。

B、d点溶液中阳离子的水解吸收热量。

C、b点溶液的溶质为等浓度的(CH3)2NH·H2O和(CH3)2NH2Cl，结合物料守恒分析。

D、d点溶液为(CH3)2NH2Cl溶液，结合质子守恒分析。19．【答案】D【知识点】元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；元素周期律和元素周期表的综合应用【解析】【解答】由分析可知，X为H、Y为N、Z为O、W为S。

A、Y的氢化物为NH3，Z的氢化物为H2O，H2O为液态，NH3为气态。因此H2O的沸点较高，A不符合题意。

B、X、Y、Z形成的离子化合物NH4NO3，其中NH4＋在水中可发生水解，使得溶液中c(H＋)＞c(OH－)，溶液显酸性，B不符合题意。

C、W的常见氧化物为SO2、SO3，都属于酸性氧化物，C不符合题意。

D、X与Y、Z可形成的10电子微粒分别为H2O、OH－、NH4＋、NH3、NH2－等，D符合题意。

故答案为：D

【分析】X、Y、W分别位于不同的周期，因此X为H。Z与Y、W均相邻，因此Z与Y同周期，与W同主族。令Z的最外层电子数为a，则W的最外层电子数也为a，Y的最外层的电子数为(a＋1)或(a－1)。由于Y、Z、W三种元素的原子最外层电子数为17，即2a＋(a－1)=17或2a＋(a＋1)=17，解得a=6或a=16320．【答案】C【知识点】氧化还原反应【解析】【解答】A、不锈钢丝网可增大气体与催化剂的接触面积，使物质充分反应，A不符合题意。

B、反应过程中利用了O2的氧化性，将VOCs氧化成CO2，因此O2参与了上述的催化反应，B不符合题意。

C、反应过程中碳元素的化合价升高，发生失电子的氧化反应，C符合题意。

D、机动车尾气中含有氮氧化物，可用该催化剂将其转化为N2，D不符合题意。

故答案为；C

【分析】A、网状结构可增大接触面积。

B、该反应过程中利用了O2的氧化性。

C、反应过程中碳元素化合价升高，发生失电子的氧化反应。

D、机动车尾气中含有氮氧化物，应将其转化为N2。21．【答案】（1）分液漏斗（2）4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3；用蒸馏水冲洗冷凝管内通道2~3次，将洗涤液注入锥形瓶中（3）偏大（4）待浊液分层后，取出上层清液少许于试管中，向试管中加入1~2滴BaCl2溶液，若无白色浑浊出现，则说明BaCl2溶液已过量（5）尽可能减少沉淀的溶解损失，减小实验误差（6）(NH4)2SO4•FeSO4•6H2O【知识点】铁的氧化物和氢氧化物；制备实验方案的设计；有关混合物反应的计算；复杂化学式的确定【解析】【解答】（1）图示仪器M为分液漏斗。

故答案为：分液漏斗

（2）步骤③中，加入NaOH溶液后，Fe2＋与OH－反应生成Fe(OH)2沉淀。Fe(OH)2易被空气中的O2氧化，生成Fe(OH)3，该反应的化学方程式为：4Fe(OH)2＋O2＋2H2O=4Fe(OH)3。为了减少实验误差，需将直形冷凝管中残留的氨冲洗出来，并注入锥形瓶内。

故答案为：4Fe(OH)2＋O2＋2H2O=4Fe(OH)3；用蒸馏水冲洗冷凝管内通道2~3次，将洗涤液注入锥形瓶内

（3）若振荡时有液体溅出，则使得滴定过程中消耗n(NaOH)减少，则与NH3反应的n(H2SO4)偏大，计算所得n(NH3)偏大，即n(NH4＋)偏大。

故答案为：偏大

（4）BaCl2溶液已过量，则SO42－已完全反应，此时继续加入BaCl2溶液，无沉淀产生。因此实验操作和现象为：待浊液分层后，取出上层清液少许于试管中，向试管中加入1～2滴BaCl2溶液，若无白色浑浊出现，则说明BaCl2溶液已过量。

故答案为：待浊液分层后，取出上层清液少许于试管中，向试管中加入1～2滴BaCl2溶液，若无白色浑浊出现，则说明BaCl2溶液已过量

（5）步骤②中采用冷水洗涤沉淀，可降低沉淀的溶解度，减少沉淀的溶解损失，减少实验误差。

故答案为：尽可能减少沉淀的溶解损失，减小实验误差

（6）用NaOH溶液滴定过量的硫酸时，消耗n(NaOH)=0.12mol·L－1×0.025L=0.003mol，因此与NH3反应的n(H2SO4)=3.03mol·L－1×0.05L－0.0015mol=0.15mol，所以n(NH4＋)=n(NH3)=0.15mol×2=0.3mol。实验Ⅱ中反应生成nBaSO4=69.9g233g·mol−1=0.3mol。因此晶体中n(NH4＋)：n(SO42－)=1：1，因此该晶体的化学式为(NH4)2SO4·FeSO4·6H2O。

故答案为：(NH4)2SO4·FeSO4·6H2O

【分析】（1）根据图示仪器确定其名称。

（2）溶液中含有Fe2＋，能与OH－反应生成Fe(OH)2沉淀，Fe(OH)2易被空气中的O2氧化生成Fe(OH)3。

（3）步骤④滴定过程中液体溅出，则导致滴定过程中消耗n(NaOH)减小，使得n(H2SO4)减小，则与NH3反应的n(H2SO4)增大，计算所得n(NH4＋)含量偏大。

（4）根据SO42－的检验分析。

（5）冷水洗涤可减少沉淀的溶解。

（6）根据消耗n(H2SO422．【答案】（1）第五周期ⅥA族（2）Cu2Te+8HCl+4H2O2（3）2（4）碲的沉淀率降低（5）AgCl；4（6）2Te【知识点】电极反应和电池反应方程式；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；物质的分离与提纯【解析】【解答】（1）第五周期稀有气体元素的原子序数为54，因此52号元素Te应位于元素周期表的第五周期ⅥA族。

故答案为：第五周期ⅥA族

（2）Cu2Te与TeCl4、H2O2反应生成CuCl2、TeCl4和H2O，该反应的化学方程式为Cu2Te＋8HCl＋4H2O2=2CuCl2＋TeCl4＋8H2O。反应过程中生成的Cu2＋对H2O2的分解有催化作用，使得反应过程中消耗H2O2的量比理论消耗量大。

故答案为：Cu2Te＋8HCl＋4H2O2=2CuCl2＋TeCl4＋8H2O；反应生成的Cu2＋能催化H2O2的分解反应，导致大量H2O2被分解

（3）溶液的pH=13时溶液的c(H＋)=10－13mol·L－1，此时溶液中c(OH－)=0.1mol·L－1。则溶液中cCu2+=KspCuOH2c2OH−=2.2×10−200.12=2.2×10−18mol·L−1。

故答案为：2.2×10-18

（4）“中和沉碲”过程中加入稀盐酸，反应生成TeO2。由于TeO2为两性氧化物，因此TeO2能与HCl反应。若溶液的pH过低，则溶液中c(H＋)较大，使得反应生成的TeO2与H＋反应，导致碲的沉淀率降低。

故答案为：碲的沉淀率降低

（5）“酸浸氧化”过程中加入稀盐酸，与Ag2Te反应生成AgCl沉淀，因此酸浸渣的主要成分为AgCl。“还原”工序中加入N2H4溶液，与AgCl反应生成N2和Ag。过程中Ag由＋1价变为0，得到1个电子，为氧化剂。N2H4中氮元素由－2价变为0价，共失去4个电子，为还原剂。由得失电子守恒可得，AgCl和N2H4的个数比为4：1。即氧化剂与还原剂的物质的量之比为4：1。

故答案为：AgCl；4：1

（6）阴极上TeO32－发生得电子的还原反应，生成Te22－，该电极反应式为2TeO32－＋10e－＋6H2O=Te22－＋12OH－。

故答案为：2TeO32－＋10e－＋6H2O=Te22－＋12OH－

【分析】（1）第五周期稀有气体元素的原子序数为54，据此确定第52号元素在周期表中的位置。

（2）根据题干信息确定反应物和生成物，从而确定反应的化学方程式。双氧水溶液中H2O2在Cu2＋的催化作用发生过分解反应，使得实际消耗量过多。

（3）根据溶液的pH值结合Kw计算溶液中c(OH－)；再结合Cu(OH)2的溶度积计算此时溶液中c(Cu2＋)。23．【答案】（1）+40.9kJ/mol（2）催化剂Ⅰ；升高温度，催化剂活性增大，反应速率加快，相同反应时间CO（3）bd（4）50%【知识点】盖斯定律及其应用；催化剂；化学平衡状态的判断；化学平衡的计算【解析】【解答】（1）由盖斯定律可得，该反应的反应热ΔH3=ΔH1－ΔH2=(－49.5kJ·mol－1)－(－90.4kJ·mol－1)=40.9kJ·mol－1。所以该反应的反应热ΔH3=＋40.9kJ·mol－1。

故答案为：＋40.9kJ·mol－1

（2）①由图可知，使用催化剂Ⅰ时CH3OH选择性较高。因此在甲醇的选择性上，催化效果较好的是催化剂Ⅰ。

故答案为：催化剂Ⅰ

②210～270℃间，催化剂2条件下，升高温度，催化剂活性增大，反应速率加快。相同反应时间内CO2的转化率增大。

故答案为：升高温度，催化剂活性增大，反应速率加快，相同反应时间CO2的转化率增大

（3）a、相同时间内，有6molN－H键断裂，即有2molNH3发生反应。同时有2molH－O键形成，即有1molH2O生成。都表示正反应，无法体现正逆反应速率相等，因此不能说明反应达到平衡状态，a不符合题意。

b、若反应正向进行，气体分子数减小，压强减小。若反应逆向进行，气体分子数增大，压强增大。因此反应过程中容器内的气体压强发生变化，当其不变时，反应达到平衡状态，b符合题意。

c、反应速率之比等于化学计量数之比，则v正NH3v逆CO2=21，所以v正(NH3)=2v逆(CO2)，正逆反应速率不相等，不能说明反应达到平衡状态，c不符合题意。

d、反应在恒容密闭容器中进行，混合气体的体积不变。反应物都是气体，生成物中有固体，因此反应过程中混合气体的质量发生变化。根据密度公式ρ=mV可知，混合气体的密度是一个变量，则当其不变时，说明反应达到平衡状态，d符合题意。

故答案为：bd

（4）由表格数据可知，当反应进行到70min时，反应达到平衡状态，此时n(CO2)=。8mol，则参与反应的n(CO2)=1.6mol－0.8mol=0.8mol。所以CO2的平衡转化率为0.8mol1.6mol×100%=50%。

起始时c(NH3)=1mol·L－1、c(CO2)=0.8mol·L－1，平衡时c(CO2)=0.4mol。可得平衡三段式如下：

2NH3g+CO2g⇌CO24．【答案】（1）3d10；N原子价电子排布式为2S22P3，O原子为2s22p4，N的2p轨道达半满，更为稳定（2）（3）V形；SP2；NO2（4）降低[Cu(NH3)4]SO4·H2O的溶解度；（5）n=5；密度是250g/L【知识点】原子核外电子排布；元素电离能、电负性的含义及应用；判断简单分子或离子的构型；配合物的成键情况；晶胞的计算【解析】【解答】（1）由分析可知，E的基态原子核外电子排布式为[Ar]3d104s1，因此E+的价电子排布式为3d10。A为N，其价电子排布式为2s22p3，B为O，其价电子排布式为2s22p4。N的2p轨道为半充满状态，结构更稳定。

故答案为：3d10；N原子价电子排布式为2S22P3，O原子为2s22p4，N的2p轨道达半满，更为稳定

（2）N5＋的结构为V形，且该离子中各原子均达到8电子稳定结构，中心N原子形成2个σ键、有2对孤电子对。由于整体带1个单位正电荷，中心N原子本身的价电子为4。因此N原子可形成2个配位键，还存在2个N≡N键，因此N5＋的结构式为。

故答案为：

（3）由分析可知，B为O，因此B3为O3，其分子空间结构为V形。其中O原子采用sp2杂化。互为等电子体的微粒具有相同的原子数和价电子数，因此与O3互为等电子体的微粒有NO2－。

故答案为：V形；sp2；NO2－

（4）加入适量乙醇后，析出蓝色晶体，该蓝色晶体为[Cu(NH3)4]SO4·H2O，因此加入乙醇的目的是降低[Cu(NH3)4]SO4·H2O的溶解度。该配合物中配离子为[Cu(NH3)4]2＋，其中Cu提供空轨道，N提供孤电子对，因此其结构简式为。

故答案为：

（5）由图可知，晶胞中Ca原子的数目为2×12+12×16=3，Cu原子的数目为6+18×12=15。因此铜钙合金可表示为CaCu5。镧镍合金晶体与铜钙合金有相同类型的晶体结构，则La处于Ca的位置，Ni处于Cu的位置，则LaNin中n=5。晶胞中La原子数为1，储氢后形成LaNinH4.5的合金，则晶胞中氢原子的数目为4.5×3=13.5。晶胞体积为9.0×10－23cm3，H在合金中密度为13.56.02×1023g9.0×25．【答案】（1）Cl2，光照；3-苯基丙酸（2）取代反应（3）2+O2→ΔAg+2H2O（4）n+nHOCH2CH2OH→一定条件+(n-1)H2O（5）9；或或（6）CH3CH2COOH→PCl3→【知识点】有机化合物的命名；有机物的推断；有机物的合成；有机物的结构和性质；同分异构现象和同分异构体【解析】【解答】（1）由C的结构简式可知B的结构简式为。因此A→B发生苯环上-CH3的取代反应，该反应过程中所需的试剂为Cl2，反应条件为光照。化合物F中含有羧基，属于羧酸；苯环侧链上含有3个碳原子，因此其名称为3-苯基丙酸。

故答案为：Cl2、光照；3-苯基丙酸

（2）I→J的反应原理与已知反应①类似，过程中给NH3分子中N-H键断裂，酯基中C-O键断裂。生成J