陕西省咸阳市武功县2020届高三上学期第一次模拟考试化学试题 23页

武功县2020届高三摸底考试 化学试题 可能用到的相对原子质量：H ‎1 C 12 O 16 Cl 35.5 Na 23 K 39 Fe 56‎ 第I卷(选择题)‎ 一、选择题 ‎1.化学与生活密切相关。下列叙述错误的是（ ）‎ A. 高纯硅可用于制作光感电池 B. 铝合金大量用于高铁建设 C. 活性炭具有除异味和杀菌作用 D. 冬季燃煤中掺石灰可降低SO2排放 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A项、硅是一种良好的半导体材料，则高纯硅可用于制作光感电池，故A正确；‎ B项、铝合金密度低，但强度比较高，接近或超过优质钢，塑性好，可加工成各种型材，具有优良的导电性、导热性和抗蚀性，大量用于高铁建设，故B正确；‎ C项、活性炭具有很强的吸附性，可以除异味，但不能起杀菌作用，故C错误；‎ D项、燃煤中掺石灰，氧化钙能与煤燃烧生成的二氧化硫反应生成亚硫酸钙，亚硫酸钙与氧气反应生成硫酸钙，从而减少二氧化硫排放，故D正确；‎ 故选C。‎ ‎2.下列化学用语表达正确的是（ ）‎ A. 含78个中子的碘原子： B. Cl－的结构示意图：‎ C. CaCl2的电子式： D. 乙烯的结构简式：C2H4‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A项、含78个中子的碘原子的质子数为53，质量数为131，原子符号为，故A正确；‎ B项、Cl－有3个电子层，最外层有8个电子，离子的结构示意图为，故B 错误；‎ C项、氯化钙是由钙离子和氯离子组成的离子化合物，电子式为，故C错误；‎ D项、乙烯的官能团为碳碳双键，结构简式为CH2= CH2，故D错误； ‎ 故选A。‎ ‎【点睛】书写离子化合物电子式时应注意阴离子全用括号；阴、阳离子均应标明电荷；相同的离子应对称排列，不能合并。‎ ‎3.下列物质分类正确的是（ ）‎ A. 墨水、蛋白质溶液均属于胶体 B. H2O、CO2均为电解质 C. NO、SO3均为酸性氧化物 D. H2S、O2常作还原剂 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A项、分散质微粒直径在1nm-100nm 的分散系为胶体，墨水、蛋白质溶液均属于胶体，故A正确；‎ B项、二氧化碳与水反应生成的碳酸能电离，本身不能电离，属于非电解质，故B错误；‎ C项、一氧化碳不能与碱反应，属于不成盐氧化物，故C错误；‎ D项、氧气是常见的氧化剂，故D错误；‎ 故选A。‎ ‎4.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（ ）‎ A. 常温常压下，‎30g乙烷中所含的共价键数为6NA B. 标准状况下，0.1mol Cl2溶于水，转移的电子数目为0.1NA C. 0.1mol D2O分子中含中子数为1.0NA D. 0.1mol·L－1的NH4NO3溶液中含有的氮原子数为0.2NA ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A项、乙烷分子中含有6个碳氢键和1个碳碳键，共价键数目为7，‎30g乙烷的物质的量为1mol，1mol乙烷中所含的共价键数为7NA，故A错误；‎ B项、氯气与水的反应是可逆反应，0.1mol氯气不可能完全反应，转移的电子数目小于0.1NA，故B错误；‎ C项、D2O分子中含中子数为10，则0.1mol D2O分子中含中子数为1.0NA，故C正确；‎ D项、缺溶液的体积，无法计算0.1mol·L－1的NH4NO3溶液中氮原子的物质的量，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎【点睛】氯气与水的反应是可逆反应，氯气不可能完全反应是解答关键，也是易错点。‎ ‎5.下列解释事实的方程式正确的是（ ）‎ A. 用稀硫酸除去硫酸钠溶液中少量的硫代硫酸钠：Na2S2O3＋2H＋＝SO2↑＋S↓＋2Na＋＋H2O B. 氢氧化亚铁暴露于空气中会变色：4Fe(OH)2 +O2 +2H2O=4Fe(OH)3‎ C. 向Ca(ClO)2溶液中通入过量CO2制取次氯酸： Ca2＋＋ClO－＋H2O＋CO2＝2HClO＋CaCO3↓‎ D. 氯气用于自来水消毒：Cl2 + H2O2H＋ + Cl－+ ClO－‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．硫代硫酸钠是可溶性盐，可拆分，则用稀硫酸除去硫酸钠溶液中少量的硫代硫酸钠，正确的离子方程式为：S2O32-+2H+═SO2↑+S↓+H2O，故A错误；B．氢氧化亚铁暴露于空气中被氧化生成氢氧化铁，反应方程式为4Fe（OH）2 +O2 +2H2O═4 Fe（OH）3，故B正确；C．二氧化碳过量反应生成可溶性的碳酸氢钙，则向Ca（ClO）2溶液中通入过量CO2制取次氯酸，离子方程式：ClO-+H2O+CO2=HClO+HCO3-，故C错误；D．HClO是弱酸，则氯气用于自来水消毒发生反应的离子方程式为Cl2 + H2O H＋+ Cl－+ HClO，故D错误；故答案为B。‎ ‎6.在给定条件下，能顺利实现下列所示物质间直接转化的是（ ）‎ A. ‎ B. ‎ C. ‎ D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A项、铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，故A正确；‎ B项、铁与水蒸气高温下反应生成四氧化三铁和氢气，不能生成氧化亚铁，故B错误；‎ C项、一氧化氮不溶于水，不能与水反应生成硝酸，故C错误；‎ D项、二氧化硅不溶于水，不能与水反应生成硅酸，故D错误；‎ 故选A。‎ ‎【点睛】一氧化氮属于不成盐氧化物，不溶于水，不能与水反应生成硝酸，应与氧气反应生成溶于水的二氧化氮，二氧化氮与水反应生成硝酸是解答易错点。‎ ‎7.以CO2和Na2O2为原料，制取纯净干燥的O2，实验装置如下：‎ 下列说法不正确的是 A. 装置②中试剂可以是NaOH溶液 B. 装置③的作用是干燥O2‎ C. 收集氧气应选择装置a D. 装置②、③之间应增加盛澄清石灰水的洗气瓶 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 实验原理分析：二氧化碳通过U型管与过氧化钠反应生成氧气，氧气和没有反应二氧化碳通入碱液洗气瓶除二氧化碳，可增加盛有澄清石灰水的洗气瓶验证二氧化碳是否除尽，在通过盛有浓硫酸的洗气瓶干燥氧气，最后收集；‎ ‎【详解】A.装置②中试剂可以是NaOH溶液，用来除掉二氧化碳气体，故不选A；‎ B. 装置③中盛有浓硫酸，作用是干燥O2，故不选B；‎ C. 由于氧气密度大于空气，选择装置b，故选C；‎ D. 装置②、③之间应增加盛澄清石灰水的洗气瓶，验证二氧化碳是否除尽，故不选D；‎ 答案：C ‎8.碘在地壳中主要以NaIO3的形式存在，在海水中主要以I－的形式存在，几种微粒之间的转化关系如图所示。已知：淀粉遇单质碘变蓝。下列说法中，不正确的是（ ）‎ ‎ ‎ A. 氧化性的强弱顺序为：Cl2>IO3－>I2‎ B. 途径Ⅱ中若生成1mol I2，消耗4mol NaHSO3‎ C. 一定条件下，I－与IO3－反应可能生成I2‎ D. 向含I－的溶液中通入Cl2，所得溶液加入淀粉溶液不一定变为蓝色 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题给信息可知，途径Ⅰ反应的离子方程式为2I—+Cl2=2Cl—+I2，途径Ⅱ反应的离子方程式为2IO3-+ 5HSO3—=I2+5SO42—+3H+＋H2O，途径Ⅲ反应的化学方程式为5Cl2+I2+6H2O═2HIO3+10HCl。‎ ‎【详解】A项、由途径I可知氧化性Cl2＞I2，由途径Ⅱ可知氧化性I2＜IO3-，由途径Ⅲ可知氧化性Cl2＞IO3-，故氧化性的强弱顺序为Cl2＞IO3-＞I2，故A正确；‎ B项、由途径Ⅱ反应的离子方程式可知，生成1molI2，反应消耗5molNaHSO3，故B错误；‎ C项、由氧化性I2＜IO3-可知，一定条件下，I－与IO3－反应可能生成I2，故C正确；‎ D项、根据图中转化关系可知Cl2可以把I-氧化成IO3-，则向含I－的溶液中通入过量Cl2，所得溶液加入淀粉溶液不变蓝色，故D正确；‎ 故选B。‎ ‎【点睛】根据图中转化关系可知Cl2可以把I-氧化成IO3-得出向含I－的溶液中通入Cl2，所得溶液加入淀粉溶液不一定变为蓝色是解答关键。‎ ‎9.四种主族元素a、b、c、d分布在三个短周期中，其原子序数依次增大，b、d的简单离子具有相同电子层结构，d的简单离子半径是同周期主族元素中最小的，四种元素原子的最外层电子数之和为15，下列叙述正确的是（ ）‎ A. b元素最高价氧化物对应的水化物为强酸 B. 最简单气态氢化物的热稳定性：b＞c C. c为第二周期第VIIA族元素 D. 原子半径：d>c>b>a ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 四种主族元素a、b、c、d分布在三个短周期中，其原子序数依次增大，则a为H；b、d 的简单离子具有相同电子层结构，d的简单离子半径是同周期主族元素中最小的，d为Al，四种元素原子的最外层电子数之和为15，b、c为第二周期元素，b、c的最外层电子数之和为‎15-1-3‎=11，b为N，c为O符合题意，以此来解答．‎ ‎【详解】由上述分析可知，a为H，b为N，c为O，d为Al；A．b元素为氮元素，其最高价氧化物对应的水化物硝酸为强酸，故A正确；B．非金属性O＞N，则气态氢化物的热稳定性：b＜c，故B错误；C．c为O元素，核电荷数为8，为第二周期第VIA族元素，故C错误；D．短周期主族，电子层越多，原子半径越大，同周期从左向右原子半径减小，则原子半径：Al＞N＞O＞H，故D错误；故答案为A。‎ ‎10.1mol白磷（P4，s）和4mol红磷（P，s）与氧气反应过程中的能量变化如图（E表示能量）。下列说法正确的是（ ）‎ A. P4(s，白磷)=4P(s，红磷) ΔH＞0‎ B. 以上变化中，白磷和红磷所需活化能相等 C. 白磷比红磷稳定 D. 红磷燃烧的热化学方程式是4P(s，红磷)＋5O2(g)＝P4O10(s) ΔH=－(E2－E3)kJ/mol ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．依据图象分析，白磷能量高于红磷，依据能量守恒，白磷转变为红磷是放热反应，则ΔH＜0，故A错误； B．依据图象分析，白磷能量高于红磷，则白磷和红磷所需活化能不相等，故B错误；C．依据图象分析，白磷能量高于红磷，能量低的稳定，则红磷稳定，故C错误；D．依据图象分析，红磷燃烧是放热反应，则反应的热化学方程式：4P(s，红磷)＋5O2(g)＝P4O10(s) ΔH=－(E2－E3)kJ/mol，故D正确；故答案为D。‎ ‎11.在t ℃时，AgBr在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。又知t ℃时AgCl的Ksp＝4×10－10 mol2·L－2，下列说法不正确的是(　　)‎ A. 在t ℃时，AgBr的Ksp为4.9×10－13 mol2·L－2‎ B. 在AgBr饱和溶液中加入NaBr固体，可使溶液由c点到b点 C. 图中a点对应的是AgBr的不饱和溶液 D. 在t ℃时，AgCl(s)＋Br－(aq)AgBr(s)＋Cl－(aq)的平衡常数K≈816‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 由c点的c(Ag+)和c(Br-)得该温度下AgBr的Ksp= c(Ag+)• c(Br-)=7×10-7×7×10-7=4.9×10-13 mol2·L－2，A项正确；‎ B. 在AgBr饱和溶液中加入NaBr固体，c(Br-)增大，平衡逆向移动，c(Ag+)减小，不能使溶液由c点到b点，B项错误；‎ C. a点是溶液中Qc”或“<”)，该反应的△H____0(填“>”、“＝”或“<”)。‎ ‎(5)下列说法正确的是_______(填编号)。‎ A.当CO2、H2和HCOOH的物质的量浓度之比为1：1：1时，该反应达到平衡 B.容器中气体密度不再改变，不能判断该反应是否达到平衡 C.将HCOOH液化后分离既能提高转化率又能加快反应速率 D.选用更高效的催化剂可提高生产效率 ‎【答案】 (1). 0.00417mol·L－1·min－1 (2). 4:5 (3). 1.488 (4). < (5). > (6). BD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据化学反应速率公式计算可得；‎ ‎（2）建立三段式，依据三段式计算可得；‎ ‎（3）建立三段式，依据三段式计算可得；‎ ‎（4）温度越高，反应速率越快，达到平衡所需反应时间越少；‎ ‎（5）A、当CO2、H2和HCOOH的物质的量浓度之比为1：1：1时，该反应可能达到平衡，也可能未达到平衡；‎ B、由质量守恒定律可知，反应前后气体质量不变，恒容容器中气体体积不变，容器中气体密度始终不变；‎ C、将HCOOH液化后分离，生成物浓度减小，化学反应速率减小；‎ D、选用更高效的催化剂，可加快反应速率，缩短达到平衡所需时间。‎ ‎【详解】（1）由题给表格可知，实验I中0～60min内氢气的物质的量变化量为（2.00—1.50）mol=0.50mol，由方程式可知甲酸的物质的量变化量为0.50mol，则0～60min内用甲酸表示的该反应的平均反应速率为=0.00417 mol·L－1·min－1，故答案为：0.00417 mol·L－1·min－1；‎ ‎（2）由题意建立如下三段式：‎ CO2(g)＋H2(g) HCOOH(g)‎ 起（mol） 2 2 0‎ 变（mol） 0.8 0.8 0.8‎ 末（mol） 1.2 1.2 0.8‎ 由P1：P0＝n1：n0可得P1：P0＝3.2mol：4mol=4:5，故答案为：4:5；‎ ‎（3）由表格数据可知，T2温度下120min时反应达到平衡，由此建立三段式如下 CO2(g)＋H2(g) HCOOH(g)‎ 起（mol/L） 1 1 0‎ 变（mol/L） 0.45 0.45 0.45‎ 平（mol/L） 0.55 0.55 0.45‎ 则化学平衡常数K==1.488，故答案为：1.488；‎ ‎（4）温度越高，反应速率越快，达到平衡所需反应时间越少，由题给表格数据可知，T2温度下120min时反应达到平衡，T1温度下150min时反应达到平衡，则T1小于T2；温度越高，氢气的物质的量越小，说明升高温度，平衡向正反应方向移动，则正反应为吸热反应，△H >0，故答案为：<；>；‎ ‎（5）A、当CO2、H2和HCOOH的物质的量浓度之比为1：1：1‎ 时，该反应可能达到平衡，也可能未达到平衡，故错误；‎ B、由质量守恒定律可知，反应前后气体质量不变，恒容容器中气体体积不变，容器中气体密度始终不变，则容器中气体密度不再改变，不能判断该反应是否达到平衡，故正确；‎ C、将HCOOH液化后分离，生成物浓度减小，化学反应速率减小，故错误；‎ D、选用更高效的催化剂，可加快反应速率，缩短达到平衡所需时间，提高生产效率，故正确；‎ BD正确，故答案为：BD。‎ ‎【点睛】由题给表格数据可知，T2温度下120min时反应达到平衡，T1温度下150min时反应达到平衡是解答关键，注意利用三段式计算。‎ ‎19.25°C时，pH均为5的①HCl溶液、②CH3OOOH溶液和③NH4Cl溶液。回答下列问题：‎ ‎(1)③溶液中c(OH－)·c(H＋)＝_____________。‎ ‎(2)①和②溶液加水稀释相同倍数后pH：①_______②(填“>”、“＝”或“<”，下同)；取相同体积的①和②溶液用NaOH中和，消耗NaOH的物质的量：①______②。‎ ‎(3)三溶液中水的电离程度由大到小的顺序为_____________________________。‎ ‎(4)③溶液中，下列关系式错误的是_______________‎ Ac(NH4＋)＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(OH－) B.(NH4＋)＋c(NH3·H2O)＝c(Cl－)‎ C.c(NH3·H2O)＋c(OH－)＝c(H＋) D.c(Cl－)>c(NH4＋)>c(OH－)>c(H＋) ‎ ‎【答案】 (1). 1×10－14 (2). > (3). < (4). ③>①=② (5). D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）‎25°C时，③溶液中c(OH－)·c(H＋)＝Kw；‎ ‎（2）盐酸是强酸，醋酸是弱酸，pH均为5的盐酸和醋酸溶液稀释相同倍数，强酸的pH变化大；相同体积pH均为5的盐酸和醋酸溶液与氢氧化钠反应，弱酸消耗氢氧化钠的物质的量大；‎ ‎（3）盐酸和醋酸均抑制水的电离，水解的盐促进水的电离；‎ ‎（4）NH4Cl溶液中存在电荷守恒、物料守恒、质子守恒，依据守恒关系分析。‎ ‎【详解】（1）‎25°C时，③溶液中c(OH－)·c(H＋)＝Kw=1×10－14，故答案为：1×10－14；‎ ‎（2）盐酸是强酸，醋酸是弱酸，pH均为5的盐酸和醋酸溶液稀释相同倍数，强酸的pH变化大，则稀释相同倍数后盐酸pH大于醋酸溶液；相同体积pH均为5的盐酸和醋酸溶液与氢氧化钠反应，弱酸消耗氢氧化钠的物质的量大，则用NaOH中和，消耗NaOH 的物质的量盐酸小于醋酸溶液，故答案为：>；<；‎ ‎（3）盐酸和醋酸均抑制水的电离，pH均为5的盐酸和醋酸溶液中氢离子浓度相同，则抑制程度相同；水解的盐促进水的电离，则三溶液中水的电离程度由大到小的顺序为③>①=②，故答案为：③>①=②；‎ ‎（4）A、NH4Cl溶液中存在电荷守恒，电荷守恒关系式为c(NH4＋)＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(OH－)，故正确；‎ B、NH4Cl溶液中存在物料守恒，物料守恒关系式为(NH4＋)＋c(NH3·H2O)＝c(Cl－)，故正确；‎ C、NH4Cl溶液中存在质子守恒，质子守恒关系式为c(NH3·H2O)＋c(OH－)＝c(H＋)，故正确；‎ D、阴离子浓度都大于阳离子浓度，溶液中电荷不守恒，故错误；‎ D错误，故答案为：D。‎ ‎【点睛】酸、碱均抑制水的电离，抑制程度与强弱无关，与溶液中的氢离子浓度或氢氧根离子浓度大小有关，水解的盐促进水的电离。‎ 三、选考题 ‎20.合成氨工艺的一个重要工序是铜洗，其目的是用铜液[醋酸二氨合铜(I)、氨水]吸收在生产过程中产生的CO和CO2等气体。铜液吸收CO的反应方程式如下： CH3COO[Cu(NH3)2]＋CO＋NH3＝CH3COO[Cu(NH3)3CO]。‎ ‎(1)Cu＋基态核外电子排布式为_____________________。‎ ‎(2)C、N、O元素的第一电离能由大到小的顺序为_____________________。‎ ‎(3)1mol[Cu(NH3)2]＋中含有σ键的数目为___________，CH3COO[Cu(NH3)2]中C原子轨道的杂化类型是_______________。‎ ‎(4)与NH3分子互为等电子体的阴离子为______________。‎ ‎(5)Cu2O的晶胞结构如图所示，其中O2－的配位数是______________。‎ ‎【答案】 (1). [Ar]3d10 (2). N>O>C (3). 8NA（或8×6.02×1023） (4). sp3和sp2 (5). CH3- (6). 4‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）Cu是29号元素，基态 Cu+ 的核外有28个电子；‎ ‎（2）同一周期元素，元素第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，但N原子p轨道为半充满结构，第一电离能大于其相邻元素；‎ ‎（3）单键都是σ键构成的，络离子中氮原子与铜离子之间还有配位健；CH3COO[Cu(NH3)2]中含有甲基碳原子和羧基碳原子，饱和碳原子为sp3杂化，不饱和碳原子为sp2杂化；‎ ‎（4）等电子体是指价电子数和原子数相同的分子或离子；‎ ‎（5）依据分摊法计算化学式，再依据化学式判断配位数。‎ ‎【详解】（1）Cu是29号元素，基态 Cu+ 的核外有28个电子，核外电子排布式为[Ar]3d10，故答案为：[Ar]3d10；‎ ‎（2）同一周期元素，元素第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，但N原子p轨道为半充满结构，第一电离能大于其相邻元素，所以这三种元素第一电离能大小顺序是N>O>C，故答案为：N>O>C；‎ ‎（3）单键都是σ键构成的，1 mol [Cu(NH3)2]2+中含有2mol NH3，另外氮原子与铜离子之间还有配位健，因此σ键的数目为8NA；CH3COO[Cu(NH3)2]中含有甲基碳原子和羧基碳原子，甲基中饱和碳原子为sp3杂化，羧基中碳和氧形成双键，碳原子为sp2杂化，故答案为：8NA (或8×6.02×1023)；sp3和sp2；‎ ‎（4）等电子体是指价电子数和原子数相同的分子或离子，NH3的原子个数为4，价电子数为8，阴离子CH3-的原子个数为4，价电子数为8，则NH3和CH3-互为等电子体，故答案为：CH3-；‎ ‎（5）由晶胞示意图可知，○位于顶点和体心，晶胞中的个数为1＋8×=2，位于体内，晶胞中的个数为4，则代表Cu+离子，○代表O2—离子，一个O2—离子周围有4个Cu+离子，O2－的配位数是4，故答案为：4。‎ ‎【点睛】注意单键都是σ键构成的，络离子中氮原子与铜离子之间还有配位键是解答易错点；价电子数和原子数相同的分子或离子是判断等电子体的依据；运用分摊法计算化学式是难点。‎ ‎21.【化学选修5——有机化学基础】‎ 化合物F是一种食品保鲜剂，可按如下途径合成：‎ 己知：。试回答：‎ ‎(1)A的化学名称是_________，A→B的反应类型是_____________。‎ ‎(2)B→C反应的化学方程式为________________________________。‎ ‎(3)C→D所用试剂和反应条件分别是____________________________。‎ ‎(4)E的结构简式是____________。F中官能团的名称是____________。‎ ‎(5)连在双键碳上的羟基不稳定，会转化为羰基，则D的同分异构体中，只有一个环的芳香族化合物有________种。其中苯环上只有一个取代基，核磁共振氢谱有5个峰，峰面积比为2：1：2：2：1的同分异构体的结构简式为____________________(写出一种即可)。‎ ‎【答案】 (1). 对二甲苯（或1, 4-二甲苯） (2). 取代反应 (3). +NaOH+NaCl (4). O2/Cu或Ag，加热（或答氧气，催化剂、加热） (5). (6). 碳碳双键、醛基 (7). 8 (8). ，（任写一种即可）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由F的结构简式为，结合题给信息反应，运用逆推法推断可知，A为，在光照条件下与氯气发生取代反应生成，则B为；与氢氧化钠溶液共热发生水解反应生成，则C为；在铜或银做催化剂作用下，与氧气发生催化氧化反应生成，则D为；和CH3CHO发生题给信息反应生成，则E为；在浓硫酸作用下，发生消去反应生成。‎ ‎【详解】（1）A的结构简式为，名称为对二甲苯（或1, 4-二甲苯）；A→B的反应为在光照条件下与氯气发生取代反应生成，故答案为：对二甲苯（或1, 4-二甲苯）；取代反应；‎ ‎（2）B→C的反应为与氢氧化钠溶液共热发生水解反应生成，反应的化学方程式为+NaOH+NaCl，故答案为：+NaOH+NaCl；‎ ‎（3）C→D的反应为在铜或银做催化剂作用下，与氧气发生催化氧化反应生成，故答案为：O2/Cu或Ag，加热（或答氧气，催化剂、加热）；‎ ‎（4）E的结构简式为；F的结构简式为，官能团为碳碳双键、醛基，故答案为：碳碳双键、醛基；‎ ‎（5）D的结构简式为，由连在双键碳上的羟基不稳定，会转化为羰基，则D的同分异构体中，只有一个环的芳香族化合物可知，苯环上相连官能团可能为醛基、羰基、碳碳双键和醚键、碳碳双键和羟基，官能团为醛基的有邻苯甲醛、间苯甲醛和苯乙醛3种，官能团为羰基的有1种，官能团为碳碳双键和醚键的有1种，官能团为碳碳双键和羟基有邻、间、对3种，共8种，苯环上只有一个取代基，核磁共振氢谱有5个峰，峰面积比为2：1：2：2：1的同分异构体的结构简式为或，故答案为：8；或。‎ ‎【点睛】由连在双键碳上的羟基不稳定，会转化为羰基，则D的同分异构体中，只有一个环的芳香族化合物确定苯环上相连官能团可能为醛基、羰基、碳碳双键和醚键、碳碳双键和羟基是解答难点，也是解答关键。‎ ‎ ‎