【文档说明】湖南省长沙市礼雅中学2020届高三下学期三月份网络教学质量监测理科综合化学试题【精准解析】.doc，共(15)页，716.500 KB，由小赞的店铺上传

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2020届礼雅中学高中毕业班三月份网络教学质量监测卷理科综合化学部分说明：1.全卷满分300分，考试时间150分钟。2.全卷分为试题卷和答题卡，答案要求写在答题卡上，不得在试题卷上作答，否则不给分。第Ⅰ卷(选择题共126分)

可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16S-32Cl-35.5K-39Ti-48Fe-56I-127Ag-108一、选择题：本大题包括13小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。1.通过以下反应可获得新型能源二甲醚(33CHOCH)。下列说法不正

确的是①()()()()22CsHOg=COgHg++11kJmolHa−=②()()()()222COgHOg=COgHg++12kJmolHb−=③()()()()2232COg3Hg=CHOHgHOg++13kJmolHc−=④()

()()33322CHOHg=CHOCHgHOg+14kJmolHd−=A.反应①、②为反应③提供原料气B.反应③也是2CO资源化利用的方法之一C.反应()()()333211CHOHg=CHOCHgHOl22+的1kJmol2dH−=D.反应

23322CO(g)4H()=CHOCH()HO(g)gg++的1(22)kJmolHbcd−=++【答案】C【解析】【分析】A.反应③中的反应物为CO2、H2；B.反应③中的反应物为CO2，转化为甲醇；C.由反应④可以知道，物质的量与热量成

正比，且气态水的能量比液态水的能量高；D.由盖斯定律可以知道,②×2+③×2+④得到()()23322CO(g)4H=CHOCHHO(g)gg++。【详解】A.反应③中的反应物为CO2、H2，由反应可以知道，反应①、②为反应③提供原料气，所以A选项是正确的；B.反应③中的反应物为CO2，转

化为甲醇，则反应③也是CO2资源化利用的方法之一，所以B选项是正确的；C.由反应④可以知道，物质的量与热量成正比，且气态水的能量比液态水的能量高，则反应反应()()()333211CHOHg=CHOCHgHOl22+的1kJmol2dH−

，故C错误；D.由盖斯定律可以知道,②×2+③×2+④得到()()23322CO(g)4H=CHOCHHO(g)gg++，则()122kJmolHbcd−=++，所以D选项是正确的。所以答案选C。2.[2017新课标Ⅰ]支撑海港码头基础的钢管桩，常用外加电流的阴极保护法进行防腐

，工作原理如图所示，其中高硅铸铁为惰性辅助阳极。下列有关表述不正确的是A.通入保护电流使钢管桩表面腐蚀电流接近于零B.通电后外电路电子被强制从高硅铸铁流向钢管桩C.高硅铸铁的作用是作为损耗阳极材料和传递电流D.通入的保护电流应该根据环境条件变化进行调整【答案】C

【解析】本题使用的是外加电流的阴极保护法，钢管柱与电源的负极相连，被保护。A．外加强大的电流可以抑制金属电化学腐蚀产生的电流，从而保护钢管柱，A正确；B．通电后，被保护的钢管柱作阴极，高硅铸铁作阳极，因此电路电子被强制从高硅铸铁流向钢管桩，B正确；C．高硅铸铁为

惰性辅助阳极，所以高硅铸铁不损耗，C错误；D．通过外加电流抑制金属电化学腐蚀产生的电流，因此通入的保护电流应该根据环境条件变化进行调整，D正确。答案选C。3.常压下羰基化法精炼镍的原理为：Ni(s)+4CO(g)Ni(CO)4(g)

。230℃时，该反应的平衡常数K=2×10−5。已知：Ni(CO)4的沸点为42.2℃，固体杂质不参与反应。第一阶段：将粗镍与CO反应转化成气态Ni(CO)4；第二阶段：将第一阶段反应后的气体分离出来，加热至230℃制得高纯镍。下列判断正确的是A.增加c(CO)，平衡向

正向移动，反应的平衡常数增大B.第一阶段，在30℃和50℃两者之间选择反应温度，选50℃C.第二阶段，Ni(CO)4分解率较低D.该反应达到平衡时，v生成[Ni(CO)4]=4v生成(CO)【答案】B【解析】【详解】A.

平衡常数只与温度有关，与浓度无关，故A错误；B.50℃时，Ni(CO)4以气态存在，有利于分离，从而促使平衡正向移动，故B正确；C.230℃时，Ni(CO)4分解的平衡常数K逆=1/K正=1/（2×10−5）=5×104，可知分解率较高，故C错误；D

.平衡时，应该是4v生成[Ni(CO)4]=v生成(CO)，故D错误；正确答案：B4.常温下将NaOH溶液滴加到己二酸（H2X）溶液中，混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如图所示。下列叙述错误的是A.Ka2（H2X）的数量级为10–6B.

曲线N表示pH与()()2lgcHXcHX−的变化关系C.NaHX溶液中c(H＋)>c(OH－)D.当混合溶液呈中性时，c(Na＋)>c(HX－)>c(X2－)>c(OH－)=c(H＋)【答案】D【解析】A、己二酸是二

元弱酸，第二步电离小于第一步，即Ka1=2()()()cHXcHcHX−+＞Ka2=2()()()cXcHcHX−+−，所以当pH相等即氢离子浓度相等时2(HX)lg(HX)cc−＞2(X)lg(HX)cc−−，因此曲线N表示p

H与2(HX)lg(HX)cc−的变化关系，则曲线M是己二酸的第二步电离，根据图像取－0.6和4.8点，2()()cXcHX−−=10－0.6mol·L－1，c(H＋)=10－4.8mol·L－1，代入Ka2得到Ka2=10－5.4，因此Ka2（H2X）的数量级为10-6，A正确；B.根据

以上分析可知曲线N表示pH与2(HX)lg(HX)cc−的关系，B正确；C.曲线N是己二酸的第一步电离，根据图像取0.6和5.0点，2()()cHXcHX−=100.6mol·L－1，c(H＋)=10

－5.0mol·L－1，代入Ka1得到Ka2=10－4.4，因此HX－的水解常数是10－14/10－4.4＜Ka2，所以NaHX溶液显酸性，即c(H＋)＞c(OH－)，C正确；D.根据图像可知当2(X)lg(HX)cc−−＝0时溶液显酸

性，因此当混合溶液呈中性时，2(X)lg(HX)cc−−＞0，即c(X2-)＞c(HX-)，D错误；答案选D。5.实验室用H2还原WO3制备金属W的装置如图所示(Zn粒中往往含有硫等杂质，焦性没食子酸溶液用于吸收少量氧气)。下列说法正确的是()A.①、②、③中依次盛装KMnO4溶液、浓H2S

O4、焦性没食子酸溶液B.管式炉加热前，用试管在④处收集气体并点燃，通过声音判断气体纯度C.结束反应时，先关闭活塞K，再停止加热D.装置Q(启普发生器)也可用于二氧化锰与浓盐酸反应制备氯气【答案】B【解析】【详解

】A、从焦性没食子酸溶液逸出的气体含有水蒸气，所以宜于最后通过浓硫酸干燥气体，选项A错误；B、管式炉加热前，用试管在④处收集气体并点燃，通过声音判断气体纯度，以免因气体不纯引发爆炸，选项B正确；C、为了防止W受热被氧化，应该先停止加热，等待W冷却后再关闭

K，选项C错误；D、二氧化锰与浓盐酸反应需要加热，而启普发生器不能加热，所以启普发生器不能用于氯气的制备，选项D错误。答案选B。6.《本草衍义》中对精制砒霜过程有如下叙述：“取砒之法，将生砒就置火上，以器覆之，令砒烟上飞着覆器，遂凝结累然下垂如乳，尖长者为胜，平短者次之。”文中涉及的操作方法是

A.蒸馏B.升华C.干馏D.萃取【答案】B【解析】【分析】将生砒就置火上，以器覆之，令砒烟上飞，着覆器，遂凝结”，属于固体直接转化为气体。【详解】A.蒸馏是在密闭容器中给溶液加热，收集一定温度范围内的馏分的操作，不合题意；B.升华是固体受热后，不经过液态而由固态直接转化为气态的过程，符合

题意；C.干馏是以煤或木材为原料，隔绝空气加强热使它分解的过程，不合题意；D.萃取是利用溶质在萃取剂与原溶剂中溶解度的差异，将溶质从一种溶剂转移入萃取剂的过程，不合题意。答案选B。7.化合物(b)、(d)、(p)的分子式均为C6H6，下列说法正

确的是()A.b的同分异构体只有d和p两种B.b、d、p的二氯代物均只有三种C.b、d、p均可与酸性高锰酸钾溶液反应D.b、d、p中只有b的所有原子处于同一平面【答案】D【解析】【详解】A.b为苯，苯的同分异构体还有CH3—C≡C—C≡C—CH3等，故A错误

；B.b的二氯代物有3种，d的二氯代物有6种，p的二氯代物有3种，故B错误；C.b、p分子中不含碳碳双键，不能与酸性高锰酸钾溶液反应，故C错误；D.d、p中都存在类似甲烷的四面体结构，所有原子不可能处于同一平面，故D正确。故答案选D。三、非选择题：包括必考题和选考题两部分。第22题-第32题

为必考题每个试题考生都必须作答，第33题-第38题为选考题，考生根据要求作答。(一)必考题：11题，共129分。8.氯化亚铜（CuCl)广泛应用于化工、印染、电镀等行业。CuCl难溶于醇和水，可溶于氯离子浓度较大的体系，在潮湿空气中易水解氧化。以海绵铜（主要成分是Cu和

少量CuO）为原料，采用硝酸铵氧化分解技术生产CuCl的工艺过程如下：回答下列问题：（1）步骤①中得到的氧化产物是_________，溶解温度应控制在60~70度，原因是__________。（2）写出步骤③中主要反应的离子方程式___________。（3）步骤⑤包括用pH=2的酸洗、水洗两步操

作，酸洗采用的酸是_________（写名称）。（4）上述工艺中，步骤⑥不能省略，理由是______________________________。（5）步骤②、④、⑤、⑧都要进行固液分离。工业上常用的固液分离设备有__________（填字母）

A．分馏塔B．离心机C．反应釜D．框式压滤机（6）准确称取所制备的氯化亚铜样品mg，将其置于若两的FeCl3溶液中，待样品完全溶解后，加入适量稀硫酸，用amol/L的K2Cr2O7溶液滴定到终点，消耗K2Cr2O7溶液bm

L，反应中Cr2O72-被还原为Cr3+，样品中CuCl的质量分数为__________。【答案】(1).CuSO4或Cu2+(2).温度低溶解速度慢、温度过高铵盐分解(3).2Cu2++SO32-+2Cl-+H2O=2CuCl↓+SO42-+2H+(4).硫酸(

5).醇洗有利加快去除CuCl表面水分，防止其水解氧化(6).）B、D(7).【解析】【详解】（1）海绵铜的主要成分是Cu与CuO，溶解所需试剂中有硝酸铵、水、硫酸，则Cu被氧化为铜离子；在稀溶液中，硝酸根离子作氧化剂，硫酸没有氧化性，作酸性介质，因此Cu2+和NH4+都会变成对应的

硫酸盐。（2）步骤③反应后过滤，说明反应中有沉淀产生，则该沉淀为CuCl沉淀，结合硫酸铵的回收，可知步骤③发生的离子反应为：2Cu2++SO32-+2Cl-+H2O=2CuCl↓+SO42-+2H+；（3）盐酸中含有较多氯离子，可能溶解CuCl沉淀，不合适；硝酸具有氧化性，会

氧化CuCl沉淀，不合适；三大强酸中只有稀硫酸合适。（4）CuCl难溶于醇和水，潮湿空气中易水解氧化，而水与醇互溶，所以醇洗不能省略的原因是醇的沸点低，可加快去除CuCl表面水分，防止其水解氧化，也有利于后面的烘干步骤。（5）用于分离固体和液体的设备与实验室中的过滤的原理是相似的。A、分馏

塔是用于分离互溶的液体的设备，错误；B、离心机可利用离心力的作用使液体中的固体沉降，达到固液分离的目的，正确；C、反应釜为发生反应的设备，错误；D、框式压滤机可以使物料中的水通过挤压而排出，达到固液分离的目的，正确，答案选BD；（6

）根据题意，CuCl与K2Cr2O7发生氧化还原反应，K2Cr2O7被还原为Cr3+，则bmL、amol/LK2Cr2O7溶液发生反应时，转移电子的物质的量是ab×10-3×2×3mol=6ab×10-

3mol，+1价Cu会被氧化为Cu2+，根据得失电子守恒，则CuCl的物质的量是6ab×10-3mol，则样品中CuCl的质量分数是(6ab×10-3mol×99.5g/mol)/mg×100%=0.597ab/m×100%。9.某废催化剂含5

8.2%的SiO2、21.0%的ZnO、4.5%的ZnS和12.8%的CuS。某同学用15.0g该废催化剂为原料，回收其中的锌和铜。采用的实验方案如下：回答下列问题：（1）在下列装置中，第一次浸出必须用_____，第二次浸出应

选用________。（填标号）（2）第二次浸出时，向盛有滤液1的反应器中加入稀硫酸，后滴入过氧化氢溶液。若顺序相反，会造成___________。滤渣2的主要成分是____________________。（3）浓缩硫酸锌、硫酸铜溶液使用的器皿名称是____________

____。（4）某同学在实验完成之后，得到1.5gCuSO4﹒5H2O,则铜的回收率为______________。【答案】(1).D(2).A(3).H2O2与固体颗粒接触分解(4).SSiO2(5).蒸发皿(6).30%【解析】【分析】废催化剂含58.2%的SiO2、21.0%的Z

nO、4.5%的ZnS和12.8%的CuS，由实验流程可知，①中发生ZnO+H2SO4=ZnSO4+H2O、ZnS+H2SO4=ZnSO4+H2S↑，气体为H2S，为有毒的气体，必须用氢氧化钠溶液进行尾气处理；滤液含硫酸锌，结晶法可得到晶体，滤渣1为CuS、Si

O2，③中发生CuS+H2O2+H2SO4=CuSO4+S↓+2H2O，滤渣2为S、SiO2，滤液含硫酸铜，结晶法得到胆矾，以此来解答。【详解】（1）根据题给化学工艺流程知第一次浸出发生反应ZnO+H2S

O4ZnSO4+H2O、ZnS+H2SO4ZnSO4+H2S，有有毒气体H2S生成，必须用氢氧化钠溶液进行尾气处理，选D装置；第二次浸出时发生反应：CuS+H2O2+H2SO4CuSO4+S+2H2O，不产生有毒气体

，可选用A装置；（2）第二次浸出时，向盛有滤液1的反应器中加入稀硫酸，后滴入过氧化氢溶液。若顺序相反，会造成H2O2与固体颗粒接触分解；结合以上分析可知滤渣2的主要成分是二氧化硅和硫；（3）浓缩硫酸锌、硫酸铜溶液使用的器皿名称是蒸发皿；（4）15.0g废催化剂中含有铜的物质的量为15.012.

8%96/ggmol=0.02mol，1.5gCuSO4∙5H2O中铜的物质的量为1.5250/ggmol=0.006mol，则铜的回收率为0.0060.02molmol×100%=30%。【点睛】化学实验常用仪器的使用方法和化学实验基本操作是进行化学实验

的基础，对化学实验的考查离不开化学实验的基本操作。考查的角度主要是以常见仪器的选用、实验基本操作为中心，通过是什么、为什么和怎样做重点考查实验基本操作的规范性和准确及灵活运用的能力。化学工艺流程实验方案设计与评价取材于教材、高于教材，注重创新是近年高考化学试题的

一大特点。近年高考综合实验试题往往是在教材实验、演示实验或考生已有实验知识的基础上进行改进，创设新情境，提出新问题，考查考生的创新意识。主要体现在以下几个方面：(1)根据题干给予的新信息，预测实验现象等。(2)药品使用创新、仪器功能拓展、实

验操作改进创新和实验操作新途径开辟等。(3)面对新情境，能够正确提取并处理信息(准确提炼规律、严密推理分析、做出合理解释等)。(4)面对新问题，能够全面深入思考，合理优化结构，准确深刻评价等。10.近期发现，H2S是继NO、CO之后的第三

个生命体系气体信号分子，它具有参与调节神经信号传递、舒张血管减轻高血压的功能。回答下列问题：（1）如图是通过热化学循环在较低温度下由水或硫化氢分解制备氢气的反应系统原理。通过计算，可知系统（Ⅰ）和系统（Ⅱ）

制氢的热化学方程式分别为__、__，制得等量H2所需能量较少的是__。（2）H2S与CO2在高温下发生反应：H2S(g)+CO2(g)COS(g)+H2O(g)。在610K时，将0.10molCO2与0.40molH2S充入2.5L的空钢瓶中，反应平衡后水的物质的量分数为0.02。①H2S的平

衡转化率α1=__%，反应平衡常数K=__。②在620K重复试验，平衡后水的物质的量分数为0.03，H2S的转化率α2__α1，该反应的ΔH__0。（填“>”“<”或“=”）③向反应器中再分别充入下列气体，能使H2S转化率增大的是

__（填标号）A.H2SB.CO2C.COSD.N2【答案】(1).H2O(l)=H2(g)+12O2(g)ΔH=+286kJ·mol－1(2).H2S(g)=H2(g)+S(s)ΔH=+20kJ·mol－1(3).系统（II）(4).2.5(5).2.8×10-3(6)

.>(7).>(8).B【解析】【详解】（1）系统（Ⅰ）涉及水的分解，系统（Ⅱ）涉及硫化氢的分解，利用盖斯定律分别将系统（Ⅰ）和系统（Ⅱ）的热化学方程式相加，可得到水、硫化氢分解的热化学方程式，则系统（I）的热化学方程式H2O(l)=H2(g)+12O2(g)ΔH=+286kJ·mol－

1；系统（II）的热化学方程式H2S（g）=H2（g）+S（s）△H=+20kJ·mol－1。根据系统I、系统II的热化学方程式可知：每反应产生1mol氢气，后者吸收的热量比前者少，所以制取等量的H2所需能量较少的是系统II。故答案为：H2O(l)=H2(g)+12O

2(g)ΔH=+286kJ·mol－1；H2S（g）=H2（g）+S（s）△H=+20kJ·mol－1；系统（Ⅱ）；（2）列出反应的三段式：()()()()222COg+HSgCOSg+HOgmol0.10.4molxxxxmo

l0.1-x0.4-xxx起始（）转化（）平衡（）反应平衡后水的物质的量分数为0.02，0.020.10.4x=+x=0.01；①H2S的平衡转化率a1=0.010.4×100%=2.5%，体积为2.5L，则平

衡时各物质的浓度为c（H2S）=(0.40.01)2.5molL−=0.156mol·L－1，c（CO2）=(0.10.01)2.5molL−=0.036mol·L－1，c（COS）=c（H2O）=0.012.5molL

=0.004mol·L－1，则K=0.0040.0040.1560.036=2.8×10-3；故答案为：2.5%；2.8×10-3；②610K升高到620K重复试验，平衡后水的物质的量分数为0.03，升高温度平衡正向移动，根据平衡移动原理：升高温度，化学平衡向吸热反应方向移动，正方向为吸热

反应，H2S的转化率α2>α1，该反应的ΔH>0。故答案为：＞；＞；③A．通入H2S，H2S转化率降低，故A不选；B．通入CO2，H2S转化率增大，故B选；C．通入COS，平衡逆向移动，故C不选；D．通入N2

，平衡不移动，故D不选；故选B。【点睛】本题主要考查热化学方程式和盖斯定律的计算应用、化学平衡常数的表达式及其计算、反应速率、平衡平衡移动的原理及读图表能力，难点（2）列出三段式，根据平衡常数的定义，求出平衡常数。(二)选考题：共45分。请考生从给出的2道物理题、

2道化学题、2道生物题中每科任选一题作答，并用2B铅笔在答题卡上把所选题目的题号涂黑。注意所做题目的题号必须与所涂题目的题号一致，在答题卡选答区域指定位置答题。如果多做，则每学科按所做的第一小题计分。11.A、B、C、D为原子序数依次增大的四种元索，A2-

和B+具有相同的电子构型；C、D为同周期元索，C核外电子总数是最外层电子数的3倍；D元素最外层有一个未成对电子。回答下列问题：（1）四种元素中电负性最大的是______（填元素符号），其中C原子的核外电子排布式为__________。（2）单质A有两种同素异形体，其中沸点高的是_____

（填分子式），原因是_______；A和B的氢化物所属的晶体类型分别为______和______。（3）C和D反应可生成组成比为1：3的化合物E，E的立体构型为______，中心原子的杂化轨道类型为______。（4）化合物D2A的立体构型为___，中心原子的价层电子对数为______，

单质D与湿润的Na2CO3反应可制备D2A，其化学方程式为_________。（5）A和B能够形成化合物F，其晶胞结构如图所示，晶胞参数，a＝0.566nm，F的化学式为______：晶胞中A原子的配位数为_________；列式计算晶体F的密度（g.cm-3）_____。【答案】(1

).O(2).1s22s22p63s23p3（或[Ne]3s23p3）(3).O3(4).O3相对分子质量较大，范德华力大(5).分子晶体(6).离子晶体(7).三角锥形(8).sp3(9).V形(10).4(11).2Cl2＋2Na2

CO3＋H2O＝Cl2O＋2NaHCO3＋2NaCl（或2Cl2＋2Na2CO3＝Cl2O＋CO2＋2NaCl）(12).Na2O(13).8(14).()1372314620.566106.0210gmolcmmol−−−=2.27g•cm-3【解析】【分析】

C核外电子总数是最外层电子数的3倍，应为P元素，C、D为同周期元素，则应为第三周期元素，D元素最外层有一个未成对电子，应为Cl元素，A2-和B+具有相同的电子构型，结合原子序数关系可知A为O元素，B为Na元素。【详解】（1）四种元素分别为O、Na、O、Cl，电负性最大的为O元素，C为P元素

，核外电子排布为1s22s22p63s23p3；（2）A为O元素，有O2、O3两种同素异形体，二者对应的晶体都为分子晶体，因O3相对原子质量较大，则范德华力较大，沸点较高，A的氢化物为水，为分子晶体，B的氢化物为NaH，为离子晶体；（3）C和D反应可生成组成比为1：3的

化合物为PCl3，P形成3个δ键，孤电子对数为(5-3×1)/2=1，则为sp3杂化，立体构型为为三角锥形；（4）化合物D2A为Cl2O，O为中心原子，形成2个δ键，孤电子对数为(6-2×1)/2=2，则中心原子的价层电子对数为4，立体构型为V形，氯气与湿润的N

a2CO3反应可制备Cl2O，反应的方程式为2Cl2+2Na2CO3+H2O=Cl2O+2NaHCO3+2NaCl；（5）A和B能够形成化合物F为离子化合物，阴离子位于晶胞的顶点和面心，阳离子位于晶胞的体心，则Na的个数为8，O的个数

为8×1/8+6×1/2=4，N(Na)：N(O)=2：1，则形成的化合物为Na2O，晶胞中O位于顶点，Na位于体心，每个晶胞中有1个Na与O的距离最近，每个定点为8个晶胞共有，则晶胞中O原子的配位数为8，晶胞的质量为(4×62

g/mol)÷6.02×1023/mol，晶胞的体积为(0.566×10-7)cm3，则晶体F的密度为()1372314620.566106.0210gmolcmmol−−−=2.27g•cm-3。12.四苯基乙烯（TFE）及其衍生物具有诱导发光特性，

在光电材料等领域应用前景广泛。以下是TFE的两条合成路线(部分试剂及反应条件省略)：（1）A的名称是__；试剂Y为__。（2）B→C的反应类型为__；B中官能团的名称是__，D中官能团的名称是__。（3）E→F的化学方程式

是___。（4）W是D的同分异构体，具有下列结构特征：①属于萘（）的一元取代物；②存在羟甲基（-CH2OH）。写出W所有可能的结构简式：__。（5）下列叙述正确的是__。a.B的酸性比苯酚强b.D不能发生还原反应c.

E含有3种不同化学环境的氢d.TPE既属于芳香烃也属于烯烃【答案】(1).甲苯(2).酸性高锰酸钾(3).取代反应(4).羧基(5).羰基(6).(7).，(8).ad【解析】【详解】（1）由A的分子式与B的结构可知，应是甲苯被酸性高锰酸钾溶液氧化生成苯甲酸，故A为甲苯，试剂Y为酸

性高锰酸钾；故答案为：甲苯；酸性高锰酸钾；（2）对比B、C的结构，可知B中羧基中的羟基被-Br替代生成C，属于取代反应，B中官能团的名称是羧基，D中官能团的名称是羰基；故答案为：取代反应；羧基；羰基；（3）对比E和D的结构简式可知，E发卤代烃的水解生成F，

F中羟基氧化生成D，则E→F的化学方程式是：；故答案为：；（4）D的分子式为C13H10O，不饱和度为9，W是D的同分异构体属于萘（）的一元取代物，存在羟甲基（-CH2OH），萘环不饱和度为7，则侧链存在碳碳三键，故侧链为-C≡CCH2OH，萘有2种化

学环境不同的H原子，符合条件的W有：；故答案为：；（5）a．羧基酸性大于酚羟基，故a正确；b．D含有苯环与羰基，能与氢气发生加成反应，组成上加氢，属于还原反应，故b错误；c．E中含有4种化学环境不同的H原子（苯环上有3种、次甲基上1种），故c错误；d．

TPE含有苯环，含有碳碳双键，属于芳香烃，也属于烯烃，故d正确，故选ad。