重庆市南岸区2020届高三开学考试理综化学试题

重庆市南岸区2020届高三开学考试理综

化学试题

1.化学与生活、能源、环境等密切相关。下列描述错误的是

A. A B. B C. C D. D

【答案】A

【解析】

【详解】A. SiO2是酸性氧化物，与氢氟酸发生反应SiO2+4HF=SiF4↑+2H2O，不符合碱性氧化物的定义，A项错误；

B. 酸性高猛酸钾溶液能氧化水果释放的催熟剂乙烯，所以用浸有酸性高猛酸钾溶液的硅藻土作水果保鲜剂，B项正确；

C. 太阳能等清洁能源的利用能大大减少化石燃料的使用，减少有毒气体的排放、二氧化碳的排放，减少环境污染，C项正确；

D. 明矾溶液中铝离子水解生成氢氧化铝胶体，能吸附水中的悬浮物，达到净水的目的，D项正确；

答案选A。

【点睛】二氧化硅是酸性氧化物，只与氢氟酸发生反应，属于特例，学生要理解并铭记。

2.下列根据实验操作和现象所得出的结论不正确的是

A. A B. B C. C D. D

【答案】C

【解析】

【详解】A. 白色沉淀可能为AgCl或硫酸钡，则该溶液中不一定含有SO42−，A项正确；

B. 滴加KSCN溶液，无明显变化，可知不含铁离子，滴加氯水后，溶液变红，可知亚铁离子被氧化为铁离子，则氧化性：Cl2>Fe3+，B项正确；

C. 碳酸钠与盐酸反应生成二氧化碳，且Na2O2与水反应生成氧气，则无论是否变质，均生成气体，C项错误；

D. 氧化铝的熔点高，包裹在Al的外面，则铝箔熔化但不滴落，D项正确；

答案选C.

【点睛】A项是易错点，硫酸根离子的检验方法是加入稀盐酸，无明显现象，再加氯化钡，若产生白色沉淀，则证明溶液中有硫酸根离子。学生做题时一定要注意排除溶液中其他离子的干扰。

3.NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是

A. 通常状况下，11.2 LH2所含的氢原子数为NA

B. 实验室中用含4mol H2SO4的浓硫酸跟足量铜片加热反应制得的SO2分子数为2NA

C. 0.1 mol·L－1的NaHSO4溶液中，阳离子的数目之和为0.2NA

D. 2.4 g Mg与足量稀HCl完全反应，转移的电子数为0.2NA

【答案】D

【解析】

【详解】A. 通常状况不是标准状况，11.2 LH2的物质的量不等于0.5mol，因此其所含的氢原子数不是NA，A项错误；

B. 浓硫酸随着反应进行浓度变稀，反应停止，所以不能计算产生二氧化硫的量，B项错误；

C. 没有指明溶液体积，无法计算溶质的物质的量，C项错误；

D. n（Mg）==0.1mol，Mg与HCl反应生成Mg2+，则1molMg参与反应转移2mol电子，故0.1molMg参与反应转移0.2mol电子，即转移的电子数为0.2NA，D项正确；

答案选D。

【点睛】硫酸氢钠在水溶液中的电离方程式为NaHSO4=Na++H++SO42-，但要注意本题中溶液的体积未知，因此是个陷阱。学生要主要物质的量与物质的量浓度概念的对比与区分。

4.下列关于有机物的说法正确的是

A. 乙酸和乙醇均能与NaOH溶液反应

B. CH3CH(CH3)2可称为异丁烷

C. 苯使溴水褪色是因为发生了取代反应

D. C3H6ClBr有4种同分异构体

【答案】B

【解析】

【详解】A. 乙酸具有酸性，可与氢氧化钠反应，但乙醇不具有酸的通性，不能和氢氧化钠反应，A项错误；

B. 异丁烷的结构简式为CH3CH(CH3)2，B项正确；

C. 苯使溴水褪色是因为溴在苯中的溶解度较大，发生了萃取，C项错误；

D. 丙烷只有一种结构，则其一氯代物只有两种：CH3CH2CH2Cl、CH3CHClCH3，第一种含有3类氢原子，第二种含有2类氢原子，所以共有5种，D项错误；

答案选B。

【点睛】D项是易错点，C3H6ClBr可以看作丙烷中的2个H原子分别被1个Cl、1个Br原子取代，氯原子与溴原子可以取代同一碳原子上的H原子，可以取代不同碳原子上的H原子。

5.元素及其化合物的性质是化学研究的主要内容之一。下列叙述正确的是

A. 向Fe(NO3)2溶液中滴加稀盐酸，溶液变黄

B. Na与氧气反应只生成Na2O2

C. 将SO2通入过量BaCl2溶液可生成BaSO3沉淀

D. 向酚酞试液中加足量Na2O2粉末，充分振荡后溶液呈红色

【答案】A

【解析】

【详解】A. NO3－在酸性条件下，具有强氧化性，能把Fe2＋氧化成Fe3＋，因此溶液变为黄色，A项正确；

B. 金属钠与氧气在常温下，反应生成氧化钠，在点燃或加热条件下生成过氧化钠，B项错误；

C. SO2通入BaCl2不反应，C项错误；

D. 过氧化钠还具有强氧化性，能把有色物质漂白，即先变红后褪色，D项错误；

答案选A。

6.常温下，下列各组离子在溶液中一定能大量共存的是

A. 无色溶液中：H＋、Fe2＋、Cl－、SO42-、K＋

B. Na＋、Al3+、OH－、NO3-

C. K＋、Na＋、NO3-、Cl－

D. pH=13的溶液：Na＋、K＋、Cl－、HCO3-

【答案】C

【解析】

【详解】A. Fe2＋为浅绿色，不符合限定条件，A项错误；

B. Al3+与OH－会反应生成氢氧化铝沉淀而不共存，B项错误；

C. K＋、Na＋、NO3-、Cl－不反应，可大量共存，C项正确；

D. pH=13的溶液为碱性溶液，HCO3-与OH-可反应生成碳酸根离子和水而不共存，D项错误；

答案选C。

7.N2O5是一种新型硝化剂，在一定温度下可发生如下反应：2N2O5(g)4NO2(g)＋O2(g)　ΔH ＞0。T1温度时，向密闭容器中通入N2O5气体，部分实验数据见下表，下列说法正确的是

A. 500 s内NO2的生成速率为3.00×10－3 mol·L－1·s－1

B. T1温度下该反应平衡时N2O5的转化率为50%

C. 达平衡后其他条件不变，将容器体积压缩到原来的，c(N2O5)<5.00 mol·L－1

D. T1温度下的平衡常数为K1，T2温度下的平衡常数为K2，若T1>T2，则K1<K2

【答案】B

【解析】

【详解】A. 500 s内N2O5分解速率为=3.00×10－3 mol·L－1·s－1，因同一反应中，各物质表示的化学反应速率之比等于参加反应的化学计量数之比，则NO2的生成速率==6.00×10－3 mol·L－1·s－1，A项错误；

B. 根据表格数据可知，反应达到平衡N2O5的物质的量浓度为2.50mol/L，故其转化率为=50%，B项正确；

C. 体积压缩到原来的1/2，假设平衡不移动，N2O5的浓度为5mol·L－1，压强增大，平衡向逆反应方向移动，N2O5浓度增大，即大于5mol·L－1，C项错误；

D. 此反应是吸热反应，降低温度，平衡向逆反应方向移动，即K1>K2，D项错误；

答案选B。

8.在实验室中用二氧化锰跟浓盐酸反应制备干燥纯净的氯气。进行此实验所用仪器如图：

（1）连接上述仪器的正确顺序是 ________________________ 。

（2）气体发生装置中进行反应的离子方程式是_________________________；当0.5molMnO2反应时，生成的Cl2在标准状况下的体积约为 ________L。

（3）在装置中：乙中饱和食盐水的作用是___________________________，甲中浓硫酸的作用是_________________________。

（4）化学实验中检验是否有Cl2产生常用湿润的淀粉-KI试纸，如果有Cl2产生，可观察到的现象是____________________________，写出反应的化学方程式______________________________________。

（5）若用盛有过量烧碱溶液的小烧杯吸收标准状况下VL氯气，充分反应后，溶液中含等物质的量的次氯酸钠和氯酸钠，则反应消耗的NaOH的物质的量为____________mol。

【答案】    (1). 丙乙甲戊丁    (2). 4H+ + 2Cl- + MnO2 Mn2+ + Cl2↑+2H2O    (3). 11.2    (4). 除去Cl2中的HCl    (5). 干燥氯气（或除去氯气中的水蒸气）    (6). 试纸变蓝    (7). Cl2 + 2KI = 2KCl + I2    (8).

【解析】

【分析】

本题为氯气的制备和性质检验，装置丙为发生装置，依据浓盐酸的挥发性可知制取的氯气中含有氯化氢和水蒸气，依次通过洗气瓶乙和甲除去氯化氢和水蒸气，装置戊可收集干燥的氯气，又氯气有毒需要进行尾气处理，装置丁为吸收过量氯气装置，结合氯气的性质进行分析。

【详解】（1）实验装置的连接顺序为:发生装置→除杂装置→收集装置→尾气处理装置；因为收集的是气体，所以除杂装置中长导管进气，短导管出气；因为饱和食盐水中有水，浓硫酸有吸水性，所以先连接饱和食盐水装置后连接浓硫酸装置；收集装置中，因为氯气的浓度大于空气的，所以长导管进气短导管出气，最后氯气用氢氧化钠吸收，故连接上述仪器的正确顺序是；丙乙甲戊丁；

（2）气体发生装置中浓盐酸与二氧化锰在加热条件下制备氯气，其离子方程式为：4H+ + 2Cl- + MnO2 Mn2+ + Cl2↑+2H2O，根据方程式可知，当0.5molMnO2反应时，生成的Cl2的物质的量为0.5mol，则在标准状况下，其体积为0.5mol×22.4L/mol=11.2L，故答案为：4H+ + 2Cl- + MnO2 Mn2+ + Cl2↑+2H2O；11.2L；

（3）生成的氯气中含有水蒸气和挥发出的氯化氢，因此乙中饱和食盐水的作用是除去Cl2中的HCl；甲中浓硫酸的作用是干燥氯气（或除去氯气中的水蒸气），故答案为：除去Cl2中的HCl；干燥氯气（或除去氯气中的水蒸气）；

（4）氯气具有强氧化性，能把碘化钾氧化单质碘，碘遇淀粉显蓝色。则如果有氯气产生，可观察到的现象是试纸变蓝，反应的化学方程式为：Cl2 + 2KI = 2KCl + I2，故答案为：试纸变蓝；Cl2 + 2KI = 2KCl + I2；

（5）根据题意易知，氢氧化钠吸收氯气生成等物质的量的次氯酸钠和氯酸钠，依据氧化还原反应规律可知，还有氯化钠和水生成，其反应的化学方程式为：4Cl2+8NaOH=6NaCl+NaClO+NaClO3+4H2O，则4Cl28NaOH，则吸收标准状况下VL氯气，消耗的NaOH的物质的量为×2=mol，故答案为：。

9.A、B、C、D、E、F六种短周期主族元素，它们的原子序数依次增大。A与E同主族，D与F同主族，且A与D能形成两种液态化合物；B的某种单质是自然界中硬度最大的物质，C与D形成的化合物是大气常见污染物之一。请回答下列问题：

（1）F在元素周期表中的位置是______________，D、E、F三种元素其简单离子半径由大到小的顺序是_______________________用离子符号表示

（2）元素A、C、F形成的化合物(CA4)2F中含有的化学键为_________________。

（3）元素B、C的最高价氧化物对应水化物酸性较强的是填化学式__________，写出该酸的浓溶液与少量铜粉反应的化学方程式_______________________________。

（4）写出由A、C形成的18电子分子的结构式为________________________。

（5）处理含废水的方法之一是在微生物的作用下，被D的常见单质氧化成，同时生成C的简单氢化物，该反应的离子方程式为_____________________。

【答案】    (1). 第三周期ⅥA族    (2). S2—＞O2—＞Na+    (3). 离子键、（极性）共价键    (4). HNO3    (5). Cu +4HNO3(浓)= Cu(NO3)2 +2NO2↑+2H2O    (6).     (7). 2CN- + O2 + 4H2O = 2HCO3- +2NH3

【解析】

【分析】

A、B、C、D、E、F六种短周期主族元素，它们原子序数依次增大，A与E同主族，D与F同主族，且A与D能形成两种液态化合物，则A为H元素，D为O元素；两种液态化合物，为H2O、H2O2，B的某种单质是自然界中硬度最大的物质，B为C元素，D与F同主族，F为S元素；A与E同主族，E介于D、F之间，E为Na，C与D形成的化合物是大气常见污染物之一，C介于B、D之间，C为N，结合相关性质解答。

【详解】根据上述分析可知，A为H元素，B为C元素，C为N元素，D为O元素，E为Na元素，F为S元素，则

（1）F为S，原子序数为16，在元素周期表中的位置是第三周期ⅥA族；电子层数越大，简单离子半径越大；电子层数相同时，核电荷数越小，简单离子半径越大，D、E、F三种元素其简单离子半径由大到小的顺序是S2—＞O2—＞Na+，故答案为：第三周期ⅥA族；S2—＞O2—＞Na+；

（2）元素A、C、F形成的化合物为(NH4)2S，是由硫离子与铵根离子构成，铵根离子N与H之间以（极性）共价键结合而成，故该分子中化学键类型为：离子键、（极性）共价键；

（3）元素非金属性越强，最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，因非金属性：N>C，故

二者最高价含氧酸的酸性较强的为硝酸，化学式为：HNO3；铜与浓硝酸发生氧化还原反应生成硝酸铜、二氧化氮与水，其化学方程式为：Cu +4HNO3(浓)= Cu(NO3)2 +2NO2↑+2H2O，故答案为：HNO3；Cu +4HNO3(浓)= Cu(NO3)2 +2NO2↑+2H2O；

（4）A、C形成的18电子分子为N2H4，N与H原子均处于稳定结构，其结构式为：；

（5）B为C元素，C为N，BC−为CN−，D为O元素；BC−被D的单质氧化成HCO3−，同时生成C的简单氢化物NH3，该反应的离子方程式为：2CN- + O2 + 4H2O = 2HCO3- +2NH3。

10.MgSO4·7H2O在医药上常用做泻药，工业上可用氯碱工业中的一次盐泥为原料生产已知一次盐泥中含有镁、钙、铁、铝、锰的硅酸盐和碳酸盐等成分其主要工艺如下：

请回答下列问题：

（1）一次盐泥与H2SO4充分反应后，分离沉淀1与滤液I时所用到的玻璃仪器有玻璃棒和___________、____________．

（2）“操作X”是将溶液____________、____________、过滤洗涤，即得到MgSO4·7H2O晶体．

（3）加NaClO溶液至pH=5～6并加热煮沸5-10分钟，沉淀2中主要含有MnO2和另外两种难溶物，这两种难溶物的化学式分别为___________、___________；其中NaClO溶液将MnSO4转化为MnO2的离子方程式为_________________________________．

（4）检验滤液Ⅱ中是否含有Fe3+的实验方法是__________________________．

（5）称量制得的样品5g，用200mL水溶解，加入2mol/L的盐酸5mL，在不断搅拌下滴加足量2mol/LBaCl2溶液，充分反应后，得沉淀4.66 g，则样品纯度为_______。

【答案】    (1). 烧杯    (2). 漏斗    (3). 蒸发浓缩（或加热浓缩）    (4). 冷却结晶（或降温结晶）    (5). Fe(OH)3或Fe2O3    (6). Al(OH)3或Al2O3    (7). ClO-+Mn2++H2O=MnO2+Cl-+2H+    (8). 取滤液II 1-2mL于试管中，加入少量的KSCN溶液，若不变红色，证明滤液Ⅱ中无Fe3+,反之若变为红色，则证明滤液Ⅱ中含有Fe3+    (9). 98.4%

【解析】

【分析】

一次盐泥中含有镁、钙、铁、铝、锰的硅酸盐和碳酸盐等成分，加入硫酸反应生成硫酸镁，硫酸钙，硫酸铁，硫酸铝，硫酸锰，会把碳酸盐和硅酸盐转化为溶于水的硫酸盐，得到的沉淀1主要为H2SiO3、CaSO4，过滤，滤液加入次氯酸钠是为了氧化锰离子为二氧化锰，同时溶液中Fe3+、Al3+水解生成Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀，所以沉淀2为MnO2、Fe(OH)3、Al(OH)3，过滤，在滤液中加入氢氧化钠生成氢氧化镁沉淀，所以沉淀3为Mg(OH)2，氢氧化镁中加入硫酸得到硫酸镁溶液，将溶液经过加热浓缩，冷却结晶，过滤、洗涤、干燥等操作，获得MgSO4•7H2O晶体，据此分析作答。

【详解】（1）分离沉淀1与滤液I属于过滤操作，则所用到的玻璃仪器有玻璃棒、烧杯和漏斗，故答案为：烧杯；漏斗；

（2）硫酸镁溶液经过蒸发浓缩（或加热浓缩）、冷却结晶（或降温结晶）和过滤洗涤，即得到MgSO4·7H2O晶体，故答案为：蒸发浓缩（或加热浓缩）；冷却结晶（或降温结晶）；

（3）加入硫酸反应生成硫酸镁，硫酸铝，硫酸铁，加入次氯酸钠是为了氧化锰离子为二氧化锰，调节溶液pH，Fe3+、Al3+水解生成Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀，受热分解分别得到Fe2O3和Al2O3；NaClO溶液在加热条件下将溶液中的Mn2+氧化成MnO2，反应的离子方程式为Mn2++ClO-+H2O=MnO2↓+2H++Cl-，故答案为：Fe(OH)3或Fe2O3；Al(OH)3或Al2O3；Mn2++ClO-+H2O=MnO2↓+2H++Cl-；

（4）Fe3+离子与KSCN溶液生成血红色的Fe(SCN)3，可利用该反应进行检验，故答案为：取滤液II 1-2mL于试管中，加入少量的KSCN溶液，若不变红色，证明滤液Ⅱ中无Fe3+，反之若变为红色，则证明滤液Ⅱ中含有Fe3+；

（5）准确称量制得的样品5g，用200mL水溶解，加入2mol•L-1的盐酸5mL，在不断搅拌下滴加足量2mol•L-1 BaCl2溶液，充分反应后，得沉淀4.66g，生成沉淀BaSO4物质的量==0.02mol，则MgSO4•7H2O物质的量为0.02mol，质量=0.02mol×246g/mol=4.92g，样品纯度=×100%=98.4%，故答案为：98.4%。

11.X、Y、Z、W、R、I、Q为前30号元素，且原子序数依次增大．X是所有元素中原子半径最小的，Y有三个能级，且每个能级上的电子数相等，Z原子单电子数在同周期元素中最多，W与Z同周期，第一电离能比Z的低，R与Y同一主族，I的原子序数是W的两倍，Q的最外层只有一个电子，其他电子层电子均处于饱和状态．请回答下列问题：

（1）Q+核外电子排布式为___________，Y的电子排布图为_________________________

（2）化合物ZX3中Z原子的杂化方式为___________，ZW2- 离子的立体构型是___________；

（3）①Y、R的最高价氧化物的沸点较高的是___________(填化学式)，原因是___________；

②W与I的简单氢化物中W的熔沸点更高，原因是______________________

（4）向Q元素硫酸盐溶液中通入足量ZX3，充分反应后溶液呈深蓝色，该反应的离子方程式为__________________________________________________；

（5）Y有多种同素异形体，其中一种同素异形体的晶胞结构如图，该晶体一个晶胞的Y原子数为___________，Y原子的配位数为___________，若晶胞的边长为a pm，晶体的密度为ρ g/cm3，则阿伏加德罗常数的数值为___________(用含a和ρ的代数式表示)。

【答案】    (1). 1s22s22p63s23p63d10    (2).     (3). sp3    (4). V形    (5). SiO2    (6). SiO2为原子晶体，CO2为分子晶体    (7). 水分子间存在氢键    (8). Cu2+ + 4NH3= [Cu(NH3)4]2+或Cu2+ + 4NH3·H2O= [Cu(NH3)4]2++ 4H2O    (9). 8    (10). 4    (11).

【解析】

【分析】

X是所有元素中原子半径最小的，X为H元素；Y有三个能级，且每个能级上的电子数相等，Y为C元素；R与Y同一主族且原子序数小于30，则R为Si元素；X、Y、Z、W、R、I、Q的原子序数依次增大，Z原子单电子数在同周期元素中最多，W与Z同周期，第一电离能比Z的低，Z为N元素，W为O元素；I的原子序数是W的两倍，I为S元素；Q的最外层只有一个电子，其他电子层电子均处于饱和状态，Q为Cu元素。

（1）根据构造原理书写电子排布式和电子排布图。

（2）用价层电子对互斥理论判断杂化方式和空间构型。

（3）①Y、R的最高价氧化物分别为CO2、SiO2，CO2属于分子晶体，SiO2属于原子晶体，沸点：CO2<SiO2。

②W、I的简单氢化物分别为H2O、H2S，H2O的熔沸点比H2S高的原因是：H2O分子间存在氢键，H2S分子间不存在氢键。

（4）向CuSO4溶液中通入足量NH3，生成的深蓝色离子为[Cu（NH3）4]2+。

（5）用“均摊法”确定晶胞中原子数。由晶胞可看出配位数为4。根据晶体的密度计算1mol晶体的体积，晶胞边长计算晶胞体积，结合晶胞中原子数计算阿伏加德罗常数。

【详解】X、Y、Z、W、R、I、Q为前30号元素，且原子序数依次增大．X是所有元素中原子半径最小的，X为H元素；Y有三个能级，且每个能级上的电子数相等，Y为C元素；R与Y同一主族且原子序数小于30，则R为Si元素；X、Y、Z、W、R、I、Q的原子序数依次增大，Z原子单电子数在同周期元素中最多，W与Z同周期，第一电离能比Z的低，Z为N元素，W为O元素；I的原子序数是W的两倍，I为S元素；Q的最外层只有一个电子，其他电子层电子均处于饱和状态，Q为Cu元素。

（1）Q为Cu，Cu原子核外有29个电子，根据构造原理，基态Cu原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，Cu+的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d10；Y为C，基态C原子的核外电子排布式为1s22s22p2，电子排布图为。

（2）化合物ZX3为NH3，中心原子N价层电子对数为×（5-3×1）+3=4，N原子为sp3杂化。ZW2-为NO2-，NO2-中中心原子N上的孤电子对数为×（5+1-2×2）=1，σ键电子对数为2，N的价层电子对数为3，VSEPR模型为平面三角形，由于N上有1对孤电子对，NO2-的立体构型为V形。

（3）①Y、R的最高价氧化物分别为CO2、SiO2，沸点较高的是SiO2，原因是：CO2属于分子晶体，SiO2属于原子晶体，分子间作用力远小于共价键的键能，所以沸点：CO2<SiO2。

② W、I的简单氢化物分别为H2O、H2S，H2O的熔沸点比H2S高的原因是：H2O分子间存在氢键，H2S分子间不存在氢键。

（4）向CuSO4溶液中通入足量NH3，生成的深蓝色离子为[Cu（NH3）4]2+，反应的离子方程式为Cu2++4NH3=[Cu（NH3）4]2+或Cu2++4NH3·H2O=[Cu（NH3）4]2++4H2O。

（5）Y为C元素，用“均摊法”，1个晶胞中含C原子数：8×+6×+4=8个；根据晶胞，C原子周围等距离最近的C原子有4个，C原子的配位数为4；1molC的质量为12g，1mol该晶体的体积为=cm3，晶胞的边长为apm，晶胞的体积为（a×10-10cm）3=a3×10-30cm3，则阿伏加德罗常数的数值为cm3÷（a3×10-30cm3÷8）=×1030。

12.化合物H是重要的有机物，可由E和F在一定条件下合成：（部分反应物或产物省略，另请注意箭头的指向）

已知以下信息：

i．A属于芳香烃，H属于酯类化合物。

ii．I的核磁共振氢谱为二组峰，且峰的面积比为6：1。

回答下列问题：

（1）E的含氧官能团名称是 ______ ，B的结构简式是___________________。

（2）B→C和G→J两步的反应类型分别为 ___________，____________。

（3）①E+F→H的化学方程式是____________________________________。

②D与银氨溶液反应的化学方程式是__________________________________。

（4）E的同系物K比E相对分子质量大28，则K的同分异构体共 ______ 种，其中核磁共振氢谱显示为4组峰，且峰面积之比为6:2:1:1，写出符合要求的该同分异构体的结构简式为（写出1种即可） ____________________________ 。

【答案】    (1). 羧基    (2).     (3). 取代反应（或水解反应）    (4). 加聚反应（或聚合反应）    (5). +CH3CH(OH)CH3+H2O    (6). +2Ag(NH3)OH+2Ag+3NH3+H2O    (7). 14    (8). 或

【解析】

【分析】

A属于芳香烃，分子式为C7H8，则A为，B与氯气在光照条件下发生甲基上取代反应生成B，结合B分子式可知B为，B发生水解反应生成C为，C发生催化氧化生成D为，D与银氨溶液反应、酸化得到E为．I的分子式为C3H7Cl，核磁共振氢谱为二组峰，且峰的面积比为6：1，则I为CH3CHClCH3，I发生水解反应得到F为CH3CH(OH)CH3，E与F发生酯化反应生成H为．I发生消去反应生成G为CH2=CHCH3，G发生加聚反应生成J为，据此分析作答。

【详解】（1）通过以上分析知，E为，含有官能团为羧基，B结构简式为，故答案为：羧基；；

（2） B发生水解反应生成C为，其反应类型为：取代反应（或水解反应）；G发生加聚反应生成J为，其反应类型为：加聚反应（或聚合反应）；

（3）①E+F→H的化学方程式为：+CH3CH(OH)CH3+H2O；

②D为，其与银氨溶液反应的化学方程式为：+2Ag(NH3)OH+2Ag+3NH3+H2O；

（4） E的同系物K比E相对分子质量大28，则K的分子式为：C9H10O2，与E属于同系物，则含有羧基，且属于芳香族化合物， 则按苯环上的取代基个数分类讨论如下：①苯环上有一个取代基，则结构简式为、；②苯环上有两个取代基，则可以是-CH2CH3和-COOH，也可以是-CH2COOH和-CH3，两个取代基的位置可以是邻间对，共23=6种；③苯环上有三个取代基，则为2个-CH3和1个-COOH，定“二”议“一”其，确定其结构简式可以为：、、、、和共6种，综上情况可知，K的结构简式有2+6+6=14种；其中核磁共振氢谱有4组峰，且峰面积之比为6:2:1:1的结构简式是或，

故答案为：14； 或(任意一种)。