广东省潮州市【最新】高三二模理综化学试卷学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．化学与生活密切相关，下列有关说法错误的是（）
A．硅胶可作袋装食品的干燥剂
B．点燃爆竹后，硫燃烧生成SO2
C．加热能杀死流感病毒是因为蛋白质受热变性
D．用聚乙烯塑料代替聚乳酸塑料可减少白色污染
2．设N A为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．4.6g Na在空气中完全反应生成Na2O、Na2O2，转移0.2 N A个电子
B．1L 0.1mol?L-1的NaClO溶液中含有ClO－的数目为0.1N A
C．标准状况下，将22.4L Cl2通入水中发生反应，转移的电子数为N A
D．100g 46%的乙醇溶液中，含H－O键的数目为N A
3．下列关于有机物的叙述正确的是( )
A．乙烯、聚氯乙烯和苯分子中均含有碳碳双键
B．苯、油脂均不能使酸性KMnO4溶液褪色
C．氯苯分子中所有原子都处于同一平面
D．、、互为同系物
4．下图装置用于气体的干燥、收集和尾气吸收，其中X、Y、Z对应都正确的是( )
5．如图是部分短周期元素原子(用字母表示)最外层电子数与原子序数的关系，下列说法正确的是( )
A．X与Z两种元素形成的化合物一定是离子化合物，有且只有离子键
B．RX2、WX2、Z2X2都能使品红溶液褪色，且褪色原理相同
C．R、W所形成的氧化物的水化物的酸性强弱为W＞R
D．X、Y、R、W四种元素形成的气体氢化物中最稳定的是Y 的气态氢化物
6．化学在环境保护中起着十分重要的作用，电化学降解NO3-的原理如图所示。下列说法不正确的是（）
A．A为电源的正极
B．溶液中H+从阳极向阴极迁移
C．电解过程中，每转移2 mol电子,则左侧电极就产生32gO2
D．Ag-Pt电极的电极反应式为2NO3-+12H++10e- = N2↑+ 6H2O
7．已知：25 ℃时， K b(NH3·H2O)＝1.8×10－5。该温度下，用0.100mol·L－1的氨水滴定10.00 mL 0.100mol·L－1 的一元酸 HA 的溶液，滴定过程中加入氨水的体积（V）与溶液中的关系如图所示。下列说法不正确的是
A ．HA 为强酸
B ．a ＝10
C ．25 ℃时，NH 4＋的水解平衡常数为9
5109-?
D ．当滴入 20 mL 氨水时，溶液中存在 c(NH 4＋)＞c(A －)
二、实验题
8．某化学兴趣小组欲探究含硫物质的性质及制备。
【探究一】选用下面的装置和药品探究亚硫酸与次氯酸的酸性强弱：
（1）装置A 中盛液体的玻璃仪器名称是____________，装置A 中反应的化学方程式为________________________________。
（2）装置连接顺序为A 、C 、_______、_______、D 、F ，其中装置C 的作用是
_________，通过现象_________________________________，即可证明亚硫酸的酸性强于次氯酸。
【探究二】连二亚硫酸钠（Na 2S 2O 4）俗称保险粉，广泛用于纺织工业的还原性染色、清洗、印花、脱色以及织物的漂白等。制取保险粉通常需要二氧化硫。
（3）制取Na 2S 2O 4常用甲酸钠法。控制温度70-80℃，在甲醇溶液（溶剂）中溶解甲酸钠（HCOONa ），再滴加Na 2CO 3溶液同时通SO 2维持溶液酸性，即可生成Na 2S 2O 4，该反应的离子方程式_________________________________。
（4）测定保险粉纯度。Na 2S 2O 4属于强还原剂，暴露于空气中易被氧气氧化。Na 2S 2O 4遇KMnO 4酸性溶液发生反应：
5Na 2S 2O 4+6KMnO 4+4H 2SO 4═5Na 2SO 4+3K 2SO 4+6MnSO 4+4H 2O 。称取5.0gNa 2S 2O 4样品溶于冷水中，配成100mL 溶液，取出10mL 该溶液于锥形瓶中，用0.10mol?L －1的KMnO 4溶液滴定。重复上述操作2次，平均消耗KMnO 4溶液21.00mL ．则该样品中Na 2S 2O 4
的质量分数为_______________（杂质不参与反应）。
三、原理综合题
9．随着材料科学的发展，金属钒及其化合物得到了越来越广泛的应用,并被誉为“合金维生素”。工业上回收废钒催化剂（含有V2O5、VOSO4及不溶性残渣），科研人员最新研制了一种离子交换法回收钒的新工艺，回收率达91．7%以上。该工艺的主要流程如图所示：
已知部分含钒物质在水中的溶解性如下表所示：
请问答下列问题：
（1）工业上由V2O5冶炼金属钒常用铝热剂法，其化学方程式可表示为____。
（2）滤液中含钒的主要成分________（写化学式）。反应①的离子方程式
___________________。
（3）萃取和反萃取过程中所需的主要玻璃仪器为_____________。若反萃取使用硫酸用量过大，进一步处理会增加_______（填化学式）的用量，造成成本增大。
（4）该工艺反应③的沉淀率（又称沉钒率）是回收钒的关键之一，写出该步发生反应的离子方程式___________________。“沉淀”过程中，沉钒率受温度、氯化铵系数（NH4Cl的质量与调节pH之后的料液中VO3-的质量比）等的影响，其中温度与沉钒率的关系如图所示，温度高于80℃沉钒率降低的可能原因是
___________________________。
（5）25℃时，取样进行试验分析，得到钒沉淀率和溶液pH之间关系如下表：
结合上表，在实际生产中，③中加入氨水，调节溶液的最佳pH值为____。若矾沉淀率为93.1%时不产生Fe（OH）3沉淀，则溶液中c（Fe3+）＜_____。（已知：25℃时，
Ksp[Fe（OH）3]＝2.6×10-39）
（6）废钒催化剂中V2O5的质量分数为6%（原料中的所有钒已换算成V2O5）。取100g 此废钒催化剂按上述流程进行实验，当加入105mL 0.1mol?L-1的KClO3溶液时，溶液中的钒恰好被完全处理，假设以后各步钒没有损失，则该工业生产中钒的回收率是
______________。
10．钛（22Ti）铝合金在航空领域应用广泛，回答下列问题：
（1）基态Ti原子的核外电子排布式为[Ar]_____，其中s轨道上总共有______个电子。（2）六氟合钛酸钾（K2TiF6）中存在[TiF6]2- 配离子，则钛元素的化合价是____，配位
体____。
（3）TiCl3 可用作烯烃定向聚合的催化剂，例如丙烯用三乙基铝和三氯化钛做催化剂时，可以发生下列聚合反应：n CH3CH=CH2，该反应中涉及的物质中碳原子的杂化轨道类型有_______________；反应中涉及的元素
中电负性最大的是_________。三乙基铝是一种易燃物质，在氧气中三乙基铝完全燃烧
所得产物中分子的立体构型是直线形的是____________。
（4）钛与卤素形成的化合物的熔沸点如下表所示，
分析TiCl4、TiBr4、TiI4的熔点和沸点呈现一定规律的原因是
___________________________。
（5）金属钛有两种同素异形体，常温下是六方堆积，高温下是体心立方堆积。如图所示是钛晶体的一种晶胞，晶胞参数a＝0.295nm，c =0.469 nm，则该钛晶体的密度为
__________________ g·cm-3（用N A 表示阿伏伽德罗常数的值，列出计算式即可）。
四、填空题
11．砷（33As）在周期表中与氮同主族，砷及其化合物被运用在农药、除草剂、杀虫剂等。
（1）砷化氢的电子式为_________。
（2）成语“饮鸩止渴”中的“鸩”是指放了砒霜（As2O3）的酒。As2O3是一种两性氧化物，写出As2O3溶于浓盐酸的化学方程式_____________________。
（3）砷的常见氧化物有As2O3和As2O5，其中As2O5热稳定性差。根据图1写出As2O5分解为As2O3的热化学方程式________________________________________。
（4）砷酸钠(Na3AsO4)具有氧化性，298 K时，在100 mL烧杯中加入10 mL 0.1 mol/L Na3AsO4溶液、20 mL 0.1 mol/L KI溶液和20 mL 0.05 mol/L硫酸溶液，发生下列反应：AsO 43-(无色)+2I-+2H+AsO33-(无色)+I2(浅黄色)+H2O ΔH。测得溶液中c(I2)与时间(t)的关系如图2所示（溶液体积变化忽略不计）。
①0～10 min内，I?的反应速率v(I?)＝______________。
②在该条件下，上述反应的平衡常数K＝__________。
③升高温度，溶液中AsO43-的平衡转化率减小，则该反应的ΔH______0(填“大于”“小于”或“等于”)。
（5）已知砷酸（H3ASO4）是三元酸，有较强的氧化性。
①常温下砷酸的K a1=6×10-3、K a2=1×10-7，则NaH2AsO4溶液中
c（HAsO42-）___c（H3AsO4）（填“＞”、“＜”或“=”）。
②某实验小组依据反应AsO43-+2H++2I-?AsO33-+I2+H2O设计如图原电池，探究pH对AsO43-氧化性的影响．测得输出电压与pH的关系如图。则a点时，盐桥中K+____移动（填“向左”、“向右”或“不”），c点时，负极的电极反应为____________________。
五、有机推断题
12．光刻胶的一种合成路线如下：
已知：
I.
II.
III.RCOOH+CH CH RCOOCH=CH2
回答下列问题
（1）A的名称是______。C中含氧官能团的结构简式是______。C→D的反应类型是_______。
（2）B和银氨溶液反应的离子方程式为__________________________。
（3）D+G→光刻胶的化学方程式为_______________________________________。（4）T是C的同分异构体，T具有下列性质或特征：①能发生水解反应和银镜反应；
②能使溴的四氯化碳溶液褪色；③属于芳香族化合物。则T的结构有____种。其中核磁
共振氢谱为5组峰，且峰面积比为1∶1∶2∶2∶2的结构简式为_______(任写一种)。（5）根据已有知识并结合相关信息，写出以CH3CH2OH为原料制备CH3CH2CH2COOH 的合成路线流程图(无机试剂任用)。（合成路线流程图示例如下：CH2=CH2
CH3CH2Br CH3CH2OH）___________
参考答案
1．D
【解析】
A.硅胶具有吸水性且无毒，所以可以用作食品的干燥剂，故A正确；
B.硫在空气或纯氧中的燃烧产物均是SO2，而不是SO3，所以点燃爆竹后，硫燃烧生成SO2，故B正确；
C. 蛋白质在受热时变性，失去蛋白质的活性，故C说法正确；D项，聚乙烯塑料在自然界中很难分解，会造成白色污染，故D项错误。
2．A
【解析】
A. 4.6g钠的物质的量为:,0.2molNa完全反应失去0.2mol电子,转移
0.2 N A个电子,故A正确；B.ClO-为弱酸根离子，会发生水解,所以溶液中含有ClO-的数目小于0.1N A,故B错误；C.标况下22.4L氯气的物质的量为1mol,因为只有部分氯气与水反应,则转移电子的物质的量小于1mol,转移的电子数小于N A,故C错误；D. 100g 46%的乙醇溶液中,因为水分子中也含有H－O键,则该溶液中含H－O键的数目大于N A,故D错误；答案：A。
点睛：考查阿伏伽德罗常数的计算。抓住1mol=1N A进行判断。例如：1L 0.1mol?L-1的NaClO 溶液中含有ClO－的数目不能为0.1N A，因为ClO－会发生水解，所以1L 0.1mol?L-1的NaClO 溶液中含ClO－的数目小于1mol ，学生容易忽略水解问题。还有D选项中判断H－O键时学生容易忽略水中H－O的化学键数。
3．C
【解析】A. 聚氯乙烯为氯乙烯的加聚产物、苯分子中不含碳碳双键，故A错误；B. 油脂含有碳碳双键，可被氧化，可使高锰酸钾溶液褪色，故B错误；C. 氯苯具有苯的结构特征，所有的原子在同一个平面上，故C正确；D. 同系物是指结构相似，分子组成相差一个或几个-CH2原子团的有机物，、、结构不同，不符合同系物概念，故D 错误；答案：C。
点睛：明确各类物质价键关系。如乙烯含有碳碳双键，聚乙烯中不含碳碳双键，苯分子中的键是一种特殊的共价键，不属于碳碳双键。
4．B
【解析】
A、无水硫酸铜是鉴别试剂不能做干燥剂，故A错误；
B、无水氯化钙做干燥剂，二氧化硫的密度大于空气的密度，长管进气，短管出气，SO2属于酸性氧化物，易和氢氧化钠反应，防止倒吸，故B正确；
C、氨气的密度小于空气的密度，收集氨气时，短管进气，长管出气，故C错误；
D、NO不能用排空气收集，因为NO和氧气反应，同时NO不和氢氧化钠溶液反应，故D错误。答案：B。
5．D
【解析】
试题分析：依据题意可知X、Y 、Z、R 、W 分别为O、F、Na、S、Cl 对照选项知：A 项中有离子键和共价键；B项中SO2是和有色物质结合成无色物质，其余是氧化使之褪色；C项中要强调是最高价氧化物对应的水化物的酸性强弱，故答案为D。
【考点定位】考查原子结构与元素周期律知识
【名师点晴】根据最外层电子数及原子序数的关系确定元素是解题的关键，都是短周期元素，由最外层电子数与原子序数关系可知，X、Y处于第二周期，X的最外层电子数为6，故X 为O元素，Y的最外层电子数为7，故Y为F元素；Z、R、W处于第三周期，最外层电子数分别为1、6、7，故Z为Na元素、R为S元素、W为Cl元素，结合对应单质、化合物的性质以及元素周期律知识解答该题。
6．C
【解析】A项，该装置中，硝酸根离子得电子发生还原反应，则Ag-Pt电极为阴极，pt电极为阳极，连接阴极的B电极为负极，A为正极，故A项正确；B项，电解时阳离子向阴极移动，所以H+从阳极向阴极迁移，故B项正确；C项，左侧电极为阳极发生2H2O-4e-=4H++O2↑，所以每转移2 mol电子时，左侧电极就产生0.5 mol O2即16g氧气，故C项错误；D项，阴极上硝酸根离子得电子发生还原反应，电极反应式为，故D项正确。综上所述，本题正确答案为C。
点睛：考查电解池的反应原理。抓住氧化还原反应进行判定电池的阴阳极。根据氧化剂和还原剂进行电极反应式的书写。
7．B
【解析】
A. 水溶液中
()
lg12
()
c H
c OH
+
-
=，所以根据水的离子积常数可知溶液中氢离子浓度是0.1mol/L，
所以HA 为强酸，A 正确；B. ()lg 0()
c H c OH +-=时溶液显中性，二者恰好反应时生成的铵盐水解，溶液显酸性，则要显中性，则a ＞10，B 错误；C. 25 ℃时，NH 4＋的水解平衡常数为W
a
K K ＝95109
-?，C 正确；D. 当滴入20mL 氨水时氨水过量，溶液显碱性，根据电荷守恒可知混合溶液中c(NH 4＋)＞c(A －)，D 正确，答案选D 。
8． 分液漏斗 CaSO 3+2HCl=CaCl 2 +SO 2↑+H 2O B E 除去HCl 气体 装置D 中品红溶液不褪色，F 中出现白色沉淀 2HCOO -+4SO 2+CO 32-=2S 2O 42-+H 2O+3CO 2 60.9%
【解析】（1）由装置A 知盛液体的玻璃仪器名称是分液漏斗，装置A 中分液漏斗中盛的液体为盐酸，烧瓶中装的是CaSO 3，所以两者可以发生反应，生成CaCl 2和二氧化硫，水。反应的化学反应方程式为CaSO 3+2HCl=CaCl 2 +SO 2↑+H 2O 。
(2)装置A 制备SO 2，由于次氯酸盐具有强氧化性，因此根据较强酸制备较弱酸知可以把SO 2通入碳酸氢钠溶液中，会产生CO 2气体，再利用酸性高锰酸钾溶液除去混合气体中的SO 2，利用品红溶液检验是否除尽，最后把CO 2通入漂白粉溶液中即可实现亚硫酸与次氯酸的酸性强弱比较，所以装置连接顺序为ACBEDF ，其中装置C 的作用是除去HCl 气体。通过现象装置D 中品红溶液不褪色，说明SO 2已经除净，CO 2与F 中得漂白粉溶液发生反应，生成碳酸钙白色沉淀，说明碳酸的酸性比次氯酸强，亚硫酸的酸性又比碳酸强，所以装置D 中品红溶液不褪色，F 中出现白色沉淀，即可证明亚硫酸的酸性强于次氯酸。答案： B.E 装置D 中品红溶液不褪色，F 中出现白色沉淀。
3（1）根据原子守恒和电子得失守恒可知反应的离子方程式为
2HCOO -+4SO 2+CO 32-=2S 2O 42-+H 2O+3CO 2。
（2）消耗高锰酸钾的物质的量是0.0021mol ，根据方程式可知消耗Na 2S 2O 4的物质的量是0.0021mol×5/6=0.00175mol，因此原Na 2S 2O 4的物质的量是0.0175mol ，则该样品中Na 2S 2O 4的质量分数为
。 9．3V 2O 5 + 10Al =高温 6V + 5Al 2O 3 VOSO 4 V 2O 5 + SO 32- + 4H + = 2V02+ +SO 42- +2H 2O
分液漏斗 NH 3·
H 2O NH 4+ + VO 3- = NH 4VO 3 ↓ 温度高于80℃,导致部分氯化铵分解 1.7～1.8 2.6×
10-3mol/L 95.55％ 【解析】
（1）铝与五氧化二钒反应生成钒与氧化铝，反应方程式为
（2）因为VOSO4可溶，V2O5难溶，所以滤液中含钒的主要成分VOSO4。V2O5具有氧化性，Na2SO3具有还原性，所以反应①的离子方程式V2O5 + SO32- + 4H+ = 2V02+ +SO42- +2H2O。（3）萃取和反萃取过程中所需的主要玻璃仪器为分液漏斗。若反萃取使用硫酸用量过大，进一步处理会增加NH3·H2O的用量，造成成本增大
（4）因为反应③为NH4VO3为难溶性物质，所以该步发生反应的
离子方程式NH4++ VO3-=NH4VO3。由图分析80℃之前沉钒率逐渐升高。80℃之后因为氯化铵受热分解了，导致NH4+离子浓度降低了，所以沉钒率逐渐减小。答案：NH4++
VO3-=NH4VO3，温度高于80℃,导致部分氯化铵分解。
根据表中数据判断,(5)中加入氨水,调节溶液pH最佳值为1.7-1.8(或1.7、1.8其中一个),此时钡沉淀率达到最大,需要调节的PH较小;若钒沉淀率为93.1%，时不产生Fe(OH)3沉淀,此时PH=2,氢离子浓度=10-2 mol/L ,c(OH-)=10-12 mol/L,则溶液中才c（Fe3+）浓度根据溶度积计算Ksp[Fe（OH）3]＝c（Fe3+）. c3 (OH-)=2.6×10-39,,计算得到c（Fe3+）=2.6×10-3 mol/L,不产生Fe（OH）3沉淀,则溶液中c（Fe3+）<4.0×10-2 mol/L.,因此，本题正确答案是: 1.7-1.8 (或1.7、1.8其中一个);2.6×10-3mol/L.。
（6）根据题意V2O5+SO32-+4H+ =2V02++SO42-+2H2O,V02+被ClO3-氧化,由ClO3-+6
V02++6H+=6VO3++Cl-+3H2O ,可知
3V2O5～-6V02+～ClO3-
3mol 1mol
n 0.0105mol
解得n=0.0315mol,因此该实验中钒的回收率
=[(0.0315mol×182g/mol )/(100g×6%.)]×100%=95.55％。
10．3d24s28+4 F-sp2、sp3Cl CO2TiCl4、TiBr4、TiI4都是分子晶体，而且组成和结构相似，其相对分子质量依次增大，分子间作用力逐渐增大，因而三者
的熔点和沸点依次升高
【解析】
试题分析：（1）Ti原子的核外有22个电子，最外层有2个电子；Ti原子1S、2S、3S、4S
轨道各有2个电子；（2）根据[TiF6]2-化合价代数和等于-2计算Ti元素的化合价；（3）单键碳有4个σ键，无孤对电子；双键碳有3个σ键，无孤对电子；非金属性越强电负性最大；在氧气中三乙基铝完全燃烧生成氧化铝、二氧化碳、水；（4）分子晶体，相对分子质量越
大熔沸点越高；（5）根据均摊原则计算晶胞的摩尔质量，根据=m v
ρ计算密度。
解析：（1）Ti原子的核外有22个电子，最外层有2个电子，基态Ti原子的核外电子排布式为[Ar] 3d24s2；s轨道上总共有8个电子。[TiF6]2-中F元素化合价为-1，化合价代数和等于-2，则Ti元素的化合价为+4；配体是F-；（3）单键碳有4个σ键，无孤对电子，为sp3杂化；双键碳有3个σ键，无孤对电子，为sp2杂化；涉及的元素中Cl的非金属性最强，所以Cl
的电负性最大；在氧气中三乙基铝完全燃烧生成氧化铝、二氧化碳、水，氧化铝是离子化
合物、CO2为直线形分子、H2O是“V”型分子，所以分子的立体构型是直线形的是
CO2；（4）TiCl4、TiBr4、TiI4都是分子晶体，而且组成和结构相似，其相对分子质量依次
增大，分子间作用力逐渐增大，因而三者的熔点和沸点依次升高；（5）每个晶胞含Ti原子
数
11
12+3+2=6
62
??，晶胞摩尔质量是648
?g/mol ；晶胞的体积是
，根据=
m
v
ρ，密度是
。
点睛：根据均摊原则，六方晶胞顶点的原子被一个晶胞占用1
6
、晶胞楞上的原子被一个晶
胞占用1
3
、晶胞面心的原子被一个晶胞占用
1
2
。
11．As2O3+6HCl(浓)=2AsCl3+3H2O
0.003mol／(L·min)
4.5×106小于＞向左AsO33--+H2O-2e-=AsO43-+2H+
【解析】
（1）砷（33As）在周期表中与氮同主族, 砷化氢的分子式为AsH3,，则砷化氢的电子式为。
（2）As2O3是一种两性氧化物，则As2O3溶于浓盐酸反应生成氯化砷和水，所以化学方程式为As2O3+6HCl(浓)=2AsCl3+3H2O。
（3）砷的常见氧化物有As2O3和As2O5，其中As2O5热稳定性差。根据图1知
As2O5（s）=2As(s)+5/2O2(g) ΔH = +914.6KJ/mol, ，As2O3（s）=2As(s)+3/2O2(g) ΔH =+619.2 KJ/mol, ，所以As2O5分解为As2O3的热化学方程式
（4）①如图2 在0～10 min内，I2的反应速率v(I2)＝0.015mol.L-/10 min=0.0015mol.L-1. min-1因为AsO 43-(无色) + 2I- + 2H+AsO33-(无色)+I2(浅黄色)+H2O知2I- ---- I2，根据化学反应计量数之比就等于速率之比，所以0～10 min内，I?的反应速率v(I?)＝2 v(I2)=2?0.0015mol.L-1. min-1=0..003mol／(L·min)
②由AsO 43-(无色) + 2I- + 2H+ AsO33- (无色)+I2(浅黄色)+H2O
初始量(mol/L)： 0.02 0.04 0.04 0 0 0
变化量(mol/L) 0.015 0.03 0.03 0.015 0.015
剩余量(mol/L) 0.005 0.01 0.01 0.015 0.015
?2?0.012)= 4.5×106
反应的平衡常数K＝0.0152/(0.0050.01
③升高温度，溶液中AsO43-的平衡转化率减小，说明平衡逆向移动，所以该反应为放热反应的ΔH小于0。
（5）①常温下砷酸H3AsO4的K a1=6×10-3、K a2=1×10-7，所以H2AsO4-的水解程度小于电离程度则NaH2AsO4溶液中c（HAsO42-）＞c（H3AsO4）。
②某实验小组依据反应AsO43-+2H++2I-?AsO33-+I2+H2O AsO43-为氧化剂得电子，做正极，2I-做还原剂，失电子，做负极，则a点时溶液显酸性，盐桥中K+向左移动，c点时平衡逆向移动，负极的电极反应为AsO33--+H2O-2e-=AsO43-+2H+。
12．苯甲醛羧基取代反应CH=CH-CHO+2Ag(NH3)2++2OH-
CH=CH-COO-+2Ag↓+NH4++3NH3+H2O
5
CH3CH2OH CH3CHO
CH3CH=CHCHO CH3CH2CH2CHOH CH3CH2CH2COOH
【解析】
根据各物质的转化关系，A发生信息Ⅰ中的反应生成B，B发生氧化反应生成C，C发生取代反应生成D，根据D的结构简式可知，C为，B为
，A为
，根据信息Ⅲ结合E的分子式可知，羧酸X为CH3COOH，E为CH3COOCH=CH2，E发生加聚反应生成F为
，F发生取代生成G，G与D发生取代反应生成光刻胶为
。
(1)根据上面的分析可知，A为，A的名称是苯甲醛，C为
，C中所含含氧官能团是羧基，C→D的反应类型是取代反应，故答案为苯甲醛；羧基；取代反应；
(2) B为，和银氨溶液反应的离子方程式为
CH=CH-CHO+2Ag(NH3)2++2OH-
CH=CH-COO-+2Ag↓+NH4++3NH3+H2O，故答案为CH=CH-CHO+2Ag(NH3)2++2OH-CH=CH-COO-+2Ag↓+NH4++3NH3+H2O；
(3)根据上面的分析可知，D+G→光刻胶的化学方程式为
，故答案为
；
(4)C为
，T是C的同分异构体，T具有下列性质或特征：①能发生水解反应和银镜反应，说明有甲酸某酯，②能使溴水褪色，说明有碳碳双键，③属于芳香族化合
物，说明有苯环，则符合条件的结构为苯环上连有HCOOCH=CH-、或HCOOC(=CH2)-，或苯环上连有两个基团为HCOO-、-CH=CH2，有3种结构，所以共有5种，其中核磁共振氢谱为5组峰，且峰面积比为1：1：2：2：2的结构简式为
，故答案为5；
；
(5)以CH3CH2OH为原料制备CH3CH2CH2COOH，将CH3CH2OH氧化成CH3CHO，CH3CHO 在稀氢氧化钠的条件下生成CH3CH=CHCHO，与氢气加成得CH3CH2CH2CH2OH，再将CH3 CH2CH2CH2OH氧化成CH3CH2CH2COOH，合成路线为CH3CH2OH CH3CHO
CH3CH=CHCHO CH3CH2CH2CHOH
CH3CH2CH2COOH，故答案为CH3CH2OH CH3CHO CH3CH=CHCHO CH3CH2CH2CHOH CH3CH2CH2COOH。
点睛：本题考查有机物的推断与合成，根据G、D的结构简式进行推断，注意对题目信息的应用，熟练掌握官能团的性质与转化，(5)中的有机合成路线的设计为本题难点。