1、2019届高三年级3.20联合考试理科综合试卷 2019.3可能用到的相对原子质量：H 1 B 11 C 12 N 14 O 16 Na 23 Cr 52 As 75一、选择题：本题共13小题，每小题6分，共78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.我国古代在材料方面取得了突出的成就。下列材料主要成分不是硅酸盐的是A. 陶俑B. 琉璃瓦C. 汉白玉D. 青花瓷【答案】C【解析】【分析】在无机非金属材料中，硅及其化合物是密切联系生产生活的一类重要物质，陶瓷、玻璃、水泥等都是硅酸盐产品；汉白玉主要成分是碳酸钙，它是一种化合物，化学式是CaCO3，主要由CaCO3、MgCO3和
2、SiO2组成，也包含少量Al2O3、Fe2O3等成分。【详解】汉白玉主要成分是碳酸钙，陶、瓷、砖、瓦、紫砂及石棉等主要成分都是硅酸盐，故选C。【点睛】本题考查硅酸盐产品，明确物质的组成是解答本题的关键。2.下列有关实验操作的叙述合理的是A. 用pH试纸测定溶液pH时，不需要预先润湿B. 蒸馏实验中，忘记加沸石，应立即趁热加入沸石C. 要量取15.80mL溴水，须使用棕色的碱式滴定管D. 用酸性KMnO4溶液检验FeCl3溶液中混有的Fe2+【答案】A【解析】【详解】A项、测定溶液pH时，若先润湿将会导致所测溶液浓度减少，结果不准确，故A正确；B项、蒸馏实验中，忘记加沸石，需要先冷却后再加入沸石
3、，以防剧烈的暴沸，故B错误；C项、溴水具有强氧化性，应该用酸式滴定管量取，故C错误；D项、由于Cl-能被酸性高锰酸钾溶液氧化，所以不能用酸性高锰酸钾溶液检验FeCl3溶液中的Fe2+，故D错误。故选A。【点睛】本题考查了化学实验操作，熟练掌握操作的注意事项，明白操作的原理是解答关键，注意用PH试纸检验溶液的PH值时不能用蒸馏水润湿，但用石蕊试纸检验气体时要用蒸馏水润湿。3.某有机物X的结构如图所示，下列说法正确的是A. X的分子式为C9H12O3B. X中所有碳原子均可能共面C. X可与氧气发生催化氧化反应D. 1molX最多能消耗2 mol NaOH【答案】C【解析】【详解】A.由结构简式可
4、知， 其分子式为C9H14O3，故A项错误；B. 分子中含有饱和碳原子，则与该碳原子相连的四个碳原子一定不在同一共面上，故B项错误；C. 分子中含有羟基，且与羟基相连的碳原子上含有氢原子，所以在催化剂存在的条件下可与氧气发生催化氧化反应，故C项正确；D.分子中仅含有1个酯基能与NaOH溶液反应，所以 1mol该有机物最多能消耗1 mol NaOH，故D项错误。故选C。【点睛】本题考查有机物结构和性质，把握官能团及其性质关系是解本题关键，注意只有1个酯基能与NaOH溶液反应，为易错点。4.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A. 1LpH=5的醋酸溶液中含有的H+数目小于10NAB. 9
5、.2g14CO2与N218O的混合物中所含中子数为4.8NAC. 硝酸与铜反应生成0.1mol NO2时，转移电子数为0.2NAD. 1mol SO和0.5mol O2充分反应，生成SO3的分子数为NA【答案】B【解析】【详解】A项、pH=5的醋酸溶液中c(H+)=10-5molL-1，所以1L pH=5的醋酸溶液中含有的氢离子数目等于10-5NA，故A错误；B项、1 4CO2与N218O的相对分子质量均为46，且每个分子中含有的中子数为24，所以9.2g14CO2与N218O的混合物中所含中子数为4.8NA，故B正确；C项、根据得失电子守恒可得，NOx可能是NO或NO2，转移电子数介于0.1
6、NA0.3NA之间，故C错误；D项、SO2和O2是可逆反应，所以生成SO3的分子数小于NA，故D错误。故选B。【点睛】本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，注意弱电解质的电离、可逆反应的特征、转移电子数目的计算，准确弄清分子、原子、原子核内质子中子及核外电子的构成关系是解答关键。5.一种电催化合成氨的装置如图所示。该装置工作时，下列说法正确的是A. 图中涉及的能量转化方式共有3种B. 两极产生的气体的物质的量之比是1:1C. 电路中每通过1mol电子，有1mol H+迁移至a极D. b极上发生的主要反应为N2+6H+6e-=2NH3【答案】D【解析】【分析】该装置包含多种能量转化，主要是太阳
7、能电能，风能机械能电能，电能化学能；电催化合成氨的过程是一个电解过程，生成氧气的a极是电解池的阳极，阳极上水放电生成氧气，电极反应式为2H2O 4e-=O2+4H+，生成氨气的b极是阴极，阴极上氮气放电生成氨气，电极反应式为N2+6H+6e-=2NH3。【详解】A项、能量转化有：太阳能电能，风能机械能电能，电能化学能，另外还可能有其他能量转化为热能等，故A错误；B项、生成氧气的a极是电解池的阳极，电极反应式为2H2O 4e-=O2+4H+，生成氨气的b极是阴极，电极反应式为N2+6H+6e-=2NH3，由得失电子数目守恒可知，两极生成氧气和氨气的理论物质的量之比是3:4，故B错误；C项、电解时
8、，阳离子向阴极移动，H+应向阴极b极迁移，故C错误；D项、电解时，生成氨气的b极是阴极，阴极上氮气放电生成氨气，电极反应式为N2+6H+6e-=2NH3，故D正确。故选D。【点睛】本题考查了电解池原理，侧重考查分析能力，注意把握正负极的判断，会正确书写电极反应式，注意把握离子的定向移动是解答关键。6.短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W、Y同主族，W的简单氢化物与Z的单质混合在光照下反应，气体颜色不断变浅，瓶壁上有油状液滴，X的简单氢化物与Z的氢化物相遇会产生白烟。下列说法正确的是A. Y的核电荷数等于W与X的之和B. 四种元素中，Y的原子半径最大C. X的简单氢化物的热稳定性比
9、Y的弱D. W的含氧酸的酸性一定比Z的弱【答案】B【解析】【分析】由W的简单氢化物与Z的单质混合在光照下反应，气体颜色不断变浅，瓶壁上有油状液滴可知，W为C元素，Z为Cl元素；X的简单氢化物与Z的氢化物相遇会产生白烟说明X为N元素，短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W、Y同主族说明Y是Si元素，则W、X、Y、Z四种元素依次为C、N、Si、Cl。【详解】A项、Si的核电荷数为14，C、N的核电荷数之和为13，故A错误；B项、同周期元素，从左到右原子半径依次减小，同主族元素，从上到下原子半径依次增大，则由原子半径SiCN、SiCl，Si的原子半径最大，故B正确；C项、非金属性越强，氢
10、化物的稳定性越大，因N的非金属性比Si强，则NH3比SiH4稳定，故C错误；D项、未指明含氧酸是否是最高价氧化物对应水化物，酸性HClO4H2CO3HClO，故D错误。故选B。【点睛】本题考查元素周期律，侧重分析与应用能力的考查，把握元素的位置、元素化合物知识、元素周期律为解答的关键。7.25时，向10mL0.1molL-1一元弱碱XOH溶液中逐滴滴加0.1molL-1的HCl溶液，溶液的AG变化如图所示(溶液混合时体积变化忽略不计)。下列说法不正确的是A. 若a=-8，则Kb(XOH)10-5B. M点表示盐酸和XOH恰好完全反应C. R点溶液中可能存在c(X+)+c(XOH)=c(Cl-)
11、D. M点到N点，水的电离程度先增大后减小【答案】B【解析】【详解】A. a点表示0.1molL1一元弱碱XOH，若a=8，则c(OH-)=10-3mol/L，所以Kb(XOH)=105，故A正确；B. 两者恰好反应时，生成强酸弱碱盐，溶液显酸性。M点AG=0，则溶液中c(H+)= c(OH-)，溶液呈中性，所以溶质为XOH和XCl，两者不是恰好完全反应，故B错误；C. 若R点恰好为XCl溶液时，根据物料守恒可得c(X+)+c(XOH)=c(C1)，故C正确；D. M点的溶质为XOH和XCl，继续加入盐酸，直至溶质全部为XCl时，该过程水的电离程度先增大，然后XCl溶液中再加入盐酸，水的电离程
12、度减小，所以从M点到N点，水的电离程度先增大后减小，故D正确。故选B。8.一种利用钢铁厂烟灰(含Fe、Mn、SiO2，少量的Al2O3、CaO及MgO)制备MnCO3的工艺流程如下：已知25时，下列难溶物的溶度积常数：难溶物CaF2MgF2MnCO3Mn(OH)2Ksp4.010-116.410-92.210-111.910-13回答下列问题：(1)步骤()浸渣的主要成分是_(填化学式)。(2)步骤()加H2O2溶液时反应的离子方程式为_；加氨水调节pH沉铁铝时，步骤()应调节的pH适宜范围为_。(部分金属离子开始沉淀与沉淀完全的pH范围如下)金属离子Fe2+Fe3+Al3+Mn2+Mg2+沉
13、淀pH范围7.69.62.73.73.45.28.39.39.611.1(3)步骤()用KF溶液沉钙镁时，要使c(Ca2+)、c(Mg2+)均小于110-6molL-1，则应控制反应液中c(F-)_molL-1；反应MgF2(s)+Ca2+CaF2(s)+Mg2+的平衡常数K=_。(4)步骤沉锰时，在60按投料比n(NH4)2CO3/n(Mn2+)=2，溶液的pH对MnCO3产率的影响如图(a)所示；pH=7，按投料比n(NH4)2CO3/n(Mn2+)=2，反应温度对MnCO3产率的影响如图(b)所示。上图中，在pH7.0时，pH越大产率越低且纯度也降低，其原因是_。上图中，温度高于60时，
14、温度越高产率越低且纯度也越低，主要原因是_。【答案】 (1). SiO2 (2). 2Fe2+H2O2+2H+-2Fe3+2H2O (3). 5.28.3 (4). 0.08 (5). 160 (6). 越低 (7). 部分MnCO3转化为溶解度更小的Mn(OH)2 (8). 温度越高MnCO3水解程度越大或温度升高，(NH4)2CO3和MnCO3也会热分解【解析】【分析】由流程图可知，向钢铁厂烟灰中加入浓硫酸并加热，烟灰中Fe、Mn、Al2O3、CaO及MgO溶解，酸性氧化物SiO2不溶解，过滤得到浸液和浸渣；向浸液中加入双氧水溶液，将亚铁离子氧化为铁离子，加入氨水调节溶液pH，铁离子和铝离
15、子转化为氢氧化铁和氢氧化铝沉淀，加入氟化钾溶液，将钙离子和镁离子转化为氟化钙和氟化镁沉淀，过滤得到含锰离子的滤液和滤渣；向含锰离子的滤液中加入碳酸氢铵溶液，锰离子转化为碳酸锰沉淀，过滤、洗涤、干燥得到碳酸锰产品。【详解】（1）步骤()浸渣的主要成分是不与浓硫酸反应的酸性氧化物二氧化硅，故答案为：SiO2；（2）步骤()加H2O2溶液时，双氧水将溶液中的亚铁离子氧化为铁离子，反应的离子方程式为2Fe2+H2O2+2H+-2Fe3+2H2O；加入氨水的目的是调节溶液pH，使溶液中铁离子和铝离子转化为氢氧化铁和氢氧化铝沉淀而除去，而锰离子不能沉淀，由题给表格数据可知，应调节的pH适宜范围为5.28.
16、3，故答案为：2Fe2+H2O2+2H+-2Fe3+2H2O；5.28.3；（3）用KF溶液沉钙镁时，溶解度小的CaF2沉淀先生成，MgF2沉淀后生成，则c(Mg2+)小于110-6molL-1时，溶液中c(F-)mol/L；反应MgF2(s)+Ca2+CaF2(s)+Mg2+的平衡常数K=160，故答案为：0.08；160； (4) 由图可知，在60按投料比n(NH4)2CO3/n(Mn2+)=2时，在pH7.0时，溶液碱性增强， MnCO3部分会转化为溶解度更小的Mn(OH)2，导致产率越和度降低，故答案为：越低；部分MnCO3转化为溶解度更小的Mn(OH)2；由图可知，60时，MnCO3
17、产率最大，温度高于60时，温度升高MnCO3水解程度越大，(NH4)2CO3和MnCO3也会热分解，导致产率越和度降低，故答案为：温度越高MnCO3水解程度越大或温度升高，(NH4)2CO3和MnCO3也会热分解。【点睛】本题考查化学工艺流程，侧重考查学生对知识的综合运用能力，注意混合物的分离和提纯方法、氧化还原反应分析、溶度积计算和流程信息获取与迁移运用是解答关键。9.氮化铬(CrN)是一种良好的耐磨材料，实验室可用无水氯化铬(CrCl3)与氨气在高温下反应制备，反应原理为CrCl3+NH3CrN+3HCl.回答下列问题：(1)制备无水氯化铬。氯化铬有很强的吸水性，通常以氯化铬晶体(CrCl
18、36H2O)的形式存在。直接加热脱水往往得到Cr2O3，有关反应的化学方程式为_，以氯化铬晶体制备无水氯化铬的方法是_。(2)制备氮化铬。某实验小组设计制备氮化铬的装置如下图所示(夹持与加热装置省略)：装置A中发生反应的化学方程式为_。实验开始时，要先打开装置A中活塞，后加热装置C，目的是_。装置B中盛放的试剂是_，装置D的作用是_。有同学认为该装置有一个缺陷，该缺陷是_。(3)氯化铬的纯度测定。制得的CrN中含有Cr2N杂质，取样品14.38g在空气中充分加热，得固体残渣(Cr2O3)的质量为16.72g，则样品中CrN的质量分数为_(结果保留3位有效数字)。【答案】 (1). 2CrCl3
19、6H2OCr2O3+9H2O+6HCl (2). 在HCl的气氛中加热 (3). CaO+NH3H2O=Ca(OH)2+NH3(或NH3H2ONH3+H2O) (4). 用生成的氨气排除装置内的空气 (5). 碱石灰 (6). 防止空气中的水分进入装置C (7). 没有尾气处理装置(或其他合理答案) (8). 91.8%【解析】【分析】（1）加热CrCl36H2O晶体时，CrCl3水解；为防止CrCl3水解，在HCl的气氛中加热CrCl36H2O晶体制无水氯化铬；（2）浓氨水与CaO反应生成氢氧化钙和氨气；生成的氨气排除装置内的空气；装置B中盛放的试剂是碱石灰，目的是干燥氨气；装置D中的无水氯
20、化钙可以吸收空气中的水蒸气；（3）依据样品和Cr2O3的质量建立联立方程式求得CrN的物质的量，再依据CrN的质量求得质量分数。【详解】（1）加热CrCl36H2O晶体时，CrCl3水解，氯化氢受热挥发，使水解平衡右移，CrCl3完全水解得到Cr（OH）3，Cr（OH）3受热分解生成Cr2O3，反应的化学方程式为2CrCl36H2OCr2O3+9H2O+6HCl；为防止CrCl3水解，在HCl的气氛中加热CrCl36H2O晶体，脱水制得无水氯化铬，故答案为：2CrCl36H2OCr2O3+9H2O+6HCl；在HCl的气氛中加热；（2）装置A中，浓氨水滴入到锥形瓶中，浓氨水中水与CaO反应生成
21、氢氧化钙并放出大量的热，溶液中氢氧根浓度增大，使氨水的电离平衡左移，反应放出的热量升高温度，有利于氨气逸出，反应的化学方程式为CaO+NH3H2O=Ca(OH)2+NH3，故答案为：CaO+NH3H2O=Ca(OH)2+NH3；实验开始时，先打开装置A中活塞，浓氨水与CaO反应制得氨气，生成的氨气排除装置内的空气，在无氧条件下，无水氯化铬(CrCl3)与氨气在高温下反应生成CrN，故答案为：用生成的氨气排除装置内的空气；装置B中盛放的试剂是碱石灰，目的是干燥氨气，防止水蒸气进入装置C中，氯化铬水解干扰CrN制备；装置D中的无水氯化钙可以吸收空气中的水蒸气，防止水蒸气进入装置C中，氯化铬水解干扰
22、CrN制备，故答案为：碱石灰；防止空气中的水分进入装置C；该装置有一个缺陷，没有氨气的尾气吸收装置，氨气排入到空气中，会污染环境，故答案为：没有尾气处理装置；（3）设14.38g 样品中CrN为xmol，Cr2N为ymol，固体残渣Cr2O3的质量为16.72g，Cr2O3的物质的量为=0.11mol，由Cr原子个数守恒得关系式x+2y=0.22，由样品质量的关系式66x+118y=14.38，解关系式得x=0.2 mol，y=0.01mol，则样品中CrN的质量分数为91.8%，故答案为：91.8%。【点睛】本题考查化学实验方案的设计与评价，注意理解反应原理，通过物质的性质分析实验设计是解答
23、关键。10.氮氧化物(主要为NO和NO2)是大气污染物，如何有效地消除氮氧化物污染是目前科学家们研究的热点问题之一。(1)用尿素CO(NH2)2吸收氮氧化物是一种可行的方法。尿素在高温条件下与NO2反应转化成无毒气体，该反应的化学方程式为_；用尿素溶液也可吸收氮氧化物，研究表明，氮氧化物气体中NO的体积分数越大，总氮还原率越低，可能的原因是_。在一个体积固定的真空密闭容器中充入等物质的量的CO2和NH3，在恒定温度下使其发生反应2NH3(g)+CO2(g) CO(NH2)2(s)+H2O(g)并达到平衡，混合气体中氨气的体积分数随时间的变化如图所示：则A点的v正(CO2)_(填“”“ (4).
24、 A到B点是建立平衡状态的过程，此过程中v正逐渐减小，故A点的v正(CO2)B点的v正(CO2)=B点的v逆(CO2)=B点的v逆(H2O) (5). (a+2c-2b) (6). NaNO2 (7). 51010【解析】【分析】（1）在高温条件下，尿素与NO2反应转化成无毒气体N2、CO2和H2O；与NO2易溶于水不同，NO不溶于水，在溶液中难以与尿素接触反应；由图可知，A点未达到平衡，B点达到平衡，A到B点是建立平衡状态的过程；(2)由盖斯定律计算可得；（3）由题意可知NO和NO2混合气体被NaOH溶液完全吸收是，NO被氧化生成NaNO2，NO2被还原生成NaNO2；反应的平衡常数K=。【
25、详解】（1）在高温条件下，尿素与NO2反应转化成无毒气体N2、CO2和H2O，反应的化学方程式为4CO(NH2)2+6NO27N2+4CO2+8H2O；与NO2易溶于水不同，NO不溶于水，在溶液中难以与尿素接触反应，所以氮氧化物气体中NO的体积分数越大，总氮还原率越低，故答案为：4CO(NH2)2+6NO27N2+4CO2+8H2O；NO不溶于水，难以与尿素接触反应；由图可知，A点未达到平衡，B点达到平衡，A到B点是建立平衡状态的过程，v正逐渐减小，又平衡时正反应速率等于逆反应速率，因水和二氧化碳化学计量数都是1，则B点v正(CO2)= v逆(CO2)= v逆(H2O)，故A点的v正(CO2)
26、 B点的v逆(H2O)，故答案为： ；A到B点是建立平衡状态的过程，此过程中v正逐渐减小，故A点的v正(CO2)B点的v正(CO2)=B点的v逆(CO2)=B点的v逆(H2O)；(2)将已知反应依次编号为、，由盖斯定律得反应4NO2(g)+O2(g)=2N2O5(g)，则H=，故答案为：； （3）由题意可知NO和NO2混合气体被NaOH溶液完全吸收是，NO被氧化生成NaNO2，NO2被还原生成NaNO2，反应的化学方程式为NO2+NO+2NaOH=2NaNO2+H2O；反应HNO2(aq)+NaOH(aq) NaNO2(aq)+H2O(l)的离子方程式为HNO2(aq)+ OH(aq) NO2
27、(aq)+H2O(l)，反应的平衡常数K=51010，故答案为：NaNO2；51010。【点睛】本题考查了化学反应原理的综合应用，注意分析反应中元素化合价的变化，注意平衡的形成及平衡常数的计算方法，注意盖斯定律的应用是解答关键。(二)选考题：共45分。请考生从2道物理题、2道化学题、2道生物题中每科任选一题作答。如果多做，则每学科按所做的第一题计分。11.2018年7月5日科学杂志在线报道：美国研究人员合成一种新的具有超高热导率半导体材料一砷化硼(BAs)。回答下列问题：(1)基态As原子价层电子的电子排布图(轨道表达式)为_，基态B原子核外电子占据最高能级的电子云轮廓图为_。(2)通过反应4
28、BI3(g)+As4(g)4Bas(s，晶体)十6I2(g)可制备BAs晶体，As4结构如图所示。BI3分子空间构型为_，其中B原子杂化方式是_。As4分子中键角为_度，分子中成键电子对与孤电子对数目之比为_。(3)晶态单质硼有多种结构，它们都以B12结构如图所示为基本的结构单元。B12结构单元为正_面体。单质硼的熔点为2180，它属于_晶体。(4)BAs晶胞结构如图所示，已知晶胞参数为0.4777nm，阿伏加德罗常数的值为NA。As原子的配位数为_；BAs品体的密度为_gcm-1(列出计算式)。【答案】 (1). (或) (2). 纺锤形(哑铃形) (3). 平面三角形 (4). sp2 (
29、5). 60 (6). 3:2 (7). 二十 (8). 原子 (9). 4 (10). 【解析】【分析】（1）砷元素位于周期表第四周期A族，原子最外层电子排布式为4s24p3；基态硼原子的排布式为1s22s22p1，核外电子占据能量最高的能级为2p；（2）BI3分子中B原子的价层电子对数为3，孤对电子数为0；由图可知，As4分子为正四面体形，分子中键角为60度，分子中有6个共价键；（3）根据晶胞的结构图可知，每个硼原子被5个正三角形共用，每个正三角形上有三个硼原子，是由20个正三角形构成的正二十面体；是熔点沸点高的原子晶体；（4）由于As的原子半径大于B，所以黑球代表As原子，有晶胞结构可知
30、每个As原子周围有4个B原子，4个As原子位于晶胞体内，B原子位于晶胞的顶点和面心上，由质量公式计算即可。【详解】（1）砷元素位于周期表第四周期A族，原子最外层电子排布式为4s24p3，则电子排布图为；基态硼原子的排布式为1s22s22p1，核外电子占据能量最高的能级为2p，轮廓图为纺锤形或哑铃形，故答案为：；纺锤形(哑铃形)；（2）BI3分子中B原子的价层电子对数为3，孤对电子数为0，则B原子杂化方式是sp2杂化，BI3分子空间构型为平面三角形，故答案为：平面三角形；sp2；由图可知，As4分子为正四面体形，分子中键角为60度，分子中有6个共价键，即成键电子对有6个，每个As原子有1对孤电子
31、，则分子中成键电子对与孤电子对数目之比为6:4=3:2，故答案为：60；3:2；（3）根据晶胞的结构图可知，每个硼原子被5个正三角形共用，每个正三角形上有三个硼原子，是由20个正三角形构成的正二十面体；单质硼的熔点为2180，说明单质硼是熔点沸点高的原子晶体，故答案为：二十；原子；（4）由于As的原子半径大于B，所以黑球代表As原子，有晶胞结构可知每个As原子周围有4个B原子，4个As原子位于晶胞体内，B原子位于晶胞的顶点和面心上，个数为（81/8+61/2，则晶胞中有4个BAs，晶胞的质量为g，由晶胞参数为0.4777nm可得，（0.4777107cm）3=，则=gcm-1，故答案为：4；。
32、【点睛】本题考查物质结构与性质，侧重分析与计算能力的考查，注意核外电子排布规律，注意空间结构的理解与应用，把握均摊法计算、密度与质量的关系为解答的关键。12.以芳香化合物A为原料合成配体H3BPT的一种合成路线如下：回答下列问题：(1)A的化学名称为_。(2)的反应类型是_。(3)B的结构简式为_。(4)反应的化学方程式为_(5)D中所含官能团名称是_。(6)芳香化合物W是H3BPT的一种同分异构体，W在酸性条件下完全水解能生成两种有机物，其中一种既能发生银镜反应又能与NaHCO3反应放出CO2，W的核磁共振氢谱有6组峰，而积比1：1：2：2：2：2，则W的结构简式为_。【答案】 (1). 1
33、，3-苯二甲酸(间苯二甲酸) (2). 取代反应 (3). (4). (5). 酯基、碳碳双键、氨基 (6). (或)【解析】【分析】由C的结构简式为，可知B为，与发生取代反应生成；由B的结构简式可知A为；由转化关系可知，发生还原反应生成，与四（三苯磷）钯发生取代反应生成；与甲醇在浓硫酸作用下，共热发生酯化反应生成；一定条件下，发生取代反应生成，一定条件下，与发生取代反应生成。【详解】（1）A的结构简式为，其名称为1，3-苯二甲酸或间苯二甲酸，故答案为：1，3-苯二甲酸(间苯二甲酸)；（2）的反应为与发生取代反应生成，故答案为：取代反应；（3）由C的结构简式为，可知B为，故答案为：；(4)反应与甲醇在浓硫酸作用下，共热发生酯化反应生成，反应的化学方程式为，故答案为：；（5）D的结构简式为，所含官能团为酯基、碳碳双键、氨基，故答案为：酯基、碳碳双键、氨基；（6）W在酸性条件下完全水解能生成两种有机物，说明该有机物是酯类，含有酯基；其中一种既能发生银镜反应又能与NaHCO3反应放出CO2，说明W的水解产物之一是甲酸，W是甲酸酯，由W的核磁共振氢谱有6组峰，而积比1：1：2：2：2：2，可知W的结构简式为或，故答案为：(或)。【点睛】本题考查有机物推断，侧重考查分析推断及知识综合应用能力，根据某些物质结构简式、反应条件结合题给信息进行推断，明确官能团及其性质关系是解本题关键。