届江西省南昌市高三第二次模拟考试理科综合化学试题解析版.docx

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届江西省南昌市高三第二次模拟考试理科综合化学试题解析版

江西省南昌市2018届高三第二次模拟考试理综化学试题

1.化学与生活密切相关，下列说法正确的是

A.硅酸钙可用于生产黏合剂和防火剂

B.改燃煤为燃气，可以减少废气中SO2等有害物质的排放量

C.合成纤维、人造纤维及碳纤维都属于有机高分子材料

D.发泡塑料饭盒适用于微波炉加热食品，不适于盛放含油较多的食品

【答案】B

【解析】分析：

A、硅酸钠可用于生产黏合剂和防火剂；

B、根据天然气燃烧生成二氧化碳和水解答；

C、根据碳纤维是一种纤维状碳材料解答；

D、根据高分子材料的性质判断。

详解：

A、硅酸钠可用于生产黏合剂和防火剂，硅酸钙难溶于水，不能用于生产黏合剂和防火剂，A错误；

B、天然气燃烧生成二氧化碳和水，因此改燃煤为燃气，可以减少废气中SO2等有害物质的排放量，B正确；

C、碳纤维是一种纤维状碳材料，不属于有机高分子材料，C错误；

D、发泡塑料饭盒主要材质是高分子材料，发泡塑料饭盒不适用于微波炉加热食品，高分子材料能被油脂缓慢的溶解，所以发泡塑料饭盒不适于盛放含油较多的食品，D错误。

答案选B。

2.《本草纲目》中对烧酒的制作工艺有如下记载“自元时始刨其法，用浓酒和糟入甄，蒸令气上……其清如水，味极浓烈，盖酒露也”。

文中涉及的操作方法最适用于分离

A.NH4Cl、I2B.KNO3、Na2SO4C.丁醇、苯酚钠D.氯化钾、碳酸钙

【答案】C

【解析】分析：

由信息可知，蒸令气上，则利用互溶混合物的沸点差异分离，即属于蒸馏法，结合物质的性质差异来解答。

详解：

由信息可知，蒸令气上，则利用互溶混合物的沸点差异分离，该法为蒸馏，则

A.NH4Cl、I2分别是易溶于水和难溶于水的固体，不能用蒸馏法分离，A错误；

B.KNO3、Na2SO4均是易溶于水的固体，不能用蒸馏法分离，B错误；

C.丁醇、苯酚钠的沸点相差较大，可以用蒸馏法分离，C正确；

D.氯化钾、碳酸钙分别是易溶于水和难溶于水的固体，不能用蒸馏法分离，D错误；答案选C。

3.用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述中正确的是

A.1L0.lmol/L的Na2CO3溶液中含阴离子总数为0.1NA个

B.0．1mol的2H35Cl分子的中子数是2NA

C.1molNa2O2与足量CO2充分反应转移的电子数目为2NA

D.加热条件下，含0.2molH2SO4的浓硫酸与足量铜反应，生成SO2的分子数小于0.1NA

【答案】D

【解析】分析：

A、根据碳酸根水解分析；

B、根据中子数＝质量数－质子数计算；

C、根据过氧化钠与二氧化碳的反应中过氧化钠既是氧化剂，也是还原剂分析；

D、根据稀硫酸与铜不反应解答。

详解：

A、碳酸根水解得到碳酸氢根和氢氧根离子，因此1L0.lmol/L的Na2CO3溶液中含阴离子总数大于0.1NA个，A错误；

B、2H35Cl分子的中子数＝2－1+35－17＝19，所以0.1mol的2H35Cl分子的中子数是1.9NA，B错误；

C、过氧化钠与二氧化碳的反应中过氧化钠既是氧化剂，也是还原剂，1molNa2O2与足量CO2充分反应转移的电子数目为NA，C错误；

D、加热条件下，含0.2molH2SO4的浓硫酸与足量铜反应，随着反应的进行硫酸浓度减小，稀硫酸与铜不反应，因此生成二氧化硫的分子数小于0.1NA，D正确。

答案选D。

4.环丙叉环丙烷（b）由于其特殊的电子结构，一直受到结构和理论化学家的注意。

根据其转化关系，判断下列说法正确的是

A.b的一氯取代物只有2种

B.b易发生加成、氧化、缩聚反应

C.p的所有原子都在一个平面内

D.m的属于芳香族化合物的同分异构体有5种

【答案】D

【解析】分析：

A、根据分子中氢原子种类判断；

B、根据b分子中含有碳碳双键判断；

C、根据分子中碳原子均是饱和碳原子判断；

D、根据m的结构简式判断符合要求的同分异构体个数。

详解：

A、b分子中含有一类氢原子，其一氯取代物只有1种，A错误；

B、b分子中含有碳碳双键，易发生加成、氧化、加聚反应，不能发生缩聚反应，B错误；

C、p分子中碳原子均是饱和碳原子，因此分子的所有原子不可能都在一个平面内，C错误；

D、m的分子式为C7H8O，属于芳香族化合物的同分异构体有可以是苯甲醇或苯甲醚或是含有甲基和酚羟基的酚类，有邻间对三种，共计是5种，D正确。

答案选D。

5.X、Y、Z、W是原子序数依次增大的常见短周期元素，X的某种氢化物能使湿润的红色石蕊试纸变蓝．Y的一种核素质量数为18，中子数为10．在同周期元素中Z的简单离子半径最小，W的单质是良好的半导体材料。

下列说法中正确的是

A.简单气态氢化物稳定性：

W>X

B.Y元素的相对原子质量为18

C.X2H4的分子中极性键和非极性键数目比为4：

l

D.电解Z的熔融氯化物可以冶炼单质Z

【答案】C

【解析】分析：

X、Y、Z、W是原子序数依次增大的常见短周期元素，X的某种氢化物能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，氢化物是氨气，则X是N。

Y的一种核素质量数为18，中子数为10，质子数是18－10＝8，Y是O。

在同周期元素中Z的简单离子半径最小，原子序数大于X与Y，所以Z是Al。

W的单质是良好的半导体材料，W是Si，据此解答。

详解：

根据以上分析可知X、Y、Z、W分别是N、O、Al、Si。

则

A.非金属性越强，氢化物越稳定，非金属N＞Si，则简单气态氢化物稳定性：

W＜X，A错误；

B.氧元素存在同位素，则氧元素的相对原子质量不是18，B错误；

C.N2H4的电子式为

，因此分子中极性键和非极性键数目比为4：

l，C正确；

D.铝是活泼的金属，电解熔融的氧化铝可以冶炼单质Al，熔融的氯化铝不导电，D错误；答案选C。

6.下列装置由甲、乙两部分组成（如图所示），甲是将废水中乙二胺[H2N（CH2）2NH2]氧化为环境友好物质形成的化学电源；乙是利用装置甲模拟工业电解法来处理含Cr2O72-废水，电解过程中溶液发生反应：

Cr2O72-+6Fe2++14H+＝2Cr3++6Fe3++7H2O。

当电池工作时，下列说法错误的是

A.甲中H+透过质子交换膜由左向右移动

B.乙池中Fe棒应与甲池中的M极相连

C.M极电极反应式：

H2N（CH2）2NH2+4H2O-16e-=2CO2↑+N2↑+16H+

D.若溶液中减少了0.OlmolCr2O72-，则电路中至少转移了0.06mol电子

【答案】B

【解析】分析：

A．根据电解质溶液中阳离子向正极移动分析；

B．根据乙中Fe失电子生成亚铁离子判断；

C．根据图知，M电极上生成氢离子，甲是将废水中乙二胺氧化为环境友好物质形成的化学电源，生成含有N元素的物质是氮气、生成含有C元素的物质是二氧化碳；

D．根据电子转移守恒计算。

详解：

A．根据图知，N电极上氧气得电子生成水，该电极上得电子发生还原反应，为正极，M为负极，电解质溶液中阳离子向正极移动，即甲中H+透过质子交换膜由左向右移动，A正确；

B．根据方程式知，乙中Fe失电子生成亚铁离子，则Fe作阳极、C作阴极，阴极连接原电池负极、阳极连接原电池正极，则Fe与N极相连，B错误；

C．根据图知，M电极上生成氢离子，甲是将废水中乙二胺氧化为环境友好物质形成的化学电源，生成含有N元素的物质是氮气、生成含有C元素的物质是二氧化碳，因此电极反应式为H2N（CH2）2NH2+4H2O-16e-=2CO2↑+N2↑+16H+，C正确；

D．Cr2O72-+6Fe2++14H+＝2Cr3++6Fe3++7H2O中以Fe元素计算转移电子数=6×（3-2）=6，即消耗1molCr2O72-，电路中至少转移了6mol电子，所以溶液中减少了0.0lmolCr2O72-，则电路中至少转移了0.06mol电子，D正确；答案选B。

点睛：

本题考查原电池和电解池原理，侧重考查学生分析判断能力，正确判断正负极、阴阳极及各个电极上发生的反应是解本题关键，难点是电极反应式的书写和电解的有关计算，注意电子守恒的应用。

7.已知：

pKa=-lgKa，25℃时，H2SO3的pKa1=1.85，pKa2=7.19。

常温下，用0.1mol/LNaOH溶液滴定20mL0．1mol/LH2SO3溶液的滴定曲线如图所示。

下列说法不正确的是

A.A点所得溶液中：

Vo等于lOmL

B.B点所得溶液中：

C.C点所得溶液中：

D.D点所得溶液中水解平衡常数

【答案】A

【解析】分析：

A．A点溶液中pH=1.85，则溶液中c（H+）=10-1.85mol/L，结合亚硫酸的电离平衡常数分析；

B．B点加入NaOH溶液的体积为20mL，此时反应恰好产生NaHSO3，根据溶液中电荷守恒分析；

C．根据亚硫酸的电离平衡常数结合电荷守恒分析；

D．D点为加入NaOH溶液40mL，此时溶液中恰好生成亚硫酸钠，根据水解常数与电离常数的关系计算。

详解：

A．A点溶液中pH=1.85，则溶液中c（H+）=10-1.85mol/L，H2SO3的一级电离平衡常数为Ka1=c（H+）c（HSO3−）/c（H2SO3）=10-1.85mol/L，所以c（H+）=Ka1，表明溶液中c（NaHSO3）=c（H2SO3），若恰好是10mLNaOH，由于此时溶液显酸性，则所得溶液中c（H2SO3）＜c（NaHSO3），因此所加NaOH体积需＜10mL，才能使溶液中c（NaHSO3）=c（H2SO3），即V0＜10mL，A错误；

B．B点加入NaOH溶液的体积为20mL，此时反应恰好产生NaHSO3，为第一个滴定终点，溶液中存在电荷守恒，c（Na+）+c（H+）=c（HSO3−）+2c（SO32-）+c（OH-），B正确；

C．H2SO3的二级电离平衡常数为Ka2=c（H+）c（SO32-）/c（HSO3−）=10-7.19mol/L，C点溶液的pH=7.19，即溶液中c（H+）=10-7.19mol/L，则c（H+）=Ka2，表明溶液中c（SO32-）=c（HSO3−），溶液中存在电荷守恒，c（Na+）+c（H+）=c（HSO3−）+2c（SO32-）+c（OH-），溶液显碱性，则溶液中c（Na+）＞3c（HSO3−），C正确；

D．D点为加入NaOH溶液40mL，此时溶液中恰好生成亚硫酸钠，为第二个滴定终点，此时亚硫酸钠水解使溶液显碱性，则Kh1＝Kw/Ka2＝10−14/10−7.19＝10-6.81，D正确。

答案选A。

点睛：

本题考查弱电解质的电离平衡，滴定原理，根据平衡常数和图象分析，牢牢把握守恒思想是解题的关键，注意电荷守恒、物料守恒以及质子守恒等有关的应用。

8.某实验小组模拟受热时H2与Ca3N2反应制取CaH2。

回答下列问题。

已知：

Ca3N2、CaH2都可以与水反应。

（1）启普发生器中发生的化学反应方程式是_________。

利用该装置制取气体的优点是________。

（2）实验中，先通入氢气，然后________，再加热。

（3）装置连接顺序为a、________、h（某些装置可以重复使用）。

其中干燥管的作用是干燥氢气、____。

（4）H2与Ca3N2制取CaH2随着温度不同，生成的气体也不同。

若取集气瓶中的水溶液，滴加酚酞显红色，则制取CaH2的反应方程式为____________。

（5）反应后，设计实验证明试管中的固体有CaH2:

__________________________。

【答案】

（1）.Zn+2HCl=ZnCl2+H2↑

（2）.可随时控制反应的发生和停止（3）.检验氢气纯度（4）.c-b-g-f-d-e-g-f（5）.防止Ca3N2和CaH2水解（6）.6H2+Ca3N2

3CaH2+2NH3（7）.灼烧固体，若有水珠生成，则含有固体CaH2

【解析】分析：

利用启普发生器制备氢气，生成的氢气中含有水蒸气和氯化氢，与Ca3N2反应制取CaH2之前需要除去水蒸气和氯化氢，利用水除去氯化氢，利用氯化钙干燥氢气，最后还需要再次连接盛有氯化钙的干燥管防止空气中的水蒸气进入，据此解答。

详解：

（1）启普发生器制备氢气，其中发生的化学反应方程式是Zn+2HCl＝ZnCl2+H2↑。

利用该装置制取气体的优点是可随时控制反应的发生和停止。

（2）由于氢气是可燃性气体，需要验纯，则实验中，先通入氢气，然后检验氢气纯度，再加热。

（3）根据以上分析可知装置连接顺序为a-c-b-g-f-d-e-g-f-h，其中干燥管的作用是干燥氢气，同时也防止Ca3N2和CaH2水解。

（4）若取集气瓶中的水溶液，滴加酚酞显红色，说明生成物是氨气，则制取CaH2的反应方程式为6H2+Ca3N2

3CaH2+2NH3。

（5）CaH2中含有氢元素，固体灼烧时会产生水，所以反应后证明试管中固体有CaH2的实验方法是灼烧固体，若有水珠生成，则含有固体CaH2。

9.利用某废镍催化剂（含NiCO3、Na2SiO3，少量Fe3O4、Cr2O3）制备NiSO4，流程如下：

（1）“酸溶”后，加入十六烷基三甲基氯化铵溶液出现大量白色沉淀，写出“酸溶”时生成硅酸的离子方程式：

_________________。

（2）“碱析”时，常温下调pH=____时Fe3+恰好沉淀完全；工业上把pH调至10，此时沉淀物有Fe（OH）3和____，目的是_________。

（3）取300mL“除硅酸”后的溶液，加入双氧水受热th，得到关于沉淀率的关系图如下。

①合适的工艺条件为____________；

②温度不能太高的原因是____。

（4）“一次沉镍”产物为NiS，稀硝酸与之反应的化学反应方程式为____。

【答案】

（1）.2H++SiO32-=H2SiO3（胶体）

（2）.3.2（3）.Ni（OH）2（4）.把Cr3+转化为CrO2-，除去铬元素（5）.70℃每300mL加入8mL双氧水（6）.70℃以后沉淀率增加不大，同时双氧水分解速率加快，增加了成本（7）.3NiS+8HNO3=2NO↑+4H2O+3Ni（NO3）2+3S↓

【解析】分析：

废镍催化剂加入硫酸酸溶后碳酸镍转化为硫酸镍，硅酸钠转化为硅酸，四氧化三铁转化为硫酸铁、硫酸亚铁，Cr2O3转化为硫酸铬，加入双氧水将亚铁离子氧化为铁离子，加入氢氧化钠沉淀铁离子。

根据已知信息可知加入氨水沉淀铬离子，利用H2S沉淀镍离子，利用硝酸的氧化性除去硫，然后再利用氢氧化钠沉淀镍离子，最后用硫酸溶解得到硫酸镍，据此解答。

详解：

（1）“酸溶”后，加入十六烷基三甲基氯化铵溶液出现大量白色沉淀，这说明“酸溶”时生成的是硅酸胶体，所以“酸溶”时生成硅酸的离子方程式为2H++SiO32-＝H2SiO3（胶体）。

（2）根据氢氧化铁的溶度积常数可知铁离子恰好沉淀时溶液中氢氧根的浓度是

，则溶液的pH＝3.2；由于氢氧化铬的性质类似于氢氧化铝，则当氢氧化钠过量时会生成NaCrO2，因此工业上把pH调至10，此时沉淀物有Fe（OH）3和Ni（OH）2，目的是把Cr3+转化为CrO2-，除去铬元素。

（3）①根据图像可知温度为70℃、加入8mL双氧水时沉淀率高，因此合适的工艺条件为70℃、每300mL加入8mL双氧水；

②由于70℃以后沉淀率增加不大，同时双氧水分解速率加快，增加了成本，所以温度不能太高。

（4）“一次沉镍”产物为NiS，由于硝酸具有氧化性，则稀硝酸与之反应的化学反应方程式为3NiS+8HNO3＝2NO↑+4H2O+3Ni（NO3）2+3S↓。

10.钼及其合金在冶金、环保和航天等方面有着广泛的应用。

（l）钼酸钠晶体（Na2MoO4·2H20）可用于制造阻燃剂和无公害型冷却水系统的金属缓蚀剂。

Na2MoO4中Mo的化合价为____。

在碱性条件下，将钼精矿（主要成分为MoS2）加入NaClO溶液中，也可以制备钼酸钠，该反应的离子方程式为________。

（2）已知：

①2Mo（s）+3O2（g）＝2MoO3（s）△H1

②2MoS2（s）+7O2（g）＝2MoO3（s）+4SO2（g）△H2

③MoS2（s）+2O2（g）＝Mo（s）+2SO2（g）△H3

则△H3=_________（用含△H1、△H2的代数式表示）。

（3）碳酸钠作固硫剂并用氢还原辉钼矿的原理为：

MoS2（s）+4H2（g）+2Na2CO3（s）

Mo（s）+2CO（g）+4H2O（g）+2Na2S（s）△H。

实验测得平衡时的有关变化曲线如图所示。

图1：

温度与平衡时气体成分的关系图2：

正、逆反应的平衡常数（K）与温度（T）的关系

①一定温度下，在体积为固定的密闭容器中进行上述反应，下列能说明反应达到了平衡状态的是____（填序号）。

A．2v正（H2）=v逆（CO）

B．CO体积分数保持不变

C．混合气体的平均相对分子质量不再变化

D.△H不再变化

②图1中A点对应的平衡常数Kp=__（已知A点压强为0.lMPa，用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数）。

③综合上述分析得到：

图2中，其中表示逆反应的平衡常数（K逆）的曲线是____（填“A”或“B”），T1对应的平衡常数为____。

【答案】

（1）.+6

（2）.MoS2+9ClO-+6OH-＝MoO42-+9Cl-+2SO42-+3H2O（3）.

（4）.BC（5）.4×10-4（6）.B（7）.1.0

【解析】分析：

（1）根据正负价代数和为0解答；根据反应物生成物结合守恒法书写离子方程式；

（2）根据盖斯定律解答；

（3）①根据平衡状态的特征解答；

②根据A点气体的体积分数结合平衡常数的概念计算；

③根据温度对平衡状态的影响分析解答。

详解：

（1）Na2MoO4·2H20中Na是+1价，O是－2价，所以根据正负价代数和为0可知Mo的化合价是＋6价；反应中Mo元素化合价从+4价升高到+6价，S从－2价升高到+6价，氯元素化合价从＋1价降低到－1价，所以根据电子得失守恒、原子守恒和电荷守恒可知该反应的离子方程式为MoS2+9ClO-+6OH-＝MoO42-+9Cl-+2SO42-+3H2O。

（2）①2Mo（s）+3O2（g）＝2MoO3（s）△H1

②2MoS2（s）+7O2（g）＝2MoO3（s）+4SO2（g）△H2

③MoS2（s）+2O2（g）＝Mo（s）+2SO2（g）△H3

根据盖斯定律可知（②－①）/2得到MoS2（s）+2O2（g）＝Mo（s）+2SO2（g）△H3=

。

（3）①A．2v正（H2）＝v逆（CO）不满足反应速率之比是化学计量数之比，反应没有达到平衡状态，A错误；

B．CO体积分数保持不变说明正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，B正确；

C．反应前后混合气体的质量和物质的量是变化的，因此混合气体的平均相对分子质量不再变化说明正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，C正确；

D.对于具体的化学反应，△H是不变的，D错误。

答案选BC。

②图1中A点氢气和水蒸气的体积分数相等，均是40%，所以CO的体积分数是20%，这说明氢气、一氧化碳、水蒸气的物质的量之比是2：

1：

2，所以对应的平衡常数Kp＝

；

③升高温度氢气的体积分数减小，说明平衡向正反应方向进行，正反应是吸热反应，所以升高温度正反应的平衡常数增大，则逆反应的平衡常数减小，因此表示逆反应的平衡常数（K逆）的曲线是B；T1时正逆反应速率的平衡常数相等，因此对应的平衡常数为1.0。

点睛：

本题是化学反应原理的综合考查，注重高频考点的考查，综合性强，题目难度中等，注意平衡移动原理的理解应用和图象分析判断是解答的关键。

注意掌握化学平衡图像题的解题技巧：

首先弄清可逆反应的正反应是吸热还是放热，体积增大、减小还是不变，有无固体、纯液体物质参与反应等。

其次注意先拐先平，在含量（转化率）—时间曲线中，先出现拐点的则先达到平衡，说明该曲线反应速率快，表示温度较高、有催化剂、压强较大等。

最后定一议二，当图像中有三个量时，先确定一个量不变，再讨论另外两个量的关系，有时还需要作辅助线。

11.由N、P、Ti等元素组成的新型材料有着广泛的用途，请回答下列问题。

（1）钛元素基态原子未成对电子数为____个，能量最高的电子占据的能级符号为__。

（2）磷的一种同素异形体—白磷（P4）的立体构型为____，推测其在CS2中的溶解度____（填“大于”或“小于”）在水中的溶解度。

（3）两种三角锥形气态氢化物膦（PH3）和氨（NH3）的键角分别为93.6°和107°，试分析PH3的键角小于NH3的原因：

________。

（4）工业上制金属钛采用金属还原四氯化钛。

先将TiO2（或天然的金红石）和足量炭粉混合加热至1000～1100K，进行氯化处理，生成TiCl4。

写出生成TiCl4的化学反应方程式：

______。

（5）有一种氮化钛晶体的晶胞如图所示，该晶体的化学式为____，已知晶体的密度为pg·cm-3，阿伏加德罗常数为NA，则晶胞边长为____cm（用含p、NA的式子表示）。

【答案】

（1）.2

（2）.3d（3）.正四面体形（4）.大于（5）.电负性N强于P，中心原子的电负性越大，成键电子对离中心原子越近，成键电子对之间距离越小，成键电子对之间的排斥力增大，键角变大（6）.TiO2+2C+2C12

TiCl4+2CO（7）.TiN（8）.

【解析】分析：

（1）根据钛原子的核外电子排布式解答；

（2）根据白磷的结构解答；根据相似相容原理解答；

（3）根据电负性对成键电子对的影响解答；

（4）根据反应物和生成物结合原子守恒书写方程式；

（5）根据均摊法计算。

详解：

（1）钛元素基态原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d24s2，因此其中未成对电子数为2个，能量最高的电子占据的能级符号为3d。

（2）白磷（P4）分子中含有6个P－P单键，其立体构型为正四面体形；白磷和CS2均为非极性分子，水是极性分子，根据相似相容原理可推测白磷在CS2中的溶解度大于在水中的溶解度。

（3）由于电负性N强于P，中心原子的电负性越大，成键电子对离中心原子越近，成键电子对之间距离越小，成键电子对之间的排斥力增大，键角变大，因此PH3的键角小于NH3的。

（4）反应物是氯气、TiO2和足量炭粉，生成物是TiCl4，根据原子守恒且碳过量可知还有CO生成，则生成TiCl4的化学反应方程式为TiO2+2C+2C12

TiCl4+2CO。

12.H是合成抗炎药洛索洛芬钠的关键中间体，它的一种合成路线如下：

回答下列问题：

（1）A的名称是____，H中官能团名称是____；

（2）反应①的反应条件为____；

（3）反应⑥的化学方程式为________；反应类型为____。

（4）反应⑦除生成H外，还生成了另一种有机产物的结构简式为____。

（5）符合下列条件的G的同分异构体有____种。

I．能发生银镜反应Ⅱ.苯环上一氯取代物只有一种Ⅲ.核磁共振氢谱有4组峰

（6）仿照H的合成路线，设计一种由B合成

的合成路线___。

【答案】

（1）.甲苯

（2）.酯基、溴原子（3）.光照（4）.

（5）.取代反应（6）.HOCH2CH2OH（7）.4（8）.

..................

详解：

（1）根据以上分析可知A的名称是甲苯，根据H的结构简式可知H中官能团名称是酯基、溴原子；

（2）反应①是甲基上的氢原子被氯原子取代，则反应条件为光照；