西藏拉萨市2020届高三第一次模拟考试理科综合化学试题（解析版）

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拉萨市2020届高三第一次模拟考试试卷
理科综合能力测试
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2.作答时，务必将答案写在答题卡上，写在本试卷及草稿纸上无效。
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
可能用到的相对原子质量：
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. 化学与生产、生活紧密相关。下列说法正确的是
A. 火力发电在燃煤中加入适量的生石灰
B. 水中的钢闸门连接电源的负极，利用了牺牲阳极的阴极保护法
C. 纤维素在人体内可水解成葡萄糖，可作人类的营养物质
D. 淀粉、豆油、蛋白质都是天然高分子化合物
【答案】A
【解析】
【详解】A．火力发电在燃煤中加入适量生石灰，生石灰可以吸收二氧化硫，减少对环境的污染，符合绿色化学的理念，故A正确；
B．水中的钢闸门连接电源的负极，Fe作电解池的阴极，属于外加电源的阴极保护法，牺牲阳极的阴极保护法属于原电池原理，故B错误；
C．人体内没有纤维素酶，则纤维素在人体内不能水解成葡萄糖，故C错误；
D．豆油的成分是油脂，油脂的相对分子质量较小，不属于高分子化合物，淀粉和蛋白质属于天然高分子化合物，故D错误；
答案为A。
2. 某有机化工原料的结构简式如图所示。下列关于该有机物说法不正确的是（　　）

A. 所有原子不可能共平面
B. 不能与芳香族化合物互为同分异构体
C. 在一定条件下自身可以反应生成酯类化合物
D. 一定条件下可以发生加成反应、加聚反应和氧化反应
【答案】B
【解析】
【详解】A．含有饱和碳原子，具有甲烷的结构特征，则所有原子不可能共平面，故A正确；
B．分子含有2个碳碳双键、1个羧基、1个环，则不饱和度为4，与芳香族化合物可能互为同分异构体，故B错误；
C．含有羧基，羟基，可自身可以反应生成酯类化合物，故C正确；
D．含有碳碳双键，可发生加成、加聚和氧化反应，故D正确。
故选B。
【点睛】由结构可知，分子中含-COOH、碳碳双键、-OH，结合羧酸、烯烃、醇的性质来解答。
本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质的关系、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。
3. NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是
A. 4g甲烷完全燃烧转移的电子数为2NA
B. 11.2L（标准状况）CCl4中含有的共价键数为2NA
C. 3 mol SO2和1mol O2于密闭容器中催化反应后分子总数为3NA
D. 1L 0.1mol·L－1的Na2S溶液中HS－和S2－离子数之和为0.1 NA
【答案】A
【解析】
【详解】A. 甲烷完全燃烧生成二氧化碳和水，碳元素化合价由-4价升高到+4价，所以4g甲烷完全燃烧转移的电子数为8NA/mol =2NA，故A正确；
B. CCl4在标况下为非气态，无法计算11.2LCCl4的物质的量，故B错误；
C. SO2和O2反应为可逆反应，反应不能进行完全，SO2和O2都有剩余，所以3 mol SO2和1mol O2于密闭容器中催化反应后分子总数大于3NA，故C错误；
D. Na2S溶液中分两步水解，生成HS－和H2S，根据物料守恒关系：HS－、H2S和S2－离子数之和为0.1NA，故D错误。
故选A。
【点睛】本题为“NA”应用试题，解答此类题要注意题设陷阱，本题B选项，CCl4在标况下非气态，C选项，二氧化硫和氧气反应为可逆反应，D选项，要注意物料守恒的正确使用，考生只有在平时多总结，才能做到考试时慧眼识别。
4. 下列实验中，所采取的分离方法与对应原理都正确的是
选项
目的
分离方法
原理
A
分离氢氧化铁胶体与FeCl3溶液
过滤
胶体粒子不能通过滤纸
B
用乙醇提取碘水中的碘
萃取
碘在乙醇中的溶解度较大
C
用MgCl2溶液制备无水MgCl2固体
蒸发
MgCl2受热不分解
D
除去丁醇中的乙醚
蒸馏
丁醇与乙醚的沸点相差较大

A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A项，胶体粒子可以通过滤纸，但不能通过半透膜，所以分离胶体与溶液的方法是渗析，故A项错误；
B项，乙醇与水互溶，致使碘、水、乙醇三者混溶，不能用乙醇萃取的方法进行分离，故B项错误；
C项，用MgCl2溶液制备无水MgCl2固体，要先升温蒸发，然后降温结晶获得六水合氯化镁，然后通过干燥氯化氢气流加热得到MgCl2，故C项错误；
D项，丁醇和乙醚的沸点相差大，可以用蒸馏的方法分离，故D项正确。
综上所述，本题的正确答案为D。
5. 有五种短周期主族元素 X、 Y、 Z、 R、 Q， 它们的原子序数逐渐增大； 在周期表中的相对位置如图所示，Z是组成叶绿素的金属元素。下列说法错误的是

A. 工业上都用电解法制Z、R单质
B. X和Y 的单质熔点： X C. Z、R、Y 的简单离子半径： Y>Z>R
D. Y和Q的最高价氧化物对应水化物酸性：Y>Q
【答案】B
【解析】
【分析】短周期元素为前三周期的元素，第一周期只有2种元素，根据五种元素所占的的位置，可确定为X、Y为第二周期，Z、R、Q为第三周期，Z是组成叶绿素的金属元素，且为短周期则为Mg；R为Al；Q为P；X为C；Y为N；
【详解】A.Mg、Al为活泼金属，工业制取时都采用电解法制取，A正确；
B.C常温下为固体，氮气常温下为气体，C熔点高于氮气，B错误；
C.Mg、Al、N简单离子具有相同的核外电子排布，原子序数越大，半径越小，Y>Z>R，C正确；
D.N、P为同主族元素，非金属性：N>P，非金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，即Y>Q，D正确；
答案为B
【点睛】组成叶绿素的金属元素为Mg，要熟记基础知识和周期表的相关内容，为解决本题的关键。
6. 已知：，。常温下，向某浓度的盐酸溶液中滴加氢氧化钠溶液，所得溶液的和变化如图所示。下列说法正确的是

A. 盐酸与溶液的浓度相等
B. 点和点水的电离程度相同
C. 滴加溶液改为加水稀释，该图曲线不变
D. 升高温度，滴定过程中pH+pOH＞14
【答案】B
【解析】
【详解】A．根据图象看，初始时盐酸的pH=0，则盐酸的浓度为1mo/L，但无法判断NaOH溶液的浓度，故A错误；
B．B点溶液呈酸性，pH=4，氢氧根离子来自水的电离，pOH=10，则c(OH-)=10-10mol/L；D点溶液呈碱性，pH=10，溶液中氢离子来自水的电离，由pH=10，则水电离出的c(H+)=10-10mol/L，由水电离出的c(OH-)=10-10mol/L，所以B、D两点水的电离程度相同，故B正确；
C．滴加NaOH溶液改为加水稀释，盐酸溶液中氢离子浓度逐渐减小，最终只能接近10-7mol/L，溶液的pH只能无限接近7，不可能大于7，与图象变化不符，故C错误；
D．常温下pOH+pH=14，升高温度后水的电离程度增大，则pOH+pH＜14，故D错误；
答案为B。
7. 利用锂电池“固定”的电化学装置如图所示，在催化剂的作用下，该电化学装置放电时可将转化为和，充电时选用合适的催化剂，只有发生氧化反应，释放出和。下列说法正确的是

A. 该电池放电时，向电极方向移动
B. 该电池充电时，每转移的电子，理论上阳极产生
C. 该电池放电时，每转移电子，理论上有参加反应
D. 该电池充电时，阳极电极反应式为
【答案】C
【解析】
【分析】放电时，X极上Li失电子，则X为负极，Y为正极，正极上CO2得电子生成C和Li2CO3，反应式为：3CO2+4Li++4e-═C+2Li2CO3；充电时，选用合适催化剂，只有Li2CO3发生氧化反应，释放出CO2和O2，据此分析。
【详解】A．放电时，X极上Li失电子，则X为负极，Y为正极，放电时阳离子向正极移动，即Li+向电极Y方向移动，故A错误；
B．该电池充电时，选用合适的催化剂，只有发生氧化反应，释放出和，阳极的电极反应为2Li2CO3-4e-=4Li++2CO2↑+O2↑可知，每转移0.4mol电子，理论上阳极产生0.2molCO2，题干中没有注明标准状况，无法计算体积，故B错误；
C．放电时，正极上CO2得电子生成C和Li2CO3，即3CO2+4Li++4e-═C+2Li2CO3，则每转移4mol电子，理论上有3molCO2参加反应，故C正确；
D．该电池充电时，选用合适催化剂，只有Li2CO3发生氧化反应，释放出CO2和O2，阳极的电极反应为2Li2CO3-4e-=4Li++2CO2↑+O2↑，故D错误；
答案为C。
三、非选择题：共174分。第22~32题为必考题，每个试题考生都必须作答。第33~38题为选考题，考生根据要求做答。
(一)必考题：共129分。
8. 实验室可用溢流法连续制备无水四氯化锡（SnCl4）。SnCl4易挥发，极易发生水解，Cl2极易溶于SnCl4。制备原理与实验装置图如下：
Sn(s)+2Cl2(g)=SnCl4(l) ΔH=–511kJ∙mol－1


可能用到的有关数据如下：
物质
Sn
SnCl4
CuCl2
熔点/℃
232
-33
620
沸点/℃
2260
114
993
制备过程中，锡粒逐渐被消耗，须提拉橡胶塞及时向反应器中补加锡粒。当SnCl4液面升至侧口高度时，液态产物经侧管流入接收瓶。回答下列问题：
（1）a管的作用是________。
（2）A中反应的离子方程式是________。
（3）D的作用是________。
（4）E中冷却水的作用是________。
（5）尾气处理时，可选用的装置是________（填序号）。

（6）锡粒中含铜杂质致E中产生CuCl2，但不影响F中产品的纯度，原因是________。
（7）SnCl4粗品中含有Cl2，精制时加入少许锡屑后蒸馏可得纯净的SnCl4。蒸馏过程中不需要用到的仪器有________（填序号）。
A．蒸馏烧瓶 B．温度计 C．接收器 D．冷凝管 E．吸滤瓶
【答案】 ①. 平衡压强，使浓盐酸能够顺利流下 ②. 2MnO4－+10Cl－+16H+=2Mn2++5Cl2↑+8H2O ③. 使氯气充分干燥 ④. 避免四氯化锡气化而损失，导致产率下降 ⑤. 乙 ⑥. CuCl2熔点较高，不会随四氯化锡液体溢出 ⑦. E
【解析】
【分析】SnCl4极易水解，反应应在无水环境下进行进行，装置A：采用KMnO4和浓盐酸反应的方法制取Cl2，反应还生成MnCl2，制取的氯气中含有氯化氢，试剂为饱和食盐水，可以降低氯气的溶解，通过饱和的氯化钠溶液洗去氯气中的氯化氢，SnCl4在空气中极易水解，利用浓硫酸的吸水性干燥氯气，防止产生SnCl4水解；然后Cl2和锡的反应，制备SnCl4，冷水冷却，可将气态的SnCl4冷凝回流收集产物；反应时应先生成氯气，将氧气排出，以此解答该题。
【详解】（1）a管将分液漏斗液面上下连通，起到平衡压强，使浓盐酸能够顺利流下的作用；
（2）A中的反应为高锰酸钾和浓盐酸制氯气，反应生成氯化锰、氯化钾、氯气和水，离子方程式为2MnO4－+10Cl－+16H+＝2Mn2++5Cl2↑+8H2O；
（3）D为盛有浓硫酸的洗气瓶，可以用来干燥氯气。由信息可知，SnCl4极易发生水解，故D的作用是使氯气充分干燥；
（4）由信息可知，SnCl4易挥发，故E中冷却水的作用是避免四氯化锡气化而损失，导致产率下降；
（5）尾气处理时，选用的装置中不能使用水溶液，因为水蒸气进入E会使SnCl4发生水解，故不选甲、丙，应选乙；
（6）由表中数据可知，CuCl2熔点较高，不会随四氯化锡液体溢出，所以锡粒中含铜杂质致E中产生CuCl2，但不影响F中产品的纯度；
（7）蒸馏过程中需要用到的仪器有蒸馏烧瓶、温度计、冷凝管和接收器，不用吸滤瓶，故不选E。故答案为E。
9. 氨法溶浸氧化锌烟灰制取高纯锌的工艺流程如图所示。溶浸后氧化锌烟灰中锌、铜、镉、砷元素分别以、、、的形式存在。

回答下列问题：
中Zn的化合价为_______，“溶浸”中ZnO发生反应的离子方程式为_______。
锌浸出率与温度的关系如图所示，分析时锌浸出率最高的原因为_______。

“氧化除杂”中，转化为胶体吸附聚沉除去，溶液始终接近中性。该反应的离子方程式为_______。
“滤渣3”的主要成分为_______。
“电解”时在阴极放电的电极反应式为______。阳极区放出一种无色无味的气体，将其通入滴有KSCN的溶液中，无明显现象，该气体是_______写化学式。电解后的电解液经补充_______写一种物质的化学式后可返回“溶浸”工序继续使用。
【答案】 ①. ②. ③. 低于时，浸出反应速率随温度的升高而增大；超过时，氨气逸出导致浸出反应速率下降 ④. 胶体 ⑤. 、Cd ⑥. 或 ⑦. ⑧. 或
【解析】
【分析】由流程可知， 氧化锌烟灰加入氨水、氯化铵进行溶浸，溶浸后氧化锌烟灰中锌、铜、
、镉、砷元素分别以以、、、的形式存在，加入过氧化氢，转化为As2O5，胶体吸附聚沉除去，过滤后加入锌粉还原，可除去Cu、Cd等，滤液主要含有Zn(NH3)42+， 电解可生成高纯度锌，以此解答该题。
【详解】中Zn的化合价为；依据流程图可知，“溶浸”中ZnO发生反应的离子方程式为：；
故答案为：；；
锌浸出率与温度的关系如图所示，分析时锌浸出率最高的原因为：低于时，浸出反应速率随温度的升高而增大；超过时，氨气逸出导致浸出反应速率下降；
故答案为：低于时，浸出反应速率随温度的升高而增大；超过时，氨气逸出导致浸出反应速率下降；
“氧化除杂”中，转化为胶体吸附聚沉除去，溶液始终接近中性。该反应的离子方程式为：胶体；
故答案为：胶体；
依据流程图可知，“滤渣3”的主要成分为锌发生置换反应的产物，所以主要成分为：Cu、Cd；故答案为：Cu、Cd；
“电解”时在阴极发生还原反应，所以电极反应式为：或；阳极发生氧化反应，放出一种无色无味的气体，将其通入滴有KSCN的溶液中，无明显现象，所以该气体是；依据反应的总方程式可得，电解后的电解液经补充或后可返回“溶浸”工序继续使用。故答案为：或；；或。
10. 甲酸是基本有机化工原料之一，广泛用于农药、皮革、染料、医药和橡胶等工业。
(1)工业上利用甲酸的能量关系转换图如图：

反应的焓变________。
(2)某科学小组研究不同压强条件对反应的影响。下，在一个容积可变的密闭容器中，充入一定量的和，测得不同压强下，平衡时容器内气体的浓度如下表：
试验编号
反应压强
物质浓度



1

0.3
0.3
0.9
2



0.4
3

0.4
0.4

试回答以下问题：
①平衡时，实验1的正反应速率________(填“>”、“<”或“=”)实验3的逆反应速率。
②由实验1的数据可计算时，该反应的平衡常数________。
③________。
(3)经研究发现采用电还原法也可将转化为甲酸根，同时还能提高的转换效率。其电解原理如图所示，下列叙述正确的是________。

A.极的电极反应式为
B.电解过程中向极移动
C.极发生还原反应并有气体逸出
D.电解过程中浓度逐渐减小
(4)甲酸用途之一是用于配制“缓冲溶液”，在这种溶液中加入少量的强酸蚀碱，溶液的变化不大，能保持溶液相对稳定。(已知甲酸的电离平衡常数)
①现将等浓度甲酸与甲酸钠溶液混合，配成的缓冲溶液。用离子方程式表示将少量强碱加入缓冲溶液中，变化不大的原因是________。
②若用溶液配制为4的缓冲溶液，需加入________(答案保留一位小数)溶液。
【答案】 ①. +31.4 ②. ＜ ③. 10 ④. 0.2 ⑤. AD ⑥. HCOOH+OH-=HCOO-+H2O ⑦. 642.9
【解析】
【分析】根据盖斯定律，求出反应热；根据题中数据平衡时实验3的平衡浓度大于实验1的平衡浓度，判断反应速率大小；根据题中实验1数据，计算平衡常数K值；根据温度不变，K值不变计算实验2中的a；根据缓冲溶液的原理解释加入少量NaOH，酸碱中和，pH变化不大；根据缓冲溶液配制原理计算加入NaOH的体积。
【详解】(1)由图示可知①HCOOH(g)⇌CO (g)+H2O(g)△H=+72.6kJ/mol；②CO(g)+ O2(g)=CO2(g)△H=-283.0kJ/mol；③H2(g)+O2(g)=H2O(g)△H=-241.8kJ/mol，利用盖斯定律，将①+②-③可得HCOOH(g)⇌CO2(g)+H2(g)的焓变△H=（+72.6kJ/mol）+（-283.0kJ/mol）-（-241.8kJ/mol）=+31.4kJ/mol；答案为+31.4。
(2)①实验1、2、3均在恒温恒压下进行，由表中数据可知实验3平衡浓度比实验1大，则压强较大，反应速率较大，平衡时，实验1的正反应速率小于实验3的逆反应速率；答案为＜。
②由△H=-31.4 kJ/mol可知，平衡常数K= ，代入实验1的数据即K==10；答案为10。
③反应在相同温度下进行，平衡常数K不变，则K=10，可知K===10，解得a=0.2；答案为0.2。
(3)A．Sn与电源负极相连，Sn极为阴极，CO2得到电子发生还原反应转化为HCOO-，电极反应为CO2+2e-+HCO3-=HCOO-+CO32-，故A正确；
B．电解过程中阳离子向阴极移动，则K+向阴极移动，即向Sn极移动，故B错误；
C．Pt极为阳极，失去电子，发生氧化反应：2H2O-4e-=4H++O2↑，有O2逸出，故C错误；
D．根据阴极电极反应CO2+2e-+HCO3-=HCOO-+CO32-可知，电解过程中HCO3-浓度逐渐减小，故D正确；
答案为AD。
(4)①将少量强碱加入HCOOH-HCOONa缓冲溶液中，HCOOH可与NaOH反应，导致pH变化不大，离子方程式为HCOOH+OH-=HCOO-+H2O；答案为：HCOOH+OH-=HCOO-+H2O。
②若用100mL2mol•L-1HCOOH溶液配制pH为4即c(H+)=10-4mol/L的缓冲溶液，则由HCOOHHCOO-+H+可知，Ka===1.8×10-4，得出c(HCOO-)=1.8c(HCOOH)，原溶液中n(HCOOH)=0.2mol，设加入NaOH的物质的量为x，因为NaOH与HCOOH发生HCOOH+NaOH=HCOONa+H2O可知，n(NaOH)=n(HCOO-)=n(HCOOH)消耗，因在同一体系中，体积一样，由c(HCOO-)=1.8c(HCOOH)得出x=1.8(0.2-x)，解得x=0.12857mol，则需加入0.2mol•L-1NaOH溶液的体积为V(NaOH)= = =0.6429L=642.9mL；答案为642.9。
(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，则每科按所做的第一题计分。
11. 锌在工业中有重要作用，也是人体必需的微量元素。回答下列问题：
（1）Zn原子核外电子排布式为________。
（2）黄铜是人类最早使用的合金之一，主要由Zn和Cu组成。第一电离能I1(Zn)________I1(Cu)(填“大于”或“小于”)。原因是______________________。
（3）ZnF2具有较高的熔点(872 ℃)，其化学键类型是________；ZnF2不溶于有机溶剂而ZnCl2、ZnBr2、ZnI2能够溶于乙醇、乙醚等有机溶剂，原因是__________________________________________________。
（4）《中华本草》等中医典籍中，记载了炉甘石(ZnCO3)入药，可用于治疗皮肤炎症或表面创伤。ZnCO3中，阴离子空间构型为________，C原子的杂化形式为___________________。
（5）金属Zn晶体中原子堆积方式如图所示，这种堆积方式称为____________________。六棱柱底边边长为acm，高为ccm，阿伏加德罗常数的值为NA，Zn的密度为________g·cm－3(列出计算式)。

【答案】 ①. [Ar]3d104s2(或1s22s22p63s23p63d104s2) ②. 大于 ③. Zn核外电子排布为全满稳定结构，较难失电子 ④. 离子键 ⑤. ZnF2为离子化合物，ZnCl2、ZnBr2、ZnI2的化学键以共价键为主，极性较小 ⑥. 平面三角形 ⑦. sp2 ⑧. 六方最密堆积(A3型) ⑨.
【解析】
【分析】本题是物质结构与性质的综合题，需要熟练掌握这一部分涉及的主要知识点，一般来说，题目都是一个一个小题独立出现的，只要按照顺序进行判断计算就可以了。
【详解】（1）Zn是第30号元素，所以核外电子排布式为[Ar]3d104s2。
（2）Zn的第一电离能应该高于Cu的第一电离能，原因是，Zn的核外电子排布已经达到了每个能级都是全满的稳定结构，所以失电子比较困难。同时也可以考虑到Zn最外层上是一对电子，而Cu的最外层是一个电子，Zn电离最外层一个电子还要拆开电子对，额外吸收能量。
（3）根据氟化锌的熔点可以判断其为离子化合物，所以一定存在离子键。作为离子化合物，氟化锌在有机溶剂中应该不溶，而氯化锌、溴化锌和碘化锌都是共价化合物，分子的极性较小，能够溶于乙醇等弱极性有机溶剂。
（4）碳酸锌中阴离子为CO32-，根据价层电子对互斥理论，其中心原子C的价电子对为3+(4－3×2＋2)/2=3对，所以空间构型为正三角形，中心C为sp2杂化。
（5）由图示，堆积方式为六方最紧密堆积。为了计算的方便，选取该六棱柱结构进行计算。六棱柱顶点的原子是6个六棱柱共用的，面心是两个六棱柱共用，所以该六棱柱中的锌原子为12×+2×+3=6个，所以该结构的质量为6×65/NA g。该六棱柱的底面为正六边形，边长为a cm，底面的面积为6个边长为acm的正三角形面积之和，根据正三角形面积的计算公式，该底面的面积为6× cm2，高为c cm，所以体积为6× cm3。所以密度为：g·cm-3。
【点睛】本题是比较常规的结构综合习题，考查的知识点也是多数习题考查的重点知识。需要指出的是最后一步的计算，可以选择其中的晶胞，即一个平行六面体作为计算的单元，直接重复课上讲解的密度计算过程即可。本题的解析中选择了比较特殊的解题方法，选择六棱柱作为计算单元，注意六棱柱并不是该晶体的晶胞（晶胞一定是平行六面体），但是作为一个计算密度的单元还是可以的。
12. 以芳香烃为主要原料，采用以下路线合成某药物：

已知：(或可以是烃基或原子)
请回答以下问题：
(1)化学名称是________；含有的官能团名称是________。
(2)反应②和③的反应类型分别是________、________。
(3)反应⑥的反应方程式为________。
(4)的分子式为________。
(5)写出符合下列条件的所有的同分异构体的结构简式________。
①遇溶液发生显色反应；
②既能水解，也能发生银镜反应；
③苯环上有4个取代基、苯环上的一氯化物只有一种。
(6)根据信息和所学知识、设计由2-丙醇和乙醇为主要有机原料合成的路线流程图________。
【答案】 ①. 苯乙烯 ②. 溴原子 ③. 取代反应 ④. 氧化反应 ⑤. +H2O ⑥. C8H10O ⑦. ⑧.
【解析】
【分析】由A的分子式C8H8、B的结构简式可知，A为，反应①属于加成反应，对比B、D的结构，结合反应条件，可知②是B发生水解反应反应生成C，③是C发生氧化反应生成D，故C为，D的结构简式为，④发生已知中加成、水解生成E为，⑤是E与乙醇发生酯化反应生成F为，⑥是F发生醇的消去反应生成G，G的结构简式为，（6）由2-丙醇氧化生成丙酮，丙酮与HCN/H+作用生成，然后与乙醇发生酯化反应生成，最后发生消去反应生成，据此解答。
【详解】（1）由分析可知，A为，A的化学名称是苯乙烯，B的结构简式，含有的官能团名称是溴原子；答案为苯乙烯，溴原子。
（2）反应②是由B转化为C，结构中溴原子被羟基替代，属于取代反应，反应③由C转化为D，结构中羟基转化为羰基，属于氧化反应；答案为取代反应，氧化反应。
（3）反应⑥是由F在浓H2SO4、加热的条件下转化为G，分子内脱去1分子水形成碳碳双键，反应化学方程式为+H2O；答案为+H2O。
（4）C的结构简式为，其分子式为C8H10O；答案为C8H10O。
（5）符合下列条件的E的同分异构体：①遇FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基，②既能水解，也能发生银镜反应，说明还含有甲酸形成的酯基，③苯环上有4个取代基、苯环上的一氯代物只有一种，存在对称结构，共有符合条件的同分异构体为：；答案为。
（6）由2-丙醇氧化生成丙酮，丙酮与HCN/H+作用生成，然后与乙醇发生酯化反应生成，最后发生消去反应生成，合成路线流程图为： ；答案为 。