2020年四川省成都市龙泉中学高考化学模拟试卷(二) (含答案解析)

2020年四川省成都市龙泉中学高考化学模拟试卷（二）

一、单选题（本大题共7小题，共42.0分）

1.随着人们生活节奏的加快，方便的小包装食品已被广泛接受．为了防止仲秋月饼等富脂食品氧

化变质，延长食品的保质期，在包装袋中常加入抗氧化物质，下列不属于抗氧化物质的是()

A. 生石灰

B. 还原铁粉

C. 亚硫酸钠

D. 维生素C

2.在一定条件下，下列选项所示物质间的转化能直接实现的是()

A. FeS2

B. 浓Cl2漂白粉

C. SiO2 HCl(aq)SiCl4

D. 海水

3.下列实验操作能达到实验目的是()

A. 稀盐酸可除去烧瓶内残留的MnO2

B. 用向上排空气法收集铜粉与稀硝酸反应产生的NO

C. 除去NH4Cl溶液中的FeCl3，可向溶液中加入氨水调节pH

D. 盛放氯水应用带橡胶塞的细口玻璃瓶

4.下列说法正确的是()

A. 分子中至少有10个碳原子处于同一平面

B. 蛋白质和油脂都属于高分子化合物，一定条件下能水解

C. 等物质的量的苯和苯甲酸完全燃烧消耗的氧气的量不相等

D. 经测定乙二醇和苯组成的混合物中氧的质量分数为8%，则此混合物中碳的质量分数是84%

5.短周期主族元素X、Y、Z、R、W原子序数依次递增，且Y原子半径在这5种原子中最小，R

单质是将太阳能转化为电能的常用材料，X和R原子最外层电子数相同，W2?的最外层为8电子结构，单质Z在空气中燃烧生成的化合物可与水发生氧化还原反应，下列说法正确的是()

A. 简单离子半径：W>Y>Z

B. 化合物ZY和RY4化学键类型相同

C. W、R最高价氧化物均能与水反应，且生成的酸的酸性：W>R

D. W的最高价氧化物对应的水化物在与X单质反应时既显氧化性又显酸性

6.用惰性电极电解法制备硼酸[H3BO3或B(OH)3]的工作原理如图所示(阳膜和阴膜分别只允许阳

离子和阴离子通过)。下列有关说法正确的是()

A. 阴极与阳极产生的气体体积比为1∶2

B. b极的电极反应式为2H2O?2e?=O2↑+4H+

C. 产品室中发生的反应是B(OH)3+OH?=B(OH)?4?

D. 每增加1molH3BO3产品，NaOH溶液增重22g

7.常温下，向100mL0.01mol?L?1的HA溶液中逐滴加入0.02mol?

L?1的MOH溶液，图中所示曲线表示混合溶液的pH的变化情况，

下列说法正确的是()

A. HA为弱酸

B. 常温下，MA溶液的pH>7

C. K点对应的溶液中：c(M+)+c(MOH)=c(A?)

D. 在N到K间任意一点对应的溶液中：c(M+)+c(H+)=c(OH?)+c(A?)

二、实验题（本大题共1小题，共14.0分）

8.现有下列仪器或装置，请回答下列问题：

(1)仪器①的名称是_______________，②的名称是________________________。

(2)用上图仪器组装成气体发生装置：用KClO3和MnO2制O2应选的装置是________(填字母，下

同)；用H2O2与MnO2制O2，并控制产生O2的速率，应选的装置是________。

(3)若用装置X 进行“排空气法”收集制取的O 2，氧气应从__________(填“b ”或“c ”，下同)端通入。若瓶中满水，用排水法收集氧气，氧气应从__________端通入。

(4)若用F 装置进行CO 还原Fe 2O 3的实验，实验室制取CO 的方法一般采取甲酸脱水

，用纯净的CO 完成该实验。

①除F 、X 外还需要的装置有________，X 中应加入的试剂是________，X 与其他导管连接的顺序是______________________(填导管口的序号)。

②实验时，a 处可能的现象为___________________________________；F 装置中气球的作用是_________________________________________。三、简答题（本大题共4小题，共49.0分）

9. 如图1是某煤化工产业链的一部分，试运用所学知识，解决下列问题：

(1)煤的气化反应方程式C(s)+H 2O(g)?CO(g)+H 2(g)，平衡常数表达式K = ______ 。 (2)工业合成氨是目前常采用的人工固氮方式，依据N 2(g)+3H 2(g)?

催化剂

高温、高压2NH 3(g)△H =

?92.4kJ ?mol ?1，回答下列问题：

①在定温、定容的密闭容器中，能说明该反应已达平衡状态的是 ______ (填序号)。 a.n(N 2)：n(H 2)：n(NH 3)=1：3：2 b.容器内压强保持不变 c.N 2的消耗速率与H 2的消耗速率之比为1：3

d.混合气体的密度保持不变 f.N 2、H 2、NH 3的浓度均不再变化 ②图2图象与工业合成氨反应相符的是 ______ (填序号)。

(3)合成甲醇的反应CO(g)+2H 2(g)?CH 3OH(g)△H =?90.8kJ ?mol ?1，在容积固定的密闭容器中，各物质的浓度如表所示：

浓度

c(CO)/mol?L?1c(H2)/mol?L?1c(CH3OH)/mol?L?1时间

00.8 1.60

2min0.6x0.2

4min0.30.80.5

6min0.30.80.5

②达到平衡时，CO的转化率为______ 。

③保持其他条件不变，若6min时升高温度，平衡______ (填“正向”、“逆向”或“不”)移

动，平衡常数K______ (填“增大”、“减小”或“不变”)。

④若反应在第2min时改变了条件，可能是______ (填序号)。

a.降低温度

b.充入适量H2

c.加入催化剂

d.充入适量CO。

10.以高硫铝土矿(主要成分为Al2O3、Fe2O3、SiO2，少量FeS2和金属硫酸盐)为原料，生产氧化铝并

获得Fe3O4的部分工艺流程如下：

(1)焙烧过程均会产生SO2，用NaOH溶液吸收过量SO2时发生反应的离子方程式为

______________________________________。

(2)“过滤”得到的滤渣中含有大量的Fe2O3。

①不添加CaO的矿粉焙烧时，其中FeS2转化为Fe2O3时发生反应的化学方程式为________。

②添加质量分数为1％的CaO后，硫元素最终转化为________(填化学式)。

(3)向“过滤”得到的滤液中通入过量CO2，含铝元素的物质发生转化的离子方程式为________。

(4)Fe2O3与FeS2混合后在缺氧条件下焙烧生成Fe3O4和SO2，理论上完全反应消耗的n(FeS2)

︰n(Fe2O3)=________。

11.氮化硼(BN)被称为一种“宇宙时代的材料”，具有很大的硬度。

(1)基态硼原子有______ 个未成对电子，氮离子的电子排布式为______ 。

(2)部分硼的化合物有以下转化：，则下列叙述正确的是

______ (填序号)。

A.B3N3H6俗称无机苯，但不是平面分子

B.BNH6与乙烷是等电子体

C.HB≡NH中的硼原子、氮原子的杂化类型相同

D.硼、氮、氧三元素的第一电离能比较：B

(3)如图的晶体结构中，黑球白球分别代表不同的原子、离子或分子，则图1的晶胞中含有的粒

子总数为______ ；图2中白球的配位数是______ 。

(4)已知图3、4均表示BN晶体的结构，制备氮化硼的原理为：BCl3+2NH3=BN+2HCl+NH4Cl，

当该反应中有1molBN生成时，则反应中可形成______ mol 配位键，比较氮化硼晶体与晶体硅的沸点高低并解释原因： ______ 。

(5)X射线的衍射实验可获取晶体的结构，包括晶胞形状、大小及原子的分布等参数，从而提供

了又一种实验测定阿伏加德罗常数和元素的相对质量的方法。若图4晶胞的边长为a nm，密度为ρg?cm?3，则阿伏加德罗常数为______ (要求化为最简关系)。

12.肉桂酸异戊酯G()是一种香料，一种合成路线如下：

已知以下信息：

①RCHO+R′CH2CHO;

②C为甲醛的同系物，相同条件下其蒸气与氢气的密度比为22。

回答下列问题：

(1)A的化学名称为____。

(2)B和C反应生成D的化学方程式为_____________。

(3)F中含有官能团的名称为____。

(4)E和F反应生成G的化学方程式为___________，反应类型为________。

(5)F的同分异构体中不能与金属钠反应生成氢气的共有____种(不考虑立体异构)，其中核磁共振氢谱只有两组峰，且峰面积比为3∶1的为_________(写结构简式)。

-------- 答案与解析 --------

1.答案：A

解析：解：A.生石灰具有吸水性，常用作干燥剂，而不属于抗氧化物质，故A选；

B.还原铁粉具有还原性，在反应中Fe元素的化合价升高，属于抗氧化物质，故B不选；

C.亚硫酸钠具有还原性，在反应中S元素的化合价升高，属于抗氧化物质，故C不选；

D.维生素C具有还原性，在反应中某元素的化合价升高，属于抗氧化物质，故D不选；

故选A．

防止仲秋月饼等富脂食品氧化变质，延长食品的保质期，在包装袋中常加入抗氧化物质，则选项中的物质应具有还原性，以此来解答．

本题考查氧化还原反应，明确信息及元素的化合价变化是解答本题的关键，题目难度不大．

2.答案：B

解析：

本题考查了物质间的转化，是中学化学的重要知识，掌握物质的性质是解题关键，题目难度一般。

A.二硫化亚铁煅烧生成二氧化硫，二氧化硫与水反应生成亚硫酸，而不是硫酸，故A错误；

B.浓盐酸与二氧化锰加热反应生成氯气，氯气与石灰乳反应生成漂白粉，故B正确；

C.二氧化硅与盐酸不反应，所以不能实现转化，故C错误；

D.电解熔融的氯化镁得到单质镁，故D错误。

故选B。

3.答案：C

解析：解：A.二氧化锰与稀盐酸不反应，则选浓盐酸、加热除去烧瓶内残留的MnO2，故A错误；

B.NO与空气中的氧气反应，则不能排空气法收集，故B错误；

C.氯化铁与氨水反应生成沉淀和氯化铵，则向溶液中加入氨水调节pH可除杂，故C正确；

D.氯水可氧化橡胶，应选玻璃塞，故D错误；

故选C。

A.二氧化锰与稀盐酸不反应；

B.NO与空气中的氧气反应；

C.氯化铁与氨水反应生成沉淀和氯化铵；

D.氯水可氧化橡胶。

本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、混合物分离提纯、试剂保存、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。

4.答案：D

解析：解：A.苯环为平面结构，与苯环直接相连的C 原子共面，则至少11个碳原子共面，苯环上处于对位的四个原子共直线，故A 错误；

B.油脂不是高分子化合物，均可发生水解，故B 错误；

C.组成上可以看作相差一个二氧化碳，所以等物质的量时消耗氧气量相同，故C 错误；

D.乙二醇的质量分数为8%÷32

62，所以两种物质中碳元素的质量分数总量为 (8%÷32

62)×24

62+[1?(8%÷32

62]×72

78=0.06+0.78=0.84=84%，故D 正确；故选D ．

A.苯环为平面结构，与苯环直接相连的C 原子共面；

B.油脂的相对分子质量在10000以下；

C.苯甲酸与苯相差1个二氧化碳的组成；

D.苯中不含O ，只有乙二醇含O ，结合相对分子质量计算．

本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握有机物官能团与性质、结构与含量计算等为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大．

5.答案：A

解析：

本题考查原子结构及元素周期律，为高频考点，把握原子结构、元素的位置及元素化合物性质推断元素为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意元素周期律的应用，题目难度不大。

短周期主族元素X 、Y 、Z 、R 、W 原子序数依次递增，R 单质是将太阳能转化为电能的常用材料，则R 为Si ，X 和R 原子最外层电子数相同，则X 和R 处于同一主族，X 为C ，W 2?的最外层为8电子结构，则W 为S ，单质Z 在空气中燃烧生成的化合物可与水发生氧化还原反应，则Z 为Na ，Y 原子半径在这5种原子中最小，则Y 可能为N 、O 、F 中的1种，根据选项B 的物质组成，Y 为F 元素。

A.一般来说，离子核外电子层数越多，离子半径越大，具有相同核外电子排布的离子，核电荷数越大离子半径越小，则简单离子半径W >Y >Z ，故A 正确；

B.化合物ZY 为离子化合物，含有离子键，而RY 4为共价化合物，含有共价键，化学键类型不相同，故B 错误；

C.二氧化硅与水不反应，故C错误；

D.浓硫酸与碳反应时，只表现氧化性，故D错误；

故选：A。

6.答案：D

解析：

本题考查了电解原理的应用，掌握电解池原理、电极反应式的书写、氧化还原反应电子守恒是解题关键，题目难度中等。

阳极室石墨为电解池的阳极，阳极和电源的正极电极连接，b与电源的正极相连接为阳极，阳极是氢氧根离子失电子发生氧化反应，电极反应式为：2H2O?4e?=O2↑+4H+，在阴极上是氢离子得电子发生还原反应，电极反应式为：2H++2e?=H2↑，电解池中阴离子移向阳极，阳离子移向阴极，阳离子交换膜允许阳离子通过，阴离子交换膜允许阴离子通过，[B(OH)4]?穿过阴膜进入产品室，Na+穿过阳膜进入阴极室，据此回答。

A.在相同的条件下，阴极产生氢气与阳极产生的氧气气体体积比为2：1，故A错误；

B.b极是阳极，电极反应式为2H2O?4e?=O2↑+4H+，故B错误；

C.产品室中发生的反应是B(OH)4?和生成的氢离子反应生成H3BO3，故C错误；

D.产品室中发生的反应是B(OH)4?+H+=H3BO3+H2O，增加1molH3BO3产品，消耗氢离子1mol，阴极上是氢离子得电子发生还原反应，电极反应式为：2H++2e?=H2↑，减少质量1g，NaOH溶液增重的钠离子1mol即23g，故NaOH溶液增重22g，故D正确。

故选D。

7.答案：D

解析：解：A.0.01mol?L?1HA溶液中pH=2，则HA是强酸，故A错误；

B.N点时溶液呈中性，MOH的物质的量大于HA的物质的量，说明MOH是弱碱，常温下，MA溶液的pH<7，故B错误；

C.K点溶液呈碱性，得到的是等浓度的MOH和MA的混合物，此时存在c(M+)+c(MOH)=2c(A?)，故C错误；

D.在N到K间任意一点对应的溶液中，一定都存在电荷守恒：c(M+)+c(H+)=c(OH?)+c(A?)，故D正确；

故选D．

0.01mol?L?1HA溶液中pH=2，则HA是强酸，N点时溶液呈中性，MOH的物质的量大于HA的物质的量，说明MOH是弱碱，酸或碱性溶液抑制水电离，含有弱根离子的盐促进水电离，根据物料

守恒计算K点c(MOH)和c(M+)的和．

本题考查了酸碱混合时的定性判断，注意根据酸溶液的pH和酸的浓度确定酸的强弱，为易错点．8.答案：(1)长颈漏斗;分液漏斗；

(2)AE；BD；

(3)c； b；

(4)①DG；浓硫酸; dcbe；

②红棕色粉末逐渐变黑；收集尾气中的一氧化碳，防止污染空气

解析：

本题考查了气体的制备，涉及氧气和CO的制备和收集、装置的连接顺序。

(1)仪器①的名称是长颈漏斗，②的名称是分液漏斗，

故答案为：长颈漏斗；分液漏斗；

(2)氯酸钾和二氧化锰制取氧气属于固体+固体在加热条件下生成气体的反应，因而选择用AE装置为气体发生装置；过氧化氢和二氧化锰制取氧气属于固体和液体混合不需要加热制取气体，且要控制产生的气体的速率，只能用分液漏斗控制加入的过氧化氢的量，故选BD，

故答案为：AE；BD；

(3)使用X收集氧气时，用排空气法，由于氧气的密度比空气大，应从长导管进入，用排水法收集气体，应从短导管进气，

故答案为：c；b；

(4)①根据反应原理可知，制取一氧化碳属于加热液体制取气体，用分液漏斗控制加入浓硫酸的量，应选DG为气体发生装置；X的作用是除去一氧化碳中的的水蒸气，洗气时气体流向为长进短出，

故答案为：DG；浓硫酸；dcbe；

②实验时，a处可能的现象为红棕色粉末逐渐变黑；F装置中气球的作用是收集尾气中的一氧化碳，防止污染空气，

故答案为：红棕色粉末逐渐变黑；收集尾气中的一氧化碳，防止污染空气。

9.答案：(1)c(CO)×c(H2)

c(H2O)

(2)①bf；②c

(3)①0.1mol/(L·min)；②62.5%；③逆向；减小；④b或bc

解析：

本题考查化学平衡计算与影响因素、化学平衡图象、平衡常数、反应速率等，侧重考查学生分析解决问题的能力，难度中等。

(1)C(s)+H2O(g)?CO(g)+H2(g)的平衡常数表达式K=c(CO)×c(H2)

，

c(H2O)

故答案为：c(CO)×c(H2)

；

c(H2O)

(2)①a.平衡时各组分的物质的量关系与起始物质的量及转化率有关，不一定是化学计量数之比，故a错误；

b.随反应进行混合气体物质的量发生变化，恒温恒容下容器内压强变化，当容器内压强保持不变，说明反应到达平衡，故b正确；

c.N2的消耗速率与H2的消耗速率均表示正反应速率，二者速率之比始终为1：3，故c错误；

d.混合气体质量不变，容器容积不变，混合气体的密度始终保持不变，故d错误；

f.N2、H2、NH3的浓度均不再变化，说明反应到达平衡，故f正确，

故选：bf；

②a.温度T2到达平衡时间短，反应速率快，则温度T2>T1，正反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，氢气物质的量增大，图象不符合，故a错误；

b.压强P2到达平衡时间短，反应速率快，则压强P2>P1，正反应为气体体积减小的反应，增大压强平衡正向移动，氢气的转化率增大，图象不符合，故b错误；

c.交点处于平衡状态，再升高温度，正逆反应速率都增大，正反应为放热反应，平衡逆向移动，逆反应速率增大更多，图象符合实际，故c正确，

故选：c；

=0.1mol/(L·(3)①0～2min内CO浓度变化量为(0.8?0.6)mol/L=0.2mol/L，则v(CO)=0.2mol/L

2min

min)，

故答案为：0.1mol/(L ·min)；

②4min 时到达平衡状态，CO 浓度减小量为(0.8?0.3)mol/L =0.5mol/L ，则CO 转化率=

0.5mol/L 0.8mol/L

×100%=62.5%，

故答案为：62.5%；

③正反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，平衡常数减小，故答案为：逆向；减小；

④0～4min 内CO 浓度减小量为(0.8?0.3)mol/L =0.5mol/L ，甲醇浓度增大量为0.5mol/L ，二者浓度变化量之比等于化学计量数之比，而氢气浓度变化量为0.8mol/L ，与CO 浓度减小量之比为8：5，小于2：1，故在2min 时应是增大氢气浓度，2?4min 反应速率比0?2min 内更快，也可能同时加入催化剂，

故答案为：b 或bc 。

10.答案：(1)SO 2+OH ?=HSO 3?

(2)①

；②CaSO 4

(3)AlO 2?+CO 2+2H 2O =HCO 3?

+Al(OH)3↓

(4)1：16

解析：

本题考查无机工艺流程制备，涉及到SO 2的反应，铝三角的反应，氧化还原反应的计算，均为高频考点和高考的重点，难度中等，侧重氧化还原反应知识的考查。

(1)用NaOH 溶液吸收过量SO 2生成HSO 3?，则发生反应的离子方程式为：SO 2+OH ?

=HSO 3?，

故答案为：SO 2+OH ?=HSO 3?；

(2)①不添加CaO 的矿粉焙烧时，其中FeS 2转化为Fe 2O 3时发生反应的化学方程式为：

，

故答案为：

；

②添加质量分数为1％的CaO 后，硫元素最终转化为CaSO 4, 故答案为：CaSO 4；

(3)向“过滤”得到的滤液中通入过量CO 2，可以将AlO 2?转化为Al(OH)3，反应的离子方程式为：

AlO 2?+CO 2+2H 2O =HCO 3?+Al(OH)3↓，

故答案为：AlO 2?+CO 2+2H 2O =HCO 3?+Al(OH)3↓；

(4)Fe 2O 3与FeS 2混合后在缺氧条件下焙烧生成Fe 3O 4和SO 2，设有xmol Fe 2O 3和ymol FeS 2完全参加反应，根据电子得失守恒：2x ×(3?8

3)=2y ×5+y ×(8

3?2)，解得x

y =16，所以理论上完全反应消

耗的n(FeS2)：n(Fe2O3)=1：16，

故答案为：1：16。

11.答案：(1)1；1s22s22p6；

(2)BC；

(3)5；8；

(4)2；氮化硼晶体的熔点比晶体硅的高，B?N键的键能比Si?Si键的键能大；

(5)1023 a3ρ

解析：解：(1)B原子核外电子排布为1s22s22p1，2p能级的1个电子为未成对电子；N3?离子核外电子数为10，核外电子排布式为1s22s22p6，故答案为：1；1s22s22p6；

(2)A.B3N3H6与苯为等电子体，结构相似，为平面结构，故A错误；

B.BNH6与乙烷的原子总数相同、电子总数相同，二者互为等电子体，故B正确；

C.HB≡NH中的硼原子、氮原子均形成2个σ键，没有孤对电子，杂化轨道数目均为2，杂化方式sp 杂化，故C正确；

D.同周期随原子序数增大，第一电离能呈增大趋势，但N元素原子2p能级容纳3个电子，能量较低，第一电离能高于同周期相邻元素，故第一电离能B

故选：BC；

(3)图1的晶胞中含有的粒子总数为1+8×1

8+6×1

=5；与白色球最近的黑色球处于体心位置，每

个顶点白色球为8个晶胞共用，故白色球的配位数为8，故答案为：5；8；

(4)由图可知，B原子与N原子之间4个共价键，其中一个为配位键，生成1mol BN时，形成1mol 配位键，同时得到1mol NH4Cl，1个铵根离子中也含有1个配位键，故形成配位键为2mol，氮化硼与晶体硅均为原子晶体，Si原子半径大于B原子、N原子半径，Si?Si键的键长大于B?N键的键长，故B?N键的键能比Si?Si键的键能大，键能越大，晶体熔点越高，则氮化硼晶体的熔点比晶体硅的高，故答案为：2；氮化硼晶体的熔点比晶体硅的高，B?N键的键能比Si?Si键的键能大；

(5)晶胞中B原子数目=N原子数目=4，则晶胞质量为4×(11+14)

N A

g，晶胞的边长为a nm，密度为ρg?

cm?3，则：4×(11+14)

N A g=(a×10?7cm)3×ρg?cm?3，整理得N A=1023

a3ρ

，故答案为：10

a3ρ

。

(1)B原子核外电子排布为1s22s22p1；N3?离子核外电子数为10，根据能量最低原理书写；

(2)A.B3N3H6与苯的结构相似；

B.原子总数相同、价电子总数相同(或电子总数相同)的微粒互为等电子体；

C.HB≡NH中的硼原子、氮原子均形成2个σ键，没有孤对电子，杂化轨道数目相同；

D.同周期随原子序数增大，第一电离能呈增大趋势，但N元素原子2p能级容纳3个电子，能量较低，第一电离能高于同周期相邻元素；

(3)利用均摊法计算图1的晶胞中含有的粒子总数；与白色球最近的黑色球处于体心位置，每个顶点

白色球为8个晶胞共用；

(4)由图可知，B原子与N原子之间4个共价键，其中一个为配位键，生成1mol BN时，得到1mol NH4Cl，1个铵根离子中也含有1个配位键；氮化硼与晶体硅均为原子晶体，键长越短，键能越大，晶体熔点越高；

(5)利用均摊法计算晶胞中B、N原子数目，结合阿伏加德罗常数表示出晶胞的质量，根据m=ρV计算晶胞的质量，联立关系式可求阿伏加德罗常数。

本题是对物质结构的考查，涉及核外电子排布、杂化方式、等电子体、电离能、晶体熔沸点比较、晶胞结构及计算等，(3)中白色球配位数为易错点，学生容易认为顶点黑色球与白色球最近，难度较大。

12.答案：(1)苯甲醇

(2)+H2O

(3)羟基

(4)+H2O酯化反应

(5)6(CH3)3COCH3

解析：

本题考查有机推断及有机物的性质，充分利用G的结构运用正、逆推法进行推断，需要学生对给予的信息进行利用，较好的考查学生自学能力，注意掌握官能团的性质与转化，难度中等。

=4，A经过系列转化合成肉桂酸异戊酯G()，则A含A的不饱和度为2×7+2?8

苯环，可推知A为，则B为，根据信息可得B、C反应为两醛缩合，结合G 的结构可判断出用到了乙醛，即C为CH3CHO，则D为，E为

，F为(CH3)2CHCH2CH2OH。

(1)由上述分析可知，A为，名称为苯甲醇。

故答案为：苯甲醇；

(2)B和C反应生成D的化学方程式为：+H2O。故答案为：+H2O；

(3)F为(CH3)2CHCH2CH2OH，含有官能团的名称为羟基；

故答案为：羟基；

(4)E和F反应生成G的化学方程式为：

+H2O，属于酯化反应；

故答案为：+H2O；酯化反应；

(5)(CH3)2CHCH2CH2OH的同分异构体不能与金属钠反应，只能是醚．醚的异构体以氧原子为分界：

①左1个碳右4个碳(丁基)，丁基有4种异构，则醚有4种异构体，②左2个碳右3个碳(丙基)，丙基有2种异构，则醚有2种异构体，共6种，其中核磁共振氢谱只有两组峰，且峰面积比为3：1的为(CH3)3COCH3；

故答案为：6；(CH3)3COCH3。