2020年陕西省渭南市富平中学高考化学仿真试卷(含答案解析)

2020年陕西省渭南市富平中学高考化学仿真试卷
一、单选题（本大题共7小题，共42.0分）
1.历史文物本身蕴含着许多化学知识，下列说法错误的是()
A. SiO2超分子纳米管属无机非金属材料
B. 秦朝兵马俑用陶土烧制而成，属硅酸盐产品
C. 宋·王希孟《千里江山图》所用纸张为宣纸，其主要成分是碳纤维
D. 对敦煌莫高窟壁画颜料分析，其绿色颜料铜绿的主要成分是碱式碳酸铜
2.扁桃酸衍生物Y为重要的药物中间体，其结构简式如图所示，下列说法不正确的是()
A. Y的分子式为C9H9O3Br
B. 可与FeCl3溶液发生显色反应且易溶于水
C. 能与NaOH溶液反应且反应的官能团不止一个
D. 1molY最多可与3mol H2发生加成反应
3.关于 14C的下列说法中不正确的是()
A. 14C原子与C60中普通碳原子的化学性质相同
B. 14C原子与 14N原子所含中子数不同
C. 是C60的同素异形体
D. 与 12C、 13C是碳元素的三种同位素
4.五种短周期元素X、Y、Z、W、M的原子序数依次增大，元素X与W位于同一主族，Z元素
的单质既能与盐酸反应也能与NaOH溶液反应，W原子的最外层电子数是次外层电子数的一半，M的最高正价与最低负价的绝对值之差为4，五种元素原子的最外层电子数之和为19。

下列说法正确的是
A. W的最高价氧化物能与水反应生成相应的酸
B. 元素的非金属性：W>X
C. 简单离子半径：Y>Z
D. 最高价氧化物对应的水化物的酸性：X>W>M
5.已知N A是阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是()
A. 0.1mol H2和0.1mol I2(g)于密闭容器中充分反应，其分子总数为0.2N A
B. 1L0.1mol·L−1NaHCO3溶液中HCO3−和CO32−离子数之和为0.1N A
C. 将2g H2与足量的N2混合，充分反应后转移的电子数小于2N A
D. 7.8gNa2S和Na2O2的混合物中所含阴离子的数目等于0.1N A
6.
根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是()
选项实验操作和现象结论
A
将硫的酒精溶液滴入一定量的热水中得微蓝色透明液体，用
激光笔照射微蓝色透明液体，有光亮的通路
微蓝色透明液体为胶体B
室温下，向10mL0.2mol·L−1AgNO3溶液中滴入2滴0.1mol·
L−1NaCl溶液，产生白色沉淀后，再滴加2滴0.1mol·L−1NaI溶
液，生成黄色沉淀
K sp(AgCl)>K sp(AgI) C
向某溶液中加入BaCl2溶液，无明显现象，再加稀盐酸，有无
色且能使澄清石灰水变浑浊的气体产生
溶液中一定含HCO3−D
取少许CH3CH2Br与NaOH溶液共热，冷却后滴加AgNO3溶液，
无淡黄色沉淀出现
CH3CH2Br没有水解A. A B. B C. C D. D
7.采用惰性电极，以去离子水和氧气为原料通过电解法制备双氧水
的装置如图所示。

忽略温度变化的影响，下列说法错误的是()
A. 阳极反应为2H2O−4e−=4H++O2↑
B. 电解一段时间后，阳极室的pH未变
C. 电解过程中，H+由a极区向b极区迁移
D. 电解一段时间后，a极生成的O2与b极反应的O2等量
二、流程题（本大题共1小题，共14.0分）
8.次氯酸盐氧化法制备K2FeO4工艺流程如下：
回答下列问题：
(1)“电解”从________(填“阳极”“阴极”)得到Cl2。

(2)“净化”步骤中滤渣的主要成分为__________。

(3)“合成”步骤中生成K2FeO4的离子方程式为______________________________________。

根据下表，铁盐添加量最佳值为________，K2FeO4产量随铁盐的加入先增大后减小的原因可能是
__________________________________________________________________________________ ____。

已知发生副反应：4FeO42−+10H2O⇌Fe(OH)3+3O2+8OH−
(4)“纯化”步骤中将Na2FeO4转化为K2FeO4的化学方程式为______________________。

(5)流程中可循环利用的物质有____________________________。

三、简答题（本大题共3小题，共44.0分）
9.用软锰矿(主要成分为MnO2，含少量Fe3O4、Al2O3)和BaS制备高纯MnCO3的工艺流程如图：
已知：MnO2是一种两性氧化物；25℃时相关物质的K sp见下表。

物质Fe(OH)2Fe(OH)3Al(OH)3Mn(OH)2 K sp1×10−16.31×10−38.61×10−32.31×10−12.7回答下列问题：
(1)软锰矿预先粉碎的目的是______，MnO2与BaS溶液反应转化为MnO的化学方程式为______。

(2)保持BaS投料量不变，随MnO2与BaS投料比增大，S的量达到最大值后无明显变化，而
Ba(OH)2的量达到最大值后会减小，减小的原因是______。

(3)滤液Ⅰ可循环使用，应当将其导入到______操作中(填操作单元的名称)。

(4)净化时需先加入的试剂X为______(填化学式)，再使用氨水调溶液的pH，则pH的理论最小
值为______(当溶液中某离子浓度c≤1.0×10−5mol⋅L−1时，可认为该离子沉淀完全)。

(5)碳化过程中发生反应的离子方程式为______。

10.随着化石能源的减少，新能源的开发利用日益迫切。

(1)Bunsen热化学循环制氢工艺由三个反应组成：①SO2(g)+I2(g)+2H2O(g)=2HI(g)+
H2SO4(l)ΔH=a kJ·mol−1；②2H2SO4(l)=2H2O(g)+2SO2(g)+O2(g)ΔH=b kJ·mol−1；
③2HI(g)=H2(g)+I2(g)ΔH=c kJ·mol−1；则：2H2O(g)=2H2(g)+
O2(g)ΔH=_________kJ·mol−1
(2)已知反应CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)ΔH=−43.5kJ·mol−1，在T1℃时K=1，向恒
容的密闭容器中同时充入1.0mol CO、3.0mol H2O，达到平衡时CO的转化率为________。

在反应达到平衡后再向其中加入1.0mol CO、1.0mol H2O、1.0mol CO2和1.0mol H2，此时该反应的v正_____v逆(填“>”、“<”或“=”)。

(3)一种以甲醇作燃料的电池示意图见图。

写出该电池放电时负极的电极反应式：
_________________。

11.过渡金属及其化合物在生产生活中有着广泛应用。

回答下列问题：
(1)锰、锝、铼位于同一副族相邻位置。

类比锰，写出基态锝原子的价层电子排布式___________。

(2)下列状态的铁中，电离最外层的一个电子所需能量最大的是_________(填编号)。

(3)铁制容器在储存N2O4液体时，会腐蚀生成离子化合物N4O6[Fe(NO3)4]2，N4O62+的离子为平
面结构，其结构图如下图1，中心N原子的杂化类型为________________。

(4)EAN规则指的是配合物中心原子价电子数和配体提供的电子数之和为18。

符合EAN规则的
配合物分子结构和化学性质都较稳定。

已知Fe(CO)5和Ni(CO)x均符合EAN规则，性质稳定，而Co(CO)4则容易在化学反应中表现氧化性。

①x=__________。

②从结构角度解释Co(CO)4则容易在化学反应中表现氧化性的原因
__________________________。

(5)Ni和As形成某种晶体的晶胞图如上图2所示。

其中，大球为Ni，小球为As，距离As最近
的Ni构成正三棱柱，其中晶胞下方As原子坐标为(1/3,2/3,1/4)。

①Ni的配位数为___________。

②已知晶胞底面边长为a pm，高为c pm，N A为阿伏加德罗常数。

则晶胞密度为_________g/cm3。

四、推断题（本大题共1小题，共10.0分）
12.Prolitane是一种抗抑郁药物，以芳香烃A为原料的合成路线如下：
请回答以下问题：
(1)C的化学名称为___________________，D→E的反应类型为___________________。

(2)E的官能团名称为___________________。

(3)B的结构简式为____________________________。

(4)F→G的化学方程式为______________________________________。

(5)X是D的同系物，X分子比D分子少一个碳原子，且能发生银镜反应，则满足此条件的X共
有_____种(不含立体异构)；其中核磁共振氢谱显示为5组峰，且峰面积比为3︰2︰2︰2︰1，写出符合该要求的X的一种同分异构体的结构简式：___________________。

(6)参照Prolitane的合成路线，设计一条由苯和乙醇为原料制备苯甲酸乙酯的合成路线(其他无
机试剂和溶剂任选)_________________________________。

【答案与解析】
1.答案：C
解析：
本题主要考查了化学与生活的相关知识，主要涉及了合金、硅酸盐材料、铜的化合物等相关知识，难度不大。

A.SiO2超分子纳米管属无机非金属材料，故A正确；
B.陶土的主要成分为硅酸盐，故B正确；
C.宋·王希孟《千里江山图》所用纸张为宣纸，其主要成分是纤维素，不是碳纤维，故C错误；
D.对敦煌莫高窟壁画颜料分析，其绿色颜料铜绿的主要成分是碱式碳酸铜，故D正确；
故选C。

2.答案：B
解析：
本题考查了有机物的结构与性质，明确官能团与有机物的化学性质的关系是解答本题的关键，题目难度一般。

A.根据Y的结构简式可知Y的分子式为C9H9O3Br，故A正确；
B.Y中含有酚羟基，可与FeCl3溶液发生显色反应，但难溶于水，故B错误；
C.Y中含有的酚羟基、溴原子和酯基均能与NaOH溶液反应，故C正确；
D.Y结构中只有苯环能够与H2发生加成反应，且1molY最多可消耗3mol H2，故D正确。

故选B。

3.答案：C
解析：
本题以 14C为载体考查同素异形体和同位素等知识，难度不大。

掌握相关概念即可解答。

A.都是碳原子，化学性质相同，故A正确；
B. 14C原子中子数为8， 14N原子中子数为7，不相同，故B正确；
C.同素异形体是指单质，而 14C是原子，和C60不是同素异形体，故C错误；
D. 14C和 12C、 13C中质子数相同，中子数不同，是碳元素的三种同位素，故D正确。

故选C。

4.答案：C
解析：
本题考查元素的推断及元素化合物的性质，题目难度中等，根据元素的位置、结构与性质正确推断元素的性质是解题的关键。

五种短周期元素X、Y、Z、W、M的原子序数依次增大，Z元素的单质既能与盐酸反应也能与NaOH 溶液反应，则Z为Al元素，W原子的最外层电子数是次外层电子数的一半，则W为Si元素，元素X与W位于同一主族，则X为C元素，M的最高正价与最低负价的绝对值之差为4，则M为S元素，五种元素原子的最外层电子数之和为19，则Y的最外层电子数为19−4−3−4−6=2，则Y 为Mg元素；由以上分析可知X为C元素、Y为Mg元素、Z为Al元素、W为Si元素，M为S元素；
A.二氧化硅与水不反应，故A错误；
B.同主族由上到下元素的非金属性逐渐减弱，则非金属性：C>Si，故B错误；
C.电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，则简单离子半径：Mg2+>Al3+，故C正确；
D.非金属性：S>C>Si，.则最高价氧化物对应的水化物的酸性：S>C>Si，故D错误。

故选C。

5.答案：B
解析：
本题考查了物质的量和阿伏加德罗常数的有关计算，难度不大，掌握公式的运用和物质的结构是解题关键。

A、H2和I2的反应为气体分子数不变的可逆反应，无论反应程度如何，其分子总数为0.2N A，故A 正确；
B、1L 0.1mol⋅L−1的NaHCO3溶液中H2CO3、HCO3−和CO32−数之和为0.1N A，故B错误；
C、将2gH2与足量的N2混合，反应为可逆反应不能进行彻底，充分反应后转移的电子数小于2N A，故C正确；
=0.1mol，D、Na2S和Na2O2的摩尔质量都为78g/mol，都含1个阴离子，混合物物质的量=7.8g
78g/mol
所含阴离子的数目等于0.1N A，故D正确。

故选：B。

6.答案：A
解析：
本题是对化学实验的评价知识的考察，是高考常考题型，难度一般。

关键是掌握实验的原理和实验的现象，侧重知识的能力考察。

A.用激光笔照射时产生光亮的通路，有丁达尔效应，从而证明该分散系为胶体，故A正确；
B.由于AgNO3溶液过量，故加入NaI时生成的黄色沉淀不一定是由AgCl转化得到，无法比较AgCl 和AgI的K sp，故B错误；
C.因为SO2也是无色气体，也能使澄清石灰水变浑浊，故溶液中还可能含有HSO3−，故C错误；
D.应先加酸中和NaOH，再加AgNO3检验Br−，故D错误。

故选A。

7.答案：D
解析：解：A、阳极发生氧化反应生成氧气，电极反应式为：2H2O−4e−=4H++O2↑，故A正确；
B、阳极产生氢离子，氢离子是阳离子，通过质子交换膜移向阴极，所以电解一段时间后，则阳极室的pH不变，故B正确；
C、电解池中阳离子向阴极移动，所以电解过程中，H+由a极区向b极区迁移，故C正确；
D、a极电极反应式为：2H2O−4e−=4H++O2↑，b极O2+2e−+2H+=H2O2，当转移4mol电子时b极消耗的氧气的量是a极产生氧气的2倍，故D错误；
故选：D。

本题考查电解池的工作原理，明确电解池概念、各个电极上发生的反应、交换膜作用是解本题关键，侧重考查基础知识灵活运用能力，难点是电极反应式的书写，注意结合电解质特点书写，题目难度中等。

8.答案：(1)阳极
(2)NaCl
(3)2Fe3++3ClO−+10OH−=2FeO42−+3Cl−+5H2O；20.0g；增大Fe3+浓度，加快反应速率；Fe3+浓度继续增大，溶液碱性减弱，副反应正向移动
(4)Na2FeO4+2KOH=K2FeO4↓+2NaOH
(5)NaCl、KOH、NaOH
解析：
本题以氧化还原反应、电解法为载体考查物质制备，为高频考点，涉及物质分离提纯方法、电极反应式的书写、氧化还原反应等知识点，侧重于学生的分析能力、判断及知识综合运用能力的考查，为易错点。

(1)电解饱和食盐水制取Cl2，Cl−转化为Cl2，过程为失去电子的反应，发生氧化反应，电解池阳极发生氧化反应，所以反应生成Cl2在电解池阳极进行，
故答案为：阳极；
(2)“净化”步骤中加入NaOH和KOH固体，溶液中存在Cl−和ClO−，所以滤渣主要为NaCl，
故答案为：NaCl；
(3)溶液中存在ClO−，具有氧化性，合成步骤中加入硝酸铁，ClO−能将Fe3+氧化为FeO42−，则合成步骤发生的反应为：2Fe3++3ClO−+10OH−=2FeO42−+3Cl−+5H2O，
根据表中数据分析，加入铁盐需要使的Fe3+尽量不生成Fe(OH)3，造成Fe元素损失，则铁盐加入的合适的量应为20.0g，
K2FeO4产量随铁盐的加入先增大后减小，增大Fe3+浓度，加快反应速率，K2FeO4的产量增大，Fe3+浓度继续增大，由于Fe3+水解使溶液呈酸性，随着Fe3+加入，溶液碱性变弱，FeO42−在酸性条件下不能稳定存在，副反应正向移动，
故答案为：2Fe3++3ClO−+10OH−=2FeO42−+3Cl−+5H2O；20.0g；增大Fe3+浓度，加快反应速率；Fe3+浓度继续增大，溶液碱性减弱，副反应正向移动；
(4)“纯化”步骤中将Na2FeO4转化为K2FeO4，一般阴离子较大的钾盐溶解度低于钠盐，通常将钠盐
转化为溶解度较低的钾盐析出晶体，便于提纯，所以发生的反应为：Na2FeO4+2KOH=K2FeO4↓+2NaOH，
故答案为：Na2FeO4+2KOH=K2FeO4↓+2NaOH；
(5)通入Cl2氯化过程产生NaCl，脱水除碱过程得到KOH，电解过程也可以制取NaOH，整个工艺流程中NaCl在溶液中存在，循环使用，KOH和NaOH可以回收利用，且为使用原料，所以可以循环使用的物质有：NaCl、KOH、NaOH，
故答案为：NaCl、KOH、NaOH。

9.答案：(1)增大反应接触面积，充分反应，提高反应速率MnO2+BaS+H2O=Ba(OH)2+MnO+S
(2)过量的MnO2消耗了产生的Ba(OH)2
(3)蒸发
(4)H2O2 4.9
(5)Mn2++HCO3−+NH3⋅H2O=MnCO3↓+NH4++H2O
解析：【试题解析】
解：(1)软锰矿预先粉碎可以增大反应物的接触面积，使反应更充分，提高反应速率；MnO2与BaS 反应转化为MnO，Mn元素的化合价由+4价降低为+2价，根据元素价态规律可知−2价的S元素应被氧化得到S单质，则MnO2与BaS的系数比应为1：1，根据后续流程可知产物还有Ba(OH)2，结合元素守恒可得化学方程式为：MnO2+BaS+H2O=Ba(OH)2+MnO+S，
故答案为：增大反应接触面积，充分反应，提高反应速率；MnO2+BaS+H2O=Ba(OH)2+MnO+S；
(2)根据题目信息可知MnO2为两性氧化物，所以当MnO2过量时，会消耗反应产生的Ba(OH)2，从而使Ba(OH)2的量达到最大值或会减小，
故答案为：过量的MnO2消耗了产生的Ba(OH)2；
(3)滤液I为结晶后剩余的Ba(OH)2饱和溶液，所以可以导入到蒸发操作中循环使用，
故答案为：蒸发；
(4)净化时更好的除去Fe元素需要将Fe2+氧化为Fe3+，为了不引入新的杂质，且不将Mn元素氧化，加入的试剂X可以是H2O2；根据表格数据可知，Fe(OH)3和Al(OH)3为同种沉淀，而Al(OH)3的K sp稍大，所以当Al3+完全沉淀时，Fe3+也一定完全沉淀，当c(Al3+)=1.0×10−5mol/L时，c(OH−)=
10−9.1mol/L，所以c(H+)=10−4.9mol/L，pH=4.9，即pH的理论最小值为4.9，
故答案为：H2O2；4.9；
(5)碳化过程Mn2+和碳酸氢根电离出的碳酸根结合生成碳酸锰沉淀，促进碳酸氢根的电离，产生的
氢离子和一水合氨反应生成铵根和水，所以离子方程式为Mn2++HCO3−+NH3⋅H2O=MnCO3↓
+NH4++H2O，
故答案为：Mn2++HCO3−+NH3⋅H2O=MnCO3↓+NH4++H2O。

软锰矿粉(主要成分为MnO2，含少量Fe3O4、Al2O3)加入硫化钡溶液进行反应，主要发生MnO2+BaS+ H2O=Ba(OH)2+MnO+S，过滤得到Ba(OH)2溶液，经蒸发结晶、过滤、干燥得到氢氧化钡；滤渣用硫酸溶解，得到的滤液中主要金属阳离子有Mn2+、Fe2+、Fe3+、Al3+，得到的滤渣为不溶于稀硫酸的硫磺；之后向滤液中加入合适的氧化剂将Fe2+转化为Fe3+，然后加入氨水调节pH，使Fe3+、Al3+转化为沉淀除去，压滤得到的废渣为Fe(OH)3和Al(OH)3，此时滤液中的金属阳离子只有Mn2+，向滤液中加入碳酸氢铵、氨水，Mn2+和碳酸氢根电离出的碳酸根结合生成碳酸锰沉淀，过滤、洗涤、干燥得到高纯碳酸锰。

本题考查了制备方案的设计，为高频考点，题目难度中等，明确流程分析及混合物分离方法、发生的反应为解答的关键，试题知识点较多，充分考查了学生的分析能力及化学实验、化学计算能力。

10.答案：(1)2a+b+2c
(2)75%；>
(3)CH3OH−6e−+3O2−=CO2↑+2H2O
解析：
本题考查了热化学方程式和盖斯定律的计算应用，化学平衡影响因素的分析判断，三段式计算的应用，平衡常数计算与计算分析，原电池电极反应书写方法，题目难度中等。

(1)①SO2(g)+I2(g)+2H2O(g)=2HI(g)+H2SO4(l)△H1=a kJ⋅mol−1
②2H2SO4(l)=2H2O(g)+2SO2(g)+O2(g)△H2=b kJ⋅mol−1
③2HI(g)=H2(g)+I2(g)△H3=c kJ⋅mol−1
则：①×2+②+③×2得2H2O(g)=2H2(g)+O2(g)，依据盖斯定律：2H2O(g)=2H2(g)+O2(g)△H=2△H1+△H2+2△H3=(2a+b+2c)kJ/mol；
所以答案为：2a +b +2c ；
(2)依据化学平衡三段式计算列式得到，设CO 反应量为x ，
CO(g)+H 2O(g)=CO 2(g)+H 2(g)
起始量(mol) 1 3 0 0
变化量(mol) x x x x
平衡量(mol) 1−x 3−x x x
前后气体分子数相等，K =x 2(1−x )(3−x )=1，x =0.75
CO 转化率=0.75mol 1mol ×100％=75％；
平衡常数随温度变化，不随浓度改变，反应达到平衡后再向其中加入1.0mol CO 、1.0mol H 2O 、1.0mol CO 2和1.0mol H 2，则
CO(g)+H 2O(g)=CO 2(g)+H 2(g)
1−0.75+1 3−0.75+1 0.75+1 0.75+1
Q c = 1.7521.25×3.25<K ，反应正向进行，正反应速率>逆反应速率，
故答案为：75%；>；
(3)甲醇作燃料的电池示意图中电解质是熔融金属氧化物，甲醇失电子结合氧离子生成二氧化碳，结合电子守恒、原子守恒写出负极电极反应为：CH 3OH −6e −+3O 2−=CO 2↑+2H 2O ，
故答案为：CH 3OH −6e −+3O 2−=CO 2↑+2H 2O 。

11.答案：(1)4d 55s 2
(2)A
(3)sp 2杂化
(4)①4
②Co(CO)4价层为17电子，不符合EAN 规则，得到一个电子，转化为18电子更稳定，故表现氧化性
(5)①6
②268/(10−30a 2c √32
N A )
解析：
本题综合考查物质结构与性质的相关知识，涉及核外电子排布、杂化轨道理论、晶胞的计算等知识，其中晶胞的计算是难点，注意掌握均摊法则以及晶胞计算公式即可，难度较大。

(1)基态锝原子的价层电子排布式为：4d55s2；
(2)A项为Fe3+的基态，B项为Fe2+的基态，C项为Fe2+的激发态，D项为Fe3+的激发态，Fe3+的基态最稳定，失去一个电子需要的能量最高；
(3)N4O62+的离子为平面结构，其结构图如下图1，中心N原子成3条共价键，故杂化类型为sp2杂化；
(4)①Ni：3d84s210e−，CO中只有C提供孤对电子，而C只有一对孤电子对，CO：2e−，10e−+ 2e−×x=18e−，解得x=4；
②从结构角度解释Co(CO)4则容易在化学反应中表现氧化性的原因：Co(CO)4价层为17电子，不符合EAN规则，得到一个电子，转化为18电子更稳定，故表现氧化性；
(5)晶胞含Ni原子8×1
8+4×1
4
=2个，As原子2个，化学式为NiAs；
①配位数之比应为1∶1，故Ni的配位数为6。

②由底部As的坐标，以及与As配位的Ni形成正三棱柱可判断，该三棱柱底面为正三角形，晶
胞底面夹角为60°和120°，故晶胞密度为：268
N A
)×√3
2
g/cm3=
√3
2
a A
g/cm3。

12.答案：⑴苯乙酸；取代反应
⑴羰基(或酮基)、酯基
⑴
⑴
⑴14；或
⑴
解析：
本题考查有机物的合成，根据转化中有机物的结构明确发生的反应，熟练掌握官能团的性质与转化，题目侧重考查学生对知识的迁移运用能力，是有机化学常考题型。

=7……8，故A的分子式为C7H8，则芳香烃A的相对分子质量为92，分子中最大碳原子数目=92
12
A为，A在光照条件下发生取代反应生成B为。

C发生酯化反应生成D，D发生取代反应生成E，E发生酯的水解反应、酸化得到F为，F加热脱羧生成G，G可以看作是先发生加成反应、再发生消去反应生成H，H发生加成反应或还原反应生成Prolitane，以此解答。

(1)C的化学名称为：苯乙酸；D→E是D中连接苯环的碳原子上的H原子被−COCH2CH3替代，属于取代反应；
(2)由E的结构简式可知，E中所含的官能团名称为：羰基(或酮基)、酯基；
(3)在光照条件下发生取代反应生成B为；
(4)F→G是脱羧生成G，反应化学方程式为：
；
(5)X是D的同系物，说明含有酯基与苯环，X分子比D分子少一个碳原子，且能发生银镜反应，说明含有甲酸形成的酯基，
①含有1个取代基，为−CH2CH2OOCH，或者−CH(CH3)OOCH，共有2种；
②含有2个取代基，为−CH3、−CH2OOCH，或者−CH2CH3、−OOCH，均有邻、间、对3种位置结构，共有6种；
③含有3个取代基，为−CH3、−CH3、−OOCH，2个甲基有邻、间、对3种位置结构，对应的−OOCH 分别有2种、3种、1种位置结构，共有6种；
故符合条件的共有2+6+6=14种，其中核磁共振氢谱显示为5组峰，且峰面积比为3：2：2：2：1的Ⅹ的同分异构体的结构简式为或；(6)模仿A→D转化，由苯和乙醇为原料制备苯甲酸乙酯时应先由苯制取溴苯，由溴苯制取苯甲酸，最后苯甲酸与乙醇发生酯化反应得到目标产物，对应的合成路线为：。