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2021届高考化学三模适应性训练五

2021届高考化学三模适应性训练五

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2020-2021学年度高考三模适应性训练五（新课标1）
一、单选题
1．短周期元素X、Y、Z、M的原子序数依次增大，其中X、Y、Z三种元素中，可形成含二种元素的10电子微粒m，n，p，q，且有反应m+np↑+q；M的最高价氧化物对应的水化物为无机含氧酸中的最强酸，则下列说法正确是（ ）
A．原子半径X＜M＜Z＜Y
B．简单氢化物的沸点Z＞M＞Y
C．X、Y、Z三种元素组成的化合物的水溶液可能呈碱性，可能呈酸性
D．MZ2不可用于自来水的杀菌消毒
2．常温下，向10.00mL浓度均为0.100mol•L-1的NaOH溶液和二甲胺[(CH3)2NH•H2O]的混合溶液中逐滴加入盐酸。利用传感器测得该过程溶液中的阳离子总浓度变化曲线如图；巳知二甲胺在水中电离与氨相似，常温下Kb[(CH3)2NH•H2O]=l.60×l0-4。下列说法正确的是（ ）

A．a点溶液中，c[(CH3)2NH2+]约为l.60×l0-4mol/L
B．从a到c的过程中，水的电离程度最大的是b点
C．c点溶液中：3c(Na+)+c[(CH3)2NH2+]=2c(Cl-)
D．V(HCl)=15.00mL时，c[(CH3)2NH2+]＜c[(CH3)2NH•H2O]
3．下列物质中，不与二氧化硅反应的是（   ）
A．HCl
B．NaOH
C．HF
D．CaO
4．电解硫酸铵的废水可制备硫酸和化肥，电解装置如图。下列说法错误的是

A．a极为电源的负极
B．通过阳膜移向N室
C．电解过程中原料室溶液pH升高
D．M室电极反应式为2H2O-4e-=O2↑+4H+
5．下列工业生产中不涉及氧化还原反应的是
A．合成氨 B．制漂白粉 C．冶炼Fe D．煅烧石灰石
6．T℃下的溶液中，c（H+）=10-x mol·L-1，c（OH—）=10-y mol·L-1，x与y的关系如图所示。下列说法不正确的是（ ）

A．T℃时，水的离子积Kw为1×10-a
B．若a>14，则T<25
C．T℃时，若给pH=1的盐酸微热，则盐酸的pH减小
D．T℃时，pH=a-2的苛性钠溶液与pH=2的稀硫酸等体积混合，溶液的pH=0.5a
7．柔红酮是一种医药中间体，其结构简式如图所示。下列说法正确的是

A．每个柔红酮分子中含有 1 个手性碳原子（连有四个不同基团的碳原子）
B．柔红酮分子中所有的碳原子都在同一个平面上
C．一定条件下柔红酮可发生氧化、加成、消去反应
D．1 mol 柔红酮最多可与 4 mol 氢溴酸发生取代反应

二、实验题
8．萱花中学某班学习小组围绕“气体的实验室制取”进行研讨，浓硫酸吸收水分作干燥剂。请你参与完成下面的问题。

(1)仪器A的名称___________。
(2)图③与图②装置比较，主要优点是___________ 。
(3)若将①装置和④装置的a端相连，可用于实验室制取氧气，其反应的原理(用化学方程式表示)___________ 。
(4)小刚同学欲在实验室制备并收集干燥的CO2，反应的原理___________(用化学方程式表示)，所选仪器的连接顺序为___________(填写仪器序号)。

三、结构与性质
9．新材料的研制与应用始终是科技发展的主要方向之一。
(1)某太阳能吸热涂层以镍或镍合金空心球为吸收剂，基态镍原子的价层电子排布式是____。
(2)硼及其化合物广泛应用于永磁材料、超导材料等领域，硼可以与氟气反应生成BF3气体，BF3分子的立体构型为___________。
(3)石墨的晶体结构如图所示，如图虚线勾勒出的是其晶胞。则石墨晶胞含碳原了个数___________。碳的两种同素异形体中键长较短的是___________(填“石墨”或“金钢石”)。

(4)石墨烯(图甲〕是一种由单层碳原子构成的平面结构新型碳材料，石墨烯中部分碳原子被氧化后，其平面结构会发生改变，转化为氧化石墨烯(图乙)

图乙中，1号C的杂化方式是___________，该C与相邻C形成的键角___________(填“>”“<”或“=”)图甲中1号C与相邻C形成的键角。
(5)有机太阳能固体电池材料含有高纯度C60，其分子结构如图，1molC分子中π键的数目为___________。C60能溶于二硫化碳而不溶于水的原因是___________。C60的晶胞与干冰的晶胞相似，已知该晶胞的密度为ρg·cm－3，则两个最近C60分子间的距离为___________nm(列出计算式，已知阿伏加德罗常数的值为NA)。

四、原理综合题
10．铝及其化合物在工业上有重要的用途。
(1)真空碳热还原一氧化法可实现由铝土矿制备金属铝，相关反应的热化学方程式如下：
①Al2O3(S)+AlCl3(g)+3C(s)=3AlCl(g)+3CO(g) △H1 = a kJ/mol
②3AlCl(g)=2Al(l)+ AlCl3(g) △H2 = b kJ/mol
则反应Al2O3(s)+3C(s)= 2A1(l)+3CO(g) △H=________kJ/mol(用含a、b的代数式表示) 反应①常压下在 1900℃的高温下才能进行，说明△H_____0(填“＞”、“=”或“＜”)。
(2)查资料得知：Al(OH)3+OH-=[Al(OH)4]-。现向30 mL1.0 mol/LAlCl3溶液中加入50 mL2.0 mol/L的NaOH溶液充分反应，写出该反应的离子方程式________________。
(3)O2辅助的Al-CO2电地工作原理如图所示。该电池电容量大，能有效利用CO2，电池反应产物Al2(C2O4)3是重要的化工原料。

①正极发生的变化可视为按两步进行，请补充完整。电极反应式：________和2CO2+2=+ 2O2
②利用该电池，以石墨为电极电解1 L 0.05 mol/L的CuSO4溶液，当转移电子0.12 mol时，电解后溶液的c(H+)=_______mol/L。(溶液电解前后体积的变化忽略不计)
(4)铝片和过量的盐酸反应产生的H2体积随时间变化如图，如在同体积同浓度的盐酸中滴入几滴CuSO4溶液后，再放入等质量的铝片反应。请在图中画出反应产生H2的体积随时间变化曲线______。

五、工业流程题
11．利用某化上污泥(主要成分为Cu2Te、Cr2O3以及少量的Au)资源化利用的工艺流程如图所示。

回答下列问题：
(1)52Te在元素周期表中位于___________族，Cu2Te的名称为___________。
(2)煅烧时，生成TeO2和Na2CrO4的化学反应方程式分别为：___________、___________。
(3)浸出液中的阳离子有H+、TeO2+和___________(填化学符号)。
(4)“还原”时的离子反应方程式为___________，为降低成本，提高原料的利用率。可采取的措施是___________。
(5)在溶液中可转化为：2+2H++H2O。常温下，初始浓度为1.0mol•L-1的Na2CrO4溶液中达到平衡时，c()随c(H+)的变化如图所示。

根据A点数据，计算出该转化反应的平衡常数K=___________。

六、有机推断题
12．苄丙酮香豆素(H)常用于防治血栓栓塞性疾病，其合成路线如图所示(部分反应条件略去)。

已知：①CH3CHO+CH3COCH3CH3CH(OH)CH2COCH3(其中一种产物)。
②烯醇式()结构不稳定，容易结构互变，但当有共轭体系(苯环、碳碳双键、碳氧双键等)与其相连时往往变得较为稳定。
(1)写出化合物C中官能团的名称______。
(2)写出化合物D的结构简式______。
(3)写出反应④的化学方程式______。
(4)写出化合物F满足以下条件所有同分异构体的结构简式______。
①属于芳香族化合物但不能和FeCl3溶液发生显色反应
②1 mol该有机物能与2 mol NaOH恰好完全反应
③1H-NMR图谱检测表明分子中共有4种氢原子
(5)参照苄丙酮香豆素的合成路线，设计一种以E和乙醛为原料制备的合成路线_______。

参考答案
1．C
【分析】
由于X、Y、Z、M都是短周期元素且原子序数依次增大，其中X、Y、Z三种元素中，可形成含二种元素的10电子微粒m，n，p，q，且有反应m+np↑+q；可确定出X为H，Y为N，Z为O元素，M的最高价氧化物对应的水化物为无机含氧酸中的最强酸，则M为Cl元素。
【详解】
根据分析可知：X为H，Y为N，Z为O元素，M为Cl元素。
A．同周期元素从左到右原子半径逐渐减小，一般电子层越多原子半径越大，则原子半径X＜Z＜Y＜M，故A错误；
B．常温下水为液体，而NH3、HCl为气体，水的沸点最高，氨气分子之间存在氢键，其沸点高于HCl，即氢化物沸点：Z＞Y＞M，故B错误；
C．H、N、O可以形成NH3•H2O、HNO3等，一水合氨溶液呈碱性，硝酸溶液呈酸性，故C正确；
D．MZ2为ClO2，ClO2具有强氧化性，可用于自来水的杀菌消毒，故D错误。
答案选C。
【点睛】
文字叙述推断元素的思维模版：分析题意（原子序数、元素性质、其它特征等）→确定元素→完成题目。
2．A
【详解】
A． a点溶液为浓度均为0.100mol•L-1的NaOH溶液和二甲胺[(CH3)2NH•H2O]的混合溶液，二甲胺的电离被抑制，则c(OH-)≈0.100mol•L-1，c[(CH3)2NH•H2O] ≈0.100mol•L-1，， c[(CH3)2NH2+]≈l.60×l0-4mol/L，A正确；
B．由图中a到b阳离子总浓度不断降低可知，a到b是盐酸中和氢氧化钠的过程，b点是盐酸和氢氧化钠恰好中和，故可推知HCl的浓度为0.100mol•L-1，b点为二甲胺和氯化钠的混合溶液，b点因二甲胺的电离呈碱性，水的电离被抑制，b到c是盐酸中和二甲胺的过程，c点二甲胺被恰好中和，其氯化物水溶液因水解呈酸性，故水的电离程度最大的是c点，B错误；
C．c点溶液中，加入HCl的体积为20mL，则溶液中，；因为水解消耗一部分，故，则3c(Na+)+c[(CH3)2NH2+]≠2c(Cl-)，C错误；
D．V(HCl)=15.00mL时，二甲胺有一半被中和，(CH3)2NH2Cl和(CH3)2NH•H2O 物质的量浓度相等，均为，常温下Kb[(CH3)2NH•H2O]=l.60×l0-4，则溶液中， 溶液呈碱性，即二甲胺的电离程度大于(CH3)2NH2Cl 水解程度，故c[(CH3)2NH2+]＞c[(CH3)2NH•H2O]，D错误；
答案选A。
【点睛】
本题的关键之一是看懂图，抓住关键点a为混合碱溶液，还未开始反应， b点是盐酸和氢氧化钠恰好中和，c点二甲胺被恰好中和；关键之二是类推，二甲胺在水中电离与氨相似，则(CH3)2NH•H2O的性质由NH3•H2O类推所得，(CH3)2NH2Cl的性质由NH4Cl类推所得。
3．A
【解析】
【详解】
A．二氧化硅为酸性氧化物，不与HCl反应，故A选；B．二氧化硅与NaOH反应生成硅酸钠和水，反应方程式为：SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O，故B不选；C．HF与二氧化硅反应生成四氟化硅和水，反应的方程式为：SiO2+4HF=SiF4↑+2H2O，故C不选；D．生石灰和二氧化硅在高温下反应生成硅酸钙，反应的方程式为SiO2+CaOCaSiO3，故D不选；故选A。
【点睛】
本题考查了二氧化碳的性质，注意二氧化硅为酸性氧化物，熟悉酸性氧化物的通性和二氧化硅的特性是解题关键。本题的易错点为C，要注意二氧化硅与氢氟酸反应的特殊性。
4．A
【分析】
电解硫酸铵的废水可制备硫酸和化肥，则通过阳膜移向N室，所以右边N电极为阴极，发生还原反应，左边M电极为阳极，发生氧化反应，以此解答该题。
【详解】
A．电解硫酸铵的废水可制备硫酸和化肥，则通过阳膜移向N室，所以右边N电极为阴极，左边M电极为阳极，则a极为电源的正极，A错误；
B．电解硫酸铵的废水可制备硫酸和化肥，则通过阳膜移向N室，B正确；
C．电解过程中原料室溶液中通过阳膜移向N室，通过阴膜移向M室，原料室中(NH4)2SO4浓度降低，因此溶液中pH升高，C正确；
D．左边M电极为阳极发生氧化反应，由于离子放电顺序为：OH-＞，所以溶液中M电极上水电离产生的OH-发生氧化反应，M电极的反应式为：2H2O-4e-=O2↑+4H+，D正确；
故合理选项是A。
5．D
【详解】
A．工业上用氮气和氢气合成氨，为氧化还原反应，A与题意不符；
B．工业上用氯气与石灰乳反应制漂白粉，为氧化还原反应，B与题意不符；
C．工业用黄铁矿在空气中煅烧，在加入单质碳还原冶炼Fe，为氧化还原反应，C与题意不符；
D．煅烧石灰石生成氧化钙和二氧化碳，为非氧化还原反应，D符合题意；
答案为D。
6．C
【详解】
A.水的离子积常数只与温度有关系，T℃下，在任何的稀溶液中均有Kw=c（H+）·c（OH-）＝10-a，选项A正确；
B.水的电离吸热，升高温度，促进水的电离，Kw增大，若a>14，则Kw=c（H+）·c（OH-）<10-14，c（H+）<10-7，温度低于常温，故T<25℃，选项B正确；
C. T℃时，若给pH=1的盐酸微热时，溶液酸性减弱，pH增大，选项C不正确；
D. T℃时，pH=a-2的苛性钠溶液与pH=2的稀硫酸等体积混合，完全中和生成硫酸钠，溶液呈中性，c（H+）=c（OH-），溶液的pH=0.5a，选项D正确；
答案选C。
7．C
【详解】
A．手性碳原子应连接4个不同的原子或原子团，有机物中右侧环中，连接羟基的2个C为手性碳原子，故A错误；B．含有饱和碳原子，具有四面体的结构特点，则分子中所有的碳原子不可能都在同一个平面上，故B错误；C．含有羟基，可发生氧化、消去反应，含有羰基和苯环，可发生加成反应，故C正确；D．能与HBr反应的只有醇羟基，则1mol柔红酮最多可与2mol氢溴酸发生取代反应，故D错误。故选C。
点睛：本题考查有机物的结构与性质，侧重分析与应用能力的考查，解题关键：把握官能团与性质的关系，易错点D，醇和酚的性质不相同，能与HBr反应的只有醇羟基。
8．长颈漏斗 可控制反应的发生与停止 2KClO32KCl+3O2↑ CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2↑ ③⑤④（或③⑤⑦）。
【详解】
(1)仪器A为添加液体的玻璃仪器，其为长颈漏斗；
故答案为：长颈漏斗；
(2)②装置用到的是长颈漏斗，加入酸后反应无法控制，而③装置带小孔的隔板通过气体的压强作用，可以将固体和液体分离，可通过关闭止水夹来调节装置内的气体压强来控制反应的进行；图③与图②装置比较，主要优点是可控制反应的发生与停止；
故答案为：可控制反应的发生与停止；
(3)①装置氯酸钾（KClO3）固体在二氧化锰做催化剂并加热的条件下，能较快的分解为氯化钾和氧气，④装置用于收集氧气，若将①装置和④装置的a端相连，可用于实验室制取氧气，其反应的原理(用化学方程式表示)2KClO32KCl+3O2↑；
故答案为：2KClO32KCl+3O2↑；
(4)实验室制备CO2，反应的原理：CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2↑；③适用于固体与液体在常温下反应来制取气体，由于浓硫酸具有吸水性，可以用来干燥气体，所以再通过浓硫酸把二氧化碳干燥后再进行收集，由于要收集干燥的CO2，二氧化碳气体的密度比空气大，用向上排空气法收集，若用④来收集，则由长管a进入；所以仪器的连接顺序为③⑤④（或③⑤⑦）；故答案为：CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2↑；③⑤④（或③⑤⑦）。
9．3d84s2 平面正三角形 4 石墨 sp3 < 30NA C60与二氧化硫都是非极性分子，相似相溶，而水是极性分子 ××107nm
【详解】
（1）Ni位于Ⅷ族，即Ni的价电子包括最外层电子和次外层的d能级，Ni的价电子排布式为3d84s2；
（2）BF3中B的杂化类型为sp2，形成3个共用电子对，无孤对电子，为平面三角形；
（3）根据均摊法，图2碳原子位于顶点、棱上、面心、体心，因此个数为8×+4×+2×+1=4个；石墨同层原子靠共价键结合，键长小于金刚石中碳碳键；
(4)图乙中,1号C形成3个C－C及1个，C－O键，C原子以sp3杂化，为四面体构型，而石墨烯中的C原子杂化方式均为sp2,为平面结构，则图乙中C与相邻C形成的键角<图甲中1号C与相邻C形成的键角；
（5）C60中一个碳原子有2个C－C，1个C=C，根据均摊法，1个碳原子有个π键，1molC60中含有π键的数目是60××NA=30NA；C60与二氧化硫都是非极性分子，相似相溶，而水是极性分子；C60的晶胞与干冰的晶胞相似，设棱长为acm，晶胞的质量为(8×＋6×)×g=g，晶胞的体积为a3cm3，根据密度的定义，ρ=，a=，两个最近C60间距离是面心对角线的一半，即××107nm。
【点睛】
本题（3）、（4）对晶胞的结构的认识，采用均摊法，确认微粒的个数，顶点是占，棱上是，面心是，体心属于全部，如M原子有12个在棱上，9个晶胞内部，因此M原子个数为12×＋9=12；根据石墨结构，每一个碳原子形成三个平面六边形，形成3个C－C，无孤电子对，因此杂化类型为sp2，与金刚石中碳杂化类型不同；分子晶体晶胞的结构，应熟悉干冰晶胞结构。
10．a+b ＞ 3Al3++10OH-=[Al(OH)4]-+2Al(OH)3↓ 6O2+6e-=6O (或O2+e-=O) 0.1
【分析】
(1)根据盖斯定律结合△H-T△S＜0反应自发进行分析解答；
(2)首先计算确定反应中n(AlCl3)∶n(NaOH)的比值，在结合Al3++ 3OH-=Al(OH)3↓和Al(OH)3+OH-=[Al(OH)4]-分析解答；
(3)①氧气在第一个反应中作反应物、在第二个反应中作生成物，应该为催化剂，结合正极反应式分析书写；②2CuSO4+2H2O2Cu+O2↑+2H2SO4，结合电子守恒计算；
(4)Al片和CuSO4溶液反应生成Cu，Cu、Al、盐酸构成原电池，加快反应速率，据此作图。
【详解】
(1)①Al2O3(s)+AlCl3(g)+3C(s)=3AlCl(g)+3CO(g) △H1=a kJ•mol-1，②3AlCl(g)=2Al(l)+AlCl3(g) △H2=b kJ•mol-1，根据盖斯定律，将①+②可得：Al2O3(s)+3C(s)=2Al(l)+3CO(g) △H=△H1+△H2=(a+b)kJ/mol；反应①Al2O3(s)+AlCl3(g)+3C(s)=3AlCl(g)+3CO(g) △H1=a kJ•mol-1，△S＞0，常压下，在1900℃的高温下才能进行，表示△H-T△S＜0反应自发进行，说明该反应△H＞0，故答案为：a+b；＞；
(2)反应中n(AlCl3)∶n(NaOH)=30×10-3L×1.0mol•L-1∶50×10-3L×2.0mol•L-1=3∶10，因为＜＜，所以部分Al(OH)3→[Al(OH)4]-，根据Al原子守恒和电荷守恒，反应的离子方程式为3Al3++10OH-=[Al(OH)4]-+2Al(OH)3↓，故答案为：3Al3++10OH-=[Al(OH)4]-+2Al(OH)3↓；
(3)①该原电池中Al作负极，失电子生成铝离子，电极反应式为Al-3e-=Al3+(或2Al-6e-=2Al3+)，电池的正极反应式：2CO2+2e-=，该过程中，O2起催化作用，催化过程可表示为：O2+e-=O、二氧化碳和O反应生成草酸根和氧气，2CO2+2O=+2O2，故答案为：6O2+6e-=6O (或O2+e-=O)；
②用惰性电极电解1L0.05mol/L的CuSO4溶液，发生2CuSO4+2H2O2Cu+O2↑+2H2SO4，溶液中Cu2+物质的量为1L×0.05mol/L=0.05mol，完全放电，会转移0.1mol电子，当导线通过0.12mol电子时，铜离子完全放电，并电解部分水，则生成0.05molH2SO4，溶液中增加氢离子物质的量0.1mol，电解后溶液的c(H+)==0.1mol/L，故答案为：0.1；
(4)Al片和CuSO4溶液反应生成Cu，Cu-Al-盐酸构成原电池，加快反应速率，但Al的质量减少，所以生成的体积变少，反应产生H2的体积随时间变化曲线图为②，故答案为：。
【点睛】
本题的易错点为(4)，要转移生成的氢气减少。
11．ⅥA 碲化亚铜 Cu2Te＋2O22CuO＋TeO2 2Cr2O3＋3O2＋4Na2CO34Na2CrO4＋4CO2 Cu2＋ TeO2＋＋2SO2＋3H2O=Te＋2＋6H＋ “还原”生成的硫酸循环使用 1.0×104
【分析】
电镀污泥主要成分为Cu2Te、Cr2O3以及少量的Au，加入纯碱，在空气中煅烧发生的反应为：碲化亚铜的性质与硫化亚铜类似，煅烧时生成氧化铜和二氧化碲：Cu2Te＋2O22CuO＋TeO2；三氧化铬被氧化为铬酸钠：2Cr2O3＋3O2＋4Na2CO34Na2CrO4＋4CO2，水浸得到铬酸钠溶液，分离出沉渣中加入稀硫酸溶液回收金，浸出液通过电解沉积得到金属单质铜，“还原”时二氧化硫将TeO2＋还原为单质碲，即可得到粗碲。
【详解】
(1)52Te的质子数为52，原子结构示意图为：，碲(Te)位于元素周期表中第五周期ⅥA族，Cu2Te中Cu化合价为+1价，Te化合价为-2价，即名称为碲化亚铜，故答案为：ⅥA；碲化亚铜；
(2)碲化亚铜的性质与硫化亚铜类似，煅烧时生成氧化铜和二氧化碲：Cu2Te＋2O22CuO＋TeO2；三氧化铬被氧化为铬酸钠，根据得失电子守恒和质量守恒写出配平的化学方程式：2Cr2O3＋3O2＋4Na2CO34Na2CrO4＋4CO2，故答案为：Cu2Te＋2O22CuO＋TeO2；2Cr2O3＋3O2＋4Na2CO34Na2CrO4＋4CO2；
(3)酸浸时，氧化铜与硫酸反应生成硫酸铜，浸出液中还含有Cu2＋，故答案为：Cu2＋；
(4)“还原”时二氧化硫将TeO2＋还原为单质碲，二氧化硫被氧化为硫酸根离子，配平的离子方程式为：TeO2＋＋2SO2＋3H2O=Te＋2＋6H＋，“还原”生成的硫酸可进入“酸浸”循环使用，降低成本，故答案为：TeO2＋＋2SO2＋3H2O=Te＋2＋6H＋；“还原”生成的硫酸循环使用；
(5)A点的浓度为0.25mol•L-1，的浓度为0.5mol•L-1，H+浓度为110-2mol•L-1；此时该转化反应的平衡常数，故答案为为：1.0×104。
12．酚羟基、羰基 +
【分析】
根据C、G、H的结构简式以及C→D的转化条件可以推知D为：，结合F转化为G的条件（浓硫酸、加热消去反应）、丙酮三个碳链的结构，可逆推出F的结构为，再结合题目的已知信息可推知E的结构为，据此分析解题：
(1)根据流程图中化合物C结构简式为，可确定其中含有的官能团的名称；
(2)根据上述分析可知化合物D的结构简式；
(3) 结合已知信息①②，结合流程图中E、F的分子式和上述分析的结构简式即可写出反应④的化学方程式；
(4)根据化合物F的分子式，结合条件①属于芳香族化合物但不能和FeCl3溶液发生显色反应，即含有苯环，不含酚羟基；②1 mol该有机物能与2 mol NaOH恰好完全反应，且分子中只有2个氧原子，故说明含有一个酚羟基形成的酯基；③1H-NMR图谱检测表明分子中共有4种氢原子，说明分子中有4种不同环境的氢原子；即可确定其所有同分异构体的结构简式；
(5)参照苄丙酮香豆素合成路线中④（羟醛缩合）和⑤（醇类消去）的反应原理，可用苯甲醛和乙醛合成，再利用碳碳双键与卤素加成反应及卤代烃的碱性水解反应原理，即可合成。
【详解】
(1)根据流程图中化合物C结构简式为，故其中含有的官能团的名称为酚羟基、酯基，故答案为：酚羟基、羰基；
(2) 根据C、G、H的结构简式以及C→D的转化条件可以推知D为：，故答案为：；
(3) 根据以上分析可知：结合流程图中E、F的结构简式分别为：，，再结合已知信息①②，可写出反应④的化学方程式+，故答案为：+；
(4)根据化合物F的分子式，结合条件①属于芳香族化合物但不能和FeCl3溶液发生显色反应，即含有苯环，不含酚羟基；②1 mol该有机物能与2 mol NaOH恰好完全反应，且分子中只有2个氧原子，故说明含有一个酚羟基形成的酯基；③1H-NMR图谱检测表明分子中共有4种氢原子，说明分子中有4种不同环境的氢原子；即可确定其所有同分异构体的结构简式有，故答案为：；
（5）参照苄丙酮香豆素合成路线中④（羟醛缩合）和⑤（醇类消去）的反应原理，可用苯甲醛和乙醛合成，再利用碳碳双键与卤素加成反应及卤代烃的碱性水解反应原理，即可合成，流程为，
故答案为：
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