全国理综化学解析版资料.docx
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全国理综化学解析版资料
2013年普通高等学校招生全国统一考试
理科综合能力测试
（化学部分）
可能用到的相对原子质量：
H1C12N14O16Mg24S32
K39Mn55
第I卷（42分）
一、选择题
7．化学无处不在，与化学有关的说法不正确的是
A．侯氏制碱法的工艺过程中应用了物质溶解度的差异
B．可用蘸浓盐酸的棉棒检验输送氨气的管道是否漏气
C．碘是人体必需微量元素，所以要多吃富含高碘酸的食物
D．黑火药由硫磺、硝石、木炭三种物质按一定比例混合制成
解：
A．侯氏制碱法是将CO2、NH3通入饱和NaCl溶液中，发生以下反应：
NH3+CO2+H2O=NH4HCO3；NH4HCO3+NaCl=NH4Cl+NaHCO3↓，其中NaHCO3溶解度最小，故有NaHCO3的晶体析出，故A正确；
B．浓盐酸易挥发，与NH3结合生成NH4Cl固体小颗粒，为白烟，故B正确；
C．碘是人体必需元素，补碘常在食盐中加入KIO3固体而不是高碘酸，高碘酸为强酸性，具有强烈刺激性和腐蚀性，故C错误；
D．制备黑火药的原料为S、KNO3、C，三者比例为1：
2：
3，故D正确．
故选C．
8．香叶醇是合成玫瑰香油的主要原料，其结构简式如下：
下列有关香叶醇的叙述正确的是
A．香叶醇的分子式为C10H18OB．不能使溴的四氯化碳溶液褪色
C．不能使酸性高锰酸钾溶液褪色D．能发生加成反应不能发生取代反应
解：
A．由结构简式可知，该有机物的分子式为C10H18O，故A正确；
B．因含C=C键，能使溴的四氯化碳溶液褪色，故B错误；
C．含C=C键、-OH，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故C错误；
D．含C=C，能发生加成反应，含-OH能发生取代反应，故D错误；
故选A．
9．短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，其简单离子都能破坏水的电离平衡的是
A．W2-、X+B．X+、Y3+
C．Y3+、Z2-D．X+、Z2-
解：
根据 短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大及各选项可以推出，W为O2-、X为Na+、Y为Al3+、Z为S2-，Al3+和S2-均能发生水解，水解打破了水的电离平衡；O2-不能在水溶液存在，而Na+不水解，故正确的是C；
故选C．
10．银制器皿日久表面会逐渐变黑，这是生成了Ag2S的缘故。
根据电化学原理可进行如下处理：
在铝质容器中加入食盐溶液，再将变黑的的银器浸入该溶液中，一段时间后发现黑色会褪去。
下列说法正确的是
A．处理过程中银器一直保持恒重
B．银器为正极，Ag2S被还原生成单质银
C．该过程中总反应为2Al+3Ag2S=6Ag+Al2S3
D．黑色褪去的原因是黑色Ag2S转化为白色AgCl
解：
A．银器放在铝制容器中，由于铝的活泼性大于银，故铝为负极，失电子，银为正极，银表面的Ag2S得电子，析出单质银，所以银器质量减小，故A错误；
B．银作正极，正极上Ag2S得电子作氧化剂，在反应中被还原生成单质银，故B正确；
C．Al2S3在溶液中不能存在，会发生双水解反应生成H2S和Al（OH）3，故C错误；
D．黑色褪去是Ag2S转化为Ag而不是AgCl，故D错误；
故选B．
11．已知Ksp（AgCl）=1.56×10-10，Ksp（AgBr）=7.7×10-13，Ksp（Ag2CrO4）=9.0×10-12。
某溶液中含有Cl-、Br-和CrO
，浓度均为0.010mol•L-1，向该溶液中逐滴加入0.010mol•L-1的AgNO3溶液时，三种阴离子产生沉淀的先后顺序为
A．Cl-、Br-、CrO
B．CrO
、Br-、Cl-
C．Br-、Cl-、CrO
D．Br-、CrO
、Cl-
【答案】C
【解析】根据AgCl、AgBr、Ag2CrO4三种物质的溶度积，可知产生沉淀时的浓度分别为
，所以答案选C。
12．分子式为C5H10O2的有机物在酸性条件下可水解为酸和醇，若不考虑立体异构，这些酸和醇重新组合可形成的酯共有
A．15种B．28种
C．32种D．40种
解：
分子式为C5H10O2的有机物在酸性条件下可水解为酸和醇，属于饱和一元酯，
若为甲酸和丁醇酯化，丁醇有4种；
若为乙酸和丙醇酯化，丙醇有2种；
若为丙酸和乙醇酯化，丙酸有1种；
若为丁酸和甲醇酯化，丁酸有2种；
故羧酸共有5种，醇共有8种，酸和醇重新组合可形成的酯共有5×8=40种，
故选D．
13．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．
分离溶于水中的碘
乙醇萃取
碘在乙醇中的溶解度较大
B．
分离乙酸乙酯和乙醇
分液
乙酸乙酯和乙醇的密度不同
C．
除去KNO3固体中混杂的NaCl
重结晶
NaCl在水中的溶解度很大
D．
除去丁醇中的乙醚
蒸馏
丁醇与乙醚的沸点相差较大
解：
A．乙醇和水混溶，不能用作萃取剂，应用四氯化碳或苯萃取，故A错误；
B．乙酸乙酯和乙醇混溶，不能用分液的方法分离，应用蒸馏的方法分离，故B错误；
C．根据二者在水中随温度升高而溶解度不同，利用重结晶法．NaCl随温度升高溶解度变化不大，KNO3随温度升高溶解度变化大，要趁热过滤，故C错误；
D．丁醇和乙醚混溶，但二者的沸点不同，且相差较大，可用蒸馏的方法分离，故D正确．
故选D．
第Ⅱ卷（58分）
三、非选择题（包括必考题和选考题两部分。
第22题~第32题为必考题，每个试题考生都必须做答。
第33题~第40题为选考题，考生根据要求做答。
）
（一）必考题（共43分）
26．（13分）
醇脱水是合成烯烃的常用方法，实验室合成环己烯的反应和实验装置如下：
可能用到的有关数据如下：
合成反应：
在a中加入20g环己醇和2小片碎瓷片，冷却搅动下慢慢加入1mL浓硫酸。
B中通入冷却水后，开始缓慢加热a，控制馏出物的温度不超过90℃。
分离提纯：
反应粗产物倒入分液漏斗中分别用少量5%碳酸钠溶液和水洗涤，分离后加入无水氯化钙颗粒，静置一段时间后弃去氯化钙。
最终通过蒸馏得到纯净环己烯10g。
回答下列问题：
（1）装置b的名称是。
（2）加入碎瓷片的作用是；如果加热一段时间后发现忘记加瓷片，应该采取的正确操作时（填正确答案标号）。
A．立即补加B．冷却后补加C．不需补加D．重新配料
（3）本实验中最容易产生的副产物的结构简式为。
（4）分液漏斗在使用前须清洗干净并；在本实验分离过程中，产物应该从分液漏斗的（填“上口倒出”或“下口放出”）。
（5）分离提纯过程中加入无水氯化钙的目的是。
（6）在环己烯粗产物蒸馏过程中，不可能用到的仪器有（填正确答案标号）。
A．圆底烧瓶B．温度计C．吸滤瓶D．球形冷凝管E．接收器
（7）本实验所得到的环己烯产率是（填正确答案标号）。
A．41%B．50%C．61%D．70%
解：
（1）依据装置图分析可知装置b是蒸馏装置中的冷凝器装置，是冷凝器管，故答案为：
直行冷凝器管；
（2）碎瓷片的存在可以防止在加热过程中产生暴沸现象，补加碎瓷片时需要待已加热的试液冷却后再加入，故答案为：
防止暴沸；B；
（3）加热过程中，环己醇除可发生消去反应生成环己烯外，还可以发生取代反应，分子间发生脱水反应生成二环己醚，
；
故答案为：
（4）由于分液漏斗有活塞开关，故使用前需要检查是否漏液；分液过程中，由于环己烯的密度比水的密度小，故应该从分液漏斗的上口倒出，
故答案为：
检漏；上口倒出；
（5）分离提纯过程中加入无水氯化钙的目的是利用无水氯化钙吸收产物中少量的水，故答案为：
干燥；
（6）观察题目提供的实验装置图知蒸馏过程中不可能用到吸滤瓶和球形冷凝器管，故答案为：
CD；
（7）环己烯为0.2mol，理论上可以得到0.2mol环己烯，其质量为16.4g，所以产率=10g/16.4g×100%=61%，故答案为：
61%．
27．（15分）
锂离子电池的应用很广，其正极材料可再生利用。
某锂离子电池正极材料有钴酸锂（LiCoO2）、导电剂乙炔黑和铝箔等。
充电时，该锂离子电池负极发生的反应为6C+xLi++xe-=LixC6。
现欲利用以下工艺流程回收正极材料中的某些金属资源（部分条件未给出）。
回答下列问题：
（1）LiCoO2中，Co元素的化合价为。
（2）写出“正极碱浸”中发生反应的离子方程式。
（3）“酸浸”一般在80℃下进行，写出该步骤中发生的所有氧化还原反应的化学方程式；可用盐酸代替H2SO4和H2O2的混合液，但缺点是。
（4）写出“沉钴”过程中发生反应的化学方程式。
（5）充放电过程中，发生LiCoO2与Li1-xCoO2之间的转化，写出放电时电池反应方程式。
（6）上述工艺中，“放电处理”有利于锂在正极的回收，其原因是。
在整个回收工艺中，可回收到的金属化合物有（填化学式）。
解：
（1）根据化合物中，化合价的代数和为0知，LiCoO2中，Co元素的化合价为+3价，故答案为：
+3；
（2）正极中含有铝，铝易溶于强碱溶液生成AlO2-，反应的离子方程式为2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑，
故答案为：
2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑；
（3）酸浸时反应物有硫酸、过氧化氢以及LiCoO2，生成物有Li2SO4和CoSO4，反应方程式为：
2LiCoO2+H2O2+3H2SO4=Li2SO4+2CoSO4+O2↑+4H2O，由题中信息知LiCoO2具有强氧化性，加入盐酸有污染性气体氯气生成，
故答案为：
2LiCoO2+H2O2+3H2SO4=Li2SO4+2CoSO4+O2↑+4H2O；有氯气生成，污染较大；
（4）“沉钴”过程中硫酸钴和碳酸氢铵反应生成碳酸钴沉淀、硫酸铵、二氧化碳和水，反应方程式为CoSO4+2NH4HCO3=CoCO3↓+（NH4）2SO4+CO2↑+H2O，
故答案为：
CoSO4+2NH4HCO3=CoCO3↓+（NH4）2SO4+CO2↑+H2O；
（5）充放电过程中，Li1-xCoO2和LixC6发生氧化还原反应生成LiCoO2和C，反应方程式为：
Li1-xCoO2+LixC6=LiCoO2+6C，
故答案为：
Li1-xCoO2+LixC6=LiCoO2+6C；
（6）放电时，负极上生成锂离子，锂离子向正极移动并进入正极材料中，所以“放电处理”有利于锂在正极的回收，根据流程图知，可回收到的金属化合物有Al（OH）3、CoCO3、Li2SO4，
故答案为：
Li+从负极中脱出，经由电解质向正极移动并进入正极材料中；Al（OH）3、CoCO3、Li2SO4．
28．（15分）
二甲醚（CH3OCH3）是无色气体，可作为一种新型能源。
由合成气（组成为H2、CO和少量的CO2）直接制备二甲醚，其中的主要过程包括以下四个反应：
甲醇合成反应：
（i）CO（g）+2H2（g）=CH3OH（g）△H1=-90.1kJ•mol-1
（ii）CO2（g）+3H2（g）=CH3OH（g）+H2O（g）△H2=-49.0kJ•mol-1
水煤气变换反应：
（iii）CO（g）+H2O（g）=CO2（g）+H2（g）△H3=-41.1kJ•mol-1
二甲醚合成反应：
（iV）2CH3OH（g）=CH3OCH3（g）+H2O（g）△H4=-24.5kJ•mol-1
回答下列问题：
（1）Al2O3是合成气直接制备二甲醚反应催化剂的主要成分之一。
工业上从铝土矿制备较高纯度Al2O3的主要工艺流程是（以化学方程式表示）。
（2）分析二甲醚合成反应（iV）对于CO转化率的影响。
（3）由H2和CO直接制备二甲醚（另一产物为水蒸气）的热化学方程式为。
根据化学反应原理，分析增加压强对直接制备二甲醚反应的影响。
（4）有研究者在催化剂（含Cu—Zn—Al—O和Al2O3）、压强为5.0MPa的条件下，由H2和CO直接制备二甲醚，结果如下图所示。
其中CO转化率随温度升高而降低的原因是。
（5）二甲醚直接燃料电池具有启动快、效率高等优点，其能量密度等于甲醇直接燃料电池（5.93kW•h•kg-1）。
若电解质为酸性，二甲醚直接燃料电池的负极反应为，一个二甲醚分子经过电化学氧化，可以产生个电子的能量；该电池的理论输出电压为1.20V，能量密度E=（列式计算。
能量密度=电池输出电能/燃料质量，1kW•h=3.6×106J）。
解：
（1）铝土矿制备较高纯度Al2O3的主要工艺流程，利用氧化铝是两性氧化物溶于碱生成四羟基合铝酸钠，溶液中通入过量二氧化碳生成氢氧化铝沉淀，加热分解得到氧化铝；反应娥化学方程式为：
Al2O3（铝土矿）+2NaOH+3H2O=2NaAl（OH）4；NaAl（OH）4+CO2=Al（OH）3↓+NaHCO3；2Al（OH）3
Al2O3+3H2O，
故答案为：
Al2O3（铝土矿）+2NaOH+3H2O=2NaAl（OH）4；NaAl（OH）4+CO2=Al（OH）3↓+NaHCO3；2Al（OH）3
Al2O3+3H2O；
（2）二甲醚合成反应（Ⅳ）对于CO转化率的影响，消耗甲醇，促进甲醇合成反应（Ⅰ）CO（g）+2H2（g）═CH3OH（g）平衡右移，CO转化率增大；生成的H2O，通过水煤气变换反应（Ⅲ）CO（g）+H2O（g）═CO2（g）+H2 （g）消耗部分CO，
故答案为：
消耗甲醇，促进甲醇合成反应（Ⅰ）平衡右移，CO转化率增大；生成的H2O，通过水煤气变换反应（Ⅲ）消耗部分CO；
（3）Ⅰ、CO（g）+2H2（g）═CH3OH（g）△H1=-90.1kJ•mol-1
Ⅳ、2CH3OH（g）═CH3OCH3（g）+H2O（g）△H4=-24.5kJ•mol-1
依据盖斯定律Ⅰ×2+Ⅳ得到：
2CO（g）+4H2（g）=CH3OCH3+H2O（g）△H=-204.7kJ•mol-1
该反应是气体体积减小的反应，增加压强平衡正向进行，反应速率增大，CO和H2转化率增大，CH3OCH3产率增加，
故答案为：
2CO（g）+4H2（g）=CH3OCH3+H2O（g）△H=-204.7kJ•mol-1；该反应分子数减少，压强升高使平衡右移，CO和H2转化率增大，CH3OCH3产率增加．压强升高使CO和H2浓度增加，反应速率增大；
（4）CO转化率随温度升高而降低，是因为反应是放热反应，升温平衡逆向进行，故答案为：
反应放热，温度升高，平衡左移；
（5）若电解质为酸性，二甲醚直接燃料电池的负极反应为二甲醚失电子生成二氧化碳，结合原子守恒和电荷守恒写出电极反应为：
CH3OCH3+3H2O-12e-=2CO2+12H+；
一个二甲醚分子经过电化学氧化失去12个电子，能量密度=电池输出电能/燃料质量，该电池的理论输出电压为1.20V，能量密度E=1.2*1000/46*12*96500*3.6*106=8.39KW•h•kg-1，
故答案为：
CH3OCH3+3H2O-12e-=2CO2+12H+；12；8.39KW•h•kg-1．
（二）选考题（共15分）
36．[化学—选修2：
化学与技术]（15分）
草酸（乙二酸）可作还原剂和沉淀剂，用于金属除锈、织物漂白和稀土生产。
一种制备草酸（含2个结晶水）的工艺流程如下：
回答下列问题：
（1）CO和NaOH在一定条件下合成甲酸钠、甲酸钠加热脱氢的化学反应方程式分别为、。
（2）该制备工艺中有两次过滤操作，过滤操作①的滤液是，滤渣是；过滤操作②的滤液是和，滤渣是。
（3）工艺过程中③和④的目的是。
（4）有人建议甲酸钠脱氢后直接用硫酸酸化制备草酸。
该方案的缺点是产品不纯，其中含有的杂质主要是。
（5）结晶水合草酸成品的纯度用高锰酸钾法测定。
称量草酸成品0.250g溶于水中，用0.0500mol•L-1的酸性KMnO4溶液滴定，至粉红色不消褪，消耗KMnO4溶液15.00mL，反应的离子方程式为；列式计算该成品的纯度。
解：
（1）根据流程图知，200℃、2MPa条件下，一氧化碳和氢氧化钠反应生成甲酸钠，反应方程式为：
CO+NaOH
HCOONa，加热条件下，甲酸钠脱氢生成草酸钠和氢气，反应方程式为：
2HCOONa
Na2C2O4+H2↑，
故答案为：
CO+NaOH
HCOONa，2HCOONa
Na2C2O4+H2↑；
（2）氢氧化钙和草酸钠溶液反应生成氢氧化钠和草酸钙，草酸钙难溶于水，所以过滤操作①的滤液是氢氧化钠溶液，滤渣是CaC2O4，草酸钙和稀硫酸反应生成草酸和硫酸钙，硫酸钙是微溶物，该操作过程中，稀硫酸过量，所以过滤操作②的滤液是H2C2O4溶液、H2SO4溶液，滤渣是 CaSO4，
故答案为：
NaOH溶液，CaC2O4，H2C2O4溶液、H2SO4溶液，CaSO4；
（3）氢氧化钠和硫酸都具有腐蚀性，能污染环境，分别循环利用氢氧化钠和硫酸能降低成本，减小污染，
故答案为：
分别循环利用氢氧化钠和硫酸能降低成本，减小污染；
（4）甲酸钠和硫酸反应生成硫酸钠，硫酸钠是可溶性物质，存在于溶液中，所以含有的杂质主要是Na2SO4
，故答案为：
Na2SO4；
（5）酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，能氧化草酸根离子生成二氧化碳，同时自身被还原生成二价锰离子，离子反应方程式为：
5H2C2O4+2MnO4-+6H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O，
设草酸的物质的量为xmol，则：
5H2C2O4+6H++2MnO4-=10CO2↑+2Mn2++8H2O
5mol 2mol
x 0.0500mol•L-1×0.015L
所以，5mol：
2mol=x：
0.0500mol•L-1×0.015L
解得x=0.001875mol，
故其纯度=
0.001875mol×126g/mol
0.25g
×100%=94.5%，故答案为：
94.5%．
37．[化学—选修3：
物质结构与性质]（15分）
硅是重要的半导体材料，构成了现代电子工业的基础。
请回答下列问题：
（1）基态Si原子中，电子占据的最高能层符号为，该能层具有的原子轨道数为、电子数为。
（2）硅主要以硅酸盐、等化合物的形式存在于地壳中。
（3）单质硅存在与金刚石结构类似的晶体，其中原子与原子之间以相结合，其晶胞中共有8个原子，其中在面心位置贡献个原子。
（4）单质硅可通过甲硅烷（SiH4）分解反应来制备。
工业上采用Mg2Si和NH4Cl在液氨介质中反应制得SiH4，该反应的化学方程式为。
（5）碳和硅的有关化学键键能如下所示，简要分析和解释下列有关事实：
化学键
C—C
C—H
C—O
Si—Si
Si—H
Si—O
键能/（kJ•mol-1
356
413
336
226
318
452
①硅与碳同族，也有系列氢化物，但硅烷在种类和数量上都远不如烷烃多，原因是。
②SiH4的稳定性小于CH4，更易生成氧化物，原因是。
（6）在硅酸盐中，SiO4-4四面体（如下图（a））通过共用顶角氧离子可形成岛状、链状、层状、骨架网状四大类结构型式。
图（b）为一种无限长单链结构的多硅酸根，其中Si原子的杂化形式为，Si与O的原子数之比为，化学式为。
解：
（1）硅原子核外有14个电子，其基态原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p2，对应能层分别别为K、L、M，其中能量最高的是最外层M层，该能层有s、p、d三个能级，s能级有1个轨道，p能级有3个轨道，d能级有5个轨道，所以共有9个原子轨道，硅原子的M能层有4个电子（3s23p2）；
故答案为：
M；9；4；
（2）硅元素在自然界中主要以化合态（二氧化硅和硅酸盐）形式存在，
故答案为：
二氧化硅
（3）硅晶体和金刚石晶体类似都属于原子晶体，硅原子之间以共价键结合．在金刚石晶体的晶胞中，每个面心有一个碳原子（晶体硅类似结构），则面心位置贡献的原子为6×1/2
=3个；
故答案为：
共价键；3；
（4）Mg2Si和NH4Cl在液氨介质中反应制得SiH4、NH3和MgCl2，方程式为：
Mg2Si+4NH4Cl=SiH4+4NH3+2MgCl2，故答案为：
Mg2Si+4NH4Cl=SiH4+4NH3+2MgCl2；
（5）①烷烃中的C-C键和C-H键大于硅烷中的Si-Si键和Si-H键的键能，所以硅烷中Si-Si键和Si-H键的键能易断裂，导致长链硅烷难以生成，
故答案为：
C-C键和C-H键较强，所形成的烷烃稳定，而硅烷中Si-Si键和Si-H键的键能较低，易断裂，导致长链硅烷难以生成；
②键能越大、物质就越稳定，C-H键的键能大于C-O键，故C-H键比C-O键稳定，而Si-H键的键能远小于Si-O键，所以Si-H键不稳定而倾向与形成稳定性更强的Si-O键；
故答案：
C-H键的键能大于C-O键，C-H键比C-O键稳定．而Si-H键的键能却远小于Si-O键，所以Si-H键不稳定而倾向于形成稳定性更强的Si-O键；
（6）硅酸盐中的硅酸根为正四面体结构，所以中心原子Si原子采取了sp3杂化方式；
故答案为：
sp3
根据图（b）的一个结构单元中含有1个硅、3个氧原子，化学式为SiO32-；
故答案为：
1：
3；SiO32-；
38．[化学—选修5：
有机化学基础]（15分）
査尔酮类化合物G是黄酮类药物的主要合成中间体，其中一种合成路线如下：
已知以下信息：
①芳香烃A的相对分子质量在100~110之间，1molA充分燃烧可生成72g水。
②C不能发生银镜反应。
③D能发生银镜反应、可溶于饱和Na2CO3溶液、核磁共振氢谱显示有4种氢。
④
⑤RCOCH3+RˊCHO
RCOCH=CHRˊ
回答下列问题：
（1）A的化学名称为。
（2）由B生成C的化学方程式为。
（3）E的分子式为，由E生成F的反应类型为。
（4）G的结构简式为。
（5）D的芳香同分异构体H既能发生银镜反应，又能发生水解反应，H在酸催化下发生水解反应的化学方程式为。
（6）F的同分异构体中，既能发生银镜反应，又能与FeCl3溶液发生显色反应的共有种，其中核磁共振氢谱为5组峰，且峰面积比为2∶2∶2∶1∶1的为（写结构简式）。
解：
芳香烃A的相对分子质量在100～110之间，1mol A充分燃烧可生成72g水，72g水的物质的量=72/18＝4mol，所以1个A分子中含有8个氢原子，A能和水发生加成反应，则A中含有碳碳双键，B中含有羟基，B被氧化后生成C，C不能发生银镜反应，则C中不含醛基，则C中含有羰基，结合A的相对分子质量知，A是苯乙烯，B的结构简式为：
，C的结构简式为：
；
D能发生银镜反应说明D中含有醛基，可溶于饱和Na2CO3溶液说明D中含有羧基或酚羟基，核磁共振氢谱显示有4种氢，说明D含有四种类型的氢原子，结合D的分子式知，D是对羟基苯甲醛，D和氢氧化钠溶液反应生成E，E的结构简式为：
，
和碘烷反应生成F，F的结构简式为：
，C和F反应生成G，结合题给信息知，G的结构简式为：
．
（1）通过以上分析知，A是苯乙烯，故答案为：
苯乙烯；
（2）在加热、铜作催化剂条件下，B被氧气氧化生成C，反应方程式为：
，
故答案为：
；
（3）通过以上分析知，E的分子式为：
C7H5O2Na，E发生取代反应生成F，故答案为：
C7H5O2Na；取代反应；
（4）通过以上分析
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