全国Ⅰ卷2020届高考化学押题卷2(含答案)

绝密★ 启用前

2020年普通高等学校招生全国统一考试

化学（二）

注意事项：

1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。答题前，考生务必将自己的姓名、考生号填写在答题卡上。

2．回答第Ⅰ卷时，选出每小题的答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在试卷上无效。

3．回答第Ⅱ卷时，将答案填写在答题卡上，写在试卷上无效。

4．考试结束，将本试卷和答题卡一并交回。

可能用到的相对原子质量：C12 N14 O16 Na23 S32 Cl35.5 Cu 64 Ba137

一、选择题：本大题共7小题，每小题6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。

7．“白墙黑瓦青石板，烟雨小巷油纸伞”是著名诗人戴望舒的著名诗句，下列有关说法中错误的是

A．“白墙”的白色源于墙体表层的CaCO3

B．“青石板”与“黑瓦”的主要成分都是硅酸盐

C．纸和伞骨架的竹子主要成分是纤维素

D．伞面上的熟桐油是天然植物油，具有防水作用

【答案】B

【解析】A．“白墙”的白色源于墙体表层的CaCO3，A项正确；“青石板”的主要成分是石灰石，而“黑瓦”的主要成分是硅酸盐，B项错误；纸和伞骨架的竹子主要成分是纤维素，C项正确；植物油属于油脂，油脂不溶于水，刷在伞面上形成一层保护膜能防水，D项正确。

8．用N A表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述中正确的是

A．1L 0.lmol/L的Na2SiO3溶液中含阴离子总数为0.1N A个

B．0.1mol的2H37Cl分子的中子数是2.1N A

C．7.8g Na2O2与足量水充分反应转移的电子数目为0.2N A

D．1mol雄黄(As4S4)，结构如图：，含有4N A个S-S键

【答案】B

【解析】硅酸根水解得到硅酸氢根和氢氧根离子，因此1L 0.lmol/L的Na2SiO3溶液中含阴离子总数大于0.1N A个，A项错误；2H37Cl分子的中子数＝2-1+37-17＝21，所以0.1mol 的2H37Cl分子的中子数是2.1N A，B项正确；过氧化钠与水的反应中过氧化钠既是氧化剂，也是还原剂，0.1mol Na2O2与足量水充分反应转移的电子数目为0.1N A，C项错误；S周围有两个未成对电子，一般可以形成两根共价键，As周围有三个未成对电子，可以形成三根共价键，由结构可知，白球为S原子，黑球为As原子，故不含有S-S键，D项错误。

9．下表是元素周期表的一部分，W、X、Y、Z为短周期主族元素，X和Z两元素的原子序数之和等于W元素的原子序数。下列说法正确的是

A．X、W分别与Y都能形成两种或两种以上的化合物，这些化合物都是酸性氧化物B．X、Y、Z都能形成10电子的氢化物，其中Z的最简单氢化物沸点最高

C．X、Y、W与氢四种元素能组成离子化合物，该化合物一定能发生水解

D．X和W两元素高价氧化物对应水化物的酸性：X>W

【答案】C

【解析】根据短周期元素的相对位置，假设Y原子序数为a，则X为a-1，Z为a+1，W为a+8，由于X和Z两元素的原子序数之和等于W元素的原子序数，所以(a-1)+(a+1)=a+8，解得a=8，所以X是N元素，Y是O元素，Z是F元素，W是S元素，然后结合元素的性质与元素的原子结构分析解答。根据上述分析可知：X是N元素，Y是O元素，Z是F元素，W是S元素，N、O元素形成的化合物NO、NO2均不是酸性氧化物，A项错误；H2O 沸点最高，B项错误；Y、Z、W与氢四种元素能组成离子化合物(NH4)2SO4、NH4HSO4、(NH4)2SO3等物质，在溶液中NH+4、SO2?3都会发生水解反应，C项正确；元素的非金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，但D项未指明最高价，D项错误。

10．下列实验现象与实验操作不相匹配的是

选项实验操作实验现象

A 在Fe(NO 3)2溶液中滴加酸化的H 2O 2

浅绿色变黄色 B 将金属钠在燃烧匙中点燃，迅速伸入集满CO 2的集气瓶 集气瓶中产生大量白烟，瓶

内有黑色颗粒产生

C 向盛有硝酸银溶液的试管中 逐渐滴入浓氨水

产生白色沉淀，且白色沉淀

不溶解 D

向盛Na 2SO 3溶液的试管中滴加1滴酚酞，

然后逐滴加入稀盐酸至过量

试管中溶液先变红后褪色 【答案】C

【解析】向盛有硝酸银溶液的试管中逐渐滴入浓氨水会产生白色沉淀，且最后白色沉淀溶解形成银氨溶液，C 项错误。

11．下列化学方程式中，不能正确表达反应颜色变化的是

A ．电解饱和食盐水产生黄绿色气体：2NaCl+2H 2O=====电解2NaOH+H 2↑+Cl 2↑

B ．红热木炭遇浓硝酸产生红棕色气体：C+4HNO 3(浓)====△CO 2↑+4NO 2↑+2H 2O

C ．Na 2O 2在潮湿的空气中放置一段时间，变成白色黏稠物：2Na 2O 2+2CO 2=2Na 2CO 3+O 2

D ．向Ca(ClO)2溶液中通入少量SO 2，出现白色沉淀SO 2+Ca 2++3ClO ?+H 2O=CaSO 4↓+2HClO+Cl ?

【答案】C

【解析】Na 2O 2在潮湿的空气中放置一段时间，变成白色黏稠物即生成NaOH ：2Na 2O 2+2H 2O=4NaOH+O 2↑，C 项错误。

12．某温度时硫酸盐MSO 4(M ：Pb 2+、Ba 2+、Sr 2+)的沉淀溶解平衡曲线如图所示。已知

p(M)＝-lgc(M)，p(SO 2?4)＝-lgc(SO 2?4)。下列说法正确的是

A ．向BaSO 4悬浊液中加入浓度较大的Pb(NO 3)2溶液可能转化成PbSO 4

B ．X 、Y 两点对应的SrSO 4均是饱和溶液，不能继续溶解SrSO 4

C．蒸发Z点的BaSO4溶液可得到C点状态的BaSO4溶液

D．溶度积：Ksp(SrSO4)

【答案】A

【解析】沉淀的转化是可逆的，若向BaSO4悬浊液中加入浓度较大的含Pb2+的溶液，BaSO4能转化成PbSO4，A项错误；由图可知，X点是对应的SrSO4是饱和溶液，Y点对应的SrSO4溶液中：c(SO2?4)·c(Sr2+)＜K sp(SrSO4)，故Y点对应的SrSO4是不饱和溶液，能继续溶解SrSO4，B项不正确；蒸发BaSO4的溶液时，c(Ba2+)、c(SO2?4)均会同等程度增大，不会到C点状态的BaSO4溶液，C项不正确；p(M)越大，则c(M)越小，即Pb2+、Ba2+、Sr2+的物质的量浓度越小；同理p(SO2?4)越大，c(SO2?4)越小。由图可知，p(SO2?4)相同时，BaSO4、PbSO4、SrSO4对应的p(M)依次减小，所以三者的溶度积依次增大，即Ksp(SrSO4)>Ksp(PbSO4)> Ksp(BaSO4)，D项不正确。

13．1-二环丙基乙烯()的二氯代物共有（不含立体异构）

A．6种B．7种C．8种D．9种

【答案】D

【解析】1-二环丙基乙烯()的二氯代物共有：、、、、、、、

、，D项正确。

二、非选择题（共43分）

26．（14分）铝氢化钠（NaAlH4）是重要的还原剂。以铝土矿（主要成分Al2O3，含少量SiO2、Fe2O3等杂质）为原料制备NaAlH4的一种流程如图：

（1）碱浸中SiO2转化成难溶的Na2Al2Si2O8，写出生成该物质的离子方程式_________________

____________________________。

（2）过滤1得滤渣的主要成分为__________，反应1中加入NaHCO3的目的是______________

_________。

（3）电解2生成NaHCO3和NaOH用于循环使用，写出电解2阴极的电极反应式：____________

__________________________________________。

（4）反应3的化学方程式为________________________________________。

（5）铝氢化钠遇水发生剧烈反应产生大量气泡，其反应的化学方程式为_____________________

_______________________________。

（6）Al与LiBH4制备的复合材料是重要制氢材料，对Al-LiBH4体系与水反应产氢的特性进行下列研究：

①如图为25℃水浴时每克不同配比的Al-LiBH4复合材料与水反应产生H2体积随时间变化关系图。由图可知，下列说法正确的是(填字母)。

A．25℃时，纯铝与水会反应

B．25℃时，纯LiBH4与水反应产生氢气

C．25℃时，Al-LiBH4复合材料中LiBH4含量越高，1000s内产生氢气的体积越大

②如图为25℃和75℃时，Al-LiBH4复合材料[ω(LiBH4)＝25%]与水反应一定时间后产物的X-射线衍射图谱(X-射线衍射可用于判断某晶态物质是否存在，不同晶态物质出现衍射峰的衍射角不同)。

从图中分析，25℃时Al-LiBH4复合材料中与水完全反应的物质是(填化学式)。

【答案】（1）Al2O3+2SiO2+2Na++2OH?=Na2Al2Si2O8↓+H2O

（2）Fe2O3、Na2Al2Si2O8与NaAlO2反应生成Al(OH)3，除去过量的NaOH

（3）2H2O+2e?=H2↑+2OH?（或2H++2e?=H2↑）

（4）AlCl3+4NaH=NaAlH4+3NaCl

（5）NaAlH4+2H2O=NaAlO2+4H2↑

（6）①B ②LiBH4

【解析】以铝土矿（主要成分为Al2O3，含SiO2和Fe2O3等杂质）为原料制备铝，由流程可知，加NaOH溶解时Fe2O3不反应，由题目信息可知SiO2在“碱浸”时转化为铝硅酸钠沉淀，过滤得到的滤渣为Fe2O3、铝硅酸钠，碳酸氢钠与偏铝酸钠反应生成Al(OH)3，过滤II得到Al(OH)3，灼烧生成氧化铝，电解I为电解氧化铝生成Al和氧气，纯铝在氯气中燃烧生成氯化铝，氯化铝再与NaH反应生成氢化铝钠（NaAlH4），据此分析解答。（1）碱浸时，SiO2转化成难溶的Na2Al2Si2O8，产物中含有Al，所以反应物为Al2O3、SiO2和NaOH，故反应的离子方程式为Al2O3+2SiO2+2Na++2OH?=

Na2Al2Si2O8↓+H2O；（2）加NaOH溶解时Fe2O3不反应，题（1）中可知产生了难溶性的铝硅酸钠沉淀，故过滤1得滤渣的主要成分为Fe2O3、Na2Al2Si2O8；由流程分析可知，过滤1后溶液中有偏铝酸钠和过量的NaOH，加入NaHCO3的可以除去过量的氢氧化钠，同时和NaAlO2反应生成Al(OH)3；（3）反应1过滤得到的滤液是Na2CO3，电解得到NaHCO3和NaOH，电解时，阴极氢离子放电，得到氢氧化钠和氢气，故阴极的电极反应式为2H2O+2e?=H2↑+2OH?或2H++2e?=H2↑。（4）图示知反应3为AlCl3与NaH反应，由原子守恒得另一种产物为NaCl，反应的方程式为ACl3+4NaH=NaAlH4+3NaCl；（5）氢化铝钠遇水剧烈反应产生大量气泡，反应生成偏铝酸钠和氢气，反应的化学方程式为NaAlH4+2H2O=NaAlO2+4H2↑；（6）①a、图中当全为铝时气体为0，故纯铝与水不反应，

错误；b、f线代表纯LiBH4与水反应产生氢气，正确；c、当材料含LiBH4为25%时（d线），产生氢气的量最多，错误；②由图得出反应后已没有LiBH4，但存在大量铝，故其完全反应。

27．（14分）硒(Se)及其氢化物H2Se是在新型光伏太阳能电池、半导体材料和金属硒化物方面有重要应用。

（1）已知：①2H 2Se(g)+O2(g)2Se(s)+2H2O(l) ΔH1=m kJ·mol?1

②2H2O(g)=2H2(g)+O2(g) ΔH2=n kJ·mol?1

③H2O(g)=H2O(l) ΔH3=p kJ·mol?1

反应H 2(g)+Se(s)H2Se(g)的反应热ΔH=______kJ·mol?1(用含m、n、p的代数式表示)。

（2）T℃时，向一恒容密闭容器中加入3mol H2和lmol Se，发生反应

H 2(g)+Se(s)H2Se(g)。

①该反应的平衡常数的表达式K＝___________。

②当反应达到平衡后，将平衡混合气体通入气体液化分离器使H2Se气体转化为液体H2Se，并将分离出的H2再次通入发生反应的密闭容器中继续与Se反应时，Se的转化率会提高。请用化学平衡理论解释_________________________________。

③以5小时内得到的H2Se为产量指标，且温度、压强对H2Se产率的影响如下图所示：

则制备H2Se的最佳温度和压强为______________________。

（3）已知常温下H2Se的电离平衡常数K1=1.3×10?4，K2=5.0×10?11，则NaHSe溶液的离子浓度由大到小的顺序为____________________，H2Se在一定条件下可以制备CuSe，反应CuS(s)+Se2?(aq)CuSe(s)+S2?(aq)的化学平衡常数K=________（保留2位有效数字，已知该条件下CuSe的K sp=7.9×10?49，CuS的K sp=1.3×10?36）。

（4）用电化学方法制备H2Se的实验装置如下图所示：

石墨电极是__________（填正极或负极），该电极附近溶液的PH__________（填变大、不变或变小），写出Pt 电极上发生反应的电极反应式：_________________________________。

【答案】（1）p?12(n+m) （2）①c(H 2Se)/c(H 2)

②将分离出的H 2重新通入容器中，平衡正向移动，Se 的转化率提高

③550℃，0.3MPa

（3）c(Na +)>c(HSe ?)>c(OH ?)>c(H +)>c(Se 2?) 1.6×

1012 （4）正极 变大 CO-2e ?+H 2O=CO 2+2H +

【解析】（1）③-（②+①）/2即可得：H 2(g)+Se(s)

H 2Se(g)，所以反应H 2(g)+Se(s)H 2Se(g)的反应热ΔH=p?12

(n+m)kJ·mol ?1；（2）①化学平衡常数是在一定条件下，当可逆反应达到平衡状态时，生成物浓度幂之积和反应物浓度幂之积的比值，因为Se 是固体，故该反应的平衡常数表达式为c(H 2Se)/c(H 2)；②将分离出的H 2重新通入容器中，反应物浓度升高，平衡会朝着正向移动，硒的转化率提高；③由图可知，温度550℃、压强0.3MPa 时产率最高；（3）NaHSe 中存在电离平衡HSe ?

H ++Se 2?和水解平衡：HSe ?+H 2O H 2Se+OH ?，其电离平衡常数K 2=5.0×10?11，水解平衡常数为

14

41101.310

w h K K K --==?=7.69×10?11，所以水解大于电离，溶液呈碱性；故NaHSe 溶液的离子浓度由大到小的顺序为

c(Na +)>c(HSe ?)>c(OH ?)>c(H +)>c(Se 2?)；反应CuS(s)+Se 2?(aq)

CuSe(s) +S 2?(aq)的

化学平衡常数K=()()22c S c Se --=()()()()2222c S c Cu c Se c Cu -+

-+??=()()sp sp K CuS K CuSe =36

491.3107.910--??≈1.6×1012，（4）电化学制备的

产物是H 2Se ，由此可知，石墨上Se 发生了还原反应，电极反应式为Se+2H +-2e ?=H 2Se ，通

入CO的电极为原电池的负极，失电子发生氧化反应，电极反应式为CO-2e?+H2O=CO2+2H+，故石墨为正极，消耗了氢离子，PH增大；Pt电极上发生反应的电极反应式CO-2e?+H2O=CO2+2H+。

28．（15分）保险粉（Na2S2O4)可用作食品保鲜剂、纸浆、肥皂等的漂白剂。Na2S2O4易溶于水，难溶于乙醇。在碱性介质中较稳定，在空气中易被氧化。锌粉法制备Na2S2O4的工艺流程如图所示：

回答下列问题：

（1）实验室可用浓硫酸和亚硫酸钠反应制取SO2，并希望能控制反应速度，图中可选用的发生装置是________（填字母）。

（2）工业上常将锌块进行预处理得到锌粉—水悬浊液，其目的是________________________；步骤Ⅰ中发生反应的化学方程式为_______________________。

（3）步骤Ⅱ中需选用的玻璃仪器除了烧杯、玻璃棒之外，还有__________（填名称）。

（4）在步骤III中加入NaCl的作用是____________________，得到的Na2S2O4固体要用乙醇洗涤，其优点是_________________。

（5）铁氰化钾可用于分析检测保险粉。铁氰化钾K3[Fe(CN)6]是一种比较弱的氧化剂，其具有强氧化剂所没有的选择性氧化性，能将S2O2?4氧化为SO2?3，[Fe(CN)6]3?还原为[Fe(CN)6]4?，该反应的离子方程式为________________________________________；取1.16g Na2S2O4样品溶于水，用0.4mol·L?1的K3[Fe(CN)6]标准液滴定至终点，消耗25.00mL。该样品中Na2S2O4的质量为_______。

【答案】（1）B

（2）增大锌粉的表面积，加快反应速率；Zn+2SO2=ZnS2O4

（3）漏斗

（4）降低Na2S2O4的溶解度，便于其结晶析出除去晶体表面的水分，并减少Na2S2O4的溶解损失

（5）S2O2?4+2[Fe(CN)6]3?+2H2O＝2SO2?3+2[Fe(CN)6]4?+4H+ 75%

【解析】（1）浓硫酸与Na2SO3发生复分解反应产生Na2SO4、SO2、H2O，反应方程式为：H2SO4+Na2SO3=Na2SO4+SO2↑+H2O，A、不能控制反应速率，且浓硫酸具有吸水性，长颈漏斗容易导致浓硫酸稀释，不合理；B、通过控制分液漏斗的活塞控制反应速率，上下联通的导气管会使浓硫酸上下气体压强一致，便于浓硫酸顺利滴下，装置合理；C、浓硫酸与盐的反应放出大量的热，会导致集气瓶炸裂，不合理；故合理选项是B；（2）工业上常将锌块进行预处理得到锌粉—水悬浊液，其目的是增大锌粉的表面积，加快反应速率。根据流程图可知步骤I中发生的化学方程式为Zn+2SO2=ZnS2O4；（3）步骤Ⅱ是过滤，需要的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、漏斗；（4）加入NaCl降低Na2S2O4的溶解度，便于其结晶析出；Na2S2O4易溶于水，难溶于乙醇，用乙醇洗涤，既能除去晶体表面的水分，并减少Na2S2O4的溶解损失；（5）铁氰化钾K3[Fe(CN)6]是一种比较弱的氧化剂，能将S2O2?4氧化为SO2?3，[Fe(CN)6]3?还原为[Fe(CN)6]4?，根据氧化还原反应中电子转移数目相等，该反应的离子方程式为：S2O2?4+2[Fe(CN)6]3?+2H2O＝2SO2?3+2[Fe(CN)6]4?+4H+，由方程式知两种物质的反应关系为：2K3[Fe(CN)6]～Na2S2O4，n{K3[Fe(CN)6]}=0.4mol/L×0.025L=0.01mol，则n(Na2S2O4)=5×10?3mol，该样品中Na2S2O4的质量分数为5×10?3mol×174g/mol÷1.16g×100%=75%。

三、选考题（共15分，请考生从以下题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分。）

35．【化学——选修3：物质结构与性质】（15分）

磷酸氯喹在细胞水平上能有效抑制新型冠状病毒(SARS-CoV-2)的感染。磷酸氯喹的结构如图所示，据此回答下列问题。

（1）基态P原子中，电子占据的最高能级符号为___，基态N原子核外有___种运动状态不同的电子。

（2）C、N、O三种元素电负性从大到小的顺序为_____________；第一电离能χ(P)_____χ(Cl)(填“＞”或“＜”)。

（3）磷酸氯喹中N 原子的杂化方式为_____，NH 3是一种极易溶于水的气体，其沸点比AsH 3的沸点高，其原因是___________。

（4）GaN 、GaP 、GaAs 都是很好的半导体材料，晶体类型与晶体碳化硅类似，熔点如下表所示， GaN GaP GaAs 熔点/℃ 1700 1480 1238

①GaN 、GaP 、GaAs 的熔点变化原因是_______________________________。

②砷化镓晶体中含有的化学键类型为___________(填选项字母)。

A ．离子键

B ．配位键

C ．σ键

D ．π键

E ．极性键

F ．非极性键 ③以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置。称作原子分数坐标。如图为沿y 轴投影的磷化镓晶胞中所有原子的分布图。若原子1的原子分数坐标为(0.25，0.25，0.75)，则原子2的原子分数坐标为__________；若磷化镓的晶体密度为ρ g·cm ?3，阿伏加德罗常数的值为N A ，则晶胞中Ga 和P 原子的最近距离为__________ pm(用代数式表示)。

【答案】(1)3p 7

(2) O ＞N ＞C ＞

(3) sp 2、sp 3 NH 3中N 的电负性比AsH 3中As 的大得多，故NH 3易形成分子间氢键，从而使其沸点升高；也容易与H 2O 形成分子间氢键，使其在水中溶解度增大

(4) ①结构相似的前提下，原子晶体的熔沸点与成键原子的半径呈反比，原子半径大小为N

②BCE ③(0.25，0.25，0.25) 1033404104A

ρN 【解析】（1）基态P 原子的核外电子排布式为1s 22s 22p 63s 23p 3，电子占据的最高能级符号为3p ；基态N 原子核外有7个电子，因此有7种运动状态不同的电子；（2）根据C 、N 和O 的非金属性分析判断电负性，同一周期元素第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，但是第VA 族第一电离能大于其相邻元素；（3）磷酸氯喹中N 原子有两种情况，价

层电子对数分别是3、4，根据价层电子对互斥理论判断N 原子轨道类型；NH 3分子之间形成氢键，NH 3也容易与H 2O 形成分子间氢键，据此分析解答；（4）①结构相似的前提下，原子晶体的熔沸点与成键原子的半径呈反比，原子半径大小为N

，则原子2的分数坐标为(0.25，0.25，0.25)；晶胞中P 原子数为4，

Ga 原子数为8×18+6×12=4，化学式为GaP ，晶胞的质量m=A 4101N ?g=

A 404N g ，晶胞的体积V=m ρ=3

404g ·A N g cm ρ－=A 404N ρcm 3，晶胞的边长a=A 3404N ρcm ，P 原子与周围最近的4个Ga 原子形成正四面体，晶胞顶点Ga 原子与四面体中心P 原子连线处于晶胞体对角线上，且二者距离等于体对角线长度的14

，而体对角线长度等于晶胞棱长的3倍，所以晶胞中Ga 和P 原子的最近距离为34a=34×A 3404N ρcm=34

×A 3404N ρ×1010pm ，故答案为：(0.25，0.25，0.25)；3×A 3404N ρ×1010。 36．【化学——选修5：有机化学基础】（15分）

咖啡酸苯乙酯因具有极强的抗炎和抗氧化活性得以在食品、医学以及其他领域广泛应用。通过下列途径可合成咖啡酸苯乙酯。

已知：A的核磁共振氢谱(1H-NMR)显示，分子中有4种不同化学环境的氢原子，A能与FeCl3溶液发生显色反应。

（1）A的化学名称为__________，C中官能团的名称为__________、_________。

（2）由A生成B的反应类型为__________。

（3）丙二酸的结构简式为_______。

（4）由D生成咖啡酸苯乙酯的反应方程式为_______________________________。

（5）写出同时满足下列条件的C的所有同分异构体的结构简式(不考虑立体异构)：________________。

a．属于酯类b．能发生银镜反应c．与FeCl3溶液发生显色反应

（6）参照上述合成路线，设计一条由CH3CH2OH和苯酚为原料制备的

合成路线。（合成路线的表示方法为：A B……目标产物）【答案】（1）对羟基苯甲醛(酚)羟基、醛基

（2）取代反应

（3）HOOCCH2COOH

（4）++H2O

（5）

（6）

【解析】A的核磁共振氢谱(1H-NMR)显示，分子中有4种不同化学环境的氢原子，A 能与FeCl3溶液发生显色反应，说明A中含有酚羟基，根据A的分子式可以知道，A为

，根据B的分子式可以知道，A发生取代反应生成B为，B在碱性条件下水解再酸化得C为，根据D的分子式可以知道，C与丙二酸反应生成D 为，D与苯乙醇发生酯化反应生成咖啡酸苯乙酯为

，据此答题。根据分析知A为，化学名称为对羟基苯甲醛，C为，含有的官能团为醛基、（酚）羟基；（2）由A （）与溴反应生成B（），溴原子取代了氢原子，该反应为取代反应；（3）丙二酸的结构简式为HOOCCH2COOH；（4）D（）与E （）在一定条件下反应生成咖啡酸苯乙酯，反应方程式为

++H2O；（5）C为，根

据条件a．属于酯类，说明有酯基，b．能发生银镜反应，说明有醛基，c．与FeCl3溶液发生显色反应，说明有酚羟基，则符合条件的同分异构体的结构简式为：

；（6）可由乙酸和在一定条件下反应得到，根据题中合成路线可知在苯环上引入羟基的方法是先与溴反应，然后在碱溶液中水解，再进行酸化，乙酸则可通过乙醇的氧化得到，故合成路线可表示为

。