2020年高考化学“7+3+2”提分专练必刷卷03（含解析）

这是一份2020年高考化学“7+3+2”提分专练必刷卷03（含解析），共13页。试卷主要包含了［化学——选修3，[化学——选修5等内容，欢迎下载使用。
高考“7+3+2”提分专练必刷卷03
化 学
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，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，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 Si 28 S 32 Cl 35.5 V 51 Fe 56 Cu 64
一、选择题：本题共7个小题，每小题6分。共42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．化学与生活、技术、社会发展息息相关。下列说法不正确的是
A．食醋除水垢、油脂的皂化、煤的干馏都是化学变化
B．侯氏制碱法的工艺过程中应用了物质溶解度的差异
C．黑火药是我国古代的四大发明之一，配方为“一硫二硝三木炭”，其中的硝指的是硝酸
D．“绿水青山就是金山银山”，矿物燃料经过脱硫脱硝处理，可减少、的排放
【答案】C
【解析】A．食醋除水垢是化学变化，油脂的皂化是酯在碱性条件下的水解，煤的干馏会得到焦炭等多种物质，均是化学变化，故A正确；
B．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，所以侯氏制碱法的工艺过程中应用了物质溶解度的差异，故B正确；
C．黑火药的原料是木炭、硫磺和硝酸钾，所以配方为“一硫二硝三木炭“，其中的硝是指硝酸钾，不是硝酸，故C错误；
D．矿物燃料经过脱硫脱硝处理，可以减少 SO2、NO2 的排放，能减少酸雨的发生，故D正确；答案选C。
8．若阿伏加德罗常数为NA，下列说法正确的是
A．在60 g SiO2中，含Si—O键的数目是2NA
B．32gN2H62+和C2H6的混合物中，共含有电子数为18NA
C．标准状况下，22.4L NO与11.2L O2混合物容器中共有NA个NO2分子
D．1L 0.1mol/L Na2SO4溶液中，含有的离子数不是3NA
【答案】D
【解析】A. 在60gSiO2即1molSiO2中，含Si—O键的数目是4NA，A错误；
B. N2H62+和C2H6的摩尔质量分别为34g/mol、30g/mol ，32gN2H62+和C2H6的混合物中，的物质的量未知，含有的电子数未知，B错误；
C. 标准状况下，22.4L NO与11.2L O2混合物反应生成22.4LNO2，又有反应，容器中NO2分子小于NA个，C错误；
D. 1L 0.1mol/L Na2SO4溶液中，含有的离子数是0.3NA，D正确；答案选D。
9．能正确表示下列反应的离子方程式是
A．浓盐酸与铁屑反应:2Fe+6H+===2Fe3++3H2↑
B．钠与硫酸铜溶液反应:2Na+Cu2+===Cu+2Na+
C．过量铁与稀硝酸反应:3Fe+8H++2NO3-===3Fe2++4H2O+2NO↑
D．等物质的量的Ba(OH)2与NaHSO4在溶液中反应:Ba2++OH−+HSO4-===BaSO4↓+H2O
【答案】C
【解析】A. 浓盐酸与铁屑反应生成氯化亚铁:Fe+2H+=Fe2++H2↑，故A错误；
B．钠与硫酸铜溶液反应不会生成金属Cu，正确的离子反应为：2H2O+Cu2＋+2Na=2Na＋+Cu（OH）2↓+H2↑，故B错误；
C．过量铁与稀硝酸反应生成亚铁离子，反应的离子方程式为：3Fe+8H＋+2NO3－═3Fe2＋+4H2O+2NO↑，故C正确；
D．等物质的量的Ba（OH）2与NaHSO4在溶液中反应，氢氧根离子过量，硫酸氢根离子应该拆开，正确的离子方程式为：Ba2＋+OH－+H＋+SO42－═BaSO4↓+H2O，故D错误；故选C。
10．现有短周期主族元素X、Y、Z、R、T，R原子最外层电子数是电子层数的2倍，Z是金属元素，Y与Z能形成Z2Y、Z2Y2型化合物，Z与T形成化学式为Z2T的化合物，五种元素的原子半径与原子序数的关系如图所示.下列推断正确的是

A．原子半径和离子半径均满足：
B．最高价氧化物对应的水化物的酸性：
C．简单氢化物的稳定性：
D．由X、Y、Z、T四种元素组成的化合物的水溶液一定呈中性
【答案】C
【解析】A.核外电子排布相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，所以的半径小于，A项错误；
B.的酸性强于，B项错误；
C. 非金属性：氧大于硫，所以简单氢化物的稳定性：H2O＞H2S，C正确；
D.由X、Y、Z、T四种元素组成的化合物可以是，其水溶液呈酸性，D项错误；答案选C。
11．下列实验操作与现象不相匹配的是

实验操作
实验现象
A
向盛有Ba(NO3)2溶液的试管中通入CO2
产生白色沉淀
B
向盛有KI溶液的试管中滴加氯水和CCl4液体，振荡
下层溶液变为紫红色
C
向盛有Na2S2O3溶液的试管中先滴入酚酞溶液，然后滴加盐酸，边滴边振荡。
溶液先变红后褪色，有气泡产生并出现浑浊
D
向盛有FeCl3溶液的试管中先加入足量锌粉，充分振荡后加2滴K3[Fe(CN)6]溶液
溶液黄色逐渐消失，加K3[Fe(CN)6]溶液产生深蓝色沉淀
【答案】A
【解析】A.向盛有Ba(NO3)2溶液的试管中通入CO2，相当于讨论H2CO3与Ba(NO3)2复分解反应能不能发生？用弱酸不能制强酸，不反应无现象，A项实验操作与现象不相匹配， A项错误；
B.向盛有KI溶液的试管中滴加氯水和CCl4液体， Br2+2KI =I2+2KBr，I2易溶于CCl4 显紫红色，B项操作与现象相匹配，B项正确；
C.由于硫代硫酸根离子水解溶液呈碱性，滴入酚酞溶液先变红，然后滴加盐酸溶液，发生反应 Na2S2O3+2HCl=SO2↑+S↓+2NaCl+H2O，反应后溶液呈中性，红色褪去，C项操作与现象相匹配，C项正确；
D.向盛有FeCl3溶液的试管中先加入足量锌粉，发生反应：Zn+2FeCl3═2FeCl2+ZnCl2，三价铁变二价铁溶液，溶液黄色逐渐消失，加K3[Fe(CN)6]溶液产生深蓝色沉淀，D项操作与现象相匹配，D项正确；答案选A。
12．已知一组有机物的分子式通式，按某种规律排列成下表
项序
1
2
3
4
5
6
7
……
通式
C2H4
C2H4O
C2H4O2
C3H6
C3H6O
C3H6O2
C4H8
……
各项物质均存在数量不等的同分异构体。其中第12项的异构体中，属于酯类的有（不考虑立体异构）
A．8种 B．9种 C．多于9种 D．7 种
【答案】B
【解析】由表中规律可知，3、6、9、12项符合CnH2nO2，由C原子数的变化可知，第12项为C5H10O2，属于酯类物质一定含-COOC-。
①为甲酸丁酯时，丁基有4种，符合条件的酯有4种；
②为乙酸丙酯时，丙基有2种，符合条件的酯有2种；
③为丙酸乙酯只有1种；
④为丁酸甲酯时，丁酸中-COOH连接丙基，丙基有2种，符合条件的酯有2种，
属于酯类的有4+2+1+2=9种，故选：B。
13．某温度时，卤化银(AgX，X＝Cl，Br，I)的3条溶解平衡曲线如图所示，AgCl，AgBr，AgI的Ksp依次减小。已知pAg＝－lgc(Ag＋)，pX＝－lgc(X－)，利用pX—pAg的坐标系可表示出AgX的溶度积与溶液中的c(Ag＋)和c(X－)的相互关系。下列说法错误的是

A．e点表示由过量的KI与AgNO3反应产生AgI沉淀
B．A线是AgCl的溶解平衡曲线，C线是AgI的溶解平衡曲线
C．d点是在水中加入足量的AgBr形成的饱和溶液
D．坐标点（8，4）形成的溶液是AgCl的不饱和溶液
【答案】A
【解析】AgCl，AgBr，AgI的Ksp依次减小，则在银离子浓度相等的条件下，碘化银中碘离子的浓度最小，则pX最大，所以曲线C表示碘化银，B表示溴化银，A表示氯化银的溶解平衡曲线。A．e点在碘化银的溶解平衡上，没有AgI沉淀产生，A错误；B．根据以上分析可知A线是AgCl的溶解平衡曲线，C线是AgI的溶解平衡曲线，B正确；C．d点在溴化银的溶解平衡曲线上，则表示在水中加入足量的AgBr形成的饱和溶液，C正确；D．坐标点（8，4）在氯化银的溶解平衡曲线的上方，则形成的溶液是AgCl的不饱和溶液，D正确，答案选A。
二、非选择题：共58分，第26~28题为必考题，每个试题考生都必须作答。第35~36题为选考题，考生根据要求作答。
（一）必考题：共43分。
26.（14分）常温下，三硫代碳酸钠(Na2CS3)是玫瑰红色针状固体，与碳酸钠性质相近。在工农业生产中有广泛的用途。某小组设计实验探究三硫代碳酸钠的性质并测定其溶液的浓度。
实验一：探究Na2CS3的性质
（1）向Na2CS3溶液中滴入酚酞试液，溶液变红色。用离子方程式说明溶液呈碱性的原因_________。
（2）向Na2CS3溶液中滴加酸性KMnO4溶液，紫色褪去。该反应中被氧化的元素是__________。
实验二：测定Na2CS3溶液的浓度

按如图所示连接好装置，取50.0mLNa2CS3溶液置于三颈瓶中，打开分液漏斗的活塞，滴入足量2.0mol/L稀H2SO4，关闭活塞。
已知：Na2CS3 + H2SO4＝Na2SO4+ CS2 + H2S↑。CS2和H2S均有毒。CS2不溶于水，沸点46℃，密度1.26g/mL，与CO2某些性质相似，与NaOH作用生成Na2COS2和H2O。
（3）盛放碱石灰的仪器的名称是_______，碱石灰的主要成分是______(填化学式)。
（4）C中发生反应的离子方程式是____________。
（5）反应结束后打开活塞K，再缓慢通入N2一段时间，其目的是_________。
（6）为了计算Na2CS3溶液的浓度，对充分反应后B中混合物进行过滤、洗涤、干燥、称重，得8.4g 固体，则三颈瓶中Na2CS3的物质的量浓度为_________。
【答案】
（1）CS32- +H2O⇌HCS3-+OH-（2分） （2） S （2分）
（3）干燥管（1分） CaO和NaOH （2分）
（4）CS2 +2OH- ＝COS22-+H2O （2分）
（5）将装置中残留的的H2S、CS2全部排入后续装置中，使其被完全吸收 （2分）
（6）1.75mol/L（3分）
【解析】实验一：（1）Na2CS3的水溶液中加入酚酞变红色，说明Na2CS3是强碱弱酸盐，则CS32-在水中发生水解，离子方程式为：CS32- +H2O⇌HCS3-+OH-；
（2）Na2CS3中Na为+1价，C为+4价，都是元素的最高价态，不能被氧化，S为-2价，是硫元素的低价态，能够被氧化，所以被氧化的元素是S；
实验二：（1）盛放碱石灰的仪器为干燥管，碱石灰的主要成分是氧化钙和氢氧化钠；
（2）A中生成的CS2可与NaOH作用生成Na2COS2和H2O，相关离子方程式为：CS2 +2OH- ＝COS22-+H2O；
（3）反应结束后打开活塞k，再缓慢通入热N2一段时间，其目的是：将装置中的H2S全部排入B中被充分吸收；将装置中的CS2全部排入C中被充分吸收；
（4） 当A中反应完全后，打开K缓慢通入热N2一段时间，然后对B中混合物进行过滤、洗涤、干燥，称重，得8.4g黑色固体，n(CuS)＝＝0.0875mol，根据关系式Na2CS3～H2S～CuS得n(Na2CS3)＝n(CuS)＝0.0875mol，c(Na2CS3)＝＝1.75mol/L。
27. （14分）联氨（N2H4）和次磷酸钠（NaH2PO2）都具有强还原性，都有着广泛的用途。
（1）已知：①N2H4（1）+O2(g)＝N2(g)+2H2O(g) △H1=-621.5kJ•mol-1
②N2O4（1）＝N2(g)+2O2(g) △H2=+204.3kJ•mol-1
则火箭燃料的燃烧反应为2N2H4（1）+N2O4（1）＝3N2(g)+4H2O(g) △H=__。
（2）已知反应N2H4(g)+2Cl2(g)N2(g)+4HCl(g)，T℃时，向2L恒容密闭容器中加入2molN2H4(g)和4molCl2(g)，测得Cl2和HCl的浓度随时间的关系如图所示。

①0～10min内，用N2(g)表示的平均反应速率v(N2)=__。
②M点时，N2H4的转化率为__（精确到0.1）%。
③T℃时，达到平衡后再向该容器中加入1.2molN2H4(g)、0.4molCl2(g)、0.8molN2(g)、1.2molHCl(g)，此时平衡__（填“正向移动”“逆向移动”或“不移动”）。
（3）①次磷酸（H3PO2）是一元酸，常温下，1.0mol•L-1的NaH2PO2溶液pH为8，则次磷酸的Ka=__。
②用次磷酸钠通过电渗析法制备次磷酸，装置如图所示。交换膜A属于__（“阳离子”或“阴离子”）交换膜，电极N的电极反应式为___。

【答案】
（1）-1038.7kJ·mol-1（2分）
（2）0.06mol·L-1·min-1（2分） 33.3（2分） 逆向移动（2分）
（3）1.0×10-2（2分） 阳离子（2分） 2H2O+2e- ＝H2↑+2OH-(或2H++2e- ＝H2↑) （2分）
【解析】（1）已知：①N2H4（1）+O2(g)＝N2(g)+2H2O(g) △H1=-621.5kJ•mol-1
②N2O4（1）＝N2(g)+2O2(g) △H2=+204.3kJ•mol-1
利用盖斯定律，①×2+②，即得2N2H4（1）+N2O4（1）＝3N2(g)+4H2O(g) △H=-1038.7kJ·mol-1。答案为：-1038.7kJ·mol-1；
（2）①0～10min内，消耗氯气浓度c(Cl2)=1.2mol/L，则c(N2)=0.6mol/L，v(N2)==0.06mol·L-1·min-1。答案为：0.06mol·L-1·min-1；
②M点时，设参加反应的N2H4的物质的量为x，则三段式为：

则2-2x=4x，x=mol/L，N2H4的转化率为=33.3%。答案为：33.3；
③从图中可看出，平衡时c(Cl2)=0.8mol/L，则由三段式可得：

K==77.76，Q==81＞77.76，平衡逆向移动。答案为：逆向移动；
（3）①常温下，1.0mol•L-1的NaH2PO2溶液pH为8，水解常数Kh=，Ka＝==1.0×10-2。答案为：1.0×10-2；
②先分析装置图，从而确定产品室应生成次磷酸，则H2PO2-应从缓冲室进行入产品室，从而得出交换膜B为阴离子交换膜，交换膜A应允许H+进入产品室，以便与H2PO2-结合生成H3PO2，所以M电极应生成H+，此电极H2O电离出的OH-失电子，为阳极。C为阴离子交换膜，D为阳离子交换膜，N为阴极，H2O电离出的H+得电子，缓冲室中的Na+透过离子交换膜E进入氢氧化钠稀溶液中，从而得出交换E为阳离子交换膜。N电极为阴极，H2O电离出的H+得电子，电极反应为2H2O+2e-＝H2↑+2OH-(或2H++2e-＝H2↑)。
28.（15分）含钒石煤(含有铁、硅、铝、钙、镁等元素的氧化物)中的钒大部分是以V(III)和V(IV)形式存在，由含矾石煤提钒的一种工艺流程如图所示：

已知：铜铁试剂能与铜、铁、铝、钛等元素形成不溶于水的配合物。
回答下列问题：
（1）含矾石煤预制时加入复合添加剂对钒浸出率的影响如图所示，其中最佳复合添加剂为________，最佳添加比例为________________。

（2）如图为“抽滤”实验原理装置图，"抽滤”时抽气泵的作用是________________；“酸浸渣”经“水洗涤”返回“浸出”的目的是____________________________。

（3）已知酸浸液中V2O24+被H2O2氧化成VO2+，其离子方程式为________________。“净化除杂”时用铜铁试剂除去所含的Al3+、Fe3+等杂质离子而不通过调节酸浸液pH的原因是________________。
（4）“沉钒”的离子反应方程式为_____________。
（5）“煅烧”纯净的沉钒产物过程中，固体残留率与温度变化如图所示。已知A点坐标为(260℃，85.47%)。则A点对应物质的化学式为______，B点对应的物质为V2O5，则B点坐标为_____________。

【答案】（1）Na2CO3/K2CO3 （1分） 1：1 （1分）
（2）抽走装置中的空气，形成负压，加快过滤速率 （2分） 提高钒浸出率 （1分）
（3） （2分） 若调节酸浸液pH易生成Fe(OH)3、Al(OH)3胶体，胶体会吸附溶液中的钒酸根离子，造成钒损失 （2分）
（4） （2分） （5）HVO3 （2分） (400℃ ，77.78%) （2分）
【解析】（1）据图可知，Na2CO3/K2CO3作复合添加剂时，钒浸出率最高，添加比例为1：1；
故答案为：Na2CO3/K2CO3；1：1；
（2）"抽滤"比过滤效果好速度快的原因是装置内外压强差大，是利用抽气泵使吸滤瓶中的压强降低，使过滤速度加快；
答案为：抽走装置中的空气，形成负压，加快过滤速率；
“酸浸渣”经“水洗涤”返回“浸出"可提高钒元素的浸出率；
答案为：提高钒浸出率；
（3） V2O24+被H2O2氧化成VO2+，H2O2作氧化剂，其还原产物为水，则离子方程式为：；
答案为：；
按信息，铜铁试剂能与铜、铁、铝、钛等元素形成不溶于水的配合物而除去，若调节酸浸液pH易生成Fe(OH)3、Al(OH)3胶体，胶体会吸附溶液中的钒酸根离子，造成钒损失；
答案为：若调节酸浸液pH易生成Fe(OH)3、Al(OH)3胶体，胶体会吸附溶液中的钒酸根离子，造成钒损失；
（4）据流程图知，“含钒净化液”中的与铵盐中结合生成沉淀；
答案为：；
（5） 260℃时若分解生成HVO3和NH3，则剩余固体质量与初始固体质量的百分比为×100％≈85.47%，所以A点(260℃ )对应物质的化学式为HVO3；
答案为：HVO3；
B点对应的物质为V2O5 ，根据质量变化特点，可以得出剩余固体质量与初始固体质量的百分比为≈77.78%，则B点坐标为(400℃，77.78%)；答案为：(400℃，77.78%)。
（二）选考题：共15分。请考生从2道化学题中任选一题作答。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）
铁被誉为“第一金属”，铁及其化合物在生活中有广泛应用。
（1）基态Fe3+的电子排布式为_________________。
（2）实验室用KSCN溶液、苯酚()检验Fe3+。N、O、S的第一电离能由大到小的顺序为______(用元素符号表示)，苯酚中碳原子的杂化轨道类型为_______。
（3）FeCl3的熔点为306℃，沸点为315℃。FeCl3的晶体类型是________。FeSO4常作补铁剂，SO42-的立体构型是__________。
（4）羰基铁[Fe(CO)5]可用作催化剂、汽油抗暴剂等。1 mol Fe(CO)5分子中含________molσ键，与CO互为等电子体的离子是__________(填化学式，写一种)。
（5）氮化铁晶体的晶体结构示意图如图1所示。该晶体中铁、氮的微粒个数之比为_____。

（6）氧化亚铁晶体的晶胞如图2所示。已知：氧化亚铁晶体的密度为ρg·cm-3，NA代表阿伏加德罗常数的值。在该晶胞中，与Fe2+紧邻且等距离的Fe2+数目为_____；Fe2+与O2-的最短核间距为___________pm。
【答案】（1）1s22s22p63s23p63d5或[Ar]3d5 （1分） （2）N>O>S （1分） sp2（1分）
（3）分子晶体 （1分） 正四面体形 （1分）
（4）10 （2分） CN-或C22- （2分） （5） 3:1 （2分）
（6） 12 （2分） ×1010 （2分）
【解析】（1）铁原子失去4s能级上的2个电子和3d能级上的1个电子后形成Fe3+，因此基态Fe3+的电子排布式为1s22s22p63s23p63d5或[Ar]3d5；
（2）同主族从上到下第一电离能逐渐减小，即第一电离能O>S，同周期从左向右第一电离能逐渐增大，但氮元素2p能级处于半满的稳定状态，能量低，因此第一电离能N>O，所以第一电离能N>O>S；苯酚可看成分子中的一个氢原子被羟基取代，苯和苯酚均为平面结构，碳原子均为sp2杂化
（3）FeCl3的熔点为306℃，沸点为315℃，熔沸点较低，属于分子晶体；SO42-中心S原子的σ键电子对数为4，中心原子孤电子对数为0，价层电子对数为4，立体构型为正四面体形；
（4）配合物中碳原子不存在孤电子对，σ键由2个，即1个Fe(CO)5中含有10个σ键，那么1 mol Fe(CO)5分子中含10molσ键；原子数目相等，价电子总数相等的微粒为等电子体，与CO互为等电子体的离子有CN-或者C22-；
（5）氮化铁晶体为六棱柱，顶点为6个晶胞共有，面心的点为2个晶胞共有，晶胞中12个铁原子位于顶点，2个铁原子位于面心，3个铁原子位于内部，2个氮原子位于内部，因此晶胞中含有铁微粒12×+2×+3=6，氮微粒的个数为2，所以铁、氮的微粒个数之比为6:2=3:1；
（6）以Fe2+顶点研究，与Fe2+紧邻且等距离的Fe2+处于面心，每个顶点为8个晶胞共用，每个面为2个晶胞共用，因此与Fe2+紧邻且等距离的Fe2+数目为=12个；晶胞中Fe2+共8×+6×=4，O2-的数目为1+12×=4，晶胞的质量为，Fe2+与O2-的最短核间距等于晶胞棱长的，设最短距离为xpm，则晶胞的棱长为2xpm，那么=ρ(2x×10-10)3，解得x=×1010pm。
36．[化学——选修5：有机化学基础]（15分）
化合物G是合成某种哮喘药的中间体，G的合成路线如图，请回答下列问题：

已知：I.化合物A的核磁共振氢谱有4组吸收峰。
II.通常情况下，在同一个碳原子上连有两个羟基不稳定，易脱水形成羰基。
III.醛能发生羟醛缩合反应，再脱水生成不饱和醛：
RCH2-CHO++H2O
Ⅳ.
（1）A的结构简式是__，名称是__，1molA完全燃烧消耗氧气的物质的量为___mol。
（2）B生成C的化学方程式是___。
（3）E生成F的反应类型是__。
（4）G中含氧官能团的名称是__。
（5）符合下列条件的B的同分异构体共有__种。
①能与氯化铁溶液发生显色反应
②'H-NMR谱显示分子中苯环上有2种不同化学环境的氢原子
（6）以乙醇为原料可合成有机物CH3CH=CHCOOC2H5，请参考上述流程设计合成路线(无机试剂任选)。___。
【答案】（1） （1分） 对甲基苯酚 （1分） 8.5 （2分）
（2） （2分） （3）氧化反应 （1分）
（4） 羟基、羧基（2分） （5） 4 （2分）
（6） （4分）
【解析】（1）.由题可知，化合物A的核磁共振氢谱有4组峰，说明A有4种不同的氢原子，说明A的结构是很对称的，而H2O2可以给苯酚加上一个酚羟基，故可知A的结构简式应为，名称为对甲基苯酚，A完全燃烧生成CO2和H2O，根据质量守恒可算出，lmolA完全燃烧消耗8.5molO2，故答案为：；对甲基苯酚；8.5。
（2）.B生成C是取代反应，反应方程式是，故答案为：；
（3）.C生成D是水解反应，即苯环侧链的C原子上的Cl原子被-OH取代，而一个碳原子两个羟基不稳定，容易脱水形成羰基，在此时是醛基，那么D到E是发生的羟醛缩合反应，生成物含醛基和碳碳双键，然后E到F的反应条件是新制氢氧化铜，故其为氧化反应；故答案为：氧化反应；
（4）.由于D的结构式是，E是乙醛和与D的反应产物；而后一系列反应后，可知是氧化反应并将产物酸化，故G的含氧官能团有羟基和羧基。故答案为：羟基、羧基。
（5）.能与FeCl3发生显色反应，说明含有酚羟基，氢谱显示苯环上只有两种不同化学环境的氢原子，说明结构高度对称；首先，侧链不变的情况下，甲基和两个羟基在苯环上间隔排列，是第一种情况：然后只有两条侧链时，二者处在对位上，苯环只有两种氢原子，是第二种情况；只有一条侧链时，可以是-OCH2OH，也可以是-OOCH3，但是两个羟基不可以直接位于同一个碳原子上。故此时只有两种情况，一共是四种情况；故答案为；4；
（6）.CH3CH=CHCOOC2H5是酯类，是由乙醇和CH3CH=CHCOOH合成的，而由题目合成路线可知，先生成烯醛式结构，然后将醛基氧化为羧基，故CH3CH=CHCOOH是由CH3CH=CHCHO得来的，而CH3 CH=CHCHO很明显是乙醛和乙醛合成得来，乙醛可以由乙醇氧化得来；故整个合成路线为：。