湖南省怀化市中方县第二中学2020届高三下学期全国统一冲刺考试化学试卷

湖南省怀化市中方县第二中学2020届高三全国统一冲刺考试化学试卷
注意事项：
1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。
2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 S 32 Cl 35.5 K 39

一、选择题（每题6分，共42分。）
7．钧瓷是宋代五大名窑瓷器之一，以“入窑一色，出窑万彩”的神奇窑变著称，下列关于陶瓷的说法正确的是
A．“窑变”是高温下釉料中的金属化合物发生氧化还原反应导致颜色的变化
B．高品质白瓷晶莹剔透，属于纯净物
C．氮化硅陶瓷属于传统无机非金属材料
D．由于陶瓷耐酸碱，因此可以用来熔化氢氧化钠
8．莽草酸可用于合成药物达菲，其结构简式如图所示。下列关于莽草酸的说法正确的是

A．分子中所有碳原子共平面
B．分子式为C7H10O5，属于芳香族化合物
C．分子中含有3种官能团，能发生加成、氧化、取代反应
D．1mol莽草酸与足量的NaHCO3溶液反应可放出4mol CO2气体
9．用NA表示阿伏加德罗常数值，下列叙述中正确的
A．0.4mol NH3与0.6mol O2在催化剂的作用下充分反应，得到NO的分子数为0.4NA
B．C60和石墨的混合物共1.8g，含碳原子数目为0.15NA
C．1L 0.1mol/L NH4Al(SO4)2溶液中阳离子总数小于0.2NA
D．5.6g铁在足量的O2中燃烧，转移的电子数为0.3NA
10．科研工作者结合实验与计算机模拟来研究钌催化剂表面不同位点上合成氨反应历程，如图所示，其中实线表示位点A上合成氨的反应历程，虚线表示位点B上合成氨的反应历程，吸附在催化剂表面的物种用*标注。下列说法错误的是

A．由图可以判断合成氨反应属于放热反应
B．氮气在位点A上转变成2N*速率比在位点B上的快
C．整个反应历程中活化能最大的步骤是2N*+3H2→2N*+6H*
D．从图中知选择合适的催化剂位点可加快合成氨的速率
11．某新型电池材料结构如图，M、W、X、Y、Z是同周期主族元素，除M外均满足8电子稳定结构，X的最外层电子数是W次外层电子数的3倍，下列说法正确的是

A．M的单质可以保存在煤油中
B．原子半径Z>X>Y
C．气态氢化物稳定性X>Y
D．W的最高价氧化物对应的水化物为三元弱酸
12．某模拟“人工树叶”电化学实验装置如图所示，该装置能将H2O和CO2转化为O2和燃料(C3H8O)。下列说法正确的是

A．该装置工作时，H+从a极区向b极区迁移
B．该装置将化学能转化为光能和电能
C．a电极的反应式为3CO2+18H+-18e−=C3H8O+5H2O
D．每生成3mol O2，有88g CO2被还原
13．已知：p[]＝-lg[]。室温下，向0.10mol/L HX溶液中滴加0.10mol/L NaOH溶液，溶液pH随p[]变化关系如图所示。下列说法正确的是

A．溶液中水的电离程度：a>b>c
B．c点溶液中：c(Na+)=10c(HX)
C．室温下NaX的水解平衡常数为10−4.75
D．图中b点坐标为(0，4.75)
二、非选择题（共43分）
26．（14分）亚硝酰硫酸（NOSO4H）纯品为棱形结晶，溶于硫酸，遇水易分解，常用于制染料。SO2和浓硝酸在浓硫酸存在时可制备NOSO4H，反应原理为：SO2+HNO3=SO3+HNO2、SO3+HNO2=
NOSO4H。
（1）亚硝酰硫酸（NOSO4H）的制备。

①仪器I的名称为______________，打开其旋塞后发现液体不下滴，可能的原因是_________________。
②按气流从左到右的顺序，上述仪器的连接顺序为__________________(填仪器接口字母，部分仪器可重复使用)。
③A中反应的方程式为___________。
④B中“冷水”的温度一般控制在20℃，温度不宜过高或过低的原因为________。
（2）亚硝酰硫酸（NOSO4H）纯度的测定。
称取1.500g产品放入250mL的碘量瓶中，并加入100.00mL 0.1000mol·L−1 KMnO4标准溶液和10mL 25% H2SO4摇匀；用0.5000mol·L−1 Na2C2O4标准溶液滴定，滴定前读数1.02mL，到达滴定终点时读数为31.02mL。
已知：i：□KMnO4+□NOSO4H+□______=□K2SO4+□MnSO4+□HNO3+□H2SO4
ii：2KMnO4+5Na2C2O4+8H2SO4=2MnSO4+10CO2↑+8H2O
①完成反应i的化学方程式：_____________
□KMnO4+□NOSO4H+□______=□K2SO4+□MnSO4+□HNO3+□H2SO4
②滴定终点的现象为____________________。
③产品的纯度为__________________。
27．（14分）含氮化合物对环境、生产和人类生命活动等具有很大的影响。请按要求回答下列问题：
（1）利用某分子筛作催化剂，NH3可脱除工厂废气中的NO、NO2，反应机理如图所示。A包含的物质为H2O和 (填化学式)。

（2）研究氮氧化物与悬浮在大气中的海盐粒子的相互作用时，涉及如下反应：
①2NO2(g)+NaCl(g)=NaNO3(g)+ClNO(g) ΔH1<0
②2NO(g)+Cl2(g)=2ClNO(g) ΔH2<0
则4NO2(g)+2NaCl(g)=2NaNO3(g)+2NO(g)+Cl2(g)的ΔH= (用ΔH1和ΔH2表示)。
若反应①在绝热密闭容器中进行，实验测得NO2(g)的转化率随时间的变化示意图如图所示，NO2(g)的转化率α(NO2)在t3-t4时间降低的原因是 。

（3）工业上利用氨气生产氢氰酸(HCN)的反应为CH4(g)+NH3(g)HCN(g)+3H2(g) ΔH>0。在一定温度下，向2L密闭容器中加入n mol CH4和2mol NH3平衡时NH3体积分数随n变化的关系如图所示。

a点时，CH4的转化率为___%；平衡常数：K(a)___K(b)(填“>”“=”或“<”)。
（4）肌肉中的肌红蛋白(Mb)与O2结合生成MbO2，其反应原理可表示为Mb(aq)+O2(g)MbO2(aq)，该反应的平衡常数可表示为K=，在一定条件下达到平衡时，测得肌红蛋白的结合度(α)[α=×100%]与p(O2)的关系如图所示。研究表明正反应速率V正=k正·c(Mb)·p(O2)，逆反应速率V逆=k逆·c(MbO2)(其中k正和k逆分别表示正反应和逆反应的速率常数)。

①试写出平衡常数K与速率常数k正、k逆的关系式：K=___(用含有k正、k逆的式子表示)。
②试求出图中c(4.50，90)点时，上述反应的平衡常数K=___kPa−1。已知k逆=60s−1，则速率常数k正=___s·kPa−1。
28．（15分）高氯酸铜易溶于水，在130℃时会发生分解反应，是一种燃烧催化剂。以食盐等为原料制备高氯酸铜[Cu(ClO4)2·6H2O]的一种工艺流程如图1所示：

(1)发生“电解Ⅰ”时，所用的交换膜是____(填“阳”或“阴”)离子交换膜。
(2)歧化反应是同一种物质中同种元素自身的氧化还原反应。已知上述工艺流程中“歧化反应”的产物之一为氯酸钠，则“歧化反应”的化学方程式为 。
(3)“电解Ⅱ”主要的阳极产物是_________(填离子符号)。
(4)操作a的名称是____。
(5)用该工艺流程制备高氯酸铜时，若起始时NaCl的质量为a t，最终制得Cu(ClO4)2·6H2O为b t，则产率为 (用含a，b的代数式表示)。
(6)某温度下，高氯酸铜[Cu(ClO4)2]按A、B两种方式同时分解，分解过程中铜的化合价不发生改变。方式A为Cu(ClO4)2CuCl2+4O2↑，若4mol高氯酸铜在该温度下按A、B各占50%的方式完全分解，且A、B两种方式转移的电子数之比为8∶7，则方式B为 (用化学方程式表示)。
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）
2019年诺贝尔化学奖授予约翰·古德伊纳夫、斯坦利·惠廷汉和吉野彰三位科学家，以表彰他们在锂电池领域所做出的巨大贡献。请回答下列问题：
(1)LiCoO2、LiFePO4常用作锂离子电池的正极材料。
①基态Co原子核外电子排布式为_______________；
②基态磷原子中，电子占据的最高能层符号为______；该能层能量最高的电子云在空间有_____个伸展方向。
(2)[Co(NO3)4]2−的配体中N原子的杂化方式为____，该配离子中各元素的第一电离能由小到大的顺序为________(填元素符号)，1mol该配离子中含σ键数目为_____NA。
(3)LiFePO4属于简单磷酸盐，而直链的多磷酸盐则是一种复杂磷酸盐，如：焦磷酸钠、三磷酸钠等。焦磷酸根离子、三磷酸根离子如图所示：

这类磷酸根离子的化学式可用通式表示为____________(用n代表P原子数)。
(4)①Li2O被广泛用作玻璃的组分，其熔点______Na2O(填高于或者低于)，判断理由_____。
②Li2O具有反萤石结构，晶胞如图所示，已知其晶胞参数为0.4665nm，NA为阿伏加德罗常数的值，则Li2O的密度为___________g·cm−3(列出计算式)。

36． 【化学——选修5：有机化学基础】（15分）
艾司洛尔是预防和治疗手术期心动过速或高血压的一种药物，艾司洛尔的一种合成路线如下：

回答下列问题：
(1)丙二酸的结构简式为_______；E中含氧官能团的名称是_______。
(2)D生成E的反应类型为____________。
(3)C的结构简式为________________。
(4)A遇FeCl3溶液发生显色反应，1mol A和1mol丙二酸在吡啶、苯胺中反应生成1mol B、1mol H2O和1mol CO2，B能与溴水发生加成反应，推测A生成B的化学方程式为____。
(5)X是B的同分异构体，X同时满足下列条件的结构共有____种，其中核磁共振氢谱有五组峰的结构简式为____。
①可与碳酸氢钠溶液反应生成二氧化碳
②遇FeCl3溶液发生显色反应
③除苯环外不含其他环
(6) 写出以苯甲醇和丙二酸为原料制备的合成路线________(其他试剂任选)






化 学 答案
7. 【答案】C
【解析】HIV的遗传物质是RNA，必须经过逆转录形成DNA后才能整合到宿主细胞的染色体中，A错误；没有感染过HIV的人体内仍然存在对抗HIV的免疫应答，故体内存在与之相匹配的受体，B错误；HIV感染者的免疫系统被破坏，更易感染其他病原体，C正确；患者的细胞免疫功能严重减退，体液免疫功能会受影响，D项错误。
8. 【答案】C
【解析】分子中含有一个碳碳双键，只有碳碳双键连接的5个碳原子共平面，A错误；分子中无苯环，不属于芳香族化合物，B错误；分子中有碳碳双键、羟基、羧基3种官能团，碳碳双键可以被加成，分子可以发生加成、氧化、取代反应，C正确；1mol莽草酸中含有1mol－COOH，可以与足量碳酸氢钠反应生成1mol CO2气体，D错误；答案选C。
9. 【答案】B
【解析】依据4NH3+5O2=4NO+6H2O，0.4mol NH3与0.6mol O2在催化剂的作用下加热充分反应，氧气剩余，则生成的一氧化氮部分与氧气反应生成二氧化氮，所以最终生成一氧化氮分子数小于0.4NA，故A错误；C60和石墨是碳元素的同素异形体，混合物的构成微粒中都只含有C原子，1.8g C的物质的量为=0.15mol，所以其中含有的碳原子数目为0.15NA，B正确；该盐是强酸弱碱盐，阳离子部分发生水解作用，离子方程式为：NH+H2ONH3·H2O+H+；Al3++3H2OAl(OH)3+3H+，可见NH水解消耗数与水解产生的H+数目相等，而Al3+一个水解会产生3个H+，因此溶液中阳离子总数大于0.2NA，C错误；Fe在氧气中燃烧产生Fe3O4，3mol Fe完全反应转移8mol电子，5.6g Fe的物质的量是0.1mol，则其反应转移的电子数目为×0.1mol=mol，故转移的电子数目小于0.3NA，D错误；故合理选项是B。
10. 【答案】C
【解析】据图可知，始态*N2+3H2的相对能量为0eV，生成物*+2NH3的相对能量约为-1.8eV，反应物的能量高于生成物，所以为放热反应，故A正确；图中实线标示出的位点A最大能垒(活化能)低于图中虚线标示出的位点B最大能垒(活化能)，活化能越低，有效碰撞几率越大，化学反应速率越大，故B正确；由图像可知氮气活化在位点A上活化能较低，速率较快，故D正确；故选C。
11. 【答案】B
【解析】M、W、X、Y、Z是同周期主族元素，X的最外层电子数是W次外层电子数的3倍，W有两个电子层，次外层为2个电子，X为O元素，由盐的结构简式可知，Z可以形成四个共价键，且能与氧形成双键，因此Z的最外层电子数为4，Z为C元素；四种元素位于同周期，且Y能形成一个共价键，Y为F元素；W能形成4个共价键，W为B元素；新型电池材料，除M外均满足8电子稳定结构，M为Li元素，据此分析解答。A．Li的密度比煤油小，不可以保存在煤油中，故A错误；B．同周期元素随核电荷数增大半径减小，原子半径C＞O＞F，故B正确；C．X为O元素，Y为F元素，非金属性越强，简单气态氢化物的稳定性越强，非金属性：Y＞X，气态氢化物稳定性Y＞X，故C错误；D．W的最高价氧化物对应的水化物为H3BO3，为一元弱酸，故D错误。
12. 【答案】D
【解析】a与电源负极相连，所以a是阴极，而电解池中氢离子向阴极移动，所以H+从阳极b极区向阴极a极区迁移，A项错误；该装置是电解池装置，是将电能转化为化学能，所以该装置将光能和电能转化为化学能，B项错误；a是阴极，发生还原反应，电极反应式为：3CO2+18H++18e−=C3H8O+5H2O，C项错误；电池总的方程式为：6CO2+8H2O2C3H8O+9O2，即生成9mol的氧气，阴极有6mol的二氧化碳被还原，也就是3mol的氧气，阴极有2mol的二氧化碳被还原，所以被还原的二氧化碳为88g，D项正确。
13. 【答案】D
【解析】根据图示可知，a、b、c均为酸性溶液，则溶质为HX和NaX，pH<7的溶液中，HX的电离程度大于X−的水解程度，可只考虑H+对水的电离的抑制，溶液pH越大氢离子浓度越小，水的电离程度越大，则溶液中水的电离程度：ac(OH−)，则c(Na+)<10c(HX)，B错误；HX在溶液中存在电离平衡：HXH++X−，Ka=，则pH=pKa+p[]，带入c点坐标(1，5.75)可知，pKa=4.75，则Ka=10−4.75，则室温下NaX的水解平衡常数Kh==10−9.25，C错误；b点pH=pKa+p[]=0+4.75=4.75，D正确。
26. 【答案】（1）分液漏斗 分液漏斗上口的瓶塞未打开或漏斗未与大气相通或漏斗下端活塞的凹槽未与瓶颈上的通气孔对齐
a→de→cb→de→f Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+H2O+SO2↑（或Na2SO3+2H2SO4=2NaHSO4+SO2↑）
温度过低，反应速率太慢，温度过高，浓硝酸易分解，SO2逸出
（2）2KMnO4+5NOSO4H+2H2O=K2SO4+2MnSO4+5HNO3+2H2SO4
滴入最后一滴Na2C2O4标准液后，溶液由紫红色变为无色，且半分钟颜色不恢复 84.67%
【解析】(1)①根据图示中装置A图所示，仪器I为分液漏斗；漏斗内与大气相通时液体才能顺利流下，打开其旋塞后发现液体不下滴，可能的原因是分液漏斗上口的瓶塞未打开或漏斗未与大气相通或漏斗下端活塞的凹槽未与瓶颈上的通气孔对齐；②亚硝酰硫酸(NOSO4H)遇水易分解，装置A制取的SO2中含有水蒸气，必须先干燥，同时要防止空气中或其他实验仪器中的水蒸气进入B中，通入SO2时要尽量使SO2充分与反应物混合，提高SO2利用率，SO2有毒，未反应的剩余SO2不能排放到大气中，上述仪器的连接顺序为：a→de→cb→de→f；③硫酸和亚硫酸钠反应生成硫酸钠(或硫酸氢钠)和二氧化硫，反应方程式为：Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+H2O+SO2↑或Na2SO3+2H2SO4=2NaHSO4+SO2↑；④温度影响反应速率，同时浓硝酸不稳定，温度过低，反应速率太慢，温度过高，浓硝酸易分解，SO2逸出，导致反应产率降低；(2)①反应中锰元素的化合价由+7价降低为+2价，亚硝酰硫酸中氮元素的化合价由+3价升高为+5价，根据氧化还原反应，化合价升降(电子得失)守恒及物料守恒，配平该方程式为：2KMnO4+5NOSO4H+2H2O=K2SO4+2MnSO4+5HNO3
+2H2SO4；②在氧化还原滴定操作中，高锰酸钾自身为紫红色，发生氧化还原反应时紫色褪去，自身可做滴定操作的指示剂，溶液颜色变化是紫红色变为无色且半分钟不变说明反应达到终点；③根据反应ii：2KMnO4+5Na2C2O4+8H2SO4=2MnSO4+10CO2↑+8H2O，过量KMnO4的物质的量=×0.5000mol·L−1×(31.02mL-1.02mL)×10−3/L=0.006mol，则与NOSO4H反应的高锰酸钾物质的量=0.1000mol·L−1×0.1L−0.006mol=0.004mol，在结合反应i：2KMnO4+5NOSO4H+2H2O=K2SO4+2MnSO4
+5HNO3+2H2SO4，NOSO4H的物质的量=×0.004=0.01mol，产品的纯度为=
×100%=84.67%。
27. 【答案】（1）N2
（2）2ΔH1-ΔH2 因反应为放热反应且反应容器为绝热容器，随着反应正向进行，体系的温度升高，t3-t4时间段温度升高使平衡逆向移动，转化率降低
（3）25 =
（4） 2 120
【解析】(1)由图示可得到方程[(NH4)2(NO2)]2++NO==[(NH4)(HNO2)]++A+H+，根据化学反应前后原子种类和数目不变可知，A为H2O和N2，故答案为：N2；(2)根据盖斯定律，由反应①×2-②可得4NO2(g)+2NaCl(g)=2NaNO3(g)+2NO(g)+Cl2(g)，则ΔH=2ΔH1-ΔH2，因反应为放热反应且反应容器为绝热容器，随着反应正向进行，体系的温度升高，t3-t4时间段温度升高使平衡逆向移动，NO2的转化率降低；(3)a点时，n(CH4)=2mol，平衡时NH3的体积分数为30%，设转化的CH4的物质的量为x，列三段式有：
则有，解得x=0.5，则CH4的转化率为，由于a点和b点的温度相同，所以K(a)=K(b)，故答案为：25%；=；(4)①已知正反应速率v正=k正·c(Mb)·P(O2)，逆反应速率v逆=k逆·c(MbO2)，平衡时，v正=v逆，则k正·c(Mb)·P(O2)=k逆·c(MbO2)，即
，故答案为：；②由图可知，c点时，P(O2)=4.5kPa，，则生成的c(MbO2)=0.9c(Mb)初始，平衡时c(Mb)=0.1c(Mb)初始，则
=2kPa−1，已知K逆=60s−1，又，则速率常数k正=120s−1·kPa−1，故答案为：2；120。
28. 【答案】（1）阳
（2）3Na2CO3+3Cl2==5NaCl+NaClO3+3CO2
（3） ClO
（4） 蒸发浓缩
（5） 100％
（6） 2Cu(ClO4)22CuO+7O2↑+2Cl2↑
【解析】（1）“电解I”所发生的反应是电解氯化钠溶液生成氢氧化钠、氢气和氯气，需要防止氢氧根离子与氯气反应，所以用的交换膜是阳离子交换膜；故答案为：阳；（2）“歧化反应”是碳酸钠与氯气反应生成氯化钠和NaClO3，氯元素从0价变为−1价和+5价，同时生成二氧化碳，反应的化学方程式为3Na2CO3+3Cl2==5NaCl+NaClO3+3CO2；（3）通过电解，溶液中氯酸根离子失电子发生氧化反应在阳极生成高氯酸根离子，“电解II”的阳极的氯离子失电子产物为ClO；（4）加入盐酸，过滤除去氯化钠晶体，通过蒸发浓缩即可得到60%以上的高氯酸，故答案为：蒸发浓缩；（5）根据流程图，氯化钠电解生成的氯气与碳酸钠反应生成氯酸钠和氯化钠，电解后氯酸钠变成高氯酸钠，加入盐酸反应生成高氯酸，最后与Cu2(OH)2CO3反应生成Cu(ClO4)2·6H2O，假设起始时氯化钠为6mol，则生成的氯气为3mol，得到1mol氯酸钠，根据氯元素守恒最终可以得到0.5mol Cu(ClO4)2·6H2O，因此产率为；故答案为：100％；（6）在A方式：中CuCl2是还原产物，O2是氧化产物，反应中转移电子数为16e−，若4mol高氯酸铜在该温度下按A、B各占50%的方式完全分解，则方式A共转移4
mol×16e−＝64mol e−，A、B两种方式转移的电子数之比为8∶7，则B中转移电子64mol e−×=56mol e−，Cu(ClO4)2分解时Cu元素化合价不变，则B方式中O2是氧化产物，生成O2的物质的量为，若Cl元素还原产物中价态为x价，则8(7−x)＝56，解得：x＝0，可知还原产物为Cl2，且其物质的量为，则结合原子守恒，B方式发生反应的方程式为2Cu(ClO4)22CuO+7O2↑+2Cl2↑；故答案为：2Cu(ClO4)22CuO+7O2↑+2Cl2↑。
35. 【答案】（1）1s22s22p63s23p63d74s2 M 3
（2） sp2 Co、O、N 16
（3） (PnO3n+1)(n+2)−
（4） 高于 Li+半径小于Na+，电荷相同情况下，离子半径越小，晶格能越大，所以Li2O晶格能大于Na2O，其熔点高于Na2O
【解析】(1)①CO的原子序数是27，基态Co原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d74s2；②P的原子序数是15，核外电子排布式为1s22s22p63s23p3，基态磷原子中，电子占据的最高能层符号为M；该能层能量最高的轨道是p，电子云在空间有3个伸展方向。(2)[Co(NO3)4]2−的配体是硝酸根，其中N原子含有的价层电子对数是3+＝3，其杂化方式为sp2；由于氮元素的2p轨道电子处于半充满稳定状态，第一电离能大于氧元素，则该配离子中各元素的第一电离能由小到大的顺序为Co＜O＜N；由于单键都是σ键，配位键也是σ键，则1mol该配离子中含σ键数目为(4+3×4)NA＝16NA。(3)由图可知，2个P原子时存在7个O，3个P原子时存在10个O，存在n个P时存在(3n+1)个O，则这类磷酸根离子的化学式可用通式表示为(PnO3n+1)(n+2)−；(4)①由于Li+半径小于Na+，电荷相同情况下，离子半径越小，晶格能越大，所以Li2O晶格能大于Na2O，其熔点高于Na2O；②根据Li2O晶胞图可知，晶胞含有8个Li和4个O，已知其晶胞参数为0.4665nm，则晶胞体积为(0.4665×10−7)3cm3，NA为阿伏加德罗常数的值，则Li2O的密度为g·cm−3。
36. 【答案】（1）HOOC－CH2－COOH 醚键、酯基
（2） 取代反应
（3）
（4）
（5） 15
（6）
【解析】由E的结构简式以及D的分子式可推断出D的结构简式为，由C与甲醇发生酯化反应生成D，可推断出C的结构简式为，B与氢气发生加成反应生成C，结合B的分子式与第（4）问中“B能与溴水发生加成反应”，可推断出B的结构简式为，A与丙二酸在吡啶、苯胺中反应生成B，结合A的分子式以及第（4）问中“A遇FeCl3溶液发生显色反应，1mol A和1mol丙二酸在吡啶、苯胺中反应生成1mol B、1mol H2O和1mol CO2，可推断出A的结构简式为。（1）丙二酸的结构简式为：；观察E结构简式可知，所含含氧官能团有：醚键、酯基；（2）D生成E的方程式为：，故反应类型为取代反应；（3）由上述分析可知，C的结构简式为：；（4）根据化学方程式配平可写出A生成B的化学方程式为：；（5）条件①：该结构简式中含有羧基；条件②：该结构简式中含有酚羟基；条件③：除苯环外，不含有其它杂环；可以酚羟基作为移动官能团，书写出主要碳骨架，再进行判断同分异构体总数，1）中酚羟基有2个取代位置（不包含本身），2）中酚羟基有3个取代位置，3）中酚羟基有4个取代位置，4）中酚羟基有4个取代位置，5）中酚羟基有2个取代位置，故同分异构体一共有2+3+4+4+2=15种；核磁共振氢谱有五组峰的结构简式为。（6）对比苯甲醇和结构简式，根据题干信息，需将苯甲醇氧化生成苯甲醛，再模仿A生成B的方程式生成，再根据碳碳双键与卤素单质加成再取代合成，故合成路线为：
(7)