1、广东省广州市华南师范大学附中2020届高三化学上学期第二次月考试题（含解析）本试卷共12页，满分300分，考试时间150分钟注意事项：1.答卷前，请务必将自己的班级、姓名和考号填写在答题卡上。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，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，答案必须写在答题卡各题目指定区域。不按要求作答的答案无效。3.考生必须保持答题卡的整洁。考试结束后，将答题卡上交监考老师。可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 S-32 Cl-35.5 Cu-64 Sn-119一、选择题：每小题6分。在每小题给出的四个选项中，只有一
2、项是符合题目要求的。1.新修本草中关于“青矾”的描述：“本来绿色，新出窟未见风者，正如琉璃，烧之赤色”。物理小识中说：“青矾厂气熏人，衣服当之易烂，栽木不茂”，下列相关叙述不正确的是A. 赤色固体可能是Fe2O3B. 青矾宜密闭保存，防止氧化变质C. 青矾燃烧过程中发生了电子转移D. “青矾厂气”可能是CO和CO2【答案】D【解析】【分析】“青矾”是绿矾，化学式为FeSO47H2O，物理知识中考查FeSO47H2O受热分解，FeSO47H2O受热分解的方程式为2FeSO47H2OFe2O3SO3SO214H2O；【详解】“青矾”是绿矾，化学式为FeSO47H2O，物理知识中考查FeSO47H2
3、O受热分解，FeSO47H2O受热分解的方程式为2FeSO47H2OFe2O3SO3SO214H2O；A、根据绿矾分解方程式，赤色固体可能为Fe2O3，故A说法正确；B、2价Fe容易被氧气氧化，因此青矾密闭保存，防止氧化变质，故B说法正确；C、过程中Fe的化合价升高，部分S的化合价降低，该反应属于氧化还原反应，电子发生转移，故C说法正确；D、青矾厂气为SO2和SO3，故D说法错误。2.NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A. 1 mol CH3COOC2H5在稀硫酸中水解可得到的乙醇分子数为NAB. pH=1的H2SO3溶液中，含有0.1 NA个H+C. 1 mol Fe分别与足量的稀
4、硫酸和稀硝酸反应转移电子数均为3NAD. 常温常压下，56g丙烯与环丁烷的混合气体中含有4NA个碳原子【答案】D【解析】【详解】A.酯的水解反应与酯化反应互为可逆反应，酯不能完全水解，所以1 mol CH3COOC2H5在稀硫酸中水解得到的乙醇分子数小于NA，A错误；B.pH=1的H2SO3溶液中c(H+)=1mol/L，缺少溶液的体积，不能计算H+的数目，B错误； CFe与稀硫酸反应产生FeSO4，1 mol Fe与足量的稀硫酸反应转移2NA个电子；Fe与足量稀硝酸反应产生Fe(NO3)3，1 mol Fe与足量稀硝酸反应转移电子数为3NA，C错误；D.丙烯与环丁烷最简式都是CH2，式量是1
5、4，常温常压下，56g丙烯与环丁烷的混合气体中含有最简式的物质的量为56g14g/mol=4mol，所以其中含有的C原子数为4NA个，D正确；故合理选项D。3.化学与生活、生产密切相关，下列说法正确的是A. 常用于染料、医药、农药等的酚类物质可来源于煤的干馏B. 大豆中含有丰富的蛋白质，豆浆煮沸后蛋白质全部变为了氨基酸C. 可以用酸性高锰酸钾溶液鉴别苯和直馏汽油D. 涤纶、有机玻璃、光导纤维都是有机高分子化合物【答案】A【解析】【详解】A.煤的干馏可得到煤焦油，煤焦油分馏可得到酚类物质，A正确B.豆浆煮沸，蛋白质发生变性，但不水解，蛋白质水解应在酶的催化作用下进行，B错误；C.苯和直馏汽油都不
6、与酸性高锰酸钾溶液反应，因此不能用酸性高锰酸钾溶液鉴别，C错误；D.光导纤维主要成分为二氧化硅，属于无机物，D错误；故合理选项是A。4.KIO3可作为食盐中的补碘剂。利用“KIO3氧化法”制备KIO3包括以下两个反应：11KClO3+6I2+3H2O=6KH(IO3)2+3Cl2+5KCl 2KH(IO3)2+KOH=2KIO3+H2O下列说法正确的是A. 反应表明氧化性：KH(IO3)2KClO3B. 反应中每转移4mol电子生成2.24L Cl2C. 向淀粉溶液中加入少量碘盐，溶液会变蓝D 可用焰色反应实验证明碘盐中含有钾元素【答案】D【解析】【详解】A.物质的氧化性：氧化剂氧化产物，所以
7、反应物质的氧化性：KClO3KH(IO3)2，A错误；B.Cl2所处的外界条件不知，无法由物质的量计算气体的体积，B错误；C.淀粉与碘单质变蓝，而与碘盐不变蓝，C错误；D.焰色反应用于检验不同金属元素，钾的焰色为紫色，所以可用焰色反应实验证明碘盐中含有钾元素，D正确；故合理选项是D。5.实验室用含有杂质（FeO、Fe2O3）的废CuO制备胆矾晶体，经历了下列过程（已知 Fe3+在 pH=5时沉淀完全）其中分析错误的是 A. 步骤发生的主要反应为：2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2OB. 步骤不能用氯水、硝酸等强氧化剂代替H2O2C. 步骤为过滤，步骤蒸发结晶D. 步骤用 CuCO3代
8、替CuO也可调节溶液的pH【答案】C【解析】【详解】A. 步骤为亚铁离子与过氧化氢的氧化还原反应，离子反应为2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O，故A正确；B. 若步骤用氯水、硝酸等强氧化剂代替H2O2，引入杂质氯离子、硝酸根离子等，难以除去，同时会生成NO气体，所以步骤不能用氯水、硝酸等强氧化剂代替H2O2，故B正确；C. 步骤为过滤，硫酸铜溶液硫酸铜晶体步骤应该为蒸发浓缩、冷却结晶，不是蒸发结晶，所以步骤蒸发结晶错误，故C错误；D. CuCO3和CuO都与溶液中H+反应，起到调节溶液pH的作用，并不引入新的杂质，故D正确；【点睛】制备胆矾晶体流程：样品与足量硫酸反应，生成硫酸铜和
9、硫酸亚铁，加入过氧化氢，发生氧化还原反应生成硫酸铁，然后加入CuO调节溶液的pH，使Fe3+水解而生成Fe(OH)3沉淀，得到硫酸铜溶液，经蒸发浓缩、冷却结晶得到硫酸铜晶体6.下列实验中，对应的现象以及结论都正确且两者具有因果关系的是选项实验现象结论A将稀硝酸加入过量铁粉中，充分反应后滴加KSCN溶液有气体生成，溶液呈红色稀硝酸将Fe氧化为Fe3+B将铜粉加入1.0mol/L Fe2(SO4)3溶液中溶液变蓝、有黑色固体出现金属铁比铜活泼C用坩埚钳夹住一小块用砂纸仔细打磨过的铝箔在酒精灯上加热无液态铝滴落金属铝的熔点高D将稀盐酸滴入Na2SiO3溶液中溶液中出现凝胶酸性：HClH2SiO3A.
10、 AB. BC. CD. D【答案】D【解析】【分析】A.稀硝酸加入过量铁粉中，生成硝酸亚铁；B.Cu与铁离子反应生成亚铁离子、铜离子；C.氧化铝的熔点高，包裹在Al的外面；D.盐酸酸性强，可生成硅酸。【详解】A.稀硝酸加入过量铁粉中，生成硝酸亚铁，则充分反应后滴加KSCN溶液，溶液不显血红色，A错误；B.由于Fe3+氧化性强，Fe3+与Cu会发生反应：2Fe3+Cu=2Fe2+Cu2+，与金属活动性无关，不能比较金属性强弱，B错误；C.氧化铝的熔点高，Al的熔点比较低，Al2O3包裹在Al的外面，使熔化后的液态铝不会滴落下来，C错误；D.试管里出现凝胶说明盐酸酸性强，生成了难溶性的硅酸，D正
11、确；故合理选项是D。【点睛】7.实验室处理含FeBr3废催化剂的溶液，可得到溴的苯溶液和无水FeCl3。下列做法能达到相应实验目的的是ABCD制取Cl2使Br-转化为Br2分离出溴的苯溶液将分液后的水层蒸干获得无水FeCl3A. AB. BC. CD. D【答案】C【解析】【详解】A.制备Cl2时必须使用浓盐酸，稀盐酸还原性弱，不与二氧化锰反应，A错误；B.通入氯气使Br-转化为Br2时，进气导管应该为长导管，图示操作方法不合理，B错误；C.苯的密度小于水，混合液分层后有机层在上层，用装置丙分液时，先放出下层的水层，到两层液体分界面时关闭分液漏斗的活塞，再从上口倒出溴的苯溶液，该操作方法合理，
12、C正确；D.FeCl3水解生成氢氧化铁和HCl，HCl易挥发，直接加热促进了铁离子水解，最后得到的是氢氧化铁，无法获得无水FeCl3，D错误；故合理选项是C。二、非选择题8.四氯化锡可用作媒染剂。利用如图所示装置可以制备四氯化锡(部分夹持装置略去)。有关信息如下表回答下列问题：(1)甲装置中仪器A的名称为_。(2)用甲装置制氯气，MnO4-被还原为Mn2+，该反应的离子方程式为_。(3)将装置如图连接好，检查气密性，慢慢滴入浓盐酸，待观察到_（填现象）后，开始加热丁装置，锡熔化后适当增大氯气流量，继续加热丁装置，此时继续加热丁装置的目的是： 促进氯气与锡反应； _。 (4)乙装置的作用 _，如
13、果缺少乙装置，可能发生的副反应的化学方程式为_；己装置的作用是_（填序号）A.防止空气中CO2气体进入戊装置B.除去未反应的氯气，防止污染空气C.防止水蒸气进入戊装置的试管中使产物水解D.防止空气中O2进入戊装置的试管中使产物氧化(5)反应中用去锡粒1.19g，反应后在戊装置的试管中收集到2.04g SnCl4，则SnCl4的产率为_。（保留2位有效数字）【答案】 (1). 蒸馏烧瓶 (2). 2MnO4-+16H+10Cl-=2Mn2+5Cl2+8H2O (3). 丁装置内充满黄绿色气体 (4). 使SnCl4气化，利于从混合物中分离出来 (5). 除去氯气中的氯化氢 (6). Sn+2HC
14、l=SnCl2+H2 (7). BC (8). 78%【解析】【分析】在甲装置在用高锰酸钾晶体与浓盐酸反应制取氯气，通过乙装置除去氯气中混有的HCl杂质，然后在丙装置中干燥氯气，在丁装置中Cl2与Sn反应制取SnCl4，SnCl4极易水解，应在无水环境下进行进行，反应生成SnCl4为气态，在戊处冷凝收集得到液态SnCl4，干燥管中碱石灰吸收未反应的氯气，防止污染环境，同时吸收空气中的水蒸气，防止进入收集SnCl4的试管使其水解，以此解答该题。【详解】(1)由仪器装置图可知A为蒸馏烧瓶；(2)A中发生反应：2KMnO4+16HCl(浓)=2KCl+2MnCl2+5Cl2+8H2O，离子方程式为2
15、MnO4-+16H+10Cl-=2Mn2+5Cl2+8H2O；(3)当整个装置中充满氯气时，即丁装置充满黄绿色气体，再加热熔化锡粒合成SnCl4，加热丁装置，促进氯气与锡反应，使生成的SnCl4气化，有利于从混合物中分离出来，便于在戊处冷却收集；(4)乙装置的作用是除去Cl2中的杂质HCl气体，如果缺少乙装置，可能产生的后果是：HCl与Sn反应，发生Sn+2HCl=SnCl2+H2，导致SnCl4产率降低，且氯气与氢气反应可能发生爆炸；己装置中装有碱石灰，其作用是：吸收未反应的氯气，防止污染环境，同时吸收空气中的水蒸气，防止进入收集SnCl4的试管使其水解，故选项合理序号是BC；(5)反应消耗
16、Sn的质量是1.19g，其物质的量n(Sn)=0.01mol，根据Sn原子守恒，则理论生成SnCl4物质的量为0.01mol，则SnCl4的产率为=78%。点睛】9.从海水中提取溴的工业流程如图：(1)步骤I中将卤水酸化，再通入Cl2，是为了防止Cl2与碱反应，写出Cl2与碱反应的离子方程式_。(2)步骤I中已获得游离态的溴，步骤II又将之转变成化合态的溴，其目的是_。(3)实验室保存液溴时，通常在盛液溴的试剂瓶中加少量的水，这与液溴的_性质有关（填写序号）。A.氧化性 B.还原性 C.挥发性 D.密度比水大 (4)步骤II中将吹出的溴蒸汽用纯碱溶液吸收时还有CO2生成，写出吸收时发生反应的离
17、子方程式：_。(5)步骤II中通入热空气吹出的Br2用纯碱溶液吸收前先经过NaBr溶液，其目的是_。(6)步骤III中蒸馏出工业溴后残留液的主要溶质是_。(7)步骤III中若使用硝酸酸化，缺点是_。【答案】 (1). Cl2+2OH-=ClO-+Cl-+H2O (2). 富集溴元素 (3). CD (4). 3CO32-+3Br2=3CO2+5Br-+BrO3- (5). 除去未反应完的氯气 (6). Na2SO4 (7). 可能会生成氮氧化物气体污染空气【解析】【分析】(1)Cl2在碱性溶液中发生歧化反应，产生Cl-、ClO-和H2O；(2)步骤中已获得游离态的溴浓度很低，步骤又将之转变成化
18、合态的溴，其目的是富集溴元素；(3)溴单质具有易挥发性和在水中溶解度比较小分析；(4)根据反应物、生成物，结合转移电子守恒、原子守恒配平方程式；(5)根据Cl2与NaBr反应制取Br2，从Cl2反应程度上分析；(6)NaBr、NaBrO3、H2SO4发生归中反应，根据元素守恒分析；(7)根据硝酸的强氧化性分析。【详解】(1)Cl2在碱性溶液中发生歧化反应，产生Cl-、ClO-和H2O，根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒，可得该反应的离子方程式：Cl2+2OH-=ClO-+Cl-+H2O；根据流程分析可知：海水通过一定方法淡化得到淡水和卤水，卤水加入氧化剂氧化溴离子为单质溴，通入热空气或水蒸气吹出
19、Br2，利用的是溴单质的易挥发性，再利用酸溶液中溴酸根离子和溴离子发生氧化还原反应得到溴单质，(2)步骤中已获得游离态的溴浓度很低，如果直接蒸馏，生产成本较高，不利于工业生产，步骤中已获得游离态的溴，步骤又将之转变成化合态的溴，其目的是富集溴元素，降低成本；(3)溴单质在室温下为深红棕色液体，易挥发，由于其密度比水大，且在水中溶解度较小，实验室保存液溴时，通常在盛液溴的试剂瓶中加少量的水形成水封，故合理选项是CD；步骤通入热空气或水蒸气吹出Br2，就是利用溴的挥发性，故答案为：C；(4)根据流程图及题目叙述可知Br2在Na2CO3溶液中发生歧化反应产生NaBr、NaBrO3、CO2，该反应中B
20、r元素化合价由0价变为-1价、+5价，其最小公倍数是5，再结合原子守恒或电荷守恒及原子守恒，可得该反应的离子方程式为：3CO32-+3Br2=3CO2+5Br-+BrO3-；(5)上述流程中吹出的溴蒸气是Cl2与NaBr反应产生的，因此溴蒸气中可能含有过量的未反应的氯气，步骤II中通入热空气吹出的Br2用纯碱溶液吸收前先经过NaBr溶液，可以发生反应Cl2+2NaBr=2NaCl+Br2，除去未反应完的氯气； (6)步骤II反应产生的NaBr、NaBrO3与硫酸混合，发生反应：5NaBr+NaBrO3+3H2SO4=3Na2SO4+3Br2+3H2O，反应产生的Br2被蒸出，所以步骤III中蒸
21、馏出工业溴后残留液的主要溶质是Na2SO4；(7)步骤III中若使用硝酸酸化，由于硝酸不仅具有酸性，而且还具有强的氧化性，可以将NaBr氧化为Br2或更高价态的化合物，HNO3被还原产生NO、NO2等氧化物，导致环境污染。【点睛】本题考查了海水资源的综合利用，涉及物质的保存、氧化还原反应、物质成分的判断等知识点，掌握物质的基本性质、化学反应基本理论是解答关键。从整体上分析流程，明确每一步可能发生的反应及基本操作，再逐一分析判断。10.铍铜是广泛应用于制造高级弹性元件的良好合金。某科研小组从某旧铍铜元件(含25%BeO、71%CuS、少量FeS和SiO2)中回收铍和铜两种金属的工业流程如下：已知
22、：i铍、铝元素化学性质相似能形成BeO22-；ii常温下部分难溶物的溶度积常数如下表：难溶物Cu(OH)2Fe(OH)3Mn(OH)2溶度积常数（Ksp）2.210204.010382.11013(1)用NaOH溶液溶解铍铜元件步骤中提高溶解率的措施是_。（至少写出两种）滤液A的主要成分除NaOH外，还有_（填化学式）。(2)写出反应I中含铍化合物与过量盐酸反应的离子方程式_，写出反应I中生成固体的化学方程式：_。(3)滤液C中含NaCl、BeCl2和少量HCl。为提纯BeCl2，最合理的实验步骤顺序为_（填字母）。a.加入过量的氨水 b.通入过量的CO2 c.加入过量的NaOHd.加入适量的
23、HCl e.洗涤 f.过滤(4)MnO2能将金属硫化物中的硫元素氧化为硫单质，写出反应II中CuS发生反应的化学方程式：_。(5)该小组从1kg该种旧铍铜元件中回收得到433g Cu，则该流程Cu的产率为_（保留三位有效数字）。【答案】 (1). 搅拌、升温加热、将元件研磨成粉末、增加碱液的浓度(写出两种即可) (2). Na2BeO2、Na2SiO3 (3). BeO22-+4H+=Be2+2H2O (4). Na2SiO3+2HCl=2NaCl+H2SiO3 (5). afed (6). 2H2SO4+CuS+MnO2=S+MnSO4+CuSO4+2H2O (7). 91.5%【解析】【分
24、析】废旧铍铜元件(含25%BeO、71%CuS、少量FeS和SiO2)，加入氢氧化钠溶液反应后过滤，根据题目信息可知BeO属于两性氧化物，CuS不与氢氧化钠溶液反应，FeS不与氢氧化钠溶液反应，二氧化硅属于酸性氧化物，和氢氧化钠溶液反应生成硅酸钠和水，因此滤液A成分是NaOH、Na2SiO3、Na2BeO2，滤渣B为CuS、FeS，滤液中加入过量盐酸过滤得到固体为硅酸，溶液中为BeCl2，向溶液C中先加入过量的氨水，生成Be(OH)2沉淀，然后过滤洗涤，再加入适量的HCl生成BeCl2，在HCl气氛中对BeCl2溶液蒸发结晶得到晶体，滤渣B中加入硫酸酸化的二氧化锰，MnO2能将金属硫化物中的硫
25、元素氧化为单质硫，酸性介质中二氧化锰被还原为锰盐，过滤得到溶液D为硫酸铜、硫酸铁、硫酸锰的混合溶液，逐滴加入稀氨水调节pH可依次分离，最后得到金属铜。【详解】(1)用NaOH溶液溶解铍铜元件，BeO、SiO2与NaOH溶液发生反应，而CuS、FeS不能反应，步骤中提高溶解率的措施有将元件研磨成粉末、增加碱液的浓度、搅拌、升温加热等。所以滤液A的主要成分除NaOH外，还有BeO、SiO2与NaOH溶液发生反应产生的Na2BeO2、Na2SiO3。(2)反应I中得到的含铍化合物Na2BeO2与过量盐酸反应产生BeCl2和水，反应的离子方程式为BeO22-+4H+=Be2+2H2O，Na2SiO3则
26、会与HCl发生复分解反应产生难溶性的硅酸和NaCl，所以反应I中生成固体的化学方程式：Na2SiO3+2HCl=2NaCl+H2SiO3。(3)利用铍、铝元素处于周期表中的对角线位置，化学性质相似，向溶液C中先加入过量的氨水，生成Be(OH)2沉淀，然后过滤洗涤，再向沉淀物中加入适量的HCl生成BeCl2，故合理的步骤为：afed；(4)MnO2能将金属硫化物中的硫元素氧化为单质硫，酸性介质中二氧化锰被还原为锰盐，反应中CuS发生反应的化学方程式为：2H2SO4+CuS+MnO2=S+MnSO4+CuSO4+2H2O；(5)混合物中CuS 含量是71%，则1kg该种旧铍铜元件中含有CuS质量是
27、100071%=710g，理论上得到Cu的质量是=473.3g，实际得到Cu质量是433g，所以该流程Cu的产率为 =91.5%。【点睛】本题考查了物质分离提纯的过程分析判断、氧化还原反应方程式的配平、化学方程式的书写，物质转化率的计算等，明确氧化还原反应规律，充分利用题干信息，结合已有物质的进行分析。11.氨甲环酸(G)别名止血环酸，是一种已被广泛使用半个世纪的止血药，它的一种合成路线如下（部分反应条件和试剂略）：回答下列问题：(1)A的结构简式是_。C的化学名称是_。(2)G在NaOH催化下发生双分子脱水形成仅含两个环的有机物，写出该反应的化学反应方程式_。(3)中属于取代反应的是_。(4
28、)E中不含N原子的官能团名称为_。(5)氨甲环酸(G)的分子式为_。(6)满足以下条件的所有E的同分异构体有_种。a.含苯环 b.含硝基 c.苯环上只有两个取代基(7)写出以和CH2=CHCOOCH2CH3为原料，制备的合成路线：_（无机试剂任性）【答案】 (1). CH2=CHCH=CH2 (2). 2-氯-1，3-丁二烯 (3). (4). (5). 酯基、碳碳双键 (6). C8H15O2N (7). 15 (8). 【解析】【分析】根据A分子式及B结构简式知，A为CH2=CHCH=CH2，AB的反应为加成反应；B发生消去反应生成C，C发生加成反应生成D，D发生取代反应生成E，E发生水解
29、反应生成F，F发生还原反应生成G。(7)以和为CH2=CHCOOCH2CH3原料制备，先发生加成反应生成，然后发生消去反应生成，再与CH2=CHCOOCH2CH3发生加成反应生成目标产物。【详解】(1)根据A的分子式及A与Cl2在260300时发生加成反应产生B，根据B的结构简式可知A结构简式是CH2=CHCH=CH2；C的结构简式是，选择含有2个碳碳双键在内的碳链为主链，把-Cl原子作取代基，给机物命名，可知C的化学名称是2-氯-1，3-丁二烯；(2)G结构简式是，G分子中含有-COOH和-NH2，在NaOH催化下发生分子之间的取代反应，一个分子的羧基脱去-OH，另一个分子的氨基脱去H原子，
30、羟基与氢原子结合形成H2O，剩余部分结合在一起形成含两个环的有机物，则该反应的化学反应方程式为：。(3)在上述反应中，是加成反应，是消去反应，是加成反应，是取代反应，是酯的水解反应，也属于取代反应，是还原反应，所以中属于取代反应的是；(4)E结构简式是，E中不含N原子的官能团名称为是酯基和碳碳双键；(5)氨甲环酸(G)结构简式是，根据C原子价电子数目是4个，知G分子式为C8H15NO2；(6)E是，E的分子式是C9H11O2N，E的同分异构体符合下列条件：a.E的不饱和度是5，E的同分异构体中含有苯环，苯环的不饱和度是4，说明含有一个双键；b.分子含有硝基；c. 苯环上只有两个取代基，符合条件
31、两个取代基可能为-NO2、-CH2CH2CH3；-NO2、-CH(CH3) 2；-CH3、-CH2CH2NO2；-CH3、-CHNO2CH3；-CH2NO2、-CH2CH3五种情况，两个取代基在苯环上的位置有邻、间、对三种位置，所以E的符合要求的同分异构体的种类是53=15种；(7)以和为CH2=CHCOOCH2CH3原料制备，首先是与Cl2按1：1发生1,2-加成反应生成，然后与NaOH的乙醇溶液共热，发生消去反应生成，再与CH2=CHCOOCH2CH3发生加成反应生成，故合成路线为：。【点睛】本题考查有机物合成与推断，明确官能团及其性质关系、物质之间的转化关系是解本题关键，侧重考查分析推断及知识综合运用能力，注意采用知识迁移方法进行(7)的合成路线设计，难点是(6)E的同分异构体的种类的判断，找出取代基的种类，根据二者在苯环有邻、间、对三种位置分析。