1、（全国卷）2020届高三化学百日冲刺金卷（三）（含解析）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。2.答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在本试卷相应的位置。3.全部答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。4.本试卷满分300分，测试时间150分钟。5.考试范围：高考全部内容。可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 S-32 Cl-35.5 Zn-65 Ag-108第I卷一、选择题：本题共13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。1.化学与生产、生活密切相关。下列说法不正确的是（ ）A. 蛋白质水解是由高分子生成小分子的过
2、程B. 蔗糖和麦芽糖互为同分异构体.C. 食品中的抗氧化剂对人体无害且均具有氧化性D. 淀粉可用于生产葡萄糖和酒精【答案】C【解析】【详解】A蛋白质水解最终生成氨基酸，是由高分子生成小分子的过程，故A正确；B蔗糖和麦芽糖分子式相同，结构不同，互为同分异构体，故B正确；C食品中的抗氧化剂对人体无害且均具有还原性，故C错误；D淀粉是重要的食品工业原料，可用于生产葡萄糖和酒精，故D正确；故选C。2.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）A. 1mol白磷(P4)和1mol甲烷中所含的共价键数均为4NAB. 标准状况下，22.4LCl2通入足量的NaOH溶液中，转移的电子数为NAC. 常温
3、下，1L0.1molL-1NH4NO3溶液中所含的氢原子数为4NAD. 25时，0.5molL-1Na2S溶液中含有的阴离子数大于0.5NA【答案】B【解析】【详解】A1mol白磷(P4)中所含的共价键数为6NA和1mol甲烷中所含的共价键数为4NA，故A错误；B标准状况下，22.4LCl2通入足量的NaOH溶液中，生成1molNaCl和NaClO，转移的电子数为NA，故B正确；C常温下，1L0.1molL-1NH4NO3溶液中还有水，所含的氢原子数大于4NA，故C错误；D25时，0.5molL-1Na2S溶液中含有的阴离子数因缺少体积，故D错误；故选B。3.由下列实验操作得出的实验现象和结论
4、均正确的是（ ）A. AB. BC. CD. D【答案】C【解析】【详解】AK3Fe(CN)6用于检验Fe2+，此原电池反应中无Fe2生成，故A错误；B钠投入盛有水和乙醇的烧杯中，水与钠反应更剧烈，水中的氢比乙醇中羟基上的氢活泼，故B错误；CpH(CH3 COONa)H2CO3，故C正确；D向2ml0.1mol L -1AgNO3溶液中滴加几滴0.1mol L -1NaCl溶液时，Ag+过量，再滴加几滴0.1molL-1KI溶液，产生黄色沉淀，不能说明Ksp(AgCl)ksp(AgI)，故D错误。故选C。【点睛】本题考查化学实验方案评价，把握物质的性质、酸性及溶解性的比较、离子检验、沉淀生成为
5、解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，易错点D，向2ml0.1mol L -1AgNO3溶液中滴加几滴0.1mol L -1NaCl溶液时，Ag+过量，加KI溶液也会产生沉淀。4.短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，由四种元素组成的单质或化合物A、B、C、D、E、F、G之间的相互转化关系如图所示(反应条件已略去)，其中仅B为单质，D为淡黄色固体，A广泛存在于沼气中。下列说法不正确的是（ ）A. 简单离子半径：ZWB. 简单氢化物的稳定性：ZYC. D、F、G中所含的化学键类型完全相同D. 1molD分别与足量C或E反应时，转移的电子数目均为NA【答案】C【解析】【
6、分析】短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，由四种元素组成的单质或化合物A、B、C、D、E、F、G之间的相互转化关系如图所示(反应条件已略去)，其中仅B为单质，D为淡黄色固体，D为Na2O2，A广泛存在于沼气中，A为CH4，综合转化关系：X为H，Y为C，Z为O，W为Na；A为CH4，B为O2，C和E分别为CO2或H2O，D为Na2O2，F和G为Na2CO3或NaOH。【详解】A简单离子半径：O2Na,故A正确；B简单氢化物的稳定性：H2OCH4，故B正确；CD为Na2O2，含有离子键和非极性共价键，F和G为Na2CO3或NaOH，含有离子键和极性共价键，D、F、G中所含的化学键类型不完全
7、相同，故C错误；D1molNa2O2分别与足量CO2或H2O反应时，转移的电子数目均为NA，故D正确；故选C。5.某医药中间体(Z)的合成路线如图所示，下列说法正确的是（ ）A. Y的分子式为C10H10B. X和Y互为同系物C. 可用酸性KMnO4溶液鉴别Y和ZD. Z的一氯代物有10种(不考虑立体异构)【答案】C【解析】【详解】AY的分子式为C10H12，故A错误；BX和Y结构不相似，不互为同系物，故B错误；CY中含有碳碳双键而Z中不含，可用酸性KMnO4溶液鉴别Y和Z，故C正确；DZ的一氯代物有6种(不考虑立体异构)，故D错误；故选C。6.金属与周围的气体或液体物质发生氧化还原反应会引起
8、金属损耗，用如图所示装置研究船体(钢铁制)与海水接触时发生的电化学腐蚀及防护。下列说法正确的是（ ）A. 若M为锡，钢铁不易被腐蚀B. 若M为锌，钢铁上电极反应为2H2e-=H2C. 若M为铜，M极发生氧化反应D. 若M为石墨，钢铁腐蚀速率加快【答案】D【解析】【详解】A若M为锡，锡作正极，钢铁作负极，钢铁被腐蚀，故A错误；BM为锌，锌作负极，为牺牲阳极的阴极保护法，发生吸氧腐蚀，钢铁上的电极反应式为O2+2H2O+4e-=4OH，故B错误；CM为铜，铜作正极，发生还原反应，故C错误；DM为石墨，钢铁作负极，发生氧化反应，腐蚀加快，故D正确。故选D。7.常温下，向二元弱酸H2A溶液中滴加NaO
9、H溶液，不同pH时，相关微粒的物质的量分数如图所示，下列说法正确的是（ ）A. pH=7时，溶液中c(Na)=c(H2A)B. pH=9时，c(OH-)=c(H2A)c(H)C. pH=3和pH=11时，溶液中水的电离程度完全相同D. H2A的一级电离常数和二级电离常数相差2个数量级【答案】A【解析】【详解】A由图分析知I代表H2A，代表HA-，代表A2-，根据电荷守恒：2c(A2-)+c(HA- )+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)，pH=7时，c(A2-)=0，c(HA-)=c(H2A)可知c(Na+)=(H2A)，故A正确；BpH=9时，为NaHA溶液，根据物料守恒和电荷守恒可知c
10、(A2-)+c(OH-)=c(H2A)c(H)，故B错误；CpH=3时溶液中的溶质主要为H2A，水的电离被抑制，pH=11时溶液中的溶质为NaHA和Na2A，溶液显碱性，促进水的电离，故C错误；DH2A的一级电离常数为10-7，H2A的二级电离常数为10-11，H2A的一级电离常数和二级电离常数相差4个数量级，故D错误；故选A。第II卷三、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作答。第33题第38题为选考题，考生根据要求作答。(一)必考题(共129分)8.氯磺酸(HSO3Cl)在糖精、磺胺药的生产中有重要的应用。常温常压下氯磺酸为无色油状液体，沸点约为
11、152，吸湿性和腐蚀性极强，在空气中发烟。学习小组在实验室用SO3和HCl来制备HSO3Cl并测定产品纯度。设计如下实验(夹持装置略去)。请回答下列问题：（1）仪器m的名称为_。（2）已知：HSO3Cl中硫元素为6价，O原子和Cl原子的最外层均满足8电子稳定结构，则HSO3Cl中的化学键为_ (填“离子键”、“极性键”或“非极性键”)。（3）SO3可由五氧化二磷与浓硫酸共热制备，发生反应的化学方程式为_。（4）装置B的作用为_。由仪器n可知制备HSO3Cl的反应为_ (填“放热反应”或“吸热反应”)。（5）HSO3Cl纯度的测定(仪器m中得到的HSO3Cl中常溶有少量的SO3)：i.取25.0
12、g产品溶于水中，加入过量的Ba(NO3)2溶液充分反应后，过滤。ii.向滤液中加入过量的AgNO3溶液，过滤、洗涤、干燥、称量，测量所得沉淀AgCl的质量为28.7g。HSO3Cl遇水发生反应的化学方程式为_。产品HSO3Cl的纯度为_。【答案】 (1). 三颈烧瓶 (2). 极性键 (3). P2O53H2SO4（浓）3SO32H3PO4 (4). 防止空气中的水蒸气进 入反应装置A中，并吸收挥发出来的HCl气体 (5). 放热反应 (6). HSO3Cl+H2O=HCl+H2SO4 (7). 93.2%【解析】【详解】（1）仪器m的名称为三颈烧瓶。故答案为：三颈烧瓶；（2）HSO3Cl中硫
13、元素为6价，O原子和Cl原子的最外层均满足8电子稳定结构，结构式为，则HSO3Cl中的化学键为极性键 。故答案为：极性键；（3）SO3可由五氧化二磷与浓硫酸共热制备，发生反应的化学方程式为P2O53H2SO4（浓）3SO32H3PO4。故答案为：P2O53H2SO4（浓）3SO32H3PO4；（4）HSO3Cl与水会剧烈反应，由仪器m中逸出的HCl污染空气，装置B的作用为防止空气中的水蒸气进入反应装置A中，并吸收挥发出来的HCl气体。仪器n的作用是冷凝回流HSO3Cl，可知制备HSO3Cl的反应为放热反应。故答案为：防止空气中的水蒸气进入反应装置A中，并吸收挥发出来的HCl气体；放热反应；（5
14、）HSO3Cl遇水发生反应的化学方程式为HSO3Cl+H2O=HCl+H2SO4。根据题中信息：HSO3ClAgCl，生成HSO3Cl纯度为=93.2%。故答案为：HSO3Cl+H2O=HCl+H2SO4；93.2%。【点睛】本题考查物质制备，侧重考查实验操作、信息获取和知识灵活运用能力，明确实验原理、元素化合物性质并结合题干信息分析解答是解本题关键，注意最后要考虑环境污染问题，难点（5）根据方程式计算生成的HSO3Cl的纯度。9.硫酸锌是制造锌钡白和锌盐的主要原料，也可用于湿法电解制锌，如图为由锌灰制ZnSO47H2O晶体的工艺流程。已知：锌灰的主要成分为ZnO，还含有CuO、PbO、MnO
15、和FeO；“滤渣2”的主要成分为Fe(OH)3和MnO(OH)2。请回答下列问题：（1）MnO(OH)2中Mn元素化合价为_。（2）为提高浸出效率，锌灰在“酸浸”前可采取的措施有_；“酸浸”时，若硫酸浓度过高，可能发生副反应的化学方程式为_。（3）“滤渣1”的主要成分为_。（4）“氧化”时，需控制溶液的pH=5.1，Fe2被氧化的离子方程式为_。（5）操作a为_、过滤、洗涤、干燥。（6）ZnSO47H2O产品的纯度可用配位滴定法测定。准确称取一定量的ZnSO47H2O晶体加入250mL的锥形瓶中，加水约20mL，再加入2-3滴5%的二甲酚橙作指示剂、约5mL六亚甲基四胺缓冲溶液，摇匀。用已标定
16、的0.0160molL-1EDTA溶液滴定，滴定至溶液由红紫色变成亮黄色，即为终点(ZnSO47H2O与EDTA按物质的量之比1：1反应)。实验数据如下表：ZnSO47H2O产品的纯度为_ (保留2位有效数字)。（7）工业上采用惰性电极作阳极电解ZnSO4溶液可实现湿法炼锌，电解过程中的离子方程式为_。【答案】 (1). +4 (2). 将锌灰粉碎、升高温度等 (3). 2FeO4H2SO4=Fe2(SO4)3SO24H2O (4). PbSO4 (5). 3Fe2+MnO4-+8H2O=3Fe(OH)3+MnO(OH)2+5H (6). 蒸发浓缩、冷却结晶 (7). 71% (8). 2Zn
17、22H2O2ZnO24H【解析】【分析】锌白矿（锌灰的主要成分为ZnO，还含有CuO、PbO、MnO和FeO） 加稀硫酸溶解，PbSO4不溶，过滤，滤渣1为PbSO4，滤液中含有硫酸锌、硫酸铜、硫酸亚铁、硫酸锰，加入锌粉发生置换反应：Zn+CuSO4Cu+ZnSO4，滤渣为铜与过量的锌粉，滤液中再加高锰酸钾溶液、纯ZnO与亚铁离子反应生成MnO(OH)2和氢氧化铁沉淀，“滤渣2”的主要成分为Fe(OH)3和MnO(OH)2，过滤，滤液为硫酸锌，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到ZnSO47H2O晶体。【详解】（1）MnO(OH)2中Mn元素的化合价为+4价。故答案为：+4；（2）为提高浸出效率，锌灰
18、在“酸浸”前可采取的措施有将锌灰粉碎、升高温度等；“酸浸”时，若硫酸浓度过高，FeO被氧化，可能发生副反应的化学方程式为2FeO4H2SO4=Fe2(SO4)3SO24H2O。故答案为：将锌灰粉碎、升高温度等；2FeO4H2SO4=Fe2(SO4)3SO24H2O；（3）“酸浸”时，发生的反应有CuO+H2SO4=CuSO4+H2O；PbO+H2SO4=PbSO4+H2O；MnO+H2SO4=MnSO4 +H2O；FeO+H2SO4=FeSO4+H2O；故“滤渣1”的主要成分为PbSO4。故答案为：PbSO4；（4）“氧化”时，需控制溶液的pH=5.1，Fe2被氧化的离子方程式为3Fe2+Mn
19、O4-+8H2O=3Fe(OH)3+MnO(OH)2+5H。故答案为：3Fe2+MnO4-+8H2O=3Fe(OH)3+MnO(OH)2+5H；（5）操作a为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶；（6）ZnSO47H2O与EDTA按物质的量之比1：1反应，根据表中数据，ZnSO47H2O产品的纯度 =71%；故答案为：71%；（7）工业上采用惰性电极作阳极电解ZnSO4溶液可实现湿法炼锌，电解过程中的离子方程式为2Zn22H2O2ZnO24H。故答案为：2Zn22H2O2ZnO24H。【点睛】本题以物质的制备为知识背景，考查了基本实验操作、氧化还原反应、离子方程式
20、的书写等知识，理解工艺流程原理是解题的关键，是对学生综合能力的考查，需要学生具备扎实的基础与灵活运用能力，难点（6）注意利用题中信息“ZnSO47H2O与EDTA按物质的量之比1：1反应”进行解题。10.铜的多种化合物在生产生活中都有广泛用途。请回答下列问题：（1）Cu2O和CuO是铜的两种氧化物，可互相转化。已知：i.2Cu2O(s)O2(g)=4CuO(s) H=-292.0kJmol-1ii.C(s)2CuO(s)=Cu2O(s)CO(g) H=35.5kJmol-1若CO燃烧热为283.0kJmol-1，则C(s)的燃烧热为_。（2）Cu2O和CuO常用作催化剂。质子交换膜燃料电池(P
21、EMFC)的燃料气中除含有H2外还含有少量的CO和CO2，其中CO是PEMFC催化剂的严重毒化剂，可用CuO/CeO2作催化剂优先氧化脱除CO。160、用CuO/CeO2作催化剂时，氧化CO的化学方程式为_；分别用HIO3和H3PO4对CuO/CeO2进行处理，在一定条件下，利用不同催化剂进行CO氧化的对比实验，得如图曲线，其中催化剂_ (填“b”或“c”)催化性能最好；120使用催化剂b进行氧化，若燃料气中CO的体积分数为0.71%，气体流速为2000mLh-1，则1h后，CO体积为_mL。在Cu2O催化作用下合成CH3OH，反应如下：CO(g)2H2(g)CH3OH(g) H=-90.0k
22、Jmol-1，有利于提高该反应CO的平衡转化率的条件是_(填标号)。A.高温低压 B.低温高压 C.高温高压 D.低温低压T时，将CO和H2按一定比例混合后投入容积为2L的恒容密闭容器中，CO的起始浓度为1.0molL-1，平衡时，测得体系中，n(H2)=1.4mol，n(CH3OH)=1.7mol，反应达到平衡时CO的转化率为_，若反应达到平衡状态后，保持其他条件不变，再充入0.2molCO和0.2molCH3OH，平衡向_(填“正”或“逆”)反应方向移动，理由是_。（3）CuS呈黑色，是最难溶的物质之一，由于它的难溶性使得一些看似不可能的反应可以发生。向0.01molL-1CuSO4溶液中
23、，持续通入H2S维持饱和(H2S饱和浓度为0.1molL-1)，发生反应：H2S(aq)Cu2(aq)CuS(s)2H(aq)，该反应的化学平衡常数K为_(保留2位有效数字)。已知：Ka1(H2S)=1.110-7，Ka2(H2S)=1.310-13，Ksp(CuS)=6.310-36。【答案】 (1). 393.5kJmol1 (2). 2COO22CO2 (3). b (4). 2.84 (5). B (6). 85% (7). 正 (8). 平衡常数K= 11.6，再充入0.2molCO和0.2molCH3OH，Qc= =7.76K,因此平衡向正向移动 (9). 2.31015【解析】【
24、详解】（1）i.2Cu2O(s)O2(g)=4CuO(s) H=-292.0kJmol-1ii.C(s)2CuO(s)=Cu2O(s)CO(g) H=35.5kJmol-1根据盖斯定律，i+2ii得：2C(s)O2(g)=2CO(g) H=-221.0kJmol-1，设为，因为2CO(g) +O2(g)=2CO2(g) H=-2283.0kJmol-1，设为，（+） 得：C(s)+O2(g)=CO2(g) H=-393.5kJmol1，C(s)的燃烧热为393.5kJmol1。故答案为：393.5kJmol1；（2）160、用CuO/CeO2作催化剂时，氧化CO的化学方程式为2COO22CO2
25、；如图曲线，其中催化剂b催化性能最好；120使用催化剂b进行氧化，若燃料气中CO的体积分数为0.71%，气体流速为2000mLh-1，使用催化剂b进行氧化时，则1h后，CO体积为2000mLh-11h0.71%20%=2.84mL。故答案为：2COO22CO2；b；2.84；CO(g)2H2(g)CH3OH(g) H=-90.0kJmol-1，反应是体积减小的放热反应，低温高压有利于提高该反应CO的平衡转化率，故选B。T时，将CO和H2按一定比例混合后投入容积为2L的恒容密闭容器中，CO的起始浓度为1.0molL-1，平衡时，测得体系中，n(H2)=1.4mol，n(CH3OH)=1.7mol
26、，由三段式可得： 反应达到平衡时CO的转化率为85%，平衡常数K= 11.6，再充入0.2molCO和0.2molCH3OH，Qc= =7.76K,因此平衡向正向移动；故答案为：正；平衡常数K= 11.6，再充入0.2molCO和0.2molCH3OH，Qc= =7.76K,因此平衡向正向移动；（3）H2S(aq)Cu2(aq)CuS(s)2H(aq)，该反应的化学平衡常数K= 2.31015；故答案为：2.31015。(二)选考题：共45分。请考生从给出的2道物理题、2道化学题、2道生物题中每科任选一题作答，并用2B铅笔将答题卡上所选题目的题号右侧方框涂黑，按所涂题号进行评分；多涂、多答，按
27、所涂的首题进行评分；不涂，按本学科选考题的首题进行评分。11.教材插图是对教材内容高度概括的体现，也是为说明、理解、深化文字内容服务的。请回答下列问题：（1）图一为构造原理示意图，其含义是从H原子开始随着原子核电荷数递增，原子核每增加一个质子，核外便增加一个电子，电子大多按如图顺序填充。第四周期中，基态4s能级半充满的元素有_种，其中原子序数最大的基态原子的外围电子排布式为_。（2）图二中，每条折线代表周期表中IVA-VIIA某一族元素简单氢化物的沸点变化，其他三条折线与x所在折线变化趋势不完全相同的原因为_；与x点对应的简单氢化物互为等电子体的离子为_(写一种)。（3）图三为卟啉配合物叶绿素
28、的结构示意图，1号N原子和3号N原子与Mg2形成的化学键类型为_；5号C原子和6号C原子的杂化方式分别为_、_；该分子中所含非金属元素的电负性由小到大的顺序为_。（4）从石墨晶体结构示意图中截取石墨的晶胞如图所示，设阿伏加德罗常数为NA，已知sin60=)，石墨晶体的密度为_gcm-3(列出计算式)。【答案】 (1). 3 (2). 3d104s1 (3). x点对应的氢化物为CH4，另外三条曲线中第二周期对应的气态氢化物分别为NH3、H2O、HF，其分子间存在氢键，导致沸点反常升高 (4). NH4 (5). 配位键 (6). sp3 (7). sp2 (8). HCNO (9). 【解析】
29、【详解】（1）第四周期中，基态4s能级半充满的元素有K、Cr、Cu，共3种元素，其中原子序数最大为Cu，其基态原子的外围电子排布式为3d104s1；故答案为：3；3d104s1；（2）x点对应的氢化物为CH4，另外三条曲线中第二周期对应的气态氢化物分别为NH3、H2O、HF，其分子间存在氢键，导致沸点反常升高；与x点对应的简单氢化物互为等电子体的离子为NH4；故答案为：x点对应的氢化物为CH4，另外三条曲线中第二周期对应的气态氢化物分别为NH3、H2O、HF，其分子间存在氢键，导致沸点反常升高；NH4；（3）由卟啉配合物叶绿素的结构示意图，1号N原子和3号N原子提供孤电子对，Mg2提供空轨道，
30、形成的化学键类型为配位键；5号C原子形成4个键和6号C原子形成3个键，一个键，杂化方式分别为sp3、sp2；同一周期从左到右电负性增大，该分子中所含非金属元素的电负性由小到大的顺序为HCNO。故答案为：配位键；sp3、sp2；HCNO；（4）从石墨晶体结构示意图中截取石墨的晶胞如图所示，设阿伏加德罗常数为NA，已知sin60=)，设晶胞的底边长为acm，高为hcm，由图知，晶胞中含4个C原子，石墨晶体的密度为=gcm-3=gcm-3(列出计算式)。故答案为： 。12.盐酸罗匹尼罗用于治疗帕金森症，治疗中度到重度的不宁腿(多动腿)综合症，罗匹尼罗(H)的一种合成路线如图所示。已知：路线中Ph-代
31、表，Ac-代表CH3COO-；RCOORROH请回答下列问题：（1）D中含氧官能团的名称为_。（2）E的分子式为_；一定条件下，1molE最多与_molH2发生加成反应(不考虑开环加成)。（3）GH的反应类型为_。（4）AB的化学方程式为_。（5）同时满足下列条件的A的同分异构体有_种(不考虑立体异构)；含苯环遇FeCl3溶液显紫色有两个取代基其中核磁共振氢谱为5组峰且峰面积之比为4：2：2：1：1的结构简式为_。（6）参照上述合成路线，请设计以为起始原料制备合成路线为_(其他无机试剂任选)。【答案】 (1). 硝基、酯基 (2). C17H14ClNO3 (3). 6 (4). 取代反应 (
32、5). (6). 12 (7). (8). 【解析】【分析】A和在ZnCl2催化作用下发生反应生成B，B与（CH2）6N4作用生成C，C与CH3NO2生成D，D与AcCl在FeCl2催化条件下生成E，E在Pd/C条件下，与N2H4H2O得到F，F用CH3C6H4SO2Cl与-OH作用生成G，最后与(CH3CH2CH2)2NH发生取代反应，合成产品H。【详解】（1）D为，中含氧官能团的名称为硝基、酯基；故答案为：硝基、酯基；（2）E为，分子式为C17H14ClNO3；一定条件下，1molE中有两个苯环，最多与6molH2发生加成反应(不考虑开环加成)。故答案为：C17H14ClNO3；6；（3）
33、G为，与(CH3CH2CH2)2NH发生取代反应，合成产品H，方程式为：，故答案为：取代反应。（4）A和在ZnCl2催化作用下发生反应生成B，AB的化学方程式为。故答案为：；（5）同时满足下列条件的A的同分异构体：含苯环属于芳香族化合物遇FeCl3溶液显紫色，说明含有酚羟基有两个取代基，其中一个为羟基，另一个可以为：、，两个取代基在苯环上的位置均有邻间对3种，共有12种；其中核磁共振氢谱为5组峰且峰面积之比为4：2：2：1：1的结构简式为。故答案为：12；（6）参与B生成C，C生成D的反应，以为起始原料制备的合成路线为。故答案为：。【点睛】本题考查有机物的推断与合成、有机物反应类型、限制条件同分异构体书写等，需要学生熟练掌握官能团的性质与转化，题目较好的考查学生分析推理能力、知识迁移运用能力，难点（5）同分异构体的书写，根据题意两个取代基：其中一个为羟基，另一个可以为：、，再结合苯环上的取代基的位置，确定同分异构体的种类。
