1、（全国卷）2020年高考化学压轴卷（含解析）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 Ni59一、选择题：本题共7个小题，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化学与生产生活社会密切相关。下列做法不正确的是()A碳纳米管是一种比表面积大的有机合成纤维，可用作新型储氢材料B空间实验室的硅电池板将光能直接转换为电能C在家可用食醋代替CO2来增强漂白粉的漂白性D“红柿摘下未熟，每篮用木瓜三枚放入，得气即发，并无涩味。”文中的“气”是指乙烯8我国自主研发的对二甲苯绿色合成项目取得新进展，其合成过程如图所示。下列说法不
2、正确的是A异戊二烯所有碳原子可能共平面B可用溴水鉴别M和对二甲苯C对二甲苯的一氯代物有2种DM的某种同分异构体含有苯环且能与钠反应放出氢气9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 向浓HNO3 中加入炭粉并加热，产生的气体通入少量澄清石灰水中有红棕色气体产生，石灰水变浑浊有NO2 和CO2 产生B 向酸性KMnO4 溶液中滴加乙醇溶液褪色乙醇具有还原性C 向溴水中加入苯，充分振荡、静置水层几乎无色苯与溴发生了反应D 向FeCl3 和BaCl2 混合溶液中通入足量SO2 溶液变为浅绿色且有白色沉淀生成Fe3+被还原为Fe2+，白色沉淀为BaSO3 AABB
3、CCDD10双极膜电渗析一步法盐制酸碱的技术进入到了工业化阶段，某科研小组研究采用BMED膜堆(如图所示)，模拟以精制浓海水为原料直接制备酸和碱。BMED膜堆包括阳离子交换膜、阴离子交换膜和双极膜(a、d)已知：在直流电源的作用下，双极膜内中间界面层发生水的解离，生成H+和OH-。下列说法正确的是A电极Y连接电源的正极，发生还原反应BI口排出的是混合碱，口排出的是淡水C电解质溶液采用Na2SO4溶液可避免有害气体的产生Da左侧膜为阳离子交换膜，c为阴离子交换膜11四种位于不同主族的短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，的内层电子与最外层电子数之比为2：5，Z和W位于同一周期。Z与W组成的
4、化合物是常用的调味品，也是重要的医用药剂，工业上电解该化合物的熔融物可制得Z单质，Y和Z可形成两种离子化合物，这两种离子化合物的阴离子与阳离子数之比均为1：2。下列说法正确的是A四种元素中至少有两种金属元素B四种元素的常见氢化物中熔点最高的是的氢化物C四种元素形成的简单高子中，离子半径最小的是元素形成的离子D常温下，三种元素形成的化合物的水溶液的小于712常温下，用AgNO3溶液分别滴定浓度均为0.01mol/L的KCl、K2C2O4溶液，所得的沉淀溶解平衡图像如图所示（不考虑C2O42的水解）。下列叙述正确的是（ ）An点表示AgCl的不饱和溶液BKsp（Ag2C2O4）的数量级等于107C
5、Ag2C2O4+2C1(aq) 2AgCl+C2O42(aq)的平衡常数为109.04D向c（C1）=c（C2O42）的混合液中滴入AgNO3溶液时，先生成Ag2C2O4沉淀13二氧化碳捕获技术用于去除气流中的二氧化碳或者分离出二氧化碳作为气体产物，其中CO2催化合成甲酸是原子利用率高的反应，且生成的甲酸是重要化工原料。下列说法不正确的是（ ）A二氧化碳的电子式: B在捕获过程，二氧化碳分子中的共价键完全断裂CN(C2H5)3能够协助二氧化碳到达催化剂表面DCO2催化加氢合成甲酸的总反应式：H2+CO2=HCOOH二、非选择题（一）必考题：26（14分）二氧化钒(VO2)是一种新型热敏材料。+
6、4价的钒化合物在弱酸性条件下易被氧化。实验室以V2O5为原料合成用于制备VO2的氧钒()碱式碳酸铵晶体，过程如下： 回答下列问题：(1) VOC12中V的化合价为 _。(2)步骤i中生成VOC12的同时生成一种无色无污染的气体，该化学方程式为_ _。也可只用浓盐酸与V2O5来制备VOC12溶液，该法的缺点是 _ (3)步骤ii可在下图装置中进行。反应前应通入CO2数分钟的目的是 _。装置B中的试剂是_ _。(4)测定氧钒(IV)碱式碳酸铵晶体粗产品中钒的含量。称量ag样品于锥形瓶中，用20mL蒸馏水与30 mL混酸溶解后，加0.02 mol/LKMnO4溶液至稍过量，充分反应后继续加1 %Na
7、NO2溶液至稍过量，再用尿素除去过量的NaNO2，最后用c mol/L(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定至终点，消耗体积为b mL。滴定反应为：VO2+Fe2+2H+= VO2+Fe3+H2O.KMnO4溶液的作用是_ 。NaNO2溶液的作用是_ 。粗产品中钒的质量分数的表达式为_ 。27（14分）以废旧锌锰电池中的黑锰粉（MnO2、MnO(OH)、NH4Cl、少量ZnCl2及炭黑、氧化铁等）为原料制备MnCl2，实现锰的再利用。其工作流程如下：（1）过程，在空气中加热黑锰粉的目的是除炭、氧化MnO(OH)等。O2氧化MnO(OH)的化学方程式是_。（2）溶液a的主要成分为NH4Cl，另
8、外还含有少量ZnCl2等。 溶液a呈酸性，原因是_。 根据如图所示的溶解度曲线，将溶液a_（填操作），可得NH4Cl粗品。 提纯NH4Cl粗品，有关性质数据如下：化合物ZnCl2NH4Cl熔点365337.8分解沸点732-根据上表，设计方案提纯NH4Cl：_。（3）检验MnSO4溶液中是否含有Fe3+：取少量溶液，加入_（填试剂和现象），证明溶液中Fe3+沉淀完全。（4）探究过程中MnO2溶解的适宜条件。向MnO2中加入H2O2溶液，产生大量气泡；再加入稀H2SO4，固体未明显溶解。向MnO2中加入稀H2SO4，固体未溶解；再加入H2O2溶液，产生大量气泡，固体完全溶解。 用化学方程式表示中
9、MnO2溶解的原因：_。 解释试剂加入顺序不同，MnO2作用不同的原因：_。上述实验说明，试剂加入顺序不同，物质体现的性质可能不同，产物也可能不同。28（15分）运用化学反应原理研究碳、氮、硫的单质及其化合物的反应对缓解环境污染、能源危机具有重要意义。I.氨为重要的化工原料，有广泛用途。(1)合成氨中的氢气可由下列反应制取：a. CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g) H1=+216.4kJ/molb. CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g) H2=-41.2kJ/mol则反应CH4(g)+2H2O(g)CO2(g)+4H2(g) H= _。(2)起始时投入氮气和氢气的物
10、质的量分别为1mol、3mol，在不同温度和压强下合成氨。平衡时混合物中氨的体积分数与温度的关系如图。恒压时，反应一定达到平衡状态的标志是_(填序号)A和的转化率相等 B反应体系密度保持不变C保持不变 D P1_P2 (填“”“=”或“不确定”，下同)；反应的平衡常数：B点_D点。C点的转化率为_；在A、B两点条件下，该反应从开始到平衡时生成氮气的平均速率：(A)_(B)。.用间接电化学法去除烟气中NO的原理如下图所示。已知阴极室溶液呈酸性，则阴极的电极反应式为_。反应过程中通过质子交换膜(ab)的为2mol时，吸收柱中生成的气体在标准状况下的体积为_L。（二）选考题：请考生2道化学题中任选一
11、题作答。如果多做，则每按所做的第一题计分。35化学选修3：物质结构与性质（15分）镍是有机合成的重要催化剂。(1)基态镍原子的价电子排布式_。(2)镍和苯基硼酸共催化剂实现了丙烯醇(CH2CHCH2OH)的绿色高效合成，丙烯醇中碳原子的杂化类型有_；丙醛(CH3CH2CHO)与丙烯醇(CH2CHCH2OH)分子量相等，但丙醛比丙烯醇的沸点低的多，其主要原因是_。(3)羰基镍Ni(CO)4用于制备高纯度镍粉。羰基镍Ni(CO)4中Ni、C、O 的电负性由大到小的顺序为_。(4)Ni2+ 能形成多种配离子，如Ni(NH3)62+、Ni(SCN)3 等。NH3的空间构型为_；(5)“NiO”晶胞如图
12、：氧化镍晶胞中原子坐标参数A为(0,0,0)，B为(1,1,0)，则C原子坐标参数为_；已知氧化镍晶胞密度dg/cm3，NA 代表阿伏加德罗常数的值，则Ni2+ 半径为_nm(用代数式表示)。（Ni的相对于原子质量是59）36化学一选修5：有机化学基础（15分）一种合成囧烷（E）的路线如下： A中所含官能团的名称是_；E的分子式为_。 AB、BC的反应类型分别是_、_。 在一定条件下，B与足量乙酸可发生酯化反应，其化学方程式为_。 F是一种芳香族化合物，能同时满足下列条件的F的同分异构体有_种。 1个F分子比1个C分子少两个氢原子 苯环上有3个取代基 1molF能与2molNaOH反应写出其中
13、核磁共振氢谱图有5组峰，且面积比为32221的一种物质的结构简式：_。 1，2-环己二醇( )是一种重要的有机合成原料，请参照题中的合成路线，以和为主要原料，设计合成1，2-环己二醇的合成路线。_参考和解析7【答案】A 【解析】A.碳纳米管是由碳原子组成的，是碳单质，碳纳米管比表面积大，易吸附氢气，故可做储氢材料，故A不正确；B.利用高纯硅的半导体性能，可以制成光电池，将光能直接转换为电能，故B正确；C.醋酸的酸性强于碳酸，强于次氯酸，在家可用食醋代替CO2来增强漂白粉的漂白性，故C正确；D.乙烯能作催熟剂，故D正确；故答案为A。8【答案】D【解析】A. 异戊二烯中2个碳碳双键所确定的平面重合
14、时，所有碳原子共平面，A正确；B. M中含有碳碳双键可使溴水褪色，对二甲苯与溴水可发生萃取，使溶液分层，有机层显橙红色，可用溴水鉴别，B正确；C. 对二甲苯的一氯代物有氯原子在苯环上1种，在甲基上1种，合计2种，C正确；D. M的分子式为C8H12O，某种同分异构体含有苯环，则剩余基团为C2H7-，无此基团，D错误；答案为D9【答案】B【解析】A.由于碳与浓HNO3反应生成NO2，NO2与水反应生成硝酸，故不能观察到石灰水变浑浊，故A错误；B.向酸性KMnO4 溶液中滴加乙醇，乙醇被氧化成乙酸，乙醇具有还原性，故B正确；C.向溴水中加入苯，充分振荡、静置，水层几乎无色，是因为溴水中的Br2转移
15、到苯中，发生了萃取，故C错误；D.向FeCl3 和BaCl2 混合溶液中通入足量SO2，Fe3+与其发生反应，产生SO42-，SO42-再与Ba2+产生白色沉淀，现象是溶液由棕黄色变为浅绿色，产生白色沉淀，Fe3+被还原为Fe2+，白色沉淀为BaSO4，故D错误；故选B。10【答案】C【解析】A.氢氧根离子向左侧移动，这说明电极Y为阴极，所以电极Y连接电源的负极，发生还原反应，故A错误；B.浓海水中的氯离子向左侧移动，钠离子向右侧移动；双极膜中，氢离子向右侧迁移、氢氧根离子向左侧迁移，因此口排出的是淡水，I口排出的是盐酸、口排出的是碱液，故B错误；C.由于氯离子放电会产生有毒的气体氯气，加入N
16、a2SO4溶液，目的是增加溶液的导电性，氯离子移向室，氢离子通过a移向室，在室得到HCl，可避免有害气体的产生，故C正确；D.钠离子移向室，c为阳离子交换膜，氢氧根离子向左侧移动，所以a左侧膜为阴离子交换膜，故D错误。故选C。11【答案】B【解析】原子序数依次增大，位于不同主族的四种短周期元素X、Y、Z、W，X的内层电子与最外层电子数之比为2：5，X为氮元素，Z和W位于同周期。Z的化合物与人类生活关系密切，Z与W组成的化合物是常用的调味品，也是重要的医用药剂，工业上电解该化合物的熔融物可制得Z单质，Z为钠元素，W为氯元素。Y和Z可形成两种离子化合物，其中阴、阳离子数之比均为1：2，Y为氧元素，
17、据此解答。A. 四种元素中只有钠为金属元素，故A错误；B. 氢化钠为离子化合物，四种元素的常见氢化物中熔点最高的是Z的氢化物，故B正确；C. 四种元素形成的常见简单离子中，离子半径最小的是元素Z形成的离子，钠离子半径最小，故C错误；D. 三种元素形成的化合物为NaNO3或NaNO2，若为NaNO3溶液显中性，pH等于7，若为NaNO2因水解溶液显碱性，pH大于7，故D错误。故选B。12【答案】C【解析】A、由图可知，n点AgCl的浓度熵Q大于其溶度积Ksp，则n点表示AgCl的过饱和溶液，会析出AgCl沉淀，选项A错误；B.由图可知，当c(Ag+)=1.010-4mol/L时，c(C2O42-
18、)=1.010-2.46mol/L，则溶度积Ksp(Ag2C2O4)=c2(Ag+)c(C2O42-) =(1.010-4)2 1.010-2.46=1.010-10.46，选项B错误；C、Ag2C2O4+2C1-(aq)2AgCl+ C2O42-(aq)的平衡常数K= =109.04，选项C正确；D、由图可知，当溶液中c(Cl-)= c(C2O42-)时， AgCl饱和溶液中c(Ag+)小于Ag2C2O4饱和溶液中c(Ag+)，则向c(Cl-)= c(C2O42-)的混合液中滴入AgNO3溶液时，先生成AgCl沉淀，选项D错误；答案选C。13【答案】B【解析】由图可知，CO2催化加氢合成甲酸
19、的总反应式是H2+CO2=HCOOH。A. 二氧化碳是共价化合物，其电子式为，故A正确；B. 由二氧化碳和甲酸的结构式可知，在捕获过程，二氧化碳分子中的共价键不会完全断裂，只断裂其中一个碳氧双键，故B错误；C. N(C2H5)3捕获CO2，表面活化，协助二氧化碳到达催化剂表面，故C正确；D. 由图可知，CO2催化加氢合成甲酸的总反应式：H2+CO2=HCOOH，故D正确；答案选B。26【答案】+4（1分） 2V2O5+N2H42HCl+6HCl=4VOCl2+N2+6H2O（2分） 有氯气生成，污染空气（2分） 排除装置中的空气，避免产物被氧化（2分） 饱和NaHCO3溶液（1分） 将+4的钒
20、化合物氧化为VO2+（2分） 除去过量的KMnO4 （2分） （2分）【解析】 (1) 根据氧的化合价为-2，氯的化合价为-1，化合物中各元素化合价代数和为0可得，VOC12中V的化合价为+4价；(2)步骤i中V2O5中加入N2H42HCl和盐酸反应生成VOC12的同时生成一种无色无污染的气体，V2O5被还原为VOCl2，则气体为N2，反应的化学方程式为2V2O5+N2H42HCl+6HCl=4VOCl2+N2+6H2O；也可只用浓盐酸与V2O5来制备VOC12溶液，V2O5被还原为VOCl2，则浓盐酸被氧化有氯气生成，污染空气；(3)+4价钒化合物在弱酸性条件下易被氧化，为防止+4价钒化合物
21、被氧化，反应前应通入CO2数分钟排除装置中的空气，避免产物被氧化；装置B中的试剂用于除去二氧化碳中的氯化氢气气，故所装试剂为饱和NaHCO3溶液；(4)测定氧钒(IV)碱式碳酸铵晶体粗产品中钒的含量。称量ag样品于锥形瓶中，用20mL蒸馏水与30 mL混酸溶解后，加0.02 mol/LKMnO4溶液至稍过量，充分反应后继续加1 %NaNO2溶液至稍过量，再用尿素除去过量的NaNO2,最后用c mol/L(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定至终点，消耗体积为b mL。滴定反应为：VO2+Fe2+2H+= VO2+Fe3+H2O.KMnO4溶液具有强氧化性，其作用是将+4的钒化合物氧化为VO2
22、+；NaNO2溶液的作用是除去过量的KMnO4；根据反应VO2+Fe2+2H+= VO2+Fe3+H2O可知，n(VO2+)=n(Fe2+)=bc，根据钒守恒，粗产品中钒的质量分数的表达式为。27【答案】4MnO(OH)+O2=4MnO2+2H2O （2分） NH4+H2ONH3H2O+H+（或NH4+水解产生H+）（2分） 蒸发浓缩，趁热过滤（2分） 加热NH4Cl粗品至340左右，NH4Cl = NH3 + HCl；收集产物并冷却，NH3 + HCl=NH4Cl，得到纯净NH4Cl。（2分） KSCN溶液，不变红（2分） MnO2+H2O2+H2SO4=MnSO4+2H2O+O2（2分）i
23、中作催化剂，反应快，只催化分解 ii中作氧化剂，加入稀后，的氧化性增强，被还原为。 （2分） 【解析】（1）根据流程图可知，经过过程，得到了MnO2粗品，则O2将MnO(OH)氧化成MnO2，根据得失电子守恒，1molO2得到4mol电子，1molMnO(OH)失去1mol电子，则O2和MnO(OH)的比例为14，再根据原子守恒可配平方程式，答案为4MnO(OH)+O2=4MnO2+2H2O；（2）ZnCl2和NH4Cl均为强酸弱碱盐，均会水解，铵根离子水解使溶液呈酸性，答案为NH4+H2ONH3H2O+H+（或NH4+水解产生H+）；从曲线可以看出，随着温度的变化，NH4Cl的溶解度几乎没有
24、发生太大的变化，只能蒸发溶剂得到晶体，再进行后续操作，答案为蒸发浓缩，趁热过滤；从表格中数据可以知道，NH4Cl在337.8分解，生成NH3和HCl，而此温度下，ZnCl2没有熔化，也没有分解，因此可以利用NH4Cl的分解，收集产物再次合成NH4Cl，答案为加热NH4Cl粗品至340左右，NH4Cl = NH3 + HCl；收集产物并冷却，NH3 + HCl=NH4Cl，得到纯净NH4Cl；（3）Fe3的检验常用KSCN溶液，如果溶液中有铁离子，生成红色物质；没有Fe3就不会变红，答案为KSCN溶液，不变红；（4）从实验知道，先加入双氧水，MnO2不溶解，只做催化剂，而通过实验可知，先加入硫酸
25、，固体溶解，且有气体冒出，气体为氧气，则MnO2作了氧化剂，双氧水作了还原剂。固体溶解，且有气体放出，气体为O2，MnO2做氧化剂，H2O2做还原剂，为酸性环境，根据得失电子守恒和原子守恒，配平方程式。答案为MnO2H2O2H2SO4=MnSO4O22H2O；先加入硫酸，溶液为酸性，则酸性条件下，物质的氧化性会增加，答案为ii中作氧化剂，加入稀后，的氧化性增强，被还原为MnSO4。28【答案】+175.2kJ/mol （2分） BC（2分） （2分） 66.7% （2分） （1分） 2SO32-+4H+2e-=S2O42-+2H2O（2分） 11.2 （2分） 【解析】I.(1)已知a.CH4
26、(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)H=+216.4kJ/molb.CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)H=-41.2kJ/mol则将a+b，可得CH4(g)+2H2O(g)CO2(g)+4H2(g) H=（+216.4-41.2）kJ/mol=+175.2kJ/mol；(2)A.N2和H2的起始物料比为1：3，且按照1：3反应，则无论是否达到平衡状态，转化率都相等，N2和H2转化率相等不能用于判断是否达到平衡状态，A错误；B.气体的总质量不变，由于该反应的正反应是气体体积减小的反应，恒压条件下，当反应体系密度保持不变时，说明体积不变，则达到平衡状态，B正确；C.保持不变，
27、说明氢气、氨气的浓度不变，反应达到平衡状态，C正确；D.达平衡时各物质的浓度保持不变，但不一定等于化学计量数之比，不能确定反应是否达到平衡状态，D错误；故合理选项是BC；由于该反应的正反应是气体体积减小的反应，增大压强，平衡正向移动，平衡混合气体中氨气的百分含量增大，由图象可知P1P2，该反应的正反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，平衡常数减小，则反应平衡常数：B点D点；起始时投入氮气和氢气分别为1mol、3mol，反应的方程式为N2(g)+3H2(g)2NH3(g)，C点氨气的含量为50%，设转化N2物质的量为xmol，则 N2(g) +3H2(g) 2NH3(g)起始：1mol 3mo
28、l 0转化：x mol 3xmol 2xmol平衡：(1-x)mol (3-3x)mol 2xmol则100%=50%，解得x=，则C点H2的转化率为=66.7%，B点的压强、温度都比A点高，压强越大、温度越高，反应速率越大，所以(A)CNi （2分） 三角锥形（2分） （2分） （3分） 【解析】 (1)Ni的原子序数为28，电子排布式为1s22s22p63s23p63d84s2，价电子排布式3d84s2；(2)丙烯醇(CH2CHCH2OH)中的连接碳碳双键的碳原子价层电子对数为3，为sp2杂化，饱和碳原子的价层电子对数为4，为sp3杂化，所以碳原子的杂化类型有sp2、sp3；丙烯醇(CH2
29、CHCH2OH)由于有羟基，存在分子间氢键，所以比丙醛(CH3CH2CHO)的沸点高；(3)电负性是原子对键合电子的吸引能力，非金属性越强，电负性越强，所以Ni、C、O 的电负性由大到小的顺序为OCNi。(4)NH3中N的杂化方式为sp3，N有一个孤电子对，所以NH3的空间构型为三角锥形；(5)氧化镍晶胞中原子坐标参数A为(0,0,0)，A为原点，B为(1,1,0)，则晶胞边长为1，则C原子坐标参数为；根据氧化镍晶胞截面图，可知晶胞面对角线长为O2- 半径的4倍。设O2- 半径为r nm，则晶胞参数为2r nm=2r10-7cm，晶胞体积为 cm3。在氧化镍晶胞中，O2-个数为8+6=4个，N
30、i2+个数为12+1=4个，所以一个晶胞的质量为g，则氧化镍晶胞密度d =g/cm3 ，则O2- 半径rnm，根据氧化镍晶胞截面图可知，Ni2+和O2- 半径之和为晶胞参数的一半，即r nm，晶胞参数为2r nm，则Ni2+半径为r nm。36【答案】羟基、碳碳双键（2分） C12H18（1分） 加成反应（1分） 氧化反应（1分） +2CH3COOH+2H2O （2分） 6（2分） 或 （2分） （4分）【解析】 根据A()的结构结合常见官能团的结构判断；根据E()确定其分子式；(2)对比A、B结构，2个A分子中碳碳双键中一个键断裂，碳原子相互连接成环得到B；B中羟基转化为C中羰基，据此判断反
31、应类型； B中含有羟基，在一定条件下，能够与乙酸发生酯化反应，结合酯化反应的机理书写与乙酸反应的方程式； C为，分子式为C8H12O2，1个F分子比1个C分子少两个氢原子，则F的分子式为C8H10O2，其不饱和度=4，F是一种芳香族化合物，说明除了苯环外，不存在不饱和结构，1molF能与2molNaOH反应，并且苯环上有3个取代基，说明苯环上含有2个羟基和1个乙基，据此书写满足条件的同分异构体；以和为主要原料合成1，2-环己二醇( )，根据题干流程图CD的提示，需要合成，再由与乙二醛反应生成，最后将转化为即可。【详解】 A()中所含官能团有羟基和碳碳双键；E()的分子式为C12H18，故答案为
32、羟基、碳碳双键；C12H18；(2)对比A、B结构，2个A分子中碳碳双键中一个键断裂，碳原子相互连接成环得到B，属于加成反应；B中羟基转化为C中羰基，发生氧化反应，故答案为加成反应；氧化反应； B中含有羟基，在一定条件下，能够与乙酸发生酯化反应，反应的化学方程式为+2CH3COOH+2H2O，故答案为+2CH3COOH+2H2O； C为，分子式为C8H12O2，1个F分子比1个C分子少两个氢原子，则F的分子式为C8H10O2，不饱和度=4，F是一种芳香族化合物，说明除了苯环外，不存在不饱和结构，1molF能与2molNaOH反应，并且苯环上有3个取代基，说明苯环上含有2个羟基和1个乙基，满足条件的同分异构体有6种(羟基位于邻位的2种，羟基位于间位的3种，羟基位于对位的1种)；其中核磁共振氢谱图有5组峰，且面积比为32221的结构简式为或，故答案为6；或；以和为主要原料合成1，2-环己二醇( )，根据题干流程图CD的提示，可以首先由合成，再由与乙二醛反应生成，最后将转化为即可；其中由合成可以将氯原子水解后氧化得到；将转化为只需要与氢气加成得到，因此合成路线为，故答案为。
