2020届 全国高考复习冲刺考前仿真模拟(三) 化学(解析版)

时间：50分钟

满分：100分

可能用到的相对原子质量 C：12 N：14 O：16 Fe：56

第Ⅰ卷(选择题，共42分)

一、选择题(本题包括7个小题，每小题6分，共42分。每小题仅有一个选项符合题意) 7．化学与生活息息相关，下列说法错误的是( ) A．用SO2漂白过的草帽辫日久会变色

B．硅胶多孔，常用作食品干燥剂和催化剂的载体 C．用灼烧闻气味的方法区别棉织物和纯毛织物 D．氯气处理饮用水，在夏季的杀菌效果比在冬季好 答案 D

解析 SO2漂白草帽辫的原理是SO2与有色物质结合成为不稳定的无色物质，这种无色物质容易分解而使草帽辫恢复原来的颜色，A正确；硅胶多孔，表面积大，可以用作食品干燥剂和催化剂的载体，B正确；纯毛织物的主要成分为蛋白质，灼烧时有烧焦羽毛的气味，可以用灼烧闻气味的方法鉴别棉织物和纯毛织物，C正确；氯气处理饮用水，是利用氯气与水反应生成HClO，HClO具有强氧化性，但HClO见光、受热容易分解，故在夏季的杀菌效果不如冬季好，D错误。

8．(2019·成都七中高三期末)下列说法正确的是( ) A．分子式为C7H8O且含苯环的有机化合物有5种

B．人体摄入的纤维素可以加快胃肠蠕动，并最终水解为葡萄糖而被吸收

C．分子中的所有原子有可能共平面

D．溴水中加入苯，充分振荡、静置后，由于发生取代反应而水层几乎呈无色 答案 A

解析 分子式为C7H8O且含苯环的有机化合物可能为苯甲醇、邻甲基苯酚、间甲基苯酚、对甲基苯酚或甲苯醚，A正确；人体摄入的纤维素可以加快胃肠蠕动，但人体内没有水解纤维素的酶，所以人体不能水解吸收纤维素，B错误；苯分子是平面分子，甲基C取代苯环上H原子的位置，在苯分子平面内，但由于CH4是正四面体结构，甲基中最多还有1个H原子在该平面上，因此不是分子中所有原子在同一个平面内，C错误；溴水中加入苯，充分振荡、静置后，由于溴在苯中溶解度比在水中大，苯将水中的溴单质萃取过来，而使水层几乎呈无色，没有发生取代反应，D错误。

- 1 -

9．(2019·山东烟台高三期末)下列实验操作或装置(略去部分夹持仪器)正确的是( )

答案 C

解析 NaCl的溶解度受温度的影响变化不大，用蒸发溶剂的方法结晶，使用的仪器是蒸发皿，不是坩埚，A错误；进行酸碱中和滴定时，滴定管不能伸入到锥形瓶内，B错误；MgCl2晶体加热时，会发生水解反应产生Mg(OH)2和容易挥发的HCl，通入HCl气体抑制氯化镁水解，最后就可得到无水氯化镁，C正确；制取乙酸乙酯时，导气管不能伸入到饱和碳酸钠溶液中，导气管要在碳酸钠饱和溶液的液面以上，以防止倒吸现象的发生，D错误。

10．NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是( ) A．标准状况下，2.24 L C6H14中所含碳碳单键的数目为0.5NA

B．25 ℃时，1 L 0.1 mol·L－1 CH3COOH溶液中所含H＋的数目为0.1NA C．常温常压下，1.4 g N2与CO的混合气体中所含原子总数为0.1NA D．50 mL 12 mol·L－1的浓盐酸与足量MnO2反应，转移的电子数为0.3NA 答案 C

解析 1个C6H14中含5个碳碳单键，但标准状况下C6H14为液体，2.24 L C6H14的物质的量不为0.1 mol，所含碳碳单键的数目不是0.5NA，A错误；醋酸为弱酸，1 L 0.1 mol·L

－1

CH3COOH溶液中所含H＋的数目小于0.1NA，B错误；N2、CO的摩尔质量均为28 g·mol1.4 g N2、CO的混合气体的物质的量为0.05 mol，所含原子总数为0.1NA，C正确；50

- 2 -

－1,

mL 12 mol·L

－1

△

的浓盐酸中n(HCl)＝0.6 mol，反应MnO2＋4HCl(浓)=====MnCl2＋Cl2

↑＋2H2O中转移2e－，随着反应进行，浓盐酸的浓度逐渐降低，当变为稀盐酸时，反应停止，因此参加反应的HCl的物质的量小于0.6 mol，故转移电子数小于0.3NA，D错误。

11．有a、b、c、d四种短周期主族元素，它们在周期表中的位置如图所示，已知四种元素中只有一种为金属元素，下列有关说法正确的是( )

A．简单离子半径：b>c>d>a

B．bn＋与dm－在水溶液中可形成化合物bmdn C．a单质比c单质活泼

D．b和d的最高价氧化物对应的水化物可相互反应 答案 D

解析 由题意知b为Al，a、c、d分别为N、P、S。电子层结构相同的微粒，核电荷数大的离子半径小，电子层数多的半径大，故离子半径c>d>a>b，A错误；Al3＋和S2－在水溶液中会发生相互促进的水解反应，生成Al(OH)3沉淀和H2S气体，B错误；N2化学性质较稳定，而白磷易自燃，红磷易燃烧，C错误；硫酸是强酸，能与氢氧化铝反应，D正确。

12．全钒液流储能电池利用不同价态离子对的氧化还原反应来实现化学能和电能的相互转化，充电时，惰性电极M、N分别连接电源的正极和负极。电池工作原理如图所示，下列说法不正确的是( )

A．充电过程中，N电极附近酸性减弱 B．充电过程中，N电极上V3＋被还原为V2＋

- 3 -

C．放电过程中，H＋由N电极向M电极移动

＋－2＋

D．放电过程中，M电极的反应式为VO＋＋H2O 2＋2H＋e===VO

答案 A

解析 充电时N电极与电源的负极相连，N电极为阴极，发生还原反应：V3＋＋e－===V2

＋

＋，H＋不参加反应，阳极(M电极)发生氧化反应：VO2＋＋H2O－e－===VO2＋2H＋，M极产

生的H＋会移向N极，A错误，B正确。放电时，M电极为正极，阳离子向正极移动，C正

＋－2＋确。放电时M电极为正极，发生还原反应：VO＋＋H2O，D正确。 2＋2H＋e===VO

13．25 ℃时，改变0.1 mol·L－1 RCOOH溶液的pH，溶液中RCOOH、RCOO－的

cX微粒分布分数α(X)＝；甲酸(HCOOH)与丙酸(CH3CH2COOH)中酸

cRCOOH＋cRCOO－分子的分布分数与pH的关系如图所示。

下列说法正确的是( ) A．丙酸的酸性比甲酸强

B．若0.1 mol·L－1甲酸溶液的pH＝2.33，则0.01 mol·L－1甲酸溶液的pH＝3.33 C．CH3CH2COOH

CH3CH2COO－＋H＋的lg K＝－4.88

D．将0.1 mol·L－1的HCOOH溶液与0.1 mol·L－1的HCOONa溶液等体积混合，所得溶液中：c(Na＋)>c(HCOOH)>c(HCOO－)>c(OH－)>c(H＋)

答案 C

解析 根据图示，当甲酸、丙酸分子的微粒分布分数α均为50%时，甲酸的pH＝3.75，

cHCOO－·cH＋

丙酸的pH＝4.88。则：Ka(HCOOH)＝＝10－3.75，Ka(CH3CH2COOH)

cHCOOHcCH3CH2COO－·cH＋＝＝10－4.88，HCOOH的酸性比丙酸强，A错误，C正确；甲酸是

cCH3CH2COOH

- 4 -

弱酸，稀释10倍时，pH变化小于1，若0.1 mol·L－1甲酸溶液的pH＝2.33，则0.01 mol·L

－14

K10w－1

甲酸溶液的pH＜3.33，B错误；Ka(HCOOH)＝10－3.75，则Kh(HCOO－)＝＝－3.75＝

Ka10

10－10.25，可以看出，等浓度时，HCOOH电离大于HCOO－水解，故将0.1 mol·L－1 HCOOH溶液与0.1 mol·L－1的HCOONa溶液等体积混合，溶液呈酸性，溶液中微粒大小顺序为：

c(HCOO－)＞c(Na＋)＞c(HCOOH)＞c(H＋)＞c(OH－)，D错误。

第Ⅱ卷(非选择题，共58分)

二、必考题(本题包括3个小题，共43分)

26．(2019·北京朝阳高三期末)(14分)某学习小组探究稀HNO3、浓HNO3与铜的反应。

装置(尾气处理装置略) 现象 Ⅰ中开始无明显现象，渐有小气泡生成，越来越剧烈，液面上方出现浅红棕色气体，溶液呈蓝色 Ⅱ中反应剧烈，迅速生成大量红棕色气 体，溶液呈绿色 (1)试管Ⅰ中Cu与稀HNO3反应的化学方程式是_______________________。 (2)Ⅱ中反应的速率比Ⅰ中的快，原因是___________________。 (3)针对Ⅱ中溶液呈绿色的原因，提出假设： 假设1：Cu2＋的浓度较大所致； 假设2：溶解了生成的NO2。

探究如下：取Ⅱ中绿色溶液，分为两等份。

- 5 -

①取一份于如图1所示装置中，____________________________(填操作和现象)，证实Ⅱ中溶解了NO2。

②向另一份溶液中加入________(填化学试剂)，溶液变为蓝色。证实假设1不成立，假设2成立。

(4)对于稀HNO3与铜生成NO、浓HNO3与铜生成NO2的原因，提出两种解释：

－解释1.HNO3浓度越稀，溶液中NO－3的数目越少，被还原时，每个NO3从还原剂处获

得较多电子的机会________(填“增多”或“减少”)，因此被还原为更低价态。

解释2.推测下列平衡导致了产物的不同，并通过如下实验证实了推测的合理性。 3NO2＋H2O

2HNO3＋NO

①B中盛放的试剂是________。 ②C中盛放Cu(NO3)2和________。

③该小组证实推测的合理性所依据的实验现象是______________________。 答案 (1)3Cu＋8HNO3(稀)===3Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O (2)硝酸浓度大

(3)①向上拉动活塞a，试管内液面上方出现红棕色气体 ②Cu(OH)2(或CuO等) (4)增多 ①水 ②浓硝酸 ③C中溶液变绿

解析 (2)Ⅱ中是铜与浓硝酸反应，产生硝酸铜、二氧化氮和水，Ⅱ中硝酸浓度大，反应速率快。

(3)①若溶液颜色差异是NO2溶解所致，则可以通过向上拉动活塞a，减小装置中NO2

在溶液中的溶解度，就会看到试管内液面上方出现红棕色气体。

②若向另一份溶液中加入含有Cu元素的物质，如CuO或Cu(OH)2，物质溶解，使溶液中Cu2＋浓度增大，若溶液变为蓝色，证实假设1不成立，假设2成立。

(4)Cu与浓硝酸反应产生NO2气体，NO2气体与B中水发生反应：3NO2＋H2O

2HNO3＋NO，将产生的NO气体通入到C溶液中，为了探究溶液颜色变化是否是

由解释2中的平衡移动引起的，所以C中盛放Cu(NO3)2和浓硝酸，若C中溶液变为绿色，

- 6 -

就证明解释2正确，否则1正确。

27．(14分)氟化钡可用于制造电机电刷、光学玻璃、光导纤维、激光发生器。以钡矿粉(主要成分为BaCO3，含有SiO2、Fe2＋、Mg2＋等杂质)为原料制备氟化钡的流程如下：

已知：常温下Fe3＋、Mg2＋完全沉淀的pH分别是3.4、12.4。 (1)滤渣A的化学式为________。

(2)滤液1加H2O2氧化的过程中主要反应的离子方程式为_______________。 (3)加20% NaOH溶液调节pH＝12.5，得到滤渣C的主要成分是________。 (4)滤液3加入盐酸酸化后再经________________、冷却结晶、________、洗涤、真空干燥等一系列操作后得到BaCl2·2H2O。

(5)常温下，用BaCl2·2H2O配制成0.2 mol·L－1水溶液与等浓度的氟化铵溶液反应，可得到氟化钡沉淀。请写出该反应的离子方程式___________。已知Ksp(BaF2)＝1.84×10－7，当钡离子完全沉淀时(即钡离子浓度≤10－5 mol·L－1)，至少需要的氟离子浓度是________ mol·L－1。(结果保留三位有效数字，已知

1.84≈1.36)

(6)已知：Ksp(BaCO3)＝2.58×10－9，Ksp(BaSO4)＝1.07×10－10。将氯化钡溶液滴入等

－

cCO23

物质的量浓度的硫酸钠和碳酸钠的混合溶液中，当BaCO3开始沉淀时，溶液中2－＝cSO4

__________。(结果保留三位有效数字)

答案 (1)SiO2

(2)H2O2＋2Fe2＋＋2H＋===2Fe3＋＋2H2O (3)Mg(OH)2 (4)加热浓缩 过滤

(5)Ba2＋＋2F－===BaF2↓ 0.136 (6)24.1

- 7 -

解析 (1)钡矿粉中SiO2与盐酸不反应，故滤渣A为SiO2。

(2)滤液1加H2O2的作用是将Fe2＋氧化为Fe3＋，反应的离子方程式为H2O2＋2Fe2＋＋2H＋===2Fe3＋＋2H2O。

(3)根据已知信息及流程图可知，加H2O2、调pH，得到的滤渣B为Fe(OH)3，加20% NaOH溶液调节pH＝12.5，得到的滤渣C为Mg(OH)2。

(4)滤液3加盐酸酸化后得到BaCl2和HCl的混合溶液，由该溶液得到BaCl2·2H2O的实验操作为加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、真空干燥等。

(5)根据Ksp(BaF2)＝c(Ba2＋)·c2(F－)，当Ba2＋完全沉淀时，至少需要c(F－)＝

KspBaF2

＝

cBa2＋

1.84×10－7

mol·L－1≈0.136 mol·L－1。 －5

10

2－

(6)Ksp(BaSO4)＜Ksp(BaCO3)，则加入氯化钡溶液时，SO4先沉淀，当BaCO3开始沉淀－

cCO23

时，溶液中2－＝ cSO4

－2＋

cCO2KspBaCO32.58×10－93·cBa

＝＝ 2－

cSO4·cBa2＋KspBaSO41.07×10－10

≈24.1。

28．(15分)氮及其化合物的转化对工农业生产及环境保护有重要的意义。 (1)下面是氮的氧化物在几种不同情况下的转化： ①已知：2SO2(g)＋O2(g)2NO(g)＋O2(g)

2SO3(g)ΔH＝－196.6 kJ·mol－1

2NO2(g)ΔH＝－113.0 kJ·mol－1

则SO2气体与NO2气体反应生成SO3气体和NO气体的热化学方程式为____________________________。

- 8 -

②a.向绝热恒容密闭容器中通入SO2和NO2，一定条件下使其反应达到平衡，正反应速率随时间变化的示意图如图1所示。反应在c点________(填“达到”或“未到”)平衡状态。

b．开始时，分别在该容器中加入Ⅰ：2 mol SO2(g)和2 mol NO2(g)；Ⅱ：2 mol SO3(g)和2 mol NO(g)。则反应达到平衡时，平衡常数：Ⅰ________(填“＞”“＜”或“＝”)Ⅱ。

(2)常温时向浓度为0.1 mol·L－1体积为V L的氨水中逐滴加入一定浓度的盐酸，用pH计测得溶液的pH随盐酸体积的变化曲线如图2所示，d点处两种溶液恰好完全反应。根据图2回答下列问题：

①b、c、d三点对应的溶液中，水电离的c(OH－)由大到小的顺序为_______________。 ②滴定时，由b点到c点的过程中，下列各选项中数值保持不变的有________。 a.

cNH＋4cNH3·H2O

cH＋

b. cOH－

－

cNH＋4·cOHc.

cNH3·H2O

cNH3·H2O·cH＋d. ＋

cNH4

③该温度时氨水的电离平衡常数K＝____________________。 (3)氮的氧化物易污染环境，可用氢氧化钠溶液吸收。发生的反应为： 2NaOH＋NO＋NO2===2NaNO2＋H2O 2NaOH＋2NO2===NaNO3＋NaNO2＋H2O

- 9 -

将反应混合液和氢氧化钠溶液分别加到如图3所示的电解槽中进行电解，A室产生N2。 ①电极Ⅱ是________极，B室产生的气体是________。 ②A室NO－2发生的电极反应是______________________。 答案 (1)①SO2(g)＋NO2(g)②a.未到 b．＜

(2)①d＞c＞b ②cd ③10－5 (3)①阳 O2

－－②2NO－2＋6e＋4H2O===8OH＋N2↑

NO(g)＋SO3(g)ΔH＝－41.8 kJ·mol－1

解析 (1)①已知：2SO2(g)＋O2(g)2NO(g)＋O2(g)

2SO3(g)ΔH＝－196.6 kJ·mol－1 a，

2NO2(g)ΔH＝－113.0 kJ·mol－1 b，

ab

根据盖斯定律，由－可得，

22SO2(g)＋NO2(g)

NO(g)＋SO3(g)

－196.6 kJ·mol－1－113.0 kJ·mol－1

ΔH＝－()＝－41.8 kJ·mol－1。②a.反应达到

22平衡的标志是v正＝v逆，且不再变化，而c点对应的v正还在改变，故反应在c点未到平衡状态。b.若容器恒温恒容，则平衡常数：Ⅰ＝Ⅱ，而实际上容器恒容绝热，SO2(g)＋NO2(g)

NO(g)＋SO3(g) ΔH＜0，若在该容器中加入2 mol SO2(g)和2 mol NO2(g)，则

反应放出热量；若在容器中加入2 mol SO3(g)和2 mol NO(g)，则反应吸收热量，达到平衡时，体系Ⅰ温度高于体系Ⅱ，而放热反应温度越高，平衡常数越小，据此分析平衡常数：Ⅰ＜Ⅱ。

(2)①在b点对应的溶液中，溶质为一水合氨和氯化铵，且二者浓度相等，由题图2可知，溶液呈碱性，则一水合氨的电离程度大于氯化铵的水解程度，此时水的电离受到抑制，在c点对应的溶液中，溶质仍为一水合氨和氯化铵，但二者浓度不相等，由题图2知，c点溶液呈中性，则此时一水合氨的电离程度等于氯化铵的水解程度，水的电离不受影响，在d点对

- 10 -

应的溶液中，溶质为氯化铵，氯化铵发生水解，溶液呈酸性，对水的电离起促进作用，所以b、c、d三点对应的溶液中，水电离的c(OH－)大小顺序为d＞c＞b。②滴定时，由b点到c点

KbNH3·H2O的过程中，溶液碱性减弱，酸性增强。＝，由b点到c点的过

cNH3·H2OcOH－程中，c(OH－)不断减小，故该值增大，a不符合题意；由b点到c点的过程中，c(H＋)不断

＋＋－

cHcNH·cOH4－

增大，c(OH)不断减小，的值逐渐增大，故b不符合题意；的值等cOH－cNH3·H2O

cNH＋4

于一水合氨的电离平衡常数，因Kb(NH3·H2O)只与温度有关，滴定过程中温度不变，则

－

cNH＋cNH3·H2O·cH＋4·cOH

的值不变，故c符合题意；的值等于铵根离子的水解cNH3·H2OcNH＋4

平衡常数，b点到c点过程中不变，故d符合题意。③未加盐酸时，氨水浓度为0.1 mol·L

－14

10－1

，溶液的pH＝11，则溶液中c(OH－)＝－11 mol·L－1＝0.001 mol·L－1，水的电离程

10＋

度较小，溶液中c(OH－)≈c(NH4)，又一水合氨的电离程度较小，则c(NH3·H2O)≈0.1 mol·L＋－－3－3

cNH·cOH10×104－1

，氨水的电离平衡常数K＝＝＝10－5。

cNH3·H2O0.1

(3)由A室产生N2，可知A室的电解质溶液为NaNO3和NaNO2的混合溶液，NO－2在电极Ⅰ上放电生成N2，则电极Ⅰ为阴极，电极Ⅱ为阳极，B室的电解质溶液为NaOH溶液，OH－在电极Ⅱ上放电生成O2。

三、选考题(两个题中任选一题作答，共15分) 35．[化学——选修3：物质结构与性质](15分)

第四周期过渡元素如铁、锰、铜、锌等在太阳能电池、磁性材料等科技方面有广泛的应用，回答下列问题：

(1)写出Cu2＋的外围电子排布式________；比较铁与锰的第三电离能(I3)：铁________锰(填“＞”“＜”或“＝”)，原因是_________________________。

(2)已知[Zn(CN)4]2－与甲醛在水溶液中发生反应可生成一种新物质HOCH2CN，试判断新物质中碳原子的杂化方式________________；1 mol [Zn(CN)4]2－中的σ键数为________。

(3)如图是晶体Fe3O4的晶胞，该晶体是一种磁性材料，能导电。

- 11 -

①晶胞中二价铁离子处于氧离子围成的________(填空间结构)空隙。

②晶胞中氧离子的堆积方式与某金属晶体原子堆积方式相同，该堆积方式名称为________。

③解释Fe3O4晶体能导电的原因__________________________；若晶胞的体对角线长为

a nm，则Fe3O4晶体的密度为________ g·cm－3(阿伏加德罗常数用NA表示)。

答案 (1)3d9 < Mn2＋、Fe2＋的价电子排布式分别为3d5、3d6，Mn2＋处于3d5半满较稳定结构，再失去一个电子所需能量较高，所以第三电离能Fe小于Mn

(2)sp3、sp 8NA

(3)①正四面体 ②面心立方堆积 ③电子可在两种不同价态的铁离子间快速发生转移 6963×1021

a3NA

解析 (1)Cu是29号元素，电子排布式为：[Ar]3d104s1，Cu2＋的外围电子排布式为3d9；Mn2＋、Fe2＋的价电子排布式分别为3d5、3d6，Mn2＋处于3d5半满较稳定结构，再失去一个电子所需能量较高，所以第三电离能Fe小于Mn。

(2)HOCH2CN中与羟基(—OH)相连的一个碳为饱和碳原子，价层电子对＝4＋0＝4，杂化轨道类型为sp3，另外一碳原子与氮原子形成碳氮三键，三键含有1个σ键和2个π键，价4－4×1层电子对＝2＋＝2，所以碳原子杂化轨道类型为sp；单键为σ键，双键含有1个σ

2键和1个π键，三键含有1个σ键和2个π键，[Zn(CN)4]2－中含有4个C≡N键、每个CN－与Zn形成一个σ键，故1 mol [Zn(CN)4]2－中的σ键数为8NA。

(3)①根据晶胞中离子的位置关系可知，晶胞中二价铁离子处于氧离子围成的正四面体空隙；②晶胞采用ABCABC重叠堆积方式，该堆积方式名称为面心立方堆积；③根据晶胞均11

摊计算，晶胞中含有铁离子的个数为4×＋3×＝2，亚铁离子的个数为1，氧离子的个数

821

为1＋12×＝4，若晶胞的体对角线长为a nm，设边长为x nm，则体对角线长3x nm

4

- 12 -

333232 g3－213

＝a nm，故x＝a nm，则晶胞的体积为x＝a×10cm，其质量为，故密

39NA

232 g

m度ρ＝＝

V3

9

NA

a×10

3

－21

＝ cm

3

6963×1021

aNA

3

g·cm－3。

36．(2019·广西柳州市高三模拟)[化学——选修5：有机化学基础](15分)

咖啡酸乙酯具有抗炎作用且有治疗自身免疫性疾病的潜力，其合成路线及部分反应机理如图所示：

回答下列问题：

(1)B中官能团的名称是________。 (2)E→F反应类型为________。

- 13 -

(3)D分子中位于同一平面上的原子最多有________个。 (4)F的结构简式为______________________。

(5)H→咖啡酸乙酯的化学方程式为_________________________。

(6)芳香族化合物M是H的同分异构体，1 mol M与足量碳酸氢钠溶液反应生成2 mol CO2，M的苯环上有三个取代基的结构有________种；M的苯环上有两个取代基的结构，其核磁共振氢谱为5组峰，峰面积比为1∶2∶2∶2∶1，其结构简式为________________________。

(7)设计以甲醛、C为原料合成C5H12O4

(

__________________________。 答案 (1)羟基 (2)消去反应 (3)14

)的路线(无机试剂任选)。

- 14 -

解析 A的相对分子质量是28，A是乙烯，与水加成生成B是乙醇，催化氧化生成C是乙醛，C与D利用已知信息，发生醛基的加成反应生成E，E在浓硫酸的作用下发生消去

反应生成F为，F发生银镜反应并酸化后生成G为

，G发生水解反应生成H，H与乙醇发生取代反应生成咖啡酸

乙酯。

(3)

面上的原子最多有14个。

分子中，醛基和苯环均是平面形结构，则D分子中位于同一平

(6)芳香族化合物M是H的同分异构体，1 mol M与足量碳酸氢钠溶液反应生成2 mol CO2，说明含有2个羧基，且苯环外只能用3个碳原子，如果苯环上有3个取代基，应该是2个羧基和1个甲基，以羧基为参照，若两个羧基在邻位则有两种结构，若两个羧基在间位则有三种结构，若两个羧基在对位则只有一种结构，故共有6种结构满足要求；M的苯环上有两个取代基，应该是—COOH和—CH2COOH，其中核磁共振氢谱为5组峰，峰面积比为

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1∶2∶2∶2∶1的结构简式为。

(7)根据已知信息结合逆推法可知以甲醛、C(乙醛)为原料合成C5H12O4的路线。

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