广东省广州市华南师范大学附中2020届高三上学期月考理综化学试题

华南师大附中2020届高三年级月考（二）理科综合试题-化学

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Fe2O3

B. 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FeSO4·7H2O，《物理知识》中考查FeSO4·7H2O受热分解，FeSO4·7H2O受热分解的方程式为2FeSO4·7H2OFe2O3＋SO3↑＋SO2↑＋14H2O；

【详解】“青矾”是绿矾，化学式为FeSO4·7H2O，《物理知识》中考查FeSO4·7H2O受热分解，FeSO4·7H2O受热分解的方程式为2FeSO4·7H2OFe2O3＋SO3↑＋SO2↑＋14H2O；

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NA

B. pH=1的H2SO3溶液中，含有0.1 NA个H+

C. 1 mol Fe分别与足量的稀硫酸和稀硝酸反应转移电子数均为3NA

D. 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14，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56g÷14g/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：①11KClO3+6I2+3H2O=6KH(IO3)2+3Cl2↑+5KCl

② 2KH(IO3)2+KOH=2KIO3+H2O下列说法正确的是

A. 反应①表明氧化性：KH(IO3)2>KClO3

B. 反应①中每转移4mol电子生成2.24L Cl2

C. 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，所以反应①物质的氧化性：KClO3>KH(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②发生的主要反应为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O

B. 步骤②不能用氯水、硝酸等强氧化剂代替H2O2

C. 步骤④为过滤，步骤⑤蒸发结晶

D. 步骤③用 CuCO3代替CuO也可调节溶液的pH

【答案】C

【解析】

【详解】A. 步骤②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②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②不能用氯水、硝酸等强氧化剂代替H2O2，故B正确；

C. 步骤④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⑤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

A. A B. B C. C D. 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

A. A B. B C. C D. 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，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： ①促进氯气与锡反应； ②_________。

(4)乙装置的作用 __________，如果缺少乙装置，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+2HCl=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2MnO4-+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Ⅰ中已获得游离态的溴浓度很低，步骤Ⅱ又将之转变成化合态的溴，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Ⅰ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Ⅱ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Br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：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：

(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NaOH

d.加入适量的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)①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Ⅱ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1000×71%=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)①~⑥中属于取代反应的是_________。

(4)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). ④⑤    (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，A→B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260—300℃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，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，①是加成反应，②是消去反应，③是加成反应，④是取代反应，⑤是酯的水解反应，也属于取代反应，⑥是还原反应，所以①~⑥中属于取代反应的是④⑤；

(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5×3=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。