【文档说明】四川省宜宾市叙州区第二中学校2020届高三上学期期末考试理综化学试题【精准解析】.doc，共(15)页，772.500 KB，由小赞的店铺上传

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1.中华民族有着光辉灿烂的发明史。下列发明创造不涉及化学反应的是()A.用胆矾炼铜B.用铁矿石炼铁C.烧结粘土制陶瓷D.打磨磁石制指南针【答案】D【解析】【详解】A、胆矾为硫酸铜晶体，铜为化合态，+2价，金属铜为单质，由化合态变为游离态，需加入还

原剂发生反应，A不正确；B、铁矿石炼主要成份为氧化铁，铁为+3价，，由化合态变为游离态铁，需加入还原剂发生反应，B不正确；C．烧结粘土主要成份为复杂的硅酸盐，烧结粘土制陶瓷过程中会发生复杂的物理化学变化，C不正确；D．磁石为四氧化三铁，打磨磁

石制指南针的过程为物理变化过程，D正确；答案选D。2.利用下列实验装置能完成相应实验的是A.除去氯气中的氯化氢B.实验室制氨气C.制取并收集氯化氢D.证明乙醇发生消去反应生成了乙烯【答案】A【解析】A、HCl极易溶于水除去，Cl2因饱和食盐水中Cl－浓度大，而

溶解度很小，即难溶，所以Cl2不会损失，故用饱和食盐水除去Cl2中的HCl，故A正确；B、实验室用加热固体氯化铵和熟石灰制取氨气（2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O），不是直接

加热NH4Cl，故B错误；C、应将浓硫酸滴入浓盐酸中，吸HCl不能将导管插入溶液中，故C错误；D、挥发的乙醇也能使KMnO4溶液褪色。故D错误。故选A。3.NA是阿伏伽德罗常数的值，下列相关说法正确的是（

）A.2.24LN2和O2的混合气体中分子数为0.1NAB.2.4g镁在空气中完全燃烧生成MgO和Mg3N2，转移的电子数为0.2NAC.标准状况下，22.4LCCl4中含有分子的数目为NAD.0.1molFeCl3完全水解生成的Fe(OH)3胶体粒子数为0.1NA【答案】B【解析】【详解】A.未

说温度、压强，无法计算气体的分子数，故A错误；B.镁在空气中完全燃烧，化合价从0价升高到+2价，因此2.4g镁在空气中完全燃烧生成MgO和Mg3N2，转移的电子数为A2.4g2N24g/mol=0.2NA，故B正确；C.标准状况下，CCl4为液态，不能使用气体摩尔体积计算物质的量，故C错误；

D.因为胶体粒子要求直径在1-100nm(1nm=10-9米)，所以单个的Fe(OH)3直径不够,往往是几十个Fe(OH)3粒子聚在一起才形成一个胶粒,所以胶体粒子数远小于0.1NA，故D错误；答案：B。【点睛】易错点关于气体摩尔体积22.4L/mol的应用

，注意抓三点：（1）标准状况（2）气体（3）1mol大约为22.4L。4.X、Y、Z、M、N是元素周期表中的短周期主族元素，且原子序数依次递增。已知X的最外层电子数是次外层电子数的3倍，X、M同主族，Y在同周期主族元素

中原子半径最大，Z和N可以形成ZN2型化合物。下列有关说法正确的是A.X与Y只能形成一种化合物B.最高价氧化物对应水化物的碱性：Y>ZC.单质熔点：M<ND.单质的氧化性：X<M【答案】B【解析】X、Y、Z、M、N是元素周期表中的短周期主族

元素，且原子序数依次递增，X的最外层电子数是次外层电子数的3倍，则X是O元素；X、M同主族，且M的原子序数大于X，所以M是S元素；N是原子序数大于M的短周期主族元素，所以N是Cl元素；Y在同周期主族元素中原子半径最大，且原子序数大于X，

并且属于短周期元素，则Y是Na元素；Z和N可以形成ZN2型化合物，原子序数：Y<Z<M，所以Z为Mg元素。A项，Na和O可形成Na2O和Na2O2，故A错误；B项，最高价氧化物对应水化物的碱性：NaOH>Mg(OH)2，故B正确；C项，单质熔点：S>Cl2，故C错

误；D项，单质的氧化性：O2>S，故D错误。综上，选B。5.科学家通过实验发现环己烷在一定条件下最终可以生成苯，从而增加苯及芳香族化合物的产量，下列有关说法正确的是A.①②两步反应都属于加成反应B.环己

烯的链状同分异构体超过10种(不考虑立体异构)C.环己烷、环己烯、苯均易溶于水和乙醇D.环己烷、环己烯、苯均不能使酸性高锰酸钾溶液褪色【答案】B【解析】【详解】A.①②两步反应是脱氢反应，不属于加成反应，故A错误；B.环己烯

的链状同分异构体既有二烯烃，也有炔烃等，存在官能团异构、官能团位置异构、碳链异构，同分异构体超过10种，故B正确；C.环己烷、环己烯、苯均难溶于水，故C错误；D.环己烯能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故D错误；

答案：B6.下列离子方程式的书写正确的是（）A.澄清石灰水与少量苏打溶液混合：Ca2＋＋OH－＋HCO3-=CaCO3↓＋H2OB.碳酸钙溶于醋酸：CaCO3＋2H＋=Ca2＋＋CO2↑＋H2OC.NaHCO3溶液与NaOH溶液反应：OH－＋HCO3-＝CO32-＋H2OD.向AlC

l3溶液中加入过量的NaOH溶液：Al3＋＋3OH－＝Al(OH)3↓【答案】C【解析】【详解】A．澄清石灰水与少量苏打溶液混合的离子反应为Ca2++CO32-=CaCO3↓，故A错误；B．碳酸钙溶于醋酸的离子反应为CaCO3+2CH

3COOH=2CH3COO-+Ca2++CO2↑+H2O，故B错误；C．NaHCO3溶液与NaOH溶液反应发生反应的离子方程式为OH－＋HCO3-＝CO32-＋H2O，故C正确；D．氯化铝溶液中加入过量氨水的离子

反应为Al3++3NH3．H2O=Al(OH)3↓+3NH4+，故D错误；故答案为C。【点睛】离子方程式正误判断是高考中的高频知识点，解这类题主要是从以下几个方面考虑：(1)反应原理，如：铁与盐酸或稀硫酸

反应只生成二价铁等。(2)电解质的拆分，化学反应方程式改写为离子方程式时只有强酸、强碱及可溶性盐可以改写成完全电离形式，如NaHCO3只能改写成Na+和HCO3-。(3)配平，离子方程式的配平不能简单

的满足原子守恒，而应该优先满足电子守恒、电荷守恒及原子守恒。7.某无色溶液中可能含有H+、Na+、NH4+、Mg2+、Fe3+、Al3+、SO42-等离子中的几种，当向该溶液中加入某浓度的NaOH溶液时，发现生成沉淀的物质的量

随NaOH溶液的体积变化如图所示。下列说法一定正确的是（）A.一定存在H+、Mg2+、Al3+、NH4+，一定不存在Na+、SO42-、Fe3+B.一定存在H+、Al3+、NH4+、SO42-，可能存在Na+、Mg2+C.溶液中c(H+)：c(A

l3+)：c(Mg2+)=1：1：2D.溶液中c(H+)/c(SO42-)2/9【答案】D【解析】【分析】无色溶液说明不含Fe3+；从图象可知，沉淀的量先增后减，最终沉淀不能完全溶解，说明原溶液有Mg2+、Al3+

，最后剩余1molMg(OH)2沉淀，沉淀量的最大值是2mol，所以Al(OH)3沉淀的物质的量是1mol，溶解1molAl(OH)3沉淀消耗1体积氢氧化钠溶液，所以1体积氢氧化钠溶液中含有1mol氢氧化钠；开始时无沉淀产生，说明含有H+，H++OH-=H2O，该氢离子消耗NaOH溶液的体

积为1体积，说明氢离子的物质的量为1mol；图象中有一段平台，说明加入OH-时无沉淀生成，所以有NH4+，NH4++OH-=NH3•H2O，铵根消耗氢氧化钠为3体积，说明铵根离子的物质的量是3mol。【详解】A.根据分析知道，该溶液中存在H+、Mg2+、Al3+、NH4+，根据电荷守恒，还一

定有SO42-，其他离子不能确定，故A错误；B.根据分析知道，该溶液中一定存在H+、Mg2+、Al3+、NH4+、SO42-，可能存在Na+，一定不存在Fe3+，故B错误；C.根据分析知道，溶液中含有的H+、Mg2+、Al3+的物质的量

均是1mol，所以浓度是相等，即c(H+)：c(Al3+)：c(Mg2+)=1：1：1，故C错误；D.该溶液中一定存在H+、Mg2+、Al3+、NH4+、SO42-，H+、Mg2+、Al3+、NH4+的物质的量分别是1

mol、1mol、1mol、3mol，因为钠离子不知道是否存在，所以根据电荷守恒，溶液中c(H+)/c(SO42-)小于等于2/9，故D正确。【点睛】本题考查离子的判断和计算，掌握氢氧化铝的两性是该题的

关键；要求学生熟记物质的性质并灵活应用，注意电荷守恒在离子推断中的应用。8.将3mol/LNaOH溶液滴入到25mL一定浓度的AlCl3溶液中。下图是整个过程的数学分析曲线。其中横轴表示加入OH-的物质

的量，纵轴表示产生的Al(OH)3沉淀的物质的量。椐图回答：（1）当C点从O点向A点运动时，表示随OH-的不断加入，沉淀量逐渐________。OA曲线表示的离子反应是________________，由此可得A点的坐标为__

_____；（2）当C点从A点向B点运动时，表示：_____。AB曲线表示的离子反应为：______，由此可得B点的坐标为：__________。（3）由上述分析，可求得AlCl3溶液中Al3+离子的浓度为：_____

mol/L。【答案】(1).增大(2).Al3++3OH—=Al(OH)3↓(3).（0.03，0.01）(4).随着OH—的不断加入，沉淀的量不断减少(5).Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O(6).(0.04，0)(7).0.4【解析】【详解】根据图像，

当C点从O点向A点运动时，表示随着OH-的不断加入，沉淀量逐渐增加，A点Al3+刚好完全沉淀，沉淀量达最大值；从A点到B点，随着OH-的不断加入，沉淀量逐渐减少，B点时Al(OH)3刚好完全溶解。根据纵

坐标n[Al(OH)3]max=0.01mol和Al守恒，原n（AlCl3）=0.01mol。（1）当C点从O点向A点运动时，表示随着OH-的不断加入，沉淀量逐渐增加，OA曲线表示的离子反应是：Al3++3OH-=Al(OH)3↓，则A点消耗的n（OH-）=30.01mol

=0.03mol，由此可得A点的坐标为（0.03，0.01）；（2）当C点从A点向B点运动时，表示：随着OH—的不断加入，沉淀的量不断减少；AB曲线表示Al(OH)3溶于NaOH，表示的离子反应为Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O。溶解0.01molAl(O

H)3消耗n（OH-）=0.01mol，则B点的坐标为（0.04，0）；（3）原n（AlCl3）=0.01mol，c（AlCl3）=0.010.025molL=0.4mol/L，AlCl3溶液中Al3+

离子的浓度为0.4mol/L。9.铅的单质、氧化物、盐在现代工业中有着重要用途。（1）铅能形成多种氧化物，如碱性氧化物PbO、酸性氧化物PbO2、类似Fe3O4的Pb3O4，盛有PbO2的圆底烧瓶中滴加浓盐酸，产生黄绿色气体，其反

应的化学方程式为_______。（2）以废旧铅酸电池中的含铅废料（Pb、PbO、PbO2、PbSO4及炭黑等）和H2SO4为原料，制备高纯PbO，实现铅的再生利用。其工作流程如下：过程1中分离提纯的方法是___，滤液2中的溶质主

要是____填物质的名称）。过程1中，在Fe2+催化下，Pb和PbO2反应生成PbSO4的化学方程式是_______。（3）将PbO溶解在HCl和NaCl的混合溶液中，得到含Na2PbCl4的电解液，电解Na2PbCl4溶液生成Pb的装置如图所示。①写出电解时阴极的电极反应式

_________。②电解过程中通过阳离子交换膜的离子主要为____。③电解过程中，Na2PbCl4电解液浓度不断减小，为了恢复其浓度，应该向____极室（填“阴”或者“阳”）加入____（填化学式）。【答案】(1).PbO2+4HCl(浓)=PbCl2+Cl2↑+4H2O(2).过滤(3).硫酸

钠(4).Pb+PbO2+2H2SO42PbSO4+2H2O(5).PbCl42-+2e-=Pb+4Cl-(6).H+(7).阴(8).PbO【解析】【分析】（1）依据给定信息结合氧化还原反应规律和元素守恒规律作答；（

2）含铅废料（Pb、PbO、PbO2、PbSO4及炭黑等）与硫酸亚铁和硫酸作用，生成不溶物PbSO4、炭黑和滤液硫酸铁、硫酸等，其中硫酸亚铁作催化剂，加快Pb和PbO2的反应，经过过滤得到的PbSO4粗品再与氢氧化钠反应制得PbO粗品，再经过分离提纯得到高纯PbO，据此分析作答；（3）在上述装

置图中，电解池的阳极水中的氢氧根离子发生氧化反应生成氧气，阴极则为PbCl42-得电子生成Pb的过程，再结合电解池的原理分析作答。【详解】（1）盛有PbO2的圆底烧瓶中滴加浓盐酸，产生黄绿色气体，则该气体为氯气，根据氧化还原反应的规律及元素守恒可知，产物还有

PbCl2和水，其化学方程式为：PbO2+4HCl(浓)=PbCl2+Cl2↑+4H2O；（2）过程1中得到了滤液和不溶物PbSO4，则过程1的操作方法为过滤；PbSO4与氢氧化钠反应生成物除了PbO以外，应还有硫酸钠，则滤液

2中的溶质主要是硫酸钠，在Fe2+催化下，Pb和PbO2在稀硫酸作用下发生归中反应生成PbSO4的方程式为：Pb+PbO2+2H2SO42PbSO4+2H2O，故答案为过滤；硫酸钠；Pb+PbO2+2H2

SO42PbSO4+2H2O；（3）①电解时阴极PbCl42-得电子生成Pb，其电极反应式为PbCl42-+2e-=Pb+4Cl-；②电解过程中，惰性电极a（阳极）上水失电子发生氧化反应，其电解反应式为：2H2O-4e-=O2↑+4H+，为平

衡电荷，生成的H+会通过阳离子交换膜移向阴极，故答案为H+；③电解过程中，阴极发生电极反应：PbCl42－+2e-=Pb+4Cl-，则可在阴极补充PbO生成PbCl42-，使Na2PbCl4电解液浓度恢复

，故答案为阴极，PbO。10.二氧化硫为重要的含硫化合物，是形成酸雨的主要污染物之一。（1）在实验室中，若用70％的硫酸溶液和亚硫酸钠粉末反应制取二氧化硫，并要求方便控制反应速率，可选用下图所示气体发生装置中的_____(

填下列序号字母)。（2）SO2经催化氧化可生成SO3，该反应的热化学方程式为：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)△H="a"kJ·mol-1；在T1℃时，将2molSO2、1molO2充入容积为2L的密闭容器A中，充分反应

并达到平衡，此过程中放出热量98．3kJ，测得SO2的平衡转化率为50％，则a=_____，T1℃时，上述反应的平衡常数K1=____L·mol-1。若将初始温度为T1℃的2molSO2和1molO2充入容积为2L的绝热密闭容器B中，充分反应，在T2℃时

达到平衡，在此温度时上述反应的平衡常数为K2。则K1______K2(填“>”、“<”或“=”)。（3）某热电厂上空大气中所含二氧化硫严重超标，现对该区域雨水样品进行探究。首先用pH试纸测定雨水样品的pH，操作方法为____________

_______________，测得样品pH约为3；为进一步探究由SO3所形成酸雨的性质，将一定量的SO2通入蒸馏水中，配成pH为3的溶液，然后将溶液分为A、B两份，向A中加入适量的NaOH固体，使溶液恰好呈中性(不考虑氧化性物质和其它酸性物质的影响)，则此中性

溶液中离子的浓度间存在的关系式为：[Na+]=______________；将溶液B久置于空气中，与久置前相比，久置后的溶液B中水的电离程度将__________(填“增大”、“减小”或“不变”)。（4）工业上常用如下图所示的流程处理工业尾气中的SO2：上述流程中有一种物质可以再生循

环利用，该物质再生的化学方程式为_______________.【答案】(1).a(2).－196.6(3).4(4).＜(5).取一条试纸放在干燥洁净的表面皿(或玻璃片)上，用干燥洁净的玻璃棒蘸取雨水样品点在试纸上，待变色后立即对照标准比色卡读数(6).2c（SO

32-）+c（HSO3-）(7).减小(8).Na2SO3+Ca(OH)2CaSO3↓+2NaOH【解析】【分析】（1）用硫酸和亚硫酸钠制取SO2的试剂为固态和液态，反应条件不需加热，可通过控制添加硫酸的速率来控制反应

速率；（2）测得SO2的平衡转化率为50%，可知反应的SO2物质的量为1mol，此过程中放出热量98.3kJ，可知2molSO2参加反应放出的热量，以此计算a值；计算出平衡时各物质的浓度，可计算平衡常数；若将初始温度为T1℃的2molSO2和1molO2充入容积为2L的绝热密闭容器B中，因正反

应放热，则体系温度升高，升高温度平衡逆向移动；（3）测定pH，可用玻璃棒蘸取溶液，然后与比色卡对比；向A中加入适量的NaOH固体，使溶液恰好呈中性，根据电荷守恒判断离子关系；将溶液B久置于空气中，亚硫酸被氧化生成硫酸，溶液酸性增强；（4）可循环利用的为NaOH，可用亚硫酸

钠与氢氧化钙反应生成。【详解】（1）用硫酸和亚硫酸钠反应制取二氧化硫，并希望能控制反应速度，由于反应不需要加热，排除装置c；由于亚硫酸钠是细小颗粒，易溶于水，不可选用装置bd，故可选用的发生装置是a；（2）测得SO2的平衡转化率为50%，可知反

应的SO2物质的量为1mol，此过程中放出热量98．3kJ，可知2molSO2参加反应放出的热量为196.6，则a=-196.6；平衡时：c（SO2）=0.5mol/L，c（O2）=0.5mol/L，c（SO3）=0.25mol/L，K=()()()23222cSOcSOcO=4；

因正反应放热，在绝热密闭容器中进行，体系温度升高，平衡逆向移动，则平衡常数减小；（3）测定pH，可用玻璃棒蘸取溶液，然后与比色卡对比，操作方法为取一条试纸放在干燥洁净的表面皿（或玻璃片）上，用干燥洁净的玻璃棒蘸取雨水样品点在试纸上，待变色后立即对照标准比色卡读数；向A中加入适量的N

aOH固体，使溶液恰好呈中性，溶液中存在c（Na+）+c（H+）=2c（SO32-）+c（HSO3-）+c（OH-），则c（Na+）=2c（SO32-）+c（HSO3-）；将溶液B久置于空气中，亚硫酸被氧化生成硫酸，溶液酸性增强，则水的电离程度减小；（4

）可循环利用的为NaOH，可用亚硫酸钠与氢氧化钙反应生成，反应的方程式为Na2SO3+Ca（OH）2=CaSO3↓+2NaOH。11.镓（31Ga）是一种重要金属元素，镓及其化合物在电子工业、光电子工业、国

防工业和超导材料等领域有着广泛的应用。回答下列问题：（1）基态Ga原子占据最高能级电子的电子云轮廓图形状为__________，未成对电子数为________________。（2）Ga(NO3)3中阴离子的立体构型是_____________，写出一个

与该阴离子的立体构型相同的分子的化学式___________。（3）2-甲基-8-羟基喹啉镓（如图）应用于分子印迹技术，2-甲基-8-羟基喹啉镓中五种元素电负性由大到小的顺序是_________________

___________（填元素符号)，提供孤电子对的成键原子是_____________。（4）一种硅镓半导体材料的晶胞结构如图所示由硫、镓、银形成的化合物的晶胞是底面为正方形的长方体，结构如下图所示，则该晶体中硫的配位数为___________，晶胞底面的边长a=

5.75nm，高h=10.30nm，该晶体密度为__________________g·cm-3（列出计算式即可）。【答案】(1).1(2).纺锤形（哑铃形）(3).平面三角形(4).SO3（SeO3CO32

-等）(5).ONCHGa(6).NO(7).4(8).【解析】试题分析：(1)根据镓的基态核外电子排布式1s22s22p63s23p63d104s24p1分析未成对电子数；最高能层为N；(2)NO3-中N原子价电子对数是5+1=32，sp2轨道杂化；硝酸根含4个原子，24个价电子；

(3)2-甲基-8-羟基喹啉镓含有的元素为C、N、O、H、Ga，非金属性越强，电负性越大；氧原子、氮原子含有孤对电子；晶体中配位数是某原子（或离子）周围与他相距最近的原子（或离子）数；先根据均摊原则计算晶胞的摩尔质

量，再根据=mv计算密度；解析：(1)根据镓的基态核外电子排布式1s22s22p63s23p63d104s24p1，只有4p轨道有1个电子未成对，未成对电子数为1；最高能层为N，其中有4s和4p轨道，4s为球形，4p为哑铃形或纺锤形；(2)NO3-中N

原子价电子对数是5+1=32，sp2轨道杂化，没有孤对电子，所以离子为平面正三角形；硝酸根含4个原子，24个价电子，与其等电子体的可以有SO3，SeO3等；(3)2-甲基-8-羟基喹啉镓含有的元素为C、N、O、H、Ga，非金属性越

强，电负性越大，所以电负性由大到小的顺序是O、N、C、H、Ga；氧原子、氮原子含有孤对电子，镓与氧、氮之间形成共价键时氧、氮提供孤对电子，所以提供孤电子对的成键原子是O、N；配位数是某原子（或离子）周围与他相距最近的其他原子（或离子）数，根据晶胞图，晶体中硫的配位数为4；根

据均摊原则，晶胞中硫原子数是8、镓原子数是1164424+=、银原子数是118+4+1=482，晶胞的摩尔质量是()832+4108+470/gmol，晶胞的体积是-7-7-7-2135

.75105.751010.310=340.510cm，()3-21832+4108+470==/340.510AmgcmvN；点睛：根据均摊原则，立方晶胞顶点的原子被一个晶胞占用18、晶胞楞上的原子被一个晶胞占用14、晶胞面心的原子被一个晶胞占用

12。12.中药丹参中存在丹参醇。一种人工合成丹参醇的部分路线如下：已知：完成下列填空：（1）A中官能团的名称：__________________。（2）D→E的反应条件：_______________

____。（3）A和B生成C的反应类型是：______反应。（4）在铜做催化剂、加热条件下，1mol丹参醇能被_____molO2氧化。（5）B的分子式是：C9H6O3。符合下列条件的B的同分异构体有__种，

写出其中能发生银镜反应的同分异构体的结构简式_____。①苯环上直接连有一个—OH②—OH对位上还有一个侧链，该侧链含：—CC—、—COO—。（6）利用已知条件，写出以和为原料制备的合成路线流程（无机试剂和乙醇任用，合成路线的表示方式为：甲⎯⎯⎯⎯→反应试剂反应条件乙⎯⎯

⎯⎯→反应试剂反应条件目标产物）。_____________【答案】(1).碳碳双键，羟基(2).浓硫酸、加热(3).加成(4).0.5(5).4(6).(7).【解析】【分析】（1）A为，A的官能团名称为碳碳双

键，羟基；（2）D为上的醇羟基在浓硫酸和加热条件下脱水生成E；（3）A和B发生1，4-加成生成C；（4）在铜做催化剂、加热条件下，1mol丹参醇中只有1个羟基相连的碳原子上有氢能被O2氧化。（5）B的分子式是：C9H6O3。符合①苯环上直接

连有一个—OH②—OH对位上还有一个侧链，该侧链含：—CC—、—COO—两条件的同分异构体，就是将羟基对位上的叁键和—COO—进行重新组合。（6）和溴发生加成反应生成，发生消去反应生成，和发生加成反应生成，和氢气发生加成反应生成，再发生酯化反应生成。【详解】（1）A为，A的官能团

名称为碳碳双键，羟基；（2）D为上的醇羟基在浓硫酸和加热条件下脱水生成E，D→E的反应条件：浓硫酸、加热；（3）A和B发生1，4-加成生成C，反应类型是：加成反应；（4）在铜做催化剂、加热条件下，1mol丹参醇中只有1个羟基相连的碳原子上有氢能

被0.5molO2氧化。（5）B的分子式是：C9H6O3。符合①苯环上直接连有一个—OH②—OH对位上还有一个侧链，该侧链含：—CC—、—COO—两条件的同分异构体，就是将羟基对位上的叁键和—COO—进行

重新组合。，，，，共有4种，其中能发生银镜反应的同分异构体，是甲酸酯，结构简式。（6）和溴发生加成反应生成，发生消去反应生成，和发生加成反应生成，和氢气发生加成反应生成，再发生酯化反应生成。其合成路线为。【点睛】本题考查有机物推断和合成，利用流

程图中反应前后物质结构变化确定反应类型及断键和成键方式，难点是合成路线设计，解题关键：熟练掌握常见官能团及其性质关系、物质之间转化关系。