【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C

l2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0.2N

AC.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2

2.4L。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AlCl3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+2CH3COOH=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(Al3+)：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+、Al

3+、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1mol、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(OH)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+2H2SO42

PbSO4+2H2O，故答案为过滤；硫酸钠；Pb+PbO2+2H2SO42PbSO4+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P

bO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2molSO

2、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（SO32-）+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2molSO

2参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NaOH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1s22s22p63s23p63

d104s24p1，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。