【文档说明】四川省绵阳市三台中学校2022-2023学年高三上学期第一次教学质量测试理科综合化学试题 含解析.docx，共(15)页，1.848 MB，由管理员店铺上传

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三台中学高2020级高三上期第一次教学质量测试理科综合试题考试时间：150分钟满分：300分注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。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，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3.考试结束后，将答题卡交回。可能用到的相对原子质量：H-1C-12O-16Na-23Al-27P-31S-32一、选择题：本题共13

个小题，每小题6分。共78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.化学与科技、社会、生活有着密切的联系。下列有关说法不正确的是A.N95口罩的原材料聚丙烯是一种合成有机高分子化合物B.利用75%的酒精能使蛋白质变性，可以用于灭活新型冠状病毒C.食盐

和白醋都可作调味剂D.糖类和蛋白质都是烃的衍生物，所以都可以发生水解【答案】D【解析】【详解】A．N95口罩的原材料聚丙烯是一种有机高分子化合物，利用丙烯合成的有机高分子化合物，A正确；B．酒精可以灭火新型冠状病毒，是因为酒精能使蛋白质变性，B正确；B．食盐具有咸味，食醋具有酸味，二者都能改变食品

的口味，所以食盐和白醋都可作调味剂，C正确；D．糖类中含有C、H、O三种元素，蛋白质中含有C、H、O、N等元素，故都是烃的衍生物，蛋白质都可以发生水解反应生成氨基酸，但糖类中的单糖不能水解为更简单的糖，D错

误；故答案为：D。2.下列物质的有关说法正确的是A.HCl极易溶于水，是因为它是极性分子B.H2O比H2S稳定，是因为水分之间有氢键C.SiO2和CO2都是共价化合物，所以晶体类型相同D.Na+的半径大于Mg2+，所以熔点Na2O>MgO【答案】A【解析】【详解

】A．水为极性分析，相似相溶，HCl极易溶于水，说明HCl为极性分子，A正确；B．分子的稳定性与共价键有关，共价键键能越大，共价键越稳定，分子越稳定，所以H2O比H2S稳定，是因为水分子中H-O的键能大于H2S中H-S的键能，与

氢键无关，B错误；C．SiO2和CO2都共价化合物，SiO2属于共价晶体，而CO2是分子晶体，二者晶体类型不相同，C错误；D．Na2O和MgO均为离子晶体，Na+的半径大于Mg2+，且Na+所带正电荷比Mg2+少，电荷数多、

核间距越小的晶格能大，所以熔点Na2O＜MgO，D错误；故答案为：A。3.下列化学用语正确的是A.Fe3+的价层电子排布图为：B.Ca的原子结构示意图为：C.HClO的结构式为：H-Cl-OD.质子数为3

5，中子数为46的核素的符号为：46Br【答案】A【解析】【详解】A．已知Fe是26号元素，故Fe3+的价层电子排布式为：3d5，故其价层电子排布图为：，A正确；B．已知Ca是20号元素，故Ca的原子结构示意图为：，

B错误；C．已知HClO的电子式为：，故其结构式为：H—O—Cl，C错误；D．已知质量数等于质子数加中子数，故质子数为35，中子数为46的核素的符号为：81Br，D错误；故答案为：A。4.X、Y、Z为同一周期

的短周期主族元素，且原子序数依次增大，X、Y两元素的最外层电子数之和与Z是的最外层电子数相等，Y的最外层电子数是内层电子数的3倍。下列说法正确的是A.原子半径：Z>Y>XB.XZ为共价化合物C.最简单氢化物的热稳定性：Y<ZD.X2Y中各微粒都满足

8电子结构【答案】C【解析】【分析】X、Y、Z均为短周期主族元素，三种元素位于同一周期，Y的最外层电子数是内层电子数的3倍，则Y为O；三种元素位于同一周期，X、Y（O）两元素的最外层电子数之和与Z的最外层电子数相等，则Z只能为F，X为Li元素，据此分析解答。【详解】A．由分析可知，X、Y、Z分别为

Li、O、F，同一周期从左往右元素的原子半径依次减小，故原子半径Li＞O＞F即Z＜Y＜X，A错误；B．由分析可知，X、Z分别为Li、F，XZ即LiF为离子化合物，B错误；C．由分析可知，Y、Z分别为O、F，同一周期从左往右元素的非金属性依次增强

，其简单氢化物的热稳定性依次增强，故最简单氢化物的热稳定性H2O＜HF即Y<Z，C正确；D．由分析可知，X、Y分别为Li、O，X2Y即Li2O中微粒O2-满足8电子结构，但Li+最外层只有2个电子，不满足8电子结构，D错误；故答案为：C。5.美国“芬太尼”事件引发全世

界关注，芬太尼为一种麻醉、镇痛药物，其结构简式为，超剂量使用该药物会导致严重后果，下列说法正确的是A.芬太尼的分子式为C22H27N2OB.芬太尼分子中含有碳碳双键C.芬太尼分子中所有原子一定共平面D.芬太尼能发生加成、取代、氧化反应【答案】D【解析】【详解】A．由结构简

式可知分子式是C22H28N2O，A错误；B．由结构简式可知有机物不含碳碳双键，B错误；C．含有饱和碳原子，具有甲烷的结构特征，则多有的碳原子不可能共平面，C错误；D．由题干结构简式可知，芬太尼中含有苯环故能发生加成反应和取代反应，含有酰

胺基故能发生水解即取代反应，含有苯环侧链上有氢原子，故能发生氧化反应，D正确；故答案为：D。6.设NA为阿佛伽德罗常数的值。下列有关叙述正确的是A.11.2LT2的分子总数为0.5NAB.12g金刚石中含有的共价键数为4NAC.2.8gC2H4和

C3H6的混合物中含有C原子的总数为0.2NAD.2.3gNa在足量氧气中充分燃烧，转移的电子总数为0.2NA【答案】C【解析】【详解】A．没有说明标准状况，11.2L不一定为0.5mol，无法计算分子总数，选项A错误

；B．12g金刚石即1mol金刚石，由于金刚石是原子晶体，相邻的两个碳原子形成一个碳碳共价键，所以一共为2mol，即共价键数为2NA，选项B错误；C．2.8gC2H4和C3H6的混合物中含有C原子的总数为-1A2.8g1mol14g/molN=0.2NA，选项C正确；D．2.3gNa为0.

1mol，而Na反应后变为+1价，在足量氧气中充分燃烧，转移的电子总数为0.1NA，选项D错误；答案选C。7.下列实验不能达到目的的是选项目的实验A加快氧气的生成速率在过氧化氢溶液中加入少量MnO2B除去CO2中HCl气体将气体通入饱和Na2CO3溶液中C鉴别CH4和C2H4分别通

入酸性高锰酸钾溶液D除去乙酸乙酯中的少量乙酸加入饱和碳酸钠溶液洗涤、分液A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A．MnO2是过氧化氢分解的催化剂，故在过氧化氢溶液中加入少量MnO2加快氧气的生成速率，实验能达

到目的，A不符合；B．CO2、HCl均能与饱和Na2CO3溶液反应，故饱和Na2CO3溶液不能除去CO2中HCl气体，实验不能达到目的，B符合；C．酸性高锰酸钾溶液不与CH4反应、但能氧化C2H4，故CH4通入酸性高锰酸钾溶液不

褪色，C2H4通入酸性高锰酸钾溶液出现褪色，酸性高锰酸钾溶液能鉴别CH4和C2H4，实验能达到目的，C不符合；D．乙酸乙酯粗产品含乙酸，用饱和碳酸钠溶液洗涤，经分液上层为乙酸乙酯，实验能达到目的，D不符合；选B

。8.A、B、C、D、E、F均是短周期元素，其原子序数依次增大，A和B同周期，A和E同主族，A原子最外层电子数是内层电子数的二倍，B元素族序数是周期数的三倍，B的阴离子与C、D的阳离子电子层结构相同，C与B可生成C2B或C2B2，D的阳离子半径是同周期最小的，F的原子

半径是所在周期中最小的。请回答：（1）E在元素周期表中位置是_______。（2）C所在周期电负性最强的是_______；AB2的结构式是_______。（3）B、C、F的离子半径由大到小的顺序为_______(用化学式回答，下同)；A、D、E元素的最高价氧化物对应水化

物中，酸性最强的是_______。（4）B的简单氢化物比H2S沸点高的原因是_______。（5）C与D两元素的最高价氧化物对应水化物反应的离子方程式：_______。（6）用一个离子方程式证明A、E的非

金属性强弱：_______。【答案】（1）第3周期第ⅣA族（2）①.Cl②.O=C=O（3）①.Cl-＞O2-＞Na+②.H2CO3（4）H2O存在分子间氢键（5）Al(OH)3+OH-=-2AlO+2H2O（6）2-3SiO+H2O+CO2=H2SiO3

↓+2-3CO【解析】【分析】由题干信息可知，A、B、C、D、E、F均是短周期元素，其原子序数依次增大，A原子最外层电子数是内层电子数的二倍，则A为碳元素，A和E同族，则E为硅元素，A和B同周期，B元素族序数是周期数的三倍，则B为氧元素，B的阴离子与C、D的阳离子电子层结构相同，C的

单质与B的单质在不同条的件下反应，可生成C2B或C2B2，则C为钠元素，D的阳离子半径是同周期最小的，则D为Al，F是所在周期中原子半径最小的元素，则E为氯元素，综上分析，A为C、B为O、C为Na、D为Al、E为Si、F为Cl，据此分析解题。【小问1详解】由分析

可知，E为Si，是14号元素，故E在元素周期表中的位置是第3周期第ⅣA族；【小问2详解】由分析可知，C为Na，同一周期主族元素从左往右电负性依次增强，故C所在周期电负性最强的是Cl；A为C、B为O，则AB2的CO2的结构式是O=C=O，故答案为：Cl；O=C=O；【

小问3详解】由分析可知，B为O、C为Na、F为Cl，根据微粒核外电子层数越多微粒半径越大，电子层数相同核电荷数越大半径越小可知，B、C、F的离子半径由大到小的顺序为Cl-＞O2-＞Na+；A为C、D为Al、E为Si，非金属性C＞Si＞Al，元素非金属性越强其最高价氧化

物对应水化物的酸性越强，故A、D、E元素的最高价氧化物对应水化物中，酸性最强的是H2CO3，故答案为：Cl-＞O2-＞Na+；H2CO3；【小问4详解】由分析可知，B为O，由于H2O存在分子间氢键，导致B的简单氢化物即H

2O比H2S沸点高，故答案为：H2O存在分子间氢键；【小问5详解】由分析可知，C为Na、D为Al，C与D两元素的最高价氧化物对应水化物即NaOH与Al(OH)3反应的离子方程式为：Al(OH)3+OH-=-2AlO+2H2O；【

小问6详解】由分析可知，A为C、E为Si，根据元素的非金属性强弱与其最高价氧化物对应水化物的酸性强弱一致，结合强酸制弱酸的一般规律可知，离子方程式2-3SiO+H2O+CO2=H2SiO3↓+2-3CO即证明A、E的非金属性强弱为C＞Si。9.磷精矿湿法制备磷酸的一种工艺流程如下：已知：磷

精矿主要成分为Ca5(PO4)3(OH)，还含有Ca5(PO4)3F和有机碳等。溶解度：Ca5(PO4)3(OH)<CaSO4·0.5H2O（1）在上述工艺流程中，能起到加快反应速率的措施有_______、______

_。（2）磷精矿粉酸浸时发生反应：2Ca5(PO4)3(OH)+3H2O+10H2SO4Δ10CaSO4·0.5H2O+6H3PO4。①该反应体现出酸性关系：H3PO4_______H2SO4(填“>”或“<”)②请结合元素周期律解释①中酸性强弱结论：_______。（3）酸浸时，

磷精矿中Ca5(PO4)3F所含氟转化为HF，并进一步转化为SiF4除去。写出生成HF的化学方程式：_______。（4）H2O2将粗磷酸中的有机碳氧化为CO2脱除，同时自身也会发生分解。相同投料比、相同反应时间，不同温度下的有机碳脱除率如图所示。80℃后脱除率变化的原因：__

_____。（5）脱硫时，CaCO3稍过量，充分反应后仍有SO24−残留，原因是_______；加入BaCO3可进一步提高硫的脱除率，说明溶解度BaSO4_______CaSO4(填“>”或“<”)。【答案】（1）①.研磨②.加热（2）①.＜②.同一周期从左往右元素的非金属性依次增强，则最高价

氧化物对应水化物的酸性也依次增强，P的非金属性弱于S的，则H3PO4的酸性弱于H2SO4（3）2Ca5(PO4)3F+10H2SO4+5H2OΔ10CaSO4•0.5H2O+6H3PO4+2HF（4）温度高于80℃时，H2O2的分解速率加快，导致H2O2的浓度降低，也就导致有机碳脱除率

下降（5）①.CaCO3与多余的硫酸反应生成的CaSO4微溶②.＜【解析】【分析】磷精矿经过研磨后形成粉末状，加入硫酸浸出的磷石膏(CaSO4•0.5H2O)和粗磷酸，粗磷酸加入H2O2可将粗磷酸中的有机碳氧化为CO2脱除，继续加入过量CaCO3脱硫，

最终得到磷酸，据此分析解题。【小问1详解】常用加快化学反应速率的措施有研磨，加热，溶解时搅拌等，根据流程图，加快化学反应速率的措施有：研磨，加热，故答案为：研磨；加热；【小问2详解】。①根据反应方程式，是由H2SO4参加反应得到H3PO4，是由强酸制取弱酸，因此酸性强

弱为：H3PO4＜H2SO4，故答案为：＜；②已知P、S在同一周期，且S位于P的右侧，同一周期从左往右元素的非金属性依次增强，则最高价氧化物对应水化物的酸性也依次增强，故答案为：同一周期从左往右元素的非金属性依次增强，则最高价氧化物对应水化物的酸性也依次增强，P的非金属性弱于S的，则H3PO

4的酸性弱于H2SO4；【小问3详解】酸浸时，磷精矿中Ca5(PO4)3F所含氟转化为HF，反应过程为Ca5(PO4)3F和H2SO4反应，生成CaSO4•0.5H2O，H3PO4和HF，所以化学反应方程式为：

2Ca5(PO4)3F+10H2SO4+5H2OΔ10CaSO4•0.5H2O+6H3PO4+2HF；【小问4详解】根据图像，80℃前随着温度升高，有机碳脱除率增大，80℃后随着温度升高，有机碳脱除率降低

，考虑H2O2受热分解，导致H2O2浓度降低影响有机碳的脱除率，所以可以解释为：温度高于80℃时，H2O2的分解速率加快，导致H2O2的浓度降低，也就导致有机碳脱除率下降，故答案为：温度高于80℃时，H2

O2的分解速率加快，导致H2O2的浓度降低，也就导致有机碳脱除率下降；【小问5详解】脱硫过程是加入CaCO3发生反应，脱硫时，CaCO3稍过量，与多余的硫酸反应生成CaSO4，CaSO4微溶但相对来说仍具有一定的溶解度，即充分反应后仍有2

-4SO残留，其原因可解释为：CaCO3与多余的硫酸反应生成的CaSO4微溶，加入BaCO3可进一步提高硫的脱除率，说明微溶物CaSO4转化为BaSO4，故说明溶解度BaSO4＜CaSO4，故答案为：CaCO3与多余的硫酸反应生成的CaSO4微溶；＜。10.乙酸丁酯是优良的有机

溶剂，因有愉快的果香气味，也用于香料工业。实验室制取乙酸丁酯的有关信息及装置示意图如下：密度/(g·cm-3)沸点/℃水溶性1-丁醇0.81117.7可溶乙酸1.05117.9互溶乙酸丁酯0.88126.3微溶实验操作流程为：（1）装置a的名称是_____________，

其中冷却水的流动方向是____________。（2）制取乙酸丁酯的化学方程式为___________________________________。加热回流时，分水器中液体分为两层，适时放出水使上层液体流入烧瓶b，从平衡角度考虑，分水器的作用是_______________________

_________________。（3）反应结束后，把分水器中的酯层和b中的反应液一起倒入分液漏斗中。在分液漏斗中加入10mL水洗涤，除去下层，上层继续用10mL10%Na2CO3溶液洗涤至中性，分液后将上层液体再用10mL水洗涤，除去溶于酯中的少量

无机盐。下列说法不正确．．．的是____________（填序号）。A．最初用10mL水洗涤的目的是除去酸及少量的正丁醇B．用10mL10%Na2CO3洗涤的目的是除去残留的硫酸和乙酸C．分液时先将水层从分液漏斗的下口放出，再将乙酸丁酯从上口倒出D．分液时先将水层从分液漏斗下口放出，再

将乙酸丁酯从下口放出（4）在洗涤、分液后的乙酸丁酯中加入少量无水硫酸镁，其目的是________________________。（5）在蒸馏操作中，仪器选择及安装都正确是________（填标号）。（6）本实验的产率是_________。【答案】①

.球形冷凝管②.下口进上口出③.CH3COOH＋HOCH2CH2CH2CH3浓硫酸CH3COOCH2CH2CH2CH3＋H2O④.除去酯化反应生成的水，使生成乙酸丁酯的平衡向正反应方向移动的的⑤.D⑥.除去乙酸丁酯

中的水(或干燥乙酸丁酯)⑦.C⑧.74%【解析】【详解】本题分析：本题主要考查对于合成乙酸丁酯实验的评价。（1）装置a的名称是球形冷凝管，当冷凝水的流动方向与重力方向相反时，冷凝效果较好，所以其中冷却水的流动方向是下口进上口出。（2）制取乙酸丁酯的化学方程式为CH3C

OOH＋HOCH2CH2CH2CH3浓硫酸CH3COOCH2CH2CH2CH3＋H2O。从平衡角度考虑，分水器的作用是除去酯化反应生成的水，使生成乙酸丁酯的平衡向正反应方向移动。（3）A．酸及正丁醇可溶于水，故A正确；B．硫酸和乙酸与Na2CO3发生反应

，故B正确；C．可以避免乙酸丁酯被污染，故C正确；D．容易造成乙酸丁酯被污染，故D不正确。故选D。（4）无水硫酸镁是干燥剂，在洗涤、分液后的乙酸丁酯中加入少量无水硫酸镁，其目的是除去乙酸丁酯中的水(或干燥乙酸丁酯)。（5）温度计的水银球应置于支管口

处，可排除A、B，在D中球形冷凝器易造成液体滞留，故选C。（6）已知正丁醇的质量为7.4g，乙酸的质量为(12×1.05)g=12.6g，二者在化学方程式中的质量比为60：74，所以乙酸过量，应以正丁醇的质量为依据

计算。乙酸丁酯的理论产量为7.4g×116/74=11.6g，本实验的产率是8.6g/11.6g=74%。(二)选考题：共45分。请考生从2道物理题、2道化学题、2道生物题中每科任选一题作答。如果多做，则每科按所做的第一题计分。11.铝和硅在

地壳中含量丰富，其单质和化合物具有广泛的应用价值。请回答下列问题：（1）①基态Si原子的价电子排布式为_______。②Si所在周期中的非金属元素(Si、P、S、Cl)，其第一电离能由小到大的顺序为_______。③写出一种与SiC

l4互为等电子体的离子的化学式_______。（2）AlCl3的相对分子质量为133.5，178℃开始升华，易溶于水、四氯化碳等，熔融时生成可挥发的二聚物(Al2Cl6)，结构如图所示：①二聚物中Al原子的杂化轨道类型为_______②分子中含有化学键的类型有_

______。A、离子键B、配位键C、氢键D、σ键E、π键F、非极性键（3）LiAlH4是一种特殊的还原剂，可将羧酸直接还原成醇。CH3COOH4LiAlH⎯⎯⎯→乙醚CH3CH2OH①-4AlH的空间构型名

称是_______。②CH3COOH分子中π键和σ键的数目之比为_______。（4）铝和白磷在一定条件下可以制备磷化铝(AlP)，其晶胞如图所示：①晶胞中A原子的原子坐标为(0，0，0)，B的原子坐标为(14，14，14)，则C的原子坐标为：_______。②晶胞中Al的配位数

是_______，若该晶胞的密度为ag/cm3，Al的半径为xpm，P的半径为ypm，则该晶体的空间利用率为_______。(列出表达式)【答案】（1）①.3s23p2②.Si＜S＜P＜Cl③.2-4SO(或3-4PO)（2）①.sp3

②.BD（3）①.正四面体②.1：7（4）①.(34，14，34)②.4③.3A-303a4144(πx+πy)334?(27×+31)N×0×100%【解析】【小问1详解】①Si的原子序数是14，核外电子排布式为1s22s22p63s23p2，价电子排布式为3s23p2，故答案为：3s23p2；

②Si所在周期中非金属元素（稀有气体除外）为Si、P、S、Cl，P的3p轨道为半充满状态，第一电离能大于S，所以Si、P、S、Cl的第一电离能小到大的顺序为Si＜S＜P＜Cl，故答案为：Si＜S＜P＜Cl；③与SiCl4互为等电子体的离子含有5个原子、价电子总

数为32，可将Si替换成P、S，Cl换成O，结合电荷数得到等电子体为2-4SO(或3-4PO)等，故答案为：2-4SO(或3-4PO)等；【小问2详解】①Al2Cl6中Al原子形成4个共价键，无孤电子对，VSEPR模型为正四面体，二聚物中Al原子的杂化轨道类型为sp3，故答案为：sp

3；②氯化铝属于分子晶体，Al原子与Cl之间形成3个共价键、1个配位键，由结构可知1键为普通共价键，1键为Al、Cl原子分别提供1个电子形成的共价键，2键为Al原子提供空轨道、Cl原子通过孤对电子形成的配位键，则分子中含有化学

键的类型有配位键、共价单键键全部为σ键，不含离子键、π键和非极性键，氢键不是化学键，故答案为：BD；【小问3详解】①-4AlH的价层电子对数为4+)3+(21-41=4、无孤电子对，则-4AlH的VSEPR模型为正四面体，故答案为：正四面体；②单键为σ

键，双键含有1个σ键、1个π键，故CH3COOH分子中含有7个σ键、1个π键，π键和σ键的数目之比为1：7，故答案为：1：7；【小问4详解】①晶胞中A原子的原子坐标为(0，0，0)，B的原子坐标为(14，14，14)，根据A、B点的原子坐标可判断C点的原子

坐标为：(34，14，34)；②由题干晶胞图示信息可知，晶胞中与Al紧邻的且距离相等的P原子个数为4即Al的配位数是4，晶胞中Al原子个数是8×18+6×12=4，P原子个数是4，若该晶胞的密度为ag/cm3，则一个

晶胞的体积为：3A4?(27+31)cmNa，Al的半径为xpm，P的半径为ypm，则一个晶胞中原子的实际体积为：4×(44x+y3333ππ)×10-30cm3，该晶体的空间利用率为3A-303a4144(πx+πy)334?(27×+31)N×0×10

0%。12.查尔酮是一种能制备抗炎药物的化工原料。其中一种合成路线如下：（1）B的名称为_________；查尔酮含有的含氧官能团名称是_________。（2）A→B的反应类型是_________；C的结构简式为_________。（3）写出E→F的

化学方程式_________。（4）F的同分异构体中，含有结构且水解产物为芳香醇的酯共有种_________，其中核磁共振氢谱吸收峰最少的分子结构简式为_________。（5）已知：。参照上述流程，以CH2=CH－CH3为原料合成，设计最简合成路线。__

_____________【答案】①.苯乙烯②.羰基③.加成反应④.⑤.+NaOH→溶液⑥.8⑦.或⑧.CH2=CH－CH32HO→催化剂CH3-CHOH－CH32O/Cu→HCN→催化剂【解析】【分析】A的分子式为C6H6，

结合B的结构简式可知A为苯()；A与乙炔加成生成B()，B与氯化氢发生加成反应生成卤代烃C，C在碱性条件下水解生成醇D，D催化氧化生成E，根据F的结构可知，E为，则D为，C为，据此分析解答。【详解】(1)根据上述分析，B为，名称为苯乙烯；查尔酮()含有的含氧官能团为羰基

，故答案为苯乙烯；羰基；(2)A→B为苯与乙炔的加成反应；C的结构简式为，故答案为加成反应；；(3)E→F为和的加成反应，反应的化学方程式为+NaOH→溶液，故答案为+NaOH→溶液；(4)F为，其同分异构体中含有结构且水解产物为芳

香醇，其芳香醇可能为、、邻甲基苯甲醇、间甲基苯甲醇、对甲基苯甲醇、苯甲醇(甲基在另一苯环上有3种结构)，因此F的同分异构体共有8种，其中核磁共振氢谱吸收峰最少的分子为或，故答案为8；或；获得更多资源请扫码加入享学资源网

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