精品解析：黑龙江哈尔滨市2026届高三下学期第二次模拟考试 化学试题

2026年哈尔滨市高考第二次模拟考试 化学试题 (本试卷满分100分，考试时间75分钟) 注意事项： 1.答题前，考生务必用黑色字迹的签字笔或钢笔将自己的姓名、准考证号分别填写在试卷和答题卡规定的位置上。 2.答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡对应题目的答案涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再涂其它答案。非选择题的答案必须用黑色字迹的签字笔或钢笔写在答题卡上相应的区域内，写在本试卷上无效。 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 可能用到的相对原子质量：N-14 K-39 Zn-65 Ga-70 第Ⅰ卷 (选择题，共45分) 一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。 1. 化学与生活息息相关，下列说法错误的是 A. 制作餐具的陶瓷是硅酸盐材料 B. 蚕丝主要成分为蛋白质 C. 宣纸主要成分为纤维素 D. 植物油不能使溴水褪色 2. 下列化学用语表述正确的是 A. 顺-2-丁烯的结构简式为： B. 和互为同位素 C. 基态Be原子的价电子排布式为 D. 羟基的电子式： 3. 反应可用于处理有机工业废水。下列说法错误的是 A. 基态铜原子价电子排布式为 B. H2O2分子中既含有极性共价键，又含有非极性共价键，属于非极性分子 C. 空间结构为正四面体形 D. H2O分子中的H-O-H键角小于NH3分子中的H-N-H键角 4. 下列操作与处理正确的是 A. 误食重金属盐，立即喝牛奶或蛋清 B. 实验室中将强氧化剂与易燃物一起存放 C. 可以向燃气中掺入微量H2S(g)以示警燃气泄漏 D. 蒸馏实验中，忘记加碎瓷片，应趁热立即补加 5. 阿魏酸衍生物可从中药材中提取，具有多种生物活性，其结构简式如图所示。下列关于该化合物的叙述正确的是 A. 分子中含有6种官能团 B. 分子中所有碳原子可能共平面 C. 1 mol该物质能与7 mol H2加成 D. 1 mol该物质最多可与4 mol NaOH反应 6. 下列化学或离子方程式书写正确的是 A. 工业制备漂白粉： B. 硝酸工业中NH3的氧化反应： C. 工业上以对苯二甲酸与乙二醇制备涤纶：n +nHO-CH2-CH2-OH +2nH2O D. 用惰性电极电解氯化镁溶液： 7. 某除草剂的结构如图所示。短周期主族元素X、Y、Z、W、R的原子序数依次增大，已知Y、Z、为同周期相邻主族元素，Z和R同主族。且Z为空气中含量最高的元素，下列说法错误的是 A. 电负性：W＞Z＞Y＞X B. 的单质一定为非极性分子 C. Y、Z、R的简单氢化物中心原子均采取杂化 D. 简单氢化物沸点：W＞Z＞Y 8. 阿司匹林片的有效成分为微溶于水的乙酰水杨酸()。为检验其官能团，某小组同学进行如下实验：下列说法错误的是 A. 现象I为溶液变红，说明乙酰水杨酸中含有羧基 B. 操作⑤中作用是中和过量的硫酸 C. 滤液I中加入溶液，无明显现象，结合现象II能说明乙酰水杨酸在酸性条件下发生了水解反应 D. 溶液II的主要成分为： 9. 某抗癌药物中间体其合成步骤如图(部分试剂和条件略去)。下列说法错误的是 A. 化合物A中含有1个手性碳原子 B. B→C的反应过程中可能有H2生成 C. 化合物C的核磁共振氢谱有6组峰 D. 物质D分子式为 10. 下列实验操作、现象能得出结论的是 选项 实验操作及现象 结论 A 压缩盛有NO2密闭容器的活塞，颜色变深 气体压强增大，平衡向气体分子数增大的方向移动 B 向溶液中滴加溶液，再加入少量KCl固体。溶液先变红，后无明显变化 与的反应不可逆 C 2 mL 溶液加热变黄绿色，冷却后变为蓝绿色 溶液中存在吸热反应 D 溶液中滴加溶液，溶液由橙色变为黄色 增大生成物的浓度，平衡向逆反应方向移动 A. A B. B C. C D. D 11. 高纯度GaN晶体具有优异的光学与半导体性能，其晶胞结构如图所示，晶胞参数为apm。下列说法正确的是 A. N原子填充在Ga原子面心立方堆积形成的八面体空隙中 B. 晶胞内Ga原子之间的最短距离为 C. 该晶胞的密度为 D. 将晶胞顶点N原子替换为P，则晶胞中 12. 是一种压电材料。以为原料，采用下列路线可制备粉状。 已知：“焙烧”后固体有、、易溶于水的和微溶于水的。下列说法错误的是 A. “焙烧”步骤中碳粉主要作还原剂，将还原 B. “浸取”时主要发生的离子反应为： C. “酸化”步骤应选用的酸是稀硫酸 D. “沉淀”步骤中生成则“热分解”产生的 13. 我国科学家发明了一种高储能、循环性能优良的水系电池，其工作示意图如下。 下列说法错误的是 A. 放电时，负极区溶液的pH减小 B. 放电时，若消耗1 mol ，则有2 mol K+穿过离子交换膜 C. 充电时，电池总反应为 D. 充电时，若电路中转移4 mol电子，则阴极区溶液质量理论上增加130 g 14. 丙烷氧化脱氢制丙烯的反应为 。一定条件下，在恒压密闭容器中C3H8与O2起始物质的量之比分别为2：1、1：1、1：2、1：3，平衡时C3H8的体积分数随、的变化关系如图所示。 下列说法错误的是 A. 表示的曲线是II B. 与的温度大小关系为 C. M点时，O2的平衡转化率约为27.3% D. 若该反应在绝热恒容容器中达到平衡，则平衡常数K将增大 15. 甘氨酸()在水溶液中可发生如下反应： 。常温下，向甘氨酸溶液中通入HCl或加入NaOH固体，HCl当量或NaOH当量[]及溶液中三种含氮微粒的分布系数随pH变化如图。已知氨基酸整体所带正、负电荷数目相等时的pH为该氨基酸的等电点(pI)，甘氨酸的pI=6. 下列说法错误的是 A. m=9.6 B. a点HCl当量＞0.5 C. b点： D. c点： 第Ⅱ卷 (非选择题，共55分) 二、非选择题：本题共4小题，共55分。 16. 废芯片(块状，主要成分Si，含少量)中包裹有一定量金属单质(Cu、Ag、Au)，以废芯片为材料浸出和回收金属的工艺流程如图所示： 已知： ①水中接触角可用于表征亲疏水性，接触角＜90°物质具有亲水性，接触角＞90°物质具有疏水性。废芯片在水中接触角为105°，氧化焙烧后废芯片在水中接触角为18°； ②浸渣1中主要成分有X，以及金属单质Au、Ag； ③Ce常见价态为+4、+3；具有极强氧化性； ④； 。当某离子浓度低于时，可忽略该离子的存在。 请回答下列问题： （1）“氧化焙烧”作用Ⅰ选择性氧化废芯片表面，形成疏松的成分X；请根据废芯片在水中接触角的变化，分析“氧化焙烧”作用Ⅱ为___________。 （2）“一次浸出”中发生的主要离子方程式为___________。 （3）对“浸出液1”进行电解，简易装置图如下： 请写出阳极的电极反应式___________；该流程中用电解法回收高纯铜的优点为___________。 （4）“二次浸出”回收时，盐酸浓度不能超过___________。 （5）“浸出液3”的主要成分。金属Au溶解的离子方程式为___________。 （6）“浸出渣3”主要成分X为___________(填化学式)。 17. 某小组欲利用铜催化空气氧化偶联反应制备4-甲砜基苯乙酮(熔点126℃)，并探究制备条件对反应活性及选择性的影响。 I．制备：15 mL烧瓶中加入磁子，加入溶有配体的DMSO溶液1 mL和醋酸铜(催化剂前体)，室温搅拌5 min。依次加入碳酸盐，甲基亚磺酸钠及4-乙酰基苯硼酸，补加2 mL DMSO。水浴加热，反应2h，冷却至室温，得到粗产物I． II．分离提纯： III．实验探究： 控制反应温度70℃，改变反应条件(如下表)，重复实验。得到反应物转化率、目标产物产率及氧化副产物产率如下表：[实验配体X=N-甲基咪唑(配体A)、联吡啶(配体B)、1，10-菲洛林(配体C)。其中配体A为单齿配体，配体B、C均为双齿配体] 序号 前体 配体 碳酸盐 转化率/% 目标产物/% 副产物/% 1 醋酸铜 A(0.25 mmol) 碳酸钾 98 49 19 2 溴化铜 A(0.25 mmol) 碳酸钾 99 30 40 3 醋酸铜 B(0.11 mmol) 碳酸钾 98 52 14 4 醋酸铜 C(0.11 mmol) 碳酸钾 99 50 15 5 醋酸铜 B(0.11 mmol) 碳酸铯 37 18 16 （1）一般使用烧瓶时要求液体体积不少于容积的，本实验中使用容积偏大的烧瓶目的是___________。 （2）氧化副产物4-羟基苯乙酮与碳酸钾反应的化学方程式___________，该副产物可在分离提纯中___________(填序号①~⑤)操作时除去。 （3）检验所得产品是否较纯净的简易方法是___________。 （4）实验___________(填实验序号)可说明___________对反应选择性没有显著影响。 （5）其他条件相同，分别控制反应温度50℃、70℃、90℃重复实验并进行液相色谱测试。已知：在液相色谱图中可根据保留时间确定样品中的物质种类；吸收峰面积越大，物质含量越高。从图像分析，最佳反应温度为___________℃，此温度的优势在于___________。 18. 苯乙烯和苯甲醛都是重要的化工原料，我国科研团队近年通过催化剂设计等方法通过乙苯氧化脱氢法实现了苯乙烯和苯甲醛的联合生产： I：(g)+O2(g) →(g)+H2O(g) Ⅱ：(g)+O2(g) → (g) +H2O(g)+CO(g) Ⅲ：(g)+10O2(g) → 8CO2(g)+4H2O(g) （1） 共价键 苯环中的碳碳键 C-C C=C C-H H-H O-O O=O H-O 键能 494 348 615 413 436 214 498 463 则___________。 （2）已知：合成C的反应速率方程为(r为速率，k为速率常数，p代表压强)，则该反应的反应级数为n=x+y。在恒温恒容的条件下，通过固定一种气体分压改变另一种气体分压的方式测定反应级数：图1、图2表示了在三种不同催化剂上气体分压对反应速率的影响，根据图中数据，反应I：的反应级数n=___________。 （3）下表为恒温恒容的条件下，1% 催化剂条件下的乙苯氧化脱氢性能随反应温度的变化图(采集的数据均为相应温度下反应1h)，选择性：以CO2为例，。 T/℃ 乙苯的转化率 选择性 苯乙烯 苯甲醛 CO2 473 3.6 90.2 8.4 1.4 494 7.6 85.6 13.0 1.4 515 8.0 85.0 14.0 1.0 525 10.7 81.8 15.3 0.9 ①随着温度升高，乙苯的转化率升高的原因是___________，导致苯乙烯、苯甲醛、CO2的选择性出现此变化趋势的原因可能是___________。 ②时，有利于提高乙苯转化率的措施有___________(填标号)。 A．通入氩气 B．增加初始时乙苯与氧气比例 C．通入氧气 D．延长原料与催化剂接触时间 ③515℃时，初始时只充入乙苯和足量氧气，乙苯的初始分压为100.0 kPa，则生成___________kPa/h。 （4）经研究发现，过渡金属氧化物作催化剂时，其催化乙苯氧化脱氢过程大致可描述如下： 乙苯可以与具有氧离子缺位的过渡金属离子(电子受体)相互作用从而形成稳定中间体，苯环侧链烷基的H原子吸附在晶格氧上，晶格氧参与反应与H结合形成H2O而脱去；随后气相氧补充晶格氧，完成氧化脱氢反应循环，过渡金属离子可作为电子受体的原因是___________，O2的浓度不可过大也不可过小的原因是___________，按照反应原理推测，将乙苯换成丙烷进行催化氧化脱氢则反应更___________(填“难”或“易”)进行。 19. 恩那司他是新一代HIF-PH抑制剂，化合物H是合成恩那司他的关键中间体，其合成路线如下所示，回答下列问题： 已知：+。 （1）化合物A中含氧官能团名称为___________。 （2）A→B的化学反应类型为___________。 （3）化合物水解的产物除CH3OH外还生成了一种化合物M(C3H7NO)，则M的名称为___________。 （4）以下说法错误的是___________。 A．化合物C存在顺反异构体 B．若化合物D中五元环和六元环共平面，则六元环中的N原子的孤对电子位于sp2杂化轨道内 C．化合物H中sp2杂化和sp3杂化的碳原子数目之比为14：3 （5）化合物G在足量HCl溶液中水解的化学方程式为___________。 （6）A→B过程中有副反应发生，如下图所示： 化合物N可水解成两分子完全相同的产物和一分子甲醇，则N的结构简式为___________。 （7）化合物E在酸性条件下完全水解的产物为Q，满足以下条件的Q的同分异构体有___________种(不考虑立体异构)。 ①苯环上只有两个相邻的取代基 ②能与NaHCO3反应 ③能发生银镜反应 ④1 mol Q最多可消耗2 mol NaOH 写出其中任意一种不含有手性碳原子的同分异构体的结构简式___________。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026年哈尔滨市高考第二次模拟考试 化学试题 (本试卷满分100分，考试时间75分钟) 注意事项： 1.答题前，考生务必用黑色字迹的签字笔或钢笔将自己的姓名、准考证号分别填写在试卷和答题卡规定的位置上。 2.答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡对应题目的答案涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再涂其它答案。非选择题的答案必须用黑色字迹的签字笔或钢笔写在答题卡上相应的区域内，写在本试卷上无效。 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 可能用到的相对原子质量：N-14 K-39 Zn-65 Ga-70 第Ⅰ卷 (选择题，共45分) 一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。 1. 化学与生活息息相关，下列说法错误的是 A. 制作餐具的陶瓷是硅酸盐材料 B. 蚕丝主要成分为蛋白质 C. 宣纸主要成分为纤维素 D. 植物油不能使溴水褪色 【答案】D 【解析】 【详解】A．陶瓷属于传统硅酸盐类无机非金属材料，可用于制作餐具，A正确； B．蚕丝是天然动物纤维，主要成分为蛋白质，灼烧时有烧焦羽毛的特征气味，B正确； C．宣纸由植物纤维加工制成，主要成分为纤维素，属于多糖类物质，C正确； D．植物油是不饱和高级脂肪酸甘油酯，分子中含有碳碳双键，可与溴发生加成反应使溴水褪色，D错误； 故选D。 2. 下列化学用语表述正确的是 A. 顺-2-丁烯的结构简式为： B. 和互为同位素 C. 基态Be原子的价电子排布式为 D. 羟基的电子式： 【答案】B 【解析】 【详解】A．顺-2-丁烯的两个甲基位于碳碳双键同侧，结构简式应为，A错误； B．和质子数相同、中子数不同，属于同种元素的不同核素，互为同位素，B正确； C．Be原子序数为4，核外电子排布为，基态Be原子的价电子排布式为，C错误； D．羟基的电子式为，D错误； 故选B。 3. 反应可用于处理有机工业废水。下列说法错误的是 A. 基态铜原子价电子排布式为 B. H2O2分子中既含有极性共价键，又含有非极性共价键，属于非极性分子 C. 空间结构为正四面体形 D. H2O分子中的H-O-H键角小于NH3分子中的H-N-H键角 【答案】B 【解析】 【详解】A．Cu是29号元素，基态铜原子的核外电子排布为，价电子排布式为，A正确； B．分子中是极性共价键，是非极性共价键，但分子结构不对称，正负电荷中心不重合，属于极性分子，B错误； C．​中心S原子价层电子对数为，为杂化，无孤电子对，空间结构为正四面体形，C正确； D．孤电子对越多，对成键电子对的斥力越大，键角越小，中心O原子价层电子对数为，为杂化，有2对孤电子对，​中心N原子价层电子对数为，为杂化，有1对孤电子对，因此中键角小于​中键角，D正确； 故选B。 4. 下列操作与处理正确的是 A. 误食重金属盐，立即喝牛奶或蛋清 B. 实验室中将强氧化剂与易燃物一起存放 C. 可以向燃气中掺入微量H2S(g)以示警燃气泄漏 D. 蒸馏实验中，忘记加碎瓷片，应趁热立即补加 【答案】A 【解析】 【详解】A．重金属盐会使蛋白质发生变性，误食后饮用牛奶或蛋清，可使重金属盐优先与其中的蛋白质结合反应，减少对人体自身组织蛋白的破坏，A正确； B．强氧化剂与易燃物接触易发生剧烈氧化还原反应，有引发火灾、爆炸的风险，严禁共同存放，B错误； C．是有毒气体，掺入燃气后泄漏时会导致人员中毒，通常燃气会添加低毒、有特殊臭味的硫醇类物质作为警示剂，C错误； D．蒸馏时忘记加碎瓷片，若趁热补加会导致过热液体发生暴沸，易引发喷溅、烫伤等危险，应冷却至室温后再补加，D错误； 故选A。 5. 阿魏酸衍生物可从中药材中提取，具有多种生物活性，其结构简式如图所示。下列关于该化合物的叙述正确的是 A. 分子中含有6种官能团 B. 分子中所有碳原子可能共平面 C. 1 mol该物质能与7 mol H2加成 D. 1 mol该物质最多可与4 mol NaOH反应 【答案】D 【解析】 【详解】A．苯环不属于官能团，该化合物的官能团为：碳氯键、酰胺键、醚键、氨基、羧基，共5种官能团，A错误； B．分子中存在多个饱和碳原子，如五元环中连甲基和氨基的碳为饱和四价碳，呈四面体结构，所有碳原子不可能共平面，B错误； C．能与氢气加成的结构只有2个苯环，1个苯环消耗3 mol H2​，共消耗6 mol H2​；羧基、酰胺中的羰基不能与氢气加成，因此1mol该物质最多只能与6 mol H2​加成，C错误； D．1mol该物质与反应的消耗量：苯环上的氯原子水解消耗1 mol ，生成的酚羟基与1 mol反应，共消耗2 mol ；酰胺键水解生成1个羧酸钠，消耗1 mol ；原有羧基发生中和反应，消耗1 mol； 总消耗4 mol NaOH，D正确； 故答案为：D。 6. 下列化学或离子方程式书写正确的是 A. 工业制备漂白粉： B. 硝酸工业中NH3的氧化反应： C. 工业上以对苯二甲酸与乙二醇制备涤纶：n +nHO-CH2-CH2-OH +2nH2O D. 用惰性电极电解氯化镁溶液： 【答案】A 【解析】 【详解】A．漂白粉的有效成分是次氯酸钙，离子方程式为：，A 正确； B．实际硝酸工业中氨氧化生成的是一氧化氮（NO），而不是氮气 N2，正确方程式为：，B错误； C．工业上以对苯二甲酸与乙二醇制备涤纶化学方程式为：n +nHO-CH2-CH2-OH +(2n-1)H2O，C错误； D．惰性电极电解氯化镁溶液生成氢氧化镁沉淀、氢气、氯气，反应的离子方程式是：，D错误； 故选A。 7. 某除草剂的结构如图所示。短周期主族元素X、Y、Z、W、R的原子序数依次增大，已知Y、Z、为同周期相邻主族元素，Z和R同主族。且Z为空气中含量最高的元素，下列说法错误的是 A. 电负性：W＞Z＞Y＞X B. 的单质一定为非极性分子 C. Y、Z、R的简单氢化物中心原子均采取杂化 D. 简单氢化物沸点：W＞Z＞Y 【答案】B 【解析】 【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W、R的原子序数依次增大，Z为空气中含量最高的元素，Z是N元素；Z和R同主族，R是P元素；Y、Z、为同周期相邻主族元素，则Y是C元素、W是O元素，X能形成1个共价键，X是原子序数小于6的短周期主族元素，故X为H元素。 【详解】A．元素的非金属性越强，电负性越大，电负性：O＞N＞C＞H，故A正确； B．O2是非极性分子，O3是极性分子，故B错误； C．CH4中，C的价层电子对数为=4，NH3、PH3中，N、P的价层电子对数为=4，中心原子均采取杂化，故C正确； D．CH4、NH3、H2O都是分子晶体，NH3、H2O能形成分子间氢键，H2O形成的氢键多，沸点：NH3<H2O，CH4不能形成分子间氢键，CH4沸点最低；所以简单氢化物沸点：H2O＞NH3＞CH4，故D正确； 选B。 8. 阿司匹林片的有效成分为微溶于水的乙酰水杨酸()。为检验其官能团，某小组同学进行如下实验：下列说法错误的是 A. 现象I为溶液变红，说明乙酰水杨酸中含有羧基 B. 操作⑤中作用是中和过量的硫酸 C. 滤液I中加入溶液，无明显现象，结合现象II能说明乙酰水杨酸在酸性条件下发生了水解反应 D. 溶液II的主要成分为： 【答案】D 【解析】 【详解】A．羧基具有酸性，可使紫色石蕊溶液变红，因此现象I溶液变红可证明含羧基，A正确； B．步骤④加入了稀硫酸用于水解，操作⑤加入的首要作用是中和过量的硫酸，B正确； C．乙酰水杨酸本身没有游离酚羟基，因此滤液I加无明显现象，若酸性条件下水解，会生成含酚羟基的水杨酸，加​会发生显色反应（现象II），因此可证明乙酰水杨酸发生了水解，C正确； D．酸性强弱顺序为：羧基酚羟基，因此只能与羧基反应生成，不能与酚羟基反应生成，溶液II的主要成分应为，D错误； 故选D。 9. 某抗癌药物中间体其合成步骤如图(部分试剂和条件略去)。下列说法错误的是 A. 化合物A中含有1个手性碳原子 B. B→C的反应过程中可能有H2生成 C. 化合物C的核磁共振氢谱有6组峰 D. 物质D分子式为 【答案】A 【解析】 【详解】A．手性碳原子的定义是连接了四个不同原子或基团的碳原子，化合物A中不含手性碳原子，A错误； B．从B到C的反应使用了氢化钠（NaH）和碘甲烷，NaH中H元素为-1价，会夺取B中吡唑环N上的活泼H，和结合生成，反应过程可能有生成，B正确； C．化合物C有6种不同化学环境的H原子：，核磁共振氢谱有6组峰，C正确； D．由D的结构简式可知，物质D分子式为，D正确； 故选A。 10. 下列实验操作、现象能得出结论的是 选项 实验操作及现象 结论 A 压缩盛有NO2密闭容器的活塞，颜色变深 气体压强增大，平衡向气体分子数增大的方向移动 B 向溶液中滴加溶液，再加入少量KCl固体。溶液先变红，后无明显变化 与的反应不可逆 C 2 mL 溶液加热变黄绿色，冷却后变为蓝绿色 溶液中存在吸热反应 D 溶液中滴加溶液，溶液由橙色变为黄色 增大生成物的浓度，平衡向逆反应方向移动 A. A B. B C. C D. D 【答案】C 【解析】 【详解】A．压缩盛的密闭容器时，体积减小使浓度瞬间升高是颜色变深的主要原因，反应加压时平衡向气体分子数减小的正向移动，A错误； B．与的反应离子方程式为，和不参与反应，加入固体对平衡无影响，无法证明反应是否可逆，B错误； C．加热时溶液变黄绿色，说明蓝色的转化为黄色的，根据勒夏特列原理，升温平衡向吸热方向移动，可证明正反应为吸热反应，冷却后平衡逆向移动，溶液变回蓝绿色，现象与结论匹配，C正确； D．溶液中存在平衡，加会消耗，使生成物浓度减小，平衡向正向移动，D错误； 故选C。 11. 高纯度GaN晶体具有优异的光学与半导体性能，其晶胞结构如图所示，晶胞参数为apm。下列说法正确的是 A. N原子填充在Ga原子面心立方堆积形成的八面体空隙中 B. 晶胞内Ga原子之间的最短距离为 C. 该晶胞的密度为 D. 将晶胞顶点N原子替换为P，则晶胞中 【答案】C 【解析】 【详解】A．GaN晶胞中，N原子构成面心立方堆积，Ga原子填充在由N原子形成的四面体空隙中，而非N原子填充在Ga原子的八面体空隙中。因此描述颠倒，A错误； B．Ga原子位于晶胞内四个四面体中心，其最近邻距离为面对角线的一半，即：��=，而非，B错误； C．晶胞中含4个Ga原子和4个N原子，总质量为：�� = g ，晶胞体积为：��=(��×10−10)3 cm3，密度计算式为：�� = ，C正确； D．若将顶点N原子替换为P，则：P原子数：8×= 1 ，N原子数：6×= 3，故比例应为：而非3，D错误； 故选C。 12. 是一种压电材料。以为原料，采用下列路线可制备粉状。 已知：“焙烧”后固体有、、易溶于水的和微溶于水的。下列说法错误的是 A. “焙烧”步骤中碳粉主要作还原剂，将还原 B. “浸取”时主要发生的离子反应为： C. “酸化”步骤应选用的酸是稀硫酸 D. “沉淀”步骤中生成则“热分解”产生的 【答案】C 【解析】 【分析】、过量碳粉、过量氯化钙焙烧生成、、、；水浸取时与生成形成滤渣，进入滤液；加盐酸酸化后浓缩结晶得到氯化钡晶体；加水溶解，再加四氯化钛和草酸铵形成沉淀，经热分解得到​，据此分析： 【详解】A．焙烧过程中碳转化为，碳元素化合价从0价升高到+2价，作还原剂；中+6价的硫被还原为中-2价的硫，A正确； B．焙烧后得到易溶于水的，电离出，与原料中过量电离出的结合生成微溶的沉淀，离子反应为，B正确； C．若酸化选用稀硫酸，溶液中的会与生成沉淀，导致后续无法获得制备产物，因此酸化不能选稀硫酸，应选用盐酸，C错误； D．热分解生成​、​、。中C为+3价，根据得失电子守恒，1mol ​含4mol ，恰好生成2mol 和2mol ，故，D正确； 故选C。 13. 我国科学家发明了一种高储能、循环性能优良的水系电池，其工作示意图如下。 下列说法错误的是 A. 放电时，负极区溶液的pH减小 B. 放电时，若消耗1 mol ，则有2 mol K+穿过离子交换膜 C. 充电时，电池总反应为 D. 充电时，若电路中转移4 mol电子，则阴极区溶液质量理论上增加130 g 【答案】D 【解析】 【分析】由图可知，放电时，左边的电极反应方程式为：，其中S的化合价降低，故多孔碳为正极，金属锌为负极，其电极反应方程式为：Zn-2e-+4OH-=；则充电时，阳极为多孔碳，其电极反应方程式为：，阴极为金属锌，其电极反应方程式为：。 【详解】A．放电时负极反应为，消耗，负极区降低，pH减小，A正确； B．放电时正极反应为，消耗时转移电子，为平衡电荷，有穿过阳离子交换膜向正极移动，B正确； C．充电时阳极反应为，阴极反应为，两式相加得总反应，C正确； D．充电时转移电子，有迁入阴极区（质量为 ），同时析出 （质量，从溶液中析出使溶液质量减少），故转移电子时阴极区溶液质量增加 ，转移电子时仅增加 ，并非增加 ，D错误； 故答案选D。 14. 丙烷氧化脱氢制丙烯的反应为 。一定条件下，在恒压密闭容器中C3H8与O2起始物质的量之比分别为2：1、1：1、1：2、1：3，平衡时C3H8的体积分数随、的变化关系如图所示。 下列说法错误的是 A. 表示的曲线是II B. 与的温度大小关系为 C. M点时，O2的平衡转化率约为27.3% D. 若该反应在绝热恒容容器中达到平衡，则平衡常数K将增大 【答案】D 【解析】 【分析】反应为  ，正反应放热，恒压条件；的比值越大，相同温度下平衡时 的体积分数越大，据此分析： 【详解】A．设起始比值 ， 越大，起始  占比越高，相同温度下平衡时 的体积分数越大。 四个比值：，相同（相同温度）下， 体积分数： ，故   对应曲线，A正确； B．反应放热，升温 ，平衡逆向移动，的体积分数越大；比对应的的体积分数更大，所以>，则，B正确； C．M点在曲线，对应  ，设起始  ， ，转化的 为 ，列三段式： ​，M点体积分数为，因此：  ，解得  ，转化率为  ，C正确； D．反应，正反应放热，若在绝热恒容容器中进行，反应放热使体系温度升高，对于放热反应，温度升高平衡逆向移动，平衡常数减小，不是增大，D错误； 故选D。 15. 甘氨酸()在水溶液中可发生如下反应： 。常温下，向甘氨酸溶液中通入HCl或加入NaOH固体，HCl当量或NaOH当量[]及溶液中三种含氮微粒的分布系数随pH变化如图。已知氨基酸整体所带正、负电荷数目相等时的pH为该氨基酸的等电点(pI)，甘氨酸的pI=6. 下列说法错误的是 A. m=9.6 B. a点HCl当量＞0.5 C. b点： D. c点： 【答案】C 【解析】 【分析】首先明确三种微粒的电荷：  （记为，整体价）、​（记为，整体净电荷为，两性离子）、（记为，整体价）。 电离平衡：​，​；氨基酸等电点满足； 【详解】A．a点 ，此时 ，故 ， 。已知 ，代入公式得：  ， 图中点为 ，对应 ，故 ，A正确； B．a点时， ，pH=2.4，根据电荷守恒， ，因，故HCl当量 ，B正确； C．b点 ，此时 ，写出电荷守恒：  代入 ，整理得：   点，溶液显碱性，，因此 ，可得：  与选项描述相反，C错误； D．c点，此时大部分甘氨酸转化为，因此最大；溶液碱性，； 由，代入，，得：  ，  ，因此 ，最终顺序：  ，D正确； 故选C。 第Ⅱ卷 (非选择题，共55分) 二、非选择题：本题共4小题，共55分。 16. 废芯片(块状，主要成分Si，含少量)中包裹有一定量金属单质(Cu、Ag、Au)，以废芯片为材料浸出和回收金属的工艺流程如图所示： 已知： ①水中接触角可用于表征亲疏水性，接触角＜90°物质具有亲水性，接触角＞90°物质具有疏水性。废芯片在水中接触角为105°，氧化焙烧后废芯片在水中接触角为18°； ②浸渣1中主要成分有X，以及金属单质Au、Ag； ③Ce常见价态为+4、+3；具有极强氧化性； ④； 。当某离子浓度低于时，可忽略该离子的存在。 请回答下列问题： （1）“氧化焙烧”作用Ⅰ选择性氧化废芯片表面，形成疏松的成分X；请根据废芯片在水中接触角的变化，分析“氧化焙烧”作用Ⅱ为___________。 （2）“一次浸出”中发生的主要离子方程式为___________。 （3）对“浸出液1”进行电解，简易装置图如下： 请写出阳极的电极反应式___________；该流程中用电解法回收高纯铜的优点为___________。 （4）“二次浸出”回收时，盐酸浓度不能超过___________。 （5）“浸出液3”的主要成分。金属Au溶解的离子方程式为___________。 （6）“浸出渣3”主要成分X为___________(填化学式)。 【答案】（1）增大废芯片的亲水性，提高浸出的浸取率 （2） （3） ①. ②. 在阳极生成硫酸铁溶液，实现硫酸铁在一次浸出中的再利用（或得到金属铜纯度更高，电解副产品再利用） （4）0.50 （5） （6） 【解析】 【分析】废芯片（块状）主要含，少量，包裹金属单质、、。由已知条件①可知，氧化焙烧后，废芯片在水中接触角由105°变为18°，说明焙烧后芯片表面亲水性大幅增强，利于后续溶液浸出；氧化焙烧时被氧化为；第一次浸出加入溶液，具有氧化性，将溶解，生成，同时被还原为。浸出液1主要含、、、；浸渣1含（X）、未反应的、。二次浸出加入，具有强氧化性，可将氧化为进入浸出液2，仍以单质形式留在浸渣2中。浸出液2中加入，与反应生成沉淀，实现银的回收。三次浸出加入、 ，在高浓度存在下，将氧化为，并与形成稳定的络合离子进入浸出液3，实现金的浸出；浸渣3的主要成分为（X），据此分析解答。 【小问1详解】 由已知①可知：废芯片在水中接触角为105°（疏水），焙烧后18°（亲水）。焙烧使芯片表面亲水性显著增强，有利于后续浸出液与芯片内部金属的接触，提高浸出的浸取率。 【小问2详解】 一次浸出加入溶液，具有氧化性，将溶解，生成，同时被还原为，主要离子方程式为。 【小问3详解】 装置中：不锈钢片作阴极（析出），石墨作阳极，右侧为溶液。阳极反应：，被氧化为；优点：在阳极生成硫酸铁溶液，实现硫酸铁在一次浸出中的再利用（或得到金属铜纯度更高，电解副产品再利用）。 【小问4详解】 已知：；。设浓度为，若全部转化为沉淀，，若与形成络离子，反应的平衡常数：，当 不超过（即不形成络合溶解时），可忽略该离子的存在，则，代入，得，最终解得。 【小问5详解】 将氧化为，并与形成稳定的络合离子，被还原为，金属溶解的离子方程式为。 【小问6详解】 原料中的氧化焙烧生成，不与、、反应，最终留在浸渣中，浸渣3的主要成分X为。 17. 某小组欲利用铜催化空气氧化偶联反应制备4-甲砜基苯乙酮(熔点126℃)，并探究制备条件对反应活性及选择性的影响。 I．制备：15 mL烧瓶中加入磁子，加入溶有配体的DMSO溶液1 mL和醋酸铜(催化剂前体)，室温搅拌5 min。依次加入碳酸盐，甲基亚磺酸钠及4-乙酰基苯硼酸，补加2 mL DMSO。水浴加热，反应2h，冷却至室温，得到粗产物I． II．分离提纯： III．实验探究： 控制反应温度70℃，改变反应条件(如下表)，重复实验。得到反应物转化率、目标产物产率及氧化副产物产率如下表：[实验配体X=N-甲基咪唑(配体A)、联吡啶(配体B)、1，10-菲洛林(配体C)。其中配体A为单齿配体，配体B、C均为双齿配体] 序号 前体 配体 碳酸盐 转化率/% 目标产物/% 副产物/% 1 醋酸铜 A(0.25 mmol) 碳酸钾 98 49 19 2 溴化铜 A(0.25 mmol) 碳酸钾 99 30 40 3 醋酸铜 B(0.11 mmol) 碳酸钾 98 52 14 4 醋酸铜 C(0.11 mmol) 碳酸钾 99 50 15 5 醋酸铜 B(0.11 mmol) 碳酸铯 37 18 16 （1）一般使用烧瓶时要求液体体积不少于容积的，本实验中使用容积偏大的烧瓶目的是___________。 （2）氧化副产物4-羟基苯乙酮与碳酸钾反应的化学方程式___________，该副产物可在分离提纯中___________(填序号①~⑤)操作时除去。 （3）检验所得产品是否较纯净的简易方法是___________。 （4）实验___________(填实验序号)可说明___________对反应选择性没有显著影响。 （5）其他条件相同，分别控制反应温度50℃、70℃、90℃重复实验并进行液相色谱测试。已知：在液相色谱图中可根据保留时间确定样品中的物质种类；吸收峰面积越大，物质含量越高。从图像分析，最佳反应温度为___________℃，此温度的优势在于___________。 【答案】（1）留出更大的顶部空间（气相空间），从而为反应提供充足的氧气来源，有利于氧化反应的顺利进行 （2） ①. + K2CO3 + KHCO3 ②. ③ （3）测定所得产品的熔点 （4） ①. 3、4 ②. 配体B和C的种类 （5） ①. 70℃ ②. 反应既能保证较高的原料转化率，又能获得最高的目标产物产率，同时有效抑制了副反应的发生 【解析】 【分析】在15 mL烧瓶中，先加入磁子、溶有配体的DMSO溶液（1 mL）和醋酸铜（催化剂前体），搅拌5分钟以形成催化剂络合物。随后依次加入碳酸盐、甲基亚磺酸钠和4-乙酰基苯硼酸，并补加2 mL DMSO。在水浴中加热反应2小时。冷却至室温，得到粗产物I。步骤①向粗产物I中加入水，分液得到水相：含有水溶性杂质，被弃去，有机相：含有目标产物、副产物及有机溶剂DMSO。步骤②向水相中加入二氯甲烷（），再次分液，得到水相：进一步去除水溶性杂质，最终成为“含杂质溶液”被弃去，有机相：合并到之前的有机相中，确保目标产物被充分提取。步骤③对合并后的有机相进行洗涤（通常用碱液如碳酸钾溶液，以除去酸性副产物如4-羟基苯乙酮）。分离出洗涤液（水相）和净化后的有机相。步骤④向有机相中加入无水硫酸钠（）。无水硫酸钠吸收有机相中的微量水分，形成水合物沉淀，通过过滤将其除去，得到干燥的有机溶液。步骤⑤对干燥后的有机溶液进行蒸馏，蒸去低沸点的溶剂（如二氯甲烷、DMSO），最终得到纯净的固体产物II（即4-甲磺基苯乙酮）。 【小问1详解】 常规操作中液体体积通常占烧瓶容积的到，实验中使用容积偏大的烧瓶目的是：留出更大的顶部空间（气相空间），从而为反应提供充足的氧气来源，有利于氧化反应的顺利进行。 【小问2详解】 氧化副产物4-羟基苯乙酮中含有酚羟基，具有弱酸性，与碳酸钾反应生成和KHCO3，化学方程式为：+ K2CO3 + KHCO3，利用该反应，用碳酸钾溶液洗涤有机层，将转化为溶于水的，从而使其从有机相进入水相被除去，流程图中，步骤①是加水萃取分液，步骤②是加二氯甲烷（）萃取分液。步骤③是“洗涤”。 该副产物可在分离提纯中③操作时除去。 【小问3详解】 目标产物“4-甲磺基苯乙酮”的熔点为126℃。对于固体有机化合物，最简便、直观的纯度检验方法就是测定熔点。如果产品较纯净，其测得的熔点应接近126℃，如果含有杂质，熔点会降低。 【小问4详解】 实验3和实验4中配体的种类不同，但反应物的转化率、目标产物的产率、氧化副产物的产率均近似，说明配体B和C的种类对反应选择性没有显著影响。 【小问5详解】 由图可知，50℃时，目标产物峰较高，但副产物峰和原料峰也较高，说明含有较多的副产物和原料。温度升高到70℃时，目标产物峰很高，副产物峰和原料峰降低，说明副产物和原料的含量均下降。继续升高温度到90℃，副产物峰和原料峰几乎不变，但目标产物峰降低，说明目标产物的含量减少。则70℃是最佳温度。因为在这个温度下，反应既能保证较高的原料转化率，又能获得最高的目标产物产率，同时有效抑制了副反应的发生。 18. 苯乙烯和苯甲醛都是重要的化工原料，我国科研团队近年通过催化剂设计等方法通过乙苯氧化脱氢法实现了苯乙烯和苯甲醛的联合生产： I：(g)+O2(g) →(g)+H2O(g) Ⅱ：(g)+O2(g) → (g) +H2O(g)+CO(g) Ⅲ：(g)+10O2(g) → 8CO2(g)+4H2O(g) （1） 共价键 苯环中的碳碳键 C-C C=C C-H H-H O-O O=O H-O 键能 494 348 615 413 436 214 498 463 则___________。 （2）已知：合成C的反应速率方程为(r为速率，k为速率常数，p代表压强)，则该反应的反应级数为n=x+y。在恒温恒容的条件下，通过固定一种气体分压改变另一种气体分压的方式测定反应级数：图1、图2表示了在三种不同催化剂上气体分压对反应速率的影响，根据图中数据，反应I：的反应级数n=___________。 （3）下表为恒温恒容的条件下，1% 催化剂条件下的乙苯氧化脱氢性能随反应温度的变化图(采集的数据均为相应温度下反应1h)，选择性：以CO2为例，。 T/℃ 乙苯的转化率 选择性 苯乙烯 苯甲醛 CO2 473 3.6 90.2 8.4 1.4 494 7.6 85.6 13.0 1.4 515 8.0 85.0 14.0 1.0 525 10.7 81.8 15.3 0.9 ①随着温度升高，乙苯的转化率升高的原因是___________，导致苯乙烯、苯甲醛、CO2的选择性出现此变化趋势的原因可能是___________。 ②时，有利于提高乙苯转化率的措施有___________(填标号)。 A．通入氩气 B．增加初始时乙苯与氧气比例 C．通入氧气 D．延长原料与催化剂接触时间 ③515℃时，初始时只充入乙苯和足量氧气，乙苯的初始分压为100.0 kPa，则生成___________kPa/h。 （4）经研究发现，过渡金属氧化物作催化剂时，其催化乙苯氧化脱氢过程大致可描述如下： 乙苯可以与具有氧离子缺位的过渡金属离子(电子受体)相互作用从而形成稳定中间体，苯环侧链烷基的H原子吸附在晶格氧上，晶格氧参与反应与H结合形成H2O而脱去；随后气相氧补充晶格氧，完成氧化脱氢反应循环，过渡金属离子可作为电子受体的原因是___________，O2的浓度不可过大也不可过小的原因是___________，按照反应原理推测，将乙苯换成丙烷进行催化氧化脱氢则反应更___________(填“难”或“易”)进行。 【答案】（1）-118 （2）1.2 （3） ①. 反应未达平衡，升高温度，化学反应速率加快，所以乙苯的转化率增大 ②. 随着温度升高，反应Ⅱ进行的速率快于反应Ⅰ和Ⅲ，导致苯甲醛选择性上升，苯乙烯和CO2选择性下降（或温度变化影响催化剂选择性，导致苯甲醛选择性上升，苯乙烯和CO2选择性下降）；515℃开始，发生了其他副反应，导致苯乙烯、苯甲醛和二氧化碳的选择性之和小于100% ③. CD ④. 9.44 （4） ①. 过渡金属离子具有空轨道，可以接受电子 ②. O2浓度过大，可能过度氧化生成副产物（或过量氧气占据催化剂空位），使催化效率下降；O2浓度过小，无法及时，则补充晶格氧效率低，催化速率变慢 ③. 难 【解析】 【小问1详解】 I：(g)+O2(g) →(g)+H2O(g) Ⅱ：(g)+O2(g) → (g) +H2O(g)+CO(g) Ⅲ：(g)+10O2(g) → 8CO2(g)+4H2O(g) 反应物的总键能为(6×494+2×348+10×413+×498)kJ=8039kJ，生成物的总键能为(6×494+615+348+8×413+2×463)kJ=8157kJ，=(8039-8157)kJ∙mol-1=-118 kJ∙mol-1。 【小问2详解】 由图1可得，依据直线斜率公式k=，A(0.3，0.3)、B(0.7,0.7)，这里x轴为lgp(C8H10)，y轴为lgr，则直线斜率x==1；由图2可得，依据直线斜率公式k=，C(0.6，0.85)、D(1.4，1.01)，这里x轴为lgp(O2)，y轴为lgr，则直线斜率y==0.2，所以反应级数n=x+y=1+0.2=1.2。 【小问3详解】 ①随着温度升高，反应速率不断加快，则乙苯的转化率升高的原因是：反应未达平衡，升高温度，化学反应速率加快，所以乙苯的转化率增大。温度升高，反应速率都加快，但三个反应加快的程度不同，则导致苯乙烯、苯甲醛、CO2的选择性出现此变化趋势的原因可能是：随着温度升高，反应Ⅱ进行的速率快于反应Ⅰ和Ⅲ，导致苯甲醛选择性上升，苯乙烯和CO2选择性下降（或温度变化影响催化剂选择性，导致苯甲醛选择性上升，苯乙烯和CO2选择性下降）；515℃开始，发生了其他副反应，导致苯乙烯、苯甲醛和二氧化碳的选择性之和小于100%。 ②A．通入氩气，恒温恒容条件下，各物质的浓度不变，平衡不移动，乙苯转化率不变， A不符合题意； B．增加初始时乙苯与氧气比例，相当于增大乙苯的量，平衡正向移动，但乙苯的转化率降低，B不符合题意； C．通入氧气，增大了反应物氧气的浓度，平衡正向移动，乙苯的转化率升高，C符合题意； D．延长原料与催化剂接触时间，能使反应更充分进行，有利于提高乙苯的转化率，D符合题意； 故选CD。 ③I：(g)+O2(g) →(g)+H2O(g) Ⅱ：(g)+O2(g) → (g) +H2O(g)+CO(g) Ⅲ：(g)+10O2(g) → 8CO2(g)+4H2O(g) 515℃时，初始时只充入乙苯和足量氧气，乙苯的初始分压为100.0 kPa，则生成H2O的分压p(H2O)=100.0 kPa×8.0%+100.0 kPa×8.0%×(14.0%+1.0%×4)=9.44kPa，=9.44 kPa/h。 【小问4详解】 过渡金属具有空轨道，可以接受孤电子对，则过渡金属离子可作为电子受体的原因是：过渡金属离子具有空轨道，可以接受电子；因为碳碳双键易被氧化，而氧化脱氢时，O2又需要具有一定的浓度，所以O2的浓度不可过大也不可过小的原因是：O2浓度过大，可能过度氧化生成副产物（或过量氧气占据催化剂空位），使催化效率下降；O2浓度过小，无法及时，则补充晶格氧效率低，催化速率变慢。乙苯中苯环的存在使得侧链α-H具有较高的活性，更容易被氧化脱氢，而丙烷没有苯环这种活性作用，所以将乙苯换成丙烷进行催化氧化脱氢则反应更难进行。 【点睛】催化剂不影响平衡转化率，但影响平衡前单位时间内的转化率。 19. 恩那司他是新一代HIF-PH抑制剂，化合物H是合成恩那司他的关键中间体，其合成路线如下所示，回答下列问题： 已知：+。 （1）化合物A中含氧官能团名称为___________。 （2）A→B的化学反应类型为___________。 （3）化合物水解的产物除CH3OH外还生成了一种化合物M(C3H7NO)，则M的名称为___________。 （4）以下说法错误的是___________。 A．化合物C存在顺反异构体 B．若化合物D中五元环和六元环共平面，则六元环中的N原子的孤对电子位于sp2杂化轨道内 C．化合物H中sp2杂化和sp3杂化的碳原子数目之比为14：3 （5）化合物G在足量HCl溶液中水解的化学方程式为___________。 （6）A→B过程中有副反应发生，如下图所示： 化合物N可水解成两分子完全相同的产物和一分子甲醇，则N的结构简式为___________。 （7）化合物E在酸性条件下完全水解的产物为Q，满足以下条件的Q的同分异构体有___________种(不考虑立体异构)。 ①苯环上只有两个相邻的取代基 ②能与NaHCO3反应 ③能发生银镜反应 ④1 mol Q最多可消耗2 mol NaOH 写出其中任意一种不含有手性碳原子的同分异构体的结构简式___________。 【答案】（1）羟基、酯基 （2）取代反应 （3）N，N-二甲基甲酰胺 （4）BC （5） （6） （7） ①. 8 ②. 或 【解析】 【分析】A和POCl3发生取代反应生成B，结合C的结构简式和B的分子式可以推知B为，B和反应生成C，C在TFAA的作用下转化为D，D和E先发生反应，然后与NaOH反应、再与HCl反应生成F，F和G发生取代反应生成H，由H的结构简式可知G为。 【小问1详解】 由A的结构简式可知，含氧官能团名称为羟基、酯基。 【小问2详解】 由分析可知，A和POCl3发生取代反应生成B。 【小问3详解】 水解生成2分子CH3OH，还生成了一种化合物M(C3H7NO)，由M的分子式可知其不饱和度为1，其中含有碳氧双键，结构简式为，名称为N，N-二甲基甲酰胺。 【小问4详解】 A．化合物C中存在碳氮双键，C原子连接不同的基团，N原子连接1个羟基且含有1个孤电子对，化合物C存在顺反异构体，A正确； B．若化合物D中五元环和六元环共平面，说明N原子均为sp2杂化，六元环中N原子形成3个键，孤对电子位于形成的大键中，而非位于sp2杂化轨道内，B错误； C．化合物H中苯环上的碳原子和形成双键的碳原子是sp2杂化，共有14个，形成4个单键的碳原子是sp3杂化，共有4个，sp2杂化和sp3杂化的碳原子数目之比为14∶4，C错误； 故选BC。 【小问5详解】 由分析可知，G为，其中含有酯基和氨基，均可以和HCl反应，生成和CH3OH，化学方程式为：。 【小问6详解】 由分析可知，A和POCl3发生取代反应生成B为，化合物N可水解成两分子完全相同的产物和一分子甲醇，则N可以看成２分子发生取代反应生成，N的结构简式为。 【小问7详解】 化合物E在酸性条件下完全水解的产物Q为，Q中含10个C、4个O和6个不饱和度，Q的同分异构体满足条件：①苯环上只有两个相邻的取代基；②能与NaHCO3反应，说明其中含有-COOH；③能发生银镜反应；④1 mol Q最多可消耗2 mol NaOH；苯环上的取代基组合为-COOH、-CH2CH2OOCH或-COOH、-CH(CH3)OOCH或-CH2OOCH、-CH2COOH或-OH、-CH2CH(CHO)COOH或-OH、-CH(CHO)CH2COOH或-OH、或-OH、或-CH3、，满足条件的同分异构体共有8种，其中不含有手性碳原子的同分异构体的结构简式为或。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $