2013-2014云南省玉溪一中高三5月校统测理科综合化学试卷与答案（带解析）.doc

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1、2013-2014云南省玉溪一中高三 5月校统测理科综合化学试卷与答案（带解析） 选择题 随着科学技术的不断进步，研究物质的手段和途径越来越多， N5 、 H3、 O4、C60等已被发现。 下列有关说法中，正确的是 A N5 离子中含有 36个电子 B H2与 H3属于同素异形体 C C60的摩尔质量为 720 D O2与 O4属于同位素 答案： B 试题分析： A、 N5 离子中含有 75-1=34个电子； B、 H2与 H3是由 H元素形成的不同单质，互为同素异形体； C、摩尔质量单位为 g/mol； D、 O2与 O4属于同素异形体。 考点：考查原子结构、同素异形体、同位素等概念。 下列

2、溶液中离子浓度的关系一定正确的是 A 和 溶液中： B一元弱碱 MOH对应的盐 MCl溶液中： C等物质的量的一元弱酸 HX与其钾盐 KX的混合溶液中：D pH=3的一元酸 HX和 pH=11的一元碱 MOH等体积混合：答案： C 试题分析： A、电荷守恒式中 c(CO32-)应乘以 2； B、一元弱碱 MOH对应的盐MCl溶液水解显酸性，但水解是微弱的，离子浓度应为 c(Cl-) c(M+) c(H+)c(OH-)； C、正确； D、未说明酸、碱是否为强酸或强碱，则等体积混合后溶液不一定为中性。 考点：考查溶液中离子浓度关系。 将一定质量的镁和铝混合物投入 200 mL硫酸中，固体全部溶解后

3、，向所得溶液中加入 NaOH溶液，生成沉淀的物质的量 n与加入 NaOH溶液的体积 V的变化如图所示。 .则下列说法不正确的是 A镁和铝的总质量为 9 g B最初 20 mLNaOH溶液用于中和过量的硫酸 C硫酸的物质的量浓度为 2.5 mol L-1 D生成的氢气在标准状况下的体积为 11.2 L 答案： D 试题分析：由图象可知， NaOH溶液 020mL，发生的反应为：H2SO4+2NaOH=Na2SO4+2H2O； 20200mL发生的反应为： Mg2+2OH-=Mg(OH)2、 Al3+3OH-=Al(OH)3； 200240mL，发生的反应为： Al(OH)3+OH-=AlO2-+

4、2H2O；当 NaOH溶液 200mL时，沉淀量最大，此时沉淀为 Mg(OH)2和Al(OH)3，二者物质的量之和为 0.35mol，溶液中溶质为 Na2SO4，根据钠元素守恒可知此时 n（ Na2SO4） =1/2n（ NaOH）；所以 n（ Na2SO4）=1/20.2L5mol/L=0.5mol，所以硫酸的浓度为 2.5mol/L；当 NaOH溶液 240mL时，沉淀不再减少，此时全部为 Mg(OH)2，物质的量为 0.15mol，所以沉淀量最大， Mg(OH)2为 0.15mol， Al(OH)3为 0.35mol-0.15mol=0.2mol，由元素守恒可知n（ Al） =nAl(O

5、H)3=0.2mol， n（ Mg） =nMg(OH)2=0.15mol，所以镁和铝的总质量为 0.2mol27g/mol+0.15mol24g/mol=9g；根据电子转移守恒可知 2n（ H2）=3n（ Al） +2n（ Mg） =30.2mol+20.15mol=0.9mol，所以 n（ H2） =0.45mol，故氢气体积为 0.45mol22.4mol/L=10.08L。 考点：考查镁、铝的计算。 设 NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A标准状况下， 2.24L苯中含有的 C-H键的数目为 0.6NA B标准状况下，由 H2O2制得 4.48LO2转移的电子数目为 0.8NA

6、 C 14 g由乙烯与环丙烷组成的混合气体含有的碳原子数目为 NA D常温下， 1 L pH 2的 H2SO4溶液中含有的 H 数目为 0.02NA 答案： C 试题分析： A、苯在标准状况下不是气态，不可用 22.4L/mol 计算物质的量； B、发生的反应为 2H2O2 = 2H2O+O2，每生成 1molO2转移电子 2mol，故制得 4.48L（ 0.2mol） O2转移电子 0.4mol； C、乙烯和环丙烷最简式均为 CH2，故 14g混合物含碳 1mol； D、 pH 2的 H2SO4溶液中 c（ H+） =0.01mol/L，故 1L溶液含有H+0.01mol。 考点：考查阿伏伽

7、德罗常数。 能正确表示下列反应的离子方程式的是 A硫酸溶液与氢氧化钡溶液混合： 2H+SO42-+Ba2+2OH- BaSO4+2H2O B NaHCO3溶液水解： HCO3-+H2O H3O+ +CO32- C NaOH溶液中加入铝片： Al+2OH- AlO2-+H2 D NH4HCO3溶液与足量烧碱溶液混合： HCO3-+OH- CO32-+H2O 答案： A 试题分析： A、正确； B、多元弱酸水解应分步进行，且以第一步水解为主； C、电荷不守恒； D、 NH4+也可与 OH-反应。 考点：考查离子方程式的正误判断。 咖啡酸可用作化学原料和中间体，其结构如图。下列关于咖啡酸说法不正确的

8、是 A能发生加聚反应 B能使高锰酸钾酸性溶液褪色 C 1 mol咖啡酸最多能与 3 mol NaOH反应 D 1 mol咖啡酸最多能与 3 mol Br2反应 答案： D 试题分析：根据所给咖啡酸的结构可知分子中含有 1 个碳碳双键、 2 个酚羟基、1个羧基，故可发生加聚反应、能使酸性高锰酸钾溶液褪色， 1mol咖啡酸最多可与 3molNaOH反应，双键可与溴加成，酚羟基的邻、对位可与溴发生取代反应，故 1mol咖啡酸最多可与 4molBr2反应。故答案：为 D。 考点：考查有机物的结构与性质。 下列化合物的核磁共 振氢谱中出现三组峰的是 A 2,2,3,3-四甲基丁烷 B 2,3,4-三甲基

9、戊烷 C 3,4-二甲基己烷 D 2,5-二甲基己烷 答案： D 试题分析：核磁共振氢谱中出现三组峰说明分子中存在三种不同的氢原子， A、2,2,3,3-四甲基丁烷分子中只存在 2种氢原子； B、 2,3,4-三甲基戊烷分子中存在4种氢原子； C、 3,4-二甲基己烷分子中存在 4种氢原子； D、 2,5-二甲基己烷分子中存在 3种氢原子。 考点：考查烷烃的命名及分子中等效氢的判断。 实验题 （ 15分） 某实验小组把 CO2通入饱和 Na2CO3溶液制取 NaHCO3，装置如图所示（气密性已检验，部分夹持装置略）： （ 1）请结合化学平衡移动原理解释 B中溶液的作用 。 （ 2）当 D中有大

10、量白色固体析出时，停止实验，将固体过滤、洗涤，取一定量配成样液，并加入 BaCl2 溶液，出现白色沉淀并有气体产生，其离子方程是 。 某课外活动小组欲利用氨气与 CuO反应，研究氨气的性质并测其组成，设计了如下实验（夹持装置未画出）进行实验。请回答下列问题： （ 1）仪器 b中可选择的试剂为（任意填一种） _。 （ 2）实验中，装置 C中黑色 CuO粉末 全部转化为红色固体（已知 Cu2O也为红色固体），量气管中有无色无味的气体。实验前称取黑色 CuO 80g，实验后得到红色固体质量为 68g。则红色固体成分的化学式为 _。 （ 3） F中读取气体体积前，应向上或向下移动右管，使得左右两边液面

11、相平，若无此操作，而 F中左边液面低于右边液面，会导致读取的气体体积 _ （填 “偏大 ”或 “偏小 ”或 “无影响 ”）。 （ 4）要想测得氨气分子中氮、氢原子个数比，实验中应至少测量或读取哪些数据 _（填序号）。 a B装置实验前后质量差 mg； b F装置实验前后液面差 VL c D装置实验前后质量差 mg； d E装置实验前后质量差 mg； （ 5） E 装置中浓硫酸的作用是 _。 答案： （ 1） CO2在水中存在平衡： CO2+H2O H2CO3 HCO3-+H+，有H2SO4存在时，可使上述平衡向左移动，从而减少 CO2在水中的溶解，同时吸收挥发出来的 HCl气体 （ 2） 2H

12、CO3-+Ba2+=BaCO3+ CO2+H2O （ 1）碱石灰或生石灰或氢氧化钠固体（ （ 2） Cu和 Cu2O （ 3）偏小 （ 4） b、 c （ 5）防止 F中水蒸气进入 D中，并吸收氨气 试题分析： I、（ 1）由图可知， A 中生成二氧化碳，在 D 中二氧化碳与碳酸钠、水反应生成碳酸氢钠， B中酸可抑制二氧化碳的溶解，则 B中溶液的作用为CO2在水中存在平衡： CO2+H2O H2CO3 HCO3-+H+，有 H2SO4存在时，可使上述平衡向左移动，从而减少 CO2在水中的溶解，同时吸收挥发出来的 HCl气体；（ 2） D中的大量白色固体为 NaHCO3，加入 BaCl2溶液，出

13、现白色沉淀为BaCO3，气体应为 CO2，反应方程式为： 2HCO3-+Ba2+=BaCO3+ CO2+H2O。 II、（ 1）依据装置仪器可知，浓氨水滴入锥形瓶中利用固体溶解放热使一水合氨分解生成氨气，需要选择氢氧化钠固体，氧化钙固体或碱石灰；（ 2）实验中观察到装置 C中黑色 CuO粉末变为红色固体，量气管有无色无味的气体，实验前称取黑色 CuO 80g，物质的量为 1mol，依据铜元素守恒，结合红色物质可能为铜或氧化亚铜，若为铜质量为 64g，若为氧化亚铜质量 =0.5mol144g/mol=72g，实验后得到红色固体质量为 68g则红色固体成分的化学式为 Cu和 Cu2O；（ 3）读取

14、气体体积前，应对装置 F进行的操作是慢慢上下移动右边漏斗，使左右两管液面相平，保持压强平衡再读数；若无此操作，而 F中左边液面低于右边液面，会导致读取的气体体积偏小；（ 4）若测得干燥管 D增重为水物质的量，装置 F测得气体的体积为为 N2，计算得到气体物质的量，依据元素守恒得到氮原子和氢原子物质的量之比，所以选择 bc；（ 5）依据流程分析，浓硫酸是吸收过量的氨气，阻止 F中水蒸气进入 D影响实验效果。 考点：考查化学实验方案的评价；制备实验方案的设计等知识。 填空题 （ 14分）现有 A、 B、 C、 D、 E、 F、 G、 H八种 短周期主族元素，原子序数依次增大。已知 A与 E、 D与

15、 G分别同主族； E、 F、 G、 H同周期； A分别与 C、 D可形成含有 10个电子的共价化合物 M、 N； B的最外层电子数是其电子层数的 2倍； D是地壳中含量最多的元素； F位于 B的前一主族。请回答下列问题： （ 1）元素 B在周期表中的位置 ， M的空间构型是 。 （ 2） A、 D、 E三种元素组成一种常见化合物， W与该化合物的阴离子具有相同的原子种类和数目且不带电， W的电子式为 ，工业上利用某一个反应可同时生产该化合物和 H的单质，写出该反应的化学方程式 。 （ 3） E、 F元素的最高价氧化 物对应的水化物之间反应的离子方程式 。 （ 4） M、 N均能结合 H+，其中

16、结合 H+能力较强的是 （填化学式），用离子方程式证明 。 （ 5） E分别与 D、 G形成摩尔质量相等的化合物 X、 Y，其中 Y的水溶液显碱性的原因是 （用离子方程式表示）。常温下 7.8 g X与水反应放出 Q kJ热量（ Q 0），写出该反应的热化学方程式 。 答案：（ 1）第 2周期 A族； 三角锥形 （ 2） ； （ 3） Al(OH)3 + OH-=AlO2- + 2H2O （ 4） NH3； NH3 + H3O+ = NH4+ + H2O （ 5） S2-+ H2O HS- + OH- ； 2Na2O2(s) + 2H2O（ 1） =4NaOH(aq) + O2(g) H=-2

17、0Q kJ/mol 试题分析： D是地壳中含量最多的元素则为 O(氧元素 )， B的最外层电子数是其电子层数的 2 倍，则可能为 He、 C、 S，结合原子序数递增， B 应为 C(碳元素 )；F位于 B的前一主族，则 F为 Al(铝元素 )；又 D与 G同主族，则 G为 S(硫元素 )； E、 F、 G、 H同周期， H为 Cl(氯元素 )； A分别与 C、 D可形成含有 10个电子的共价化合物 M、 N，则 A为 H(氢元素 )， C为 N(氮元素 )， M为 NH3、 N为 H2O； A与 E同主族，则 E为 Na。 （ 1）元素 B为碳元素在周期表中位于第 2周期 A族， M为 NH3

18、，空间构型是三角锥形。 （ 2） A、 D、 E三种元素组成一种常见化合物为 NaOH，该化合物的阴离子为OH-，与其具有相同的原子种类和数目且不带电的粒子为羟基 (OH) ，其电子式为 ；工业上利用电解饱和食盐水生成 NaOH和氯气，反应的化学方程式为 。 （ 3） E、 F元素的最高价氧化物对应的水化物分别为 NaOH、 Al（ OH） 3，二者反应的离子方程式为 Al(OH)3 + OH-=AlO2- + 2H2O （ 4） M为 NH3、 N为 H2O，其中 NH3更易结合 H+，因为可发生反应 NH3 + H3O+ = NH4+ + H2O； （ 5） E分别与 D、 G形成摩尔质量

19、相等的化合物 X、 Y分别为 Na2O2和 Na2S，其中 Na2S的水溶液显碱性的原因是硫离子水解，离子方程式为 S2-+ H2OHS- + OH- ；常温下 7.8 g Na2O2物质的量为 0.1mol，与水反应放出 Q kJ热量（ Q 0），故该反应的热化学方程式为 2Na2O2(s) + 2H2O（ 1） =4NaOH(aq) + O2(g) H=-20Q kJ/mol。 考点：考查元素的推断、电子式、离子方程式、热化学方程式书写等知识。 （ 14分）催化剂是化工技术的核心，绝大多数的化工生产均需采用催化工艺。 人们常用催化剂来选择反应进行的方向。下图所示为一定条件下 1mol CH

20、3OH与 O2发生反应时，生成 CO、 CO2或 HCHO的能量变化图 反应物 O2(g)和生成物 H2O(g)略去 。在有催化剂作用下， CH3OH与 O2反应主要生成 （填“CO、 CO2或 HCHO”）。 2HCHO(g) O2(g) 2CO(g) 2H2O(g) H 。 在稀硫酸催化下， HCHO可以通过反应生成分子式为 C3H6O3的环状三聚甲醛分子，其分子中同种原子的化学环境均相同。写出三聚甲醛的结构简式： 。 甲醇制取甲醛可用 Ag作催化剂，含有 AgCl会影响 Ag催化剂的活性，用氨水可以溶解除去其中的 AgCl，写出该反应的离子方程式： 。 一种以铜作催化剂脱硫有如下两个过程

21、： 在铜的作用下完成工业尾气中 SO2的部分催化氧化，所发生反应为： 2SO2 2n Cu (n 1)O2 (2-2 n) H2O 2n CuSO4 (2-2n) H2SO4 从环境保护的角度看，催化脱硫的意义为 ； 每吸收标准状况下 11.2L SO2，被SO2还原的 O2的质量为 g。 利用下图所示电化学装置吸收另一部分 SO2，并完成 Cu的再生。写出装置内所发生反应的离子方程式 。 答案： HCHO ； -470kJ mol-1； ； AgCl 2NH3 H2O Ag(NH3)2 Cl- 2H2O或 AgCl 2NH3 Ag(NH3)2 Cl- 防止酸雨的发生 ； 8； SO2 2H2

22、O Cu2 4H SO42 Cu 试题分析：（ 1） 使用催化剂可以降低反应的活化能，活化能越低，普通分子越容易转化成活化分子，反应越容易，反应速率越快； 根据图表可知 2HCHO（ g） +O2（ g） 2CO（ g） +2H2O（ g）中反应物能量高，生成物能量低，故该反应为放热反应，然后依据图中给出数据解答； 三分子 HCHO，通过加成聚合成三聚甲醛分子，该过程中 C=O中的一个键断裂，与其他两分子甲醛加成聚合得到三聚甲醛； 氯化银中加入氨水，发生络合反应，生成银氨络合离子； （ 2） 二氧化硫是一种有毒的气体，排放到空气中可引起酸雨的发生，对环境和人类健康有害， 脱硫可以防止酸雨的发生

23、；依据二氧化硫和氧气反应方程式，找出二氧化硫和氧气量的关系进行计算； 分析图中电解装置，可知左边石墨是电解池的阳极，右边是电解池的阴极； 阳极放电的物质二氧化硫，失去电子生成硫酸根离子，电极反应式： SO2-2e-+2H2O=SO42-+2H+； 阴极放电的物质时铜离子，得到电子被还原成单质铜，电极反应式： Cu2+2e-=Cu； 将上述两电极的电极反应式得： SO2+2H2O+ Cu2+ 4H+SO42-+Cu。 考点：考查反应热的求算，盖斯定律，二氧化硫的污染和治理等知识。 【化学 -选修 2化学与技术】（ 15分） 如图是现今常规生产发烟硫酸和硫酸的流程图： （ 1）在 处二氧化硫被氧化

24、成三氧化硫， 的设备名称是 该处发生反应的方程式为 为提高三氧化硫的产率，该处应采用 （填 “等温过程 ”或 “绝热过程 ”）为宜 （ 2）在 处进行二次催化处理的原因是 （ 3） 处气体混合物主要是氮气和三氧化硫此时气体经过 后不立即进入 是因为： （ 4） 20的发烟硫酸（ SO3的质量分数为 20） 1吨需加水 吨（保留 2位有效数字）才能配制成 98的成品硫酸 （ 5）在 处发生 1500 的 “不完全 燃烧 ”，即先混入少量干燥空气，然后在 处于 700 下再继续燃烧试简述这种燃烧方式对环境保护是有利的原因 答案： 接触室； 2SO2 O2 2SO3；等温过程 该反应为可逆反应，二次

25、催化使尚未反应的 SO2尽量催化氧化成 SO3，可以降低成本提高原料利用率和保护环境 通过吸收塔 后，混合气体中 SO3含量较多，不利于 SO2的催化氧化反应进行。 0 066 在高温下，空气的氮气和氧气反应生成氮氧化物，有污染。低温下，氮氧化物被还原，生成 N2，对环境保护有利 试题分析：（ 1）二氧化硫被氧化成三氧化硫是在接触室内进行的，该处发生反应的方程式为 2SO2 O2 2SO3；为提高三氧化硫的产率，该处应采用等温过程。（ 2）该反应为可逆反应，在 处进行二次催化使尚未反应的 SO2尽量催化氧化成 SO3，可以降低成本提高原料利用率和保护环境；（ 3） 处气体混合物主要是氮气和三氧

26、化硫，通过吸收塔 后，混合气体中 SO3含量较多，不利于 SO2的催化氧化反应进行，故不立即进入 ；（ 4） 1吨 20的发烟硫酸中含 SO3的质量为 0.2t，加水后可生成 H2SO40.245t，即硫酸的总质量为 1.245t，换算 为 98%的浓硫酸质量为 1.245t98%=1.066t，故加入的水的质量为 0.066t；（ 5）因为在高温下，空气的氮气和氧气反应生成氮氧化物，有污染；低温下，氮氧化物被还原，生成 N2，对环境保护有利。 考点：考查工业制备硫酸的原理。 【化学 -选修 3物质结构与性质】（ 15分） 请回答以下问题： （ 1）第四周期的某主族元素，其第一至五电离能数据如

27、下图 1所示，则该元素对应原子的 M层电子排布式为 （ 2）如下图 2所示，每条折线表示周期表 A- A中的某一族元素氢化物的沸点变化。每个小黑点代表一种氢化物，其中 a点 代表的是 简述你的判断依据 （ 3） CO2在高温高压下所形成的晶体其晶胞如下图 3所示该晶体的类型属于 （选填 “分子 ”“原子 ”“离子 ”或 “金属 ”）晶体，该晶体中碳原子轨道的杂化类型为 。 （ 4）在离子晶体中正、负离子间力求尽可能多的接触，以降低体系的能量，使晶体稳定存在。已知 Na+半径是 Cl-的 a倍， Cs+半径是 Cl-的 b倍，请回顾课本上 NaCl和 CsCl的晶胞，其晶胞边长比为 （ 5） F

28、e的一种晶体如甲、乙所示，若按甲虚线方向切乙得到的 A-D图中正确的是 铁原子的配位数是 ，假设铁原子的半径是 r cm，该晶体的密度是 p gcm3，则铁的相对原子质量为 （设阿伏加德罗常数的值为 NA）。 、 答案：（ 1） 3s23p6 （ 2） SiH4；在 A A中的氢化物里， NH3、 H2O、 HF因分子间存在氢键，故沸点高于同主族相邻元素氢化物的沸点，只有 A族元素氢化物不存在反常现象；组成与结构相似，相对分子量越大，分子间作用力越大，沸点越高， a点所在折线对应的是气态氢化物 SiH4 （ 3）原子； sp3杂化 （ 4） (1+b)： （ 1+a） （ 5） A； 8； 试

29、题分析：（ 1）该元素第三电离能远远大于第二电离能，说 明该元素的原子价电子数为 2，为 Ca， M层电子排布式为： 3s23p6 （ 2）在 A A中的氢化物里， NH3、 H2O、 HF因分子间存在氢键，故沸点高于同主族相邻元素氢化物的沸点，只有 A族元素氢化物不存在反常现象，第 A 族形成的氢化物分之间为范德华力，组成与结构相似，相对分子量越大，范德华力越大，沸点越高，所以 a点所在折线对应的是气态氢化物 SiH4。 （ 3）由 CO2在高温高压下所形成的晶体图可以看出，其晶体结构为空间物质结构，每个 C原子周围通过共价键连接 4个 O原子，所以该晶体为原子晶体，碳原子轨道的杂化类型为

30、sp3杂化。 （ 4）设 Cl半径为 r，则 Na+半径为 ar， Cs+半径为 br， NaCl晶胞边长为 x，因为 NaCl晶胞为面心立方结构，所以 2x2=（ 2r+2ar） 2，得 r= （ 1+a） r； CsCl晶胞为体心李立方结构，所以 y2+2y2=（ 2r+2br） 2，可得 y=2/ (1+b)r， x： y=(1+b)： （ 1+a） （ 5）甲中 Fe位于顶点和体心，乙由 8个甲组成，按甲虚线方向切乙形成的纵截面边长不相等，则排除 B、 D，由于每个小晶胞中的体心含有 1个 Fe原子，则应为 A；由图甲可以看出，位于体心的铁原子周围距离最近的 铁原子有 8 个，所以铁原

31、子的配位数是 8；设图甲晶胞的边长为 acm，则 a2+2 a2=（ 4r） 2，得a=4 /3r ，图甲晶胞的体积 V=a3=64 /9r3，根据均摊发可知甲中晶胞含 Fe原子： 81/8+1=2,设 Fe的相对原子质量为 M，则 64 /9r3 =2M/ NA,M=考点：考查物质结构与性质、晶体知识等内容。 简答题 【化学 -选修 5有机化学基础】（ 15分） 已知物质 A是芳香族化合物， A分子中苯环上有 2个取代基，均不含支链且 A的核磁共振氢谱有 6个吸收峰，峰面积比为 1:1:1:1:2:2，能够与 FeCl3溶液发生显色反应。 D 分子中除含 2 个苯环外还含有 1 个六元环。它

32、们的转化关系如下： 请回答下列问题： （ 1） A中所含官能团的名称为 。 （ 2）反应 属于加成反应的有 （填序号）。 （ 3） B的结构简式 ， D的结构简式 。 （ 4） AE的化学方程式为 。 （ 5）符合下列条件的 A的同分异构体有 种。 芳香族化合物，苯环上的取代基不超过 3个； 能与 FeCl3溶液发生显色反应且不能水解； lmol该物质可与 4molAg(NH3)2+发生银镜反应； lmol该物质可与 5molH2加成。 答案：（ 1）碳碳双键；羟基；羧基 （ 2） （ 3） ； ； （ 4） + NaHCO3 + H2O + CO2； （ 5） 13； 试题分析：能够与 Fe

33、Cl3溶液发生显色反应，表明分子中含有一个直接连在苯环上的羟基，与氯化氢反应，应该是发生加成反应，表明分子中含有一个碳碳双键，依据加成后的产物可知，还有一个羧基。再根椐氢原子的图谱，可知为对位。即 A的分子式为： ，因此分子中含有有官能团为：碳碳双键、羟基、羧基。 反应 为加成反应， 为中和反应和水解反应， 为酯化反应。 B的结构简式的可能情况有两种，也就是氯子的位置，那么到底是那一种，得依据后边酯化反应的产物来确定，根椐酯化反应生成六元环可知为这样的结构： D的结构为： + NaHCO3 + H2O + CO2 从题中可以读出：一种情况是，苯环上有两个取代基，一个是羟基，一个是一个碳上连两上醛基，这样的同分异构体有三种，另一种情况是：苯环上有三个取代基：一个是羟基，一个是乙醛基，一个是醛基，这样的同分异构体总共有十种，加起来是十三种。 考点：考查有机物的相互转化以及同分异构体的书写等内容。