2018年高考真题——理综(浙江卷)化学解析版.doc

2018年浙江省高考理综参考试卷化学部分解读选择题部分化学选择题部分共7小题，每小题6分，共42分。可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 Ag 108一、选择题<本题共17小题。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。）7下列说法正确的是A油脂、淀粉、蔗糖和葡萄糖在一定条件都能发生水解反应B蛋白质是结构复杂的高分子化合物，分子中都含有C、H、O、N四种元素C棉、麻、羊毛及合成纤维完全燃烧都只生成CO2和H2OD根据分散质粒子的直径大小，分散系可分为溶液、浊液和胶体，浊液的分散质粒子大小介于溶液及胶体之间解读：A选项，葡萄糖是单糖，不能水解,A错；B选项，蛋白质是氨基酸缩合而成的高分子化合物，都含有C、H、O、N四种元素，B正确；C选项，蚕羊毛属蛋白质，为含氮化合物。合成纤维除含C、H、O元素外，有的还含有其他元素，如腈纶含N元素、氯纶含Cl元素等，它们完全燃烧时不都只生成CO2和H2O，C错；D选项，浊液的分散质粒子大小是大于胶体，大于10-7m<即大于100mm）,D错。答案：B8下列说法不正确的是A用倾析法分离时，将烧杯中的上层清液用玻璃棒引流到另一容器内，即可使沉淀及清液分离B做“钠及水的反应”实验时，切取绿豆大小的金属钠，用滤纸吸干其表面的煤油，放入烧杯中，滴入两滴酚酞溶液，再加入少量水，然后观察并记录实验现象C用移液管取液后，将移液管垂直放入稍倾斜的容器中，并使管尖及容器内壁接触，松开食指使溶液全部流出，数秒后，取出移液管D一旦金属汞洒落，必须尽可能收集起来，放在水中保存以防挥发；并将硫磺粉撒在洒落的地方，使金属汞转变成不挥发的硫化汞解读：做“钠及水的反应”实验时，应向一只盛有水的小烧杯中滴加几滴酚酞试液，然后将绿豆大小用滤纸吸干其表面的煤油的金属钠投入小烧杯中，观察并记录实验现象。B选项错。答案：B9X、Y、Z、W是原子序数依次增大的四种短周期元素，甲、乙、丙、丁、戊是由其中的两种或三种元素组成的化合物，己是由Z元素形成的单质。已知：甲 + 乙 = 丁 + 己，甲 + 丙 = 戊 + 己； 0.1 mol·L-1丁溶液的pH为13<25）。下列说法正确的是A原子半径：WZYXBY元素在周期表中的位置为第三周期第A族C1 mol甲及足量的乙完全反应共转移了1 mol电子D1.0 L 0.1 mol·L-1戊溶液中阴离子总的物质的量小于0.1 mol解读：根据题给的信息：X、Y、Z、W是原子序数依次增大的四种短周期元素，甲、乙、丙、丁、戊是由其中的两种或三种元素组成的化合物，己是由Z元素形成的单质。已知：甲 + 乙 = 丁 + 己，甲 + 丙 = 戊 + 己； 0.1 mol·L-1丁溶液的pH为13<25）。可以推知甲为Na2O2 、乙为CO2、丙为H2O、丁为NaOH 、戊为Na2CO3 、己为O2 。由此可推出X为H、Y为C、Z为O、W为Na 。答案：C10已知电极上每通过96 500 C的电量就会有1 mol电子发生转移。精确测量金属离子在惰性电极上以镀层形式沉积的金属质量，可以确定电解过程中通过电解池的电量。实际测量中，常用银电量计，如图所示。下列说法不正确的是A电量计中的银棒应及电源的正极相连，铂坩埚上发生的电极反应是：Ag+ + e- = Ag B称量电解前后铂坩埚的质量变化，得金属银的沉积量为108.0 mg，则电解过程中通过电解池的电量为96.5 CC实验中，为了避免银溶解过程中可能产生的金属颗粒掉进铂坩埚而导致测量误差，常在银电极附近增加一个收集网袋。若没有收集网袋，测量结果会偏高。D若要测定电解饱和食盐水时通过的电量，可将该银电量计中的银棒及待测电解池的阳极相连，铂坩埚及电源的负极相连。解读：电量计中的银棒应及电源的正极相连，银棒作阳极，若要测定电解饱和食盐水时通过的电量，该银电量计中的银棒应及待测电解池的阴极相连<见下图），D选项错。答案：D11下列说法正确的是A按系统命名法，的名称为2，5，6三甲基-4-乙基庚烷B常压下，正戊烷、异戊烷、新戊烷的沸点依次增大C肌醇及葡萄糖的元素组成相同，化学式均为C6H12O6，满足Cm(H2O>n，因此，均属于糖类化合物D1.0 mol的最多能及含5.0 mol NaOH的水溶液完全反应解读：A选项 ，按有机物的系统命名法主链编号“最低系列”原则和“较优基团后列出”原则：该烷烃从左到右编号，甲基的位次分别为2、5、6；从右到左编号，甲基的位次分别为2、3、6。第一个数字都是“2”，故比较第二个数字“5”及“3”.因5>3，故编号应从右到左。该有机物的命名为2，3，6三甲基-4-乙基庚烷A错误。<1）关于最低系列原则所谓 “最低系列”是从碳链不同的方向编号，得到几种不同的编号系列，顺次逐项比较各系列的不同位次，最先遇到的位次最小的即“最低系列”。例如：该烷烃从左到右编号，甲基的位次分别为2、3、3、8、8、；从右到左编号，甲基的位次分别为2、2、7、7、8。第一个数字都是“2”，故比较第二个数字“3”及“2”.因2<3，故编号应从右到左。该有机物的命名为2，2，7，7，8五甲基壬烷。 若第二个数字仍相同，再继续比较直至遇到位次数字最小者即可。<2）关于取代基的列出顺序“较优基团后列出”原则：确定“较优基团”的依据次序规则：<i）取代基或官能团的第一个原子，其原子序数大的为“较优基团” ；对于同位素，质量数大的为“较优基团”。 (ii>第一个原子相同，则比较及之相连的第二个原子，依此类推。常见的原子、基团较优顺序是：当主碳链上有几个取代基或官能团时，这些取代基或官能团的列出顺序将遵循“次序规则”，指定“较优基团”后列出。 例如，大小不同的烷基从两端起位置相同时,由于 CH2CH3为“较优基团”，则应使较优的基团后列出 ，也就是说，若大小不同的烷基从两端起位置相同时, 则应使较小的基团有较小的位次，故该烷烃的名称为3,6-二甲基-7-乙基壬烷；而不是4,7-二甲基-3-乙基壬烷。B选项 正戊烷、异戊烷、新戊烷互为同分异构体，常压下，这三种同分异构体，碳链上的支链越多，分子间的作用力越小，沸点越点。所以，常压下，正戊烷、异戊烷、新戊烷的沸点依次减小。B错误。C选项 ，糖类化合物是指多羟基的醛或多羟基酮以及能水解生成它们的物质。肌醇是属于醇，不属于糖类化合物。C错误。D选项，1.0 mol的中含有1mol酚羟基和3mol酯基，其中有1mol酯基断键后，又形成1mol酚羟基，所以最多能及5.0 mol NaOH的水溶液完全反应，D正确。答案：D12下列说法正确的是：A在100 、101 kPa条件下，液态水的气化热为40.69 kJ·mol-1，则H2O(g>H2O(l> 的H = 40.69 kJ·mol-1B已知MgCO3的Ksp = 6.82 × 10-6，则所有含有固体MgCO3的溶液中，都有c(Mg2+> = c(CO32->，且c(Mg2+> · c(CO32-> = 6.82 × 10-6C已知：共价键CCC=CCHHH键能/ kJ·mol-1348610413436则可以计算出反应的H为384 kJ·mol-1D常温下，在0.10 mol·L-1的NH3·H2O溶液中加入少量NH4Cl晶体，能使NH3·H2O的电离度降低，溶液的pH减小解读：A 选项中，H2O(g>H2O(l>是放出热量，则H2O(g>H2O(l> 的H=40.69 kJ·mol-1。A错；B选项中，难溶电解质MgCO3在溶液中的溶解平衡是建立在一定条件下的，溶度积是难溶解的固相及溶液中相应离子达到平衡时的离子浓度的乘积，只及温度有关。在一定温度下，MgCO3达到溶解平衡状态时，是c(Mg2+>和c(CO32->保持不变，不是相等，此时，Ksp( MgCO3>=c(Mg2+>×c(CO32->，25时Ksp = 6.82 × 10-6，所以B错； C选项中，苯环上碳原子间的键是介于单键及双键之间的一种特殊的键，则反应的焓变不能用CC 和C=C的键能来计算，C错；D选项，常温下，NH3·H2O溶液中存在着下列电离平衡：NH3·H2ONH4+OH，加入少量NH4Cl晶体，由于同离子效应，使平衡向左<逆向）移动，抑制了NH3·H2O的电离，从而使NH3·H2O的电离度降低，溶液的pH减小，D正确。答案：D13化学方程式可简明地体现元素及其化合物的性质。已知：氧化还原反应：2FeCl3 + 2HI = 2FeCl2 + I2 + 2HCl； 2Co(OH>3 + 6HCl = 2CoCl2 + Cl2 + 6H2O2Fe(OH>2 + I2 + 2KOH= 2Fe(OH>3 + 2KI； 3I2 + 6KOH= 5KI + KIO3 + 3H2O复分解反应：2HSCN + K2CO3 = 2KSCN + CO2 + H2O； KCN + CO2 + H2O = HCN + KHCO3热分解反应：4NaClO 3NaCl + NaClO4；NaClO4 NaCl + 2O2下列说法不正确是：A氧化性<酸性溶液）：FeCl3 > Co(OH>3> I2B还原性<碱性溶液）：Fe(OH>2 > I2 > KIO3C热稳定性：NaCl > NaClO4 > NaClOD酸性<水溶液）：HSCN > H2CO3 > HCN解读：根据氧化还原反应方程式中，氧化剂的氧化性强于氧化产物，还原剂的还原性强于还原产物，所以，氧化性<酸性溶液）：Co2O3>Cl2>Fe3+>I2，A选项错；还原性<碱性溶液）：Fe(OH>2 > I2 > KIO3，B选项正确；C选项，根据在热分解反应中稳定性弱的物质容易分解生成对应的稳定性强的物质，C正确；D选项，根据在复分解反应中强酸制取弱酸的原则，酸性<水溶液）：HSCN > H2CO3 > HCN，正确。答案：A非选择题部分化学非选择题部分共4题，共58分。26(15分>大气中SO2和NOx是形成酸雨的主要物质。某地酸雨中可能含有下列离子：Na+、Mg2+、NH4+、Cl-、SO32-、SO42-、NO3-和NO2-等。某研究小组取该地一定量的酸雨，浓缩后将所得试液分成4份，进行如下实验：第一份酸化后滴加适量的淀粉KI溶液，呈蓝色；第二份滴加用盐酸酸化的BaCl2溶液，有白色沉淀析出；第三份滴加NaOH溶液，加热，产生的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝；第四份加入硝酸酸化的AgNO3溶液，有沉淀产生，静置，在上层清液中滴加酸性KMnO4溶液，不褪色。已知：Ksp(Ag2SO4> = 1.20×10-5请回答下列问题：<1）该酸雨中肯定存在的离子有；肯定不存在的离子有，说明其不存在的理由：。<2）写出试液中滴加淀粉KI溶液所发生反应的离子方程式：。<3）设计实验方案，检验该试液中是否存在Cl-：。<4）该研究小组为了探究NO参及的硫酸型酸雨的形成，在烧瓶中充入含有少量NO的SO2气体，慢慢通入O2，该过程中发生的化学反应有、，再喷射适量蒸馏水即得硫酸型酸雨。说明NO的作用：。解读：<1）从酸雨中可能含有的离子分析，SO32-具有较强的还原性，因此酸性条件下SO32-及NO3-是不能共存的。从浓缩后所得的4份试液进行的实验分析可知：第一份酸化后滴加适量的淀粉KI溶液，呈蓝色，说明有NO3或NO2-，<6I- + 2NO3- + 8H+ = 3I2 + 2NO+ 4H2O或2NO2-+ 2I+ 4H=I2 + 2NO+ 2H2O）；第二份滴加用盐酸酸化的BaCl2溶液，有白色沉淀析出，说明有SO42；第三份滴加NaOH溶液，加热，产生的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，说明有NH4；第四份加入足量硝酸酸化的AgNO3溶液，有沉淀产生，说明可能有Cl或SO42(生成AgCl或Ag2SO4，均不溶于稀硝酸>，静置，在上层清液中滴加酸性KMnO4溶液，不褪色，说明没有NO2-，否则NO2-离子能及具强氧化性的酸性KMnO4溶液反应，使KMnO4溶液褪色<5NO2- + 2MnO4+6H= 5NO3+ 2Mn2+ 3H2O）。所以，该酸雨中肯定存在的离子有SO42-、NO3-、NH4+；肯定不存在的离子有SO32-、NO2-。<2）试液中滴加淀粉KI溶液所发生反应的离子方程式是：6I- + 2NO3- + 8H+ = 3I2 + 2NO+ 4H2O。<3）由于该试液中存在着SO42，所以，检验该试液中是否存在Cl-时要考虑排除SO42的干扰。检验的方法为：取少量试液，滴加足量的Ba(NO3>2溶液，静置；取上层清液，滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，若有白色沉淀产生，则存在Cl-。<4）据题目告知，是探究NO参及硫酸型酸雨的形成，根据硫酸型酸雨的形成的机理：化石燃料的燃烧、含硫金属矿石的冶炼和硫磺的生产等过程中产生的SO2 释放到空气中，在光照、烟尘中的金属氧化物等的催化作用下，SO2 及氧气反应生成SO3 ，SO3 溶于雨水后形成H2SO4。因此当在烧瓶中充入含有少量NO的SO2气体，慢慢通入O2时，要生成SO3 必须要有催化剂参及，所以NO应该是起了催化剂的作用，该过程中发生的化学反应该是2NO+O2= 2NO2， NO2+SO2 = SO3 + NO。答案：<1）SO42-、NO3-、NH4+ ；SO32-、NO2- ；SO32-具有较强的还原性，酸性条件下，及NO3-不能共存。若有NO2-，能使酸性KMnO4溶液褪色<2）6I- + 2NO3- + 8H+ = 3I2 + 2NO+ 4H2O<3）取少量试液，滴加足量的Ba(NO3>2溶液，静置；取上层清液，滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，若有白色沉淀产生，则存在Cl-<4）2NO+O2= 2NO2 NO2+SO2 = SO3 + NO ；催化剂27(15分>物质(t-BuNO>2在正庚烷溶剂中发生如下反应：(t-BuNO>2 2(t-BuNO> 。<1）当(t-BuNO>2的起始浓度<c0）为0.50 mol·L-1时，实验测得20时的平衡转化率<）是65 %。列式计算20时上述反应的平衡常数K =。<2）一定温度下，随着(t-BuNO>2的起始浓度增大，其平衡转化率<填“增大”、“不变”或“减小”）。已知20时该反应在CCl4溶剂中的平衡常数为1.9，若将反应溶剂正庚烷改成CCl4，并保持(t-BuNO>2起始浓度相同，则它在CCl4溶剂中的平衡转化率<填“大于”、“等于”或“小于”）其在正庚烷溶剂中的平衡转化率。<3）实验测得该反应的H = 50.5 kJ·mol-1，活化能Ea = 90.4 kJ·mol-1。下列能量关系图合理的是。重要说明：这道题取材于浙江省2017年高三调研理综试卷第27题，还是考试说明编写者在编写时将题的4幅能量关系图作了变动，还是在印刷时出了差错，使A及C两幅图，B及D两幅图变成了一样，这样一来就出现了错误，没有合理的图可选了，也就没有正确答案了。现将原题给出，予以纠正。<4）该反应的S0<填“”、“”或“”）。在<填“较高”或“较低”）温度下有利于该反应自发进行。<5）随着该反应的进行，溶液的颜色不断变化，分析溶液颜色及反应物<或生成物）浓度的关系<即比色分析），可以确定该化学反应的速率。用于比色分析的仪器是。 ApH计B元素分析仪 C分光光度计 D原子吸收光谱仪<6）通过比色分析得到30时(t-BuNO>2浓度随时间的变化关系如下图所示，请在同一图中绘出t-BuNO浓度随时间的变化曲线。解读：<1）物质t-BuNO>2是2-甲基2-亚硝基丙烷二聚体。在正庚烷溶剂中会部分分解为t-BuNO<2-甲基2-亚硝基丙烷），反应：(t-BuNO>2 2(t-BuNO> 。对于这种物质没有学过，用这样的形式来表示的反应也没有见到过，很陌生，这就给解题增加了理解上的难度。其实这就是一个普通的分解反应，一个可逆反应，只要按常规的化学平衡三段式方法解题就可求得20时平衡常数。(t-BuNO>2 2(t-BuNO> c0 0.5 0 c转 -x -2x c平 0.5-x 2x已知20时(t-BuNO>2的平衡转化率= 解得 X = 0.325 mol·L-1由于分解反应的反应物和生成物各只有一种，因此也可以用下列方法来求平衡常数：已知20时(t-BuNO>2的平衡转化率=65 % ， 则(t-BuNO>2 2(t-BuNO>平衡时： C0(1-> 2c0平衡常数<2）一定温度下，随着(t-BuNO>2的起始浓度增大，即增加反应物(t-BuNO>2的浓度，虽然平衡向正反应方向移动，但由于 (t-BuNO>2的起始浓度增大，其平衡转化率是减小的。保持温度20不变，保持(t-BuNO>2起始浓度相同，平衡转化率越小，K值越小。已知该反应在CCl4溶剂中的平衡常数为1.9，则(t-BuNO>2它在CCl4溶剂中的平衡转化率小于其在正庚烷溶剂中的平衡转化率。<3）由实验测得该反应的H = 50.5 kJ·mol-1，可知该反应是吸热反应，则反应物的总能量低于生成物的总能量。可排除能量关系图B和C，又依据活化能Ea = 90.4 kJ·mol-1，EaH<50.5kJ·mol-1,能量关系图A中, EaH.>50.5kJ·mol-1,Ea及H的比例不对。而能量关系图D是合理的。<4）由于该反应是一个分解反应，所以是一个混乱度增加<熵增）的反应，S0；而该反应又是一个吸热反应，H0，所以该反应应在较高温度下有利于自发进行。<5）现代化学分析中，常借助一些仪器来分析化学物质的组成，用元素分析仪确定物质中是否含有C、H、O、N、S、Cl、Br等元素；用红外光谱仪确定物质中是否存在某些有机原子团；用原子吸收光谱仪确定物质中含有哪些金属元素；用用于比色分析的分光光度计测定溶液颜色深浅，分析溶液颜色及反应物<或生成物）浓度的关系<即比色分析），从而可以确定该化学反应的速率；pH计是测定溶液pH的仪器。<6）在图中绘出t-BuNO浓度随时间的变化曲线：先从图中30时(t-BuNO>2浓度随时间的变化关系曲线上，分别查得1min、3 min、4.5 min、8 min等时刻时(t-BuNO>2的浓度，然后按(t-BuNO>2 2(t-BuNO> c0 0.05 0 c转 -x -2x c某时刻 0.5-x 2x求出1min、3 min、4.5 min、8 min等时(t-BuNO>的浓度，最在图上找出相应的点，连成平滑曲线即可<见答案）。答案：(15分><1）<2）减小小于<3）D<4）较高<5）C<6）28(14分>过碳酸钠<2Na2CO3·3H2O2）是一种集洗涤、漂白、杀菌于一体的氧系漂白剂。某兴趣小组制备过碳酸钠的实验方案和装置示意图如下：已知：主反应 2Na2CO3 (aq> + 3H2O2 (aq> 2Na2CO3·3H2O2 (s> H < 0副反应 2H2O2 = 2H2O + O2滴定反应 6KMnO4 + 5(2Na2CO3·3H2O2> +19H2SO4 = 3K2SO4 + 6MnSO4 +10Na2SO4 + 10CO2 + 15O2 + 34H2O50 °C时 2Na2CO3·3H2O2 (s> 开始分解请回答下列问题：<1）图中支管的作用是。<2）步骤的关键是控制温度，其措施有、和。<3）在滤液X中加入适量NaCl固体或无水乙醇，均可析出过碳酸钠，原因是。<4）步骤中选用无水乙醇洗涤产品的目的是。<5）下列物质中，会引起过碳酸钠分解的有。AFe2O3BCuOCNa2SiO3DMgSO4<6）准确称取0.2000 g过碳酸钠于250 mL 锥形瓶中，加50 mL 蒸馏水溶解，再加50 mL 2.0 mol·L-1 H2SO4，用2.000×10-2 mol·L-1 KMnO4标准溶液滴定至终点时消耗30.00 mL，则产品中H2O2的质量分数为。解读：<1）恒压滴液漏斗一般用于封闭体系，恒压滴液漏斗的支管是为了使反应体系的压力不会由于滴加液体而增加。如果没有支管，反应体系只有一个口的话，不断加液体就会造成反应体系压力增加，会使液体滴不下来。所以支管的作用是平衡压强。<2）由于50°C时，2Na2CO3·3H2O2 (s> 开始分解，所以步骤<控温反应）的关键是控制温度，由于主反应是放热反应，所以控制温度的措施有：采用冷水浴、不断搅拌使反应产生的热量快速地散去，缓慢地滴加H2O2溶液，使反应缓慢进行、缓慢放热。<3）滤液X主要是过碳酸钠溶液，加入固体NaCl<电解质）或无水乙醇，能降低过碳酸钠的溶解度，使过碳酸钠析出<盐析作用或醇析作用）。<4）步骤是洗涤，选用无水乙醇洗涤产品的目的是：为了冲洗去固体表面的水分，有利于干燥，可以防止产品溶解，降低产率。<5）Fe2O3、CuO是H2O2分解的催化剂，分析过碳酸钠的组成2Na2CO3·3H2O2，可以推知Fe2O3、CuO它们也会引起过碳酸钠分解。<6）根据关系式： 6KMnO4 5(2Na2CO3·3H2O2> 6mol 5mol<2.000×10-2 mol·L-1×30.00 mL×10-3 L/Ml） nn (2Na2CO3·3H2O2> = 0.0005mol m (2Na2CO3·3H2O2> = 0.0005mol×314g/mol = 0.517g答案：(14分> <1）平衡压强<2）冷水浴磁力搅拌缓慢滴加H2O2溶液<3）降低产品的溶解度<盐析作用或醇析作用）<4）洗去水份，利于干燥<5）AB<6）25.50 %(或0.2550 >29<14分）化合物A<C12H16O3）经碱性水解、酸化后得到B和C<C8H8O2）。C的核磁共振氢谱表明含有苯环，且苯环上有2种氢原子。B经过下列反应后得到G，G由碳、氢、氧三种元素组成，相对分子质量为172，元素分析表明，含碳55.8 %，含氢7.0 %，核磁共振氢谱显示只有一个峰。已知：请回答下列问题：<1）写出G的分子式：。<2）写出A的结构简式：。<3）写出FG反应的化学方程式：，该反应属于<填反应类型）。<4）写出满足下列条件的C的所有同分异构体：。是苯的对位二取代化合物；能及FeCl3溶液发生显色反应；不考虑烯醇<）结构。<5）在G的粗产物中，经检测含有聚合物杂质。写出聚合物杂质可能的结构简式<仅要求写出1种）：。解读：<1）由G的相对分子质量为172，元素分析表明，含碳55.8 %，含氢7.0 %，可知G分子中含C、H、O的原子个数为： C：(172×55.8 %>/12 = 96/12 = 8 ； H：<172×7.0 %/1 = 12/1 = 12 ； O：<172 96 12/16 = 64/16 = 4 ；所以，G的分子式：C8H12O4。<2）由题给的信息：化合物A<C12H16O3）经碱性水解、酸化后得到B和C<C8H8O2），可知A为酯，水解后生成醇和羧酸，。据C<C8H8O2）的核磁共振氢谱表明含有苯环，且苯环上有2种氢原子，可推出C为 则B为醇<C4H9OH）。又据B经过下列反应后得到G。由此可推知：B为醇，连续氧化生成羧酸D：C3H7COOH，根据 E为C3H6BrCOOH，E碱性水解生成C3H6(OH>COONa，酸化<H）后生成F(C3H6(OH>COOH>, 又根据G的分子式<C8H12O4）可推知F是在浓硫酸和加热条件下缩合成G。根据G的核磁共振氢谱显示只有一个峰。可推知G的结构简式为：则F的结构简式为： B的结构简式为为：A的结构简式为：<3）FG反应的化学方程式：属于取代反应<或酯化反应）。<4）根据题目所给的满足条件：是苯的对位二取代化合物；能及FeCl3溶液发生显色反应；<可推知有酚羟基）不考虑烯醇<）结构。的C<C8H8O2）所有同分异构体有：<5）在G的粗产物中，聚合物杂质可能有：答案：<14分）<1）C8H12O4<2）<3）取代反应<或酯化反应）<4）<5）申明：所有资料为本人收集整理，仅限个人学习使用，勿做商业用途。第 9 页