2022辽宁高考化学试题解析.pdf

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1、2022年辽宁高考化学试题解析1.北京冬奥会备受世界瞩目。下列说法错误的是A.冰壶主材料花岗岩属于无机非金属材料B.火炬“飞扬”使用的碳纤维属于有机高分子材料C.冬奥会“同心”金属奖牌属于合金材料D.短道速滑服使用的超高分子量聚乙烯属于有机高分子材料【答案】B【解析】A.花岗岩的主要成分是石英、云母、长石等矿物，属于无机非金属材料，A正确；B.碳纤维指的是含碳量在9 0%以上的高强度高模量纤维，属于无机非金属材料，B错误；C.金属奖牌属于合金材料，C正确；D.聚乙烯属于有机高分子材料，D正确；故答案选B。2.下列符号表征或说法正确的是A.H 2 s 电离：H2S2H+S2 B.Na位于元素周期

2、表p区C.CO；空间结构：平面三角形 D.KOH电子式：K：O：H _【答案】C【解析】A.H 2 s 是二元弱酸，电离分步进行，其一级电离方程式为H2S;H+H S,A 错误；B.基态Na原子的价电子排布式是3 sl最后一个电子填充在s 能级，位于元素周期表s区，B错误；C.C O；-中心碳原子的价层电子对数为3+x(4 +2 3 x 2)=3,故其空间结构为2平面三角形，C正确；D.KOH是离子化合物，电子式为K+:O:H，D错误；故答案选C。3.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A.1.8 g O中含有的中子数为NAB.2 8 g C 2 H 4 分子中含有的键数目为4NAC.

3、标准状况下，2 2.4 L H C 1气体中H+数目为NAD.p H=1 2的N a 2 c O 3溶液中OH数目为O.OINA【答案】A【解析】A.1个 评0原子中含有1 0个中子，L 8 g I。的物质的量为1 8 g-6,=0.1 m o l,故1.8g中含有中子的物质的量为I m o l,中子数为NA，故A1 8 g-m o l正确；B.乙烯分子的结构式为1个乙烯分子中含有5个。键,2 8 g C 2 H 4 的物质的量为I m o l,所以2 8 gC 2 H 4分子中含有的。键数目为5 N,B错误；C.H C 1是共价化合物，H C 1分子中不存在H+，故C错误；D.没有给出N a

4、 2 c O 3溶液的体积，无法计算p H =1 2的N a 2 c O 3溶液中O H-的数目，故D错误；选A o4.卜 列 关 于 苯 乙 快 的 说 法 正 确 的 是A.不能使酸性K M n O 溶液褪色 B.分子中最多有5个原子共直线C.能发生加成反应和取代反应 D.可溶于水【答案】C【分析】根据苯环的性质判断可以发生氧化、加成、取代反应；根据碳碳叁键的特点判断可发生加成反应，能被酸性高锌酸钾钾氧化，对于共线可根据有机碳原子的杂化及官能团的空间结构进行判断；【解析】A.苯乙焕分子中含有碳碳三键，能使酸性长。4溶液褪色，A错误；B.如图所示，R-C =CH，苯乙焕分子中最多有6个原子共

5、直线，B错误；C.苯乙焕分子中含有苯环和碳碳三键，能发生加成反应，苯环上的氢原子能被取代，可发生取代反应，c正确；D.苯乙焕属于烧，难溶于水，D错误；故选答案C；5.短周期元素X、Y、Z、W、Q原子序数依次增大。基态X、Z、Q原子均有两个单电子，W简单离子在同周期离子中半径最小，Q与Z同主族。下列说法错误 是A.X能与多种元素形成共价键 B.简单氢化物沸点：ZZ D.电负性：WFeS n,则镀锡铁钉更易生锈，C 项错误；D.漂白粉的有效成分为Ca(C lO)2,其具有强氧化性，可将氧化，D 项正确；答案选D。7.下列类比或推理合理的是已知方法结论A沸 点:Cl2Br2I2类比沸点：H2N2 H

6、1 O4类比酸性：HC 1 HIC金属性：F e C u推理氧化性：F e3+C u2+DKs p：A g2C rO4 A g C l推理溶解度：A g2C rO4 A g C lA.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】A.C l?、B2、匕的相对分子质量逐渐增大，沸点逐渐升高，可推知分子晶体的相对分子质量越大，分子间作用力越大，沸点越高，由于相对分子质量：H2 N2 02,所以沸点：H2N2故A正确；B.非金属元素最高价含氧酸的酸性与非金属性有关，元素的非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强，所以酸性：HC1 O4 HIO4,酸性：HC1 Cu,可推出氧化性Fe 2+Cu2+.故 C

7、错误；D.Ag z Cr O d和Ag Cl的阴、阳离子个数比不相同，不能通过K,。大小来比较二者在水中的溶解度，故D错误；选Ao8.理论化学模拟得到 一 种 离子，结构如图。下列关于该离子的说法错误的是N NN.N-N N二x.N-N-NZ XN-N-N .+A.所有原子均满足8电子结构 B.N原子的杂化方式有2种C.空间结构为四面体形 D.常温下不稳定【答案】B【解析】A.由N1的结构式可知，所有N原子均满足8电子稳定结构，A正确；B.中心N原子为s p 3杂化，与中心N原子直接相连的N原子为s p 2杂化，与端位N原子直接相连的N原子为s p杂化，端位N原子为s p?杂化，则N原子的杂化

8、方式有3种，B错误；C.中心N原子为s p?杂化，则其空间结构为四面体形，C正确；D.N】中含叠氨结构(一N=N=N:),常温下不稳定，D正确；故答案选B。9.凡0、N H )均可自耦电离：2H2CXI)；O H +也。+、4；6-8+；5-2NH3(1),NH+NH4。下列反应与CH3cH广Br+H-j-OH-CH3cH20H+HBr原理不同的是A.Mg3N2+6H2O=3Mg(OH)2+2NH,B.SiCl4+8NH3(l)=Si(NH2)4+4NH4clC.3C12+8NH3=6NH4C1+N2 D,PC13+3H2O=H3PO3+3HC1【答案】C【解析】A.根据题目信息可知，CH3c

9、HBr和H?O互相交换成分生成CH3cH20H和H B r。由2H2O(1)O H +HQ+可得，M gN?与H?O互相交换成分生成Mg(OH)2和NH；,与题述反应原理相同，A正确；B.由于NH?可自电离，2NH,可 写 为 茹 由 心，储 厂 施2与S i04交换成分生成Si(NH?)4和NH4C13与题述反应原理相同，故B正确；c.CU与NH3反应生成了单质N”反应物没有互相交换成分，与题述反应原理不同，故C错误；D.6 H和P03互相交换成分生成了 H3Po3和H C 1,与题述反应原理相同，故D正确；故答案选Co10.某温度下，在1L恒容密闭容器中ZOmolX发生反应2X(S)=Y(

10、g)+2 Z(g),有关数据如下：时间段/min产物Z的平均生成速率/mol L min-020.20040.15060.10下列说法错误的是A.1 min时，Z的浓度大于0.20mol-LB.2min 时，力 口 入 0.20m olZ,出1 时 v正(Z)v逆(Z)C.3min时，Y的体积分数约为33.3%D.5min时，X的物质的量为1.4mol【答案】B【解析】A.反应开始一段时间，随着时间的延长，反应物浓度逐渐减小，产物Z的平均生成速率逐渐减小，则0 1 0 内2的平均生成速率大于0 2而11内的，故1 min时，Z的浓度大于0.20mol-IJi，A正确；B.4m in时生成的 Z

11、的物质的量为0.i5 m o l-L-i4 m in x lL =0.6mol,6min 时生成的Z的物质的量为O.lOmoLLjLminTx6minxlL=0.6mol，故反应在4m in时已达到平衡，设达到平衡时生了 a mol Y,列三段式：2X(s)=Y(g)+2Z(g)初 始 量/mol2.0 00转化量/mol2a a2a平 衡 量/mol2.0-2 a a0.6根据 2a=0.6，得a=0.3,则Y的平衡浓度为0.3mol-Ci，Z的平衡浓度为0.6mol L7，平衡常数 K=C2(Z)-C(Y)=O.1O8,2而11时丫的浓度为0.2111。117|，Z的浓度为0.4mol.L

12、7i，加入0.2mol Z后Z的浓度变为,QO=C2(Z)-C(Y)=O.O72 v逆(Z),B错误;C.反应生成的Y与Z的物质的量之比恒等于1 ：2,反应体系中只有Y和Z为气体，相同V(Y)1条件下，体积之比等于物质的量之比，有 次=不，故Y的体积分数始终约为33.3%,CV(NJ L正确；D.由B项分析可知5 min时反应处于平衡状态，此时生成Z为0.6mol,则X的转化量为0.6mol,初始X的物质的量为2mol,剩余X的物质的量为L4mol,D正确；故答案选Bo11.下列实验能达到目的的是实验目的实验方法或操作A测定中和反应的反应热酸碱中和滴定的同时，用温度传感器采集锥形瓶内溶液的温度

13、B探究浓度对化学反应速率的影响量取同体积不同浓度的NaClO溶液，分别加入等体积等浓度的Na2sO3溶液，对比现象C判断反应后B a?+是否沉淀完全将N a 2 cO 3溶液与B a C L溶液混合，反应后静置，向上层清液中再加1滴N a 2 cO 3溶液D检验淀粉是否发生了水解向淀粉水解液中加入碘水A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】A.酸碱中和滴定操作中没有很好的保温措施，热量损失较多，不能用于测定中和反应的反应热，A错误；B.N a C lO和N a?S 0 3反应无明显现象，无法根据现象进行浓度对化学反应速率的影响的探究，B错误；C.将N a 2 c0,溶液与B a C L

14、溶液混合，反应后静置，向上层清液中滴加1滴N a 2 cO 3溶液，若有浑浊产生，则说明B a：+没有沉淀完全，反之，则沉淀完全，C正确；D.检验淀粉是否发生了水解，应检验是否有淀粉的水解产物（葡萄糖）存在，可选用银氨溶液或新制氢氧化铜，碘水是用来检验淀粉的试剂，可用于检验淀粉是否完全水解，D错误。故答案选C。【拓展】本题易忽略实验探究过程中，反应应具有明显的实验现象，如有气体或沉淀生成，或有明显的颜色变化，一般条件下会加入显色剂辅助观察实验现象，如酸碱中和滴定时加入酚配溶液或甲基橙，从而易于观察滴定终点。1 2.某储能电池原理如图。下列说法正确的是循环回路 循环回路A.放电时负极反应：N a

15、3T i2(P O4)3-2 e-=N a T i2(P O4)3+2 N a+B.放电时c r透过多孔活性炭电极向c c y中迁移C.放电时每转移I mol电子，理论上C C 1&吸收O S mo l C UD.充电过程中，N a C l溶液浓度增大【答案】A【分析】放电时负极反应：Na3Ti2(PO4)3-2e-=NaTi2(PO4)3+2Na+,正极反应：CL+2e-=2Cr,消耗氯气，放电时，阴离子移向负极，充电时阳极：2c-2e-=CL,由此解析。【解析】A.放电时负极失电子，发生氧化反应，电极反应：Na3Ti2(PO4)3-2e-NaTi2(PO4)3+2Na+,故 A 正确；B.

16、放电时，阴离子移向负极，放电时C透过多孔活性炭电极向NaCl中迁移，故B错误；C.放电时每转移Im ol电子，正极：C12+2e-=2C，理论上CCI4释放().5molCL，故C错误；D.充电过程中，阳极：2Cr-2e=C h,消耗氯离子，NaCl溶液浓度减小，故D错误；故选Ao13.甘氨酸(NH2cH2coOH)是人体必需氨基酸之一、在25时，NH；C H 2co0H、NH；CH2co0一 和NH2cH2co0一 的分布分数【如分布分数B.曲线 c 代表 NH2cH2coeVC.NH；CH2COO+H2O；NH；CH2COOH+OH 的平衡常数 K=1065D.c2(NH；CH2COO)c

17、(NH；CH2COOH)c(NH2CH2COO),故 D 错误;故答案选D。二、非选择题：本题共4小题，共55分。14.某工厂采用辉钿矿(主要成分为Bi2s3,含有FeS?、Si。2杂质)与软镭矿(主要成分为MnO,)联合焙烧法制备BiOCl和MnSO4,工艺流程如下：空气辉锡矿 软镒矿(过量)联合焙烧水浸浓盐酸-气体A酸浸滤液(MnC与、FeC%溶液)已知：焙烧时过量的MnO2分解为M n20:i,FeS2转变为Fe203；金属活动性：Fe(H)BiCu；相关金属离子形成氢氧化物的p H范围如下:回答下列问题：开始沉淀p H完全沉淀p HF e2+658.3F e“1.62.8M n2+8.

18、110.1(1)为提高焙烧效率，可采取的措施为a.进一步粉碎矿石b.鼓入适当过量的空气c.降低焙烧温度(2)B i 2 s 3在空气中单独焙烧生成B i?。？，反应的化学方程式为(3)“酸浸 中过量浓盐酸的作用为：充分浸出B i?+和M i?+；(4)滤 渣 的 主 要 成 分 为(填 化 学 式)。(5 )生成气体A的离子方程式为。(6)加入金属B i的目的是 o【答案】(1)a b (2)2 B i2S3+9 02-2 Bi203+6 S02(3)抑制金属离子水解(4)Si O2(5)M n2O3+6 H+2 Cl =2 M n2+Cl2?+3 H2O(6)将F e 3+转化为F e?【分

19、析】联合焙烧：由已知信息和第(2)问题干可知，发生转化：Bi2s3 f B i Q 3+S O?、FeS2 F e2O,+S O2 M n O2 M n2O3+MnSO,故联合焙烧后得到 WO,、F e2O3、M 4 3、M n S O4 和 Si O2；水浸：进入滤液，滤渣为Bi z O,、F e203,加?。.：和S Q；酸浸:加入过量浓盐酸后，地。：和F e?。?发生转化：现。3 .8产、F e2O3-F e3+因2。3有氧化性，会与浓盐酸发生氧化还原反应：M 4 O 3 +6 H+2 C/-=2 M产+Cl2 T +3 H2O ,气体A为,滤渣主要为不溶于浓盐酸的Si。？，滤液中金属离

20、子为B 产、Fe3 肠 产；第(4)(5)问转化：由已知信息知，F e 的金属活动性强于B i，且调p H=2.6 时 A/+和Fe2+进入滤液，可知加入金属Bi 的目的是将F e 3+还原为Fe2+【小 问 1 解析】a.联合焙烧时，进一步粉碎矿石，可以增大矿石与空气的接触面积，能够提高焙烧效率，选项a 符合题意；b.鼓入适当过量的空气有利于矿石充分反应，选项b 符合题意；c.降低焙烧温度，反应速率减慢，不利于提高焙烧效率，选项c 不符合题意；答案选a b；【小问2解析】Bi 2 s 3 在空气中单独焙烧生成由2。3,根据原子守恒可知还应生成S O2,结合得失电子守Vrm恒，反应的化学方程式

21、为2BZ2S3+9 022 B/2O,+6 SO2；【小问3解析】加入浓盐酸后，溶液中含有的离子主要为3 产、F e3/+、H+、C F,而酸浸后取滤液进行转化，故要防止金属离子水解生成沉淀，进入滤渣，造成制得的应O C 7 产率偏低；【小问4解析】滤渣主要为不溶于浓盐酸的Si。？，答案为Si。？；【小问5解析】因加2。3 有氧化性，会与浓盐酸发生氧化还原反应：M n2O3+6 H+2 d-=2 M n +C/2 T +3 H2O；【小问6解析】由已知信息知，调 p H=2.6 时，F e 3+会水解生成用(O H)?沉淀，但 电 2+还没开始沉淀，故要将F e 3+转 化 为 尸/+,在 调

22、，”后获得含血。6的滤液，为了不引入新的杂质，加入Bi 作还原剂。1 5.H 2。？作为绿色氧化剂应用广泛，氢醒法制备H?。？原理及装置如下：0 OH乙 基 娜 昆o c x0 OH乙基，凝醇已知：H2O,H X等杂质易使N i催化剂中毒。回答下列问题:(1)A中反应的离子方程式为(2)装置B应为(填序号)。饱和食盐水碱石灰(3)检查装置气密性并加入药品，所有活塞处于关闭状态。开始制备时，打开活塞控温4 5。一段时间后，仅保持活塞b打开，抽出残留气体。随后关闭活塞b,打开活塞，继续反应一段时间。关闭电源和活塞，过滤三颈烧瓶中混合物，加水萃取，分液，减压蒸储，得产品。(4)装置F的作用为。(5)

23、反应过程中，控温4 5 c的原因为。(6)氢醍法制备H?。？总 反 应 的 化 学 方 程 式 为。(7)取2.5 0g产品，加蒸储水定容至100mL摇匀，取2 0.00mL于锥形瓶中，用0.05 00mol L1酸性K M n O4标准溶液滴定。平行滴定三次，消耗标准溶液体积分别为19.9 8 mL 2 0.9 0mL、2 0.02 mL 假设其他杂质不干扰结果，产品中H 2。？质量分数为【答案】（1）Z n+2 H+=Z n2+H2 T（2）（3）.a、b .c、d(4)防止外界水蒸气进入C中使催化剂中毒(5)适当升温加快反应速率，同时防止温度过高H?。？分解_ Ni_ _ _ _ _ _

24、 _ _ _(6)4十%乙基惠醒”()2(7)17%【分析】从H?。？的制备原理图可知，反应分两步进行，第一步为H?在Ni催化作用下与乙基葱酸反应生成乙基慈醇，第二步为。2与乙基葱醇反应生成H 2。？和乙基葱醍。启普发生器A为制取H 2的装置，产生的H?中混有H C 1和H?。，需分别除去后进入C中发生第一步反应。随后氧气源释放的氧气经D干燥后进入C中发生反应生成H 2。？和乙基:感酸，F中装有浓Hz SO 与C相连，防止外界水蒸气进入C中，使催化剂Ni中毒。【小 问1解析】A中锌和稀盐酸反应生成氯化锌和氢气，反应的离子方程式为Z n+2 H+=Z n2+H?T ；【小问2解析】凡0、H X等

25、杂质易使Ni催化剂中毒，需分别通过装有饱和食盐水和浓H 2 s O4的洗气瓶除去，所以装置B应该选；【小问3解析】开始制备时，打开活塞a、b,A中产生的H 2进入C中，在Ni催化作用下与乙基葱醍反应生成乙基慈醇，一段时间后，关闭a,仅保持活塞b打开，将残留H 2抽出，随后关闭活塞b,打开活塞c、d,将。2通入C中与乙基葱醇反应生成H?。？和乙基慈醍。【小问4解析】H?。容易使Ni催化剂中毒，实验中需要保持C装置为无水环境，F的作用为防止外界水蒸气进入C中。【小问5解析】适当升温加快反应速率，同时防止温度过高H 2。？分解，所以反应过程中控温4 5；【小问6解析】第一步为H2在Ni催化作用下与乙

26、基葱醵反应生成乙基慈醇，第二步为。2与乙基慈醇反应生成H 2。？和乙基意醍，总反应为H z+O?乙 基 惠 酸 氏0 2。【小问7解析】滴定反应的离子方程式为2乂!1 04+5凡02+6 4=2 111 2+5 02个+8凡0,可得关系式:2KMnO4:5HzO）。三组数据中20.90mL偏差较大，舍去，故消耗酸性高锦酸钾标准溶液的平均体积为2O.（X）m L,H2O2的质量分数20 x 10-3 L x 0.0500m olL x-x 1 0 0 m L x 34g-molw=-2 20mL-x 100%=17%。2.50g16.工业合成氨是人类科学技术的一项重大突破，目前已有三位科学家因其

27、获得诺贝尔奖，其反应为：N2（g）+3H2（g）2NH3（g）AH=-92.4kJ-mol AS=-200J-K-1-mol-1回答下列问题：（1）合 成 氨 反 应 在 常 温 下（填“能”或“不能”）自发。（2）温（填高 或低，下同）有利于提高反应速率，温有利于提高平衡转化率，综合考虑催化剂（铁触媒）活性等因素，工业常采用400-500C。针对反应速率与平衡产率的矛盾，我国科学家提出了两种解决方案。（3）方案二：M-LiH复合催化剂。k 10000c-1f 10000.q soon=UM殍眼回找60004000-*-Fe-LiH/g-Mn-LiH2000-C r-L i X Z50 10(

28、)150 200 250 30()350 400 温度/七下列说法正确的是 oa.300c时，复合催化剂比单一催化剂效率更高b.同温同压下，复合催化剂有利于提高氨的平衡产率c.温度越高，复合催化剂活性一定越高（4）某合成氨速率方程为：v=kca（N2）cp（H2）.cY（NH3）,根据表中数据，7=在合成氨过程中，需 要 不 断 分 离 出 氨 的 原 因 为。a.有利于平衡正向移动 b.防止催化剂中毒 c.提高正反应速率实验m o l-L 1以凡)m o l-L 1c(NH s)m o l-L1Vm o l-L 1 s 11mnPq22 mnP2 q3mnO.l pl Oq4m2nP2.8

29、2 8 q（5）某种新型储氢材料晶胞如图，八面体中心为M金属离子，顶点均为NH,配体；四面体中心为硼原子，顶点均为氢原子。若其摩尔质量为1 8 8 g m o l ,则M元素为（填元素符号）；在该化合物中，M离 子 的 价 电 子 排 布 式 为.【答案】（1）能 .高.低（3）a（4）.-1 .a（5）.F e .3 d6【分析】（1）氨的分离对反应速率的影响；从反应速率方程可以推知，当c（N%）降低时，v增大。注意由于反应速率方程通常由实验测定，其中v应指净反应速率，即v正一也，因此在其他条件一定时，分离氨气是通过降低逆反应速率，从而提高净反应速率。（2）Ee（M/3）6.（3“4）2中，

30、氢元素化合价的判断：由于电负性N HB,因此N7/3中H显+1价，中H元素的化合价为-1价；（3）中根据图像进行判断，利用控制变量法进行分析；（4）利用实验对比，注意选择对比实验室，选择控制变量，找变量；（5）利用晶胞密度计算公式计算元素的相对原子质量，根据元素相对原子质量进行判断元素；【小 问1解析】对于合成氨反应，常温下，G =A/7 7 AS=9 2.4口-mol -2 9 8 K x （-0.2 0 K-1-mor）=-3 2.8 AJ -E中对应碳原子杂化方式由_ _变为，P C C的作用为（4）F G中步骤ii实现了由_ 到 的转化（填官能团名称）。（5）I的结构简式为。（6）化合

31、物I的同分异构体满足以下条件的有 种（不考虑立体异构）；i.含苯环且苯环上只有一个取代基i i .红外光谱无暇键吸收峰其中，苯环侧链上有3种不同化学环境的氢原子，且个数比为6：2：1的结构简式为_（任写一种）。【答案】（1）C7H7NO3（3）.s p 3 .s p 2 .选择性将分子中羟基氧化为默基（4）.硝基.氨基.1 2【分析】F中含有磷酸酯基，且F f G中步聚i在强碱作用下进行，由此可推测FfG发生题给已知信息中的反应；由 F、G的结构简式及化合物I 的分子式可逆推得到I 的结构简式为8 s sy；【小 问 1 解析】由 A的结构简式可知A是在甲苯结构基础上有羟基和硝基各一个各自取代

32、苯环上的一个氢原子，所以A的分子式为“C 7 H 7 N O,”；【小问2解析】由题给合成路线中c D 转化可知，苯酚可与c v/O C”2a发生取代反应生成与 HCl,C 7 可 与 发 生 中 和 反 应 生 成 和 H?。，据此可得该反应的化学方程式为根据D、E的结构简式可知，D f E发生了羟基到酮段基的转化，对应碳原子杂化方式由“s p 3”变 为“s p 2”；由D f E的结构变化可知，PCC的作用为“选择性将分子中的羟基氧化为谖基”；【小问4解析】由题给已知信息可知，F f G 的步骤i 中 F与化合物I 在强碱的作用下发生已知信息的反应得到碳碳双键，对比F 与 G的结构简式可

33、知，步骤ii发生了由“硝基”到“氨基”的转化；【小问5解析】根据分析可知，化合物I 的结构简式为“O【小问 6解析化合物I 的分子式为弓。匕4,计算可得不饱和度为4,根据题目所给信息，化合物1 的同分异构体分子中含有苯环（已占据4个不饱和度），则其余C原子均为饱和碳原子（单键连接其他原子）；又由红外光谱无酸键吸收峰，可得苯环上的取代基中含1个羟基；再由分子中苯 环 上 只 含 有 1 个 取 代 基，可 知 该 有 机 物 的 碳 链 结 构 有 如 下 四 种：基的连接位置），所以满足条件的化合物I 的同分异构体共有“1 2”种；其中，苯环侧链上有 3 种不同化学环境的氢原子，且个数比为6：2 ：1 的同分异构体应含有两个等效的甲基,