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河北省2020届高三化学全国1卷模拟试卷14
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模拟试卷14
一、选择题：本题共 7 小题，每小题 6 分，共 42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。
7.《中国诗词大会》第四季2019 年2月14举行了第十场比赛，即收官之战，精彩纷呈，体现了中国诗词博大精深，下列诗词分析不正确的是( )
①“榆荚只能随柳絮，等闲撩乱走空园”中的“柳絮”和棉花的成分均有纤维素
②“日照香炉生紫烟，遥看瀑布挂前川”中的“烟”是弥散在空气中的PM2.5固体颗粒
③“零落成泥碾作尘，只有香如故”中的“香”体现了分子是由原子构成的。
④“落红不是无情物，化作春泥更护花”中包含了复杂的化学变化过程
A．①② B．②③
C．①④ D．③④
解析 柳絮和棉花均含纤维素；烟是固体小颗粒，不一定是PM2.5固体颗粒；香味体现了分子是在不停地运动着，但不能说明物质的微观组成；植物腐烂过程中有新物质生成，属于化学变化。故B项符合题意。
答案 B
8.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是( )
A．2.8 g铁粉与50 mL 4 mol·L－1盐酸反应转移电子的数目为0.15NA
B．常温下1 L pH＝13的氢氧化钠溶液中由水电离出的H＋的数目为0.1NA
C．标准状况下，8.96 L氢气、一氧化碳的混合气体完全燃烧，消耗氧分子的数目为0.2NA
D．1.2 g金刚石与石墨的混合物中含有碳碳单键的数目为0.4NA
解析 A项，铁与盐酸反应生成FeCl2，n(Fe)＝0.05 mol，n(HCl)＝0.2 mol，盐酸过量，转移电子数为 0.1NA，错误；B项，c(OH－)＝0.1 mol·L－1，c(H＋)＝
c(H＋)水＝1×10－13 mol·L－1，错误；C项，2H2＋O22H2O、2CO＋O22CO2，0.4 mol H2、CO混合气体完全燃烧，消耗0.2 mol O2，正确；D项，0.1 mol碳原子的金刚石含有碳碳键数为0.2NA，0.1 mol碳原子的石墨含有碳碳键数为0.15NA，错误。
答案 C
9.钒是一种熔点高、硬度大、无磁性的金属，广泛应用于钢铁、航空航天、能源等领域。工业上利用冶炼铝生成的固体废料——赤泥(主要成分为Fe2O3、Al2O3、V2O5及少量稀土金属氧化物)提取金属钒，其工艺流程图如下：
已知：钒有多种价态，其中＋5价最稳定。钒在溶液中主要以VO和VO的形式存在，且存在平衡VO＋H2OVO＋2H＋。下列说法正确的是( )
A．工业生产中，碱浸步骤可选用较为廉价的氨水
B．可以推测VO2Cl的溶解度大于NH4VO3
C．焙烧非磁性产品所得的固体产物加酸溶解时，应加入过量盐酸使其溶解完全
D．将磁性产品加入稀硝酸溶解，取上层清液再加入KSCN溶液后未见红色，则磁性产品中一定不含铁元素
答案 B
10.磷酸吡醛素是细胞的重要组成部分。其结构简式如图，下列有关叙述不正确的是（ ）
A．该物质是一种磷酸酯类化合物
B．该有机物能发生银镜反应
C．该有机物可以发生取代、加成、氧化、还原、聚合反应
D．1mol该有机物与NaOH溶液反应，最多消耗5mol NaOH
答案：D
解析：该物质是磷酸酯类化合物，A项正确；该有机物中含有醛基，能发生银镜反应，B项正确；该有机物中含有羟基，能发生取代反应，含有醛基、羟基，能发生氧化反应，含有碳碳双键，能发生加成反应、聚合反应，含有醛基，能发生还原反应，C项正确；磷酸酯基、磷原子上的2个—OH均能与NaOH溶液反应，故1mol该有机物可消耗3mol NaOH，D项错误。
11.煤的电化学脱硫是借助煤在电解槽阳极发生的电化学氧化反应，将煤中黄铁矿(FeS2)或有机硫化物氧化成可溶于水的含硫化合物而达到净煤目的，下图是一种脱硫机理，则下列说法正确的是( )
1—电极a 2—黄铁矿 3—MnSO4、H2SO4混合溶液 4—未反应的黄铁矿 5—电解产品
A．Mn3＋充当了电解脱硫过程的催化剂
B．电极a应与电源负极相连
C．脱硫过程中存在的离子反应为：8H2O＋FeS2＋15Mn3＋=Fe3＋＋16H＋＋2SO＋15Mn2＋
D．阴极发生的反应：2H2O＋2e－===4H＋＋O2↑
答案 C
解析 电解初期，电极a发生Mn2＋－e－===Mn3＋，电解后期Mn3＋又被还原，Mn3＋充当了电解脱硫过程的中间产物，故A错误；电极a发生Mn2＋－e－===Mn3＋，是电解池的阳极，应与电源的正极相连，故B错误；脱硫过程中Mn3＋将FeS2氧化成Fe3＋和SO，存在的离子反应为：8H2O＋FeS2＋15Mn3＋===Fe3＋＋16H＋＋2SO＋15Mn2＋，故C正确；阴极发生的反应：4H＋＋4e－＋O2===2H2O，故D错误。
12.W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，Y(XW)Z2是一种新型净水剂，XW－是一种10电子微粒，且对水的电离有抑制作用，X和Y能形成二元化合物R，工业上电解熔融的R可制取Y的单质。下列说法正确的是( )
A．含有Y元素的离子水解一定显酸性
B．电解熔融R时，X的离子向阳极移动
C．简单离子半径：Z>Y>X
D．可用pH试纸测定Z单质水溶液的pH
解析：选B 短周期主族元素W、X、Y和Z的原子序数依次增大，由“XW－是一种10电子微粒，且对水的电离有抑制作用”，推出X为O，W为H；由“X和Y能形成二元化合物R，工业上电解熔融的R可制取Y的单质”及“Y(XW)Z2是一种新型净水剂”，可推出Y为Al，R为Al2O3；由Y(XW)Z2中各元素化合价代数和为0，推出Z为－1价，从而推出Z为Cl。A项，KAlO2溶液因AlO水解而显碱性，错误；B项，电解熔融R(Al2O3)时，X的离子(O2－)向阳极移动，正确；C项，电子层数多的离子半径大，具有相同核外电子排布的离子，原子序数小的离子半径大，则简单离子半径：Z(Cl－)>X(O2－)>Y(Al3＋)，错误；D项，因氯水中含具有漂白作用的HClO，故不能用pH试纸测定氯水的pH，错误。
13．室温下，某二元碱X(OH)2水溶液中相关组分的物质的量分数随溶液pH变化的曲线如图所示，下列说法错误的是( )
A．Kb2的数量级为10－8
B．X(OH)NO3水溶液显碱性
C．等物质的量的X(NO3)2和X(OH)NO3混合溶液中 c(X2＋)>c[X(OH)＋]
D．在X(OH)NO3水溶液中，c[X(OH)2]＋c(OH－)＝ c(X2＋)＋c(H＋)
解析：选C A项，选取图中左侧的交点数据，此时pH＝6.2，c[X(OH)＋]＝c(X2＋)，所以Kb2＝＝c(OH－)＝10－(14－6.2)＝10－7.8＝1.58×10－8，正确；B项，X(OH)NO3水溶液中X的主要存在形式为X(OH)＋，由图知，当X(OH)＋占主导时，pH为7到8之间，溶液显碱性，正确；C项，由A项知，Kb2＝1.58×10－8，X2－的水解常数Kh＝＝>1.58×10－8，即X2＋的水解程度大于X(OH)＋的电离程度，等物质的量的X(NO3)2和X(OH)NO3混合溶液中，c(X2＋)
26．钴(Co)及其化合物在工业上有广泛应用。为从某工业废料中回收钴，某学生设计流程如图(废料中含有Al、Li、Co2O3和Fe2O3 等物质)。
已知：物质溶解性：LiF难溶于水，Li2CO3微溶于水。
请回答：
(1)Ⅰ中发生反应的化学方程式为______________________________。如是氧化还原反应，在方程式中用单线桥标记电子转移：______________________________。如不是，此步略。
(2)写出步骤Ⅱ中Co2O3 与盐酸反应生成Cl2的离子方程式___________________________。
(3)废渣中的主要成分除了LiF外，还有____________。
(4) NaF与溶液中的Li＋形成LiF 沉淀，此反应对步骤Ⅳ所起的作用是__________________________________。
(5)在空气中加热10.98 g 草酸钴晶体(CoC2O4·2H2O)样品，受热过程中不同温度范围内分别得到一种固体物质，其质量如下表。已知：M(CoC2O4·2H2O)＝183 g/mol。
温度范围/℃
固体质量/g
150～210
8.82
290～320
4.82
890～920
4.5
经测定，加热到210 ℃时，固体物质的化学式为________。加热到210～290 ℃过程中产生的气体只有CO2，此过程发生反应的化学方程式是___________________________________。温度高于890 ℃时，固体产物发生分解反应，固体产物为____________。
解析：(1)Al与NaOH溶液反应的化学方程式为2Al＋2NaOH＋2H2O===2NaAlO2＋3H2 ↑，用单线桥表示电子转移时，要改成6 mol H2O，因为反应中的氧化剂是水，不是NaOH。(2)Co2O3氧化盐酸中HCl为Cl2，钴元素化合价由＋3价降低为＋2价，氯元素化合价由－1价升高为0价，根据化合价升降总数相等、电荷守恒和原子守恒得离子方程式为Co2O3＋6H＋＋2Cl－===2Co2＋＋Cl2↑＋3H2O。(3)调节pH的目的是为了使铁离子转化为氢氧化铁沉淀，从而除去铁元素杂质。(4)在步骤Ⅲ中形成LiF沉淀，可以除去大量的Li＋，避免在步骤Ⅳ中形成Li2CO3沉淀，以保证得到的CoCO3的纯度。(5)晶体的物质的量n＝ mol＝0.06 mol，失去结晶水应为0.12 mol，固体质量变化＝0.12×18 g＝2.16 g，由表中数据可知，150 ℃～210 ℃固体质量变化为10.98 g－8.82 g＝2.16 g，说明210 ℃失去结晶水得到CoC2O4。210 ℃～290 ℃过程中是CoC2O4发生分解反应，产生的气体只有CO2 ，依据碳原子守恒得到生成CO2物质的量为0.12 mol，质量为0.12×44 g＝5.28 g，但是固体质量共计减小为8.82 g－4.82 g＝4 g，说明有气体参加反应，该气体只能为O2，反应的O2为5.28 g－4 g＝1.28 g，其物质的量为 mol＝0.04 mol。所以n(CoC2O4)∶n(O2)∶n(CO2)＝3∶2∶6，可得反应的化学方程式为3CoC2O4＋2O2Co3O4＋6CO2。温度高于890 ℃时，固体产物发生分解反应，得到固体的质量为4.5 g，其中含有钴元素的质量为0.06×59 g＝3.54 g，所以固体中含有氧元素的质量为0.96 g，氧原子的物质的量为0.06 mol，固体产物为CoO。
答案：(1) 2Al＋2NaOH＋2H2O===2NaAlO2＋3H2↑
(2) Co2O3＋6H＋＋2Cl－===2Co2＋＋Cl2↑＋3H2O
(3)Fe(OH)3
(4)防止锂离子结合碳酸根离子形成碳酸锂沉淀
(5)CoC2O4 3CoC2O4＋2O2Co3O4＋6CO2 CoO
27．(2019·山西六校检测)间溴苯甲醛常用作医药中间体，实验室以苯甲醛为原料，在无水AlCl3催化下加热制备间溴苯甲醛。
Ⅰ.催化剂的制备
如图1是实验室制取少量无水AlCl3的相关实验装置。已知无水氯化铝易升华，极易潮解。
(1)若气体A是Cl2，且由KMnO4和浓盐酸反应制取，该反应的离子方程式为________________________________________________________________________。
(2)若固体B是AlCl3·6H2O，则气体A是__________，通入气体A的目的是________________________________________________________________________。
(3)若气体A为Cl2，乙中的药品是碱石灰，则碱石灰的作用是________________________________。
Ⅱ.间溴苯甲醛的制备
实验所用装置如图2(夹持及加热装置已省略)：
已知相关物质的沸点如下表所示：
物质
沸点/℃
液溴
58.8
苯甲醛
179
1，2二氯乙烷
83.5
间溴苯甲醛
229
实验步骤如下：
步骤1：将一定配比的无水AlCl3、1，2二氯乙烷和苯甲醛在三颈烧瓶中充分混合后，升温至60 ℃，缓慢滴加经浓硫酸干燥过的液溴，维持温度不变，反应一段时间后，冷却。
步骤2：将反应混合物缓慢加入一定量的稀盐酸中，搅拌、静置、分液。有机相用10% NaHCO3溶液洗涤。
步骤3：往洗涤后的有机相中加入适量无水MgSO4固体，放置一段时间后，进行下一操作。
步骤4：减压蒸馏有机相，收集相应馏分。
(1)仪器a的名称为________，本实验需要控制反应温度为60 ℃，为了更好地控制反应温度，宜采用的加热方式是____________________。
(2)步骤2分液时有机相处于________(填“上层”或“下层”)，NaHCO3可以除去有机相中的Br2，反应中1 mol Br2参与反应，转移1 mol电子且产生无色气体，反应的离子方程式为____________________。
(3)步骤3中将加入无水MgSO4固体的有机相放置一段时间后，进行的下一操作是____________________。
解析：Ⅰ.(1)KMnO4和浓盐酸反应的离子方程式为2MnO＋16H＋＋10Cl－===2Mn2＋＋5Cl2↑＋8H2O。(2)由AlCl3·6H2O制备AlCl3，只需使AlCl3·6H2O受热失去结晶水，通入HCl可防止AlCl3水解。(3)因Cl2有毒，无水AlCl3极易潮解，所以乙中碱石灰的作用是吸收未反应完的Cl2且防止空气中的水蒸气进入甲中。
Ⅱ.(1)仪器a是直形冷凝管；当反应温度低于100 ℃时，可以采取水浴加热的方式，有利于控制温度，且使反应体系受热均匀。(2)间溴苯甲醛密度比水大，有机相在下层；HCO水解使溶液呈碱性，Br2在碱性条件下发生歧化反应，反应的离子方程式为Br2＋2HCO===Br－＋BrO－＋2CO2↑＋H2O。(3)无水MgSO4固体的作用是吸收有机相中的水，固液分离的操作是过滤。
答案：Ⅰ.(1)2MnO＋16H＋＋10Cl－===2Mn2＋＋5Cl2↑＋8H2O
(2)HCl 抑制AlCl3水解
(3)吸收未反应完的Cl2，防止空气中的水蒸气进入甲中
Ⅱ.(1)直形冷凝管 水浴加热
(2)下层 Br2＋2HCO===Br－＋BrO－＋2CO2↑＋H2O
(3)过滤
28．甲醛(HCHO)俗称蚁醛，是一种重要的有机原料。
Ⅰ.利用甲醇(CH3OH)制备甲醛
脱氢法：CH3OH(g)===HCHO(g)＋H2(g)
ΔH1＝＋92.09 kJ·mol－1
氧化法：CH3OH(g) ＋O2(g)===HCHO(g)＋H2O(g) ΔH2
(1)已知：2H2(g)＋O2(g)===2H2O(g) ΔH3＝－483.64 kJ·mol－1，则ΔH2＝________________。
(2)与脱氢法相比，氧化法在热力学上趋势较大，其原因为______________________
____________________。
(3)图1为甲醇制备甲醛反应的lg K(K为平衡常数)随温度(T)的变化曲线。曲线________(填“a”或“b”)对应脱氢法，判断依据为__________________。
Ⅱ.甲醛的用途
(4)将甲醛水溶液与氨水混合蒸发可制得乌洛托品(结构简式如图2)，该物质在医药等工业中有广泛用途。若原料完全反应生成乌洛托品，则甲醛与氨的物质的量之比为________。
(5)将甲醛水溶液与硫酸镍(NiSO4)混合，可用于化学镀镍。若反应过程中有CO2产生，则该反应的离子方程式为_____________________________________________________。
Ⅲ.甲醛的检测
(6)室内甲醛超标会危害人体健康，通过传感器可以监测空气中甲醛的含量。一种燃料电池型甲醛气体传感器的原理如图3所示，则b极的电极反应式为__________________________，
当电路中转移4×10－4 mol电子时，传感器内参加反应的HCHO为________mg。
答案 (1)－149.73 kJ·mol－1
(2)脱氢法的反应为吸热反应，氧化法的反应为放热反应，放热反应在热力学上趋势较大
(3)b 脱氢吸热
(4)3∶2
(5)2Ni2＋＋HCHO＋H2O===2Ni＋CO2↑＋4H＋
(6)O2＋4e－＋4H＋===2H2O 3
解析(1)根据盖斯定律，－2ΔH1＋2ΔH2＝ΔH3，则有ΔH2＝＝－149.73 kJ·mol－1。
(2)脱氢法的反应为吸热反应，氧化法的反应为放热反应，放热反应在热力学上趋势较大。
(3)脱氢法的反应为吸热反应，随着温度升高，平衡向右移动，平衡常数增大，故曲线b对应脱氢法。
(4)每个乌洛托品分子中含有6个C原子，4个N原子，根据原子守恒可知，要形成1个乌洛托品分子，需要6个甲醛分子、4个氨气分子，则需要甲醛和氨气的分子个数之比为6∶4，即3∶2。分子数之比等于物质的量之比，所以甲醛与氨的物质的量之比为3∶2。
(5)将甲醛水溶液与硫酸镍(NiSO4)混合，可用于化学镀镍，则甲醛与硫酸镍发生氧化还原反应，析出Ni单质，甲醛被氧化为CO2，Ni元素化合价由＋2价降低到0价，甲醛中C元素由0价升高到＋4价，NiSO4与HCHO的系数比为2∶1，根据化合价升降守恒配平得离子方程式为：2Ni2＋＋HCHO＋H2O===2Ni＋CO2↑＋4H＋。
(6)HCHO转化为CO2，C元素由0价升高到＋4价，失去电子，被氧化，所以a为电池负极，b为正极。酸性环境下，O2作正极的电极反应为O2＋4e－＋4H＋===2H2O；负极的电极反应为HCHO－4e－＋H2O===CO2↑＋4H＋，每反应1 mol HCHO转移4 mol电子，当电路中转移4×10－4mol电子时，参加反应的HCHO为1×10－4mol，质量＝30 g·mol－1×1×10－4mol＝3×10－3g＝3 mg。
35.太阳能的开发利用在新能源研究中占据重要地位，单晶硅太阳能电池片在加工时，一般掺杂微量的铜、钴、硼、镓、硒等。回答下列问题：
(1)基态二价铜离子的电子排布式为__________________________________，已知高温下Cu2O比CuO更稳定，试从核外电子排布角度解释________________________________。
(2)铜的某种氧化物晶胞如图，该晶胞中阴离子的个数为____________。
(3)铜与(SCN)2反应生成Cu(SCN)2,1 mol(SCN)2中含有π键的数目为______________，HSCN结构有两种，硫氰酸(H—S—C≡N)的沸点低于异硫氰酸(H—N===C===S)的原因是________________________________________________________________________。
(4)BF3能与NH3反应生成BF3·NH3。B与N之间形成配位键，氮原子提供________，在BF3·NH3中B原子的杂化方式为________________。
(5)Co的一种氧化物CoO2晶体的层状结构如图所示(小球表示Co原子，大球表示O原子)。下列用粗线画出的重复结构单元不能描述CoO2的化学组成的是________(填字母)。
(6)六方氮化硼晶体结构与石墨晶体相似，层间相互作用力为______。六方氮化硼在高温高压下，可以转化为立方氮化硼，其结构、硬度与金刚石相似，其晶胞如图，晶胞边长为361.5 pm，立方氮化硼的密度是________g·cm－3(只列算式，NA为阿伏加德罗常数的值)。
答案 (1)1s22s22p63s23p63d9(或[Ar]3d9) 亚铜离子价电子排布式为3d10，核外电子处于稳定的全充满状态
(2)4
(3)4NA(或2.408×1024) 异硫氰酸分子间可形成氢键，所以沸点较高
(4)孤电子对 sp3
(5)D
(6)分子间作用力(或范德华力)
解析 (2)根据均摊法可知，晶胞中氧离子的数目为8×＋2×＋4×＋1＝4。
(3)铜与类卤素(SCN)2反应生成Cu(SCN)2，(SCN)2分子中硫原子形成两个共用电子对、C原子形成四个共用电子对、N原子形成三个共用电子对，(SCN)2结构式为N≡C—S—S—C≡N，每个分子中含有4个π键，则1 mol(SCN)2中含有π键的数目为4NA；能形成分子间氢键的物质熔、沸点较高，异硫氰酸(H—N===C===S)分子间可形成氢键，而硫氰酸(H—S—C≡N)不能形成分子间氢键，所以异硫氰酸沸点高于硫氰酸。
(4)硼元素具有缺电子性，其化合物可与具有孤电子对的分子或离子形成配合物，如BF3能与NH3反应生成BF3·NH3，在BF3·NH3中B原子价层电子对个数是4，根据价层电子对互斥理论，B原子的杂化方式为sp3，B与N之间形成配位键，N原子含有孤电子对，所以氮原子提供孤电子对。
(5)CoO2的重复结构单元示意图中Co、O原子数目之比应为1∶2，由题图可知：A中Co、O原子数目之比为1∶＝1∶2，符合；B中Co、O原子数目之比为∶4＝1∶2，符合；C中Co、O原子数目之比为∶＝1∶2，符合；D中Co、O原子数目之比为1∶＝1∶1，不符合。
(6)六方氮化硼晶体结构与石墨晶体相似，石墨晶体层间为分子间作用力(或范德华力)，层内为共价键；立方氮化硼的结构和硬度都与金刚石相似，二者结构相似，根据晶胞结构，1个晶胞中含有4个N,8×＋6×＝4个B，不妨取1 mol这样的晶胞，即有NA个这样的晶胞，1个晶胞的体积为V＝a3cm3＝(361.5×10－10)3cm3，则立方氮化硼的密度是ρ＝＝g·cm－3。
36．(2019·湘潭市高三二模)高分子树脂具有较好的吸水性，其合成线路如下：
已知：Ⅰ.—CHO＋—CH2CHO —CH===CHCHO
Ⅱ. —CH===CH—COOH
回答下列问题：
(1)G中的含氧官能团名称为________，M的结构简式为____________。
(2)由A生成B的化学方程式为__________________________________________。
(3)上述合成路线中，D→E的转化在合成M中的作用为
________________________________________________________________________。
(4)下列选项中对有机物F的性质推测正确的是______(填字母)。
A．1 mol F与足量NaHCO3溶液反应放出2 mol CO2
B．能发生水解反应和消去反应
C．能聚合成高分子化合物
D．1 mol F最多消耗3 mol NaOH
(5)符合下列条件的G的同分异构体有________种。
A．属于芳香族化合物，且只有1种官能团
B．能发生银镜反应
C．除苯环外不存在其他环状结构
其中核磁共振氢谱有4组峰的是____________________(写出其中一种的结构简式)。
(6)根据上述合成路线和信息，以苯乙醛为原料(其他无机试剂任选)设计制备的合成路线：_______________________________。
答案 (1)羧基
(2)＋NaOH＋NaCl
(3)保护碳碳双键，防止其被氧化
(4)BD
(5)10 (或)
(6)
解析 与Cl2在光照条件下生成的A为，A在NaOH的水溶液中加热水解生成的B为，B经催化氧化得到的C为，C和HCHO在NaOH的稀溶液中发生反应生成的D为，D再与Br2发生加成反应生成的E为，E催化氧化后得到的F为，F在Zn粉的作用下发生消去反应生成的G为，G再发生加聚反应得到M为。
(3)D()与Br2发生加成反应生成E，F在Zn粉的作用下发生消去反应生成重新得到碳碳双键，所以D→E是为了保护碳碳双键，防止其被氧化。
(4)A项，1 mol 与足量NaHCO3溶液反应放出1 mol CO2，错误；B项，溴原子在氢氧化钠的水溶液中可以水解，也可以在氢氧化钠的醇溶液中发生消去反应，正确；C项，没有碳碳双键，也没有碳碳三键，不能聚合成高分子化合物，错误；D项，1 mol F中羧基消耗1 mol NaOH，两个溴原子消耗2 mol NaOH，共消耗3 mol NaOH，正确。
(5)侧链不饱和度为2，属于芳香族化合物，且只有1种官能团，发生银镜反应，除苯环外不存在其他环状结构，说明必须有两个醛基，若苯环上有两个—CHO，一个—CH3，就有6种同分异构体；若苯环上有一个—CHO，一个—CH2CHO，就有邻、间、对3种同分异构体；若苯环上是一个—CH(CHO)CHO，就有一种结构；共有10种同分异构体。其中核磁共振氢谱有4组峰的是或。
一、选择题：本题共 7 小题，每小题 6 分，共 42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。
7.《中国诗词大会》第四季2019 年2月14举行了第十场比赛，即收官之战，精彩纷呈，体现了中国诗词博大精深，下列诗词分析不正确的是( )
①“榆荚只能随柳絮，等闲撩乱走空园”中的“柳絮”和棉花的成分均有纤维素
②“日照香炉生紫烟，遥看瀑布挂前川”中的“烟”是弥散在空气中的PM2.5固体颗粒
③“零落成泥碾作尘，只有香如故”中的“香”体现了分子是由原子构成的。
④“落红不是无情物，化作春泥更护花”中包含了复杂的化学变化过程
A．①② B．②③
C．①④ D．③④
解析 柳絮和棉花均含纤维素；烟是固体小颗粒，不一定是PM2.5固体颗粒；香味体现了分子是在不停地运动着，但不能说明物质的微观组成；植物腐烂过程中有新物质生成，属于化学变化。故B项符合题意。
答案 B
8.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是( )
A．2.8 g铁粉与50 mL 4 mol·L－1盐酸反应转移电子的数目为0.15NA
B．常温下1 L pH＝13的氢氧化钠溶液中由水电离出的H＋的数目为0.1NA
C．标准状况下，8.96 L氢气、一氧化碳的混合气体完全燃烧，消耗氧分子的数目为0.2NA
D．1.2 g金刚石与石墨的混合物中含有碳碳单键的数目为0.4NA
解析 A项，铁与盐酸反应生成FeCl2，n(Fe)＝0.05 mol，n(HCl)＝0.2 mol，盐酸过量，转移电子数为 0.1NA，错误；B项，c(OH－)＝0.1 mol·L－1，c(H＋)＝
c(H＋)水＝1×10－13 mol·L－1，错误；C项，2H2＋O22H2O、2CO＋O22CO2，0.4 mol H2、CO混合气体完全燃烧，消耗0.2 mol O2，正确；D项，0.1 mol碳原子的金刚石含有碳碳键数为0.2NA，0.1 mol碳原子的石墨含有碳碳键数为0.15NA，错误。
答案 C
9.钒是一种熔点高、硬度大、无磁性的金属，广泛应用于钢铁、航空航天、能源等领域。工业上利用冶炼铝生成的固体废料——赤泥(主要成分为Fe2O3、Al2O3、V2O5及少量稀土金属氧化物)提取金属钒，其工艺流程图如下：
已知：钒有多种价态，其中＋5价最稳定。钒在溶液中主要以VO和VO的形式存在，且存在平衡VO＋H2OVO＋2H＋。下列说法正确的是( )
A．工业生产中，碱浸步骤可选用较为廉价的氨水
B．可以推测VO2Cl的溶解度大于NH4VO3
C．焙烧非磁性产品所得的固体产物加酸溶解时，应加入过量盐酸使其溶解完全
D．将磁性产品加入稀硝酸溶解，取上层清液再加入KSCN溶液后未见红色，则磁性产品中一定不含铁元素
答案 B
10.磷酸吡醛素是细胞的重要组成部分。其结构简式如图，下列有关叙述不正确的是（ ）
A．该物质是一种磷酸酯类化合物
B．该有机物能发生银镜反应
C．该有机物可以发生取代、加成、氧化、还原、聚合反应
D．1mol该有机物与NaOH溶液反应，最多消耗5mol NaOH
答案：D
解析：该物质是磷酸酯类化合物，A项正确；该有机物中含有醛基，能发生银镜反应，B项正确；该有机物中含有羟基，能发生取代反应，含有醛基、羟基，能发生氧化反应，含有碳碳双键，能发生加成反应、聚合反应，含有醛基，能发生还原反应，C项正确；磷酸酯基、磷原子上的2个—OH均能与NaOH溶液反应，故1mol该有机物可消耗3mol NaOH，D项错误。
11.煤的电化学脱硫是借助煤在电解槽阳极发生的电化学氧化反应，将煤中黄铁矿(FeS2)或有机硫化物氧化成可溶于水的含硫化合物而达到净煤目的，下图是一种脱硫机理，则下列说法正确的是( )
1—电极a 2—黄铁矿 3—MnSO4、H2SO4混合溶液 4—未反应的黄铁矿 5—电解产品
A．Mn3＋充当了电解脱硫过程的催化剂
B．电极a应与电源负极相连
C．脱硫过程中存在的离子反应为：8H2O＋FeS2＋15Mn3＋=Fe3＋＋16H＋＋2SO＋15Mn2＋
D．阴极发生的反应：2H2O＋2e－===4H＋＋O2↑
答案 C
解析 电解初期，电极a发生Mn2＋－e－===Mn3＋，电解后期Mn3＋又被还原，Mn3＋充当了电解脱硫过程的中间产物，故A错误；电极a发生Mn2＋－e－===Mn3＋，是电解池的阳极，应与电源的正极相连，故B错误；脱硫过程中Mn3＋将FeS2氧化成Fe3＋和SO，存在的离子反应为：8H2O＋FeS2＋15Mn3＋===Fe3＋＋16H＋＋2SO＋15Mn2＋，故C正确；阴极发生的反应：4H＋＋4e－＋O2===2H2O，故D错误。
12.W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，Y(XW)Z2是一种新型净水剂，XW－是一种10电子微粒，且对水的电离有抑制作用，X和Y能形成二元化合物R，工业上电解熔融的R可制取Y的单质。下列说法正确的是( )
A．含有Y元素的离子水解一定显酸性
B．电解熔融R时，X的离子向阳极移动
C．简单离子半径：Z>Y>X
D．可用pH试纸测定Z单质水溶液的pH
解析：选B 短周期主族元素W、X、Y和Z的原子序数依次增大，由“XW－是一种10电子微粒，且对水的电离有抑制作用”，推出X为O，W为H；由“X和Y能形成二元化合物R，工业上电解熔融的R可制取Y的单质”及“Y(XW)Z2是一种新型净水剂”，可推出Y为Al，R为Al2O3；由Y(XW)Z2中各元素化合价代数和为0，推出Z为－1价，从而推出Z为Cl。A项，KAlO2溶液因AlO水解而显碱性，错误；B项，电解熔融R(Al2O3)时，X的离子(O2－)向阳极移动，正确；C项，电子层数多的离子半径大，具有相同核外电子排布的离子，原子序数小的离子半径大，则简单离子半径：Z(Cl－)>X(O2－)>Y(Al3＋)，错误；D项，因氯水中含具有漂白作用的HClO，故不能用pH试纸测定氯水的pH，错误。
13．室温下，某二元碱X(OH)2水溶液中相关组分的物质的量分数随溶液pH变化的曲线如图所示，下列说法错误的是( )
A．Kb2的数量级为10－8
B．X(OH)NO3水溶液显碱性
C．等物质的量的X(NO3)2和X(OH)NO3混合溶液中 c(X2＋)>c[X(OH)＋]
D．在X(OH)NO3水溶液中，c[X(OH)2]＋c(OH－)＝ c(X2＋)＋c(H＋)
解析：选C A项，选取图中左侧的交点数据，此时pH＝6.2，c[X(OH)＋]＝c(X2＋)，所以Kb2＝＝c(OH－)＝10－(14－6.2)＝10－7.8＝1.58×10－8，正确；B项，X(OH)NO3水溶液中X的主要存在形式为X(OH)＋，由图知，当X(OH)＋占主导时，pH为7到8之间，溶液显碱性，正确；C项，由A项知，Kb2＝1.58×10－8，X2－的水解常数Kh＝＝>1.58×10－8，即X2＋的水解程度大于X(OH)＋的电离程度，等物质的量的X(NO3)2和X(OH)NO3混合溶液中，c(X2＋)
26．钴(Co)及其化合物在工业上有广泛应用。为从某工业废料中回收钴，某学生设计流程如图(废料中含有Al、Li、Co2O3和Fe2O3 等物质)。
已知：物质溶解性：LiF难溶于水，Li2CO3微溶于水。
请回答：
(1)Ⅰ中发生反应的化学方程式为______________________________。如是氧化还原反应，在方程式中用单线桥标记电子转移：______________________________。如不是，此步略。
(2)写出步骤Ⅱ中Co2O3 与盐酸反应生成Cl2的离子方程式___________________________。
(3)废渣中的主要成分除了LiF外，还有____________。
(4) NaF与溶液中的Li＋形成LiF 沉淀，此反应对步骤Ⅳ所起的作用是__________________________________。
(5)在空气中加热10.98 g 草酸钴晶体(CoC2O4·2H2O)样品，受热过程中不同温度范围内分别得到一种固体物质，其质量如下表。已知：M(CoC2O4·2H2O)＝183 g/mol。
温度范围/℃
固体质量/g
150～210
8.82
290～320
4.82
890～920
4.5
经测定，加热到210 ℃时，固体物质的化学式为________。加热到210～290 ℃过程中产生的气体只有CO2，此过程发生反应的化学方程式是___________________________________。温度高于890 ℃时，固体产物发生分解反应，固体产物为____________。
解析：(1)Al与NaOH溶液反应的化学方程式为2Al＋2NaOH＋2H2O===2NaAlO2＋3H2 ↑，用单线桥表示电子转移时，要改成6 mol H2O，因为反应中的氧化剂是水，不是NaOH。(2)Co2O3氧化盐酸中HCl为Cl2，钴元素化合价由＋3价降低为＋2价，氯元素化合价由－1价升高为0价，根据化合价升降总数相等、电荷守恒和原子守恒得离子方程式为Co2O3＋6H＋＋2Cl－===2Co2＋＋Cl2↑＋3H2O。(3)调节pH的目的是为了使铁离子转化为氢氧化铁沉淀，从而除去铁元素杂质。(4)在步骤Ⅲ中形成LiF沉淀，可以除去大量的Li＋，避免在步骤Ⅳ中形成Li2CO3沉淀，以保证得到的CoCO3的纯度。(5)晶体的物质的量n＝ mol＝0.06 mol，失去结晶水应为0.12 mol，固体质量变化＝0.12×18 g＝2.16 g，由表中数据可知，150 ℃～210 ℃固体质量变化为10.98 g－8.82 g＝2.16 g，说明210 ℃失去结晶水得到CoC2O4。210 ℃～290 ℃过程中是CoC2O4发生分解反应，产生的气体只有CO2 ，依据碳原子守恒得到生成CO2物质的量为0.12 mol，质量为0.12×44 g＝5.28 g，但是固体质量共计减小为8.82 g－4.82 g＝4 g，说明有气体参加反应，该气体只能为O2，反应的O2为5.28 g－4 g＝1.28 g，其物质的量为 mol＝0.04 mol。所以n(CoC2O4)∶n(O2)∶n(CO2)＝3∶2∶6，可得反应的化学方程式为3CoC2O4＋2O2Co3O4＋6CO2。温度高于890 ℃时，固体产物发生分解反应，得到固体的质量为4.5 g，其中含有钴元素的质量为0.06×59 g＝3.54 g，所以固体中含有氧元素的质量为0.96 g，氧原子的物质的量为0.06 mol，固体产物为CoO。
答案：(1) 2Al＋2NaOH＋2H2O===2NaAlO2＋3H2↑
(2) Co2O3＋6H＋＋2Cl－===2Co2＋＋Cl2↑＋3H2O
(3)Fe(OH)3
(4)防止锂离子结合碳酸根离子形成碳酸锂沉淀
(5)CoC2O4 3CoC2O4＋2O2Co3O4＋6CO2 CoO
27．(2019·山西六校检测)间溴苯甲醛常用作医药中间体，实验室以苯甲醛为原料，在无水AlCl3催化下加热制备间溴苯甲醛。
Ⅰ.催化剂的制备
如图1是实验室制取少量无水AlCl3的相关实验装置。已知无水氯化铝易升华，极易潮解。
(1)若气体A是Cl2，且由KMnO4和浓盐酸反应制取，该反应的离子方程式为________________________________________________________________________。
(2)若固体B是AlCl3·6H2O，则气体A是__________，通入气体A的目的是________________________________________________________________________。
(3)若气体A为Cl2，乙中的药品是碱石灰，则碱石灰的作用是________________________________。
Ⅱ.间溴苯甲醛的制备
实验所用装置如图2(夹持及加热装置已省略)：
已知相关物质的沸点如下表所示：
物质
沸点/℃
液溴
58.8
苯甲醛
179
1，2二氯乙烷
83.5
间溴苯甲醛
229
实验步骤如下：
步骤1：将一定配比的无水AlCl3、1，2二氯乙烷和苯甲醛在三颈烧瓶中充分混合后，升温至60 ℃，缓慢滴加经浓硫酸干燥过的液溴，维持温度不变，反应一段时间后，冷却。
步骤2：将反应混合物缓慢加入一定量的稀盐酸中，搅拌、静置、分液。有机相用10% NaHCO3溶液洗涤。
步骤3：往洗涤后的有机相中加入适量无水MgSO4固体，放置一段时间后，进行下一操作。
步骤4：减压蒸馏有机相，收集相应馏分。
(1)仪器a的名称为________，本实验需要控制反应温度为60 ℃，为了更好地控制反应温度，宜采用的加热方式是____________________。
(2)步骤2分液时有机相处于________(填“上层”或“下层”)，NaHCO3可以除去有机相中的Br2，反应中1 mol Br2参与反应，转移1 mol电子且产生无色气体，反应的离子方程式为____________________。
(3)步骤3中将加入无水MgSO4固体的有机相放置一段时间后，进行的下一操作是____________________。
解析：Ⅰ.(1)KMnO4和浓盐酸反应的离子方程式为2MnO＋16H＋＋10Cl－===2Mn2＋＋5Cl2↑＋8H2O。(2)由AlCl3·6H2O制备AlCl3，只需使AlCl3·6H2O受热失去结晶水，通入HCl可防止AlCl3水解。(3)因Cl2有毒，无水AlCl3极易潮解，所以乙中碱石灰的作用是吸收未反应完的Cl2且防止空气中的水蒸气进入甲中。
Ⅱ.(1)仪器a是直形冷凝管；当反应温度低于100 ℃时，可以采取水浴加热的方式，有利于控制温度，且使反应体系受热均匀。(2)间溴苯甲醛密度比水大，有机相在下层；HCO水解使溶液呈碱性，Br2在碱性条件下发生歧化反应，反应的离子方程式为Br2＋2HCO===Br－＋BrO－＋2CO2↑＋H2O。(3)无水MgSO4固体的作用是吸收有机相中的水，固液分离的操作是过滤。
答案：Ⅰ.(1)2MnO＋16H＋＋10Cl－===2Mn2＋＋5Cl2↑＋8H2O
(2)HCl 抑制AlCl3水解
(3)吸收未反应完的Cl2，防止空气中的水蒸气进入甲中
Ⅱ.(1)直形冷凝管 水浴加热
(2)下层 Br2＋2HCO===Br－＋BrO－＋2CO2↑＋H2O
(3)过滤
28．甲醛(HCHO)俗称蚁醛，是一种重要的有机原料。
Ⅰ.利用甲醇(CH3OH)制备甲醛
脱氢法：CH3OH(g)===HCHO(g)＋H2(g)
ΔH1＝＋92.09 kJ·mol－1
氧化法：CH3OH(g) ＋O2(g)===HCHO(g)＋H2O(g) ΔH2
(1)已知：2H2(g)＋O2(g)===2H2O(g) ΔH3＝－483.64 kJ·mol－1，则ΔH2＝________________。
(2)与脱氢法相比，氧化法在热力学上趋势较大，其原因为______________________
____________________。
(3)图1为甲醇制备甲醛反应的lg K(K为平衡常数)随温度(T)的变化曲线。曲线________(填“a”或“b”)对应脱氢法，判断依据为__________________。
Ⅱ.甲醛的用途
(4)将甲醛水溶液与氨水混合蒸发可制得乌洛托品(结构简式如图2)，该物质在医药等工业中有广泛用途。若原料完全反应生成乌洛托品，则甲醛与氨的物质的量之比为________。
(5)将甲醛水溶液与硫酸镍(NiSO4)混合，可用于化学镀镍。若反应过程中有CO2产生，则该反应的离子方程式为_____________________________________________________。
Ⅲ.甲醛的检测
(6)室内甲醛超标会危害人体健康，通过传感器可以监测空气中甲醛的含量。一种燃料电池型甲醛气体传感器的原理如图3所示，则b极的电极反应式为__________________________，
当电路中转移4×10－4 mol电子时，传感器内参加反应的HCHO为________mg。
答案 (1)－149.73 kJ·mol－1
(2)脱氢法的反应为吸热反应，氧化法的反应为放热反应，放热反应在热力学上趋势较大
(3)b 脱氢吸热
(4)3∶2
(5)2Ni2＋＋HCHO＋H2O===2Ni＋CO2↑＋4H＋
(6)O2＋4e－＋4H＋===2H2O 3
解析(1)根据盖斯定律，－2ΔH1＋2ΔH2＝ΔH3，则有ΔH2＝＝－149.73 kJ·mol－1。
(2)脱氢法的反应为吸热反应，氧化法的反应为放热反应，放热反应在热力学上趋势较大。
(3)脱氢法的反应为吸热反应，随着温度升高，平衡向右移动，平衡常数增大，故曲线b对应脱氢法。
(4)每个乌洛托品分子中含有6个C原子，4个N原子，根据原子守恒可知，要形成1个乌洛托品分子，需要6个甲醛分子、4个氨气分子，则需要甲醛和氨气的分子个数之比为6∶4，即3∶2。分子数之比等于物质的量之比，所以甲醛与氨的物质的量之比为3∶2。
(5)将甲醛水溶液与硫酸镍(NiSO4)混合，可用于化学镀镍，则甲醛与硫酸镍发生氧化还原反应，析出Ni单质，甲醛被氧化为CO2，Ni元素化合价由＋2价降低到0价，甲醛中C元素由0价升高到＋4价，NiSO4与HCHO的系数比为2∶1，根据化合价升降守恒配平得离子方程式为：2Ni2＋＋HCHO＋H2O===2Ni＋CO2↑＋4H＋。
(6)HCHO转化为CO2，C元素由0价升高到＋4价，失去电子，被氧化，所以a为电池负极，b为正极。酸性环境下，O2作正极的电极反应为O2＋4e－＋4H＋===2H2O；负极的电极反应为HCHO－4e－＋H2O===CO2↑＋4H＋，每反应1 mol HCHO转移4 mol电子，当电路中转移4×10－4mol电子时，参加反应的HCHO为1×10－4mol，质量＝30 g·mol－1×1×10－4mol＝3×10－3g＝3 mg。
35.太阳能的开发利用在新能源研究中占据重要地位，单晶硅太阳能电池片在加工时，一般掺杂微量的铜、钴、硼、镓、硒等。回答下列问题：
(1)基态二价铜离子的电子排布式为__________________________________，已知高温下Cu2O比CuO更稳定，试从核外电子排布角度解释________________________________。
(2)铜的某种氧化物晶胞如图，该晶胞中阴离子的个数为____________。
(3)铜与(SCN)2反应生成Cu(SCN)2,1 mol(SCN)2中含有π键的数目为______________，HSCN结构有两种，硫氰酸(H—S—C≡N)的沸点低于异硫氰酸(H—N===C===S)的原因是________________________________________________________________________。
(4)BF3能与NH3反应生成BF3·NH3。B与N之间形成配位键，氮原子提供________，在BF3·NH3中B原子的杂化方式为________________。
(5)Co的一种氧化物CoO2晶体的层状结构如图所示(小球表示Co原子，大球表示O原子)。下列用粗线画出的重复结构单元不能描述CoO2的化学组成的是________(填字母)。
(6)六方氮化硼晶体结构与石墨晶体相似，层间相互作用力为______。六方氮化硼在高温高压下，可以转化为立方氮化硼，其结构、硬度与金刚石相似，其晶胞如图，晶胞边长为361.5 pm，立方氮化硼的密度是________g·cm－3(只列算式，NA为阿伏加德罗常数的值)。
答案 (1)1s22s22p63s23p63d9(或[Ar]3d9) 亚铜离子价电子排布式为3d10，核外电子处于稳定的全充满状态
(2)4
(3)4NA(或2.408×1024) 异硫氰酸分子间可形成氢键，所以沸点较高
(4)孤电子对 sp3
(5)D
(6)分子间作用力(或范德华力)
解析 (2)根据均摊法可知，晶胞中氧离子的数目为8×＋2×＋4×＋1＝4。
(3)铜与类卤素(SCN)2反应生成Cu(SCN)2，(SCN)2分子中硫原子形成两个共用电子对、C原子形成四个共用电子对、N原子形成三个共用电子对，(SCN)2结构式为N≡C—S—S—C≡N，每个分子中含有4个π键，则1 mol(SCN)2中含有π键的数目为4NA；能形成分子间氢键的物质熔、沸点较高，异硫氰酸(H—N===C===S)分子间可形成氢键，而硫氰酸(H—S—C≡N)不能形成分子间氢键，所以异硫氰酸沸点高于硫氰酸。
(4)硼元素具有缺电子性，其化合物可与具有孤电子对的分子或离子形成配合物，如BF3能与NH3反应生成BF3·NH3，在BF3·NH3中B原子价层电子对个数是4，根据价层电子对互斥理论，B原子的杂化方式为sp3，B与N之间形成配位键，N原子含有孤电子对，所以氮原子提供孤电子对。
(5)CoO2的重复结构单元示意图中Co、O原子数目之比应为1∶2，由题图可知：A中Co、O原子数目之比为1∶＝1∶2，符合；B中Co、O原子数目之比为∶4＝1∶2，符合；C中Co、O原子数目之比为∶＝1∶2，符合；D中Co、O原子数目之比为1∶＝1∶1，不符合。
(6)六方氮化硼晶体结构与石墨晶体相似，石墨晶体层间为分子间作用力(或范德华力)，层内为共价键；立方氮化硼的结构和硬度都与金刚石相似，二者结构相似，根据晶胞结构，1个晶胞中含有4个N,8×＋6×＝4个B，不妨取1 mol这样的晶胞，即有NA个这样的晶胞，1个晶胞的体积为V＝a3cm3＝(361.5×10－10)3cm3，则立方氮化硼的密度是ρ＝＝g·cm－3。
36．(2019·湘潭市高三二模)高分子树脂具有较好的吸水性，其合成线路如下：
已知：Ⅰ.—CHO＋—CH2CHO —CH===CHCHO
Ⅱ. —CH===CH—COOH
回答下列问题：
(1)G中的含氧官能团名称为________，M的结构简式为____________。
(2)由A生成B的化学方程式为__________________________________________。
(3)上述合成路线中，D→E的转化在合成M中的作用为
________________________________________________________________________。
(4)下列选项中对有机物F的性质推测正确的是______(填字母)。
A．1 mol F与足量NaHCO3溶液反应放出2 mol CO2
B．能发生水解反应和消去反应
C．能聚合成高分子化合物
D．1 mol F最多消耗3 mol NaOH
(5)符合下列条件的G的同分异构体有________种。
A．属于芳香族化合物，且只有1种官能团
B．能发生银镜反应
C．除苯环外不存在其他环状结构
其中核磁共振氢谱有4组峰的是____________________(写出其中一种的结构简式)。
(6)根据上述合成路线和信息，以苯乙醛为原料(其他无机试剂任选)设计制备的合成路线：_______________________________。
答案 (1)羧基
(2)＋NaOH＋NaCl
(3)保护碳碳双键，防止其被氧化
(4)BD
(5)10 (或)
(6)
解析 与Cl2在光照条件下生成的A为，A在NaOH的水溶液中加热水解生成的B为，B经催化氧化得到的C为，C和HCHO在NaOH的稀溶液中发生反应生成的D为，D再与Br2发生加成反应生成的E为，E催化氧化后得到的F为，F在Zn粉的作用下发生消去反应生成的G为，G再发生加聚反应得到M为。
(3)D()与Br2发生加成反应生成E，F在Zn粉的作用下发生消去反应生成重新得到碳碳双键，所以D→E是为了保护碳碳双键，防止其被氧化。
(4)A项，1 mol 与足量NaHCO3溶液反应放出1 mol CO2，错误；B项，溴原子在氢氧化钠的水溶液中可以水解，也可以在氢氧化钠的醇溶液中发生消去反应，正确；C项，没有碳碳双键，也没有碳碳三键，不能聚合成高分子化合物，错误；D项，1 mol F中羧基消耗1 mol NaOH，两个溴原子消耗2 mol NaOH，共消耗3 mol NaOH，正确。
(5)侧链不饱和度为2，属于芳香族化合物，且只有1种官能团，发生银镜反应，除苯环外不存在其他环状结构，说明必须有两个醛基，若苯环上有两个—CHO，一个—CH3，就有6种同分异构体；若苯环上有一个—CHO，一个—CH2CHO，就有邻、间、对3种同分异构体；若苯环上是一个—CH(CHO)CHO，就有一种结构；共有10种同分异构体。其中核磁共振氢谱有4组峰的是或。
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