【KS5U解析】四川省德阳市2020届高三二诊考试（全国III）理综化学试题 Word版含解析

1、德阳市高中 2017级“二诊”考试理科综合化学试卷可能用到的相对原子质量:h 1 c 12 n 14 o 16 na 23 s 32 cl 35.5mn 55 fe 56第卷 (选择题)一、选择题(本题包括7小题,每小题6分,共42分。 每个小题只有一个选项符合题意)1.化学与生活密切相关。 下列叙述错误是a. 疫苗因未冷藏储运而失效,与蛋白质变性有关b. 天然气既是高效清洁的化石燃料,又是重要的化工原料c. “中国天眼”的镜片材料为sic,属于新型有机非金属材料d. 港珠澳大桥水下钢柱镶铝块防腐的方法为牺牲阳极的阴极保护法【答案】c【解析】【详解】a温度过高蛋白质会发生变性，故a正确；b天然

2、气燃烧只生成二氧化碳和水，为清洁燃料，利用天然气可以合成二甲醚等有机物，是重要的化工原料，故b正确；c碳化硅是非金属化合物，且为无机物，碳化硅是一种新型无机非金属材料，故c错误；d铝比铜活泼，形成原电池铝作负极被氧化，防腐方法为牺牲阳极的阴极保护法，故d正确；故答案为c。2.有机物 是制备镇痛剂的中间体。 下列关于该有机物的说法正确的是a. 易溶于水及苯b. 所有原子可处同一平面c. 能发生氧化反应和加成反应d. 一氯代物有5种(不考虑立体异构)【答案】c【解析】【详解】a该有机物的组成元素只有氢元素和碳元素，属于烃类，不溶于水，故a错误；b该分子中含有饱和碳原子，不可能所有原子共面，故b错误

3、；c含有碳碳双键，可以发生氧化反应和加成反应，故c正确；d由结构对称性可知，含4种h，一氯代物有4种，故d错误；故答案为c。3.短周期主族元素w、x、y、z的原子序数依次增大。其中w的气态氢化物常用作制冷剂;x原子的核外电子层数与最外层电子数相等;y主族序数大于w。 下列说法正确的是a. 原子半径:wxb. 最简单氢化物的热稳定性:yzc. 工业上通过电解熔融xz3冶炼x单质d. wo2、yo2、zo2均为共价化合物【答案】d【解析】【分析】w的气态氢化物常用作制冷剂，该氢化物应为nh3，w为n元素；x原子的核外电子层数与最外层电子数相等，且其原子序数大于w，则x为al；y主族序数大于w，则y

4、为s或cl，若y为cl，则z不可能是短周期主族元素，所有y为s，z为cl。【详解】a电子层数越多，半径越大，所以原子半径wx，故a错误；b非金属性越强简单氢化物的热稳定性越强，非金属性scl，所以简单氢化物的热稳定性yz，故b错误；cxz3为alcl3，为共价化合物，熔融状态不能电离出离子，不能通过电解熔融alcl3冶炼al单质，故c错误；dwo2、yo2、zo2分别为no2，so2、clo2，均只含共价键，为共价化合物，故d正确；故答案为d。【点睛】alcl3为共价化合物，熔融状态下不导电，冶炼al单质一般电解熔融状态下的al2o3。4.设na为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是a. 4.

5、0g由co2和so2组成的混合物中含有的质子数为2nab. 1l0.5mol/lph=7的ch3coonh4溶液中nh4+数目为0.5nac. 常温下,0.1mol环氧乙烷( )中含有的共价键数目为0.3nad. 22.4lco2与足量na2o2充分反应,转移的电子数目为na【答案】a【解析】【详解】aco2的摩尔质量为44g/mol，含22个质子；so2的摩尔质量为64g/mol，含32个质子，即两者均是2g中含1mol质子，故4g混合物中含2mol即2na个质子，故a正确；b1l0.5moll-1ph=7的ch3coonh4溶液中，铵根离子发生水解，根据物料守恒：c（nh4+）+c（nh3

6、h2o）=0.5mol/l，n（nh4+）0.5mol，故b错误；c一个环氧乙烷分子的共价键数目为7，所以0.1mol环氧乙烷中含有的共价键数目为0.7na，故c错误；d未指明温度和压强，22.4lco2的物质的量不一定是1mol，故d错误；故答案为a。【点睛】选项a为难点，注意寻找混合物中质子数与单位质量之间的关系。5.下列实验能达到目的的是 选项目的实验a验证某气体表现还原性将某气体通入溴水中，溴水褪色b制备少量二氧化硫气体向饱和亚硫酸溶液中滴加浓硫酸c制备硅酸胶体向硅酸钠水溶液中逐滴滴加浓盐酸至溶液呈强酸性d配制0.2mol/l的ch3cooh溶液准确量取100ml2mol/l的ch3c

7、ooh溶液，加入烧杯中稀释后迅速转移至1000ml容量瓶中，然后加蒸馏水定容a. ab. bc. cd. d【答案】b【解析】【详解】a若某气体具有强氧化性将溴单质氧化，溴水也会褪色，故a错误；b向饱和亚硫酸钠溶液中滴加浓硫酸可生成so2，且浓硫酸溶于水放热，降低了so2的溶解度，能够达到实验目的，故b正确；c硅酸胶体中加入加入过量盐酸可使胶体聚沉，故c错误；d量取一定体积的浓醋酸在烧杯中稀释后，迅速转移至1000ml容量瓶中，要用蒸馏水洗涤烧杯玻璃棒2-3次，洗涤液转移进容量瓶，否则会造成溶质的损失，导致最终溶液浓度偏低，浓醋酸的少量挥发，也会导致溶质的损失，导致最终溶液浓度偏低，故d错误；

8、故答案为b。6.科学家利用电解nab(oh)4溶液制备h3bo3的工作原理如下图。 下列说法中正确的是a. b膜为阳离子交换膜b. n室中,进口和出口naoh溶液的浓度:a%b%c. 电子从左边石墨电极流出,先后经过a、b、c膜流向右边石墨电极d. 理论上每生成1molh3bo3,两极室共生成33.6l气体(标准状况)【答案】b【解析】【详解】am室与电源正极相连为阳极，n室为阴极，则电解质溶液中阳离子向n室移动，阴离子向m室移动，电解过程中原料室中的b(oh)4-需要移动到产品室，且不能让产品室中氢离子移动到右侧，所以b膜为阴离子交换膜，故a错误；b原料室中的na+会移动到阴极即n室，n室中

9、发生电极反应2h2o+2e-=h2+2oh-，所以经n室后naoh溶液浓度变大，所以naoh溶液的浓度:a%c(hx-)c(h2x)b. p点溶液中: c(oh-)-c(h+)=c(hx-)+2c(h2x)c. 溶液中d. 水的电离程度:pn=qm,且a=7【答案】d【解析】【分析】二元弱酸h2x溶液中滴naoh溶液，先发生h2x+oh-=h2o+hx-，然后发生hx-+oh-=h2o+x2-；【详解】am点加入20.0mlnaoh溶液，溶液中的溶质为nahx，溶液中存在hx-的电离和水解，所以此时c(na+)c(hx-)，水解是微弱的所以c(hx-)c(h2x)，故a正确；bp点加入40.0

10、mlnaoh溶液，所以溶质na2x，溶液中存在质子守恒，c（oh-）=c（h+）+c（hx-）+2c（h2x），即c(oh-)-c(h+)=c(hx-)+2c(h2x)，故b正确；c，据图可知随着氢氧化钠加入，m、n、p、q的碱性增强，则c(h+)减小，所以溶液中，故c正确；d水电离出的oh-浓度越大水的电离程度越大，即图中纵坐标越小水的电离程度越大，所以水的电离程度:pn=qm；温度未知，无法确定水的电离平衡常数，所以无法确定a的值，故d错误；故答案为d。【点睛】电解质溶液中微粒浓度大小比较要抓住两个平衡：电离平衡和盐类的水解平衡，抓两个微弱：弱电解质的电离和盐类的水解是微弱的，正确判断溶液

11、的酸碱性进行比较。涉及等式关系要注意电荷守恒式、物料守恒式和质子守恒式的灵活运用。8.某科研课题小组研究利用含h+、zn2+、mn2+、fe2+、fe3+、cl-、so42-的工业废液,制备高纯的zno、mno2、fe2o3,设计出如下实验流程:已知:氢氧化锌沉淀呈白色氢氧化锰难溶于水溶液中金属离子沉淀完全时,其浓度回答下列问题:（1）向工业废液中加入双氧水,可能观察到的现象有:溶液的颜色发生变化和_,其中引起溶液颜色变化的离子方程式为_。（2）第一次调ph的目的是沉淀fe3+。 检验fe3+是否完全沉淀的操作:取少量滤液于洁净试管中,最好加入下列试剂中的_ (填标号),并观察实验现象。a.稀

12、氨水 b.kscn溶液 c.k3fe(cn)6溶液（3）第二次调ph前,科研小组成员在室温下分析此时的溶液,得到相关数据见下表为防止mn2+也同时沉淀造成产品不纯,最终选择将溶液的ph控制为7.5,则此时溶液中zn2+ 的沉淀率为_ 。 (第二次调ph前后液体体积的变化忽略不计)（4）已知常温下, 。在除锌时发生沉淀转化反应为 ,其平衡常数k= _。（5）沉锰反应在酸性条件下完成,写出反应的离子方程式_。（6）下列关于沉锰制备高纯mno2的说法中,不正确的是_ (填标号)。a.若沉锰反应时加入足量浓盐酸并加热,mno2的产率将降低b.若沉锰后进行过滤操作,为了加快过滤速率,不断用玻璃棒搅拌c.

13、若除锌时加入mns质量为xg,沉锰反应中锰元素无损失,mno2的产量将增加xg【答案】 (1). 有无色气体生成 (2). 2fe2+h2o2+2h+=2fe3+2h2o (3). b (4). 99.9% (5). 2.01010 (6). mn2+s2o82-+2h2o=mno2+2so42-+4h+ (7). bc【解析】【分析】含h+、zn2+、mn2+、fe2+、fe3+、cl-、so42-的工业废电解质溶液，加入双氧水将fe2+氧化为fe3+，加入naoh溶液调节ph沉淀fe3+得到fe（oh）3，过滤，向滤液中再次加入naoh溶液调节ph，将zn2+沉淀为zn（oh）2，所以滤渣

14、ii主要为zn（oh）2，向滤液中加入mns除去剩余锌，过滤掉生成的zns，向滤液中加入na2s2o8，发生反应：mn2+s2o82-+2h2o=mno2+2so42-+4h+，据此分析作答。【详解】（1）向工业废液中加入双氧水，亚铁离子被氧化成铁离子，离子方程式为：2fe2+h2o2+2h+=2fe3+2h2o；所以溶液颜色会发生变化，同时溶液中的金属阳离子会催化双氧水的分解生成氧气，所以会观察到有无色气体生成；（2）检验fe3+常用kscn溶液，若有铁离子溶液会变红色，加稀氨水溶液中的zn2+、mn2+也会生成沉淀，可能观察不到红褐色沉淀，k3fe(cn)6溶液可用来检验fe2+，所以选b

15、；（3）ph=7.5时，溶液中c（oh-）=10-6.5mol/l，根据kspzn(oh)2= c2（oh-）c（zn2+）=1.210-17可知此时溶液中c（zn2+）=，所以此时溶液中zn2+ 的沉淀率为=99.9%；（4）根据反应方程式可知该反应的平衡常数k=；（5）沉锰时na2s2o8将mn2+氧化成mno2，自身被还原成so42-，根据电子守恒和元素守恒可知离子方程式mn2+s2o82-+2h2o=mno2+2so42-+4h+；（6）a浓盐酸具有还原性，且还原性强于mn2+，所以先被na2s2o8氧化，且会与生成的mno2反应，降低产率，故a正确；b玻璃棒搅拌过滤器，易捣碎滤纸，过

16、滤时不能搅拌，故b错误；c为保证完全除去锌离子，除锌时加入的mns要过量，不能完全反应，故c错误；综上所述选bc。【点睛】检验fe3+常用kscn溶液，溶液会变成血红色；检验fe2+常用k3fe(cn)6溶液，会生成蓝色沉淀；na2s2o8中硫元素为+6价，有两个o为-1价，具有强氧化性；盐酸为还原性酸，在酸化某些强氧化剂时不用盐酸。9.对甲基苯胺可用对硝基甲苯作原料在一定条件制得。 主要反应及装置如下:主要反应物和产物的物理性质见下表: 实验步骤如下:向三颈烧瓶中加入50ml稀盐酸、10.7ml(13.7g)对硝基甲苯和适量铁粉,维持瓶内温度在80左右,同时搅拌回流、使其充分反应;调节ph=

17、78,再逐滴加入30ml苯充分混合;抽滤得到固体,将滤液静置、分液得液体m;向m中滴加盐酸,振荡、静置、分液,向下层液体中加入naoh溶液,充分振荡、静置;抽滤得固体,将其洗涤、干燥得6.1g产品。回答下列问题:（1）主要反应装置如上图,a处缺少的装置是_ (填仪器名称),实验步骤和的分液操作中使用到下列仪器中的_(填标号)。a烧杯 b.漏斗 c.玻璃棒 d.铁架台（2）步骤中用5%的碳酸钠溶液调ph =78的目的之一是使fe3+ 转化为氢氧化铁沉淀,另一个目的是_。（3）步骤中液体m是分液时的_ 层(填“上”或“下”)液体,加入盐酸的作用是_。（4）步骤中加入氢氧化钠溶液后发生反应的离子方程

18、式有_。（5）步骤中,以下洗涤剂中最合适的是_ (填标号)。a.乙醇 b.蒸馏水 c.hcl溶液 d.naoh溶液（6）本实验的产率是_%。(计算结果保留一位小数)【答案】 (1). 球形冷凝管 (2). ad (3). 使对甲基苯胺盐酸盐转化为对甲基苯胺 (4). 上 (5). 与对甲基苯胺转化为对甲基苯胺盐酸盐进入水层与对硝基甲苯的分离 (6). h+oh-=h2o、+oh-+h2o (7). b (8). 57.0%【解析】【分析】首先向三颈烧瓶中加稀盐酸、对硝基甲苯和适量铁粉加热进行反应，生成对甲基苯胺盐酸盐，调节ph=78，沉淀铁离子并使对甲基苯胺盐酸盐转化为对甲基苯胺，加入苯溶解生

19、成的对甲基苯胺和未反应的对硝基甲苯，抽滤静置分液得到有机层，向有机层中加入盐酸使对甲基苯胺转化为对甲基苯胺盐酸盐，生成的对甲基苯胺盐酸盐易溶于水，静置分液得到无机层，向无机层加入naoh溶液，使对甲基苯胺盐酸盐转化为对甲基苯胺，对甲基苯胺常温下为不溶于水的固体，所以在加入氢氧化钠溶液后会有对甲基苯胺固体析出，抽滤得到固体，洗涤、干燥得到产品。【详解】（1）该反应中反应物沸点较低，加热反应过程中会挥发，需要在a处加装球形冷凝管冷凝回流；分液操作需要烧杯、分液漏斗、铁架台，所以选ad；（2）根据题目所给信息可知，ph值升高会使对甲基苯胺盐酸盐转化为对甲基苯胺，达到分离提纯的目的；（3）根据分析步骤

20、中液体m为有机层，溶剂为苯，密度比水小，所以在上层；加入盐酸使对甲基苯胺转化为易溶于水的对甲基苯胺盐酸盐，从而实现与对硝基甲苯的分离；（4）下层液体中有未反应的盐酸和生成的对甲基苯胺盐酸盐都与naoh发生反应，离子方程式为：h+oh-=h2o、+oh-+h2o；（5）洗涤过程是为了洗去对甲基苯胺可能附着的对甲基苯胺盐酸盐、nacl和naoh等可溶于水的杂质，为降低对甲基苯胺洗涤过程的溶解损失，最好的洗涤剂应为蒸馏水，所以选b；（6）原料中有13.7g对硝基甲苯，即=0.1mol，所以理论上生成的对甲基苯胺应为0.1mol，实际得到产品6.1g，所以产率为=57.0%。10.处理、回收利用co是

21、环境科学家研究的热点课题。回答下列问题:.处理大气污染物co用于处理大气污染物n2o所发生的反应原理为:有人提出上述反应可以用“fe+”作催化剂。其总反应分两步进行:（1）第一步:;第二步:_ (写反应方程式)。（2）第二步反应不影响总反应达到平衡所用时间,由此推知,第二步反应速率_ 第一步反应速率(填“大于”“小于”或“等于”)。.合成天然气(sng)涉及的主要反应原理如下:co甲烷化: 水煤气变换: （3）反应的h= _kj/mol。（4）在一恒容容器中,按照nmolco和3nmolh2投料发生co甲烷化反应,测得co在不同温度下的平衡转化率与压强的关系如右图所示,下列说法正确的是_(填标

22、号)。a.温度:t1t2v(c)v(b)c.平衡常数:k(a)k(d)m(b)=m(e)（5）在恒压管道反应器中,按n(h2)n(co)=31通入原料气发生co甲烷化反应,400、p总为100kpa时反应体系平衡组成如下表所示。组分h2coch4h2oco2体积分数8.501.5045.044.01.00则该条件下co的总转化率= _。 (保留一位小数)（6）将制备的ch4用来组成下图所示燃料电池电解制备n2o5阳极的电极反应为_。理论上制备1moln2o5，石墨2电极消耗气体的体积为_l(标准状况)。【答案】 (1). feo+co=fe+co2 (2). 大于 (3). -165 (4).

23、 ad (5). (6). n2o4+2hno3-2e-=2n2o5+2h+ (7). 16.8【解析】【分析】（1）根据催化剂定义可知第二步反应中，中间产物（feo+）氧化co生成co2本身被还原成fe+； （2）第二步反应对总反应速率没有影响，说明第一步是慢反应，控制总反应速率； （3）根据盖斯定律进行分析计算；（4）a该反应为放热反应，相同压强下温度越高co的平衡转化率越小；b温度越高反应速率越快；相同温度下压强越大，反应速率越快；c该反应正反应为放热反应，温度越高平衡常数越小；d气体的质量不变，所以平衡正向移动气体物质的量减小，平均摩尔质量增大，即co的转化率越大； （5）设n（h2）

24、=3mol、n（co）=1mol，恒压恒温条件下气体的体积分数之比等于物质的量分数之比，设平衡时混合气体总物质的量为xmol，根据c原子守恒得（45.0%+1.00%+1.5%）xmol=1mol，解得x，从而计算出co的转化率。（6）图中左侧装置为燃料电池，通入ch4的一极为原电池的负极，发生氧化反应，通入氧气气体一极为原电池的正极，发生还原反应；则右侧装置中pt2电极为阴极，pt1电极为阳极极；阳极n2o4被氧化成n2o5；根据阳极反应方程式可知，制备1mol n2o5，转移电子1mol，石墨2电极反应为o2+4e-+2co2=2co32-，转移1mol电子需要消耗0.25mol氧气和0.

25、5mol二氧化碳，据此计算出消耗气体标况下体积。【详解】（1）根据催化剂定义可知第二步反应中，中间产物（feo+）氧化co生成co2本身被还原成fe+，方程式为：feo+co=fe+co2；（2）第二步反应对总反应速率没有影响，说明第一步是慢反应，控制总反应速率，第二步反应速率大于第一步反应速率；（3）由co（g）+3h2（g）ch4（g）+h2o（g）h1=-206.2kjmol-1co（g）+h2o（g）co2（g）+h2（g）h2=-41.2kjmol-1结合盖斯定律可知，-得到co2（g）+4h2（g）ch4（g）+2h2o（g）h=-206.2kjmol-1-（-41.2kjmol-

26、1）=-165kj/mol；（4）a该反应为放热反应，相同压强下温度越高co的平衡转化率越小，所以温度温度:t1t2v(b)，相同温度下压强越大，反应速率越快，所以v(e)k(d)k(c)，故c错误；d气体的质量不变，所以平衡正向移动气体物质的量减小，平均摩尔质量增大，即co的转化率越大，平均摩尔质量越大，所以:m(a)m(b)=m(e)，故d正确；综上所述选ad；（5）设n（h2）=3mol、n（co）=1mol，恒压恒温条件下气体的体积分数之比等于物质的量分数之比，设平衡时混合气体总物质的量为xmol，根据c原子守恒得（45.0%+1.00%+1.5%）xmol=1mol，解得x=mol，

27、则co的转化为；（6）图中左侧装置为燃料电池，通入ch4的一极为原电池的负极，发生氧化反应，通入氧气气体一极为原电池的正极，发生还原反应；则右侧装置中pt2电极为阴极，pt1电极为阳极极；阳极n2o4被氧化成n2o5，电极方程式为：n2o4+2hno3-2e-=2n2o5+2h+；根据阳极反应方程式可知，制备1mol n2o5，转移电子1mol，石墨2电极反应为o2+4e-+2co2=2co32-，转移1mol电子需要消耗0.25mol氧气和0.5mol二氧化碳，消耗气体标况下体积为0.75mol22.4l/mol=16.8l。【点睛】第5小题为难点，要注意体积分数和物质的量分数之间的关系，同

28、时能想到碳原子守恒；第6小题为易错点，一是要注意阳极室中为无水hno3，则不能拆成离子；二是注意石墨2电极反应的气体不止有氧气。11.ni元素在生产、生活中有着广泛的应用。 回答下列问题:（1）基态ni原子价层电子的排布式为_。（2）科学家在研究金属矿物质组分的过程中,发现了cu-ni-fe等多种金属互化物。确定某种金属互化物是晶体还是非晶体最可靠的科学方法是对固体进行_。（3）ni能与类卤素(scn)2反应生成ni(scn)2。ni(scn)2中,第一电离能最大的元素是_;(scn)2分子中,硫原子的杂化方式是_ ,键和键数目之比为_。（4）ni(nh3)6(no3)2中,不存在的化学键为_

29、 (填标号)。a.离子键 b.金属键 c.配位键 d.氢键（5）镍合金储氢的研究已取得很大进展。图甲是一种镍基合金储氢后的晶胞结构示意图。 该合金储氢后,含1molla的合金可吸附h2的数目为_。mg2nih4是一种贮氢的金属氢化物。在mg2nih4晶胞中，ni原子占据如图乙的顶点和面心，mg2+ 处于乙图八个小立方体的体心。mg2+位于ni原子形成的_ (填“八面体空隙”或“四面体空隙”)。 若晶体的密度为dg/cm3，mg2nih4的摩尔质量为mg/mol，则mg2+和ni原子的最短距离为_ nm(用含d、m、na 的代数式表示)。【答案】 (1). 3d84s2 (2). x射线衍射实验

30、 (3). n (4). sp3杂化 (5). 5：4 (6). b (7). 3na (8). 四面体空隙 (9). 【解析】【详解】（1）ni的原子序数为28，根据能量最低原理可写出电子排布式为1s22s22p63s23p63d84s2或ar3d84s2，则其价电子排布为3d84s2；（2）确定某种金属互化物是晶体还是非晶体的方法是x射线衍射实验；（3）一般情况下，非金属性越强，第一电离能越大，但n原子最为层2p轨道为半满稳定状态，第一电离能高于相连元素，所以ni(scn)2中，第一电离能最大的元素是n；（scn）2分子结构简式为nc-s-s-cn，其中s原子价层电子对个数是4且含有2个孤

31、电子对，根据价层电子对互斥理论可知硫原子的杂化方式为sp3杂化；共价单键为键，共价双键中含有一个键、一个键，共价三键中含有1个键、2个键，则键和键数目之比为5：4；（4）ni(nh3)6(no3)2中，nh3与ni2+之间为配位键；氨气分子之间存在氢键；ni(nh3)62+与no3-之间为离子键，不存在金属键，故选b；（5）晶胞中la原子数目=8=1、h2分子数目=3，故含1molla的合金可吸附h2的物质的量为1mol3=3mol，数目为3na；ni原子占据顶点和面心，mg2+ 处于八个小立方体的体心，所以mg2+位于ni原子形成的四面体空隙；该晶胞中ni原子个数=8+6=4、mg2+个数为

32、8，根据化学式知，h原子个数为16，所以晶胞的质量为，又已知晶胞的密度为dg/cm3，则晶胞的棱长为 ，根据晶胞结构可知mg2+和ni原子的最短距离为晶胞体对角线的，所以最短距离为。【点睛】同一周期元素，元素第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，但第iia族(最完成全满)、第va族（最外层半满）元素第一电离能大于其相邻元素。12.倍他乐克是一种治疗高血压的药物,其中间体f合成路线如下: 回答下列问题:（1）a分子式为_ 。 d中官能团的名称是_ 。（2）b与足量naoh溶液反应的化学方程式为_。（3）de的反应类型为_。（4）反应加入试剂x反应后只生成中间体f,则x结构简式为 _。（5）满足下列条件的c的同分异构体有_种。能发生银镜反应;与naoh溶液反应时,1molc最多消耗3molnaoh;苯环上只有4个取代基,且直接与苯环相连的烃基处于间位。其中核磁共振氢谱有4种不同化学环境的氢,且峰面积比为