化学-2022年高考押题预测卷02（广东卷）（全解全析）

2022年高考原创押题预测卷02【广东卷】

化学•全解全析

12345678

DCCCDCBD

910111213141516

CDBBDBBB

1.D【解析】A.“自然铜”主要含FeS2,易被氧气氧化而变质，不能存在于地表附近，故A错误；

B.“自然铜”主要含FeS2,不含铜元素，不可能冶炼出铜，故B错误；

C.“煨制”是FeS2和氧气反应生成FeS和SO2,故C错误;

D.“醋萃，，中FeS和醋酸反应生成醋酸亚铁和硫化氢，故D正确；

选D。

2.C【解析】A.可再生能源是指原材料可以再生的能源如水力发电、风力发电、光伏发电、生物能沼气、

海潮能等，故A正确；

B.毛绒材质中的聚酯纤维是有机合成高分子材料，属于合成纤维，故B正确；

C.碳纤维的主要成分是碳，属于新型无极非金属材料，不属于有机高分子材料，故C错误；

D.特种钢是性能优良的铁合金，属于金属材料，故D正确：

故选C。

3.C【解析】A.已知甲烷是正四面体结构，且碳原子半径大于氢原子半径，故甲烷的球棍模型为

A正确;

B.出0是共价化合物，则HQ的电子式为联期怎，B正确;

C.同位素是指具有相同数目的质子和不同数目中子的同一元素的不同原子之间，故‘4和2H2不互为同位

素，C错误;

D.结构式是指用一根短线表示一对共用电子的式子，则CH30H的结构式为既一啰一醺一用，D正确:

故答案为：C«

4.C【解析】A.含氟牙膏可坚固牙齿、预防糜齿，这是由于F能够与牙齿中的羟基磷酸钙发生离子交换

转变为更坚固、更耐酸的氟磷酸钙，因此与F有关，A正确；

B.二氧化硫具有还原性，能够反应消耗氧气，因而可以防止包装食品的有效成分被氧化，故二氧化硫是一

种抗氧化剂，可适量添加在红酒中，防止红酒变质而口感变差，B正确；

C.光化学烟雾、臭氧层空洞的形成都与氮氧化合物有关，而温室效应与二氧化碳有关，与氮氧化合物无关,

C错误；

D.德尔塔是新冠病毒变异毒株，有可能在空气中以气溶胶的形式传播，胶体根据分散剂的状态分为气溶胶、

液溶胶和固溶胶，气溶胶属于胶体中的一类，D正确；

故合理选项是C。

5.D【解析】A.的化学式为C6H6。3,故A错误;

的官能团种类不同，不属于同系物，故B错误;

H含碳碳双键，可与滨水发生加成反应，能使溟水褪色，故C错误;

0

D.5-HMF含羟基，可与乙酸发生酯化反应，故D正确;

故选：D。

6.C【解析】A.硅藻土作为载体，将主要成份装入且可增大反应物的接触面积，A正确；

B.主要反应物为生石灰，生石灰与水反应放热反应，碳酸钠与生石灰、水反应生成强碱氢氧化钠，氢氧化

钠能与氧化铝反应，促进铝和水反应，放出大量热，B正确；

C.该环境加水后是碱性环境，铁粉不发生析氢腐蚀，主要发生吸氧腐蚀，缓慢放出热量，延长放热时间，

C错误；

D.整个装置放热过程中有是铁-焦炭粉-溶液形成原电池，铁为负极，焦炭粉做正极材料，D正确；

答案选C。

7.B【解析】A.利用标准盐酸测定某Na2co3溶液的浓度，将标准盐酸盛放在酸式滴定管(②)中，待测Na2co,

溶液盛放在锥形瓶(⑥)中，故A正确;

B.用自来水制取蒸镯水时采用蒸储法，用到的仪器有直形冷凝管、蒸储烧瓶、锥形瓶等，不需要球形冷凝

管，故B错误；

c.Br?在CCL中的溶解度远大于在水中的溶解度，且CCL难溶于水，可用CCL萃取浸水中的Br一用到的

仪器有分液漏斗等，故c正确；

D.采用过滤法除去粗盐水中难溶性物质，用到的仪器有漏斗、玻璃棒、烧杯等，D正确；

选B。

8.D【解析】A.FeCb溶液可拆，正确的离子方程式为：Cu+2Fe,+=Cu2++2Fe2+,故A错误；

B.该化学方程式没有配平，正确的化学方程式应为2Na2O2+2CO2=2Na2co3+02,故B错误；

C.Na2sO3过量，澳和亚硫酸根发生氧化还原反应生成的H+和过量的SO；反应生成HSOy,反应的离子方

程式为Br2+3SO；+H2O=2Br-+2HSO]+SO；,故C错误；

D.葡萄糖中的醛基能被银氨溶液氧化，发生银镜反应，反应的离子方程式为

CH2OH(CHOH)4CHO+2[Ag(NH,),]'+2OHCH2OH(CHOH)4COO+NH；+2Ag+3NH3+H2O，故D正

确；

故选：D。

9.C【解析】A.存在极性键、非极性键的断裂(H-0极性键、N-N非极性键)与形成(H-N极性键、0-0

非极性键)，故A正确；

B.2N2+6H2O型4NH3+3O2为吸热反应，反应过程中存在太阳能转化为化学能，故B正确；

LDH

C.催化剂不能使平衡发生移动，使用LDH,可同时提高反应速率，但不能提高N?的转化率，故C错误;

D.该反应的化学方程式为2N2+6H2O-4NH3+3O2,由于氮元素从0价降为-3价，所以每生成1molNH,

LDH

转移电子数为3moi，反应生成1.7g(即0」!1101)1'4&时转移电子数目为0.311101,故D正确；

故选Co

10.D【解析】石墨接电源正极做电解池的阳极，溶液中氢氧根在石墨即失电子生成氧气，Zn做阴极发生

还原反应，溶液中锌离子在阴极得电子生成锌；

A.Zn极接电源负极做电解池的阴极，发生还原反应，A错误；

B.石墨接电源正极做电解池的阳极，发生氧化反应，B错误；

C.溶液中阴离子移向阳极，即SOj移向石墨电极，C错误；

D.题意是电解ZnSO,溶液得到金属Zn,所以在该条件下阴极反应中Zr?+先于H,得电子而放电，D正确;

故选：D。

10g

11.B【解析】A.Da*。中中子数为12,则lOgDzM。中含有的中子数为瑛制xl2xNAinol'<6NA,故

A错误；

30。

B.甲醛和乙酸的最简式都为CH2O,则30gCH2O中含氢原子数为五篇x2xNAmol-i=2NA,故B正确；

C.标准状况下，二氯甲烷为液态，无法计算2.24L二氯甲烷的物质的量和含有的C—C1键数目，故C错误;

D.未指明温度和压强，无法计算线路中通过NA个电子时阳极产生氯气的体积，故D错误；

故选B。

12.B【解析】A.四氯化碳可以溶解吸收挥发出来的Bn,若仍生成淡黄色沉淀，说明苯与溟反应时有

HBr生成，发生取代反应，A正确；

B.硝基苯不与NaOH溶液反应，且难溶于水，而NO2可以和NaOH溶液反应，可以用NaOH溶液除杂，

但硝基苯为液体，应分液分离，B错误；

C.蒸镯出的气体中含有极易溶于水的乙醇蒸气，以及能和碳酸钠溶液反应的乙酸蒸气，所以气管口应在右

侧试管中Na2co3溶液液面上方，以防止倒吸，C正确；

D.乙酸和正丁醇易挥发，球形冷凝管可冷凝回流提高产率，酯化反应为可逆反应，分水器分出生成的水可

使平衡正向移动，提高反应转化率，D正确；

综上所述答案为B。

13.D【解析】短周期元素X、Y、Z、W是同周期主族元素，W元素形成的某种单质具有强氧化性，可用

于杀菌消毒，W能形成2个共价键，W是O元素；Z能形成4个共价键，Z是C元素；X形成1个共价键,

X是F元素；Y能形成3个共价键和1个配位键，Y是B元素。

A.同周期元素从左到右，半径依次减小，原子半径：B>C>O>F,故A错误；

B.B的最高价氧化物的水化物为H3BO3,H3BO3是弱酸，故B错误；

C.单质氧化性：F2>02,故C错误；

D.根据阴离子结构图，阴离子中B、Si、0、F四种元素均满足8电子稳定结构，故D正确；

选D。

14.B【解析】A.如图可知，等质量的1-澳丙烷具有的总能量高于2-澳丙烷，能量越高物质越不稳定，

故稳定性：1-漠丙烷<2-溟丙烷，A错误；

B.由图可知，生成1-溪丙烷的活化能高于生成2-7臭丙烷的活化能，活化能越大该反应越难进行，故平衡后

产物的质量：1-溪丙烷<2-澳丙烷，B正确；

C.由图可知，生成2-溪丙烷的正反应是一个放热反应，故平衡后降低温度，2-澳丙烷的产率升高，C错误;

D.由图可知，生成1-溪丙烷的第I阶段的活化能高于第II阶段，活化能越大反应速率越慢，慢反应才是决

定一个多步反应总反应速率的关键，故第I阶段的速率决定着生成1-溪丙烷反应的速率快慢，D错误；

故答案为B。

15.B【解析】A.在室温下0.05mol/LH2R溶液中存在H?R、HR,R%说明H2R能够电离产生H+,而且

分步电离，电离程度逐渐减弱，主要是第一步电离，使溶液中c(H+)>c(OH),r溶液显酸性。c(H+)<2xO.O5

mol/L=0.1moI/L,因此该溶液pH>l,A正确；

B.由于在溶液中以H3R+、H2R、HR,R2-四种形式存在，所以根据R元素守恒可知：

+2-1

c(H,R)+c(H2R)+c(HR-)+c(R)=0.05mol-L-,B错误；

C.向溶液中加入PAR晶体，电解质的浓度增大，PAR的电离平衡正向移动，但平衡移动的趋势是微弱的,

平衡移动消耗量小于PAR的加入量，导致其电离度减小，C正确；

D.溶液中含有的微粒H3R+、H?R、HR-能够与碱电离产生的OH-发生反应，而R?-则能够与酸电离产生的

H+结合，因此该溶液既能和酸反应，又能和碱反应，D正确；

故合理选项是B。

16.B【解析】据图可知a极上CH3coCT转化为CO?和H+,C元素被氧化，所以a极为该原电池的负极，

则b极为正极。

A.a极为负极，CH3coCT失电子被氧化成C02和H+,结合电荷守恒可得电极反应式为

CH3coeF+2H2O-8e-=2CO2T+7H+,故A正确；

B.为了实现海水的淡化，模拟海水中的氯离子需要移向负极，即a极，则隔膜1为阴离子交换膜，钠离子

需要移向正极，即b极，则隔膜2为阳离子交换膜，故B错误；

C.当电路中转移Imol电子时，根据电荷守恒可知，海水中会有ImolC「移向负极，同时有lmolNa+移向正

极，即除去ImolNaCL质量为58.5g,故C正确；

D.b极为正极，水溶液为酸性，所以氢离子得电子产生氢气，电极反应式为2H++2e-=H2f,所以当转移8moi

电子时，正极产生4moi气体，根据负极反应式可知负极产生2moi气体，物质的量之比为4:2=2:1,故D正

确；

故答案为B。

17.(1)圆底烧瓶(1分)使玻璃塞上的凹槽(或小孔)对准漏斗上的小孔(1分)

2++

5so2+2MnO；+2H2O=5SO^+2Mn+4H（2分）

（2）2（2分）将气体通人品红溶液中，品红溶液褪色，将褪色的品红溶液加热，溶液恢复红色（或用滴有

碘水的淀粉试纸接近试管口，观察到试纸由蓝色变为无色）（2分）

（3）Cu*与C「反应生成不溶于水的CuCl,促进Ci?+与HSO；反应平衡正向移动，反应生成的H+与过量HSO；

反应生成SO?（2分）

（4）乙中电流表偏转较甲中大；乙中右侧烧杯中产生白色沉淀，甲中未出现白色沉淀或乙中左侧烧杯出现无

色气体（2分）乙实验加人NaCl,溶液中生成CuCl,Cd浓度降低，其他参与反应的离子浓度不变，

乙实验的电势差E增大，则乙装置反应进行程度增大（2分）

【解析】I.由实验装置图可知，装置A中浓硫酸与铜共热反应制备二氧化硫，装置B为空载仪器，做安

全瓶，起防倒吸的作用，装置C中过量二氧化硫与氢氧化钠溶液反应制备亚硫酸氢钠，装置D中盛有的酸

性高镒酸钾溶液用于吸收未反应的二氧化硫，防止污染空气，同时可以通过溶液颜色的变化判断C中二氧

化硫是否过量；

II.该实验的实验目的为探究亚硫酸氢根离子与铜离子的反应是否为氧化还原反应，通过实验探究得到亚

硫酸氢根离子与铜离子的反应是氧化还原反应的结论，有关反应的离子方程式为

2+2+-+

2Cu+HSO；=2Cu++SO；+H+、2Cu+HSO,+2C1+H2O=2CUC1I+SO；-+3Ho

（1）①由实验装置图可知，仪器a为圆底烧瓶；为使分液漏斗内的浓硫酸顺利滴下，需进行的操作为将分液

漏斗上部的玻璃塞打开或使玻璃塞上的凹槽（或小孔）对准漏斗上的小孔，形成空气对流，故答案为：圆底烧

瓶；使玻璃塞上的凹槽（或小孔）对准漏斗上的小孔；

②由分析可知，装置D中盛有的酸性高镒酸钾溶液用于吸收未反应的二氧化硫，防止污染空气，同时可以

通过溶液颜色的变化判断C中二氧化硫是否过量，二氧化硫与酸性高锌酸钾溶液反应的离子方程式为

-2+++

5SO,+2MnO4+2H2O=5SO；+2Mn+4H,故答案为：5SO,+2MnO4+2H2O=5SO；"+2Mn"+4H；

（2）由实验现象可知，向绿色溶液中加入适量氯化钠固体，反应生成氯化亚铜白色沉淀说明实验I发生的反

应中铜离子被还原为亚铁离子，证明假设2合理：由分析可知，等体积等浓度的亚硫酸氢钠溶液与硫酸铜

溶液反应时，亚硫酸氢钠溶液过量，过量的亚硫酸氢钠溶液与溶液中氢离子反应生成二氧化硫，可以用品

红溶液或滴有碘水的淀粉试纸检验二氧化硫的生成，具体操作为将气体通人品红溶液中，品红溶液褪色，

将褪色的品红溶液加热，溶液恢复红色（或用滴有碘水的淀粉试纸接近试管口，观察到试纸由蓝色变为无色）,

故答案为：2；将气体通人品红溶液中，品红溶液褪色，将褪色的品红溶液加热，溶液恢复红色（或用滴有碘

水的淀粉试纸接近试管口，观察到试纸由蓝色变为无色）；

（3）由分析可知，实验I中存在如下平衡2CU2++HSO；U2CU++S0；+H+,向绿色溶液中加入适量氯化钠固体,

氯离子与亚铜离子反应生成氯化亚铜沉淀，平衡向正反应方向移动，反应生成的氢离子与过量的亚硫酸氢

钠溶液与反应生成二氧化硫，故答案为：C「与C「反应生成不溶于水的CuCl,促进Cu?•与HSO；反应平衡

正向移动，反应生成的H+与过量HSO；反应生成SO?；

(4)①由分析可知，实验甲中发生的反应为2Cu2++HSO；U2Cu++SO；+H+,实验乙中发生的反应为

2Cu2++HSO；+2C1+HQ=2CuClJ+SO：+3H，,由方程式可推知，乙中的反应程度大于甲中的反应程度,

电流表偏转大于甲；甲中右侧烧杯中未出现白色沉淀，而乙中右侧烧杯中产生白色沉淀，左侧烧杯出现无

色气体，故答案为：乙中电流表偏转较甲中大；乙中右侧烧杯中产生白色沉淀，甲中未出现白色沉淀或乙

中左侧烧杯出现无色气体；

②乙实验加入NaCl,溶液中生成CuCl,CC浓度降低，其他参与反应的离子浓度不变，根据方程

E=E°-下吟‘可知'乙实验的电势差E增大，则乙装置反应进行程度增大，故答案为:

乙实验加人NaQ,溶液中生成CuCl,浓度降低，其他参与反应的离子浓度不变，乙实验的电势差E

增大，则乙装置反应进行程度增大.

18.(l)3MnO2+2FeS2+6H2SO4=3MnSO4+4S+Fe2(SO4)3+6H2O(2分)

(2)进一步将Fe2+氧化(1分)

3++

(3)3.2<pH<9.27(2分)Fe+3H2O^=^Fe(OH)3+3H(2分)加CaCC)3与H+反应，促进Fe3+水

解正向进行,生成Fe(0H)3沉淀(2分)

(4)Fe(OH)3和CaSCU(2分)

(5)b(l分)Mn2++2H2O-2e-=MnO2+4H+(2分)

【解析】本题是一道考查制备硫酸镒的工业流程题，首先用硫酸溶解废镭渣，过滤除去滤液，之后用硫铁

矿还原二氧化镭得到铳离子，过滤除杂，加入二氧化铳将二价铁氧化为三价铁，再加入碳酸钙调pH除铁，

过滤，将滤液结晶得产物，以此解题。

(1)由流程知，反应1中MnCh不反应，滤渣A是Mn02,与FeSz反应生成单质硫，因此反应II的化学方程

式是3MnO2+2FeS2+6H2SO4=3MnSO4+4S+Fe2(SO4)3+6H2O；

3+

⑵反应III加MnO2是进一步将Fe2+氧化成Fe；

(3)调节溶液pH不能使MM+沉淀，使Fe3+沉淀完全，因此pH的范围3.2<pH<9.27：Fe?+水解，水解的离子

3+

方程式为：Fe+3H2O峰？Fe(OH)3+3H+；加CaCCh与H+反应，促进Fe?+水解正向进行，生成Fe(0H)3

沉淀；

(4)通过第三问可知，沉淀中含有氢氧化铁，另外过滤II的滤液中含有硫酸根离子加入碳酸钙调pH会产生

硫酸钙，故渣C的成分是Fe(OH)3和CaS04：

2+

(5)Mn2+发生氧化反应生成产物，故Md+在阳极发生反应，电极反应式是Mn+2H2O-2e-=MnCh+4H%

19.⑴-164.0(2分)

(2)0.48kPa-s-1(2分)

(3)吸收热量(1分)＜：0+011+汨+3H2(g)=・CO+3H2(g)+H2O(g)或OH+・H=H20(g)(2分)

(4)1(2分)减少c(COj:c(Hq)的投料比(或及时移出产物)(1分)

+

(5)CO2+8e+8H=CH4+2H2O(2分)300℃到400℃之间，温度比催化剂对甲酸的生成速率影响

大，因此温度升高，化学反应速率加快，所以甲酸生成速率加快(2分)

1

【解析】⑴凡和CH4的燃烧热分别为一285.5kJm。『和-890.0kJmol,可知热化学方程式：则

1

a.H,(g)+1o2(g)=H2O(l)AH-285.5kJ-mor,

1

b.CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)AH=-890.0kJmoF,

c.H2O(l)=H2O(g)AH2=+44.0kJ/mol,根据盖斯定律，4a+2c-b得：

CO2(g)+4H2(g)=*CH4(g)+2H2O(g)AHI=-164.0kJmol'；

(2)列三段式有：

CO2(g)+4H2(g)三—CH4(g)+2H2O(g)

起始量(砂a)153000

转化量(kPa)520510

平衡量(kPa)1010510

4

根据V(CH4)=1.2xl()6p(c02)p4(H2)(kPas-i)计算，v(CH4)=1.2xl0-6p(CO2)p(H2)

1

(kPasiRZxlO-GxiOxKHR]2kPa-sL根据方程式分析，甲烷和氢气的速率比为1:4,所以v(H2)=0.48kPa-s-1＞

(3)从图分析，每个从物质吸附在催化剂表面到形成过渡态的过程会吸收热量；反应历程中最小能垒(活化

能)步骤为最后一步，化学方程式为＜：0+・011+小+3H2(g尸・CO+3H2(g)+H2O(g)。

(4)35OC时，A点时C。?、CH」的浓度相同，由反应可知CO?和H?。按1:2投料，同时按照1：2反应，

则平衡时HQ的浓度为CO?的2倍，的浓度是甲烷浓度的2倍，则平衡常数K=f|芈黑~=1,为提

C(CO2)C-(H2O)

高CO2的转化率，需使平衡正向移动，除改变温度外，还可以减少c(CO2)：c(Hq)的投料比(或及时移出产

物），故答案为：1;减少c（COj:c（HQ）的投料比（或及时移出产物）；

（5）①由图示信息可知，阴极发生的反应为二氧化碳得电子转变成甲烷和水，电解反应式为:

++

CO2+8e"+8H=CH4+2H2O,故答案为：CO2+8e~+8H=CH4+2H2O；

②由图可知温度在250℃时，催化剂的转化效率达到最大值，温度在升高到300C过程中催化剂的转化效率

明显下降，但超过300℃后又明显增加，可判断是温度本省对反应的影响导致的，温度升高反应速率加快，

故答案为：300℃到400℃之间，温度比催化剂对甲酸的生成速率影响大，因此温度升高，化学反应速率加

快，所以甲酸生成速率加快；

20.（1）4s24P3（1分）大于（1分）

（2）S原子半径较小，H—S键的键能较大（2分）（答S的非金属性更强，所以硫化氢更稳定给1分）

CS：（1分）H2s中S采用sp3杂化，CS2中C采用sp杂化（或H2s分子中S原子价层有2个孤电子对，

孤电子对对成键电子对排斥力大于成键电子对之间排斥力，所以键角较小；或CS2分子中C原子价层没有

孤电子对，成键电子对之间排斥力相同且较小）（2分）

NH,

(3)4(1分)Cd（1分）

Z|\

NH3届3NH3

（4）晶体中均存在自由移动的电子（1分）

(5)(-)I,己)(2分)^(axlO10)3(2分)

【解析】（1）种和磷为同一主族的元素，P价层电子排布式为3s23P3,且神为第四周期，则As的价层电子

排布式为4s24P3；同主族元素，随原子序数的增大，原子半径增大，第一电离能减小，则第一电离能：磷大

于碑;

（2）从原子半径、键能角度分析气态氢化物的热稳定性。原子半径：r（S）<4Te）,键能：H-S>H-Te,

所以H2s较稳定。H2s分子中S原子价层有2个孤电子对，孤电子对对成键电子对排斥力大于成键电子对

之间排斥力，所以键角较小；CS2分子中C原子价层没有孤电子对，成键电子对之间排斥力相同，呈直线形

最稳定，键角较大（或从杂化轨道角度解释，H2s中S采用sp3杂化，CS2中C采用sp杂化）。

（3）根据配离子[Cd（NH3）4]2+可知，中心离子的配位数为4；即Cd2+周围含有4个氨分子，离子结构式为

24

'NH3T

Cd；

Z|\

NH

3NH3NH3

（4）错、镉属于金属晶体，晶体中均存在自由移动的电子，所以错、镉均是电热的良导体;

(5)①号位在底面的投影应位于底面对角线的3;处，根据①号位的坐标为3:，43，=3),可知该坐标系中

晶胞的棱长为1,③号位碳原子在底面的投影位于底面棱心上，所以x、y坐标为3、1,③号位碳原子位于

右侧面的面心，所以z坐标为T，则该原子的坐标为(g,1,g)；

根据均摊法，该晶胞中As原子的个数为8X：+6X：=4,Cd原子的个数为6,所以晶体的化学式为Cd3As2,

82

神化镉的摩尔质量为则晶胞的质量，〃=券g,晶胞参数为apm,则晶胞的体积V=a3pm3=(axlO10)3

2M

g2M

cm3,所以晶胞的密度=-=----相-----=/„|-iovg-cm-\

pV(axIO-'0)3cm3NAx(n)

21.(1)间苯二酚或1,3-苯二酚(1分)(酚)羟基和酮埃基(2分)

(2)取代反应(1分)保护酚羟基，防止其被破坏(1分)

+CU2OJ+3H2。（2分）

【解析】根据题干有机合成流程图可解决(1)~(3)小题，(4)由化合物HI、V合成化合物VI,先是酮锻基相连

的甲基上的C-H键断裂与V中的醛基发生加成反应生成的中间产物X,然后X再发生消去反应生成VI,

CHQCH2Vli

故中间产物的结构简式是10c%(5)由题干合成流程图可知，化合物II的分子式为:

C8H8。3,则符合下列条件①能使FeCh溶液显色即含有酚羟基；②既能发生银镜反应即有醛基或甲酸酯基，

又能发生水解反应含有酯基，结合O个数，综合为含有甲酸酯，若苯环上为两个取代基即-OH、-CHzOOCH

有邻、间、对三种，若苯环上有三个取代基即-OH、-OOCH和CH3,则先考虑前两个有邻、间、对三种位

置关系，再连第三个取代基时分别有4种、4种和2种位置关系，故符合条件的分子II的同分异构体数目有

CH,

H2cl©f012cl可由0,和Cb光照条件下生成，据此确定合成路线，据此分析解

由水解得到,

题。

HO

(1)由题干流程图中，化合物I的结构简式为：YV,故其名称是间苯二酚或1,3-苯二酚，化合物

11的结构简式为:CH”故其所含的官能团名称是(酚)羟基和酮谈基，故答案为：间苯二酚或1,

3-苯二酚；(酚)羟基和酮锻基;

叙甲基甲艇CH、OCH,、八、

(2)由题干流程图可知，IV转化为V即丽丽*，故该转化的反应类型是取代反

应，分析流程中II到in、iv到v为用氯甲基甲醛来取代羟基，而vi到VII