1、第 1 页 共 16 页 20212021 年普通高等学校招生全国统一考试（年普通高等学校招生全国统一考试（云南云南卷）卷） 化学答案化学答案 一、选择题一、选择题 1. 化学与人体健康及环境保护息息相关。下列叙述正确的是 A. 食品加工时不可添加任何防腐剂 B. 掩埋废旧电池不会造成环境污染 C. 天然气不完全燃烧会产生有毒气体 D. 使用含磷洗涤剂不会造成水体污染 【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】A食品加工时，可适当添加食品添加剂和防腐剂等，如苯甲酸钠，故 A 错误； B废旧电池中含有重金属等金属离子，会造成土壤污染，水体污染等，故 B 错误； C天然气主要成分为甲烷，不完全燃烧会
2、产生一氧化碳等有毒气体，故 C 正确； D含磷洗涤剂的排放，使水中磷过多，造成水中藻类疯长，消耗水中溶解的氧，水体变浑浊，故 D 错误； 故选 C。 2. A N为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是 A.18g重水( 2 D O)中含有的质子数为 A 10N B.3mol的 2 NO与 2 H O完全反应时转移的电子数为 A 4N C.32g环状 8 S()分子中含有的S-S键数为 A 1N D.1L pH=4的 -1 227 0.1mol L K Cr O溶液中 2- 27 Cr O离子数为 A 0.1N 【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】 A 2 D O的质子数为 10， 18g
3、2 D O的物质的量为 18g = 20g/mol 0.9mol，则18g重水( 2 D O)中所含质子数为 A 9N， A 错误； 第 2 页 共 16 页 B 2 NO与 2 H O反应的化学方程式为：3NO2+H2O=2HNO3+NO，该反应消耗 3 个 NO2分子转移的电子数为 2 个，则 有 3mol 的 NO2参与反应时，转移的电子数为 A 2N，B 错误； C一个 8 S()分子中含有的S-S键数为 8 个，32gS8的物质的量为 32g = 8 32g/mol 1 8 mol，则含有的S-S键数 为 AA 1 8N =N 8 ，C 正确； D酸性 227 K Cr O溶液中存在
4、： 2-2-+ 2724 Cr O +H O2CrO +2H，含 Cr 元素微粒有 2- 27 Cr O和 2- 4 CrO，则1L pH=4的 -1 227 0.1mol L K Cr O溶液中 2- 27 Cr O离子数应小于 A 0.1N，D 错误； 故选 C。 3. 实验室制备下列气体的方法可行的是 气体方法 A氨气加热氯化铵固体 B二氧化氮将铝片加到冷浓硝酸中 C硫化氢向硫化钠固体滴加浓硫酸 D氧气加热氯酸钾和二氧化锰的混合物 A. AB. BC. CD. D 【答案】D 【解析】 【分析】 【详解】A氯化铵不稳定，加热易分解生成氨气和氯化氢，但两者遇冷又会化合生成氯化铵固体，所以不
5、能用于制备 氨气，A 不可行； B将铝片加到冷浓硝酸中会发生钝化现象，不能用于制备二氧化氮，B 不可行； C硫化氢为还原性气体，浓硫酸具有强氧化性，不能用浓硫酸与硫化钠固体反应制备该硫化氢气体，因为该气体会与 浓硫酸发生氧化还原反应，C 不可行； D实验室加热氯酸钾和二氧化锰的混合物，生成氯化钾和氧气，二氧化锰作催化剂，可用此方法制备氧气，D 可行； 故选 D。 4. 下列叙述正确的是 第 3 页 共 16 页 A. 甲醇既可发生取代反应也可发生加成反应 B. 用饱和碳酸氢纳溶液可以鉴别乙酸和乙醇 C. 烷烃的沸点高低仅取决于碳原子数的多少 D. 戊二烯与环戊烷互为同分异构体 【答案】B 【解
6、析】 【分析】 【详解】A甲醇为一元饱和醇，不能发生加成反应，A 错误； B乙酸可与饱和碳酸氢钠反应，产生气泡，乙醇不能发生反应，与饱和碳酸钠互溶，两者现象不同，可用饱和碳酸氢 纳溶液可以鉴别两者，B 正确； C含相同碳原子数的烷烃，其支链越多，沸点越低，所以烷烃的沸点高低不仅仅取决于碳原子数的多少，C 错误； D戊二烯分子结构中含 2 个不饱和度，其分子式为 C5H8，环戊烷分子结构中含 1 个不饱和度，其分子式为 C5H10，两 者分子式不同，不能互为同分异构体，D 错误。 故选 B。 5. W、X、Y、Z 为原子序数依次增大的短周期主族元素，Z 的最外层电子数是 W 和 X 的最外层电子
7、数之和，也是 Y 的最外层电子数的 2 倍。W 和 X 的单质常温下均为气体。下列叙述正确的是 A. 原子半径：ZYXW B. W 与 X 只能形成一种化合物 C. Y 的氧化物为碱性氧化物，不与强碱反应 D. W、X 和 Z 可形成既含有离子键又含有共价键的化合物 【答案】D 【解析】 【分析】WX、Y、Z 为原子序数依次增大的短周期主族元素，Z 的最外层电子数是 W 和 X 的最外层电子数之和，也 是 Y 的最外层电子数的 2 倍，则分析知，Z 的最外层电子数为偶数，W 和 X 的单质常温下均为气体，则推知 W 和 X 为非金属元素，所以可判断 W 为 H 元素，X 为 N 元素，Z 的最
8、外层电子数为 1+5=6，Y 的最外层电子数为 6 2 =3，则 Y 为 Al 元素，Z 为 S 元素，据此结合元素及其化合物的结构与性质分析解答。 【详解】根据上述分析可知，W 为 H 元素，X 为 N 元素，Y 为 Al 元素，Z 为 S 元素，则 A电子层数越多的元素原子半径越大，同周期元素原子半径依次减弱，则原子半径：Y(Al)Z(S)X(N)W(H)，A 错误； BW 为 H 元素，X 为 N 元素，两者可形成 NH3和 N2H4，B 错误； CY 为 Al 元素，其氧化物为两性氧化物，可与强酸、强碱反应，C 错误； 第 4 页 共 16 页 DW、X 和 Z 可形成(NH4)2S、
9、NH4HS，两者既含有离子键又含有共价键，D 正确。 故选 D。 6. 已知相同温度下， 3sp4sp BaSO1.5，单质碘的收率会降低，原因是_。 (2)以 3 NaIO为原料制备 2 I的方法是：先向 3 NaIO溶液中加入计量的 3 NaHSO，生成碘化物；再向混合溶液中加入 3 NaIO溶液，反应得到 2 I，上述制备 2 I的总反应的离子方程式为_。 (3)KI溶液和 4 CuSO溶液混合可生成CuI沉淀和 2 I，若生成 2 1mol I，消耗的KI至少为_mol。 2 I在KI溶液 中可发生反应 - 23 I +II。实验室中使用过量的KI与 4 CuSO溶液反应后，过滤，滤液
10、经水蒸气蒸馏可制得高纯碘。 反应中加入过量KI的原因是_。 【答案】(1). 2AgI+Fe=2Ag+ Fe2+2I-(2). AgNO3(3). FeI2+Cl2= I2+FeCl2(4). I2、FeCl3(5). I2被过量 的 2 Cl进一步氧化 (6). -2-+ 33242 2IO +5HSO =I +5SO +3H +H O(7). 4(8). 防止单质碘析出 【解析】 【分析】 【详解】(1) 由流程图可知悬浊液中含 AgI ，AgI 可与 Fe 反应生成 FeI2和 Ag，FeI2易溶于水，在离子方程式中能拆， 故加入Fe粉进行转化反应的离子方程式为 2AgI+Fe=2Ag+
11、 Fe2+2I-，生成的银能与硝酸反应生成硝酸银参与循环中，故 答案为：2AgI+Fe=2Ag+ Fe2+2I-；AgNO3； 通入 2 Cl的过程中，因 I-还原性强于 Fe2+， 2 Cl先氧化还原性强的 I-，若氧化产物只有一种，则该氧化产物只能是 I2， 故反应的化学方程式为 FeI2+Cl2= I2+FeCl2，若反应物用量比 22 n Cl/n FeI=1.5时即 2 Cl过量，先氧化完全部 I-再氧 化 Fe2+，恰好将全部 I-和 Fe2+氧化，故氧化产物为 I2、FeCl3，当 22 n Cl/n FeI1.5即 2 Cl过量特别多，多余的氯气 第 7 页 共 16 页 会与
12、生成的单质碘以及水继续发生氧化还原反应，单质碘的收率会降低，故答案为：FeI2+Cl2= I2+FeCl2；I2、FeCl3；I2 被过量的 2 Cl进一步氧化； (2)先向 3 NaIO溶液中加入计量的 3 NaHSO，生成碘化物即含 I-的物质；再向混合溶液中（含 I-）加入 3 NaIO溶液，反 应得到 2 I，上述制备 2 I的两个反应中 I-为中间产物，总反应为 - 3 IO与 - 3 HSO发生氧化还原反应，生成 2- 4 SO和 2 I，根据 得失电子守恒、电荷守恒及元素守恒配平离子方程式即可得： -2-+ 33242 2IO +5HSO =I +5SO +3H +H O，故答案
13、为： -2-+ 33242 2IO +5HSO =I +5SO +3H +H O； (3)KI溶液和 4 CuSO溶液混合可生成CuI沉淀和 2 I，化学方程式为 4KI+2CuSO4=2CuI+I2+2K2SO4，若生成 2 1mol I，则消耗的KI至少为 4mol；反应中加入过量KI，I-浓度增大，可逆反应 - 23 I +II平衡右移，增大 2 I溶解 度，防止 2 I升华，有利于蒸馏时防止单质碘析出，故答案为：4；防止单质碘析出。 9. 胆矾( 42 CuSO5H O)易溶于水，难溶于乙醇。某小组用工业废铜焙烧得到的CuO(杂质为氧化铁及泥沙)为原料与 稀硫酸反应制备胆矾，并测定其结
14、晶水的含量。回答下列问题： (1)制备胆矾时，用到的实验仪器除量筒、酒精灯、玻璃棒、漏斗外，还必须使用的仪器有_(填标号)。 A.烧杯B.容量瓶C.蒸发皿D.移液管 (2)将CuO加入到适量的稀硫酸中，加热，其主要反应的化学方程式为_，与直接用废铜和浓硫酸反应相比，该 方法的优点是_。 (3)待CuO完全反应后停止加热，边搅拌边加入适量 22 H O，冷却后用 32 NH H O调pH为 3.54，再煮沸10min，冷 却后过滤。滤液经如下实验操作：加热蒸发、冷却结晶、_、乙醇洗涤、_，得到胆矾。其中，控制溶液pH 为 3.54 的目的是_，煮沸10min的作用是_。 (4)结晶水测定：称量干
15、燥坩埚的质量为 1 m，加入胆矾后总质量为 2 m，将坩埚加热至胆矾全部变为白色，置于干燥器 中冷至室温后称量，重复上述操作，最终总质量恒定为 3 m。根据实验数据，胆矾分子中结晶水的个数为_(写表 达式)。 (5)下列操作中，会导致结晶水数目测定值偏高的是_(填标号)。 胆矾未充分干燥坩埚未置于干燥器中冷却加热时有少胆矾迸溅出来 【答案】(1). A、C(2). CuO+H2SO4 CuSO4+H2O(3). 不会产生二氧化硫且产生等量胆矾消耗硫酸少（硫 酸利用率高）(4). 过滤(5). 干燥(6). 除尽铁，抑制硫酸铜水解(7). 破坏氢氧化铁胶体，易于过滤 第 8 页 共 16 页 (
16、8). 23 31 80() 9() mm mm (9). 【解析】 【分析】 【详解】(1)制备胆矾时，根据题干信息可知，需进行溶解、过滤、结晶操作，用到的实验仪器除量筒、酒精灯、玻璃 棒、漏斗外，还必须使用的仪器有烧杯和蒸发皿，A、C 符合题意，故答案为：A、C； (2)将CuO加入到适量的稀硫酸中，加热，其主要反应的化学方程式为 CuO+H2SO4 CuSO4+H2O；直接用废铜和浓硫 酸反应生成硫酸铜与二氧化硫和水，与这种方法相比，将CuO加入到适量的稀硫酸中，加热制备胆矾的实验方案具有 的优点是：不会产生二氧化硫且产生等量胆矾消耗硫酸少（硫酸利用率高） ； (3) 硫酸铜溶液制硫酸铜
17、晶体，操作步骤有加热蒸发、冷却结晶、过滤、乙醇洗涤、干燥；CuO中含氧化铁杂质，溶 于硫酸后会形成铁离子，为使铁元素以氢氧化铁形成沉淀完全，需控制溶液pH为 3.54，酸性环境同时还可抑制铜离 子发生水解；操作过程中可能会生成氢氧化铁胶体，所以煮沸10min，目的是破坏氢氧化铁胶体，使其沉淀，易于过 滤，故答案为：过滤；干燥；除尽铁，抑制硫酸铜水解；破坏氢氧化铁胶体，易于过滤； (4) 称量干燥坩埚的质量为 1 m，加入胆矾后总质量为 2 m，将坩埚加热至胆矾全部变为白色，置于干燥器中冷至室温后 称量，重复上述操作，最终总质量恒定为 3 m。则水的质量是( 2 m 3 m)g，所以胆矾（CuS
18、O4nH2O）中 n 值的表达式 为 2331 () () : 18160 mmmm =n:1，解得 n 23 31 80() 9() mm mm ； (5) 胆矾未充分干燥，捯饬所测 m2偏大，根据 n= 23 31 80() 9() mm mm 可知，最终会导致结晶水数目定值偏高，符合题意； 坩埚未置于干燥器中冷却，部分白色硫酸铜会与空气中水蒸气结合重新生成胆矾，导致所测 m3偏大，根据 n= 23 31 80() 9() mm mm 可知，最终会导致结晶水数目定值偏低，不符合题意； 加热胆矾晶体时有晶体从坩埚中溅出，会使 m3数值偏小，根据 n= 23 31 80() 9() mm mm
19、 可知，最终会导致结晶水数目定值 偏高，符合题意；综上所述，符合题意，故答案为：。 10. 二氧化碳催化加氢制甲醇，有利于减少温室气体二氧化碳。回答下列问题： (1)二氧化碳加氢制甲醇的总反应可表示为： 2232 CO (g)3H (g)CH OH(g)H O(g) 第 9 页 共 16 页 该反应一般认为通过如下步骤来实现： -1 2221 CO (g)+H (g)=CO(g)+H O(g)H =+41kJ mol -1 232 CO(g)+2H (g)=CH OH(g)H =-90kJ mol 总反应的H=_ -1 kJ mol ；若反应为慢反应，下列示意图中能体现上述反应能量变化的是_(
20、填标号)， 判断的理由是_。 A.B.C.D. (2)合成总反应在起始物 22 n H/n CO=3时， 在不同条件下达到平衡， 设体系中甲醇的物质的量分数为 3 x(CH OH)， 在t=250下的 3 x CH OH p、在 5 p=5 10 Pa下的 3 x CH OH t如图所示。 用各物质的平衡分压表示总反应的平衡常数，表达式 p K =_； 图中对应等压过程的曲线是_，判断的理由是_； 当 3 x CH OH =0.10时， 2 CO的平衡转化率=_，反应条件可能为_或_。 【答案】(1). -49(2). A(3). H1为正值，H2为和H 为负值，反应的活化能大于反应的(4).
21、 23 3 22 H OCH OH HCO pp pp (5). b(6). 总反应H0，升高温度时平衡向逆反应方向移动，甲醇的物质的量分数变 小(7). 33.3%(8). 5105Pa，210(9). 9105Pa，250 【解析】 【分析】 第 10 页 共 16 页 【详解】(1)二氧化碳加氢制甲醇的总反应可表示为： 2232 CO (g)3H (g)CH OH(g)H O(g)，该反应一般认为通 过如下步骤来实现： -1 2221 CO (g)+H (g)=CO(g)+H O(g)H =+41kJ mol， -1 232 CO(g)+2H (g)=CH OH(g)H =-90kJ m
22、ol，根据盖斯定律可知，+可得二氧化碳加氢制甲醇的总反应为： 2232 CO (g)3H (g)CH OH(g)H O(g) -1-1-1 H= +41kJ mol90kJ mol=49kJ mol ； 该反应总反应为放 热反应，因此生成物总能量低于反应物总能量，反应为慢反应，因此反应的活化能高于反应，同时反应的反 应物总能量低于生成物总能量，反应的反应物总能量高于生成物总能量，因此示意图中能体现反应能量变化的是 A 项，故答案为：-49；A；H1为正值，H2为和H 为负值，反应的活化能大于反应的。 (2)二氧化碳加氢制甲醇的总反应为 2232 CO (g)3H (g)CH OH(g)H O(
23、g)，因此利用各物质的平衡分压表示总 反应的平衡常数，表达式 Kp= 23 3 22 H OCH OH HCO pp pp ，故答案为： 23 3 22 H OCH OH HCO pp pp 。 该反应正向为放热反应，升高温度时平衡逆向移动，体系中 3 x(CH OH)将减小，因此图中对应等压过程的曲线是 b， 故答案为：b；总反应H0，升高温度时平衡向逆反应方向移动，甲醇的物质的量分数变小。 设起始 n(CO2)=1mol，n(H2)=3mol，则 2232 3Hg +COgCH OH g +H O g mol 3100 mol 3xxxx mol 3-3x1-xxx 起始 转化 平衡 ，当
24、平衡时 3 x CH OH =0.10时， x 3-3x + 1-x +x+x =0.1，解得 x= 1 3 mol，平衡时 CO2的转化率= 1 mol 3 100% 1mol =33.3%；由 图可知，满足平衡时 3 x CH OH =0.10的条件有：5105Pa，210或 9105Pa，250，故答案为：33.3%；5105Pa， 210；9105Pa，250。 【化学【化学选修选修 3：物质结构与性质】：物质结构与性质】 11. 我国科学家研发的全球首套千吨级太阳能燃料合成项目被形象地称为“液态阳光”计划。该项目通过太阳能发电电 解水制氢，再采用高选择性催化剂将二氧化碳加氢合成甲醇。
25、回答下列问题： （1） 太阳能电池板主要材料为单晶硅或多晶硅。 Si 的价电子层的电子排式为_； 单晶硅的晶体类型为_。 SiCl4是生产高纯硅的前驱体，其中 Si 采取的杂化类型为_。SiCl4可发生水解反应，机理如下： 第 11 页 共 16 页 含 s、p、d 轨道的杂化类型有：dsp 2、sp3d、sp3d2，中间体 SiCl4(H2O)中 Si 采取的杂化类型为_（填标号） 。 （2）CO2分子中存在_个键和_个键。 （3）甲醇的沸点（64.7）介于水（100）和甲硫醇（CH3SH，7.6）之间，其原因是_。 （4）我国科学家发明了高选择性的二氧化碳加氢合成甲醇的催化剂，其组成为 Z
26、nO/ZrO2固溶体。四方 ZrO2晶胞如图 所示。Zr4+离子在晶胞中的配位数是_，晶胞参数为 a pm、a pm、c pm，该晶体密度为_gcm-3（写出表 达式） 。在 ZrO2中掺杂少量 ZrO 后形成的催化剂，化学式可表示为 ZnxZr1-xOy，则 y=_（用 x 表达） 。 【答案】(1). 3s23p2(2). 原子晶体(共价晶体)(3). sp3(4). (5). 2(6). 2(7). 甲硫醇不能形 成分子间氢键，而水和甲醇均能，且水比甲醇的氢键多(8). 8(9). 230 A 4 91 8 16 a c10N (10). 2-x 【解析】 【分析】 【详解】(1)基态
27、Si 原子的核外电子排布式为 1s22s22p63s23p2，因此 Si 的价电子层的电子排式为 3s23p2；晶体硅中 Si 原 子与 Si 原子之间通过共价键相互结合，整块晶体是一个三维的共价键网状结构，因此晶体硅为原子晶体；SiCl4中 Si 原子价层电子对数为 4+ 44 1 2 =4，因此 Si 原子采取 sp3杂化；由图可知，SiCl4(H2O)中 Si 原子的键数为 5，说明 Si 原子的杂化轨道数为 5，由此可知 Si 原子的杂化类型为 sp3d，故答案为：3s23p2；原子晶体(共价晶体)；sp3； (2)CO2的结构式为 O=C=O，1 个双键中含有 1 个键和 1 个键，
28、因此 1 个 CO2分子中含有 2 个键和 2 个键，故答案 为：2；2； (3)甲醇分子之间和水分子之间都存在氢键，因此沸点高于不含分子间氢键的甲硫醇，甲醇分子之间氢键的总强度低于 水分子之间氢键的总强度，因此甲醇的沸点介于水和甲硫醇之间，故答案为：甲硫醇不能形成分子间氢键，而水和甲 醇均能，且水比甲醇的氢键多； 第 12 页 共 16 页 (4)以晶胞中右侧面心的 Zr4+为例，同一晶胞中与 Zr4+连接最近且等距的 O2-数为 4，同理可知右侧晶胞中有 4 个 O2-与 Zr4+相连，因此 Zr4+离子在晶胞中的配位数是 4+4=8；1 个晶胞中含有 4 个 ZrO2微粒，1 个晶胞的质
29、量 m= A 4mol 91g/mol8mol 16g/mol N ，1 个晶胞的体积为(a10-10cm)(a10-10cm)(c10-10cm)=a2c10-30cm3，因此该晶 体密度= m V = A 2303 4 91 8 16 g a c 10cm N = 230 A 4 91 8 16 a c10N gcm-3；在 ZrO2中掺杂少量 ZrO 后形成的催化剂，化学式可表示为 ZnxZr1-xOy， 其中 Zn 元素为+2 价， Zr 为+4 价， O 元素为-2 价， 根据化合物化合价为 0 可知 2x+4(1-x)=2y， 解得 y=2-x， 故答案为： 230 A 4 91
30、8 16 a c10N ；2-x。 【化学【化学选修选修 5：有机化学基础】：有机化学基础】 12. 近年来，以大豆素(化合物 C)为主要成分的大豆异黄酮及其衍生物，因其具有优良的生理活性而备受关注。大豆素 的合成及其衍生化的一种工艺路线如下： 回答下列问题： (1)A 的化学名称为_。 (2)1mol D反应生成 E 至少需要_mol氢气。 (3)写出 E 中任意两种含氧官能团的名称_。 (4)由 E 生成 F 的化学方程式为_。 (5)由 G 生成 H 分两步进行：反应 1)是在酸催化下水与环氧化合物的加成反应，则反应 2)的反应类型为_。 (6)化合物 B 的同分异构体中能同时满足下列条
31、件的有_(填标号)。 a.含苯环的醛、酮 第 13 页 共 16 页 b.不含过氧键(-O-O-) c.核磁共振氢谱显示四组峰，且峰面积比为3221 A.2 个B.3 个C.4 个D.5 个 (7)根据上述路线中的相关知识，以丙烯为主要原料用不超过三步的反应设计合成下图有机物，写出合成路线_。 【答案】(1). 间苯二酚（或 1,3-苯二酚）(2). 2(3). 酯基，醚键，酮基（任写两种）(4). TsOH PhMe +H2O(5).取 代 反 应(6). C(7). m-CPBA 24 2 浓H SO H O 32 (CH CO) O 揪揪井 【解析】 【 分 析 】 由 合 成 路 线
32、图 ， 可 知 ， A （ 间 苯 二 酚 ） 和 B （） 反 应 生 成 C （） ，与碳酸二 第 14 页 共 16 页 甲酯发生酯化反应，生成， 与氢气发生加成反应生成 ， 发生消去反应，生成 F，F 先氧化成环氧化合物 G，G 在酸催化下水与环氧化合物的加成反应，然后发生酯的水解生成 H，据此分析解答。 【详解】(1)A 为，化学名称为间苯二酚（或 1,3-苯二酚） ，故答案为：间苯二酚（或 1,3-苯二酚） ； (2)D 为，与氢气发生加成反应生成 ，碳碳双键及酮基都发生了加成反应，所以1mol D反 第 15 页 共 16 页 应生成 E 至少需要 2mol氢气，故答案为：2；
33、(3)E 为 ， 含有的含氧官能团的名称为酯基， 醚键， 酮基 （任 写两种） ，故答案为：酯基，醚键，酮基（任写两种） ； (4)E 为 ，发生消去反应，生成 ，化学方程式为 TsOH PhMe +H2O，故答案为： TsOH PhMe 第 16 页 共 16 页 +H2O； (5)由 G 生成 H 分两步进行：反应 1)是在酸催化下水与环氧化合物的加成反应，则反应 2)是将酯基水解生成羟基，反应 类型为取代反应，故答案为：取代反应； (6)化合物 B 为，同分异构体中能同时满足下列条件：.含苯环的醛、酮；b.不 含过氧键(-O-O-)；c.核磁共振氢谱显示四组峰，且峰面积比为 3221，说明为醛或酮，而且含有甲基，根据要求 可以写出：， ，故有 4 种，答案为：C； (7)以丙烯为主要原料用不超过三步的反应设计合成下图有机物，可以将丙烯在 m-CPBA 的作用下生成环氧化合物，环 氧化合物在酸催化下水发生加成反应，然后再与碳酸二甲酯发生酯化反应即可，故合成路线为： m-CPBA 24 2 浓H SO H O 32 (CH CO) O 揪揪井 。
