（新）2022届年高考化学必刷试卷03（解析版）.docx

《（新）2022届年高考化学必刷试卷03（解析版）.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《（新）2022届年高考化学必刷试卷03（解析版）.docx（15页珍藏版）》请在得力文库 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、2020年高考化学必刷试卷03(考试时间：50分钟 试卷满分：100分)注意事项：1答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。可能用到的相对原子质量：H 1 Li 7 C 12 N 14 O 16 Na 23 S 32 Cl 35.5 Ca 40 Fe 56一、选择题：本题共7个小题，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（郴州市20

2、20届高三第一次教学质量监测）从古至今化学与生产、生活密切相关。下列说法正确的是A常温下，成语“金戈铁马”中的金属能溶于浓硝酸B用石灰水或MgSO4溶液喷涂在树干上均可消灭树皮上的过冬虫卵C汉代烧制出“明如镜、声如馨”的瓷器，其主要原料为石灰石D港珠澳大桥采用的聚乙烯纤维吊绳，其商品名为“力纶”，是有机高分子化合物【答案】D【解析】A成语“金戈铁马”中的金属为铁，常温下，铁在浓硝酸中钝化，不能溶于浓硝酸，故A错误；B MgSO4溶液显弱酸性，应用石灰水喷涂在树干上可消灭树皮上的过冬虫卵，故B错误；C瓷器由黏土烧制而成，所以烧制瓷器的主要原料为黏土，故C错误；D聚乙烯纤维属于合成高分子材料，属于

3、有机高分子化合物，故D正确；故答案为D。8（常德市2020届高三期末）某化工厂制备净水剂硫酸铁铵晶体的一种方案如下：下列说法不正确的是A滤渣A的主要成分是B“合成”反应要控制温，温度过高，产率会降低C“系列操作”包括蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等D相同条件下，净水能力比强【答案】D【解析】A 硫酸钙微溶于水，滤渣A的主要成分是，故A正确；B “合成”反应要控制温，温度过高，会促进Fe3的水解，生成硫酸铁铵的产率会降低，故B正确；C 硫酸铁铵的溶解度随温度降低而减小，宜采用结晶法提纯，所以“系列操作”包括蒸发浓缩、降温结晶、过滤、洗涤、干燥等操作，故C正确；D NH4水解生成H，抑制Fe

4、3的水解生成氢氧化铁胶体，所以氯化铁净水能力比硫酸铁铵强，相同条件下，净水能力比弱，故D错误；故选D。9（成都市2020届高三第一次诊断性检测）如图为元素周期表的一部分，其中A、B、C、D、E代表元素。下列说法错误的是A元素B、D对应族处的标识为A16B熔点：D的氧化物C的氧化物CAE3分子中所有原子都满足8电子稳定结构DE的含氧酸酸性强于D的含氧酸【答案】D【解析】A 元素B、D是氧族元素，周期表中第16列，对应族处的标识为A16，故A正确；B D为S，其氧化物为分子晶体，C的氧化物为SiO2，是原子晶体，熔点：D的氧化物C的氧化物，故B正确；C AE3分子中，NCl3分子中N最外层5个电子

5、，三个氯原子各提供1个电子，N满足8电子，氯最外层7个，氮提供3个电子，分别给三个氯原子，所有原子都满足8电子稳定结构，故C正确；D应是 E的最高价含氧酸酸性强于D的最高价含氧酸，故D错误；故选D。10（湖南省七校2020届高三12月联考）2019年10月1日是中华人民共和国成立70周年，国庆期间对大量盆栽鲜花施用了S-诱抗素制剂以保证鲜花盛开，利用下图所示的有机物X可生产S诱抗素Y.下列说法不正确的是A1mol Y与1mol Br2反应的产物有4种B1mol Y与足量NaOH溶液反应，最多消耗3mol NaOHC1mol X最多能加成7mol H2DX可以发生氧化、取代、酯化、加聚、缩聚反应

6、【答案】B【解析】A 1mol Y与1mol Br2反应的产物有图中3个位置的加成及2、3位置的首尾碳原子的加成，合计4种，与题意不符，A错误；B 1mol Y中含有2mol羧基，与足量NaOH溶液反应，最多消耗2mol NaOH，符合题意，B正确；C 1mol X含有1mol苯基消耗3mol氢气，3mol碳碳双键，消耗3mol氢气，1mol羰基，消耗1mol氢气，最多能加成7mol H2，与题意不符，C错误；D X中含有羰基、碳碳双键、羧基、羟基、酯基、氨基和肽键，可以发生氧化、取代、酯化、加聚、缩聚反应，与题意不符，D错误；答案为B。11（浙江省名校新高考研究联盟2020届高三第二次联考)

7、有一种锂离子电池，在室温条件下可进行循环充放电，实现对磁性的可逆调控。一极为纳米Fe2O3，另一极为金属锂和石墨的复合材料，电解质只传导锂离子。电池总反应为：Fe2O3+6Li2Fe+3Li2O，关于此电池，下列说法不正确的是A放电时，此电池逐渐靠近磁铁B放电时，正极反应为Fe2O3+6Li+6e-= 2Fe+3Li2OC放电时，正极质量减小，负极质量增加D充电时，阴极反应为Li+e-=Li【答案】C【解析】A放电时，锂为负极，氧化铁在正极反应，所以反应生成铁，此电池逐渐靠近磁铁，故正确；B 放电时，正极为氧化铁变成铁，电极反应为Fe2O3+6Li+6e-= 2Fe+3Li2O，故正确；C 放

8、电时，正极反应WieFe2O3+6Li+6e-= 2Fe+3Li2O，正极质量增加，负极锂失去电子生成锂离子，质量减少，故错误；D 充电时，阴极锂离子得到电子，电极反应为Li+e-=Li，故正确。故选C。12（湖南省湘潭一中2020届高三高考模拟诊断）用下列装置完成相关实验，合理的是A图：验证H2CO3的酸性强于H2SiO3B图：收集CO2或NH3C图：分离Na2CO3溶液与CH3COOC2H5D图：分离CH3CH2OH与CH3COOC2H5【答案】B【解析】A、生成的二氧化碳中含有氯化氢，氯化氢也能与硅酸钠反应产生硅酸沉淀，干扰二氧化碳与硅酸钠反应，A错误；B氨气的密度比空气密度小，二氧化碳

9、的密度比空气密度大，则导管长进短出收集二氧化碳，短进长出收集氨气，B正确；CNa2CO3溶液与CH3COOC2H5分层，应选分液法分离，C错误；DCH3CH2OH与CH3COOC2H5互溶，不能分液分离，应选蒸馏法，D错误；答案选B。13（广西柳州市高级中学2020届高三第二次统测）用AG表示溶液的酸度，其表达式为AG=lg，298K时，向10mL0.1 molL-1 HX溶液中滴加 0.1molL-1NaOH 溶液。溶液的AG与NaOH溶液体积的关系如图所示。下列说法错误的是 A溶液pH和AG的关系式为AG=14-2pHB对G点溶液，c(Na+) = c(X-)C298K时HX的电离常数Ka

10、1.0×10-5D溶液中水电离的c(OH-) F点<P点【答案】D【解析】A、AG=lg=lgc(H+)-lgc(OH-)=lgc(H+)-lg=2pH-lgKW=14-2pH，故A不符合题意；B、G点对应AG=0，即lgc(H+)=lgc(OH-)，溶液呈中性，根据电荷守恒可知，c(Na+) = c(X-)，故B不符合题意；C、E点为HX溶液，Ag=8，c(H+)=1.0×10-3mol/L，则HA的平衡常数K=1.0×10-5，故C不符合题意；D、F点加入5mL等浓度的NaOH溶液，反应后溶质为等浓度的NaX、HX，P点加入20mL等浓度的NaOH溶液，

11、反应后溶质为等浓度的NaX、NaOH，NaOH为强电解质，对水的抑制程度更大，则P点水的电离程度小于F点水的电离程度，故D符合题意；答案为D。二、非选择题：共58分，第2628题为必考题，每个试题考生都必须作答。第3536题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题：共43分。26（四川省天府名校2020届高三一轮测评）（14分）氧化锌工业品广泛应用于橡胶、涂料、陶瓷、化工、医药、玻璃和电子等行业，随着工业的飞速发展，我国对氧化锌的需求量日益增加，成为国民经济建设中不可缺少的重要基础化工原料和新型材料。用工业含锌废渣(主要成分为ZnO，还含有铁、铝、铜的氧化物，Mn2、Pb2、Cd2等)制取氧化

12、锌的工艺流程如图所示：已知：相关金属离子c(Mn)0.1 mol/L生成氢氧化物沉淀的pH如下表所示：回答下列问题：（1）为保证锌渣酸浸的充分，先保持酸过量，且c(H)0.5 mol/L左右。写出一种加快锌渣浸出的方法：_。（2）为调节溶液的pH，则试剂X为_(填化学式)，且调节溶液pH的范围是_。（3）除杂时加入高锰酸钾的作用是_，发生反应的离子方程式为_。（4）“过滤”所得滤渣的主要成分是_ (填化学式)。（5）写出“碳化合成”的化学方程式：_；“碳化合成”过程需纯碱稍过量，请设计实验方案证明纯碱过量：_【答案】（14分）（1）将锌渣粉碎、加热、适当增大硝酸浓度、搅拌等（1分）（2）ZnO

13、或Zn(OH)2或ZnCO3（2分） 4.7pH6.0（2分） （3）除去Mn2+（1分） 2MnO4+3Mn2+2H2O=5MnO2+4H+ （2分）（4）Fe(OH)3、Al(OH)3、MnO2 （2分）（5）3Zn(NO3)2+3Na2CO3+3H2O=ZnCO3 2Zn(OH)2H2O+2CO2+6NaNO3或3Zn(NO3)2+5Na2CO3+5H2O= ZnCO3 2Zn(OH)2H2O+4NaHCO3+6NaNO3（2分） 静置，取少许上层清液继续滴加纯碱溶液，若无沉淀产生，则证明纯碱过量（或静置，取少许上层清液滴加CaCl2溶液，若有白色沉淀产生，则证明纯碱过量）（2分）【解析

14、】（1）酸浸的主要目的是将ZnO等物质与硝酸反应，为加快反应速率，可采取的方法有加热、将将锌渣粉碎、加热、适当增大硝酸浓度、搅拌等；（2）加入试剂X的目的是调节溶液的pH，使Fe3+、Al3+生成沉淀除去，为不引入新的杂质离子，可加入ZnO、Zn(OH)2、ZnCO3等，根据流程及表中数据，需调节pH的范围为4.7pH6.0；（3）加入高锰酸钾的作用是将Mn2+转化为MnO2沉淀，除去Mn2+，反应的离子方程式为2MnO4+3Mn2+2H2O=5MnO2+4H+；（4）由（2）、（3）知，“过滤”所得滤渣的主要成分是Fe(OH)3、Al(OH)3、MnO2；（5）“碳化合成”时加入Na2CO3

15、，产物为ZnCO3 2Zn(OH)2H2O，反应的化学方程式为3Zn(NO3)2+3Na2CO3+3H2O=ZnCO3 2Zn(OH)2H2O+2CO2+6NaNO3或3Zn(NO3)2+5Na2CO3+5H2O= ZnCO3 2Zn(OH)2H2O+4NaHCO3+6NaNO3；（6）若Na2CO3不足时，溶液中还有Zn(NO3)2，继续滴加Na2CO3溶液，有沉淀产生；Na2CO3过量时，可检验溶液中的CO32-。27（攀枝花市2020届高三上学期第一次统考）（14分）过氧化钙是一种白色固体，微溶于冷水，不溶于乙醇，化学性质与过氧化钠类似。某学习小组设计在碱性环境中利用CaCl2与H2O2

16、反应制取CaO2·8H2O，装置如图所示：回答下列问题：（1）小组同学查阅文献得知：该实验用质量分数为20%的H2O2溶液最为适宜。市售H2O2溶液的质量分数为30%。该小组同学用市售H2O2溶液配制约20%的H2O2溶液的过程中，使用的玻璃仪器除玻璃棒、胶头滴管外，还有_。（2）仪器X的主要作用除导气外，还具有的作用是_。（3）在冰水浴中进行的原因是_。（4）实验时，在三颈烧瓶中析出CaO2·8H2O晶体，总反应的离子方程式为_。（5）反应结束后，经过滤、洗涤、低温烘干获得CaO2·8H2O。下列试剂中，洗涤CaO2·8H2O的最佳选择是_。A无水乙醇

17、 B浓盐酸 CNa2SO3溶液 DCaCl2溶液（6）若CaCl2原料中含有Fe3+杂质，Fe3+催化分解H2O2，会使H2O2的利用率明显降低。反应的机理为：Fe3+ +H2O2=Fe2+H+HOO·H2O2+X=Y +Z+W（已配平）Fe2+·OH=Fe3+OH-H+ +OH-=H2O根据上述机理推导步骤中的化学方程式为_。（7）过氧化钙可用于长途运输鱼苗，这体现了过氧化钙具有_的性质。A与水缓慢反应供氧 B能吸收鱼苗呼出的CO2气体C能是水体酸性增强 D具有强氧化性，可杀菌灭藻（8）将所得CaO2·8H2O晶体加热到150160，完全脱水后得到过氧化钙样品。

18、该小组测定过氧化钙样品中CaO2的纯度的方法是：准确称取0.4000g过氧化钙样品，400以上加热至完全分解成CaO和O2(设杂质不产生气体)，得到33.60mL(已换算为标准状况)气体。则：所得过氧化钙样品中CaO2的纯度为_。【答案】（14分）（1）烧杯、量筒（1分）（2）防止三颈烧瓶中溶液发生倒吸（1分）（3）防止温度过高H2O2分解、有利于晶体析出（2分）（4）Ca2+H2O2+2NH3+8H2O=CaO2·8H2O+2NH4+ （2分）（5）A（2分）（6）HOO·+ H2O2=H2O + O2 +·OH（2分）（7）ABD（2分）（8）54.00%（2

19、分）【解析】配制约20%的H2O2溶液的过程中，使用的玻璃仪器除玻璃棒、胶头滴管、烧杯、量筒，故答案为：烧杯、量筒；仪器X的主要作用除导气外，因为氨气极易溶于水，因此还具有防倒吸作用，双氧水受热分解，因此在冰水浴中进行的原因是防止温度过高H2O2分解、有利于晶体析出，故答案为：防止温度过高H2O2分解、有利于晶体析出，；实验时，在三颈烧瓶中析出CaO2·8H2O晶体，总反应的离子方程式为Ca2+H2O2+2NH3+ 8H2O =CaO2·8H2O+2NH4+，过氧化钙是一种白色固体，微溶于冷水，不溶于乙醇，因此洗涤CaO2·8H2O的最佳实际为无水乙醇，若CaCl

20、2原料中含有Fe3+杂质，Fe3+催化分解H2O2变为氧气和水，根据前后联系，说明中产物有氧气、水、和·OH，其化学方程式为：HOO·+ H2O2=H2O + O2 +·OH，过氧化钙可用于长途运输鱼苗，鱼苗需要氧气，说明过氧化钙具有与水缓慢反应供氧，能吸收鱼苗呼出的二氧化碳气体和杀菌作用，将所得CaO2·8H2O晶体加热到150160，完全脱水后得到过氧化钙样品。该小组测定过氧化钙样品中CaO2的纯度的方法是：准确称取0.4000g过氧化钙样品，400以上加热至完全分解成CaO和O2(设杂质不产生气体)，得到33.60mL即物质的量为1.5×

21、10-3 mol，。2CaO2 = 2CaO + O2根据关系得出n(CaO2) = 3×10-3 mol，。28（福建省仙游第一中学、福州八中2020届高三上学期三检）（15分）随着科技的进步，合理利用资源、保护环境成为当今社会关注的焦点。甲胺铅碘(CH3NH3PbI3)用作全固态钙钛矿敏化太阳能电池的敏化剂，可由CH3NH2、PbI2及HI为原料合成，制取甲胺的反应为CH3OH(g)NH3(g)CH3NH2(g)H2O(g) H。回答下列问题：（1）上述反应中所需的甲醇工业上利用水煤气合成，已知CO（g）+O2（g）CO2（g） H1=-284kJ/molH2（g）+O2（g）H

22、2O（g） H2=-248kJ/molCH3OH（g）+O2（g）CO2（g）+2H2O（g） H3=-651kJ/molCO(g)2H2(g)CH3OH(g)H=_。（2）在一定条件下，将1molCO和2molH2通入密闭容器中进行反应，当改变某一外界条件(温度或压强)时，CH3OH的体积分数(CH3OH)变化趋势如图所示：平衡时，M点CH3OH的体积分数为10%，则CO的转化率为_。X轴上b点的数值比a点_ (填“大”或“小”)。某同学认为图中Y轴表示温度，你认为他判断的理由是_。（3）实验室可由四氧化三铅和氢碘酸反应制备难溶的PbI2，常温下，PbI2饱和溶液(呈黄色)中c(Pb2)1.

23、0×103mol·L1，则Ksp(PbI2)_；已知Ksp(PbCl2)1.6×105，则转化反应PbI2(s)2Cl(aq)PbCl2(s)2I(aq)的平衡常数K_。（4）分解HI曲线和液相法制备HI反应曲线分别如图1和图2所示：反应H2(g)I2(g)2HI(g)的H_ (填大于或小于)0。将二氧化硫通入碘水中会发生反应：SO2I22H2O3H+HSO4-2I，I2II3-，图2中曲线a、b分别代表的微粒是_、_(填微粒符号)；由图2知要提高碘的还原率，除控制温度外，还可以采取的措施是_。【答案】（15分）（1）-129kJ/mol（2分）（2）25%（2分

24、） 大（1分） 该反应为放热反应，随着Y值的增大，c(CH3OH)减小，平衡CO(g)2H2(g)CH3OH(g)向逆反应方向进行，故Y为温度（2分）（3）4×109（1分） 2.5×10-4（2分）（4）小于（1分） H（1分） I3-（1分） 减小的投料比（2分）【解析】（1）CO（g）+O2（g）CO2（g） H1=-284kJ/molH2（g）+O2（g）H2O（g） H2=-248kJ/molCH3OH（g）+O2（g）CO2（g）+2H2O（g） H3=-651kJ/mol将+×2-得：CO(g)2H2(g)CH3OH(g) H=-129kJ/mol。

25、（2）平衡时，M点CH3OH的体积分数为10%，CO(g)2H2(g)CH3OH(g)起始量 1mol 2mol 0变化量 x 2x x平衡量 1-x 2-2x x x=0.25mol则CO的转化率为。因为随着X的增大，甲醇的体积分数增大，说明平衡正向移动，X轴应表示压强。X轴上b点的数值比a点大。答案为：大；某同学认为图中Y轴表示温度，他判断的理由是：该反应为放热反应，随着Y值的增大，c(CH3OH)减小，平衡CO(g)2H2(g)CH3OH(g)向逆反应方向进行，故Y为温度。（3）实验室可由四氧化三铅和氢碘酸反应制备难溶的PbI2，常温下，PbI2饱和溶液(呈黄色)中c(Pb2)1.0&#

26、215;103mol·L1，则Ksp(PbI2)。已知Ksp(PbCl2)1.6×105，则转化反应PbI2(s)2Cl(aq)PbCl2(s)2I(aq)的平衡常数K。答案为：2.5×10-4；（4）因为随着温度的不断升高，HI的物质的量不断减小，所以平衡逆向移动，正反应为放热反应。反应H2(g)I2(g)2HI(g)的H小于0。将二氧化硫通入碘水中会发生反应：SO2I22H2O3H+HSO4-2I，I2II3-；令投入的SO2为1mol，从反应方程式可以看出，H+的物质的量是SO2的三倍，I-的物质的量是SO2的二倍，再结合图2，即可得出图2中曲线a代表的微粒

27、是H。B代表的微粒是I3-。由图2知要提高碘的还原率，除控制温度外，还可以采取的措施是增大SO2的投入量，同时减少I2的投入量，即减小的投料比。（二）选考题：共15分。请考生从2道化学题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。35化学选修3：物质结构与性质（辽宁省大连市2020届高三上学期三模）（15分）能源问题日益成为制约国际社会经济发展的瓶颈，越来越多的国家开始实行“阳光计划”，开发太阳能资源，寻求经济发展的新动力。（1）原子数相同，价电子数也相同的微粒，称为等电子体。等电子体具有相似的化学键特征，性质相似。CO的结构式为_。（2）太阳能热水器中常使用一种以镍或镍合金空心球为吸收剂

28、的太阳能吸热涂层，写出基态镍原子的核外电子排布式_ 。（3）富勒烯衍生物由于具有良好的光电性能，在太阳能电池的应用上具有非常光明的前途。富勒烯()的结构如图，分子中碳原子轨道的杂化类型为_；1 mol 分子中键的数目为_ 。（4）多元化合物薄膜太阳能电池材料为无机盐，其主要包括砷化镓、硫化镉、硫化锌及铜锢硒薄膜电池等。第一电离能：As_Se(填“>”、“<”或“=”)。硫化锌的晶胞中(结构如图所示)，硫离子的配位数是_。二氧化硒分子的空间构型为_。（5）金属酞菁配合物在硅太阳能电池中有重要作用，一种金属镁酞菁配合物的结构如下图，请在下图中用箭头表示出配位键。_【答案】（15分）（1

29、）（2分） （2）1s22s22p63s23p63d84s2（2分）（3）sp2（2分） 90NA（2分）（4）（2分） 4（1分） 折型（角型、V型）（2分）（5）（2分）【解析】（1）等电子体具有相似的化学键特征，CO与N2互为等电子体，则结构式相似，则CO的结构式为CO；（2）镍原子核外有28个电子，其基态镍原子的核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d84s2，；（3）在C60分子中每个碳原子周围形成一个双键，两个单键，则每个碳原子形成3个键，且不含孤电子对，所以采用sp2杂化，每个碳原子含有的键个数为，所以1molC60分子中键的数目=1mol×60×

30、×NAmol1=90NA；（4）As和Se属于同一周期，且As属于第VA族，Se属于第VIA族，As原子4p能级容纳3个电子，为半满稳定状态，能量较低，第一电离能高于Se；与硫离子最近的锌离子的数目为1×4=4，即硫离子的配位数是4；二氧化硒分子中Se原子孤电子对数为，价层电子对数=2+1=3，所以其空间结构为V形；（5）配位键由提供孤电子对原子指向提供空轨道的原子，所以该配合物中的配位键为。36化学选修5：有机化学基础 （广深珠三校2020届高三第一次联考）（15分）某药物中间体K及高分子化合物G的合成路线如下。已知：.R1NHR2易被氧化II.R1CHO+（1）A中含氧

31、官能团的名称是_。（2）反应的反应条件为_。反应、的目的是_。（3）E的结构简式为_。（4）反应的化学反应方程式是_。（5）反应的反应类型为_。（6） 比D多一个碳原子的D的同系物有_种结构（7）由A合成H分为三步反应，选用必要的无机、有机试剂完成合成路线_(用箭头表示转化关系，箭头上注明试剂和反应条件)。【答案】（15分）（1）醛基（1分）（2）液溴、FeBr3（2分） 保护醛基，防止被氧化（2分）（3）（2分）（4）+（n1）H2O （2分）（5）加成反应（1分）（6）17（2分）（7）（3分）【解析】（1）A中含氧官能团的名称是醛基，故答案为：醛基。（2）反应的反应条件为液溴、FeBr3

32、，反应、的目的是保护醛基不被氧化，故答案为：液溴、FeBr3；保护醛基不被氧化。（3）根据R1NHR2易被氧化说明先醛基被氧化，再变为氨基，因此E的结构简式为，故答案为：。（4）反应主要是羧基和氨基发生高聚反应物，因此其化学反应方程式是+（n1）H2O，故答案为：+（n1）H2O。（5）根据反应物和生成物的结构分析得出反应的反应类型为加成反应，故答案为：加成反应。（6）溴原子在CH2CHO的邻位、间位、对位共三种，CHO与CH2Br在苯环的邻位、间位、对位共三种，CHO和CH3在相邻位置，苯环上有四种位置的氢，即有四种同分异构，CHO和CH3在相间位置，苯环上有四种位置的氢，即有四种同分异构，CHO和CH3在相对位置，苯环上有两种位置的氢，即有四种同分异构，CH2(Br)CHO连接苯环是一种，因此D多一个碳原子的D的同系物总共有17种结构，故答案为：17。（7）A和戊酮发生加成反应，然后发生消去反应，最后发生加成反应得到H，合成路线为15原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！