1、河南省濮阳市 2018 届高三第三次模拟考试理综化学试题1. 化学的实用性表现在它与人们的生活紧密联系。下列常用物质的主要化学成分溶于水后对水的电离有抑制作用的是A. 明矾 B. 苏打 C. 84 消毒液 D. 洁厕灵【答案】D2. 大气中氮氧化物和碳氢化合物受紫外线作用可产生二次污染物光化学烟雾，其中某些反应过程如图所示。下列说法正确的是A. 丙烯发生氧化反应生成甲醛和乙醛 B. 生成 O3 的反应属于氧化还原反应C. 反应 I 属于复分解反应 D. 该过程中 O2作催化剂【答案】A【解析】A、丙烯转化成甲醛和乙醛，是丙烯中的双键发生断裂，此反应属于氧化反应，故A 正确；B、根据示意图，O
2、2O 3，化合价没有发生变化，因此生成 O3的反应不属于氧化还原反应，故 B 错误；C、反应 I 中 NO 转化成 NO2，化合价升高，即反应 I 为氧化还原反应，故C 错误；D、有 O2参与反应，但后面没有 O2的生成，因此 O2不作催化剂，故 D 错误。3. 萜类化合物具有重要的生理活性，是研究天然产物和开发新药的重要来源。 (c)、(n)、 (t)均为常见萜类化合物，下列说法不正确的是A. c、n 互为同分异构体 B. n 中所有碳原子可能处于同一平面C. c、n、t 均可以发生聚合反应 D. c、n、t 均可使酸性 KMnO4溶液褪色【答案】C【解析】A、c 的分子式为 C10H18O
3、，n 的分子式为 C10H18O，前者属于醛，后者属于醇，因此两者互为同分异构体，故 A 说法正确；B、n 中碳碳双键中 C 原子杂化类型为 sp2，立体构型为平面形，以及三点确定一个平面，因此 n 中所有碳原子可能处于同一平面，故 B 说法正确；C、t 中不含有碳碳双键，不能发生聚合反应，故 C 说法错误；D、c、n 中含有碳碳双键，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，t 中含有羟基，羟基能被酸性高锰酸钾溶液氧化，故 D 说法正确。4. 酸性锌锰电池是一种一次性电池。其中的黑色粉末是由碳粉、MnO 2、ZnCl 2和 NH4Cl 等组成的糊状填充物，该电池放电过程产生 MnOOH。下列有关回收处理该废
4、电池的描述不正确的是A. 对黑色粉末进行溶解、过滤都需要用到玻璃棒B. 将滤渣放在坩埚中充分灼烧后，可得到锰的化合物C. 将滤液加热蒸干，由于 NH4Cl 分解，可得到 ZnCl2固体D. 实验室可利用“升华”的方法分离 ZnCl2(s)和 NH4Cl(s)【答案】C【解析】A、黑色粉末是碳粉、MnO 2、MnOOH 不溶于水，因此，分离时先溶解、然后过滤，溶解时为了加速溶解，需要用玻璃棒搅拌，过滤时用玻璃棒引流，故 A 说法正确；B、灼烧时，碳粉转化成 CO2，MnOOH 被氧化成 MnO2，因此可以得到锰的化合物，故 B 说法正确；C、溶液中 Zn2 发生水解，因此采用蒸发浓缩、冷却结晶的
5、方法，得到 ZnCl2固体，故 C 说法错误；D、NH 4Cl 受热易分解，遇冷凝结重新生成 NH4Cl，此方法不是升华，ZnCl 2热稳定性强，但此题中升华，用引号引起，故 D 说法正确。5. 一种钌(Ru)基配合物光敏染料敏化太阳能电池的工作原理及电池中发生的主要反应如图所示。下列说法错误的是A. 电池工作时，光能转变为电能，X 为电池的负极B. 镀铂导电玻璃上发生氧化反应生成 I-C. 电解质溶液中发生反应:2Ru 3+3I- 2Ru2+I3-D. 电池工作时，电解质溶液中 I-和 I3-的浓度基本不变【答案】B6. 短周期主族元素 W、X、Y、Z、R 原子序数依次增大。考古时利用 W
6、的一种同位素测定一些 文物的年代，X 是地壳中含量最多的元素，Y、Z 的质子数分别是 W、X 的质子数的 2 倍。下列说法错误的是A. Y 单质可以与 WX2 发生置换反应B. 工业上常用电解熔融的 Y 与 R 形成的化合物的方法制取 YC. 原子半径:YZR；简单离子半径:ZXYD. 可以用澄清的石灰水鉴别 WX2 与 ZX2【答案】D【解析】考古时利用 W 的一种同位素测定一些文物的年代，即 W 为 C，X 是地壳中含量最多的元素，即 X 为 O，Y、Z 的质子数分别是 W、X 的质子数的 2 倍，推出 Y 为 Mg，Z 为 S，R 为Cl，A、Mg 能与 CO2发生 2MgCO 2 2M
7、gOC，此反应属于置换反应，故 A 说法正确；B、工业上电解熔融状态的 MgCl2得到金属镁单质，故 B 说法正确；C、原子半径：MgSCl，简单离子半径：S 2 Cl Mg2 ，故 C 说法正确；D、WX 2为 CO2，ZX 2为 SO2，都能使澄清石灰水变浑浊，因此澄清石灰水无法鉴别 CO2和 SO2，故 D 说法错误。7. 20时，在 H2C2O4、NaOH 混合溶液中，c(H 2C2O4)+c(HC2O4-)+c(C2O42-)=0.100mol/L。含碳元素微粒的分布分数 随溶液 pH 变化的关系如图所示。下列说法正确的是A. 表示 H2C2O4的分布曲线，表示 C2O42-的分布曲
8、线B. Q 点对应的溶液中 lgc(H+)c(OH )，即 lgc(H )lgc(OH )，故 B 错误；C、电离平衡常数只受温度的影响，根据 P 点，Ka= 104.2 ，此平衡常数是草酸的二级电离，故 C 错误；D、根据质子守恒，因此有 c(OH )=c(H )- c(C2O42 )+c(H2C2O4)，故 D正确。8. 无水四氯化锡(SnCl 4)常用作有机合成的氯化催化剂。实验室可用熔融的锡(熔点 231.9C)与 Cl2 反应制备 SnCl4装置如下图所示。已知， SnCl 4在空气中极易水解生成 SnO2xH2O；SnCl 2、SnCl 4有关物理性质如下表。物质 颜色、状态 熔点
9、/ 沸点/SnCl2 无色晶体 246 652SnCl4 无色液体 -33 114回答下列问题：（1）仪器 a 的名称是_，其中发生反应的离子方程式为_。（2）装置 B、C 中盛装的试剂分别是_、_。（3）当观察到装置 F 液面上方出现_现象时才开始点燃酒精灯，待锡熔化后适当增大氯气流量，继续加热。此时继续加热的目的有：加快氯气与锡反应，_。（4）E 装置中 b 的作用是_。（5）若制得产品中含有少量 Cl2，则可采用下列_(填字母)措施加以除去。A.加入 NaOH 萃取分液 B.加入足量锡再加热蒸馏C.加入碘化钾冷凝过滤 D.加入饱和食盐水萃取（6）可用滴定法测定最后产品的纯度。准确称取该样
10、品 mg 加入到适量浓盐酸溶解，然后再加水稀释至 250 mL，用移液管移取 25.00 ml，稀释后的溶液于锥形瓶中，加入两滴淀粉溶液作指示制，用 cmol/L 的 KIO3 标准溶液进行滴定，平行滴定 3 次，平均消耗 V mL 的标准溶液。已知滴定时发生的反应为:Sn 2+IO3-+H+Sn 4+I2+H2O(未配平)。回答下列问题：判断达到滴定终点的现象为_。产品中 SnCl2(摩尔质量为 M g/mol )的含量为_%(用含 m、c、V、M 的代数式表示)。【答案】 (1). 蒸馏烧瓶 (2). 2MnO 4-+ 16H+ + 10Cl-=2Mn2+ +5Cl2 +8H 2O (3)
11、. 饱和食盐水 (4). 浓硫酸 (5). 黄绿色气体时 (6). 使 SnCl4 气化，利于从混合物中分离出来 (7). 冷凝回流 SnCl4、导气 (8). B (9). 当滴入最后一滴 KIO3标准溶液时，锥形瓶中的溶液恰好由无色变为蓝色，且半分钟内不褪色 (10). 【解析】考查实验方案设计与评价， （1）根据仪器 a 的特点，仪器 a 为蒸馏烧瓶，装置 A 的作用是制备氯气，利用高锰酸钾的强氧化性，把 Cl 氧化成 Cl2，即离子方程式为 2MnO4 + 16H + 10Cl =2Mn2 +5Cl2 +8H 2O；（2）装置 A 中制备的氯气中混有 HCl 和水蒸气，对后续实验产生干
12、扰，必须除去，因此装置 B 中盛放饱和食盐水，装置 C 中盛放浓硫酸；（3）点燃酒精灯之前，先通一段时间的氯气，排除装置中空气，即 F 液面上方出现黄绿色气体，再点燃酒精灯；装置 E 的作用是收集 SiCl4，因此装置 D 的作用是制备 SiCl4，继续加热的目的是加快反应速率，使 SiCl4气化，利于从混合物中分离出来；（4）E 装置中 b的作用是冷凝回流 SiCl4、导气；（5）A、SiCl 4极易水解，因此不能用 NaOH 溶液，除去SiCl4的氯气，故 A 错误；B、加入足量的锡与氯气反应，生成 SnCl2，根据表格中数据，再加热蒸馏，故 B 正确；C、加入的碘化钾与氯气反应，生成 I
13、2和 KCl，产品中混有 I2，故 C错误；D、加入饱和食盐水，不能吸收 Cl2，故 D 错误；（6）根据滴定时的反应，I 2能与Sn2 发生反应生成 Sn4 和 I ，滴定到终点的现象：当滴入最后一滴 KIO3标准液时，锥形瓶中的溶液由无色变为蓝色，且 30s 或半分钟不褪色；根据得失电子数目守恒，V103 c6=n(Sn2 )2，解得 n(Sn2 )=3Vc103 mol，250mL 溶液中 n(Sn2 )=3102 Vcmol，即 SnCl2的含量为 %。9. 稀土有工业“黄金”之称，我国稀土资源丰富。目前从氟碳铈矿(主要化学成分为 CeFCO3)提取铈族稀土元素的冶炼处理工艺已经发展到
14、十几种,其中一种提取铈的工艺流程如下：已知:焙烧后烧渣中含+4 价的铈及+3 价的其它稀土氟氧化物：Ce 4+能与 SO42-结合成 CeSO4，Ce 4+能被萃取剂(HA) 2萃取。请回答下列问题：（1）CeFCO 3中，Ce 元素的化合价为_。（2） “酸浸 I”过程中 CeO2转化为 Ce3+，且产生黄绿色气体，用稀硫酸和 H2O2，替换 HCl 就不会造成环境污染。则稀硫酸.H 2O2 与 CeO2反应的离子方程式为：_。（3） “沉淀”步骤中发生的反应为：Ce(BF 4)3(s)+3KCl(aq)=3KBF4(s)+CeCl3 (aq)。已知Ce(BF4)3、KBF 4的 Ksp 分
15、别为 a、b，则该反应的平衡常数为 _( 用含 a、b 的代数式表示)。（4） “浸 出 液”中含有少量 Ce4+及其他稀土元素 的离子，可以通过“萃取”与“反萃取寻探作进一步分离、富集各离子。 “萃取”时 Ce4+与萃取剂(HA) 2存在的反应为:Ce 4+n(HA)2Ce(H2a-4A2a)+4H+。 用 D 表示 Ce4+分别在有机层中与水层中存在形式的浓度之比(D=) 其它条件不变，在浸出液中加入不同量的 NaSO4以改变水层中的 c(SO42-)，D 随浸出液中 c(SO42-)增大而减小的原因是_。（5） “操作 I”后，向溶液中加入 NaOH 溶液，调节溶液的 pH 可获得 Ce
16、(OH)3沉淀，当溶液中离子浓度小于 1.010-6 mol/L 视为沉淀完全，常温下加入 NaOH 调节溶液的 pH 应大 于_ 已知：Ce(OH) 3的 Ksp=8.010-21 ；1g2=-0.3（6）写出“氧化”步骤的化学方程式：_。（7）CeO 2 是汽车尾气净化催化剂的关键成分，它能在还原气氛中供氧，在氧化气氛中耗氧在尾气消除过程中发生着 CeO2 CeO2(1-x) +xO2(0x0.25)的循环。写出 CeO2 消除 CO尾气的化学方程式：_。【答案】 (1). +3(或+3 价) (2). 2CeO 2+H2O2+6H+=2Ce3+4H2O+O2 (3). a/b 3 (4)
17、. 随着 c(SO42-)增大，水层中 Ce4+被 SO42-结合成CeSO4 2+，c(CeSO 42+)增大，同时导致Ce4+n(HA)2 Ce(H2n-4A2n)+4H+向左(逆向)移动，致使 cCe(H2n-4A2n)减小 (5). 9.3 (6). 2Ce(OH)3+ NaClO + H2O = 2Ce(OH)4 + NaCl (7). 2xCO + CeO2=CeO2(1-x)+ 2xCO2【解析】考查化学工艺流程， （1）氧显2 价，C 显4 价，F 显1 价，整体化合价代数和为 0，即 Ce 显3 价；（2）CeO 2中 Ce 的化合价由4 价3 价，CeO 2作氧化剂，H 2
18、O2作还原剂，H 2O2被氧化成 O2，根据化合价升降法进行配平，其离子反应方程式为：2CeO2+H2O2+6H =2Ce3 +4H2O+O2；（3）该反应的离子方程式为 Ce(BF4)3(s)3K (aq)=3KBF4(s)Ce 3 (aq)，平衡常数 K=；（4）随着 c(SO42-)增大，水层中 Ce4+被 SO42-结合成CeSO 42+，c(CeSO 42+)增大，同时导致 Ce4+n(HA)2 Ce(H2n-4A2n)+4H+向左(逆向)移动，致使 cCe(H2n-4A2n)减小；（5）获得 Ce(OH)3沉淀，c(OH )=molL1 ，pOH=lgc(OH )=4.7，即pH=
19、9.3，pH 应大于 9.3；（6）NaClO 作氧化剂，把 Ce(OH)3氧化成 Ce(OH)4，自身被还原成Cl ，根据化合价升降法进行配平，化学方程式为 2Ce(OH)3+ NaClO + H2O = 2Ce(OH)4 + NaCl；（7）根据信息，CO 与氧气反应生成 CO2，两式相加得到：2xCO + CeO 2=CeO2(1-x)+ 2xCO2。点睛：（7）问，学生不知道如何入手，应注意目的是消除尾气中的 CO，即 CO 转化成 CO2，反应方程式为 2COO 2=2CO2，CeO 2 CeO2(1-x) +xO2，前一个反应整体x，后一个反应整体2，然后两式相加得到 2xCO +
20、 CeO2=CeO2(1-x)+ 2xCO2。10. 甲烷、甲醇都是清洁能源。（1）已知下列热化学方程式CO 2(g)+3H2(g)=CH3OH（g） +H 2O (g)H= -49.0 kJ/molCH 4(g)+2O2(g)=2H2O(g) +CO2(g) H= -802.3 kJ/mol2H 2(g)+O2(g)=2H2O(l) H=-571.6 kJ/molH 2O(g)=H2O(l) H= -44.0 kJ-mol 则 CH4(g)+1/2O2(g)=CH3OH(g) H =_。（2）工业上合成甲醇的另一种方法是 2H2(g)+CO(g) CH3OH(g) H。一定温度下在 3 个体
21、积均为 1.0 L 的恒容密闭容器中发生上述反应，相关物理量见下表：物质的起始浓度/molL -1 物质的平衡浓度/mol.L -1容器 温度/Kc(H2) c(CO) c(CH3OH) c(CH3OH)I 400 0.20 0.10 0 0.080II 400 0.40 0.20 0III 500 0 0 0.10 0.025该反应的H_0(填“”或“” “ (4). 2.510 3( L/mol)2 (5). 3Fe+4H2O Fe3O4+4H2 (6). c (7). e【解析】 （1）考查热化学反应方程式的计算，3/23 得出：CH 4（g）1/2O 2（g）=CH 3OH(g) H=
22、125.9kJmol 1 ；（2）考查勒夏特列原理、化学平衡的计算，对比 I 和 III，升高温度，甲醇的物质的量浓度降低，根据勒夏特列原理，正反应方向是放热反应，即H0.16molL1 ；2H2(g)+CO(g) CH3OH(g) 起始：0.2 0.1 0变化：0.16 0.08 0.08平衡：0.04 0.02 0.08，K= 2500；（3）考查影响化学反应速率的因素，根据信息得到氢气和 Fe3O4，显然是铁在高温下与水蒸气发生反应得到氢气，即化学反应方程式为 3Fe+4H2O Fe3O4+4H2；根据信息，反应前后均有镍粉，从图像上看，随着镍粉的用量不同，曲线的走势不同，即反应的快慢不
23、同，满足催化剂的条件，故选项 c 正确；从图像上分析，当镍粉用量从 1nmol 增加到 10nmol，H 2和 HCOOH 的量均快速减少，即反应速率增大，由于甲酸的量变化较快，则说明反应速率 II 较快，故选项 e 正确。点睛：针对(2)中的分析，先建立如下模式， 此时两个平衡为等效平衡，即 c(CH3OH)=0.16molL1 ，撤去中间隔板，如 ，此时与上述平衡仍为等效平衡，c(CH 3OH)=0.16molL1 ，缩小容器的体积或加压，变为，平衡向正反应方向移动，即 c(CH3OH)0.16molL1 。11. 铁、铜的单质及它们的化合物与我们的生产、生活紧密相关。（1）Cu 处于周期
24、表中_区，其最高能层的符号为_，基态铜原子的价电子排布式为_。（2）向硫酸铜溶液中逐滴滴加氨水，首先形成蓝色沉淀，继续滴加氨水。沉淀溶解，得到深蓝色透明溶液,向深蓝色溶液中加入乙醇,析出深蓝色晶体。写出沉淀溶解，得到深蓝色透明溶液的离子方程式:_。为什么加入乙醇,能够析出深蓝色晶体?_为什么 NH3 常在配合物中作配体，而 NH4+却不能作配体?_。（3）Fe 3+可以与 SCN-、CN -、H 2NCONH2(尿素)等多种配体形成很多的配合物。请写出一种与 SCN-互为等电子体的分子:_。CN -的电子式为_。H 2NCONH2(尿素)中 N、C 原子的杂化方式分别为_、_，组成尿素的 4
25、种元素的第一电离能由大到小的顺序为_。（4）某 FeN,的晶胞如图 1 所示，Cu 可以完全替代该晶体中 a 位置 Fe 或者 b 位置 Fe，形成Cu 替代型产物 Fe(x-n)CunNy。Fe xNy 转化为两种 Cu 替代型产物的能量变化如图 2 所示，其中更稳定的 Cu 替代型产物的化学式为_。【答案】 (1). ds (2). N (3). 3d 104s1 (4). Cu(OH)2+4NH3=Cu(NH3)42+2OH- (5). 乙醇的极性小于水，在溶液中加入乙醇能够减小溶剂的极性，降低Cu(NH 3)4SO4的溶解度 (6). NH 3中 N 原子能够提供孤电子对，而 NH4+
26、中 N 原子价电子层无孤电子对 (7).CO2(或 CS2、N 2O、BeCl 2) (8). (9). sp3 (10). sp2 (11). NOCH (12). Fe3CuN【解析】考查物质结构与性质的运用， （1）Cu 的价电子排布式为 3d104s1，位于第四周期 IB族，属于 ds 区；最高能层符号为 N；Cu 属于副族元素，价电子包括最外层电子，以及次外层的 d 能级，即基态铜原子的价电子排布式为 3d104s1；（2）发生的反应是CuSO42NH 3H2O=Cu(OH)22NH 4 ，继续加入 NH3H2O，发生 Cu(OH)24NH 3=Cu(NH3)4(OH)2，即深蓝色透
27、明溶液为Cu(NH 3)4(OH)2，其离子方程式为 Cu(OH) 2+4NH3=Cu(NH3)42+2OH ；乙醇的极性小于水，在溶液中加入乙醇能够减小溶剂的极性，降低Cu(NH 3)4SO4的溶解度；形成配位键，一方提供孤电子对，一方提供空轨道，NH 3中 N 原子能够提供孤电子对，而 NH4+中 N 原子价电子层无孤电子对；（3）根据等电子体的定义，与 SCN 互为等电子体的分子是 CO 2(或 CS2、N 2O、BeCl 2)；CN 中 C 和 N 之间共用三键即 CN 的电子式为 ；尿素的结构简式为 ，C 的杂化类型为 sp2，N 的杂化类型为 sp3；同周期从左向右第一电离能增大，
28、但 IIAIIIA，VAVIA，因此第一电离能大小顺序是 NOCH；（4）能量越低，物质越稳定，即铜替代 a 位置 Fe，即 Cu 的个数为81/8=1，Fe 位于面心，个数为 61/2=3，N 位于体心，化学式为 Fe3CuN。点睛：本题的难点是等电子体的判断，一般判断等电子体，从同主族、同周期中寻找，然后用添加电子或去掉电子的方法进行补充，如本题找出与 SCN 互为等电子体的分子，S 和 O 属于同主族，用 O 替代 S，SCN 显1 价，让 N 得到一个电子，变为 O，得出 CO2，按照此方法还可以得到 CS2、N 2O、BeCl 2。12. 2-aminco-3-chlorobenzo
29、icdi acid 是重要的医药中间体，其合成路线如下:已知: ；酰胺键( )的性质类似于酯基。回答下列问题:（1）C 的名称为_，2-amino-3-chlorobenzoic acid 含有的官能团名称为氯原子、_。（2）反应中，不属于取代反应的有_(填序号)。（3）符合下列条件 C 的同分异构体共有_种。a.含有苯环 b.既能与酸反应又能与碱反应 c.不能发生水解反应（4）不使用甲苯直接硝化的方法制备 C 的原因是_。（5）写出的化学反应方程式:_，该步反应的主要目的是_。（6）写出的反应试剂和条件: _。（7）写出以 为原料，制备含酰胺键( )的聚合物的合成路线(无机试剂任用，合成路线
30、流程图示例见本题题干)。_【答案】 (1). )邻硝基甲苯(或 2-硝基甲苯) (2). 氨基、羧基 (3). (4).13 (5). 保证硝基能取代在甲基的邻位(或防止硝基取代在甲基的对位) (6). (7). 保护氨基不被后续反应氧化 (8). Cl2，FeCl 3(或 Fe) (9). 【解析】考查有机物的推断和合成， （1）根据 C 的结构简式，C 的名称邻硝基甲苯或 2硝基甲苯；根据 2-amino-3-chlorobenzoic acid 的结构简式，含有官能团是氯原子、氨基、羧基；（2）根据 B 的结构简式，反应引入SO 3H，反应类型为取代反应，反应引入NO 2，发生硝化反应，
31、即为取代反应，B 和 C 结构简式的对比，去掉了SO 3H，添加了一个H，反应的类型为取代反应，反应是酸性高锰酸钾把甲基氧化成羧基，属于氧化反应；反应是NO 2NH 2，属于还原反应，反应是 E 中的氨基去掉一个 H，CH 3COCl 中去掉一个 Cl，反应类型为取代反应，反应引入SO 3H，属于取代反应，反应应发生水解反应，属于取代反应，反应属于取代反应，因此不属于取代反应的是；（3）含有苯环，既能与酸反应又能与碱反应，说明含有羧基和氨基，或酚羟基、醛基、氨基，不能发生水解，说明不含有酯基或酰胺键，即同分异构体为 （邻间对三种） 、（羟基在苯环上的位置有 4 种） 、 （羟基在苯环上的位置有
32、 4种） 、 （羟基在苯环上的位置有 2 种） ，共有 13 种；（4）原因是保证硝基能取代在甲基的邻位(或防止硝基取代在甲基的对位)；（5）根据（2）的分析，E 的结构简式为，反应为取代反应，化学反应方程式为，目的是保护氨基不被后续反应氧化；（6）反应是引入Cl，反应试剂和条件是 Cl2，铁或 FeCl3作催化剂；（7）因为氨基容易被氧化，因此先把甲基氧化成羧基，然后在 Fe、HCl 条件下，将NO 2转化成NH 2，最后发生缩聚反应，即合成路线为 。点睛：本题的难点是同分异构体的书写，能与酸反应又能与碱反应，推出含有的官能团是羧基、氨基，或者是酚羟基、醛基、氨基，先写出羧基和氨基的结构，即 ，两个取代基的位置可以是邻位、间位、对位，然后再把羧基拆写成醛基和酚羟基的形式，采用定二移一的原则，进行排列，即 （羟基在苯环上的位置有 4 种） 、（羟基在苯环上的位置有 4 种） 、 （羟基在苯环上的位置有 2 种） ，最后得出符合条件的同分异构体的数目。
