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1、全真模拟卷（二）一、选择题（本题共7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）工业上可用低品位锰矿（主要成分MnO2，含Fe、Al、Ni、Pb等元素的杂质）与废硫酸亚铁制备高纯二氧化锰，其工艺流程和MnCO3煅烧时的条件如图所示。下列说法错误的是A焙烧时，低品位锰矿中MnO2为氧化剂B除杂时，可分别用NaOH溶液和MnS代替NH3 H2O和BaSC沉锰时，反应的化学方程式为：NH4HCO3NH3 H2OMnSO4= MnCO3(NH4)2SO4H2OD煅烧时，应采取的条件为煅烧时间4 h、翻动时间10 min【答案】B【解析】A项：低品位锰矿中MnO2焙烧
2、时生成了MnSO4，其中Mn元素的化合价降低，被还原，为氧化剂。正确。B项：除铝时，沉淀Al(OH)3会溶于NaOH溶液，故不能用NaOH溶液代替NH3 H2O；根据常温下难溶物的溶度积常数，由于MnS的溶度积大于PbS和NiS的溶度积，所以可用MnS代替BaS，且不引入阳离子新杂质。错误。C项：沉锰时，可沉淀Mn2，得到MnCO3沉淀，化学方程式为NH4HCO3NH3 H2OMnSO4= MnCO3(NH4)2SO4H2O。正确。D项，根据图像可知，煅烧时间在4 h和7 h时，MnO2的含量几乎相当，由于煅烧时间长，消耗能量多，故应选择煅烧时间4 h，翻动时间10 min的条件为好。正确。8
3、设NA为阿伏伽德罗常数的值，将Na2S固体投入到100 g 98%硫酸溶液中并微热，发生如下反应：Na2S2H2SO4(浓) SSO2Na2SO42H2O下列说法正确的是A78 g Na2S和Na2O2混合物所含离子数为3 NA B该硫酸溶液中所含氧原子数为4 NAC若有0.5 mol H2SO4(浓)参与反应，则转移的电子数为1.5 NA D若反应转移NA 个e，则有0.5 mol Na2S被还原【答案】A【解析】用“双线桥法”分析氧化还原反应的电子转移情况：从以上分析可知，该反应转移的电子数为2e。A项：Na2S和Na2O2的摩尔质量均为78 g/mol，78g Na2S和Na2O2混合物
4、为1mol，Na2S含有2个Na和1个S2，Na2O2含有2个Na和1个，故所含离子数为3NA ，正确；B项：100g98%的硫酸溶液，其中含硫酸溶质98g，H2O为2g，所以该溶液中所含氧原子数为，错误；C项：若有0.5mol H2SO4参与反应，转移的电子数为0.5NA，错误；D项：若反应转移NA e，则有0.5mol Na2S参与反应，Na2S在反应中作还原剂，被氧化，错误；9某课外活动小组为探究常温下镁在不同溶液中的反应情况，设计了如下实验：实验组别试剂实验现象11.0 gMg粉+100 mLH2O无明显现象21.0 gMg粉+100 mL 1 mol/L NH4Cl溶液有大量气泡冒出
5、31.0 gMg粉+100 mL 1 mol/L Na2CO3溶液有少量气泡冒出41.0 gMg粉+100 mL 1 mol/L NaOH溶液无明显现象下列说法错误的是A.实验2中反应的离子方程式为：Mg2 Mg22NH3H2B.实验3中产生的气体为CO2和H2的混合气体C.实验3中产生气体的原因为溶解了生成的Mg(OH)2D.实验4中无明显现象的原因可能是NaOH不能溶解生成的Mg(OH)2【答案】B【解析】A项：Mg在常温下与水反应很慢，原因是Mg+H2O = Mg(OH)2+H2，生成的Mg(OH)2附着在Mg表面，阻止反应继续发生。若反应过程中能破坏生成的Mg(OH)2保护膜，则反应能
6、继续进行并产生氢气。实验2中，NH4Cl溶液水解显酸性，能溶解Mg(OH)2保护膜，故有大量气泡冒出，反应为Mg2= Mg2+2NH3H2，正确；实验3中，有少量气泡冒出，说明溶解了生成的Mg(OH)2，但溶液为碱性，很难产生CO2气体，而且极有可能生成Mg2(OH)2CO3，B项错误，C项正确；D项：实验4中，NaOH不能使生成的Mg(OH)2溶解，反应很快停止，所以无明显现象，正确。10 “清肺排毒汤”来源于中医经典方剂组合，对新冠肺炎病毒感染的轻型、普通型的治疗具有良好的效果。其中的一味中药黄芩的有效成分的结构简式如图所示，下列说法错误的是A黄芩苷是芳香化合物，其分子式为C21H18O1
7、1B黄芩苷可发生取代、加成、氧化反应C黄芩苷分子中苯环上的一氯代物只有3种D1 mol黄芩苷与足量钠反应，所得H2的体积在标准状况下为67.2 L【答案】C【解析】11近日，我国科研团队制备了基于稀土单原子催化剂（SAC）用于常温常压下的电化学催化还原氮气的反应。反应历程与能量关系如图所示（*表示稀土单原子催化剂）。下列说法错误的是ASc1/NC比Y1/NC更有利于吸附N2B使用Sc1/NC单原子催化剂时，历程中最大能垒的反应为：*N2H*NNHC该单原子催化电化学还原N2的反应H<0D使用Sc1/NC和Y1/NC催化电化学还原N2的反应H的值不相等【答案】C【解析】由上图分析可知，A项
8、、B项、C项正确；结合化学反应与能量变化知识，可判断出D项错误。12 MOF衍生碳纳米棒封装的氧化铋催化剂对电化学还原CO2制取HCOOH具有快速高效的选择性。其原理图如下，下列有关说法错误的是A该方法可有效消除CO2对大气造成的污染B生成1 molHCOOH时转移的电子数为2NAC该电化学还原反应可表示为：CO22e2H= HCOOHD选择使用其他催化剂可得到HCHO、CH3OH等产物【答案】D【解析】A项：CO2并不是大气污染物，错误；结合原理图可知，CO2被还原为HCOOH，若有机物中H元素为1价，O元素为2价，则HCOOH中C元素的化合价为2价，还原过程中C元素的化合价降低的值为2，所
9、以生成1 molHCOOH时转移的电子数为2NA，B项、C项正确；D项：使用其他催化剂可将CO2还原为HCHO、CH3OH等产物，取决于催化剂的高效选择性，正确。13常温下，下列有关电解质溶液中相关曲线的说法正确的是A用0.1000 mol/LNaOH溶液滴定10.00 mL浓度为0.1000 mol/LCH3COOH溶液过程中的电导率与NaOH溶液的体积关系如图1所示，则A、B、C三点水的电离程度：C>B>ABV0 mL1mol/LHClO2和V0 mL1mol/LHMnO4分别加水稀释，稀释后溶液的体积为V mL，其pH与关系如图2所示，则等浓度的NaClO2和NaMnO4溶液
10、的pH：NaMnO4>NaClO2C向100 mL0.2mol/LNH3 H2O溶液中逐滴加入0.2mol/L盐酸，所得溶液pH、与NH3 H2O的物质的量分数如图3所示，则NH3 H2O的电离常数为109.26DAgBr、Ag2SeO3的沉淀溶解平衡曲线如图4所示，（X代表Br、，不考虑阴阳离子的水解），则反应Ag2SeO3(s)2Br(aq)2AgBr(s)(aq)的平衡常数K为109.6【答案】D【解析】图3：由特殊点可知，K(NH3 H2O)=c(OH)=104.74，C项错误。图4：可知Ksp(Ag2SeO3)=1015，Ksp(AgBr)=1012.3；反应Ag2SeO3(s
11、)2Br(aq)2AgBr(s)(aq)的平衡常数K=109.6，D项正确。二、必考题（本题共3小题，共43分）26（14分）某课外活动小组对教材中氨气的催化氧化实验进行了改进，并利用实验生成的产物检验氨气的化学性质，实验装置如下（夹持装置略）：实验步骤如下：按装置图连接好装置，检查装置的气密性后，装入试剂；先点燃C处酒精灯，再点燃A处酒精灯，待F处有连续不断的气泡产生时，再点燃B处酒精灯；反应一段时间后，熄灭A处酒精灯，继续加热NH4Cl和Ca(OH)2固体混合物；熄灭B处和C处酒精灯；请回答下列问题：（1）NH3的电子式是 ，写出NH3发生催化氧化的化学方程式 。（2）实验步骤中检查装置的
12、气密性的方法是 。（3）描述实验过程中装置D和装置E的现象：装置D装置E点燃A、B、C处酒精灯 紫色石蕊溶液变红熄灭A处酒精灯继续加热B处酒精灯红棕色慢慢褪去 （4）装置F中的试剂是 ，其作用是 。（5）该装置存在一处明显的缺陷，请提出改进意见 。（6）工业上常采用氨氧化法制取硝酸，现有10.0 tNH3制取质量分数为63%的HNO3，设NH3氧化后的产物有95%转化为HNO3，最终得到45.0 tHNO3，则氨氧化过程中NH3的转化率为 （用百分数表示，结果保留3位有效数字）。【答案】（14分，除标注外，每空2分）（1）（1分） 4NH35O2=4NO6H2O（2）把F中的导管插入水中，分别
13、点燃A和B处的酒精灯，装置F中导管口有气泡冒出，熄灭酒精灯，导管内形成一段水柱，则说明装置气密性良好（3）出现红棕色（1分） 产生白烟，溶液颜色由红色变为蓝色 （4）NaOH溶液（1分） 吸收过量的氮氧化物会防止造成环境污染（1分） （5）应在试管口加一团棉花防止导管堵塞，且用较粗的导管（6）80.5%【解析】（1）NH3的电子式是，NH3发生催化氧化被氧化得到NO，不是NO2，化学方程式是4NH35O2=4NO6H2O；（2）检查装置的气密性的方法首先应当使装置形成密闭体系，再用加热等方法，观察相应的实验现象以确定装置的气密性是否良好。把F中的导管插入水中，分别点燃A和B处的酒精灯，装置F中
14、导管口有气泡冒出，熄灭酒精灯，导管内形成一段水柱，则说明装置气密性良好；（3）根据实验步骤可知点燃A、B处酒精灯后，产生NH3和O2，加入到装有催化剂的装置C中，发生NH3的催化氧化反应，过量的O2和产生的NO反应生成NO2，所以在装置D中出现红棕色，NO2溶于装置E的紫色石蕊溶液中生成HNO3，使溶液变红，熄灭A处酒精灯，继续加热B处酒精灯，继续产生NH3，过量NH3的使装置D的红棕色慢慢褪去，进入到装置E中和挥发的HNO3反应生成NH4NO3，产生白烟；过量的氨气使溶液显碱性，溶液颜色由红色变为蓝色；（4）过量的氮氧化物会造成环境污染，故需要进行尾气处理，用NaOH溶液吸收过量的气体；（5
15、）因试管A、B内的都是粉末状固体，导管较细，容易堵塞导管，故应在试管口加一团棉花防止导管堵塞，且用较粗的导管；（6）设氨氧化过程中NH3的转化率为x，根据反应4NH35O2=4NO6H2O和4NO+3O2+2H2O= 4HNO3可得：NH3 HNO3 17 63 10.0t×x×95% 45.0t×63% 得x=80.5%27（14分）铈是稀土中丰度最高的元素，其在电子材料、催化剂等方面的应用广泛。现以氟碳铈矿（含CeFCO3、BaO、SiO2等）为原料制备氧化铈（CeO2），并测定其纯度。其工艺流程如下：已知：稀土离子易和形成复盐沉淀：Ce2(SO4)3Na2S
16、O4nH2O= Ce2(SO4)3·Na2SO4·nH2O(复盐沉淀)；硫脲：一种有机物，结构简式为，酸性条件下易被氧化为(SCN2H3)2；Ce3在空气中易被氧化为Ce4；回答下列问题：（1）焙烧时，为了提高焙烧效率，可采取的措施有 （2）CeFCO3中Ce元素的化合价为 ，滤渣A的主要成分是 （3）焙烧后加入硫酸浸出，稀土的浸出率和硫酸浓度、温度有关，如图所示，应选择的适宜的条件为 ，硫酸浓度过大时，浸出率减小的原因是 。（4）加入硫脲的目的是将Ce4还原为Ce3，反应的化学方程式为 。（5）步骤加入盐酸后，通常还需加入H2O2，其主要目的为 。（6）步骤的离子方程式为
17、 。（7）取所得产品CeO2 8.0g，用30 mL高氯酸和20 mL磷酸混合液加热溶解，冷却至室温后，配成250 mL溶液。取25.00 mL溶液用0.2000 mol·L1硫酸亚铁铵(NH4)2Fe(SO4)2溶液滴定，已知滴定时发生的反应为Fe2Ce4= Fe3Ce3，达到滴定终点时消耗硫酸亚铁铵溶液20.50 mL，则该产品的纯度为 。【答案】（14分，除标注外，每空2分）（1）将氟碳铈矿粉碎以增大接触面积或延长焙烧时间（1分）（2）3价（1分） BaSO4和SiO2（1分）（3）温度85、c(H)2.5mol/L 溶液中c()增大，易和稀土离子形成复盐沉淀而使浸出率降低（4
18、）2Ce(SO4)22= Ce2(SO4)3(SCN2H3)2H2SO4（5）防止Ce3被氧化（1分）（6）2Ce36= Ce2(CO3)33CO23H2O（7）88.15%【解析】对工艺流程进行以下分析：（1）为了提高焙烧效率，可将氟碳铈矿粉碎以增大接触面积，或延长焙烧时间；（2）根据化合物中化合价之和为0，可知CeFCO3中Ce元素的化合价为3价；滤渣A的主要成分为BaSO4和SiO2；（3）由图可知，当温度在85、c(H)为2.5mol/L时，稀土的浸出率最高；硫酸浓度过大时，溶液中c()增大，易和稀土离子形成复盐沉淀而使浸出率降低；（4）用硫脲还原Ce(SO4)2，硫脲在酸性条件下易被
19、氧化为(SCN2H3)2，Ce(SO4)2被还原为Ce2(SO4)3，所以还原时的化学方程式为：2Ce(SO4)22= Ce2(SO4)3(SCN2H3)2H2SO4。（5）因为Ce3易被氧化为Ce4，加入H2O2的目的是防止Ce3被氧化；（6）步骤中，往含Ce3溶液中加入NH4HCO3，产生了Ce2(CO3)3沉淀，离子方程式为：2Ce36= Ce2(CO3)33CO23H2O；（7）达到滴定终点时消耗硫酸亚铁铵的物质的量为4.10×103 mol，根据滴定原理Fe2+Ce4+= Fe3+Ce3+可知n(Ce4+)=4.10×103 mol，则产品中的CeO2 质量为，纯
20、度为；28（15分）碳单质在生产生活中用途广泛。（1）利用活性炭的 作用可去除水中的悬浮杂质。（2）炭黑可以活化氧分子得到活化氧（O），活化氧可以快速氧化SO2，从而消除雾霾。其活化过程中的能量变化如图所示：可知生成活化氧的H 0（填“>”、“<”、“=”），活化过程中有水时的活化能降低了 eV，在氧化SO2的过程中，炭黑起 作用。（3）以焦炭为原料，在高温下与水蒸气反应可制得水煤气，涉及反应如下：aC(s)H2O(g)CO(g)H2(g) H1 K1bC(s)2H2O(g)CO2(g)2H2(g) H2=90.3kJ/mol K2cCO(g)H2O(g)CO2(g)H2(g) H
21、3=41.0kJ/mol K3H1= 对于反应a，测得在不同温度下H2O(g)的转化率如图1所示，图中T1、T2、T3的大小关系为 ，用某物质的平衡分压代替其物质的量浓度也可以表示化学平衡常数(Kp)，在T2、50MPa时，反应a的化学平衡常数Kp= MPa（已知气体分压=气体总压×各气体的体积分数，结果保留两位小数）随着温度的变化，平衡常数发生变化，上述三个反应的平衡常数关系如图2所示，表示K1、K2、K3的曲线分别是 、 、 （4）利用Fe/C内电解法可处理酸性印染废水，从而降低废水的COD和色度，其装置如图所示，在处理酸性印染废水的过程中，碳为 极，其电极反应式为 【答案】（1
22、5分，除标注外，每空2分）（1）吸附作用（1分）（2）<（1分） 0.18（1分） 催化（1分）（3）131.3 kJ/mol T3>T2>T1 48.04 c、b、d（4）正（1分） 2H2e=H2【解析】（1）活性炭由于其含有很多细小的微孔，可以吸附水中的悬浮杂质；所以可利用活性炭的吸附作用可去除水中的悬浮杂质；（2）根据活化过程中的能量变化图，可知起始物质（CO2）的相对能量（0.00 eV）高于得到的活化氧（C2O）的能量（0.29 eV），所以反应的H<0；无水时活化能为0.75 eV，有水时活化能为0.57 eV，所以有水时活化能降低，降低了（0.75 eV
23、0.57 eV）=0.18 eV；在SO2转化为SO3的过程中，活化氧起氧化作用，炭黑相当于催化剂，起催化作用；（3）根据盖斯定律可知，将反应b减去反应c，即可得到反应a，故H1=H2H3=90.3 kJ/mol41.0 kJ/mol=131.3 kJ/mol；反应a是吸热反应，温度越高，H2O(g)的转化率越高，且温度越高，反应速率越快，达到平衡所需要的时间越短，故T3>T2>T1；温度为T2时，H2O(g)的平衡转化率为70%，设起始时H2O(g)的物质的量为a mol：C(s) + H2O(g) CO(g) + H2(g) n起始 amol 0 0 n转化 0.7a mol
24、0.7a mol 0.7a mol n平衡 0.3a mol 0.7a mol 0.7a mol 平衡时气体的总物质的量为1.7a mol物质的量分数 反应a和反应b为吸热反应，温度升高，K值增大；反应c为放热反应，温度升高，K值减小。根据K1、K2、K3的平衡常数表达式可知，结合图像中温度为10×102 的曲线上的点，可得到有b、c、d三条曲线符合数量关系，结合可得表示K1、K2、K3的曲线分别是c、b、d；（4）在处理酸性印染废水的装置图中，无外接的电源，故其为原电池装置，在Fe/C反应柱内，构成了无数微小的原电池装置，其中Fe为负极，C为正极，其原理符合钢铁的析氢腐蚀，Fe失去
25、电子得到Fe2，再被酸性印染废水中的氧化剂氧化为Fe3，Fe3水解得到Fe(OH)3，可吸附水中的有色物质，活性炭也具有吸附性，从而降低酸性印染废水的COD和色度。碳电极反应式为2H2e=H2。三、选考题（2题中任选一题作答，共15分）35物质结构与性质（15分）2019年10月1日，在庆祝中华人民共和国成立70周年的阅兵仪式上，最后亮相的DF31A洲际战略导弹是我国大国地位、国防实力的显著标志。其制作材料中包含了 Fe、Cr、Ni、C等多种元素。回答下列问题：（1）基态铁原子的价电子排布式为 。（2）与Cr同周期且基态原子最外层电子数相同的元素，可能位于周期表中的 区。（3）实验室常用KSC
26、N溶液、苯酚（）检验Fe3。其中N、O、S的第一电离能由大到小的顺序为 （用元素符号表示），苯酚中碳原子的杂化轨道类型为 。（4）铁元素能与CO形成Fe(CO)5。羰基铁Fe(CO)5可用作催化剂、汽油抗爆剂等。1 mol Fe(CO)5分子中含 mol 键，与CO互为等电子体的一种离子的化学式为 。（5）碳的一种同素异形体的晶体可采取非最密堆积，然后在空隙中插入金属离子获得超导体。如图为一种超导体的面心立方晶胞，C60分子占据顶点和面心处，K占据的是C60分子围成的 空隙和 空隙(填几何空间构型)；若C60分子的坐标参数分别为A(0,0, 0)，B(,0,)，C(1,1,1)等，则距离A位置
27、最近的阳离子的原子坐标参数为 。（6）Ni可以形成多种氧化物，其中一种NiaO晶体晶胞结构为NaCl型，由于晶体缺陷，a的值为0. 88,且晶体中的Ni分别为Ni2、Ni3,则晶体中Ni2与Ni3的最简整数比为 ，晶胞参数为428 pm，则晶体密度为 g/cm3(NA表示阿伏伽德罗常数的值，列出表达式)。【答案】（15分）（1）3d64s2 （1分） （2）s、ds（2 分，每个1分） （3）N>O>S（1分） sp2杂化（1分） （4）10（1 分） CN或 （2分） （5）正四面体（1分） 正八面体（1分） （，）（1分） （6）8:3（2分） （2分）【解析】（1）基态铁原子
28、的电子排布式：1s22s22p63s23p63d64s2,则价电子为3d64s2；（2）原子是第四周期典型的基态原子价电子为半充满结构的原子，为3d54s1，其最外层电子数为1，而铜的价电子排布为3d104s1，钾的价电子排布为4s1；（3）其中N、O元素为同周期相邻元素，且N的价电子排布式为2s22p3，典型的2p半充满状态，第一电离能大于氧元素，O、S是VIA元素，同主族从上到下，随着原子序数增加，第一电离能依次减小。苯环中含有大键碳原子，碳原子杂化方式为sp2，且与碳环相连的6原子，苯环的6个碳原子在同一平面内；（4）配合物Fe(CO)5的一个配体内碳原子和氧原子由1个键，中心铁原子与一
29、个配原子C原子有一个键，则一个Fe(CO)5分子中含有10个键；等电子体是指原子数目和价电子数目相同的微粒，配体CO为2原子10价电子微粒，与CO互为等电子体的离子的化学式由CN或；(5)由图知K占据C60构建的正四面体体心和正八面体体心的位置。由图和A、B、C的坐标可知，立方体棱长为1，面对角线长度为，体对角线长度，K在八分之一立方体心，则距离A原子距离最近的K在正四面体体心且对角线AC的四分之一处，得其坐标为（，）。（6）设一个NiaO晶体中Ni2有x、Ni3+有y，则xy=0.88，且2x3y=2,求得x=0.64，y=0.24，则晶体中Ni2与Ni3的最简整数比为8:3；由于NiaO晶
30、体晶胞结构为NaCl型，可推知一个Ni0.88O晶体单元中含有4个Ni0.88O，根据：·NA·V=n·M，列示计算得：。36有机化学基础（15分）乙基香兰素为允许使用的食用香料之一。主要用于配制香草、巧克力、汽水、冰淇淋等香精。有以下两种常见的合成线路。已知：回答下列问题：（1）乙基香兰素的分子式为 ，C的系统名称为 （2）的反应类型为 （3）写出反应的化学方程式 （4）碳原子上连有4个不同的原子或基团时，该碳称为手性碳。用星号(*)标出B中的手性碳 （5）1 mol B分别与浓溴水和氢氧化钠溶液反应，消耗Br2和氢氧化钠的物质的量之比 （6）写出满足以下条件的
31、乙基香兰素的同分异构体的结构简式 i)能发生银镜反应和水解反应 ii）遇FeCl3发生显色反应 iii）核磁共振氢谱有四组峰，峰面积比为6:2:1:1（7）写出路线I中两步反应的物质的结构简式：【答案】（15分）（1）C9H10O3（1分） 4-甲基苯酚 （2）取代反应（3）（3）（4）1:5 （5）（写对1个1分，写对2个2分，写错不给分）（6）（写对1个1分，写对2个2分，写错不给分）【解析】（1）根据乙基香兰素的结构简式可中其分子式为C9H10O3；根据系统命名法原则，以酚羟基所在碳原子为1号碳原子，则甲基在4号碳原子上，其名称为4-甲基苯酚；E的结构简式为。（2）由E的结构可知D的结构
32、简式为，由C生成D的反应为-Cl原子取代苯环上的H原子，反应类型为取代反应；（3）DE的过程可以表示为，由此可知，该反应为取代反应，其化学方程式为（4）碳原子上连有4个不同的原子或基团时，该碳称为手性碳，根据手性碳的定义可知在物质B中存在手性碳原子：。（5）物质B为酚类物质，能与浓溴水发生取代反应，因其对位和1个邻位被其他原子团占据，不能被取代，故1 mol物质B能和1 mol Br2发生取代反应；1 mol物质B中含有3个氯原子，水解需耗3 mol NaOH，3个羟基连在同一个碳原子上不稳定，易失去水，得到羧基，需耗1 mol NaOH，物质B中含有1个酚羟基，需耗1 mol NaOH，共需
33、耗5 mol NaOH。分析过程如下：1 mol B分别与浓溴水和氢氧化钠溶液反应，消耗 Br2和氢氧化钠的物质的量之比1:5；（6）乙基香兰素的同分异构体中，能发生银镜反应，分子中存在醛基（醛类、甲酸、甲酸酯类物质）， 遇FeCl3发生显色反应，分子中存在酚羟基，核磁共振氢谱有四组峰，峰面积比为6:2:1:1，且乙基香兰素(C9H10O3)分子中共有10个氢原子，则分子中必有两个甲基（-CH3）且在对称位置。据此可知，满足这些条件的乙基香兰素的结构应包含以下结构：，该结构分子式为-C8H9O，则还剩余-COOH，可为甲酸酯类。则满足以上三个条件的同分异构体的结构简式有以下2种：（7）物质B中含有3个-Cl原子，在NaOH水溶液和加热条件下发生水解反应，根据已知条件，3个-OH连在同一个碳原子上，失去H2O得到羧基，再发生已知条件的脱羧反应，羟基氧化后，加入酸酸化得到产物乙基香兰素。所以两种物质的结构简式为：