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1、专题20 烃的含氧衍生物一、单选题1硫化钠的溶液能溶解单质硫生成多硫化钠：Na2S+(x-1)S=Na2Sx。多硫化钠易燃，在酸性条件下不稳定，并且能强烈吸潮性结晶。下列关于 Na2Sx 的说法错误的是ANa2S溶液久置在空气中，可能生成 Na2SxB酸性条件下Na2Sx发生分解，可能生成一种淡黄色沉淀与一种能使品红褪色的气体CNa2Sx应在远离火种、热源的阴凉、干燥处密封保存DNa2Sx具有一定氧化性，可以将葡萄糖中的醛基转化为羧基【答案】B【解析】A. Na2S溶液久置在空气中，部分S2-被空气中氧气氧化为S，结合题干信息可知，可能生成 Na2Sx，故A正确；B. 酸性条件下Na2Sx发生
2、分解，如果生成一种淡黄色沉淀(S单质)与一种能使品红褪色的气体(SO2)，根据得失电子守恒可知，在酸性条件下还应当有H2S生成，而H2S与SO2会发生反应，不能在同一溶液中同时生成，故B错误；C. 多硫化钠易燃且能强烈吸潮性结晶，所以Na2Sx应在远离火种、热源的阴凉、干燥处密封保存，故C正确；D. 醛基的还原性强，可以被Cu(OH)2等弱氧化剂优化，Na2Sx中的S为-价，能够降低到-2价，所以Na2Sx具有一定氧化性，可以将葡萄糖中的醛基转化为羧基，故D正确；答案选B。2下列离子方程式书写正确的是()A向明矾溶液中加入过量的氢氧化钡溶液：Al3+2+2Ba2+4OH2BaSO4+2H2OB
3、向FeI2的溶液中通入等物质的量Cl2：2Fe2+2I+2Cl22Fe3+4Cl+I2C将少量二氧化硫通入次氯酸钠溶液中：2ClO+SO2+H2O+2HClOD苯酚钠溶液中通入少量CO2：2C6H5O+CO2+H2O2C6H5OH+【答案】A【解析】ABa(OH)2过量，故明矾完全反应，根据明矾化学式KAl(SO4)2·12H2O确定Al3+与参与反应，且比例为1:2，由于OH-足量，故此时Al3+转化为，A正确；B还原性：I- > Fe2+，故Cl2先氧化I-，由于n(Cl2)=n(FeI2)，即n(I-)=2n(Cl2)，再由反应比例Cl22 I-，确定此时氯气与I- 恰好
4、反应，故Fe2+未参与反应，B错误；CSO2具有强还原性，NaClO具有强氧化性，两者相遇会发生氧化还原反应，C错误；D由于酸性：C6H5OH > ，故不管CO2量多量少，此反应只能生成NaHCO3，D错误；故答案选A。3下列各组有机物只用一种试剂无法鉴别的是()A乙醇、乙酸乙酯、四氯化碳B苯、苯酚、己烯C甲酸、乙醛、乙酸D苯、甲苯、己烷【答案】D【解析】A乙醇与水混溶，乙酸乙酯与水混合后分层且有机层在上层，四氯化碳与水混合后分层有机层在下层，现象不同，一种试剂可鉴别，故A不选；B苯与溴水不反应发生萃取，苯酚与溴水反应生成沉淀，己烯与溴水发生加成反应而褪色，现象不同，一种试剂可鉴别，故B
5、不选；C甲酸、乙醛、乙酸与氢氧化铜悬浊液混合的现象分别为蓝色溶液和砖红色沉淀、砖红色沉淀、蓝色溶液，现象不同，一种试剂可鉴别，故C不选；D三种物质用一种试剂不能鉴别，至少需要两种试剂来检验三种有机物，故D选；故选D。4有一种有机物的结构简式为RCHCHCOOH，式中的R为烷基，下列关于这种有机物的叙述中，错误的是 ( )A若能溶于水，其水溶液与镁反应能放出氢气B可以使溴水和酸性高锰酸钾溶液褪色C可以与乙醇在一定条件下发生酯化反应D不能发生加成反应【答案】D【解析】A含-COOH，属于有机酸，能溶于水，其水溶液与镁反应能放出氢气，故A正确；B含C=C，可以使溴水和酸性高锰酸钾溶液褪色，故B正确；
6、C含-COOH，可以与乙醇在一定条件下发生酯化反应，故C正确；D含C=C，可发生加成反应，故D错误；故选D。5下列实验能达到相应实验目的的是（ ）A将乙二醇()转化为乙二酸()B分离和C制备少量含的消毒液D证明该温度下溶度积常数：KspFe(OH)3KspMg(OH)2 【答案】B【解析】A乙二醇、乙二酸均能被酸性KMnO4溶液氧化，因此不能实现乙二醇转化为乙二酸，A错误；BSiO2受热不分解，NH4Cl不稳定，受热分解变为NH3、HCl，两种气体遇冷重新化合形成NH4Cl，因此通过可分离SiO2和NH4Cl，B正确；C用电解方法制备少量含NaClO的消毒液时，上端应该与电源的负极连接，为阴极
7、，下端连接电源的正极，作阳极，阳极产生的Cl2与阴极产生的NaOH反应制取NaClO溶液，C错误；D相对于MgCl2溶液来说，NaOH过量，在反应后的溶液中过量的NaOH会与滴加的FeCl3溶液反应产生Fe(OH)3沉淀，因此不能证明该温度下二者溶度积常数的大小，D错误；故答案为B。6已知酸性：>HCO3，现要将转变为，可行的方法是与足量的NaOH溶液共热，再通入足量的CO2气体与稀H2SO4共热后，再加入足量的NaOH溶液加热该物质的溶液，再通入足量的SO2气体与稀H2SO4共热后，再加入足量的NaHCO3溶液ABCD【答案】D【解析】与足量的NaOH溶液共热，反应生成，由酸性强弱顺序
8、可知，与足量的CO2气体反应生成，故正确；与稀H2SO4共热反应生成，与足量的NaOH溶液反应生成，故错误；加热该物质的溶液，再通入足量的SO2气体，与二氧化硫反应生成，故错误；与稀H2SO4共热反应生成，与足量的NaHCO3溶液反应生成，故正确。故选D。7下列关于苯乙酸丁酯的描述不正确的是A分子式为C12H16O2B有3种不同结构的苯乙酸丁酯C既能发生加成反应，又可发生取代反应D在酸、碱溶液中都能发生反应【答案】B【解析】根据酯的命名原则某酸某酯，苯乙酸丁酯为苯乙酸（）和丁醇（C4H9OH）生成的一元酯，其分子结构为，A项，苯乙酸丁酯的分子式为C12H16O2，A项正确；B项，因丁基（C4H
9、9）有四种，所以有苯乙酸丁酯有四种同分异构体，B项错误；C项，苯乙酸丁酯分子中的苯环可以发生加成反应（如与氢气等）、硝化等取代反应，酯基可以发生水解反应，酯的水解也是一种取代反应，C项正确；D项，酯可以在酸、碱溶液中发生水解反应，D项正确；答案选B。8以下实验或操作不能达到目的的是A用溴水鉴别苯、乙醇、四氯化碳B准确称取0.4g的NaOH固体配成1000mL浓度为0.01 mol/L的溶液C为除去苯中的少量苯酚,向混合物中加入适量的溴水后过滤D用激光笔检验淀粉溶液的丁达尔现象【答案】C【解析】A.溴水与乙醇混合不反应也不分层；溴水与苯混合，发生萃取作用后液体分层，有色层在上层；溴水与四氯化碳混
10、合后发生萃取作用，有色层在下层，三种液体于溴水混合，现象各不相同，因此能用溴水鉴别，A正确；B.0.4g的NaOH固体的物质的量是0.1mol，配成1000mL溶液，其物质的量浓度为0.01 mol/L，B正确；C.苯酚与溴水生成白色三溴苯酚能溶于苯中，应根据苯酚有弱酸性，能够与NaOH溶液反应产生可溶于水的苯酚钠溶液，而苯与水互不相容，然后分液，就可以达到除杂净化的目的，C错误；D.胶体具有丁达尔现象，淀粉溶液属于胶体，因此用激光笔照射淀粉溶液，可产生丁达尔现象，D正确；故合理选项是C。9某种酯的结构可表示为：CmH2m1COOCnH2n1，其中mn5，该酯的一种水解产物经催化氧化可转化成它
11、的另一种水解产物，则原来的酯是A丙酸乙酯B乙酸乙酯C丁酸甲酯D丙酸丙酯【答案】D【解析】m+n=5，酯基中含有一个碳原子，所以该酯分子中一共含有6个碳原子，又由于该酯的一种水解产物经催化氧化可转化成它的另一种水解产物，可见形成酯的酸部分和醇部分均有三个碳原子，且醇要能最终氧化为酸，故醇羟基的位置只能在端基，应为丙醇（CH3CH2CH2OH），对应的酸为丙酸（CH3CH2COOH）。则原来的酯是丙酸丙酯。答案选D。10西维因是一种高效低毒杀虫剂，在碱性条件下可水解：有关说法正确的是A西维因分子式为C12H10NO2B反应后经酸化，可用FeCL3溶液检验是否发生水解C1mol西维因最多能与6mol
12、氢气发生加成反应D西维因分子中至少有21个原子共平面【答案】B【解析】A.由结构简式可知西维因分子式为C12H11NO2，A错误；B.发生水解反应后，产物分子中含有酚羟基，可用FeCl3溶液检验，B正确；C.1mol西维因最多能与5mol氢气发生加成反应，C错误；D.因为单键可以旋转，西维因分子中至少有18个原子共平面，D错误。答案选B。11代糖是一种人工合成的甜味剂（sweetener），由于它不会被消化而变为能量供给身体所需，所以适合一些减肥人士食用。目前为止，天冬酰苯丙氨酸甲酯（aspartame）尚未有证据证实它是致癌物质，是糖的最佳代用品，比一般的蔗糖甜160倍。请根据下图结构式判断
13、下列关于aspartame的说法不正确的是A是芳香族化合物B分子式中含有醛基C既能与NaOH溶液反应，也能与HCl反应D1mol aspartame最多能与3mol NaOH反应【答案】B【解析】A因该有机物中含有苯环，则属于芳香族化合物，选项A正确；B分子中含有-NH2、-CONH-、-COOC-、-COOH，不含-CHO，选项B错误；C分子中含有-NH2，能与酸反应生成盐，含有-COOH，能与碱反应生成盐，则既能与NaOH溶液反应，也能与HCl反应，选项C正确；D羧酸及水解生成的羧酸能与碱反应，则1mol aspartame最多能与3mol NaOH反应，选项D正确；答案选B。12下列实验
14、操作或对实验事实的叙述正确的是用酸性高锰酸钾溶液可以鉴别苯和甲苯如果皮肤上不慎沾有苯酚，应立即用酒精洗涤用pH试纸测得氯水的pH为2用稀硝酸清洗做过银镜反应实验的试管少量的钠、钾、白磷通常保存在煤油中用瓷坩埚高温熔融Fe(CrO2)2和Na2CO3的固体混合物ABCD【答案】B【解析】甲苯可与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应，而苯不反应，可鉴别，故正确；苯酚可溶于酒精，可用于清洗苯酚，故正确；氯水含有盐酸和次氯酸，可使试纸先变红后褪色，故错误；硝酸与银发生氧化还原反应，生成的硝酸银溶于水，可用于清洗，故正确；白磷溶于煤油，应保存在水中，故错误；高温下，瓷坩埚中的二氧化硅与碳酸钠反应，导致坩埚炸裂，
15、故错误；故答案为B。13丙烯酸可与水反应生成乳酸，化学方程式如下。下列说法正确的是A该反应为加成反应，没有副产物生成B可用Br2的CCl4溶液鉴别丙烯酸和乳酸C丙烯酸与乳酸都属于有机酸，两者不发生反应Dl mol乳酸分别与足量Na、NaOH、NaHCO3反应，消耗三者物质的量之比为2:2:1【答案】B【解析】A该反应为加成反应，但加成产物有两种，其中一种HOCH2CH2COOH为副产物生成，故A错误；B丙烯酸结构中有碳碳双键，而乳酸没有碳碳双键，可用可用Br2/CCl4溶液鉴别这两种有机物，故B正确；C丙烯酸与乳酸都属于有机酸，羧基之间可以脱水生成酸酐，故C错误；D羧基能与Na、NaOH、Na
16、HCO3反应，而羟基只与Na反应，则1mol乳酸分别与足量Na、NaOH、NaHCO3反应，消耗三者物质的量之比为2:1:1，故D错误；答案为B。14某物质转化关系如图，有关说法不正确的是（ ）A化合物A中一定含有的官能团是醛基、羧基和碳碳双键B由A生成E发生还原反应CF的结构简式可表示D由B生成D发生加成反应【答案】A【解析】根据题目信息，可知A中一定含有COOH，CHO，能与溴水发生加成反应，可能是，也可能是CC，故A选项不正确A可能是OHCCHCHCOOH、OHCCCCOOH二、综合题15氯贝特的化学名称为对氯苯氧异丁酸乙酯()，是一种降血脂药，其合成路线如图：已知：核磁共振氢谱显示A中
17、只有一种化学环境的氢原子。 (R代表H原子或其他原子团)回答下列问题：(1)A的化学名称是_，E中官能团的名称为_，GH的反应类型为_。(2)由B生成C的化学方程式为_。(3)氯贝特在酸性条件下的水解产物F是一种芳香族化合物，F有多种同分异构体，符合下列条件的F的同分异构体有_种。苯环上有两个取代基，且苯环上的一氯代物有两种遇氯化铁溶液显紫色可与碳酸氢钠溶液反应生成气体其中核磁共振氢谱为6组峰，且峰面积比为3:2:2:2:1:1的结构简式为_(写出一种)。(4)参照上述合成路线，以苯和2-甲基丙烯为原料(无机试剂任选)，设计制备苯叔丁醚()_。【答案】(1)丙酮 酯基、碘原子 取代反应 (2)
18、+H2O (3)13 或 或 或 (4) 【解析】（1）A的结构简式为，名称为丙酮；E的结构简式为，官能团为酯基、碘原子；GH的反应为在苯作用下，与氯气发生取代反应生成；（2）由B生成C的反应为在浓硫酸作用下，共热发生消去反应生成，反应的化学方程式为+H2O；（3）在酸性条件下的水解芳香族产物为，则F为，F的同分异构体苯环上有两个取代基，且苯环上的一氯代物有两种，说明两个取代基处于对位，遇氯化铁溶液显紫色说明分子中含有酚羟基，可与碳酸氢钠溶液反应生成气体说明分子中含有羧基，则F的同分异构体一定含有，则F的同分异构体可以视作丙烷分子中的氢原子被、Cl和COOH取代的衍生物，共有13种；核磁共振氢
19、谱为6组峰，且峰面积比为3:2:2:2:1:1的结构简式为、 、；（4）由题给合成路线可知，苯和2-甲基丙烯制备苯叔丁醚的步骤为苯与氯气在光照条件下发生取代反应生成氯苯，氯苯在氢氧化钠溶液中共热发生反应生成苯酚钠，在催化剂作用下，2-甲基丙烯与HI发生加成反应生成，与苯酚钠发生信息反应生成，合成路线为。16丁苯酞(J)是治疗轻、中度急性脑缺血的药物，合成J的一种路线如下：已知：(1)G中官能团的名称为_、_。(2)D的系统命名是_，化合物J的结构简式为_。(3)C与银氨溶液反应的化学方程式为_。(4)根据 ，X的分子式为_。X有多种同分异构体，其中满足下列条件的同分异构体共有_种(已知：碳碳三
20、键或碳碳双键不能与羟基直接相连)。除苯环外无其他环，且无OO键能与FeCl3溶液发生显色反应苯环上的一氯代物只有两种(5)参照题中信息写出以甲烷和甲苯为原料，合成的路线流程图_(其他试剂自选)。【答案】(1)羟基 (2)溴原子或碳溴键 (3) 2-甲基-1-丙烯(或2-甲基丙烯) (4) +2Ag(NH3)2OH+2Ag+3NH3+H2O (5)C8H6O3 (6) 9 (7) 【解析】(1)G为，含有羟基、溴原子（或碳溴键）；(2)D的结构简式为CH2=C(CH3)2，系统命名法命名为2-甲基-1-丙烯(或2-甲基丙烯)，J的结构简式为；(3)C含醛基，其与银氨溶液反应的化学方程式为+2Ag
21、(NH3)2OH +2Ag+3NH3+H2O； (4)C为，结合“已知”可得X的结构简式为，其分子式为C8H6O3，X的同分异构体中，同时满足除苯环外无其他环，且无OO键，能与FeCl3溶液发生显色反应，苯环上的一氯代物只有两种，有三种情况，第一种情况：一个酚-OH和一个-COCHO，且二者处于对位有1种，第二种情况：2个-CHO，1个酚-OH，且2个-CHO处于间位有2种，第三种情况：3个酚-OH和1个有6种，因此，符合条件的X的同分异构体共有1+2+6=9种；(5)逆合成分析：可由和CH3MgBr发生类似“C+FG”得到，可由甲苯发生类似“BC”得到，CH3MgBr由CH3Br和Mg、乙醚
22、得到，CH3Br由甲烷和溴发生取代反应得到，即。17精油中含有下列甲、乙两种成分：（1）甲有_种结构。（2）乙的含氧官能团的电子式为_。1mol乙最多可与_molH2发生加成反应。（3）由甲转化为乙的过程为（已略去无关产物）：反应在该过程的作用是_。反应的化学方程式为_。（4）若一次取样，检验乙中所有官能团，按使用的先后顺序写出所用试剂：_。【答案】(1)2 (2) 5 (3) 保护碳碳双键不被氧化 (4) +NaOH+NaCl+H2O(5)银氨溶液（或新制Cu(OH)2），稀硫酸，高锰酸钾溶液（或溴水） 【解析】(1)甲存在顺反异构，所以甲有两种结构，即(顺)和(反)；答案为2。(2)由乙的
23、结构简式可知，含氧官能团为醛基，醛基中C原子与O原子形成两对共用电子对，C原子与H原子形成一对共用电子对，C原子中还有一个未成对电子，其电子式为，苯环、碳碳双键和醛基都能和氢气发生加成反应，所以1mol该有机物最多能和5mol氢气发生加成反应。(3)甲发生反应I为加成反应，然后醇羟基发生氧化反应生成醛基，氯原子发生消去反应生成乙，反应I的目的是保护碳碳双键不被氧化，反应II的化学方程式为+NaOH+NaCl+H2O。(4)乙中醛基能被溴水或高锰酸钾溶液氧化、碳碳双键能和溴发生加成反应也能被高锰酸钾溶液氧化，所以应该先检验醛基后检验碳碳双键，先将醛基氧化为羧基，然后用溴水或高锰酸钾溶液检验碳碳双
24、键，由于检验醛基是碱性环境，检验碳碳双键需酸性环境，还需硫酸酸化，所以其检验先后顺序所用试剂为银氨溶液(或新制Cu(OH)2)，稀硫酸，高锰酸钾溶液(或溴水)。18冬日，雪花漫舞，银装素裹，给人们带来美的享受，但降雪却会给道路通行带来麻烦。现有一种高速公路的绿色融雪剂CMA(醋酸钙、醋酸镁固体混合物)，其生产常以白云石(主要成分MgCO3·CaCO3，含SiO2等杂质)和生物质废液木醋液(主要成分乙酸，以及少量的甲醇、苯酚、焦油等杂质)等为原料，流程如图：（1）步骤发生的反应离子方程式为_。（2）滤渣1的主要成分与NaOH溶液反应的热化学方程式为_(己知与l mol NaOH发生反应
25、时放出热量为QkJ)。步骤所得滤液常呈褐色，分析可知其原因主要是木醋液中含有少量的有色的焦油以及_。（3）已知CMA中钙、镁的物质的量之比与出水率(与融雪效果成正比)关系如图所示，步骤的目的除调节n(Ca)n(Mg)约为_(选填：A.13；B.12；C.37；D.23)外，另一目的是_。（4）步骤包含的操作有_、过滤、洗涤及干燥。（5）取akg含MgCO3·CaCO3质量分数为b%的白云石，经过上述流程制备CMA。已知MgCO3·CaCO3的损失率为c%，步骤之后到产品CMA的损失率为d%，则结合（3）可知所得产品质量约为_kg(请用含相关字母的计算式表达，不必化简)。【答
26、案】(1)MgCO3·CaCO3+4CH3COOH=Ca2+Mg2+4CH3COO-+2CO2+2H2O (2)SiO2(s)+2NaOH(aq)=Na2SiO3(aq)+H2O(l) H=-2QkJ/mol 苯酚 (3)C 除去过量的乙酸 (4)蒸发结晶 (5) 【解析】(1)步骤发生的反应是醋酸溶解白云石，反应的离子方程式为MgCO3CaCO3+4CH3COOH=Ca2+Mg2+4CH3COO-+2CO2+2H2O；(2)己知lmolNaOH与二氧化硅发生反应时放出热量为QkJ，则反应的热化学方程式为Si02(s)+2NaOH(aq)=Na2SiO3(aq)+H2O(l)H=-2
27、QkJ/mol，步骤所得滤液常呈褐色，颜色除与木醋液中含有少量的有色的焦油有关外，产生颜色的另一主要原因是实验过程中苯酚被空气中氧气氧化最终产生褐色物质；(3)根据如图2所示钙、镁的物质的量之比与出水率(与融雪效果成正比)关系，可知，当n(Ca)：n(Mg)约为3：7时，出水率最高，所以步骤的目的除调节n(Ca)：n(Mg)约为3：7，步骤中加入氧化镁的目的是调节钙、镁离子的物质的量之比，除去过量的乙酸；(4)根据上面的分析可知，步骤包含的操作有蒸发结晶、过滤、洗涤及干燥；(5)取akg含MgCO3CaCO3质量分数为b%的白云石，经过上述流程制备CMA。已知MgCO3CaCO3的损失率为c%
28、，则可得nCa(CH3COO)2=×103mol，nMg(CH3COO)2=×103×mol，步骤之后到产品CMA的损失率为d%，则可知所得产品质量约为+×(1-d%)。19有机物I的合成路线如图所示：已知以下信息：A的核磁共振氢谱图表明有2种化学环境的氢，E的相对分子质量为74，R-CH=CH2R-CH2CH2OH。请回答下列问题：（1）A是一溴代烃，它的结构式：_，A的化学名称：_。（2）AB的反应条件：_，（3）D生成E的方程式_，反应的类型_。（4）D中官能团的名称：_，I的分子式 _。（5）E与H生成I的方程式_，反应的类型_。（6）I的同分异
29、构体满足如下条件：_种（含有酯基发生银镜反应苯环上有二个取代基），其中峰的面积之比为1：1：2：2：6的同分异构体的结构简式为：_。【答案】(1)CH3-CHBr-CH3 2-溴丙烷 (2) NaOH/C2H5OH/ (3)CH3CH2-CHO+2Ag(NH3)2OHCH3CH2COONH4+2Ag+3NH3+H2O 氧化反应(4)醛基 C10H12O2 (5) CH3CH2COOH+ +H2O 酯化反应（取代） (6)15 【解析】（1）A是一溴代烃，并且A的核磁共振氢谱图表明有2种化学环境的氢，它的结构式：CH3-CHBr-CH3，根据系统命名法A的化学名称为2-溴丙烷。（2）根据已知条件
30、R-CH=CH2R-CH2CH2OH ，有机物A通过反应要转变为含有碳碳双键的B，应发生消去反应，故AB的反应：CH3-CHBr-CH3 CH3-CH=CH2+HBr，因此AB的反应条件为NaOH/C2H5OH/；（3）BC的反应为：CH3-CH=CH2 CH3-CH2-CH2OH，C为CH3-CH2-CH2OH；CD的反应为：CH3-CH2-CH2OH CH3-CH2-CHO，D为CH3-CH2-CHO，D生成E的方程式为：CH3CH2-CHO+2Ag(NH3)2OHCH3CH2COONH4+2Ag+3NH3+H2O，该反应中D物质的醛基被氧化为羧基，发生氧化反应。（4）D为CH3-CH2-
31、CHO，其中官能团的名称为醛基，有机物I是由E(CH3CH2COOH)和H（C7H8O）反应制得，根据有机物反应原理，H应为醇类物质，因此E和H发生酯化反应，反应过程中消去一份子水，故I的分子式C10H12O2。（5）根据（4）题分析，E与H生成I的方程式为CH3CH2COOH+ +H2O，反应的类型为酯化反应。（6）I的同分异构体满足含有酯基发生银镜反应苯环上有二个取代基三个条件，取代基有-CH3和-CH2-CH2-O-CHO；-CH3和-CH（CH3）-O-CHO；-CH2-CH3和CH2-O-CHO；-CH2-CH2-CH3和-O-CHO；-CH（CH3）2和-O-CHO，共五种组合，每种组合在苯环上有邻、间、对三种位置，符合要求的结构式有：5×3=15种，其中峰的面积之比为1：1：2：2：6的同分异构体的结构简式为：，