1、内蒙古包头市第九中学2016届高三上学期期中考试化学一、单选题：共7题1化学与能源开发、环境保护、资源利用、生产生活密切相关。下列说法错误的是A.研发使用高效催化剂，可提高反应中原料的转化率B.绿色化学的核心是在化学合成中将原子充分利用，从源头上减少或消除污染C.高纯硅及其氧化物在太阳能电池及信息高速传输中有重要应用D.SO2是大气污染物，但葡萄酒中都含有一定量的SO2，SO2既可杀菌又可用来保鲜【答案】A【解析】本题主要考查化学与资源利用、保护环境的问题。A项，催化剂可以改变化学反应速率，对原料的转化率没有影响，A说法错误；B项，绿色化学的核心是利用化学原理，提高原子利用率，从源头上减少或消
2、除工业生产对环境的污染，B说法正确；C项，高纯硅可做半导体，二氧化硅可做光导纤维的材料，C说法正确；D项，SO2具有还原性，由抗氧化作用，可使蛋白质变性，起到杀菌保险的作用，D说法正确。正确选项为A。 2用下列装置进行的相应实验能达到实验目的的是A.图1装置用于Cu和浓H2SO4反应制取少量的SO2气体B.图2装置用于分离水和溴苯的混合物C.图3装置用于制备并收集NO气体D.图4装置用于除去碳酸氢钠固体中的少量碳酸钠【答案】B【解析】本题主要考查化学实验方案的评价。A项，Cu和浓H2SO4反应需要加热，图1装置不能用于制取SO2气体，A错误；B项，水和溴苯互不相溶，可用分液漏斗分离，图2装置能
3、达到实验目的，B正确；C项，NO易与氧气反应，不能用排空气法收集NO，图3装置不能达到实验目的，C错误；D项，碳酸氢钠受热容易分解，加热会除去碳酸氢钠，碳酸钠却不受影响，图4装置不能达到实验目的，D错误。正确选项为B。 3下列指定反应的离子方程式一定错误的是A.NH4HCO3溶液与Ba(OH)2溶液：+Ba2+2OHNH3H2O+BaCO3+H2OB.FeBr2溶液中通入氯气：2Fe2+ 2Br+ 2Cl22Fe3+ Br2+ 4ClC.苏打溶液与稀盐酸混合：+H+CO2+H2OD.向澄清石灰水中通入过量CO2：OH+CO2【答案】C【解析】本题主要考查离子方程式的书写。A项，NH4HCO3溶
4、液与Ba(OH)2溶液1:1反应，离子方程式为+Ba2+2OHNH3H2O+BaCO3+H2O，A正确；B项，氯气与FeBr21:1反应时，Fe2+全部被氧化，Br一半被氧化，离子方程式为2Fe2+ 2Br+ 2Cl22Fe3+ Br2+ 4Cl，B正确； C项，苏打是碳酸钠，应该是与H+反应，C错误；D项，向澄清石灰水中通入过量CO2生成碳酸氢钙，反应的离子方程式为OH+CO2，D正确。正确选项为C。 4研究反应物的化学计量数与产物之间的关系时，使用类似数轴的方法可以收到直观形象的效果，下列表达不正确的是【答案】D【解析】本题主要考查化学方程式的计算与书写。A项，根据方程式2NaOH+SO2
5、(少量)Na2SO3+H2O，NaOH+SO2(足量)NaHSO3可知，当向NaOH溶液中通入少量SO2时，生成Na2SO3，当n(NaOH):n(SO2)=2:1时，反应生成NaHSO3，当n(NaOH):n(SO2)在2:11:1之间时，反应时溶液中的溶质为Na2SO3和NaHSO3，A正确；B项，根据方程式NaAlO2+HCl+H2OAl(OH)3+NaCl，NaAlO2+4HClAlCl3+NaCl+2H2O可知，当n(HCl):n(NaAlO2)1:1，铝元素的存在形式为，Al(OH)3，当n(HCl):n(NaAlO2)4:1，存在Al3+，当n(HCl):n(NaAlO2)在1:
6、11:4之间时，存在Al(OH)3，AlCl3，B正确；C项，根据方程式4HNO3(稀足)+FeFe(NO3)3+NO+2H2O，8HNO3+3Fe3Fe(NO3)2+2NO+4H2O可知，Fe与HNO3的物质的量之比为1:4时，恰好反应生成Fe(NO3)3，即 Fe与HNO3的物质的量之比为时，反应得到Fe(NO3)3，Fe与HNO3的物质的量之比为3:8时，恰好反应生成Fe(NO3)2，即Fe与HNO3的物质的量之比为时，反应得到Fe(NO3)2，C正确；D项，Cl2具有强氧化性，Fe在Cl2中燃烧只能生成FeCl3，D不正确。正确选项为D。 5固体X中可能含有MgCl2、Na2CO3、K
7、2SO3、KAlO2中的一种或几种。为确定该固体粉末的成分，现取X进行下列实验，实验过程及现象如下：根据实验，下列说法错误的是A.气体1可能为NO和CO2的混合物B.沉淀3可能为Mg(OH)2和Al(OH)3的混合物C.沉淀4可能为BaCO3、BaSO3或二者混合物D.X中一定有Na2SO3，可能有KAlO2【答案】C【解析】本题主要考查物质检验实验方案的设计。A项，固体X中加入足量的稀硝酸，得溶液2，加入氯化钡生成沉淀4，说明固体中含有K2SO3，K2SO3与稀硝酸反应由NO生成，如果固体中含有Na2CO3，还可能生成CO2气体，则气体1可能为NO和CO2的混合物，A正确；B项，向溶液2中加
8、入足量氨水有沉淀生成，沉淀有可能是Mg(OH)2或Al(OH)3或两者的混合物，B正确；C项，和氯化钡反应产生不溶于硝酸的白色沉淀是硫酸钡，C错误；D项，根据溶液2中加入氯化钡生成沉淀4可知，固体X中一定含有Na2SO3，整个实验中不确定KAlO2是否存在，故X中一定有Na2SO3，可能有KAlO2，D正确。正确选项为C。 6在100mL0.1molL1铝铵矾NH4Al(SO4)212H2O的水溶液中，逐滴滴入0.1molL1的Ba(OH)2溶液，所得沉淀的质量与Ba(OH)2溶液的体积曲线如图所示已知Ba(AlO2)2易溶易电离。下列说法正确的是A.a点溶液中大量存在的离子有和B.b点溶液中
9、c(NH3H2O)约为0.1molL1C.ab过程中，反应的只有D.bc过程中，反应的是Al(OH)3和【答案】A【解析】本题主要考查离子方程式的有关计算。100mL 0.1molL1NH4Al(SO4)212H2O的水溶液中NH4Al(SO4)2物质的量为0.01mol。溶液中含有0.01mol，Al3+0.01mol，0.02mol。A项，从开始到a点，发生反应为Al3+3OHAl(OH)3和+Ba2+BaSO4，当Al3+沉淀完全时需加入0.03mol OH，即加入0.015molBa(OH)2，加入的Ba2+为0.015mol，未完全沉淀，此时溶液含有硫酸铵、硫酸铝，所以a点溶液中大量
10、存在的离子有和，A正确；B项，继续滴加Ba(OH)2，生成BaSO4沉淀和氨水，发生反应为+Ba2+BaSO4，+ OHNH3H2O，沉淀质量继续增加，当完全沉淀时，共需加入0.02molBa(OH)2，加入0.04mol OH，Al3+反应掉0.03mol OH，生成0.01mol Al(OH)3，剩余0.01mol OH恰好与完全反应，此时溶液中完全反应，此时溶液为氨水，此时溶液的体积大约为0.3L，所以b点溶液中c(NH3H2O)小于0.1molL1，B错误；C项，ab过程中发生反应为+Ba2+=BaSO4，+ OHNH3H2O，C错误；D项，继续滴加Ba(OH)2，Al(OH)3溶解，
11、发生反应Al(OH)3+ OH+2H2O，由方程式可知若使0.01molAl(OH)3完全溶解，需再加入0.005molBa(OH)2，此时溶液为氨水与偏铝酸钡溶液，所以bc过程中，反应的是Al(OH)3，故D错误。正确选项为A。 7次磷酸盐可用于化学镀铜，向盛有次磷酸钠和氢氧化钠混合溶液的铁质容器中加入硫酸铜溶液，容器内壁形成牢固的铜镀层，其原理为+Cu2+X+Cu+H2O(未配平)，下列有关说法正确的是A.该反应中次磷酸根离子得电子，表现还原性B.该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:1C.若将硫酸铜溶液换成硝酸银溶液，容器内壁不会形成镀层D.该反应每消耗3 mol X，转移电子的物质
12、的量为2 mol【答案】D【解析】本题主要考查氧化还原反应。反应方程式为+2Cu2+6OH+2Cu+4H2O。A项，由方程式可知，中磷的化合价由+1升到+5，化合价升高，次磷酸根离子失电子，表现为氧化性，A错误；为还原剂，Cu2+为氧化剂，由电子得失守恒可知，氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：1，B错误；C项，若将硫酸铜溶液换成硝酸银溶液，会有银单质生成，容器内壁会形成银镀层，C错误；D项，反应中消耗6molOH，转移4mol电子，则该反应每消耗3molOH，转移电子的物质的量为2mol，D正确。正确选项为D。 二、推断题：共1题8金属M在酸性或碱性溶液中均可与HNO3发生氧化还原反应，转化关
13、系如下(部分生成物未列出)：已知：C、D、E、G均为气体，且G为单质；将D通入A溶液产生白色沉淀；将F逐滴加入B溶液至过量，先产生白色沉淀，随后沉淀消失。请回答下列问题：(1)写出下列物质的化学式：M、F、G。(2)A溶液与B溶液混合也能产生白色沉淀，写出该反应的离子方程式。(3)除去气体C中的气体E的化学方法是。(4)将10mL充满气体E和O2混合气的试管倒扣在水槽中，反应后试管中残留1mL无色气体，则试管中气体E的体积是mL。(5)D C反应的化学方程式是。(6)M与在碱性条件下反应的离子方程式为。【答案】(1)Al；HNO3；N2(2)Al3+3+6H2O4Al(OH)3(3)将气体通入
14、水中，再用排水法收集(4) 8.6或7.2(5)4NH3+5O24NO+6H2O(6)8Al+3+5OH+2H2O8Al+3NH3【解析】本题主要考查无机物的推断。(1)C、D、E、G均为气体，且G为单质，根据各物质转化关系，D能催化氧化得C，C氧化得E，D与E催化作用下生成G，则可推知D为NH3，C为NO，E为NO2，G为N2，E与水反应生成F为HNO3，将F逐滴加入B溶液至过量，先产生白色沉淀，随后沉淀消失，则说明B中含有偏铝酸根，将D通入A溶液产生白色沉淀，说明A中含有铝离子，结合图中转化关系可知，M为Al，A为Al(NO3)3，B为含的溶液。根据分析可知，M为Al，F为HNO3，G为N
15、2，故答案为Al；HNO3；N2。(2)A溶液与B溶液混合产生的白色沉淀为氢氧化铝，其反应的离子方程式为Al3+3+6H2O=4Al(OH)3，故答案为Al3+3+6H2O4Al(OH)3。(3)由分析可知C为NO，E为NO2，由于NO2与水反应能生成NO，所以除去气体NO中的气体NO2的化学方法是将气体通入水中，再用排水法收集，故答案为将气体通入水中，再用排水法收集。(4)将10mL充满气体NO2和O2混合气的试管倒扣在水槽中，反应后试管中残留1mL无色气体可能为O2，也可能为NO，当残留的为O2时，则根据反应4NO2+O2+2H2O=4HNO3，可知，参加反应的体积为9mL=7.2mL，当
16、残留的为NO时，根据方程式3NO2+ H2O=2HNO3+ NO可知，原反应剩余NO2为3mL，则根据反应4NO2+O2+2H2O=4HNO3，可知参加反应的二氧化氮为7mL=5.6mL，则试管中NO2的总体积为5.6mL+3mL=8.6mL，故答案为8.6或7.2。(5) 根据分析知D为NH3，C为NO，则DC反应的化学方程式是4NH3+5O24NO+6H2O，故答案为4NH3+5O24NO+6H2O。(6)Al与在碱性条件下反应的离子方程式为8Al+3+5OH+2H2O8Al+3NH3，故答案为8Al+3+5OH+2H2O8Al+3NH3。 三、实验题：共1题9二氧化硫为无色气体，有强烈刺
17、激性气味，是大气主要污染物之一。某化学兴趣小组欲制备并探究SO2的某些性质。【SO2的制备】用亚硫酸钠与较浓的硫酸反应制备SO2的装置图如图(夹持仪器省略)：(1)图中的装置错误的是；B中发生反应的化学方程式为；D的作用是。【SO2的性质】探究SO2气体性质的装置如图所示：(2)装置中的现象是，说明SO2具有(填“氧化”或“还原”)性。写出装置中通入足量SO2的离子方程式。(3)在上述装置中通入过量的SO2，为了验证中发生了氧化还原反应，取中溶液分成两份，并设计了如下实验：方案一：往第一份试液中加入少量酸性KMnO4溶液，紫红色褪去；方案二：往第二份试液加入KSCN溶液，不变红，再加入新制的氯
18、水，溶液变红。上述方案不合理的方案是，原因是，写出解释该原因的离子方程式。(4) SO2可以用来制备硫代硫酸钠，硫代硫酸钠可用于照相业作定影剂，也可用于纸浆漂白作脱氯剂等。实验室可通过Na2S、Na2CO3和SO2共同反应来制取Na2S2O3。写出如图所示装置中三颈瓶中反应制取Na2S2O3的化学方程式。【答案】(1)集气瓶C中导管长短反了；Na2SO3+H2SO4Na2SO4+H2O+SO2；吸收尾气中的SO2，防止污染环境(2)有浅黄色沉淀生成；氧化2S2+ 5SO2+ 2H2O3S + 4(3)方案一；SO2过量，SO2可使酸性KMnO4溶液褪色；5SO2+2+2H2O5+2Mn2+4H
19、+(4)2Na2S+Na2CO3+4SO23Na2S2O3+CO2【解析】本题主要考查实验方案的设计。(1)二氧化硫密度大于空气的密度，所以收集二氧化硫时导管应长进短出，所以图中的装置错误的是集气瓶C中导管长短反了；装置B中发生的反应为亚硫酸钠和浓硫酸反应生成硫酸钠、二氧化硫和水，反应的化学方程式为Na2SO3+H2SO4Na2SO4+H2O+SO2；二氧化硫会污染空气，所以D的作用是吸收尾气中的SO2，防止污染环境。(2)二氧化硫通入硫化钠溶液发生氧化还原反应，生成硫单质，现象是有浅黄色沉淀生成；SO2中硫元素化合价由+4价变化为0价，说明二氧化硫具有氧化性；足量二氧化硫和硫化钠溶液反应得到
20、硫单质和亚硫酸氢钠，反应的离子方程式为2S2+ 5SO2+ 2H2O3S + 4。(3)过量的二氧化硫能溶于水，也能使酸性高锰酸钾溶液褪色，所以上述方案不合理的是方案一；原因是过量的二氧化硫能溶于水，也能使高锰酸钾褪色；解释该原因的离子方程式为5SO2+2+2H2O5+2Mn2+4H+。(4) Na2S、Na2CO3和SO2反应生成CO2和Na2S2O3。装置中三颈瓶中反应制取Na2S2O3的化学方程式为2Na2S+Na2CO3+4SO23Na2S2O3+CO2。 四、综合题：共3题10镍是有机合成的重要催化剂。某化工厂有含镍催化剂废品(主要成分是镍，杂质是铁、铝单质及其化合物，少量难溶性杂质
21、)。某学习小组设计如下流程利用含镍催化剂废品制备硫酸镍晶体：几种难溶碱开始沉淀和完全沉淀的pH：回答下列问题：(1)溶液中含有金属的离子是。(2)用离子方程式表示加入双氧水的目的。(3)操作b调节溶液范围为3.27.1，其目的是，固体的化学式为。(4)操作a和c需要共同的玻璃仪器是。上述流程中，防止浓缩结晶过程中Ni2+水解的措施是。(5)如果加入双氧水量不足或“保温时间较短”，对实验结果的影响是。设计实验证明产品中是否含“杂质”：。(不考虑硫酸镍影响)(6)取2.000 g硫酸镍晶体样品溶于蒸馏水，用0.2000 molL1的EDTA(Na2H2Y)标准溶液滴定至终点，消耗EDTA标准溶液为
22、34.50 mL。反应为Ni2+H2Y2NiY2+2H+。计算样品纯度为。(已知，NiSO47H2O相对分子质量为281，不考虑杂质反应)。【答案】(1)(2)2Fe2+H2O22H+2Fe3+2H2O(3)除去Fe3+Fe(OH)3(4)玻璃棒硫酸过量(5)产品中混有绿矾(FeSO47H2O)加入铁氰化钾溶液，产生蓝色沉淀，则产品中含有Fe2+(或取少量样品溶于蒸馏水，滴加酸性高锰酸钾溶液，若溶液紫色褪去，则产品中含有Fe2+) (6)96.95%【解析】本题主要考查制备实验方案的设计。根据流程分析，某化工厂有含镍催化剂废品(主要成分是镍，杂质是铁、铝单质及其化合物，少量难溶性杂质)，碱浸过
23、滤得到固体，然后酸浸过滤，滤液中加入过氧化氢把Fe2+氧化为Fe3+，调节溶液pH使Fe3+和Al3+全部沉淀，Ni2+不沉淀，过滤后调节溶液pH23防止镍离子水解，通过蒸发浓缩，冷却结晶，过滤洗涤得到NiSO47H2O晶体。(1)含镍催化剂废品中含有铝单质，铝单质能溶于碱液生成偏铝酸根离子，因此溶液中含有金属的离子是。(2)加入双氧水是为了把Fe2+氧化为Fe3+，离子方程式为2Fe2+H2O22H+2Fe3+2H2O。(3)操作b调节溶液pH范围为3.27.1，可以使Fe3+完全沉淀为Fe(OH)3，Ni2+不沉淀，因此其目的是除去Fe3+，固体的化学式为Fe(OH)3。(4) 操作a是过
24、滤得到固体和滤液，操作c是蒸发浓缩得到晶体过滤得到NiSO47H2O，操作a、c中均需使用的仪器为玻璃棒；镍离子水解呈酸性，溶液始终保持酸性可以抑制其水解，所以上述流程中，防止浓缩结晶过程中Ni2+水解的措施是硫酸过量。(5) 如果加入双氧水不足，或反应时间较短，Fe2+不能完全转化为Fe3+，产品中会混有硫酸亚铁晶体，即绿矾；由于Fe2+可以被氧化为Fe3+，检验Fe2+试剂可以加入氧化剂，方法是：加入铁氰化钾溶液，产生蓝色沉淀，则产品中含有Fe2+，(或取少量样品溶于蒸馏水，滴加酸性高锰酸钾溶液，若溶液紫色褪去，则产品中含有Fe2+)。(6)反应消耗的EDTA(Na2H2Y)标准溶液的物质
25、的量为n(Na2H2Y)= 0.2mol/L34.5103L =6.9103mol，根据反应方程式知，样品中硫酸镍晶体的质量为m(NiSO47H2O)=6.9103mol281g/mol=1.939g，(NiSO47H2O)=100%=96.95%，因此样品纯度为96.95。 11【化学选修3物质结构与性质】第VA族元素及其化合物在生产、生活中有着广泛的应用(1)砷的电子排布式为，N、P、As三种元素的最常见氢化物沸点由高到低的顺序为，高纯度砷可用于生产半导体材料GaAs，在GaAs晶体中，Ga、As原子最外电子层均达到8电子稳定结构，则GaAs晶体中砷的配位数为。(2)对硝基苯酚水合物是一种
26、具有特殊功能的物质，其结构简式为。该物质中几种元素的第一电离能由大到小的顺序是，该物质的晶体中肯定不存在的作用力是。a.氢键b.极性键c.范德华力d.离子键e.键(3)科学家将NaNO3和Na2O在一定条件下反应得到一种白色晶体，已知其中阴离子与互为等电子体，则该阴离子的化学式是。(4)PM2. 5富含大量的有毒、有害物质，易引发二次光化学烟雾污染，光化学烟雾中含有NOx、O3、CH2=CHCHO、HCOOH、CH3COOONO2(PAN)等二次污染物。N2O结构式可表示为N=N=O，N2O中氮原子的杂化轨道类型为，1 mol PAN中含键数目为。测定大气中PM2.5的浓度方法之一是射线吸收法
27、，射线放射源可用85Kr。Kr晶体为面心立方晶体，若晶体中与每个Kr原子相紧邻的Kr原子有m个，晶胞中含Kr原子为n个，则=(填数字)。已知Kr晶体的密度为g/cm3，摩尔质量为Mg/mol，阿伏伽德罗常数用NA表示，列式表示Kr晶胞参数a=nm。【答案】(1)Ar3d104s24p3；NH3AsH3PH3；4(2) NOCH；d；(3)(4) sp2、sp；10NA3；107【解析】本题主要考查物质的结构与性质。(1)砷的原子序数为33，是第四周期元素，电子排布式为Ar3d104s24p3；由于NH3分子间存在氢键，所以NH3的沸点最高，由于AsH3的相对分子质量大于PH3，故AsH3的沸点
28、高于PH3，所以N、P、As三种元素的最常见氢化物的沸点由高到低的顺序为NH3AsH3PH3；由GaAs晶体中镓、砷原子最外层电子数目知，镓与砷之间形成了四个共价键(其中有一个为配位键)，晶体中每个镓原子、砷原子均与另外四个原子成键，故GaAs晶体中砷的配位数为4。(2)同一周期元素中，元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈增大趋势，但第IIA族、第VA族元素的第一电离能大于相邻元素，所以第一电离能：NOC，同一主族元素中，元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈减小，所以第一电离能：NOCH；由对硝基苯酚水合物的组成知其晶体为分子晶体，苯酚中的羟基与结晶水之间存在氢键，不同分子间还存在范德华力
29、，氧与氢原子间形成的化学键是极性键也是键，但没有离子键。故答案为：NOCH；d。(3)原子个数相等价电子数相等的微粒属于等电子体，且等电子体结构相似，则与互为等电子体的阴离子的化学式是。(4) 在N=N=O中，边上的氮原子的价层电子对数为=3，所以是sp2杂化，中间氮原子的价层电子对数为=2，所以是sp杂化；根据CH3COOONO2的结构可知，每个分子中含有10个键，所以1molPAN中含键数目为10NA，故答案为sp2、sp；10NA以顶点为计算，与之相邻的最近的Kr位于三个面心上，而顶点的原子为8个立方体共有，每个面心上的Kr为两个立方体共有，故与每个Kr原子相紧邻的Kr原子有34=12，
30、晶胞中含Kr原子为8+6=4，所以m:n=12:4=3；根据V=可知晶胞的体积为cm3=cm3，所以晶胞边长a=cm=107nm，故答案为3；107。 12选做【化学选修五有机化学】1对甲苯基3苯基2丙烯1酮(以下用M表示)是一种常见的工业原料，其结构简式为：，工业上合成M线路如下(反应中生成的小分子已略去)：已知：在稀碱作用下，两分子的醛或酮可以互相作用，其中一个醛(或酮)分子中的氢加到另一个醛(或酮)分子的羰基氧原子上，其余部分加到羰基碳原子上，生成一分子羟基醛或一分子羟基酮。请回答下列问题：(1)有机物B的名称为。(2)物质A、C的关系为。a.同系物b.同分异构体c.同素异形体d.分子式
31、相差1个CH2(3)反应中，属于加成反应的有。(4)反应的化学方程式为。(5)的同分异构体很多。能与NaHCO3反应，且含有联苯基(上1个氢原子被取代)的同分异构体共有种。(6)写出由苯甲醛和乙醛合成肉桂醛()的反应方程式。【答案】(1)苯甲醛(2)ad(3) (4)+(CH3CO)2O+ CH3COOH(5) 15(6)+CH3CHO+H2O【解析】本题考查有机物的性质及推断。(1)根据M的工业合成线路，对比反应中反应物、产物结构，结合信息可知该反应为加成反应，则B为，名称为苯甲醇。(2)由CO与苯甲醛可知反应为加成反应，A为，反应为取代反应，C为，反应还生成CH3COOH；物质A为苯，C为
32、苯的同系物，两者分子式相差1个CH2，因此答案为ad。(3)由(1)、(2)可知反应为加成反应，为取代反应，为加成反应；对比反应中反应物、产物结构，可知为消去反应，故反应中，属于加成反应的有。(4) 反应的化学方程式为+(CH3CO)2O+ CH3COOH。(5)有机物中能与NaHCO3反应的官能团是COOH，的同分异构体含有COOH且含有联苯基(上1个氢原子被取代) ，则其侧链为CH2CH2CH2COOH、或CH(CH3)CH2COOH、或CH2CH(CH3)COOH或CH(CH2CH3)COOH、或C(CH3)2COOH共5种，这5种侧链与苯环各有邻、间、对三种连接方式，则满足题中条件的同分异构体共有15种。(6) 由已知可知，在稀碱作用下，乙醛中的氢加到苯甲醛的羰基氧原子上，其余部分加到羰基碳原子上，生成一分子羟基苯丙醛，羟基苯丙醛在稀酸作用下发生消去反应，生成肉桂醛()，反应方程式为+CH3CHO+H2O。
