云南省2020届名校联考高考模拟理科综合化学部分（解析版）

秘密★启用前 理科综合（四）试卷 注意事项： 1.答题前，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 2B 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，再选涂其他答案标号。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 C—12 N—14 O—16 Na—23 Mg—24 Cl—35.5 一、选择题：本大题共 13 小题，每小题 6 分，共 78 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。 1. 化学与生产、生活密切相关，下列叙述不正确的是（ ） A. 石油的裂解和煤的干馏都属于化学变化 B. 用热的纯碱溶液能清除灶具上的油污 C. 工厂的静电除尘利用了胶体带电的性质 D. 用活性炭为糖浆脱色和用臭氧漂白纸浆的原理不同 【答案】C 【解析】 【详解】A．石油的裂解是以获得短链不饱和烃为主要目的的石油加工过程，是深度裂化；煤的干馏是煤在 隔绝空气条件下加热、分解，均为化学变化，A 叙述正确； B．纯碱的水解使溶液呈碱性，且加热水解程度增大，碱性溶液促进油脂水解而除去，B 叙述正确； C．静电除尘利用胶体粒子的带电性，胶体总体不显电性，C 叙述错误； D．活性炭使糖浆褪色、臭氧漂白纸浆分别利用活性炭的吸附性和臭氧的氧化性，原理不同，D 叙述正确； 答案为 C。 2. 有机物 W（ ）可用于合成拟除虫菊酯类杀虫剂。有关 W 的叙述不正确的是（ ） A. W 的分子式为 C10H18O3 B. W 分子中所有的碳原子不可能处于同一平面上 C. W 通过加聚反应和缩聚反应均可形成高分子 D. 1mol W 与足量的 Na 反应一定能生成 22.4L 氢气【答案】D 【解析】 【详解】A．根据 W 的结构简式及原子的成键方式，分子式为 C10H18O3，A 叙述正确； B．根据甲烷、乙烯为中心的简单有机物的空间构型，有机物 W 中，5 个碳原子为 sp3 杂化，3 个碳原子 sp2 杂化，所有的碳原子不可能处于同一平面上，B 叙述正确； C．W 中含一个羟基和一个羧基，含有碳碳双键，可发生加聚反应和缩聚反应，C 叙述正确； D．W 中含一个羟基和一个羧基，未知温度和压强，与 Na 反应生成氢气不一定为 22.4L，D 叙述错误； 答案为 D。 3. X、Y、Z、M 是同周期原子序数依次增大的元素。X 单质常温下能与水反应，电解熔融 XM 制得 X 单质。 Y 是第三周期离子半径最小的金属元素。Z 元素的单质是 IT 行业的基石，下列说法正确的是（ ） A. X、Y 两种元素的原子半径相比，前者较小 B. Z、M 两种元素的气态氢化物稳定性相比，前者较大 C. Z 的氧化物只能和强碱反应，不能与任何酸反应 D. Y 的氧化物能分别溶解于 X、M 最高价氧化物对应水化物的溶液 【答案】D 【解析】 【分析】 Y 是第三周期离子半径最小的金属元素，则 Y 为 Al；Z 元素的单质是 IT 行业的基石，Z 为 Si；X 单质常温 下能与水反应，电解熔融 XM 制得 X 单质，X 为 Na，M 为 Cl，故 X 为 Na，Y 为 Al，Z 为 Si，M 为 Cl。 【详解】A．X、Y 两种元素分别为 Na、Al，为同周期元素，原子半径：Na＞Al，A 说法错误； B．Z、M 两种元素分别为 Si、Cl，且非金属性为 Si＜Cl，故氢化物的稳定性：SiH4＜HCl，B 说法错误； C．Z 为 Si，其氧化物为 SiO2 为酸性氧化物，能与 NaOH 溶液反应，也能与 HF 反应，C 说法错误； D．Y 的氧化物为 Al2O3，为两性氧化物，既可以和 NaOH 溶液反应，又能与 HClO4 反应，D 说法正确； 答案为 D。 4. 下列关于实验室制取 NH3 并验证性质的各装置叙述中，不正确的是（ ）A. 装置①可用于实验室快速制取少量 NH3 B. 装置②中加入 CaCl2 固体可以干燥 NH3 C. 可用装置③收集 NH3 D. 打开装置④中的止水夹，加热圆底烧瓶可以引发喷泉 【答案】B 【解析】 【详解】A．装置①可用浓氨水和生石灰反应用于实验室快速制取少量 NH3，A 正确； B．装置②中加入为碱石灰，不能用 CaCl2 固体可以干燥 NH3，B 错误； C．氨气的密度小于空气，装置③为短进长出，可收集 NH3，C 正确； D．氨气易溶于水，打开装置④中的止水夹，加热圆底烧瓶气体热胀冷缩，导致氨气与水接触，烧瓶中的压 强迅速减小，可以引发喷泉，D 正确； 答案为 B。 5. 常温下实验室配制 1L 0.10 mol•L-1NaHCO3 标准溶液，测得该溶液的 pH 为 8.3。下列说法正确的是（ ） A. 将 8. 4g NaHCO3 溶于 1L 水可得该标准溶液 B 该溶液中 c(H2CO3)＜c( ) C. 温度升高，该溶液中 c( )减少 D. 该溶液中 c( )+2c( )+c(H2CO3)=0.10mol/L 【答案】C 【解析】 【详解】A．应将 8.4gNaHCO3 即 0.1mol，溶于水配成 1L 溶液，A 说法错误； B．NaHCO3 溶液呈碱性，说明碳酸氢根离子的水解程度大于其电离程度，因此 c( )＜c(H2CO3)，B 说 . 2 3CO − 3HCO− 3HCO− 2 3CO − 2 3CO −法错误； C．温度升高，促进水解和电离平衡正向进行，c( )减少，C 说法正确； D．根据物料守恒，c( )+c( )+c(H2CO3)=0.10mol/L，D 说法错误； 答案为 C。 6. 下述实验能达到预期目的的是（ ） 编号 实验内容 实验目的 A 将 SO2 通入酸性 KMnO4 溶液中 证明 SO2 具有还原性 B 用玻璃棒蘸取新制氯水点在 pH 试纸中部，再与标准比色卡对 比 测量氯水中的 c(H+) C 加热 除去 NH4Cl 中混有的 I2 D 向盛有沸水的烧杯中滴加 FeCl3 饱和溶液并长时间煮沸 制备 Fe(OH)3 胶体 A. A B. B C. C D. D 【答案】A 【解析】 【详解】A．将 SO2 通入酸性 KMnO4 溶液中，S 的化合价由+4 价变为+6 价，作还原剂，A 能达到目的； B．新制氯水有强氧化性、漂白性，能使指示剂变质，故不能用 pH 试纸测量其 c(H+)，B 不能达到目的； C．NH4Cl 受热易分解，I2 能升华，不能用加热的方法分离，C 不能达到目的； D．向盛有沸水 烧杯中滴加几滴 FeCl3 饱和溶液至溶液呈现红褐色时，停止加热，制备氢氧化铁胶体，D 不能达到目的； 答案为 A。 7. 建设生态文明是关系人民福祉、关乎民族未来的大计，是实现中国梦的重要内容，如何减少 CO2 排放已 经引起全社会广泛关注。一种 CO2 回收利用装置的工作原理如图所示，此装置工作时，下列说法错误的是 （ ） 的 3HCO− 3HCO− 2 3CO −A. 太阳能转化为化学能和电能 B. 催化剂 a 表面发生的反应为：2H2O+4e-=O2↑+4H+ C. 催化剂 b 极带负电，为电源的正极，质子交换膜只允许 H+通过 D. 标准状况下，回收 22.4 L CO2 生成 HCOOH 46 g 【答案】B 【解析】 【详解】A．CO2 与 H2O 生成 HCOOH 和 O2 是吸热反应，吸收太阳能发生反应的同时产生电流，故该装置 是将太阳能转化为化学能和电能，A 说法正确； B．催化剂 a 表面水失电子，发生的反应为：2H2O-4e-=O2↑+4H+，B 说法错误； C．催化剂 a 失去电子带正电，为电源的负极，H+经过质子交换膜从负极流向正极，C 说法正确； D．标准状况下，回收 22.4LCO2 即 1mol，转移 2mol 电子，则生成 1mol HCOOH，即 46g，D 说法正确； 答案为 B。. 8. 实验室模拟工业利用废铁镁矿渣(含 SiO2、MgCO3 及少量 Fe2O3、FeCO3)和高纯硅工业制备的副产物 SiCl4 为原料，制备二氧化硅和氯化镁晶体，流程如下： 回答下列问题： (1)反应前通常会将废矿渣粉碎，目的是______。沉淀 1 是______(填名称)，SiCl4 与水反应的化学方程式为 ______。 (2)向溶液 2 中加 H2O2 的目的是______。试剂 1 可以是下列试剂中的______ (填标号)。 A. NaOH B. MgCl2 C. MgCO3 D. MgO (3)为使 Fe3+完全沉淀，应调节 pH 为______。(完全沉淀是指溶液中离子浓度小于 1×10-5mol·L-1， Ksp[Fe(OH)3]=4×10-38， ) (4)直接加热蒸发溶液 3 无法获得氯化镁晶体，原因是______，应该采取的措施是______。 (5)若该流程制备 MgCl2·2H2O 的产率为 95%，则制得 655gMgCl2·2H2O 需含 MgCO3 质量分数为 42%的铁镁 矿渣______g(保留一位小数)。 【 答 案 】 (1). 加 快 反 应 速 率 ， 使 矿 渣 反 应 充 分 (2). 硅 酸 或 原 硅 酸 (3). (4). 氧化 Fe2+，便于除杂 (5). CD (6). 3.2 (7). 加热促 进氯化镁水解，生成氢氧化镁 (8). 在 HCl 气流中加热 (9). 1052.6 【解析】 【分析】 SiCl4 与水反应生成原硅酸和盐酸，原硅酸加热可生成二氧化硅和水；废矿渣与盐酸反应生成氯化镁、氯化 铁和氯化亚铁溶液，未反应的为二氧化硅固体；向溶液 2 中加入过氧化氢氧化亚铁离子为铁离子，调节 pH 生成氢氧化铁沉淀，再经过一系列反应生成氯化镁晶体。 【详解】(1)将废矿渣粉碎，可增大固体与溶液的接触面积，导致反应速率增大，提高固体的浸出率；分析 可 知 ， 沉 淀 1 为 原 硅 酸 或 硅 酸 ； SiCl4 与 水 反 应 生 成 原 硅 酸 和 盐 酸 ， 反 应 的 化 学 方 程 式 为 SiCl4+4H2O=H4SiO4↓+4HCl； (2)溶液中的亚铁离子生成沉淀时的 pH 较大，而铁离子的较小，向溶液 2 中加 H2O2 的目的氧化 Fe2+，便于 除杂；加入试剂 1 为消耗溶液中的氢离子，但不能引入新的杂质离子，答案为 CD； (3)为使 Fe3+完全沉淀，溶液中 c3(OH-)= =4×10-33，c(H+)= = ，则 pH=3.2； (4)MgCl2 为强酸弱碱盐，加热时水解平衡正向进行，且 HCl 易挥发，故直接加热生成的为氧化镁固体；为 使平衡逆向进行，应在 HCl 气流中加热； (5)已知 MgCl2·2H2O 的产率为 95%，则 m(MgCl2·2H2O)=655g÷95%=689.5g， n(MgCl2·2H2O)=n(MgCO3)=5.26mol，铁镁矿渣的质量=5.26mol×84g/mol÷42%=1052.6g。 9. 苯甲酸甲酯是一种重要的工业原料。某化学小组以苯甲酸、甲醇为原料制备苯甲酸甲酯。实验原理及实 验装置如下(部分夹持装置以及加热装置已省去) 3lg 4 0.2= 4 2 4 4SiCl 4H O H SiO 4HCl+ ↓ + ( ]3 5 sp[Fe OH) 10 / K mol L− ( )WK c OH − 14 113 10 4 10 − −×有关物质 性质如下表所示： 苯甲酸 甲醇 苯甲酸甲酯 沸点/℃ 249 64.3 199.6 相对分子质量 122 32 136 密度/g·cm-3 1.2659 0.792 1.0888 水溶性 微溶 互溶 不溶 实验过程如下： Ⅰ.制备苯甲酸甲酯粗产品 将 24.4 g 苯甲酸和过量的甲醇加入三颈烧瓶中，同时加入几粒沸石，通过仪器 A 加入一定量浓硫酸，加热 使反应充分，得苯甲酸甲酯粗产品。 (1)仪器 A 中支管 c 的作用是______。 (2)仪器 B 的名称是______，其作用是_____________________________。 (3)实验中需加入过量甲醇，原因是_____________________________________。 Ⅱ.提纯苯甲酸甲酯 利用下列步骤提纯产品：①水洗分液 ②碱洗分离 ③加无水 CaCl2 干燥 ④蒸馏收集馏分 ⑤称量 得产品 16.9 g。 (4)水洗分液中加入适量水的作用是______，苯甲酸甲酯从分液漏斗______(填“上口倒出”或“下口放出”)。 (5)碱洗分离的目的是除去苯甲酸，加入最适宜的试剂为______(填标号)。 A. NaOH 溶液 B.稀碳酸钠溶液 C.碳酸钠固体 D 氨水 (6)本实验中苯甲酸甲酯的产率为______ %(保留一位小数)。 【答案】 (1). 平衡压强，使浓硫酸顺利滴入三颈烧瓶中 (2). 球形冷凝管 (3). 冷凝回流，提高反 应物的转化率 (4). 甲醇沸点低易损失，同时增如甲醇的量，以提高苯甲酸的转化率 (5). 除去粗产品 中的甲醇和硫酸 (6). 下口放出 (7). C (8). 62.1 【解析】 【分析】 苯甲酸与甲醇在浓硫酸加热的条件下发生酯化反应，生成苯甲酸甲酯和水，且反应为可逆反应，加入过量 的甲醇可提高苯甲酸的转化率；甲醇、硫酸易溶于水，先用水洗，可除去甲醇和浓硫酸，再用碳酸钠洗涤， 的除去苯甲酸；再利用沸点不同，用蒸馏的方法分离苯甲酸甲酯粗品。 【详解】(1)仪器 A 为恒压滴液漏斗，支管 c 可平衡压强，使浓硫酸顺利滴入三颈烧瓶中； (2)仪器 B 的名称为球星冷凝管；可使苯甲酸及甲醇冷凝回流，提高反应物的转化率； (3)实验中需加入过量甲醇，甲醇沸点低易损失，同时增如甲醇的量，以提高苯甲酸的转化率； (4)甲醇与硫酸易溶于水，水洗分液中加入适量水的作用为除去粗产品中的甲醇和硫酸；苯甲酸甲酯的密度 大于水，在分液漏斗中的下层，则应从下口放出； (5)碱液碱性太强导致酯的水解，则最佳试剂为碳酸钠固体，后续干燥所需无水 CaCl2 的量少，答案为 C； (6)反应时甲醇过量，则苯甲酸反应的物质的量与生成苯甲酸甲酯的物质的量相等，则苯甲酸甲酯的转化率= ×100%=62.1%。 10. Ⅰ.火箭推进器中分别装有联氨和液态过氧化氢，当它们混合时即产生气体，并放出大量热。已知：1.28g 液态联氨与足量液态过氧化氢反应生成氮气和水蒸气，放出 X kJ 的热量。 N2H4(l)+O2(g)=N2(g)+2H20(l)∆H=-YkJ/mol H20(g)=H20(l)∆H=+ZkJ/mol 根据以上信息写出过氧化氢分解生成液态水和氧气的热化学方程式_______________。 Ⅱ.利用 I2O5 可消除 CO 污染，反应为 I2O5(s)+5CO(g)⇌5CO2(g)+I2(s)。不同温度下，向装有足量的 I2O5 固体 的 2L 恒容密闭容器中通入 2mol CO，测得 CO 的体积分数 ψ(CO)随时间 t 变化曲线如图。 (1)此反应的平衡常数表达式_______。 (2)a 点时表示的化学反应速率 v(CO)=_______。 (3)b 点时 CO 的转化率_______； (4)Kb_______Kd(填“大于”“小于”或“等于”)，原因是_______。 (5)由题意，此反应的 ΔH_______ 0(填“大于”“小于”或“等于”)。 16.9g 122g136g / mol 24.4g ×【答案】 (1). 2H2O2(l)=2H20(l)+O2(g) ∆H=(Y-25X-4Z)kJ/mol (2). (3). 0.6mol·L-1·min-1 (4). 80% (5). 大于 (6). 原因是反应达到平衡时，温度高时 CO 含量高，所以升温平衡逆移，平衡常 数减小，Kb 大于 Kd (7). 小于 【解析】 【分析】 I．根据盖斯定律计算； Ⅱ．利用三段式及勒夏特列原理判断。 【详解】I．已知 1.28g N2H4 和足量 H2O2 反应生成 N2 和 H2O(g)放出 X kJ 的热量，则其热化学方程式为： ①N2H4(l)+2H2O2(l)=N2(g)+4H20(g) ∆H=-25XkJ/mol②N2H4(l)+O2(g)=N2(g)+2H20(l) ∆H=-YkJ/mol③H20(g)=H20(l) ∆H=+ZkJ/mol，根据盖斯定律，①-②+4×③可得 2H2O2(l)=2H20(l)+O2(g)， ∆H=-25XkJ/mol+YkJ/mol-4ZkJ/mol=(Y-25X-4Z)kJ/mol； Ⅱ．(1)根据方程式，固体的浓度为 1，则 ； (2)a 点时： 根据 a 点时 CO 的体积分数 ψ(CO)= =0.40，解得 x=0.6mol，则从反应开始至 a 点时的反应速率为 v(CO)= =0.6mol·L-1·min-1； (3)T1 时： 根据 b 点时 CO 的体积分数 ψ(CO)= =0.20，得 y=1.6mol，转化率= ×100%=80%； (4)反应达到平衡时，温度高时 CO 含量高，所以升温平衡逆移，平衡常数减小，Kb 大于 Kd； (5)升温，平衡逆移，正反应为放热，ΔH 小于 0。 11. 亚铁氰化钾(K4[Fe(CN)6])是重要的化工原料和食品添加剂，又称黄血盐。黄血盐溶液与稀硫酸加热时发 ( ) ( ) 5 2 5 CO CO cK c = ( ) ( ) 5 2 5 CO CO cK c = ( ) ( ) ( ) ( )2 5 2 2 2mol 0 2 x 5 x x 5 a x I O s CO g CO g I s+ − + 初始 转化 点 2 x 2 − 0.6mol 2 L 0.5min× ( ) ( ) ( ) ( )2 5 2 2 2mol 0 2 y 5 y y 5 yb I O s CO g CO g I s+ − + 初始 转化 点 2 y 2 − 1.6mol 2mol生反应：K4[Fe(CN)6+6H2SO4+6H2O 2K2SO4+FeSO4+3(NH4)2SO4+6CO↑。回答下列问题： (1)写出基态 Fe2+的核外电子排布式______。 (2)K4[Fe(CN)6]中的作用力除共价键外，还有______和______。：1mol K4[Fe(CN)6]中含有 σ 键的数目为 _____NA。 (3)(NH4)2SO4 中 N 原子的杂化方式为______；N 和 O 相比，第一电离能更大的是______，电负性更大的是 ______。 (4)铁、钾、钠均采用体心立方堆积，结构如图。晶胞中金属原子的配位数为______，钠、钾相比，熔点更 高的是______，原因是______。已知铁的原子半径为 r cm，阿伏加德罗常数为 NA，铁的相对原子质量为 a， 则铁的密度为______g·cm-3。 【答案】 (1). 1s22s22p63s23p63d6 或[Ar]3d6 (2). 配位键 (3). 离子键 (4). 12NA (5). sp3 (6). N (7). O (8). 8 (9). 钠 (10). 钠的半径小，形成的金属键键能大，溶点高 (11). 【解析】 【分析】 (1)根据基态 Fe 的核外电子排布书写 Fe2+的核外电子排布式； (2)K4[Fe(CN)6]中存在钾离子与[Fe(CN)6]4-间的离子键及铁原子与 CN-间的配位键； (3)根据价层电子互斥理论及第一电离能、电负性规律判断； (4)根据 ρ= 计算。 【详解】(1)基态 Fe 的核外电子排布式为[Ar]3d64s2，则 Fe2+的核外电子排布式[Ar]3d6； (2)K4[Fe(CN)6]中存在钾离子与[Fe(CN)6]4-间的离子键及铁原子与 CN-间的配位键；1mol K4[Fe(CN)6]中含有 6mol 铁原子与 CN-间的配位键和 6molC≡N，共计 12molσ 键，即 12NA； (3)铵根离子中 N 原子无孤电子对，含有 4 条 σ 键，为 sp3 杂化；N 原子最外层电子处于半充满的稳定状态， 故第一电离能大于 O 原子；N 和 O 为同周期元素，且原子序数 O 大于 N，则 O 的电负性大于 N； (4)根据晶胞的结构，距离中心原子最近且相等的金属原子有 8 个，则配位数为 8；钠、钾均为金属晶体， 且最外层电子数相等，但钠原子半径小于钾，则 Na 的金属键键能比 K 强，则 Na 的熔点更高；已知铁的原 Δ 3 3 3 32 A a N r m V子半径为 r cm，则晶胞的体对角线为 4rcm，晶胞的体积= cm3，根据晶胞的结构，一个晶胞中含有 2 个 Fe，则密度= = g·cm-3。 12. 有机物Ⅰ是合成药物阿莫西林的中间体。以有机物 A 为原料合成Ⅰ的路线如下： 已知： 回答下列问题 (1)A 的名称是_______。 (2)B 在光照条件下与 Cl2 反应生成 C，C 中官能团的名称是_______。 (3)C→D 的反应条件为_______，E→F 的反应类型为_______。 (4)流程中设计 A→B 的目的是_______。 (5)E 能与银氨溶液反应，反应方程式为_______。 (6)G 在一定条件下能发生酯化反应生成分子内含 3 个六元环的有机物，其结构简式为_______。 (7)芳香族化合物 X 是 H 的同分异构体，满足以下条件的文的结构有_______种(不考虑立体异构)。 a.能使 FeCl3 溶液显紫色，苯环上的一溴代物只有一种 b.核磁共振氢谱显示不同化学环境的氢原子数比为 3∶2∶2∶1 C.能在稀硫酸中发生水解反应且产物之一的分子式为 C7H8O3 写出符合上述题意的分子式为 C7H8O3 的一种有机物的结构简式_______。 【答案】 (1). 对甲基苯酚(4—甲基苯酚) (2). 氯原子、醚键 (3). 氢氧化钠水溶液、加热 (4). 加成反应 (5). 保护酚羟基 (6). (7). 3(4 ) 3 3 r 3 3 2 (4 ) 3 3 ag r cm 3 3 3 32 A a N r (8). 2 (9). 或 【解析】 【分析】 A 与 CH3I 发生酚羟基上氢原子的取代反应，生成 B；B 与氯气发生甲基上的取代反应，生成 C 即 ； C 再发生卤代烃的水解反应生成醇，D 为 ；D 被氧化生成醛；根据已知信息，E 与 HCN/OH-发生加 成反应，生成 F 即 ；根据 G、I 的结构简式及反应物质，可确定 H 为 。 【详解】(1)根据 A 的结构简式，其名称是对甲基苯酚(4-甲基苯酚)； (2)B 在光照条件下与 Cl2 反应生成 C，C 为 ，含有 官能团的名称是氯原子、醚键； (3)C→D 的反应为氯代烃的水解反应，条件为氢氧化钠水溶液、加热；E→F 的反应类型为加成反应； (4)酚羟基易被氧化，流程中设计 A→B 的目的是保护酚羟基。 (5)E 中含有醛基，能与银氨溶液反应，反应方程式为 +2Ag(NH3)2OH +2Ag↓+3NH3+H2O； (6)G 在一定条件下能发生酯化反应生成分子内含 3 个六元环的有机物，则为 2 个 G 发生酯化反应生成酯和 水，其结构简式为 ； (7)芳香族化合物 X 是 H 同分异构体，H 为 ，满足条件 a.能使 FeCl3 溶液显紫色，苯环上的一溴代 物只有一种，含有苯环，且含有酚羟基；b.核磁共振氢谱显示不同化学环境的氢原子数比为 3∶2∶2∶1； c.能在稀硫酸中发生水解反应且产物之一的分子式为 C7H8O3，X 的结构有 、 ，合计 2 种(不 的 的考虑立体异构)。符合题意的分子式为 C7H8O3 的一种有机物的结构简式为 或 。