【文档说明】【精准解析】浙江省嘉兴市2021届高三12月教学测试化学试题（解析版）.doc，共(28)页，1.450 MB，由小赞的店铺上传

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2020年高三教学测试化学试题卷可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Na23Mg24Al27Si28S32Cl35.5Ca40Fe56Cu64K39Br80选择题部分一、选择题(本大题共25小题，每小题2分，共

50分。每个小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分)1.水溶液因电离而呈酸性的是A.KIB.NaHSO4C.NH4ClD.K2CO3【答案】B【解析】【详解】A．KI

属于强酸强碱盐，在溶液中不发生水解，溶液显中性，故A不符合题意；B．NaHSO4属于强酸强碱盐，在溶液中完全电离生成钠离子、氢离子和硫酸根离子，溶液显酸性，故B符合题意；C．NH4Cl属于强酸弱碱盐，铵根离子水解使溶液显酸性，故C不符合题意；D．K2CO3属于强碱弱酸盐，碳酸根离子水解使溶液显

碱性，故D不符合题意；答案选B。2.从含有少量氯化钠的硝酸钾溶液中提取硝酸钾，需要用到的仪器是A.B.C.D.【答案】D【解析】【详解】A为蒸馏烧瓶，用于分离沸点差别较大的液体混合物，B为分液漏斗，用于分离互不相溶的液体混合物，C为坩埚，用于固体物质的灼烧，D为蒸发皿，用于蒸发结晶

，从含有少量氯化钠的硝酸钾溶液中提取硝酸钾，先加热，再冷却结晶，氯化钠溶解度受温度影响不大，冷却时不会析出，硝酸钾溶解度随温度降低而减小，冷却时析出，过滤即得硝酸钾固体和氯化钠的溶液，综上分析可知，答案选D。3.下列物质属于非电解质，但其水溶液能导电的是A.CaCl2B.CH3C

H2OHC.CO2D.BaSO4【答案】C【解析】【分析】电解质是指在水溶液或熔化状态下能导电的化合物，而非电解质是指在水溶液和熔化状态下都不能导电的化合物，据此进行判断。【详解】A．CaCl2的水溶液能导电，是电解质，故A错误；B．CH3CH2OH是非电解质，但在水溶液不能导电，故B错误；

C．二氧化碳溶于水生成碳酸，碳酸是电解质，电离出离子使能够导电，但是溶液导电的原因不是二氧化碳自身电离的离子，所以二氧化碳不属于电解质，属于非电解质，故C正确；D．BaSO4属于盐，在熔融状态下能导电，属于电解质，故D错误；故选C

。4.下列物质对应的组成不正确．．．的是A.水银：HgB.纯碱：NaHCO3C.绿矾：FeSO4·7H2OD.尿素：CO(NH2)2【答案】B【解析】【详解】A．水银是金属汞单质的俗称，化学式为：Hg，故A正确；B．纯碱是碳

酸钠的俗称，化学式为：Na2CO3，故B错误；C．绿矾是硫酸亚铁晶体，化学式为：FeSO4·7H2O，故C正确；D．尿素又称碳酰胺，化学式为：CO(NH2)2，故D正确；答案选B。5.下列表示正确的是A.葡萄糖的最简式：C6H

12O6B.CCl4的比例模型：C.有机物的名称：2，2-二甲基丁烷D.Mg2+结构示意图：【答案】C【解析】【详解】A．葡萄糖的分子式：C6H12O6，最简式：CH2O，A错误；B．Cl原子半径比C原子半径大，CCl4的比例模型：，B错误；

C．为2，2-二甲基丁烷的键线式，即有机物的名称为2，2-二甲基丁烷，C正确；D．Mg2+核外有10个电子，其结构示意图为，D错误。答案选C。6.下列说法不正确．．．的是A.煤的干馏是化学变化B.玉米经水解和细菌发酵可以制得乙醇C.利用光电效应原

理，太阳能电池实现了光－电直接转换D.工业上利用石油裂化生产乙烯【答案】D【解析】【详解】A．煤的干馏是将煤隔绝空气加强热，使煤分解，是化学变化，故A正确；B．玉米主要成分是淀粉，经水解可得葡萄糖，用细菌发酵可以制得乙醇，故B

正确；C．太阳能光电直接转换的基本原理是利用光电效应，将太阳辐射能直接转换成电能，故C正确；D．裂解是深度裂化，以获得短链不饱和烃为主要成分的石油加工过程（主要为乙烯，丙烯，丁二烯等不饱和烃），所以工业上利用石油裂解生产乙烯，故D错误；故选D。7.下列说法不正确．．．的是A.乙

醇和乙醚互为同分异构体B.O2和O3互为同素异形体C.甲烷和异丁烷互为同系物D.1H、2H是两种不同的核素【答案】A【解析】【详解】A．乙醇的分子式为C2H6O，乙醚的分子式为C4H10O，二者分子式不相同，不互为同分异构

体，A错误；B．O2和O3均是由O元素组成的性质不同的单质，二者互为同素异形体，B正确；C．甲烷和异丁烷均属于烷烃，结构相似，分子组成相差3个CH2，二者互为同系物，C正确；D．具有一定数目质子和一定数目中子的原子称为核素，则1H、2H是质子数为1，中子数为0、1的两

种不同的核素，D正确；答案选A。8.下列说法正确的是A.干燥的氯气不能使鲜花褪色B.二氧化硅是酸性氧化物，不能与酸反应C.将MgCl2·6H2O在空气中加热生成无水MgCl2D.实验室可用氢氧化钠溶液吸收尾气中的二氧化氮【答案】D【解析】【详

解】A.鲜花里面有水，氯气与水反应生成次氯酸使鲜花褪色，故A错误；B.二氧化硅可以与氢氟酸反应，生成水和四氟化硅，故B错误；C.MgCl2·6H2O应该在HCl气流中加热，否则会水解变成氢氧化镁，故C错误；D.氢氧化钠与二氧化氮反应有硝酸钠生成，可用于二氧化氮尾气吸收，故D正确；故答案为D。9.下

列说法不正确．．．的是A.碳酸氢铵可用作氮肥B.硫酸铜可用于游泳场馆池水的消毒C.氧化钠可用作呼吸面具中的供氧剂D.硅酸钠溶液可用作建筑行业的黏合剂【答案】C【解析】【详解】A．碳酸氢铵含有铵根离子，含有化合态的氮，

故可用作铵态氮肥，A正确；B．硫酸铜中的Cu2+是重金属离子，可以使蛋白质发生变性，故可用于游泳场馆池水的消毒，B正确；C．过氧化钠能与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，故过氧化钠可用作呼吸面具中的供氧剂，而氧化钠与二氧化碳反应仅仅生成碳酸

钠，没有氧气放出，不能作呼吸面具中的供氧剂，C不正确；D．硅酸钠溶液俗称水玻璃，常用作木材的防火剂和粘合剂，故可用作建筑行业的黏合剂，D正确；故答案为：C。10.反应3K2MnO4+4CO2+2H2O=2KMnO4+MnO2+4KHCO3中，氧化剂与还原剂的物质的量之

比是A.1∶2B.3∶4C.2∶1D.4∶3【答案】A【解析】【详解】反应3K2MnO4+4CO2+2H2O=2KMnO4+MnO2+4KHCO3中，K2MnO4中部分锰元素化合价从+6升高到+7，作还原剂，

K2MnO4中部分锰元素化合价从+6降低到+4，作氧化剂，所以K2MnO4既是氧化剂，又是还原剂，由产物中生成的KMnO4和MnO2的物质的量分析，氧化剂与还原剂的物质的量之比是1∶2，故A正确；故选A。11.下列有关实验说法不正确．．．的是A.配制

一定物质的量浓度的NaOH溶液时，NaOH固体溶解后未恢复到室温就定容，所配制的溶液浓度将偏小B.向试管中注入5mL1-溴丙烷和10mL20%的氢氧化钾水溶液，加热，充分反应后再加入硝酸酸化，滴加硝酸银溶液，可以看到淡黄色

沉淀C.在纸层析分离Fe3+和Cu2+的实验中，亲脂性强的成分在流动相中分配得多一些，随流动相移动的速度就快一些D.用移液管量取一定体积液体时，应将移液管垂直放入稍倾斜的容器中，并使管尖与容器内壁接触【答案】A【解析】【详解】A．由于液体的热胀速度比固体快，故配制

一定物质的量浓度的NaOH溶液时，NaOH固体溶解后未恢复到室温就定容，将使溶液体积偏小，导致所配制的溶液浓度将偏大，A不正确；B．向试管中注入5mL1-溴丙烷和10mL20%的氢氧化钾水溶液，加热，发生反应CH3CH

2CH2Br+KOH2HO→CH3CH2CH2OH+KBr，充分反应后再加入硝酸酸化，滴加硝酸银溶液，可以看到淡黄色沉淀AgBr，B正确；C．在纸层析分离Fe3+和Cu2+的实验中，若选择水做固定相，亲脂性成分做流动相，则亲水性强的成分在流动相中分配的少一些，

在毛细现象作用下，随流动相移动的速度慢一些，亲脂性强的成分在流动相中分配得多一些，随流动相移动的速度就快一些，C正确；D．使用移液管量取液体的操作方法为：用移液管吸取溶液后，将移液管垂直放入稍倾斜的容器中，并使管尖与

容器内壁接触，松开食指使溶液全部流出，数秒后，取出移液管，D正确；故答案为：A。12.下列说法不正确．．．的是A.氢氧化亚铁与空气中的氧气作用会转变为红褐色的氢氧化铁B.工业制硝酸中，氨与氧气在转化器中反应生成一氧化氮C.向Na2S2O3溶液中加入稀硫酸，溶液变混浊D.向HNO3酸化

的AgNO3溶液中滴加少量NaNO2，有白色沉淀产生【答案】D【解析】【详解】A．氢氧化亚铁与空气中的氧气、水发生反应生成氢氧化铁，反应的化学方程式为：4Fe(OH)2+2H2O+O2=4Fe(OH)3，故A正确；B．氨与氧气在催化剂作用下生成一氧化氮和水，发生反应为4NH3+5O2催化剂

4NO+6H2O，故B正确；C．向Na2S2O3溶液中加入稀硫酸发生氧化还原反应生成硫酸钠、二氧化硫、硫单质和水，发生反应为Na2S2O3+H2SO4=Na2SO4+S↓+SO2↑+H2O，溶液变混浊，故C正确；D．向HNO3酸化的AgNO3溶液中滴加少量NaNO2，根据强酸制弱酸，生成硝酸钠

和亚硝酸：NaNO2+HNO3=HNO2+NaNO3；亚硝酸不稳定，很快分解，放出气体：2HNO2=H2O+NO↑+NO2↑，总反应为：2NaNO2+2HNO3=2NaNO3+H2O+NO↑+NO2↑，则没有白色沉淀，故D错误；答案选D。13.能正确表示下列反应的离子方程式

是A.乙酸溶液滴到大理石上产生气泡：2H++CaCO3=CO2↑+Ca2++H2OB.在偏铝酸钠溶液中通入少量二氧化碳：AlO2−+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3−C.二氧化硫气体通入氯水中：Cl2+

SO2+2H2O=2Cl－+SO24−+4H+D.用石墨作阴极、铁作阳极电解食盐水：2Cl–+2H2O通电2OH–+Cl2↑+H2↑【答案】C【解析】【详解】A．乙酸溶液滴到大理石上产生气泡，乙酸是弱酸，离子反应中不拆写，正确的离子反应方程式为：2CH3COOH+CaCO3=CO2↑

+Ca2++2CH3COO-+H2O，故A错误；B．在偏铝酸钠溶液中通入少量二氧化碳生成氢氧化铝和碳酸钠，正确的离子反应方程式为：2AlO2−+CO2+3H2O=2Al(OH)3↓+CO2-3，故B错误；C．二氧化硫气体通入氯水中发生氧化

还原反应生成盐酸和硫酸，离子反应为：Cl2+SO2+2H2O=2Cl－+SO24−+4H+，故C正确；D．用石墨作阴极、铁作阳极电解食盐水，阴极上：2H2O+2e-=H2↑+2OH-，阳极上铁失去电子变为亚铁离子与生成的OH-结合生成氢氧化亚铁，离子反应为：Fe+2H2O通电Fe(OH)2+H2

↑，故D错误；答案选C。14.下列说法不正确．．．的是A.75%的乙醇能使蛋白质变性，从而可有效灭活COVID－19病毒B.酚醛树脂是人类合成的第一种高分子材料，它由苯酚和甲醛缩聚得到C.相同条件下等物质的量的苯和乙炔分别在空气中燃烧，消耗相同体积的氧气D.两位科学家因核酸的相

关研究荣获2020年诺贝尔化学奖，核酸水解得到核苷酸【答案】C【解析】【详解】A．灭活病毒的原理主要是使病毒蛋白质发生变性而失去活性，75%的乙醇能使蛋白质变性，因此可以有效灭活COVID－19病毒，故A正确；B．苯酚、甲醛通过缩聚反应可制得酚醛树脂，所以酚醛树脂是缩聚反应得到的高分子化合物，故B

正确；C．乙炔与苯的最简式都为“CH”，则相同质量的乙炔与苯分别在足量的氧气中完全燃烧，消耗氧气的物质的量相同，等物质的量的苯和乙炔分别在空气中燃烧，苯消耗的氧气多，故C错误；D．2020年诺贝尔化学奖授予两名女科学家——艾曼纽·夏蓬迪埃、珍

妮佛·杜娜，以表彰她们在基因组编辑方法研究领域作出的贡献。脱氧核糖核酸(DNA)是重要遗传物质，在DNA链条上含有遗传信息，基因编辑技术可以断开DNA链条，对其进行改动，然后重新连接，就像人们写作时编辑文字那样。

她们的研究与核酸有关，核酸可以水解得到核苷酸，故D正确；故选C。15.有关的说法正确的是A.含有2种官能团B.与FeCl3溶液发生显色反应C.不能使酸性高锰酸钾溶液褪色D.1mol该物质与足量NaOH溶

液反应，最多可消耗3molNaOH【答案】B【解析】【详解】A.官能团有羟基、碳碳双键、酯基，故A错误；B.有酚羟基可以与FeCl3溶液发生显色反应，故B正确；C.含有碳碳双键可以与酸性高锰酸钾溶液反应使其褪色，故C错误；D.酚羟基需要

2molNaOH，酯基水解时需要1molNaOH，水解产生酚羟基，还需要1molNaOH，所以是4mol，故D错误；故答案为B。16.X、Y、Z、M、Q五种短周期主族元素，原子序数依次增大。元素X、Y、Q的单质在常温下呈气态，元素Y的最高正价和最低负价之和

为2，元素Z在同周期的主族元素中原子半径最大，元素M是地壳中含量最多的金属元素。下列说法不正确．．．的是A.元素X、Y可以形成离子化合物B.简单离子半径：Y<ZC.元素Z、M的最高价氧化物对应的水化物能相互反

应D.M、Q两种元素形成的化合物的水溶液呈酸性【答案】B【解析】【分析】X、Y、Z、M、Q五种短周期主族元素，原子序数依次增大，元素X、Y、Q的单质在常温下呈气态，X的原子序数比Y小，所以X为氢元素，元素Y的最高正价和最低负价之和

为2，所以元素Y是氮，元素Z在同周期的主族元素中原子半径最大，所以Z是钠，M是地壳中含量最多的金属元素，所以M是铝元素，Q为氯元素，以此解答。【详解】A．X为氢，元素Y是氮，二者可以形成离子化合物，如NH4H，故A正确；B．元素

Y是氮，Z是钠，二者形成的简单离子核外电子数相同，氮原子的质子数小于钠原子质子数，则简单离子半径：Z<Y，故B错误；C．元素Z、M的最高价氧化物对应的水化物分别为NaOH、Al(OH)3，Al(OH)3是两性氢氧化物，二者可以相互反应，故C正确

；D．M是铝元素，Q为氯元素，二者形成的化合物为AlCl3，AlCl3是强酸弱碱盐，铝离子水解呈酸性，故D正确；故选B。17.下列说法正确的是A.同浓度的醋酸和硫酸相比，醋酸的导电性弱不能说明醋酸是弱电解质B.用等pH的氨水和氢氧化钠分别中和等物质的量的盐酸，消耗

氢氧化钠的体积小C.等体积等浓度的醋酸和盐酸，稀释相同倍数后与足量镁反应，醋酸产生氢气多D.醋酸溶液加水稀释后，溶液中c(CH3COOH)/c(CH3COO－)的值增大【答案】A【解析】【详解】A．溶液的导电性与离子浓度、离子所带电荷数

有关，同浓度的醋酸和硫酸相比，硫酸为二元酸，氢离子浓度高，且硫酸根所带电荷数多余醋酸根的，所以醋酸的导电性弱，但无法说明醋酸是弱电解质，故A正确；B．相同条件下，等pH的氨水和氢氧化钠，氨水的浓度大于氢氧化钠，分别中和等物质的量的盐酸，当盐酸

溶液恰好被完全中和时，消耗氢氧化钠的体积大于和氨水的体积，故B错误；C．盐酸和醋酸都是一元酸，等体积等浓度的醋酸和盐酸溶质的物质的量相同，稀释相同倍数后与足量镁反应，产生氢气一样多，故C错误；D．醋酸是弱电解质，加水稀释促进电离

，但离子浓度减小，()()()3a3cHcKcCHCOOCHCOOH+−=，则()()()33HKaccCHCOOHcCHCOO+−=，加水稀释溶液中氢离子浓度降低，所以c(CH3COOH)/c(CH3COO－)的值减小，故D错误；答案选

A。18.将一定量的氨基甲酸铵置于2L恒容真空密闭容器中，在一定温度下达到分解平衡：NH2COONH4(s)⇌2NH3(g)+CO2(g)。不同温度下的平衡数据如下表：温度(℃)1520253035平衡时气体总浓度(×10-3mol·

L－1)2.403.404.806.809.40下列说法正确的是（）A.该反应在低温条件下自发B.氨气的体积分数不变，可以判断反应达到了平衡状态C.其他条件不变时将容器体积变为1L，NH3平衡浓度不变D.若25℃时达到平衡所需时间为2min，则0～2min用CO2表示的平均反应速率为4×10－4m

ol·L-1·min-1【答案】C【解析】【详解】A．由表格中数据可知，温度越高，平衡气体总浓度增大，则升高温度，平衡正向移动，△H>0，由化学计量数可知△S>0，△H−T△S<0的反应可自发进行，则该反应在高温下可自发进行，故A错误；B．NH2

COONH4(s)⇌2NH3(g)+CO2(g)，生成物中氨气与CO2始终按2:1生成，则氨气的体积分数始终不变，不能说明该反应达到了平衡状态，故B错误；C．其他条件不变时将容器体积变为1L，等同于体积减小了原来的一半，单位体积内物

质的量是原来物质的量的2倍，则NH3平衡浓度不变，故C正确；D．25℃时，平衡气体总浓度为4.8×10−3mol/L，根据反应可知CO2占13，则ν(CO2)=-34111.610mol/L=810molLmin2m

in−−−，故D错误；故选：C。19.NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A.C2H6(g)+2CO2(g)⇌4CO(g)+3H2(g)ΔH=+430kJ·mol−1。向容器中充入1mol[C2H6(g)+2CO2(g)]，充分反应，吸收热量430kJ

B.18g的H218O和D216O，所含电子数和中子数均为9NAC.常温下CH3COONH4溶液的pH=7，则1L该溶液中水电离出的H+数为10−7NAD.28g晶体硅中含有的硅硅键数为4NA【答案】B【解析】【详解】A．已知C2H6(g)+2CO2(g)4CO(g)+3H2(g)ΔH=+43

0kJ·mol−1，该反应为可逆反应，表示的含义为：生成4molCO和3molH2吸收430kJ能量，向容器中充入1mol[C2H6(g)+2CO2(g)]，充分反应，生成的CO小于4mol，吸收热量小于430kJ，故A错误；B．H218O和D21

6O的电子数和中子数均为10，所以18g的H218O为0.9mol，电子数和中子数为9NA，18g的D216O为0.9mol，电子数和中子数为9NA，故B正确；C．常温下CH3COONH4中阴阳离子都能水解，促进水的电离，所以1L

该溶液中水电离出的H+数大于10−7NA，故C错误；D．28g晶体硅为1mol，1mol晶体硅含有的硅硅键数为2NA，故D错误；故选B。20.密闭容器中反应：2CO2(g)+6H2(g)⇌CH3CH2OH(g)+3H2O(g)△H<0，下列说法

正确的是A.升高温度，平衡常数增大B.选择合适的催化剂可以提高乙醇的平衡产率C.压缩体积可增大单位体积活化分子百分数D.分离出CH3CH2OH和H2O可提高H2的转化率【答案】D【解析】【详解】A．该反应为放热反应，升高温度，平衡左移，平衡常数减小，故A项错误；B．催化剂只能改变反应

的速率，平衡不移动，不能提高产率，故B项错误；C．压缩体积可增大单位体积内分子总数，不可增大单位体积活化分子百分数，故C项错误；D．分离出CH3CH2OH和H2O可使平衡右移，提高H2的转化率，故D项正确；故

答案为D。21.焦亚硫酸钠(Na2S2O5)可用作食品加工的防腐剂，制备示意图如下。已知：2NaHSO3=Na2S2O5+H2O。下列说法不正确．．．的是A.采用的是阳离子交换膜B.阳极的电极反应式为2H2O-4e－=4H++O2↑C.当阴极生成0.2g气体时，a室溶液质量减少1.6gD.电

解后将b室溶液进行结晶、脱水，可得到Na2S2O5【答案】C【解析】【分析】电解池阳极与电源正极相连，阴极与电源负极相连，由装置图可知，电解池阳极为a室稀硫酸溶液，氢氧根离子失电子发生氧化反应，则氢离子将移到

b室与Na2SO3反应生成NaHSO3，阴极为c室，主要成分是NaHSO3和Na2SO3，氢离子发生还原反应生成氢气，则c室中NaHSO3转变为Na2SO3，据此分析解答。【详解】A．根据分析，a室中氢离子向b室移动，则离子交换膜采用的是阳离子交换膜，故A正确

；B．根据分析，阳极水失电子发生氧化反应，电极反应式为2H2O-4e－=4H++O2↑，故B正确；C．根据分析，阴极氢离子发生还原反应生成氢气，电极反应为：2H2O+2e−═H2↑+2OH−，生成气体为氢气，0.2g氢气的物质的量为0.1mol，

转移电子0.2mol，a室为阳极，电极反应为2H2O-4e－=4H++O2↑，氧气从a室逸出，氢离子向b室移动，则a室中减少的质量为水的质量，根据电子守恒，消耗水的物质的量为0.1mol，质量为0.1molｘ18g/mol=1.8g，故C错误；D．根据分析，电解后将b室得到NaHSO3溶

液，NaHSO3溶液经结晶脱水可得到Na2S2O5，则结晶脱水过程方程式可表示为2NaHSO3═Na2S2O5+H2O，故D正确；答案选C。22.已知离子电荷相同时，离子半径越小，离子键越强。根据M/M2O(M=Li、Na)体系的能量循环图，下列判断正确的是A.ΔH2＜0ΔH4＞0

B.ΔH1＞ΔH4+ΔH5+ΔH6C.ΔH6(Na2O)＜ΔH6(Li2O)D.ΔH5(Na2O)＞ΔH5(Li2O)【答案】B【解析】【详解】A．金属由固态转化为气态的过程吸热，则ΔH2＞0，原子得电子

产生阴离子的过程放热，则ΔH4＜0，故A错误；B．根据盖斯定律，ΔH1=ΔH2+ΔH3+ΔH4+ΔH5+ΔH6，金属由固态转化为气态的过程以及断开化学键的过程均吸热，则ΔH2＞0、ΔH3＞0，因此ΔH1＞ΔH4+ΔH5+ΔH6，故

B正确；C．Na2O和Li2O相比，离子电荷相同时，离子半径越小，离子键越强，锂离子的半径小于钠离子的半径，所以Li2O的离子键更强，则形成Li2O时放出的热量更多，放热焓变为负值，放热越多，焓变越小，则ΔH6(Na2O)＞ΔH6(Li2O)，故C错误；D．金属钠的半径大于金属锂的，金属锂失去一

个电子时吸收的能量更多，吸热焓变为正值，吸热越多，焓变越大，ΔH5(Na2O)＜ΔH5(Li2O)，故D错误；答案选B。23.常温下用0.1000mol·L−1NaOH溶液滴定10.00mL0.1000mol·L−1H2A溶液，已知Ka1=1.0×10－4，Ka2=1.0×10－

8。下列说法不正确．．．的是A.V(NaOH)=0.00mL时，pH≈2.5B.V(NaOH)=10.00mL时，c(A2－)＞c(H2A)C.V(NaOH)=20.00mL时，c(OH－)－c(H+)=c(H2A)+c(HA－)D.溶液呈中性时：V(NaOH)＜20mL，c(Na+)

＞2c(A2－)【答案】C【解析】【详解】A．V(NaOH)=0.00mL时，该溶液为0.1000mol·L−1H2A溶液，主要发生第一步电离H2AH++HA－，Ka1=+2HHAc()c()Ac(H)－=22+c()c(HHA)=2(H)0.1c+

=1.0×10－4，解得c(H)+=1.0×10－2.5，pH≈2.5，故A正确；B．V(NaOH)=10.00mL时，恰好反应生成NaHA，HA－能发生电离，由已知可知，Ka2=1.0×10－8，HA－也能发生水解，水解方程式为HA－+H2OOH-+H2A－，Kh=2-HHAc(O)c()c()

HA−=1410w4a2-1HHAHHAHKc(O)c()c()110==10c()c()K110−−++−−=，Ka2＞Kh，HA－以电离为主，则c(A2－)＞c(H2A)，故B正确；C．V(NaOH)=20.00mL时，恰好反应生成Na2A，此时此时溶液中

存在电荷守恒和物料守恒，电荷守恒为c(OH－)+c(HA－)+2c(A2－)=c(Na+)+c(H+)，物料守恒为2c(H2A)+2c(HA－)+2c(A2－)=c(Na+)，两式相减得：c(OH－)－c(H+)=2c(H2A)+c(HA－)，故C错误；

D．电荷守恒为c(OH－)+c(HA－)+2c(A2－)=c(Na+)+c(H+)，溶液呈中性时，c(Na+)－2c(A2－)=c(HA－)＞0，则c(Na+)＞2c(A2－)，当V(NaOH)=20.00mL时，恰好反应生成Na2A，此时溶液呈碱性，要使

溶液呈中性，V(NaOH)＜20mL，故D正确；故选C。24.五氧化二钒为两性氧化物，氧化性类似于二氧化锰。下列说法不正确．．．的是A.V2O5+6NaOH=2Na3VO4+3H2OB.V2O5+10HCl(浓)Δ2VCl5+5H2OC.V2O5常作工业生产SO3的催化剂，以降低反应活化能D.根据

铝比钒活泼的性质，可以用铝热法冶炼钒【答案】B【解析】【详解】A．五氧化二钒为两性氧化物，可与氢氧化钠反应生成盐和水，反应为：V2O5+6NaOH=2Na3VO4+3H2O，故A正确；B．五氧化二钒的氧化性类似于二氧化锰

，则五氧化二钒与浓盐酸发生氧化还原反应生成氯气，反应为：V2O5+6HCl(浓)Δ2VOCl2+Cl2(g)+3H2O，故B错误；C．V2O5常作工业生产SO3的催化剂，催化剂可以降低反应活化能，加快反应速率，故C正确；D．金属性强的金属可以将金属性弱的金属从其氧化物中置换出金属单质，铝的金属

性大于钒，可用铝与五氧化二钒反应制取金属钒，即可以用铝热法冶炼钒，故D正确；答案选B。25.固体X可能含有Cu、Fe2O3、Na2SO3、(NH4)2SO4、KNO3中的几种。进行如下实验：下列说法正确的是A.X中含有Fe2O3、(NH4)2SO4，可能含有Cu、KNO3、Na2SO3B.白色沉淀

一定含有BaSO4，可能含有BaSO3C.若乙是有色气体，则X中含有KNO3D.取少许溶液丙，加入KSCN，如果出现血红色，则X中不含Cu【答案】C【解析】【分析】因为固体甲与足量盐酸反应全部溶解，所以固体甲为Fe2O3，因为Cu可

以与Fe3+反应，故有无Cu无法判断，加入足量氨水后生成固体丁为Fe(OH)3以及溶液丁的成分为NH4Cl，溶液甲加入足量盐酸后有气体乙，气体乙可能是SO2，也可能是氮氧化物，固体X中一定含有Na2SO3，是否含有KNO3无法确定。因为溶液乙加入BaCl

2溶液生成白色沉淀，故固体X中含有(NH4)2SO4，【详解】A．由分析可知，X中一定含有Fe2O3、(NH4)2SO4、Na2SO3，可能含有Cu、KNO3，故A项错误；B．由分析可知，在溶液甲生成气体乙时，

Na2SO3就反应完全了，故白色沉淀不可能含有BaSO3，故B项错误；C．若乙是有色气体，就应该是NO2，故X中含有KNO3，故C项正确；D．取少许溶液丙，加入KSCN，如果出现血红色，则说明溶液丙中含有Fe3+

，因为Cu可与Fe3+反应，故X中有无Cu无法判断，故D项错误。故答案为C。【点睛】本题中气体乙和溶液丙的分析十分关键，需要注意KNO3和Cu的干扰问题。非选择题部分二、非选择题(本大题共6小题，共50分)26.(1)干冰易升华但却不易分解的主要原因是____

。(2)羟胺(NH2OH)是共价化合物，各原子均满足稀有气体稳定结构。羟胺的电子式是____。(3)苯酚和乙醇分子中都含有羟基，但在与氢氧化钠反应时，羟基的性质表现出较大的差异。原因是____。【答案】(1).干冰升华时破坏分子间作用力，而CO2分解时破坏共价键，分子间作用力

比共价键能小得多(2).(3).苯环的存在，使羟基变得活泼，易电离出H+；而乙基的存在，使羟基变得不活泼，难电离出H+【解析】【详解】(1)干冰升华时，改变的是分子间的距离，二氧化碳分解时，破坏的是分子内原子间的共价键，所以干冰易升华但却不易分解的主要原因是干冰升华时破坏分子间作用力，而C

O2分解时破坏共价键，分子间作用力比共价键能小得多。答案为：干冰升华时破坏分子间作用力，而CO2分解时破坏共价键，分子间作用力比共价键能小得多；(2)羟胺(NH2OH)是共价化合物，各原子均满足稀有气体稳定结构，则H原子与N、O原子间都形成1对共用电子，N与O原子间也形成1对共用电子，所以羟胺

的电子式是。答案为：；(3)苯酚能与氢氧化钠反应，乙醇与氢氧化钠溶液不反应，则表明苯酚与乙醇电离产生H+的能力不同，产生较大差异的原因是苯环的存在，使羟基变得活泼，易电离出H+；而乙基的存在，使羟基变得不活泼，难电离出H+。答案为：苯环的存在，使羟基变得活泼，易电离出H+；而乙基的存在，使羟基变得

不活泼，难电离出H+。27.某实验小组用如下方法测定废水中苯酚的含量(其他杂质不参加反应)。Ⅰ.用已准确称量的KBrO3固体配制250mL0.1000mol·L−1KBrO3标准溶液；Ⅱ.取25mL上述溶液，加入过量KBr，加H2SO4酸化，溶液颜色呈棕黄色；Ⅲ.向Ⅱ所得溶液中加入

100mL废水，加入过量KI；Ⅳ.用0.2000mol·L−1Na2S2O3标准溶液滴定Ⅲ中溶液，滴加2滴淀粉溶液，至滴定终点，消耗Na2S2O3溶液15.00mL。已知：BrO3−+5Br－+6H+=3Br2+3H2OI2+2Na2S2O3=2Na

I+Na2S4O6请计算：(1)Ⅰ中KBrO3固体的质量是____g。(2)该废水中苯酚的含量为____g·L−1(列式计算)。【答案】(1).4.2g(2).1.88g/L【解析】【详解】(1)Ⅰ中用KBrO3固体配制250mL0.1000mol·L−1KBr

O3标准溶液，则所需KBrO3固体的物质的量为n=cV=0.25L0.1000mol/l=0.025mol，质量为3m=nM()=0.025mol167g/mol=4.17KBrO5g4.2g

，故答案为：4.2g；(2)结合化学方程式：2KI+Br2=I2+2KBr；I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6；可知消耗的Na2S2O3的量就是与Br2反应的KI的量，()nKI=cV=0.015L0

.2000mol/L=0.003mol，消耗的Br2为0.003mol0.0015mol2=，由化学方程式BrO3−+5Br－+6H+=3Br2+3H2O可知，Ⅱ中反应得到的Br2一共有0.0075mol，所以和苯酚

反应的Br2的量为0.0075mol-0.0015mol=0.006mol，消耗的苯酚的物质的量为0.006mol0.002mol3=，其质量为0.002mol94g/mol=0.188g，由于废水的体积为100mL，所以废水中苯酚的含量为0.188g=1.88g/L0.1L，故答案为：

1.88g/L。28.Ⅰ.由三种元素组成的固体化合物A，按如下流程进行实验。已知气体C为纯净物，气体E能使湿润的红色石蕊试纸变蓝。请回答：(1)组成A的三种元素是N和____(填元素符号)，A的化学式是____。(

2)固体D与足量水反应的离子方程式是____。(3)将气体E通入SCl2的热溶液中可制得S4N4，同时生成一种常见的盐和一种淡黄色单质，该反应的化学方程式是____。II.某实验小组用下图装置进行铜和浓硫酸反应的实验。请回答：(1)上述装置有一处不合理，请从安全角度提出改进方案____

。(2)实验中观察到有白色固体生成，请设计实验方案检验该白色固体成分____。【答案】(1).Ca，H(2).Ca(NH3)6(3).Ca(NH2)2+2H2O=Ca2++2OH-+2NH3↑(4).16NH

3+6SCl2=S4N4+12NH4Cl+2S(5).增加一个防倒吸装置(6).小心倒去上层液体，取固体溶解于蒸馏水中，若溶液变蓝，说明有铜离子（或说明白色固体为CuSO4）【解析】【详解】Ⅰ.气体E能使湿润的红色

石蕊试纸变蓝，说明气体E为氨气，且氨气的物质的量为1.7g17g/mol=0.1mol，固体D和水反应产生氨气和碱性溶液，碱性溶液F可以和碳酸钠生成沉淀G，不妨先假设沉淀G为碳酸钙，物质的量为5.0g100g/mol=0.05mol，溶液F为氢氧化钙，氢氧化钙的物质的量也为0.0

5mol，则根据氨气和氢氧化钙的物质的量的关系，可推出D为Ca(NH2)2，Ca(NH2)2与水反应生成氢氧化钙和氨气，化学方程式为Ca(NH2)2+2H2O=Ca(OH)2+2NH3↑，D中的Ca(NH2)2的物质的量为0.05mol，质量为3.6g，气体B为5.6L，遇浓硫酸变成了1.1

2L，说明气体B含有碱性气体氨气，且氨气的物质的量为5.6L-1.12L0.2mol22.4L/mol=，剩余气体为氢气，物质的量为1.12L0.05mol22.4L/mol=，说明A为Ca(NH3)6，即

假设成立，所以物质A含有N，Ca，H元素；(1)由分析可知，组成A的三种元素是N和Ca，H，A的化学式是Ca(NH3)6，故答案为：Ca，H；Ca(NH3)6；(2)固体D为Ca(NH2)2，与足量水反应的化学方程式为Ca(NH2)2

+2H2O=Ca(OH)2+2NH3↑，离子方程式是Ca(NH2)2+2H2O=Ca2++2OH-+2NH3↑，故答案为：Ca(NH2)2+2H2O=Ca2++2OH-+2NH3↑；(3)气体E为氨气，通入SCl2的热溶

液中可制得S4N4，同时生成一种常见的盐和一种淡黄色单质，即生成氯化铵和S，化学方程式是16NH3+6SCl2=S4N4+12NH4Cl+2S，故答案为：16NH3+6SCl2=S4N4+12NH4Cl+2S；II.(1)A中产生的二氧化硫通入氢氧化钠溶液中，会生成亚硫酸钠

和水，导致B中的氢氧化钠溶液倒吸如A装置中，所以上述装置应该增加一个防倒吸装置，故答案为：增加一个防倒吸装置；(2)A中铜和浓硫酸反应产生硫酸铜，二氧化硫和水，实验中观察到有白色固体生成，可小心倒去上层液体，取固体

溶解于蒸馏水中，若溶液变蓝，说明有铜离子（或说明白色固体为CuSO4），故答案为：小心倒去上层液体，取固体溶解于蒸馏水中，若溶液变蓝，说明有铜离子（或说明白色固体为CuSO4）。29.氮的氧化物应用广泛。在一定条件下有如下转化：N2O4(g)⇌2NO2(g)ΔH(1)已知NO2中氮氧键键能为46

6kJ·mol－1，N2O4中氮氧键键能为438.5kJ·mol－1、氮氮键键能为167kJ·mol－1，则上述反应的ΔH=____kJ·mol－1。(2)将1molN2O4充入恒压密闭容器中发生上述反应，能

说明该反应达到平衡状态的是____。(3)对于反应N2O4(g)⇌2NO2(g)，用平衡时各物质分压表示的平衡常数为Kp=()()2224pNOpNO。在一定条件下N2O4、NO2的消耗速率与分压关系为v(N2O4)=k1·p(N2O4)，v(NO2)=k2·p2(NO2)。其中

，k1、k2是与反应及温度有关的常数，则Kp=____(用k1、k2表示)。(4)一定温度下，在密闭容器中通入一定量的N2O4，各物质浓度随时间变化如图。保持其他条件不变，在80s时将容器体积压缩至原来的一半并保持恒容，画出80s～160s内c(N2O4)随时间(t)的变

化曲线____。(5)利用传感技术可以探究化学反应中的压强变化。室温下往连接压强传感器的针筒中充入一定体积的NO2，密封。在t1时刻快速向外拉针筒活塞，针筒内气体压强P随时间t变化曲线如图。t1～t2段气体压强变化的原因是____。【答案】(1).+57(2).AD

(3).122kk(4).(5).向外拉针筒活塞，导致体系温度降低，后温度回升至室温，压强增大，平衡N2O4(g)⇌2NO2(g)逆向移动，压强也增大，但比原压强要小【解析】【分析】(1)根据反应热=反应物的总键能-生成物的总键能

计算；(2)根据化学平衡的特征分析判断；(3)当达到化学平衡时满足v正=v逆，根据消耗速率2v(N2O4)=v(NO2)计算解答；(4)一定温度下，在密闭容器中通入一定量的N2O4，发生反应N2O4(g)⇌2NO2(g)。保持其他条件不变，在80s时

将容器体积压缩至原来的一半并保持恒容，相当于增大压强，气体的浓度均会变成原来的2倍，平衡逆向移动，温度不变，平衡常数不变，结合图像数据计算新平衡时c(N2O4)，据此画图；(5)在t1时刻快速向外拉针筒活塞，导致体系温度降低，后温度回升至室温，结合平衡的移动分析解答。【详解

】(1)化学反应的反应热=反应物的总键能-生成物的总键能，所以N2O4(g)⇌2NO2(g)的反应热△H=438.5kJ•mol-1×4+167kJ•mol-1-466kJ•mol-1×4=+57kJ•mol-1，所以N2O4转化为NO2的热化学方程式为：N2O4(g)⇌2NO

2(g)△H=+57kJ•mol-1，故答案为：+57；(2)A．反应前后气体的质量不变，随着N2O4(g)⇌2NO2(g)反应的进行，恒压密闭容器的体积逐渐增大，气体的密度逐渐减小，气体的密度不变说明反应达到了平衡状态，故A选；B．反应的反应热是恒量，不是变量，不能判断是否达到平衡状态，故B不

选；C．将1molN2O4充入恒压密闭容器中发生反应N2O4(g)⇌2NO2(g)，正反应速率应该逐渐减小至不变，图像与实际不符，不能说明达到了平衡状态，故C不选；D．四氧化二氮的转化率不变，说明正、逆反应速率相等，说明反应达到了平衡状态，故D选；故答案为：AD；

(3)当达到化学平衡时满足v正=v逆，即消耗速率2v(N2O4)=v(NO2)，又有v(N2O4)=k1p(N2O4)，v(NO2)=k2p2(NO2)，则2k1p(N2O4)=k2p2(NO2)，Kp=()()2224pNOpNO=122kk，故答案为：12

2kk；(4)一定温度下，在密闭容器中通入一定量的N2O4，发生反应N2O4(g)⇌2NO2(g)。保持其他条件不变，在80s时将容器体积压缩至原来的一半并保持恒容，相当于增大压强，气体的浓度均会变成原来的2倍，平衡逆向移动，温度不变，平衡常数不变，K=20.120.04=0.

36，压强增大，反应速率加快，建立新平衡需要的时间少于60s，设新平衡时c(NO2)=2xmol/L，则2(2x)0.2x−=0.36，解得x≈0.09，则新平衡时c(N2O4)约为0.11mol/L，因此8

0s～160s内c(N2O4)随时间(t)的变化曲线大致为，故答案为：；(5)利用传感技术可以探究化学反应中的压强变化。室温下往连接压强传感器的针筒中充入一定体积的NO2，密封。在t1时刻快速向外拉针筒活塞，导致体系温度降低，后温度回升至室温，压强增大，平衡2NO2(g)⇌N

2O4(g)△H=-57kJ•mol-1逆向移动，压强也增大，但比原压强要小，因此该段时间内压强突然减小，然后逐渐增大，故答案为：向外拉针筒活塞，导致体系温度降低，后温度回升至室温，压强增大，平衡N2O4(g)⇌2NO2(g)逆向移动，压强也增大，但比原压

强要小。【点睛】本题的难点为(4)，要注意压强对反应速率的影响和平衡浓度的计算。30.高铁酸钾(K2FeO4)是一种绿色高效的水处理剂。某实验小组用如图装置(夹持仪器已省略)制备KClO溶液，再与Fe(NO3)3溶液反应制备K2FeO4。已知K2FeO4的

部分性质：①可溶于水、微溶于浓KOH溶液、难溶于无水乙醇②在强碱性溶液中比较稳定③在Fe3+或Fe(OH)3催化作用下发生分解。请回答：(1)装置B的作用是除去氯气中的HCl气体、降低氯气的溶解度和____。(2)Fe(NO3)3溶液(Ⅰ)与含KOH的KClO溶液(Ⅱ

)混合时，溶液Ⅰ、Ⅱ滴加的顺序是____。(3)已知K2FeO4理论产率与合成条件相应曲面投影的关系如图(虚线上的数据表示K2FeO4理论产率)，制备K2FeO4的最佳条件是____。(4)制得的K2FeO4粗产品中含有Fe(OH)3、KCl等杂质。①有关提纯

过程的正确操作为(选出合理的操作并按序排列)：将粗产品溶于冷的KOH溶液→____→____→____→____→真空干燥箱中干燥。A.过滤B.将滤液蒸发浓缩、冷却结晶C.用蒸馏水洗涤晶体2～3次D.往滤液中加入冷的饱和KOH溶液，静置E

.用适量乙醇洗涤晶体2～3次②过滤时应选用的漏斗是____。③洗涤时选择相应操作的原因是____。【答案】(1).观察溶液产生气泡多少以控制流速(2).将Fe(NO3)3溶液滴入含KOH的KClO溶液中(或将I滴入II中)(3).反应时间50~60min，反应温度5.0

~10℃(4).A(5).D(6).A(7).E(8).砂芯漏斗(9).乙醇挥发时可带走水分，防止K2FeO4与水反应【解析】【分析】利用A装置制备氯气，B装置中盛有饱和食盐水，用于除去挥发出的HCl杂质，在C装

置中，氯气与KOH溶液反应制得KClO溶液，D装置中盛有NaOH溶液，用于吸收多余的氯气，防止污染空气，制得的KClO溶液再与Fe(NO3)3溶液反应制备K2FeO4。【详解】(1)装置B中盛有饱和食盐水，氯气在饱和食盐水中的溶解度小于在水中的溶解度

，所以饱和食盐水的作用是除去氯气中的HCl气体、降低氯气的溶解度，同时还可以通过观察溶液产生的气泡多少以控制氯气流速，使氯气与KOH溶液充分反应制得KClO溶液；(2)因K2FeO4在强碱性溶液中比较稳定，在Fe3+或Fe(OH)3催化

作用下可以发生分解，所以Fe(NO3)3溶液(Ⅰ)与含KOH的KClO溶液(Ⅱ)混合时，应将Fe(NO3)3溶液滴入含KOH的KClO溶液中；(3)据图可知，K2FeO4理论产率最高时所对应的条件是：反应时间50~60min，反应温度5.0~10℃；(4)①制得的K2FeO4粗产品

中含有Fe(OH)3、KCl等杂质，根据题中提供的K2FeO4的性质，提纯过程应该是：将粗产品溶于冷的KOH溶液，过滤除去不溶于冷的KOH溶液的Fe(OH)3，因K2FeO4微溶于浓KOH溶液，则往滤液中加入

冷的饱和KOH溶液，静置析出K2FeO4晶体，过滤得到K2FeO4晶体，用适量乙醇洗涤晶体2～3次，最后在真空干燥箱中干燥，则正确答案为：A、D、A、E；②溶解样品的试剂为KOH溶液，因普通玻璃中的二氧化硅可以和KOH溶液反应，则

过滤时应选用砂芯漏斗(硬质高硼玻璃)而不能选用普通漏斗；③因K2FeO4可溶于水而难溶于无水乙醇，则洗涤时应选择适量无水乙醇洗涤晶体，同时乙醇挥发时可带走水分，防止K2FeO4与水反应。【点睛】因K2FeO4微溶于浓KOH溶液，

则在提纯K2FeO4样品时，要注意先加入的是冷的KOH溶液，过滤除去不溶解的Fe(OH)3，然后向滤液中又加入的是冷的饱和KOH溶液，这时因K2FeO4在饱和KOH溶液中溶解度小而结晶析出。31.化合物G是某药物重要中间体，其

合成路线如下：已知：①C中含有两个六元环，D遇氯化铁溶液变成紫色，E中存在氮氢键②请回答：(1)下列说法正确的是____。A.化合物B不能与盐酸反应B.化合物E能发生水解反应C.化合物F在一定条件下能发生消去反应D.化合物G的分子式是C17H13FClN

3O3(2)写出化合物C的结构简式____。(3)写出D→E的化学方程式____。(4)已知：①当苯环上连有甲基、卤素等基团时，新引入的基团将进入甲基的邻、对位；当苯环上连有羧基等基团时，新引入的基团将进入羧基的间位②R1X2RONa⎯⎯⎯→

R1OR2。设计以A和CH3ONa为原料合成B的路线(用流程图表示，无机试剂任选)____。(5)写出化合物B同时符合下列条件的同分异构体的结构简式____。①1H−NMR谱和IR谱检测表明：分子中共有3种氢原子，无氧氧键、羟基和②

除苯环外无其他环【答案】(1).BD(2).(3).+(CH3CO)2O→+CH3COOH(4).+HNO3(浓)24HSOΔ⎯⎯⎯⎯→浓+4KMnO(H)⎯⎯⎯⎯⎯→Fe20%HCl⎯⎯⎯→3CHONa⎯⎯⎯⎯→(5).、、、【解析】【分析】A()经数步反应生成B()，结

合F→G以及F的分子式可知F为；结合E、F的分子式及“已知②”可知E为；结合D、E的分子式、“已知①”可知D→E为取代反应，D为；结合B、D结构及C→D分子式的变化可知C为，结合有机化学基础相关知识解答。【详解】(1)A．B为，含有氨基，能与盐酸反应，A错误；B．E为，含酯基、酰胺基，能发

生水解反应，B正确；C．F为，与Cl相连C的邻位C上没有H，不能发生消去反应，C错误；D．由G的结构简式可知G的分子式为C17H13FClN3O3，D正确；故答案为：BD；(2)由分析可知C的结构简式为，故答案为：；(3)结合“已知①”可知D→E为取代反应，反应的化学方程式为+(CH3C

O)2O→+CH3COOH，故答案为：+(CH3CO)2O→+CH3COOH；(4)由所给信息可知利用发生消化反应得，利用酸高锰酸钾溶液将氧化为，用Fe/20%HCl将还原为，用和CH3ONa反应制得，流程为：+HNO3(浓)24HSOΔ⎯⎯⎯⎯→浓+

4KMnO(H)⎯⎯⎯⎯⎯→Fe20%HCl⎯⎯⎯→3CHONa⎯⎯⎯⎯→，故答案为：+HNO3(浓)24HSOΔ⎯⎯⎯⎯→浓+4KMnO(H)⎯⎯⎯⎯⎯→Fe20%HCl⎯⎯⎯→3CHONa⎯⎯⎯⎯→；(5)B()的同分异构体①1H−NMR谱和IR谱检测表明：分

子中共有3种氢原子，无氧氧键、羟基和②除苯环外无其他环，若苯环有一个取代基，等效氢多于3种，不符合；若苯环有2个取代基，等效氢多于3种，不符合；若苯环有3个取代基，等效氢也多于3种，不符合；若苯环有4个取代基，则结构对称时有满足条件的结构：、、、；若苯环有5、6个取代基，则将出现羟基且等效氢

更多，不符合条件，故答案为：、、、。获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com