2022-2022学年河南省许昌市、新乡市、平顶山市高三（上）第一次调研化学试卷 一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）1．下列说法正确的是（ ）A．用含有铁粉的透气小袋与食品一起密封包装，铁粉是常用的干燥剂B．浓硫酸可以盛放在铝桶中，说明铝不能与浓硫酸反应C．硫酸铝与碳酸氢钠能制作泡沫灭火剂，二者可快速反应产生二氧化碳气体D．用氢氟酸雕刻玻璃，说明氢氟酸是强酸 2．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（ ）A．18g重水含有10NA个电子B．室温下，42.0g乙烯和丙烯的混合气体中含有的碳原子数约为3NAC．常温下0.05mol•L﹣1Fe2（SO4）3溶液中含Fe3+数目小于0.1NAD．用石墨作电极电解饱和食盐水时，若阴极得到2NA个电子，则阳极产生22.4L气体 3．莽草酸是一种合成药物达菲的原料，鞣酸存在于苹果、生石榴等植物中．下列关于这两种有机化合物的说法正确的是（ ）A．两种酸遇三氯化铁溶液都显色B．莽草酸分子和鞣酸分子中所含官能团相同C．等物质的量的两种酸与NaOH反应，消耗NaOH的量相同D．两种酸都能与溴水反应 4．如图为一种微生物燃料电池结构示意图，关于该电池叙述正确的是（ ）A．分子组成为Cm（H2O）n的物质一定是糖类B．正极反应式为：MnO2+4H++2e﹣=Mn2++2H2OC．放电过程中，H+从正极区移向负极区D．若Cm（H2O）n是葡萄糖，当电路中转移了6NA电子时，反应的葡萄糖质量是60g 205．短周期元素X、Y、Z、W的原子序数逐渐增大，其中X原子的电子数与电子层数相等，Z为短周期中金属性最强的元素，Y与X、Y与Z均能形成原子个数比为1：1和1：2的两种化合物，Y和W同主族．下列说法正确的是（ ）A．Y与Z形成的两种化合物中所含化学键类型完全相同B．化合物X2W比化合物X2Y稳定C．Y、Z、W三种元素形成的化合物的水溶液一定呈中性D．原子半径：r（Z）＞r（W）＞r（Y）＞r（X） 6．常温下，用0.1000mol•L﹣1NaOH溶液滴定20.00mL0.1000mol•L﹣1CH3COOH溶液所得滴定曲线如图，下列说法正确的是（ ）A．①处水的电离程度大于②处水的电离程度B．②处加入的NaOH溶液恰好将CH3COOH中和C．③处所示溶液：c（Na+）＜c（CH3COO﹣）D．滴定过程中可能出现：c（CH3COOH）＞c（CH3COO﹣）＞c（H+）＞c（Na+）＞c（OH﹣） 7．下列实验操作、现象和结论均正确的是（ ）选项实验操作现象结论A淀粉溶液中加稀硫酸，加热片刻，滴加银氨溶液，再水浴加热无银镜生成淀粉未发生水解B将一铝箔放在酒精灯外焰上灼烧铝箔熔化但不滴落铝箔表面生成致密的Al2O3薄膜，且Al2O3熔点高于AlC铜放入稀硫酸中，再加入硝酸钠固体开始无明显现象，后溶液变蓝，有明显的气泡放出，铜溶解硝酸钠可以加快铜与稀硫酸的反应速率D向2mL0.1mol/LNa2S溶液中滴几滴0.1mol/LZnSO4溶液；再加入几滴0.1mol/LCuSO4溶液先生成白色沉淀，后生成黑色沉淀溶度积（Ksp）：ZnS＞CuSA．AB．BC．CD．D 二、解答题（共3小题，满分43分）8．（14分）（2022•太原模拟）用辉铜矿（主要成分为Cu2S，含少量Fe2O3、SiO2，等杂质）制备难溶于水的碱式碳酸铜的流程如图：（l）下列措施是为了加快浸取速率，其中无法达到目的是 （填字母）．20A．延长浸取时间B．将辉铜矿粉碎C．充分搅拌D．适当增加硫酸浓度（2）滤渣I巾的主要成分是MnO2、S、SiO2，请写出“浸取”反应中生成S的离子方程式： ．（3）研究发现，若先除铁再浸取，浸取速率明显变慢，可能的原因是 ．（4）“除铁”的方法是通过调节溶液pH，使Fe3+转化为Fe（OH）3．则加入的试剂A可以是 （填化学式）；“赶氨”时，最适宜的操作方法是 ．（5）“沉锰”（除Mn2+）过程中有关反应的离子方程式为 ．（6）滤液Ⅱ经蒸发结晶得到的盐主要是 （填化学式）． 9．（15分）（2022秋•许昌月考）实验室用如图所示装置制备氯气并进行一系列相关的实验（夹持设备已省略）．（1）a、b两仪器的名称是：a ；b ．（2）洗气装置B是为了除去Cl2中的HCl气体，应放入的试剂是 ；同时装置B亦是安全瓶，监测实验进行时C中是否发生堵塞，请写出发生堵塞时B中的现象： ．（3）制备氯气选用的药品为：漂粉精固体主要成分为Ca（ClO）2和浓盐酸，相关的化学反应方程式为 ．（4）装置C的实验目的是验证氯气是否具有漂白性，为此C中Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ依次放入 ．abcdⅠ干燥的有色布条干燥的有色布条湿润的有色布条湿润的有色布条Ⅱ碱石灰硅胶无水氯化钙浓硫酸Ⅲ湿润的有色布条湿润的有色布条干燥的有色布条干燥的有色布条（5）设计装置D、E的目的是比较氯、溴、碘的非金属性．当向D中缓缓通入一定量氯气时，可以看到无色溶液逐渐变为黄色，说明非金属性氯 溴（填“大于”或“小于”）．（6）打开活塞，将装置D中少量溶液加入装置E中，振荡．观察到的现象是 ．（7）F处为尾气吸收装置，写出实验室利用烧碱溶液吸收Cl2的离子方程式 ． 10．（14分）（2022秋•许昌月考）合理应用和处理氮的化合物，在生产生活中有重要意义．（1）氧化﹣还原法消除氮氧化物的转化如下：NONO2N2①反应Ⅰ为：NO+O3=NO2+O2，生成11.2LO2（标准状况）时，转移电子的物质的量是 mol．20②反应Ⅱ中，当n（NO2）：n[CO（NH2）2]=3：2时，反应的化学方程式是 ．（2）硝化法是一种古老的生产硫酸的方法，同时实现了氮氧化物的循环转化，主要反应为：NO2（g）+SO2（g）⇌SO3（g）+NO（g）△H=﹣41.8kJ•mol﹣1，已知：2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）△H=﹣196.6kJ•mol﹣1，写出NO和O2反应生成NO2的热化学方程式： ．（3）尿素[CO（NH2）2]是一种高效化肥，也是一种化工原料．①以尿素为原料在一定条件下发生反应：CO（NH2）2（s）+H2O（l）⇌2NH3（g）+CO2（g）△H=+133.6kJ/mol．该反应的化学平衡常数表达式K= ．关于该反应的下列说法正确的是 （填序号）．a．从反应开始到平衡时容器中混合气体的平均相对分子质量保持不变b．在平衡体系中增加水的用量可使该反应的平衡常数增大c．降低温度使尿素的转化率增大②密闭容器中以等物质的量的NH3和CO2为原料，在120℃、催化剂作用下反应生成尿素：CO2（g）+2NH3（g）⇌CO（NH2）2（s）+H2O（g），混合气体中NH3的物质的量百分含量[φ（NH3）]随时间变化关系如图所示．则a点的正反应速率v（正）（CO2） b点的逆反应速率v（逆）（CO2）（填“＞”、“=”或“＜”）；氨气的平衡转化率是 ． 【化学--选修2：化学与技术】11．（15分）（2022•南充校级模拟）最近的研究发现，复合氧化物铁酸锰（MnFe2O4）可以用于热化学循环分解水制氢，因而受到许多发达国家的青睐．MnFe2O4的制备流程如下：（1）原料Fe（NO3）n中n= ，投入原料Fe（NO3）n和Mn（NO3）2的质量之比应为 ．（2）步骤二中“连续搅拌”的目的是 ；步骤三中洗涤干净的标准 ．（3）利用MnFe2O4热化学循环制氢的反应可表示为MnFe2O4MnFe2O4﹣x+x/2O2↑；MnFe2O4﹣x+xH2O→MnFe2O4+xH2↑．请认真分析上述两个反应并回答下列问题：①若MnFe2O4﹣x中x=0.6，则MnFe2O4﹣x中Fe2+占全部铁元素的百分率为 ．②该热化学循环新氢法的优点有 （答两点即可）．③该热化学循环法制氢尚有不足之处，进一步改进的研究方向是 ．20 【化学--选修3：物质结构与性质】12．（2022•长沙二模）有A、B、C、D、E五种原子序数依次增大的元素（原子序数均小于30）．A的基态原子2p能级有3个单电子；C的基态原子2p能级有1个单电子；E原子最外层有1个单电子，其次外层有3个能级且均排满电子；D与E同周期，价电子数为2．则：（1）D的元素符号为 ．A的单质分子中π键的个数为 ．（2）B元素的氢化物的沸点是同族元素氢化物中最高的，原因是 ．（3）A、B、C3种元素的第一电离能由大到小的顺序为 （用元素符号表示）．（4）写出基态E原子的价电子排布式： ．（5）A的最简单氢化物分子的空间构型为 ，其中A原子的杂化类型是 ．（6）C和D形成的化合物的晶胞结构如图所示，已知晶体的密度为ρg•cm﹣3，阿伏加德罗常数为NA，求晶胞边长a= cm．（用ρ、NA的计算式表示） 【化学-选修5：有机化学基础]】13．（2022•武汉模拟）呋喃酚是生产呋喃丹、好安威等农药的主要中间体，是高附加值的精细化工产品．一种以邻氯苯酚（A）为主要原料合成呋喃酚（F）的流程如下：回答下列问题：（1）A物质核磁共振氢谱共有 个峰，④的反应类型是 ，C和D中含有的相同官能团的名称是 ．（2）下列试剂中，能和D反应的有 （填标号）．A．溴水B．酸性K2Cr2O7溶液C．FeC12溶液D．纯碱溶液（3）写出反应①的化学方程式是 （有机物用结构简式表示，下同）．20（4）有机物B可由异丁烷经三步反应合成：异丁烷XY有机物B条件a为 ，Y生成B的化学方程式为 （5）呋喃酚的同分异构体很多，写出符合下列条件的所有同分异构体的结构简式 ①苯环上的一氯代物只有一种②能发生银镜反应的芳香酯． 2022-2022学年河南省许昌市、新乡市、平顶山市高三（上）第一次调研化学试卷参考答案与试题解析 一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）1．下列说法正确的是（ ）A．用含有铁粉的透气小袋与食品一起密封包装，铁粉是常用的干燥剂B．浓硫酸可以盛放在铝桶中，说明铝不能与浓硫酸反应C．硫酸铝与碳酸氢钠能制作泡沫灭火剂，二者可快速反应产生二氧化碳气体D．用氢氟酸雕刻玻璃，说明氢氟酸是强酸【考点】铁的化学性质；氯、溴、碘及其化合物的综合应用；浓硫酸的性质；钠的重要化合物．【分析】A．铁具有还原性，不具有吸水性；B．铝与浓硫酸发生钝化，生成致密的氧化膜；C．硫酸铝与碳酸氢钠能制作泡沫灭火剂，相互促进水解；D．HF为弱酸．【解答】解：A．铁具有还原性，不具有吸水性，则用含有铁粉的透气小袋与食品一起密封包装，可防止食品氧化，故A错误；B．铝与浓硫酸发生钝化，生成致密的氧化膜，阻止Al继续反应，则浓硫酸可以盛放在铝桶中，故B错误；C．硫酸铝与碳酸氢钠能制作泡沫灭火剂，相互促进水解生成大量的二氧化碳气体，可用于灭火，故C正确；D．HF为弱酸，但能与玻璃中的二氧化硅反应，故D错误；故选C．【点评】本题考查物质的性质，为高频考点，侧重于学生的分析、应用能力的考查，注意把握常见金属的化学性质、化学与生活的关系，题目难度不大． 2．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（ ）A．18g重水含有10NA个电子B．室温下，42.0g乙烯和丙烯的混合气体中含有的碳原子数约为3NAC．常温下0.05mol•L﹣1Fe2（SO4）3溶液中含Fe3+数目小于0.1NAD．用石墨作电极电解饱和食盐水时，若阴极得到2NA个电子，则阳极产生22.4L气体【考点】阿伏加德罗常数．【专题】阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律．【分析】A、重水的摩尔质量为20g/mol；B、乙烯和丙烯的最简式均为CH2；20C、溶液体积不明确；D、气体所处的状态不明确．【解答】解：A、重水的摩尔质量为20g/mol，故18g重水的物质的量为0.9mol，而1mol重水中含10mol电子，0.9mol重水中含9mol电子即9NA个，故A错误；B、乙烯和丙烯的最简式均为CH2，故42g混合物中含有的CH2的物质的量为n==3mol，则含3mol碳原子即3NA个，故B正确；C、溶液体积不明确，故溶液中的铁离子的个数无法计算，故C错误；D、气体所处的状态不明确，故当阴极得到2NA个电子时，阳极失去2NA个电子，产生1mol氯气，但体积不一定为22.4L，故D错误．故选B．【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，难度不大． 3．莽草酸是一种合成药物达菲的原料，鞣酸存在于苹果、生石榴等植物中．下列关于这两种有机化合物的说法正确的是（ ）A．两种酸遇三氯化铁溶液都显色B．莽草酸分子和鞣酸分子中所含官能团相同C．等物质的量的两种酸与NaOH反应，消耗NaOH的量相同D．两种酸都能与溴水反应【考点】有机物的结构和性质．【分析】A．酚遇三氯化铁溶液发生显色反应；B．莽草酸不含苯环，不含有酚羟基；C．莽草酸只有羧基与氢氧化钠反应；D．莽草酸中含有C=C，而鞣酸不含C=C键，含苯酚结构．【解答】解：A．莽草酸不含酚羟基，与氯化铁不反应，故A错误；B．莽草酸不含酚羟基，两种有机物含有的官能团不同，故B错误；C．莽草酸只有羧基与氢氧化钠反应，消耗的氢氧化钠不同，故C错误；D．莽草酸含有碳碳双键，可发生加成反应，鞣酸可与溴水发生取代反应，故D正确．故选D．【点评】本题考查有机物的结构和性质，明确物质的结构中的官能团与性质的关系是解答本题的关键，注意苯环中不含碳碳双键为解答的易错点，题目难度中等． 4．如图为一种微生物燃料电池结构示意图，关于该电池叙述正确的是（ ）20A．分子组成为Cm（H2O）n的物质一定是糖类B．正极反应式为：MnO2+4H++2e﹣=Mn2++2H2OC．放电过程中，H+从正极区移向负极区D．若Cm（H2O）n是葡萄糖，当电路中转移了6NA电子时，反应的葡萄糖质量是60g【考点】化学电源新型电池．【分析】分子组成为Cm（H2O）n的物质不一定为糖类，如甲醛、乳酸、乙酸乙酯等物质，形成原电池时，微生物所在电极区发生氧化反应，Cm（H2O）n被氧化生成水和二氧化碳，MnO2被还原生成Mn2+，为原电池的正极，放电时，阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，以此解答．【解答】解：A．分子组成为Cm（H2O）n的物质不一定为糖类，如甲醛、乳酸、乙酸乙酯等物质，故A错误；B．MnO2被还原生成Mn2+，为原电池的正极，电极方程式为MnO2+4H++2e﹣═Mn2++2H2O，故B正确；C．原电池工作时，阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，故C错误；D．若Cm（H2O）n是葡萄糖，C元素化合价可认定为0价，当电路中转移了6NA电子时，反应的葡萄糖的物质的量为0.25mol，质量是0.25mol×180g/mol=45g，故D错误．故选B．【点评】本题考查新型电池，为高频考点，题目难度不大，注意把握原电池的工作原理以及电极反应式的书写，解答本题的关键是根据物质的性质判断原电池的正负极． 5．短周期元素X、Y、Z、W的原子序数逐渐增大，其中X原子的电子数与电子层数相等，Z为短周期中金属性最强的元素，Y与X、Y与Z均能形成原子个数比为1：1和1：2的两种化合物，Y和W同主族．下列说法正确的是（ ）A．Y与Z形成的两种化合物中所含化学键类型完全相同B．化合物X2W比化合物X2Y稳定C．Y、Z、W三种元素形成的化合物的水溶液一定呈中性D．原子半径：r（Z）＞r（W）＞r（Y）＞r（X）【考点】位置结构性质的相互关系应用．【分析】短周期元素X、Y、Z、W的原子序数逐渐增大，其中X原子的电子数与电子层数相等，则X为H元素；Z为短周期中金属性最强的元素，则Z为Na；Y与X、Y与Z均能形成原子个数比为1：1和1：2的两种化合物，则Y为O元素，形成的化合物为H2O2、H2O及Na2O2、Na2O，Y和W同主族，则W为S元素，据此解答．【解答】解：短周期元素X、Y、Z、W的原子序数逐渐增大，其中X原子的电子数与电子层数相等，则X为H元素；Z为短周期中金属性最强的元素，则Z为Na；Y与X、Y与Z均能形成原子个数比为1：1和1：2的两种化合物，则Y为O元素，形成的化合物为H2O2、H2O及Na2O2、Na2O，Y和W同主族，则W为S元素．A．Y与Z形成的两种化合物为Na2O2、Na2O，前者含有离子键、共价键，后者只含有离子键，故A错误；20B．化合物X2W为H2S、化合物X2Y为H2O，由于非金属性O＞S，故稳定性H2O＞H2S，故B错误；C．Y、Z、W三种元素形成的化合物为硫酸钠、亚硫酸钠等，硫酸钠溶液呈中性，但亚硫酸钠溶液呈碱性，故C错误；D．所用元素中H原子半径最小，同周期自左而右原子半径减小、同主族自上而下原子半径增大，故原子半径：r（Z）＞r（W）＞r（Y）＞r（X），故D正确，故选D．【点评】本题考查结构性质位置关系应用，推断元素是解题关键，注意对元素周期律的理解掌握，需要学生熟练掌握常见元素化合物的结构与性质，难度中等． 6．常温下，用0.1000mol•L﹣1NaOH溶液滴定20.00mL0.1000mol•L﹣1CH3COOH溶液所得滴定曲线如图，下列说法正确的是（ ）A．①处水的电离程度大于②处水的电离程度B．②处加入的NaOH溶液恰好将CH3COOH中和C．③处所示溶液：c（Na+）＜c（CH3COO﹣）D．滴定过程中可能出现：c（CH3COOH）＞c（CH3COO﹣）＞c（H+）＞c（Na+）＞c（OH﹣）【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算．【分析】根据点①反应后溶液是CH3COONa与CH3COOH物质的量之比为1：1的混合物，溶液呈酸性，说明CH3COOH电离程度大于CH3COO﹣的水解程度，故c（Na+）＞c（CH3COOH），点②pH=7，由电荷守恒可知：c（CH3COO﹣）+c（OH﹣）=c（Na+）+c（H+），则c（H+）=c（OH﹣），c（Na+）=c（CH3COO﹣），溶液中还存在醋酸分子，则此时醋酸过量；点③体积相同，则恰好完全反应生成CH3COONa，利用盐的水解来分析溶液呈碱性，则c（Na+）＞c（CH3COO﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）；在滴定中当加入碱比较少时，可能出现c（CH3COOH）＞c（CH3COO﹣）＞c（H+）＞c（Na+）＞c（OH﹣）的情况．【解答】解：A、点①反应后溶液是CH3COONa与CH3COOH物质的量之比为1：1的混合物，CH3COOH电离程度大于CH3COO﹣的水解程度，混合液为酸性，抑制了水的电离，水电离的氢离子小于1×10﹣7mol/L，而②处水电离的氢离子为1×10﹣7mol/L，则①处水的电离程度小于②处水的电离程度，故A错误；B、点②pH=7，即c（H+）=c（OH﹣），而二者恰好反应时生成醋酸钠，溶液显示碱性，则恰好反应时溶液的pH＞7，此时氢氧化钠不足，故B错误；C、点③说明两溶液恰好完全反应生成CH3COONa，因CH3COO﹣水解，且程度较小，c（Na+）＞c（CH3COO﹣），故C错误；D、当CH3COOH较多，滴入的碱较少时，则生成CH3COONa少量，可能出现：c（CH3COOH）＞c（CH3COO﹣）＞c（H+）＞c（Na+）＞c（OH﹣），故D正确；故选D．20【点评】本题考查酸碱混合溶液中离子浓度的关系，题目难度中等，明确混合后溶液中的溶质组成为解答的关键，注意电荷守恒和物料守恒的应用方法． 7．下列实验操作、现象和结论均正确的是（ ）选项实验操作现象结论A淀粉溶液中加稀硫酸，加热片刻，滴加银氨溶液，再水浴加热无银镜生成淀粉未发生水解B将一铝箔放在酒精灯外焰上灼烧铝箔熔化但不滴落铝箔表面生成致密的Al2O3薄膜，且Al2O3熔点高于AlC铜放入稀硫酸中，再加入硝酸钠固体开始无明显现象，后溶液变蓝，有明显的气泡放出，铜溶解硝酸钠可以加快铜与稀硫酸的反应速率D向2mL0.1mol/LNa2S溶液中滴几滴0.1mol/LZnSO4溶液；再加入几滴0.1mol/LCuSO4溶液先生成白色沉淀，后生成黑色沉淀溶度积（Ksp）：ZnS＞CuSA．AB．BC．CD．D【考点】化学实验方案的评价．【分析】A．银镜反应在碱性条件下进行；B．氧化铝的熔点高，包裹在Al的外面；C．硝酸根离子在酸性环境具有强的氧化性，能够氧化铜单质；D．Na2S溶液过量，均发生沉淀的生成．【解答】解：A．淀粉溶液中加稀硫酸，加热片刻，然后加NaOH溶液条件至碱性条件下，滴加银氨溶液，再水浴加热，故A错误；B．将一片铝箔置于酒精灯外焰上灼烧生成氧化铝，氧化铝的熔点高，包裹在Al的外面，则铝箔熔化但不滴落，故B正确；C．酸性条件下，硝酸根离子具有强氧化性，可氧化铜，故C错误；D．Na2S溶液过量，均发生沉淀的生成，不发生沉淀的转化，则不能比较ZnS、CuS的溶度积（Ksp），故D错误．故选B．【点评】本题考查化学实验方案的评价，涉及淀粉水解产物的检验、离子的检验等知识点，侧重物质性质的考查，选项D为易错点，题目难度中等． 二、解答题（共3小题，满分43分）8．（14分）（2022•太原模拟）用辉铜矿（主要成分为Cu2S，含少量Fe2O3、SiO2，等杂质）制备难溶于水的碱式碳酸铜的流程如图：（l）下列措施是为了加快浸取速率，其中无法达到目的是 A （填字母）．A．延长浸取时间B．将辉铜矿粉碎C．充分搅拌D．适当增加硫酸浓度20（2）滤渣I巾的主要成分是MnO2、S、SiO2，请写出“浸取”反应中生成S的离子方程式： 2MnO2+Cu2S+4H2SO4=S↓+2CuSO4+2MnSO4+4H2O ．（3）研究发现，若先除铁再浸取，浸取速率明显变慢，可能的原因是 Fe3+可催化Cu2S被MnO2氧化 ．（4）“除铁”的方法是通过调节溶液pH，使Fe3+转化为Fe（OH）3．则加入的试剂A可以是 CuO或Cu（OH）2 （填化学式）；“赶氨”时，最适宜的操作方法是 加热 ．（5）“沉锰”（除Mn2+）过程中有关反应的离子方程式为 Mn2++HCO3﹣+NH3=MnCO3↓+NH4+ ．（6）滤液Ⅱ经蒸发结晶得到的盐主要是 （NH4）2SO4 （填化学式）．【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．【分析】辉铜矿主要成分为Cu2S，含少量Fe2O3、SiO2等杂质，加入稀硫酸和二氧化锰浸取，过滤得到滤渣为MnO2、SiO2、单质S，滤液中含有Fe3+、Mn2+、Cu2+，调节溶液PH除去铁离子，加入碳酸氢铵溶液沉淀锰过滤得到滤液赶出氨气循环使用，得到碱式碳酸铜，（1）提高浸取速率，可增大浓度、升高温度、增大固体表面积或搅拌等；（2）“浸取”时：在酸性条件下MnO2氧化Cu2S得到硫沉淀、CuSO4和MnSO4；（3）若先除铁再浸取，浸取速率明显变慢，Fe2O3在浸取时起媒介作用，Fe3+可催化Cu2S被MnO2氧化；（4）加入的试剂A应用于调节溶液pH，促进铁离子的水解，但不能引入杂质，结合氨气易挥发的特点分析；（5）“沉锰”（除Mn2+）过程中，加入碳酸氢铵和氨气，生成碳酸锰沉淀，以此可书写反应的离子方程式；（6）滤液Ⅱ主要是硫酸铵溶液通过蒸发浓缩，冷却结晶，过滤洗涤得到硫酸铵晶体．【解答】解：辉铜矿主要成分为Cu2S，含少量Fe2O3、SiO2等杂质，加入稀硫酸和二氧化锰浸取，过滤得到滤渣为MnO2、SiO2、单质S，滤液中含有Fe3+、Mn2+、Cu2+，调节溶液PH除去铁离子，加入碳酸氢铵溶液沉淀锰过滤得到滤液赶出氨气循环使用，得到碱式碳酸铜，（1）酸浸时，通过粉碎矿石或者升高温度或者进行搅拌都可以提高浸取率，延长浸取时间并不能提高速率，故答案为：A；（2）“浸取”时：在酸性条件下MnO2氧化Cu2S得到硫沉淀、CuSO4和MnSO4，其反应的化学方程式是：2MnO2+Cu2S+4H2SO4=S↓+2CuSO4+2MnSO4+4H2O，故答案为：2MnO2+Cu2S+4H2SO4=S↓+2CuSO4+2MnSO4+4H2O；（3）浸取时氧化铜溶液稀硫酸生成硫酸铁和水，若先除铁再浸取，浸取速率明显变慢，Fe2O3在浸取时起媒介作用，Fe3+可催化Cu2S被MnO2氧化，故答案为：Fe3+可催化Cu2S被MnO2氧化；（4）加入的试剂A应用于调节溶液pH，促进铁离子的水解，但不能引入杂质，因最后要制备碱式碳酸铜，则可加入氧化铜、氢氧化铜等，因氨气易挥发，加热可促进挥发，则可用加热的方法．故答案为：CuO或Cu（OH）2；加热；（5）“沉锰”（除Mn2+）过程中，加入碳酸氢铵和氨气，生成碳酸锰沉淀，反应的离子方程式为Mn2++HCO3﹣+NH3=MnCO3↓+NH4+，故答案为：Mn2++HCO3﹣+NH3=MnCO3↓+NH4+；（6）滤液Ⅱ主要是硫酸铵溶液通过蒸发浓缩，冷却结晶，过滤洗涤得到硫酸铵晶体，故答案为：（NH4）2SO4．20【点评】本题考查了物质分离提纯的方法和流程分析应用，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，解答该类题目，注意把握实验原理和操作流程的目的，主要是物质性质的理解，题目难度中等． 9．（15分）（2022秋•许昌月考）实验室用如图所示装置制备氯气并进行一系列相关的实验（夹持设备已省略）．（1）a、b两仪器的名称是：a 分液漏斗 ；b 圆底烧瓶 ．（2）洗气装置B是为了除去Cl2中的HCl气体，应放入的试剂是 饱和食盐水 ；同时装置B亦是安全瓶，监测实验进行时C中是否发生堵塞，请写出发生堵塞时B中的现象： B中长颈漏斗中液面上升，形成水柱 ．（3）制备氯气选用的药品为：漂粉精固体主要成分为Ca（ClO）2和浓盐酸，相关的化学反应方程式为 Ca（ClO）2+4HCl（浓）=CaCl2+2Cl2↑+2H2O ．（4）装置C的实验目的是验证氯气是否具有漂白性，为此C中Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ依次放入 c ．abcdⅠ干燥的有色布条干燥的有色布条湿润的有色布条湿润的有色布条Ⅱ碱石灰硅胶无水氯化钙浓硫酸Ⅲ湿润的有色布条湿润的有色布条干燥的有色布条干燥的有色布条（5）设计装置D、E的目的是比较氯、溴、碘的非金属性．当向D中缓缓通入一定量氯气时，可以看到无色溶液逐渐变为黄色，说明非金属性氯 大于 溴（填“大于”或“小于”）．（6）打开活塞，将装置D中少量溶液加入装置E中，振荡．观察到的现象是 E中溶液分为两层，上层（苯层、油层或有机层均可）为紫红色 ．（7）F处为尾气吸收装置，写出实验室利用烧碱溶液吸收Cl2的离子方程式 Cl2+2OH﹣=Cl﹣+ClO﹣+H2O ．【考点】氯气的实验室制法；氯气的化学性质．【分析】（1）熟悉仪器的构造和形状说出其名称；（2）浓盐酸易挥发，制备的氯气中含有氯化氢，依据氯化氢和氯气在水中溶解度选择合适的试剂除杂；装置B亦是安全瓶，监测实验进行时C中是否发生堵塞，发生堵塞时B中的，压强增大；（3）次氯酸钙与浓盐酸反应生成氯化钙、氯气与水；（4）验证氯气是否具有漂白性，要验证干燥氯气无漂白性，湿润的有色布条中，氯气和水反应生成次氯酸具有漂白性；（5）依据氧化还原反应规律，氧化性强的物质能够制备氧化性弱的物质；（6）打开活塞，将装置D中少量溶液加入装置E中，生成的溴单质和碘化钾反应生成碘单质，碘单质溶解于苯中，振荡分层，苯层在上层；（7）氯气与氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水．【解答】解：（1）装置A中仪器a名称为分液漏斗，b为圆底烧瓶；故答案为：分液漏斗；圆底烧瓶；20（2）浓盐酸易挥发，制备的氯气中含有氯化氢，氯化氢易溶于水，氯气在饱和食盐水中溶解度很小，所以B中饱和食盐水可以除去Cl2中的HCl；故答案为：饱和食盐水；（3）次氯酸钙与浓盐酸反应生成氯化钙、氯气与水，反应方程式为Ca（ClO）2+4HCl（浓）=CaCl2+2Cl2↑+2H2O，故答案为：Ca（ClO）2+4HCl（浓）=CaCl2+2Cl2↑+2H2O；（4）装置C的实验目的是验证氯气是否具有漂白性，验证氯气是否具有漂白性，要验证干燥氯气无漂白性，湿润的有色布条中，氯气和水反应生成次氯酸具有漂白性，选项中abc的Ⅱ中都是干燥剂，再通入湿润的有色布条不能验证氯气的漂白性，所以C中I、II、III依次放入湿润的有色布条、无水氯化钙、干燥的有色布条，所以选c，故答案为：c；（5）当向D中缓缓通入一定量氯气时，可以看到无色溶液逐渐变为黄色，说明氯气能够与溴离子反应生成单质溴，氯气的氧化性强于溴，所以非金属性氯大于溴；故答案为：大于；（6）打开活塞，将装置D中含溴单质的少量溶液加入焓碘化钾和苯的装置E中，溴单质和碘化钾反应生成碘单质，碘单质溶于苯呈紫红色，振荡．观察到的现象是：E中溶液分为两层，上层（苯层）为紫红色，故答案为：E中溶液分为两层，上层（苯层）为紫红色；（7）氯气与氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，离子方程式：Cl2+2OH﹣=Cl﹣+ClO﹣+H2O；故答案为：Cl2+2OH﹣=Cl﹣+ClO﹣+H2O．【点评】本题考查了氯气实验室制取、氯气化学性质、实验设计、实验装置的理解评价、化学方程式的书写等，题目综合性强，难度中等． 10．（14分）（2022秋•许昌月考）合理应用和处理氮的化合物，在生产生活中有重要意义．（1）氧化﹣还原法消除氮氧化物的转化如下：NONO2N2①反应Ⅰ为：NO+O3=NO2+O2，生成11.2LO2（标准状况）时，转移电子的物质的量是 1 mol．②反应Ⅱ中，当n（NO2）：n[CO（NH2）2]=3：2时，反应的化学方程式是 6NO2+4CO（NH2）2=7N2+8H2O+4CO2 ．（2）硝化法是一种古老的生产硫酸的方法，同时实现了氮氧化物的循环转化，主要反应为：NO2（g）+SO2（g）⇌SO3（g）+NO（g）△H=﹣41.8kJ•mol﹣1，已知：2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）△H=﹣196.6kJ•mol﹣1，写出NO和O2反应生成NO2的热化学方程式： 2NO（g）+O2（g）=2NO2（g），△H=﹣113.0kJ•mol﹣1 ．（3）尿素[CO（NH2）2]是一种高效化肥，也是一种化工原料．①以尿素为原料在一定条件下发生反应：CO（NH2）2（s）+H2O（l）⇌2NH3（g）+CO2（g）△H=+133.6kJ/mol．该反应的化学平衡常数表达式K= c2（NH3）•c（CO2） ．关于该反应的下列说法正确的是 a （填序号）．a．从反应开始到平衡时容器中混合气体的平均相对分子质量保持不变b．在平衡体系中增加水的用量可使该反应的平衡常数增大c．降低温度使尿素的转化率增大20②密闭容器中以等物质的量的NH3和CO2为原料，在120℃、催化剂作用下反应生成尿素：CO2（g）+2NH3（g）⇌CO（NH2）2（s）+H2O（g），混合气体中NH3的物质的量百分含量[φ（NH3）]随时间变化关系如图所示．则a点的正反应速率v（正）（CO2） ＞ b点的逆反应速率v（逆）（CO2）（填“＞”、“=”或“＜”）；氨气的平衡转化率是 75% ．【考点】产物的百分含量随浓度、时间的变化曲线；热化学方程式；化学平衡的计算．【分析】（1）①根据化合价的变化来确定电子转移数目；②反应方程式中，化学计量数之比等于物质的量之比；（2）①NO2（g）+SO2（g）⇌SO3（g）+NO（g）△H=﹣41.8kJ•mol﹣1；②2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）△H=﹣196.6kJ•mol﹣1，根据盖斯定律由②﹣①×2进行计算，书写热化学方程式；（3）①化学平衡常数=，固态和纯液体不列入；a、该反应中只有生成物是气体，生成的氨气和二氧化碳质量和物质的量比值不变；b、化学平衡常数只受温度影响；c、降温平衡向逆向移动；②图象分析氨气的体积分数从50%变化为20%后体积分数保持不变，说明b点反应达到平衡状态，a点氨气体积百分含量大于b的氨气体积百分含量，说明反应正向进行达到平衡状态，a点的正反应速率大于b点的正反应速率；依据氨气的体积分数结合平衡三段式列式计算平衡转化率．【解答】解：（1）①NO+O3═NO2+O2，生成1mol氧气转移电子是2mol，生成11.2L即0.5molO2（标准状况）时，转移电子的物质的量是1mol，故答案为：1；②当n（NO2）：n[CO（NH2）2]=3：2，即NO2和CO（NH2）2的化学计量数之比是3：2，其方程式表示为：6NO2+4CO（NH2）2=7N2+8H2O+4CO2，故答案为：6NO2+4CO（NH2）2=7N2+8H2O+4CO2；（2）已知：①NO2（g）+SO2（g）⇌SO3（g）+NO（g）△H=﹣41.8kJ•mol﹣1；②2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）△H=﹣196.6kJ•mol﹣1，由②﹣①×2得：2NO（g）+O2（g）=2NO2（g），△H=﹣196.6kJ•mol﹣1﹣2×（﹣41.8kJ•mol﹣1）=﹣113.0kJ•mol﹣1，故答案为：2NO（g）+O2（g）=2NO2（g），△H=﹣113.0kJ•mol﹣1；（3）①尿素和水不是气体，不列入，其化学平衡常数==c2（NH3）•c（CO2），a、混合气体的平均相对分子质量=，该反应中只有生成物是气体，生成的氨气和二氧化碳质量和物质的量比值不变，故a正确；b、化学平衡常数只受温度影响，温度不变其不变，故b错误；c、该反应是吸热反应，降温平衡逆向移动，反应物转化率降低，故c错误；故答案为：c2（NH3）•c（CO2）；a；20②氨气的体积分数从50%变化为20%后体积分数保持不变，说明b点反应达到平衡状态，a点氨气体积百分含量大于b的氨气体积百分含量，说明反应正向进行达到平衡状态，a点的正反应速率大于b点的正反应速率，故v正（CO2）＞v逆（CO2）；设氨气消耗物质的量x，开始氨气体积分数为50%，假设氨气为50mol，二氧化碳为50mol，CO2+2NH3⇌（NH2）2CO+H2O起始量（mol）505000变化量（mol）0.5xx0.5x0.5x平衡量（mol）50﹣0.5x50﹣x0.5x0.5x氨气的体积分数==20%；解得x=37.5mol，氨气的平衡转化率=×100%=75%，故答案为：＞；75%．【点评】本题考查的知识点较多，综合性较强，涉及氧化还原反应、盖斯定律的应用以及化学平衡的有关计算知识，难度较大．侧重于影响平衡移动及平衡常数的因素的考查，注意知识的归纳和整理是关键． 【化学--选修2：化学与技术】11．（15分）（2022•南充校级模拟）最近的研究发现，复合氧化物铁酸锰（MnFe2O4）可以用于热化学循环分解水制氢，因而受到许多发达国家的青睐．MnFe2O4的制备流程如下：（1）原料Fe（NO3）n中n= 3 ，投入原料Fe（NO3）n和Mn（NO3）2的质量之比应为 484：179 ．（2）步骤二中“连续搅拌”的目的是 充分反应、沉淀完全 ；步骤三中洗涤干净的标准 最后一次洗涤液呈中性 ．（3）利用MnFe2O4热化学循环制氢的反应可表示为MnFe2O4MnFe2O4﹣x+x/2O2↑；MnFe2O4﹣x+xH2O→MnFe2O4+xH2↑．请认真分析上述两个反应并回答下列问题：①若MnFe2O4﹣x中x=0.6，则MnFe2O4﹣x中Fe2+占全部铁元素的百分率为 60% ．②该热化学循环新氢法的优点有 具有过程简单、无污染、物料廉价并可循环使用及氧气和氢气在不同步骤生成，因此不存在高温气体分离等优点 （答两点即可）．③该热化学循环法制氢尚有不足之处，进一步改进的研究方向是 寻找合适的催化剂，使MnFe2O4分解温度降低或找分解温度更低的氧化物 ．【考点】制备实验方案的设计．【分析】（1）根据MnFe2O4的制备流程，可知Mn、Fe的化合价未变，Mn（NO3）2中Mn的化合价为+2，则MnFe2O4中Fe的化合价为+3，从而求出Fe（NO3）n中的n，20由MnFe2O4中可知：Fe和Mn的个数之比为2：1，根据质量守恒，求出原料Fe（NO3）n和Mn（NO3）2的质量之比；（2）根据搅拌的通常目的和判断沉淀是否洗涤干净的方法来解答；（3）①根据化合价代数和为0，计算MnFe2O4﹣x中铁的总价态，1molMnFe2O4﹣0.6中含Fe2+、Fe3+物质的量分别为xmol、ymol，列方程组解答；②从可操作性、环保以及原料的价格等方面分析；③改进方法可从流程简洁方面考虑．【解答】解：（1）Mn为+2价，则MnFe2O4中Fe的化合价为+3价，则Fe（NO3）n中n=3；由MnFe2O4中可知：Fe和Mn的个数之比为2：1，所以Fe（NO3）3与Mn（NO3）2二者的物质的量之比2：1，所以其质量之比为：242×2：179=484：179；故答案为：3；484：179；（2）连续搅拌是为了让Fe（NO3）n和Mn（NO3）2充分反应，由于溶液显碱性，则洗涤至洗涤液为中性时，说明沉淀上没有溶液中的离子，即沉淀已经洗涤干净；故答案为：充分反应或沉淀完全；最后一次洗涤液呈中性；（3）①x=0.6时，铁的总价态为（4﹣0.6）×2﹣2=4.8，设1molMnFe2O4﹣0.6中含Fe2+、Fe3+物质的量分别为xmol、ymol，则有x+y=2，2x+3y=4.8，联立解得：x=1.2，y=0.8，则1molMnFe2O4﹣0.8中含Fe2+的物质的量为1.2mol，则Fe2+占的百分率为×100%=60%．故答案为：60%；②由流程图可以看出过程简单、节约能量、无污染、物料廉价并可循环使用及氧气和氢气在不同步骤生成，不存在高温气体分离的问题等，故答案为：过程简单、节约能量、无污染、物料廉价并可循环使用及氧气和氢气在不同步骤生成，不存在高温气体分离的问题等（答两点即可）；③因高温消耗较多的能源，则寻找合适的催化剂，使MnFe2O4分解温度降低或分解温度更低的氧化物，故答案为：寻找合适的催化剂，使MnFe2O4分解温度降低或分解温度更低的氧化物．【点评】本题以MnFe2O4的制备为载体，考查学生对工艺流程的理解、对实验操作的理解、化学式有关计算等，难度中等，综合性较强，涉及的知识点多，需要学生具备阅读分析能力和灵活运用知识的解决问题能力． 【化学--选修3：物质结构与性质】12．（2022•长沙二模）有A、B、C、D、E五种原子序数依次增大的元素（原子序数均小于30）．A的基态原子2p能级有3个单电子；C的基态原子2p能级有1个单电子；E原子最外层有1个单电子，其次外层有3个能级且均排满电子；D与E同周期，价电子数为2．则：（1）D的元素符号为 Ca ．A的单质分子中π键的个数为 2 ．（2）B元素的氢化物的沸点是同族元素氢化物中最高的，原因是 水分子间之间存在氢键 氢键比范德华力更强 ．（3）A、B、C3种元素的第一电离能由大到小的顺序为 F＞N＞O （用元素符号表示）．（4）写出基态E原子的价电子排布式： 3d104s1 ．（5）A的最简单氢化物分子的空间构型为 三角锥形 ，其中A原子的杂化类型是 sp3 ．20（6）C和D形成的化合物的晶胞结构如图所示，已知晶体的密度为ρg•cm﹣3，阿伏加德罗常数为NA，求晶胞边长a= cm．（用ρ、NA的计算式表示）【考点】位置结构性质的相互关系应用；元素电离能、电负性的含义及应用；晶胞的计算．【分析】有A、B、C、D、E五种原子序数依次增大的元素（原子序数均小于30），A的基态原子2p能级有3个单电子，原子核外电子排布为1s22s22p3，则A是N元素；C的基态原子2p能级有1个单电子，且C的原子序数大于A，其原子核外电子排布为1s22s22p5，所以C是F元素，结合原子序数可推知B是O元素；E原子核外有成单电子，其次外层有3个能级且均排满电子，且原子序数小于30，则E处于第四周期，其基态原子的价电子排布式[Ar]3d104s1，则E是Cu元素；D与E同周期，价电子数为2，则D是Ca元素，据此解答．【解答】解：有A、B、C、D、E五种原子序数依次增大的元素（原子序数均小于30），A的基态原子2p能级有3个单电子，原子核外电子排布为1s22s22p3，则A是N元素；C的基态原子2p能级有1个单电子，且C的原子序数大于A，其原子核外电子排布为1s22s22p5，所以C是F元素，结合原子序数可推知B是O元素；E原子核外有成单电子，其次外层有3个能级且均排满电子，且原子序数小于30，则E处于第四周期，其基态原子的价电子排布式[Ar]3d104s1，则E是Cu元素；D与E同周期，价电子数为2，则D是Ca元素，（1）D为Ca元素；A的单质为氮气，氮气的结构式为：N≡N，所以氮气分子中含有一个σ键两个π键，故答案为：Ca；2；（2）B为氧元素，其氢化物为水，水分子间能存在氢键，氢键比范德华力更强，H2O的沸点是同族元素中最高的，故答案为：水分子间之间存在氢键，氢键比范德华力更强；（3）同一周期中，元素的第一电离能随着原子序数的增大呈增大趋势，但N元素2p能级容纳3个电子，处于半满稳定状态，能量较低，第一电离能大于同周期相邻元素，素第一电离能由大到小的顺序为：F＞N＞O，故答案为：F＞N＞O；（4）E是铜元素，根据构造原理知，其基态原子的价电子排布式[Ar]3d104s1，故基态Cu原子的价电子排布式为：3d104s1，故答案为：3d104s1；（5）A为N元素，N元素的简单氢化物是氨气，NH3分子中氮原子价层电子对=3+=4，且含有一个孤电子对，所以分子空间构型是三角锥形，N原子采取sp3杂化，故答案为：三角锥形；sp3；20（6）F和Ca形成的化合物为CaF2，由晶胞结构可知，晶胞中白色球数目=8、黑色球数目=8×+6×=4，白色球为F、黑色球为Ca，则晶胞质量=4×=g，晶胞的体积为：a3==cm3，所以该晶胞边长a=cm，故答案为：．【点评】本题考查位置结构与性质的应用，题目难度中等，涉及核外电子排布、分子空间构型、化学键、杂化方式、电离能、晶胞计算等，都是考试热点，注意第一电离能的变化趋势及异常现象，为易错点． 【化学-选修5：有机化学基础]】13．（2022•武汉模拟）呋喃酚是生产呋喃丹、好安威等农药的主要中间体，是高附加值的精细化工产品．一种以邻氯苯酚（A）为主要原料合成呋喃酚（F）的流程如下：回答下列问题：（1）A物质核磁共振氢谱共有 5 个峰，④的反应类型是 取代反应（或水解反应） ，C和D中含有的相同官能团的名称是 氯原子和碳碳双键 ．（2）下列试剂中，能和D反应的有 ABD （填标号）．A．溴水B．酸性K2Cr2O7溶液C．FeC12溶液D．纯碱溶液（3）写出反应①的化学方程式是 （有机物用结构简式表示，下同）．20（4）有机物B可由异丁烷经三步反应合成：异丁烷XY有机物B条件a为 氢氧化钠的乙醇溶液、加热 ，Y生成B的化学方程式为 （5）呋喃酚的同分异构体很多，写出符合下列条件的所有同分异构体的结构简式 ①苯环上的一氯代物只有一种②能发生银镜反应的芳香酯．【考点】有机物的合成．【分析】（1）根据A的结构简式可知A的核磁共振氢谱中峰的数目，比较E和F的结构简式可知，E中的氯原子被羟基取代即得F，根据C和D的结构简式可知，C和D中都含有氯原子和碳碳双键；（2）根据D的结构简式可知，D中有苯环和酚羟基、氯原子、碳碳双键，据此判断；（3）根据元素守恒和C的结构可知，B为CH2=C（CH3）CH2Cl，进而可写出化学反应方程式；（4）CH3CH（CH3）2与氯气按1：1发生取代反应生成X为CH2ClCH（CH3）2，X发生消去反应得Y为CH2=C（CH3）2，Y与氯气发生取代反应生成CH2=C（CH3）CH2Cl，据此答题；（5）呋喃酚的同分异构体符合下列条件①苯环上的一氯代物只有一种，②能发生银镜反应的芳香酯，说明有醛基或甲酸某酯及苯环的结构，据此写同分异构体；【解答】解：（1）根据A的结构简式可知A的核磁共振氢谱中峰的数目为5，比较E和F的结构简式可知，E中的氯原子被羟基取代即得F，即反应④为取代反应（或水解反应），根据C和D的结构简式可知，C和D中都含有氯原子和碳碳双键，故答案为：5；取代反应（或水解反应）；氯原子和碳碳双键；（2）根据D的结构简式可知，D中有苯环和酚羟基、氯原子、碳碳双键，可以和溴水发生取代反应，被酸性K2Cr2O7溶液氧化，能与纯碱溶液反应生成碳酸氢钠，故选：ABD；（3）根据元素守恒和C的结构可知，B为CH2=C（CH3）CH2Cl，所以反应①的化学反应方程式为，故答案为：；（4）CH3CH（CH3）2与氯气按1：1发生取代反应生成X为CH2ClCH（CH3）2，X发生消去反应得Y为CH2=C（CH3）2，反应条件为氢氧化钠的乙醇溶液、加热，Y与氯气发生取代反应生成CH2=C（CH3）CH2Cl，反应的方程式为，故答案为：氢氧化钠的乙醇溶液、加热；；20（5）呋喃酚的同分异构体符合下列条件①苯环上的一氯代物只有一种，②能发生银镜反应的芳香酯，说明有醛基或甲酸某酯及苯环的结构，则符合条件的同分异构体为，故答案为：；【点评】本题考查有机物的合成、有机物结构与性质、同分异构体书写等，注意根据合成流程中的反应、官能团变化等为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度中等． 20
