1、此卷只装订不密封班级 姓名 准考证号 考场号 座位号 【模拟试卷】吉林省长岭县第四中学2020-2021学年度高三下学期第三次模拟卷化学试卷注意事项：1答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。4考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。相对原子质量：H 1 C 12 O 16 Na 23 Mg 24 Al
2、 27 P 31 S 32 Fe 56 Cu 64 一、选择题12020年11月10日，中国“奋斗者”号载人潜水器在马里亚纳海沟深度10909米处成功坐底并进行了一系列的深海探测科考活动。下列说法正确的是A“奋斗者”号使用的锂离子电池工作时Li向负极移动B制造潜水器载人球舱的钛合金比纯金属钛具有更高的强度、韧性和熔点C“奋斗者”号返回水面的浮力材料纳米级玻璃微珠可产生了达尔效应D未来对海底“可燃冰”(主要成分为甲烷)的开采将有助于缓解能源危机2新型冠状病毒肺炎诊疗方案(试行第七版)中指出，洛匹那韦(Lopinavir)与氯喹类药物均可用于治疗新冠肺炎。洛匹那韦(Lopinavir)(图1)和羟
3、基氯喹(图2)的结构分别如图所示，对这两种有机化合物描述正确的是 A洛匹那韦是一种人工合成的蛋白质B洛匹那韦能够发生酯化、加成、氧化、还原反应C羟基氯喹的分子式为C18H24N3OClD羟基氯喹分子苯环上的一氯代物有5种3设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A14.0g Fe发生吸氧腐蚀生成Fe2O3xH2O，电极反应转移的电子数为0.5NAB标准状况下，11.2L H2S溶于水，溶液中含硫粒子的数目小于0.5NAC常温下，0.5L pH=14的Ba(OH)2溶液中Ba2+的数目为0.5NAD分子式为C2H6O的某种有机物4.6g，含有CH键的数目一定为0.5NA4工业上常用纳米级零价
4、铁(ZVI)处理废水含C2HCl3(三氯乙烯)和NO3()。处理后C2HCl3转化为C2H4和Cl、NO3()转化为NH4(+)。下列说法正确的是 A水体中含NO3()越多，三氯乙烯脱Cl的效果越好B当产生3mol Fe2+时有1mol三氯乙烯完全脱ClC用纳米级零价铁处理被三氯乙烯污染的水体可加快脱氯速率DNO3()发生的电极反应为NO3()+7H2O+8e=NH4(+)+10OH5用如图所示装置进行以下实验，实验现象与结论描述均正确的是 实验现象与结论A铝条浓硫酸无明显现象，铝与浓硫酸不反应B锌棒海水中导管内液面上升，锌发生吸氧腐蚀C铜丝FeCl3溶液中溶液颜色最终变为蓝色，Cu发生置换反
5、应D铁丝稀硝酸中试管口出现红棕色气体，Fe与稀硝酸反应生成NO27已知t时AgCl的Ksp41010，在t时，Ag2CrO4在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法错误的是 A在t时，Ag2CrO4的Ksp为11011B在饱和溶液中加入K2CrO4(s)可使溶液由Y点到Z点C在t，Ag2CrO4(s)+2Cl(aq)2AgCl(s)+CrO4(2)(aq)平衡常数K6.25107D在t时，以0.001molL1 AgNO3溶液滴定20mL 0.001molL1 KCl和0.001molL1的K2CrO4的混合溶液，CrO4(2)先沉淀二、非选择题82019年诺贝尔化学奖授予锂离子电池的发明者
6、，锂离子电池是目前应用广泛的一类电池。以钛铁矿(主要成分为FeTiO3，含有少量MgO、Fe2O3、SiO2等杂质)为原料，制备锂离子电池电极材料的工艺流程如图所示： 已知：滤液1中含Ti微粒的主要存在形式为TiO2+；)Ksp(FePO4)=1.31022、KspMg3(PO4)2=1.01024；溶液中某离子浓度小于等于105molL1时，认为该离子沉淀完全。请回答下列问题：（1）滤渣1中主要成分的化学式为_。（2）“结晶”温度需控制在70左右，若温度过高会导致的后果为_。（3）“转化I”后所得溶液中c(Mg2+)=0.01molL1，若其中Fe3+沉淀完全，则溶液中c(PO4(3)的范围
7、为_。（4）“煅烧I”反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为_。（5）“转化II”中H2TiO3的转化率()与温度(T)的关系如图所示。T0时，一定时间内H2TiO3的转化率最高的原因为_。 （6）Li2Ti5O15中-1价与-2价O原子的数目之比为_。“煅烧II”反应中同时生成两种参与大气循环的气体，该反应的化学方程式为_。（7）某锂离子电池放电时的电池反应为Li1-xFePO4+LixC6=LiFePO4+6C，则充电时阳极的电极反应式为_。9某学生设计如图实验装置利用氯气与潮湿的消石灰反应制取少量漂白粉(这是一个放热反应)，据此回答下列问题： (1)A仪器的名称是_，D的作用是_。(2)漂
8、白粉将在U形管中产生，其反应的化学方程式是_。(3)此实验结果所得Ca(ClO)2产率太低。经分析并查阅资料发现主要原因是在U形管中存在两个副反应：温度较高时氯气与消石灰反应生成了Ca(ClO3)2，为避免此副反应的发生，可采取的措施是_，有同学测出了反应后溶液中ClO、ClO3()两种离子的物质的量(n)与反应时间(t)的关系曲线，粗略表示为如图2(不考虑氯气和水的反应)。a图2中曲线表示_的物质的量随反应时间变化的关系。b取含有0.25mol Ca(OH)2的石灰乳，以较大的速率通入足量氯气，反应后测得产物中Cl的物质的量为0.37mol，则产物中=_。试判断另一个副反应是_(写出此反应的
9、化学方程式)。(4)该学生还将制得的氯气和二氧化硫同时通入品红溶液中，发现混合气体漂白能力下降。经分析发现主要原因是氯气和二氧化硫在水溶液中发生了氧化还原反应。为了定量测定该反应生成SO4(2)的质量，该学生将过量氯气和二氧化硫同时通入水中，将反应后的溶液用容量瓶配制成250mL后，从中取出25mL进行如下实验：操作现象目的/结论往25mL溶液中滴加过量amolL1BaCl2溶液V1mL稍显浑浊目的：沉淀SO4(2)继续滴加过量bmolL1K2CrO4溶液V2mL产生黄色沉淀目的：沉淀过量的Ba2+过滤洗涤，滴加少许指示剂于滤液中，用cmolL1FeSO4溶液滴定至终点，消耗FeSO4溶液V3
10、mL结论：反应生成SO4(2)的质量为_(列算式)已知：CrO4(2)+Ba2+=BaCrO4(黄色)、CrO4(2)+3Fe2+8H+=Cr3+3Fe3+4H2O10CO2是主要的温室气体，以CO2和H2为原料制造更高价值的化学产品是用来缓解温室效应的研究方向，回答下列问题：(1)工业上常用CO2和H2为原料合成甲醇(CH3OH)，过程中发生如下两个反应：反应I：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) H1=-51kJmol1反应II：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) H2=+41.17kJmol1已知：键能指断开1mol气态键所吸收的能量或形成1mol气态
11、键所释放的能量。几种化学键的键能如表所示：化学键CHCOHO(H2O中)HO(CH3OH中)HHC=O键能/kJmol1406351462.5465436a则a=_kJmol1。若反应II逆反应活化能Ea(逆)为124kJmo11，则该反应的Ea(正)活化能为_kJmol1。(2)向恒容容器中充入1mol CO2和2mol H2，此时容器内总压强为P0。若只发生反应I，测得反应在不同压强、不同温度下，CO2的平衡转化率如图1所示，测得反应时逆反应速率与容器中c(CH3OH)关系如图II所示： 图I中A、B、C三点对应的平衡常数K(A)、K(B)、K(C)由大到小的顺序排列为_，图I中C点CO2
12、的转化率为_。图II中当x点平衡体系升高至某一温度时，反应可重新达平衡状态，新平衡点可能是_。(3)反应I得到的甲醇是重要的化工原料。如图所示为一定条件下1mol CH3OH与O2发生反应时，生成CO、CO2或HCHO的能量变化图反应物O2(g)和生成物H2O(g)略去。 在有催化剂作用下，CH3OH与O2反应主要生成_(填“CO”、“CO2”或HCHO”)。HCHO可进一步被氧化为重要工业原料HCOOH(其酸性比H2SO3弱，比CH3COOH强)。在图中画出常温下向甲酸钠溶液中加水时溶液的pH的变化_。 11铁被誉为“第一金属”，铁及其化合物在生活中有广泛应用。(1)基态Fe2+的电子排布式
13、为_。(2)FeCl3的熔点为306，沸点为315。FeCl3的晶体类型是_。FeSO4常作净水剂和补铁剂，SO4(2)的空间体构型是_。(3)实验室用KSCN溶液、苯酚()检验Fe3+。N、O、S三种元素的第一电离能由大到小的顺序为_(用元素符号表示)，苯酚中碳原子的杂化轨道类型为_。(4)铁可以和乙烯、丙烯等烯烃的双键发生配位形成配合物，被广泛应用于催化不对称1，4加成反应。丙烯(CH3CH=CH2)分子中键数目和键数目之比为_。(5)氮化铁晶体的晶胞结构如图1所示。该晶体中铁、氮的微粒个数之比为_。(6)氧化亚铁晶体的晶胞如图2所示。已知： 氧化亚铁晶体的密度为 gcm3，NA代表阿伏加
14、德罗常数的值。在该晶胞中，与Fe2+紧邻且等距离的Fe2+数目为_；Fe2+与O2最短核间距为_pm。12阿比朵尔能有效抑制新型冠状病毒，化合物G是合成阿比朵尔的中间体，其合成路线如图： 回答下列问题：(1)A的化学名称为_。B的结构简式为_。(2)由B到C、E到F的反应类型分别为_、_。(3)在合成化合物G的流程中，由A到B的目的是_。(4)苯硫酚的性质与苯酚相似，苯硫酚的官能团为_(写结构简式)；用NaOH标准溶液可滴定苯硫酚溶液，该过程选用的指示剂为_，写出该反应的化学方程式_。(5)请写出C到D的化学反应方程式_。(6)H是A的同系物，其相对分子质量比A大14。H的同分异构体能同时满足
15、如下条件的共有_种(不考虑立体异构)：苯环上有3个取代基，且遇FeCl3溶液显色既能发生银镜反应又能发生水解反应写出其中一种核磁共振氢谱有五组峰，峰面积之比为11122的结构简式_。 7高三化学答案1. 【答案】D【解析】A锂离子电池工作时Li+离子向正极移动，故A错误；B因为合金比单独的组分金属具有更高的强度、更低的熔点，故B错误；C纳米级玻璃微珠并没有确定具体粒子大小，1100nm会有丁达尔效应，小于lnm不会有丁达尔效应，故C错误；D未来对海底“可燃冰(主要成分为甲烷)的开采将有助于缓解能源危机，故D正确；故选D。2. 【答案】B【解析】A蛋白质是高分子化合物，A项不符合题意；B该物质有
16、羟基，可发生酯化反应；有苯环，可发生加成，加氢还原反应；有机物可发生氧化反应，B项符合题意；C分子式应为C18H26N3OCl，C项不符合题意；D羟基氯喹分子中苯环上的一氯代物有3种，D项不符合题意；故正确选项为B。3. 【答案】A【解析】A14.0g Fe发生吸氧腐蚀生成Fe2O3xH2O，负极反应为Fe-2e=Fe2+，电极反应转移的电子数为0.5NA，故A正确；B标准状况下，11.2L H2S物质的量是0.5mol，根据物料守恒，溶于水所得溶液中含硫粒子的数目等于0.5NA，故B错误；C常温下，pH=14的Ba(OH)2溶液中c(OH)=1mol/L，c(Ba(OH)2)=0.5mol/
17、L，0.5L pH=14的Ba(OH)2溶液中Ba2+的数目为0.25NA，故C错误；D分子式为C2H6O的某种有机物4.6g，物质的量为0.1mol，若结构简式为CH3CH2OH，含有CH键的数目为0.5NA，若结构简式为CH3OCH3，含有CH键的数目为0.6NA，故D错误；选A。4. 【答案】C【解析】根据图示，铁转化为亚铁离子，发生氧化反应，三氯乙烯C2HCl3中C原子化合价为+1价，乙烯中C原子化合价为-2价，C2HCl3转化为C2H4和Cl，C2HCl3发生还原反应；NO3()转化为NH4(+)，NO3()也是发生还原反应，结合原电池原理分析解答。A三氯乙烯C2HCl3中C原子化合
18、价为+1价，乙烯中C原子化合价为-2价，处理后C2HCl3转化为C2H4和Cl，C2HCl3发生还原反应；NO3()转化为NH4(+)，NO3()也是发生还原反应，根据得失电子守恒，水体中含NO3()越多，三氯乙烯脱Cl的效果越差，故A错误；B三氯乙烯C2HCl3中C原子化合价为+1价，乙烯中C原子化合价为-2价，1mol C2HCl3脱去3mol氯原子转化为1mol C2H4时，得到6mol电子，再加上NO3()转化为NH4(+)，发生反应得到的电子，则得失电子总量大于6mol，所以产生的Fe2+的总量大于3mol，故B错误；C用纳米级零价铁处理被三氯乙烯污染的水体，增大了单位体积水体中小微
19、粒ZVI的投入量，可以增大ZVI和正极的接触面积，加快ZVI释放电子的速率，可加快水体修复速率，故C正确；D由示意图及N元素的化合价变化，NO3()发生反应的电极反应式为NO3()+10H+8e=NH4(+)+3H2O，故D错误；故选C。5. 【答案】B【解析】A铝条与浓硫酸发生钝化反应，即铝与浓硫酸反应，在铝的表面生成一层致密的氧化膜，A结论错误；B锌与海水发生吸氧腐蚀，导致试管压强减小，中导管内液面上升，B结论正确；C铜与氯化铁反应生成氯化铜和氯化亚铁，未发生置换反应，C结论错误；D铁与稀硝酸反应生成的气体为NO，NO在试管口与空气反应生成NO2，D结论错误；答案为B。6. 【答案】A【解
20、析】X、Y、Z位于同一周期，均为短周期元素，可以初步推测它们可能是第二周期元素，或第三周期元素，Y2+与W具有相同电子层结构，可以推测出X、Y、Z是第三周期元素，W是第二周期元素，所以Y是Mg元素，W是F元素，X则只能是Na元素，根据XYZW6元素的化合价代数和为零，可以推测出Z的化合价为+3价，结合X、Y、Z位于同一周期且最外层电子数依次增大，可以推测出Z元素是Al，据此分析：AX的氢化物，根据推测出的元素，可知其是NaH，其中H为-1价，具有很强的还原性，故A说法正确；B工业上制取Z单质，就是制取铝，工业制取铝，是电解氧化铝的方法制取的，而不是氯化铝，故B说法错误；C根据推测出的元素名称，
21、Y2+离子是Mg2+，W离子是F，它们具有相同的核外电子排布，核电荷数越大，半径越小，所以Mg2+F，即Y2+W，故C说法错误；D根据推测出的Z元素为Al元素，氯化铝不是离子化合物，故D说法错误；本题答案A。7. 【答案】D【解析】A在t时，Ag2CrO4的Ksp为Ksp(Ag2CrO4)=c2(Ag+)c(CrO4(2)=(1103)2105=11011，A正确；B在饱和溶液中加入K2CrO4(s)，c(CrO4(2)增大，可使溶液由Y点到Z点，故B正确；C在t，Ag2CrO4(s)+2Cl(aq)2AgCl(s)+CrO4(2)(aq)的平衡常数K=6.25107，故C正确；D在t时，开始
22、产生AgCl沉淀时，c(Ag+)=4107mol/L，开始产生Ag2CrO4沉淀时，=1104mol/L，所以Cl沉淀需要的c(Ag+)较小而先沉淀，故D错误。故选D。8. 【答案】（1）SiO2 （2） TiO2+会提前水解而降低H2TiO3的产率，且使滤渣2中混有杂质 （3） mol/Lc(PO4(3)1.0109mol/L （4） 21 （5） 温度低于T0时，反应速率随温度升高而加快，H2TiO3的转化率升高，高于T0时后，双氧水分解和氨气的挥发导致反应速率减小，使H2TiO3的转化率降低 （6） 87 Li2Ti5O15+Li2CO3高温(=)Li4Ti5O12+2O2+CO2 Li
23、FePO4-xe=Li1-xFePO4+xLi+ 【解析】铁矿石加入硫酸溶解过滤得到滤渣为二氧化硅，滤液1为MgCl2、FeCl3、TiOSO4，加铁粉与过量硫酸反应并调pH，滤液中TiO2+水解得到H2TiO3，加入过氧化氢和氨水、氢氧化锂溶液得到沉淀Li2Ti5O15，加入碳酸锂煅烧得到钛酸锂Li4Ti5O12，滤渣2加入过氧化氢氧化亚铁离子，加入磷酸得到沉淀磷酸铁，加入碳酸锂和草酸煅烧得到磷酸亚铁锂LiFePO4；据此分析解答。（1）钛铁矿的成分中只有SiO2不溶于硫酸，滤渣1的成分为SiO2，故答案为：SiO2；（2）“结晶”温度需控制在70左右，如果温度过高，TiO2+会提前水解而降
24、低H2TiO3的产率，且使滤渣2中混有杂质，故答案为：TiO2+会提前水解而降低H2TiO3的产率，且使滤渣2中混有杂质；（3）Fe3+刚好沉淀完全时，c(PO43-)=mol/L，要保证Fe3+沉淀完全，c(PO4(3)应该mol/L；c(Mg2+)=0.01molL1，若刚好产生沉淀，c(PO4(3)=1.0109mol/L，而按题意分析应不能使镁离子沉淀，故c(PO4(3)1.0109mol/L，故答案为： mol/Lc(PO4(3)K(A)K(B) 75% d （3） HCHO 【解析】(1)由反应热=反应物键能之和生成物键能之和可得：反应I中H1=(2a+3436) kJmol1-(
25、3406+351+2462.5+465)kJmol1=-51kJmol1，解得a=800kJmol1，由反应热=Ea(正)活化能-Ea(逆)活化能可得:Ea(正)活化能-124kJmo11=+41.17kJmol1，解得Ea(正)活化能=165.17kJmol1，故答案为：800；165.17；(2)反应I为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，化学平衡常数减小，由图可知，反应温度：BAC，则A、B、C三点对应的平衡常数K(A)、K(B)、K(C)由大到小的顺序排列为K(C)K(A)K(B)；设生成甲醇的物质的量为a mol，由题意建立如下三段式：则C点甲醇百分含量为50%可得：100%=
26、50%，解得a=0.75，C点CO2的转化率为100%=75%， 升高温度，正、逆反均应速率增大，反应I为放热反应，平衡向逆反应方向移动，甲醇的浓度减小，则图中d点符合题意，故答案为：K(C)K(A)K(B)；75%；d；(3)使用催化剂可以降低反应的活化能，活化能越低，反应越容易进行，根据图知，在有催化剂条件下，生成HCHO需要的活化能低，反应容易进行，所以主要生成HCHO，HCOONa是强碱弱酸盐，其水溶液呈碱性，pH7，加水稀释促进HCOO水解，但其水解增大程度小于溶液体积增大程度，导致溶液中c(OH)减小，溶液的pH减小，但溶液仍然呈碱性，无限稀释时溶液pH接近7，所以其图象为，故答案
27、为：HCHO；。11. 【答案】（1）Ar3d6 （2） 分子晶体 正四面体形 （3） NOS sp2杂化 （4） 81 （5） 31 （6） 12 1010 【解析】根据Fe2+的外围电子数并结合Ar的电子排布式书写简化电子排布式；根据同周期元素第一电离能的递变规律分析，根据C的价层电子对数分析杂化轨道形式；结合Fe(CO)5分子结构和等电子理论分析；根据均摊法计算晶胞中各微粒的个数，结合晶胞的质量和体积，根据计算。(1)基态Fe2+的外围电子排布式为3d6，内部与Ar原子排布相同，基态Fe2+的简化电子排布式为Ar3d6，故答案为：Ar3d6；(2)FeCl3的熔点为306，沸点为315，
28、据此可知氯化铁熔沸点较低，则氯化铁属于分子晶体；SO4(2)离子中硫原子采取sp3杂化，含有4个键，没有孤电子对，所以其立体构型是正四面体，故答案为：分子晶体；正四面体；(3)同一周期元素的第一电离能随着原子序数的增大呈增大趋势，氮元素2p能级处于半满稳定状态，能量低，氮元素的第一电离能高于同周期相邻元素第一电离能，所以第一电离能NOS苯酚为平面结构，C的价层电子数为3，则C原子采取sp2杂化，故答案为：NOS；sp2杂化；(4)丙烯(CH3CH=CH2)分子除碳碳双键中含有1个键外，其余8个都是键，键数目和键数目之比为81，故答案为：81；(5)结构单元中内部有3个Fe原子，其它Fe原子处于
29、顶点、面上，每个顶点为6个结构单元共用，Fe原子数目=3+12+2=6，N原子处于结构单元内部，有2个N原子，Fe、N原子数目之比为31，故答案为：31；(6)以Fe2+顶点研究，与Fe2+紧邻且等距离的Fe2+处于面心，每个顶点为8个晶胞共用，每个面为2个晶胞共用，与Fe2+紧邻且等距离的Fe2+数目为=12；晶胞中Fe2+数目=8+6=4，O2-离子数目=1+12=4，晶胞质量=g，Fe2+与O2的最短核间距等于晶胞棱长的，设二者最短距离为r pm，则晶胞棱长=2r pm，则：g= gcm3(2r1010cm)3，解得r=1010pm，故答案为：12；1010。12. 【答案】（1）对硝基
30、苯酚或4硝基苯酚 （2） 还原反应 取代反应 （3） 保护酚羟基 （4） SH 酚酞 +NaOH+H2O （5） +H2O （6） 16 或 【解析】由有机物的转化关系可知，与发生取代反应生成，则B为；与铁和盐酸发生还原反应生成，与反应生成，经多步反应生成，与液溴发生取代反应生成，与发生取代反应生成。(1)由分析可知，A的结构简式为，名称为对硝基苯酚或4硝基苯酚；B的结构简式为，故答案为：对硝基苯酚或4硝基苯酚；(2)B到C的反应为：与铁和盐酸发生还原反应生成；E到F的反应：与液溴发生取代反应生成和溴化氢，故答案为：还原反应；取代反应；(3)酚羟基的还原性比较强，很容易被氧化，则在合成化合物G
31、的流程中，由A到B的目的是保护酚羟基防止被氧化，故答案为：保护酚羟基；(4)苯硫酚的性质与苯酚相似，苯硫酚的官能团为SH，因为苯酚的酸性比较弱，所以苯硫酚的酸性也比较弱，NaOH与苯硫酚溶液反应的化学方程式为：+NaOH+ H2O，溶液中水解呈碱性，故用NaOH标准溶液滴定苯硫酚溶液，该过程选用酚酞作指示剂，故答案为：SH；酚酞；+NaOH+H2O；(5)C到D的反应为与反应生成和水，反应的化学反应方程式+H2O，故答案为：+H2O；(6)H是A的同系物，其相对分子质量比A大14，则H分子式比A的分子式多一个CH2的原子团，由H的同分异构体的苯环上有3个取代基，且遇FeCl3溶液显色，既能发生
32、银镜反应又能发生水解反应可知，分子中含有1个酚羟基、OOCH、NH2三个取代基，或者含有2个酚羟基、1个NHCHO，若分子中含有1个酚羟基、OOCH、NH2三个取代基时的同分异构体：当OH与OOCH在苯环上处于邻位时，NH2在苯环上有4中位置；当OH与OOCH在苯环上处于间位时，NH2在苯环上有4中位置；当OH与OOCH在苯环上处于对位时，NH2在苯环上有2中位置；若分子中含有2个酚羟基、1个NHCHO三个取代基时的同分异构体：当两个酚羟基在苯环上处于邻位时，NHCHO在苯环上有2中位置；当两个酚羟基在苯环上处于间位时，NHCHO在苯环上有3中位置；当两个酚羟基在苯环上处于对位时，NHCHO在苯环上有1中位置，则满足条件的同分异构体共有16种；核磁共振氢谱有五组峰，峰面积之比为11122的结构简式为、，故答案为：16；或。
