1、古丈县一中2022届高三第二次模拟卷化学可能用到的相对原子质量：H 1C 12O 16Na 23S 32K 39Ni 59Cu 64I 127一、单项选择题：本题共10小题，每小题3分，共30分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。12022年2月，我国科学家成功开发全球首套二氧化碳加氢制汽油(碳原子数在512之间的烃)的装置。下列有关二氧化碳加氢制汽油的说法正确的是A汽油属于纯净物B汽油中含有C、H、O三种元素C反应过程中CO2被还原D该反应属于化合反应2CalebinA可用于治疗阿尔茨海默病，在其合成过程中有如下物质转化过程：下列有关化合物X、Y和Z的说法正确的是AX有3种含氧
2、官能团BX、Y和Z均可发生水解反应C可用新制Cu(OH)2悬浊液检验Z中是否混有XD将Z与NaOH乙醇溶液共热，可发生消去反应3摩尔盐(NH4)2Fe(SO4)26H2O在定量分析中常用作标定高锰酸钾等溶液的标准物质。某化学兴趣小组以废铁屑、氨气和稀硫酸为原料，制备少量摩尔盐。结合装置，判断下列说法错误的是A用装置甲制取FeSO4溶液时铁粉需要过量B用装置乙制取NH3，NH3必须经过碱石灰干燥再通入装置丙中C用装置丙将氨气通入FeSO4和H2SO4的混合溶液，不会倒吸D用装置丁将溶液浓缩后，再降温结晶，过滤可以得到(NH4)2Fe(SO4)26H2O晶体4一种可用作半导体掺杂源的化合物的结构式
3、如图所示。已知W、X、Y、Z为原子序数依次增大的四种短周期主族元素，Z的最外层电子数是其内层电子数的3倍。下列说法中错误的是A原子半径：XYZWBX、Y均可形成一元含氧酸CW和Y能形成多种原子个数比为11的化合物D除W原子外，分子中的其他原子均满足8电子稳定结构5由重晶石矿(主要成分是，还含有等杂质)可制得氯化钡晶体。某同学设计实验流程如下：下列说法错误的是A为提高原料的利用率，“高温焙烧”前原料需经研磨处理B“高温焙烧”操作需用到坩埚，“结晶”操作需用到蒸发皿C在“高温焙烧”焦炭和的反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为41D上述流程中不可以用硫酸代替盐酸进行浸取6热电厂尾气经处理得到较纯的
4、，可用于原电池法生产硫酸，其工作原理如图所示。电池工作时，下列说法不正确的是A电极b为正极B溶液中由a极区向b极区迁移C电极a的电极反应式：Da极消耗与b极消耗两者物质的量相等7下列由实验现象所得结论正确的是A向某溶液中加入足量稀盐酸，生成白色沉淀，证明溶液中含Ag+B向Na2S溶液中通入足量SO2，生成淡黄色沉淀，证明SO2能呈现酸性和氧化性C向FeI2溶液中滴加少量氯水，溶液变为黄色，证明Fe2+与Cl2反应生成Fe3+D常温下，取饱和CaSO4溶液和氨水做导电性实验，氨水灯泡更亮，证明CaSO4为弱电解质8(CH3NH3)PbI3具有较高的光电转接效率，在太阳能电池領域具有重要的应用价值
5、(CH3NH3)PbI3的晶体结构如图所示，下列说法错误的是ACH3NH中N原子的杂化轨道类型为sp3B甲基的供电子能力强于氢原子，则接受质子能力：CH3NH2 (CH3)2NHCCH3NH中存在配位键D晶胞中B(白色球)代表Pb2+，则每个晶胞中含有I-的数目为39由下列实验操作及现象能得出相应结论的是实验操作现象结论A向某钾盐中滴加浓盐酸产生的气体可以使品红溶液褪色该钾盐为K2SO3或KHSO3或二者的混合物B向溶液中滴加盐酸酸化的BaCl2溶液有白色沉淀生成该溶液中不一定含有SOC取两支试管各加入2mL0.1mol/L的草酸溶液，分别滴加2mL0.01mol/L、0.02mol/L的高锰
6、酸钾溶液高锰酸钾溶液褪色并观察褪色的时间其他条件不变时，反应物浓度越大，反应速率越快D向K2MnO4溶液(墨绿色)中通入CO2溶液由墨绿色变为紫色并有黑色沉淀产生体现了CO2的氧化性AABBCCDD10已知，时， 的， 。该温度下用溶液滴定溶液的滴定曲线如图所示。下列说法不正确的是A若a点溶液，则a点对应的B若选择b为反应终点，宜选择甲基橙为指示剂Cc点对应的溶液Dd点对应的溶液二、不定项选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有一个或两个选项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。11一种电解法处理含有NO的酸性废水的工作原理如下图所
7、示，阴极和阳极之间用浸有NaCl溶液的多孔无纺布分隔。阳极材料为石墨，阴极材料中含有铁的化合物，H表示氢原子。下列说法不正确的是AH原子在阴极产生：H+e-=HB阴极材料既是得电子场所，同时起催化剂的作用CH原子与NO反应的化学方程式为：8H+NO=NH+2OH-+H2ODHClO产生的原因：2Cl-2e-=Cl2、Cl2+H2OHCl+HClO12Beckmann反应是肟指在一定条件下生成酰胺的反应，机理中与羟基处于反位的基团迁移到缺电子的氢原子上，具体反应历程如图所示。已知：R、R代表烷基。下列说法错误的是AH+在该反应过程中作催化剂BNOH键角：物质物质C物质物质有配位键的形成D发生上述
8、反应生成13据文献报道，氨催化还原法可用来消除某些污染气体，其反应历程如图所示：下列说法正确的是AV的核外电子排布式为3d34s2B当消耗标准状况下11.2LO2时，整个过程转移6mole-CV5+-OH在该反应过程中作催化剂，V4+-OH是该反应过程的中间产物D总反应化学方程式：4NH3+3O22N2+6H2O14工业上以黄铁矿(主要成分为FeS2，含有少量NiS、CuS、SiO2等杂质)为原料制备K4Fe(CN)63H2O，工艺流程如图：下列说法错误的是A“焙烧”时氧化产物有Fe2O3和SO2B“调pH”分离Fe3+与Cu2+、Ni2+是利用了它们氢氧化物Ksp的不同C“溶液”中主要反应的
9、离子方程式为6OH-+6HCN+Fe2+=Fe(CN)64-+6H2OD“一系列操作”为过滤、洗涤、干燥15常温下，用0.10 molL-1 NaOH溶液分别滴定20.00 mL浓度均为0.10 molL-1 HA溶液和HB溶液，所得滴定曲线如图所示(其中HA的滴定曲线部分未画出)。下列说法错误的是已知：M点溶液中c(A-)=c(HA)A=105.8BP点溶液中溶质为NaB和HB，由水电离出的c(H+)=1.010-7 molL-1CM点溶液中，2c(Na+)c(HA)+c(A-)D等体积等浓度的HB溶液和NaA溶液混合后的溶液中：c(OH-)c(H+)三、非选择题：本题共4小题，共50分16
10、NH3与甲醛CH2O反应可以制备乌洛托品(六亚甲基四胺，分子结构为)，乌洛托品可用于有机合成、消毒、杀虫、军事燃料等用途。回答下列有关问题：(1)基态氮原子的价电子轨道表达式为_，第三电离能I3(C)_I3(N)(填“”或“COH，A正确；BB可以形成一元酸硼酸，C可以形成醋酸等一元酸，B正确；CH和C可以形成C2H2，C6H6等多种原子个数比为1：1的化合物，C正确；D题中所给结构中H形成2电子稳定结构，B最外层形成3+3=6电子，二者都不满足8电子稳定结构，D错误；答案选D。5C【分析】由流程可知，焙烧时发生，加盐酸时BaS与盐酸反应生成氯化钡和硫化氢，过滤分离出滤渣为SiO2，滤液蒸发浓
11、缩、冷却结晶、过滤分离出BaCl22H2O。【详解】A为提高原料的利用率，“高温焙烧”前原料需经研磨处理，可增大接触面积，加快反应速率，且可充分反应，A正确；B灼烧固体用坩埚，“高温焙烧”操作需用到坩埚，蒸发结晶在蒸发皿中进行，“结晶”操作需用到蒸发皿，B正确；C“高温焙烧”焦炭和发生的反应为，S元素的化合价降低、C元素的化合价升高，氧化剂与还原剂的物质的量之比为14，C错误；D因硫酸钡难溶，要得到产品氯化钡晶体，不可以用硫酸代替盐酸进行浸取，否则会生成，D正确；故选C。6D【分析】该装置没有外加电源，该装置为电池装置，根据装置图，SO2转化成较浓硫酸，S元素的化合价升高，根据原电池工作原理，
12、电极a为负极，电极反应式为SO22e2H2O=4HSO，电极b为正极，电极反应式为O24e4H=2H2O，据此分析；【详解】A根据上述分析，电极b为正极，故A说法正确；B根据原电池工作原理，H从a极移向b极区，故B说法正确；CSO2转化成较浓硫酸，S元素的化合价升高，电极反应式为SO22e2H2O=4HSO，故C说法正确；D负极反应式为SO22e2H2O=4HSO，正极反应式为O24e4H=2H2O，根据电荷守恒，a极消耗SO2与b极消耗O2两者物质的量之比为21，故D说法错误；答案为D。7B【详解】A向某溶液中加入足量稀盐酸，生成白色沉淀，该沉淀可能是AgCl或H2SiO3，溶液中含Ag+或
13、SiO，故A错误；B向Na2S溶液中通入足量SO2，生成淡黄色沉淀S和亚硫酸钠，证明SO2能呈现酸性和氧化性，故B正确；CI-的还原性大于Fe2+，向FeI2溶液中滴加少量氯水，先发生反应 碘水溶液呈黄色，所以不能证明Fe2+与Cl2反应生成Fe3+，故C错误；DCaSO4是强电解质，但CaSO4微溶于水，离子浓度小，所以饱和CaSO4溶液的导电性弱，故D错误；选B。8B【详解】ACH3NH3+相当于甲基取代NH4+中的1个H原子，NH4+中N原子的价层电子对数是4，则CH3NH3+中N原子的价层电子对数是4，则N原子采用sp3杂化，故A正确；B甲基的供电子能力强于氢原子，导致亚氨基中的N原子
14、电负性更大，电负性越大，接受质子能力越强，所以接受质子能力：CH3NH2(CH3)2NH，故B错误；CN原子中含有孤电子对、连接N原子的其中一个H原子含有空轨道，所以该离子中存在配位键，故C正确；D该晶胞中白色球个数是2、大的黑色球个数=8+4=2、小的黑色球个数=10+1=6，则白色球、大的黑色球、小的黑色球个数之比=2：2：6=1：1：3，结合其化学式知，白色球代表Pb2+，小的黑色球表示I-，每个晶胞中含有I-的数目为3，故D正确；故选：B。9B【详解】A向KClO中滴加浓盐酸会产生氯气，可以使品红溶液褪色，不能得出含亚硫根的结论，故A错误；B向溶液中滴加盐酸酸化的BaCl2溶液，有白色
15、沉淀生成，白色沉淀可能是氯化银，也可能是硫酸钡，故B正确；C取两支试管各加入2mL0.1mol/L的草酸溶液，分别滴加2mL0.01mol/L、0.02mol/L的高锰酸钾溶液，高锰酸钾溶液的浓度不同、浓度大的即使反应速率快褪色时间也不一定短，不能得出其他条件不变时，反应物浓度越大，反应速率越快的结论，故C错误；D向K2MnO4溶液(墨绿色)中通入CO2，溶液由墨绿色变为紫色并有黑色沉淀产生，在酸性溶液中发生K2MnO4歧化反应生成高锰酸钾、二氧化锰，二氧化碳不是氧化剂，故D错误；故选B。10D【详解】A已知的，若a点溶液，则c(H+)=10-1.85mol/L，a点对应的，A正确；B若选择b
16、为反应终点，由图可知，此点溶液pH=4.52，变色范围在酸性区域，所以宜选择甲基橙为指示剂，B正确；C在c点，则此点，依据物料守恒，对应溶液中：2c(Na+)=3，则，C正确；Dc点时，继续加NaOH发生反应，到d点时，对应溶液中：，D错误；故选：D。11C【分析】由题干图示可知，阴极上产生的H将Fe(III)转化Fe(II)，Fe(II)与NO和H+转化为，而后被HClO转化为N2，阳极上为2Cl- -2e-=Cl2，然后Cl2+H2OHCl+HClO，据此分析解题。【详解】A由分析可知，H原子在阴极产生：H+e-=H，A正确；B由分析可知，含铁阴极材料参与电极反应，且反应前后保持不变，故阴
17、极材料既是得电子场所，同时起催化剂的作用，B正确；C由题干信息可知，为酸性环境，故H原子与NO反应的化学方程式为：2H+8H+NO=NH+3H2O，C错误；D由分析可知，HClO产生的原因：2Cl-2e-=Cl2、Cl2+H2OHCl+HClO，D正确；故答案为：C。12BD【分析】贝克曼重排是指肟（醛肟或酮肟）在强酸催化下重排为酰胺的反应。肟羟基从酸中得到质子，形成离去基团；与离去基团反位的R基团迁移会推走前者产生腈离子，该中间体与水反应，氧去质子化、氮质子化和互变异构化生成产物酰胺。总反应为。【详解】A由总反应， H+在该反应过程中作催化剂，故A正确；B 物质中氧原子上有2个孤电子对，物质
18、中氧原子上有1个孤电子对，NOH键角：物质物质，故B错误；C 物质中碳正离子上有空轨道，氮原子提供孤电子对形成配位键， 物质物质有配位键的形成，故C正确；D 发生上述反应生成，故D错误；故选BD。13B【详解】AV为23号元素，核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d34s2，A错误；B由历程图可知，总反应为4NO+4NH3+O24N2+6H2O，反应中化合价升高的元素为氨气中氮元素，降低的元素为一氧化氮中氮元素和氧气中氧元素，电子转移关系为4NH312e-O2，则消耗标准状况下11.2LO2时，O2的物质的量为0.5mol，整个过程转移电子的物质的量为120.5mol=6mol，B
19、正确；C由历程图可知，V5+-OH、 V4+-OH在该反应前后质量和化学性质不变，均作催化剂，C错误； D由B分析可知，总反应为4NO+4NH3+O24N2+6H2O，D错误；故选B。14C【详解】A由工艺流程图可知，黄铁矿焙烧的主要化学方程式为：4FeS2（s）+11O2（g） 2Fe2O3（s）+4SO2（g）,“焙烧”时氧化产物有Fe2O3和SO2，故A正确。BFe(OH)3的Ksp远小于(OH)2、(OH)2的Ksp，所以当pH达到一定值时Fe3+产生沉淀，而Cu2+、Ni2+不沉淀，从而将其分离，故B正确。C写离子方程式时石灰乳不能拆开，故C错误。D由工艺流程图可知，由溶液得到晶体的
20、操作为：过滤、洗涤、干燥，故D正确。故答案：C。15D【详解】A由HAH+A-可知，Ka(HA)=，M点时c(A-)=c(HA)，pH=10.8，所以Ka(HA)=c(H+)=10-10.8，由HBH+B-可知，Ka(HB)=，滴定前0.10 molL-1 HB溶液的pH=3，则c(H+)=10-3mol/L=c(B-)，Ka(HB)=10-5，所以=105.8，故A正确；BP点为未完全中和点，溶液中溶质为NaB和HB，c(OH-)是由水电离出来的，因此当溶液的pH=7时，溶液中c(OH-)水=1.010-7 molL-1，由水电离出的c(H+)水= c(OH-)水=1.010-7 molL-
21、1，故B正确；C根据电荷守恒可知，c(H+)+c(Na+)=c(A-)+c(OH-)，M点时c(A-)=c(HA)，pH=10.8，则溶液呈碱性，即c(OH-)c(H+)，c(Na+)c(A-)，可得2c(Na+)2c(A-)，又c(A-)=c(HA)，可推出2c(Na+)c(A-)+c(HA)，故C正确；D等体积等浓度的HB溶液和NaA溶液混合后的溶液中，HB的电离常数为Ka(HB)=10-5，NaA的水解常数Kh(NaA)=10-3.2，所以Kh(NaA)Ka(HB)，NaA的水解程度大于HB的电离程度，混合液呈碱性，c(OH-)c(H+)，故D错误；答案为D。16(1) (2) 三角锥形
22、 sp2 CH(3) 非极性 正八面体 N(4) 8 乌洛托品与水分子形成氢键，金刚烷不能与水分子形成氢键(5)【详解】（1）氮元素的原子序数为7，价电子排布式为2s22p3，价电子轨道表达式为；碳元素失去2个电子后，价电子排布式为2s2，2s轨道为稳定的全充满结构，不易失去电子，氮元素失去2个电子后，价电子排布式为2s22p1，易失去2p轨道的电子形成全充满2s2的稳定结构，所以碳元素的第三电离能大于氮元素，故答案为：；（2）氨分子的价层电子对数为4，孤对电子对数为1,所以分子的空间构型为三角锥形；甲醛的结构简式为HCHO，分子中形成双键的碳原子的杂化方式为sp2杂化；碳原子的原子半径大于氮
23、原子，则甲醛分子中碳氢键的键长大于氨分子中的氮氢键，故答案为：三角锥形；sp2；CH；（3）由结构式可知，乌洛托品是结构对称的非极性分子，分子中的所有氮原子呈正四面体分布，所有碳原子呈正八面体分步；分子中的氮原子具有孤对电子，能与氢离子形成配位键，故答案为：非极性；正八面体；N；（4）由乌洛托品晶体中分子采取体心立方堆积可知，分子的配位数为8；乌洛托品分子中含有氮原子，能与水分子形成氢键，而金刚烷不能与水分子形成氢键，所以乌洛托品分子的水溶性大于金刚烷，故答案为：8；乌洛托品与水分子形成氢键，金刚烷不能与水分子形成氢键；（5）由晶胞结构可知，晶胞中金刚烷的分子数为8+6=4，设晶体的密度为dg
24、/cm3，由晶胞的质量公式可得：=1021Vd，解得d=，故答案为：。17(1)增大了气体与固体粉末间的接触面积(2) 酸性、还原性 KBF4(3) 3.3pH7 2Ce3+6HCO=Ce2(CO3)3+3CO2+3H2O 17.2(4) 3CeO2+4Al2Al2O3+3Ce 使CeO2全部转化为Ce；铝与氧气反应，放出大量的热，营造高温环境【分析】氟碳铈矿含CeFCO3、Fe2O3、FeO等，在空气中焙烧，Ce3+在空气中氧化为Ce4+，Fe2+氧化为Fe3+，用盐酸和H2BO3浸取，Fe3+进入溶液，过滤分离，滤渣主要成分是难溶于水的Ce(BF4)3，“滤渣”用饱和KCl溶液溶解时发生复
25、分解反应，生成KBF4和CeCl3溶液，滤渣是KBF4。滤液Ce3+溶液中，再加入碳酸氢铵使Ce3+沉淀为Ce2(CO3)3，最后灼烧分解生成CeO2，还原得到Ce。（1）在对流空气氧化炉中可大大缩短氧化时间的原因是增大了气体与固体粉末间的接触面积。故答案为：增大了气体与固体粉末间的接触面积；（2）用盐酸和H2BO3提取Ce元素时，体现盐酸的性质有酸性、还原性，滤渣主要成分是难溶于水的Ce(BF4)3，“滤渣”用饱和KCl溶液溶解时发生复分解反应，生成KBF4和CeCl3溶液，则“滤渣”主要成分为KBF4(化学式)。故答案为：酸性、还原性；KBF4；（3）“滤液”中c(Ce3+)=0.1mol
26、L-1，Ce3+开始沉淀时，KspCe(OH)3=110-22，c(OH-)= =10-7，c(H+)=10-7，pH=7，铁离子沉淀完全时，KspFe(OH)3=810-38，c(OH-)= =210-11，c(H+)= =,pH=-lg=3.3，用氨水调pH的范围是3.3pH7，“滤液”中加入NH4HCO3反应，生成碳酸铈、二氧化碳和水，离子方程式为2Ce3+6HCO=Ce2(CO3)3+3CO2+3H2O；若Ce2(CO3)3经充分焙烧质量减少5.8t，2Ce2(CO3)3+O2=6CO2+4CeO2，m= t=17.2t 则获得CeO2的质量为17.2t。故答案为：3.3pH7；2Ce
27、3+6HCO=Ce2(CO3)3+3CO2+3H2O；17.2；（4）用过量铝粉还原CeO2即可得Ce，反应的化学方程式为3CeO2+4Al2Al2O3+3Ce，铝粉必须过量的原因是使CeO2全部转化为Ce；铝与氧气反应，放出大量的热，营造高温环境。故答案为：3CeO2+4Al2Al2O3+3Ce；使CeO2全部转化为Ce；铝与氧气反应，放出大量的热，营造高温环境。18(1)饱和氯化钠溶液(2)冰水浴(3) 分液漏斗 若滴加次氯酸钠较快，反应生成的水合肼会被次氯酸钠氧化，导致产率降低 CO(NH2)2+ 2NaOH+NaClO=Na2CO3+N2H4H2O+NaCl(4)在锥形瓶导管上连接装有
28、碱石灰的干燥管，防止空气中的二氧化碳进入收集装置(5)4Ag(NH3)2+ N2H4H2O + 4OH- = 4Ag+N2+8NH3+5H2O(6) 滴入最后半滴I2溶液，溶液颜色变成蓝色，且半分钟内不褪色 68.8%(7)abc【解析】（1）因为Cl2在饱和NaCl溶液中溶解度很小，因此应该用饱和氯化钠溶液。（2）因为反应过程中温度升高易产生副产物，因此应对装置C降温，如：进行冰水浴。（3）装置D为三颈烧瓶；将装置C中制得的NaClO溶液缓慢加入，可以防止生成的水合肼被NaClO氧化；制备水合肼的反应物为NaClO、NaOH和尿素CO(NH2)2，Cl化合价降低生成Cl-,C元素不变价生成碳
29、酸根，同时生成水合肼(N2H4H2O)，反应方程式配平后可得：CO(NH2)2+ 2NaOH+NaClO=Na2CO3+N2H4H2O+NaCl。（4）收集装置与外界连通的导管应连接一个装有碱石灰的干燥管，以防止外界空气中的CO2进入收集瓶后与N2H4H2O反应。（5）由题可知，反应物为水合肼、OH-和Ag(NH3)2+，生成N2、Ag，银铵根离子中的N元素未变价，则产物中为NH3，多余的H和O生成水，方程式配平可得：4Ag(NH3)2+ N2H4H2O + 4OH- = 4Ag+N2+8NH3+5H2O。（6）用I2溶液滴定水合肼溶液，当滴入最后半滴I2溶液，溶液颜色变成蓝色，且半分钟内不褪
30、色时即达到滴定终点；由已知信息可得N2H4H2O2I2，则水合肼物质的量，质量，3.0g水合肼样品的纯度。（7）a. 实验过程中，部分HI被空气氧化为I2，会造成消耗的I2溶液减少，导致水合肼的含量测定结果偏低；b. 开始时滴定管内无气泡，滴定后有气泡，则所消耗的I2溶液实际值多余测量值，因此测定结果偏低；c. 滴定前仰视，滴定后俯视，消耗的实际值大于测量值，测量结果偏低；d. 滴定管水洗后，直接装标准液会降低标准液浓度，增加其消耗的体积，导致测量结果偏高。因此选abc。19 醛基、氯原子 +2Ag(NH3)2OH +3NH3+H2O 酯化反应（取代反应） AC 3 【详解】(1) 中官能团名
31、称为醛基、氯原子，发生银镜反应的离子方程式为+2Ag(NH3)2+2OH-+NH+3NH3+H2O；(2) 与甲醇反应生成，属于酯化反应（取代反应）；(3) 与X(C6H7BrS)反应生成，逆推可知X的结构简式为；(4) 含有氨基、羧基，发生缩聚反应生成高分子化合物，反应的化学反应别程式；(5) A.化合物含有氨基、羧基，所以具有两性，故A正确；B.已知苯环上的氯原子可与NaOH反应，+3NaOH+NaCl+CH3OH+H2O，则1mol最多可与3molNaOH发生反应，故B错误；C.中苯环、碳碳双键能与氢气发生加成反应，1mol最多与发生加成反应，故C正确；选AC；(6)除苯环之外无其它环状结构；与溶液反应显紫色，说明含有酚羟基；苯环上的氢原子种类有两种，说明结构对称；分子量比A多14，说明G含有8个碳原子，符合以下条件的G的同分异构体共有、，共3种；其中核磁共振氢谱中有4个吸收峰，且峰值比为2221的结构简式为。(7)利用逆推法，乙二醇和甲醛反应生成，乙烯和溴发生加成反应生成1,2-二溴乙烷，再发生水解反应生成乙二醇，甲醇发生催化氧化反应生成甲醛，以乙烯、甲醇为有机原料制备化合物的合成路线为 。
