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玉溪一中 2025—2026 学年上学期高三适应性测试（一）
化学参考答案
一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42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。
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 A B D C A C D A C B
题号 11 12 13 14
答案 B C D D
【解析】
1.A
A.葡萄糖可与银氨溶液反应制作银镜，原因是含有醛基，故A错误；
B.苯甲酸钠、山梨酸钾等均可用作食品防腐剂，延长食品的保护期，故B正确；
C.硫氢化钠可用作工业废水中铅离子的沉淀剂，生成硫化铅，故C正确；
D.叠氮化钠不稳定易分解可用作安全气囊的气源，分解放出氮气，故D正确。
2.B
解：A.过氧化钙(CaO )是由Ca2+和构成的，故CaO 的电子式为： ，故A错
2 2
误；
B.基态碳原子的核外电子排布式1s22s22p2，原子的核外电子排布图： ，
故B正确；
C.镁原子最外层电子是3s电子，电子云轮廓图为球形，故C错误；
D. 的最长碳链6个碳，离取代基静的一端编号，得到正确名称为：2，2，4−
三甲基己烷，故D错误；
故选：B。
A.CaO 是由Ca2+和构成的；
2
B.基态碳原子的核外电子排布式1s22s22p2；
化学答案第1页（共13页）
学科网（北京）股份有限公司C.镁原子最外层电子为s电子；
D. 为烷烃，选取最长碳链为主碳链，离取代基进的一端编号，取代基为此和
最小，得到名称。
本题考查化学用语，侧重考查学生基础知识的掌握情况，注意知识的熟练掌握，题目难度不
大。
3.D
解：A.铜片与浓硝酸反应会生成二氧化氮，离子方程式为：
Cu+4H++2NO−=Cu2++2NO ↑+2H O，故A错误；
3 2 2
B.工业上冶炼镁的化学方程式为：MgCl (熔融) Mg+Cl ↑，故B错误；
2 2
C.小苏打溶液检验水杨酸中羧基的化学方程式为：
，故C错误；
D.实验室制备少量无水AlCl 的化学方程式为：
3
AlCl ⋅ 6H O+6SOCl AlCl +6SO ↑+12HCl↑，故D正确；
3 2 2 3 2
故选：D。
A.根据铜片与浓硝酸反应会生成二氧化氮，进行分析；
B.根据工业上采用电解熔融的氯化镁冶炼镁，进行分析；
C.根据小苏打溶液只会与水杨酸中的羧基反应，进行分析；
D.根据实验室制备少量无水AlCl 的化学方程式，进行分析。
3
本题主要考查化学方程式的书写。注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有
的化学知识进行解题。
4.C
A.二氧化锰与浓盐酸加热反应制备Cl ，故A错误；
2
B.利用该装置除去Cl 中混有的少量HCl，导气管应长进短出，故B错误；
2
C.可用氢氧化钠溶液吸收氯气，图示装置和药品合理，故C正确；
D.通常在坩埚中灼烧固体，图示装置不合理，故D错误。
5.A
化学答案第2页（共13页）
学科网（北京）股份有限公司【分析】本题考查阿伏伽德罗常数的分析及应用，为高频考点，把握相关公式及物质的结构
是解答本题的关键，侧重基础知识的考查。
【解答】A.1个C H O中含有6个σ键和1个π键(乙醛)或7个σ键(环氧乙烷)，4．4gC H O
2 4 2 4
的物质的量为0.1mol，则含有σ键数目最多为0．7N ，A正确；
A
B.1．7gH O 的物质的量为 1.7g =0.05mol，则含有氧原子数为0.1N ，B不正确；
2 2 A
34g/mol
C.向1 L 0.1 mol·L−1CH COOH溶液通氨气至中性，溶液中存在电荷守恒关系：
3
c(CH COO−)+c(OH−)=c(NH+)+c(H+)，中性溶液c(OH−)=c(H+)，则c(CH COO−)=c(NH+)，再
3 4 3 4
根据物料守恒：n(CH COO−)+n(CH COOH)=0.1mol，得出铵根离子数小于0．1N ，C不正
3 3 A
确;
D.标准状况下， 11．2LCl 的物质的量为0.5mol，通入水中后只有一部分Cl 与水反应生成
2 2
H+、CI−和HClO，所以溶液中氯离子数小于0．5N ，D不正确；
A
故选A。
6.C
【分析】
本题考查了化学反应过程的分析、反应过程中催化剂作用和能量变化、化学键的变化，注意
题干信息的理解应用，掌握基础是解题关键，题目难度中等。
【解答】
A.图中分析，1mol甲烷和1mol二氧化碳反应生成1mol乙酸，生成CH COOH总反应的原
3
子利用率为100%，该反应是化合反应，故A正确；
B.由图可知，催化剂参加了化学反应过程，故B正确；
C.图中变化可知甲烷在催化剂作用下经过选择性活化，其中甲烷分子中碳原子会与催化剂形
成一新的共价键，必有C−H键发生断裂，无C−H键的形成，故C错误；
D.①→②的焓值降低，过程为放热过程，有C−C键形成，断裂的化学键的总键能<形成的化
学键的总键能，故D正确；
故选：C。
7.D
解：A.由分析可知，Y、Z分别为Si、S，非金属性Si<S，则气态氢化物的热稳定性：H S>SiH ，
2 4
故A正确；
B.Y、Z、R分别为Si、S、Cl，非金属性Si<S<Cl，当原子最外层不处于半满、全满或全空
化学答案第3页（共13页）
学科网（北京）股份有限公司时，非金属性越强，第一电离能越大，则第一电离能：Cl>S>Si，故B正确；
C.W、X、R分别为H、O、Cl，三者的电子层数依次增大，则原子半径：Cl>O>H，故C正
确；
D.X、Z、R分别为O、S、Cl，非金属性S<Cl<O，则电负性：S<Cl<O，故D错误；
故选：D。
W、X、Y、Z、R是五种短周期主族元素，原子序数依次增大。W元素的一种离子与Li+
具有相同的电子层排布且半径稍大，则W离子为H−，从而得出W为H元素；X与Z同主
族，Z的价电子排布式为3s23p4，则X的最外层电子数为6，X为O元素，Z为S元素；X
原子核外L层的电子数与Y原子核外M层的电子数之比为3：2，则Y原子的最外层电子
数为4，Y为Si元素；Z为S元素，则R为Cl元素。综合以上分析，W、X、Y、Z、R分
别为H、O、Si、S、Cl。
本题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，把握元素的位置、原子结构、原子序数来推
断元素为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度不大。
8.A
解：A.两个苯环连接在饱和碳原子上，则两个苯环不一定在同一个平面上，故A错误；
B.连接苯环和五元环的碳原子为手性碳原子，共3个，故B正确；
C.含有酚羟基，则能与浓溴水发生取代反应，故C正确；
D.能与氢氧化钠反应的为酚羟基和酯基，则1mol铁杉脂素与NaOH溶液反应最多消耗
3molNaOH，故D正确。
故选：A。
有机物含有酯基、酚羟基和醚键，具有酯类、酚的性质，结合苯环、烷烃的结构特点解答该
题。
本题考查有机物的结构和性质，为高考常见题型和高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，
注意把握有机物的结构特点和官能团的性质，难度不大。
9.C
A.转化Ⅰ为Na SO 和NH 、H O、CO 反应生成NaHCO 和(NH ) SO ，化学方程式为
2 4 3 2 2 3 4 2 4
Na SO +2NH +2H O+2CO =2NaHCO ↓+(NH ) SO ，物质M为NaHCO ，故A项正确；
2 4 3 2 2 3 4 2 4 3
B.操作a的步骤为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，制得Na SO ⋅ (NH ) SO ⋅ 2H O
2 4 4 2 4 2
晶体，故B项正确；
C.转化Ⅲ为灼烧操作，加热时用到的仪器有泥三角、三脚架、酒精灯、玻璃棒、坩埚、坩埚
化学答案第4页（共13页）
学科网（北京）股份有限公司钳，不能用蒸发皿，C项错误；
D.物质N为NH ，可用于转化Ⅰ循环利用，D项正确。
3
10.B
A.Li+ 原子位于晶胞的8个顶点，4个侧面和4条棱，故晶胞中 Li+ 个
数=8×18+4×12+4×14=4 个，A错误；
B.对比(a)和 (b)晶胞结构可发现Li FePO 比LiFePO 少了面心的一个Li+ 和一个棱上
1−x 4 4
的Li+ ，由①的分析可知LiFePO 晶胞的化学式为Li Fe P O ，(b)比
4 4 4 4 16
(a)少Li+=12×1+1×14=0.75，则Li FePO 晶胞为Li Fe P O ，所
1−x 4 3.25 4 4 16
以1−x=3.254，x=0.1875，B正确；
C.设Fe2+ 、Fe3+ 数目分别为 x、y，则x+y=1，根据化学式中正负化合价绝对值相等，
则0.1875+2x+3y=4×2，解出x=0.8125y=0.1875，则n(Fe2+):n(Fe3+)=x:y=0.8125:0.1875=13:3，
C错误；
D.FePO 转化为Li FePO 电极反应式为：FePO + 1−x e−+ 1−x Li+=Li FePO ，每转移
4 1−x 4 4 1−x 4
电子 1−x mol，嵌入 1−x molLi+ ，D错误；
故选B。
11.B
解：A.放电时，N极为正极，M极为负极，电极N的电势高，故A正确；
B.放电时，M极为负极，电极反应式为Cd−2e−=Cd2+，N极为正极，电极总反应为
Br +IO−+8e−+6H+=2Br−+I−+3H O，每消耗0.07mol Cd，电路中转移0.14mol电子，生成
2 3 2
0.035mol溴离子，故B错误；
C.充电时，M极为阴极，故H+向电极M区(阴极)移动，阴极区pH减小，故C正确；
D.充电时，N极为阳极，存在反应：2IBr−10e−+6H O=Br +2IO−+12H+，故D正确；
2 2 3
故选：B。
由图可知，放电时，M极Cd元素化合价升高失电子，故M极为负极，电极反应式为
Cd−2e−=Cd2+，N极为正极，充电时，M极为阴极，N极为阳极，据此作答。
本题考查可充电电池，题目难度中等，能依据图象和信息准确判断正负极和阴阳极是解题的
关键
12.C
【分析】
化学答案第5页（共13页）
学科网（北京）股份有限公司本题考查以砷化镓废料为原料生产Ga的工艺流程，难度一般，分析流程中产品、杂质、试
剂及操作是解题关键。
【解答】
砷化镓废料(主要成分为GaAs，含少量Fe O 、SiO 等杂质)经过硫酸、过氧化氢溶液溶解，
2 3 2
GaAs、Fe O 溶解，砷以H AsO 形式存在，SiO 不溶，滤渣1为SiO ，㓎出液用氢氧化钙
2 3 3 4 2 2
调pH得到“滤渣2”的主要成分为Fe(OH) 、Ca (AsO ) 、CaSO ，滤液主要溶质为Ga (SO ) ，
3 3 4 2 4 2 4 3
加入硫酸和硫酸铵结晶，所得晶体加热得到Ga(OH) ，加氢氧化钠溶液溶解得到Na[Ga(OH) ]
3 4
溶液，电解得到镓；
A.砷化镓“溶解”反应还原剂砷化镓中As化合价由−3价升高到+5价，氧化剂过氧化氢中O
化合价由−1降低到−2，根据得失电子守恒还原剂与氧化剂物质的量之比为1：4，A正确；
B.根据分析，“滤渣2”的主要成分为Fe(OH) 、Ca (AsO ) 、CaSO ，B正确；
3 3 4 2 4
C.实验室“结晶”时用到的硅酸盐仪器有酒精灯、烧杯、蒸发皿、玻璃棒，C错误；
D.电解Na[Ga(OH) ]溶液的阴极发生还原反应得到金属镓，电极反应式
4
为[Ga(OH) ]−+3e−=Ga+4OH− ，D正确；故选C。
4
13.D
【分析】
本题考查有机物结构和性质，侧重考查观察、分析、判断及知识综合运用能力，明确图中反
应物和生成物、反应中断键和成键方式是解本题关键，题目难度不大。
【解答】
A.①和②的有机产物分别为 、 ，两者含有不同
的官能团，可通过红外光谱鉴别，A 正确；
B.同一碳原子连接四个不同的原子或者原子团的碳原子为手性碳原子，步骤③和④的生成物
均有手性碳原子的生成，B 正确；
C.L脯氨酸在步骤①参与反应，在步骤⑤又生成，是该反应的催化剂，C 正确；
D.苯甲醛和 均含有苯环，且不含羧基，上述缩合反应不存在环的转化和生成，
则不可完成上述羟醛缩合反应，D 错误。
化学答案第6页（共13页）
学科网（北京）股份有限公司14.D
解：A.HX的电离平衡常数K = c(X−)⋅ c(H+)，则p c(HX) =pH+lgK ，a点p c(HX) =−1，pH=3.75，
a c(HX) c(X−) a c(X−)
−1=3.75+lgK ，lgK =−4.75，K =10−4.75，当p c(HX) =1时，1=pH+lgK =pH+(−4.75)，则c点
a a a c(X−) a
pH=5.75，故A正确；
B.由图可知p c(HX) =0时c(HX)=c(X−)，溶液呈酸性，HX有一半过量，即加入NaOH溶液的
c(X−)
体积小于10.00mL，故B正确；
C.当加入10.00mLNaOH溶液时，溶液中c(HX)=c(NaX)，溶液中电荷守恒关系为
c(H+)+c(Na+)=c(OH−)+c(X−)、物料守恒关系为c(X−)+c(HX)=2c(Na+)，则
c(H+)+c(HX)=c(Na+)+c(OH−)，故C正确；
D.由图可知，a、b、c三点溶液中HX的浓度：a>b>c，酸抑制水的电离，并且酸的浓度越
大，水的电离程度越小，则溶液中水电离出来的H+浓度：a<b<c，故D错误；
故选：D。
A.HX的电离平衡常数K = c(X−)⋅ c(H+)，则p c(HX) =pH+lgK ；
a c(HX) c(X−) a
B.由图可知p c(HX) =0时c(HX)=c(X−)，溶液呈酸性，说明HX电离程度大于X−水解程度；
c(X−)
C.当加入10.00mLNaOH溶液时，溶液中c(HX)=c(NaX)，溶液中电荷守恒关系为
c(H+)+c(Na+)=c(OH−)+c(X−)、物料守恒关系为c(X−)+c(HX)=2c(Na+)；
D.酸抑制水的电离，并且酸的浓度越大，水的电离程度越小。
本题考查混合溶液定性判断，侧重考查图象分析判断及计算能力，明确各点溶液中溶质成分
及其性质是解本题关键，注意溶液中守恒关系式的应用，题目难度不大。
二、非选择题：本题共4小题，共58分。
15．（15分）
(1)酸式滴定管；2H O+2e−=H ↑+2OH−；
2 2
(2) CuCl；
(3)V −V ；
1 2
(4)AgNO 溶液和稀硝酸；
3
(5) 4[CuCl ]−+O +4H++8Cl−=4[CuCl ]2−+2H O；
2 2 4 2
(6)0.72(c V −c V )。
1 1 2 2
化学答案第7页（共13页）
学科网（北京）股份有限公司【分析】
本题考查通过量气法测定阿伏加德罗常数，同时制得Cu O并探究其性质，涉及仪器的识别、
2
电极反应式的书写、阿伏加德罗常数的计算等，属于高考高频考点，难度中等。
【解答】
(1)仪器a的名称是酸式滴定管；阴极发生还原反应，电极反应式是2H O+2e−=H ↑+2OH−；
2 2
(2)阳极铜片上发生的电极反应式：Cu−e−+Cl−=CuCl，析出白色固体是CuCl，CuCl与NaOH
发生反应：2CuCl+2NaOH=Cu O+H O+2NaCl，生成Cu O，则烧杯中最终会看到砖红色沉
2 2 2
淀；
(3)收集到的气体体积ΔV=(V −V )mL；
1 2
(4)检验电解产物Cu O洗净，检验洗涤液中是否含有Cl−即可，需要用到的试剂是AgNO
2 3
溶液和稀硝酸；
(5)溶液颜色由无色变为黄色的原因是[CuCl ]−被氧化为[CuCl ]2−，离子方程式为
2 4
4[CuCl ]−+O +4H++8Cl−=4[CuCl ]2−+2H O；
2 2 4 2
(6)(NH ) Fe(SO ) 的物质的量为：c V ×10−3mol，Ce(SO ) 的总物质的量为c V ×10−3mol，
4 2 4 2 2 2 4 2 1 1
根据反应：2Fe3++Cu O+2H+=2Fe2++2Cu2++H O、Ce4++Fe2+=Ce3++Fe3+，
2 2
可得关系式：Cu O～2Ce4+，
2
n(Cu O)= 1 n(Ce4+)= 1 ( c V ×10−3−c V ×10−3)mol，
2 1 1 2 2
2 2
则测得电解产物中Cu O的含量为
1
2
×( c1 V1×10−3−c2 V2×10−3)mol×144g/mol
×100％=0.72(c V −c V )%。
2 1 1 2 2
10g
16．（14分）
Ⅰ.
(1)+4；3d34s2
(2)2V O +8HCl+N H =4VOCl +N +6H O；
2 5 2 4 2 2 2
(3)三颈烧瓶；排除装置中的空气，防止VOCl 被氧化；
2
(4)6VO2++5NH++17HCO−+6H O=(NH ) [(VO) (CO ) (OH) ]·10H O↓+13CO ↑；
4 3 2 4 5 6 3 4 9 2 2
(5)加快固液分离速率；
Ⅱ.
(6)(NH ) [(VO) (CO ) (OH) ]·2H O。
4 5 6 3 4 9 2
化学答案第8页（共13页）
学科网（北京）股份有限公司Ⅰ.(1)由氧钒碱式碳酸铵的化学式(NH ) [(VO) (CO ) (OH) ]·10H O中V的化合价为+4；基态
4 5 6 3 4 9 2
钒原子的价电子排布式为3d34s2；
(2)步骤ⅰ中有无色无污染的气体产生，步骤ⅰ中发生反应的化学方程式：
2V O +8HCl+N H =4VOCl +N +6H O；
2 5 2 4 2 2 2
(3)图中盛装NH HCO 溶液的仪器名称为三颈烧瓶；反应前通CO 的目的是排除装置中的空
4 3 2
气，防止VOCl 被氧化；
2
(4)VOCl 在溶液中完全电离出VO2+和Cl−，步骤ⅱ中有紫红色晶体析出并产生大量的气泡，
2
则步骤ⅱ中发生反应的离子方程式为
6VO2++5NH++17HCO−+6H O=(NH ) [(VO) (CO ) (OH) ]·10H O↓+13CO ↑；
4 3 2 4 5 6 3 4 9 2 2
(5)步骤ⅲ使用抽滤方法的优点是加快固液分离速率，固体更容易干燥；
Ⅱ.(6)(NH ) [(VO) (CO ) (OH) ]·10H O的摩尔质量为1065g/mol，B1时固体残留率为86.5%，
4 5 6 3 4 9 2
减少的质量为：1065×13.5％=143.8g，143.8g =8mol，即失去2mol水，产物B 的化学式为：
1
18g/mol
(NH ) [(VO) (CO ) (OH) ]·2H O。
4 5 6 3 4 9 2
17．（14分）
(1)+31.4；
(2)① <；
②10；
③ 0.2；
(3)AD；
(4)① HCOOH+OH−=HCOO−+H O；
2
②64.3
【分析】
本题考查较为综合，为高考常见题型，涉及盖斯定律的应用、平衡常数计算、平衡影响因素
的分析判断、电解池原理等知识，侧重考查学生的分析能力和计算能力，题目难度中等。
【解答】
(1)由图示可知①HCOOH(g)⇌ CO(g)+H O(g)△H=+72.6kJ/mol；
2
②CO(g)+ 1 O (g)=CO (g)△H=−283.0kJ/mol；
2 2
2
③H (g)+ 1 O (g)=H O(g)△H=−241.8kJ/mol，
2 2 2
2
化学答案第9页（共13页）
学科网（北京）股份有限公司利用盖斯定律，将①+②−③可得HCOOH(g)⇌ CO (g)+H (g)的焓变
2 2
ΔH=(+72.6kJ/mol)+(−283.0kJ/mol)−(−241.8kJ/mol)=+31.4kJ/mol；
故答案为：+31.4；
(2)①由表中数据可知实验3平衡浓度较大，则压强应较大，反应速率较大；
故答案为：<；
②K= c(HCOOH) = 0.9mol/L =10；
c(CO2)c(H2) 0.3mol/L×0.3mol/L
故答案为：10；
③反应在相同温度下进行，则K=10，可知0.4 =10，a=0.2；
a2
故答案为：0.2；
(3)A.Sn极为阴极，发生还原反应，电极方程式为CO +2e−+HCO−=HCOO−+CO2−，故A正
2 3 3
确；
B.电解过程中K+向阴极移动，即向Sn极移动，故B错误；
C.Pt极发生氧化反应并有气体逸出，故C错误；
D.电解过程总反应为2CO +2H O=2HCOO−+2H++O ，反应后酸性增强，则HCO−浓度逐渐
2 2 2 3
减小，故D正确；
故答案为：AD；
(4)①将少量强碱加入HCOOH−HCOONa缓冲溶液中，HCOOH可与NaOH反应，导致pH
变化不大，离子方程式为HCOOH+OH−=HCOO−+H O；
2
故答案为：HCOOH+OH−=HCOO−+H O；
2
②若用100mL0.2mol⋅
L−1HCOOH溶液配制pH为4的缓冲溶液，则c(HCOO−)×10−4
=1.8×10−4，
c(HCOOH)
可知c(HCOO−)=1.8c(HCOOH)，原溶液中n(HCOOH)=0.02mol，设加入xmolNaOH，则
x=1.8(0.02−x)，x=0.01286mol，则需加入0.2mol⋅ L−1NaOH溶液的体积为
0.01286mol =0.0643L=64.3mL。
0.2mol/L
故答案为：64.3。
18．（15分）
化学答案第10页（共13页）
学科网（北京）股份有限公司酯基、羟基 取代反
应 C H O Br
7 5 2
9
或
NaOH/
→
H2O、△ 乙
→
酸
H+ 吡啶、苯胺
一定条件下
→
解：(1)G中含氧官能团的名称为酯基、羟基，
故答案为：酯基、羟基；
(2)C→D的反应类型是取代反应，C的分子式为C H O Br，
7 5 2
故答案为：取代反应；C H O Br；
7 5 2
(3)E的结构简式为 ，
故答案为： ；
(4)F为 ，R为 ，F和R发生酯化反应生成G，F→G
的化学方程式为
，
故答案为：
化学答案第11页（共13页）
学科网（北京）股份有限公司；
(5)H是D的同分异构体，H同时满足下列条件：
①遇氯化铁溶液发生显色反应，说明含有酚羟基；．
②能发生水解反应，说明含有酯基，根据其不饱和度知，除了酯基、苯环外不含其它环或双
键；
③苯环上只有两个取代基，取代基为酚−OH、HCOOCH −时，两个取代基有邻位、间位、
2
对位3种异构；如果取代基为酚−OH、CH COO−，两个取代基有邻位、间位、对位3种异
3
构；取代基为−COOCH 、酚−OH，两个取代基有邻位、间位、对位3种异构，所以符合条
3
件的同分异构体有9种；其中，核磁共振氢谱显示4组峰，且峰的面积之比为3：2：2：1
的结构简式为 、 ，
故答案为：9； 或 ；
(6)以 和乙酸为原料制备 ，
水解生成 ， 和乙酸发生信息②的
反应生成 ， 发生加聚反应生成
，合成路线为
NaOH/
→
H2O、△ 乙
→
酸
H+ 吡啶、苯胺
一定条件下 ，
→
化学答案第12页（共13页）
学科网（北京）股份有限公司故答案为：
NaOH/
→
H2O、△ 乙
→
酸
H+ 吡啶、苯胺
一定条件下 。
→
A发生水解反应然后酸化得到B，根据B的分子式知，B为 ，B和液溴发
生取代反应生成C，C中溴原子发生取代反应生成D中甲氧基，D发生信息②的反应生成E，
根据E的分子式知，E为 ，E发生取代反应生成F，F为
，根据G的结构简式知，F和R发生酯化反应生成G，R为
；
(6)以 和乙酸为原料制备 ，
水解生成 ， 和乙酸发生信息②的
反应生成 ， 发生加聚反应生成
。
本题考查有机物推断和合成，侧重考查分析、推断及知识综合运用能力，正确推断各物质的
结构简式是解本题关键，采用知识迁移、逆向思维方法进行合成路线设计，题目难度中等。
化学答案第13页（共13页）
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