2026年高考河北卷化学高考真题（答案版）_2024-2027高三（6-6月题库）_2026年06月高三试卷（数理化）_2026年6月高中化学试题汇编_0620化学_2026年高考化学真题（河北卷）+答案

河北省2026年普通高中学业水平选择性考试
化学答案
本试卷满分100分，考试时间75分钟。
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Br-80
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。
1.【答案】A
【详解】A．硅橡胶是含有碳元素的有机高分子聚合物，属于有机物，A符合题意；
B．碳化硅化学式为SiC ，属于无机碳化物，是无机物，B不符合题意；
C．石墨烯是碳元素的单质，有机物属于含碳化合物，因此不属于有机物，C不符合题意；
D．光导纤维的主要成分为SiO ，属于无机非金属氧化物，是无机物，D不符合题意；
2
故选A。
2.【答案】C
【详解】A．切割钠时用镊子夹持，在玻璃片上用小刀切割，剩余的钠放回原试剂瓶，操作符合实验安
全要求，A不符合题意；
B．向试管中加块状锌粒时，先将试管横放，用镊子将锌粒送至试管口后缓慢竖立试管，避免锌粒砸
破试管底部，图中操作符合规范，B不符合题意；
C．点燃酒精灯时禁止用燃着的酒精灯引燃另一盏酒精灯，否则易导致酒精洒出引发火灾，该操作不
符合安全要求，C符合题意；
D．热蒸发皿温度较高，用坩埚钳夹持转移，放置在石棉网上，可防止烫伤或损坏实验台，操作符合安
全要求，D不符合题意；
故选C。
3.【答案】D
【详解】A．工业合成氨是N 与H 在高温、高压、催化剂条件下发生可逆反应生成NH ，化学方程式
2 2 3
高温、高压
为：N +3H ⇌ 2NH ，A正确；
2 2 3
催化剂
B．氯碱工业是电解饱和氯化钠溶液，生成NaOH 、H 和Cl ，化学方程式为：
2 2

2NaCl+2H O通电2NaOH+H ↑+Cl ↑
2 2 2 ，B正确；
C．氨脱硫时，SO 先与NH 、H O反应生成亚硫酸铵，亚硫酸铵再被O 氧化为硫酸铵，化学方程式
2 3 2 2
为：4NH 3 +2H 2 O+O 2 +2SO 2 =2NH 4  SO ，C正确； 2 4
D．乳酸发生缩聚反应生成聚乳酸时，聚合物两端各保留1个氢原子和1个羟基，脱去的水分子数应
催化剂
为n-1 ，化学方程式书为： → +(n-1)H O，D错误；
2
故选D。
4.【答案】B
【详解】A．碳纤维具备强度高、密度小的优良性能，制作乒乓球拍底板可实现强度更高、质量更轻的
效果，A正确；
·1·B．合金钢属于铁的合金，合金的熔点通常低于其组成纯金属的熔点，因此合金钢熔点低于纯铁，B
错误；
C．氨纶是聚氨酯类纤维，疏水、亲肤且弹性优异，适合制作竞赛泳衣，C正确；
D．铸铁和钢均为铁碳合金，硬度远大于纯铁，制成铅球更安全耐用，D正确；
故选B。
5.【答案】C
【详解】A．基态S原子价电子排布为3s23p4，根据洪特规则，3p轨道的4个电子应优先分占不同等
价轨道，即1个p轨道填充2个电子，另外2个p轨道各填充1个单电子，选项中的轨道表示式违反洪
特规则，正确的轨道表示式为 ，A错误；
5+1-3×2
B．NO-中心N原子的价层电子对数为3+ =3，无孤电子对，价层电子对互斥模型为
3 2
平面三角形： ，B错误；
C．CO 的结构式为O=C=O ，每个双键包含1个σ 键和1个π键，分子中共2个σ 键、2个π键，
2
二者个数比为1:1，C正确；
D．N 分子的电子式应为 ，孤电子对应分布在两个N原子的外侧，选项电子式书写错误，D
2
错误；
故选C。
6.【答案】C
【详解】A．该反应属于加成反应，反应物的全部原子都转化为产物X，无其他副产物生成，原子利用
率为100%，A正确；
B．X中的碳原子一部分属于苯环结构，另一部分属于碳碳双键结构，均为sp2杂化，B正确；
C．顺反异构要求碳碳双键两端的每个碳原子都连接两种不同的基团，X中碳碳双键的末端碳原子
连接2个氢原子，不存在顺反异构，C错误；
D．X中含有碳碳双键，可以发生加聚反应，D正确；
故选C。
7.【答案】B
【详解】A．根据上述分析，电极Ⅰ是阳极，应连接电源正极M；电极Ⅱ是阴极，应连接电源负极N，
A项正确；
B．电极Ⅱ是阴极，发生还原反应。NO-转化为NH ，N的化合价从+5降为-3，每个N原子获得
3 3
8e⁻。在碱性条件下，电极反应式为NO-+8e-+6H O=NH ↑+9OH-，阴极生成了OH⁻，导致电极
3 2 3
Ⅱ附近c(OH⁻)增大，而不是减小，B项错误；
C．根据分析可知电极Ⅰ发生的电极反应式为：C H O -6e-+8OH-=C H O2-+6H O 每转移
6 12 6 6 8 8 2
6mol e⁻，生成1molC H O2-。因此转移3mol e⁻时，生成0.5mol C H O2-，C正确；
6 8 8 6 8 8
D．将两极电极反应结合：阳极：C H O +8OH--6e-=C H O2-+6H O ，阴极：NO-+8e-+
6 12 6 6 8 8 2 3
6H O=NH ↑+9OH-，将阳极×4，阴极×3，使得失电子数相等，相加得4C H O +3NO-+5OH-
2 3 6 12 6 3
=4C H O2-+3NH +6H O ，D项正确；
6 8 8 3 2
·2·故选B。
8.【答案】D
【详解】A．霓虹灯发光的本质是原子核外电子从高能级轨道跃迁至低能级轨道时，将多余能量以光
的形式释放，A不符合题意；
B．苯酚中羟基直接与苯环相连，苯环的吸电子效应使羟基O-H键极性增强，更易电离出氢离子，
酸性强于连有给电子效应乙基的乙醇，因此苯酚能与NaOH反应而乙醇不能，B不符合题意；
C．根据相似相溶规律，极性溶剂易溶解极性溶质，非极性溶剂易溶解非极性溶质，水是极性分子，
C 和苯均为非极性分子，因此C 不溶于水可溶于苯，C不符合题意；
60 60
D．乙二醇防冻液凝固点远低于纯水，本质原因是乙二醇可与水分子形成氢键，改变了纯水原本的分
子间作用结构，使凝固点降低；若分子间范德华力越大，物质凝固点越高，原解释逻辑错误，D符合题
意；
故选D。
9.【答案】D
【详解】A．反应①是甲苯的磺化反应，这是一个可逆反应，反应过程中有水生成，水分离装置可移除
生成的水，使平衡正向移动，有利于反应①进行，A正确；
B．甲基为苯环邻、对位定位基，在过高的温度下，反应速率过快，能量较高，可能导致生成二磺酸或
多磺酸等副产物，B正确；
C．饱和NaCl溶液中Na+浓度高，通过同离子效应可降低pTsONa 的溶解度，有利于其粗品析出，
C正确；
D．pTsONa 熔点大于300℃，沸点极高，一般需采用减压蒸馏，操作不方便，且蒸馏时高温可能导致
其分解；且其易溶于水，重结晶法更适合提纯，D错误；
故选D。
10.【答案】A
【详解】A．从晶胞图可以看出，La原子(黑球)位于立方晶胞的顶点和面心，BeH 位于棱心和体心，
8
以位于面心的La原子为研究对象，周围最紧邻的BeH 有6个，每个BeH 单元中有4个H原子与
8 8
La原子紧邻，则La原子周围最紧邻的氢原子有24个，A错误；
B．立方晶胞沿体对角线投影后结构为正六边形结构，位于体对角线上的原子会投影到图像中心，面
心原子会投影到中心周围，则该晶胞沿体对角线的投影图为： ，B正确；
C．氢原子Y和Z的分数坐标分别为0.85,0.15,0.65  和0.85,0.15,0.35  ，则BeH 单元正方体的边 8
长为0.65a pm-0.35a pm=0.3a pm，X、Y两原子之间的距离为BeH 单元正方体体对角线的一
8
0.3a× 3 3 3
半，为 pm= apm ，C正确
2 20
1
D．BeH 单元位于棱心和体心，数目为12× +1=4，因此晶胞含4个BeH 单元，D正确；
8 4 8
故答案选A。
11.【答案】A
4-4×1
【详解】A．X的简单氢化物为CH ，中心C原子价层电子对数为4+ =4，不含孤电子对，
4 2
·3·5-3×1
杂化方式为sp3；M的简单氢化物为PH ，中心P原子价层电子对数为3+ =4，有1对孤电
3 2
子对，杂化方式为sp3，孤电子对成键电子的斥力更大，会使键角变小，故键角CH >PH ，A正确；
4 3
B．Z的双原子分子为O ，Y的双原子分子为N ，N 含氮氮三键，键能远大于O 的双键，稳定性N
2 2 2 2 2
>O 即Y>Z ，B错误；
2
C．化合物HClO中Cl元素为+1价，O元素为-2价，可知O元素对成键电子的吸引力更强，电负
性更大，则电负性O>Cl ，C错误；
D．同周期主族元素从左到右非金属性递增，故非金属性Cl>P 即Q>M ，D错误；
故选A。
12.【答案】B
【详解】A．反应③中-COOH与-NH-发生取代反应生成酰胺基，结合原子守恒可知，产物M为
H O ，A正确；
2
B．循环Ⅱ中仅存在酰胺基中C-N键的断裂，没有新C-N键的形成，B错误；
C．吗啉和 均先参与反应、后再生成，反应前后化学性质不变，共同起催化作用，C正确；
D．结合整个反应流程，反应物为CO 和H ，产物为CO和H O ，总反应化学方程式为：
2 2 2

CO +H 催化剂CO+H O
2 2 2 ，D正确；
故选B。
13.【答案】C
【详解】A．恒温恒容条件下通入氩气，容器体积不变，各反应物、生成物浓度均不改变，cI 2  不变故
体系颜色不变，平衡不移动，结论正确，A不符合题意；
B．HCOONH 为弱酸弱碱盐，溶液酸性说明NH+水解程度大于HCOO-，水解程度越大对应弱电
4 4
解质电离常数越小，故K aHCOOH  >K b NH 3 ⋅H 2 O  ，结论正确，B不符合题意；
C．AlOH  为两性氢氧化物，可与过量NaOH反应生成可溶性Na AlOH
3
 
4
 ，且生成的白色沉淀
会被红褐色沉淀干扰，因此仅根据生成红褐色沉淀无法判断FeOH  和AlOH
3
 的溶度积大小，不
3
能得出相应结论，C符合题意；
D．配离子转化反应会生成稳定性更强的配离子，溶液红色褪去生成 FeF 6  3-，说明稳定性
FeSCN   6  3-<FeF 6  3-，结论正确，D不符合题意；
答案选C。
14.【答案】B
【详解】A．反应①的平衡常数K= cI 3 -  cI-  ⋅cI 2  ，pH=7.5时cI 2  =10-2.87 mol⋅L-1，cI 3 -  =
0.049mol/L，根据碘元素守恒，初始cI-  =0.1 mol⋅L-1，由于反应①消耗了I-转化为了I-，且物 3
质的量之比为1：1，反应2在pH=7.5时产生的IO-极少，趋近于0，可以忽略，所以此时平衡时：
3
cI-  =0.1mol⋅L-1-cI 3 -  =0.1mol⋅L-1-0.049 mol⋅L-1=0.051mol⋅L-1 ，代入数据： K=
0.049 49
= ×102.87，A错误；
0.051×10-2.87 51
B．当pH<8.73时， cI 3 -  cI-  =K⋅cI 2  49 = ，对应关系cI- 51  >cI 3 -  成立，当pH>8.73时，反应②
3I 3 -+6OH-⇌8I-+IO- 3 +3H 2 O 右移，消耗 I 3 - 生成更多 I-，因此始终满足 cI-  >cI 3 -  ；
·4·当pH>8.73时， cI 3 -  c I-  =K⋅cI 2  ，cI 2  逐渐降低，K不变，故 cI 3 -  c I-  的值随pH增大而减小，
B正确；
C．当pH<8.73时，体系中已经存在I 2s  ，说明溶液中的I 2aq  已经达到了饱和溶液的溶解平衡。
此时再加入少量的I 2s  ，cI 2  不变，因此，化学平衡①和②都不会发生移动，IO-和I-的平衡浓度都 3 3
保持不变，C错误；
D．反应②+3×反应①得到3I +6OH-=5I-+IO-+3H O，平衡常数K= cIO- 3
2 3 2
 ⋅c5I- 
c3I 2  ⋅c6OH- 
，
c5I-  ⋅cIO- 3  =K×c3I 2  ⋅c6OH-  ，相同pH下意味着cOH-  是定值，改变KI溶液的初始浓度，
反应①平衡会发生移动，cI 2  改变，K保持不变，故c5I-  ⋅cIO- 3  是变量，D错误；
故选B。
二、非选择题：本题共4题，共58分。
15.【答案】(1)分液漏斗 (2)关闭 K 、K ，向D中加水使导管口浸没在水面下
1 2
(3)3Br +8NH ·H O=6NH Br+N ↑+8H O (或 3Br +8NH =6NH Br+N )
2 3 2 4 2 2 2 3 4 2
(4)橙黄色褪去(或由橙黄色变为无色) (5)b
(6)重结晶 (7)75%
(8)优点：步骤少，操作简单(或无需制备氢溴酸，节约时间)；不足：反应剧烈，易产生白烟造成原料损
失(或液溴易挥发，易污染环境)，且存在提纯流程复杂等缺陷
【解析】
【小问1详解】
仪器B的名称为分液漏斗。
【小问2详解】
检查装置气密性需要先形成密闭系统，因此必须关闭滴液漏斗的活塞 K 和 K ，并将D中导管
1 2
浸入水中，再通过微热烧瓶C观察是否有气泡冒出及冷却后是否形成水柱来判断气密性。
【小问3详解】
液溴与氨水发生氧化还原反应，溴单质作氧化剂被还原为 Br-，氨气作还原剂被氧化为无色气体
N ，根据得失电子守恒和原子守恒配平化学方程式为：3Br +8NH ⋅H O=6NH Br+N ↑+8H O
2 2 3 2 4 2 2
(或 3Br +8NH =6NH Br+N )。
2 3 4 2
【小问4详解】
步骤ⅱ结束后溶液呈橙黄色，说明液溴过量。步骤ⅲ中滴加氨水是为了消耗过量的液溴，当液溴完
全反应时，溶液的橙黄色会褪去，变为无色。
【小问5详解】
反应过程中会有未反应的 NH 和 Br 挥发出来，D装置用于吸收这些挥发物。由于步骤ⅳ中
3 2
需要将C和D中的溶液混合提纯，若使用 KMnO 溶液或稀盐酸会引入新的杂质离子，而使用蒸
4
馏水吸收后生成氨水和溴水，混合后可继续反应生成 NH Br ，既提高了产率又不引入杂质，故选
4
b。
【小问6详解】
步骤ⅳ中通过蒸发结晶得到的是含有少量杂质的粗品，进一步提纯可溶性无机盐固体最常用的方法
是重结晶。
【小问7详解】
32.0g
加入的Br 质量为32.0g，其物质的量 n= =0.2mol。根据关系式3Br ∼6NH Br 可
2 160g/mol 2 4
·5·知，理论上生成NH Br 的物质的量为0.4mol。理论产量m=0.4mol×98g/mol=39.2g 。则产率
4
29.4g
= ×100%=75% 。
39.2g
【小问8详解】
对比方案Ⅰ和方案Ⅱ，方案Ⅰ直接利用原料一步反应制得产品，流程短、操作简便；但由于液溴与氨
水反应放热剧烈，容易导致反应物挥发产生白烟，降低了原料利用率，且液溴挥发存在环保隐患、且
存在提纯流程复杂等缺陷。方案Ⅱ虽然步骤繁琐，但反应条件温和，产品纯度更高。
16.【答案】(1)d (2) ①. 提高氧气浓度，加快反应速率，使反应更充分(或提高钒、铬的浸出率等，

Δ
合理即可) ②. 4FeO·VO + 24NaOH + 5O 2Fe O + 8Na VO + 12H O
2 3 2 2 3 3 4 2
(3) ①. Fe O ②. CaSiO
2 3 3
(4)在NaOH质量分数为30%时，40℃下Na VO 的溶解度远小于80℃，而Na CrO 的溶解度变化
3 4 2 4
不大。降温至40℃时，Na VO 大量结晶析出，而Na CrO 仍留在溶液中，从而实现钒和铬的分离
3 4 2 4
(5)氧化 (6)2CrO2- + 3SO2- + 10H⁺ = 2Cr3+ + 3SO2- + 5H O
4 3 4 2
【解析】
【小问1详解】
根据元素周期表分区规则，V(23号)属于第ⅤB族，Cr(24号)属于第ⅥB族，它们的价电子排布分
别为3d34s2和3d54s1，均位于d区。
【小问2详解】
首先，氧化工序的目的是将FeO·VO 和FeO·Cr O 中的Fe(Ⅱ)、V(Ⅲ)、氧化为Fe(Ⅲ)、V(Ⅴ)，同
2 3 2 3
时需要保证反应物充分接触，提高反应速率和转化率。采用较大O 流量可以提高氧气浓度，加快反
2
应速率，使反应更充分(或提高钒、铬的浸出率等，合理即可)。配平化学方程式：FeO·VO 中Fe为
2 3
+2价，V为+3价；Fe O 中Fe为+3价，Na VO 中V为+5价。每1mol FeO·VO 中，Fe失去1
2 3 3 4 2 3
mol e⁻，2mol V共失去4mol e⁻，总计失去5mol e⁻。O 每1mol得4mol e⁻，因此FeO·VO 与
2 2 3

Δ
O 的系数比为4:5。最终方程式为：4FeO·VO + 24NaOH + 5O 2Fe O + 8Na VO +
2 2 3 2 2 3 3 4
12H O。
2
【小问3详解】
在氧化步骤中，FeO·VO 和FeO·Cr O 被氧化为Fe O 、Na VO 、Na CrO ，SiO 与NaOH反应生
2 3 2 3 2 3 3 4 2 4 2
成Na SiO 。进入沉淀步骤后，加入H O和CaO ，CaO 与水反应生成Ca(OH) 。Ca(OH) 与
2 3 2 2 2
Na SiO 生成CaSiO 沉淀，MgO与Fe O 不与碱反应，综上，滤渣主要成分为MgO、Fe O 、
2 3 3 2 3 2 3
CaSiO 。
3
【小问4详解】
观察图像：在80℃时，Na VO 和Na CrO 的溶解度均较高，且随NaOH浓度增加而降低。在40℃
3 4 2 4
时，Na VO 溶解度显著降低，而Na CrO 溶解度仍较高。当NaOH质量分数为30%时，40℃下
3 4 2 4
Na VO 溶解度远小于80℃，而Na CrO 溶解度变化不大。因此，降温至40℃时，Na VO 大量结晶
3 4 2 4 3 4
析出，而Na CrO 仍留在溶液中，可实现钒和铬的分离。
2 4
【小问5详解】
母液主要含Na CrO 和未结晶析出的Na VO ，以及过量的NaOH等。根据流程，母液应返回“氧
2 4 3 4
化”工序，继续参与反应，提高原料利用率。
【小问6详解】
·6·还原工序中，Na CrO 被Na SO 还原为Cr3+，SO2-被氧化为SO2-。根据氧化还原反应配平，离子
2 4 2 3 3 4
方程式为2CrO2- + 3SO2- + 10H⁺ = 2Cr3+ + 3SO2- + 5H O。
4 3 4 2
17.【答案】(1)+165
(2) ①. 0.03 ②. bd (3)C-H
(4) ①. H ②. 减小 ③. A点代表的组分为CO ，该反应体系中发生的主要反应为气体
2 2
分子数增大的反应，减小压强，反应Ⅰ平衡向正反应方向移动，CO 消耗量增大，其物质的量减小
2
【解析】
【小问1详解】
根据盖斯定律，将反应Ⅱ和反应Ⅲ相加即可得到反应Ⅰ，故 ΔH =ΔH +ΔH =+124kJ·mol-1+
1 2 3
41kJ·mol-1=+165kJ·mol-1。
【小问2详解】
0.012mol
0~2 h内每克催化剂催化生成 C H 的平均速率 v= =0.03mol·h-1·g-1。
3 6 0.20g×2h
a．由Ⅱ、Ⅲ两步反应关系可得，任意时刻都满足nC 3 H 6  =nH 2  +nCO  ，无法说明各组分浓度或
百分含量保持不变，不能作为平衡标志，错误；
b．C H ​的生成速率等于消耗速率，说明正逆反应速率相等，达到平衡，b正确；
3 6
c．该反应在恒容密闭容器中进行，气体总质量不变，容器体积不变，混合气体的密度始终不变，不能
说明达到平衡状态，错误；
d．反应前后气体总质量不变，但反应Ⅰ和反应Ⅱ都是气体分子数增加的反应，气体总物质的量在反
应过程中不断增大，平均摩尔质量不断减小，当混合气体的平均摩尔质量不再改变时，说明达到了平
衡状态，正确。
故选bd。
【小问3详解】
由图甲可知，断裂C-H键的基元反应(②和④)的活化能分别为0.94eV 和0.80eV ，明显低于断裂
C-C键的基元反应(①和③)的活化能(3.26eV 和2.09eV )。活化能越低，反应越容易进行，因此
该催化剂对C-H键的断裂具有更好的选择性。
【小问4详解】
① 初始通入C H 和CO 各1mol。根据反应Ⅱ和Ⅲ，设消耗的C H 为xmol ，消耗的CO 为ymol
3 8 2 3 8 2
，则生成的C H 为xmol ，生成的CO为ymol ，体系中存在的H 为(x-y)mol 。由于存在H ，故
3 6 2 2
x>y，即消耗的C H 多于消耗的CO ，平衡时剩余的C H 少于CO 。升温使平衡正向移动。因此，
3 8 2 3 8 2
反应物(的C H 、CO )的量会随温度升高而减小，图中下降的曲线中，虚线在上方，代表CO ，点线
3 8 2 2
在下方，代表C H 。观察反应CO、H O 的物质的量一定相等，反应Ⅰ和Ⅱ均会生成主产物C H ，所
3 8 2 3 6
以其物质的量在所有产物中应该是最高的，对应最上面的那条实线；550℃之后，由于C H 随升温而
3 8
骤减，下降的比CO 2 要快，说明反应Ⅱ发生程度较大，导致nH 2  的量大于nCO  =nH 2 O  ，故曲线
L 代表H 。
2
② A点在虚线上，代表的组分为CO 。该反应体系中发生的反应(反应Ⅰ、Ⅱ)均为气体分子数增大
2
的反应，若体系压强由100kPa 变为50kPa ，压强减小，平衡向气体分子数增大的方向(即正反应方
向)移动，CO 的转化率增大，其物质的量减小。
2
18.【答案】(1)酰胺基 (2) ①. 取代 ②. 加成
(3)保护酚羟基不在反应②被氧化
·7·(4)2 (5)
CHCHOH
3 2
(6) +NaOH → +NaCl+H O
2
加热
(7) 、
【解析】
【小问1详解】
由图知，T的结构为 ，含氧五元环为醚键，还有-CONH-结构，官能团为酰胺基；
【小问2详解】
如图，A的结构中含有的官能团为酚羟基和碳碳双键，苯环上的酚羟基邻、对位氢原子可以和Br 的
2
取代反应，不饱和的碳碳双键，可以和Br 发生加成反应；
2
【小问3详解】
A 中有酚羟基(-OH)，后续步骤②会发生氧化反应，酚羟基易被氧化破坏，反应①引入基团
C H CH -可保护酚羟基，防止其在后续氧化步骤中被破坏，反应③脱除保护基恢复酚羟基；
6 5 2
【小问4详解】
手性碳是指连4种不同基团的饱和碳原子，如图(带*号) ，则H中手性碳原子的个
数为2个；
【小问5详解】
由分析知，J的结构简式为 ；
【小问6详解】
由分析知，E不与FeCl 溶液发生显色反应，则不含有酚羟基，E在NaOH、CH CH OH中发生消去
3 3 2
反应生成F，结合E的分子式可推知E为 ，则反应⑤的化学方程式为：
·8·CHCHOH
+NaOH 3 → 2 +NaCl+H O ；
2
加热
【小问7详解】
G(C H O )的芳香族同分异构体中，满足红外光谱表明无C=O 和O-H吸收峰，则不存在醛、酮、
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羧酸、酚、醇等，氧只能是醚键；核磁共振氢谱显示有两组峰，且面积比为1∶4，结合氢原子个数，说明
两种不同环境的氢原子个数比是2：8，满足条件的结构有： 、 。
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