河北省保定市2020届高三化学下学期第二次模拟试卷（Word版带答案）
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2020年普通高等学校招生全国统一考试
化 学（二）
注意事项：
1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。答题前，考生务必将自己的姓名、考生号填写在答题卡上。
2．回答第Ⅰ卷时，选出每小题的答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在试卷上无效。
3．回答第Ⅱ卷时，将答案填写在答题卡上，写在试卷上无效。
4．考试结束，将本试卷和答题卡一并交回。
可能用到的相对原子质量：C 12 N 14 O 16 Na 23 S 32 Cl 35.5 Cu 64 Ba 137
一、选择题：本大题共7小题，每小题6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。
7．“白墙黑瓦青石板，烟雨小巷油纸伞”是著名诗人戴望舒的著名诗句，下列有关说法中错误的是
A．“白墙”的白色源于墙体表层的CaCO3
B．“青石板”与“黑瓦”的主要成分都是硅酸盐
C．纸和伞骨架的竹子主要成分是纤维素
D．伞面上的熟桐油是天然植物油，具有防水作用
【答案】B
【解析】A．“白墙”的白色源于墙体表层的CaCO3，A项正确；“青石板”的主要成分是石灰石，而“黑瓦”的主要成分是硅酸盐，B项错误；纸和伞骨架的竹子主要成分是纤维素，C项正确；植物油属于油脂，油脂不溶于水，刷在伞面上形成一层保护膜能防水，D项正确。
8．用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述中正确的是
A．1L 0.lmol/L的Na2SiO3溶液中含阴离子总数为0.1NA个
B．0.1mol的2H37Cl分子的中子数是2.1NA
C．7.8g Na2O2与足量水充分反应转移的电子数目为0.2NA
D．1mol雄黄(As4S4)，结构如图： ，含有4NA个S-S键
【答案】B
【解析】硅酸根水解得到硅酸氢根和氢氧根离子，因此1L 0.lmol/L的Na2SiO3溶液中含阴离子总数大于0.1NA个，A项错误；2H37Cl分子的中子数＝2-1+37-17＝21，所以0.1mol的2H37Cl分子的中子数是2.1NA，B项正确；过氧化钠与水的反应中过氧化钠既是氧化剂，也是还原剂，0.1mol Na2O2与足量水充分反应转移的电子数目为0.1NA，C项错误；S周围有两个未成对电子，一般可以形成两根共价键，As周围有三个未成对电子，可以形成三根共价键，由结构可知，白球为S原子，黑球为As原子，故不含有S-S键，D项错误。
9．下表是元素周期表的一部分，W、X、Y、Z为短周期主族元素，X和Z两元素的原子序数之和等于W元素的原子序数。下列说法正确的是
X Y Z
W
A．X、W分别与Y都能形成两种或两种以上的化合物，这些化合物都是酸性氧化物
B．X、Y、Z都能形成10电子的氢化物，其中Z的最简单氢化物沸点最高
C．X、Y、W与氢四种元素能组成离子化合物，该化合物一定能发生水解
D．X和W两元素高价氧化物对应水化物的酸性：X>W
【答案】C
【解析】根据短周期元素的相对位置，假设Y原子序数为a，则X为a-1，Z为a+1，W为a+8，由于X和Z两元素的原子序数之和等于W元素的原子序数，所以(a-1)+(a+1)=a+8，解得a=8，所以X是N元素，Y是O元素，Z是F元素，W是S元素，然后结合元素的性质与元素的原子结构分析解答。根据上述分析可知：X是N元素，Y是O元素，Z是F元素，W是S元素，N、O元素形成的化合物NO、NO2均不是酸性氧化物，A项错误；H2O沸点最高，B项错误；Y、Z、W与氢四种元素能组成离子化合物(NH4)2SO4、NH4HSO4、(NH4)2SO3等物质，在溶液中NH+4、SO2−3都会发生水解反应，C项正确；元素的非金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，但D项未指明最高价，D项错误。
10．下列实验现象与实验操作不相匹配的是
选项 实验操作 实验现象
A 在Fe(NO3)2溶液中滴加酸化的H2O2 浅绿色变黄色
B 将金属钠在燃烧匙中点燃，迅速伸入集满CO2的集气瓶 集气瓶中产生大量白烟，瓶内有黑色颗粒产生
C 向盛有硝酸银溶液的试管中
逐渐滴入浓氨水 产生白色沉淀，且白色沉淀不溶解
D 向盛Na2SO3溶液的试管中滴加1滴酚酞，然后逐滴加入稀盐酸至过量 试管中溶液先变红后褪色
【答案】C
【解析】向盛有硝酸银溶液的试管中逐渐滴入浓氨水会产生白色沉淀，且最后白色沉淀溶解形成银氨溶液，C项错误。
11．下列化学方程式中，不能正确表达反应颜色变化的是
A．电解饱和食盐水产生黄绿色气体：2NaCl+2H2O=====电解2NaOH+H2↑+Cl2↑
B．红热木炭遇浓硝酸产生红棕色气体：C+4HNO3(浓)====△CO2↑+4NO2↑+2H2O
C．Na2O2在潮湿的空气中放置一段时间，变成白色黏稠物：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2
D．向Ca(ClO)2溶液中通入少量SO2，出现白色沉淀SO2+Ca2++3ClO−+H2O=CaSO4↓+2HClO+Cl−
【答案】C
【解析】Na2O2在潮湿的空气中放置一段时间，变成白色黏稠物即生成NaOH：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，C项错误。
12．某温度时硫酸盐MSO4(M：Pb2+、Ba2+、Sr2+)的沉淀溶解平衡曲线如图所示。已知p(M)＝-lgc(M)，p(SO2−4)＝-lgc(SO2−4)。下列说法正确的是
A．向BaSO4悬浊液中加入浓度较大的Pb(NO3)2溶液可能转化成PbSO4
B．X、Y两点对应的SrSO4均是饱和溶液，不能继续溶解SrSO4
C．蒸发Z点的BaSO4溶液可得到C点状态的BaSO4溶液
D．溶度积：Ksp(SrSO4) 【答案】A
【解析】沉淀的转化是可逆的，若向BaSO4悬浊液中加入浓度较大的含Pb2+的溶液， BaSO4能转化成PbSO4，A项错误；由图可知，X点是对应的SrSO4是饱和溶液，Y点对应的SrSO4溶液中：c(SO2−4)·c(Sr2+)＜Ksp(SrSO4)，故Y点对应的SrSO4是不饱和溶液，能继续溶解SrSO4，B项不正确；蒸发BaSO4的溶液时，c(Ba2+)、c(SO2−4)均会同等程度增大，不会到C点状态的BaSO4溶液，C项不正确；p(M)越大，则c(M)越小，即Pb2+、Ba2+、Sr2+的物质的量浓度越小；同理p(SO2−4)越大，c(SO2−4)越小。由图可知，p(SO2−4)相同时，BaSO4、PbSO4、SrSO4对应的p(M)依次减小，所以三者的溶度积依次增大，即Ksp(SrSO4)>Ksp(PbSO4)> Ksp(BaSO4)，D项不正确。
13．1-二环丙基乙烯( )的二氯代物共有（不含立体异构）
A．6种 B．7种 C．8种 D．9种
【答案】D
【解析】1-二环丙基乙烯( )的二氯代物共有： 、 、 、 、 、 、 、 、 ，D项正确。
二、非选择题（共43分）
26．（14分）铝氢化钠（NaAlH4）是重要的还原剂。以铝土矿（主要成分Al2O3，含少量SiO2、Fe2O3等杂质）为原料制备NaAlH4的一种流程如图：
（1）碱浸中SiO2转化成难溶的Na2Al2Si2O8，写出生成该物质的离子方程式_________________
____________________________。
（2）过滤1得滤渣的主要成分为__________，反应1中加入NaHCO3的目的是______________
_________。
（3）电解2生成NaHCO3和NaOH用于循环使用，写出电解2阴极的电极反应式：____________
__________________________________________。
（4）反应3的化学方程式为________________________________________。
（5）铝氢化钠遇水发生剧烈反应产生大量气泡，其反应的化学方程式为_____________________
_______________________________。
（6）Al与LiBH4制备的复合材料是重要制氢材料，对Al-LiBH4体系与水反应产氢的特性进行下列研究：
①如图为25℃水浴时每克不同配比的Al-LiBH4复合材料与水反应产生H2体积随时间变化关系图。由图可知，下列说法正确的是 (填字母)。
A．25℃时，纯铝与水会反应
B．25℃时，纯LiBH4与水反应产生氢气
C．25℃时，Al-LiBH4复合材料中LiBH4含量越高，1000s内产生氢气的体积越大
②如图为25℃和75℃时，Al-LiBH4复合材料[ω(LiBH4)＝25%]与水反应一定时间后产物的X-射线衍射图谱(X-射线衍射可用于判断某晶态物质是否存在，不同晶态物质出现衍射峰的衍射角不同)。
从图中分析，25℃时Al-LiBH4复合材料中与水完全反应的物质是 (填化学式)。
【答案】（1）Al2O3+2SiO2+2Na++2OH−=Na2Al2Si2O8↓+H2O
（2）Fe2O3、Na2Al2Si2O8 与NaAlO2反应生成Al(OH)3，除去过量的NaOH
（3）2H2O+2e−=H2↑+2OH−（或2H++2e−=H2↑）
（4）AlCl3+4NaH=NaAlH4+3NaCl
（5）NaAlH4+2H2O=NaAlO2+4H2↑
（6）①B ②LiBH4
【解析】以铝土矿（主要成分为Al2O3，含SiO2和Fe2O3等杂质）为原料制备铝，由流程可知，加NaOH溶解时Fe2O3不反应，由题目信息可知SiO2在“碱浸”时转化为铝硅酸钠沉淀，过滤得到的滤渣为Fe2O3、铝硅酸钠，碳酸氢钠与偏铝酸钠反应生成Al(OH)3，过滤II得到Al(OH)3，灼烧生成氧化铝，电解I为电解氧化铝生成Al和氧气，纯铝在氯气中燃烧生成氯化铝，氯化铝再与NaH反应生成氢化铝钠（NaAlH4），据此分析解答。（1）碱浸时，SiO2转化成难溶的Na2Al2Si2O8，产物中含有Al，所以反应物为Al2O3、SiO2和NaOH，故反应的离子方程式为Al2O3+2SiO2+2Na++2OH−=
Na2Al2Si2O8↓+H2O；（2）加NaOH溶解时Fe2O3不反应，题（1）中可知产生了难溶性的铝硅酸钠沉淀，故过滤1得滤渣的主要成分为Fe2O3、Na2Al2Si2O8；由流程分析可知，过滤1后溶液中有偏铝酸钠和过量的NaOH，加入NaHCO3的可以除去过量的氢氧化钠，同时和NaAlO2反应生成Al(OH)3；（3）反应1过滤得到的滤液是Na2CO3，电解得到NaHCO3和NaOH，电解时，阴极氢离子放电，得到氢氧化钠和氢气，故阴极的电极反应式为2H2O+2e−=H2↑+2OH−或2H++2e−=H2↑。（4）图示知反应3为AlCl3与NaH反应，由原子守恒得另一种产物为NaCl，反应的方程式为ACl3+4NaH=NaAlH4+3NaCl；（5）氢化铝钠遇水剧烈反应产生大量气泡，反应生成偏铝酸钠和氢气，反应的化学方程式为NaAlH4+2H2O=NaAlO2+4H2↑；（6）①a、图中当全为铝时气体为0，故纯铝与水不反应，错误；b、f线代表纯LiBH4与水反应产生氢气，正确；c、当材料含LiBH4为25%时（d线），产生氢气的量最多，错误；②由图得出反应后已没有LiBH4，但存在大量铝，故其完全反应。
27．（14分）硒(Se)及其氢化物H2Se是在新型光伏太阳能电池、半导体材料和金属硒化物方面有重要应用。
（1）已知：①2H2Se(g)+O2(g) 2Se(s)+2H2O(l) ΔH1=m kJ·mol−1
②2H2O(g)=2H2(g)+O2(g) ΔH2=n kJ·mol−1
③H2O(g)=H2O(l) ΔH3=p kJ·mol−1
反应H2(g)+Se(s) H2Se(g)的反应热ΔH=______kJ·mol−1(用含m、n、p的代数式表示)。
（2）T℃时，向一恒容密闭容器中加入3mol H2和lmol Se，发生反应H2(g)+Se(s) H2Se(g)。
①该反应的平衡常数的表达式K＝___________。
②当反应达到平衡后，将平衡混合气体通入气体液化分离器使H2Se气体转化为液体H2Se，并将分离出的H2再次通入发生反应的密闭容器中继续与Se反应时，Se的转化率会提高。请用化学平衡理论解释_________________________________。
③以5小时内得到的H2Se为产量指标，且温度、压强对H2Se产率的影响如下图所示：
则制备H2Se的最佳温度和压强为______________________。
（3）已知常温下H2Se的电离平衡常数K1=1.3×10−4，K2=5.0×10−11，则NaHSe溶液的离子浓度由大到小的顺序为____________________，H2Se在一定条件下可以制备CuSe，反应CuS(s)+Se2−(aq) CuSe(s)+S2−(aq)的化学平衡常数K=________（保留2位有效数字，已知该条件下CuSe的Ksp=7.9×10−49，CuS的Ksp=1.3×10−36）。
（4）用电化学方法制备H2Se的实验装置如下图所示：
石墨电极是__________（填正极或负极），该电极附近溶液的PH__________（填变大、不变或变小），写出Pt电极上发生反应的电极反应式：_________________________________。
【答案】（1）p− (n+m)
（2）①c(H2Se)/c(H2)
②将分离出的H2重新通入容器中，平衡正向移动，Se的转化率提高
③550℃，0.3MPa
（3）c(Na+)>c(HSe−)>c(OH−)>c(H+)>c(Se2−) 1.6×1012
（4）正极 变大 CO-2e−+H2O=CO2+2H+
【解析】（1）③-（②+①）/2即可得：H2(g)+Se(s) H2Se(g)，所以反应H2(g)+Se(s) H2Se(g)的反应热ΔH=p− (n+m)kJ·mol−1；（2）①化学平衡常数是在一定条件下，当可逆反应达到平衡状态时，生成物浓度幂之积和反应物浓度幂之积的比值，因为Se是固体，故该反应的平衡常数表达式为c(H2Se)/c(H2)；②将分离出的H2重新通入容器中，反应物浓度升高，平衡会朝着正向移动，硒的转化率提高；③由图可知，温度550℃、压强0.3MPa时产率最高；（3）NaHSe中存在电离平衡HSe− H++Se2−和水解平衡：HSe−+H2O H2Se+OH−，其电离平衡常数K2=5.0×10−11，水解平衡常数为 =7.69×10−11，所以水解大于电离，溶液呈碱性；故NaHSe溶液的离子浓度由大到小的顺序为c(Na+)>c(HSe−)>c(OH−)>c(H+)>c(Se2−)；反应CuS(s)+Se2−(aq) CuSe(s)
+S2−(aq)的化学平衡常数K= = = = ≈1.6×1012，（4）电化学制备的产物是H2Se，由此可知，石墨上Se发生了还原反应，电极反应式为Se+2H+-2e−=H2Se，通入CO的电极为原电池的负极，失电子发生氧化反应，电极反应式为CO-2e−+H2O=CO2+2H+，故石墨为正极，消耗了氢离子，PH增大；Pt电极上发生反应的电极反应式CO-2e−+H2O=CO2+2H+。
28．（15分）保险粉（Na2S2O4)可用作食品保鲜剂、纸浆、肥皂等的漂白剂。Na2S2O4易溶于水，难溶于乙醇。在碱性介质中较稳定，在空气中易被氧化。锌粉法制备Na2S2O4的工艺流程如图所示：
回答下列问题：
（1）实验室可用浓硫酸和亚硫酸钠反应制取SO2，并希望能控制反应速度，图中可选用的发生装置是________（填字母）。
（2）工业上常将锌块进行预处理得到锌粉—水悬浊液，其目的是________________________；步骤Ⅰ中发生反应的化学方程式为_______________________。
（3）步骤Ⅱ中需选用的玻璃仪器除了烧杯、玻璃棒之外，还有__________（填名称）。
（4）在步骤III中加入NaCl的作用是____________________，得到的Na2S2O4固体要用乙醇洗涤，其优点是_________________。
（5）铁氰化钾可用于分析检测保险粉。铁氰化钾K3[Fe(CN)6]是一种比较弱的氧化剂，其具有强氧化剂所没有的选择性氧化性，能将S2O2−4氧化为SO2−3，[Fe(CN)6]3−还原为[Fe(CN)6]4−，该反应的离子方程式为________________________________________；取1.16g Na2S2O4样品溶于水，用0.4mol·L−1的K3[Fe(CN)6]标准液滴定至终点，消耗25.00mL。该样品中Na2S2O4的质量为_______。
【答案】（1）B
（2）增大锌粉的表面积，加快反应速率；Zn+2SO2=ZnS2O4
（3）漏斗
（4）降低Na2S2O4的溶解度，便于其结晶析出 除去晶体表面的水分，并减少Na2S2O4的溶解损失
（5）S2O2−4+2[Fe(CN)6]3−+2H2O＝2SO2−3+2[Fe(CN)6]4−+4H+ 75%
【解析】（1）浓硫酸与Na2SO3发生复分解反应产生Na2SO4、SO2、H2O，反应方程式为：H2SO4+Na2SO3=Na2SO4+SO2↑+H2O，A、不能控制反应速率，且浓硫酸具有吸水性，长颈漏斗容易导致浓硫酸稀释，不合理；B、通过控制分液漏斗的活塞控制反应速率，上下联通的导气管会使浓硫酸上下气体压强一致，便于浓硫酸顺利滴下，装置合理；C、浓硫酸与盐的反应放出大量的热，会导致集气瓶炸裂，不合理；故合理选项是B；（2）工业上常将锌块进行预处理得到锌粉—水悬浊液，其目的是增大锌粉的表面积，加快反应速率。根据流程图可知步骤I中发生的化学方程式为Zn+2SO2=ZnS2O4；（3）步骤Ⅱ是过滤，需要的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、漏斗；（4）加入NaCl降低Na2S2O4的溶解度，便于其结晶析出；Na2S2O4易溶于水，难溶于乙醇，用乙醇洗涤，既能除去晶体表面的水分，并减少Na2S2O4的溶解损失；（5）铁氰化钾K3[Fe(CN)6]是一种比较弱的氧化剂，能将S2O2−4氧化为SO2−3，[Fe(CN)6]3−还原为[Fe(CN)6]4−，根据氧化还原反应中电子转移数目相等，该反应的离子方程式为：S2O2−4+2[Fe(CN)6]3−+2H2O＝2SO2−3+2[Fe(CN)6]4−+4H+，由方程式知两种物质的反应关系为：2K3[Fe(CN)6]～Na2S2O4，n{K3[Fe(CN)6]}=0.4mol/L×0.025L=0.01mol，则n(Na2S2O4)=5×
10−3mol，该样品中Na2S2O4的质量分数为5×10−3mol×174g/mol÷1.16g×100%=75%。
三、选考题（共15分，请考生从以下题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分。）
35．【化学——选修3：物质结构与性质】（15分）
磷酸氯喹在细胞水平上能有效抑制新型冠状病毒(SARS-CoV-2)的感染。磷酸氯喹的结构如图所示，据此回答下列问题。
（1）基态P原子中，电子占据的最高能级符号为___，基态N原子核外有___种运动状态不同的电子。
（2）C、N、O三种元素电负性从大到小的顺序为_____________；第一电离能χ(P)_____χ(Cl)(填“＞”或“＜”)。
（3）磷酸氯喹中N原子的杂化方式为_____，NH3是一种极易溶于水的气体，其沸点比AsH3的沸点高，其原因是___________。
（4）GaN、GaP、GaAs都是很好的半导体材料，晶体类型与晶体碳化硅类似，熔点如下表所示，
GaN GaP GaAs
熔点/℃ 1700 1480 1238
①GaN、GaP、GaAs的熔点变化原因是_______________________________。
②砷化镓晶体中含有的化学键类型为___________(填选项字母)。
A．离子键 B．配位键 C．σ键 D．π键 E．极性键 F．非极性键
③以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置。称作原子分数坐标。如图为沿y轴投影的磷化镓晶胞中所有原子的分布图。若原子1的原子分数坐标为(0.25，0.25，0.75)，则原子2的原子分数坐标为__________；若磷化镓的晶体密度为ρ g·cm−3，阿伏加德罗常数的值为NA，则晶胞中Ga和P原子的最近距离为__________ pm(用代数式表示)。
【答案】(1)3p 7
(2) O＞N＞C ＞
(3) sp2、sp3 NH3中N的电负性比AsH3中As的大得多，故NH3易形成分子间氢键，从而使其沸点升高；也容易与H2O形成分子间氢键，使其在水中溶解度增大
(4) ①结构相似的前提下，原子晶体的熔沸点与成键原子的半径呈反比，原子半径大小为N
②BCE ③(0.25，0.25，0.25)
【解析】（1）基态P原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p3，电子占据的最高能级符号为3p；基态N原子核外有7个电子，因此有7种运动状态不同的电子；（2）根据C、N和O的非金属性分析判断电负性，同一周期元素第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，但是第VA族第一电离能大于其相邻元素；（3）磷酸氯喹中N原子有两种情况，价层电子对数分别是3、4，根据价层电子对互斥理论判断N原子轨道类型；NH3分子之间形成氢键，NH3也容易与H2O形成分子间氢键，据此分析解答；（4）①结构相似的前提下，原子晶体的熔沸点与成键原子的半径呈反比，原子半径大小为N
黑龙江省哈师大附中2020届高三化学6月考查试题（Word版含答案）
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36．【化学——选修5：有机化学基础】（15分）
咖啡酸苯乙酯因具有极强的抗炎和抗氧化活性得以在食品、医学以及其他领域广泛应用。通过下列途径可合成咖啡酸苯乙酯。
已知：A的核磁共振氢谱(1HNMR)显示，分子中有4种不同化学环境的氢原子，A能与FeCl3溶液发生显色反应。
（1）A的化学名称为__________，C中官能团的名称为__________、_________。
（2）由A生成B的反应类型为__________。
（3）丙二酸的结构简式为_______。
（4）由D生成咖啡酸苯乙酯的反应方程式为_______________________________。
（5）写出同时满足下列条件的C的所有同分异构体的结构简式(不考虑立体异构)：________________。
a．属于酯类 b．能发生银镜反应 c．与FeCl3溶液发生显色反应
（6）参照上述合成路线，设计一条由CH3CH2OH和苯酚为原料制备 的合成路线。（合成路线的表示方法为：A B…… 目标产物）
【答案】（1）对羟基苯甲醛 (酚)羟基、醛基
（2）取代反应
（3）HOOCCH2COOH
（4） + +H2O
（5）
（6）
【解析】A的核磁共振氢谱(1HNMR)显示，分子中有4种不同化学环境的氢原子，A能与FeCl3溶液发生显色反应，说明A中含有酚羟基，根据A的分子式可以知道，A为 ，根据B的分子式可以知道，A发生取代反应生成B为 ，B在碱性条件下水解再酸化得C为 ，根据D的分子式可以知道，C与丙二酸反应生成D为 ，D与苯乙醇发生酯化反应生成咖啡酸苯乙酯为 ，据此答题。根据分析知A为 ，化学名称为对羟基苯甲醛，C为 ，含有的官能团为醛基、（酚）羟基；（2）由A（ ）与溴反应生成B（ ），溴原子取代了氢原子，该反应为取代反应；（3）丙二酸的结构简式为HOOCCH2COOH；（4）D（ ）与E（ ）在一定条件下反应生成咖啡酸苯乙酯，反应方程式为 + +H2O；（5）C为 ，根据条件a．属于酯类，说明有酯基，b．能发生银镜反应，说明有醛基，c．与FeCl3溶液发生显色反应，说明有酚羟基，则符合条件的同分异构体的结构简式为： ；（6） 可由乙酸和 在一定条件下反应得到，根据题中合成路线可知在苯环上引入羟基的方法是 先与溴反应，然后在碱溶液中水解，再进行酸化，乙酸则可通过乙醇的氧化得到，故合成路线可表示为
。
华大新高考联盟名校2020年高三化学5月份高考预测试题（Word版带答案）
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