2023年高考化學(xué)河北卷（含答案解析）

2022年河北省普通高中學(xué)業(yè)水平選擇性考試

化學(xué)

注意事項(xiàng)：

1.答卷前，考生務(wù)必將自己的姓名、考生號(hào)、考場(chǎng)號(hào)、座位號(hào)填寫在答題卡上。

2.回答選擇題時(shí)，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對(duì)應(yīng)題目的答案標(biāo)號(hào)涂黑。如需改動(dòng)，

用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標(biāo)號(hào)?；卮鸱沁x擇題時(shí)，將答案寫在答題卡上。寫在本試

卷上無效。

3.考試結(jié)束后，將本試卷和答題卡一并交回。

可能用到的相對(duì)原子質(zhì)量：H-lN-140-16Na-23Mg-24Al-27Si-28S-32

一、單項(xiàng)選擇題：本題共9小題，每小題3分，共27分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有

一項(xiàng)是符合題目要求的。

1.定窯是宋代五大名窯之一，其生產(chǎn)的白瓷聞名于世。下列說法正確的是

A.傳統(tǒng)陶瓷是典型的絕緣材料B.陶瓷主要成分為Si。？和Mg。

C.陶瓷燒制的過程為物理變化D.白瓷的白色是因鐵含量較高

【答案】A

【解析】

【詳解】A.陶瓷是良好的絕緣體，傳統(tǒng)陶瓷是典型的絕緣材料，常用于高壓變壓器的開關(guān)外包裝和器件，

A正確；

B.陶瓷的主要成分為硅酸鹽，而不是SiO2和MgO,C錯(cuò)誤；

C.陶瓷燒制過程發(fā)生復(fù)雜的化學(xué)反應(yīng)，由新物質(zhì)生成，屬于化學(xué)變化，C錯(cuò)誤；

D.由于Fe2+、Fe3+和鐵的氧化物均有顏色，故陶瓷中含鐵量越多，陶瓷的顏色越深，白瓷的白色是因?yàn)殍F

含量較低甚至幾乎不含，D錯(cuò)誤；

故答案為：Ao

2.茯苓新酸DM是從中藥茯苓中提取的一種化學(xué)物質(zhì)，具有一定生理活性，其結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式如圖。關(guān)于該化合

物下列說法不正確的是

A.可使酸性KM11O4溶液褪色B,可發(fā)生取代反應(yīng)和加成反應(yīng)

C.可與金屬鈉反應(yīng)放出H2D.分子中含有3種官能團(tuán)

【答案】D

【解析】

【詳解】A.分子中含有的碳碳雙鍵、羥基相連的碳原子上連有氫原子的羥基，能與酸性高鋅酸鉀溶液發(fā)生

氧化反應(yīng)使溶液褪色，故A正確；

B.分子中含有的碳碳雙鍵能發(fā)生加成反應(yīng)，含有的竣基、羥基和酯基能發(fā)生取代反應(yīng)，故B正確；

C.分子中含有的竣基和羥基能與金屬鈉反應(yīng)生成氫氣，故C正確；

D.分子中含有的官能團(tuán)為碳碳雙鍵、竣基、羥基和酯基，共4種，故D錯(cuò)誤；

故選D。

3.化學(xué)是材料科學(xué)的基礎(chǔ)。下列說法錯(cuò)誤的是

A.制造5G芯片的氮化鋁晶圓屬于無機(jī)非金屬材料

B.制造阻燃或防火線纜的橡膠不能由加聚反應(yīng)合成

C.制造特種防護(hù)服的芳綸纖維屬于有機(jī)高分子材料

D.可降解聚乳酸塑料的推廣應(yīng)用可減少“白色污染”

【答案】B

【解析】

【詳解】A.氮化鋁是一種高溫結(jié)構(gòu)陶瓷，屬于新型的無機(jī)非金屬材料，A正確；

B.天然橡膠的單體為異戊二烯，合成橡膠的單體如順丁烯等中均含有碳碳雙鍵，通過加聚反應(yīng)合成制得橡

膠，B錯(cuò)誤；

C.“滌綸”“錦綸”“睛綸”“丙綸”“維綸”“氯綸”“芳綸”等均為合成纖維，屬于有機(jī)高分子材料，C正確；

D.可降解聚乳酸塑料的推廣應(yīng)用，可以減少難以降解塑料的使用，從而減少“白色污染”，D正確；

故答案為：Bo

4.NA是阿伏加德羅常數(shù)的值。下列說法正確的是

A.3.9gNa2（）2與足量水反應(yīng)，轉(zhuǎn)移電子個(gè)數(shù)為O」NA

B.1.2gMg在空氣中燃燒生成MgO和Mg3N2,轉(zhuǎn)移電子個(gè)數(shù)為O.\NA

C.2.7gAl與足量NaOH溶液反應(yīng),生成H2的個(gè)數(shù)為0.1必

D.6.0gSiC?2與足量NaOH溶液反應(yīng)，所得溶液中SiO1的個(gè)數(shù)為0.W

【答案】B

【解析】

【詳解】A.過氧化鈉與水反應(yīng)生成氫氧化鈉和氧氣，則3.9g過氧化鈉與足量水反應(yīng)，轉(zhuǎn)移電子個(gè)數(shù)為

3.9g

----7*1xA^mol-^O,OSA^,故A錯(cuò)誤；

78g/mol

B.鎂在空氣中燃燒無論生成氧化鎂，還是氮化鎂，鎂均轉(zhuǎn)化為鎂離子，則1.2gMg在空氣中燃燒生成氧化

1.2g

鎂和氮化鎂時(shí)，轉(zhuǎn)移電子個(gè)數(shù)為“?x2xNAmoH=0.1NA，故B正確；

24g/mol

C.鋁與氫氧化鈉溶液反應(yīng)生成偏鋁酸鈉和氫氣，則2.7g鋁與足量氫氧化鈉溶液反應(yīng)生成氫氣的個(gè)數(shù)為

2.7g3

TT-----7x—x2VmOH=0.15NA，故C錯(cuò)誤；

27g/mol2A

D.二氧化硅與氫氧化鈉溶液反應(yīng)生成硅酸鈉和水，硅酸鈉在溶液中發(fā)生水解反應(yīng)，則由原子個(gè)數(shù)守恒可知,

6.0g

6.0g二氧化硅與足量氫氧化鈉溶液反應(yīng)所得溶液中硅酸根離子的個(gè)數(shù)小于￡7請(qǐng)下必11101-1=0.1必，故D

60g/mol

錯(cuò)誤；

故選B。

5.下列圖示裝置不能達(dá)到實(shí)驗(yàn)?zāi)康牡氖?/p>

乙

A,裝置甲用CCL萃取澳水中的BnB.裝置乙除去Cb中的HC1并干燥

C,裝置丙驗(yàn)證鐵的吸氧腐蝕D.裝置丁實(shí)驗(yàn)室制備少量NH3

【答案】D

【解析】

【詳解】A.四氯化碳和水不互溶，澳在四氯化碳中的溶解度大于在水中的溶解度，則裝置甲能達(dá)到用用四

氯化碳萃取濱水中澳的實(shí)驗(yàn)?zāi)康?，故A不符合題意；

B.濃鹽酸具有揮發(fā)性，制得的氯氣中混有氯化氫和水蒸氣，盛有的飽和食鹽水的洗氣瓶能用于除去氯化氫

氣體，盛有的濃硫酸的洗氣瓶能用于干燥氯氣，則裝置乙能達(dá)到除去氯氣中的氯化氫氣體并干燥的實(shí)驗(yàn)?zāi)?/p>

的，故B不符合題意；

C.鐵絲網(wǎng)在氯化鈉溶液中發(fā)生吸氧腐蝕會(huì)使試管內(nèi)氣體的物質(zhì)的量減小，氣體壓強(qiáng)減小，紅墨水會(huì)進(jìn)入導(dǎo)

氣管中形成一段液柱，則裝置丙能達(dá)到驗(yàn)證鐵的吸氧腐蝕的實(shí)驗(yàn)?zāi)康?，故c不符合題意；

D.由圖可知，裝置丁的向下排空氣法收集氨氣的試管中沒有排出氣體的出口，則裝置丁不能達(dá)到實(shí)驗(yàn)室制

備少量氨氣的實(shí)驗(yàn)?zāi)康?，故D符合題意；

故選D。

6.中子轟擊原子的核反應(yīng)為eX+]n-[Y+；H,其中[Y可用于測(cè)定文物年代。下列說法錯(cuò)誤的是

A,原子半徑：Y>XB.YH；的電子式為：

HYH

C.最高價(jià)含氧酸的酸性：Y>XD.X與Y均能形成多種氫化物

【答案】C

【解析】

【分析】由1Y可用于測(cè)定文物年代可知，Y為C元素；由核反應(yīng)方程式可知，X為N元素。

【詳解】A.同周期元素，從左到右原子半徑依次減小，則碳原子的原子半徑大于氮原子，故A正確；

B.CH；為質(zhì)子數(shù)大于電子數(shù)的陽(yáng)離子，電子式為「"],故B正確；

C.元素的非金屬性越強(qiáng)，最高價(jià)含氧酸的酸性越強(qiáng)，氮元素的非金屬性強(qiáng)于碳元素，則硝酸的酸性強(qiáng)于碳

酸，故c錯(cuò)誤；

D.碳元素可以與氫元素形成的氫化物為煌類化合物，氮元素可以與氫元素形成的氫化物可能為氨氣、聯(lián)氨,

則碳元素和氮元素均能形成多種氫化物，故D正確；

故選C。

7.下列說法錯(cuò)誤的是

A.CaF2與濃H2s。4糊狀混合物可用于刻蝕玻璃

B.NaOH是強(qiáng)堿，因此鈉鹽的水溶液不會(huì)呈酸性

C.溶洞的形成主要源于溶解co2的水對(duì)巖石的溶蝕作用

D.KMnO4與H2c2O4的反應(yīng)中，Md+既是還原產(chǎn)物又是催化劑

【答案】B

【解析】

【詳解】A.氫氟酸能與二氧化硅反應(yīng)生成氟化硅和水，氟化鈣與濃硫酸反應(yīng)生成硫酸鈣和氟化氫，則糊狀

混合物中的氫氟酸能與玻璃中的二氧化硅反應(yīng)，可用于刻蝕玻璃，故A正確；

B.硫酸氫鈉是強(qiáng)酸的鈉鹽，在溶液中能電離出氫離子使溶液呈酸性，故B錯(cuò)誤；

C.溶洞的形成主要源于溶解于水的二氧化碳與巖石中的碳酸鈣反應(yīng)生成可溶于水的碳酸氫鈣，故C正確；

D.酸性高錦酸鉀溶液與草酸溶液反應(yīng)生成硫酸鉀、硫酸錦、二氧化碳和水，反應(yīng)中鎰元素的化合價(jià)降低被

還原，硫酸鎰是反應(yīng)的催化劑，反應(yīng)生成的硫酸鎬能做反應(yīng)的催化劑加快反應(yīng)速率，則鋪離子既是反應(yīng)的

還原產(chǎn)物又是反應(yīng)的催化劑，故D正確；

故選B。

8.LiBr溶液可作為替代氟利昂的綠色制冷劑。合成LiBr工藝流程如下:

BaSH2sO4Li2cO3

濾渣氣體

下列說法錯(cuò)誤的是

A.還原工序逸出的B「2用NaOH溶液吸收，吸收液直接返回還原工序

B.除雜工序中產(chǎn)生的濾渣可用煤油進(jìn)行組分分離

C.中和工序中的化學(xué)反應(yīng)為L(zhǎng)i2co3+2HB1-CO2T+2LiBr+H2。

D.參與反應(yīng)的n(Br2):n(BaS):n(H2soJ為1：1：1

【答案】A

【解析】

【分析】由流程可知，氫澳酸中含有少量的澳，加入硫化鋼將澳還原生成澳化鋼和硫，再加入硫酸除雜，

得到的濾渣為硫酸鋼和硫；加入碳酸鋰進(jìn)行中和，得到的澳化鋰溶液經(jīng)濃縮等操作后得到產(chǎn)品濱化鋰。

【詳解】A.還原工序逸出的B。用NaOH溶液吸收，吸收液中含有澳化鈉和澳酸鈉等物質(zhì)，若直接返回還

原工序，則產(chǎn)品中會(huì)有一定量的澳化鈉，導(dǎo)致產(chǎn)品的純度降低，A說法錯(cuò)誤；

B.除雜工序中產(chǎn)生的濾渣為硫酸鋼和硫，硫?qū)儆诜菢O性分子形成的分子晶體，而硫酸鋼屬于離子晶體，根

據(jù)相似相溶原理可知，硫可溶于煤油，而硫酸鋼不溶于煤油，因此可用煤油進(jìn)行組分分離，B說法正確；

C.中和工序中，碳酸鋰和氫澳酸發(fā)生反應(yīng)生成漠化鋰、二氧化碳和水，該反應(yīng)的化學(xué)方程式為

Li2co3+2HBr=CO2T+2LiBr+H2O,C說法正確；

D.根據(jù)電子轉(zhuǎn)化守恒可知，澳和硫化鋼反應(yīng)時(shí)物質(zhì)的量之比為1:1；根據(jù)硫酸鋼的化學(xué)組成及領(lǐng)元素守恒

可知，n(BaS):n(H2s。4)為1:1,因此，參與反應(yīng)的11但》):n(BaS):n(H2so，為1:1:1,D說法正確；

綜上所述，本題選A。

9.某水樣中含一定濃度的CO：、HCO］和其他不與酸堿反應(yīng)的離子。取10.00mL水樣，O.OlOOOmobL-1

的HC1溶液進(jìn)行滴定，溶液pH隨滴加HC1溶液體積XHC1)的變化關(guān)系如圖(混合后溶液體積變化忽略不

計(jì))。

K(HCl)/mL

下列說法正確的是

A.該水樣中c(CO：)=0.01moH/i

B.a點(diǎn)處c(H2co3)+c(H+)=c(OH—)

C.當(dāng)F(HCl)S20.00mL時(shí)，溶液中c(HCOJ)基本保持不變

1

D.曲線上任意一點(diǎn)存在c(CO)+c(HCO3)+c(H2C03)=0.03mol?L-

【答案】C

【解析】

【分析】向碳酸根和碳酸氫根的混合溶液中加入鹽酸時(shí)，先后發(fā)生如下反應(yīng)CO；+H+=HCO「HCO?+H+=

H2cO3,則滴定時(shí)溶液pH會(huì)發(fā)生兩次突躍，第一次突躍時(shí)碳酸根離子與鹽酸恰好反應(yīng)生成碳酸氫根離子,

第二次突躍時(shí)碳酸氫根離子與鹽酸恰好反應(yīng)生成碳酸，由圖可知，滴定過程中溶液pH第一次發(fā)生突躍時(shí),

鹽酸溶液的體積為20.00mL,由反應(yīng)方程式CC>7+H+=HCO］可知，水樣中碳酸根離子的濃度為

0.01000mol/Lx0.0200L

=0.02mol/L,溶液pH第二次發(fā)生突躍時(shí)，鹽酸溶液的體積為50.00mL,則水樣

0.0100L

001000mol/Lx(0.0500L-0.0200L-0.0200L)

中碳酸氫根離子的濃度為=0.01mol/Lo

0.0100L

【詳解】A.由分析可知，水樣中碳酸根離子的濃度為0.02mol/L,故A錯(cuò)誤;

B.由圖可知，a點(diǎn)發(fā)生的反應(yīng)為碳酸根離子與氫離子恰好反應(yīng)生成碳酸氫根離子，可溶性碳酸氫鹽溶液中

質(zhì)子守恒關(guān)系為c(H2co3)+c(H+尸c(OH—)+c(CO；),故B錯(cuò)誤;

C.由分析可知，水樣中碳酸氫根離子的濃度為0.01mol/L,當(dāng)鹽酸溶液體積■(HCl)W20.00mL時(shí)，只發(fā)生反

應(yīng)CO:+H+=HCO3，滴定時(shí)溶液中碳酸氫根離子濃度為

0.01000mol/Lx0.0100L+0.01000mol/L><V(HCl)

=0.01mol/L,則滴定時(shí)溶液中碳酸氫根離子濃度不變,

0.0100L+V(HCl)

故c正確；

D.由分析可知，水樣中碳酸根離子和碳酸氫根離子濃度之和為0.03mol/L,由物料守恒可知，溶液中c(CO

)+c(HCO；)+C(H2C03)=0.03mol/L,滴定加入鹽酸會(huì)使溶液體積增大，則溶液中

[c(CO))+c(HCO])+c(H2co3)]會(huì)小于0.03mol/L,故D錯(cuò)誤;

故選C。

二、不定項(xiàng)選擇題：本題共4小題，每小題4分，共16分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，有

一項(xiàng)或兩項(xiàng)符合題目要求。若正確答案只包括一個(gè)選項(xiàng)，多選時(shí)，該小題得0分；若正確答

案包括兩個(gè)選項(xiàng)，只選一個(gè)且正確的得2分，選兩個(gè)且都正確的得4分，但只要選錯(cuò)一個(gè)，

該小題得0分。

10.兩種化合物的結(jié)構(gòu)如圖，其中X、Y、Z、R、Q是原子序數(shù)依次增大的五種短周期主族元素，下列說法

錯(cuò)誤的是

R\/

IY

Z-Q、I

HAZ-Q-X^Y

ZII

Z

A.在兩種化合物中，X、Y、Z、R、Q均滿足最外層8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)

B.X、Y、Z、R、Q中，R的非金屬性及簡(jiǎn)單氫化物的穩(wěn)定性均最強(qiáng)

C.將裝有YZ2氣體的透明密閉容器浸入冰水中，氣體顏色變淺

D.Z的某種同素異形體在大氣中的含量與環(huán)境污染密切相關(guān)

【答案】A

【解析】

【分析】X、Y、Z、R、Q是原子序數(shù)依次增大的五種短周期主族元素，由兩種化合物的結(jié)構(gòu)示意圖可知，

X、Y、Z、R、Q形成共價(jià)鍵的數(shù)目分別為4、3、2、1、5,則五種元素分別為C元素、N元素、O元素、

F兀素、P兀素。

【詳解】A.由兩種化合物的結(jié)構(gòu)示意圖可知，化合物中磷原子的最外層電子數(shù)為10,不滿足最外層8電

子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，故A錯(cuò)誤；

B.C元素、N元素、O元素、F元素、P元素中位于元素周期表右上角的氟元素的非金屬性最強(qiáng)，元素的

非金屬性越強(qiáng)，簡(jiǎn)單氫化物的穩(wěn)定性最強(qiáng)，故B正確；

C.紅棕色二氧化氮轉(zhuǎn)化為無色四氧化二氮的反應(yīng)為放熱反應(yīng)，降低溫度，平衡向正反應(yīng)方向移動(dòng)，氣體的

顏色變淺，則將裝有二氧化氮?dú)怏w的透明密閉容器浸入冰水中，氣體顏色變淺，故C正確；

D.氧氣和臭氧是氧元素形成的不同種單質(zhì)，互為同素異形體，臭氧層破壞會(huì)造成環(huán)境污染，則臭氧在大氣

中的含量與環(huán)境污染密切相關(guān)，故D正確；

故選Ao

II.在EY沸石催化下，蔡與丙烯反應(yīng)主要生成二異丙基蔡M和N。

下列說法正確的是

A.M和N互為同系物B.M分子中最多有12個(gè)碳原子共平面

C.N的一澳代物有5種D.蔡的二澳代物有10種

【答案】CD

【解析】

【詳解】A.由題中信息可知，M和N均屬于二異丙基蔡，兩者分子式相同，但是其結(jié)構(gòu)不同，故兩者互

為同分異構(gòu)體，兩者不互為同系物，A說法不正確；

B.因?yàn)椴谭肿又械?0個(gè)碳原子是共面的，由于單鍵可以旋轉(zhuǎn)，異丙基中最多可以有2個(gè)碳原子與苯環(huán)共

面，因此，M分子中最多有14個(gè)碳原子共平面，B說法不正確；

c.N分子中有5種不同化學(xué)環(huán)境的H,因此其一澳代物有5種，C說法正確；

D.蔡分子中有8個(gè)H,但是只有兩種不同化學(xué)環(huán)境的H(分別用a、0表示，其分別有4個(gè))，根據(jù)定一

議二法可知，若先取代a,則取代另一個(gè)H的位置有7個(gè)然后先取代1個(gè)|3,然后再取代其他p,有3種,

因此，蔡的二澳代物有10種，D說法正確；

本題選CD。

A.電極b為陽(yáng)極

B.隔膜為陰離子交換膜

C.生成氣體M與N的物質(zhì)的量之比為2：1

催化劑

D.反應(yīng)器I中反應(yīng)的離子方程式為4[Fe(CN)]3-+4OH-4[Fe(CN)]4-+Ot+2H,O

6A62

【答案】BD

【解析】

【分析】由圖可知，a電極為陽(yáng)極，堿性條件下[Fe(CN)6『一離子在陽(yáng)極失去電子發(fā)生氧化反應(yīng)生成

[Fe(CN)6p一離子，催化劑作用下，[Fe(CN)6p一離子與氫氧根離子反應(yīng)生成[Fe(CN)6]J離子、氧氣和水，b

電極為陰極，水分子作用下DHPS在陰極得到電子發(fā)生還原反應(yīng)生成DHPS—2H和氫氧根離子，催化劑作

用下，DHPS—2H與水反應(yīng)生成DHPS和氫氣，氫氧根離子通過陰離子交換膜由陰極室向陽(yáng)極室移動(dòng)，則M

為氧氣、N為氫氣。

【詳解】A.由分析可知，b電極為電解池的陰極，故A錯(cuò)誤；

B.由分析可知，氫氧根離子通過陰離子交換膜由陰極室向陽(yáng)極室移動(dòng)，則隔膜為陰離子交換膜，故B正確

C.由分析可知，M為氧氣、N為氫氣，由得失電子數(shù)目守恒可知，氧氣和氫氣的的物質(zhì)的量之比為1：2,

故c錯(cuò)誤；

D.由分析可知，反應(yīng)器I中發(fā)生的反應(yīng)為催化劑作用下，[Fe(CN)6]3—離子與氫氧根離子反應(yīng)生成

催化劑

[FelCN%]4-離子、氧氣和水，反應(yīng)的離子方程式為4[Fe(CN)反一+40H——g

A

4

4[Fe(CN)6]-+O2T+2H2O,故D正確;

故選BDo

13.恒溫恒容條件下，向密閉容器中加入一定量X,發(fā)生反應(yīng)的方程式為①*=丫；②)Y=Z。反應(yīng)①的速

率%=kiC(X),反應(yīng)②的速率V2=k2c(Y),式中kpk2為速率常數(shù)。圖甲為該體系中X、Y、Z濃度隨時(shí)

間變化的曲線，圖乙為反應(yīng)①和②的Ink?孑曲線。下列說法錯(cuò)誤的是

A.隨c(X)的減小，反應(yīng)①、②的速率均降低

B.體系中v(X尸v(Y)+v(Z)

C.欲提高Y的產(chǎn)率，需提高反應(yīng)溫度且控制反應(yīng)時(shí)間

D.溫度低于工時(shí)，總反應(yīng)速率由反應(yīng)②決定

【答案】AB

【解析】

【分析】由圖中的信息可知，濃度隨時(shí)間變化逐漸減小的代表的是X,濃度隨時(shí)間變化逐漸增大的代表的

是Z,濃度隨時(shí)間變化先增大后減小的代表的是Y；由圖乙中的信息可知，反應(yīng)①的速率常數(shù)隨溫度升高

增大的幅度小于反應(yīng)②的。

【詳解】A.由圖甲中的信息可知，隨c(X)的減小，c(Y)先增大后減小，c(Z)增大，因此，反應(yīng)①的速率隨

c(X)的減小而減小，而反應(yīng)②的速率先增大后減小，A說法錯(cuò)誤；

B.根據(jù)體系中發(fā)生的反應(yīng)可知，在Y的濃度達(dá)到最大值之前，單位時(shí)間內(nèi)X的減少量等于Y和Z的增加

量，因此，v(XAv(Y)+vZ),但是，在Y的濃度達(dá)到最大值之后，單位時(shí)間內(nèi)Z的增加量等于Y和X的

減少量，故v(X)+“Y)=v(Z),B說法錯(cuò)誤；

C.升高溫度可以可以加快反應(yīng)①的速率，但是反應(yīng)①的速率常數(shù)隨溫度升高增大的幅度小于反應(yīng)②的，

且反應(yīng)②的的速率隨著Y的濃度的增大而增大，因此，欲提高Y的產(chǎn)率，需提高反應(yīng)溫度且控制反應(yīng)時(shí)間,

C說法正確；

D.由圖乙信息可知，溫度低于Ti時(shí)，自＞無，反應(yīng)②為慢反應(yīng)，因此，總反應(yīng)速率由反應(yīng)②決定，D說

法正確；

綜上所述，本題選AB。

三、非選擇題：共57分.第14?16題為必考題，每個(gè)試題考生都必須作答。第17?18題為選考

題，考生根據(jù)要求作答。

(一)必考題：共42分。

14.某研究小組為了更準(zhǔn)確檢測(cè)香菇中添加劑亞硫酸鹽的含量，設(shè)計(jì)實(shí)驗(yàn)如下：

①三頸燒瓶中加入10.00g香菇樣品和400mL水；錐形瓶中加入125mL水、1mL淀粉溶液，并預(yù)加

0.30mLO.OlOOOmol-L1的碘標(biāo)準(zhǔn)溶液，攪拌。

②以0.2L-min"流速通氮?dú)?，再加入過量磷酸，加熱并保持微沸，同時(shí)用碘標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定，至終點(diǎn)時(shí)滴定

消耗了1.00mL碘標(biāo)準(zhǔn)溶液。

③做空白實(shí)驗(yàn)，消耗了0.10mL碘標(biāo)準(zhǔn)溶液。

④用適量Na2sO3替代香菇樣品，重復(fù)上述步驟，測(cè)得SO?的平均回收率為95%。

己知：K"(H3Po4)=7.1x10-3,Kai(H2so3)=1.3x10-2

回答下列問題：

(1)裝置圖中儀器a、b的名稱分別為、。

（2）三頸燒瓶適宜的規(guī)格為（填標(biāo)號(hào)）。

A.250mLB.500mLC.1000mL

（3）解釋加入H3Po4,能夠生成S。？的原因：o

（4）滴定管在使用前需要、洗滌、潤(rùn)洗；滴定終點(diǎn)時(shí)溶液的顏色為；滴定反應(yīng)的離子方程

式為O

（5）若先加磷酸再通氮?dú)猓瑫?huì)使測(cè)定結(jié)果（填“偏高”“偏低”或“無影響”）。

（6）該樣品中亞硫酸鹽含量為11^-1^」（以$。2計(jì)，結(jié)果保留三位有效數(shù)字）。

【答案】（1）①.（球形）冷凝管②.酸式滴定管

（2）C（3）加入H3P。4后，溶液中存在化學(xué)平衡H2so3一3SO2+H2O,SO2的溶解度隨著溫度升高

而減小，SO2逸出后，促進(jìn)了化學(xué)平衡H2so3^^SO2+H2。向右移動(dòng)

+

（4）①.檢驗(yàn)其是否漏水②.藍(lán)色（3）.I2+SO2+2H2O=2I-+4H+SO：

（5）偏低（6）80.8

【解析】

【分析】由題中信息可知，檢測(cè)香菇中添加劑亞硫酸鹽的含量的原理是：用過量的磷酸與其中的亞硫酸鹽

反應(yīng)生成S02,用氮?dú)鈱O2排入到錐形瓶中被水吸收，最后用碘標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定，測(cè)出樣品中亞硫酸鹽含量。

【小問1詳解】

根據(jù)儀器a、b的結(jié)構(gòu)可知，裝置圖中儀器a、b的名稱分別為球形冷凝管和酸式滴定管；

【小問2詳解】

三頸燒瓶中加入10.00g香菇樣品和400mL水，向其中加入H3PO4的體積不超過10mL?在加熱時(shí)，三頸燒

2

瓶中的液體不能超過其容積的因此，三頸燒瓶適宜的規(guī)格為1000mL選C。

【小問3詳解】

雖然Kal（H3PO4）=7.1xl0-3<Kal（H2SO3）=1.3X10-2,但是H3PO4為難揮發(fā)性的酸，而H2SO3易分解為SO2和

水，SO2的溶解度隨著溫度升高而減小，SO2逸出后，促進(jìn)了化學(xué)平衡H2s。3『一SO2+H2O向右移動(dòng)，因

此，加入H3P。4能夠生成SO2的原因是：加入H3P。4后，溶液中存在化學(xué)平衡H2sCh-^SCh+HzO,SO2

的溶解度隨著溫度升高而減小，S02逸出后，促進(jìn)了化學(xué)平衡H2sCh-^SOz+HzO向右移動(dòng)；

【小問4詳解】

滴定管在使用前需要檢驗(yàn)其是否漏水、洗滌、潤(rùn)洗；滴定前，溶液中的碘被SO2還原為碘離子，溶液的顏

色為無色，滴加終點(diǎn)時(shí)，過量的1滴或半滴標(biāo)準(zhǔn)碘液使淀粉溶液變?yōu)樗{(lán)色且半分鐘點(diǎn)之內(nèi)不變色，因此,

+

滴定終點(diǎn)時(shí)溶液為藍(lán)色；滴定反應(yīng)的離子方程式為I2+SO2+2H2O=2I-+4H+SO4；

【小問5詳解】

若先加磷酸再通氮?dú)?，則不能將裝置中的空氣及時(shí)排出，有部分亞硫酸鹽和SO2被裝置中的氧氣氧化，碘

的標(biāo)準(zhǔn)液的消耗量將減少，因此會(huì)使測(cè)定結(jié)果偏低。

【小問6詳解】

實(shí)驗(yàn)中SO2消耗的標(biāo)準(zhǔn)碘液的體積為0.30mL+1.00mL=1.30mL,減去空白實(shí)驗(yàn)消耗的0.10mL,則實(shí)際消

+

耗標(biāo)準(zhǔn)碘液的體積為1.20mL,根據(jù)反應(yīng)I2+SO2+2H2O=2I-+4H+SOj可以計(jì)算出n（SO2）=n（I2）=1.20mLx

5

lO^LmL^x0,01000mol-L'=1.20xIOmol,由于SO2的平均回收率為95%,則實(shí)際生成的n（SO2）=

1.20x105moi。］263x10-5moi,則根據(jù)s元素守恒可知，該樣品中亞硫酸鹽含量為

0.95

1.263x10-5molx64g*mor1x1000mg*g-1

x80.8mgekgJ

10.00gxlO-3Kg*g-1

15.以焙燒黃鐵礦FeS2（雜質(zhì)為石英等）產(chǎn)生的紅渣為原料制備鍍鐵藍(lán)Fe（NHjFe（CN）6顏料。工藝流程如

下:

H2s。4

鏤

鐵

藍(lán)

母液

回答下列問題:

（1）紅渣的主要成分為（填化學(xué)式），濾渣①的主要成分為（填化學(xué)式）。

（2）黃鐵礦研細(xì)的目的是o

（3）還原工序中，不生成S單質(zhì)的反應(yīng)的化學(xué)方程式為。

（4）工序①的名稱為,所得母液循環(huán)使用。

（5）沉鐵工序產(chǎn)生的白色沉淀Fe（NH4）2Fe（CN%中Fe的化合價(jià)為，氧化工序發(fā)生反應(yīng)的離子方

程式為O

(6)若用還原工序得到的濾液制備FezCVxH?。和(NHJSO4，所加試劑為和(填化學(xué)

式，不引入雜質(zhì))。

【答案】⑴Fe2O3②.SiCh

(2)增大固液接觸面積，加快反應(yīng)速率，提高黃鐵礦的利用率

(3)7Fe2(SO4)3+FeS2+8H2O=15FeSO4+8H2SO4

(4)蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾洗滌

+

(5)①.+2；②.6Fe(NH4)2Fe(CN)6+CIO；+6H=6Fe(NH4)Fe(CN)6+3H2O+Cr+6NH^

(6)①.H2O2②.NH3H2O

【解析】

煨焊

【分析】已知黃鐵礦高溫煨燒生成FezCh，反應(yīng)原理為：4FeS2+llO2=2Fe2O3+8SO2,故產(chǎn)生的紅渣主要

成分為Fe2()3和SiCh，將紅渣粉碎后加入足量的50%的H2sO4溶液加熱充酸浸，反應(yīng)原理為：

Fe2O3+3H2SO4=Fe2(SO4)3+3H2O,過濾出濾渣①，主要成分為SiO2，向?yàn)V液中加入黃鐵礦進(jìn)行還原，將Fe3+

還原為Fe2+,由(3)小問可知不生成S沉淀，則硫元素被氧化為SO；,反應(yīng)原理為：

3+2++

14Fe+FeS2+8H2O=15Fe+2SO>16H,然后進(jìn)行工序①為蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶，得到FeSC)4晶體和母液

主要含有FeSC>4溶液和H2so〃加水溶解FeSO4晶體，向所得溶液中加入(NH^SCU、K4Fe(CN)6]并用H2SO4

調(diào)節(jié)溶液的pH為3,進(jìn)行沉鐵過程，反應(yīng)原理為：Fe2++2NH；+[Fe(CN)6p=Fe(NH4)2Fe(CN)6],然后過濾

出沉淀，洗滌后加入H2s。4和NaClC)3進(jìn)行氧化步驟，反應(yīng)原理為：6Fe(NH4)2Fe(CN)6+C10-

+

+6H=6Fe(NH4)Fe(CN)6+3H2O+d-+6NH4,過濾、洗滌干燥即制得Fe(NH4)Fe(CN)6，據(jù)此分析解題。

【小問1詳解】

由分析可知，紅渣的主要成分為：Fe2O3,濾渣①的主要成分為：SiO2,故答案為：Fe2O3；SiO2；

【小問2詳解】

黃鐵礦研細(xì)的主要目的是增大固液接觸面積，加快反應(yīng)速率，提高黃鐵礦的利用率，故答案為：增大固液

接觸面積，加快反應(yīng)速率，提高黃鐵礦的利用率；

【小問3詳解】

由分析可知，還原工序中，不產(chǎn)生S單質(zhì)沉淀，則硫元素被氧化為SO：,反應(yīng)原理為：

3+2++

14Fe+FeS2+8H2O=15Fe+2SO^+16H,故化學(xué)方程式為：7Fe2(SO4)3+FeS2+8H2O=15FeSC)4+8H2s。4，故

答案為：7Fe2(SO4)3+FeS2+8H2O=15FeSO4+8H2SO4；

【小問4詳解】

由分析可知，工序①的名稱為蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾洗滌，所得母液主要含有FeSCU溶液和H2sO,可

以循環(huán)利用，故答案為：蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾洗滌；

【小問5詳解】

沉鐵工序中產(chǎn)生的白色沉淀Fe(NH4)2Fe(CN)6中Fe的化合價(jià)為+2價(jià)和［FeCCN)』-中的+3價(jià)，由分析可知，

+

氧化工序所發(fā)生的離子方程式為6Fe(NH4)2Fe(CN)6+C10-+6H=6Fe(NH4)Fe(CN)6+3H2O+Cl-+6NH4,故答

+

案為：+2；6Fe(NH4)2Fe(CN)6+CIO；+6H=6Fe(NH4)Fe(CN)6+3H2O+Cl-+6NH*；

【小問6詳解】

由分析可知，還原工序所得的濾液中主要含有FeSCU溶液和H2so4，向?yàn)V液中先加入一定量的H2O2溶液將

Fe2+完全氧化為Fe3+,在向氧化后的溶液中加入氨水至不再產(chǎn)生沉淀為止，過濾洗滌，對(duì)沉淀進(jìn)行灼燒，即

可制得FezCh-xHzO和(NH4)2SC>4，故所需要加入的試劑為H2O2和NHSHO,故答案為：H2O2；NH3H2Oo

16.氫能是極具發(fā)展?jié)摿Φ那鍧嵞茉?，以氫燃料為代表的燃料電池有良好的?yīng)用前景。

⑴298K時(shí)，坨凡燃燒生成H2(3(g)放熱121kJ,ImolH?。。)蒸發(fā)吸熱44kJ,表示H2燃燒熱的熱化

學(xué)方程式為O

(2)工業(yè)上常用甲烷水蒸氣重整制備氫氣，體系中發(fā)生如下反應(yīng)。

I.CH4(g)+H2O(g)^=±CO(g)+3H2(g)

n.CO(g)+H2O(g)^CO2(g)+H2(g)

①下列操作中，能提高CH4(g)平衡轉(zhuǎn)化率的是(填標(biāo)號(hào))。

A.增加CH乂g)用量B.恒溫恒壓下通入惰性氣體

C.移除CO(g)D.加入催化劑

②恒溫恒壓條件下，lmolCH4(g)和ImolHzO0反應(yīng)達(dá)平衡時(shí)，CH/g)的轉(zhuǎn)化率為a,CO2(g)的物質(zhì)的

量為bmol,則反應(yīng)I的平衡常數(shù)K、=(寫出含有a、b的計(jì)算式；對(duì)于反應(yīng)

mA(g)+nB(g)^=±pC(g)+qD(g),K、=皿;二JAx為物質(zhì)的量分?jǐn)?shù))。其他條件不變，H2O(g)

x(A)x(B)

起始量增加到5mol,達(dá)平衡時(shí)，a=0.90,b=0.65,平衡體系中H2(g)的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)為(結(jié)果保留

兩位有效數(shù)字)。

(3)氫氧燃料電池中氫氣在(填“正”或"負(fù)”)極發(fā)生反應(yīng)。

(4)在允許。2一自由遷移的固體電解質(zhì)燃料電池中，QH2n+2放電的電極反應(yīng)式為。

(5)甲醇燃料電池中，吸附在催化劑表面的甲醇分子逐步脫氫得到CO,四步可能脫氫產(chǎn)物及其相對(duì)能量

如圖，則最可行途徑為a-(用b-j等代號(hào)表示)。

5/

整

斑

安

密

1

【答案】(1)H2(g)+1o2(g)=H2O(l)AZ/=-286kJ-mol

^(a—6)(3a+A)3

(2)0.BC②.----------------------------------③.43%

(1-a)(l-a-b)(2+2a)27

2*5

(3)負(fù)(4)CnH2n+2-(6n+2)e-+(3n+l)O-=nCO2+(n+l)H2O

(5)a—>b—e-h—>j

【解析】

【小問1詳解】

298K時(shí)，lgH2燃燒生成H2O(g)放熱121kJ,則ImolH2燃燒生成氏0@放熱=242kJ,用熱化學(xué)方程

式表示為：H2(g)+1O2(g)=H2O(g)AM=-242kJ?moH①，又因?yàn)?mol%0⑴蒸發(fā)吸熱44kJ,則H2()(g尸

1

H2O(1)A//2=-44kJ?moH②,根據(jù)蓋斯定律可知，表示比燃燒熱的反應(yīng)熱為AZ/=A//i+A/Z2=-286kJ-mol-,

故答案為：H2(g)+1o2(g)=H2O(l)A8=-286kJ?moH；

【小問2詳解】

①A.增加CHMg)用量可以提高H2O(g)的轉(zhuǎn)化率，但是CH￡g)平衡轉(zhuǎn)化率減小，A不符合題意；

B.恒溫恒壓下通入惰性氣體，相當(dāng)于減小體系壓強(qiáng)，反應(yīng)混合物中各組分的濃度減小，反應(yīng)I的化學(xué)平衡

正向移動(dòng)，能提高CH4g)平衡轉(zhuǎn)化率，B符合題意；

C.移除CO(g),減小了反應(yīng)混合物中CO(g)的濃度，反應(yīng)I的化學(xué)平衡正向移動(dòng)，能提高CH4(g)平衡轉(zhuǎn)化

率，C符合題意；

D.加入催化劑不能改變平衡狀態(tài)，故不能提高CH4g)平衡轉(zhuǎn)化率，D不符合題意;

綜上所述，上述操作中，能提高CJWg)平衡轉(zhuǎn)化率的是BC；

②恒溫恒壓條件下，1molCH4(g)和1mol也0信)反應(yīng)達(dá)平衡時(shí)，CH4(g)的轉(zhuǎn)化率為a,CO2(g)的物質(zhì)的量

為bmol,則轉(zhuǎn)化的CH4(g)為amol,剩余的CH4(g)為(l-a)mol,根據(jù)C元素守恒可知，CO(g)的物質(zhì)的量

為(a-b)mol,根據(jù)H和O守恒可知，40色)的物質(zhì)的量為(l-a-b)moL用色)的物質(zhì)的量為(3a+b)mol,則反應(yīng)

混合物的總物質(zhì)的量為(2a+2)moL平衡混合物中，CH4(g)>H2O(g),CO(g)、H2(g)的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)分別為

\—a1—a-boc—b也土2,因此，反應(yīng)I的平衡常數(shù)Kx=

2+2。2+2a2+2。2+2a

a-b/363

--------x(---。---+--Y、

2+2a2+2a(a-b)(3a+b)3

;其他條件不變，H2(Xg)起始量增加到5mol,達(dá)平衡時(shí),

\—ct\—oc—b

--------x-----------(1—a)(l—a—b)(2+2a)2

2+2a2+2。

a=0.90,b=0.65,則平衡時(shí),CH4(g)為O.lmoL根據(jù)C元素守恒可知,CO(g)的物質(zhì)的量為0.25mol,,根

據(jù)H和O守恒可知,比0?的物質(zhì)的量為(5-0.90-0.65)mol=3.45mol,比值)的物質(zhì)的量為(3a+b)mol=3.35mol,

335

平衡混合物的總物質(zhì)的量為(2a+6)mol=7.8mol,平衡體系中用⑷的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)為7F'100%^43%；

7.8

【小問3詳解】

燃料電池中的燃料在負(fù)極發(fā)生氧化反應(yīng)，因此，氫氧燃料電池中氫氣在負(fù)極發(fā)生反應(yīng);

【小問4詳解】

在允許咱由遷移的固體電解質(zhì)燃料電池中，CnH2n+2在負(fù)極發(fā)生氧化反應(yīng)生成CO2和H2。，電極反應(yīng)式

_-2

為CnH2n+2(6n+2)e+(3n+l)O=nCO2+(n+1)H2O；

【小問5詳解】

由圖示可知，吸附在催化劑表面的甲醇分子逐步脫氫得到CO,且能壘越低，活化能越小，越容易進(jìn)行，根

據(jù)圖示可知，其可行的途徑為：a-b->e->h—>j。

(二)選考題共15分。請(qǐng)考生從2道題中任選一題作答，并用2B鉛筆將答題卡上所選題目對(duì)

應(yīng)的題號(hào)右側(cè)方框涂黑，按所涂題號(hào)進(jìn)行評(píng)分：多涂、多答，按所涂的首題進(jìn)行評(píng)分：不涂,

按本選考題的首題進(jìn)行評(píng)分。

17.含Cu、Zn、Sn及S的四元半導(dǎo)體化合物(簡(jiǎn)寫為CZTS),是一種低價(jià)、無污染的綠色環(huán)保型光伏材料,

可應(yīng)用于薄膜太陽(yáng)能電池領(lǐng)域?；卮鹣铝袉栴}：

(1)基態(tài)S原子的價(jià)電子中，兩種自旋狀態(tài)的電子數(shù)之比為O

(2)Cu與Zn相比，第二電離能與第一電離能差值更大的是,原因是o

(3)SnCl]的幾何構(gòu)型為—,其中心離子雜化方式為―-

(4)將含有未成對(duì)電子的物質(zhì)置于外磁場(chǎng)中，會(huì)使磁場(chǎng)強(qiáng)度增大，稱其為順磁性物質(zhì)。下列物質(zhì)中，屬于

順磁性物質(zhì)的是—(填標(biāo)號(hào))。

A.[CU(NH3)2]C1B.[CU(NH3)4]SO4C.[Zn(NH3)4]SO4D.Na2[Zn(OH)4]

(5)如圖是硫的四種含氧酸根的結(jié)構(gòu)：

根據(jù)組成和結(jié)構(gòu)推斷，能在酸性溶液中將MM+轉(zhuǎn)化為MnCT的是―(填標(biāo)號(hào))，理由是.

(6)如圖是CZTS四元半導(dǎo)體化合物的四方晶胞。

①該物質(zhì)的化學(xué)式為。

②以晶胞參數(shù)為單位長(zhǎng)度建立的坐標(biāo)系可以表示晶胞中各原子的位置，稱作原子分?jǐn)?shù)坐標(biāo)，例如圖中A原

,一311

子的坐標(biāo)為(一，—,—),則B原子的坐標(biāo)為。

448-----

【答案】(1)1：2或2：1

(2)①.Cu②.Cu的第二電離能失去的是3d1。的電子，第一電離能失去的是4sl電子，Zn的第二

電離能失去的是4sl的電子，第一電離能失去的是4s2電子，3d】。電子處于全充滿狀態(tài)，其與4sl電子能量差

值更大

(3)①.三角錐形②.sp3雜化(4)B

(5)①.D②.D中含有一1價(jià)的0元素，具有強(qiáng)氧化性，能將Md+轉(zhuǎn)化為MnO；

135

(6)①.CuzZnSnSd②.(一,一,—)

448

【解析】

【小問1詳解】

基態(tài)S的價(jià)電子排布是3s23Pt根據(jù)基態(tài)原子電子排布規(guī)則，兩種自旋狀態(tài)的電子數(shù)之比為1：2或2：1,

故答案為：1：2或2：1；

【小問2詳解】

銅元素的第二電離能失去的是3d1。的電子,第一電離能失去的是4sl電子,鋅元素的第二電離能失去的是4sl

的電子，第一電離能失去的是4s2電子，3d"電子處于全充滿狀態(tài)，其與4sl電子能量差值更大，所以銅與

鋅相比，第二電離能與第一電離能差值更大的是銅元素，故答案為：Cu；Cu的第二電離能失去的是3印。的

電子，第一電離能失去的是4sl電子，Zn的第二電離能失去的是4sl的電子，第一電離能失去的是4s2電子，

3d10電子處于全充滿狀態(tài)，其與4sl電子能量差值更大；

【小問3詳解】

三氯化錫離子在錫離子的價(jià)層電子對(duì)數(shù)為4、孤對(duì)電子對(duì)數(shù)為1,所以錫離子雜化方式為sp3雜化，離子的

空間構(gòu)型為三角錐形，故答案為：三角錐形；sp3雜化；

【小問4詳解】

根據(jù)題意，具有順磁性物質(zhì)含有未成對(duì)電子；

A.[CU(NH3)2]C1中亞銅離子外圍電子排布是3d1。，離子中電子均已成對(duì)，該配合物不具有順磁性，故不符

合題意；

B.[Cu(NH3)4]SO4中銅離子外圍電子排布是3d9,離子中有未成對(duì)電子，該配合物具有順磁性，故符合題意

C.[Zn(NH3)4]SO4中鋅離子外圍電子排布是3+。，離子中電子均已成對(duì)，該配合物不具有順磁性，故不符

合題意；

D.Na2[Zn(OH)4]中鋅離子外圍電子排布是3d?離子中電子均已成對(duì)，該配合物不具有順磁性，故不符合

題意；

故選B；

【小問5詳解】

由四種含氧酸根的結(jié)構(gòu)式可知，只有過二硫酸根離子中含有過氧鏈，離子中一1價(jià)的氧元素具有強(qiáng)氧化性，

則只有過二硫酸根離子能在酸性溶液中將銃離子氧化為高鋸酸根離子，故選D；

【小問6詳解】

①由晶胞結(jié)構(gòu)可知，位于頂點(diǎn)和體心的鋅原子個(gè)數(shù)為8x：+l=2,位于面上的銅原子個(gè)數(shù)為8x；=4,位于

面心和棱上的錫原子個(gè)數(shù)為2x；+4x，=2,位于體內(nèi)的硫原子個(gè)數(shù)為8,則該物質(zhì)的化學(xué)式為CsZnSnS"

故答案為：Cu2ZnSnS4；

②若將晶胞先分為上下兩個(gè)相等的正方體后再將每個(gè)正方體繼續(xù)分為8個(gè)相等的小正方體，則B原子位于

311

上面的正方體分割成的8個(gè)小立方體中位于右下后方的小立方體的體心，由A原子的坐標(biāo)為（一，一，-）

448

135135

可知，B原子的坐標(biāo)為（二，—,―）,故答案為：（:，—,—）□

448448

18.舍曲林（Sertraline）是一種選擇性5-羥色胺再攝取抑制劑，用于治療抑郁癥，其合成路線之一如下:

A1C13SOC12

G6H12。2。一^-36H|303。丁丁

IH

已知：

（i）手性碳原子是指連有四個(gè)不同原子或原子團(tuán)的碳原子

R

口）RjMR,'\NHR.

R2/2）H2,Pd/C（或NaBHQR2Z

R\c_o+H/R2堿武

(III)c—o+H2C-----