2022届福建省漳州市高三三模-化学试题【含答案】

福建省漳州市2022届高三毕业班第三次教学质量 检测 工程第三方检测合同工程防雷检测合同植筋拉拔检测方案传感器技术课后答案检测机构通用要求培训 化学试 题 快递公司问题件快递公司问题件货款处理关于圆的周长面积重点题型关于解方程组的题及答案关于南海问题 本试题卷共8页，15题。满分100分，考试用时75分钟。可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Zn65Ce140一、选择题：本题共10小题，每小题4分，共40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。1．2022年央视春晚舞蹈诗剧《只此青绿》演活宋代名画《千里江山图》。该画作历经千年色彩依旧，其中青色来自蓝铜矿颜料［主要成分CuOH2CuCO］，绿色来自孔雀石颜料［主要成分23CuOHCuCO］。下列说法错误的是（）23A．《千里江山图》可用14C进行年代鉴定，14C与12C互为同位素B．画作材质为麦青色的蚕丝织品——绢，其主要成分为蛋白质C．蓝铜矿颜料和孔雀石颜料均耐酸耐碱，所以画作历经千年色彩依旧D．蓝铜矿颜料和孔雀石颜料均难溶于水，且不易被空气氧化2．北京冬奥会场馆建设中用到的一种耐腐蚀、耐高温的绿色环保表面涂料是以某双环烯酯为原料制得的，该双环烯酯的结构如图所示。下列说法正确的是（）A．该双环烯酯分子中有3个手性碳原子B．该双环烯酯分子式为C14H18O2C．该双环烯酯的一氯代物有11种D．该双环烯酯能发生氧化反应、水解反应、加聚反应3．设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（）A．常温常压下，20gD2O含有中子数、电子数分别为8NA、10NAB． 标准 excel标准偏差excel标准偏差函数exl标准差函数国标检验抽样标准表免费下载红头文件格式标准下载 状况下，2.24LCH2Cl2含有CCl键的数目为0.2NAC．1molNa与O2完全反应，生成Na2O和Na2O2的混合物，Na失去的电子数目为NAD．常温常压下，0.1molCl2溶于水，溶液中Cl、HClO、ClO的数目之和为0.2NA4．下列实验操作或实验设计正确的是（）ABCD1验证铁钉的析氢验证1－溴丙烷发生消去反熔化Na2CO3固体收集NO2气体腐蚀应5．某种含二价铜的催化剂Ⅱ可用于汽车尾气脱硝。催化机理和反应过程中不同CuOHNH3态物质体系所具有的能量如图所示。下列说法正确的是（）A．该脱硝过程总反应的焓变H0B．由状态①到状态⑤所发生的反应均为氧化还原反应C．由状态③到状态④的变化过程有极性键的断裂和形成催化剂D．总反应的化学方程式为4NH32NO2O23N26H2O6．常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（）22A．含有NO3的水溶液中：Fe、Na、SO4、ClB．能使酚酞变红的溶液中：Na、HCO3、CH3COO、AlO23C．中性溶液中：K、Fe、Cl、NO3．由水电离出的131的溶液中：、、、2DcH110molLNaBrMnO4SO47．下列实验 方案 气瓶 现场处置方案 .pdf气瓶 现场处置方案 .doc见习基地管理方案.doc关于群访事件的化解方案建筑工地扬尘治理专项方案下载 能达到相应实验目的的是（）选项实验目的实验方案检验未知溶液中是否含有A用玻璃棒蘸取未知溶液进行焰色反应Na向淀粉溶液中加入少量稀硫酸，加热4~5分钟，待溶液冷却B证明淀粉没有水解后滴加碘水2除去MgCl2溶液中少量向含有少量FeCl3的MgCl2溶液中加入足量MgOH粉C2FeCl3末，搅拌、静置、过滤1向5mL0.1molLAgNO3溶液中加入1mL0.1证明AgCl的溶解度大于DmolL1NaCl溶液，出现白色沉淀，再加入几滴0.1Ag2S的溶解度1molLNa2S溶液8．短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，四种元素可以组成一种分子簇，其分子结构如图所示（球的大小表示原子半径的相对大小），W、X位于不同周期，X原子的最外层电子数是次外层电子数的3倍，Z的族序数等于其周期数。下列说法错误的是（）A．工业上采用电解Y、Z的熔融氯化物获得相应的单质B．Y与W形成的离子化合物具有强还原性C．简单离子的半径：XYZWD．Y的最高价氧化物对应水化物的碱性比Z的强9．羟基自由基（·OH）具有强氧化性。我国科学家设计了一种能将苯酚氧化为CO2、H2O的原电池—电解池组合装置（如图所示），该装置能实现发电、环保二位一体。下列说法正确的是（）2A．a极每1molCr2O7参与反应，通过质子交换膜的H数目理论上为8NAB．b极为原电池的负极，工作一段时间后溶液的pH变大C．相同条件下，c、d两极产生气体的体积比为7∶13D．d极区苯酚被氧化的化学方程式为C6H5OH28OH6CO217H2O910．天然水体中的H2CO3与空气中的CO2保持平衡。已知某温度下，KspCaCO32.810。22某溶洞水体中lgcX（X为H2CO3、HCO3、CO3或Ca）与pH的关系如图所示。下列说法错误的是（）A．线④代表Ca2与pH的关系曲线9B．该温度下，H2CO3的电离平衡常数Ka1数量级为10．当221时，溶液的CcCO310molLpH9.8D．当pH10.3时，水体中cCa22.8107.9molL1二、非选择题：本大题共有5题，共60分。11．（13分）二氧化铈（CeO2）具有较强的氧化性，是一种应用非常广泛的稀土氧化物。以氟碳铈矿（主要含CeFCO3、BaO等）为原料制备CeO2的一种工艺流程如图所示。回答下列问题：（1）“氧化焙烧”后，Ce元素转化为CeO2和CeF4。写出氧化焙烧的化学方程式______。（2）“酸浸”时，铈的浸出率与温度、cH的关系如图所示，应选择的最适宜的条件为______（填标号）。4A．65℃2.0molL1B．75℃2.0molL1C．85℃2.5molL1D．100℃2.5molL1“酸浸”不用盐酸的理由是______（任写两点）。（3）“系列操作”包含以下几个过程：已知：Ce3不能溶于有机物TBP；CeF3能溶于有机物TBP，且存在反应34CeFTBPCeTBPF。“滤液A”中加入有机物TBP后的分离方法是______，“有机层B”中发生反应的离子方程式为______。（4）“调pH”中，要使Ce3沉淀完全（通常认为溶液中离子浓度小于1.0105molL1为沉淀完全），应控制pH大于______（已知25℃时KCeOH11020）。sp3（5）“氧化”中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为______。（6）CeO2是汽车尾气净化催化剂的关键成分，在尾气消除过程中CeO2与相互转化。中的为＋、＋价，测定的值可判断它们的比CeO21x0x0.25CeO21xCe34x例。现取固体，加入足量硫酸和充分溶解，使4全CeO21x1.6560g0.0220molFeSO47H2OCe31部被还原成Ce，再用0.1000molL的酸性KMnO4标准溶液滴定至终点，重复操作三次，平4均消耗标准溶液40.00mL（已知氧化性：Ce>KMnO4），则x的值为______。512．（14分）硫氰化钾（KSCN）是一种用途广泛的化工原料，常用于染料、药物的生产。实验小组设计如下实验装置模拟工业制备KSCN并进行相关探究实验。已知：①CS2是一种不溶于水且密度大于水的非极性试剂。催化剂②CS3NHNHSCNNHHS23水浴加热44回答下列问题：（1）SCN的结构式为______。（2）装置A用于实验室制备氨气，反应的化学方程式为______。（3）装置B中，三颈烧瓶内盛放有CS2、水和固体催化剂，通入氨气的导管口需要插入CS2液体中，其目的是______（写两点）。（4）待三颈烧瓶内液体不分层后，熄灭装置A处的酒精灯，关闭K1，移开水浴。将装置B继续加△热至105℃，待NH4HS完全分解后（NH4HSNH3H2S），打开K2，缓缓滴入适量的KCO溶液充分反应，NHCO完全分解制得KSCN溶液。装置C中仪器a的名称是______，23423用离子方程式表示装置C处的烧杯中产生淡黄色浑浊的原因______。（5）除去固体催化剂后，为使KSCN晶体充分析出并分离，采用的操作为减压蒸发、______、过滤。（6）过滤装置C中吸收尾气后的悬浊液，得到滤液x。取少量滤液х进行如下实验［已知AgSCNAgSCN（白色）］：6①设计实验方案并根据实验现象解释试管b中产生银镜的原因______［可供选择的试剂：0.5molL1AgNO溶液、FeSO溶液、FeSO溶液、NHSO溶液］。32434424②小组同学观察到试管c中实验现象后，用力振荡试管，又观察到红色褪去且白色沉淀增多，结合平衡移动的知识解释其原因______。13．（13分）2021年以来，全国十六个省市将氢能源写入“十四五”规划中，氢能是助力“碳达峰、碳中和”战略目标实现的重要新能源，以CH4为原料制H2具有广阔的应用前景。在一定条件下CH4与CO2催化重整制H2涉及以下反应：主反应：1CH4gCO2g2COg2H2gH1248kJmol副反应：1CO2gH2gCOgH2OgH241kJmol（1）写出CH4与H2O反应生成CO和H2的热化学方程式______。（2）我国学者模拟主反应重整制H2，研究在Pt－Ni合金和Sn－Ni合金催化下。甲烷逐级脱氢的反应。不同催化剂的甲烷脱氢反应历程与相对能量关系如图所示（*表示吸附在催化剂表面的物质，吸附过程产生的能量称为吸附能）。使用Sn－Ni合金作为催化剂的历程中最大能垒E正______eV；脱氢反应阶段选择Pt－Ni合金作为催化剂效果更好，理由是______。（3）恒压P0条件下，CO2与CH4以等物质的量投料进行催化重整实验，CO2和CH4的平衡转化率随温度的变化曲线如图所示。7①曲线______（填“A”或“B”）表示CO2的平衡转化率。②X点的速率：v（正）______v（逆）（填“＞”“＜”或“＝”），判断依据是______。③800K时，主反应的平衡常数Kp______（用平衡分压代替平衡浓度计算，分压＝总压×物质的量分数）。（4）科学家研发出一种新系统，通过“溶解”水中的CO2触发电化学反应，该装置可有效减少碳的排放，并得到氢能源，其工作原理如图所示。则生成H2的电极反应式为______。14．（10分）钴（Co）是人体必需的微量元素，含钴化合物在机械制造、磁性材料等领域具有广泛的应用，是一种重要的战略金属。回答下列问题：（1）下列状态的Co微粒中，电离最外层一个电子所需能量最大的是______（填标号）。A．Ar3d74s2B．Ar3d74s1C．Ar3d74s14p1D．Ar3d74p1（2）Co与Ca位于同一周期，且最外层电子数相等，但单质Co的熔点、沸点均比单质Ca高，原因是______。（3）Co配合物CoNHCl为紫红色固体，1molCoNHCl中含有的键数目为3523523______，NH3分子与Co形成配合物后H—N—H键角______（填“变大”“变小”或“不变”）。（4）Co配合物CoNNHSO中配位体N的空间构型为______。中国化学家首次成功制335438得含全氮阴离子（N）的金属盐CoNHO4HO，这是一种配合物分子，552242CoNHO的结构式如图所示。该金属盐中不存在的微粒间作用力有______（填标号）。5224a．键b．键c．离子键d．氢键e．金属键f．范德华力（5）化学家发现了具有超导性的CoO2晶体，其层状结构如图所示。下列用粗线画出的重复结构单元示意图不能描述其化学组成的是______（填标号）。A．B．C．D．15．（10分）肉桂硫胺（I）是抗击新型冠状病毒的潜在用药，其合成路线如下：回答下列问题：（1）肉桂硫胺（I）能使溴的四氯化碳溶液褪色是因为分子中含有______（填写官能团名称）。（2）B→C的反应类型为______，E的结构简式为______。9（3）G→H反应的化学方程式为______。（4）化合物Y与D互为同分异构体，且满足下列条件：①能水解，且能发生银镜反应；②与NaOH溶液反应时，1molY最多可消耗3molNaOH；③核磁共振氢谱有4组峰，峰面积之比为1∶1∶2∶6。则Y的结构简式为______（任写一种）。（5）根据上述路线中的相关知识，设计以为原料合成的路线。10漳州市2022届高三毕业班第三次质量检测化学答案解析一、选择题1．答案C【解析】蓝铜矿颜料和孔雀石颜料都属于碱式盐，能与酸反应。2．答案D【解析】该双环烯酯分子中只有环上连接支链的2个碳原子连接四个不同的基团，故只有2个手性碳原子；分子式为C14H20O2；一氯代物有13种，分子中含有碳碳双键能发生氧化反应、加聚反应，含有酯基能发生水解反应。3．答案C【解析】一个D2O分子中质子数和中子数均为10；标准状况下CH2Cl2为液体；Cl2溶于水后的溶液还存在Cl2分子。4．答案B【解析】铁钉在食盐水中发生吸氧腐蚀；1－溴丙烷在热的氢氧化钾乙醇溶液中发生消去反应生成丙烯，丙烯中混有乙醇和溴化氢，用水除去乙醇和溴化氢，酸性高锰酸钾溶液褪色可以验证丙烯的生成；高温下Na2CO3会与SiO2反应；NO2的密度比空气大，收集时需要长进短出。5．答案C【解析】由图可知反应物的总能量大于生成物的总能量。应为放热反应；由状态①到状态②各元素化合价均未发生变化，为非氧化还原反应；由状态③到状态④的变化过程有CuⅠHNNONH中的极性键的断裂和产物HO中O－H键的形成；由图可知脱硝过程反2322应物为：2molNH3、2molNO、0.5molO2，生成物为：3molH2O、2molN2，总反应的化催化剂学方程式为4NH34NOO24N26H2O。6．答案A【解析】HCO与AlO能反应生成CO2和AlOH；Fe3在中性条件下会水解转化成3233FeOH；常温下，由水电离出的cH11013molL1的溶液，pH＝1或者pH＝13，在pH3＝1时Br与MnO4会发生氧化还原反应。7．答案C【解析】不能用玻璃棒做焰色反应；溶液中加碘水变为蓝色，只能 说明 关于失联党员情况说明岗位说明总经理岗位说明书会计岗位说明书行政主管岗位说明书 溶液中还含有淀粉，说明淀11粉未水解或者部分水解；由于硝酸银过量。与加入的Na2S生成Ag2S沉淀，不能说明沉淀转化。8．答案A【解析】依题干推出X为O，W为H，Z为Al；Y和Z在分子簇中均形成配位键，Y的原子半径大于Z，所以Y为Mg。AlCl3为共价化合物。工业上不能采用电解熔融AlCl3的方法制取单质Al；MgH2中氢元素为－1价。具有强还原性。9．答案D【解析】由图可知，左侧为原电池装置，a极电极反应式为CrO26e7HO2CrOH8OH，每1molCrO2参与反应，转移6mol，则272327e通过质子交换膜的H数目理论上有6NA。b为负极，电极反应式为C6H5OH28e11H2O6CO228H，溶液pH减小。d极电极反应为H2OeHOH，羟基自由基（·OH）进一步氧化苯酚，C6H5OH28OH6CO217H2O。c极电极反应为2H2eH2，每转移1mol6e，生成H的物质的量是0.5mol，d极生成CO的物质的量是mol，相同条件下气体的体积222816比等于气体的物质的量的比。则c、d两极产生气体的体积比为mol:mol7:3。22810．答案B【解析】由于天然水体中的H2CO3与空气中的CO2保持平衡，故天然水体中H2CO3的浓度不会发2生改变，由此可得，线①代表H2CO3。随着pH的增大，溶液的碱性增强，HCO3、CO3浓度22增大，在pH较小时，HCO3浓度较大，所以线②代表HCO3，线③代表CO3。而随着CO322浓度增大，逐渐生成CaCO3沉淀，溶液中Ca逐渐减小，线④代表Ca。由点a（6.3，5）可计cHCO3cH算该温度下的一级电离平衡常数6.3数量H2CO3Ka1H2CO3cH10cH2CO3710.3级为10。同理，由点c（10.3，1.1）可求出H2CO3的二级电离平衡常数Ka2H2CO310，1222cCO3cH6.310.3，已知221、Ka1Ka21010cCO310molLcH2CO351，则9.81，＝。根据点（，）当cH2CO310molLcH10molLpH9.8c10.31.1pH＝时，21.11，已知9，则10.3cCO310molLKspCaCO32.810KCaCO2.8109cCa2sp32.8107.9molL1。21.1cCO310二、非选择题11．（13分）高温（1）4CeFCO3O23CeO2CeF44CO2（2分）（2）C（1分）32CeO2具有较强氧化性会被盐酸还原为Ce；生成有毒的Cl2会污染环境；盐酸不能除去杂质Ba等（2分）43（3）分液（1分）2CeTBPH2O22CeO22H2TBP（2分）（4）9（2分）（5）1：2（1分）（6）0.2（2分）【解析】（1）“氧化焙烧”步骤中，BaO不参与反应，由流程可知CeFCO3与通入的氧气发生氧化还原反应生成CeO2、CeF4和CO2。（2）由图可知，温度为85℃、cH为2.5molL1时，铈的浸出率最高；“酸浸”步骤中，用硫酸浸取，BaO与硫酸反应生成BaSO4沉淀；若用盐酸替代硫酸，CeO2具有较强氧化性会被盐酸还32原为Ce，生成有毒的Cl2会污染环境，且盐酸不能除去杂质Ba（3）滤液A中CeF3能溶于有机物TBP，振荡静置后的水层与有机层采用分液方法进行分离；由流程可知，有机层A中加入“洗氟液”后，分离出含F溶液，F浓度减小，平衡CeF3TBPCeTBP4F正向移动，CeF3离子转化为CeTBP4离子；由流程可知，有机层B中CeTBP413离子在酸性条件下与H2O2发生氧化还原反应。1.01020（）依据20，351，即为，4KspCeOH1.010cOH510molLpH9310此时处于沉淀溶解平衡状态，当pH大于9时，Ce3转化为CeOH沉淀。3（5）“氧化”步骤中氧化剂是NaClO，还原产物是Cl，还原剂是Ce3，氧化产物是CeOH，4根据得失电子守恒，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2。（）实验过程，固体中4全部被还原成3，部分参与反应，剩余的6CeO21xCeCeFeSO47H2O223部分用酸性KMnO4标准溶液滴定，根据关系式MnO45FeMn5Fe，可算出与214MnO4反应的Fe的物质的量为0.1000molL0.04L50.0200mol，则还原Ce消耗的Fe2的物质的量为0.0220mol－0.0200mo1＝0.0020mol，根据Ce4Fe2Ce3Fe3，则aCe4的物质的量0.0020mol，设样品中＋3价Ce有mol，则CeO为amol，＋4价Ce有0.002022311mol，则CeO2为0.0020mol，列式为：0.0020mol×172gmol＋amol·328gmol＝1.6560g，求出a＝0.0040mol，样品中有0.0020molCeO2和0.0040molCe2O3两种成分，利用物质的量之NCe51比可得样品的组成为CeO2CeO，根据原子个数比求得x0.2。223NO821x12．（14分）（1）SCN或SCN（2分）△（2）2NHClCaOHCaCl2NH2HO（2分）42232（3）防倒吸；使NH3与CS2充分接触混合等合理答案（2分）32（4）（球形）干燥管（1分）2FeH2S2FeS2H（2分）（5）冷却结晶（1分）12（6）①取2mL0.5molLAgNO3溶液，加入几滴FeSO4溶液，若产生银镜，证明是Fe还14原Ag产生银镜（2分）②红色溶液存在平衡Fe33SCNFeSCN，用力振荡，发生反应3AgSCNAgSCN，白色沉淀增多；cSCN减小，使上述平衡逆向移动，红色褪去（2分）【解析】（1）根据C形成4个共价键、N形成3个共价键、S形成2个共价键或SCN与CO2互为等电子体进行判断。（3）CS2是非极性试剂，极性分子NH3在其中的溶解度小，可以防倒吸；NH3（气体）通入CS2（液体）中，可以增大接触面积，使反应充分。33（4）由装置C烧杯中产生淡黄色浑浊，可知H2S被Fe氧化为S单质，则氧化剂Fe被还原为Fe2。（6）①滤液x的主要溶质为FeSO、FeSO和NHSO，试管b中产生银镜是因为发生243442423反应FeAgFeAg。根据试管a中AgNO3溶液的用量，结合所提供的试剂，要选1用2mL0.5molLAgNO3溶液和FeSO4溶液设计实验方案。②试管c的溶液局部变红是因为上层清液中的Fe3与滴入的SCN反应，存在化学平衡Fe33SCNFeSCN。用力振荡试管，上层清液中的Ag与SCN充分接触生成难溶的3AgSCN白色沉淀，所以白色沉淀增多；cSCN减小，使上述平衡逆向移动，红色褪去。13．（13分）1（1）CH4gH2OgCOg3H2gH1207kJmol（2分）（2）3.809（1分）使用Pt－Ni合金作催化剂时，反应历程中的活化能都较小，反应速率较快，催化效果更好。（2分）（3）①A（1分）②＞（1分）800K时，X点反应还未平衡，反应正向进行，所以v正v逆。（1分）p③0（2分）19215（4）2CO22H2O2e2HCO3H2（2分）【解析】（1）由盖斯定律可得。（2）据图可知使用Sn－Ni合金作催化剂时，由CH3H到过渡态2的能垒最大，为5.496eV1.687eV3.809eV。（3）①CO2参与2个反应，而CH4只参与1个反应，相同情况下CO2消耗更多，平衡转化率更大。②800K时，X点反应还未达到平衡，反应正向进行。③800K时，根据图中平衡转化率，设起始时nCO2nCH4amol，则转化的物质的量nCO2amol40%0.4amol，nCH4amol20%0.2amol列式：CH4g主反应：＋CO2g2COg＋2H2g转化（n/mol）0.2a0.2a0.4a0.4a平衡（n/mol）a－0.2aa－0.2a－0.2a0.4a＋0.2a0.4a－0.2a副反应：CO2g＋H2gCOg＋H2Og转化（n/mol）0.2a0.2a0.2a0.2a平衡（n/mol）0.2a平衡体系中各气体的物质的量为：CH4g0.8amol；CO2g0.6amol；COg0.6amol；H2g0.2amol；H2Og0.2amol；总物质的量为：2.4amol。根据分压＝总压×物质的量分数可计算在恒温恒压下，主反应的分压平衡常数：226222p0p02pCOpH22424p0Kp2pCO2pCH468192p0p02424（4）由图可知，b电极为正极，电极反应式为2CO22H2O2e2HCO3H2。14．（10分）（1）B（1分）（2）Co原子半径较小且单位体积内自由电子数目较多，所以原子化热更大，金属键更强（2分）16（3）21NA（1分）变大（1分）（4）直线形（1分）c、e（2分）（5）D（2分）【解析】（1）要电离最外层一个电子A所需能量为I1，B所需能量为I2，I2I1，C、D为激发态，所需能量更低。（3）1molCoNHClCl中含有的配位键数目为6N，NH中含有的键数目为352A335NA15NA，共21NA。NH3中N原子有1对孤电子对，形成配合物后提供孤电子对形成配位键，成键电子对之间的斥力小于原来孤电子对与成键电子对之间的斥力，故H－N－H键角变大。（4）N3与CO2互为等电子体，空间构型为直线形。配合物分子间存在范德华力、水分子间能形成氢键、全氮阴离子N5中含有键。（5）粗线画出的重复结构单元中，Co、O原子的个数比分别为11144111111A．B．4C．4D．1114242424122415．（10分）（1）碳碳双键（1分）（2）氧化反应（1分）（2分）（3）（2分）（4）或（2分）（5）（2分）【解析】（2）卤代烃在NaOH水溶液中水解生成醇，醇转化为醛发生氧化反应；D中醇羟基在浓硫酸、加热17条件下发生消去反应。（3）根据原子守恒及H的分子式可知G中的—SH的氢原子和中的—Br发生取代反应，生成有机物H和HBr。（4）化合物Y与D互为同分异构体，分子式为C9H10O3。由信息：化合物Y能水解、能发生银镜反应，可知含甲酸酚酯基，即存在的结构；1molY消耗3molNaOH可知Y中除外还含1个酚羟基；核磁共振氢谱峰面积之比为1：1：2：6，可知酚羟基应在甲酸酚酯基的对位、2个CH3在甲酸酚酯基的邻位或间位，则Y的结构可为或。（5）的单体为自。参照上述合成路线的反应，采用逆合成分析法，应由和HCN、H反应得到，由催化氧化可得。18