必刷卷05-2022年高考化学考前信息必刷卷（全国甲卷）

这是一份必刷卷05-2022年高考化学考前信息必刷卷（全国甲卷），共22页。试卷主要包含了作答时，务必将答案写在答题卡上， 光气在工业上具有重要的用途等内容，欢迎下载使用。

2022年高考化学考前信息必刷卷05
全国卷(甲卷)

为平稳过渡至新高考，预计2022全国卷(甲卷)仍将保持2021年的风格，所以试卷整体手法应传承已有套路。基于“立德树人”的大背景，命题情境将有更多的指向。备考中要有的放矢。

元素周期律不要跟风专练结构式的呈现方式，还要留意文字给出或图表给出方式。小实验也可能会情境化；电化学一方面紧跟最新科技，千万别疏忽了电化学在生产生活中的应用。

本卷满分100分，考试时间50分钟。
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2.作答时，务必将答案写在答题卡上。写在本试卷及草稿纸上无效。
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
可能用到的相对原子质量： H-1 C-12 N-14 O-16 F-19 Al-27 S-32
一、选择题：本题共7小题，每小题6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. 2021年11月3日，2020年度国家科技进步奖励大会在人民大会堂举行，国家自然科学奖一等奖(两名)全部授予化学领域，复旦大学的《有序介孔高分子和碳材料的创制和应用》便是其中之一。该项技术是指利用有机材料制造有规则且可控的、孔径在2-50纳米之间的多孔材料，在将重油转化为汽柴油发挥重大作用。以下说法错误的是
A. 有序介孔高分子材料属于胶体范畴
B. 重油转化为汽柴油与石油的分馏原理不同
C. 有序介孔高分子材料具有极大的比表面积，可作为吸附剂、电极材料
D. 该技术材料孔径可调，对提高催化剂的选择性有重要意义
【答案】A
【解析】
【详解】A．胶体是指分散质粒子直径在1-100nm之间，介孔材料指孔径在2-50纳米之间，A错误；
B．重油转化为汽柴油需要高温裂化，碳链由长裂短，发生化学反应。石油的分馏根据沸点不同，B正确；
C．介孔材料遍布极多的小孔，具有极大的比表面积，有很强吸附性，可作为吸附剂、电极材料，C正确；
D．由于该技术材料孔径可调，该材料的介孔中催化剂所催化的反应，产物只能在既定的孔径中生成，长度大的分子将无法合成，即必然提高催化的选择性，D正确；
故选A。
2. 利用氧化制备的装置如下图所示(夹持装置略)：

已知：锰酸钾()在浓强碱溶液中可稳定存在，碱性减弱时易发生反应：
下列说法不正确的是
A. 向仪器a中加入水，盖好玻璃塞，关闭止水夹，打开仪器a玻璃旋塞向烧瓶滴加水，若水一段时间不能滴下，则气密性良好
B. 装置A中发生反应的化学方程式为
C. 若去掉裝置B，可能会导致产率降低
D. 装置D中的试剂为氢氧化钠溶液
【答案】A
【解析】
【详解】A．仪器a为恒压漏斗，漏斗中的气体压强与三颈烧瓶中的压强始终相同，即水能顺利流下，该方法不能检验气密性，A错误；
B．漂白粉的有效成分是Ca(ClO)2，与盐酸发生氧化还原反应，得到氯气，即反应方程式为，B正确；
C．A装置产生Cl2中混有HCl，根据题中所给信息可知，KMnO4在碱性减弱时容易变质，因此装置B的作用是除去氯气中的HCl，防止氯化氢与C装置中强碱发生反应，导致KMnO4产率降低，C正确；
D．氯气有毒，对环境有污染，因此装置D的作用是吸收氯气，防止污染环境，因此装置D应盛放氢氧化钠溶液，D正确；
故选A。
3. 下列离子方程式书写不正确的是
A. 向中滴加溶液，沉淀由白色变成红褐色：3Mg(OH)2(s)+2Fe3＋＝2Fe(OH)3(s)+3Mg2＋
B. 向溶液中滴入少量NaOH溶液：
C. 用溶液检测溶液中的：
D. 向等物质的量浓度的KOH和的混合溶液中加入过量稀盐酸：OH－+2SO+5H＋＝3H2O+2SO2↑
【答案】D
【解析】
【详解】A．向中滴加溶液，沉淀由白色变成红褐色，说明氢氧化镁转化为氢氧化铁：3Mg(OH)2(s)+2Fe3＋＝2Fe(OH)3(s)+3Mg2＋，A正确；
B．向溶液中滴入少量NaOH溶液，铝离子转化为氢氧化铝沉淀，B正确；
C．用溶液检测溶液中的，会产生蓝色沉淀：，C正确；
D．向等物质的量浓度的KOH和的混合溶液中加入过量稀盐酸：OH－+SO+3H＋＝2H2O+SO2↑，D错误；
答案选D。
4. 元素M、W、X、Y 、Z在元素周期表中位置如下所示，其中Z不属于短周期元素，M、X的最外层电子数之和等于W的核电荷数。下列说法错误的是
M

W
X
Y



Z

A. X、Z的单质可用作半导体
B. Y4W10是一种酸酐
C. MW2会造成温室效应
D. W的简单氢化物沸点比Z的低
【答案】D
【解析】
【分析】由题干图示可知，设M的最外层电子数为a，则X的最外层电子也是a，W的核电荷数为2+a+2，则有：2a=a+4，则a=4，所以M为C，X为Si，Y为P，W为O，Z为Se，据此分析解题。
【详解】A．已知Si是良好的半导体，Se位于金属与非金属分界线附近，可作半导体材料，则X、Z的单质可用作半导体，A正确；
B．由分析可知，Y4W10即P4O10是H3PO4的酸酐，B正确；
C．由分析可知，MW2分子即CO2，会造成温室效应，C正确；
D．由分析可知，由于H2O中存在分子间氢键，导致沸点异常升高，则W的简单氢化物为H2O沸点比Z即H2Se的高，D错误；
故答案为：D。
5. 是一类重要的药物中间体，可以由经环化后合成，其反应式为：

己知：一个碳原子上连有四个不同的原子或原子团的碳原子，叫手性碳原子，下列说法正确的是
A. 中有1个手性碳原子
B. 的分子式为
C. 该环化过程属于加成反应
D. 可用酸性溶液检验中是否含有
【答案】A
【解析】
【详解】A．一个碳原子上连有四个不同的原子或原子团的碳原子，叫手性碳原子，中手性碳原子有1个，A正确；
B．的分子式为，B错误；
C．加成反应的特征只有1种生成物，该环化过程有2种生成物，不属于加成反应，C错误；
D．和都含有碳碳双键，都能使酸性溶液褪色，不能检验，D错误；
故选：A。
6. 一种微生物电池可用于净化污水和淡化海水，工作原理如下图所示。下列说法正确的是


A. 放电时电极a上反应为CH3COOH+2H2O-8e-=2CO2↑+8H+
B. 放电时电极b附近溶液的pH降低
C. 离子交换膜c和d分别为阳离子交换膜和阴离子交换膜
D. 电极b处每反应标准状况下2.24 L O2，电路中会转移0.2 mol电子
【答案】A
【解析】
【详解】A．根据图示可知：左侧a电极上CH3COOH失去电子被产生CO2，所以a电极为负极，电极反应式为：CH3COOH-8e-+2H2O=2CO2↑+8H+，A正确；
B．放电时电极b上O2得到电子被还原产生OH-，附近溶液c(OH-)增大，溶液的pH升高，B错误；
C．左侧a电极附近产生H+，右侧b电极附近产生OH-，为维持电荷守恒，海水的阴离子要通过离子交换膜c进入左侧，海水的阳离子要通过离子交换膜d进入右侧，所以离子交换膜c和d分别为阴离子交换膜和阳离子交换膜，C错误；
D．电极b处每反应标准状况下2.24 L O2，反应消耗O2物质的量是0.1 mol，反应过程会得到0.4 mol电子，因此电路中会转移0.4 mol电子，D错误；
故合理选项是A。
7. 常温下，将一定量稀硫酸逐滴滴入高铁酸钠溶液中，溶液中含铁微粒存在如下平衡：，各微粒的物质的量分数随pOH变化如图。下列说法正确的是

A. Ⅲ代表的变化曲线
B. 三点水的电离程度相等
C.
D. a点处：
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查含铁微粒分布分数图像分析。
【详解】A．稀硫酸逐滴滴入高铁酸钠溶液中，溶液pOH不断增大，的浓度不断减小，可知II代表的变化曲线，故A项错误；
B．三点溶液中微粒成分不同，溶液pOH不同，对水的电离影响程度不同，故B错误；
C．的平衡常数，点时，pOH=1.6，则，同理可知
的平衡常数，的平衡
常数，由此推出，故C正确；
C．点溶液中，溶液中存在电荷守恒：，从到点溶液中发生反应：，溶液中，则点溶液中
，故D项错误；
故答案：C。
二、非选择题
(一)必考题：共43分。
8. 铅和砷的化合物大多数有毒，易对环境造成污染。从高砷烟尘中回收制备砷酸钠晶体的工艺流程如图所示。

已知：
Ⅰ．高砷烟尘的成分为、、和，且、均为酸性氧化物。
Ⅱ．亚砷酸钠是灰白色的固体，易溶于水，具有还原性。砷酸钠是灰白色粉末，溶于水、甘油。
回答下列问题：
（1）本流程中多次涉及固液分离，实验室中通过普通过滤实现固液分离用到的玻璃仪器有___________ (填仪器名称)。
（2）中与的数目之比为___________。“碱浸”时，与反应生成等产物的化学方程式为___________(用离子方程式表示)。
（3）流程中，“氧化”操作的目的是___________(用离子方程式表示)。
（4）“系列操作”为___________。“滤液”可循环使用，应将其导入___________(填操作单元的名称)操作中。
（5）砷酸钠可用于可逆电池，装置如图甲所示，其反应原理为。探究对氧化性的影响，测得输出电压与的关系如图乙所示。则点时，盐桥中___________(填“向左”“向右”或“不”)移动，点时，负极的电极反应为___________。

【答案】（1）漏斗、烧杯、玻璃棒
（2） ①. 2：3 ②.
（3）
（4） ①. 蒸发浓缩、冷却结晶 ②. 碱浸
（5） ①. 向左 ②.
【解析】
【分析】高砷烟尘的成分为、、和，且、均为酸性氧化物，“碱浸”时加入氢氧化钠和硫化钠，和“碱浸”生成和单质，、与碱反应生成亚砷酸钠和砷酸钠，本流程的目的是制备，故“氧化”的目的是将氧化成，溶液通过“系列操作”和“过滤”得到・，据此分析作答。
【小问1详解】
实验室中普通过滤所需要的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、漏斗，故答案为：漏斗、烧杯、玻璃棒；
【小问2详解】
根据化合价的代数和为零，可知与的数目之比为2：3；根据流程可判断，在“碱浸”时生成和单质，根据氧化还原反应规律配平化学方程式为；，故答案为：2：3；；
【小问3详解】
和均是酸性氧化物，与碱发生反应分别生成亚砷酸钠和砷酸钠，本流程的目的是制备，故“氧化”的目的是将氧化成，其离子方程式为，故答案为：；
【小问4详解】
通过“系列操作”和“过滤”得到・，故“系列操作”为蒸发浓缩、冷却结晶；“滤液”中因含有，故可以返回“碱浸”操作单元进行循环使用，故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶；碱浸；
【小问5详解】
根据反应可知，为氧化剂得电子，作正极，作还原剂，失电子，作负极，a点时溶液显酸性，盐桥中向左移动，c点时平衡逆向移动，负极的电极反应为，故答案为：向左；。
9. 光气(COCl2)在工业上具有重要的用途。工业上采用高温活性炭催化CO与Cl2合成COCl2。
（1）已知有下列基元反应，其物质相对能量变化如图。


①CO与Cl2合成COCl2(g)的热化学方程式是_______。
②已知可以从实验中获得反应速率方程，科研工作中常用其推测反应机理决速步中的活化络合物。活化络合物分子中含有的原子数目等于反应速率方程的表达式中物质中的原子数与指数的积。以的历程为例，其反应速率方程为，可推测反应决速步中活化络合物的可能存在形式为或。已知的速率方程为，则反应中的活化络合物的可能存在形式为_______(任写两个即可)。在上面三个基元反应中，活化能最大的是_______(填“Ⅰ”“Ⅱ”或“Ⅲ”)。
（2）在100 kPa、恒压的密闭容器中，充入物质的量相同的CO、Cl2和适量的活性炭，发生反应，其压强平衡常数(用平衡分压代替平衡浓度，分压=总压×物质的量分数)的对数与温度倒数呈线性关系，如图。


①随的增大而增大，原因是_______。
②图中Q点对应的，平衡混合气中的体积分数是_______%。若保持温度不变，将该容器增压再次达到平衡，其状态可能为图中Q、M、N中的_______点，此时混合气中COCl2的体积分数是70%，则再次达到平衡状态的气体总压强是_______kPa。
【答案】（1） ①. ②. ③. Ⅲ
（2） ①. 是放热反应，反应达到平衡后，增大，温度降低，平衡正向移动，平衡常数增大，lgKp增大 ②. 40 ③. Q ④. 700
【解析】
【小问1详解】
①根据盖斯定律将基元反应Ⅱ和Ⅲ相加得；
②由可知，反应中的活化络合物含Cl原子数是，C、O原子数都是1，故为Cl3CO、COCl3；
从推测得出的活化络合物来看，只有基元反应Ⅲ的反应物满足条件，故反应Ⅲ是决速步，反应速率最慢，该步反应的活化能最大；
【小问2详解】
①根据(1)①中计算可知的正反应是放热反应，反应达到平衡后，增大，温度降低，化学平衡正向移动，导致化学平衡常数增大，lgKp增大；
②100 kPa时，设Q点对应的COCl2的体积分数是x%，则CO与Cl2的体积分数均为，故，解得x=40；Kp只与温度有关，不随温度变化，与压强变化无关，故气体压强增大lgKp不改变，仍然是图中的Q点。平衡状态时COCl2的体积分数是70%，CO与Cl2的体积分数均为15%，设气体总压强是p kPa，则平衡常数，p=700。
10. 化学小组实验探究SO2与AgNO3溶液的反应。
（1）实验一：用如下装置（夹持、加热仪器略）制备SO2，将足量SO2通入AgNO3溶液中，迅速反应，得到无色溶液A和白色沉淀B。

①浓H2SO4与Cu反应的化学方程式是____________________________________。
②试剂a是____________。
（2）对体系中有关物质性质分析得出：沉淀B可能为 、Ag2SO4或两者混合物。（资料：Ag2SO4微溶于水；Ag2SO3难溶于水）
实验二：验证B的成分

①写出Ag2SO3溶于氨水的离子方程式：__________。
②加入盐酸后沉淀D大部分溶解，剩余少量沉淀F。推断D中主要是BaSO3，进而推断B中含有Ag2SO3。向滤液E中加入一种试剂，可进一步证实B中含有Ag2SO3。所用试剂及现象是__________。
（3）根据沉淀F的存在，推测的产生有两个途径：
途径1：实验一中，SO2在AgNO3溶液中被氧化生成Ag2SO4，随沉淀B进入D。
途径2：实验二中，被氧化为进入D。
实验三：探究的产生途径
①向溶液A中滴入过量盐酸，产生白色沉淀，证明溶液中含有________：取上层清液继续滴加BaCl2溶液，未出现白色沉淀，可判断B中不含Ag2SO4。做出判断的理由：_______。
②实验三的结论：__________。
（4）实验一中SO2与AgNO3溶液反应的离子方程式是_________________。
（5）根据物质性质分析，SO2与AgNO3溶液应该可以发生氧化还原反应。将实验一所得混合物放置一段时间，有Ag和生成。
（6）根据上述实验所得结论：__________________。
【答案】 ①. Cu+2H2SO4(浓) CuSO4+SO2↑+2H2O ②. 浓硫酸或饱和的NaHSO3溶液 ③. Ag2SO3+4NH3•H2O=2 Ag(NH3)2++SO32-+4H2O ④. H2O2溶液，产生白色沉淀，则证明B中含有Ag2SO3 ⑤. Ag+ ⑥. 因为若含有Ag2SO4，加入BaCl2溶液会生成难溶的BaSO4白色沉淀 ⑦. 实验一中，SO2在AgNO3溶液中未被氧化生成Ag2SO4；实验二中，SO32-被氧化为SO42- ⑧. 2Ag++SO2+H2O= Ag2SO3+2H+ ⑨. 二氧化硫与硝酸银溶液反应生成亚硫酸银的速率大于生成银和硫酸根离子的速率，碱性溶液中亚硫酸根离子更易被氧化为硫酸根离子
【解析】
【分析】本题的实验目的是探究SO2与硝酸银溶液的反应，实验过程先用铜片和浓硫酸反应制备SO2，再将SO2通入硝酸银溶液中，对所得产物进行探究，可依据元素化合物知识解答。
【详解】(1)①铜和浓硫酸在加热的条件下反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，化学方程式为：Cu+2H2SO4(浓) CuSO4+SO2↑+2H2O，
故答案为Cu+2H2SO4(浓) CuSO4+SO2↑+2H2O；
②由于烧瓶中的空气没有排出，反应生成的SO2可能会被氧气氧化为SO3，SO3会干扰后续的实验，所以试剂a应为除去杂质SO3的试剂，可以用饱和NaHSO3溶液；
故答案为饱和NaHSO3溶液；
（2）①Ag2SO3溶于氨水得到Ag(NH3)2+，离子方程式为：Ag2SO3+4NH3•H2O=2 Ag(NH3)2++SO32-+4H2O，
故答案为Ag2SO3+4NH3•H2O=2 Ag(NH3)2++SO32-+4H2O；
②推测沉淀D为BaSO3，加过量稀盐酸溶解得滤液E和少量沉淀F，则E中可能含有溶解的SO2，可加入双氧水溶液，若加入双氧水溶液可以将亚硫酸或亚硫酸根离子氧化为硫酸根离子，从而生成白色的硫酸钡沉淀，则证明B中含有Ag2SO3；
故答案为H2O2，溶液，产生白色沉淀，则证明B中含有Ag2SO3；
（3）①加入过量盐酸产生白色沉淀，说明含有Ag+；B中不含Ag2SO4，因若含有Ag2SO4，加入BaCl2溶液会生成难溶的BaSO4白色沉淀，
故答案为Ag+；因若含有Ag2SO4，加入BaCl2溶液会生成难溶的BaSO4白色沉淀；
②实验三的结论：实验一中，SO2在AgNO3溶液中未被氧化生成Ag2SO4；实验二中，SO32-被氧化为SO42-；
（4）根据以上分析，二氧化硫与硝酸银溶液反应生成亚硫酸银沉淀，离子方程式为：2Ag++SO2+H2O= Ag2SO3+2H+，
故答案为2Ag++SO2+H2O= Ag2SO3+2H+；
（6）综合实验一、实验二和实验三的分析，可以得出该实验的结论为：二氧化硫与硝酸银溶液反应生成亚硫酸银的速率大于生成银和硫酸根离子的速率，碱性溶液中亚硫酸根离子更易被氧化为硫酸根离子。
故答案为二氧化硫与硝酸银溶液反应生成亚硫酸银的速率大于生成银和硫酸根离子的速率，碱性溶液中亚硫酸根离子更易被氧化为硫酸根离子。
(二)选考题：共15分。请考生在第35、36题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计。
11. 铝在自然界中的存在极为广泛，在航空、建筑、汽车三大重要工业的发展中具有重要的作用。回答下列问题：
（1）下列状态的铝中，电离最外层一个电子所需能量最大的是_______(填标号，下同)，最小的是_______。
A.　　　B.
C.　　　　　　　　　　D.
（2）当过量的和在乙醚中反应可生成。由和构成，的空间构型是_______，与其互为等电子体的一种阳离子是_______(填离子符号)，中元素的电负性最大的为_______(填元素符号)。
（3）的相对分子质量为133.5，183℃开始升华，易溶于水、乙醚等，其二聚物()的结构如图所示，其中原子的杂化轨道类型是_______，是_______(填“极性”或“非极性”)分子；图中1键键长为206pm，2键键长为221pm，键能：1_______2(填“<”“>”或“=”)，判断依据是_______。


（4）冰晶石()常用作铝电解的助熔剂和研磨产品的耐磨添加剂，其晶胞如图所示，两种微粒分别是和，图中●位于顶点和面心，○位于棱的中心和8个小立方体的体心，则代表_______(填微粒符号)；距离●最近的○的个数为_______。已知该品体的密度为，则晶胞中距离最近的两个○的核间距为_______pm(用表示阿伏加德罗常数的值，列出计算式即可)。


【答案】（1） ①. C ②. B
（2） ①. 正四面体 ②. ③. H
（3） ①. ②. 非极性 ③. > ④. 键长越短，键能越大
（4） ①. ②. 8 ③. 或等
【解析】
【小问1详解】
A是基态铝原子，B是激发态铝原子，C是基态Al+，D是激发态Al+，电离出第一个电子所需要的能量小于第二电子，CD 电离最外层一个电子所需能量是第二电离能，激发态能量高，失去第二个电子所需要的能量比基态Al+的能量小，故电离最外层一个电子所需能量最大的是基态Al+，答案为C，电离最外层一个电子所需能量最小的是激发态铝原子，答案为B；
【小问2详解】
的价层电子对数为4，故空间构型是正四面体，利用同主族变换和左右移位法可得，与其互为等电子体的一种阳离子是，非金属元素的电负性大于非金属元素的电负性，金属性越强，电负性越小，因此中元素电负性大小顺序为，电负性最大的为H。
【小问3详解】
由图可知，二聚物中原子形成4个键，没有孤电子对，价层电子对为4，原子的杂化轨道类型是杂化；由的结构可知，正负电荷重心重合，说明是非极性分子；图中1键键长为206pm，2键键长为221pm，键长越长键能越小，故键能：1>2。
【小问4详解】
由图可知，个数：，个数为：，中与个数比为3：1，故代表，表示，表示；位于8个小立方体的体心，故的配位数为8，由该晶体的密度为，，则晶胞参数为，则距离最近的两个的核间距为。
12. 盐酸阿比朵尔(Arbidl Hydmchloride)是广谱抗病毒药。李兰娟院士团队发现它能有效抑制新型冠状病毒(COVID-19)，其合成路线如下：


回答下列问题：
(1)A中含氧官能团的名称是_____
(2)反应①分为两步进行，完成反应ii
反应i. +NH3
反应ii___________，其反应类型是___________。
(3)反应②生成1mol的D消耗___________mol Br2；反应③加入KHCO3的作用是___________。(填序号)。
(4)G为盐酸盐，其中H+与-N(CH3)2间形成的作用力是___________。
A．共价键B．离子键C．范德华力D．氢键
(5)H是A的同分异构体，核磁共振氢谱显示有2种峰，且峰值面积是2：3，写出H的一种可能的结构简式_____。
(6)根据相关信息并结合已有知识，写出以、制备扑炎痛的合成路线(其它试剂任选)。___________。已知：++NaCl
【答案】 ①. 酯基、羰基(或酮基) ②. +H2O ③. 消去反应 ④. 2 ⑤. 中和酸使平衡正向移动，提高原料转化率 ⑥. A ⑦. 或或或等 ⑧.
【解析】
【分析】
【详解】(1)A的结构简式为，其中含有的含氧官能团为酯基()、羰基(或酮基)( )；
(2)中羟基发生消去反应生成B()，反应方程式为+H2O；
(3)C生成D是烷烃基与Br2在一定条件下发生取代反应，C中有两个H原子被Br原子取代，因此由C生成1mol D需要消耗2mol Br2；反应③为D中1个溴原子被取代，反应除生成E外还有HBr，HBr为强酸，反应过程中加入KHCO3可将HBr反应，使平衡正向移动，提高反应物转化率，故答案为：2；中和酸使平衡正向移动，提高原料转化率；
(4)H+核外无电子，具有空轨道，而-N(CH3)2中N原子存在1对孤对电子对，N原子与H+之间通过配位键相连，配位键也是共价键中一种，故答案为A；
(5)A的分子式为C6H10O3，H是A的同分异构体，核磁共振氢谱显示有2种峰，且峰值面积是2：3，根据O原子数为奇数可知H一定具有对称性，且有1个O原子位于对称轴上，不同化学环境的氢原子数之比为4：6，说明一定含有两个等效的甲基，A的不饱和度为2，可能含有环、酯基、羰基等，由此可知H的结构可能为：或或或等；
(6)由已知信息可知，若要以、为原料合成，则需利用合成，可利用与NaOH发生中和反应生成，因此合成路线为。