浙江嘉兴八校联盟2025-2026学年第二学期期中联考高二年级化学试题（含解析）

这是一份浙江嘉兴八校联盟2025-2026学年第二学期期中联考高二年级化学试题（含解析），共6页。试卷主要包含了考试结束后，只需上交答题纸，可能用到的相对原子质量， 下列各组物质的判断，正确的是， 某化合物的结构如图所示等内容，欢迎下载使用。
考生须知：
1.本卷共5页满分100分，考试时间90分钟。
2.答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号并填涂相应数字。
3.所有答案必须写在答题纸上，写在试卷上无效。
4.考试结束后，只需上交答题纸。
5.可能用到的相对原子质量：H：1 C：12 O：16
选择题部分
一、选择题(每小题只有一个选项符合题意)
1. 下列原子的电子排布式属于激发态原子的是
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】A．是F原子的基态原子排布式，选项A不符合；
B．是Ne原子的激发态，电子从能级跃迁到能级，表示的是激发态原子，选项B符合；
C．是N原子的基态原子排布式，选项C不符合；
D．由于半充满结构比较稳定，所以24号元素Cr的电子排布式为，是基态电子排布式，选项D不符合；
答案选B。
2. 下列分子中，属于含有极性键的非极性分子的是
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】A．中含有极性键，且存在离域键，​为V形结构，正负电荷中心不重合，属于极性分子，不符合要求，A错误；
B．中B和F为不同非金属元素，B-F键为极性键；中心B原子的价层电子对数为，无孤电子对，空间构型为平面正三角形，正负电荷中心重合，属于非极性分子，符合题意，B正确；
C．中P-Cl键为极性键；中心P原子的价层电子对数为，含1对孤电子对，空间构型为三角锥形，正负电荷中心不重合，属于极性分子，C错误；
D．中含有极性键H-O键，但其空间结构为不对称的二面角形，正负电荷中心不重合，属于极性分子，D错误；
故答案选B。
3. 下列化学用语表示正确的是
A. 的电子式：
B. 铜原子的电子排布式：
C. 基态P原子的价层电子轨道表示式：
D. HCl的s-pσ键电子云轮廓图：
【答案】D
【解析】
【详解】A．NH4Br为离子化合物，由与Br⁻构成。Br⁻必须标出最外层8个电子，并用“[ ]”括起。题中未标出Br⁻的电子对，不符合规范，A错误；
B．铜原子基态电子排布遵循能量最低原理，应为：而非 ，因3d10全满更稳定，B错误；
C．P原子价层电子构型为 。根据洪特规则，3p3应分占三个轨道且自旋平行。选项中3p轨道出现自旋相反的电子，违反洪特规则，C错误；
D．HCl中H的1s轨道与Cl的3p轨道沿键轴“头碰头”重叠形成σ键，图示符合s-pσ键特征，D正确；
故选D。
4. 下列实验操作中，正确的是
A. 蒸馏操作中，温度计的水银球应插入混合液中以准确测量液体温度
B. 用分液漏斗分离苯和硝基苯时，先放出下层液体，再从上口倒出上层液体
C. 重结晶提纯粗苯甲酸时，应趁热过滤除去不溶性杂质
D. 萃取操作时，应选择有机萃取剂，且萃取剂的密度必须比水大
【答案】C
【解析】
【详解】A．蒸馏操作中温度计用于测量馏出蒸气的沸点，水银球应位于蒸馏烧瓶支管口处，不能插入混合液中，A错误；
B．苯和硝基苯互溶，无法用分液漏斗分离，分液仅适用于互不相溶的液体混合物的分离，B错误；
C．苯甲酸的溶解度随温度升高显著增大，趁热过滤可避免温度降低导致苯甲酸析出，能在除去不溶性杂质的同时减少产物损失，C正确；
D．萃取剂的核心要求是与原溶剂互不相溶、不与溶质和原溶剂反应、溶质在萃取剂中溶解度远大于原溶剂，密度不需要比水大，也并非必须选择有机萃取剂，D错误；
答案选C。
5. 随着现代分析技术的发展，人们可以通过多种手段精准测定有机物晶体的结构与性质。下列说法正确的是
A. X射线衍射实验会在记录仪上产生分立的斑点或者明锐的衍射峰
B. 对正丁烷和异丁烷进行质谱分析，二者的质谱图完全相同
C. 红外光谱仪无法区分乙醇和二甲醚这两种同分异构体
D. 核磁共振氢谱中，吸收峰的组数等于有机物分子中氢原子的总数
【答案】A
【解析】
【详解】A．X射线衍射实验中，晶体会使X射线发生相干散射，记录仪上产生分立的斑点或者明锐的衍射峰，A正确；
B．正丁烷和异丁烷结构不同，质谱分析时碎片峰存在差异，二者质谱图不完全相同，B错误；
C．乙醇含有羟基，二甲醚不含羟基，二者化学键和官能团存在差异，红外光谱仪可以区分，C错误；
D．核磁共振氢谱中，吸收峰的组数等于有机物分子中等效氢的种类数，而非氢原子总数，D错误；
故选A。
6. 下列关于有机物分类、官能团与结构的说法，正确的是
A. 含有苯环的有机物属于芳香烃
B. 含有羟基的有机物属于醇类
C. 结构简式为的物质属于酯类，官能团为酯基
D. 乙烯和聚乙烯都含有碳碳双键，都能使溴水褪色
【答案】C
【解析】
【详解】A．芳香烃是仅含碳、氢两种元素且含有苯环的有机物，若含苯环但同时含有氧、氯等其他元素，则不属于芳香烃，A错误；
B．只有羟基与脂肪烃基（或苯环侧链烃基）相连的有机物才是醇类；若羟基直接与苯环相连，属于酚类（如苯酚），不是醇，B错误；
C．为乙酸甲酯，属于酯类，官能团为酯基，C正确；
D．聚乙烯是乙烯发生加聚反应的产物，结构中不存在碳碳双键，不能使溴水褪色，D错误；
故答案选C。
7. 下列关于原子核外电子排布的说法，不正确的是
A. 泡利原理要求每个原子轨道上最多只能容纳2个自旋状态相反的电子
B. 基态铜原子的核外电子排布式为，这是洪特规则特例的体现
C. 钠原子的价电子轨道表示式为，符合泡利原理
D. 某原子的电子排布式，违反了能量最低原理
【答案】C
【解析】
【详解】A．泡利原理的核心内容就是一个原子轨道最多只能容纳2个自旋状态相反的电子，A正确；
B．基态Cu（29号元素）电子排布为，因为全满结构更稳定，属于洪特规则的特例，B正确；
C．钠是第三周期第ⅠA族主族元素，主族元素的价电子为最外层电子，钠价电子只有，题干的图是钠原子全部电子的轨道表示式，不是价电子轨道表示式，C错误；
D．根据构造原理，轨道能量低于，能量最低原理要求电子先填充能量更低的轨道，该原子正确电子排布应为，题给排布先填充，确实违反了能量最低原理，D正确；
故选C。
8. 下列各组物质的判断，正确的是
A. 和互为同系物
B. 1-丁烯和2-丁烯互为位置异构
C. 乙酸和甲酸乙酯互为同分异构体
D. 立方烷(C8H8)和棱晶烷(C6H6)都是烷烃的同系物
【答案】B
【解析】
【详解】A．同系物是指结构相似（官能团种类和数目相同），分子组成上相差一个或若干个CH2基团的化合物；是乙醇，有一个-OH，分子式为C2H6O，是乙二醇，有两个-OH，分子式为C2H6O2，二者官能团数目不同，结构不相似，不属于同系物，A错误；
B．位置异构是指分子式相同，官能团位置不同导致的异构；1-丁烯和2-丁烯的分子式均为C4H8，属于烯烃，二者双键位置不同，属于位置异构，B正确；
C．同分异构体是指分子式相同，结构不同的化合物；乙酸的分子式为C2H4O2，甲酸乙酯的分子式为C3H6O2，二者分子式不同，不属于同分异构体，C错误；
D．烷烃的同系物需要满足通式CnH2n+2，且为链状饱和烃；立方烷和棱晶烷的分子式不满足烷烃通式，且不是链状饱和烃，D错误；
故答案选B。
9. 元素周期表中铋元素的数据如图，下列说法不正确的是
A. 铋原子的价层电子排布是
B. 的中子数与质子数之差为
C. 铋原子的能级有个未成对电子
D. 基态铋原子核外电子的运动状态有种
【答案】B
【解析】
【详解】A．铋元素位于元素周期表第六周期、第V A 族，其电子层数为，最外层电子数为，故其价层电子排布为，A正确；
B．代表质量数为的原子，，原子的质子数为，则的中子数为，的中子数与质子数之差为，B错误；
C．铋原子的能级有个电子，这个电子分别占据个轨道（、、），有个未成对电子，C正确；
D．基态铋原子核外电子的数量为个，每个电子的运动状态不同，有种，D正确；
故答案选B。
10. 某化合物的结构如图所示。W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期元素，其中X、Z位于同一主族。下列说法不正确的是
A. Y和Z的杂化方式均为B. 元素电负性：
C. 离子空间结构为三角锥形D. 基态原子的第一电离能：
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意，W只形成1个单键，原子序数最小，为，可形成2个共价键，X与Z为同主族短周期元素，Z原子序数大于X，故X为，Z为，Y原子序数介于和之间，Y共形成5个共价键，故Y为，据此分析。
【详解】A．由分析可知，Y为，Z为S；该分子中，P形成4个键，无孤电子对，价层电子对数为4，杂化方式为，S形成2个键，含2对孤电子对，价层电子对数为，杂化方式也为，A正确；
B．由分析可知，X为O，Y为，Z为S，电负性的变化规律为同主族元素自上而下逐渐减弱，同周期从左到右逐渐递增，故电负性，即，B正确；
C．由分析可知，表示为，​中 S 原子价层电子对数为，该离子空间结构为三角锥形，C正确；
D．由分析可知，X为O，Y为，Z为S，P的价电子为，p轨道半满结构更稳定，故第一电离能，且O的第一电离能仅次于F、N；因此顺序为，即，D错误；
故答案选D。
11. 下列四种微粒的中心原子的杂化方式、VSEPR模型名称及微粒的立体构型中，有错误的是
A. H2F+ ：sp、平面三角形、直线形
B. NCl3：sp3、四面体形、三角锥形
C. SnBr2：sp2、平面三角形、V形
D. SeO：sp3、正四面体、正四面体
【答案】A
【解析】
【详解】A．H2F+中F原子价电子对数是，F原子杂化方式为sp3、VSEPR模型正四面体、微粒的立体构型为V形，故A错误；
B．NCl3中N原子价电子对数是，N原子杂化方式为sp3、VSEPR模型正四面体、微粒的立体构型为三角锥形，故B正确；
C．SnBr2中Sn原子价电子对数是，Sn原子杂化方式为sp2、VSEPR模型平面三角形、微粒的立体构型为V形，故C正确；
D．SeO中Se原子价电子对数是，Se原子杂化方式为sp3、VSEPR模型正四面体、微粒的立体构型为正四面体形，故D正确；
选A。
12. 下列说法正确的是
A. 碘单质升华或NH4Cl的分解过程中，不需克服化学键
B. Na2O2属于离子化合物，该物质中阴、阳离子数之比为1∶1
C. CO2和SiO2它们的晶体都属于分子晶体，熔化时破坏范德华力
D. 金刚石和足球烯(C60)虽均为碳单质，但晶体类别不同，前者属于共价晶体，后者属于分子晶体
【答案】D
【解析】
【详解】A．碘单质升华破坏范德华力，NH4Cl的分解破坏离子键和共价键，故A错误；
B．Na2O2属于离子化合物，存在过氧根离子，因此该物质中阴、阳离子数之比为1∶2，故B错误；
C．CO2属于分子晶体，SiO2属于共价晶体，前者熔化时破坏范德华力，后者熔化时破坏共价键，故C错误；
D．金刚石和足球烯(C60)虽均为碳单质，但晶体类别不同，前者属于共价晶体，后者属于分子晶体，熔化时前者破坏共价键，后者破坏范德华力，故D正确。
综上所述，答案为D。
13. 下列说法或现象与氢键无关的是
A. 接近水的沸点的水蒸气的相对分子质量的测定值比按化学式H2O计算出来的相对分子质量大
B. 对羟基苯甲酸的熔、沸点比邻羟基苯甲酸的高
C. 可燃冰中甲烷分子与水分子间的相互作用
D. 常压下，H2O的沸点比H2S高
【答案】C
【解析】
【详解】A．水分子接近沸点时形成“缔合”分子，“缔合”分子是指nH2O分子根据分子间氢键结合起来的分子，单位体积内的水分子增多，因此接近水的沸点的水蒸气的相对分子质量的测定值比按化学式H2O计算出来的相对分子质量大，故A不符合题意；
B．对羟基苯甲酸的熔、沸点比邻羟基苯甲酸的高，是因为对羟基苯甲酸存在分子间氢键，邻羟基苯甲酸存在分子内氢键，故B不符合题意；
C．可燃冰中甲烷分子与水分子间的相互作用是范德华力，不存在分子间氢键，故C符合题意；
D．常压下，水分子间存在分子间氢键，因此H2O的沸点比H2S高，故D不符合题意。
综上所述，答案为C。
14. 冠醚能与阳离子作用，12-冠-4与作用而不与作用；18-冠-6与作用，但不与或作用。下列说法正确的是
A. 冠醚适配碱金属离子，体现了超分子的自组装特征
B. 超分子中O原子与间存在离子键
C. 12-冠-4中C和O的杂化方式分别是和
D. 18-冠-6可增大在苯中的溶解度
【答案】D
【解析】
【详解】A．冠醚适配碱金属离子，体现的是超分子的分子识别的特征，A错误；
B．冠醚的O原子不是离子，虽然带负电可与K＋通过静电作用组装形成超分子，但这种作用力并不属于离子键，B错误；
C．12-冠-4中C为饱和C原子，其与O的价电子对数均为4，均采用杂化，C错误；
D．18-冠-6可通过与K+形成超分子增加在非极性溶液中的溶解度，D正确；
故答案选D。
15. 已知晶体具有比金刚石还大的硬度，且构成该晶体的粒子间只以单键结合。下列关于晶体的说法不正确的是
A. 该晶体属于共价晶体，其化学键比金刚石中的碳碳键更牢固
B. 该晶体中每个碳原子连接4个氮原子，每个氮原子连接3个碳原子
C. 该晶体与金刚石相似，碳原子个数与碳氮键个数之比为1：2
D. 该晶体中碳原子和氮原子的最外层都满足8电子稳定结构
【答案】C
【解析】
【详解】A．氮化碳和金刚石都是共价晶体，氮化碳晶体的硬度比金刚石大，说明氮化碳晶体中的碳氮键比金刚石中的碳碳键更牢固，A正确；
B．由共价键的饱和性可知，氮化碳晶体中每个碳原子连接4个氮原子，每个氮原子连接3个碳原子，B正确；
C．由共价键的饱和性可知，氮化碳晶体中每个碳原子连接4个氮原子，所以晶体中碳原子个数与碳氮键个数之比为1：4，C错误；
D．由共价键的饱和性可知，氮化碳晶体中每个碳原子连接4个氮原子，每个氮原子连接3个碳原子，则晶体中碳原子和氮原子的最外层都满足8电子稳定结构，D正确；
故选C。
16. 关于化学式为的配合物，下列说法中正确的是
A. 配体是和，配位数是8
B. 中心离子是，配离子是
C. 内界和外界中的的数目比是1:2
D. 形成配位键的电子对由成键双方共同提供
【答案】C
【解析】
【详解】A．该配合物的配体是和，但配位数为配体总个数，即1个加5个共6，不是8，A错误；
B．配合物整体呈电中性，外界2个总电荷为-2，因此配离子电荷为+2，配体中1个带-1电荷、不带电，计算得中心离子为，不是，B错误；
C．内界中的数目为1，外界中的数目为2，二者数目比为1:2，C正确；
D．配位键的共用电子对由配体单方面提供，中心离子仅提供空轨道，并非成键双方共同提供，D错误；
故选择C。
非选择题部分
二、填空题
17. 已知A、B、C、D、E、F是原子序数依次增大的前四周期元素，基态A原子核外有4种不同空间运动状态的电子，C基态原子核外电子有两个能层且s轨道电子总数与p轨道电子总数相等，D在周期表中处于金属和非金属交界处且性质与铍有相似性，E位于元素周期表第9纵列，F的基态原子最外层只有一个电子，其次外层所有原子轨道均充满电子。回答下列问题：
（1）E元素原子的最高能层符号为___________，它位于周期表___________区。
（2）C的简单氢化物VSEPR模型名称___________。
（3）A、B、C元素的第一电离能最大的是___________(用元素符号表示下同)；C、D离子半径的大小关系___________。
（4）键角：___________(填“>”或“ （5）电子排布式为，电子排布式为，最高能级电子全充满，相对稳定
【解析】
【分析】C基态原子核外电子有两个能层且s轨道电子总数与p轨道电子总数相等，C为氧；D在周期表中处于金属和非金属交界处且性质与铍有相似性，D为铝；E位于元素周期表第9纵列，E为钴；F的基态原子最外层只有一个电子，其次外层所有原子轨道均充满电子，F为铜；基态A原子核外有4种不同空间运动状态的电子，则电子排布式为1s22s22p2，A为碳；B在A与C之间，B为氮；据此作答。
【小问1详解】
E为C，位于第四周期，最高能层为第4层，符号为N；C的价电子排布为，位于周期表d区；
【小问2详解】
C的简单氢化物为，中心O的价层电子对数为，因此VSEPR模型为四面体形；
【小问3详解】
同周期元素第一电离能从左到右呈增大趋势，N原子轨道为半充满稳定结构，第一电离能，最大的为N；和电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小，故；
【小问4详解】
​中心N的价层电子对数为，无孤对电子，为sp杂化，键角180°；​中心N的价层电子对数为，含1对孤对电子，键角小于120°，因此键角​；
【小问5详解】
电子排布式为，电子排布式为，最高能级电子全充满，相对稳定，因此热稳定性Cu2​O强于CuO。
18. 过渡元素的化合物在生活中有着广泛的应用。回答下列问题：
（1）基态锰原子的核外电子排布式为___________，锰有多种化合价，在、、、和中，最稳定的离子是___________(填离子符号)。
（2）是常温下呈液态的镍的重要配合物(已知CO中含碳氧三键)，空间结构为正四面体，其易溶于、苯等有机溶剂的原因为___________，中含有的键与π键的数目之比为___________。
（3）有三种异构体，在水中阳离子存在形式分别为、、，等物质的量上述三种异构体分别与足量溶液反应生成的沉淀的质量之比为___________。
（4）用邻二氮菲(phen，结构为)与琥珀酸亚铁生成稳定的橙色配合物，可测定的浓度，发生反应：。中，不存在的化学键有___________(填字母)。
a．配位键 b．离子键 c．π键 d．氢键 e．共价键
【答案】（1） ①. ②.
（2） ①. 是非极性分子，、苯为非极性溶剂，相似相溶 ②. 1:1
（3）3:2:1 （4）b
【解析】
【分析】题目涉及过渡元素的电子排布、配合物性质、异构体分析以及化学键判断等内容。我们需要结合元素周期表、分子结构、配位化学等知识进行分析。
【小问1详解】
基态Mn原子核外电子排布式为： 或简写为。在+2至+6价离子中，的电子构型为 ，3d轨道半满，符合洪特规则特例，能量最低，最稳定。
【小问2详解】
溶解性原因：分子呈正四面体结构，对称性高，为非极性分子；、苯等有机溶剂也为非极性分子，依据“相似相溶”原理，故易溶。σ键与π键数目比：Ni与4个CO形成4个配位σ键；每个CO含1个三键（1σ + 2π），共4个CO → 4σ + 8π；总；总π键数 = 8；故 。
【小问3详解】
三种异构体在水中阳离子形式分别为： → 对应化合物为 ，外界3个Cl⁻ → 生成3 ml AgCl；→ 对应化合物为 ，外界2个Cl⁻ → 生成2 ml AgCl； → 对应化合物为 ，外界1个Cl⁻ → 生成1 ml AgCl； → 等物质的量下，AgCl沉淀质量比为 3:2:1。
【小问4详解】
中存在配位键、共价键和π键。离子键不存在于该配合物阳离子中。氢键属于分子间作用力，不属于化学键范畴，该物质中也不存在氢键。故题干所问不存在的化学键为离子键，选b。
19. 完成下面各题：
（1）甲、乙两种晶体的性质如下，试推断它们的晶体类型：甲：___________；乙：___________。
甲．熔点120.5℃，能溶于，不溶于水
乙．固态时不导电，液态时能导电，可溶于水
（2）某含铅化合物A的晶胞如图。
则A化学式为___________；距离最近且等距的个数为___________。
（3）MgO晶胞空间构型与NaCl晶体相同，则MgO晶体的熔点___________NaCl晶体(填“>”或“ ②. 由于离子半径：小于，小于，同时离子所带电荷数：大于，大于，所以氧化镁的离子键比氯化钠的离子键强，故氧化镁的熔点高
【解析】
【小问1详解】
甲熔点低，符合分子晶体特征，且根据相似相溶，非极性分子易溶于非极性溶剂，因此甲为分子晶体；乙固态不导电（离子不能自由移动）、液态（熔融）导电（电离出自由移动离子），符合离子晶体的性质，因此乙为离子晶体；
【小问2详解】
在晶胞顶点，数目；在晶胞体心，数目为1；在晶胞棱上，数目，因此化学式为CH3NH3PbI3​；以顶点Pb2+为中心，沿三个互相垂直的坐标轴的正负方向上各有1个与之等距的I-，因此最近且等距的共6个；
【小问3详解】
离子所带电荷越高、离子半径越小，离子键更强，熔点越高；中的离子为、，中的离子为、，由于离子半径：小于，小于，同时离子所带电荷数：大于，大于，所以氧化镁的离子键比氯化钠的离子键强，故氧化镁的熔点高。
20. 某化学小组为测定有机物G的组成和结构，设计如图实验装置：
回答下列问题：
（1）装置A的仪器名称为___________。
（2）实验开始时，先打开分液漏斗活塞，一段时间后再加热反应管C，目的是___________。
（3）装置D中浓硫酸的作用是___________；装置F中碱石灰的作用是___________。
（4）若准确称取4.4 g样品G(只含C、H、O三种元素)，经充分燃烧后(CuO的作用是确保有机物充分氧化，最终生成和)，装置D质量增加3.6 g，U形管E质量增加8.8 g。则有机物G的实验式为___________。
（5）对有机物G进行质谱分析，其谱图如图所示：
该有机物的分子式为___________。
（6）已知有机物G中含有羧基，经测定其核磁共振氢谱有3组峰，且峰面积之比为6:1:1。综上所述，G的结构简式为___________。
【答案】（1）锥形瓶 （2）排出装置中的空气
（3） ①. 吸收有机物燃烧生成的水蒸气 ②. 防止外界空气中的水蒸气和进入装置E，确保实验数据准确
（4）
（5）
（6）
【解析】
【分析】实验装置A为后续燃烧反应提供；装置B用浓硫酸干燥，避免影响后续水的测定；样品在装置C中充分燃烧生成和；装置D用浓硫酸吸收燃烧生成的，通过增重计算H元素的量；装置E用碱石灰吸收燃烧生成的，通过增重计算C元素的量；装置F用碱石灰同时吸收和，防止空气中的和水蒸气进入装置E中，确保实验数据准确。
【小问1详解】
装置A的仪器名称为锥形瓶。
【小问2详解】
装置内原本含有空气（含和），会干扰后续对燃烧生成的和的测定，先通可以排出装置内的空气。
【小问3详解】
①浓硫酸具有吸水性，它的作用是吸收有机物燃烧生成的水蒸气，通过其质量增加来测定生成水的质量，从而计算有机物中H元素的含量；
②碱石灰可以同时吸收和，它的作用是防止空气中的和水蒸气进入装置E中，确保实验数据准确。
【小问4详解】
已知样品G质量为4.4 g，只含C、H、O三种元素；充分燃烧后，装置D质量增加3.6 g为反应生成的质量，得到；U形管E质量增加8.8 g为反应生成的质量得到；由此可得样品G中O元素物质的量，样品中，所以有机物G的实验式为：。
【小问5详解】
质谱图中最高质荷比为 88，说明该有机物的相对分子质量为88，假设该有机物的分子式为：，则，该有机物的分子式为：。
【小问6详解】
已知有机物G中含有羧基，羧基中的一个氢为一种等效氢，结合有机物的分子式可知分子中没有其他含氧基团；峰面积之比为6：1：1，可以得到两个甲基中的六个氢为一种等效氢，两个甲基结构对称，则G的结构简式为：。