2020年全国统一高考化学试卷（新课标Ⅰ）-教师用卷

这是一份2020年全国统一高考化学试卷（新课标Ⅰ）-教师用卷，共19页。试卷主要包含了单选题，流程题，实验题，简答题，推断题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题（本大题共7小题，共42.0分）
国家卫健委公布的新型冠状病毒肺炎诊疗方案指出，乙醚、75%乙醇、含氯消毒剂、过氧乙酸(CH3COOOH)、氯仿等均可有效灭活病毒。对于上述化学药品，下列说法错误的是( )
A. CH3CH2OH能与水互溶B. NaClO通过氧化灭活病毒
C. 过氧乙酸相对分子质量为76D. 氯仿的化学名称是四氯化碳
【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查了物质性质、物质应用、氧化还原反应等知识点，掌握基础是解题关键，题目难度不大。
【解答】
A. CH3CH2OH能与水任意比互溶，故A正确；
B. NaClO有强氧化性，可以通过氧化灭活病毒，故B正确；
C. 过氧乙酸(CH3COOOH)相对分子质量为76，故C正确；
D. 氯仿的分子式为CHCl3，化学名称是三氯甲烷，故D错误，
故选D。
紫花前胡醇可从中药材当归和白芷中提取得到，能提高人体免疫力。有关该化合物，下列叙述错误的是( )
A. 分子式为C14H14O4B. 不能使酸性重铬酸钾溶液变色
C. 能够发生水解反应D. 能够发生消去反应生成双键
【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意常见有机物的性质，题目难度不大。
【解答】
A.由题干有机物的结构简式可知该物质为8个不饱和度，由碳原子数为14，氧原子数为4，可知该物质分子式为：C14H14O4，A正确，A不选。
B.该物质中碳碳双键，可以被酸性重铬酸溶液钾氧化，使酸性重铬酸钾溶液变色；且该物质有羟基(与羟基相连的碳原子上有氢原子)，也可以被酸性重铬酸钾溶液氧化，能使酸性重铬酸钾溶液变色，故B错误，选B。
C.该物质含有酯基可发生水解反应，故C正确，C不选。
D.该物质含-OH，且与-OH相连的C的邻位C上含H，可在浓硫酸作用下发生消去反应。故D正确，D不选。
故选B。
下列气体去除杂质的方法中，不能实现目的的是( )
A. AB. BC. CD. D
【答案】A
【解析】
【分析】
本题主要考查常见物质的除杂问题，了解物质的化学性质是解题的关键，题型较易。
【解答】
A.SO2和H2S都可以和酸性高锰酸钾溶液反应，故A错误；
B.由于HCl在饱和食盐水中的溶解度很高，而Cl2几乎不溶于饱和食盐水，所以可以用通过饱和食盐水洗气的方式来除去Cl2中的HCl，故B正确；
C.O2和Cu在加热条件下发生反应生成CuO，N2不与Cu发生反应，故可通过灼热的铜丝网出去N2中的O2，故C正确；
D. 2NO2+2NaOH = NaNO3+NaNO2+H2O，NO不与NaOH反应，所以可以通过NaOH溶液出去NO中的NO2，故D正确。
故选A。
铑的配合物离子[Rh(CO)2I2]-可催化甲醇羰基化，反应过程如图所示。
下列叙述错误的是( )
A. CH3COI是反应中间体
B. 甲醇羰基化反应为CH3OH+CO=CH3CO2H
C. 反应过程中Rh的成键数目保持不变
D. 存在反应CH3OH+HI=CH3I+H2O
【答案】C
【解析】
【解析】
【分析】本题考查[Rh(CO)2I2]催化甲醇羰基化的反应历程中的分析判断，掌握物质结构和转化是解题的关键，难度一般。
【解答】
A.由物质转化流程可知，CH3COI是反应的中间产物，是反应的中间体，故A正确；
B.根据物质的进出转化，反应物是甲醇和一氧化碳，产物是CH3CO2H，故B正确；
C.反应开始时，配合物离子中Rh的成键数目是4，反应过程中成键数有6和5，故C错误；
D.根据反应开始时，甲醇先于HI反应转化为CH3I；即存在反应：CH3OH+HI=CH3I+H2O，故D正确；
故本题选C。
1934年约里奥–居里夫妇在核反应中用α粒子(即氦核24He)轰击金属原子ZWX，得到核素Z+230Y，开创了人造放射性核素的先河：
ZWX+24He→Z+230Y+01n
其中元素X、Y的最外层电子数之和为8。下列叙述正确的是( )
A. ZWX的相对原子质量为26B. X、Y均可形成三氯化物
C. X的原子半径小于Y的D. Y仅有一种含氧酸
【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查核反应中的质量守恒定律以及元素推断，难度不大。
【解答】
A.由X+4=30+1可知X=27，故的相对原子质量为27，故A错误
B.由X、Y的最外层电子数之和为8且X为金属，设X最外层电子数为a，则Y的最外层电子数为a+2，故a+a+2=8，则a=3， X的相对原子质量为27，故可知X为Al，Y为P， Al与P均可形成AlCl3与PCl3，故B正确。
C.X为Al，Y为P，同周期主族元素原子半径随原子序数增大而减小，故原子半径Al>P，故C错误。
D. Y为P，其含氧酸有H3PO4、H3PO3等，故D错误
故选B。
科学家近年发明了一种新型Zn-CO2水介质电池。电池示意图如下，电极为金属锌和选择性催化材料，放电时，温室气体CO2被转化为储氢物质甲酸等，为解决环境和能源问题提供了一种新途径。
下列说法错误的是( )
A. 放电时，负极反应为Zn-2e-+4OH-=Zn(OH)42-
B. 放电时，1 ml CO2转化为HCOOH，转移的电子数为2 ml
C. 充电时，电池总反应为2Zn(OH)42-=2Zn+O2↑+4OH-+2H2O
D. 充电时，正极溶液中OH-浓度升高
【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查原电池及电解池，为高频考点，把握电极判断、电极反应、工作原理为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意电化学知识的应用，题目难度一般。
【解答】
A. 由电池示意图可知，金属锌为负极，放电时，负极反应为Zn-2e-+4OH-=Zn(OH)42-，故A正确；
B. 选择性催化材料为正极，放电时，正极反应式为CO2+2e-+2H+=HCOOH，故B正确；
C. 由电池示意图可知，充电时Zn(OH)42-转化为Zn，H2O转化为O2，电池总反应式为2Zn(OH)42-=2Zn+O2↑+4OH-+2H2O，故C正确；
D. 充电时，正极反应为2H2O-4e-=O2↑+4H+，溶液中OH-浓度降低，故D错误，
故选D。
以酚酞为指示剂，用0.1000 ml·L-1的NaOH溶液滴定20.00 mL未知浓度的二元酸H2A溶液。溶液中，pH、分布系数δ随滴加NaOH溶液体积VNaOH的变化关系如下图所示。[比如A2-的分布系数：δ(A2-)=c(A2-)c(H2A)+c(HA-)+c(A2-)]
下列叙述正确的是( )
A. 曲线①代表δ(H2A)，曲线②代表δ(HA-)
B. H2A溶液的浓度为0.2000 ml·L-1
C. HA-的电离常数Ka=1.0×10-2
D. 滴定终点时，溶液中c(Na+)2c(A2-)+c(HA-)，故D错误。
故选C。
二、流程题（本大题共1小题，共14.0分）
钒具有广泛用途。黏土钒矿中，钒以+4、+5价的化合物存在，还包括钾、镁的铝硅酸盐，以及SiO2、Fe3O4。采用以下工艺流程可由黏土钒矿制备NH4VO3。
该工艺条件下，溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示：
回答下列问题：
(1)“酸浸氧化”需要加热，其原因是___________。
(2)“酸浸氧化”中，VO+和VO2+被氧化成，同时还有___________离子被氧化。写出VO+转化为反应的离子方程式___________。
(3)“中和沉淀”中，钒水解并沉淀为，随滤液②可除去金属离子K+、Mg2+、Na+、___________，以及部分的___________。
(4)“沉淀转溶”中，转化为钒酸盐溶解。滤渣③的主要成分是___________。
(5)“调pH”中有沉淀生产，生成沉淀反应的化学方程式是___________。
(6)“沉钒”中析出NH4VO3晶体时，需要加入过量NH4Cl，其原因是___________。
【答案】 (1)加快酸浸和氧化反应的速率;
(2)Fe2+;VO++2H++MnO2=Mn2++VO2++H2O;
(3)Mn2+;Al3+和Fe3+
(4)Fe(OH)3;
(5)NaAl(OH)4+HCl =Al(OH)3↓+NaCl+H2O；
(6)利用同离子效应，促进NH4VO3尽可能析出完全。
【解析】
【分析】
本题为工艺流程题，主要考查常见物质的性质、反应条件的控制、物质的推断、化学方程式的书写，弄清每步操作的意图、熟知常见物质的性质是解题的关键，难度中等。
【解答】
(1)“酸浸氧化”需加热其原因主要是为了加快酸浸和氧化反应的速率，故答案为：加快酸浸和氧化反应的速率；
(2)Fe2+在酸性条件下被MnO2氧化，故除VO+和VO2+被氧化外，还有Fe2+被氧化；加入MnO2将VO+氧化为VO2+，其自身被还原为Mn2+，离子方程式为VO++2H++MnO2=Mn2++VO2++H2O，故答案为： Fe2+;VO++2H++MnO2=Mn2++VO2++H2O;
(3)“酸浸氧化”后溶液中含有的金属元素阳离子为：K+、Mg2+、Al3+、Fe3+、Mn2+、VO2+，“中和沉淀”过程中加入NaOH调节溶液的pH为3.0—3.1，钒水解为V2O5⋅x H2O，同时引入Na+，结合题中所给金属离子开始沉淀和完全沉淀表格，Mn2+不沉淀，Fe3+沉淀接近完全， Al3+刚开始沉淀，所以除K+、Mg2+、Na+外，溶液中还有Mn2+，以及部分的Fe3+、Al3+，故答案为：Al3+和Fe3+；
(4)滤饼②的成分为：V2O5⋅x H2O、Fe(OH)3、Al(OH)3，在“沉淀转溶“过程中V2O5⋅x H2O转化为钒酸盐溶解，Al(OH)3与NaOH反应转化为NaAl(OH)4溶解，而Fe(OH)3与NaOH不反应，故滤渣③的成分为Fe(OH)3，故答案为：Fe(OH)3；
(5)“调pH”中NaAl(OH)4与盐酸反应生成Al(OH)3沉淀，故答案为：NaAl(OH)4+HCl =Al(OH)3↓+NaCl+H2O；
(6)“沉钒”过程中析出NH4VO3晶体，而NH4VO3(s)⇌ NH4++ VO3+，加入过量NH4Cl，会使平衡逆向移动，促进NH4VO3尽可能析出完全，故答案为：利用同离子效应，促进NH4VO3尽可能析出完全。
三、实验题（本大题共1小题，共15.0分）
为验证不同化合价铁的氧化还原能力，利用下列电池装置进行实验。
回答下列问题：
(1)由FeSO4·7H2O固体配制0.110 ml·L-1FeSO4溶液，需要的仪器有药匙、玻璃棒、_________(从下列图中选择，写出名称)。
(2)电池装置中，盐桥连接两电极电解质溶液。盐桥中阴、阳离子不与溶液中的物质发生化学反应，并且电迁移率(u∞)应尽可能地相近。根据下表数据，盐桥中应选择____________作为电解质。
(3)电流表显示电子由铁电极流向石墨电极。可知，盐桥中的阳离子进入________电极溶液中。
(4)电池反应一段时间后，测得铁电极溶液中c(Fe2+)增加了0.02 ml·L-1。石墨电极上未见Fe析出。可知，石墨电极溶液中c(Fe2+)=________。
(5)根据(3)、(4)实验结果，可知石墨电极的电极反应式为___________，铁电极的电极反应式为___________________。因此，验证了Fe2+氧化性小于________，还原性小于___________。
(6)实验前需要对铁电极表面活化。在FeSO4溶液中加入几滴Fe2(SO4)3溶液，将铁电极浸泡一段时间，铁电极表面被刻蚀活化。检验活化反应完成的方法是_________________________。
【答案】(1)托盘天平、烧杯、量筒；(2)KCl；(3)石墨；(4)0.09；(5)Fe3++e-=Fe2+；Fe-2e-=Fe2+；Fe3+；Fe；(6)取少量溶液，滴入KSCN溶液，不出现血红色。
【解析】本题考查简单的氧化还原反应，理解实验意图是解答的关键，题目难度不大。
【解答】
(1)由FeSO4·7H2O固体制备0.10 ml·L-1FeSO4溶液，需要用托盘天平精确称量FeSO4·7H2O固体的质量，加入烧杯中，用量筒向烧杯中加入适量蒸馏水，用玻璃棒搅拌使固体溶解，待冷却到室温后，通过玻璃棒引流将溶液加入容量瓶中。多次洗涤烧杯和玻璃棒，通过玻璃棒引流将洗涤液加入容量瓶中。向容量瓶中加入蒸馏水，液面离容量瓶颈刻度线下1∼2cm时，改用胶头滴管滴加蒸馏水至液面与刻度线相切。盖好瓶塞反复上下颠倒，摇匀。整个过程需要的仪器有托盘天平、药匙、烧杯、量筒、玻璃棒、容量瓶、胶头滴管，图中的仪器有天平、烧杯、量筒，
故答案为：托盘天平、烧杯、量筒；
(2)由题可知，盐桥中阴阳离子不能与溶液中的物质反应，且电迁移率应尽可能相近。HCO3-会与Fe2+发生双水解反应，NO3-在酸性条件下可以氧化Fe2+。根据表中数据，应该选择KCl作为盐桥中的电解质，
故答案为：KCl；
(3)电流表显示电子由铁电极流向石墨电极，所以石墨电极为正极，盐桥中的阳离子进入石墨电极溶液中，
故答案为：石墨；
(4)铁电极发生氧化反应，电极反应式为Fe-2e-=Fe2+，一段时间后c(Fe)2+增加了0.02 ml·L-1。石墨电极发生还原反应，且未见Fe析出，所以电极反应式为Fe3++e-=Fe2+。根据电荷守恒可知，石墨溶液中c(Fe)2+=0.05 ml·L-1+2×0.02 ml·L-1=0.09 ml·L-1，
故答案为：0.09；
(5)根据(3)、(4)实验结果，可知石墨电极的电极反应式为Fe3++e-=Fe2+，铁电极的电极反应式为Fe-2e-=Fe2+。验证了Fe2+氧化性小于Fe3+，还原性小于Fe，
故答案为：Fe3++e-=Fe2+；Fe-2e-=Fe2+；Fe3+；Fe；
(6)Fe3+可以氧化Fe，发生反应2Fe3++Fe=3Fe2+。如果Fe3+完全反应，则铁电极表面被刻蚀活化，所以可以用KSCN溶液检测活化反应是否完成，
故答案为：取少量溶液，滴入KSCN溶液，不出现血红色。
四、简答题（本大题共2小题，共29.0分）
硫酸是一种重要的基本化工产品，接触法制硫酸生产中的关键工序是SO2的催化氧化：SO2(g)+12O2(g)SO3(g) ΔH=−98 kJ·ml−1。回答下列问题：
（1）钒催化剂参与反应的能量变化如图(a)所示，V2O5(s)与SO2(g)反应生成VOSO4(s)和V2O4(s)的热化学方程式为：_________________。
（2）当SO2(g)、O2(g)和N2(g)起始的物质的量分数分别为7.5%、10.5%和82%时，在0.5MPa、2.5MPa和5.0MPa压强下，SO2平衡转化率α随温度的变化如图(b)所示。反应在5.0MPa、550℃时的α=__________，判断的依据是__________。影响α的因素有__________。
（3）将组成(物质的量分数)为2m% SO2(g)、m% O2(g)和q% N2(g)的气体通入反应器，在温度t、压强p条件下进行反应。平衡时，若SO2转化率为α，则SO3压强为___________，平衡常数Kp=___________(以分压表示，分压=总压×物质的量分数)。
（4）研究表明，SO2催化氧化的反应速率方程为：
v=k(αα'−1)0.8(1−nα')
式中：k为反应速率常数，随温度t升高而增大；α为SO2平衡转化率，α'为某时刻SO2转化率，n为常数。在α'=0.90时，将一系列温度下的k、α值代入上述速率方程，得到v~t曲线，如图（c）所示。
曲线上v最大值所对应温度称为该α'下反应的最适宜温度tm。tm时，v逐渐提高；t>tm后，v逐渐下降。原因是__________________________。
【答案】​​​​​​​(1) 2V2O5(s)+ 2SO2(g)⇌ 2VOSO4(s)+ V2O4(s) ∆H= -351 kJ∙ml-1
(2)0.975 ；该反应气体分子数减少，增大压强，α提高；该反应在550℃、压强为5.0MPa＞2.5MPa＝p２的，所以p1=5.0MPa ；反应物（N2和O2）的起始浓度（组成）、温度、压强
(3)2mαp100-mα；α(1-α)15(mp100-mα)05​​​​​​​
(4)升高温度，k增大使v逐渐提高，但α降低使v逐渐下降。当t＜tm，k增大对v的提高大于α引起的降低；当t＞tm，k增大对v的提高小于α引起的降低
【解析】
【分析】
本题考查化学反应原理综合知识，涉及热化学方程式的书写、平衡移动及影响因素、Kp计算等，题目难度较大。
【解答】
（1）由图象得出①V2O4（s）+SO3（g）=V2O5（s）+SO2（g）△H=-24kJ•ml-1，
②V2O4（s）+2SO3（g）=2VOSO4（s）△H=-399kJ•ml-1，
由盖斯定律可知②-①×2得到：2V2O5（s）+2SO2（g）=2VOSO4（s）+V2O4（s）△H=-351kJ•ml-1；
（2）SO2(g)+12O2(g)SO3(g)该反应是一个气体分子数减少的放热反应，故增大压强可以使化学平衡向正反应方向移动。因此，在相同温度下，压强越大，SO2的平衡转化率越大，所以，该反应在550℃、压强为5.0MPa条件下，SO2的平衡转化率一定高于相同温度下、压强为2.5MPa的，因此，p1=5.0MPa，由图中数据可知，α=0.975。影响α的因素就是影响化学平衡移动的因素，主要有反应物（N2和O2）的浓度、温度、压强等。
（3）根据体积之比等于物质的量的比，2m%+m%+q%=100%则3m+q=100，设SO2的物质的量为2m，O2的物质的量为m
SO2（g）+12O2（g） SO3（g）
开始 2m m 0
变化 α×2m α×m α×2m
平衡 2m-α×2m m-α×m α×2m
反应后的总量：2m-α×2m+m-α×m+α×2m+q=3m+q-αm，结合3m+q=100，反应后的总量=100-αm，
P(SO3)P=n(SO3)n(总)=2αm100-αm，则p（SO3）=2αmp100-αm，
平衡常数Kp=p(SO3)P(SO2)P0.5(O2)=2αm100-αmp2m(1-α)100-αmp(m-αm)0.5(100-αm)α(1-α)1.5(m100-mαp)0.5，
（4）由于该反应是放热反应，温度升高后α降低。由题中信息可知，v=k（αα'-1）0.8（1-nα′），升高温度，k增大使v逐渐提高，但α降低使v逐渐下降。当t＜tm，k增大对v的提高大于α引起的降低；当t＞tm，k增大对v的提高小于α引起的降低。
[化学——选修3：物质结构与性质]
Gdenugh等人因在锂离子电池及钴酸锂、磷酸铁锂等正极材料研究方面的卓越贡献而获得2019年诺贝尔化学奖。回答下列问题：
(1)基态Fe2+与Fe3+离子中未成对的电子数之比为_________。
(2)Li及其周期表中相邻元素的第一电离能(I1)如表所示。I1(Li)>I1(Na)，原因是_________。I1(Be)>I1(B)>I1(Li)，原因是________。
(3)磷酸根离子的空间构型为_______，其中P的价层电子对数为_______、杂化轨道类型为_______。
(4)LiFePO4的晶胞结构示意图如(a)所示。其中O围绕Fe和P分别形成正八面体和正四面体，它们通过共顶点、共棱形成空间链结构。每个晶胞中含有LiFePO4的单元数有____个。
电池充电时，LiFeO4脱出部分Li+，形成Li1-xFePO4，结构示意图如(b)所示，则x=_______，n(Fe2+)∶n(Fe3+)=_______。
【答案】(1)4：5；
(2)Na与Li同族，Na电子层数多，原子半径大，易失电子；Li、Be、B同周期，核电荷数依次增加。Be为1s22s2全满稳定结构，第一电离能最大。与Li相比，B核电荷数大，原子半径小，较难失去电子，第一电离能较大。
(3)正四面体；4；sp3；
(4)4；3/16；13：3；
【解析】
【分析】
本题考查结构和性质，涉及晶胞计算、原子杂化类型判断等知识点，侧重考查基础知识综合运用、空间想像能力及计算能力，题目难度中等。
【解答】
(1)Fe2+核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d6，未成对电子数为4；Fe3+核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d5，未成对电子数为5，所以Fe2+与Fe3+离子中未成对电子数之比为4：5，故答案为：4：5。
(2)结合图表可知I1(Li)>I1(Na)，原因是Li和Na属于同主族元素，同一主族元素的第一电离能随着原子序数的增大而减小，Li的原子序数小于Na；I1(Be)>I1(Li)>I1(Na)
，原因是同一周期元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈现增大的趋势，所以I1(B)>I1(Li)，Be位于第IIA族，Be的2s全满较稳定，故第一电离能大于B。
故答案为：Na与Li同族，Na电子层数多，原子半径大，易失电子；Li、Be、B同周期，核电荷数依次增加。Be为1s22s2全满稳定结构，第一电离能最大。与Li相比，B核电荷数大，原子半径小，较难失去电子，第一电离能较大。
(3)PO43-中孤电子对为 = 0，成键电子对为4，所以PO43-为正四面体结构，P的价层电子对数为4，杂化轨道类型为sp3杂化。
(4)结合图像(a)可知，每个晶胞中含有LiFePO4的个数为4。结合图像(a)，一个晶胞中Li+的个数为4个，转化为图像(b)，减少一个棱上和一个面心上的Li+，结合均摊法可知减少Li+的数目为1/4+1/2=3/4个，所以x=4-3/4=3/16。失去一个Li+，相当于生成一个Fe3+，所以Li1-xFePO4中n(Fe2+)：n(Fe3+)=(1-3/16)：3/16=13：3。
五、推断题（本大题共1小题，共15.0分）
[化学——选修5：有机化学基础]
有机碱，例如二甲基胺()、苯胺()，吡啶()等，在有机合成中应用很普遍，目前“有机超强碱”的研究越来越受到关注，以下为有机超强碱F的合成路线：
已知如下信息：
②
③苯胺与甲基吡啶互为芳香同分异构体
回答下列问题：
(1)A的化学名称为________。
(2)由B生成C的化学方程式为________。
(3)C中所含官能团的名称为________。
(4)由C生成D的反应类型为________。
(5)D的结构简式为________。
(6)E的六元环芳香同分异构体中，能与金属钠反应，且核磁共振氢谱有四组峰，峰面积之比为6∶2∶2∶1的有________种，其中，芳香环上为二取代的结构简式为________。
【答案】(1)三氯乙烯；(2)+KCl+H2O；(3)碳碳双键，氯原子；(4)取代反应；(5)；(6)6；。
【解析】
【分析】本题考查有机反应合成和推断，有机反应的类型、官能团名称、有机物命名、化学方程式书写、同分异构体等知识，注意知识的灵活运用，题目难度一般。
【解答】本题采用正逆向推断结合的方法，已知E、F的结构简式和D的分子式，可知D的结构简式为：，再根据信息①可知，物质B是，B到C是卤代烃的消去反应，再结合D的结构简式，可知C的结构简式为：；总上所属，回答题目问题如下：
(1)由A的分子式可知A的化学名称为：三氯乙烯；
(2)由B生成C的化学方程式为：+KCl+H2O；
(3)C的结构简式为：；故C中所含官能团的名称为：碳碳双键、氯原子；
(4)由C生成D可知，该反应类型为取代反应；
(5)根据上述分析可知，D的结构简式为；
(6)E的六元环芳香同分异构体中，能与金属钠反应，且核磁共振氢谱有四组峰，峰面积之比为6:2:2:1的结构中存在六元苯环和六元吡啶两类，与钠反应的可以是醇也可以是酚，总上所述，共有6种同分异构体，分别如下：
；；；；；
其中，芳香环上为二取代的结构简式为：。
气体(杂质)
方法
A
SO2(H2S)
通过酸性高锰酸钾溶液
B
Cl2(HCl)
通过饱和的食盐水
C
N2(O2)
通过灼热的铜丝网
D
NO(NO2)
通过氢氧化钠溶液
金属离子
Fe3+
Fe2+
Al3+
Mn2+
开始沉淀pH
1.9
7.0
3.0
8.1
完全沉淀pH
3.2
9.0
4.7
10.1
阳离子
u∞×108/(m2·s-1·V-1)
阴离子
u∞×108/(m2·s-1·V-1)
Li+
4.07
HCO3-
4.61
Na+
5.19
NO3-
7.40
Ca2+
6.59
Cl-
7.91
K+
7.62
SO42-
8.27