1、 2020 年高考全真模拟卷 化 学 (考试时间：50 分钟 试卷满分：100 分) 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回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦 干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。 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 Na 23 Cl 35.5 Mo 96 I 127 Ba 137 一、选择题：本题共 7 个小题，每小题 6 分。共 42 分，在每小题给出的四个选项中，只有一项
2、是符合题目 要求的。 7化学与生活、生产密切相关。下列说法正确的是 A气象报告中的“PM2.5”是指一种胶体粒子 B石英玻璃主要成分是硅酸盐，可制作化学精密仪器 C“熬胆矾铁釜，久之亦化为铜”，该过程发生了置换反应 D“天宫一号”使用的碳纤维，是一种新型有机高分子材料 【答案】C 【解析】A 气象报告中的“PM2.5”是指直径小于或等于 2.5 微米（2.5 10-6cm）的颗粒物，它不一定是胶 体粒子，A 不正确；B 石英玻璃主要成分是二氧化硅，B 不正确；C “熬胆矾铁釜，久之亦化为铜”，该过 程发生了铁置换铜的反应，C 正确；D “天宫一号”使用的碳纤维，是一种新型无机非金属材料，D 不
3、正确。本 题选 C。 8生产 Na2S2O5，通常是由 NaHSO3过饱和溶液经结晶脱水制得。利用烟道气中的 SO2生产 Na2S2O5的工艺 为： 下列说法正确的是（ ） ApH=4.1 时，中为 Na2SO3溶液 BNa2S2O5用作食品的抗氧化剂和 SO2作漂白剂时，均表现还原性 C工艺中加入 Na2CO3固体、并再次充入 SO2的目的是得到 NaHSO3过饱和溶液 D葡萄酒中 Na2S2O5用作食品的漂白剂 【答案】C 【解析】A向 I 中通入 SO2使溶液 pH 变为 4.1，说明溶液显酸性。Na2CO3溶液显碱性，Na2SO3溶液显碱 性， NaHCO3溶液显碱性， 而 NaHSO
4、3显酸性， 说明反应产生了 NaHSO3， I 中的溶液应为 NaHSO3溶液， A 错误； BNa2S2O5用作食品的抗氧化剂是 Na2S2O5起还原剂的作用，而 SO2作漂白剂是由于 SO2能够与有色物质 发生反应产生无色物质，表现漂白性，不是表现还原性，B 错误； C工艺中加入 Na2CO3固体，并再次充入 SO2，考虑到后续操作步骤是结晶脱水制取 Na2S2O5，发生这一步 需要过饱和的 NaHSO3溶液， 由此判断， 再通入 SO2的目的应为： 增大 NaHSO3浓度， 形成过饱和溶液， C 正确； D葡萄酒中 Na2S2O5用作食品的抗氧化剂，防止葡萄酒变质，D 错误； 故合理选项
5、是 C。 9短周期元素 X、Y、Z、M 的原子序数依次增大，元素 X 的一种高硬度单质是宝石，Y2+的电子层结构与 Ne 相同，Z 的质子数为偶数，室温下 M 的单质为淡黄色固体，下列有关说法 正确的是( ) AY 单质能在 X 的最高价氧化物中燃烧，发生置换反应 BX、Z、M 的最简单气态氢化物的热稳定性依次增强 CX、Y、Z、M 的原子半径依次减小 D化合物XM2的熔点高于化合物 YM 的熔点 【答案】A 【解析】根据分析可知：X 为 C，Y 为 Mg，Z 为 Si，M 为 S 元素。 A金属 Mg 与二氧化碳发生置换反应生成 MgO 和 C，选项 A 正确； B非金属性 SiCS，则简单
6、氢化物的热稳定性 ZXM，选项 B 错误； C同一周期从左向右原子半径逐渐减小，同一主族从上到下原子半径逐渐增大，则原子半径 MgSiS C，选项 C 错误； DXM2为 CS2，YM 为 MgS，二硫化碳为分子晶体，MgS 为离子晶体，则熔点：CS2MgS，选项 D 错误； 答案选 A。 10下列说法正确的是 AHOCH2CH=CHCOOH 能发生酯化、加聚、水解等反应 B石油分馏产品经过裂解、加成反应可制得乙醇 C丁烷的一氯代物有 5 种 D油脂、淀粉、蛋白质均是可发生水解反应的高分子化合物 【答案】B 【解析】A HOCH2CH=CHCOOH 中含有羟基、碳碳双键和羧基，可以发生酯化、加
7、聚反应，不能发生水 解反应， 故 A 错误； B 石油分馏产品经过裂解可制得乙烯， 乙烯与水发生加成反应制得乙醇， 故 B 正确； C 丁 烷有两种同分异构体，分别为 CH3CH2CH2CH3和 CH(CH3)3，CH3CH2CH2CH3的一氯代物有 2 种，CH(CH3)3的一 氯代物有 2 种，所以丁烷的一氯代物有 4 种，故 C 错误；D 淀粉、蛋白质是可以发生水解反应的高分子化合 物，油脂可以发生水解反应，但不是高分子化合物，故 D 错误；答案选 B。 11高铁酸钾是一种高效绿色水处理剂，其工业制备的反应原理为 2Fe(OH)3+ 3KClO + 4KOH2K2FeO4+ 3KCl +
8、 5H2O，下列说法正确的是 A制备高铁酸钾用 ClO做还原剂 B制备高铁酸钾时 1 mol Fe(OH)3得到 3 mol 电子 C高铁酸钾中铁的化合价为+7 D用高铁酸钾处理水时，其还原产物能水解产生具有强吸附能力的胶体 【答案】D 【解析】A、反应 2Fe(OH)3+ 3KClO + 4KOH2K2FeO4+ 3KCl + 5H2O 中，Cl 元素的化合价由+1 价降低为-1 价，则 KClO 为氧化剂，Fe(OH)3为还原剂，故 A 错误； B、因反应中铁元素的化合价由+3 价升高到+6 价，则 1mol Fe(OH)3失去 3mol 电子，故 B 错误； C、高铁酸钾中铁的化合价为6
9、 价，故 C 错误； D、用高铁酸钾处理水时，+6 价铁表现出强氧化性，能杀菌消毒，其还原产物为铁离子，能水解生成氢氧化 铁胶体，能吸附水中的悬浮杂质，故 D 正确；答案选 D。 12科学工作者研发了一种 SUNCAT 的系统，借助锂循环可持续，合成其原理如图所示。下列说法不正确 的是 A过程 I 得到的 Li3N 的电子式为 B过程生成 W 的反应为 Li3N+3H2O=3LiOH+NH3 C过程涉及的阳极反应为 4OH-4e-=O2+2H2O D过程 I、均为氧化还原反应 【答案】D 【解析】A Li3N 是离子化合物，Li+与 N3-之间通过离子键结合，电子式为 ，A 正确； BLi3N
10、 与水发生反应产生 LiOH、NH3，反应方程式为：Li3N+3H2O=3LiOH+NH3，B 正确； C在过程中 OH-在阳极失去电子，发生氧化反应，阳极的电极反应为 4OH-4e-=O2+2H2O，C 正确； D过程的反应为盐的水解反应，没有元素化合价的变化，不属于氧化还原反应，D 错误； 故合理选项是 D。 13乙二胺(H2NCH2CH2NH2 )是二元弱碱，在水中的电离原理类似于氨。常温下，向乙二胺溶液中滴加稀盐 酸，溶液的 pH 随离子浓度变化关系如图所示。下列叙述不正确的是 AKb2H2NCH2CH2NH2 的数量级为 10-8 B曲线 G 代表 pH 与 的变化关系 CH3NCH
11、2CH2NH2Cl 溶液中 c(H+)c(OH-) D0.01mol L-1H2NCH2CH2NH2 电离度约为 10% 【答案】C 【解析】 多元弱碱的第一级电离大于第二级电离， 故曲线 T 代表 pH 与的变化关系， 曲线 G 代表 pH 与 的变化关系，由曲线所示关系和电离平衡常数相关知识分析可得结论。 A Kb2H2NCH2CH2NH2= 2 3223 2223 c H NCH CH NHC OH c H NCH CH NH ，当=0 时，即 c(H2NCH2CH2NH3+) = c(H3NCH2CH2NH32+)，Kb2H2NCH2CH2NH2= C(OH-)= Kw c H =10
12、-7.15，故 A 叙述正确； B因多元弱碱的第一级电离大于第二级电离，则曲线 G 代表 pH 与 的变化关系，故 B 说法正确； C在 H3NCH2CH2NH2Cl 溶液中，既有 H2NCH2CH2NH3+ 的电离，又有 H2NCH2CH2NH3+的水解，由图中 T 曲线可得 H2NCH2CH2NH3+的水解平衡常数 Kh= c(H+)=10-9.93，而 Kb2H2NCH2CH2NH2= 10-7.15，由此可知在 H3NCH2CH2NH2Cl 溶液中，H2NCH2CH2NH3+的电离大于水解，溶液显碱性，故 C 说法错误； D 设0.01mol L-1H2NCH2CH2NH2 电离度为a
13、， 则有Kb1H2NCH2CH2NH2= 2 0.01 0.01 1 a a =10-4.07 ， 解得a0.1， 故 D 说法正确；答案选 C。 二、非选择题：共 58 分，第 2628 题为必考题，每个试题考生都必须作答。第 3536 题为选考题，考生根 据要求作答。 （一）必考题：共 43 分。 26 （14 分）钼酸钠晶体(Na2MoO4 2H2O)是一种金属腐蚀抑制剂。工业上利用钼精矿(主要成分是不溶于水 的 MoS2)制备钼酸钠的两种途径如图所示: （1）途径 I 碱浸时发生反应的化学反应方程式为_。 （2）途径 II 氧化时还有 Na2SO4生成，则反应的离子方程式为_。 （3）
14、已知途径 I 的钼酸钠溶液中 c(MoO42-)=0.40 mol/L，c(CO32-)=0.10mol/L。由钼酸钠溶液制备钼酸钠晶体 时，需加入 Ba(OH)2固体以除去 CO32-。当 BaMoO4开始沉淀时，CO32-的去除率是_已知 Ksp(BaCO3)=1 10-9、Ksp(BaMoO4)=4.0 10-8，忽略溶液的体积变化。 （4）分析纯的钼酸钠常用钼酸铵(NH4)2MoO4和氢氧化钠反应来制取，若将该反应产生的气体与途径 I 所 产生的气体一起通入水中，得到正盐的化学式是_。 （5）钼酸钠和月桂酰肌氨酸的混合液常作为碳素钢的缓蚀剂。常温下，碳素钢在三种不同介质中的腐蚀速 率实
15、验结果如下图: 当硫酸的浓度大于 90%时，碳素钢腐蚀速率几乎为零，原因是_。 若缓释剂钼酸钠-月桂酸肌氨酸总浓度为 300mg L-1，则缓蚀效果最好时钼酸钠(M=206g/mol) 的物质的量 浓度为_(计算结果保留 3 位有效数字)。 （6） 二硫化钼用作电池的正极材料时接受 Li+的嵌入， 锂和二硫化钼形成的二次电池的总反应为:xLi+nMoS2 Lix(MoS2)n。则电池放电时正极的电极反应是:_。 【答案】 （1）MoO3+Na2CO3=Na2MoO4+CO2 （2 分） （2） MoS2+9ClO-+6OH-=MoO42-+9Cl-+2 SO42-+3H2O （2 分） （3）
16、90% （2 分） （4）(NH4)2CO3和(NH4)2SO3 （2 分） （5）常温下浓硫酸会使铁钝化 （2 分） 7.28 10-4mol/L （2 分） （6） nMoS2+xLi+xe-=Lix(MoS2)n （2 分） 【解析】 利用钼精矿(主要成分是 MoS2)制备钼酸钠有两种途径：途径是先在空气中灼烧生成 MnO3，同时得到对环 境有污染的气体 SO2，然后再用纯碱溶液溶解 MnO3，即可得到钼酸钠溶液，最后结晶得到钼酸钠晶体；途径 是直接用 NaClO 溶液在碱性条件下氧化钼精矿得到钼酸钠溶液，结晶后得到钼酸钠晶体。 （1）根据题给流程图分析途径 I 碱浸时，MoO3与碳酸钠
17、溶液反应生成二氧化碳和 Na2MoO4，发生反应的 化学方程式为：MoO3+Na2CO3=Na2MoO4+CO2； （2）途径氧化时 MoS2与次氯酸钠、氢氧化钠溶液反应生成 Na2MoO4和硫酸钠，利用化合价升降法结合 原子守恒和电荷守恒配平，发生反应的离子方程式为 MoS2+9ClO-+6OH-=MoO42-+9Cl-+3H2O； （3）BaMoO4开始沉淀时，溶液中钡离子的浓度为：c（Ba2+）= 8 4.0 10 0.4 =1 10-7mol/L，溶液中碳酸根离 子的浓度为： c （SO42-） = 9 7 1 10 1 10 =1 10-2mol/L， 所以碳酸根离子的去除率为： 1
18、 2 1 10 0.1 =1-10%=90%； 故 CO32- 的去除率是 90%； （4）钼酸铵(NH4)2MoO4和氢氧化钠反应生成钼酸钠和氨气，将氨气与途径 I 所产生的尾气 CO2、SO2一起 通入水中，得到正盐的化学式是(NH4)2CO3、(NH4)2SO3； （5）浓硫酸具有强氧化性，常温下能使铁钝化。故当硫酸的浓度大于 90%时，腐蚀速率几乎为零； 根据图示可知，当钼酸钠、月桂酸肌氨酸浓度相等时，腐蚀速率最小，缓蚀效果最好， 所以钼酸钠的浓度为：150mgL-1，1L 溶液中含有的钼酸钠物质的量为： 3 150 10 206 / g g mol 7.2810-4mol，所以钼酸
19、钠溶液的物质的量浓度为：7.28 l0-4molL-1，故答案为 7.28 l0-4molL-1； （6）根据锂和二硫化钼形成的二次电池 的总反应为： xLi+nMoS2Lix(MoS2)n， 可知锂是还原剂， 在负极发生氧化反应， 负极反应式为： xLi-xe-=xLi+， 是氧化剂在正极发生还原反应， 据此书写电池放电时的正极反应式： 正极反应式为： nMoS2+xLi+xe-=Lix（MoS2） n。 27 （17 分）亚硝酰氯(NOCl，熔点:-64.5 ，沸点:-5.5 )为红褐色液体或黄色气体，具有刺鼻恶臭味，遇 水剧烈水解生成氮的两种氧化物与氯化氢，易溶于浓硫酸。常可用于合成清洁
20、剂、触媒剂及中间体等。实验室可 由氯气与一氧化氮在常温常压下合成。其制备装置如图所示（其中 III、IV 中均为浓硫酸） ： （1）用图甲中装置制备纯净干燥的原料气，补充下表中所缺少的药品。 装置 装置 烧瓶中 分液漏斗中 制备纯净 Cl2 MnO2 浓盐酸 _ 制备纯净 NO Cu 稀硝酸 _ （2）将制得的 NO 和 Cl2通入图乙对应装置制备 NOCl。 装置连接顺序为 a_(按气流自左向右方向，用小写字母表示)。 装置、除可进一步干燥 NO、Cl2外，另一个作用是_。 有人认为可以将装置中浓硫酸合并到装置中，撤除装置，直接将 NO、Cl2通入装置中，你同意 此观点吗？_（填同意或不同意
21、） ，原因是_。 实验开始的时候，先通入氯气，再通入 NO，原因为_。 （3） 有人认为多余的氯气可以通过下列装置暂时储存后再利用， 请选择可以用作氯气的储气的装置 _； （4）装置吸收尾气时，NOCl 发生反应的化学方程式为_。 （5）有人认为装置中氢氧化钠溶液只能吸收氯气和 NOCl，不能吸收 NO，经过查阅资料发现用高锰酸钾 溶液可以吸收 NO 气体，因此在装置氢氧化钠溶液中加入高锰酸钾，反应产生黑色沉淀，写出该反应的离子方 程式：_。 （6） 制得的 NOCl 中可能含有少量 N2O4杂质， 为测定产品纯度进行如下实验： 称取 1.6625 g 样品溶于 50.00 ml NaOH 溶
22、液中，加入几滴 K2CrO4溶液作指示剂，用足量硝酸酸化的 0.40mol/LAgNO3溶液滴定至产生砖红色 沉淀，消耗 AgNO3溶液 50.00ml。 样品的纯度为_%（保留 1 位小数） 已知常温下，Ksp(AgCl)=1.8 10-10，Ksp(Ag2CrO4)=2 10-12，若在滴定终点时测得溶液中 Cr2O42-的浓度是 5.0 10-3 mol/L，此时溶液中 Cl-浓度是_。 【答案】 （1）饱和食盐水（1 分） H2O（1 分） （2）a- e -f -c - b -d (e，f 可互换） （2 分） 通过观察气泡的多少调节两种气体的流速（1 分） 不同意（1 分） NO
23、与 Cl2反应生成的 NOCl 可溶于浓硫酸（1 分） 用 Cl2排尽装置内的空气，以防 NO 与氧气反应 （1 分） （3）（1 分） （4）NOCl + 2NaOH = NaCl + NaNO2 +H2O （2 分） （5） NO + MnO4- = NO3- + MnO2（2 分） （6）78.8（2 分） 9.0 10-6 mol/L（2 分） 【解析】 （1）用 MnO2与浓盐酸制备纯净干燥的氯气，需要除去氯气中的氯化氢杂质，装置中的试剂是饱和食盐 水；用 Cu 与稀硝酸制备纯净干燥的 NO，需要除去 NO 中的 NO2杂质，装置中的试剂是水； （2）NOCl，熔 点:-64.5 ，
24、 沸点:-5.5 ， 用冰盐水冷凝； 亚硝酰氯遇水剧烈水解生成氮的两种氧化物与氯化氢， 易溶于浓硫酸， 要防止亚硝酰氯水解，氯气、NO 有毒，所以用氢氧化钠溶液进行尾气处理，连接顺序是 a- e -f -c - b -d。通过 观察装置、气泡的多少调节两种气体的流速；氯气与一氧化氮在常温常压下反应生成 NOCl，NOCl 溶于 浓硫酸，所以不能直接将 NO、Cl2通入装置中；用 Cl2排尽装置内的空气，以防 NO 与氧气反应，所以实验 开始的时候，先通入氯气，再通入 NO； （3）装置中氯气进入下面的容器时，容器中的液体排入上面的容器， 需要氯气时打开右侧活塞， 水在重力作用下进入下面容器，
25、将氯气排出， 所以装置可以用作氯气的储气的装置。 （4）装置吸收尾气时，NOCl 与氢氧化钠反应生成亚硝酸钠和氯化钠，反应方程式是 NOCl + 2NaOH = NaCl + NaNO2 +H2O； （5）装置氢氧化钠溶液中加入高锰酸钾，NO 与高锰酸钾反应产生黑色沉淀 MnO2和硝酸钠，反 应离子方程式是 NO + MnO4- = NO3- + MnO2； （6）设样品中 NOCl 的质量为 xg， NOCl AgNO3 65.5g 1mol xg 0.40mol/L 0.05mL 65.5 x = 1 0.40.05 x=1.31g 样品的纯度为 1.31 1.6625 100% =78.
26、8%。 已知常温下， Ksp(Ag2CrO4)=2 10-12，滴定终点时，Cr2O42-的浓 度是 5.0 10-3 mol/L，所以c(Ag+ ) = Ksp(Ag2CrO4) c(CrO42) =2 10-5 ，根据 Ksp(AgCl)=1.8 10-10，c(Cl) = Ksp(AgCl) c(Ag+) = 1.810-10 210-5 =9.0 10-6 mol/L。 【点睛】 本题在注重对学生教材基础知识巩固和检验的基础上， 侧重对学生能力的考查。 该题的关键是明确溶度积常 数的含义以及影响因素，并能结合题意灵活运用，有利于培养学生的逻辑推理能力。 28 （12 分）碘及其化合物在
27、生产、生活和科技等方面都有着重要的应用。回答下列问题： （1）碘不易溶于水，但易溶于碘化钾溶液并生成多碘离子，反应如下： I2(s) + I-(aq) I3 - (aq) H ”或“CH（1 分） sp2（1 分） 配位键、共价键、离子键（2 分） （3）氮化铬的离子电荷数较多，晶格能较大（2 分） （4）体心（1 分） 棱心 （1 分） 6（2 分） 2 2 a（2 分） （2 分） 【解析】 （1）24 号元素是铬，其价层电子排布式为 3d54s1，则轨道表达式为：； （2）(NH2)2CO 中含有 N、H、O、C，电负性由大到小的顺序为 ONCH，(NH2)2CO 结构中碳原子上有二根
28、单键、一个双键，则参加杂化轨道数为： （2+1） （1 是双键中一个单键） ，杂化类型为 sp2。 （3）氮化铬的晶体与 氯化钠晶体都是离子晶体，因为氮化铬的离子电荷数较多，晶格能较大，所以，氮化铬熔点比氯化钠的高。 （4） 由晶胞图分析，黑球为 1 个，白球为 124=3 个，三角为 1 个，因 TiO32中钛与氧结合形成酸根离子，则三 角所处位置为钛，即体心位置，氧位于立方体棱上；由三维立体对称分析，与 Ca 紧邻的 O 个数为 6，Ti 与 O 间 的最短距离是面对角线的一半，即 nm。不论如何画图，原子个数比不变，原子配位数不变，故新的结构 图：。 点睛：确定中心原子杂化方式：一是价层
29、电子对互斥理论，适用于 ABnm型，二是由结构图判断，即杂化轨 道数等于 数加孤电子对数，然后由轨道数确定杂化方式；三是等电子体法，即电子换电子、电子换电荷；四是 等价替换法，即利用前三种通用方法，分析复杂图的中心原子杂化方式，化繁为简。 36化学选修 5：有机化学基础(15 分) 聚酰亚胺是重要的特种工程材料，广泛应用在航空、纳米、激光等领域。某聚酰亚胺的合成路线如下（部分 反应条件略去） ： 已知： 有机物 A 的质谱与核磁共振氢谱图如下： 回答下列问题： （1）A 的名称是_；C 中含氧官能团的名称是_。 （2）反应的反应类型是_。 （3）反应的化学方程式是_。 （4） F 的结构筒式是
30、_。 （5）同时满足下列条件的 G 的同分异构体共有_种(不含立体结构)；写出其中一种的结构简 式：_。 能发生银镜反应 能发生水解反应，其水解产物之一能与 FeC13溶液发生显色反应 1 mol 该物质最多能与 8 mol NaOH 反应 （6） 参照上述合成路线，以间二甲苯和甲醇为原料（无机试剂任选）设计制备的合 成路线：_。 【答案】 （1）乙醇（1 分） 羧基 （1 分） （2）取代反应 （2 分） （3） （2 分） （4） （2 分） （5）3 （2 分） （2 分） （6）（3 分） 【解析】根据已知：有机物 A 的质谱与核磁共振氢谱图可知，A 的相对分子质量为 46，核磁共振氢
31、谱有 3 组峰， 峰面积之比为 1： 2： 3， 则 A 为乙醇； 根据流程可知， E 在铁和氯化氢作用下发生还原反应生成， 则 E 为；E 是 D 发生硝化反应而得，则 D 为；D 是由 A 与 C 在浓硫酸作用下发生酯化反 应而得，则 C 为；C 是由分子式为 C7H8的烃 B 氧化而得，则 B 为甲苯；结合已知 以及 G 的分子式，可知对二甲苯与二分子一氯甲烷反应生成 F，F 为 ；根据已知可知，F 氧化生成 G 为 ；G 脱水生成 H，H 为。 （1）A 的名称是乙醇；C 为，含氧官能团的名称是羧基； （2）反应是 D 在浓硫酸和浓硝酸作用下 发生硝化反应（或取代反应）生成 E； （3）反应是 A 与 C 在浓硫酸作用下发生酯化反应生成 D，其化学方程 式 是；（ 4 ） F的 结 构 筒 式 是 ； （5） 的同分异构体满足条件：能发生银镜反应，说明含有醛 基；能发生水解反应，其水解产物之一能与 FeC13溶液发生显色反应，说明含有甲酸酯的结构，且水解后生成 物中有酚羟基结构；1mol 该物质最多能与 8mol NaOH 反应，则符合条件的同分异构体可以是： 、共 3 种； （6）间二甲苯氧化生成间 苯二甲酸，间苯二甲酸与甲醇发生酯化反应生成间苯二甲酸二甲酯，间苯二甲酸甲酯发生硝化反应生成 ，还原得到，其合成路线为： 。
