2023年高考考前押题密卷-化学（全国乙卷）（解析版）

这是一份2023年高考考前押题密卷-化学（全国乙卷）（解析版），共18页。
2023年高考考前押题密卷（全国乙卷）
化 学
（考试时间：60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、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。
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，再选涂其他答案标号。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 Al-27 P-31 S-32 K-39 Co-59

一、选择题：本题共7小题，每小题6分，在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。
7.化学与生活、生产及环境密切相关，下列说法错误的是
A．常规融雪剂(CaCl2、NaCl等)的使用对桥梁和环境有破坏作用
B．“北溪”管道输送的天然气主要成分是烷烃，其中己烷占绝大多数
C．家庭装修时用水性漆替代传统的油性漆，有利于健康及环境
D．葡萄酒中的花青素在碱性环境下显蓝色，故可用苏打粉检验假红酒
【答案】B
【详解】A．常规融雪剂(CaCl2、NaCl等)溶于水形成盐溶液，会加速金属的锈蚀，对桥梁和环境有破坏作用，A正确；
B．天然气主要成分是甲烷，B错误；
C．水性漆替代传统的油性漆，可减少甲醛的有毒物的排放，有利于健康及环境，C正确；
D．花青素在碱性环境下显蓝色，苏打溶液显碱性能使花青素变色，故可用苏打粉检验假红酒，D正确；
故选B。
8. (原创）奥司他韦是治疗流感的常用药物，其结构简式如图。下列有关该化合物的说法正确的是


A．与互为同系物 B．该物质可以酸性重铬酸钾溶液褪色
C．1mol该物质可以与3molH2发生加成反应 D．该物质与NaOH或HCl均可发生成盐反应
【答案】D
【详解】A．中含羟基，与上述结构不相似，A错误；
B．结构中存在碳碳双键，所以是重铬酸钾变色，B错误；
C．结构中只有碳碳双键可以和氢气发生加成反应，所以1mol该物质可以与1molH2发生加成反应，C错误；
D．分子中的酯基和酰胺基可以在碱性下发生水解反应成盐；其含氨基，可与盐酸成盐，D正确；
故选D。
9.下列实验操作和现象可得出相应结论的是
选项
实验操作
现象
结论
A
将红热的木炭加入浓硝酸中
产生红棕色气体
碳与浓硝酸反应生成了
B
室温时，将等浓度的弱酸HA和弱碱BOH等体积混合，并滴加紫色石蕊溶液
溶液变红

C
向KBr溶液中依次滴加过量氯水、淀粉−KI溶液
溶液依次变为橙色和蓝色
非金属性：
Cl＞Br＞I
D
向1 mL 0.1 mol∙L−1溶液中依次滴加2滴0.1 mol∙L−1NaCl溶液和0.1 mol∙L−1KI溶液
依次产生白色和黄色沉淀


【答案】B
【详解】A．将红热的木炭加入浓硝酸中，产生红棕色气体，可能是浓硝酸在受热的条件下分解得到二氧化氮，不一定是碳与浓硝酸反应生成了，故A不符合题意；
B．室温时，将等物质的量浓度的弱酸HA和弱碱BOH等体积混合，并向其中滴加紫色石蕊溶液，溶液变红，说明混合后溶液显酸性，根据“谁强显谁性”即谁相对强，溶液显谁的性质，则，故B符合题意；
C．不能得到元素非金属性：Br＞I，因为氯气是过量的，可能过量氯气氧化碘离子得到单质碘，故C不符合题意；
D．根据题意硝酸银是过量的，过量硝酸银和碘化钾反应生成碘化银沉淀，不能说是氯化银转化为碘化银，不能得出，故D不符合题意。
综上所述，答案为B。
10.(原创）能正确表示下列反应的离子方程式为
A．向溶液中加入少量溶液：
B．向中加入：
C．FeCl2溶液中加入H2O2溶液并调节pH=4：2Fe2+＋H2O2＋2H+＝ 2Fe3+＋H2O
D．次氯酸钠溶液中通入少量二氧化硫：SO2+ClO- +H2O=SO+2H+ +Cl-
【答案】A
【详解】A．二者发生双水解，少量溶液水解得到的氢离子与过量的碳酸根离子生成碳酸氢根离子，
A正确；
B． 中的氧转移至氢氧化钠中，B错误；
C． 当pH=4时，铁离子完全沉淀，C错误；
D． 上述生成的氢离子继续与过量的次氯酸根离子结合为次氯酸，D错误。
11.化合物A是一种常用的表面活性剂，结构如图所示。已知X、Y、Z、W、M均为短周期常见元素，W是形成物质种类最多的元素，X、Y同族，Z、M同族，Z原子半径在同周期最大。下列说法错误的是

A．原子半径Z＞Y＞X＞M
B．非金属性X＞Y＞W＞M＞Z
C．四元素中简单氢化物熔沸点最高的是X的氢化物
D．均由X、Y、Z、M四种元素组成的两种盐可以发生反应
【答案】C
【分析】W是形成物质种类最多的元素，W为C；Z可形成+1价阳离子，基态Z原子的核外电子有6种空间运动状态，Z为Na；Z、M为同族元素，M可形成1个共价键，M为H；X、Y为同族元素，X可形成1个双键，Y可形成2个单键和2个双键，则X为O、Y为S。
【详解】A．同周期主族元素从左到右原子半径逐渐减小，同主族元素从上到下原子半径逐渐增大，原子半径Na＞S＞O＞H，A项正确；
B．一般来说，同周期主族元素从左到右电负性逐渐增大，同主族元素从上到下电负性逐渐减小，电负性O＞S＞C＞H＞Na[提示：中C显正价，S显负价，可知电负性S＞C]，B项正确；
C．X、Y、Z、W的简单氢化物分别为、、NaH、，NaH为离子化合物，熔沸点最高，C项错误；
D．和可以发生反应，D项正确。
故选C。
12.2022年我国光伏发电并装机容量突破3亿千瓦，稳居全球首位。已知四甲基氢氧化铵[(CH3)4NOH]常用作电子工业清洗剂，以四甲基氯化铵[(CH3)4NCl]为原料，采用电渗析法合成[(CH3)4NOH]，工作原理如图。下列说法正确的是

A．光伏并网发电装置中N型半导体为正极
B．c、d为阳离子交换膜，e为阴离子交换膜
C．a电极反应式为2(CH3)4N++2H2O+2e-=2(CH3)4NOH+H2↑
D．制备182g四甲基氢氧化铵，两极共产生标况下44.8L气体
【答案】C
【分析】从图中可以看出，光伏并网发电装置中，a电极连接N型半导体，则其为负极，b电极连接P型半导体，则其为正极；电解装置中，a极为阴极，b极为阳极。从电解池a极区溶液中四甲基氢氧化铵[(CH3)4NOH]浓度增大，也可推出(CH3)4N+透过c膜向a电极移动，则a电极为阴极，c膜为阳膜；Cl-透过d膜向右侧移动，则d膜为阴膜；Na+透过e膜向左侧移动，则e膜为阳膜。
【详解】A．由分析可知，光伏并网发电装置中，N型半导体为负极，A不正确；
B．由分析可知，c、e为阳离子交换膜，d为阴离子交换膜，B不正确；
C．a为阴极，(CH3)4N+得电子产物与电解质作用，生成(CH3)4NOH和H2，电极反应式为2(CH3)4N++2H2O+2e-=2(CH3)4NOH+H2↑，C正确；
D．182g四甲基氢氧化铵的物质的量为=2mol，则a极生成1molH2，b极生成0.5molO2，两极共产生1.5mol气体，但由于温度、压强未知，所以无法求出生成气体的体积，D不正确；
故选C。
13.T℃时，AgCl()和(砖红色)都是难溶电解质，以对pCl和作图的沉淀平衡曲线如图所示。该温度下，下列说法正确的是

A．阴影区域AgCl和都沉淀
B．的饱和溶液中，pCrO4=4.45时，pAg=3.72
C．向含有AgCl(s)的1.0 KCl溶液中加入，白色固体逐渐变为砖红色
D．用硝酸银滴定，指示剂浓度在0.01左右时滴定误差较小
【答案】D
【分析】根据图像，由图可知，取纵坐标为零，计算得2线对应的，数量级为10-12，故2线代表Ag2CrO4，1线代表AgCl，以此解题。
【详解】A．纵坐标越大，银离子浓度越小，横坐标越大，阴离子浓度越小，故阴影区域AgCl和都不沉淀，A错误；
B．，pCrO4=4.45时，pAg=(11.72-4.45)/2=3.635,B错误；
C．当溶液中有1.0 KCl时，则此时氯离子的浓度为1.0，pCl=0，由图可知，此时无法形成，C错误；
D．由图可知，当浓度在0.01左右时(pCrO4=2)形成所需要的银离子浓度约为10-5mol/L，根据氯化银的溶度积可知此时氯离子浓度约为1.6×10-5mol/L，氯离子接近完全沉淀，滴定误差较小，D正确；
故选D。
二、非选择题
(一)必考题：共43分。
26.（14分）NiOOH可用作碱性镍镉电池的电极材料，用含镍废料(主要成分是Ni，杂质有Al、Fe、SiO2)制取NiOOH的流程如图。

已知：i.镍、铁同族，但Ni2+的性质较稳定；
ii.常温下，该工艺条件下金属阳离子生成氢氧化物沉淀时的pH范围如表所示。
沉淀物




开始沉淀时pH
3.0
1.5
5.9
7.1
完全沉淀时pH
4.7
3.2
9.0
9.2
回答下列问题：
(1)“酸浸”前将废料粉碎的目的是___________，“滤渣2”的主要成分是___________。
(2)加入的目的是___________，实际生产中发现的实际用量比理论用量多，原因是___________。
(3)“调pH”时pH的范围是___________，当溶液中离子浓度小于或等于时认为该离子沉淀完全，则常温下___________，“氧化2”中反应的离子方程式为___________。
(4)锌镍电池是一种可充电电池，其充电时总反应为，则放电时正极的电极反应式为___________，充电时阴极周围溶液pH___________(填“增大”“减小”或“不变”)。
【答案】(1) 加快酸浸速率、提高原料的利用率 、
(2) 将氧化成，以便后续除去铁元素 生成的能催化分解
(3)
(4) 增大

【分析】含镍废料（Ni、Al、Fe、SiO2）用稀硫酸酸浸，Ni、Al、Fe溶解得到Ni2+、Al3+、Fe2+，SiO2不溶形成滤渣1，加入H2O2，Fe2+被氧化为Fe3+，加入Ni(OH)2调pH，使Al3+、Fe3+转化为Al(OH)3、Fe(OH)3沉淀（滤渣2），加入KOH、KClO将Ni2+氧化为NiOOH，过滤后得到产品。
【详解】（1）粉碎可提高废料的比表面积，有利于反应物间充分接触，从而提高反应速率及原料的利用率。“滤渣2”是调pH时形成的，沉淀。
（2）由几种离子形成氢氧化物沉淀时的pH范围知，加入的目的是将氧化为，便于后续以氢氧化物的形式除去；遇会被催化分解，从而导致实际用量多于理论用量。
（3）“调pH”的目的是使、形成氢氧化物沉淀而不能形成沉淀，故pH范围为。当pH=3.2时，恰好完全沉淀，此时，，由此求得。“氧化2”中KClO被还原为，被氧化为NiOOH，对应的离子方程式为。
（4）由充电时总反应式知，放电时NiOOH是正极，得到电子后转化为，电解质溶液是碱性溶液，故电极反应式为。充电时阴极的电极反应式为，由于生成OH－，故阴极周围溶液pH增大。
27.（14分）(三氯化六氨合钴)是合成其他含钴配合物的重要原料，实验室中可由金属钴及其他原料制备。
已知：在时恰好完全沉淀为；②不同温度下在水中的溶解度如图所示。

(一) 的制备
易潮解，Co(Ⅲ)的氧化性强于，可用金属钴与氯气反应制备。实验中利用如图装置(连接用橡胶管省略)进行制备。

(1)仪器a的名称为_______。
(2)用图中的装置组合制备，连接顺序为_______。装置B的作用是_______。
(3)装置A中发生反应的离子方程式为_______。
(二) 的制备
步骤如下：
Ⅰ.在100 mL锥形瓶内加入4.5 g研细的，和5 mL水，加热溶解后加入0.3 g活性炭作催化剂。
Ⅱ.冷却后，加入浓氨水混合均匀。控制温度在10℃以下并缓慢加入溶液。
Ⅲ.在60℃下反应一段时间后，经过_______、过滤、洗涤、干燥等操作，得到晶体。
(4)在加入浓氨水前，需在步骤Ⅰ中加入，请结合平衡移动原理解释原因_______。
(5)步骤Ⅱ中在加入溶液时，控制温度在10℃以下并缓慢加入的目的是_______、_______。
(6)制备的总反应的化学方程式为_______。
(7)步骤Ⅲ中的操作名称为_______。
【答案】(1)分液漏斗
(2) A→D→C→E→B 防止多余的污染空气，同时防止空气中的水蒸气进入装置E，使潮解
(3)
(4)溶于水电离出，使的电离平衡逆向移动，防止加入氨水时溶液中过大，生成沉淀
(5) 控制反应速率 防止温度过高使和分解
(6)
(7)趁热过滤、冷却结晶

【分析】利用浓盐酸与高锰酸钾反应制氯气，通过饱和食盐水除去氯气中的氯化氢，再通过浓硫酸干燥，得到的干燥纯净的氯气通入装置E与钴加热条件下反应生成氯化钴；再利用氯化钴与氨化铵在活性炭催化下反应制；
【详解】（1）仪器a的名称为分液漏斗；
（2）装置A用于制备Cl2，装置D用于除去Cl2中的HCl，装置C用于干燥Cl2，装置E用于制备CoCl2，装置B的作用是防止多余的氯气污染空气，同时防止空气中的水蒸气进入装置E，使CoCl2潮解，故连接顺序为A→D→C→E→B；
（3）装置A中KMnO4和浓盐酸反应制备Cl2；
（4）溶于水电离出，能使的电离平衡逆向移动，进而可以抑制的电离，防止加入氨水时溶液中过大，生成沉淀，有利于的配位；
（5）和受热易分解，步骤Ⅱ中控制温度在10℃以下并缓慢加入溶液是为了控制反应速率，防止温度过高使和分解；
（6）在题给制备反应中，是氧化剂，根据得失电子守恒、原子守恒可得总反应的化学方程式为；
（7）根据已知信息②可知，在水中的溶解度随着温度的升高而增大，应先趁热过滤除去活性炭等杂质，再经冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等操作得到晶体。
28.（15分）我国力争于2030年前做到碳达峰，2060年前实现碳中和，因此CO2的综合利用是研究热点之一。
(1)以CO2为原料可制取甲醇。
已知：
①H2(g)、CH3OH(l)的燃烧热ΔH分别为-285.8kJ·mol-1和-726.5kJ·mol-1
②CH3OH(l)⇌CH3OH(g) ΔH=+38kJ·mol-1
③H2O(l)⇌H2O(g) ΔH=+44kJ·mol-1
则反应CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(l)+H2O(g)的ΔH1=_______kJ·mol-1。
(2)利用CO2与H2合成甲醇涉及的主要反应如下：
I.CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(l)+H2O(g) ΔH1
II.CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O ΔH2=+41kJ·mol-1
一定条件下向某刚性容器中充入物质的量之比为1：3的CO2和H2发生上述反应，在不同催化剂(catl，cat2)下经相同反应时间，CO2转化率和甲醇的选择性[甲醇的选择=×100%]随温度变化如图甲所示：

①由图可知，催化效果catl_______cat2(填“>”“＜”或“=”)。
②在210℃-270℃间，CH3OH的选择性随温度的升高而下降，可能原因为_______。
③某条件下，达到平衡时CO2的转化率为15%，CH3OH的选择性为80%，则H2的平衡转化率为_______；反应II的平衡常数Kp=_______(列出算式即可)。
(3)利用制备的甲醇可以催化制取丙烯，过程中发生如下反应：3CH3OH(g)=C3H6(g)+3H2O(g)。该反应的实验数据遵循Arhenius经验公式，如图乙中曲线a所示，已知Arthenius经验公式为Rlnk=-+C(Ea为活化能，假设受温度影响忽略不计，k为速率常数，R和C为常数)，则反应的活化能_______kJ·mol-1。当改变外界条件时，实验数据如图乙中的曲线b所示，则实验可能改变的外界条件是_______；此经验公式说明对于某个基元反应，当升高相同温度时，其活化能越大，反应速率增大的_______(填“越多”或“越少”)。

【答案】(1)-86.9
(2) > 因为反应I的ΔH10，故升高温度反应I左移，而反应II右移，故CH3OH的选择性降低 13% (0.15×0.03)/(0.89×2.61)

(3) 31 kJ/mol 加催化剂 越多

【详解】（1）(1)已知：H2(g)、C'H3OH (l)的燃烧热△H分别为- 285.8kJ /mol和- 726. 5kJ/mol，则根据燃烧热的定义列出燃烧热的热化学方程式如下：H2(g) + O2(g)= H2O(l)△H1 =-285.8kJ/mol①，3CH3OH(l) + O2(g) = CO2(g)+ 2H2O(l) △H2 = -726.5kJ /mol②，结合给定反应：CH3OH(l)CH3OH(g)△H3 =+ 38kJ/mol③，
H2O(l)= H2O(g)△H4 = +44kJ /mol ④，根据盖斯定律可知①×3-②+③+④得到CO2(g) + 3H2(g) = CH3OH (g) + H2O (g)；则反应热△H=△H1×3-△H2+△H3+△H4= -48.9kJ /mol；
（2）①由图可知，相同温度时，二氧化碳的转化率和甲醇的选择性Cat.1均高于Cat.2，则催化效果Cat.1强于Cat.2；
②在210 ~ 270℃间，若温度升高，催化剂的活性降低或更有利于反应6速率增大，会导致甲醇的选择性随温度的升高而下降，温度升高，催化剂的活性降低(或温度升高，更有利于反应b速率增大) ；
③设起始时二氧化碳的物质的量为a，平衡时一氧化碳的物质的量为b，甲醇的物质的量为C，由甲醇的选择性为80%可得×100%=80%，解得c= 4b，由反应方程式可知，反应消耗二氧化碳和氢气的物质的量分别为(4b+b)、(12b + b)，由二氧化碳的转化率为15%可得×100%= 15%，解得a = 33b，则氢气的转化率为×100%=×100%≈13%；
④平衡时二氧化碳、氢气、甲醇、一氧化碳和水的平衡分压分别为、、，反应b的压强平衡常数=(0.15×0.03)/(0.89×2.61)
（3）①根据图像并结合公式可得：9.2= -3.2Ea+ C，3.0= -3.4Ea + C，联立方程，解得Ea = 31 kJ/mol；
②当改变外界条件时，实验数据如图中的曲线B所示，此时满足：9.2= -3.2Ea+ C， 1.0= -3.6Ea + C，联立方程，解得Ea = 20，活化能减小，则实验可能改变的外界条件是更换了更高效的催化剂；
③此经验公式说明对于某个基元反应，当升高相同温度时，其活化能越大，反应速率增大的越多。

(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。
35.（15分）氮族元素在复合材料等领域的应用十分广泛。
(1)中科院大连化物所某研究团队开发了一种基于氮掺杂碳上的Ru单原子(Ru/NC)高稳定丙烷脱氢制丙烯催化剂。Ru/NC的合成过程如图所示。回答下列问题:

①按电子排布，氮元素位于元素周期表_____区， 基态氮原子的电子占据的最高能级电子云轮廓图为_____形。
②由图可知Ru/NC中存在___(填标号)。
A．金属键      B．配位键        C． σ键      D． π键
③ 中C的杂化类型为_____________。
(2)AsH3、 NH3、 SbH3三种氢化物的沸点依次增大，其原因是___________________________________。
(3)气态时，PCl5分子的空间结构为三角双锥形(如图所示)，可溶于非极性溶剂CCl4，其原因是_____________________________________________；而固态时五氯化磷不再保持三角双锥结构，其晶格中含有[PCl4]+和[PCl6]-离子，可溶于极性溶剂硝基苯，其原因是___________________________________________。

(4)锗酸铋是重要的光学材料，由锗、铋、氧三种元素组成。 它的一种晶体属立方晶系，可表示为xGeO2·yBi2O3，晶胞参数a= 1014.5 pm，密度ρ= 9.22g·cm-3，晶胞中有两个Ge原子，则xGeO2·yBi2O3中x=_______， y=_____________________________[列出计算式，已知Mr (GeO2)=105，Mr (Bi2O3) = 466， NA为阿伏加德罗常数的值]。
【答案】(1) p 哑铃 BCD sp、sp2
(2)NH3中氢键对沸点的影响大于AsH3中范德华力对沸点的影响，而小于SbH3中范德华力对沸点的影响
(3) 气态PCl5为三角双锥，分子中正负电荷中心重合，为非极性分子，根据相似相溶原理，PCl5可溶于非极性溶剂CCl4 固态PCl5为离子型晶体，离子型晶体一般易溶于极性溶剂，所以固态PCl5可溶于硝基苯
(4) 2

【详解】（1）①按电子排布，氮元素位于元素周期表p区，基态氮原子的电子占据的最高能级为2p能级，电子云轮廓图为哑铃形。
②由图可知，C与周围的原子形成3根σ键，N与C之间形成σ键，N原子有孤电子对，与Ru之间形成配位键，N、C均有一个未杂化的2p轨道，互相平行，肩并肩重叠形成大π键，故选BCD。
③ 中双键C原子，价层电子对数为3，采取sp2杂化，三键C原子，价层电子对数为2，采取sp杂化，故C的杂化类型为sp、sp2。
（2）NH3中氢键对沸点的影响大于AsH3中范德华力对沸点的影响，而小于SbH3中范德华力对沸点的影响，故AsH3、 NH3、 SbH3三种氢化物的沸点依次增大。
（3）气态PCl5为三角双锥，分子中正负电荷中心重合，为非极性分子，根据相似相溶原理，PCl5可溶于非极性溶剂CCl4；固态PCl5为离子型晶体，离子型晶体一般易溶于极性溶剂，所以固态PCl5可溶于硝基苯。
（4）晶胞中有两个Ge原子，则x=2，由，解得y=。
36.（15分））I是合成中药丹参主要活性成分的关键化合物，它的一种合成路线如下:

已知: (Ph表示苯基)
请回答:
(1)A的名称是_____________________。
(2)I的官能团的名称是_________________________。
(3)C →D的反应类型为____________________________。
(4)写出E与F反应生成G的化学方程式_____________________________________。
(5)写出同时满足下列条件的B的同分异构体的结构简式____________________。
(i)能发生银镜反应；
(ii) 能发生水解反应；
(iii) 核磁共振氢谱表明有4组峰且峰面积之比为6:2:1:1．
(6)参考上述合成路线，以溴苯为原料，设计合成(反应条件可不写)______。
【答案】(1)邻溴苯酚(或2-溴苯酚)
(2)羧基、醚键、碳碳双键
(3)取代反应
(4)
(5)
(6)

【分析】由结构式分析，B发生还原反应得到C，C和Br2发生取代反应得到D，D发生取代反应生成E，E和F发生取代反应生成G，可以推知F为，G发生取代反应生成H，H发生已知的反应原理得到I，以此解答。
【详解】（1）由A的结构简式可知，A的名称是邻溴苯酚(或2-溴苯酚)。
（2）由I的结构简式可知，I的官能团的名称是羧基、醚键、碳碳双键。
（3）由C、D的结构简式可知，C和Br2发生取代反应生成D。
（4）由E和F的结构简式可知，E和F发生取代反应生成G，可以推知F为，该反应的化学方程式为：
0
。
（5）B的同分异构体满足条件：(i)能发生银镜反应，说明其中含有-CHO；(ii) 能发生水解反应，说明其中含有酯基；(iii) 核磁共振氢谱表明有4组峰且峰面积之比为6:2:1:1，说明其中含有2个甲基，且是对称的结构，说明其中含有苯环，苯环上的取代基为：2个-CH3、1个-OH、1个-OOCH，满足条件的B结构简式为：。
（6）由逆向合成法分析，可由和发生酯化反应得到，可由发生还原反应得到，可由发生类似H生成I的反应得到，可由发生类似G生成H的反应得到，合成路线为：。