四川省巴中市2023届高三一诊考试理综化学试题 Word版含解析.docx

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巴中市普通高中2020级“一诊”考试理科综合化学试题注意事项：1.答题前，考生务必将自己的姓名、班级、考号填写在答题卡规定的位置。2.答选择题时请使用2B铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题答题时必须用0.5毫米黑色墨迹签字笔，将答案书写在答题卡规定的位置，在规定的答题区域以外答题无效，在试题卷上答题无效。3.考试结束后，考生将答题卡交回。4.可能用到的相对原子质量：H-1Li-7B-11N-14O-16V-51第I卷(共126分)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，只有一项是符合题目要求的。1.近年来我国在航天、航空领域取得巨大成就。下列有关说法错误的是A.C919机身采用了第三代铝锂合金，具有密度低、强度高等优良特点B.C919的平垂尾使用的T800级高强度碳纤维，属于无机非金属材料C.问天实验舱太阳翼配置的是三结砷化镓电池，砷化镓喻为“半导体贵族”D.神舟飞船返回舱外表面使用的高温结构陶瓷的主要成分是硅酸盐【答案】D【解析】【详解】A．铝锂合金具有密度低、强度高等优良特点，适用于制作飞机机身，A正确；B．碳纤维属于无机非金属材料，B正确；C．砷化镓是良好的半导体材料，C正确；D．高温结构陶瓷是新型无机非金属材料，不是传统的硅酸盐材料，D错误；故答案选D。2.NA是阿伏伽德罗常数的值，下列说法错误的是A.lmol甲苯中碳碳双键的数目为0.3NAB.标准状况下，2.24LSO3中原子数目大于0.4NAC.1L0.1mol·L-1Na2S溶液中S2-数目小于0.1NAD.2.0g重水(D2O)中质子数目为NA【答案】A 【解析】【详解】A．甲苯中不存在碳碳双键，故A错误；B．标准状况下，SO3不是气体，2.24LSO3的物质的量大于0.1mol，原子数目大于0.4NA，故B正确；C．1L0.1mol·L-1Na2S溶液中S2-会发生水解，则数目小于0.1NA，故C正确；D．D2O中质子数为10，2.0g重水(D2O)的物质的量为=0.1mol，质子数目为NA，故D正确；故选A。3.有机物M是合成青蒿素的原料之一，M的结构简式如图所示。下列有关M的说法正确的是A.分子式为C12H16O5B.能发生氧化反应，但不能发生取代反应C.不可用钠鉴别M中的两种含氧官能团D.烃基上的一氯代物只有一种【答案】C【解析】【详解】A．根据M的结构简式可知，其分子式为C11H16O5，A错误；B．该物质含有羧基，能发生酯化反应即能发生取代反应，B错误；C．M中的两种含氧官能团分别为羧基和羟基，两者都能与Na反应产生氢气，不能用Na鉴别M中的两种含氧官能团，C正确；D．根据该物质的结构简式可知，其烃基上的一氯代物有2种，D错误；故答案选C。4.W、X、Y、Z为原子序数依次增大，且为不同主族的短周期元素，四种元素的最外层电子数满足W+X=Y+Z，WZ4是一种常见的有机溶剂。下列叙述正确的是A.原子半径：Z>Y>X>W B.W与X形成的共价化合物中，W和X均满足8电子稳定结构C.Y的氧化物一定为碱性氧化物D.用惰性电极电解熔融的Y与Z形成的化合物一定能得到对应的单质【答案】B【解析】【分析】W、X、Y、Z为原子序数依次增大，且为不同主族的短周期元素，WZ4是一种常见的有机溶剂CCl4，则W为C、Z为Cl，四种元素的最外层电子数满足W+X=Y+Z，可以推知X为N和Y为Mg，或X为O和Y为Al，以此解答。【详解】A．电子层数越多，半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小，则原子半径：Y>Z>W>X，故A错误；B．C和N(或O)均为第二周期元素，形成的共价化合物W和X均会满足8电子稳定结构，故B正确；C．Y为Al时，其氧化物为两性氧化物，故C错误；D．用惰性电极电解熔融的MgCl2可知得到Mg和氯气，但AlCl3是共价化合物，用惰性电解电解不能得到对应单质，故D错误；故选B。5.下列实验方案能达到实验目的的是选项ABCD目的配制100mL0.1mol·L-1的硫酸除去氯气中的HCl气体由FeCl3溶液制取FeCl3固体判断2NO2(g)N2O4(g)的热效应实验方案A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】 【详解】A．配制100mL0.1mol·L-1的硫酸时，不能在容量瓶中直接稀释浓硫酸，故A错误；B．HCl和NaHCO3溶液反应会生成CO2，引入新的杂质，不能用饱和NaHCO3溶液除去氯气中的HCl气体，故B错误；C．FeCl3溶液中Fe3+发生水解，Fe3++3H2O⇌Fe(OH)3+3H+，直接加热，促进水解，生成的HCl易挥发，蒸发不能得到FeCl3固体，故C错误；D．热水中颜色深，说明反应2NO2(g)N2O4(g)逆向移动，则逆反应为吸热反应，所以正反应为放热反应，故D正确；故选D。6.25°C时，-1gc(X)与pH的关系如图所示，X代表Zn2+或Fe2+或，下列说法正确的是已知：常温下，Fe(OH)2的Ksp=-8.1×10-16；强碱性溶液中Zn元素主要以的形式存在。A.曲线②代表-lgc(Zn2+)与pH的关系B.常温下，Zn(OH)2的Ksp的数量级为10-18C.向等浓度的ZnCl2和FeCl2的混合溶液中滴入NaOH溶液，Zn2+先沉淀D.向c[]=0.1mol·L-1的溶液中加入等体积0.1mol·L-1的HCl后，体系中Zn元素只以Zn(OH)2的形式存在【答案】C【解析】【分析】强碱性溶液中Zn元素主要以的形式存在，则①代表；由图可知，对③曲线，pH=7时，pOH=7，-lgc=10-3mol/L，则Ksp=(10-7)2×10-3=10-17，已知：常温下，Fe(OH)2的Ksp=-8.1×10-16，则②③分别代表、与pH的关系；【详解】A．由分析可知，曲线①②③分别代表、、与pH的关系，A项错误；B．时，，则的=c(Zn2+)c2(OH-)=，B项错误； C．常温下，的更小，故先沉淀，C项正确；D．c[]=0.1mol·L-1的溶液中加入等体积0.1mol·L-1的HCl后，混合后生成、，D项错误。故选C。7.锂离子电池应用广泛，某课题组使用纳米Si-C复合颗粒直接与锂接触，形成LixSi，将锂盐溶于三乙二醇二甲醚(TEGDME)作为电解液，与O2/C电极匹配组成如图所示原电池。该电池的总反应为xO2+2LixSixLi2O2+2Si，下列说法错误的是A.该电池放电时，a为负极B.放电时，当负极质量减少14g时，电解液中转移1molLi+C.充电和放电过程，电解液中Li+浓度都不会改变D.电池充电时，阳极的电极反应为Li2O2-2e-=O2↑+2Li+【答案】B【解析】【分析】该电池放电时LixSi在负极失电子，电极反应为2LixSi-2xe-=2xLi++2Si，正极反应为xO2+2xe-+2xLi+=xLi2O2，充电时Li2O2在阳极失电子，电极反应为xLi2O2-2xe-=2xLi++xO2↑，阴极反应为2Si+2xe-+2xLi+=2LixSi。【详解】A．该电池放电时，Li+向b电极移动，a为负极，A正确；B．放电时LixSi在负极失电子，电极反应为2LixSi-2xe-=2xLi++2Si，负极质量减少14g时，电解液中转移2molLi+，B错误；C．充电和放电过程中，Li+从一个电极转移到另一个电极，电解液中Li+的浓度不变，C正确；D．电池充电时Li2O2在阳极失电子，电极反应为Li2O2-2e-=2Li++O2↑，D正确；故答案选B。第II卷(共174分)三、非选择题：共174分。第22~32题为必考题，每个试题考生都必须作答。第33~38 题为选考题，考生根据要求作答。8.硫代硫酸钠(Na2S2O3)在工业、医药等领域应用广泛。下图为实验室制取硫代硫酸钠装置，反应过程中需通过pH传感器控制pH为7-8。（1）盛Na2SO3的仪器名称为___________。（2）为了确保硫代硫酸钠的产量，实验中通入的SO2不能过量，原因是___________。（3）若n(Na2CO3)：n(Na2S)=1：2，则装置C中的化学反应方程式为：___________。（4）当数据采集处pH接近7时，应采取的操作为___________。（5）装置B中的药品可以选择下列物质中的___________(填字母)。A.饱和NaHCO3溶液B.饱和NaHSO3溶液C.NaOH溶液D.酸性KMnO4溶液（6）现使用“碘量法”测定脱碳液中V2O5的含量：取mg脱碳液于锥形瓶中，向锥形瓶中加入适量盐酸和足量KI溶液，发生反应为V2O5+6HCl+2KI=2VOCl2+2KCl+I2+3H2O，此时溶液颜色为棕色，使用0.1000mol·L-1的Na2S2O3溶液滴定，消耗Na2S2O3溶液VmL，该过程的反应为I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6。(已知有色离子仅有VO2+，其颜色为蓝色)①滴定终点的现象为：___________。②若滴定时，滴定管未用标准液润洗，则测得V2O5的含量___________(填“偏大”、“偏小”、“无影响”)。③脱碳液中V2O5的质量分数为___________%。【答案】（1）蒸馏烧瓶（2）若SO2过量，溶液显酸性，产物易分解导致产量减少（3）Na2CO3+2Na2S+4SO2=3Na2S2O3+CO2（4）控制分液漏斗的活塞，调节滴加硫酸的速率，同时调节三通阀的方向使二氧化硫进入B装置（5）ACD （6）①.滴入最后一滴硫代硫酸钠时溶液由棕色变为蓝色，且半分钟内不恢复②.偏大③.【解析】【小问1详解】有支管的烧瓶称为蒸馏烧瓶。答案为蒸馏烧瓶；【小问2详解】SO2溶于水中形成H2SO3会使溶于呈酸性，硫代硫酸钠酸性条件不稳定。答案为若SO2过量，溶液显酸性，产物易分解导致产量减少；【小问3详解】反应中SO2与S2-发生归中反应生成Na2S2O3，而Na2CO3转变为CO2。答案为Na2CO3+2Na2S+4SO2=3Na2S2O3+CO2；【小问4详解】C中pH等于7时反应Na2CO3与Na2S完全转变为产物，此时反应应该停止，将多余的SO2气体进行尾气吸收。答案为控制分液漏斗的活塞，调节滴加硫酸的速率，同时调节三通阀的方向使二氧化硫进入B装置；【小问5详解】装置B吸收SO2尾气。同时SO2具有酸性氧化物、氧化性、还原性性质。A.2NaHCO3+SO2=2CO2+Na2SO3+H2O，NaHCO3能用于吸收SO2，A项正确；B.NaHSO3不能与SO2反应，无法吸收SO2，B项错误；C.SO2+2NaOH=Na2SO3+H2O，NaOH能用于吸收SO2，C项正确；D.SO2能被酸性KMnO4氧化吸收，D项正确；故选ACD。【小问6详解】当溶液中I2被完全消耗时即为反应终点，溶液由棕色变为蓝色。由反应得到关系式为V2O5~I2~2Na2S2O3，n(Na2S2O3)=10-4Vmol推出n(V2O5)=5×10-5Vmol，则含量为。由上述计算式看，若滴定管为润洗，Na2S2O3溶液被稀释而导致V增大，V2O5含量偏大。答案为滴入最后一滴硫代硫酸钠时溶液由棕色变为蓝色，且半分钟内不恢复；偏大；。 9.某废铁铬催化剂(含Fe3O4、Cr2O3、MgO、Al2O3及少量不溶性杂质)回收铁、铬的工艺流程如下图所示：已知：i．0.1mol·L-1金属离子形成氢氧化物沉淀与氢氧化物沉淀溶解的pH范围如下：金属离子Fe3+Al3+Cr3+Fe2+Mg2+开始沉淀的pH154.04.67.69.5沉淀完全的pH2.85.2689.711.1金属氢氧化物Al(OH)3Cr(OH)3开始溶解的pH7.812溶解完全的pH10.8>14ii．Cr(OH)3+OH-=+2H2Oiii．已知Cr的金属性强于Fe（1）加入铁粉后，调节pH的范围为___________。（2）由滤渣1得到滤液3发生反应的离子方程式为___________。（3）滤渣3成分的化学式为___________；回收铬时，铬的存在形式为___________(填化学式)。（4）由滤液2得到结晶水合物的操作是___________、___________过滤、洗涤、干燥。（5）滤渣2与FeS2混合后隔绝空气焙烧，总反应的化学方程式为___________；该过程加入少量CaO的目的是___________。（6）酸浸过程中，在硫酸用量一定的情况下，随着酸浓度的增加，铁、铬的溶解度增大。实际生产中，硫酸的质量分数为50%，其原因是___________。(已知，Fe2(SO4)3▪9H2O，Cr2(SO4)3·18H2O在20°C 时的溶解度分别为400g和64g)【答案】（1）6.8≤pH<7.6（2）（3）①.Cr(OH)3②.（4）①.蒸发浓缩②.冷却结晶（5）①.②.吸收SO2，防止污染（6）随着硫酸浓度增大，溶液中水的量减少，生成的硫酸盐会结晶析出【解析】【分析】某废铁铬催化剂(含Fe3O4、Cr2O3、MgO、Al2O3及少量不溶性杂质)粉碎后用硫酸酸浸，Fe3O4、Cr2O3、MgO、Al2O3分别转化为Fe3+、Fe2+、Mg2+、Cr3+、Al3+，向滤液中加入过量Fe粉调节pH，使Cr3+、Al3+转化为Cr(OH)3、Al(OH)3存在于滤渣1中，将滤渣1放入pH=11的强碱溶液中，Al(OH)3溶解，则滤渣3中存在Cr(OH)3，Fe3+被Fe还原生成Fe2+存在于滤液1中，向滤渣1中通入足量O2保持pH<1.5，将Fe2+再氧化成Fe3+，随后调节pH使Fe3+转化为Fe(OH)3存在于滤渣2中，Fe(OH)3滤渣加FeS2焙烧再经过磁选得到Fe3O4，以此解答。【小问1详解】加入铁粉后，调节pH使Cr3+、Al3+转化为Cr(OH)3、Al(OH)3，而不能使Fe2+沉淀，由表格数据可知，调节pH的范围为6.8≤pH<7.6【小问2详解】滤渣1中存在Cr(OH)3、Al(OH)3，调节pH=11，其中Al(OH)3能够和强碱反应，则由滤渣1得到滤液3发生反应的离子方程式为。【小问3详解】由分析可知，滤渣3成分的化学式为Cr(OH)3，由已知ii可知，回收铬的过程中Cr(OH)3和NaOH反应生成。【小问4详解】由滤液2得到结晶水合物的操作是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。【小问5详解】滤渣2中Fe(OH)3与FeS2混合后隔绝空气焙烧生成Fe3O4，S元素化合价上升转化为SO2 ，根据得失电子守恒和原子守恒配平方程式为：；该过程加入少量CaO的目的是吸收SO2，防止污染。【小问6详解】酸浸过程中，硫酸的质量分数为50%，其原因是浓硫酸具有吸水性，随着硫酸浓度的增大，溶液中水的量减少，生成的硫酸盐会结晶析出。10.我国科学家开发铜催化剂实现由N，N-二甲基甲酰胺[(CH3)2NCHO，简称DMF]制备三甲胺[N(CH3)3]：(CH3)2NCHO(g)+2H2(g)N(CH3)3(g)+H2O(g)，ΔH=-144kJ·mol-1。（1）在上述反应中，每生成2g气态水，放出___________kJ的热量。（2）在铜催化剂表面发生上述反应的历程如图所示(催化剂表面吸附物种用“*表示)。①下列分步反应中，能垒最大的是___________(填标号)。a．A→Bb．C→Dc．F→G②A→B中，断裂共价键吸收的总能量___________催化剂吸附放出的总能量(填“大于”、“小于”或“等于”)。③D→E的化学方程式为___________。（3）向体积相等的I、Ⅱ两个恒容密闭容器中分别充入1molDMF(g)和2molH2(g)发生上述反应，其中一个容器中是绝热过程，另一个容器中是恒温过程。反应体系中压强随时间变化关系如图所示。①容器I中为___________(填“绝热”或“恒温”)过程。判断的依据是___________。 ②若该反应是在恒温恒容的密闭容器中发生，以下能说明该反应达到化学平衡状态的是___________。A．混合气体的密度不再发生改变B．反应容器中H2的质量分数不变C．2v正(H2)=v逆(H2O)D．平均相对分子质量不变E．该反应的焓变，即ΔH不变③n点时反应的平衡常数Kp=___________中的(Kpa-1)。(提示：用分压计算的平衡常数为Kp，分压=总压×物质的量分数)【答案】（1）16（2）①.a②.大于③.（3）①.绝热②.容器Ⅰ中的压强比容器Ⅱ中的压强大③.BD④.0.5625【解析】【小问1详解】由方程式(CH3)2NCHO(g)+2H2(g)N(CH3)3(g)+H2O(g)，ΔH=-144kJ·mol-1可知，每生成1mol气态水，放出144kJ能量，则每生成2g气态水，放出热量==16kJ。【小问2详解】①能垒最大即过渡态与反应物能量差最大，由图可知，A→B的过程中能垒最大，故选a；②由图可知，A的总能量低于B的总能量，说明A→B的过程是吸热的，则A→B中，断裂共价键吸收的总能量大于催化剂吸附放出的总能量；③由图可知，D→E的过程中和反应转化为、和，方程式为：。【小问3详解】①反应(CH3)2NCHO(g)+2H2(g)N(CH3)3(g)+H2O(g)，ΔH=-144kJ·mol-1是放热反应，若容器是绝热的，则反应过程中温度升高，不利于平衡正向移动，而该反应正反应是气体体积减小的反应，则容器的压强大于恒温容器中平衡时的压强，图中容器Ⅰ中的压强比容器Ⅱ中的压强大，则容器I中为绝热过程；②A．该反应过程中气体总质量和总体积都不变，则混合气体的密度是定值，当混合气体的密度不再发生改变时，不能说明反应达到平衡，故A不选；B．反应容器中H2的质量分数不变，说明正反应速率等于逆反应速率，说明反应达到平衡，故B选；C．2v正(H2)=v逆(H2O)时，不能说明正反应速率等于逆反应速率，不能说明反应达到平衡，故C不选； D．该反应是气体物质的量减小的反应，反应过程中气体平均相对分子质量增大，当混合气体平均相对分子质量不变时，说明反应达到平衡，故D选；E．该反应的焓变是定值，ΔH不变时，不能说明正反应速率等于逆反应速率，不能说明反应达到平衡，故E不选；故选BD；③n点反应达到平衡，此时体系压强为36kPa，起始压强是48kPa，根据已知条件列出“三段式”则，解得x=0.75，则平衡常数Kp=0.5625。(二)选考题：共45分。请考生从2道物理题、2道化学题、1道生物题中每科任选一题做答，并用2B铅笔在答题卡上把所选题目的题号涂黑。。注意所做题目的题号必须与所涂题目的题号一致，在答题卡选答区域指定位置答题。如果多做，则每学科按所做的第一题计分。11.我国科学家制备的NiO/Al2O3/Pt催化剂能实现氨硼烷(H3NBH3)高效制备氢气的目的，制氢原理：H3NBH3+4CH3OHNH4B(OCH3)4+3H2↑。请回答下列问题：（1）基态氮原子的价电子排布式为___________。（2）硼烷又称硼氢化合物，随着硼原子数的增加，硼烷由气态经液态至固态，其原因为___________。（3）某有机硼化合物的结构简式如图所示，其中氨原子的杂化轨道类型为___________。（4）图a、b、c分别表示B、C、N、O的逐级电离能I变化趋势(纵坐标的标度不同)。第一电离能的变化图是___________(填标号)，判断的根据是___________；第二电离能的变化图是___________(填标号)。 （5）含有多个配位原子的配体与同一中心离子(或原子)通过螯合配位成环而形成的配合物为螯合物。一种Ni2+与EDTA形成的螯合物的结构如图所示，1个该配合物中通过螯合作用形成的配位键有___________个，在形成配位键前后C-N-C键角将___________(填“增大"“减少”或“不变”)。（6）BN晶体的晶胞如图所示，B、N的原子半径分别为apm和bpm，密度为2.25g·cm-3，阿伏伽德罗常数的值为NA，BN晶胞中原子的体积占晶胞体积的百分率为___________。【答案】（1）2s22p3（2）硼烷的相对分子质量增大，分子间的作用力增强，熔沸点升高（3）sp2、sp3（4）①.a②.同一周期从左到右，原子半径依次减小，基态原子第一电离能呈增大趋势，但由于氮原子2p能级半充满，失电子相对较难，第一电离能大于O③.b（5）①.6②.增大（6）(a3+b3)NA×10-30×100%【解析】【小问1详解】基态氮原子的价电子排布式为2s22p3。 【小问2详解】随着硼原子数的增加，硼烷的相对分子质量增大，分子间的作用力增强，熔沸点升高。【小问3详解】该有机物中，与H相连的N原子形成3条共价键，还有一对孤电子对，则该N原子杂化轨道类型为sp3杂化，形成碳氮双键的N原子，其杂化轨道类型为sp2杂化。【小问4详解】同周期元素从左到右原子第一电离能呈增大的趋势，但是N2p轨道半充满较为稳定，第一电离能大于相邻的元素，则第一电离能的变化图为a。以上四个原子都失去一个电子后，B2s轨道全满2p轨道全空，O2p轨道半充满，这两个元素此时第二电离能大于相邻的元素，则第二电离能的变化图为b。【小问5详解】由图可知，只有成环的配位键才能起到螯合作用，结合题目中物质的结构可知，1个该配合物中通过螯合作用形成的配位键有6个。形成配位键前孤电子对离成键电子较近，因电子间的排斥作用导致C-N-C的键角较小，形成配位键后，孤电子对离成键电子距离增大，电子间的排斥作用减小，C-N-C的键角增大。【小问6详解】根据均摊法，该晶胞中B个数为×8+×6=4，N个数为4，设该晶胞的边长为xpm，则，解得x3=pm3，N、B原子各有4个，体积总和为，则BN晶胞中原子的体积占晶胞体积的百分率为。12.某治疗新冠药物的中间体E合成路线如下，试回答下列问题： 已知：，Me代表甲基，Et代表乙基。（1）A的分子式为___________。（2）B中最多有___________个原子共面，化合物CH3COCH2COOEt中官能团名称为___________，___________。（3）反应④的反应类型是___________，反应③的化学方程式为___________。（4）A水解产物的名称为___________，芳香化合物M的相对分子质量比A的水解产物多14，且M与A的水解产物互为同系物，则M的同分异构体有___________种。其中满足核磁共振氢谱峰面积之比为2：2：2：1：1的结构简式为___________。（5）也可以用制备G：请以为起始原料完成合成的路线，注明条件，无机试剂自选___________。【答案】（1）C8H4O3（2）①.15②.酯基③.羰基（3）①.取代②. （4）①.邻苯二甲酸②.10③.（5）【解析】【分析】A和NH3反应生成B，B在碱性环境中微热和KOH反应生成C，C和Br(CH2)Br发生取代反应生成D，D和CH3COCH2COOEt发生取代反应生成E，以此解答。【小问1详解】由结构式可知，A的分子式为C8H4O3。【小问2详解】B中含有苯环和羰基，二者都是平面结构，另外-NH-中N原子是sp3杂化，是立体的结构，则B中最多有15个原子共面，化合物CH3COCH2COOEt中官能团名称为酯基和羰基。【小问3详解】由D和E的结构简式可知推知，反应④的反应类型是取代反应；反应③中C和Br(CH2)Br发生取代反应生成D，方程式为：。【小问4详解】A中含有酯基，可以发生水解反应，水解产物为，名称为邻苯二甲酸，芳香化合物M的相对分子质量比A的水解产物多14，且M与A的水解产物互为同系物，说明M中苯环上的取代基为：2个-COOH、1个-CH3或1个-COOH、1个-CH2COOH、或-CH(COOH)2则M的同分异构体有10种，其中满足核磁共振氢谱峰面积之比为2：2：2：1：1的结构简式为。【小问5详解】由逆向分析法可知，可由发生还原反应得到， 可以由发生硝化反应得到，合成路线为：。