【直击双一流】-备战2022年高考化学名校进阶模拟卷（通用版）(解析版)

备战2022年高考化学名校进阶模拟卷(通用版)【直击双一流】(考试时间：50分钟试卷满分：100分)可能用到的相对原子质量：C：12H：1 0：16Cu：64Al：27一、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。化学与生活、生产密切相关。下列说法正确的是聚合硫酸铁[Fe2(OH)x(SO4)y]n是一种新型絮凝剂，可用于杀灭水中病菌由于天然气是清洁能源，所以可以无限制地开采和使用青铜是铜中加入铅、锡制得的合金，其成分会加快铜的腐蚀SO2是一种食品添加剂，添加适量的SO2可以起到漂白、防腐和抗氧化等作用【答案】D【解析】聚合硫酸铁[Fe2(OH)x(SO4)y]n能水解生成氢氧化铁胶体，氢氧化铁胶体能吸附水中的悬浮物而净水，但不能杀灭病菌，A错误；天然气是化石燃料，属于不可再生能源，不可无限制开采和使用，B错误;■■■

生铅、锡比铜活泼，腐蚀时铜作正极，会减缓铜的腐蚀，C错误；■■■

生SO2是一种食品添加剂，如葡萄酒中就可以添加适量二氧化硫抗氧化，添加适量的SCh可以起到漂白、防腐和抗氧化等作用，D正确;答案选D。乙苯与C1?在光照条件下反应生成两种一氯取代物，反应过程中的能量变化如图所示。下列说法错误的是IkClk反应②IIkClk反应②I*取代物*取代物1!取代物2O-ch2ch5+C12反应进程0＜叫岩比稳定反应①比反应②的速率快选择合适催化剂可提高单位时间内取代物2的含量若升温时取代物2的含量提高，则原因是反应②平衡正向移动【答案】D

【解析】A.由图示原理知，取代物1为取代物2为A.由图示原理知，取代物1为取代物2为取代物2能量低,稳定，故6＜屮骨比稳定，a正确;反应①活化能比反应②小，故反应①反应速率比反应②快，B正确;选择合适催化剂，可降低反应②活化能，加快反应②反应速率，提高单位时间内取代物2的产率，C正确;两个反应均为放热反应，升温，平衡均逆向移动，D错误;故答案选D。如图是某同学设计的氯气制备及性质验证实验装置。相关说法正确的是脱脂棉中的无水氯化钙可以用碱石灰代替该实验装置可证明干燥的氯气没有漂白作用湿润的紫色石蕊试纸变红色，说明反应生成了酸性物质湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝色，然后又逐渐褪去，说明氯气具有漂白性【答案】B【解析】氯气能与碱石灰反应，脱脂棉中的无水氯化钙不能用碱石灰代替，A错误；生成的氯气经过干燥后不能使品红试纸褪色，因此该实验装置可证明干燥的氯气没有漂白作用，B正确；生成的氯气中含有挥发出的氯化氢，氯化氢也能使湿润的紫色石蕊试纸变红色，不能说明反应生成了酸性物质，c错误；湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝色，然后又逐渐褪去，是因为氯气首先氧化碘离子生成单质碘，然后氯气继续氧化单质碘，氯气没有漂白性，D错误；答案选B。已知异氤酸(H-N=C=0)与醇(ROH)混合得到的产物是氨基甲酸酯(fN-COO-R),异氤酸酯需要通过如下工艺流程得到：

|<下列说法正确的是|<下列说法正确的是反应③为取代反应，反应④为加成反应化合物4和5为副产物，且互为同分异构体C.若R为H,可以用苯甲醇与异割酸脱水制备异C.若R为H,可以用苯甲醇与异割酸脱水制备异氤酸酯!1!D.可以通过增大化合物1浓度、降低光气浓度的方式提高主反应选择性3D【答案】A【解析】A,反应③是Cl"'、'。A,反应③是Cl"'、'。中的-NH2与中的C1原子脱去HC1,为取代反应，反应④是丫地加成在卜早 中的N=C双键，为加成反应，A正确;N化合物4和5为副产物，是同种物质，B错误;若R为H,异氤酸酯是V，根据题给信息，苯甲醇与异氤酸反应得到H2N-COO-R,H2N-COO-R,其中R是II故不可以用苯甲醇与异氤酸脱水制备异氤酸酯，c错误;D.由该工艺流程图可知，副反应均有化合物1参与，与光气的反应是主反应的第一步，故不能通过增大化合物1浓度、降低光气浓度的方式提高主反应选择性，D错误;故选Ao

由w、X、Y、Z、M、N六种短周期元素组成的某种离子化合物是一种很好的二次电池的电解质。六种元素的原子序数依次增大，只有W是金属元素，由非金属元素构成的阴离子如图所示，其中X元素形成的化合物种类繁多。下列说法正确的是元素N的含氧酸均是强酸非金属性强弱顺序是M>Z>Y>XM元素的氢化物的水溶液可保存在玻璃瓶中该阴离子中Y不满足8电子稳定结构【答案】B【解析】W、X、Y、Z、M、N六种短周期元素的原子序数依次增大，X元素形成的化合物种类繁多，则X为C；Y形成两根共价键（阴离子为-1价），Y得1个电子，则Y最外层为5个电子，Y为N；Z形成2个共价键，则Z为O；M形成1个共价键，则M为F；N形成6个共价键，则N为S；W为Li。元素S可形成的H2SO3为弱酸，故A错误；一般同周期元素随核电荷数增大非金属性越强，故M>Z>Y>X,故B正确；M的氢化物HF会与玻璃中的SiO2反应，其水溶液不能保存在玻璃瓶中，故C错误；N形成两根共价键（阴离子为-1价），N得1个电子，则Y满足最外层8电子稳定结构,故D错误；故选B。“碳呼吸电池”是一种新型能源装置，其工作原理如图所示。下列有关说法错误的是CO?偉酸盐ooooooo溶剂C2传溶剂AI2(C2O4h金狷铝A.通入C02的一极电极反应式为：2CO2+2e=C2OtB.金属铝电极发生氧化反应

每得到lmolA12(C2O4)3,电路中转移3mol电子以该装置为电源进行粗铜的电解精炼，金属铝质量减少27g时，理论上阴极质量增加96g【答案】C【解析】据图可知A1被氧化，所以金属铝为负极，通入CO2的电极为正极，CO2被还原为草酸根。据图可知C02在正极被还原为草酸根，根据电子守恒、元素守恒可得反应式为2CO2+2e=C2。J',A正确；铝为金属，在负极被氧化为AN,B正确;每得到1molA12(C2O4)3»则需要2molAh根据电极反应可知转移6mol电子，C错误;金属铝质量减少27g,即减少ImolAl,根据电极反应Al-3e-=Al3+可知，转移3mol电子,则电极铜时，阴极生成l.5mol铜，质量为1.5molx64g/mol=96g,D正确;综上所述答案为C。13.常温下，向某浓度的二元弱酸H2A溶液中逐滴加入NaOH溶液，pC与溶液pH的变化关系如图所示(pC=.lgx,x表示溶液中溶质微粒的物质的量浓度)。下列说法正确的是pH由2增大到3的过程中，水的电离程度先减小后增大溶液中存在点d满足3[c(H2A)+c(HA)+c(A2-)]=2c(Na+),该点位于b、c之间pH=3时，溶液中c(HA)=c(A2)>c(H2A)常温下，溶液中c(H2A).c(A2-)^c2(HA-)的比值为IO"【答案】B【解析】二元弱酸H2A溶液中逐滴加入NaOH溶液，反应分两个阶段，第一阶段：^A+OT二他一+乩0,第二阶段：ha+oh=a2+h2o,反应过程中H2A浓度一直减小，HA•的浓度先增大后减小,A?-的浓度一直增大，由图中粒子浓度的变化可知I代表HA'II代表H2A,III代表A),据此分析解答。□CA.pH由2增大到3的过程中，为H2A和氢氧化钠反应生成酸式盐NaHA的过程，溶质由□CH2A转变成NaHA,水的电离程度增大，A错误;

根据物料守恒当溶液中3[c(H2A)+c(HA)+c(A2-)]=2c(Na+),可知溶质为Na2A和NaHA的等物质的量混合，因A?-的水解程度大于HAL可知此时溶液中HA-浓度大于A?-的浓度，结合图像可知该点应位于b、c之间，故B正确；结合图像信息可知pH=3时,11和III相交,I的pC值最小，则浓度c(HA~)>c(A2_)=c(H2A),故C错误；c2(HA-) _c(HA-)-c(H+)-c(HA-)_匕 - 「妨D>c(H2A)-c(A2-)=c(H2A)-c(A2-).c(H+)=元’'点时。(临)二腮赤，可侍KA=C(H+)=10-°-8,c点时c(HA~>c(A2-),可得^=c(H+)=10'5-3，则得c2(HA~)与c(H2A).c(A2 )的比值为牛业二腊刁心，那么溶液中C(H2A)・C(A2-)与C2(HA)的比值为IO-、故D错Ka210,误;故选B。二、非选择题：共58分，第二、非选择题：共58分，第26〜28题为必考题，每个试题考生都必须作答。第35〜36题为5TrSTr选考题，考生根据要求作答。(一)必考题：共43分。氯化亚飒(SOC12)是一种液态化合物，沸点为79°C,在农药、制药行业中用途广泛。SOC12遇水剧烈反应，液面上产生白雾，并带有刺激性气味的气体产生。用三氧化硫、硫黄(S)和液氯为原料可以在一定条件合成二氯亚砚，反应物原子全部被利用，则三者的物质的量比为 o①蒸干MgCh溶液不能得到无水MgCl2,用SOC12与MgC12-6H2O混合加热。可得到无水MgCh,写出反应的化学方程式 o②SOC12与FeC13・6H2。混合加热不宜制取无水FeCh,是因为—COC1 制药厂可用阿司匹林和氯化亚砚合成乙酰水杨酰氯(〔顶 ),实验室模拟制备乙酰OOCCH,水杨酰氯的装置与操作步骤如图:无水"aNaOHffiF无水"aNaOHffiF液COOH步骤1：取36.0g阿司匹林()置于三颈烧瓶中，加入2〜3滴DMF；<)OCCH3步骤2：向三颈烧瓶中滴加氯化亚碉(SOC12)；步骤3：70°C条件下充分反应后，除去过量的SOC12,经一系列操作即可得到乙酰水杨酰氯。,COOH coa+SO2T+HCIT；已知：反应原理为。+SOC12—+SO2T+HCIT；OOCCH, OOCCH3有关物质的沸点如表:物质SOC12阿司匹林乙酰水杨酰氯沸点尸C79321107〜110回答下列问题：仪器M的名称为 ；干燥管中的无水CaC12若更换为 省去尾气吸收的NaOH溶液及其装置；若省去N,,三颈烧瓶中会产生 反应温度适宜选取70°C的原因是 ；除去过量SOCk宜采用——试剂，则可 现象。 方法；COCI COCI反应最终得到12.9g纯净的项 ，则该实验过程中的产率为OOCCH, OOCCH) %(保留3位有效数字)。【答案】(1)1：2:3△⑵6SOCl2+MgC12-6H2O=MgCl2+12HClT+6SO2T SOCI2水解产生的二氧化硫与铁离子发生氧化还原反应(3)恒压滴液漏斗 碱石灰(合理即可) 大量白雾 温度过低反应速率较慢，温度过高则会导致SOC12挥发降低反应产率 蒸馅32.5%【解析】三氧化硫、硫黄(S)和液氯为原料可以在一定条件合成二氯亚砚，反应物原子全部被利用，则三者的物质的量比为，则反应为SO3+2S+3C12=3SOC12,三者的物质的量比为1:2:3；①已知，SOC12遇水剧烈反应，液面上产生白雾，并带有刺激性气味的气体产生，则SOC12遇水生成HC1和二氧化硫；则用SOC12与MgC12-6H2O混合加热，可得到无水MgCh,反应A为6SOCl2+MgCl2-6H2O=MgCl2+12HClT+6SO2T；②SOCI2与FeCh-6H2O混合加热不宜制取无水FeCh,是因为SOCh水解产生的二氧化硫与铁离子发生氧化还原反应；

①仪器M的名称为恒压滴液漏斗；尾气中含有二氧化硫、氯化氢等有毒气体，干燥管中的无水CaC12若更换为碱石灰试剂，则可以吸收二氧化硫、氯化氢，又可以吸收水分干燥;若省去N,则会有水蒸气进入三颈烧瓶装置，SOC12水解会生成氯化氢气体导致装置中出现大量白雾。②反应温度适宜选取70°C的原因是温度过低反应速率较慢，温度过高则会导致SOC12挥发降低反应产率；根据表格物质沸点数据，除去过量S0C12宜釆用蒸馅方法；COOH36.0g阿司匹林()的物质的量为0.2mol,理论生成0.2mol ,质量OOCCHa OOCCH)COCI COCI为39.7g,反应最终得到12.9g纯净的，则该实验过程中。( 的产率为OOCCH」 OOCCH,i^xlOO%Q32.5%039.7g^L(Sc)元素在国防、航天、激光、核能、医疗等方面有广泛应用。我国某地的矿山富含铜多金属矿(主要含Cu2S>SC2S3、FeS、CaS和SiO2),科研人员从矿石中综合回收金属钛的工艺流程设计如下：tl＜多AJj.l热酸溶濾渣IItl＜多AJj.l热酸溶濾渣II水相冇机相Su(OH)sT »酸溶flCI循环K?LiC】 过星袴炭(L ScA)；中蝦烧已知：①”萃取”时发生反应有：Sc3++3H2A2(有机液)=Sc(HA2)3(有机相)+3H+Fe3++3H2A2(有机液)VFe(HA2)3+3H+②常温下，“萃取"前溶液中c(Sc3+)=0.60mol・L』，Ksp[Sc(OH)3]=6.OxlO・3i；请回答下歹ij问题：“加热酸溶''产生的气体直接排放到空气中，容易形成 ;滤渣I的主要成分为 溶解FeS发生反应的化学方程式为 。“还原”工序的目的为 。(4广萃取”过程中有机试剂的S3+萃取率与“萃取”前溶液pH的关系如图。当pH大于a时随“沉钥;”过程中发生反应的离子方程式为 o过量焦炭、SC2O3、C12混合物在高温下反应的化学方程式为 。“电解”过程中，用石墨和液态锌作电极，KC1、LiCl、ScC13熔融物作电解液，钥;在 电极上得到(选填：石墨或液态锌)。【答案】(1)酸雨 SiCh和CaSO42FeS+l2H2SO4(浓)=Fe2(SO4)3+9SO2+12H.O置换出单质铜，并将Fe3+还原为Fe2+4高温3H2C2O4+2Sc3+=SC2(C2O4)3+6H+ Sc2O3+3C+3C122ScC13+3CO(6)液态锌【解析】铜多金属矿石(主要含CU2S、SC2S3、FeS、CaS和SiO2)在过量浓硫酸中反应生成有污染性的气体二氧化硫和金属硫酸盐如硫酸铜、硫酸铁和硫酸钙沉淀，过滤，再向滤液中加入过量铁粉除掉铁离子和铜离子，过滤，利用有机液萃取Sc3+,有机相中加入NaOH溶液得到Sc(OH)3,再加入盐酸酸溶，再用草酸沉航，再在空气中锻烧得到SC2O3,再加入氯气和碳生成SCC13,电解得到Sco“加热酸溶”所得气体主要为SO2,在空气中容易形成酸雨。因SiO2不溶于H2SO4,Ca2+与H2SO4形成微溶的CaSO4,故滤渣I的主要成分为SiCh和CaSO4；溶解FeS发生反应的化学方程式为2FeS+12H2SOM浓)AFeJSOA+gSOLUHQ；故答案为：2FeS+12H?SO4(浓)=Fe2(S04)3+9SO2+12H2Oo(3广还原”工序中加入过量铁粉能够将Fe3+还原为Fe2+,同时可置换出单质Cu；故答案为:置换出单质铜，并将FG+还原为氏2+。

当pH大于4.0时，随着pH增大，c(0H)增大，致使Qc>Ksp,Sc3+会生成Sc(OH)3沉淀萃取率减小。故答案为：4。“沉钥;”过程中发生反应的离子方程式为3H2C2O4+2Sc3+=SC2(C2O4)3+6H+;过量焦炭、SC2O3、高温C12混合物在高温下反应的化学方程式为Sc2O3+3C+3C1212ScC13+3CO,故答案为：咼温3H2C2O4+2Sc3+=Sc2（C2O4）3+6H+,Sc2O3+3C+3C12^=2ScC13+3CO。(6)ScCh熔融物得电子生成Sc,故在阴极上得到，而且电解时液态锌不能作阳极，故锭在液态锌电极上得到。28.二氧化碳转化为甲醇有利于实现碳中和。二氧化碳合成甲醇经历以下两步：CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g) AH=+41kJ.mol1CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g)△H=90kJ・mol"则合成总反应CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g)AH= kJmoL。573K时，在体积为2L的刚性容器中，投入2molCO2和6molH2,合成总反应达到平衡时，CO?的平衡转化率为60%。①该反应的平衡常数K= ①该反应的平衡常数K= （保¥1位小数)。②有利于提高CO：平衡转化率的是 (填标号)。降低温度B.继续通入CO?C.及时将CH3OH分离 D.使用合适催化剂我国科学家制备了一种ZnO-ZrO2催化剂，实现CO?高选择性合成CHQH。气相催化合成过程中,CO2转化常(X)及CH.OH选择性(S)随温度及投料比的变化曲线如图。

00%/(HOxo)s«蚩般8060402020%、(cou)x茨治200240280320360①生成ch3oh00%/(HOxo)s«蚩般8060402020%、(cou)x茨治200240280320360①生成ch3oh的最佳条件是 A.360°C,n(CO2):n(H2)=l:3C.360°C,n(CO?):n(H2)=1:4温度厂CII(填标号)。320°C,n(CO2):n(H2)=1:4D.320°C,n(CO2):n(H2)=l:3②温度升高，cc)2转化率升高，但产物CH3OH含量降低的原因： 甲醇进一步合成天然淀粉的路线如图，其中cat、aox、fls为生物酶。①合成天然淀粉过程中加入过氧化氢酶(cat)①合成天然淀粉过程中加入过氧化氢酶(cat)的作用是 ②以0为原料人工合成淀粉，4h为1个周期，每克催化剂能生产5.28xl0-3mol淀粉；自 然界中玉米合成淀粉的效率为1.548，10七睥1.广。该方法生产淀粉的效率是玉米的 倍(保留1位小数)。【答案】(1)-49(2)0.5L2/mol2AC⑶B 温度升高，反应速率加快，CO?转化率升高，但副反应也增多，CH3OH含量降低

(4)及时分解H2O2,防止其对酶的氧化，同时增大02的利用率8.5【解析】已知①CC)2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g) AH,=+41kJ•mol1②C0(g)+2H?(g)=CH3OH(g)AH2=-90kJgnor'根据盖斯定律，由①+②得合成总反应CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g)AH=AHi+AH2=-49kJ•mol-1;①根据三段式可知：CO(g)+3H2(g)/起始浓度(mol/L)

变化浓度CO(g)+3H2(g)/起始浓度(mol/L)

变化浓度(mol/L)

平衡浓度(mol/L)0.60.431.81.2CH3OH(g)+H2O(g)

0 00.6 0.60.6 0.600.60.60.4x1.2该反应的平衡常数K=°・6x°fg0.4x1.2②A.反应CO2(g)+3H2(g)=CHQH(g)+H2C)(g) -49kJ. 为放热反应，降低温度，平衡正向移动，CO2转化率增大，选项A正确；继续通入CO?,CO2转化率降低，选项B错误；及时将CHQH分离，平衡正向移动，CO2转化率增大，选项C正确；催化剂不能使平衡移动，CO2转化率不变，选项D错误；答案选AC；①由图可知，320°C,n(CO2):n(H2)=l:4,CHQH选择性及CO2转化率均最佳，答案选B；②温度升高，反应速率加快，CO?转化率升高，但副反应也增多，CH3OH含量降低；①由合成天然淀粉的路线可知，过氧化氢酶(cat)的作用是:及时分解H2O2,防止其对酶的氧化，同时增大。2的利用率；②以CO?为原料人工合成淀粉，4h为1个周期，每克催化剂能生产5.28xl0-3mol淀粉；自然界中玉米合成淀粉的效率为1.548xl()Tmol・hT.gT。该方法生产淀粉的效率是玉米的5.28x103mol1.548乂10-4也。/，/厂|令g-'xlgx4/z口°(二)选考题：共15分。请考生从2道化学题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。35.［化学——选修3：物质结构与性质］(15分)硼化物在生产、生活和科研中应用广泛。回答下列问题：(1)立方氮化硼硬度大，熔点3000。。其晶体类型为 。制备氮化硼(BN)的一种方法为BC13(g)+NH3(g)=BN(s)+3HCl(g)oBCE的空间构型为 ,形成BC13时，基态B原子价

电子层上的电子先进行激发,再进行杂化，激发时B原子的价电子轨道表示式可能为电子层上的电子先进行激发,再进行杂化，激发时B原子的价电子轨道表示式可能为 （填标号）。a.何. b.nLDELj

舞海C.□"丨，：2s2p（2）硼砂阴离子[B4O5（OH）4]2-的球棍模型如图所示。其中B原子的杂化方式为 ，该阴离子中所存在的化学键类型有 （填标号）。A.离子键B.配位键C.氢键D.非极性共价键（3）Ca与B组成的金属硼化物结构如图所示，硼原子全部组成B6正八面体，各个顶点通过B-B键互相连接成三维骨架，具有立方晶系的对称性。该晶体的化学式为 ,晶体中Ca原子的配位数为 ,以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称为原子的分数坐标，如M点原子的分数坐标为（；，；，4）,已知B6八面体中B.B键的键长为rpm,晶胞参数为apm,则N点原子的分数坐标为 ,Ca与B原子间的距离d= pm（列出计算式即可）。【答案】（1）原子晶体（或共价晶体） 平面三角形C

【答案】（1）原子晶体（或共价晶体） 平面三角形C（2）sp2或sp3B（2）sp2或sp3B（3）CaB6 24（0,o,鸟2a【解析】(1)通常情况下,3000。。其晶体类型为原子晶体(或共价晶体)，制备氮化硼(BN)的一种方法为BCl3(g)+NH3(g)=BN(s)+3HCl(g),BCI3中心原子周围的价层电子对数为：3+|(3-3?1)=3,根据价层电子对互斥理论可知，其空间构型为平面三角形，形成BC13时，基态B原子价电子层上的电子先进行激发，再进行杂化，说明B原子激发后的三个轨道能量相同，B原子中的2s轨道中的1个电子激发到2p轨道上，激发后能与CI形成3个相同的共价键，故激发时B原子的价电子轨道表示式可能为C,故答案为：原子晶体(或共价晶体)；平面三角形；C；已知B原子最外层上有3个电子，结合硼砂阴离子［B4O5(OH)4］2-的球棍模型可知每个B周围形成了3个或4个共价键，即B周围的价成电子对数为3或者4,故其中B原子的杂化方式为sp?或sp3,该阴离子中所存在的化学键类型有两个形成4个共价键的B原子中存在配位键，其余为H-O、B-O之间的极性共价键，不存在离子键和非极性共价键，氢键不属于化学键，故答案为：sp2或sp3；B；分析晶胞结构可知，一个Ca原子和1个单元有6个B原子，该化合物的化学式为CaB6,钙原子的配位数为6x4=24；将8个正八面体的中心连接呈晶胞的立方晶系图，由M点坐标知该原子位于晶胞的中心，且每个坐标系的单位长度都记为1,已知B6八面体中B-B键的键长为rpm,晶胞参数为apm,则八面体中心到顶点的距离为：J则N点在棱的匝2 2a图中NA是底面对角线的一半，NA=手apm,AM=（*当）pm,所以d=MN=7NA2+AM2处，其坐标为(0,0,匝)，Ca与图中NA是底面对角线的一半，NA=手apm,AM=（*当）pm,所以d=MN=7NA2+AM2=J（Jla）2+（丄a.Vlr）2pm,故答案为：CaB6；24；（0,0,匝）；（匹疔+（丄a■也#。V2 2 2 2aV2 2 236.［化学——选修5：有机化学基础］(15分)美乐托宁(G)具有调节昼夜节律、抗氧化、抗炎、抑制肿瘤生长、提高记忆和延缓衰老等作

用。它的一种合成路线如下:回HP(X：h/I)MF 1NiOH/HQ回回一定条件HN回(―1L1AIK4 _—0己知：①DMF的结构简式为