河北省衡水中学2020届高三下学期二月份网络教学质量监测化学试题
2020届衡水中学高中毕业班二月份网络教学上课教学质量监测卷
理科综合化学部分
说明：1.全卷满分300分，考试时间150分钟。
2.全卷分为试题卷和答题卡，答案要求写在答题卡上，不得在试题卷上作答，否则不给分。
第Ⅰ卷(选择题共126分)
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 S-32 Cl-35.5 K-39 Ti-48 Fe-56 I-127 Ag-108
一、选择题:本大题包括13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。
1.下列有关氯元素及其化合物的表示正确的是（ ）
A. 质子数为17、中子数为20的氯原子：
B. 氯离子(Cl－)的结构示意图：
C. 氯分子的电子式：
D. 氯乙烯分子的结构简式：H3C－CH2Cl
【答案】C
【解析】
【详解】A、左上角应是质量数，质量数=中子数+质子数=37，应是，故A说法错误；
B、氯离子质子数大于电子数，其结构示意图：，故B错误；
C、氯原子最外层7个电子，每个氯原子都达到8电子稳定结构，故C正确；
D、氯乙烯结构简式：CH2=CHCl，而题目中是氯乙烷，故D说法错误。
2.下列指定反应的离子方程式正确的是
A. 将铜插入稀硝酸中：Cu+4H++2NO3–=Cu2++2NO2↑+H2O
B. 向Fe2(SO4)3溶液中加入过量铁粉：Fe3++Fe=2Fe2+
C. 向Al2(SO4)3溶液中加入过量氨水：Al3++3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3NH4+
D. 向Na2SiO3溶液中滴加稀盐酸：Na2SiO3+2H+=H2SiO3↓+2Na+
【答案】C
【解析】
【详解】A．稀硝酸对应的还原产物为NO，A错误；
B．电荷不守恒，应为：2Fe3++Fe=3Fe2+，B错误；
C．Al2(SO4)3和氨水反应生成(NH4)2SO4和Al(OH)3，离子方程式为：Al3++3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3NH4+，C正确；
D．Na2SiO3为可溶性盐，应拆写成Na+和SiO32-，D错误。
答案选C。
3.下列能量转化过程与氧化还原反应无关的是
A. 硅太阳能电池工作时，光能转化成电能
B. 锂离子电池放电时，化学能转化成电能
C. 电解质溶液导电时，电能转化成化学能
D. 葡萄糖为人类生命活动提供能量时，化学能转化成热能
【答案】A
【解析】
【详解】A、硅太阳能电池工作时，光能转化成电能，不是氧化还原反应，A正确；
B、锂离子电池放电时，化学能转化成电能，锂失去电子，发生氧化反应，B错误；
C、电解质溶液导电时，电能转化成化学能，发生的是电解，属于氧化还原反应，C错误；
D、葡萄糖为人类生命活动提供能量时，化学能转化成热能，反应中葡萄糖被氧化，属于氧化还原反应，D错误；
答案选A。
4.短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大,X原子核外最外层电子数是其电子层数的2倍,X、Y的核电荷数之比为3∶4。W-的最外层为8电子结构。金属单质Z在空气中燃烧生成的化合物可与水发生氧化还原反应。下列说法正确的是
A. X与Y能形成多种化合物,一般条件下都能与Z的最高价氧化物的水化物发生反应
B. 原子半径大小:X
W
C. 化合物Z2Y和ZWY3都只存在离子键
D. Y、W的某些单质或两元素之间形成的某些化合物可作水的消毒剂
【答案】D
【解析】
【详解】短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X原子核外最外层电子数是其电子层数的2倍，则X为C元素，X、Y的核电荷数之比为3：4，则Y为O元素，W－的最外层为8电子结构，W为F或Cl元素，金属单质Z在空气中燃烧生成的化合物可与水发生氧化还原反应，则Z为Na元素，W只能为Cl元素，则
A．X与Y形成的化合物有CO、CO2等，Z的最高价氧化物的水化物为NaOH，CO和NaOH不反应，故A错误；
B．一般说来，电子层数越多，原子半径越大，电子层数相同，质子数越多，半径越小，则原子半径大小X＞Y，Z＞W，故B错误；
C．化合物Z2Y和ZWY3分别为Na2O、NaClO3，NaClO3存在离子键和共价键，故C错误；
D．Y的单质臭氧，W的单质氯气，对应的化合物ClO2，可作为水的消毒剂，故D正确。
故选D。
5.由反应物X分别转化为Y和Z能量变化如图所示。下列说法正确的是( )
A. 由X→Y反应的ΔH＝E5－E2 B. 由X→Z反应的ΔH＞0
C. 降低压强有利于提高Y的产率 D. 升高温度有利于提高Z的产率
【答案】C
【解析】
【详解】A、根据图像，反应热与始态和终态有关，与反应途径无关，X→Y反应的△H=E3－E2，故A错误；
B、X的总能量大于Z的总能量，说明此反应是放热反应，即△H＜0，故B错误；
C、2X＝3Y，反应前气体系数小于反应后气体系数，故根据勒夏特列原理，降低压强，平衡向正反应方向移动，有利于提高Y的产率，故C正确；
D、生成Z
的反应是放热反应，根据勒夏特列原理，升高温度，平衡向逆反应方向移动，不有利于提高Z的产率，故D错误。
答案选C。
6.全固态锂硫电池能量密度高、成本低，其工作原理如图所示，其中电极a常用掺有石墨烯的S8材料，电池反应为：16Li+xS8=8Li2Sx（2≤x≤8）。下列说法错误的是
A. 电池工作时，正极可发生反应：2Li2S6+2Li++2e−=3Li2S4
B. 电池工作时，外电路中流过0.02 mol电子，负极材料减重0.14 g
C. 石墨烯的作用主要是提高电极a的导电性
D. 电池充电时间越长，电池中Li2S2的量越多
【答案】D
【解析】
【详解】A．原电池工作时，Li+向正极移动，则a为正极，正极上发生还原反应，随放电的多少可能发生多种反应，其中可能为2Li2S6+2Li++2e-=3Li2S4，故A正确；B．原电池工作时，转移0.02mol电子时，氧化Li的物质的量为0.02mol，质量为0.14g，故B正确；C．石墨能导电，利用石墨烯作电极，可提高电极a的导电性，故C正确；D．电池充电时间越长，转移电子数越多，生成的Li和S8越多，即电池中Li2S2的量越少，故D错误；答案为D。
7.已知异丙苯的结构简式如图，下列说法错误的是
A. 异丙苯的分子式为
B. 异丙苯的沸点比苯高
C. 异丙苯中碳原子可能都处于同一平面
D. 异丙苯和苯为同系物
【答案】C
【解析】
【详解】由有机物结构简式可知有机物的分子式为，故A正确；
B.异丙苯和苯均为分子晶体，异丙苯的相对分子质量比苯大，故分子间作用力强于苯，沸点比苯高，故B正确；
C. 分子中带有特殊标记的这五个原子构成四面体形，故四个带特殊标记的碳原子不在同一平面上，故C错误；
D.异丙苯和苯的结构相似，分子组成上相差3个原子团，互为同系物，故D正确。
答案选C。
【点睛】本题考查有机物的结构和性质，注意四面体碳最多3原子共平面，为易错点。
三、非选择题:包括必考题和选考题两部分。第22题-第32题为必考题每个试题考生都必须作答，第33题-第38题为选考题，考生根据要求作答。
(一)必考题：11题，共129分。
8.ClO2与Cl2的氧化性相近，在自来水消毒和果蔬保鲜等方面应用广泛。某兴趣小组通过图1装置（夹持装置略）对其制备、吸收、释放和应用进行了研究。
（1）仪器D的名称是____。安装F中导管时，应选用图2中的_____。
（2）打开B的活塞，A中发生反应：2NaClO3+4HCl=2ClO2↑+Cl2↑+2NaCl+2H2O。为使ClO2在D中被稳定剂充分吸收，滴加稀盐酸的速度宜____（填“快”或“慢”）。
（3）关闭B的活塞，ClO2在D中被稳定剂完全吸收生成NaClO2，此时F中溶液的颜色不变，则装置C的作用是_____。
（4）已知在酸性条件下NaClO2可发生反应生成NaCl并释放出ClO2，该反应的离子方程式为____，在ClO2释放实验中，打开E的活塞，D中发生反应，则装置F的作用是______。
（5）已吸收ClO2气体的稳定剂Ⅰ和稳定剂Ⅱ，加酸后释放ClO2的浓度随时间的变化如图3所示。若将其用于水果保鲜，你认为效果较好的稳定剂是_______，原因是_________。
【答案】 (1). 锥形瓶 (2). b (3). 慢 (4). 吸收Cl2 (5). 4H＋+5ClO2-=Cl－+4ClO2↑+2H2O (6). 验证是否有ClO2生成 (7). 稳定剂Ⅱ (8). 稳定剂Ⅱ可以缓慢释放ClO2，能较长时间维持保鲜所需浓度
【解析】
【详解】（1）根据仪器特征，仪器D的名称是锥形瓶；根据操作分析，F装置应是Cl2和KI反应，所以应该长管进气，短管出气，答案选b。
（2）为使ClO2在D中被稳定剂充分吸收，滴加稀盐酸的速度要慢。
（3）F装置中能发生Cl2+2KI=2KCl+I2，碘遇淀粉变蓝，所以若F中溶液的颜色若不变，说明没有氯气，则装置C的作用是吸收Cl2。
（4）在酸性条件下NaClO2可发生反应生成NaCl并释放出ClO2，根据化合价升降相等和电荷守恒以及原子守恒配平，该反应的离子方程式为4H＋+5ClO2-=Cl－+4ClO2↑+2H2O；在ClO2释放实验中，打开E的活塞，D中发生反应，则装置F的作用是验证是否有ClO2生成。
（5）根据图3可知，稳定剂Ⅱ可以缓慢释放ClO2，能较长时间维持保鲜所需的浓度，所以稳定剂Ⅱ好。
9.SCR和NSR技术可有效降低柴油发动机在空气过量条件下的NOx排放。
（1）SCR（选择性催化还原）工作原理：
①尿素水溶液热分解为NH3和CO2，该反应的化学方程式：___。
②反应器中NH3还原NO2的化学方程式：___。
③当燃油中含硫量较高时，尾气中SO2在O2作用下会形成(NH4)2SO4，使催化剂中毒。用化学方程式表示(NH4)2SO4的形成：__。
④尿素溶液浓度影响NO2的转化，测定溶液中尿素（M=60g·mol-1）含量的方法如下：取ag
尿素溶液，将所含氮完全转化为NH3，所得NH3用过量的v1mLc1mol·L-1H2SO4溶液吸收完全，剩余H2SO4用v2mLc2mol·L-1NaOH溶液恰好中和，则尿素溶液中溶质的质量分数是__。
（2）NSR（NOx储存还原）工作原理：
NOx的储存和还原在不同时段交替进行，如图a所示。
①通过BaO和Ba(NO3)2的相互转化实现NOx的储存和还原。储存NOx的物质是__。
②用H2模拟尾气中还原性气体研究了Ba(NO3)2的催化还原过程，该过程分两步进行，图b表示该过程相关物质浓度随时间的变化关系。第一步反应消耗的H2与Ba(NO3)2的物质的量之比是__。
③还原过程中，有时会产生笑气（N2O）。用同位素示踪法研究发现笑气的产生与NO有关。在有氧条件下15NO与NH3以一定比例反应时，得到的笑气几乎都是15NNO。将该反应的化学方程式补充完整：___□15NNO+□H2O___。
【答案】 (1). CO(NH2)2+H2OCO2+2NH3 (2). 8NH3+6NO27N2+12H2O (3). 2SO2+O2+4NH3+2H2O=2(NH4)2SO4 (4). (5). BaO (6). 8∶1 (7). 415NO+4NH3+3O2415NNO+6H2O
【解析】
【分析】
结合反应物、生成物，根据原子守恒，若是氧化还原反应的方程式，再结合得失电子守恒配平化学反应方程式；测定溶液中尿素含量时，将所含氮完全转化为NH3，用过量的稀硫酸吸收氨气，反应后剩余的硫酸，用氢氧化钠溶液中和，整个过程中的，硫酸与氨气、氢氧化钠反应的化学方程式为2NH3+H2SO4=2(NH4)2SO4，2NaOH+H2SO4=2Na2SO4+2H2O。
【详解】（1）①尿素水溶液热分解为氨气和二氧化碳，反应方程式为CO(NH2)2+H2OCO2+2NH3 ；
②NH3在催化剂作用下还原NO2生成N2和H2O，反应的化学方程式为8NH3+6NO27N2+12H2O；
③二氧化硫在氧气作用下与氨气和水反应生成硫酸铵，此反应中二氧化硫是还原剂，氧气是氧化剂；反应的化学方程式为2SO2+O2+4NH3+2H2O=2(NH4)2SO4；
④NH3用过量的v1mLc1mol·L-1H2SO4溶液吸收完全，剩余H2SO4用v2mLc2mol·L-1NaOH溶液恰好中和，过程中所涉及的化学方程式为：2NH3+H2SO4=2(NH4)2SO4，2NaOH+H2SO4=2Na2SO4+2H2O，反应中n(H2SO4)=c1×v1×10-3mol，n(NaOH)=c2×v2×10-3mol，由方程式可知：n(NaOH)+n(NH3)=2n(H2SO4)，则n(NH3)=(2c1×v1×10-3-c2×v2×10-3)mol，n[CO(NH2)2]=n(NH3)=×(2c1×v1×10-3-c2×v2×10-3)mol，m[CO(NH2)2]=60g·mol-1××(2c1×v1×10-3-c2×v2×10-3)mol=(0.06c1×v1-0.03c2×v2)g，所以尿素的质量分数是： =；
（2）①由图可知BaO和NOx反应生成Ba(NO3)2，Ba(NO3)2再被还原为N2，则存储NOx的物质是BaO；
②第一步反应中H2被氧化生成水，氢元素化合价由0价升高到+1价，Ba(NO3)2中的N元素的化合价由+5价降到-3价，生成氨气，则1molBa(NO3)2生成氨气得到16mol电子，根据氧化还原反应中得失电子守恒，则参加反应的氢气的物质的量为mol=8mol，故第一步反应消耗的H2与Ba(NO3)2的物质的量之比是8：1；
③在有氧条件下15NO与NH3以一定比例反应时，得到的笑气几乎都是15NNO，由N元素守恒可知，15NO与NH3的物质的量之比应为1：1，结合氧化还原反应中得失电子守恒、原子守恒，可知该反应的化学方程式为：415NO+4NH3+3O2415NNO+6H2O。
【点睛】本题主要考查的是：根据反应物、生成物结合原子守恒、得失电子守恒配平化学反应方程式，在测定溶液中尿素（M=60g·mol-1）含量时，要结合相关数据的处理，通过反应方程式的化学计量数来计算相关的量。
10.催化还原CO2是解决温室效应及能源问题的重要手段之一。研究表明，在Cu/ZnO催化剂存在下，CO2和H2可发生两个平行反应，分别生成CH3OH和CO。反应的热化学方程式如下：
CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) ΔH1=-53.7kJ·mol-1 I
CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) ΔH2 II
某实验室控制CO2和H2初始投料比为1：2.2，在相同压强下，经过相同反应时间测得如下实验数据：
T(K)
催化剂
CO2转化率（%）
甲醇选择性（%）
543
Cat.1
12.3
42.3
543
Cat.2
10.9
72.7
553
Cat.1
15.3
39.1
553
Cat.2
12.0
71.6
【备注】Cat.1：Cu/ZnO纳米棒；Cat.2：Cu/ZnO纳米片；甲醇选择性：转化的CO2中生成甲醇的百分比
已知：①CO和H2的标准燃烧热分别为-283.0kJ·mol-1和-285.8kJ·mol-1
②H2O(l)=H2O(g) ΔH3=44.0kJ·mol-1
请回答（不考虑温度对ΔH的影响）：
(1)反应I的平衡常数表达式K=___；
(2)有利于提高CO2转化为CH3OH平衡转化率的措施有___。
A．使用催化剂Cat.1
B．使用催化剂Cat.2
C．降低反应温度
D．投料比不变，增加反应物的浓度
E．增大CO2和H2的初始投料比
(3)表中实验数据表明，在相同温度下不同的催化剂对CO2转化成CH3OH的选择性有显著的影响，其原因是___。
(4)在图中分别画出反应I在无催化剂、有Cat.1和有Cat.2三种情况下“反应过程～能量”示意图___。
【答案】 (1). (2). CD (3). 表中数据表明此时反应未达到平衡，不同的催化剂对反应Ⅰ的催化能力不同，因而在该时刻下对甲醇选择性有影响 (4).
【解析】
【分析】
(1)反应I为CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)，平衡常数表达式K=生成物浓度幂乘积与反应物浓度幂的乘积之比；
(2)A．使用催化剂Cat.1，对甲醇的平衡转化率不产生影响；
B．使用催化剂Cat.2，对甲醇的平衡转化率不产生影响；
C．反应I为放热反应，降低反应温度，平衡正向移动；
D．投料比不变，增加反应物的浓度，相当于加压；
E．增大CO2和H2的初始投料比，平衡正向移动，但CO2的转化率减小。
(3)在相同温度下，达平衡前，不同的催化剂对同一反应的催化能力不同，因而选择性不同。
(4)同一反应，使用不同的催化剂，活化能不同，但不影响反应物和生成物的总能量。从表中数据可以看出，Cat.2的选择性更高，因而对反应的活化能影响更大。
【详解】(1)反应I为CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)，平衡常数表达式K=。答案为：；
(2)A．使用催化剂Cat.1，对甲醇的平衡转化率不产生影响，A不合题意；
B．使用催化剂Cat.2，对甲醇的平衡转化率不产生影响，B不合题意；
C．反应I为放热反应，降低反应温度，平衡正向移动，从而增大CO2的转化率，C符合题意；
D．投料比不变，增加反应物的浓度，相当于加压，平衡正向移动，CO2的转化率增大，D符合题意；
E．增大CO2和H2的初始投料比，平衡正向移动，但CO2的转化率减小，E不合题意；
故选CD。答案为：CD；
(3)在相同温度下，达平衡前，不同的催化剂对同一反应的催化能力不同，因而选择性不同，其原因是：表中数据表明此时反应未达到平衡，不同的催化剂对反应Ⅰ的催化能力不同，因而在该时刻下对甲醇选择性有影响。答案为：表中数据表明此时反应未达到平衡，不同的催化剂对反应Ⅰ的催化能力不同，因而在该时刻下对甲醇选择性有影响；
(4)同一反应，不同的催化剂，活化能降低程度不同，但不影响反应物和生成物的总能量。从表中数据可以看出，Cat.2的选择性更高，因而对反应的活化能影响更大。则示意图为：
。答案为：。
【点睛】催化剂只能改变反应物活化能，因而改变平衡前单位时间内的转化率，但对平衡转化率、反应物及生成物的能量，不产生影响。
(二)选考题：共45分。请考生从给出的2道物理题、2道化学题、2道生物题中每科任选一题作答，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小题计分。
11.[2017新课标Ⅲ]研究发现，在CO2低压合成甲醇反应（CO2+3H2=CH3OH+H2O）中，Co氧化物负载的Mn氧化物纳米粒子催化剂具有高活性，显示出良好的应用前景。回答下列问题：
（1）Co基态原子核外电子排布式为_____________。元素Mn与O中，第一电离能较大的是_________，基态原子核外未成对电子数较多的是_________________。
（2）CO2和CH3OH分子中C原子的杂化形式分别为__________和__________。
（3）在CO2低压合成甲醇反应所涉及的4种物质中，沸点从高到低的顺序为_________________，原因是______________________________。
（4）硝酸锰是制备上述反应催化剂的原料，Mn(NO3)2中的化学键除了σ
键外，还存在________。
（5）MgO具有NaCl型结构（如图），其中阴离子采用面心立方最密堆积方式，X射线衍射实验测得MgO的晶胞参数为a=0.420 nm，则r(O2-)为________nm。MnO也属于NaCl型结构，晶胞参数为a' =0.448 nm，则r(Mn2+)为________nm。
【答案】 (1). 1s22s22p63s23p63d74s2或[Ar]3d74s2 (2). O (3). Mn (4). sp (5). sp3 (6). H2O>CH3OH>CO2>H2 (7). H2O与CH3OH均为极性分子，H2O中氢键比甲醇多；CO2与H2均为非极性分子，CO2分子量较大、范德华力较大 (8). 离子键和π键（或键） (9). 0.148 (10). 0.076
【解析】
【详解】（1）Co是27号元素，位于元素周期表第4周期第VIII族，其基态原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d74s2或[Ar]3d74s2。元素Mn与O中，由于O元素是非金属性而Mn是过渡元素，所以第一电离能较大是O。O基态原子价电子为2s22p4，所以其核外未成对电子数是2，而Mn基态原子价电子排布为3d54s2，所以其核外未成对电子数是5，因此核外未成对电子数较多的是Mn。
（2）CO2和CH3OH的中心原子C原子的价层电子对数分别为2和4，所以CO2和CH3OH分子中C原子的杂化形式分别为sp和sp3。
（3）在CO2低压合成甲醇反应所涉及的4种物质中，沸点从高到低的顺序为H2O>CH3OH>CO2>H2，原因是常温下水和甲醇是液体而二氧化碳和氢气是气体，液体的沸点高于气体；H2O与CH3OH均为非极性分子，H2O中氢键比甲醇多，所以水的沸点高于甲醇；二氧化碳的相对分子质量比氢气大，所以二氧化碳分子间作用力较大、沸点较高。
（4）硝酸锰是离子化合物，硝酸根和锰离子之间形成离子键，硝酸根中N原子与3个氧原子形成 3个σ键，硝酸根中有一个氮氧双键，所以还存在π键。
（5）因为O2－是面心立方最密堆积方式，面对角线是O2－半径的4倍，即4r=a，解得r=
nm=0.148nm；MnO也属于NaCl型结构，根据晶胞的结构，晶胞棱长是2r(O2-)+2r(Mn2+)= a' =0.448nm，解得r(Mn2+)=0.076nm。
12.化合物H是一种有机光电材料中间体。实验室由芳香化合物A制备H的一种合成路线如下：
已知：
回答下列问题：
（1）A的化学名称是__________。
（2）由C生成D和E生成F的反应类型分别是__________、_________。
（3）E的结构简式为____________。
（4）G为甲苯的同分异构体，由F生成H的化学方程式为___________。
（5）芳香化合物X是F的同分异构体，X能与饱和碳酸氢钠溶液反应放出CO2，其核磁共振氢谱显示有4种不同化学环境的氢，峰面积比为6∶2∶1∶1，写出2种符合要求的X的结构简式____________。
（6）写出用环戊烷和2–丁炔为原料制备化合物的合成路线________（其他试剂任选）。
【答案】 (1). 苯甲醛 (2). 加成反应 (3). 取代反应 (4). (5). (6). 、
、和（任写两种） (7).
【解析】
【分析】
由H的结构简式逆推可知A、B、C、D、E、F苯环上均只有一个取代基。结合信息①及B的分子式可知：A为苯甲醛，B为，由的反应条件可知的转化为醛基转化为羧基，C为，C与Br2发生加成反应，生成，D在KOH的乙醇溶液中加热发生消去反应，酸化后生成，E与乙醇发生酯化反应或取代反应生成，F与G发生类似信息所给反应加成反应生成H，逆推可知G的结构简式为，据此解答。
【详解】由上述分析可知，A为苯甲醛，故答案为：苯甲醛；
由分析可知：C生成D发生加成反应，E生成F发生取代反应，故答案为：加成反应；取代反应；
由分析可知，E的结构简式为，故答案为：；
G的结构简式为，由F生成H的化学方程式为，故答案为：；
为，苯环外含有5个碳原子、3个不饱和度和2个O
原子，其同分异构体能与饱和碳酸氢钠溶液反应生成CO2，即必含有羧基，核磁共振氢谱显示有4种氢原子，则具有较高的对称性，氢原子个数比为，可知含有两个对称的甲基，还有2个碳原子和2个不饱和度，则含有碳碳三键，故满足条件的同分异构体的结构简式为、、和，故答案为：、、和（任写两种）；
逆合成分析：可由与溴加成而来，可由和发生类似已知②反应而来，可由发生消去反应而来，可由和氯气在光照条件下发生取代反应而来，即：，故答案为：。