《2021年湖南新高考化学试卷真题及答案详解.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2021年湖南新高考化学试卷真题及答案详解.pdf（25页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、湖南省2021年普通高中学业水平选择性考试化学注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在本试卷和答题卡上。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:1 2 N：1 4 O：1 6 F:1 9 N a:2 3 M g:2 4 Si:2 8 C l:3 5.5 G e:7 3B r:8 0 I:1 2 7一、选择题：本题共10小题，每小题3分，共30分。在每小题给出的四个选
2、项中，只有一项是符合题目要求的。1 .下列有关湘江流域的治理和生态修复的措施中，没有涉及到化学变化的是A.定期清淤，疏通河道B .化工企业“三废”处理后，达标排放C.利用微生物降解水域中的有毒有害物质D.河道中的垃圾回收分类后，进行无害化处理2 .下列说法正确的是A.糖类、蛋白质均属于天然有机高分子化合物B.F e O粉末在空气中受热，迅速被氧化成F e QC.SO 2可漂白纸浆，不可用于杀菌、消毒D.镀锌铁皮的镀层破损后，铁皮会加速腐蚀3.下列实验设计不能达到实验目的的是实验目的实验设计A检验溶液中F e S0 4是否被氧化取少量待测液，滴加KS CN溶液，观察溶液颜色变化B净化实验室制备的
3、气体依次通过盛有饱和N a C l溶液、浓H。1的洗气瓶C测定NaOH溶液的pH将待测液滴在湿润的pH试纸上，与标准比色卡对照D工业酒精制备无水乙醇工业酒精中加生石灰，蒸储A.A B.B C.C D.D4.己二酸是一种重要的化工原料，科学家在现有工业路线基础上，提出了一条“绿色”合成路线：工业路线OH“绿色”合成路线、,_A_八硝酸M 催化剂,CCOOOOHH r_ 催化空齐气,下列说法正确的是A.苯与漠水混合，充分振荡后静置，下层溶液呈橙红色B.环己醵与乙醇互为同系物C.己二酸与NaHCO,溶液反应有CO?生成D.环己烷分子中所有碳原子共平面5.为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A.18
4、gHO 含有的中子数为10项B.0.1mol LHC104溶液中含有的H+数为0 皿,、C.2moiNO与ImolO?在密闭容器中充分反应后的分子数为2N,、D.H.2LCH4和22.4LCL（均为标准状况）在光照下充分反应后的分子数为1.5N,、6.一种工业制备无水氯化镁的工艺流程如下：物质X 碳、氯气海水-苦 卤 水 一 沉 镁 煨 烧 一 氯 化 一 无 水 MgCb滤液气体试卷第2 页，共 12页下列说法错误的是A.物质X 常选用生石灰B.工业上常用电解熔融MgCl2制备金属镁高温C.“氯化”过程中发生的反应为MgO+C+Cl,=MgCl2+COD.“燃烧”后的产物中加稀盐酸，将所得溶
5、液加热蒸发也可得到无水MgCl?7.W、X、Y、Z 为原子序数依次增大的短周期主族元素，Y 的原子序数等于W 与 X 的原子序数之和，Z 的最外层电子数为K 层的一半，W 与 X 可形成原子个数比为2：1 的18e-分子。下列说法正确的是A.简单离子半径：Z X YB.W 与 Y 能形成含有非极性键的化合物C.X 和 Y 的最简单氢化物的沸点：X YD.由 W、X、Y 三种元素所组成化合物的水溶液均显酸性8.KIOs常用作食盐中的补碘剂，可用“氯酸钾氧化法”制备，该方法的第一步反应为6I2+11KCIO,+3H2O=6KH（IO,）2+5KC1+3C1,T。下列说法错误的是A.产生22.4L（
6、标准状况）Cl2时，反应中转移lOmole-B.反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为11：6C.可用石灰乳吸收反应产生的C1?制备漂白粉D.可用酸化的淀粉碘化钾溶液检验食盐中10；的存在9.常温下，用O.lOOOmol L 的盐酸分别滴定20.00mL浓度均为O.lOOOmol L i三种一元弱酸的钠盐（NaX、NaY、NaZ）溶液，滴定曲线如图所示。下列判断错误的是PHI0（盐酸）/mLA.该 NaX溶液中：c(Na+)c(X-)c(O H-)c(HT)B.三种一元弱酸的电离常数：(H X)/fa(HY)K,(HZ)C.当 pH=7 时，三种溶液中：c(X)=c(Y)=c(Z-)D.分别滴加
7、20.00mL盐酸后，再将三种溶液混合：c(X-)+c(Y-)+c(Z)=C(H+)-c(0H-)10.锌澳液流电池是一种先进的水溶液电解质电池，广泛应用于再生能源储能和智能电网的备用电源等。三单体串联锌澳液流电池工作原理如图所：循环回路下列说法错误的是A.放电时，N 极为正极B.放电时，左侧贮液器中ZnBr?的浓度不断减小C.充电时，M 极的电极反应式为Zn2+2e-=ZnD.隔膜允许阳离子通过，也允许阴离子通过二、选择题：本题共4 小题，每小题4 分，共 16分。在每小题给出的四个选项中，有一个或两个选项符合题目要求。全部选对的得4 分，选对但不全的得2分，有选错的得0 分。1 1.已知：
8、A(g)+2B(g)i 3C(g)A H 9 D.平衡常数K：K(I I)O2 Na+,即简单离子半径为：X Y Z,故 A 错误；B.W 为 H,Y 为 O,能形成H2O2,含有极性共价键和非极性共价键，故 B 正确；C.X 的最简单氢化物为氨气，Y 的最简单氢化物为水，水的沸点高于氨气，即最简单氢化物的沸点为Y X,故 C 错误；D.由 W、X、Y 三种元素形成的化合物有硝酸，硝酸钺，氨水等，硝酸，硝酸镀显酸性，氨水显碱性，故由W、X、Y 三种元素形成的化合物不一定都是酸性，故 D 错误；故选Bo8.A答案第3 页，共 13页【详解】A.该反应中只有碘元素价态升高，由。价升高至KH(IO3
9、)2 中+5 价，每个碘原子升高5价，即 6 L 6 0 e-,又因方程式中6 I2 3 C L,故 3 cL 6 0 e;即 C L 2 0 e ,所以产生2 2.4 L(标准状况)02即 Im ol C L时，反应中应转移2 0 m oi e A错误;B.该反应中KC IO3 中氯元素价态降低，KC 1 0 3 作氧化剂，b 中碘元素价态升高，L 作还原剂，由该方程式的计量系数可知，IIKC IO3 6 h,故该反应的氧化剂和还原剂的物质的量之比为1 1:6,B正确；C.漂白粉的有效成分是次氯酸钙，工业制漂白粉可用石灰乳与氯气反应，c 正确；D.食盐中IO?可先与酸化的淀粉碘化钾溶液中的H
10、+、发生归中反应1。3+5 1+6%=3 1 2+3 凡0生成L,L 再与淀粉发生特征反应变为蓝色，故可用酸化的淀粉碘化钾溶液检验食盐中15的存在，D正确。故选A o9.C【分析】由图可知，没有加入盐酸时，N a X、NaY、N a Z 溶液的p H 依次增大，贝 i j H X、H Y、H Z 三种一元弱酸的酸性依次减弱。【详解】A.N a X 为强碱弱酸盐，在溶液中水解使溶液呈碱性，则溶液中离子浓度的大小顺序为c(Na+)c(X)c(OH)c(H+),故 A 正确；B.弱酸的酸性越弱，电离常数越小，由分析可知，H X、H Y、H Z 三种一元弱酸的酸性依次减弱，则三种一元弱酸的电离常数的大
11、小顺序为K“(HX)K“(HY)K(HZ),故 B正确；C.当溶液p H 为 7 时，酸越弱，向盐溶液中加入盐酸的体积越大，酸根离子的浓度越小，则三种盐溶液中酸根的浓度大小顺序为c(X-)c(Y-)c(Z-),故 C错误；D.向三种盐溶液中分别滴加2 0.0 0 m L盐酸，三种盐都完全反应，溶液中钠离子浓度等于氯离子浓度，将三种溶液混合后溶液中存在电荷守恒关系c(Na+)+c(H+)=c(X)+c(Y-)+c(Z-)+c(C l )+c(OH),由 c(Na+)=c(C r)可得：c(X)+c(Y)+c(Z)=c(H+)c(OH),故 D 正确；故选C。1 0.B【分析】答案第4页，共 1
12、3 页由图可知，放电时.，N电极为电池的正极，浪在正极上得到电子发生还原反应生成漠离子，电极反应式为B r 2+2 e=2 B r M电极为负极，锌失去电子发生氧化反应生成锌离子，电极反应式为Zn2 e=Zn2*,滨离子进入左侧，左侧澳化锌溶液的浓度增加；充电时，M电极与直流电源的负极相连，做电解池的阴极，N电极与直流电源的正极相连，做阳极。【详解】A.由分析可知，放电时，N电极为电池的正极，故A正确；B.由分析可知，放电时，溶液中有ZM+与B r生成，通过循环回路，左侧储液器中淡化锌的浓度增大，故B错误；C.由分析可知，充电时，M电极与直流电源的负极相连，做电解池的阴极，锌离子在阴极上得到电
13、子发生还原反应生成锌，电极反应式为Z n 2+2 e=Z n,故C正确；D.由分析可知，放电或充电时，交换膜允许锌离子和澳离子通过，维持两侧澳化锌溶液的浓度保持不变，故D正确；故选B。1 1.B C【分析】根据图象可知，向恒温恒容密闭容器中充入I m o l A和3 m o l B发生反应，反应时间从开始到h阶段，正反应速率不断减小，t|-t2时间段，正反应速率不变，反应达到平衡状态，t2-t3时间段，改变条件使正反应速率逐渐增大，平衡向逆反应方向移动，t3以后反应达到新的平衡状态，据此结合图象分析解答。【详解】A.容器内发生的反应为A(g)+2 B(g)-3 C(g),该反应是气体分子数不变
14、的可逆反应，所以在恒温恒容条件下，气体的压强始终保持不变，则容器内压强不变，不能说明反应达到平衡状态，A错误；B.根据图象变化曲线可知，t2 t3过程中，t2时”,瞬间不变，平衡过程中不断增大，则说明反应向逆反应方向移动，且不是“突变”图象，属于“渐变”过程，所以排除温度与催化剂等影响因素，改变的条件为：向容器中加入C,B正确；C.最初加入体系中的A和B的物质的量的比值为1：3,当向体系中加入C时，平衡逆向移动，最终A和B各自物质的量增加的比例为1：2,因此平衡时A的体积分数*(1 1)夕(1),C正确；D.平衡常数K与温度有关，因该反应在恒温条件下进行，所以K保持不变，D错误。答案第5页，共
15、1 3页故选BCo12.B【详解】A.AP+和 NH3 H2O 生成A1(OH)3沉淀而不是生成A lO j,故 A 错误；B.S2 0：和 H+反应生成单质硫、二氧化硫和水，离子方程式为:2H+S2 O=S1+SO2T+H2O,故 B 正确；C.Fe-计 做催化剂促进H2O2分解，不能大量共存，故 C 错误；D.在酸性条件下MnO；能 将 氧 化 为 C L,不能大量共存，故 D 错误；答案选B。13.AD【分析】根据题意1-丁醇、澳化钠和70%的硫酸在装置I 中共热发生CH3(CH,),OH+NaBr+H2SO4-C H3(CH2)3Br+NaHSO4+H2O 得至I 含CH3(CH2%O
16、H、CH,(CH2),Br、NaHSO4 NaBr、H2SO4的混合物，混合物在装置II中蒸储得到CHJCHJOH和CH、(C H JB r的混合物，在装置HI中用合适的萃取剂萃取分液得CH3(CH2).、Br粗产品。【详解】A.浓硫酸和NaBr会产生HBr,1-丁醇以及浓硫酸和NaBr产生的HBr均易挥发，用装置I回流可减少反应物的挥发，提高产率，A 正确；B.冷凝水应下进上出，装置H 中 b 为进水口，a 为出水口，B 错误；C.用装置HI萃取分液时，将下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出，C 错误；D.由题意可知经装置in得到粗产品，由于粗产品中各物质沸点不同，再次进行蒸镭可得到更纯的
17、产品，D 正确；选 AD。14.D【详解】A.由反应机理可知，HCOOH电离出氢离子后，HCOO与催化剂结合，放出二氧化碳，然催化剂后又结合氢离子转化为氢气，所以化学方程式为H C O O H=C C hT+H 23故 A 正确；答案第6 页，共 13页B.若氢离子浓度过低，则反应H I-I V的反应物浓度降低，反应速率减慢，若氢离子浓度过高，则会抑制加酸的电离，使甲酸根浓度降低，反 应i-n速率减慢，所以氢离子浓度过高或过低，均导致反应速率减慢，故B正确；c.由反应机理可知，i i-m的过程，碳元素化合价升高，因此铁元素化合价降低；i v-i的过程，氢元素化合价降低，因此铁元素化合价升高。所
18、以F e在反应过程中化合价发生变化，故C正确；D.由反应进程可知，反应W-I能垒最大，反应速率最慢，对该过程的总反应起决定作用，故D错误；故选D。1 5.N a H C O3 在3 0-3 5 C时N a H C C h的溶解度最小(意思合理即可)D 甲基橙 由 黄 色 变 橙 色，且半分钟内不褪色 3.5 6%偏大【分析】步骤I：制备N a 2 c C h的工艺流程中，先将N a C l加水溶解，制成溶液后加入N H 4 H C O 3粉末，水浴加热，根据不同温度条件下各物质的溶解度不同，为了得到N a H C C h晶体，控制温度在3 0-3 5 C发生反应，最终得到滤液为N H&C 1,
19、晶体A为N a H C C h,再将其洗涤抽干，利用N a H C C h受热易分解的性质，在3 0 0,C加热分解N a H C C h制备N a2C O 3；步骤I I：利用酸碱中和滴定原理测定产品中碳酸氢钠的含量，第一次滴定发生的反应为：N a2C O 3+H C l=N a H C O 3+N a C l,因为N a 2 c o 3、N a H C C h溶于水显碱性，且碱性较强，所以可借助酚献指示剂的变化来判断滴定终点，结合颜色变化可推出指示剂M为酚酰试剂；第二次滴定时溶液中的溶质为N a C L同时还存在反应生成的C O2,溶液呈现弱酸性，因为酚酥的变色范围为8-10,所以不适合利
20、用酚猷指示剂检测判断滴定终点，可选择甲基橙试液，所以指示剂N为甲基橙试液，发生的反应为：N a H C O3+H C l=N a C I+H2O+C O2 t,再根据关系式求出总的N a H C C h的物质的量，推导出产品中N a H C C h的，最终通过计算得出产品中N a H C C h的质量分数。【详解】根据上述分析可知，(1)根据题给信息中盐在不同温度下的溶解度不难看出，控制温度在3 0-3 5 C,目的是为了时N H 4 H C O3不发生分解，同时析出N a H C C h固体，得到晶体A,因为在3 0-3 5 时，N a H C C h的溶解度最小，故答案为：N a H C
21、O,；在3 0-3 5 C时N a H C C h的溶解度最小；3 00。C加热抽干后的N a H C C h固体，需用用烟、泥三角、三脚架进行操作，所以符合题答案第7页，共13页意的为D 项，故答案为：D；(3)根据上述分析可知，第二次滴定时，使用的指示剂N 为甲基橙试液，滴定到终点前溶液的溶质为碳酸纸钠和氯化钠，滴定达到终点后溶液的溶质为氯化钠和碳酸(溶解的C02),所以溶液的颜色变化为：由黄色变为橙色，且半分钟内不褪色；(4)第一次滴定发生的反应是：Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl,则 n(Na2co3)=n生 成(NaHC03)=n(HCI)=0.1000mol/Lx22.
22、45x l(PL=2.245x 10-3m o l,第二次滴定消耗的盐酸的体积 72=23.51m L,则根据方程式NaHCCh+HCkNaCl+HzO+CO2T可知，消耗的NaHCCh的物质的量 n,0(NaHCO3)=0.1000mol/Lx23.51 x 10-3L=2.351x lO m ol,则原溶液中的 NaHCCh 的物质的量 n(NaHC03)=n 鼠NaHCChA n 生 成(NaHCC)3)=2.35 10-3mol-2.245x 10-3mol=1.06x104mo1,则原产品中NaHCCh的 物 质 的 量 为 竽 1.06x10“mol=1.06x 故产品中NaHCC
23、h的 质 量 分 数 为义1,吗：如 小 x l0 0%=3.5616%3.56%,故答案为:3.56%；2.5000g(5)若该同学第一次滴定时，其他操作均正确的情况下，俯视读数，则会使标准液盐酸的体积偏小，即 测 得%偏 小，所以原产品中NaHCCh的物质的量会偏大，最终导致其质量分数会偏大，故答案为：偏大。0.0216.+90.8 CD b开始体积减半，刈 分压变为原来的2 倍，随后由于加压平衡逆向移动，N2分压比原来2倍要小 048 从右往左 2NH3-6e+6OH-N2+6H2O【详解】(1)根据反应热=反应物的总键能-生成物的总键能，2NH3(g).N2(g)+3H2(g),AW=
24、390.8kJ-mol-1 x3x2-(946 kJ-moH+436.0kJ mol x3)=+90.8kJ-mol-1,故答案为:+90.8；(2)若反应自发进行，则需S券鬻甘裳=456.5K,即温度应高于A5 198.9J/(mol-K)(456.5-273)=183.5,CD 符合，故答案为：CD；(3)设h 时达到平衡，转化的N%的物质的量为2 x,列出三段式：2N H 3(g).N2(g)+3H2 (g)起始/mol0.100转化/mol2xX3x平衡/mol0.1 2xX3x答案第8 页，共 13页根据同温同压下，混合气体的物质的量等于体积之比，许=即,解得x=0.02m o l,
25、0.02x3m o l 0.02,.，一U（H 2）=-;=m o l L a m i n-1,故答案为:X 110.024t 2时将容器体积压缩到原来的一半，开始N 2分压变为原来的2 倍，随后由于加压平衡逆向移动，比 分压比原来2 倍要小，故 b曲线符合，故答案为：b；开始体积减半，N?分压变为原来的2 倍，随后由于加压平衡逆向移动，N 2分压比原来2 倍要小；由图可知，平衡时，N H 3、N 2、出 的分压分别为120 kP a、40 kP a、120 kP a,反应的标准平衡常数/。=吟黑-=0 4 8,故答案为：0.48；(4)由图可知，通 N H 3 的一极氮元素化合价升高，发生氧
26、化反应，为电解池的阳极，则另一电极为阴极，电解过程中O H-移向阳极，则从右往左移动，故答案为：从右往左；(5)阳极N%失电子发生氧化反应生成N 2,结合碱性条件，电极反应式为：2N H3-6e-+6OH =N 2+6H 2O,故答案为：2N H 3-6e-+6OH-=N 2+6H 2O。17.啜Ce 适当升高温度，将独居石粉碎等 A1(OH)3和 F e(0H)3 促使铝离子沉淀 6H CO；+2Ce3+(n-3)H2O=Ce2(CO3)3-n H2O 3 C 02T 碱性 3L i2C O3+C6Hl2O6+6F e P O4=6 L i F e P O+9C0T+6H 2O【分析】焙烧浓
27、硫酸和独居石的混合物、水浸，Ce P O4转化为Ce 2(S OQ 3和 H 3P o 4,S i O?与硫酸不反应，AI Q 3转化为Ab(S O4)3,F e。转化为F e 2(S CU)3,Ca g转化为Ca S CU 和 H F,酸性废气含 H F；后过滤,滤渣I 为SR和磷酸钙、F e P Ch,滤液主要含H 3P o 4,Ce2(S O4)3,AL(S C4)3,F e2(S O4)3,加氯化铁溶液除磷，滤渣I I 为 F e P Ch；聚沉将铁离子、铝离子转化为沉淀，过滤除去，滤渣I I I 主要为氢氧化铝，还含氢氧化铁；加碳酸氢钱沉钵得Ce 2(CO3)3-n H 2。【详解】
28、车市的某种核素含有58个质子和80个中子，则质量数为58+80=138,该核素的符号为嚼Ce ；(2)为提高“水浸”效率，可采取的措施有适当升高温度，将独居石粉碎等；(3)结合流程可知，滤渣I I I 的主要成分是A1(OH)3和 F e(OH)3；(4)加入絮凝剂的目的是促使铝离子沉淀；答案第9 页，共 13页(5)用碳酸氢钱“沉锦”，则结合原子守恒、电荷守恒可知生成CeKCOJ f H Q 的离子方程式6HCO3+2Ce,+(n-3)H,O=Ce2(CO3)3-nH20 3 C O J;镀根离子的水解常数 Kh(NH：)=in 4 K 1014r5.7xio-o,碳酸氢根的水解常数 Kh(
29、HCO；)=广=-贝|j1.75 x IO-5 Kal 4.4 x 107心(NH；)CH 54 O Mg2GeO4740而；xlO【详解】(1)硅元素的原子序数为1 4,价电子排布式为3s23P2,则价电子排布图为|t I|t；原子晶体的熔点取决于共价键的强弱，晶体硅和碳化硅3s 3p都是原子晶体，碳原子的原子半径小于硅原子，非金属性强于硅原子，碳硅键的键能大于硅硅键、键长小于硅硅键，则碳硅键强于硅硅键，碳化硅的熔点高于晶体硅，故答案为：11 I 11 t f；SiC；3s 3p(2)由题给熔沸点数据可知，0时，四氟化硅为气态，四氯化硅为液态，四溟化硅、四碘化硅为固态；分子晶体的沸点取决于分
30、子间作用力的大小，SiX4都是结构相似的分子晶体,相对分子质量依次增大，分子间作用力依次增大，则 SiX4的沸点依次升高；SiX4分子中硅原子的价层电子对数为4,孤对电子对数为0,则分子的空间构型为正四面体形，故答案为：SiCl4i SiX4都是结构相似的分子晶体，相对分子质量依次增大，分子间作用力依次增大;正四面体形；由M2+离子的结构可知，离子中含有杂化方式为sp3杂化的单键碳原子和sp2杂化的双键答案第10页，共 13页碳原子；元素的非金属性越强，其电负性越大，元素的非极性强弱顺序为N C H,则元素电负性的大小顺序为N C H；M 2+离子的结构中含有单键、双键和配位键，单键和配位键都
31、是键，双键中含有1 个 c键，则离子中含有5 4 个。键，故答案为：s p 2、s p 3；N C H；5 4；(3)由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点、面心、棱上和体内的X原子为8 x：+6 x；+4 x 5+3=8,8 2 4位于体内的Y原子和Z原子分别为4和 1 6,由 G e 和 O原子的个数比为1：4可知，X为Mg原子、Y为 G e 原子、Z为 O原子，则晶胞的化学式为M g2G e O4,故答案为:O；M g2G e O4;_ 4 x 1 8 5 7 4 0由晶胞的质量公式可得：一=a b c x l 0-2 1x p,解得p=不函一x I O?i g/c m 3,故答案为：7 4 0
32、 ,1 9.还 原 反 应 取 代 反 应 酰 胺 基 竣o +nHOCH;CH;OH 亶-C-C H，CH，C-OCH *TOHOO答案第1 2 页，共 1 3 页(6)以乙烯和H2N为原料合成的路线设计过程中，可利用E-F的反应类型实现，因此需先利用乙烯合成Br,、CHO，Br CHO中醛基可通过羟基催化氧化而得，BI-/、CHO中澳原子可利用D-E的反应类型实现，因此合成路线为H、O吃=飙花 而 广 飙 仃9 H故答案为:H.OH E Y坨 百 由Y H K H 9 HOvCu DBBA,奥化他 人CHjCHO .*BrCHO CH,C1,OH【点睛】有机合成推断解题过程中对信息反应的分析主要是理解成键与断键的位置关系，同时注意是否有小分子物质生成。按照要求书写同分异构体时，需根据题干所给要求得出结构中官能团种类及数目，然后分析该结构是否具有对称性，当核磁共振氢谱中出现比例为6的结构中，一般存在同一个碳原子上连接两个甲基或者甲基具有对称性的情况，当核磁共振氢谱出现比例为9的结构中，一般存在三个甲基连接在同一个碳原子上。答案第13页，共13页