届河南省九师联盟高三上学期质量检测理科综合化学试题解析版.docx

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届河南省九师联盟高三上学期质量检测理科综合化学试题解析版

2019届河南省九师联盟高三上学期1月质量检测理科综合化学试题（解析版）

可能用到的相对原子质量：

H1Li7C12O16Na23S32Cl35.5Fe56Cu64

一、选择题

1.从废铅蓄电池铅膏（含PbSO4、PbO2和Pb等）中回收铅的一种工艺流程如下：

已知：

浓硫酸不与PbO2反应，Ksp（PbCl2）＝2.0×10－5，Ksp（PbSO4）＝1.5×10－8，PbCl2（s）＋2Cl－（aq）=PbCl42－（aq）。

下列说法错误的是

A.合理处理废铅蓄电池有利于资源再利用和防止重金属污染

B.步骤①中可用浓硫酸代替浓盐酸

C.步骤①、②、③中均涉及过滤操作

D.PbSO4（s）＋2Cl－（aq）

PbCl2（s）＋SO42－（aq）的平衡常数为7.5×10－4

【答案】B

【解析】

【分析】

B、D选项均利用到已知信息，C项注意看流程图中分离出固体和液体可知均涉及过滤操作。

【详解】A.铅会使蛋白质变性，造成人体重金属中毒，所以合理处理废铅蓄电池有利于资源再利用和防止重金属污染，故A正确；

B.浓硫酸不与PbO2反应，步骤①中若用浓硫酸代替浓盐酸，则铅无法反应到滤液中，故B错误；

C.步骤①、②、③中均需要分离液体与不溶性固体，都涉及过滤操作，故C正确；

D.PbSO4（s）＋2Cl－（aq）

PbCl2（s）＋SO42－（aq）的平衡常数为：

7.5×10－4，故D正确；

答案选B。

【点睛】计算平衡常数，写出该反应平衡常数表达式，注意利用给出的已知信息，可知该平衡常数等于两Ksp相除。

2.化学与生活密切相关。

下列说法错误的是

A.用四氯乙烯干洗剂除去衣服上油污，发生的是物理变化

B.“碳九”（石油炼制中获取的九个碳原子的芳烃）均属于苯的同系物

C.维生素C是NaNO2中毒的急救药之一，利用了维生素C的还原性

D.波尔多液（硫酸铜、石灰和水配成）用作农药，利用Cu2＋使病毒蛋白变性

【答案】B

【解析】

【详解】A.四氯乙烯是一种很强的溶剂，可以溶解油脂类物质。

这个过程没有发生化学变化，是物理溶解的过程。

故A正确；

B.“碳九”其主要成分包括异丙苯、正丙苯、乙基甲苯、茚、均三甲苯、偏三甲苯、连三甲苯等，其中茚：

不属于苯的同系物，故B错误；

C.NaNO2具有较强的氧化性，可氧化血红蛋白中的Fe2+，维生素可将Fe3+还原为Fe2+，，利用了维生素C的还原性，故C正确；

D.硫酸铜是重金属盐，利用Cu2＋使病毒蛋白变性，故D正确；

答案选B。

3.对实验室制得的粗溴苯[含溴苯（不溶于水，易溶于有机溶剂，沸点156.2℃）、Br2和苯（沸点80℃）]进行纯化，未涉及的装置是

A.

B.

C.

D.

【答案】C

【解析】

【分析】

思路：

除溴（利用SO2的还原性）→分离出苯和溴苯的混合液（分液）→分离出溴苯（蒸馏）。

【详解】A.除去Br2可以用SO2，原理是：

Br2+SO2+2H2O=H2SO4+2HBr，故A正确；

B.苯和溴苯的混合液与无机溶液互不相溶，分液可得苯和溴苯的混合液，故B正确；

C.由分析可知，不涉及到过滤操作，故C错误；

D.溴苯的沸点是156.2℃、苯的沸点是80℃，分离出溴苯用蒸馏，故D正确；

答案选C。

4.NA为阿伏加德罗常数的值。

下列说法正确的是

A.2g氘化锂（6LiD）中含中子数为NA

B.22.4L（标准状况）CHCl3含C—H键数目为NA

C.2molSO2和1mol18O2充分反应，产物中含18O原子数为2NA

D.0.5molCl2通入FeCl2溶液中，最后溶液中含Fe3＋数目为NA

【答案】A

【解析】

【详解】A.2g氘化锂（6LiD）中含中子数为：

4NA=NA，故A正确；

B.已知体积，但标准状况下CHCl3不是气态，无法计算其物质的量，故B错误；

C.SO2和18O2的反应是可逆的，故产物中含18O原子数小于2NA，故C错误；

D.FeCl2溶液中Fe2＋物质的量未知，最后溶液中含Fe3＋数目也未知，故D错误；

答案选A；

【点睛】易错项是D，注意题干信息没有给出FeCl2物质的量，或者没有说明FeCl2是“足量”的，故无法得知溶液中含Fe3＋数目。

5.C2H4及C2H2等均可用适当的羧酸盐采用Kolbe电解法得到。

如图为制取C2H2的电解装置，该装置工作时，下列说法中错误的是

A.电能转变为化学能

B.阴极周围溶液的pH不断升高

C.电极a上发生：

D.制取乙烯可用CH3COOK溶液作阳极电解液

【答案】D

【解析】

【分析】

电解池中，与电源正极相连的是阳极，与电源负极相连的是阴极。

故电极a是阳极，电极b是阴极。

【详解】A.该装置为电解池，是电能转变为化学能，故A正确；

B.阴极与电源的负极相连，电解溶液中的阳离子发生还原反应，故阴极的电极反应式为：

2H2O+2e-=H2↑+2OH-，周围溶液的pH不断升高，故B正确；

C.电极a是阳极，失去电子，发生氧化反应，阳极的电极反应式为：

，故C正确；

D.由Kolbe电解法原理可知，用CH3COOK溶液作阳极电解液得到的是乙烷，故D错误；

答案选D。

【点睛】本题的难点是D选项，需掌握Kolbe电解法的原理：

，可知CH3COOK溶液作阳极电解液得到的是乙烷。

6.短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W的最低负价等于X、Z的最低负价之和，Y的周期数是族序数的3倍，W的简单氢化物与X的简单氢化物化合形成的盐中既含离子键又含共价键。

下列说法正确的是

A.常压下，单质的沸点：

W＞Z

B.Y与X形成化合物的水溶液呈碱性

C.原子半径：

W＜X＜Y＜Z

D.W的氧化物的水化物的酸性比Z的弱

【答案】B

【解析】

【分析】

Y的周期数是族序数的3倍，可知Y是Na；W的简单氢化物与X的简单氢化物化合形成的盐中既含离子键又含共价键，结合W、X原子序数均比Na小，可知W的简单氢化物是NH3，X的简单氢化物是HF，即W是N，X是F；W的最低负价等于X、Z的最低负价之和，Z是S。

【详解】A.常压下，N2是气态，S是固态，故单质的沸点：

N2＜S，故A错误；

B.Na与F形成化合物NaF属于强碱弱酸盐，水溶液呈碱性，故B正确；

C.电子层数越多，原子半径越大；电子层数相同，核电荷数越大，原子半径越小。

故原子半径：

F＜N＜S＜Na，故C错误；

D.没有说明是最高价氧化物对应的水化物，无法确定酸性大小，故D错误；

答案选B。

【点睛】掌握原子、离子半径比较技巧：

一看电子层数，电子层数越大，半径越大；

二看核电荷数，核电荷数越大，半径越小；（电子层数相等时）

三看核外电子数，核外电子数越大，半径越大。

（电子层数、核电荷数相等时）

7.25℃时，改变0.1mol·L－1H2SO3溶液的pH，各微粒的物质的量分数（α）变化如图所示，下列说法中错误的是

A.1gK1（H2SO3）＝－1.9

B.pH＝3时，c（HSO3－）＞c（H2SO3）＞c（SO32－）

C.反应H2SO3＋SO32－

2HSO3－的lgK＝5.3

D.pH＝7.2时，c（HSO3－）＝c（SO32－）＝c（H＋）

【答案】D

【解析】

【分析】

结合电离常数表达式可知，图像中的两个交点，可分别计算出K1（H2SO3）=10-1.9和K2（H2SO3）=10-7.2，

【详解】A.由分析可知，K1（H2SO3）=10-1.9，则1gK1（H2SO3）＝－1.9，故A正确；

B.pH＝3时，由图可知，c（HSO3－）＞c（H2SO3）＞c（SO32－），故B正确；

C.反应H2SO3＋SO32－

2HSO3－的K＝

=

=105.3，则lgK＝5.3，故C正确；

D.pH＝7.2时，c（HSO3－）＝c（SO32－）＞c（H＋），故D错误；

答案选D。

8.无水FeCl2易吸湿、易被氧化，常作为超高压润滑油的成分。

某实验小组利用无水FeCl3和氯苯（无色液体，沸点132.2℃）制备少量无水FeCl2，并测定无水FeCl2的产率。

实验原理：

2FeCl3＋C6H5Cl

2FeCl2＋C6H4Cl2＋HCl↑

实验装置：

按如图所示组装好的装置，检查气密性后，向三颈烧瓶A中加入16.76g无水FeCl3和22.5g氯苯。

回答下列问题：

（1）利用工业氮气（含有H2O、O2、CO2）制取纯净干燥的氮气。

①请从下列装置中选择必要的装置，确定其合理的连接顺序：

a→________→上图中的j口（按气流方向，用小写字母表示）。

②实验完成后通入氮气的主要目的是________。

（2）装置C中的试剂是________（填试剂名称），其作用是________。

（3）启动搅拌器，在约126℃条件下剧烈搅拌30min，物料变成黑色泥状。

加热装置A最好选用__（填字母）。

a．酒精灯b．水浴锅c．电磁炉d．油浴锅

（4）继续升温，在128～139℃条件下加热2h，混合物颜色逐渐变浅，黏度降低。

该步骤中加热温度已经接近或超过氯苯沸点，但氯苯实际损失量却非常小，其原因是________。

（5）继续加热1h后放置冷却，在隔绝空气条件下过滤出固体，用洗涤剂多次洗涤所得固体，置于真空中干燥，得到成品。

若D中所得溶液恰好与25mL2.0mol·L－1NaOH溶液完全反应，则该实验中FeCl2的产率约为________（保留3位有效数字）。

【答案】

（1）.fg→de→bc（提示：

除水后再除氧气，防止还原铁粉与水蒸气反应生成氢气）

（2）.将生成的HCl气体排入装置D中被水完全吸收（3）.无水氯化钙（4）.防止水蒸气进入装置A中使FeCl2、FeCl3水解（5）.d（6）.球形冷凝管可使挥发的氯苯冷凝回流（7）.97.0％

【解析】

【分析】

（1）思路：

先除CO2→再除H2O（顺带除去吸收二氧化碳带出来的水蒸气）→再除O2（除水后再除氧气，防止还原铁粉与水蒸气反应生成氢气）；

（2）由FeCl2、FeCl3易水解性质可解，前后一定要有干燥装置；

（3）油浴锅的好处是便于控制温度；

（4）有冷凝管可使反应物冷凝回流；

【详解】

（1）①由分析可知，装置接口的连接顺序为fg→de→bc，吸收装置注意长进短出；②实验完成后继续通入氮气的主要目的是：

将生成的HCl气体排入装置D中被水完全吸收，防止测FeCl2的产率偏小。

（2）FeCl2、FeCl3易水解，装置C中的试剂是干燥剂无水氯化钙，其作用是防止水蒸气进入装置A中使FeCl2、FeCl3水解；

（3）结合温度约126℃，选择油浴锅的好处是便于控制温度，故选d；

（4）由装置图可知，加热温度已经接近或超过氯苯沸点，但氯苯实际损失量却非常小，其原因是球形冷凝管可使挥发的氯苯冷凝回流；

（5）n（HCl）=n（NaOH）=

0.025L

2.0mol·L－1=0.05mol，

n（FeCl2）=

n（HCl）=

0.05mol=0.1mol，

加入16.76g无水FeCl3和22.5g氯苯，物质的量分别约为

0.103mol和0.2mol，由反应方程式可知氯苯过量，

则该实验中FeCl2的产率约为

100%

97.0％。

9.一种从废甲醇催化剂（含ZnO、CuO及少量Fe2O3、石墨及MnO2等）回收铜并制取活性氧化锌的工艺流程如下：

回答下列问题：

（1）废催化剂“破碎”的目的是________，“酸浸”后“浸渣”的主要成分是________。

（2）“氧化”时Mn2＋被氧化的离子方程式为________。

（3）“中和沉淀”时pH对锌转化为碱式碳酸锌的转化率影响如图所示：

pH＞7时，转化率开始减小的原因是________[用离子方程式说明，已知Zn（OH）2性质与Al（OH）3类似]。

（4）“过滤3、洗涤”时，能证明已洗涤干净的操作方法是________；所得滤液中主要溶质是________。

（5）测定“粗铜粉”中铜的质量分数的实验步骤如下：

Ⅰ．准确称取粗铜粉mg，加入足量HCl和H2O2使其完全溶解（Cu＋H2O2＋2H＋＝Cu2＋＋2H2O，Zn及Fe也同时溶解）。

Ⅱ．将溶液煮沸1～2min，除去过量的H2O2。

Ⅲ．依次滴入适量氨水、醋酸及NH4HF2溶液，以排除Fe3＋的干扰。

然后加入稍过量的KI（2Cu2＋＋4I－＝2CuI↓＋I2），再加入1mL淀粉溶液作指示剂，用cmol·L－1Na2S2O3标准溶液滴定至蓝色消失（I2＋2S2O32－＝2I－＋S4O62－）且半分钟内不变色，共消耗Na2S2O3标准溶液VmL。

①铜的质量分数为________（列出计算表达式）。

②缺少步骤Ⅱ会使测定的铜的质量分数________（填“偏大”“偏小”或“不变”）。

【答案】

（1）.提高铜、锌的浸取率和浸取速率

（2）.石墨（3）.Mn2＋＋S2O82－＋3H2O＝MnO（OH）2↓＋2SO42－＋4H＋（4）.Zn2＋＋4OH－＝ZnO22－＋2H2O（5）.取少量最后一次的洗涤液于试管中，向其中滴加盐酸酸化的BaCl2溶液，若不产生白色沉淀，则表明已洗涤干净（6）.（NH4）2SO4（7）.

（8）.偏大

【解析】

【分析】

滴定实验计算思路：

先找出所求物质与标准溶液的物质的量关系式：

2Cu2＋~I2~2S2O32－，进而求出Cu的质量，最后算出其质量分数。

【详解】

（1）“破碎”的目的是增大固体接触面积，提高铜、锌的浸取率和浸取速率；石墨常温下不与浓硫酸反应，所以“酸浸”后“浸渣”的主要成分是石墨；

（2）“氧化”时，Mn2＋被氧化为MnO（OH）2，S2O82－中-1价的氧原子被还原为-2价，所以离子方程式为Mn2＋＋S2O82－＋3H2O＝MnO（OH）2↓＋2SO42－＋4H＋；

（3）已知Zn（OH）2性质与Al（OH）3类似，即碱性过强，Zn（OH）2会与OH－反应生成ZnO22－，故pH＞7时，转化率开始减小的原因用离子方程式说明是Zn2＋＋4OH－＝＋2H2O；

（4）证明沉淀已洗涤干净的操作方法是检验杂质离子：

硫酸根离子，步骤是取少量最后一次的洗涤液于试管中，向其中滴加盐酸酸化的BaCl2溶液，若不产生白色沉淀，则表明已洗涤干净；由溶液中剩余大量NH4+和SO42-可知，所得滤液中主要溶质是（NH4）2SO4；

（5）①由关系式：

2Cu2＋~I2~2S2O32－可知，n（Cu2＋）=n（S2O32－）=cV

10-3mol，

m（Cu2＋）=

10-3g，则铜的质量分数为

。

②缺少步骤Ⅱ，过量的H2O2会氧化更多I－，生成更多的I2，消耗更多的S2O32－，使测定的铜的质量分数偏大。

10.乙烯是合成纤维、合成橡胶、合成塑料、合成乙醇的基本化工原料。

回答下列问题：

（1）实验室快速制取少量乙烯可用乙烯利（

）与NaOH溶液反应制取。

写出该反应的化学方程式为________（磷转化为磷酸正盐）。

（2）乙烷裂解制备乙烯越来越受到石化企业的重视。

已知部分热化学方程式如下：

Ⅰ．C2H6（g）=C2H4（g）＋H2（g）△H1＝＋137kJ·mol－1

Ⅱ．CO2（g）＋H2（g）=CO（g）＋H2O（g）△H2＝＋42kJ·mol－1

Ⅲ．C2H6（g）＋CO2（g）=C2H4（g）＋CO（g）＋H2O（g）△H3

①反应Ⅲ的△H3＝________kJ·mol－1。

②若在1273K时，100kPa下反应（Ⅰ）达到平衡时，混合气体中C2H4、C2H6、H2的物质的量分别为0.047、0.006、0.047，则乙烯的分压为p（C2H4）＝________kPa；平衡常数Kp＝________（Kp为以分压表示的平衡常数，计算结果保留1位小数）。

③恒温恒容密闭容器中进行的反应（Ⅱ），能说明已达到平衡状态的是________（填字母）。

a．压强不再随时间变化b．混合气体密度不再随时间变化

c．v（H2）正＝v（CO）逆d．单位时间内断裂C＝O的数目与断裂H－O的相等

④乙烷直接裂解以及与CO2耦合裂解可能发生的反应及平衡转化率（α）与温度（T）的关系分别如下图所示，已知：

a．C2H6＝C2H4＋H2；b．C2H6＋CO2=C2H4＋CO＋H2O；c．C2H6＋2CO2＝4CO＋H2；d．2C2H6＋CO2＝C2H4＋2CO＋2H2＋CH4；e．16C2H6＋9CO2=14C2H4＋12CO＋12H2＋6H2O＋CH4。

下列说法正确的是________（填字母）。

a．600℃以下，反应a的趋势最大

b．CO2和C2H6耦合裂解有利于提高乙烷的平衡转化率

c．过量CO2和C2H6耦合高温裂解，可较好防止催化剂表面结炭

d．用合适的催化剂催化CO2和C2H6耦合裂解，可提高反应平衡常数

（3）以太阳能电池为电源，利用电解法也可实现CO2制备乙烯，其装置如图所示。

电极a为电源的________（填“正极”或“负极”），生成乙烯的电极反应式为________。

【答案】

（1）.

（2）.＋179（3）.47（4）.368.2（5）.cd（6）.bc（7）.负极（8）.2CO2＋12H＋＋12e－＝CH2＝CH2＋4H2O

【解析】

【分析】

（2）①利用盖斯定律；

②分压=物质的量分数

总压，代入平衡常数表达式可解；

③紧扣“逆向相等，变量不变”判断平衡状态；

（3）与电源负极相连的是阴极，得到电子，发生还原反应。

【详解】

（1）用

与NaOH溶液反应制取少量乙烯，且磷转化为磷酸正盐即Na3PO4。

综上该反应的化学方程式为：

；

（2）①反应Ⅲ=反应Ⅰ+反应Ⅱ，则△H3＝△H1+△H2=＋179kJ·mol－1。

②在1273K时，100kPa下反应（Ⅰ）达到平衡时，混合气体中C2H4、C2H6、H2的物质的量分别为0.047、0.006、0.047，乙烯的分压为p（C2H4）＝

=

47kPa；p（C2H6）＝6kPa，p（H2）=47kPa，平衡常数Kp＝

=368.2kPa；

③a．反应（Ⅱ）反应前后气体数目不变，压强一直恒定，故压强不再随时间变化不能说明已达到平衡状态，故a错误；

b．反应物和生成物全是气体，由质量守恒可知气体质量不变。

且恒容密闭容器，由密度=气体质量

容器体积，可知密度一直恒定，故混合气体密度不再随时间变化不能说明已达到平衡状态，故b错误；

c．v（H2）正＝v（CO）逆，一正一逆反应速率，且符合方程式的化学计量数之比，能说明已达到平衡状态，故c正确；

d．单位时间内断裂C＝O（正反应方向）的数目与断裂H－O（逆反应方向）的相等，且符合方程式的断键数目之比，能说明已达到平衡状态，故d正确；

答案选cd。

④a．600℃以下，反应e的α（C2H6）最大，故反应e的趋势最大，故a错误；

b．CO2和C2H6耦合裂解，可将C2H6转化为其他气体燃料，如CO和CH4，有利于提高乙烷的平衡转化率，故b正确；

c．过量CO2和C高温会反应为CO，可较好防止催化剂表面结炭，故c正确；

d．平衡常数仅受温度影响，催化剂不会改变平衡常数，故d错误；

答案选bc。

（3）与电极a相连的电极上CO2转化为乙烯，碳元素的化合价降低，得到电子，发生还原反应，作为阴极，故电极a为电源的负极，生成乙烯的电极反应式为2CO2＋12H＋＋12e－＝CH2＝CH2＋4H2O。

11.硫、铁及其化合物用途非常广泛。

回答下列问题：

（1）基态S原子价电子排布式为________，基态Fe原子未成对电子数为________个。

（2）团簇

中，S、C、N的化合价依次为－2、＋2、－3，Fe2＋与Fe3＋数目之比为________；与铁形成配位键的原子是________。

（3）工业上主要通过反应SO3＋SCl2＝SOCl2＋SO2制备SOCl2（氯化亚砜），上述四种分子中，属于非极性分子的是________；SCl2分子空间构型为________形；SOCl2分子中心原子杂化方式是________。

（4）黄铁矿的晶体结构如图所示，已知黄铁矿晶胞参数为a＝0.5417nm，阿伏加德罗常数的值为NA。

则黄铁矿的密度为________g·cm－3（列出计算式）。

【答案】

（1）.3s23p4

（2）.4（3）.3︰1（4）.S和C（5）.SO3（6）.V（7）.sp3（8）.

【解析】

【分析】

（1）主族元素的价电子排布式即最外层电子排布式，未成对电子数目看最外层电子的轨道排布式；

（2）列原子守恒、化合价的方程组可解；

（3）由中心原子的化合价与元素最高正价的关系可快速判断分子类型，由中心原子的价层电子对数可判断杂化类型，结合孤电子对数可判断空间构型；

（4）求密度公式：

。

【详解】

（1）S是第16号元素，位于元素周期表的第三周期第VIA族，故其价电子排布式为3s23p4，基态Fe原子价电子排布式为3d64s2，由3d轨道电子排布图可知，未成对电子数为4个；

（2）团簇

中，S、C、N的化合价依次为－2、＋2、－3，则－CN的化合价为-1，设Fe2＋数目为x，Fe3＋数目为y，则有①x+y=4②2x+3y=9（化合价代数和等于所带电荷）。

解得x=3，y=1。

则Fe2＋与Fe3＋数目之比为3︰1。

铁原子提供空轨，与C和S形成配位键；

（3）SO3中硫元素的化合价为+6，硫原子最外层6个电子全部成键，属于非极性分子；SCl2价层电子对数=

=4，孤电子对数=4-2=2，则分子空间构型为V形；SOCl2价层电子对数=4，分子中心原子杂化方式是sp3；

（4）已知黄铁矿晶胞参数为a＝0.5417nm=0.5417

cm，则黄铁矿的密度为:

g·cm－3。

12.以芳香化合物A为原料制备灭鼠剂氟鼠酮中间体（G）的一种合成路线如下：

回答下列问题：

（1）A的化学名称是________；A→B的试剂及反应条件依次是________。

（2）E→F的反应类型是________。

（3）D的结构简式为________。

（4）G中的含氧官能团名称为________。

（5）芳香化合物X是F的同分异构体，X能发生银镜反应和水解反应，核磁共振氢谱有4组峰且峰面积之比为6︰6︰1︰1，写出一种符合上述条件的X的结构简式：

________。

（6）PES（聚丁二酸乙二醇酯）是一种可生物降解型聚酯，设计以1，2－二氯乙烷为初始原料制备PES的合成路线：

________（无机试剂任用）。

【答案】

（1）.甲苯

（2）.Cl2，光照（3）.取代反应（4）.

（5）.羟基、酯基和醚键（6）.

或

（7）.

【解析】

【分析】

由题干信息可以推出：

A：

→B：

→C：

→D：

→E：

。

【详解】

（1）A：

，化学名称是甲苯；A：

→B：

取代的是甲基上的氢原子，故试剂及反应条件依次是Cl2，光照；

（2）E：

断C-Cl键，剩下的带苯环的结构取代苯甲醚中醚键对位上的氢原子，故E→F的反应类型是取代反应；

（3）由分析可知，D的结构简式为

；

（4）芳香化合物X是F的同分异构体，X能发生银镜反应和水解反应，核磁共振氢谱有4组峰且峰面积之比为6︰6︰1︰1，分析一下限定条件：

“峰面积之比为6︰6”应该分别是两个甲基对称等效，