高考化学真题Word——新课标卷试题答案解析 9页

‎2013年普通高等学校招生全国统一考试（新课标Ⅰ卷）‎ 化学试题及答案解析 可能用到的相对原子质量：H 1　C 12　N 14　O 16　Mg 24　S 32　K 39　Mn 55‎ 一、选择题：本题共13小题，每小题6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。‎ ‎7．化学无处不在，下列与化学有关的说法不正确的是(　　)‎ A．侯氏制碱法的工艺过程中应用了物质溶解度的差异 B．可用蘸浓盐酸的棉棒检验输送氨气的管道是否漏气 C．碘是人体必需微量元素，所以要多吃富含高碘酸的食物 D．黑火药由硫黄、硝石、木炭三种物质按一定比例混合制成 答案：C解析：C选项，应多吃富含碘元素的食物，如KIO3。高碘酸为强酸，对人体有很强的腐蚀性。‎ ‎8．香叶醇是合成玫瑰香油的主要原料，其结构简式如下：‎ 下列有关香叶醇的叙述正确的是(　　)‎ A．香叶醇的分子式为C10H18O B．不能使溴的四氯化碳溶液褪色 C．不能使酸性高锰酸钾溶液褪色 D．能发生加成反应不能发生取代反应 答案：A解析：根据碳原子的四价原则补齐氢原子，直接查出C、H的原子个数，A选项正确；该有机物分子中含有碳碳双键，B、C选项错误；含有甲基、醇羟基，所以可以发生取代反应，D选项错误。‎ ‎9．短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，其简单离子都能破坏水的电离平衡的是(　　)‎ A．W2－、X＋ B．X＋、Y3＋‎ C．Y3＋、Z2－ D．X＋、Z2－‎ 答案：C解析：A选项W在X的上一周期，所以X为第3周期，分别为O、Na；B选项X可能为Li或Na、Y可均为Al；D选项X可能为Li或Na、Z可能为O或S；上述选项中的Na＋均不影响水的电离平衡；C选项Y只能为Al、Z只能为S，Al3＋、S2－均影响水的电离平衡。‎ ‎10．银质器皿日久表面会逐渐变黑，这是生成了Ag2S的缘故。根据电化学原理可进行如下处理：在铝质容器中加入食盐溶液，再将变黑的银器浸入该溶液中，一段时间后发现黑色会褪去。下列说法正确的是(　　)‎ A．处理过程中银器一直保持恒重 B．银器为正极，Ag2S被还原生成单质银 C．该过程中总反应为2Al＋3Ag2S===6Ag＋Al2S3‎ D．黑色褪去的原因是黑色Ag2S转化为白色AgCl 答案：B解析：由“电化学原理”可知正极反应式为Ag2S＋2e－===2Ag＋S2－，负极反应式为Al－3e－===Al3＋；电解质溶液中发生反应Al3＋＋3H2OAl(OH)3＋3H＋，S2－与H＋结合生成H2S，使Al3＋＋3H2OAl(OH)3＋3H＋的平衡右移，最终生成Al(OH)3沉淀，只有B选项正确。‎ ‎11．已知Ksp(AgCl)＝1.56×10－10，Ksp(AgBr)＝7.7×10－13，Ksp(Ag2CrO4)＝9.0×10－12。某溶液中含有Cl－、Br－和，浓度均为0.010 mol·L－1，向该溶液中逐滴加入0.010‎ ‎ mol·L－1 的AgNO3溶液时，三种阴离子产生沉淀的先后顺序为(　　)‎ A．Cl－、Br－、‎ B．、Br－、Cl－‎ C．Br－、Cl－、‎ D．Br－、、Cl－答案：C 解析：因为溶液中Cl－、Br－、浓度相同，假设滴加AgNO3溶液的过程中混合液中Cl－、Br－、浓度不变，均为0.010 mol·L－1，则开始生成AgCl、AgBr、Ag2CrO4沉淀时溶液中c(Ag＋)浓度分别为1.56×10－8 mol·L－1、7.7×10－11 mol·L－1、3.0×10－5 mol·L－1，所以首先沉淀的是AgBr，最后沉淀的是Ag2CrO4。‎ ‎12．分子式为C5H10O2的有机物在酸性条件下可水解为酸和醇，若不考虑立体异构，这些醇和酸重新组合可形成的酯共有(　　)‎ A．15种 B．28种 C．32种 D．40种答案：D 解析：属于C5H10O2的酯水解可生成的酸有甲酸、乙酸、丙酸、两种丁酸[CH3CH2CH2COOH、(CH3)2CHCOOH]，共5种；生成的醇有甲醇、乙醇、两种丙醇、4种丁醇，共8种，酸与醇酯化，共得5×8＝40种组合，即40种酯。‎ ‎13．下列实验中，所采取的分离方法与对应原理都正确的是(　　)‎ 选项 目的 分离方法 原理 A．‎ 分离溶于水中的碘 乙醇萃取 碘在乙醇中的溶解度较大 B．‎ 分离乙酸乙酯和乙醇 分液 乙酸乙酯和乙醇的密度不同 C．‎ 除去KNO3固体中混杂的NaCl 重结晶 NaCl在水中的溶解度很大 D．‎ 除去丁醇中的乙醚 蒸馏 丁醇与乙醚的沸点相差较大 答案：D解析：乙醇与水、乙酸乙酯与乙醇互溶，A、B选项中的分离方法均错误；C选项选用重结晶法是利用KNO3的溶解度受温度变化的影响大，而NaCl的溶解度受温度变化的影响小，错误；蒸馏是利用各组分的沸点不同而采取的分离混合物的方法，D正确。‎ 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做答。第33题～第40题为选考题，考生根据要求做答。‎ ‎(一)必考题(共129分)‎ ‎26．(13分)醇脱水是合成烯烃的常用方法，实验室合成环己烯的反应和实验装置如下：‎ ‎＋H2O 可能用到的有关数据如下：‎ 相对分子质量 密度/(g·cm－3)‎ 沸点/℃‎ 溶解性 环己醇 ‎100‎ ‎0.961 8‎ ‎161‎ 微溶于水 环己烯 ‎82‎ ‎0.810 2‎ ‎83‎ 难溶于水 合成反应：‎ 在a中加入‎20 g环己醇和2小片碎瓷片，冷却搅动下慢慢加入1‎ ‎ mL浓硫酸。b中通入冷却水后，开始缓慢加热a，控制馏出物的温度不超过‎90 ℃‎。‎ 分离提纯：‎ 反应粗产物倒入分液漏斗中分别用少量5%碳酸钠溶液和水洗涤，分离后加入无水氯化钙颗粒，静置一段时间后弃去氯化钙。最终通过蒸馏得到纯净环己烯‎10 g。‎ 回答下列问题：‎ ‎(1)装置b的名称是______。‎ ‎(2)加入碎瓷片的作用是______；如果加热一段时间后发现忘记加瓷片，应该采取的正确操作是______(填正确答案标号)。‎ A．立即补加 B．冷却后补加 C．不需补加 D．重新配料 ‎(3)本实验中最容易产生的副产物的结构简式为________________。‎ ‎(4)分液漏斗在使用前须清洗干净并______；在本实验分离过程中，产物应该从分液漏斗的______(填“上口倒出”或“下口放出”)。‎ ‎(5)分离提纯过程中加入无水氯化钙的目的是________________________。‎ ‎(6)在环己烯粗产物蒸馏过程中，不可能用到的仪器有______(填正确答案标号)。‎ A．圆底烧瓶　B．温度计　C．吸滤瓶　D．球形冷凝管　E．接收器 ‎(7)本实验所得到的环己烯产率是______(填正确答案标号)。‎ A．41%　　 B．50% 　　C．61% 　　D．70%‎ 回答下列问题：‎ ‎(1)LiCoO2中，Co元素的化合价为______。‎ ‎(2)写出“正极碱浸”中发生反应的离子方程式__________________________。‎ ‎(3)“酸浸”一般在‎80 ℃‎下进行，写出该步骤中发生的所有氧化还原反应的化学方程式______________________________________；可用盐酸代替H2SO4和H2O2的混合液，但缺点是____________________。‎ ‎(4)写出“沉钴”过程中发生反应的化学方程式__________________________。‎ ‎(5)充放电过程中，发生LiCoO2与Li1－xCoO2之间的转化，写出放电时电池反应方程式____________________________。‎ ‎(6)上述工艺中，“放电处理”有利于锂在正极的回收，其原因是__________________。在整个回收工艺中，可回收到的金属化合物有____________________(填化学式)。‎ ‎26．答案：(1)直形冷凝管 ‎(2)防止暴沸　B ‎(3)‎ ‎(4)检漏　上口倒出 ‎(5)干燥(或除水除醇)‎ ‎(6)CD ‎(7)C 解析：‎ ‎(2)如果立即补加碎瓷片，可能使反应液暴沸，发生危险，A选项错误；C选项不能防止暴沸，错误；D选项浪费药品，错误；(3)醇在浓硫酸作催化剂时，加热条件下可能发生分子内脱水生成烯烃，也可能发生分子间脱水生成醚；(4)环己烯的密度比水小，位于分液漏斗中液体的上层，分液时要先把下层液体从下口放出，再将上层液体从上口倒出，防止从下口放出时混有部分下层液体；(5)无水氯化钙能与水结合，也能与乙醇结合；(7)n(环己醇)＝＝0.2 mol、n(环己烯)＝＝0.122 mol，产率＝×100%＝61%。‎ ‎27．(15分)锂离子电池的应用很广，其正极材料可再生利用。某锂离子电池正极材料有钴酸锂(LiCoO2)、导电剂乙炔黑和铝箔等。充电时，该锂离子电池负极发生的反应为‎6C＋xLi＋＋xe－===LixC6。现欲利用以下工艺流程回收正极材料中的某些金属资源(部分条件未给出)。‎ 答案：(1)＋3‎ ‎(2)2Al＋2OH－＋6H2O===2[Al(OH)4]－＋3H2↑‎ ‎(3)2LiCoO2＋3H2SO4＋H2O2Li2SO4＋2CoSO4＋O2↑＋4H2O,2H2O22H2O＋O2↑　有氯气生成，污染较大 ‎(4)CoSO4＋2NH4HCO3===CoCO3↓＋(NH4)2SO4＋H2O＋CO2↑‎ ‎(5)Li1－xCoO2＋LixC6===LiCoO2＋‎‎6C ‎(6)Li＋从负极中脱出，经由电解质向正极移动并进入正极材料中　Al(OH)3、CoCO3、Li2SO4‎ 解析：(2)正极材料中含有与强碱溶液反应的Al；(3)LiCoO2经酸浸生成CoSO4，Co化合价由＋3降低为＋2，化合价升高的只能为H2O2，H2O2中的O化合价由－1升高为0，生成O2，据此配平即可；注意题干中有对温度的要求，可知H2O2会发生分解；抓住信息“用盐酸代替H2SO4和H2O2的混合液”，把还原剂H2O2去掉了，所以作为还原剂的只能为盐酸，盐酸被氧化生成Cl2，Cl2有毒，污染环境；(5)正极发生得电子的反应，Co的化合价降低，由Li1－xCoO2生成LiCoO2化合价由＋(3＋x)降低到＋3，降低了x，故正极反应式为Li1－xCoO2＋xe－＋xLi＋===LiCoO2，由充电时电池负极反应式可知放电时负极反应式为LixC6－xe－===‎6C＋xLi＋，两电极反应式相加可得电池反应式；(6)注意信息“有利于锂在正极的回收”结合原电池的工作原理，阳离子向正极移动即可分析；沉淀有Al(OH)3、CoCO3，水相为Li2SO4溶液，可知回收的金属化合物。‎ ‎28．(15分)二甲醚(CH3OCH3)是无色气体，可作为一种新型能源。由合成气(组成为H2、CO和少量的CO2)直接制备二甲醚，其中的主要过程包括以下四个反应：‎ 甲醇合成反应：‎ ‎(ⅰ)CO(g)＋2H2(g)===CH3OH(g)　H1＝－90.1 kJ·mol－1‎ ‎(ⅱ)CO2(g)＋3H2(g)===CH3OH(g)＋H2O(g)　H2＝－49.0 kJ·mol－1‎ 水煤气变换反应：‎ ‎(ⅲ)CO(g)＋H2O(g)===CO2(g)＋H2(g)　H3＝－41.1 kJ·mol－1‎ 二甲醚合成反应：‎ ‎(ⅳ)2CH3OH(g)===CH3OCH3(g)＋H2O(g)　H4＝－24.5 kJ·mol－1‎ 回答下列问题：‎ ‎(1)Al2O3是合成气直接制备二甲醚反应催化剂的主要成分之一。工业上从铝土矿制备较高纯度Al2O3的主要工艺流程是_____________________(以化学方程式表示)。‎ ‎(2)分析二甲醚合成反应(ⅳ)对于CO转化率的影响_________________。‎ ‎(3)由H2和CO直接制备二甲醚(另一产物为水蒸气)的热化学方程式为______________________________。根据化学反应原理，分析增加压强对直接制备二甲醚反应的影响________________________________。‎ ‎(4)有研究者在催化剂(含Cu－Zn－Al－O和Al2O3)、压强为5.0 MPa的条件下，由H2和CO直接制备二甲醚，结果如图所示。其中CO转化率随温度升高而降低的原因是______________________。‎ ‎(5)二甲醚直接燃料电池具有启动快、效率高等优点，其能量密度高于甲醇直接燃料电池(5.93 kW·h·kg－1)。若电解质为酸性，二甲醚直接燃料电池的负极反应为________________________，一个二甲醚分子经过电化学氧化，可以产生______个电子的电量；该电池的理论输出电压为1.20 V，能量密度E＝______________________(列式计算。能量密度＝电池输出电能/燃料质量，1 kW·h＝3.6×106 J)。‎ 答案：(1)Al2O3(铝土矿)＋2NaOH＋3H2O===2NaAl(OH)4，NaAl(OH)4＋CO2===Al(OH)3↓＋NaHCO3,2Al(OH)3Al2O3＋3H2O ‎(2)消耗甲醇，促进甲醇合成反应(ⅰ)平衡右移，CO转化率增大；生成的H2O，通过水煤气变换反应(ⅲ)消耗部分CO ‎(3)2CO(g)＋4H2(g)===CH3OCH3(g)＋H2O(g)　H＝－204.7 kJ·mol－1　该反应分子数减少，压强升高使平衡右移，CO和H2转化率增大，CH3OCH3产率增加。压强升高使CO和H2浓度增加，反应速率增大 ‎(4)反应放热，温度升高，平衡左移 ‎(5)CH3OCH3＋3H2O－12e－===2CO2＋12H＋　12　÷(3.6×106 J·kW－1·h－1)＝8.39 kW·h·kg－1‎ 解析：(1)从铝土矿(主要成分Al2O3)中提取Al2O3，主要应用Al2O3能与强碱溶液反应，生成可溶性NaAlO2或NaAl(OH)4溶液，过滤除去其他不溶性杂质，向滤液中通入酸性气体CO2，生成Al(OH)3沉淀，过滤洗涤加热分解Al(OH)3得到Al2O3；‎ ‎(3)由反应式ⅳ＋ⅰ×2可得所求热化学方程式，所以H＝H4＋2H1＝(－24.5－90.1×2)kJ·mol－1＝－204.7 kJ·mol－1；化工生产中既要考虑产率(化学平衡移动原理)，也要考虑化学反应速率；(4)正反应放热，温度升高，平衡左移，CO的转化率降低；(5)燃料电池中，燃料在负极发生失电子的反应，二甲醚的分子式为C2H6O，在酸性条件下生成CO2，碳的化合价从－2价升至＋4价，一个二甲醚失去12个e－，书写过程：第一步CH3OCH3－12e－―→CO2，第二步配平除“H、O”之外的其他原子CH3OCH3－12e－―→2CO2，第三步用“H＋”配平电荷CH3OCH3－12e－―→CO2＋12H＋，第四步补水配氢CH3OCH3－12e－＋3H2O===2CO2＋12H＋，第五步用“O”检查是否配平；‎1 kg二甲醚可以产生×12电子，1 mol电子可以提供96 ‎500 C的电量，电压×电量＝功，故可求出能量密度。‎ ‎ (二)选考题：共45分。请考生从给出的3道物理题、3道化学题、2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。‎ ‎36．[化学——选修2：化学与技术](15分)‎ 草酸(乙二酸)可作还原剂和沉淀剂，用于金属除锈、织物漂白和稀土生产。一种制备草酸(含2个结晶水)的工艺流程如下：‎ 回答下列问题：‎ ‎(1)CO和NaOH在一定条件下合成甲酸钠、甲酸钠加热脱氢的化学反应方程式分别为__________________________、__________________________。‎ ‎(2)该制备工艺中有两次过滤操作，过滤操作①的滤液是______，滤渣是______；过滤操作②的滤液是______和______，滤渣是______。‎ ‎(3)工艺过程中③和④的目的是________________________。‎ ‎(4)有人建议甲酸钠脱氢后直接用硫酸酸化制备草酸。该方案的缺点是产品不纯，其中含有的杂质主要是______。‎ ‎(5)结晶水合草酸成品的纯度用高锰酸钾法测定。称量草酸成品‎0.250 g溶于水，用0.050 0 mol·L－1的酸性KMnO4溶液滴定，至浅粉红色不消褪，消耗KMnO4溶液15.00 mL，反应的离子方程式为________________；列式计算该成品的纯度______________。‎ 答案：(1)CO＋NaOHHCOONa　2HCOONaNa‎2C2O4＋H2↑‎ ‎(2)NaOH溶液　CaC2O4　H‎2C2O4溶液　H2SO4溶液　CaSO4‎ ‎(3)分别循环利用氢氧化钠和硫酸(降低成本)，减小污染 ‎(4)Na2SO4‎ ‎(5)5＋2＋16H＋===2Mn2＋＋8H2O＋10CO2↑‎ ‎×100%＝94.5%‎ 解析：(1)由“甲酸钠加热脱氢”生成Na‎2C2O4，依据原子守恒可知有H2生成；(2)Na‎2C2O4中加入Ca(OH)2生成CaC2O4和NaOH，过滤①后得CaC2O4沉淀和NaOH溶液，NaOH溶液经③可循环利用；向CaC2O4沉淀中加入H2SO4，生成H‎2C2O4和CaSO4，过滤②后得CaSO4沉淀和H‎2C2O4溶液，溶液中还有过量的H2SO4；(3)NaOH溶液和H2SO4可循环利用，是该流程的优点；(4)Na‎2C2O4和H2SO4反应生成的H‎2C2O4和Na2SO4均可溶，故会使草酸中混有Na2SO4；(5)草酸被氧化为CO2，被还原为Mn2＋，依据化合价升降总数相等和电子得失守恒配平即可；n()＝‎0.015 L×0.050 0 mol·L－1，依据离子方程式n()＝n()＝‎0.015 L×0.050 0 mol·L－1×，m(H‎2C2O4·2H2O)＝‎0.015 L×0.050 0 mol·L－1××‎126 g·mol－1。‎ ‎37．[化学——选修3：物质结构与性质](15分)‎ 硅是重要的半导体材料，构成了现代电子工业的基础。回答下列问题：‎ ‎(1)基态Si原子中，电子占据的最高能层符号为______，该能层具有的原子轨道数为______、电子数为______。‎ ‎(2)硅主要以硅酸盐、______等化合物的形式存在于地壳中。‎ ‎(3)单质硅存在与金刚石结构类似的晶体，其中原子与原子之间以______相结合，其晶胞中共有8个原子，其中在面心位置贡献______个原子。‎ ‎(4)单质硅可通过甲硅烷(SiH4)分解反应来制备。工业上采用Mg2Si和NH4Cl在液氨介质中反应制得SiH4，该反应的化学方程式为__________________________。‎ ‎(5)碳和硅的有关化学键键能如下所示，简要分析和解释下列有关事实：‎ 化学键 C—C C—H C—O Si—Si Si—H Si—O ‎356‎ ‎413‎ ‎336‎ ‎226‎ ‎318‎ ‎452‎ ‎①硅与碳同族，也有系列氢化物，但硅烷在种类和数量上都远不如烷烃多，原因是____________________________________。‎ ‎②SiH4的稳定性小于CH4，更易生成氧化物，原因是__________________________。‎ ‎(6)在硅酸盐中，四面体(如下图(a))通过共用顶角氧离子可形成岛状、链状、层状、骨架网状四大类结构型式。图(b)为一种无限长单链结构的多硅酸根，其中Si原子的杂化形式为______，Si与O的原子数之比为______，化学式为__________________。‎ 图(a)‎ 图(b)‎ 答案：(1)M　9　4 (2)二氧化硅 (3)共价键　3‎ ‎(4)Mg2Si＋4NH4Cl===SiH4＋4NH3＋2MgCl2‎ ‎(5)①C—C键和C—H键较强，所形成的烷烃稳定。而硅烷中Si—Si键和Si—H键的键能较低，易断裂，导致长链硅烷难以生成 ‎②C—H键的键能大于C—O键，C—H键比C—O键稳定。而Si—H键的键能却远小于Si—O键，所以Si—H键不稳定而倾向于形成稳定性更强的Si—O键 ‎(6)sp3　1∶3　(或)‎ 解析：硅的核外电子排布式为1s22s22p63s23p2，M能层有s、p、d三个能级，共9个原子轨道；(3)立方体共有6个面，面心位置上贡献3个原子；(4)此反应不属于氧化还原反应，产物除SiH4外，还应有MgCl2，另一生成物只能是NH3；(5)由信息可知应从反应物、产物键能的差异角度进行分析；(6)一个硅原子与四个氧原子相连，形成4个σ键，硅原子最外层四个电子全部参与成键，无孤电子对，为sp3杂化；①、②两个氧原子有两个结构单元共用，如图 ‎，中间的结构单元均摊1，再加上其他2个氧原子，一个结构单元中含有一个硅原子、3个氧原子，依据化合价可知一个结构单元表现的化合价为－2，即化学式为或。‎ ‎38．[化学——选修5：有机化学基础](15分)‎ 查尔酮类化合物G是黄酮类药物的主要合成中间体，其中一种合成路线如下：‎ 已知以下信息：‎ ‎①芳香烃A的相对分子质量在100～110之间，1 mol A充分燃烧可生成‎72 g水。‎ ‎②C不能发生银镜反应。‎ ‎③D能发生银镜反应、可溶于饱和Na2CO3溶液、核磁共振氢谱显示其有4种氢。‎ ‎④‎ ‎⑤RCOCH3＋R′CHORCOCH===CHR′‎ 回答下列问题：‎ ‎(1)A的化学名称为______。‎ ‎(2)由B生成C的化学方程式为______________________________。‎ ‎(3)E的分子式为______，由E生成F的反应类型为______。‎ ‎(4)G的结构简式为__________________________。‎ ‎(5)D的芳香同分异构体H既能发生银镜反应，又能发生水解反应，H在酸催化下发生水解反应的化学方程式为__________________________。‎ ‎(6)F的同分异构体中，既能发生银镜反应，又能与FeCl3溶液发生显色反应的共有______种，其中核磁共振氢谱为5组峰，且峰面积比为2∶2∶2∶1∶1 的为__________________(写结构简式)。‎ 答案：(1)苯乙烯 ‎(2)＋2H2O ‎(3)C7H5O2Na　取代反应 ‎(4)(不要求立体异构)‎ ‎(5)‎ ‎(6)13　‎ 解析：一分子A中含有×2＝8个氢原子，100除以12可知A分子中含有8个碳原子，分子式为C8H8，A的结构为，由反应条件可知B到C发生醇的催化氧化，结合C不能发生银镜反应可知B、C分别为、‎ ‎；D中含有—CHO和苯环，再由D可溶于饱和碳酸钠溶液知D中含有酚羟基，D还含有四种氢原子，苯环上的两个取代基应在对位，结构简式为，则E为，由信息④可知F为，由信息⑤可知G的结构为；(5)能发生水解可知H中含有酯基，依据碳原子、氧原子个数可知H只能为甲酸某酯，结构简式为；(6)F的同分异构体分子中一定含有—CHO、酚羟基，则苯环上的取代基可能为三个(—CHO、—OH、—CH3)，也可能为两个(—CH2—CHO、—OH)，三个取代基采用固定一个取代基，移动另一取代基法，先固定—OH、然后加—CH3，有邻、间、对三种：①、②、③，然后再加上—CHO，分别有4、4、2种，共10种；两个取代基的有邻、间、对三种，共13种；五组峰说明有五种氢原子，且有三个峰面积比为2∶2∶2，所以为对位。‎