1、四川省宜宾市第四中学2021届高三上学期开学考试理综化学试题1. 煤、石油、天然气仍是人类使用的主要能源，同时也是重要的化工原料，我们熟悉的塑料、合成纤维和合成橡胶主要是以石油、煤和天然气为原料生产的。下列说法中不正确的是A. 工业上可通过石油的热裂解生产苯、甲苯等芳香烃（ ）B. 煤干馏的产品有焦炉煤气、煤焦油和焦炭C. 羊毛、蚕丝、棉花和麻等是天然的蛋白纤维或植物纤维D. 天然气是一种清洁的化石燃料，作为化工原料它主要用于合成氨和甲醇【答案】A【解析】【详解】A工业上，通过石油的热裂解获得乙烯、1，3-丁二烯等短链不饱和烃，通过煤的干馏获得苯、甲苯等芳香烃，故A错误；B煤干馏是隔绝空气加强
2、热发生反应，产品主要为出炉煤气、煤焦油和焦炭，故B正确；C羊毛、蚕丝、棉花和麻等在自然界中存在，属于天然纤维，故C正确；D天然气广泛用于民用及商业燃气灶具、热水器，是一种清洁的化石燃料，天然气也可用作化工原料，以天然气为原料的一次加工产品主要有合成氨、甲醇、炭黑等，故D正确；答案选A。2. 下列说法中，正确的是A. 将2 g H2与足量的N2混合，充分反应后转移的电子数为2NAB. 1molNa218O2与足量水反应，最终水溶液中18O原子为2NA个C. 常温下，46gNO2和N2O4组成的混合气体中所含有的分子数为NAD. 100mL 12mol/L的浓HNO3与过量Cu反应，转移的电子数大
3、于0.6NA【答案】D【解析】【详解】A将2 g H2与足量的N2混合，该反应为可逆反应，不能进行彻底，充分反应后转移的电子数小于2NA，故A错误；B. 1molNa218O2与足量水生成氢氧化钠和氧气，过氧化钠中的氧原子转化为氢氧化钠和氧气中的氧原子，最终水溶液中18O原子为NA个，故B错误；CNO2、N2O4的摩尔质量不同，无法计算混合气体的组成，故C错误；D由于浓HNO3与铜反应生成NO2，而稀HNO3与铜反应生成NO，Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2 +2NO2+2H2O、3Cu+8HNO3=3Cu(NO3)2 +2NO+4H2O，100mL12molL-1的浓HNO3完全被还
4、原为NO2转移0.6mol电子，完全被还原为NO转移0.9mol电子，转移的电子数大于0.6NA，故D正确；答案选D。3. 石蜡油分解是获得烯烃的一种常用方法，实验如图所示。下列有关说法不正确的是（ ）A. 装置中逸出的气体通入高锰酸钾溶液，发生氧化反应B. 装置中硫酸铝、碎瓷片均是催化剂C. 十八烷完全分解为乙烷和最多乙烯时，二者物质的量之比为1：8D. 石蜡油分解生成的烯烃一定是乙烯【答案】D【解析】【详解】A.石蜡油分解产生烯烃，逸出的气体通入高锰酸钾溶液，能使溶液褪色，发生氧化反应，A正确；B.装置中硫酸铝、碎瓷片是催化剂，降低了反应的活化能，从而加快了石蜡分解的速率，B正确；C.十八
5、烷完全分解为乙烷和最多乙烯时，遵循碳原子守恒，则二者物质的量之比为1：8，C正确；D.石蜡油经催化裂解后获得小分子的烷烃和烯烃混合物，但不饱和烃不一定指的是乙烯， D错误；答案选D。4. 主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次増加，且均不超过20。W、X、Y最外层电子数之和为15，化合物Z+Y-WX-是实验室用于检验某常见金属离子的一种化学试剂。下列说法错误的是A 离子半径大小:YZB. 元素X、Z的氢化物遇水均能形成碱性溶液C. 简单氢化物的沸点:WS，则离子半径：S2-K+，A选项正确；BX为N元素，Z为K元素，两者的氢化物分别为NH3和KH，NH3与遇水形成NH3H2O，显碱性，KH遇水形
6、成KOH，显碱性，B选项正确；CNH3分子间可形成氢键，因此沸点高于CH4，C选项正确；DS-CN-中所有原子最外层均满足8电子稳定结构，D选项错误；答案选D。5. CO2 和 CH4 重整可制备合成气，催化重整反应历程示意图如下：下列说法不正确的是A. Ni 在该反应中做催化剂，参与化学反应B. 吸收能量C. 既有碳氧键的断裂，又有碳氧键的形成D. 合成气的主要成分为 CO 和 H2【答案】B【解析】【分析】由图可知，1分子甲烷和1分子二氧化碳在Ni的催化下，首先C-H键断裂，氢原子结合形成2分子氢气，其余原子形成过渡态，最后放热生成2分子一氧化碳。【详解】A. Ni 在该反应中做催化剂，参
7、与构成过渡态，A正确；B. 从整体看，能量低，释放能量，B错误；C. 既有碳氧键的断裂，又有碳氧键的形成，C正确；D.根据流程可知，产物合成气的主要成分为 CO 和 H2，D正确；答案为B。6. 制备(NH4)2Fe(SO4)26H2O的实验中，需对过滤出产品的母液(pH1)进行处理。室温下，分别取母液并向其中加入指定物质，反应后的溶液中主要存在的一组离子正确的是A. 通入过量Cl2：Fe2+、H+、Cl、B. 加入少量NaClO溶液：、Fe2+、H+、ClOC. 加入过量NaOH溶液：Na+、Fe2+、OHD. 加入过量NaClO和NaOH的混合溶液：Na+、Cl、ClO、OH【答案】D【解
8、析】【详解】A过量氯气可氧化Fe2+，则不能大量存在Fe2+，故A错误；BFe2+在酸性条件下能被ClO-氧化，不能大量共存，故B错误；CFe2+、NH4+分别与OH-反应，不能大量共存，故C错误；D该组离子彼此之间不反应，可大量共存，故D正确；故答案为D。7. 二甲胺(CH3)2NH在水中电离与氨相似，。常温下，用0.100mol/L的HCl分别滴定20. 00mL浓度均为0.100mol/L的NaOH和二甲胺溶液，测得滴定过程中溶液的电导率变化曲线如图所示。下列说法正确的是A b点溶液： B. d点溶液：C. e点溶液中：D. a、b 、c、d点对应的溶液中，水的电离程度：【答案】D【解析
9、】【分析】NaOH是强碱，二甲胺是弱碱，则相同浓度的NaOH和二甲胺，溶液导电率：NaOH(CH3)2NH，所以曲线表示NaOH滴定曲线、曲线表示(CH3)2NH滴定曲线，然后结合相关守恒解答。【详解】Ab点溶液中溶质为等物质的量浓度的(CH3)2NHH2O和(CH3)2NH2Cl，(CH3)2NH2Cl的水解常数，所以(CH3)2NHH2O的电离程度大于(CH3)2NH2Cl的水解程度导致溶液呈碱性，但是其电离和水解程度都较小，则溶液中微粒浓度存在：，A错误；Bd点二者完全反应生成(CH3)2NH2Cl，水解生成等物质的量的和H+，水解程度远大于水的电离程度，因此与近似相等，该溶液呈酸性，因
10、此，则， 溶液中存在电荷守恒：，因此，故B错误；Ce点溶液中溶质为等物质的量浓度的(CH3)2NH2Cl、HCl，溶液中存在电荷守恒：，物料守恒：，则，故C错误；D酸或碱抑制水电离，且酸中c(H+)越大或碱中c(OH)越大其抑制水电离程度越大，弱碱的阳离子或弱酸的阴离子水解促进水电离，a点溶质为等浓度的NaOH和NaCl；b点溶质为等物质的量浓度的(CH3)2NHH2O和(CH3)2NH2Cl，其水溶液呈碱性，且a点溶质电离的OH-浓度大于b点，水的电离程度：ba；c点溶质为NaCl，水溶液呈中性，对水的电离无影响；d点溶质为(CH3)2NH2Cl，促进水的电离，a、b点抑制水电离、c点不影响
11、水电离、d点促进水电离，所以水电离程度关系为：dcba，故D正确；答案选D。8. 1840年，Devil用干燥的氯气通过干燥的硝酸银制得了N2O5。(1)F.DanielS等曾利用测压法在刚性反应器中研究了特定条件下N2O5(g)分解反应：已知：2N2O5(g)=2N2O4(g)+O2(g) H1=-4.4kJmol-12NO2(g)=N2O4(g) H2=-55.3kJmol-1则反应N2O5(g)=2NO2(g)O2(g)的H=_kJmol-1。(2)查阅资料得知N2O5是硝酸的酸酐，常温呈无色柱状结晶体，微溶于冷水，可溶于热水生成硝酸，熔点32.5，受热易分解，很容易潮解，有毒。在通风橱
12、中进行模拟实验制取N2O5的装置如图：注：虚线框内为该组同学自制特殊仪器，硝酸银放置在b处。请回答下列问题：实验开始前，需要打开a处活塞并鼓入空气，目的是_。经检验，氯气与硝酸银反应的产物之一为氧气，写出此反应的化学反应方程式_。实验时，装置C应保持在35，可用的方法是_。能证明实验成功制得N2O5的现象是_。装置D中的试剂是_，作用是_。装置E烧杯中的试剂为_。【答案】 (1). 53.1 (2). 除去装置C中的水蒸气 (3). 2Cl2+4AgNO3=4AgCl+2N2O5+O2 (4). 水浴等 (5). 装置C中c处有液体生成 (6). 浓硫酸 (7). 防止装置E中水蒸气从导管回流
13、到装置C中，引起N2O5潮解 (8). NaOH【解析】【分析】实验的目的，用干燥的氯气通过干燥的硝酸银制得了N2O5，所以A装置为Cl2的制取装置；由于N2O5很容易潮解，所以应将Cl2干燥后再通入C装置中，B、D装置中应放入浓硫酸；在C装置中，Cl2与浓硝酸反应生成AgCl、N2O5等，而N2O5的熔点为32.5，所以在35时，N2O5呈液态；E装置用于吸收尾气中的Cl2等。【详解】(1)已知：2N2O5(g)=2N2O4(g)+O2(g) H1= -4.4kJmol-1 2NO2(g)=N2O4(g) H2= -55.3kJmol-1 利用盖斯定律，将(-2)，即得反应N2O5(g)=2
14、NO2(g)O2(g)的H=53.1kJmol-1。答案为：53.1；(2)N2O5很容易潮解，应将Cl2干燥后再通入C装置中，所以实验开始前，需要打开a处活塞并鼓入空气，目的是除去装置C中的水蒸气。答案为：除去装置C中的水蒸气；经检验，氯气与硝酸银反应的产物为AgCl、N2O5、O2，则此反应的化学反应方程式为2Cl2+4AgNO3=4AgCl+2N2O5+O2。答案为：2Cl2+4AgNO3=4AgCl+2N2O5+O2；实验时，装置C若用酒精灯火焰直接加热，很难将温度保持在35，可用的方法是水浴等。答案为：水浴等；N2O5的熔点为32.5，所以在35时，N2O5呈液态，所以能证明实验成功
15、制得N2O5的现象是装置C中c处有液体生成。答案为：装置C中c处有液体生成；实验时，需防止E中产生的水蒸气进入C中，所以装置D中的试剂应能吸收水蒸气，应是浓硫酸，作用是防止装置E中水蒸气从导管回流到装置C中，引起N2O5潮解。答案为：浓硫酸；防止装置E中水蒸气从导管回流到装置C中，引起N2O5潮解；在装置C中，可能有一部分Cl2没有参加反应，所以装置E烧杯中应加入能吸收Cl2的试剂，其为NaOH。答案为：NaOH。【点睛】当需要控制温度在100或100以下，通常使用水浴加热，以便控制温度、且使反应物均匀受热。9. 氧化铬（Cr2O3）的性质独特，在冶金、颜料等领域有着不可替代的地位。一种利用淀
16、粉水热还原铬酸钠制备氧化铬的工艺流程如图：已知：向含少量Na2CO3的铬酸钠碱性溶液中通入CO2可制得不同碳化率的铬酸钠碳化母液。“还原”反应剧烈放热，可制得Cr(OH)3浆料。（1）该工艺中“还原”反应最初使用的是蔗糖或甲醛，后来改用价格低廉的淀粉。请写出甲醛（HCHO）与铬酸钠（Na2CrO4）溶液反应的离子方程式_。（2）将混合均匀的料液加入反应釜，密闭搅拌，恒温发生“还原”反应，下列有关说法错误的是_（填标号）。A.该反应一定无需加热即可进行B.必要时可使用冷却水进行温度控制C.铬酸钠可适当过量，使淀粉充分反应D.应建造废水回收池，回收含铬废水（3）测得反应完成后在不同恒温温度、不同碳
17、化率下Cr()还原率如图。实际生产过程中Cr()还原率可高达99.5%以上，“还原”阶段采用的最佳反应条件为_、_。（4）滤液中所含溶质为_。该水热法制备氧化铬工艺的优点有_、_（写出两条即可）。（5）由水热法制备的氢氧化铬为无定型氢氧化铬2Cr(OH)3H2O。将洗涤并干燥后的氢氧化铬滤饼充分煅烧，失去质量与固体残留质量比为_。【答案】 (1). 4CrO42-+3HCHO+4H2O=4Cr(OH)3+2OH-+3CO32- (2). AC (3). 碳化率40% (4). 恒温240 (5). Na2CO3 (6). 原料价格低廉、设备要求低 (7). 污染小、原料可循环利用、转化率高等
18、(8). 9:19【解析】【分析】在碱性条件下，利用铬酸钠碳化母液与淀粉发生氧化还原反应生成Cr(OH)3沉淀、碳酸钠或碳酸氢钠(取决于起始反应溶液的碱性)，然后过滤、洗涤，通过煅烧Cr(OH)3然后经过一系列操作得到产品，以此解答。【详解】（1）HCHO中碳元素化合价为0价，该反应在碱性环境下进行，最终生成为有碳酸钠、Cr(OH)3等，根据化合价升降守恒、电荷守恒以及原子守恒可知其反应的离子方程式为：4CrO42-+3HCHO+4H2O=4Cr(OH)3+2OH-+3CO32-；（2）A根据题目信息可知，还原过程需加热，引发反应，A正确；B因该反应放热剧烈，若温度过高，Cr(OH)3可能会发
19、生分解，会影响最终产品质量，因此可在必要时可使用冷却水进行温度控制，B错误；C过量铬酸钠会导致滤液回收处理时铬酸钠碳化母液的碳化率发生改变，为保证原料的充分利用，应使淀粉适当过量，使铬酸钠充分反应，C正确；D铬为重金属元素，直接排放至环境中会污染水资源，因此应建造废水回收池，回收含铬废水，D错误；综上可知，答案为AC；（3）由图可知，在碳化率为40%时，还原率较高，在温度为240时，还原率达到接近100%，再升高温度对于还原率影响不大，故最佳反应条件为：碳化率40%、恒温240；（4）由上述分析可知，滤液中所含溶质为：Na2CO3(或NaHCO3或Na2CO3、NaHCO3)；水热法制备工艺的
20、优点有：工艺清洁、原料价格低廉、设备要求低、副产物碳酸盐可用于铬酸钠碳化母液的制备、无废气废渣排放、废水可回收利用、流程短等；（5）加热过程中相关物质的转化关系为：2Cr(OH)3H2OCr2O35H2O，失去的质量为水，固体剩余的质量为氧化铬，即，剩余的质量：失去的质量为19：9。10. 钒钢具有高强度、弹性优良、抗磨损、抗冲击等性能，可用于汽车和飞机制造。一种从石煤（含SiO2、V2O3、V2O5和少量Fe2O3）中提取V2O5的流程如下图所示：已知：VO2VO2+Fe2Fe3P2O4TBP煤油中的溶解度很大较小0很大请回答下列问题：（1）“酸浸”时，为提高浸出速率，除适当增加硫酸浓度、减
21、小石煤矿粉粒径外，还可采取的措施有_（任写一条）；生成VO2反应的离子方程式为_。（2）从整个流程来看，“还原”的目的为_。（3）实验室模拟“萃取”时，需用到的玻璃仪器有_。（4）“氧化”时发生反应的离子方程式为_。（5）上述流程中可以循环利用的物质有_。（6）全钒液流储能电池的工作原理为VO2V3H2OVO2+V22H。充电时，阳极的电极反应式为_；两极区被质子交换膜隔开，放电时，若外电路转移2mole，则正极区溶液中n（H）_（填“增加”或“减少”）_mol。【答案】 (1). 适当升高反应温度、适当增大O2通入量、搅拌（其他合理答案均可，任写一条） (2). 2V2O38HO2=4VO2
22、4H2O (3). 将VO2+还原为VO2、Fe3还原为Fe2，利于后续萃取分离 (4). 分液漏斗、烧杯 (5). 6VO2ClO3-3H2O=6VO2+Cl6H (6). P2O4TBP煤油、NH3（或NH3H2O） (7). VO2eH2O=VO2+2H (8). 减少 (9). 2【解析】【分析】石煤(含SiO2、V2O3、V2O5和少量Fe2O3)与硫酸和氧气反应生成的主要是含有VO2、VO2+、Fe3，经过亚硫酸钠还原，变为VO2、Fe2，经过P2O4TBP煤油的萃取出VO2，再用硫酸反萃取出VO2，经过NaClO3的氧化，再加氨水沉钒，再热解得到V2O5。【详解】由流程图可知，“
23、酸浸”时需加入O2和H2SO4，为加快反应速率，除了适当增加硫酸浓度、减小石煤矿粉粒径外，还可采取适当升高反应温度、适当增大O2通入量、搅拌等措施；生成VO2反应的离子方程式为2V2O38HO2 = 4VO24H2O；故答案为：适当升高反应温度、适当增大O2通入量、搅拌(其他合理答案均可，任写一条）；2V2O38HO2=4VO24H2O。分析反应流程及表格数据可知，VO2与Fe3在P2O4TBP煤油中的溶解度很大，而VO2+与Fe2在萃取剂中的溶解度较小，要除去含铁杂质，可将VO2+还原为VO2、Fe3还原为Fe2，利于后续萃取分离；故答案为：将VO2+还原为VO2、Fe3还原为Fe2，利于后
24、续萃取分离。在“萃取”操作中，需用到的玻璃仪器有分液漏斗、烧杯；故答案为：分液漏斗、烧杯。“氧化”过程为加入NaClO3将VO2氧化为VO2+，发生反应的离子方程式为6VO2ClO33H2O = 6 VO2+Cl6H；故答案为：6VO2ClO33H2O = 6 VO2+Cl6H。由流程图可知，该流程进行了“萃取”与“反萃取”，故萃取剂P2O4TBP煤油可循环使用，另外“热解”产生的NH3可配制成NH3H2O溶液，用于“沉钒”操作；故答案为：P2O4TBP煤油、NH3(或NH3H2O)。充电时阳极发生氧化反应，其电极反应式应为VO2eH2O = VO2+2H。放电时正极反应式为VO2+e2H=
25、VO2H2O，负极反应式为V2eV3，故当外电路转移2mole时，正极反应消耗4molH，负极区有2molH通过质子交换膜移向正极区，故正极区溶液中n(H)将减少2mol；故答案为：VO2eH2O=VO2+2H；减少；2。11. 物质结构与性质碳及其化合物广泛存在于自然界中，回答下列问题：(1)处于一定空间运动状态的电子在原子核外出现的概率密度分布可用_形象化描述。在基态原子中，核外存在_对自旋相反的电子。(2)碳在形成化合物时，其键型以共价键为主，原因是_。(3)CS2分子中，共价键的类型有_，C原子的杂化轨道类型是_，写出两个与CS2具有相同空间构型和键合形式的分子或离子_。(4)CO能与
26、金属Fe形成Fe(CO)5，该化合物的熔点为253K，沸点为376K，其固体属于_晶体。碳有多种同素异形体，其中石墨烯与金刚石的晶体结构如图所示：在石墨烯晶体中，每个C原子连接_个六元环，每个六元环占有_个C原子。在金刚石晶体中，C原子所连接的最小环也为六元环，每个C原子连接_个六元环，六元环中最多有_个C原子在同一平面。【答案】 (1). 电子云 (2). 2 (3). C有4个价电子且半径较小，难以通过得或失电子达到稳定电子结构 (4). 键和键 (5). sp (6). CO2、SCN- (7). 分子 (8). 3 (9). 2 (10). 12 (11). 4【解析】【详解】(1)电
27、子云是处于一定空间运动状态的电子在原子核外出现的概率密度分布的形象化的描述；C原子的核外有6个电子，电子排布为1s22s22p2，其中1s、2s上的2对电子的自旋方向相反，而2p轨道的电子的自旋方向相同；(2)在原子结构中，最外层电子小于4个的原子易失去电子，而C原子的最外层是4个电子，且C原子的半径较小，则难以通过得或失电子达到稳定结构，所以主要通过共用电子对即形成共价键的方式来达到稳定结构；(3)CS2分子中，C与S原子形成双键，每个双键都是含有1个键和1个键，分子空间构型为直线型，则含有的共价键类型为键和键；C原子的最外层形成2个键，无孤对电子，所以为sp杂化；O与S同主族，所以与CS2
28、具有相同空间构型和键合形式的分子为CO2；与二氧化碳互为等电子体的离子有SCN-，所以SCN-的空间构型与键合方式与CS2相同；(4)该化合物熔点为253K，沸点为376K，说明熔沸点较低，所以为分子晶体；(5)根据均摊法来计算。石墨烯晶体中，每个C原子被3个6元环共有，每个六元环占有的C原子数是613= 2；每个C原子周围形成4个共价键，可以组合六个角，每个角延伸为两个六元环，因此每个碳原子连接有26=12个六元环；单键构成的六元环，有船式和椅式两种构象。船式构象的船底四个原子是共面的；椅式构象中座板部分的四个原子是共面的，所以六元环中最多有4个C原子共面。12. 药物中间体F的一种合成路线
29、如图：已知：RCOOR RCH2OH+ROH(R为H或烃基，R为烃基)回答下列问题；(1)A中官能团名称是 _；(2)反应的反应类型是 _。(3)反应的化学方程式为 _；(4)反应所需的试剂和条件是_。(5)F的结构简式为_。(6)芳香化合物W是E的同分异构体，W能水解生成X、Y两种化合物，X、Y的核磁共振氢谱均有3组峰，X的峰面积比为3:2:1，Y的峰面积为1:1:1，写出符合题意的W的结构简式 _(写一种)。(7)肉桂酸广泛用于香料工业与医药工业，设计以苯甲酸甲酯和丙二酸为起始原料制备肉桂酸的合成路线：_(无机试剂任用)。【答案】 (1). 醛基、酚羟基 (2). 取代反应 (3). +C
30、H3ONa+NaBr (4). CH3CH3OH/浓硫酸、加热 (5). (6). (7). 【解析】【分析】药物中间体F的一种合成路线如图，A结构简式到B发生的反应为酚羟基邻位氢原子被溴单质取代生成，B的结构简式：，B到C的反应是B和CH3ONa在催化剂DMF作用下发生取代反应生成C的结构简式为：，C和CH2(COOH)2为丙二酸发生反应得到D结构简式为：，D到E的反应是D和乙醇在浓硫酸做催化剂加热发生的酯化反应生成E为，E到F反应过程为，根据RCOORRCH2OH+ROH，可判断F的结构简式为：；(7)苯甲酸甲酯在LiAlH4作用下得到苯甲醇，在催化剂作用下被氧气氧化得到苯甲醛，再和丙二酸
31、发生反应得到肉桂酸()。【详解】(1)由分析知：A的结构简式，分子中官能团是醛基和酚羟基；(2)反应酚羟基邻位氢原子被溴单质取代生成，反应类型为取代反应；(3)反应是B和CH3ONa在催化剂DMF作用下发生取代反应生成C的结构简式为：，反应的化学方程式：；(4)反应是D和乙醇在浓硫酸做催化剂加热发生酯化反应生成E为，反应所需的试剂和条件是：CH3CH2OH和浓硫酸混合加热；(5)已知(5)已知：RCOORRCH2OH+ROH，且在LiAlH4作用下酯基变为醇羟基，可得到F结构简式为：；(6)芳香化合物W是E的同分异构体，W能水解生成X、Y两种化合物，X、Y的核磁共振氢谱均有3组峰，含三种氢原子，X的峰面积比为3：2：1，Y的峰面积为1：1：1，是指结构中含有本题氢原子的个数之比，据此书写W结构简式：；(7)苯甲酸甲酯在LiAlH4作用下得到苯甲醇，在催化剂作用下被氧气氧化得到苯甲醛，再和丙二酸发生反应得到肉桂酸()，以苯甲酸甲酯和丙二酸为起始原料制备肉桂酸的合成路线为：。【点睛】解题需要对给予的信息进行利用，充分利用有机物的结构与反应条件进行推断，采用正推和逆推相结合的方法，逐步分析有机合成路线，可推出各有机物的结构简式，然后分析官能团推断各步反应及反应类型。