1、广东省潮州市高级中学2020届高三化学下学期第一次网上模拟测试试题（含解析）1.下列我国科研成果所涉及材料中，主要成分为同主族元素形成的无机非金属材料的是（ ）A4.03米大口径碳化硅反射镜B2022年冬奥会聚氨酯速滑服C能屏蔽电磁波的碳包覆银纳米线D“玉兔二号”钛合金筛网轮A. AB. BC. CD. D【答案】A【解析】【详解】AC、Si都位于第IVA族，二者位于同一主族，故A选；B聚氨酯中含有C、H、O、N元素，分别位于第IVA族、第IA族、第VIA族、第VA族，这几种元素位于不同主族，故B不选；CC位于第IVA族、Ag位于第IB族，二者位于不同族且Ag为副族元素，故C不选；D钛合金主要
2、成分有Ti、Al等，Ti位于第IVB族，Al位于第IIIA族，Ti为副族元素，不符合，故D不选；故答案选A。2.短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X是地壳中含量最多的元素，Y原子的最外层有2个电子，Z的单质晶体是应用最广泛的半导体材料，W与X位于同一主族。下列说法正确的是A. 原子半径：r(W) r(Z) r(Y) r(X)B. 由X、Y组成的化合物是离子化合物C. Z的最高价氧化物对应水化物的酸性比W的强D. W的简单气态氢化物的热稳定性比X的强【答案】B【解析】【分析】X是地壳中含量最多的元素，因此X为O元素，Y的最外层有两个电子，且Y是短周期元素，原子序数大于O，因此Y为M
3、g元素，Z的单质晶体是广泛应用的半导体材料，所以Z为Si元素，W与X同主族，且W是短周期元素，原子序数大于X，所以W为S元素；据此解题；【详解】A.元素周期表中，同族元素原子半径随核电荷数增加而增加，O位于第二周期，其他元素位于第三周期，因此O的原子半径最小，同周期元素，核电荷数越大，原子半径越小，因此原子半径应为r(Mg)r(Si)r(S)r(O)，故A错误；B.X为O元素，Y为Mg元素，两者组成的化合物氧化镁为离子化合物，故B正确；C.Z为Si元素，W为S元素，因为S的非金属性强于Si，所以S的最高价氧化物对应水化物的酸性强于Si的，故C错误；D.W为S元素，X为O元素，因为O的非金属性强
4、于S，所以O的气态氢化物的热稳定性强于S的，故D错误；总上所述，本题选B。【点睛】本题考查元素周期表和元素周期律的推断、原子结构与元素性质，题目难度不大，应先根据提示推断所给原子的种类，原子结构与元素周期律的关系为解答关键，注意掌握原子构成及表示方法，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力。3.根据侯氏制碱原理制备少量NaHCO3的实验，经过制取氨气、制取NaHCO3、分离NaHCO3、干燥NaHCO3四个步骤，下列图示装置和原理能达到实验目的的是A. 制取氨气B. 制取碳酸氢钠C. 分离碳酸氢钠D. 干燥碳酸氢钠【答案】C【解析】【详解】A、氯化铵受热分解生成氨气和氯化氢在试管口遇冷又生成氯
5、化铵固体，不能用加热氯化铵固体的方法制备氨气，错误；B、气流方向错，应该从右侧导管通入CO2气体，错误；C、从溶液中分离出碳酸氢钠固体用过滤的方法，正确；D、碳酸氢钠受热易分解，不能用该装置干燥碳酸氢钠，错误。答案选C。4.汉黄芩素是传统中草药黄芩的有效成分之一，对肿瘤细胞的杀伤有独特作用。下列有 关汉黄芩素的叙述正确的是A. 汉黄芩素的分子式为C16H13O5B. 该物质遇 FeCl3溶液显色C. 1 mol该物质与溴水反应，最多消耗1mol Br2D. 与足量 H2 发生加成反应后，该分子中官能团的种类减少1种【答案】B【解析】【详解】A. 根据该分子的结构简式可知，其分子式为C16H12
6、O5，故A错误；B. 该分子中含有酚羟基，可与FeCl3溶液发生显色反应，故B正确；C. 该分子中含有酚羟基，酚羟基邻位碳原子上有氢原子，可以与Br2发生取代反应，含有碳碳双键，可发生加成反应，因此1mol该物质最多可消耗2molBr2，故C错误；D. 该物质与足量H2发生加成反应后，碳碳双键和羰基均被加成，官能团种类减少2种，故D错误。故选B。5.设NA为阿伏加德罗常数的数值。下列说法正确的是（ ）A. 1mol甲苯含有6NA个CH键B. 5NH4NO32HNO34N29H2O的反应中，生成28gN2，转移的电子数目为3.75NAC 标准状况下，22.4L氨水含有NA个NH3分子D. 56g
7、铁片投入足量浓硫酸中生成NA个SO2分子【答案】B【解析】【详解】A甲苯的分子式为C7H8，故1mol甲苯中含8NA个CH键，故A错误；B5NH4NO32HNO34N29H2O转移15mol电子，生成4mol氮气，故当生成28g氮气即1mol氮气时，转移3.75NA个电子，故B正确；C标况下氨水为液态，不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量和含有的氨气分子个数，故C错误；D铁在浓硫酸中钝化，不能完全反应，则生成二氧化硫分子个数小于NA个，故D错误；故答案选B。6.四甲基氢氧化铵(CH3)4NOH常用作电子工业清洗剂，以四甲基氯化铵(CH3)4NCl水溶液为原料，通过电解法制备(CH3)4NOH，
8、其工作原理如图所示，下列说法正确的是（ ）A. M电极的电极反应式为：4OH-4e-=O2+2H2OB. N电极接电源的正极C. 阳离子通过离子交换膜往M电极移动D. 制备18.2g(CH3)4NOH，两极共产生4.48L气体(标准状况)【答案】D【解析】【分析】N电极有氢气生成，发生还原反应，故N为阴极，则M为阳极；N极区水放电生成氢气与氢氧根离子，氢氧根离子再与溶液中(CH3)4N结合生成(CH3)4NOH，M极区是氯离子放电生成氯气，离子交换膜为阳离子交换膜；N极电极反应式为：2(CH3)4N2H2O2e2(CH3)4NOHH2，M极电极反应式为：2Cl2eCl2。【详解】AN电极有氢气
9、生成，发生还原反应，故N为阴极，则M为阳极，M极电极反应式为：2Cl2eCl2，故A错误；BN为阴极，连接电源的负极，故B错误；C在电解池中，阳离子向阴极移动，N为阴极，所以向N极移动，故C错误；D.18.2g(CH3)4NOH的物质的量为18.2g92g/mol0.2mol，N极电极反应式为：2(CH3)4N2H2O2e2(CH3)4NOHH2，收集氢气0.1mol，转移电子为0.2mol，M极电极反应式为：2Cl2eCl2，收集氯气为0.1mol，故标况下两极可得气体体积为：0.2mol22.4L/mol4.48L，故D正确；故答案选D。【点睛】本题关键是根据生成氢气的位置判断阴极和阳极，
10、注意理解电解池工作原理。7.25，用0.1molL-1的氨水滴定10mL0.05molL-1的二元酸H2X溶液，滴定过程中加入氨水的体积(V)与溶液中lg的关系如图所示。下列说法正确的是（ ）A. A点的pH等于2B. B点溶液中离子浓度大小顺序为：c(NH4+)c(X2-)c(H+)c(HX-)c(OH-)C. 由图可知，25时，NH3H2O的Kb=D. A点到C点，水的电离程度先减小后增大【答案】C【解析】【分析】AA点lg12，结合水的离子积计算；BB点lg2，溶液呈酸性，溶质为(NH4)2X；C氨水的电离常数表达式为Kb，根据中性点计算；DB点为(NH4)2X，此时水的电离程度最大，B
11、点后继续加入氨水，水的电离程度逐渐减小。【详解】AA点lg12，结合c(H)c(OH)1014可知：c(H)0.1mol/L，此时溶液的pH1，故A错误；B由A点pH=1，可知H2X为二元强酸，根据图示可知，B点反应后溶质为(NH4)2X，X2-不水解，溶液中不存在HX-离子，故B错误；CC点加入bmL0.1molL1的氨水，根据图示可知lg0，则c(H)c(OH)107mol/L，此时H2X完全反应生成(NH4)2X，n(NH4)2X0.05mol/L0.01L5104mol，n(NH4)1103mol，n(NH3H2O)0.1mol/Lb103L1103mol(b10)104mol，设C点
12、溶液体积为VL，则Kb，故C正确；DA点到C点过程中，B点溶质为(NH4)2X，此时水的电离程度达到最大，之后随着氨水的滴入，水的电离程度逐渐减小，所以该过程中水的电离程度先增大后减小，故D错误；故答案选C。【点睛】本题明确图示曲线变化情况为解答关键，注意掌握电离平衡常数、溶液酸碱性与溶液pH的关系。8.丁烷的催化裂解可按下列两种方式进行：C4H10C2H6+C2H4； C4H10CH4+C3H6；某化学兴趣小组的同学为探究丁烷裂解气中CH4和C2H6的比例关系，设计如图所示实验：注：CuO能将烃氧化成CO2和H2O；A12O3是丁烷裂解的催化剂，G后面装置已省略。如图连接好装置后(部分夹持装
13、置已略去)，需进行的实验操作有：给D、G装置加热：检査整套装置的气密性；排尽装置中的空气。（1）这三步操作的先后顺序依次是_。（2）简要说明检验空气排尽的方法：_。（3）B装置所起的作用是_。（4）假设丁烷完全裂解，流经各装置中的气体能完全反应。当(E和F)装置的总质量比反应前增加了 1.82g, G装置中固体质量减少了 4.l6g，则丁烷的裂解产物中n(CH4)n(C2H6)=_。（5）若对E装置中的混合物再按以下流程实验：分离操作I、的名称是I_、 II_；Na2SO3溶液的作用是（用离子方程式表示）_。【答案】 (1). (2). 用一小试管收集从G装置右端导管口逸出的气体，点燃检验其纯
14、度，无爆鸣声，则排尽 (3). 通过观察气泡，调节旋钮A，控制气体流量 (4). 3:2 (5). 分液 (6). 蒸馏 (7). SO32-+Br2+H2O=2H+SO42-+2Br-【解析】（1）涉及气体制备与性质的实验都应先检查装置气密性，本实验涉及丁烷的裂解，因此在加热之前需排尽装置中的氧气，最后给D、G装置加热，故答案为。（2）可通过爆鸣实验检验气体的纯度，以确定是否排尽空气：用一小试管收集从G装置右端导管口逸出的气体，点燃检验其纯度，无爆鸣声，则排尽。（3）装置B所起的作用是通过观察气泡，控制气体流速；故答案为通过观察气泡，调节旋钮A，控制气体流量。（4）丁烷裂解生成的乙烯和乙烷物
15、质的量相等，生成的甲烷和丙烯物质的量相等，E、F吸收的是烯烃，G装置减少的质量是氧化铜中氧元素的质量，设C2H4的物质的量为x，C3H6的物质的量为y，则乙烷和甲烷的物质的量分别为x、y，28gmol-1x+42 gmol-1y=1.82g，乙烷、甲烷和氧化铜反应所需氧原子的物质的量为7x+4y=4.16g16 gmol-1=0.26mol，解得x=0.02mol，y=0.03mol，所以甲烷与乙烷的物质的量之比为3：2。（5）E中含有溴单质和乙烯、丙烯与与溴单质的加成产物，其中加成产物是有机物，向混合物中加入亚硫酸钠溶液，除去溴单质，发生反应为：SO32-+Br2+H2O=2H+SO42-+
16、2Br-；溶液分层，故采用分液法分离混合物水溶液和有机层；互溶的液体，用蒸馏法分离出X和Y。点睛：本题考查化学实验基本操作、离子方程式的书写、计算等知识，有一定难度。应根据题意明确实验设计的思路，以及达到实验目的所采用的措施等；有关物质含量的测定计算，注意运用原子守恒，列方程组解决。9.高纯硝酸锶Sr(NO3)2可用于制造信号灯，光学玻璃等。工业级硝酸锶含硝酸钙、硝酸钡等杂质，提纯流程如图：已知：“滤渣1”的成份为Ba(NO3)2、Sr(NO3)2；铬酸（H2CrO4）为二元弱酸（1）用铬酸(H2CrO4)“沉钡”，是工业上常用的方法。H2CrO4中Cr元素的化合价为_，其在水中的电离方程式为
17、_。（2）“酸浸”不能采用高温的原因是_，“滤液1”的主要溶质是_（写化学式）。（3）相对于水洗，用浓HNO3洗涤的优点是_。（4）“滤液2”中过量的H2CrO4被N2H4还原为Cr3+，同时放出无污染的气体，写出发生反应的离子方程式_。（5）已知Cr(OH)3类似氢氧化铝，还原后溶液的pH不能大于8的原因是（用离子方程式说明理由）_。【答案】 (1). +6 (2). H2CrO4H+HCrO4-，HCrO4-H+CrO42- (3). 避免HNO3挥发和分解，减少环境污染 (4). Ca(NO3)2 (5). 减少Sr(NO3)2溶解导致的损失 (6). 4H2CrO43N2H412H4C
18、r33N216H2O (7). Cr(OH)3OHCrO22H2O【解析】【分析】取含杂质的硝酸锶样品，向其中加入浓HNO3溶解，搅拌，过滤，“滤液1”的主要溶质是Ca(NO3)2，“滤渣1”的成分为Ba(NO3)2、Sr(NO3)2，并用浓HNO3洗涤滤渣，减少Sr(NO3)2溶解，进一步洗掉附着的Ca(NO3)2，将滤渣1溶于水中，加过量铬酸使Ba2沉淀，“滤渣2”的主要成分为BaCrO4，“滤液2”中过量的H2CrO4被N2H4还原为Cr3，调节pH至78，Cr3使转化为Cr(OH)3沉淀，过滤分离，将滤液经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤、干燥得产品，以此解答该题。【详解】(1)H2Cr
19、O4中H元素为+1价，O元素为-2价，根据化合物中元素化合价代数和为零可知，Cr元素的化合价为+6价，因为H2CrO4为二元弱酸，其在水中的电离方程式为H2CrO4H+HCrO4-，HCrO4-H+CrO42-；故答案为：+6；H2CrO4H+HCrO4-，HCrO4-H+CrO42-；(2)“酸浸”不能采用高温的原因是：避免HNO3挥发和分解，减少环境污染，由分析可知“滤液1”的主要溶质是Ca(NO3)2；故答案为：避免HNO3挥发和分解，减少环境污染；Ca(NO3)2；(3)用浓HNO3洗涤可以减少Sr(NO3)2溶解导致的损失；故答案为：减少Sr(NO3)2溶解导致的损失；(4)H2Cr
20、O4被N2H4还原为Cr3，同时放出无污染的气体为氮气，反应离子方程式为：4H2CrO43N2H412H4Cr33N216H2O；故答案为：4H2CrO43N2H412H4Cr33N216H2O；(5)已知Cr(OH)3类似Al(OH)3，还原后溶液pH不能大于8，避免Cr(OH)3在碱性溶液中发生Cr(OH)3OHCrO22H2O而溶解；故答案为：Cr(OH)3OHCrO22H2O。10.硫单质和化合物在工农业生产中有着重要的应用，而SO2直接排放会对环境造成危害。.已知：重晶石(BaSO4)高温煅烧可发生一系列反应，其中部分反应如下：BaSO4(s)4C(s)=BaS(s)4CO(g) H
21、=571.2kJmol-1BaS(s)=Ba(s)S(s) H=460kJmol-1已知：2C(s)O2(g)=2CO(g) H=221kJmol-1则：Ba(s)S(s)2O2(g)=BaSO4(s)H=_。.SO2的尾气处理通常有以下几种方法：（1）活性炭还原法反应原理：恒温恒容时2C(s)2SO2(g)=S2(g)2CO2(g)。反应进行到不同时间测得各物质的浓度如图：020min反应速率表示为v(SO2)=_；30min时，改变某一条件平衡发生移动，则改变的条件最有可能是_；40min时，平衡常数K=_。（2）亚硫酸钠吸收法Na2SO3溶液吸收SO2的离子方程式为_；常温下，当吸收至N
22、aHSO3时，吸收液中相关离子浓度关系一定正确的是_(填序号)。a.c(Na+)c(H+)c(SO32-)c(HSO3-)c(OH-)b.c(Na)=c(SO32-)c(HSO3-)c(H2SO3)c.c(Na+)c(HSO3-)c(H)c(SO32-)d.溶液中c(H)=110-8mol/L（3）电化学处理法如图所示，Pt()电极的反应式为_；当电路中转移0.02mole-时(较浓H2SO4尚未排出)，交换膜左侧溶液中约增加_mol离子。【答案】 (1). 1473.2kJmol1 (2). 0.03mol/( Lmin) (3). 减少CO2的浓度 (4). (5). SO32SO2H2O
23、2HSO3 (6). abc (7). SO22e2H2OSO424H (8). 0.03【解析】【分析】已知BaSO4(s)4C(s)=BaS(s)4CO(g) H=571.2kJmol-1BaS(s)=Ba(s)S(s) H=460kJmol-12C(s)O2(g)=2CO(g) H=221kJmol-1，根据盖斯定律：2得方程式Ba(s)S(s)2O2(g)=BaSO4(s)据此计算；(1)根据v计算v(SO2)；30min时瞬间，二氧化碳浓度降低，S2的浓度不变，而后二氧化碳、S2的浓度均增大，应是减少CO2的浓度；平衡常数K，注意固体和纯液体不写入表达式；(2)Na2SO3溶液与SO
24、2反应生成亚硫酸氢钠；a根据电荷守恒判断；b根据物料守恒判断；cNaHSO3溶液中HSO3的电离程度大于其水解程度；d水电离出氢离子浓度等于溶液中氢氧根离子浓度，由于NaHSO3溶液的pH未知，不能计算水电离出氢离子浓度；(3)由图可知，Pt()电极上二氧化硫被氧化生成硫酸；左侧电极反应式为：SO22e2H2OSO424H，根据电子转移守恒计算生成硫酸根、氢离子的物质的量，为保持溶液电中性，多余的氢离子通过阳离子交换膜移至右侧，左侧溶液中增加离子为生成硫酸电离的离子总量。【详解】已知BaSO4(s)4C(s)=BaS(s)4CO(g) H=571.2kJmol-1BaS(s)=Ba(s)S(s
25、) H=460kJmol-12C(s)O2(g)=2CO(g) H=221kJmol-1，根据盖斯定律：2得方程式Ba(s)S(s)2O2(g)=BaSO4(s) H(221)2(460)(571.2)1473.2kJmol1；故答案为：1473.2kJmol1；(1)由图可知，020min内二氧化硫浓度变化量为1mol/L0.4mol/L0.6mol/L，故v(SO2)0.03mol/( Lmin)；故答案为：0.03mol/( Lmin)；30min时瞬间，二氧化碳浓度降低，S2的浓度不变，而后二氧化碳、S2的浓度均增大，应是减少CO2的浓度；故答案为：减少CO2的浓度；恒温恒容时2C(s
26、)2SO2(g)S2(g)2CO2(g)，平衡常数K；故答案为：；(2)Na2SO3溶液与SO2反应生成亚硫酸氢钠，反应离子方程式为：SO32SO2H2O2HSO3，故答案为：SO32SO2H2O2HSO3；a根据电荷守恒：c(Na)c(H)2c(SO32)c(HSO3)c(OH)，故溶液中c(Na)c(H)c(SO32)c(HSO3)c(OH)，故a正确；b溶液中S元素以SO32、HSO3、H2SO3形式存在，Na元素与硫元素物质的量之比为1：1，故溶液中c(Na)c(SO32)c(HSO3)c(H2SO4)，故b正确；cNaHSO3溶液中HSO3的电离程度大于其水解程度，故溶液中c(Na)
27、c(HSO3)c(H)c(SO32)，故c正确；d水电离出氢离子浓度等于溶液中氢氧根离子浓度，由于NaHSO3溶液的pH未知，不能计算水电离出氢离子浓度，故d错误；故答案为：abc；(3)由图可知，Pt()电极上二氧化硫被氧化生成硫酸，电极反应式为：SO22e2H2OSO424H；故答案为：SO22e2H2OSO424H；左侧电极反应式为：SO22e2H2OSO424H，根据电子转移守恒，生成硫酸根物质量0.01mol，生成氢离子为0.04mol，为保持溶液电中性，0.01mol硫酸根需要0.02mol氢离子，多余的氢离子通过阳离子交换膜移至右侧，即有0.02mol氢离子移至右侧，故左侧溶液中
28、增加离子为0.01mol0.02mol0.03mol；故答案为：0.03。【点睛】本题(3)中左侧溶液中增加离子物质的量计算为易错点，学生容易根据电极反应式计算，忽略部分氢离子移至右侧。11.我国化学家首次实现了膦催化的(3+2)环加成反应，并依据该反应，发展了一条合成中草药活性成分茅苍术醇的有效路线。已知(3+2)环加成反应：CH3CC-E1+E2-CH=CH2（E1、E2可以是-COR或-COOR）回答下列问题：（1）茅苍术醇的分子式为_，所含官能团名称为_，分子中手性碳原子（连有四个不同的原子或原子团）的数目为_。（2）化合物B满足以下条件的同分异构体（不考虑手性异构）数目为_。分子中含
29、有碳碳三键和乙酯基(-COOCH2CH3) 分子中有连续四个碳原子在一条直线上写出其中一种碳碳三键和乙酯基直接相连的同分异构体的结构简式_。（3）CD的反应类型为_。（4）DE的化学方程式为_。（5）参考以上合成路线及条件，选择两种链状不饱和酯，通过两步反应合成化合物M，在方框中写出路线流程图_（其他试剂任选）。【答案】 (1). C15H26O (2). 碳碳双键、羟基 (3). 3 (4). 5 (5). 、 (6). 加成反应或还原反应 (7). +CH3OH+(CH3)3COH (8). CH3CCCOOCH3+CH2CHCOOCH2CH3 或CH3CCCOOCH2CH3+CH2CHC
30、OOCH3【解析】【分析】(1)明确分子中C、H、O原子数目确定分子式，注意交点、端点为碳原子，用H原子饱和碳的四价结构，也可以利用不饱和度计算H原子数目；由结构可知分子中含有的官能团有：碳碳双键、羟基；连有四个不同的原子或原子团的碳原子为手性碳原子；(2)B的同分异构体满足：分子中含有碳碳三键和乙酯基(COOCH2CH3)，分子中有连续四个碳原子在一条直线上，存在CCCC碳链结构，形成酯的酸可以看作CH3CCCH2CH3中1个H原子被COOH替代，也可以是HOOCCCCH2CH2CH3、HOOCCCCH(CH3)2；(3)对比C、D的结构，可知C中碳碳双键与氢气发生加成反应生成D；(4)对比
31、D、E的结构，可知D与甲醇发生发生取代反应生成E，同时还生成(CH3)3COH；(5)两种链状不饱和酯合成目标物M，模仿A与B经过一系列反应得到D的过程，结合(32)环加成反应，可以由或与氢气加成反应得到目标物。而CH3CCCOOCH3与CH2CHCOOCH2CH3反应得到，CH3CCCOOCH2CH3与CH2CHCOOCH3反应得到。【详解】(1)茅苍术醇分子中有15个C原子、1个O原子，分子不饱和度为3，则分子中H原子数目21522326，故茅苍术醇分子式为C15H26O，由结构可知分子中含有的官能团有：碳碳双键、羟基；分子中有如图“*”所示3个碳原子连接连有四个不同的原子或原子团：，即有
32、3个手性碳原子，故答案为：C15H26O；碳碳双键、羟基；3；(2)B的同分异构体满足：分子中含有碳碳三键和乙酯基(COOCH2CH3)，分子中有连续四个碳原子在一条直线上，存在CCCC碳链结构，形成酯的酸可以看作CH3CCCH2CH3中1个H原子被COOH替代，有3种酸，也可以是HOOCCCCH2CH2CH3、HOOCCCCH(CH3)2，故符合条件的同分异构体有325种，其中碳碳三键和乙酯基直接相连的同分异构体的结构简式为、，故答案为：5；、；(3)对比C、D的结构，可知C中碳碳双键与氢气发生加成反应生成D，组成加氢，也属于还原反应，故答案为：加成反应或还原反应；(4)对比D、E的结构，可
33、知D与甲醇发生发生取代反应生成E，同时还生成(CH3)3COH，反应方程式为：+CH3OH+(CH3)3COH，故答案为：+CH3OH+(CH3)3COH；(5)两种链状不饱和酯合成目标物M，模仿A与B经过一系列反应得到D的过程，结合(32)环加成反应，可以由或与氢气加成反应得到目标物；而CH3CCCOOCH3与CH2CHCOOCH2CH3反应得到，CH3CCCOOCH2CH3与CH2CHCOOCH3反应得到，合成路线流程图为：CH3CCCOOCH3+CH2CHCOOCH2CH3 或CH3CCCOOCH2CH3+CH2CHCOOCH3，故答案为：CH3CCCOOCH3+CH2CHCOOCH2CH3 或CH3CCCOOCH2CH3+CH2CHCOOCH3。