青海省西宁市2020届高三普通高等学校招生全国统一考试复习检测(二)化学试题 Word版含解析

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青海省西宁市2020届高三普通高等学校招生全国统一考试复习检测(二)化学试题 Word版含解析

‎2020年普通高等学校招生全国统一考试 西宁市高三年级复习检测(二)‎ 一、选择题 ‎1.化学与生产、生活密切相关。下列说法正确的是( )。‎ A. 尼龙绳、宣纸均可由合成纤维制造 B. 淀粉和纤维素都是人体中能量的重要来源 C. 酶是生物体内重要的催化剂,仅由碳、氢、氧三种元素组成 D. “地沟油”经加工处理后,可用来制肥皂和生物柴油 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 宣纸的主要成分是纤维素,不能由合成纤维制造,A错误;‎ B. 人体内没有纤维素酶,故纤维素不是人体中能量的来源,B错误;‎ C. 酶是生物体内重要的催化剂,属于蛋白质,故含碳、氢、氧、氮等元素,C错误;‎ D. “地沟油”中含油脂,经加工处理后,可用来制肥皂和生物柴油,D正确;‎ 答案选D。‎ ‎2.两个环共用两个不直接相连的碳原子的化合物称为桥环化合物,某桥环化合物的结构简式如图所示,下列关于该化合物的说法错误的是 A. 该有机物能发生取代反应和加成反应 B. 该有机物分子中含有两个官能团 C. 该有机物分子的一氯代物有7种 D. 该有机物能使酸性KMnO4溶液褪色 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 该有机物中的酯基能发生(水解反应)取代反应,碳碳双键能发生加成反应,故A正确;‎ B. 该有机物分子中含有酯基、碳碳双键两个官能团,故B正确;‎ - 17 -‎ C. 该有机物分子中有9种等效氢,一氯代物有9种,故C错误;‎ D. 该有机物含有碳碳双键,能使酸性KMnO4溶液褪色,故D正确;选C。‎ ‎3.下列反应的离子方程式正确的是( )‎ A. 红褐色固体全部溶于氢碘酸:‎ B. 水杨酸溶于溶液中:‎ C. 将等浓度的溶液与液按体积比2:3混合:‎ D. 洁厕灵(含)与84消毒液混合后产生氯气:‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.Fe(OH)3溶于氢碘酸,Fe3+会氧化I-得到I2,正确的离子反应方程式应为:2Fe(OH)3+2I-+6H+===2Fe2++6H2O+I2,A选项错误;‎ B.水杨酸中酚羟基不能与NaHCO3发生反应,正确的离子反应方程式为:+HCO3-→+CO2↑+H2O,B选项错误;‎ C.等浓度的Ba(OH)2溶液与NaHSO4溶液按体积比2:3,则两者物质的量之比为2:3,两者混合后,2molBa2+消耗2molSO42-,3molH+消耗3molOH-,反应的离子反应方程式为:,C选项正确;‎ D.84消毒液的主要成分是NaClO,具有强氧化性,可还原洁厕灵中的HCl,反应的离子反应方程式为:Cl-+ClO-+2H+===Cl2↑+H2O,D选项错误;‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】本题B选项为易错选项,在解答时要注意酚羟基的酸性是弱于碳酸的,不能和HCO3-发生发应。‎ ‎4.实验室制备硝基苯的反应装置如图所示。下列实验操作或叙述错误的是( )。‎ - 17 -‎ A. 实验时水浴温度需控制在50~‎‎60℃‎ B. 加入试剂的顺序:先加浓硝酸,再加浓硫酸,最后加入苯 C. 仪器的作用:冷凝回流苯和硝酸,提高原料的利用率 D. 完全反应后,可用仪器、蒸馏得到产品 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.硝酸与苯在浓硫酸催化作用下,加热到50∼‎60℃‎发生取代反应生成硝基苯,故A正确;‎ B.在将浓硫酸与其它液体混合时,要将浓硫酸注入其它液体中,故先将浓HNO3注入试管中,然后再慢慢注入浓H2SO4,并及时搅拌,浓硝酸和浓硫酸混合后,在50−‎60℃‎的水浴中冷却后再滴入苯,故B正确;‎ C.苯与浓硝酸易挥发,仪器是冷凝管,作用是冷凝回流苯和硝酸,提高原料的利用率,故C正确;‎ D.反应后的混合液经水洗、碱溶液洗涤除去硝酸、硫酸等杂质,然后蒸馏除去苯,得到硝基苯,蒸馏时应使用直形冷凝管,故D错误;‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】关于制硝基苯时,应先加浓硝酸,再加浓硫酸,之后冷却,再加入苯,充分混合,不能先加浓硫酸:因为酸入水可以控制,反过来很危险,苯要在浓硫酸之后加:因为与浓硫酸混合时会放出大量热,可能使温度足以达到硝化、硫化反应的温度,为学生的疑难点。‎ ‎5.用表示阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是( )。‎ A. 晶体中,含有的数目为0.1‎ B. 溶液中,阳离子总数为0.3‎ C. 与一定条件下充分反应,生成的分子数目为0.1‎ - 17 -‎ D. 34%的中加入充分反应,转移的电子数目为2‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.晶体中,只有钠离子和硫酸氢根离子,A错误;‎ B.溶液中,铵离子和亚铁离子水解,、,则阳离子总数大于0.3,B错误;‎ C.与一定条件下发生取代反应,充分反应后有一半的氯原子用于生成,则的分子数目为0.1,C正确;‎ D.,则34%的中加入充分反应,转移的电子数目为,D错误;‎ 答案选C。‎ ‎6.、、、是原子序数依次增大的四种短周期主族元素,常见单质分子中含有3对共用电子对,由、形成的一种气态化合物不能稳定地存在于空气中,、同周期且的最高正价是的7倍。下列说法正确的是( )。‎ A. 含氧酸的酸性:‎ B. 简单离子半径:‎ C. 最简单氢化物的沸点:‎ D. 与形成的化合物中只含有离子键 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎、、、是原子序数依次增大的四种短周期主族元素,常见单质分子中含有3对共用电子对,则X为N,由、形成的一种气态化合物不能稳定地存在于空气中,则Y为O,因为NO能被空气中氧气氧化,、同周期且的最高正价是的7倍,则Z为+1价钠,W是+7价Cl,据此答题;‎ - 17 -‎ ‎【详解】A.W是Cl、X是N,氯的含氧酸有HClO4、HClO3、HClO2、HClO,氮的含氧酸有HNO3、HNO2,没有指明最高价氧化物的水化物,A错误;‎ B.四种离子中,氯离子半径最大,氮离子、氧离子和钠离子具有相同的电子层结构,核电荷数越大,离子半径越小,故简单离子半径:,B正确;‎ C. 最简单氢化物的沸点:氨气比氯化氢的高,因为氨分子间有氢键,C错误;‎ D. 与形成的化合物可以是氧化钠、过氧化钠,它们都有离子键,但过氧根离子内有共价键,D错误;‎ 答案选B。‎ ‎7.在某一元碱()中,滴加入的醋酸溶液,滴定曲线如图所示。下列说法错误的是( )‎ A. 该碱溶液可以溶解 B. 点对应的体积大于 C. 点时,‎ D. 点时,‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 由A点知:0.1mol⋅L−1一元碱的pH=13可得,该碱为强碱,所以该碱溶液可以溶解,故A正确; B. 恰好中和时生成强碱弱酸盐pH应大于7,而B点pH=7,所以该点对应的溶质为CH3COOY和CH3COOH,a点的体积大于25mL,故B正确; C. C点对应的溶质为CH3COOY和CH3COOH,溶液中CH3COOY的浓度>CH3COOH的浓度,因pH<7,所以c(H+)>c(OH−),弱酸的电离是微弱的,结合电荷守恒c(CH3COO−)+c(OH−)=c(H+)+c(Y+),则应有c(CH3COO−)>c(Y+)> c(H+)>c(OH−),故C正确; ‎ - 17 -‎ D. D点为CH3COOY和CH3COOH等物质的量浓度的混合液,根据物料守恒c(CH3COO−)+c(CH3COOH)=‎2c(Y+)和电荷守恒c(CH3COO−)+c(OH−)=c(H+)+c(Y+),所以应有 ,故D错误; 答案选D。‎ 二、非选择题 ‎(一)必考题 ‎8.莫尔盐的化学式为(相对分子质量为392),能溶于水,不溶于乙醇,是一种重要的还原剂,在空气中比一般的亚铁盐稳定。下面是某学习小组设计制备少量莫尔盐的实验装置及步骤。回答相关问题:‎ 步骤一:制取莫尔盐 ‎(1)连接装置,检查装置气密性后加入药品。在锥形瓶中加入铁屑和少量的碳粉,在三颈烧瓶中加入晶体.加入少量碳粉的作用是_____。‎ ‎(2)向分液漏斗中注入稀硫酸后,关闭活塞,打开、,待稀硫酸注入锥形瓶后关闭。装置中反应的离子方程式为______。‎ ‎(3)待大部分铁粉溶解后,打开、关闭,此时可以看到现象为_____,原因是_____。‎ ‎(4)关闭活塞、,采用‎100℃‎水浴蒸发中水分,液面产生晶膜时,停止加热,冷却结晶、____(填操作名称)、用无水乙醇洗涤晶体。该反应中硫酸需过量,保持溶液的在1~2之间,其目的为_____。‎ ‎(5)装置的作用为______。‎ 步骤二:测定莫尔盐样品的纯度 ‎(6)称取所得莫尔盐样品,用煮沸后冷却的蒸馏水配成溶液,取溶液加入稀硫酸,用的溶液滴定,达到滴定终点时消耗 - 17 -‎ 溶液.滴定反应的离子方程式为________,该样品的纯度为________。‎ ‎【答案】 (1). 与铁、稀硫酸构成原电池,加快反应速率 (2). (3). 中的液体被压入中 (4). 中产生氢气,使中压强增大 (5). 过滤 (6). 抑制水解 (7). 液封作用,防止空气进入三颈烧瓶氧化 (8). (9). 98%‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 步骤一.制取莫尔盐:打开分液漏斗上口塞子,关闭活塞K3 ,打开K2、K1,加完55.0mL2mol•L-1稀硫酸,硫酸和铁反应生成氢气,将装置内的空气排出,待大部分铁粉溶解后,打开K3、关闭K2,A中的液体被压入B中,关闭活塞K2、K3,采用‎100℃‎水浴蒸发B中水分,可生成莫尔盐,冷却结晶,过滤,用无水乙醇洗涤,可得到莫尔盐晶体,装置C可用于液封,防止空气进入三颈烧瓶氧化Fe2+; 步骤二.测定莫尔盐样品的纯度:发生5Fe2++MnO4-+8H+═5Fe3++Mn2++4H2O,结合离子方程式计算;‎ ‎【详解】(1) 在锥形瓶内有铁屑和少量的碳粉和稀硫酸,铁与硫酸反应过程中,铁、碳和稀硫酸构成了原电池,加快了反应速率;‎ 答案为:与铁、稀硫酸构成原电池,加快反应速率;‎ ‎(2)铁与硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气,离子方程式为;‎ 答案为:;‎ ‎(3)待大部分铁粉溶解后,打开、关闭,此时可以看到,A中的液体被压入B中,原因是关闭以后氢气仍在产生却滞留在锥形瓶内,故A中压强增大把液体压入B中;‎ 答案为:A中的液体被压入B中;A中产生氢气,使A中压强增大;‎ ‎(4) 过滤可将晶体从溶液中分离出来,硫酸亚铁是强碱弱酸盐会水解,硫酸过量可抑制亚铁离子水解;‎ 答案为:过滤;抑制水解;‎ ‎(5)导管插入液面以下可起到液封作用,防止空气进入三颈烧瓶氧化Fe2+;‎ 答案为:液封作用,防止空气进入三颈烧瓶氧化;‎ - 17 -‎ ‎(6)亚铁离子与酸性高锰酸钾发生n(KMnO4)=‎0.01L×0.1mol/L=0.001mol,则20.00mL溶液中n(Fe2+)=0.005mol,则‎10.0g样品中的物质的量为0.025mol,样品的含量为;‎ 故答案为:;98%。‎ ‎【点睛】解本题的关键是:制备硫酸亚铁铵晶体要在无氧环境中、同时要抑制亚铁离子水解下发生,这样制得的产物比较纯净的,之后需从水溶液中分离出晶体并进行纯化,步骤一考察了原电池的应用、盐类水解、物质分离提纯等有关实验操作。‎ ‎9.过渡金属、性质相似,在电子工业及金属材料上应用广泛。以含钴、镍、铝的废渣(主要成分、、、少量)提取钴、镍的工艺如下:‎ ‎(1)“酸浸”时通入的目的是____,反应的离子方程式为_____。‎ ‎(2)除铝时加入碳酸钠产生沉淀的离子方程式为_____。‎ ‎(3)有机层提取出的可用于制备镍氢电池,电池的工作原理如下图所示。该电池放电时,正极的电极反应式为________。‎ ‎(4)用为原料采用微波水热法和常规水热法均可制得分解的高效催化剂(其中、均为价),下图是用两种不同方法制得的在‎10℃‎时催化分解6%的溶液的相对初始速率随 - 17 -‎ 变化曲线。由图中信息可知:____法制得的催化剂活性更高;、两种离子中催化效果更好的是________。‎ ‎ ‎ ‎(5)已知煅烧时,温度不同,产物不同。在‎400℃‎充分煅绕,得到固体氧化物和(标准状况),则此时所得固体氧化物的化学式为________。‎ ‎【答案】 (1). 将还原为 (2). (或) (3). (4). (5). 微波水热 (6). (7). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)(2)从流程知,含钴废渣(主要成分、、、少量)加入H2SO4酸浸并通入SO2,得到含、和的混合溶液,加入Na2CO3调节溶液的pH使Al3+转化为Al(OH)3沉淀而除去Al3+,然后向滤液中加入萃取剂HX,有机层中含有NiSO4,然后从有机层中得到NiSO4溶液,向水层中加入Na2CO3得到CoCO3固体,据此分析;(3)(4)通过读图提取信息和数据回答;(5)结合元素守恒计算得出氧化物的化学式。‎ ‎【详解】(1)含钴废渣含有Co2O3,最后得到CoCO3,则二氧化硫把+3价钴元素还原为+2价,故二氧化硫的作用是将还原为、反应的化学方程式为 或;‎ 答案:将还原为;(或 - 17 -‎ ‎);‎ ‎(2)除铝时加入碳酸钠,因为碳酸根离子和Al3+发生双水解反应生成Al(OH)3沉淀而除去Al3+,同时还生成二氧化碳,形成沉渣时发生反应的离子方程式为;‎ 答案为:;‎ ‎(3)由图知镍氢电池的工作原理:,该反应中Ni元素化合价由+3价变为+2价,则正极上NiOOH得电子发生还原反应,电极反应式为;‎ ‎ 答案为:;‎ ‎(4)①由图中信息可知:x相同时,微波水热法中双氧水分解的相对初始速率大,所以微波水热法制取的催化剂活性高;‎ 答案为:微波水热; ②由图可知,随x值越大,过氧化氢的分解速率越大,而x增大,Co2+的比例增大,故Co2+的催化活性更高;‎ 答案:Co2+;‎ ‎(5)n(CO2)=,根据C原子守恒得n(CoCO3)=0.03mol,生成的氧化物中n(Co)=0.03mol、,则所以钴氧化物的化学式为Co3O4;‎ 答案为:Co3O4。‎ ‎【点睛】明确本题中的流程图及原电池工作原理示意图中发生的反应、基本操作方法、物质的性质是解本题关键,‎ ‎10.研究氮氧化物的反应机理,对于消除其对环境的污染具有重要意义。‎ ‎(1)升高温度,绝大多数的化学反应速率增大,但是的反应速率却随着温度的升高而减小。查阅资料得知,该反应历程分为以下两步:‎ Ⅰ.(快) 正正 逆逆 - 17 -‎ Ⅱ.(慢) ‎ 正正 逆逆 回答:‎ ‎①反应的____(用含和的式子表示)。一定温度下,反应达到平衡状态,写出用正、逆、正、逆表示的平衡常数表达式____。‎ ‎②决定反应速率的是反应Ⅱ,则反应Ⅰ的活化能与反应Ⅱ的活化能的大小关系为____(填“”“”或“”)。‎ ‎(2)亚硝酸氯()是有机合成中重要的试剂,可与在一定条件下合成。在容器恒温条件下,将物质的量之和为的和以不同的氮氯比进行如下反应: ,平衡时某反应物的转化率与氮氯比及不同温度的关系结果如下图。‎ ‎①判断图中温度、的关系:____。(填“”、“”或“”)‎ ‎②图中纵坐标为物质____(填化学式)的转化率,理由是_____。‎ ‎③图中、、三点中平衡时体积分数最大的是____。(填“”、“”或“”)‎ ‎④温度下,该反应的平衡常数____。‎ ‎【答案】 (1). (2). (3). (4). (5). (6). 当升高,反应物转化率大 (7). (8). 160‎ ‎【解析】‎ - 17 -‎ ‎【分析】‎ ‎(1)①运用盖斯定律,将方程式叠加,就可以得到相应反应的热化学方程式;根据反应达到平衡时正、逆反应速率相等,结合速率与物质浓度关系,可得K的表达式;再利用温度对化学平衡的影响,分析温度与化学平衡常数的关系;‎ ‎②根据活化能高反应速率慢,活化能低化学反应速率快,比较二者活化能的大小;然后利用温度对化学平衡移动的影响,结合物质浓度的变化,确定物质的位置; ‎ ‎(2)①2NO(g)+Cl2(g)⇌2NOCl(g)△H<0.反应为放热反应,升温平衡逆向进行,结合图象变化分析判断;‎ ‎②NO和Cl2以不同的氮氯比反应,图象中转化率随比值增大而增大,两种反应物增加一种会提高另一种的转化率;‎ ‎③方程式中NO和Cl2的系数比为2:1,按照此反应比,氯气转化率最大时得到产物的体积分数最大;‎ ‎④结合三行计算列式计算A点平衡常数,温度不变平衡常数不变。‎ ‎【详解】(1) ①I .2NO(g) ⇌N2O2(g) △H1<0;II.N2O2(g)+O2(g) 2NO2(g) △H2<0,I+II可得:2NO(g) +O2(g) ⇌2NO2(g) △H=△H1+△H2;‎ 当该反应达到平衡时,V1正=V1逆,V2正=V2逆,所以V1正×V2正=V1逆×V2逆,即k1正c2(NO)×K2正c(N2O2)×c(O2)= k1逆c(N2O2)×K2逆c2(NO2)×c(O2),则是K==;‎ ‎②2NO(g) +O2(g) ⇌2NO2(g)反应的快慢由反应速率慢的反应II决定,所以反应的活化能E1N>O (2). 1s22s22p63s23p63d8或[Ar] 3d8 (3). 激发 (4). 平面三角形 (5). sp3 (6). 9:1 (7). 分子晶体 (8). 分子数相同时,甘氨酸分子间形成的氢键数目比丙酸分子间形成的氢键数目多(或甘氨酸中氨基的存在也会使分子间产生氢键) (9). 形成配合离子后,配位键与NH3中N—H键之间的排斥力小于原孤对电子与NH3中N—H键之间的排斥力,故配合离子中NH3的N—H键间的键角变大; (10). ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)与氧相邻且同周期的元素为N和F,由于N原子最外层电子为半充满状态,第一电离能较大,所以三者第一电离能由大到小的顺序为F>N>O;Ni元素为28号元素,失去最外层两个电子形成Ni2+,基态Ni2+的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d8或[Ar] 3d8;基态Ni2+的核外电子空间运动状态有1+1+3+1+3+5=14种,若该离子核外电子空间运动状态有15种,则该离子处于激发态;‎ ‎(2)①NO3⁻的中心原子价层电子对数为=3,孤电子对数为0,所以空间构型为平面三角形;‎ ‎②甘氨酸(NH2CH2COOH)中N原子形成两个N-H键和一个N-C键,达到饱和状态,价层电子对数为4,所以为sp3杂化;分子中碳氧双键中存在一个π键,其余共价键均为σ键,所以分子中σ键与π键的个数比为9:1;甘氨酸熔沸点较低属于分子晶体;分子数相同时,甘氨酸分子间形成的氢键数目比丙酸分子间形成的氢键数目多(或甘氨酸中氨基的存在也会使分子间产生氢键);‎ ‎(3)形成配合离子后,配位键与NH3中N—H键之间的排斥力小于原孤对电子与NH3中N—H键之间的排斥力,故配合离子中NH3的N—H键间的键角变大;‎ ‎(4)根据均摊法,该晶胞中Li原子个数为8,其分子式为Li2NH,则晶胞中NH原子团的个数为4,则晶胞的质量为m=g,晶胞参数为d pm=d×10‎-10cm,所以晶胞的体积 - 17 -‎ V=d3×10‎-30cm3,则密度 ,解得NA=。‎ ‎【点睛】含有—OH、—NH2等基团的物质容易形成分子间氢键,使熔沸点升高;甲烷和氨气均为sp3杂化,但由于σ键对σ键的排斥力小于孤电子对σ键的排斥力,所以甲烷分子中键角比氨气分子中键角大。‎ ‎【化学—选修5有机化学基础】‎ ‎12.某校研究小组的同学们以甲苯和乙醇为主要原料,按下列路线合成一种重要的医药中间体——乙酰基扁桃酰氯。‎ 已知:;; ‎ ‎(1)甲苯与氯气反应生成的条件是______;中含有的官能团是_____;的结构简式是____。‎ ‎(2)下列说法正确的是______。‎ a 化合物不能发生取代反应 b 乙酰基扁桃酰氯属于芳香烃 c 化合物能与新制的发生反应 ‎(3)的化学方程式是________。‎ ‎(4)化合物有多种同分异构体,同时符合下列条件的同分异构体共有__种,写出其中一种同分异构体的结构简式____。‎ ‎①红外光谱检测表明分子中含有氰基();②核磁共振氢谱检测表明分子中有苯环,且苯环上有两种不同化学环境的氢原子。‎ ‎(5)参照上述流程图,以乙醇为原料制备,设计合成路线____:(无机试剂任选)。‎ - 17 -‎ ‎【答案】 (1). 光照 (2). 羟基(或) (3). (4). (5). +CH3COCl→+HCl (6). 4 (7). (写出任意一种即可得分) (8). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题中各物质的转化关系,结合题中信息可知,甲苯在光照条件下与氯气反应生成A,A为,A发生碱性水解得B,B为,B发生氧化反应得C,C为,C发生信息中的反应得D,D为,D酸性水解得E,E为,根据F的分子式可知,乙醇氧化成乙酸,乙酸再与SOCl2发生信息中的反应生成F为CH3COCl,F和E发生取代反应生成G为,G与SOCl2反应生成乙酰基扁桃酰氯,据此分析解答。‎ ‎【详解】(1)甲苯与氯气发生侧链的取代反应生成A的反应条件为光照;B为,B中所含官能团为羟基,D的结构简式为,故答案为:光照;羟基(或);;‎ ‎(2)a. A,能发生水解反应,也属于取代反应,故a错误;b. 乙酰基扁桃酰氯中含有氧元素和氯元素,不属于芳香烃,故b错误;‎ c. C为,其中含有醛基,能与新制的发生反应,故c正确;‎ 故选c;‎ - 17 -‎ ‎(3)F和E发生取代反应生成G为,所以E+F→G的化学方程式是+CH3COCl→+HCl,故答案为:+CH3COCl→+HCl;‎ ‎(4)D的结构简式为,①红外光谱检测表明分子中含有氰基(-CN);②分子中有苯环,且苯环上有两种不同化学环境的氢原子,即苯环上有两个处于对位的基团,则符合条件的D的结构简式为、、、,故答案为:4;、、、(任写一种);‎ ‎(5)以乙醇为原料制备F(CH3COCl),可以用乙醇氧化成乙酸,乙酸再与SOCl2发生信息中的反应生成F为CH3COCl,合成路线为,故答案为:。‎ ‎【点睛】本题主要考查的是有机物的合成与有机物的推断,充分掌握常见有机化合物的性质以及抓住所给信息解题是关键,难度中等,注意有机官能团的性质的灵活运用。‎ - 17 -‎
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