宁夏银川市2019届高三下学期质量检测理科综合试卷化学试卷（含解析）.doc

1、 2019 年银川市高三质量检测年银川市高三质量检测 理科综合化学理科综合化学 可能用到的相对原子质量：可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 S-32 Ni-59 一、选择题：本题共一、选择题：本题共 13 小题，每小题小题，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。要求的。 1.化学与社会、生活密切相关。对下列现象或事实的解释正确的是 选项 现象或事实 解释 A 化石燃料燃烧时采取脱硫措施 提高化石燃料的利用率 B 用热的烧碱溶液洗去油污 Na2CO3可直接与油污反应 C 商代后期

2、铸造出工艺精湛的后母戊鼎 该鼎属于铁合金制品 D 静置后的淘米水能产生达尔效应 说明淘米水具有胶体的性质 A. A B. B C. C D. D 【答案】D 【解析】 【详解】A.化石燃料燃烧时采取脱硫措施是为了减少二氧化硫的排放，以免污染空气，故 A错误； B.盐的水解反应是吸热反应，所以升高温度，促进盐的水解，溶液的碱性更强，因此用热的纯碱溶液可以洗 去油污，并不是碳酸钠可与油污直接反应，故 B 错误； C.后母戊鼎是青铜器，属于铜合金制品，故 C错误； D.丁达尔效应是胶体所特有的性质，故静置后的淘米水能发生丁达尔效应，则说明淘米水是胶体，故 D正确。 故选 D。 2.海水化学资源开发利

3、用的部分过程如图所示，下列说法正确的是 A. 从海水中得到粗盐主要是通过蒸发操作实现的 B. 用澄清的石灰水可鉴别 NaHCO3和 Na2CO3 C. 在步骤中可通入 Cl2使溴离子被还原为 Br2 D. 在步骤中，SO2水溶液吸收 Br2后，溶液的 pH 增大 【答案】A 【解析】 【详解】A.从海水中得到粗盐采用蒸发的方法，故 A正确； B.在NaHCO3或Na2CO3中加入澄清的石灰水， 现象均为产生白色沉淀， 所以不能用澄清的石灰水鉴别NaHCO3 和 Na2CO3，故 B 错误； C.步骤中发生反应的化学方程式为：2NaBr+Cl2= Br2+2NaCl，Br 的化合价由-1 价升高

4、为 0 价，溴离子被氧 化为 Br2，故 C 错误； D.步骤中 SO2水溶液吸收 Br2，发生反应的化学方程式为：SO2+Br2+2H2O=H2SO4+2HBr，溶液的酸性增强， pH 减小，故 D 错误。 故选 A。 3.下列关于有机化合物的说法正确的是 A. C4H9C1的同分异构体数目为 3 B. 用饱和 Na2CO3溶液可鉴别乙醇、乙酸和乙酸乙酯 C. 乙烯与溴水、酸性高锰酸钾溶液都能发生加成反应 D. 淀粉、油脂和蛋白质均为能发生水解反应的高分子化合物 【答案】B 【解析】 【详解】A.C4H9C1的同分异构体包括 CH3CH2CH2CH2Cl、CH3CH2CHClCH3、(CH3

5、)2CHCH2Cl、(CH3)3CCl， 共 4种，故 A错误； B.乙酸与碳酸钠反应生成气体，乙醇与碳酸钠不反应不分层，乙酸乙酯与碳酸钠溶液分层，现象不同，可鉴 别，故 B 正确； C.乙烯与高锰酸钾溶液反应属于氧化反应，与溴水的反应属于加成反应，故 C错误； D.油脂的相对分子质量在 10000 以下，不是高分子，而淀粉、蛋白质都是能发生水解反应的高分子化合物， 故 D 错误。 故选 B。 4.NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A. 6.0g醋酸中含有非极性键总数为 0.2NA B. 22.4L(标准状况)氖气含有的质子数为 10NA C. 1L0.1mol L1的 NaHCO

6、3溶液中，HCO3离子数为 0.1NA D. 过氧化钠与水反应时，生成 0.1mo1 氧气转移的电子数为 0.4N 【答案】B 【解析】 【详解】A.1 个醋酸分子中含有 1 个非极性键，6.0g 醋酸的物质的量为 6.0g 60g/mol=0.1mol，故含有非极性 键总数为 0.1NA，故 A 错误； B.标准状况下，22.4L氖气的物质的量为 1mol，氖气是单原子分子，1个氖气分子中含有 10 个质子，故含有 的原子数约为 NA，故 B 正确； C.NaHCO3的物质的量为 1L 0.1mol L1=0.1mol，HCO3-在溶液中能电离为 CO32-和水解为 H2CO3，根据物料 守

7、恒可知，溶液中的 HCO3-、CO32-、H2CO3之和为 0.1NA个，故 C 错误； D.过氧化钠与水反应时，氧元素的价态由-1价变为 0 价，一半降为-2 价，故当生成 0.1mol 氧气时转移 0.2mol 电子即 0.2NA个，故 D错误。 故选 B。 5.短周期主族元素 W、M、X、Y、Z原子序数依次增大。W 的族序数是周期数的 3 倍，原子的最外层只有 一个电子，Y是地壳中含量最多的金属元素，Z在同周期中原子半径最小。下列说法错误的是 A. X2W2和 X2W中阴、阳离子数之比均为 1：2 B. 可用 M 的单质与 W的氢化物反应证明非金属性 MW C. M、Z两种元素气态氢化物

8、的稳定性比较：MCO32，故 D 正确。 故选 D。 7.一种新型的双离子可充电电池的原理如图所示，以下说法正确的是 A. 电极 a发生的反应为还原反应 B. 充电时 a 极与电源的正极相连 C. 正极发生的电极反应可能为：CaFeO3+e=CaFeO2.5+1/2O2 D. 放电时，每当有 NA个 Na+移向 b 极，外电路中一定转移 2NA个电子 【答案】C 【解析】 【详解】A.由图可知，电极 a发生的反应为 Na-e-=Na+，为氧化反应，故 A错误； B.充电时 a 极发生的反应为 Na+e-=Na， 还原反应， 则 a为电解池的阴极， 阴极与电源的负极相连， 故 B错误； C.由图

9、可知，电极 b为正极，发生的电极反应可能为：CaFeO3+e=CaFeO2.5+1/2O2，故 C正确； D.放电时，每当有 NA个 Na+移向 b极，外电路中转移 NA个电子，故 D错误。 故选 C。 三、三、非选择题：共非选择题：共 174 分。第分。第 2232 题为必考题，每个试题考生都必须作答。第题为必考题，每个试题考生都必须作答。第 3338 题为选题为选 考题，考生根据要求作答。考题，考生根据要求作答。 (一一)必考题：共必考题：共 129 分。分。 8.Na2S2O4俗称保险粉，常用做纺织工业的漂白剂、脱色剂等。某科研小组制备并探究其性质。 资料：Na2S2O4易溶于水，具有极

10、强的还原性，易被空气氧化，在碱性介质中稳定。 制备 Na2S2O4 (部分加热等辅助仪器略去) (1)仪器的名称是_。 (2)B装置用于制备 Na2S2O4。第一步反应：Zn+2SO2ZnS2O4；第二步，加入 NaOH 溶液，于 2835下反 应生成 Na2S2O4，该步反应的化学方程式为_。 (3)实验时，先向 B中通入 SO2的原因，除产生 Zn S2O4之外，另一原因是_。 (4)反应后除去 B 中的沉淀，在滤液中加入一定量的 NaCl 固体搅拌，有 Na2S2O4晶体析出。加入 NaCl 固体的 作用是_ 探究 Na2S2O4的性质 (5)隔绝空气加热 Na2S2O4固体完全分解得到

11、固体产物 Na2SO3、Na2S2O3和 SO2，但科研小组没有做到完全隔 绝空气，得到的固体产物中还含有 Na2SO4。请设计实验证明该分解产物中含有 Na2SO4。实验方案是 _。(可选试剂：稀盐酸、稀硫酸、稀硝酸、BaCl2溶液、AgNO3溶液、KMnO4，溶液) (6)制备纳米级银粉用 NaOH溶液溶解 Na2S2O4，加入一定量的 AgNO3溶液，生成纳米级的银粉。在制备银粉 的反应中，氧化剂和还原剂的物质的量之比为 2：1，且生成的含硫物质只有一种，写出该反应的离子方程式 _。 (7)为测定某含硫代硫酸钠样品的纯度(其它杂质均不参加反应)设计如下方案，并进行实验： 准确称取该硫代硫

12、酸钠样品 mg，配制成 250mL待测溶液。 移取 25.00mL待测溶液于锥形瓶中，加入少量淀粉溶液，用 nmol L1I2标准溶液滴定(发生反应：2S2O32 +I2=S4O32+2I)，至滴定终点。 滴定终点的现象为_， 平均消耗 I2标准溶液 VmL， 样品中 Na2S2O4的纯度为_(用代数 式表示)。 【答案】 (1). 圆底烧瓶 (2). ZnS2O4+2NaOHNa2S2O4 + Zn(OH)2 (3). 排出装置中残留的 O2或空气(或防止生成物 Na2S2O4被氧化) (4). 加入氯化钠，增大了 Na+离子浓度，促进 Na2S2O4结晶析出 (用沉淀溶解平衡解释可以 (5

13、). 取少量产品溶于足量稀盐酸，静置，取上层清液(或过滤，取滤液)，滴加 BaCl2溶液，若出现沉淀则说明含有 Na2SO4杂质 (6). 2Ag+S2O42+4OH2Ag+2SO32+2H2O (7). 滴入最后一滴 I2，溶液变为蓝色，且半分钟不褪色 (8). 3.16nv/m(或 316nv/m%或 3.16nv/m 100%) 【解析】 【分析】 装置 A中的浓硫酸通过分液漏斗滴到蒸馏烧瓶中和 Cu反应制得二氧化硫， 二氧化硫和 Zn在三颈烧瓶中反应 生成 ZnS2O4， 加入 NaOH溶液反应生成 Na2S2O4和 Zn(OH)2沉淀， 装置 C中氢氧化钠溶液吸收二氧化硫尾气， 防止

14、污染空气，据此答题。 【详解】 （1）仪器的名称是圆底烧瓶，故答案为：圆底烧瓶。 （2）2835下反应生成的 ZnS2O4与 NaOH溶液反应，反应生成 Na2S2O4和 Zn(OH)2沉淀，反应的化学方程 式为 ZnS2O4+2NaOHNa2S2O4+Zn(OH)2，故答案为：ZnS2O4+2NaOH Na2S2O4+Zn(OH)2。 （3）由于 Na2S2O4具有极强的还原性，易被空气氧化，所以 B装置反应前应排尽装置中的空气，防止氧气干 扰实验，故答案为：排出装置中残留的 O2或空气(或防止生成物 Na2S2O4被氧化)。 （4）加入 NaCl固体的目的是，溶液中的 Na+离子浓度增大，

15、使 Na2S2O4的溶解度降低，更易结晶析出，提 高产率，故答案为：加入氯化钠，增大了 Na+离子浓度，促进 Na2S2O4结晶析出(用沉淀溶解平衡解释可以)。 （5） 应固体中含有的 Na2SO3、 Na2S2O3会干扰 Na2SO4的检验， 应先加入足量的稀盐酸， 排除 Na2SO3、 Na2S2O3 的干扰，再加入 BaCl2溶液，检验是否存在 Na2SO4，故答案为：取少量产品溶于足量稀盐酸，静置，取上层 清液(或过滤，取滤液)，滴加 BaCl2溶液，若出现沉淀则说明含有 Na2SO4杂质。 （6）由题意可知，AgNO3溶液和碱性 Na2S2O4溶液反应生成纳米级的银粉，反应中 Ag元

16、素的化合价升高， 做氧化剂，Na2S2O4做氧化剂被氧化，因氧化剂和还原剂的物质的量之比为 2：1，由得失电子数目守恒可知 S2O32-被氧化为 SO32-，反应的方程式：2Ag+S2O42-+4OH-=2Ag+2SO32-+2H2O，故答案为： 2Ag+S2O42-+4OH-=2Ag+2SO32-+2H2O。 （7）移取 25.00mL待测溶液于锥形瓶中，加入少量淀粉溶液，用 nmol L1I2标准溶液滴定至终点，滴定终点 的现象为：滴入最后一滴 I2，溶液变为蓝色，且半分钟不褪色，根据离子方程式进行计算得到 25.00mL硫代 硫酸钠物质的量： 2S2O32+I2=S4O32+2I 2 1

17、 n（Na2S2O3）nmol/L V 10-3L n(Na2S2O3)=2nV10-3mol 配制的 250mL溶液中含有 n(Na2S2O3)=0.02nVmol，样品中 n(Na2S2O3)的百分含量 =0.02nV158g/molm100%=3.16nV/m，故答案为：滴入最后一滴 I2，溶液变为蓝色，且半分钟不褪色； 3.16nv/m(或 316nv/m%或 3.16nv/m 100%)。 9.中国航空航天事业飞速发展，银铜合金广泛用于航空工业。从银铜合金切割废料中回收银并制备铜化工产 品的工艺如下： 注：A1(OH)3和 Cu(OH)2分解温度分别为 450和 80 (1)在电解精

18、炼银时，阳极材料为_。 (2)加快渣料(含少量银)溶于稀 H2SO4速率的措施为_(写出两种)。 (3)滤渣 A与稀 HNO3反应，产生的气体在空气中迅速变为红棕色，滤渣 A 与稀 HNO3反应的离子方程式为 _。 (4)过滤操作需要的玻璃仪器除烧杯外还有_。 (5)固体混合物 B 的组成为_；在生成固体 B 的过程中，需控制 NaOH的加入量，若 NaOH过量， 则因过量引起的反应的离子方程式为_。 (6)煅烧阶段通入惰性气体的原因_。 【答案】 (1). 粗银 (2). 拌、 渣料粉碎、 适当升温、 适当增大 H2SO4的浓度或其它合理答案 (3). 3Ag + 4H+ + NO3- =

19、3Ag+ NO + 2H2O (4). 漏斗、玻璃棒 (5). Al(OH)3和 CuO的混合物 (6). Al(OH)3 OH=AlO22H2O (7). 保护气(或防止铜被氧化) 【解析】 【分析】 银铜合金在空气中熔炼，渣料中含有氧化铜和少量的银，加入稀硫酸，过滤后得到硫酸铜溶液，在硫酸铜溶 液中加入硫酸铝和稀氢氧化钠溶液，煮沸、过滤得到 Al(OH)3和 CuO 的混合物，煅烧可得到 CuAlO2，据此 答题。 【详解】 （1）电解精炼铜时，纯铜作阴极，粗铜作阳极，硫酸铜溶液作电解液，电解精炼银与此类似，则纯 银作阴极，粗银作阳极，硝酸银溶液作电解液，故答案为：粗银。 （2）加快渣料(

20、含少量银)溶于稀 H2SO4速率的措施有搅拌、渣料粉碎、适当升温、适当增大 H2SO4的浓度或 其它合理答案，故答案为：搅拌、渣料粉碎、适当升温、适当增大 H2SO4的浓度或其它合理答案。 （3）滤渣 A的主要成分是 Ag，稀硝酸是氧化性酸，能溶解银、产生无色气体，即 3Ag+4HNO3(稀)=3AgNO3+NO+2H2O，离子方程式为：3Ag+4H+ +NO3-=3Ag+NO+2H2O，无色的一氧化氮 气体在空气迅速被氧化为红棕色的二氧化氮气体，即 2NO+O2=2NO2；故答案为：3Ag+4H+ +NO3-=3Ag+ NO+2H2O。 （4）过滤操作需要的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒，故答

21、案为：漏斗、玻璃棒。 （5）结合信息和流程图可知：硫酸铜、硫酸铝与稀氢氧化钠溶液反应生成氢氧化铜和氢氧化铝，煮沸是氢氧 化铜分解生成氧化铜， 氢氧化铝不分解， 所以固体 B的主要成分是 Al(OH)3和 CuO的混合物， 若 NaOH过量， 两性氢氧化物 Al(OH)3就会溶解，反应氮的离子方程式为：Al(OH)3OH-=AlO2-2H2O，故答案为：Al(OH)3 和 CuO的混合物；Al(OH)3OH-=AlO2-2H2O。 （6）煅烧阶段通入惰性气体的原因是做保护气(或防止铜被氧化)，故答案为：保护气(或防止铜被氧化)。 【点睛】分析流程题需要掌握的技巧是：浏览全题，确定该流程的目的，看

22、懂生产流程图，了解流程图以外 的文字描述、表格信息，后续设问中的提示性信息，并在下一步分析和解题中随时进行联系和调用。 10.“绿色”和“生态文明”是未来的发展主题，而 CO2的有效利用可以缓解温室效应，解决能源短缺问题； (1)在新型纳米催化剂 Na-Fe3O4，和 HMCM-22 的表面将 CO2先转化为烯烃再转化为烷烃，已知 CO2转化为 CO 的反应为 CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g) H=+41kJ/mol； 2 CO2 (g)+6H2(g)=C2H4(g)+4 H2O (g) H=128kJ/mol 则 CO转化为 C2H4的热化学方程式为_。 (2)用氨水捕捉烟

23、气中的 CO2生成 NH4CO3。通常情况下，控制反应温度在 35-40范围内的原因 _。 (3)有科学家提出可利用 FeO吸收 CO2，6FeO(s)+CO2(g)2Fe3O4(s)+C(s) K1(平衡常数)，对该反应的描述 正确的是_ a生成 1mol Fe3O4时电子转移总数为 2NA b压缩容器体积，可增大 CO2的转化率，c(CO2)减小 C恒温恒容下，气体的密度不变可作为平衡的标志 d恒温恒压下，气体摩尔质量不变可作为平衡的标志 (4)CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) H， 一定条件下， 向 2L恒容密闭容器中充入 1 molCO2和 3mo1H2。 在不

24、同催化剂作用下发生反应 I、反应 II、反应 II，相同时间内 CO2的转化率随温度变化如图所示： 活化能最小的为_(填“反应 I”、“反应 II”、“反应 III”)。 b点反应速率 v(正)_v(逆)(填“”、“=”或“”、“=”或“ (6). 59.26(或 1600/27) (7). 放热反应 (8). AlNa (4). sp3 (5). 正四面体 (6). ABD (7). 均为离子晶体， O2-半径小于S2-半径， MnO的晶格能大于MnS(或 MnO的离子键强于MnS (8). 8： 3 (9). 4 (0.88 59+16)/NA(428 10-10)3或 4 67.92/N

25、A(428 10-10)3、271.68/NA(428 10-10)3、3.46 1024/NA 【解析】 【分析】 （1）Cr 原子核外电子排布式为 1s22s22p63s23p63d54s1，失去 4s 能级 1 个电子、3d 能级 2 个电子形成 Cr3+； ， Si原子核外电子数为 14，基态原子核外电子排布为 1s22s22p63s23p2； （2）非金属性越强，第一电离能越大； （3）根据杂化轨道理论进行判断； （4）二者为离子晶体，O2-半径小于 S2-半径，MnO的晶格能大于 MnS(或 MnO的离子键强于 MnS； （5）根据密度=质量/体积进行计算。 【详解】 （1）Cr

26、原子核外电子排布式为 1s22s22p63s23p63d54s1，失去 4s 能级 1个电子、3d 能级 2 个电子形成 Cr3+，基态 Cr3+的核外电子排布式为Ar3d3，Si原子核外电子数为 14，基态原子核外电子排布为 1s22s22p63s23p2，电子占据的最高能层符号为 M，故答案为：Ar3d3；M。 （2）硅酸铝钠由 O、Na、Al、Si四种元素构成，非金属性越强，第一电离能越大。所以第四种元素的第一 电离能由大到小的顺序为 OSiAlNa，故答案为：OSiAlNa。 （3）根据 THF的结构式可知，C原子的杂化轨道类型为 sp3杂化，故答案为：sp3。 BH4-中 B原子价层

27、电子数=4+1/2 （3+1-4 1）=4，且不含孤电子对，根据杂化轨道理论，BH 4 -中 B原子的 杂化类型为 sp3杂化，所以空间构型是正四面体构型； 故答案为：正四面体。 Na+和 BH-4之间存在离子键， 硼原子和氢原子之间存在共价键、 配位键， 所以该化合物中不含氢键， 故 NaBH 4 所含化学键类型有离子键、共价键、配位键，故答案为：ABD。 （4）MnO 的熔点（1650）比 MnS 的熔点（1610）高，二者熔点较高，应为离子晶体，O2-半径小于 S2- 半径，MnO的晶格能大于 MnS，离子晶体晶格能越大，熔点越高，则 MnO 的熔点较高，故答案为：均为离 子晶体，O2-

28、半径小于 S2-半径，MnO的晶格能大于 MnS(或 MnO的离子键强于 MnS。 （5）x 为 0.88，设晶体中 Ni3+个数为 x、Ni2+个数为 y，则 x+y=0.88，3x+2y-2=0（此式为化合价代数和为零） ， 可解得：x=0.24；y=0.64，则晶体中 Ni2+和 Ni3+最简整数比为 0.64：0.24=8：3；取 1mol 晶胞，则含有 NA个 晶胞，NixO晶体的晶胞结构为 NaCl 型，则一个晶胞中，Ni 原子数目为 8 1/8+6 1/2=4，O原子数目为 12 1/4+1=4，则 1mol晶胞的质量为 m=4 (0.8859+16)g，一个晶胞的体积为 V=4

29、283pm3=(428 10-10)3cm3， 则晶体的密度为 =m/NAV=4 (0.88 59+10)/NA(428 10-10)3g cm3， 故答案为：8：3；4 (0.88 59+16)/NA(428 10-10)3或 4 67.92/NA(428 10-10)3、271.68/NA(428 10-10)3、 3.46 1024/NA。 【点睛】第 5小问根据均摊法计算晶胞中原子数目，进而计算晶胞质量，再根据晶胞密度=质量/体积计算。 12.抗血栓药物氯贝丁酯()的一种合成路线如下图，部分反应条件及部分 反应物、生成物已略去。 回答下列问题： (1)E 中官能团的名称为_。 (2)有

30、机物 A 的化学名称为_，B的结构简式为_，反应的反应类型为_。 (3)要实现反应 I的转化，加入下列物质能达到目的的是_。 A NaHCO B NaOH C Na2CO3 D CH3COONa (4)写出反应的化学方程式_。 (5)产物 E有多种同分异构体，满足下列条件的所有同分异构体 G 有_种。 属于酯类且与 FeCl3溶液显紫色：能发生银镜反应；1molG 最多与 2 molNaOH反应；苯环上只有 2 个取代基且处于对位。 (6)结合以上合成路线信息，设计以 CH3CH2 COOH为原料(无机试剂任选)，合成有机物 的合成路线_。 【答案】 (1). 羧基、醚键 (2). 2-甲基丙

31、酸 (3). (4). 取代反应 (5). bc (6). (7). 5 (8). 【解析】 【分析】 C发生反应生成苯酚钠， 说明C为苯酚， B与D发生取代反应生成E， 由E的结构可知， B为(CH3)2CClCOOH， 由氯贝丁酯( )的结构可知 F 为，则反应为 E 与 乙醇的酯化反应，据此答题。 【详解】 （1）E 的结构简式为：，含有的官能团为羧基、醚键，故答案为：羧基、醚键。 （2）有机物 A的化学名称为 2-甲基丙酸，B 的结构简式为 ，反应为取代反 应，故答案为：2-甲基丙酸；取代反应。 （3）反应为苯酚生成苯酚钠的反应。 a.苯酚的酸性比碳酸弱，与 NaHCO3不能反应，故

32、a 错误； b.苯酚显酸性，与 NaOH可以反应生成苯酚钠，故 b 正确； c.苯酚的酸性比碳酸氢钠强，可以与 Na2CO3反应生成苯酚钠，故 c正确； d.苯酚的酸性比乙酸弱，与 CH3COONa 不反应，故 d错误。 故答案为：bc。 （4）反应是酯化反应，反应的化学方程式为： ，故答案为： 。 （5）产物 E为，属于酯类且与 FeCl3溶液显紫色，说明含有酚羟基；能发生银镜反 应，说明属于甲酸酯类；1molG 最多与 2molNaOH反应，说明不能甲酸苯酚酯；苯环上只有 2个取代基 且处于对位，满足条件的同分异构体：其中 1 个侧链为羟基，另一侧链为 HCOOC3H7-，HCOOC3H7

33、-的结构 有 5种： HCOOCH2CH2CH2-， HCOOCH2CH(CH3)-， HCOOCH(CH3)CH2-， HCOOC(CH3)2-， HCOOCH(CH2CH3)-， 因此 G有 5 种，故答案为：5。 （6）以 CH3CH2COOH 为原料合成有机物 ，需要合成 CH2=CHCOOH，根据题干流程图中 AB，可以首先实现的转化，再将 中的氯离子消去生 成 CH2=CHCOONa，最后酸化即可，合成路线为： ， 故答案为： 。 【点睛】有机推断应以特征点为解题突破口，按照已知条件建立的知识结构，结合信息和相关知识进行推理、 计算、排除干扰，最后做出正确推断。一般可采用顺推法、逆推法、多法结合推断，顺藤摸瓜，问题就迎刃 而解了。