鲁科版高二化学下学期期末综合模拟试题.doc

1、高二化学综合模拟试题二 编写：乔贞凤 审核：范秀菊第卷（选择题共 50 分）一、选择题（本题包括 10 小题，每小题 2 分，共 20 分。每小题只有一个选项符合题意）12020年春节，口罩成为急需品。下列有关口罩的说法不正确的是A世界上最先使用口罩的是中国，古代侍者为防止气息传到皇帝的食物上使用丝巾做成口罩遮盖口鼻，丝巾的主要成分是蛋白质B医用口罩由口罩面体和拉紧带组成，其中口罩面体分为内、中、外三层，中层为隔离过滤层，由超细聚丙烯纤维熔喷材料构成，是一种有机高分子材料。C一次性防尘口罩虽不具备过滤细菌的作用，但可防气溶胶，烟、雾都是气溶胶，但分散剂不一样。D有大量氯气泄漏时，及时戴上用小苏

2、打溶液润湿过的口罩，并迅速离开现场【答案】CA丝的主要成分是蛋白质，所以丝巾的主要成分是蛋白质，故A正确；B聚丙烯为丙烯加聚而成的有机合成材料，是一种有机高分子材料，故B正确；C雾、烟都是气溶胶，分散剂都为空气，故C错误；D碳酸氢钠溶液呈碱性，可以吸收氯气，故D正确2随着化学工业的发展，各种化学合成材料已走进我们寻常百姓家，下列关于生活中常用材料的认识正确的是()A有机玻璃、涤纶、电玉、真丝巾都是塑料B装食品用的聚乙烯塑料袋可以通过加热进行封口C由酚醛树脂制成的电木加工成的电源插座破损后可以进行热修补D尼龙、羊毛和棉花都是天然纤维解析：涤纶是合成纤维，真丝巾的主要成分是蚕丝，蚕丝属于蛋白质，A

3、项错误；聚乙烯是无臭、无毒、化学稳定性好的塑料，具有良好的热塑性，聚乙烯塑料袋可以通过加热封口，B项正确；电木是热固性高分子材料，由电木制成的插座破损后不能进行热修补，C项错误；羊毛的主要成分是蛋白质，棉花的主要成分是天然纤维，尼龙属于合成纤维，D项错误。答案：B3已知HNO3、H2SO4的结构式如图所示。下列说法不正确的是()ANO、SO的立体构型分别为平面三角形、正四面体形BHNO3、H2SO4分子中N、S的杂化类型分别为sp2、sp3C等物质的量的NO、SO含键个数之比为2:3DHNO3、H2SO4都能与水分子形成分子间氢键解析：双键中含1个键，等物质的量的NO、SO含键个数之比为3:4

4、。答案：C4下列图像正确的是()解析：氟、氯、溴的原子半径依次增大，氢卤键键长增长，键能减小，A项错误；硒化氢的相对分子质量大于硫化氢，硒化氢的沸点高于硫化氢，B项错误；非金属元素原子与氢形成共价键，元素的非金属性越强，键的极性越强，C项正确；SiH4、NH3、H2O的中心原子价层电子对数均为4，但孤电子对数分别为0、1、2，故键角变小，D项错误。答案：C5下列有关有机化合物的说法正确的是（ ）A有机物的名称为2，3二甲基2乙基丁烷B可以看成酯类或醇类，也可以看成芳香烃类有机物C有机物的名称为4，4二甲基2戊烯D某烃含碳质量分数为，则该烃分子式为C3H6，属于烯烃【答案】CA命名时出现2-乙基

5、，说明主要找错，该物质正确命名为：2，3，3-三甲基戊烷，故A错误；B该物质除了碳氢元素，还含有氧元素，不属于芳香烃，故B错误；C该物质名称为：4，4-二甲基-2-戊烯，符合烃类的命名规则，故C正确；D某烃含碳质量分数为，则该烃最简式为CH2，分子式有多种，可以是烯烃或环烷烃，故D错误；故答案为C。6合成聚丙烯腈纤维的单体是丙烯腈，它可由以下两种方法制备：方法一：CaCO3CaOCaC2CHCHCH2=CHCN方法二：CH2=CHCH3NH3O2CH2=CHCN3H2O对以上两种途径的分析中正确的是()方法二比方法一反应步骤少，能源消耗低，成本低方法二比方法一原料丰富，工艺简单方法二比方法一降

6、低了有毒气体的使用量，减少了污染方法二需要的反应温度高，耗能大A BC D解析：分析方法一、方法二，可知方法一步骤多、能源消耗大(CaCO3CaO)、污染大(HCN有剧毒)，结合“绿色化学”合成原则，方法二更科学合理。答案：A7下列实验能达到预期目的的是()A可以用热的浓NaOH溶液来区分植物油和矿物油B向经唾液充分作用后的苹果汁中滴入碘水检验淀粉的存在C将纤维素和稀H2SO4加热水解后的液体取出少许，加入新制的Cu(OH)2并加热，有红色沉淀生成，证明水解生成了葡萄糖D蛋白质溶液中加入丙酮可以使蛋白质从溶液中析出，再加水又能溶解解析：植物油水解生成易溶于水的物质，溶液不分层，矿物油与NaOH

7、不反应，溶液分为两层，因而可以区分，A正确；苹果汁中的淀粉已在唾液淀粉酶的作用下水解，B错误；新制Cu(OH)2检验醛基时，需在碱性条件下进行，所以还需加入NaOH溶液中和H2SO4，C错误；丙酮可以使蛋白质变性，变性后的蛋白质加水不溶解，D错误。答案：A8观察下列模型并结合有关信息进行判断，下列说法错误的是()HCNS8SF6B12结构单元结构模型示意图备注易溶于CS2熔点1873 KAHCN的结构式为HCN，分子中“CN”键含有1个键和2个键B固态硫S8属于原子晶体，分子中S原子采用sp3杂化CSF6是由极性键构成的非极性分子，分子构型为八面体型D单质硼属于原子晶体解析：由比例模型可以看出

8、分子中有1个碳原子、1个氮原子和1个氢原子，原子半径：CNH，所以该比例模型中最左端的是氢原子，中间的是碳原子，最右边的是氮原子，其结构式为HCN，分子中“CN”键含有1个键和2个键，故A项正确；固态S是由S8构成的，根据其溶解性可知，该晶体中存在的微粒是分子，属于分子晶体，故B项错误；SF6空间构型为对称结构，分子的极性抵消，正负电荷的重心重合，电荷分布均匀，SF6为非极性分子，根据图示，分子构型为八面体型，故C项正确；根据B12 的熔点1 873 K，该晶体熔点较高，属于原子晶体，故D项正确。答案：B9结构为的有机物可以通过不同的反应得到下列四种物质： 生成这四种有机物的反应类型依次为（

9、）A酯化、加成、取代、缩聚B取代、酯化、消去、缩聚C取代、加成、消去、加聚D取代、酯化、加成、加聚【答案】B中羟基被溴原子取代生成，为取代反应；发生酯化反应生成，为酯化反应；脱去一个水分子，生成含有碳碳双键的，为消去反应；分子间脱水，生成，为缩聚反应；答案为B。10某有机物的键线式如图所示，下列有关该有机物的说法正确的是()A能和碳酸钠溶液反应的官能团有2种B1 mol该有机物最多能与1 mol H2发生加成反应C与互为同分异构体D既可以发生加成反应又可以发生氧化反应，但不可以发生取代反应10、B二、选择题（本题包括 10 小题，每小题 3 分，共 30 分。每小题只有一个选项符合题意）11铁

10、镁合金是目前已发现的储氢密度较高的储氢材料之一，其晶胞结构如图所示(黑球代表Fe，白球代表Mg)。则下列说法不正确的是()A铁镁合金的化学式为Mg2FeB晶体中存在的化学键类型为金属键C晶胞中Fe与Mg的配位数均为4D该晶胞的质量是g(NA表示阿伏加德罗常数的值)解析：依据均摊规则，晶胞中共有4个铁原子，8个镁原子，故化学式为Mg2Fe，一个晶胞中含有4个“Mg2Fe”，其质量为104 g g。晶胞中Fe的配位数为8，Mg的配位数为4，C错误。答案：C12化合物Y是一种药物中间体，可由X制得：下列有关化合物X、Y的说法正确的是()AY分子中五元环上的4个碳原子一定共平面B1 mol X最多能与

11、2 mol Br2反应C用FeCl3溶液可鉴别化合物X和YDX、Y在酸性条件下的水解产物均能发生氧化反应、加成反应、消去反应【答案】ACA. 在Y分子中五元环上有碳碳双键，由于乙烯分子是平面分子，与碳碳双键连接的2个C原子可看作是取代乙烯分子中2个H原子的位置，一定在乙烯分子的平面上，所以其中的4个碳原子一定共平面，A正确；B. X分子中含有1个碳碳双键能够与Br2发生加成反应，羰基、苯环不能与溴反应，所以1 mol X最多能与1 mol Br2反应，B错误；C. X分子中无酚羟基，Y分子中含有酚羟基，遇FeCl3溶液会显紫色，因此可用FeCl3溶液可鉴别化合物X和Y，C正确；D. X、Y在酸

12、性条件下的水解产物中含有1个醇羟基，由于羟基连接的C原子邻位C原子上没有H原子，因此不能发生消去反应，D错误；故合理选项是AC。13向盛有硫酸铜水溶液的试管里加入氨水，首先形成难溶物，继续添加氨水，难溶物溶解得到深蓝色的透明溶液。下列对此现象的说法正确的是()A沉淀溶解后，生成深蓝色的配合离子Cu(NH3)42BCu(H2O)42比Cu(NH3)42中的配位键稳定C用硝酸铜溶液代替硫酸铜溶液进行实验，不能观察到同样的现象D在Cu(NH3)42中，Cu2给出孤电子对，NH3提供空轨道解析：从实验现象分析可知，Cu2与NH3H2O反应生成Cu(OH)2沉淀。继续添加氨水，由于Cu2更易与NH3结合

13、，生成更稳定的Cu(NH3)42。上述现象是Cu2的性质，与SO无关，故换用Cu(NO3)2溶液仍可观察到同样的现象，C项错误；在Cu(NH3)42中，Cu2提供空轨道，NH3给出孤电子对，属于配位体，D项错误。答案：A14下列关于同分异构体(不考虑立体异构)的数目判断正确的是()选项ABCD分子式(或结构简式)C5H12OC5H10C7H16已知条件能与金属钠反应能使溴水褪色一氯代物分子中含有3个甲基同分异构体数目834514、A15近年来我国科学家发现了一系列意义重大的铁系超导材料，其中一类为FeSmAsFO组成的化合物。下列有关说法正确的是AF的半径比O2的大BAsH3的沸点比NH3的低

14、CFe成为阳离子时首先失去3d轨道电子D配合物Fe(CO)n可做催化剂，当Fe(CO)n内中心原子价电子数与配体提供电子总数之和为18时，n=5【答案】BDA、F-和O2-的核外电子排布相同，但是O的原子序数较小，O2-的离子半径较大，A错误；B、NH3分子间含有氢键，而AsH3分子间没有氢键，故AsH3的沸点比NH3的低，B正确；C、Fe的核外电子排布为1s22s22p63s23p63d64s2，Fe成为阳离子时首先失去4s电子，C错误；D、配合物Fe(CO)n的中心原子是Fe，其价电子数为8，每个配体提供2个电子，则有8+2n=18，解得n=5，D正确；故选BD。16下列有关叙述正确的是(

15、 )A1mol该有机物与NaOH溶液反应消耗氢氧化钠3molB若乙酸分子中的氧都是18O，乙醇分子中的氧都是16O，二者在浓H2SO4作用下发生反应，一段时间后，分子中含有18O的物质有3种C某中性有机物C8H16O2在稀硫酸的作用下加热得到X和Y两种有机物，Y经氧化可最终得到X，则该中性有机物的结构可能有4种D已知，那么要生成，原料可以是1-丁炔和2-异丙基-1.3-丁二烯【答案】BDA羧基和酯基均能与NaOH反应，其中羧酸苯酯水解生成的酚也能和NaOH反应，则1mol该有机物与NaOH溶液反应消耗氢氧化钠4mol，故A错误；B若乙酸分子中的氧都是18O，乙醇分子中的氧都是16O，二者在浓H

16、2SO4作用下发生酯化反应的化学方程式为：CH3C18O18OH+H16OCH2CH3CH3C18O16OCH2CH3+H218O，根据反应可知，酯化反应是可逆反应，所以含有18O的物质有：CH3C18O18OH、CH3C18O16OCH2CH3、H218O三种物质，故B正确；C中性有机物C8H16O2在稀硫酸作用下可生成两种物质，可见该中性有机物为酯类。由“Y经氧化最终可得到X”，说明X与Y中碳原子数相等，碳架结构相同，且Y应为羟基在碳链端位的醇，X则为羧酸，故Y为CH3CH2CH2CH2OH或(CH3)2CHCH2OH，对应的X为CH3CH2CH2COOH或(CH3)2CHCOOH，从而推

17、知该中性有机物的结构只有和两种，故C错误；D已知，则1-丁炔和2-异丙基-1.3-丁二烯可发生加成反应生成，故D正确；故答案为BD。17在20世纪90年代末期，科学家发现并证明碳有新的单质形态C60存在。后来人们又相继得到了C70、C76、C90、C94等另外一些球碳分子。21世纪初，科学家又发现了管状碳分子和洋葱状碳分子，大大丰富了碳元素单质的家庭。下列有关说法错误的是()A熔点比较：C60C70C900，则石墨比金刚石稳定CC60晶体结构如图所示，每个C60分子周围与它最近且等距离的C60分子有12个(每个小球表示一个C60分子)D金刚石、C60、C70之间的转化为氧化还原反应解析：C60

18、、C70、C90均是分子晶体，相对分子质量越大，熔点越高，金刚石是原子晶体，熔点比分子晶体高得多，A项正确；石墨转化成金刚石是吸热过程，说明石墨能量低，故石墨比金刚石稳定，B项正确；由C60的晶体结构，可知每个C60分子周围与它最近且等距离的C60分子有12个，C项正确；金刚石、C60、C70之间的转化反应，化合价未变，不属于氧化还原反应，D项错误。答案：D18下列关于实验现象的描述正确的是选项实验操作实验现象A将盛有CH4与Cl2的集气瓶放在光亮处一段时间气体颜色变浅，瓶内壁附有油状物B将乙烯在空气中点燃火焰呈蓝色并伴有黑烟C向盛有苯的试管中加入几滴酸性KMnO4溶液，充分振荡液体分层，下层

19、为紫红色D将蔗糖溶液与稀硫酸混合水浴加热，取反应后的溶液少量，加入几滴新制的Cu(OH)2悬浊液加热出现砖红色沉淀AABBCCDD【答案】ACACH4与Cl2在光照的条件下发生取代，氯气参与反应黄绿色颜色变浅，生成一氯甲烷（气体）、二氯甲烷、氯仿、四氯化碳（均为油状液体），A现象正确；B乙烯在空气中点燃，火焰明亮伴有黑烟，B项错误；C向盛有苯的试管中加入几滴酸性KMnO4溶液，充分振荡，二者不反应也不溶解，上下分层，苯的密度较小在上层，紫红色高锰酸钾溶液在下层，C现象正确；D将蔗糖溶液与稀硫酸混合水浴加热，蔗糖发生水解生成葡萄糖，取反应后的溶液少量，加入氢氧化钠调节至碱性，加入几滴新制的Cu(

20、OH)2悬浊液加热，出现砖红色沉淀，若仍为酸性溶液，不会出现砖红色沉淀，D项错误；答案选AC。19叠氮化钠用于汽车的安全气囊中，当发生车祸时迅速分解放出氮气，使安全气囊充气，其与酸反应可生成氢叠氮酸(HN3)，常用于引爆剂，氢叠氮酸还可由肼(N2H4)制得。下列叙述错误的是ACO2、N2O与N3-互为等电子体B氢叠氮酸(HN3)和水能形成分子间氢键CNaN3的晶格能小于 KN3的晶格能DHN3和 N2H4都是由极性键和非极性键构成的非极性分子【答案】CDAN3-含3个原子、16个价电子，因此与CO2、N2O互为等电子体，故A正确；BHN3的分子结构为，HN3和水能够形成分子间氢键，故B正确；C

21、由于钾离子半径大于钠离子半径，所以NaN3的晶格能大于 KN3的晶格能，故C错误；DHN3和 N2H4都是极性分子，故D错误；答案选CD。20近年来有多个关于超高压下新型晶体的形成与结构的研究报道。NaCl晶体在50300GPa的高压下和Na或Cl2反应，可以形成不同组成、不同结构的晶体。如图给出其中三种晶体的晶胞（大球为氯原子，小球为钠原子），关于这三种晶胞的说法正确的是（ ）A晶胞中钠原子的配位数为12B晶胞中含有6个钠原子C晶胞所对应晶体的化学式为Na2ClD三种晶体均是由NaCl晶体在50300GPa的高压下和Na反应所得【答案】AC根据原子分摊可知，晶胞I中：晶胞中Na原子数目=1+

22、8=2、Cl原子数目=12=6，化学式为NaCl3；晶胞II中Na原子数目=2+4=3、Cl原子数目=8=1，化学式为Na3Cl；晶胞III中Na原子数目=2+4+2=4、Cl原子数目=8=2，化学式为Na2Cl，根据反应条件（NaCl晶体在50300GPa的高压下和Na或Cl2反应，可以形成不同组成、不同结构的晶体）和原子守恒可知，晶胞I所对应晶体是NaCl晶体在50300GPa的高压下和Cl2反应的产物，晶胞II、III所对应晶体是NaCl晶体在50300GPa的高压下和Na反应的产物，据此分析解答。【详解】A由图可知，晶胞中12个Cl原子位于面上，所以体心Na原子周围有12个Cl，即钠原

23、子的配位数为12，故A正确；BNa有2个位于体内，4个位于棱心，棱心被4个晶胞共用，钠原子个数为2+4=3，即晶胞中含有3个钠原子，故B错误；C晶胞III中Na原子数目=2+4+2=4、Cl原子数目=8=2，化学式为Na2Cl，故C正确；D晶胞I、II、所对应晶体的化学式分别为NaCl3、Na3Cl、Na2Cl，根据原子守恒可知，晶胞I所对应晶体是NaCl晶体在50300GPa的高压下和Cl2反应的产物，晶胞II、III所对应晶体是NaCl晶体在50300GPa的高压下和Na反应的产物，故D错误；答案选AC。第II卷（非选择题 共50分)三、填空题21(6分）按要求填空。（1）写出甲基和羟基的

24、电子式：甲基_，羟基_。（2）用系统命名法给下列有机物命名：_；_。（3）某物质是苯的同系物，分子式为C9H12，一溴代物只有2种，则该物质的结构简式为_。（4）写出4甲基2乙基1戊烯的键线式：_。【答案】 2，4二甲基3乙基3己烯 4氯2戊烯 (1)甲基和羟基均显电中性，甲基的电子式为，羟基的电子式为；(2)主链有6个碳原子的烯烃，2，4碳上各有1个甲基，3号碳上有1个乙基，3号碳上有双键，系统命名为：2，4-二甲基-3-乙基-3-己烯；主链有5个碳原子，4号碳上有1个氯原子，2号碳上有碳碳双键，系统命名为：4-氯-2-戊烯；(3)分子式为C9H12，含有苯环，一溴代物只有2种，即只有2种环

25、境的氢原子，取代基上有一种，苯环上有一种，则结构简式为；(4)根据其名称可知，该有机物主链有5个碳，1号碳上有双键，2号碳上有乙基，4号碳上有甲基，所以键线式为。【点睛】含有官能团的有机物命名时，要选含官能团的最长碳链作为主链，官能团的位次最小。22(12分)“摩尔盐”是分析化学中的重要试剂，化学式为(NH4)2Fe(SO4)26H2O。“摩尔盐”在一定条件下分解的方程式为：4(NH4)2Fe(SO4)26H2O2Fe2O33SO35SO2N26NH331H2O。回答下列问题：(1)铁元素在元素周期表中的位置为_，其价层电子排布图为_。(2)组成“摩尔盐”的非金属元素中第一电离能最大的元素为_

26、。“摩尔盐”的分解产物中属于非极性分子的化合物是_。(3)NH3 的沸点比N2O 的沸点_(填“高”或“低”)，其主要原因是_。(4)K3Fe(CN)6常用于检验Fe2，K3Fe(CN)6中除了离子键以外还存在的化学键为_，与CN 互为等电子体的单质的分子式为_。HCN 分子中键和键的个数之比为_。(5)Fe3可与噻吩()和吡咯()形成配位化合物。 噻吩难溶于水，吡咯()能溶于水，原因为：_。噻吩中S原子和吡咯中N原子的杂化方式分别为： _、_。解析：(1)铁为26号元素，位于周期表中第四周期第V族，价电子排布式为3d64s2，则排布图为(2)组成“摩尔盐”的非金属元素为H、N、O、S，因N元

27、素的2p能级为半充满状态，则第一电离能最大的为N；分解产物中的氮气是由非极性键构成的非极性单质，三氧化硫为极性键形成的非极性化合物；(3)NH3分子间可形成氢键，而N2O分子间不存在氢键，则氨的沸点高于N2O；(4)K3Fe(CN)6中K与Fe(CN)63之间为离子键，Fe3与CN间为配位键，C与N之间为共价键；与CN原子个数、价电子总数相等的分子为N2；HCN的结构式为HCN，则键和键各为2条，比值为1:1；(5)吡咯()含有NH键，能与水分子间形成氢键，所以水中溶解度较大；噻吩中S原子和吡咯中N原子价层电子对数均为4，所以均为sp3杂化。答案：(1)第四周期第族(2)N SO3(3)高NH

28、3分子间存在氢键(4)共价键和配位键N21:1(5)吡咯可与水分子间形成氢键sp3杂化23(12分)下面是一些晶体的结构示意图。(1)图甲为金刚石晶胞，则1个金刚石晶胞含有_个碳原子。若碳原子半径为r，金刚石晶胞的边长为a，根据硬球接触模型，则r_a，列式表示碳原子在晶胞中的空间占有率_(不要求计算结果)。(2)图乙为钛酸钡晶体的晶胞结构，该晶体经X射线分析得出，重复单位为立方体，顶点位置被Ti4所占据，体心位置被Ba2所占据，棱心位置被O2所占据。写出该晶体的化学式：_。若将Ti4置于晶胞的体心，Ba2置于晶胞顶点，则O2处于立方体的_位置。在该物质的晶体中，每个Ti4周围与它距离最近且相等

29、的Ti4有_个，它们所形成的立方体为_。Ti4的氧配位数和Ba2的氧配位数分别为_。(3)PbS是一种重要的半导体材料，具有NaCl型结构(如图丙)，其中阴离子采用面心立方最密堆积方式，X射线衍射实验测得PbS的晶胞参数为a0.594 nm。已知坐标参数：A(0,0,0)，B(1/2,1/2,0)，则C的坐标参数为_。PbS晶体中Pb2的配位数为_，r(S2)为_nm。(已知1.414)PbS晶体的密度为_gcm3。(列出计算式即可)解析：(1)由图可知一个金刚石晶胞中有8个C原子。若碳原子半径为r，金刚石晶胞的边长为a，根据硬球接触模型，则正方体对角线的1/4就是CC键的键长，即a2r，所以

30、ra，碳原子在晶胞中的空间占有率。(2)在该晶胞中三种元素所形成的离子的个数比为Ba2:Ti4:O21:1:1:3。将共用一个Ti4的8个晶胞的体心Ba2连接起来构成新的立方体晶胞，则O2原子正好处在面心位置。晶胞顶点位置上的Ti4与其前、后、左、右、上、下的6个Ti4距离最近且相等，若将它们连接起来，则形成正八面体。Ti4周围与其距离最近且相等的O2有6个，立方晶胞12条棱上的12个O2与体心位置上的Ba2距离最近且相等。(3)根据A、B两点坐标参数，结合C点位置可以推出C点坐标参数。由图可知Pb2与S2配位数均为6；由于S2采用面心立方最密堆积方式，故面对角线为4r(S2)据数学知识有4r

31、(S2)a，据此可求得r(S2)；晶胞质量m晶胞体积V(0.594107 cm)3，据此可得密度。答案：(1)8(2)BaTiO3面心6正八面体6、12(3)60.21024（13分）环丙贝特(H)是一种降血脂药物，可明显降低极低密度和低密度脂蛋白水平，并升高高密度脂蛋白，通过改善胆固醇的分布，可减少CH和LDL在血管壁的沉积，还有溶解纤维蛋白和阻止血小板凝聚作用。如图是合成环丙贝特的一种新方法：回答下列问题：(1)B的化学名称为_。(2)F中非含氧官能团的名称为_。(3)反应的反应类型为_，反应的化学方程式为_。(4)M为的同分异构体，能与NaHCO3溶液反应产生气体，则M的结构共有_种(不考虑立体异构)；其中1HNMR中有3组峰，且峰面积之比为6：2：1的结构简式为_。(5)利用Wittig反应，设计以环己烷为原料(其他试剂任选)，制备的合成路线：_。【答案】对羟基苯甲醇（或4羟基苯甲醇） 氯原子 加成反应 +HBr 12 、 【解析】【分析】由A的分子式、B的结构简式，可知A为，A与甲醛发生加成反应生成B；B发生氧化反应生成C，C发生Wittig反应生成D，D发生取代反应生成E，E环化生成F，F水解生成H。(5)对比和的结构差异可知，引入碳碳双键、同时增加1个碳原子，结合Wittig反应的特点分析合成路线。【详解】(