【文档说明】安徽省桐城市重点中学2022届高三上学期开学教学质量检测化学试题 含答案.doc，共(25)页，2.712 MB，由小赞的店铺上传

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桐城市重点中学2022届高三上学期开学教学质量检测化学试卷一、单选题（本大题共7小题，共42.0分）1.铅白是油画中一种重要的白色颜料，但用铅白作画，日久易变黑主要成分为，这种现象在书画术语中叫作“返铅”。书画修复中有一种方法是用双氧水清洗使之恢复白色。下列有关叙述正确的是A.铅白长时

间放置于空气中会被氧气氧化B.铅白耐强酸耐强碱C.用双氧水清洗是利用双氧水的还原性D.中铅的质量分数低于中铅的质量分数2.某有机物的结构简式为，下列有关该物质的说法中正确的是A.分子中所有原子可能共面B.不能与NaOH溶液反应C.能使酸性高锰酸钾溶液和溴水褪色D.1mol该物质与足量反应，最多可

消耗3.由于生产、生活和科学研究的目的不同，因此对物质的分离和提纯的质量标准有不同的要求。下列分离或制备方法能达到相应实验目的的是A.用装置除去乙烯中的少量B.用装置除去碳酸氢钠中的少量碳酸钠C.用装置

除去固体碘中的少量D.用装置分离氯酸钾溶液和二氧化锰的混合物4.工业上利用某分子筛作催化剂，可脱除工厂废气中的NO、，反应机理如图。下列说法不正确的是A.在脱除NO、的反应中主要利用了氨气的还原性B.过程Ⅰ发生的是非氧化还原反应C.过程Ⅲ中，每生成1mol，转移的电子的物质的量为1mol

D.过程Ⅱ中发生反应的离子方程式为5.科学家报道了一种新型可充电二次电池，其工作原理如图所示，下列有关说法正确的是A.充电时，X极为阴极，发生了氧化反应B.充电时，Y极的电极反应式为C.充电时，可用乙醇代替

有机电解质溶液D.电极材料中，单位质量金属放出的电能：6.W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，且位于同一周期，这四种元素的最外层电子数之和为21，X与Y的单质均为空气的主要成分。下列有关说法不正确的是A.W的最高价氧化物对应的水化物为强酸B.最简单氢化物的稳定性：C.简单离子的半径：

D.Z的最简单氢化物的水溶液应用塑料试剂瓶保存7.某温度下，分别向体积均为10mL、浓度均为的KCl溶液和溶液中滴加的溶液，滴加过程中pCl和随加入溶液的体积的变化关系如图所示。已知：，。下列说法不正确的是A.曲线I表示pCl与溶液的变化关系

B.若仅增大KCl的浓度，平衡点由R点沿虚线移向S点C.M点溶液中：D.该温度下，二、简答题（本大题共5小题，共66.0分）8.对甲基苯基苯并咪唑是合成对甲基苯甲醛的中间体，其沸点为。利用邻苯二胺和对甲基苯甲酸合成对甲基苯基苯并咪唑的

反应过程如图1。向反应装置如图中加入邻苯二胺和对甲基苯甲酸后，再加入适量多聚磷酸能与水互溶的质子酸，搅拌成糊状物，慢慢升温至并搅拌1h，继续加热至，回流2h，冷却。用的NaOH溶液调至微碱性，有大量固体出现，分离晶体，水洗，经重结晶提纯后，得白色针状晶体产品。回答下列问题：仪器A的名称为_

_____，冷却水的流向为______。填“a进b出”或“b进a出”制备过程中需在下回流2h，可采取的加热方式为______。填“水浴加热”或“油浴加热”“分离结晶”得到晶体与母液，其操作名称为______，加入的NaOH溶液的作用为______；分离完成

后“水洗”的具体操作为______。粗产品一般需要通过重结晶的方法来提纯，步骤为加热溶解活性炭脱色趁热过滤冷却结晶过滤洗涤干燥，其中需要趁热过滤的原因是______；趁热过滤时所得滤渣中一定含有______。填名称对甲基苯基苯并咪唑的产率为______。

保留三位有效数字9.碳酸锂在医疗上可用于治疗狂躁性精神病，作镇静剂等。电解铝废渣主要含、LiF、NaF、CaO等可用于制备。已知：时，，，。可溶于硫酸。的溶解度：，，。在加热条件下“酸浸”，反应生成能腐蚀玻璃的气体

，写出“酸浸”中发生反应的化学方程式：______。“滤渣”的主要成分是______。填化学式“转化”后所得的溶液中含有的需要加入稀溶液除去。“除钙”步骤中其他条件不变，反应相同时间，温度对除钙率和产率的影响如图1所示。随着温度的升高，的产率逐渐减小的原因是____

__。当温度高于时，除钙率下降的原因可能是______。热分解后，获得的操作是先加热蒸发，然后______。锂硒电池是新一代全固态锂二次电池，具有优异的循环稳定性，其正极材料为附着硒化锂的碳基体。与正极碳基体结合时的能量变化如图2所示，图中3种与碳基体

的结合能力由大到小的顺序是______。对电解铝废水中含量的测定和处理是环境保护的重要课题。工业上常采用EDTA络合滴定法测定电解铝废水中的含量：取电解铝废水置于250mL锥形瓶中，加入一定体积的柠檬酸，煮沸；再加入的EDTA标准液，调节溶液的pH至，加热，冷却后用的标准液滴定至终点，消耗标准

液。该矿业废水中的含量为______。已知：、与EDTA反应的化学计量比均为1：10.碳的氧化物的综合利用有着重要的研究意义。已知：则______。一定温度下，在密闭容器中充入和发生反应，测得平衡时的体积分数与温度、压

强的关系如图1。根据图1可判断：______填“”、“”或“”。点时，用分压表示的平衡常数______。分压总压物质的量分数甲醇燃料电池因具有能量转化率高、电量大的特点而被广泛应用，甲醇KOH碱性燃料电池负极的电极反应式为______。用CO和合成甲烷还伴随多个副反

应：主反应：副反应：在合成气甲烷化过程中，经常使用Ni作为甲烷化的催化剂，但Ni基催化剂对硫、砷等很敏感，极少量的硫、砷也可能导致Ni基催化剂发生______而失去活性。在高温条件下，导致积碳的主要原因是______；不

同的氢碳比即、CO的物质的量之比对CO转化率的影响如图2所示。CO的转化率随着氢碳比的变化而变化的原因是______。由图2、图3可知，较为适宜的氢碳比为______。11.Mg、Ca、Sr均为元素周期表第ⅡA族元素。回答下列

问题：基态Mg原子L能层有______个运动状态不同的电子，Mg的第一电离能______填“大于”或“小于”的第一电离能。和Ca位于同一周期，且核外最外层电子排布相同，但金属Mn的熔、沸点等都比金属Ca的高，原因是______。氯气与熟石灰反应制漂白粉时会生成副产物，

中电负性最小的元素是______填元素符号；的空间构型是______；Cl原子的杂化方式为______。离子化合物的晶体结构如图1所示。中的作用力为______，从钙离子看该晶体属于______堆积，一个晶胞中含有的键有______个。镁单质晶体中原子的堆积模型如图2，已知图中底边长为anm，高

为bnm，阿伏加德罗常数的值为，则镁的密度为______。用含、a、b的计算式表示12.耳壳藻内酯能够阻滞细胞周期的进程，启动细胞自身调控蛋白的表达，诱导细胞凋亡，从而达到抗肿瘤的作用。H的一种合成路线如图。已知：Ⅰ、B中所含官能团相同；Ⅱ；Ⅲ。回答下列问题：化合物A中含氧官能团的名称是_

_____，反应的反应类型为______。化合物B的结构简式为______。反应的化学方程式是______。耳壳藻内酯中含______个手性碳原子。碳原子上连有4个不同的原子或基团时，该碳原子称为手性碳是F的同分异构体，能与溶液发生显色反应，酸性条件下水解的两种产物的核磁共振氢谱均只有3组峰，且峰

面积之比分别为3：2：1、3：1：1，写出一种符合上述条件的X的结构简式：______。设计以和为起始原料制备的合成路线______。无机试剂任选答案和解析1.【答案】D【解析】解：铅白长时间放置于空气转变为PbS，Pb化合价不变，不是氧化还原反应，是铅白与空气中的

少量硫化物反应生成了PbS，故A错误；B.铅白从组成上看，属于碱式碳酸盐，、均溶于酸，故B错误；C.用双氧水清洗是利用双氧水的氧化性，但真正氧化的是硫元素，Pb元素化合价不变，未被氧化，故C错误；D.中铅的质量分数为，中铅的质量分数为，故D正确。故

选：D。A.铅白长时间放置于空气转变为PbS，Pb化合价不变，不是氧化还原反应；B.铅白从组成上看，属于碱式碳酸盐，可溶于酸；C.用双氧水清洗是利用双氧水的氧化性；D.分别计算出两者的铅的质量分数，进行比较即可。本题考查了氧化还原反应的基本知识，碱式碳酸盐的性质，质量分数的计算等，属于基本知识，

基础题型，难度不大，但需细心。2.【答案】C【解析】解：该分子中甲基、亚甲基上的碳原子都具有甲烷结构特点，所以该分子中所有原子不能共平面，故A错误；B.含有酯基和酚羟基，所以能和NaOH溶液反应，故B错误；

C.含有酚羟基和碳碳双键，碳碳双键和酚羟基能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色，碳碳双键能和溴发生加成反应而使溴水褪色，故C正确；D.苯环和氢气以1：3发生加成反应，碳碳双键和氢气以1：1发生加成反应，该分子中含有2个苯环、1个碳碳双键，所以1

mol该物质与足量反应，最多可消耗，故D错误；故选：C。该有机物中含有酯基、苯环、酚羟基、醚键、碳碳双键，具有酯、苯、酚、醚和烯烃的性质，一定条件下能发生水解反应、加成反应、取代反应、显色反应、加聚反应、氧化反应等。本题考查有机物结构和性质，侧重考查基础知识的掌握和灵活应用能力，明确官能团及其

性质关系是解本题关键，注意原子共平面判断方法，题目难度不大。3.【答案】D【解析】解：二者均可被高锰酸钾氧化，则不能除杂，故A错误；B.蒸发不能除去碳酸钠，方法及装置均不合理，故B错误；C.加热碘升华，氯化铵分解，且遇冷时碘凝华、氨气与HCl化合生成氯化铵，则加热不能分离，故C

错误；D.只有二氧化锰不溶于水，图中过滤装置可分离溶液与二氧化锰，故D正确；故选：D。A.二者均可被高锰酸钾氧化；B.蒸发不能除去碳酸钠；C.加热碘升华，氯化铵分解，且遇冷时碘凝华、氨气与HCl化合生成氯化铵；D.只有二氧化锰不溶于水。本

题考查混合物分离提纯，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、实验装置的作用为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。4.【答案】C【解析】解：脱除工厂废气中的NO、最终

生成与，中N元素的化合价升高被氧化，则是还原剂，表现还原性，故A正确；B.过程I中的方程式为：，没有元素化合价的变化，是非氧化还原反应，故B正确；C.过程Ⅲ中的方程式为：，中N元素的化合价升高3价，则每生成1mol，消耗，转移的电子的物质的量为3mol，故C错误；D.由分析可知，过程Ⅱ中发生

反应的离子方程式为，故D正确；故选：C。由图可知，脱除工厂废气中的NO、最终生成与，可推知M为与；过程I中的方程式为：；过程Ⅱ中的方程式：；过程Ⅲ中的方程式为：；据此分析。本题考查了氧化还原反应、元素化合物的性质，为高频考点，把握物质的

性质、发生的反应、元素的化合价变化为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意图象中各步反应的离子方程式，题目难度不大。5.【答案】B【解析】解：充电时为电解池，电源正极与原电池正极相连发生氧化反应，X极为阴极，发生了还原反

应，故A错误；B.充电时为电解池，电源正极与原电池正极相连发生氧化反应，Y极的电极反应式为，故B正确；C.钠太活泼，可以置换出乙醇中的氢，降低电池的效率，故C错误；D.钠的原子量23，锂的原子量7，释放1mol电子，

消耗23g钠，7g锂，单位质量金属放出的电能：，故D错误；故选：B。由图可知，X极为原电池负极，反应：，Y极为正极，反应：，由于钠太活泼，电解质选择有机电解质溶液，充电时为电解池，电源正极与原电池正极

相连发生氧化反应，据此答题。本题考查了原电池和电解池原理，为高频考点，侧重考查学生的分析能力，注意把握原电池、电解池的工作原理，根据电池总反应书写电极反应式，此为解答该题的关键，难点是电极反应式的书写，题目难度

不大。6.【答案】A【解析】解：结合分析可知，W为B，X为N，Y为O，Z为F元素，A.W的最高价氧化物对应的水化物为硼酸，硼酸为弱酸，故A错误；B.非金属性越强，最简单氢化物的稳定性越强，非金属性，则最简单氢化物的稳定性：，故B正确；C.电子

层结构相同时，核电荷数越大离子半径越小，则简单离子的半径：，故C正确；D.Z的最简单氢化物为HF，HF能够与二氧化硅反应，不能用玻璃瓶盛放，可用塑料试剂瓶保存，故D正确；故选：A。W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元

素，且位于同一周期，这四种元素的最外层电子数之和为21，X与Y的单质均为空气的主要成分，则X为N，Y为O元素，四种元素位于第二周期，Z的原子序数大于O，且为主族元素，则Z为F；W的最外层电子数为，则W为B元素，以此分析解答。本题考查原子

结构与元素周期律，为高频考点，把握原子序数、原子结构来推断元素为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度不大。7.【答案】B【解析】解：溶液与溶液反应的化学方程式为：，溶液与溶液应的化学

方程式为：，根据方程式可知在相同浓度的KCl和溶液中加入相同浓度的溶液，浓度减小的更快，浓度减小的慢，所以曲线I表示pCl与溶液的变化关系，曲线Ⅱ表示与溶液的变化关系，故A正确；B.由A可知曲线I表示pCl

与溶液的变化关系，则不变，仅增大KCl的浓度，平衡点由R点向右移动，所以R点沿虚线移向S点是错误的，故B错误；C.M点加入的溶液体积为15mL，根据方程式，可知生成和，剩余，则，水解使溶液呈酸性，则，所以M点溶液中，离子浓度为：，故C正确；D.N点的纵坐标为4，则沉淀在沉淀溶解平衡中，，

，故D正确。故选：B。A.根据方程式：和，判断出与等量的溶液，浓度减小的更快，浓度减小的慢，结合曲线变化趋势得出结论；B.由A可知曲线I表示pCl与溶液的变化关系，则不变，仅增大KCl的浓度，平衡点由R点向右移动；C.M点加入的溶液体积为15mL，根据方程式可知生成和，剩

余，结合水解使溶液呈酸性，可得M点溶液中离子浓度的大小关系；D.N点的纵坐标为4，则沉淀在沉淀溶解平衡中，，带入计算即可。本题主要考查的计算，离子浓度大小的定量分析，以及根据化学方程式的比例关系，判断曲线的变化趋势，具有较强的综合性，对学生的思维能力要求较高，属

于难题。8.【答案】三颈烧瓶a进b出油浴加热过滤除去未反应的对甲基苯甲酸和多聚磷酸向漏斗中加入蒸馏水至浸没晶体，然后让水自然流下，重复操作次，直至晶体洗涤干净防止产品因低温结晶而损失活性炭【解析】解：仪器A的名称为三颈烧瓶，冷却水应

下进上出，流向为：a进b出，故答案为：三颈烧瓶；a进b出；加热温度为，水浴加热最高为，选择油浴加热，故答案为：油浴加热；分离晶体得到晶体和母液的操作为：过滤；加入氢氧化钠除去未反应的对甲基苯甲酸和多聚磷酸；水洗的步骤为：向漏斗中加入蒸馏水至浸没晶体，然后让水自然流下，重复操作次

，直至晶体洗涤干净，故答案为：过滤；除去未反应的对甲基苯甲酸和多聚磷酸；向漏斗中加入蒸馏水至浸没晶体，然后让水自然流下，重复操作次，直至晶体洗涤干净；重结晶过程中趁热过滤的原因：在热的条件下大多溶质杂质在溶剂中溶解度较高，能完全溶解，从而较好地分离杂质和产物，防止产品因结晶而损失，活

性炭的溶解度不高，所以滤渣中含有活性炭，故答案为：防止产品因低温结晶而损失；活性炭；根据反应方程式：可知，邻苯二胺理论上得到产物对甲基苯基苯并咪唑的物质的量为，其质量为，故产率为，故答案为：。仪器A的名称为三颈烧瓶，冷却水应下进上出；加热温度为，水浴加热最高为；通过过滤

分离晶体得到晶体和母液的操作为；加入氢氧化钠除去未反应的混酸；水洗的步骤为：向漏斗中加入蒸馏水至浸没晶体，然后让水自然流下，重复操作次，直至晶体洗涤干净；活性炭在重结晶过程中可能会残存在产品中，高温过滤可以防止产品过多结晶而造成损失；

根据反应方程式：确定理论产量，产率。本题以对甲基苯基苯并咪唑的制备为背景，考查了学生有关有机实验分离，重结晶基本操作及分析，产率计算等相关知识，考查范围较广，难度适中。9.【答案】浓温度过高分解产生沉淀，

与一同被过滤温度过高促进水解，使溶液中离子浓度减小趁热过滤108【解析】解：在加热条件下酸浸，反应生成能腐蚀玻璃的气体，与浓硫酸发生反应生成硫酸铝和氟化氢，化学方程式：浓；故答案为：浓；由流程分析可知“滤渣”的主要成分是，

故答案为：；温度过高分解产生沉淀，与一同被过滤，导致最终的产率逐渐减小；故答案为：温度过高分解产生沉淀，与一同被过滤；是弱酸根离子易水解，温度过高促进水解，使溶液中离子浓度减小，除钙率下降；故答案为：温度过高促进水解，使溶液中离子浓度减小；的溶解度随温度升高而降低，则热

分解后，获得的操作是先加热蒸发，然后趁热过滤，故答案为：趁热过滤；由与正极碳基体结合时的能量变化分析可知，结合碳基体过程中放出的能量越多，形成的物质越稳定，越易形成，则3种与碳基体的结合能力由大到小的顺序是：，

故答案为：；由步骤1中标准溶液的浓度，步骤2中用标准溶液滴定的EDTA标准液为与反应后剩下的EDTA标准液，已知消耗标准液，且与EDTA反应的化学计量比为1：1，则与反应后剩下的EDTA标准液的物质的量为，则消耗的

EDTA的物质的量，又与EDTA反应的化学计量比也为1：1，则该废水中的含量为，故答案为：108。电解铝废渣在加热条件用浓硫酸酸浸溶解，生成HF，过滤后所得滤渣主要为，滤液中主要含有、、、、，向滤液中加入碳酸钠溶液使、、转化为、及沉淀，过滤后向沉

淀中加水，通入足量二氧化碳，使、沉淀溶解转化为碳酸氢锂和碳酸氢钙，过滤得滤渣为，再向滤液中加入除去溶液中的生成沉淀，过滤后得到碳酸氢锂溶液，对其加热分解生成碳酸锂，据此分析解答；与正极碳基体结合时的能量变化分析可知

，结合碳基体过程中放出的能量越多，形成的物质越稳定，越易形成；由步骤1中标准溶液的浓度，步骤2中用标准溶液滴定的EDTA标准液为与反应后剩下的EDTA标准液，已知消耗标准液，且与EDTA反应的化学计量比为1：1，则与反应后剩下的EDTA标准液的物质的量为，则消耗的EDTA的物质的量，又与EDTA

反应的化学计量比也为1：1，据此可得结果。本题考查物质的制备实验，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、混合物分离提纯、制备原理为解答关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。10.【答案

】中毒甲烷的分解反应增大浓度，平衡正向移动，CO的转化率增大【解析】解：根据盖斯定律得，故答案为：；该反应是气体体积减小的反应，压强越大，平衡正向移动，平衡时的体积分数越大，则，故答案为：；设转化物质的量为xmol，起始2600

转化x3xxx平衡xxA点平衡时的体积分数为，解得，平衡时混合气体总物质的量为5mol，，，，，故答案为：；甲醇在负极失去电子与结合转化为碳酸根，甲醇KOH碱性燃料电池负极的电极反应式为，故答案为：；极少量的硫、砷也可能导致Ni基催化剂发生中毒而失去活性，故答案为：

中毒；在高温条件下，甲烷的分解生成C和导致积碳；CO的转化率随着氢碳比的变化而变化的原因是增大浓度，平衡正向移动，CO的转化率增大；由图1、2可知，当氢碳比为时，甲烷的产率的产率最大，同时CO的转化率也较大，再提高氢碳比甲烷的产率减小，CO的转化率提升不明

显，则较为适宜的氢碳比为，故答案为：甲烷的分解反应；增大浓度，平衡正向移动，CO的转化率增大；。根据盖斯定律得；该反应是气体体积减小的反应，压强越大，平衡正向移动，平衡时的体积分数越大；点平衡时的体积分数为

，列化学平衡三段式计算；甲醇在负极失去电子与结合转化为碳酸根；极少量的硫、砷也可能导致Ni基催化剂发生中毒；在高温条件下，甲烷的分解生成C和；增大浓度，平衡正向移动；从CO的转化率和甲烷的产率两个角度分析较为适宜的氢碳比。本题综合考查化学知识，侧重考查学生

分析能力、识图能力和计算能力，题目涉及反应热的计算、化学平衡的移动、化学平衡的计算、电化学，根据题目信息，结合盖斯定律、勒夏特列原理、化学平衡三段式、守恒原则等知识解答，此题难度大。11.【答案】8大于Mn原子半径较小且价电子数较多，金属键较强Ca三角锥形

离子键、非极性共价键面心立方8【解析】解：基态Mg原子的电子排布式为，则L能层有8个运动状态不同的电子；基态Mg原子的价电子排布式为，基态Al原子的价电子排布式为，镁原子最外层3s轨道达到全充满结构，铝的3p轨道未达到半充满结构，故镁的第一电

离能大于铝的第一电离能，故答案为：8；大于；钙、锰都是金属晶体，金属键强弱决定金属晶体的熔、沸点的高低，锰原子的半径小于钙原子的，锰原子的价电子数比钙原子的多，锰的金属键比钙的强，故答案为：Mn原子半径较小且价电子数较多，金属

键较强；通常金属易失电子，第一电离能较小，而非金属性越强，第一电离较大，则电负性：，电负性最小的是Ca；中氯原子价层电子对数为，氯原子采取杂化，VSEPR模型为四面体形，含有一对孤电子对，空间构型为三角锥形，故答案为

：Ca；三角锥形；；的电子式结构为，则中的作用力为离子键、非极性共价键；钙离子处于晶胞的顶点与面心位置，从钙离子看该晶体属于面心立方堆积；一个中含2个键，晶胞中数目为，故晶胞中键数目为，故答案为：离子键、非极性共价键；面心立方；8；晶胞中含有的镁原子数为，晶胞的质量为，图中底

边长为anm，高为bnm，可知晶胞体积为，则，故答案为：。原子核外所有电子的运动状态均不同；基态Mg原子的价电子排布式为，基态Al原子的价电子排布式为，镁原子最外层3s轨道达到全充满结构，相对稳定；金属晶体中金属键强弱决定金属晶体的熔、沸点的高低；通常金属易失电子，第一电离能较小，而

非金属性越强，第一电离较大；中氯原子价层电子对数为，判断氯原子杂化方式和空间构型；的电子式结构为；钙离子处于晶胞的顶点与面心位置，判断晶体的堆积方式；根据均摊理论判断晶胞中数目，其中叁键中含有2个键；根据均摊理论先判断晶胞中含有的镁原子数，再结合晶

胞的质量和体积计算密度。本题考查晶胞计算、原子核外电子排布、配合物等知识，题目难度中等，明确均摊法在晶胞计算中的应用为解答关键，注意掌握配合物成键情况及原子核外电子排布规律，试题培养了学生的分析能力及综合应用能力。12.【答案】羰

基还原反应2或、、【解析】解：化合物A中含氧官能团的名称是羰基，反应中羰基被还原生成羟基，则该反应的反应类型为还原反应，故答案为：羰基；还原反应；化合物B的结构简式为，故答案为：；的结构简式为，C的结构简式为B发生信息II的反应生成C，则反应的化学方程式是，故答案为：；耳壳藻内酯如图中标有“1、2

”的碳原子为手性碳原子，所以该分子中含2个手性碳原子，故答案为：2；是F的同分异构体，能与溶液发生显色反应，说明含有酚羟基，F的不饱和度是5，苯环的不饱和度是4；酸性条件下水解的两种产物的核磁共振氢谱均只有3组

峰，且峰面积之比分别为3：2：1、3：1：1，则X中含有酯基，符合上述条件的X的结构简式：或、、，故答案为：或、、；以和为起始原料制备，可由发生酯化反应得到，可由发生水解反应得到，可由发生信息II的反

应得到，可由发生水解反应得到，可由发生催化氧化得到，其合成路线为，故答案为：。A发生氧化反应生成B，A、B中所含官能团相同，则B中含有碳碳双键和羰基，B的不饱和度，环、碳碳双键和羰基的不饱和度都是1，

结合B的分子式知，B中含有2个羰基，根据E的结构简式知，B的结构简式为；B发生信息II的反应生成C，结合C的分子式知，C的结构简式为，C发生信息III的反应生成D为，D发生信息II的反应生成E，E发生水解反应生成F，F发生反应生成G，G中羰基发生还原反应生成H；

以和为起始原料制备，可由发生酯化反应得到，可由发生水解反应得到，可由发生信息II的反应得到，可由发生水解反应得到，可由发生催化氧化得到。本题考查有机物推断和合成，侧重考查分析、推断及知识综合应用能力，利

用结构简式、分子式及反应条件正确推断各物质结构简式是解本题关键，采用知识迁移、逆向思维方法进行合成路线设计，题目难度中等。