江苏省如皋市2021-2022学年高二化学下学期期末调研考试试题（Word版附解析）

2021-2022年度高二年级第二学期期末教学质量调研化学试题本卷满分100分，考试时间75分钟可能用到的相对原子质量：H1C12O16Mg24C135.5Pb207选择题(共36分)一、单项选择题：本题包括8小题，每小题2分，共计16分。每小题只有一项符合题意1.免洗手消毒凝胶广泛用于公共场所，使用时只需将消毒凝胶在手部揉搓即可。一种免洗手消毒凝胶中含有下列成分，其中能起到消毒杀菌作用的是A.水B.乙醇C.甘油D.丙烯酸交联树脂【答案】B【解析】【详解】免洗手消毒凝胶中含有的乙醇能使蛋白质变性，起到消毒杀菌的作用，故选B。2.下列说法正确的是A.基态原子的内层电子全部充满B.中子数为8的氧原子可以表示为C.与分子的极性相同D.的空间构型为正四面体形【答案】D【解析】【详解】A．Ca的内层电子第三层只填了8个未全部充满，A项错误；B．中子为8氧原子的质量数为8+8=16，其表达为，B项错误；C．CO2为对称直线型非极性分子，而H2O为V型为极性分子，C项错误；D．的价层电子对为，无孤电子对，其立体构型为正四面体，D项正确；故选D。3.与在催化剂(简写为HAP)表面催化生成和的历程示意图如下。已知该反应在一定条件下能自发进行。下列说法正确的是 A.E=反应物的键能总和-生成物的键能总和B.羟基磷灰石(HAP)的作用是减小，加快反应速率C.反应过程中既有极性键生成，也有非极性键生成D.反应的【答案】D【解析】【详解】A．由图可知，E代表正反应的活化能，该反应的反应热△H=反应物的键能总和-生成物的键能总和=E-E逆，选项A错误；B．羟基磷灰石(HAP)为催化剂，加入催化剂加快反应速率，但不能改变反应热，选项B错误；C．反应过程中有C=O键、H-O键的生成，均为极性共价键，选项C错误；D．由题意知，HAP为催化剂，该反应的方程式为又该反应在一定条件下能自发进行，则△G=△H-T△S<0，因此△S<0，选项D正确；答案选D。4.下列离子方程式书写正确的是A.向中加入盐酸：B.向Al粉中加入NaOH溶液：C.溶液中加入过量溶液：D.向碱性溶液中加入：【答案】C【解析】【详解】A．向FeCO3中加入盐酸，离子方程式为：FeCO3+2H+=CO2↑+H2O+Fe2+，A错误； B．向铝粉中加入NaOH溶液，离子方程式为：2Al+2H2O+2OH-=2+3H2↑，B错误；C．向NaHCO3中加入过量氢氧化钡溶液，生成碳酸钡沉淀和水，C反应方程式正确，C正确；D．强碱性溶液中NaClO将Fe(OH)3氧化为，离子方程式为3ClO-+2Fe(OH)3+4OH-=2+3Cl-+5H2O，D错误；故答案选C。5.Q、W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素，Q的基态原子中只有1种运动状态的电子，W、Z的基态原子分别是同周期中未成对电子数最多的，X的基态原子2p能级上未成对电子数与成对电子数相同，Y与Q处于同一主族。下列说法正确的是A.简单离子半径：B.第一电离能：C.沸点：D.化合物中只含有离子键【答案】A【解析】【分析】由于Q只有一种运动状态则为H。X的2p轨道上成对电子和成对电子数相同，即为2p4则它为O元素。W、Z为同周期未成对电子数最多的，即W为第二周期的N，Z为第三周期的P。Y为Na。【详解】A．W、X、Y的简单离子分别为N3-、O2-、Na+，三者同电子层结构核电荷数多半径小即半径W>X>Y，A项正确；B．X、W、Z分别为O、N、P，O、N为第二周期半径比P小，同时同周期ⅤA族大于ⅥA族，所以第一电离能W>X>Z，B项错误；C．PH3与NH3中NH3分子间有氢键其沸点更高，即沸点：ZQ3<WQ3，C项错误；D．Na2O2中存在O-O为非极性共价键，D项错误；故选A。6.在给定条件下，下列所示物质间的转化均能实现的是A.B.C.D. 【答案】D【解析】【详解】A．，A错误；B．Al2O3与水不反应，B错误；C．Fe与水蒸气反应生成Fe3O4，C错误；D．制备新制氢氧化铜溶液用硫酸铜溶液和过量的氢氧化钠溶液，葡萄糖具有醛基，与新制氢氧化铜溶液反应生成Cu2O砖红色沉淀，D正确；故答案为D。7.下列有关实验装置或原理能达到目的的是A.用图甲装置制取沉淀B.用图乙装置分离层和水层C.用图丙装置制取乙酸乙酯D.用图丁装置验证酸性：乙酸＞碳酸＞苯酚【答案】B【解析】【详解】A．甲装置若用于制备NaHCO3需要通入NH3和CO2，需要三个导气管，A项错误；B．CCl4和水层不互溶选择分液即可，B项正确；C．丙装置接收试管应该用饱和Na2CO3以降低乙酸乙酯的溶解性，C项错误；D．乙酸具有挥发性与CO2一起进入苯酚钠中制备出苯酚，无法确定是CO2制备出苯酚，所以无法确定碳酸与苯酚的强弱，D项错误；故选B。8.以某冶金工业产生的废渣(含)为原料制备的流程如下图所示。已知水浸后溶液中主要存在的离子是。 下列说法正确的是A.“煅烧”时发生的反应都是氧化还原反应B.高温“煅烧”时每消耗，则同时消耗C.“除杂”时反应之一为D.“反应”时发生复分解反应，该反应能发生的原因是该条件下的溶解度相对和较小，有沉淀析出【答案】D【解析】【分析】由题给流程可知，废渣煅烧时，氧化铬与碳酸钠、氧气高温条件下反应生成铬酸钠，二氧化硅、氧化铝与碳酸钠高温条件下得到硅酸钠、偏铝酸钠，水浸、过滤得到含有铬酸钠、硅酸钠、偏铝酸钠的滤液，向滤液中通入过量二氧化碳，将硅酸钠、偏铝酸钠转化为硅酸、氢氧化铝沉淀，过滤得到硅酸、氢氧化铝和含有铬酸钠的滤液；滤液经多步转化得到重铬酸钠溶液，向重铬酸钠溶液中加入氯化钾固体，将重铬酸钠转化为溶解度小的重铬酸钾。【详解】A．由分析可知，煅烧时，二氧化硅、氧化铝与碳酸钠高温条件下得到硅酸钠、偏铝酸钠的反应没有化合价变化，属于非氧化还原反应，故A错误；B．缺标准状况，无法计算煅烧消耗1mol氧化铬时消耗氧气的体积，故B错误；C．由分析可知，除杂时反应之一为硅酸钠溶液与过量二氧化碳反应生成硅酸沉淀和碳酸氢钠，反应的离子方程式为，故C错误；D．反应时发生的复分解反应为重铬酸钠溶液与氯化钾固体反应生成重铬酸钾和硫化钠，反应能发生的原因是该条件下重铬酸钾的溶解度相对重铬酸钠和氯化钾较小，有利于重铬酸钾沉淀析出，故D正确；故选D。二、不定项选择题：本题包括5小题，每小题4分，共计20分。每小题只有一个或两个选项符合题意。若正确答案只包括一个选项，多选时，该题得0分；若正 确答案包括两个选项只选一个且正确的得2分，选两个且都正确的得满分，但只要选错一个，该小题就得0分9.有机物Y是一种食用香精，波谱法检测分子中含有苯环、碳碳双键和醛基。现对Y进行如下实验：步骤1：向一支试管中加入少量Y，滴加几滴酸性溶液，紫红色褪去；步骤2：向另一支试管中加入的溶液，边振荡边滴入2%的稀氨水；步骤3：向步骤2所得银氨溶液中加入少量Y，加热，出现银镜。下列说法正确的是A.测定Y分子中含有苯环、碳碳双键和醛基波谱法是质谱法B.步骤1能说明碳碳双键可被酸性溶液氧化C.步骤2中配制银氨溶液时，当生成的沉淀恰好溶解时应停止滴加稀氨水D.一个晶胞(见图)中，距离每个原子最近的原子数是4【答案】C【解析】【详解】A．质谱法能够测出质荷比，即得到相对分子质量，无法得到官能团信息，A错误；B．步骤1只能证明该有机物具有还原性官能团，可能是碳碳双键，也可以是醛基，B错误；C．银氨溶液的配制需要先加硝酸银，然后逐滴加入稀氨水，先产生白色沉淀，然后继续加稀氨水至白色沉淀恰好溶解，所以C项正确；D．以顶点的Ag为中心，则一个晶胞中与其距离最近且等距的Ag原子在面心上，有3个，一个顶点被8个晶胞共用，所以应该有24个，但由于每个面上的原子被两个晶胞共用，所以均摊后除以2，应该为12个，D项错误；故答案选C。10.一种能抑制病毒活性的有机物X的结构如下图所示。下列关于X的说法正确的是 A.X分子中所有原子可能共平面B.能与溶液反应生成C.能与甲醛发生缩聚反应D.与足量加成后所得分子中含7个手性碳原子【答案】AD【解析】【详解】A．该有机物X中所有的C原子均采取sp2杂化，均为平面结构，而且羟基中单键可以旋转，所以X中所有原子可能共平面，A正确；B．只有羧基能与溶液反应生成，X中没有羧基，所以B错误；C．酚羟基邻位均有H原子才可以发生缩聚反应，X中酚羟基邻位只有一个H，所以不能发生缩聚，C项错误；D．与足量的氢气反应后得到结构，含有7个手性C，D项正确；故答案选AD。11.环氧乙烷()气体是一种重要的工业原料。一种制备环氧乙烷的装置原理如图所示。电解时向其中一电极区持续通入乙烯，充分电解后，将两电极区溶液混合反应可制得环氧乙烷。下列说法不正确的是 A.电解时将移向阴极区B.与的反应为加成反应C.电路中每转移电子，则理论上可生成D.两电极区溶液混合生成环氧乙烷的离子反应为HOCH2CH2Cl+OH-→↑+H2O+Cl-【答案】A【解析】【分析】该电解池的反应实质为乙烯和水发生，生成氢气和环氧乙烷，电极甲为氯离子失电子生成Cl2，氯气与水反应生成HClO，HClO再与乙烯反应生成HOCH2CH2Cl，电极乙为氢离子得电子生成氢气的反应，溶液a为KOH。【详解】A．电解时，阴离子向阳极区移动，Cl-向阳极移动，A错误；B．根据图示可知，HClO和C2H4反应生成HOCH2CH2Cl，故反应为加成反应，B正确；C．根据物料守恒可知，转移1mol电子，生成0.5molCl2，生成1molHClO，最终生成1molHOCH2CH2Cl，C正确；D．电极乙生成氢气，溶液a为KOH溶液，其与HOCH2CH2Cl混合发生的离子方程式为HOCH2CH2Cl+OH-→↑+H2O+Cl-，D正确；故答案选A。 12.已知。常温下，用的分别滴定的甲酸和的乙酸溶液，所得溶液的与溶液体积的关系如下图所示。下列说法正确的是A.乙酸的电离程度B.甲酸电离的方程式为C.D.当时，溶液的【答案】C【解析】【分析】由初始pH可分析，同浓度的甲酸和乙酸，乙酸的pH大于甲酸，即乙酸电离出的c(H+)小与甲酸；滴定终点消耗等体积的NaOH，所以甲酸和乙酸均为一元弱酸。【详解】A．根据图象，写出乙酸电离平衡的三段式：，<10%，A错误；B．见分析，0.1mol/L的甲酸电离出的c(H+)小于0.1mol/L，说明其为弱电解质，甲酸电离的 方程式为，B错误；C．，C项正确；D．见分析，甲酸和乙酸均为弱酸，当时，溶液分别为甲酸钠和乙酸钠，均为强碱弱酸盐，溶液呈碱性，；故答案选C。13.在容积为2L的恒容密闭容器中充入、，在不同温度下发生反应：，测得的转化率与时间的关系如下图所示。下列说法正确的是A.时，时的反应速率大于时，其中时B.时的反应平衡常数C.时，当容器中气体密度不再发生变化时，反应到达平衡状态D.时，若起始向容器中加入催化剂，2s时，的转化率可能到达图中X点【答案】AD【解析】【详解】A．T1在10s时达平衡而T2未达平衡，所以T1速率比T2大。T1温度下1-10s，转化率为60%，则，，A项正确； B．计算得，B项错误；C．该反应为恒容且气体质量守恒，所以密度为非变量，气体密度不再变化无法判断平衡，C项错误；D．T2温度下加入催化剂可加快反应速率，2s时可达到X点，D项正确；故选AD。三、非选择题(共64分)14.碱式碳酸锌在医药行业可用作皮肤保护剂，用工业级硫酸锌(主要成分为，含少量)制备碱式碳酸锌的流程如下：（1）“除铁”时控制溶液的pH约为4，写出“除铁”的离子方程式：_______；（2）写出“沉锌”的离子方程式：_______。【答案】（1）2Fe2++H2O2+2H+===2Fe3++2H2O（2）4Zn2++8===Zn4(OH)6CO3+7CO2+H2O【解析】【分析】工业级硫酸锌(主要成分为，含少量)，水溶后加入H2O2且调节pH将亚铁离子转化为氢氧化铁沉淀除去，之后加入锌粉，利用金属性强的置换出金属性弱，将Cu2+、Cd2+转化为Cu、Cd过滤除去，最后加入NH4HCO3溶液制备出碱式碳酸锌。小问1详解】“除铁”时向溶液中加入H2O2目的是将Fe2+转化为Fe3+，以便于更容易的除去铁杂质，故离子方程式为2Fe2++H2O2+2H+===2Fe3++2H2O；【小问2详解】 根据流程，沉锌时的反应为Zn2+与NH4HCO3溶液反应生成碱式碳酸锌和二氧化碳，其离子方程式为：4Zn2++8===Zn4(OH)6CO3+7CO2+H2O。15.一种以硼镁石[主要含，还含有少量]为原料制取的工艺流程如下：（1）与焙烧时生成、、、、和。写出焙烧时发生反应的化学方程式：_______。（2）由于部分铵盐的分解，焙烧反应所得的气体中除和外，还可能含有和，其中和的体积比为_______。（3）易溶于水，溶于水后生成硼酸，硼酸在冷水中溶解度小，溶于水的硼酸可发生电离：。硼酸属于_______元酸。（4）用氨水调的目的是沉淀和，已知实验条件下，部分金属离子开始沉淀的和对应氢氧化物的如下表所示；溶液中金属离子浓度，可以认为沉淀完全。开始沉淀的8.63.72.2氢氧化物的调时需控制的范围是_______。 （5）取加热分解，所得残留固体质量与温度的关系如下图所示。时所得固体的成分为_______。【答案】（1）（2）3：1（3）一（4）—8.6（5）【解析】【分析】由题给流程可知，硼镁石与硫酸铵焙烧得到含有硫酸镁铵、硫酸铁铵、硫酸铝铵、氧化硼的焙烧渣，焙烧渣加入稀硫酸酸浸，硫酸镁铵、硫酸铁铵、硫酸铝铵溶解得到可溶性硫酸盐溶液，氧化硼与水反应生成硼酸沉淀，过滤得到硼酸和含有可溶性硫酸盐的滤液；向滤液中加入氨水调节溶液pH，将溶液中的铁离子、铝离子转化为氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，过滤得到含有氢氧化铁、氢氧化铝的滤渣和含有铵根离子、镁离子的滤液；向滤液中加入碳酸钠，将溶液中镁离子转化为沉淀，过滤得到。【小问1详解】由题意可知，与硫酸铵焙烧反应生成硫酸镁铵、氧化硼、氨气和水，反应的化学方程式为 ，故答案为：；【小问2详解】由题意可知，焙烧时，硫酸铵高温条件下受热分解生成氨气、二氧化硫、氮气和水，反应的化学方程式为4NH3↑+N2↑+3SO2↑+6H2O，反应中二氧化硫和氮气的体积比为3：1，故答案为：3：1；【小问3详解】由电离方程式可知，硼酸是一元弱酸，故答案为：一；【小问4详解】用氨水调节溶液pH时，溶液pH应小于8.6，防止镁离子沉淀，为使溶液中铁离子、铝离子完全沉淀，溶液中氢氧根离子浓度应大于==mol/L，溶液pH应大于，则溶液pH范围为—8.6，故答案为：—8.6；【小问5详解】由图可知，的物质的量为=0.1mol，由镁原子个数守恒可知，0.1mol的质量0.1mol×394g/mol=39.4g，则250℃时所得固体为，故答案为：。16.含铅废料的处理，有助于节约资源、保护环境。（1）铅蓄电池废旧电极中的、用硫酸处理后可以制得。为加快反应，可以滴加少量溶液，滴加后主要发生2个反应，反应一是：，写出反应二的离子方程式：_______。 （2）固体中含有少量炭黑，设计由混合物得到炭黑的实验方案：_______，得到炭黑。(实验中必须要用的试剂是35%的溶液。已知在35%的溶液中的溶解度随温度的变化如图所示)（3）为测定废电极(含和)中的质量分数，进行如下实验：取粉碎后的废电极，向其中加入硫酸酸化，再加入足量的溶液，过滤除去，用的溶液滴定滤液至终点，恰好完全反应时消耗溶液。实验中发生的反应如下：(未配平)(未配平)①描述由固体配制的溶液的实验过程：_______，用胶头滴管加水至凹液面与刻度线相切，塞好瓶塞，颠倒摇匀。【除必须用到电子天平(称量时可读数到)外，其他仪器任用】②计算废电极中的质量分数，并写出计算过程_______。【答案】（1）2Fe2++PbO2+4H++=2Fe3++PbSO4+2H2O（2）在混合物中加入过量35%的NaOH溶液，加热至PbO完全溶解，趁热过滤，将滤渣洗涤干燥即可（3）①.计算出100mL0.2000mol/L的草酸溶液需要草酸固体1.8g，用天平称取1.8g草酸固体，将称取的草酸固体在烧杯中溶解，冷却后将烧杯中溶液通过玻璃棒引流转移至容量瓶中（容量瓶事先验漏），用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒2-3 次，洗涤液也转移到容量瓶中。向容量瓶中加水至刻度线1cm-2cm处②.消耗0.2mol/L的草酸溶液25mL，则消耗草酸的量为5×10-3mol，将第二个方程式配平得2+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2+8H2O，根据第二个方程式可知生成的物质的量为2×10-3mol，将第一个方程式配平得5PbO2+2Mn2++4H++5=2+5PbSO4+2H2O，根据第一个方程可知，样品中有PbO25×10-3mol，则PbO2的质量分数为。【解析】【小问1详解】从题干可知，硫酸铁的作用为催化剂，加快反应速率，反应一中铁离子被还原为为亚铁离子，则反应二中亚铁离子被氧化为铁离子，则反应二的离子方程式为2Fe2++PbO2+4H++=2Fe3++PbSO4+2H2O。【小问2详解】PbO在NaOH溶液中的溶解度随温度升高变化很大，因此想要得到PbO中的炭黑，实验方案为：在混合物中加入过量35%的NaOH溶液，加热至PbO完全溶解，趁热过滤，将滤渣洗涤干燥即可得到炭黑。【小问3详解】①计算出100mL0.2000mol/L的草酸溶液需要草酸固体1.8g，用天平称取1.8g草酸固体，将称取的草酸固体在烧杯中溶解，冷却后将烧杯中溶液通过玻璃棒引流转移至容量瓶中（容量瓶事先验漏），用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒2-3次，洗涤液也转移到容量瓶中。向容量瓶中加水至刻度线1cm-2cm处，改用胶头滴管滴加蒸馏水至凹液面和刻度线相切，塞好瓶塞，颠倒摇匀。②消耗0.2mol/L的草酸溶液25mL，则消耗草酸的量为5×10-3mol，将第二个方程式配平得2+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2+8H2O，根据第二个方程式可知生成的物质的量为2×10-3mol，将第一个方程式配平得5PbO2+2Mn2++4H++5=2+5PbSO4+2H2O，根据第一个方程可知，样品中有PbO25×10-3mol，则PbO2的质量分数为。17.有机物H的一种合成路线如下图所示： 已知：(R表示烃基，当苯环上连有或时不能发生该反应)。（1）B的结构简式为_______。（2）D+F→G的反应类型为_______。（3）X的结构简式为_______。（4）C的一种同分异构体符合下列条件，写出该同分异构体的结构简式：_______Ⅰ．既能发生银镜反应，也能发生水解反应；Ⅱ．与溶液不能发生显色反应；Ⅲ．含有苯环，分子中有4种化学环境不同的氢原子。（5）设计以和为原料取的路线图(无机试剂及有机溶剂任用)_______。【答案】（1）（2）取代反应（3）（4）（5） 【解析】【分析】分析A和D的结构，结合B的分子式可推测出A与(CH3)2SO4发生取代反应生成，即B的结构简式为，B与高锰酸钾反应后得到C，结合C的分子式可知C的结构简式为，C与SOCl2反应得到D，D与F发生取代反应生成G，G与X在AlCl3催化下发生取代反应得到H，由已知信息可知X为。另外，E到F为去氧加氢的还原反应。【小问1详解】见分析，通过分析A和D的结构和B的分子式可推测出B的结构简式为，故答案为：；【小问2详解】D+F→G的反应为，故该反应类型为取代反应；【小问3详解】， G()与X在AlCl3催化下发生取代反应得到H()，由已知信息：，可知X与G形成环状结构，所以X中应该有两个Cl，根据环的相对位置可知，X的结构简式为；【小问4详解】见分析，B与高锰酸钾反应后得到C，结合C的分子式可知C的结构简式为，C的结构中含有一个苯环，苯环外2个C原子3个O原子和1个不饱和度，Ⅰ．既能发生银镜反应，也能发生水解反应，结合不饱和度信息，可知含有官能团-OOCH；Ⅱ．与溶液不能发生显色反应，则不含有酚羟基；Ⅲ．含有苯环，分子中有4种化学环境不同的氢原子，则该同分异构体的结构简式为：；【小问5详解】合成采用逆合成分析法，如下图所示： ，故答案为：。18.有机物H是一种具有杀菌活性的物质，其合成路线如下：（1）A中碳原子的轨道杂化类型为_______。（2）反应②可能生成一种与C互为同分异构体的副产物，该副产物的结构简式为_______。（3）反应③的条件为_______。（4）F的一种同分异构体同时满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式：_______。①分子中含2个苯环；②与足量溶液共热后，经酸化后有两种有机产物甲和乙。甲分子含4种化学环境不同的氢，既能遇溶液显紫色也能与溶液反应，乙分子含3种化学环境不同的氢，遇溶液不能发生显色反应； （5）已知易被氧化，写出以和为原料制备的合成路线流程图(无机试剂和有机溶剂任用，合成路线流程图例见本题题干)_______。【答案】（1）sp2（2）（3）K2CO3（4）（5）【解析】【分析】有机物A与甲醇在浓硫酸作用下发生酯化反应生成有机物B()，B与发生取代反应生成有机物C，C再与CH3Br发生取代反应生成有机物D，D在碱性条件下水解，产物酸化得到有机物E()，E再通过两步取代反应生成有机物G，G在吡啶环境中在P2O5催化作用下得到最终产物H；【小问1详解】有机物A中的7个C原子上均有π键结构，所以7个C原子的原子轨道杂化形式均是“sp2”杂化；【小问2详解】有机物B中有两个酚羟基，与反应生成有机物C的同时，会生成同分异构体 “”(另一个羟基参与反应)；【小问3详解】反应③与反应②反应类型相同，所以所用反应条件相同，本空应填“K2CO3”；【小问4详解】对有机物F的结构进行拆解有：两个苯环、三个O原子、三个C原子、一个Cl原子、苯环外一个不饱和度；根据题目所给信息可推得：异构体的反应产物甲中有一个酚羟基、一个羧基，且两个官能团处于苯环对位()；异构体的反应产物乙中两个羟基各连一个-CH2-结构，两个侧链位于苯环对位()；两种产物是异构体与NaOH溶液反应得到，则异构体本身应有酯基结构，乙中两个羟基一个是酯基水解得到，一个是Cl原子水解得到，所以该同分异构体是“”；【小问5详解】该合成方案是利用题图中F→H的合成路线实现，所以需要含氨基结构和含酰基结构的有机物，含酰基的有机物题目已经给出()，另一结构由题目给出的乙醛合成；另外，最终产物一共有10个C原子，但题目所给两个原材料总共有9个C原子，再根据产物结构，乙醛需要增碳形成含有3个C原子的结构，且羰基出现在中间碳上，故利用格氏试剂(CH3MgI)与乙醛反应得到2-丙醇，2-丙醇催化氧化得到丙酮，丙酮再通过卤代及氨基取代，得到有机物，再与反应合成最终产物，所以本问合成路线应填“”。