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1、可能用到的相对原子质量：H1 C12 N14 O16 Na23 Fe56 Cu64第I卷(选择题共126分)一、选择题：本题共13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要求的。7化学与社会、生产、生活密切相关，下列说法正确的是A鲜花运输途中需喷洒高锰酸钾稀溶液，主要是为鲜花补充钾肥B牙膏中添加的Na2PO3F、NaF提供的氟离子浓度相等时，它们防治龋齿的作用相同C自来水厂用明矾净水，用Fe2(SO4)3或ClO2均能代替明矾净水D用石灰水或MgSO4溶液喷涂在树干上均可消灭树皮上的过冬虫卵【答案】B【解析】考点：考查物质的性质及应用8物质X的结构简式如图所示，它常被用于
2、制香料或作为饮料酸化剂，在医学上也有广泛用途。下列关于物质X的说法正确的是A与X具有相同官能团，且分子中有4种不同化学环境的氢原子的X的同分异构体有3种BX分子内所有碳原子可能在同一平面内C不能发生氧化反应，能发生取代反应D1molX与足量的Na反应可生成44.8LH2【答案】A【解析】试题分析：AX分子内含有3个羧基和1个醇羟基，则与X具有相同官能团，且分子中有4种不同化学环境的氢原子的X的同分异构体共有3种，故A正确；BX分子内含有sp3杂化的碳原子，则所有碳原子不可能在同一平面内，故B错误；CX分子内的醇羟基可发生催化氧化，故C错误；D1molX与足量的Na反应可生成2mol氢气，标准状
3、况下的体积为44.8L，故D错误，答案为A。考点：考查有机物的结构与性质9用NA代表阿伏伽德罗常数的值。下列叙述正确的是A3.0g由葡萄糖和冰醋酸组成的混合物中含有的原子总数为0.3NAB1L0.1molL1NH4Cl溶液中含有的氮原子数小于0.1NAC用铅蓄电池电解氯化钠溶液，得到标准状况下22.4L氢气时，理论上铅蓄电池中消耗氢离子数目为4NAD氢气与氯气反应生成标准状况下22.4L氯化氢，断裂化学键的总数为2NA【答案】C【解析】【考点定位】考查阿伏加德罗常数的应用来源:【名师点晴】阿伏伽德罗常数的常见问题和注意事项：物质的状态是否为气体；对于气体注意条件是否为标况；注意同位素原子的差异
4、；注意可逆反应或易水解盐中离子数目的判断；注意物质的结构：如Na2O2是由Na+和O22-构成，而不是有Na+和O2-构成；SiO2、SiC都是原子晶体，其结构中只有原子没有分子，SiO2是正四面体结构，1molSiO2中含有的共价键为4NA，1molP4含有的共价键为6NA等。10根据实验操作和现象所得出的结论正确的是选实验操作实验现象结论A将盐酸滴入NaHCO3溶液中有气泡产生氯的非金属性比碳的强B用pH试纸分别测定0.1molL1的Na2SO3溶液和0.1molL1的NaHSO3溶液的pHNa2SO3溶液的pH约为10NaHSO3溶液的pH约为5来源:Zxxk.ComHSO3结合H+的能
5、力比SO32强C分别将乙烯与SO2通入酸性KMnO4溶液中KMnO4溶液均褪色两种气体使酸性KMnO4溶液褪色的原理相同D向2ml0.1molL1MgCl2溶液中加入5ml0.1molL1NaOH溶液，出现白色沉淀后，继续滴入几滴FeCl3浓溶液，静置出现红褐色沉淀同温下，KspMg(OH)2KspFe(OH)3【答案】C【解析】考点：考查实验原理的探究与评价，涉及元素非金属性的比较、盐类的水解及溶度积的比较等。11X、Y、Z均为短周期主族元素，已知它们的原子序数的关系为X+Z=2Y，且Z的最高价氧化物对应的水化物是强酸。则下列有关说法正确的是A若X是Na，则Z的最高价一定为偶数B若X是O，则
6、YX一定是离子化合物C若Y是O，则非金属性ZYXD若Y是Na，则X、Z不可能是同一主族元素【答案】B【解析】试题分析：原子序数X+Z=2Y，则X和Z的原子序数只能同时为奇数或者同时为偶数，Z的最高价氧化物对应水化物是强酸，Z只能是N，S，Cl(短周期)等元素；AX是Na，则Z可为Cl，最高价是奇数，故A错误；BX是O，因为O原子序数是8，偶数，则Z只能是S，Y的原子序数为2=12，Y是Mg，MgO是离子化合物，故B正确；CY是O，则X+Z=16，只有Z为N，X为F满足，非金属性：FON，即：XYZ，故C错误；DY是Na，则X+Z=22，Z可为N，Y为P元素，N和P是同一主族元素，7+15=22
7、满足前述条件，故D错误；故选B。【考点定位】考查原子结构与元素周期律的关系【名师点晴】高频考点，注意根据原子序数的关系判断元素的种类是解答该题的关键，原子序数X+Z=2Y，则X和Z的原子序数只能同时为奇数或者同时为偶数，Z的最高价氧化物对应水化物是强酸，Z只能是N，S，Cl(短周期)等元素，以此解答该题。12常温下，量取pH=2的两种二元酸H2A与H2B各1ml，分别加水稀释，测得pH与加水稀释倍数有如图所示关系，则下列有关叙述不正确的是AH2B为弱酸BNaHA水溶液中：c(Na+)+c(H+)=2c(A2)+c(OH)C含等物质的量的NaHA、NaHB的混合溶液中：c(Na+)=c(A2)+
8、c(HB)+c(B2)+c(H2B)DpH=10的NaHB溶液中：c(Na+)c(HB)c(B2)c(OH)c(H2B)来源:学|科|网Z|X|X|K来源:Z。xx。k.Com【答案】D【解析】考点：考查弱电解质的电离、盐类的水解及溶液中离子浓度的大小比较。13将9g铜和铁的混合物投入100ml稀硝酸中，充分反应后得到标准状况下1.12LNO，剩余4.8g金属；继续加入100ml等浓度的稀硝酸，金属完全溶解，又得到标准状况下1.12LNO。若向反应后的溶液中加入KSCN溶液，溶液不变红，则下列说法正确的是A原混合物中铜和铁各0.065molB稀硝酸的物质的量浓度为4.0molL1C第一次剩余的
9、4.8g金属为铜和铁D向反应后的溶液中再加入该稀硝酸100ml，又得到的NO在标准状况下的体积为0.56L【答案】D【解析】试题分析：A整个过程可以看作是9g铜和铁混合物与200mL硝酸反应生成0.1mol NO，金属完全溶解，向反应后的溶液中加入KSCN溶液，溶液不变红，说明生成硝酸亚铁、硝酸铜，且硝酸完全反应，发生的反应方程式为：3Fe+8HNO3=3Fe(NO3)2+2NO+4H2O；3Cu+8HNO3=3Cu(NO3)2+2NO+4H2O，设铁为x mol，铜为ymol，根据二者质量与生成NO的体积列方程，有：56x+64y=9、2(x+y)/3=2.24/22.4，联立方程，解得：x
10、=0.075mol、y=0.075mol，A由上述分析可知，原混合物中铜和铁各0.075mol，故A错误；B根据方程式可知，n(HNO3)=4n(NO)=0.4mol，稀硝酸的物质的量浓度为0.4mol0.2L=2mol/L，故B错误；C9g混合物中含铁质量为0.075mol56g/mol=4.2g，含铜质量为0.075mol64g/mol=4.8g，故第一次剩余金属4.8g为Cu的质量，故C错误；D再加入100mL该稀硝酸，亚铁离子与硝酸反应生成NO与硝酸铁，溶液中亚铁离子为0.075mol，根据电子转移守恒可知，亚铁离子完全反应，所以再加硝酸得NO为=0.025mol，其体积为0.025m
11、ol22.4L/mol=0.56L，故D正确；故选D。【考点定位】考查混合物的有关计算第II卷(非选择题共174分)二、非选择题：包括必考题和选考题两部分。第22题第32题为必考题，每个试题考生都必须回答，第33题第38题为选考题，考生根据要求作答。(一)必考题(11题，共129分)26(14分)某同学为了探究钠与CO2的反应，利用如图装置进行实验。(已知PdCl2能被CO还原为黑色的Pd)（1）装置中用稀盐酸与CaCO3反应制备CO2，在加稀盐酸时，发现CaCO3与稀盐酸不能接触，而稀盐酸又不够了，为使反应能顺利进行，可向长颈漏斗中加入的试剂是。AH2SO4溶液 BCCl4 C苯 D稀硝酸（
12、2）请将图中各装置按顺序连接(填装置接口字母)：c接，接，接，接。（3）装置的作用是。（4）检查完装置气密性并装好药品后，点燃酒精灯之前应进行的操作是打开弹簧夹，让CO2充满整个装置，当观察到时再点燃酒精灯。（5）若反应过程中CO2足量，钠与CO2充分反应后，生成的固体物质可能有多种情况，该同学提出以下猜想：生成的固体物质为Na2CO3生成的固体物质为Ns2CO3和C的混合物生成的固体物质为Ns2CO3和Na2O的混合物生成的固体物质为Ns2O和C的混合物假如反应过程中有下列两种情况：I观察到装置PdCl2溶液中有黑色沉淀，若装置中固体成分只有一种，且向固体中加入稀盐酸可产生能使澄清石灰水变浑
13、浊的气体，写出该情况下钠与CO2反应的化学方程式。II装置中钠的质量为0.46g，充分反应后，将装置中的固体加入足量的稀盐酸中产生224ml(标准状况)CO2气体，溶液中残留固体的质量为。（6）设计实验方案证明装置中加入的金属钠部分被氧化。【答案】（1）BD(2分)（2）f，g，d，e，a(或b)，b(或a)，h(2分)（3）吸收HCl气体(1分)（4）装置中澄清石灰水开始变浑浊(2分)（5）2Na+2CO2Na2CO3+CO 0.06g(各2分)（6）准确称取0.46g金属钠样品，并投入足量水中，测得收集到的气体体积小于224ml(标准状况下测量)(或其他合理答案)(3分)【解析】试题分析：
14、（1）AH2SO4溶液：加入H2SO4溶液后，增大了盐酸的体积，但硫酸和碳酸钙反应生成硫酸钙微溶覆盖在碳酸钙表面阻止反应进一步发生，故A错误；BCCl4：四氯化碳的密度大于稀盐酸，加入四氯化碳后会，四氯化碳层在混合液下层，从而使盐酸与碳酸钙接触，故B正确；C苯：苯的密度小于盐酸，加入苯后，苯在混合液上层，无法使稀盐酸与碳酸钙接触，故C错误；D稀硝酸：加入稀硝酸后，可以增大溶液体积，使溶液与碳酸钙接触，故D正确；故答案为BD；（2）探究钠与CO2的反应，首先用盐酸和碳酸钙在中反应制取二氧化碳气体，制取的二氧化碳中混有挥发出来的HCl，需要用装置中的饱和碳酸氢钠溶液除去HCl，然后用浓硫酸干燥，再
15、在中进行钠与二氧化碳的反应，最后用装置检验反应产物，所以装置的连接顺序为：f、g、d、e、a(b)、b(a)、h；（3）装置的作用是吸收二氧化碳中混有的HCl气体；（5）装置PdCl2溶液中观察到有黑色沉淀，PdCl2能被CO还原得到黑色的Pd，则黑色沉淀为Pd，钠与二氧化碳反应生成了CO；装置中固体成分只有一种，且向固体中加入稀盐酸产生能使澄清石灰水变浑浊的气体，该气体为二氧化碳，则钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和CO，2Na+2CO2Na2CO3+CO；装置中钠的质量为0.46g，钠的物质的量为：n(Na)=0.02mol，将装置中的固体加入到足量稀盐酸中产生224mL(标准状况)CO2气体，
16、二氧化碳的物质的量为：n(CO2)=0.01mol，则反应后生成碳酸钠的物质的量为0.01mol，说明钠完全转化成了碳酸钠；溶液中还有固体残留，根据化合价变化可知，残留的固体只能为C，则钠与二氧化碳反应生成了碳酸钠和C，反应的化学方程式为：4Na+3CO22Na2CO3+C，生成C的物质的量为0.01mol2=0.005mol，质量为0.005mol12g/mol=0.06g；（6）准确称取0.46g金属钠样品，并投入足量水中，测得收集到的气体体积小于224ml(标准状况下测量)，即可证明装置中加入的金属钠部分被氧化。【考点定位】通过探究钠与CO2的反应，考查性质实验方案的设计原则。27(15
17、分)氨气在生产、生活和科研中应用十分广泛。（1）以CO2与NH3为原料合成尿素的主要反应如下：2NH3(g)+CO2(g)=NH2CO2NH4(s) H=159kJmol1NH2CO2NH4(s)=CO(NH2)2(s)+H2O(g) H=+72kJmol1H2O(l)=H2O(g) H=+44kJmol1则反应2NH3(g)+CO2(g)=CO(NH2)2(s)+H2O(l) H=kJmol1（2）某温度下，向容积为100 ml的密闭容器中通入4molNH3和2molCO2发生反应2NH3(g)+CO2(g)CO(NH2)2(s)+H2O(g)，物质X的浓度变化曲线如下图所示。前5s内，v(
18、H2O)=。该条件下的平衡常数K=。（3）T时，将等物质的量的NO和CO充入体积为2L的密闭容器中，保持温度和体积不变，反应过程(015min)中NO的物质的量随时间的变化如图所示。平衡时若保持温度不变，再向容器中充入CO、N2各0.8mol，平衡将(填“向左”“向右”或“不”)移动。图中a、b分别表示在一定温度下，使用质量相同但表面积不同的催化剂时，达到平衡过程中n(NO)的变化曲线，其中表示催化剂表面积较大的曲线是(填“a”或“b”)。15min时，若改变外界反应条件，导致n(NO)发生如图所示的变化，则改变的条件可能是。（4）垃圾渗滤液中含有大量的氨氮物质(用NH3表示)和氯化物，把垃圾
19、渗滤液加入如图所示的电解池(电极为惰性材料)中进行电解除去NH3，净化污水。该净化过程分两步：第一步电解产生氧化剂，第二步氧化剂氧化氨氮物质生成N2。写出第二步反应的化学方程式。若垃圾渗滤液中氨氮物质的含量为1.7%，则理论上电解1t该污水，电路中转移的电子数为。【答案】（1）131(2分)（2）1molL1s12.5103(各2分)（3）向右(2分)b(1分)增大CO的物质的量浓度(或增大压强)(2分)（4）3Cl2+2NH3=N2+6HCl(或3Cl2+8NH3=N2+6NH4Cl)3103NA(各2分)【解析】试题分析：（1）已知：2NH3(g)+CO2(g)NH2CO2NH4(s)H=
20、-159kJmol-1 ，NH2CO2NH4(s)CO(NH2)2(s)+H2O(g)H=+72kJmol-1 ，H2O(l)=H2O(g) H=+44kJmol1；将+-可得：2NH3(g)+CO2(g)CO(NH2)2(s)+H2O(l)H=(-159kJmol-1)+(+72kJmol-1)-(+44kJmol)=-131KJ/mol；（2）图示为NH3的浓度随时间的变化曲线，5s时NH3的浓度有40mol/L降为30mol/L，则v(NH3)=2molL1s1，v(H2O)=v(NH3)=1molL1s1；平衡时NH3的浓度为20mol/L，NH3的浓度为20mol/L，则平衡时CO2
21、的浓度为10mol/L，H2O(g)的浓度为10mol/L，该条件下的平衡常数K=2.5103；（3）起始时，NO为0.4mol，平衡时NO为0.2mol， 2NO(g)+2CO(g)2CO2(g)+N2起始物质的量：0.4mol0.4mol 0 0转化的物质量：0.2mol0.2mol 0.2mol 0.1mol平衡物质的量：0.2mol 0.2mol 0.2mol 0.1mol则平衡时的浓度：c(NO)=0.1mol/L，c(CO)=0.1mol/L，c(CO2)=0.1mol/L，c(N2)=0.05mol/L，k=5(mol/L)-1；平衡时若保持温度不变，再向容器中充入CO、N2各0
22、.8mol，则c(CO)=0.5mol/L，c(N2)=0.45mol/L，Qc=1.8k，则平衡将向右移动；催化剂表面积较大，反应速率快，达到平衡所用时间短，由图可知，b曲线代表的条件下反应速率快，所以b的催化剂的表面积大；由图象可知，NO的浓度减小，平衡向正方向移动，所以改变的条件为增加CO的物质的量浓度或增大压强；（4）根据图示知道：A电极是电解池的阳极，该电极上发生失电子的氧化反应，可以得到氧化剂，根据离子的放电顺序，即氯离子失电子产生氯气的过程，电极反应式为2Cl-2e-=Cl2；第二步氧化剂氯气氧化氨氮物质即氨气生成N2的过程，发生的反应为：3Cl2+2NH3=N2+6HCl；来源
23、:学*科*网1t该污水中氨氮物质的含量为1.7%，质量为1106g1.7%=1.7104g，则理论上电解转移电子的物质的量为1.7104g17g/mol3=3103mol，转移电子数为3103NA。【名师点晴】侧重于考查学生对基础知识的综合应用能力和计算能力，注意把握三段式在化学平衡计算中的应用，注意题干信息的应用是关键，该电解池(电极为惰性材料)电解除去NH3，净化污水该净化过程分两步：第一步电解产生氧化剂，即产生能将氨氧化为氮气的物质，第二步氧化剂氧化氨氮物质生成N2，据电解池的工作原理结合发生的反应来回答。28(14分)黄铜矿(CuFeS2)是冶炼铜及制备铁的氧化物的重要矿藏，常含有微量
24、的金、银等。如图是以黄铜矿为主要原料生产铜、铁红(氧化铁)颜料的工艺流程图：（1）反应I的离子方程式为。（2）CuCl难溶于水，但可与过量的Cl反应生成溶于水的CuCl2。该反应的离子方程式为。（3）有大量Cl存在时，Na2SO3可将CuCl2还原成CuCl2。Na2SO3要缓慢滴加到溶液中的原因是。（4）反应IV五个反应中属于非氧化还原反应的是反应。（5）已知Cu+在反应V中发生自身氧化还原反应，歧化为Cu2+和Cu，由此可推知溶液A中的溶质为(填化学式)。（6）含AsO43的废水对环境造成严重污染，常用新制的氢氧化铁沉淀与之作用形成FeAsO4沉淀而除去，相同温度下溶解度：Fe(OH)3(
25、填“”“”或“=”)FeAsO4。（7）在酸性、有氧条件下，一种叫Thibacillus ferroxidans的细菌能将黄铜矿转化成硫酸盐，该过程中发生反应的离子方程式为。【答案】（1）CuFeS2+3Fe3+Cl=4Fe2+CuCl+2S(2分)（2）Cl+CuCl=CuCl2(1分)（3）如果加入过快，部分SO32会与生成的H+作用生成SO2导致原料损耗(2分)（4）II、IV(2分)（5）CuCl2、NaCl(2分)（6）(1分)（7）4CuFeS2+4H+17O2=4Cu2+4Fe3+8SO42+2H2O(2分)（8）11.2g(2分)【解析】（1）反应I的离子方程式为CuFeS2+
26、3Fe3+Cl-=4Fe2+CuCl+2S；（2）该反应离子方程式为Cl-+CuCl=CuCl2-；（3）如果加入过快，部分SO32会与生成的H+作用生成SO2导致原料损耗，故Na2SO3要缓慢滴加到溶液中；（4）这些反应中只有II和IV为非氧化还原反应；（5）反应为NaCuCl2和H2O的反应，根据题给信息知生成物是Cu、NaCl和CuCl2，所得的溶液中的溶质是CuCl2、NaCl；（6）用新制的氢氧化铁沉淀与含AsO43的废水作用可形成FeAsO4沉淀，根据溶解平衡可知，相同温度下Fe(OH)3溶解度小于FeAsO4的溶解度；（7）氢气的物质的量为 =0.1mol，Fe2HClH2，0.
27、1mol 0.2mol 0.1mol根据氯原子守恒，所以氯化铁的物质的量为(0.16L5mol/L-0.2mol)=0.2mol，Fe2FeCl30.1mol 0.2mol所以参加反应的铁粉的质量为(0.1mol+0.1mol)56g/mol=11.2g。【考点定位】以Fe及其化合物为载体考查物质制备，涉及方程式的计算、离子方程式书写等。35【化学物质结构与性质】(15分)原子序数依次增大的四种元素A、B、C、D分别处于第一至第四周期。自然界存在多种A的化合物，B原子核外电子有6种不同的运动状态，B与C可形成正四面体形的分子，D的基态原子的最外能层只有一个电子，其他能层均已充满电子。请回答下列
28、问题：（1）这四种元素中电负性最大的元素的基态原子的价电子排布图为。（2）A与B元素形成的B2A2中含有的键、键数目之比为。（3）B元素可形成多种单质，一种单质晶体结构如图一所示，其原子的杂化类型为；另一种单质的晶胞如图二所示，该晶胞的空间利用率为(保留两位有效数字，1.732)。（4）向盛有硫酸铜溶液的试管中加氨水，首先形成蓝色沉淀，继续加入氨水，沉淀溶解，得到深蓝色透明溶液。请写出蓝色沉淀溶于氨水的离子方程式。（5）图三为一个由D元素形成的单质的晶胞，该晶胞“实际”拥有的D原子数是个，其晶体的堆积模型为，此晶胞立方体的边长为acm，D的相对原子质量为M，单质D的密度为gcm3，则阿伏伽德罗
29、常数可表示为mol1(用含M、a、的代数式表示)。【答案】（1）(2分)（2）3：2(2分)（3）sp2(1分)34%(2分)（4）Cu(OH)2+4NH3=Cu(NH3)42+2OH(2分)（5）4(2分)面心立方密堆积(1分)4M/a3(3分)【解析】（2）C2H2的结构式为H-CC-H，单键为键，三键含有1个键、2个键，含有的键、键数目之比为3：2；（3）图一为平面结构，在其层状结构中碳碳键键角为120，每个碳原子都结合着3个碳原子，碳原子采取sp2杂化；晶胞中每个C原子与周围4个C原子形成正四面体结构，正四面体体心原子与晶胞顶点原子连线在晶胞体对角线上，且为体对角线长度的，令碳原子半径
30、为r，则晶胞棱长为8r，故晶胞棱长为r，晶胞中C原子数目=4+6+8=8，则晶胞中碳原子总体积=8r3，故晶胞空间利用率=8r3(r)3=34%；（5）由晶胞结构示意图可知，晶体的堆积模型为面心立方密堆积，晶胞中原子数目为6+8=4，晶胞质量为4，晶胞体积为(a cm)3，则4=g/cm3(a cm)3，故NA=4M/a3mol-1。【考点定位】对物质结构的考查，涉及元素推断、核外电子排布、晶体结构与计算等。【名师点晴】结合元素周期表的结构准确推断元素是解题关键，原子序数依次增大的四种元素A、B、C、D分别处于第一至第四周期，自然界中存在多种A的化合物，则A为氢元素；B原子核外电子有6种不同的
31、运动状态，即核外有6个电子，则B为碳元素；D的基态原子的最外能层只有一个电子，其他能层均已充满电子，D原子外围电子排布为3d104s1，则D为铜元素；结合原子序数可知，C只能处于第三周期，B与C可形成正四面体型分子，则B为氯元素；（3）中晶胞空间利用率计算是难点、易错点。36【化学有机化学基础】(15分)聚酯增塑剂H及某医药中间体F的一种合成路线如下(部分反应条件略去)：试回答下列问题：（1）F中官能团名称为；反应的试剂和条件是。（2）Y的名称是；烃A分子中一定有个原子共平面。（3）写出E的分子式；的反应类型是。（4）写出反应的化学方程式。（5）B有多种同分异构体，其中在核磁共振氢谱上只有2个
32、峰的结构简式为。（6）利用以上合成路线的信息，设计一条以苯甲酸乙酯和乙醇为原料合成的路线。(无机试剂任选)【答案】（1）羟基、酯基；NaOH水溶液，加热(各1分)（2）1,2二溴丙烷(1分)12(2分)（3）C10H18O4(2分)取代反应(1分)【解析】（1）中官能团名称为羟基、酯基；反应为卤代烃的水解，其所需的试剂和条件是NaOH水溶液和加热；（2）Y为CH3CHBrCH2Br，其名称是1,2二溴丙烷；烃A为苯，其分子中所有原子均在同一平面内，即一定有12个原子共平面；（3）E为CH3CH2OOCCH2CH2CH2CH2COOCH2CH3，其分子式为C10H18O4；的反应类型是取代反应；（4）反应的化学方程式为；（5）B为，有多种同分异构体，其中在核磁共振氢谱上只有2个峰的结构简式为；（6）以苯甲酸乙酯和乙醇为原料合成的路线为。考点：考查有机物的推断与性质。