2022高考化学全真模拟卷06含解析.docx

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1、2021高考化学全真模拟一、选择题：本题共7个小题，每小题6分。共42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。7NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A常温常压下，124 g P4中所含PP键数目为4NAB100 mL 1 molL1 FeCl3溶液中所含Fe3+的数目为0.1NAC标准状况下，11.2 L甲烷和乙烯混合物中含氢原子数目为2NAD密闭容器中，2 mol SO2和1 mol O2催化反应后分子总数为2NA【答案】C【解析】A. 常温常压下，124 g P4的物质的量是1mol，由于白磷是正四面体结构，含有6个PP键，因此其中所含PP键数目为6NA，A错误；B

2、. 铁离子在溶液中水解，所以100 mL 1molL1FeCl3溶液中所含Fe3+的数目小于0.1NA，B错误；C. 甲烷和乙烯分子均含有4个氢原子，标准状况下，11.2 L甲烷和乙烯混合物的物质的量是0.5mol，其中含氢原子数目为2NA，C正确；D. 反应2SO2+O22SO3是可逆反应，因此密闭容器中，2 mol SO2和1 mol O2催化反应后分子总数大于2NA，D错误。答案选C。8短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W、Z同主族，W、X、Y最外层电子数之和等于11，W、X、Y三种元素形成的化合物水溶液可用作木材防火剂。下列说法错误的是A四种元素中X的原子半径最大BW分别

3、与X、Y、Z均能形成二元化合物CY的简单氢化物的热稳定性比Z的弱DX、Z的简单离子均能破坏水的电离平衡【答案】D【解析】A电子层数越多，原子半径越大，电子层数相同时，质子数越多，半径越小，所以四种元素中，钠的原子半径越大，正确；B氧可以和钠形成氧化钠或过氧化钠，氧可以和硅形成SiO2，氧可以和硫形成SO2、SO3等二元化合物，正确；C非金属性越强，氢化物的稳定性越强，S的非金属性强于Si，所以H2S的稳定性强于SiH4，正确；DNaOH是强碱，Na+不能破坏水的电离平衡，H2S溶于水是弱酸，S2-能结合水电离产生的H+生成弱电解质，破坏水的电离平衡，错误；故选D。9以铝土矿（主要成分为Al2O

4、3，还含少量Fe2O3、SiO2等）为主要原料生产金属铝的工艺流程如图：下列说法错误的是A碱溶过程发生复杂的氧化还原反应B过滤1的滤渣中含Fe2O3、SiO2等CX主要溶质是Na2CO3D产生Al和O2的电解过程通常使用助熔剂Na3AlF6【答案】A【解析】A. 碱溶过程主要发生Al2O32NaOH=2NaAlO2H2O，不涉及复杂的氧化还原反应，故A选；B. 过滤1的滤渣中含Fe2O3、末溶的SiO2等，故B不选；C. AlO2HCO3H2O=Al(OH)3CO32，X主要溶质是Na2CO3，故C不选；D. Al2O3熔点高，产生Al和O2的电解过程通常使用助熔剂Na3AlF6，降低熔化所需

5、温度，故D不选；故选A。10乙酸橙花酯是一种食用香料，其结构简式如图，关于该有机物的叙述中正确的是分子式为C12H19O2；不能发生银镜反应；mol该有机物最多能与3mol氢气发生加成反应；它的同分异构体中不可能有酚类；1mol该有机物与NaOH溶液反应最多消耗1molNaOH；属于芳香族化合物。ABCD【答案】A【解析】由结构简式可知分子中含有12个C原子，20个H原子，2个O原子，则分子式为C12H20O2，故错误；分子中不含醛基，则不能发生银镜反应，故正确； 只有碳碳双键能与氢气发生加成反应，1mol该有机物在一定条件下和H2反应，共消耗H2为2mol，故错误；分子中含有3个双键，则不饱

6、和度为3，而酚类物质的不饱和度至少为4，则它的同分异构体中不可能有酚类，故正确；能与氢氧化钠反应的官能团只有酯基，水解生成羧基和羟基，只有羧基能与氢氧化钠反应，则1mol该有机物水解时只能消耗1mol NaOH，故正确；分子中不含苯环或稠环，则不属于芳香族化合物，故错误。故选A。11用NaOH溶液吸收烟气中的SO2，将所得的吸收液用三室膜电解技术处理，原理如图所示。下列说法错误的是A电极a为电解池阴极B阳极上有反应HSO3-2e+H2O=SO42+3H+发生C当电路中通过1mol电子的电量时，理论上将产生0.5mol H2D处理后可得到较浓的H2SO4和NaHSO3产品【答案】D【解析】A.从

7、图中箭标方向“Na+电极a”，则a为阴极，与题意不符，A错误；B.电极b为阳极，发生氧化反应，根据图像“HSO3-和SO42-”向b移动，则b电极反应式HSO3-2e-H2OSO42-3H+，与题意不符，B错误；C.电极a发生还原反应，a为阴极，故a电极反应式为2H+2eH2，通过1mol电子时，会有0.5molH2生成，与题意不符，C错误；D.根据图像可知，b极可得到较浓的硫酸，a极得到亚硫酸钠，符合题意，D正确；答案为D。12下列设计的实验方案能达到相应实验目的的是选项实验目的实验方案A探究化学反应的限度取溶液，滴加溶液56滴，充分反应，可根据溶液中既含又含的实验事实判断该反应是可逆反应B

8、探究浓度对化学反应速率的影响用两支试管各取的溶液，分别加入和的草酸溶液，记录溶液褪色所需的时间C证明溴乙烷的消去反应有乙烯生成将NaOH的乙醇溶液加入溴乙烷中加热，将产生的气体直接通入酸性溶液中D验证醋酸钠溶液中存在水解平衡取溶液于试管中并加入几滴酚酞试剂，再加入醋酸铵固体其水溶液呈中性，观察溶液颜色变化【答案】D【解析】AKI过量，且KI与氯化铁反应，则溶液中既含I2又含I-，不能证明反应的可逆性，故A错误；B2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4=2MnSO4+K2SO4+10CO2+8H2O，两只试管中草酸量均不足，高锰酸钾过量，溶液不褪色，不能探究浓度对反应速率的影响，故B错误；C

9、乙醇易挥发，也能与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应，使高锰酸钾溶液褪色，应先通过水，排除乙醇的干扰，故C错误；D.如有，则加入中性的醋酸铵溶液增大醋酸根离子，则应当平衡向右移动，氢氧根离子浓度增大，红色应当加深，反之不会加深，故可以说明醋酸钠溶液中存在水解平衡，故D正确；故选D。13纯的叠氮酸（HN3）是一种弱酸，常温下向25mL 0.1 mol/LNaOH溶液中加入0.2 mol/LHN3溶液，滴加过程中的pH值的变化曲线（溶液混合时的体积变化忽略不计）如下图。下列说法不正确的是A该滴定过程中应用酚酞作指示剂B若B点pH=8，则c(HN3)=(10-6-10-8 )mol/LC点D对应溶液中存在

10、关系：c(N3-)c(Na+)c(HN3)D沿曲线ABC的过程中，由水电离产生的c(OH-)逐渐减少【答案】D【解析】ANaOH与HN3等物质的量反应后溶液显碱性，则可选择酚酞作指示剂，故A正确；B B点NaOH与HN3恰好反应生成NaN3，根据质子守恒可得：c(OH-)=c(HN3)+c(H+)，则c(HN3)=c(OH-)-c(H+)=(10-6-10-8)molL-1，故B正确；CD点时，加入的HN3的物质的量是NaOH的2倍，溶液呈酸性，则c(OH-)c(H+)，根据电荷守恒c(H+)+c(Na+)=c(N3-)+c(OH-)可知：c(N3-)c(Na+)，结合物料守恒2c(Na+)=

11、c(HN3)+c(N3-)可得：c(N3-)c(Na+)c(HN3)，故C正确；DB点水的电离程度最大，B点后水的电离程度逐渐减小，则曲线ABC的过程中，由水电离产生的c(OH-)先最大后减少，故D错误；故答案为D。二、非选择题：共58分，第2628题为必考题，每个试题考生都必须作答。第3536题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题：共43分。26（12分）钼是一种过渡金属元素，常用作合金及不锈钢的添加剂，这种元素可增强合金的强度、硬度、可焊性及韧性，还可增强其耐高温及耐腐蚀性能。钼酸钠晶体（Na2MoO42H2O）常用于制造阻燃剂和无公害型冷水系统的金属抑制剂。下图是利用钼精矿（主要成分

12、是MoS2，含少量PbS等）为原料生产钼酸钠晶体的工艺流程图：(1)提高焙烧效率的方法有：_（写一种）高温下发生焙烧反应的产物为MoO3,请写出该反应的化学方程式 _。氧化产物是_。(2)焙烧钼精矿所用的装置是多层焙烧炉，图2为各炉层固体物料的物质的量的百分数()。则x_。(3)若在实验室中模拟焙烧操作，需要用到的硅酸盐材料仪器的名称是_。(4)“碱浸”时含钼化合物发生的主要反应的离子方程式为 _。(5)测得“除重金属离子”中部分离子的浓度：c(MoO42-)=0.20molL1,c(SO42-)=0.01molL1。“结晶”前应先除去SO42-,方法是加入Ba(OH)2固体。假设加入Ba(O

13、H)2固体后溶液体积不变,当BaMoO4开始沉淀时,此时SO42-的浓度_。已知Ksp(BaSO4)=11010,Ksp(BaMoO4)=2.0108【答案】（1）粉碎固体（1分） 2MoS2+7O22MoO3+4SO2（2分） MoO3、SO2（2分） （2）64（2分） （3）坩埚（1分） （4）MoO3+CO32-=MoO42-+CO2（2分） （5）0.001mol/L（2分） 【解析】(1) 粉碎固体颗粒或者通入过量的空气可以提高矿石的利用率；根据流程“焙烧”时反应的化学方程式为：2MoS2+7O22MoO3+4SO2，其中MoS2的Mo、S元素化合价均升高，发生氧化反应，故氧化产物

14、为MoO3和 SO2；(2) 由图2可知，6层中存在的固体物质分别为MoS2、MoO3、MoO2，图象分析MoS2、MoO3的物质的量百分比均为18%，根据Mo元素守恒，则MoO2 的物质的量百分比为64%，则x为64；(3) 由钼酸得到MoO3所用到的硅酸盐材料仪器的名称是瓷坩埚；(4) Na2CO3的加入与焙烧后的产物即MoO3作用生成CO2，而生产的最终产物是钼酸钠晶体，且在后面加入的沉淀剂是为了除去杂质铅的，也就是说钼酸钠在后续过程中没有发生变化，所以反应的化学方程式为 MoO3+Na2CO3=Na2MoO4+CO2，则反应的离子方程式为MoO3+CO32-=MoO42-+CO2；(5

15、)已知 c(MoO42-)=0.20molL1，且Ksp(BaMoO4)=2.0108，则当BaMoO4开始沉淀时，c(Ba2+)= molL1=1.0107molL1，此时溶液中c(SO42-)= molL1=1.0103molL1。27（17分）硫酸亚铁铵晶体(NH4)2Fe(SO4)26H2O比FeSO4稳定，不易被氧气氧化，常用于代替FeSO4作分析试剂。某小组尝试制备少量(NH4)2Fe(SO4)26H2O并探究其分解产物。I制备硫酸亚铁铵晶体的流程如下：(1)铁屑溶于稀硫酸的过程中，适当加热的目的是_。(2)将滤液转移到_中，迅速加入饱和硫酸铵溶液，直接加热蒸发混合溶液，观察到_停

16、止加热。蒸发过程保持溶液呈较强酸性的原因是_。查阅资料可知，硫酸亚铁铵晶体受热主要发生反应：_(NH4)2Fe(SO4)26H2O=_Fe2O3+_SO2+_NH3+_N2+_H2O但伴有副反应发生，生成少量SO3和O2。设计以下实验探究部分分解产物：(3)配平上述分解反应的方程式。(4)加热过程，A中固体逐渐变为_色。(5)B中迅速产生少量白色沉淀，反应的离子方程式为_。(6)C的作用是_。(7)D中集气瓶能收集到O2,_ (填“能”或“不能”)用带火星木条检验。(8)上述反应结来后，继续证明分解产物中含有NH3的方法是_。【答案】（1）加快反应速率（1分） （2）蒸发皿（1分） 有晶膜出现

17、（或大量固体出现时）（2分） 防止硫酸亚铁水解 （2分） （3）2 1 4 2 1 5 （2分） （4）红棕（1分） （5）Ba2+SO3H2OBaSO42H+（说明：分步写也给分2Ba2+2SO2O22H2O2BaSO44H+也给分）（2分）（6）检验产物中是否含有SO2 （2分） （7）不能（2分） （8）取B中少量溶液于试管中，滴加少量NaOH溶液并加热，能产生使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体（2分） 【解析】I.(1) 适当加热使溶液温度升高，可加快反应速率；(2)加入饱和的硫酸铵溶液后直接加热蒸发，则滤液转移到蒸发皿中；加热溶液至有晶膜出现（或大量固体出现时），停止加热，利用余热进行蒸发

18、结晶；为防止硫酸亚铁水解，溶液一直保持强酸性；(3)反应中Fe的化合价由+2变为+3，N的化合价由-3变为0，S的化合价由+6变为+4，根据原子守恒，硫酸亚铁铵的系数为2，SO2的系数为4，则电子转移总数为8，Fe得到2个电子，产生1个氮气，得到6个电子，则系数分别为2、1、4、2、1、5；(4) 加热过程，A逐渐变为氧化铁，固体为红棕色；(5) B为酸性溶液，二氧化硫、氧气与氯化钡反应生成少量硫酸钡白色沉淀，离子方程式为2Ba2+2SO2O22H2O2BaSO44H+；(6)C中品红溶液可与二氧化硫反应，导致溶液褪色，则可检验二氧化硫的存在；(7)D中集气瓶能收集到SO2和少量的O2，不能使

19、带火星的木条燃烧；(8)溶液B显酸性，氨气能够在此装置中被吸收，检验B中是否含有铵根离子即可，方法为取B中少量溶液于试管中，滴加少量NaOH溶液并加热，能产生使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体。28（14分）科学家积极探索新技术对CO2进行综合利用, CO2可用来合成低碳烃。CO2(g) +4H2(g) CH4(g) + 2H2O(g) H= a kJ/mol (1)已知：4H2（g）+ 2O2（g）=4H2O（g） H=-967.2kJ/molCH4(g) + 2O2(g) =CO2(g) + 2H2O(g) H=-802.0 kJ/mol 请回答：这两个反应在热力学上趋势均很大，其原因是_； a

20、=_kJ/mol。(2)在体积为1L的密闭刚性容器中，充入4mol H2和1mol CO2，测得温度对CO2的平衡转化率和催化剂催化效率的影响如图1所示。已知M点总压为1MPa，该反应在此温度下的平衡常数Kp=_MPa-2。(Kp是用平衡分压代替平衡浓度表示的化学平衡常数，气体分压=气体总压体积分数。）欲增加二氧化碳的平衡转化率，可采取的措施有_。A通入惰性气体 B提高温度C增加二氧化碳浓度 D增加氢气浓度下列说法正确的是_。A平衡常数大小：KNKMB其他条件不变，若不使用催化剂，则250 时CO2的平衡转化率可能位于点M1C图1中M点时，甲烷的体积分数为12.5%D当压强或n( H2)/n(

21、CO2)不变时均可证明化学反应已达到平衡状态(3)新型高效的甲烷燃料电池工作时总反应式：CH4+2O2=CO2+2H2O。该电池的负极是_(填a或b)，负极电极反应式为_。【答案】（1）两个反应都放出大量的热（2分） -165.2（2分） （2）1（2分） D（2分） C（2分） （3）a （2分） CH4+2H2O-8e-=CO2+8H+（2分） 【解析】(1)因这两个反应两个反应都放出大量的热，则从热力学角度分析，这两个反应趋势均很大；已知：4H2(g)+ 2O2(g)=4H2O(g) H=-967.2kJ/mol，CH4(g) + 2O2(g) =CO2(g) + 2H2O(g) H=-

22、802.0 kJ/mol，由盖斯定律可知-得CO2(g) +4H2(g) CH4(g) + 2H2O(g)，则H=(-967.2kJ/mol)-(-802.0 kJ/mol)=-165.2 kJ/mol= a kJ/mol，即a=-165.2；(2)已知M点总压为1MPa，CO2的转化率为50%，则： 平衡体系中CO2的体积分数为=，H2的体积分数为=，CH4的体积分数为=，H2O的体积分数为，由此计算该反应在此温度下的平衡常数Kp= MPa-2=1MPa-2；A在恒温恒容条件下，通入惰性气体，压强增大，但不改变反应体系各物质的浓度，不改变反应速率，平衡不移动，二氧化碳的平衡转化率不变，故A错

23、误；B正反应放热，提高温度，平衡逆向移动，二氧化碳的平衡转化率降低，故B错误；C增加二氧化碳浓度，平衡正向移动，H2的转化率增加，而二氧化碳的平衡转化率降低，故C错误；D增加氢气浓度，平衡正向移动，H2的转化率降低，而二氧化碳的平衡转化率增加，故D正确；故答案为D；A升高温度二氧化碳的平衡转化率减低，则升温平衡逆向移动，所以M化学平衡常数大于N，故A错误；B由图象可知，其他条件不变，若不使用催化剂，则250时CO2的平衡转化率可能位于点M，故B错误；C图1中M点时，由的解析知甲烷的体积分数为=12.5%，故C正确；D混合气体的质量不变，体积不变，所以混合气体的密度始终不变，所以不能根据混合气体

24、的密度来判断化学反应是否达到平衡状态，故D错误；故答案为C；(3)有甲烷燃料电池总反应式：CH4+2O2=CO2+2H2O可知，通O2的极为正极，且外电路电子由负极流向正极，则a极为负极；负极上CH4发生氧化反应，其电极反应式为CH4+2H2O-8e-=CO2+8H+。（二）选考题：共15分。请考生从2道化学题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。35化学选修3：物质结构与性质（15分）为了纪念元素周期表诞生150周年，联合国将2019年定为“国际化学元素周期表年”。回答下列问题：(1)Ag与Cu在同一族，则Ag在周期表中_（填“s”、“p”、“d”或“ds”）区。Ag(NH3)2+

25、中Ag+空的5s轨道和5p轨道以sp杂化成键，则该配离子的空间构型是_。(2)表中是Fe和Cu的部分电离能数据：请解释I2(Cu)大于I2(Fe)的主要原因：_。元素FeCu第一电离能I1/kJmol1759746第二电离能I2/kJmol115611958(3)亚铁氰化钾是食盐中常用的抗结剂，其化学式为K4Fe(CN)6。CN-的电子式是_；1mol该配离子中含键数目为_。该配合物中存在的作用力类型有_（填字母）。A金属键 B离子键 C共价键 D配位键 E氢键 F范德华力(4)MnO的熔点(1660)比MnS的熔点(1610)高，其主要原因是_。(5)第三代太阳能电池利用有机金属卤化物碘化铅

26、甲胺(CH3NH3PbI3)半导体作为吸光材料，CH3NH3PbI3具有钙钛矿(AMX3)的立方结构，其晶胞如图所示。AMX3晶胞中与金属阳离子(M)距离最近的卤素阴离子(X)形成正八面体结构，则M处于_位置，X处于_位置（限选“体心”、“顶点”、“面心”或“棱心”进行填空）。CH3NH3PbI3晶体的晶胞参数为a nm，其晶体密度为dgcm-3，则阿伏加德罗常数的值NA的计算表达式为_。【答案】（1）ds（1分） 直线形（1分） （2）失去第二个电子时，Cu失去的是全充满3d10 电子，Fe 失去的是4s1电子（2分） （3）（1分） 12NA（1分） BCD（2分） （4）二者均为离子晶体

27、，O2-半径小于S2-半径，MnO的晶格能大于MnS（2分） （5）体心（1分） 面心（1分） （3分） 【解析】 (1)Ag在第五周期第B族，属于ds区；依题意：Ag(NH3)2+中Ag+以sp杂化成键，应该是直线形；(2)Cu+的价电子排布式为3d10，Fe+的价电子排布式为3d64s1，Cu+再失去的是3d10上的电子，而Fe+失去的是4s1的电子，由于原子核外电子处于全充满、半充满或全空时是稳定的状态，显然3d10处于全充满，更稳定。所以失去第二个电子时，Cu 失去的是全充满 3d10 电子，需要的能量高，而Fe 失去的是 4s1 电子，所需能量低；故I2(Cu)大于I2(Fe)。 (

28、3)CN-与N2是等电子体，结构相似，根据氮气电子式书写氢氰根离子电子式为；CN-与Fe2+以配位键结合，这6个配位键都属于键，还有6个CN-中各有一个键，1个配离子中含有的键共有12个，则1mol该配离子中含有 12 NA个键；K4 Fe(CN)6是离子化合物，含有离子键，阳离子K+与配离子之间以离子键结合，Fe2+与CN-以配位键结合，CN-中的两种原子以极性共价键结合， 故选BCD；(4)MnO和MnS的阳离子相同，阴离子所带电荷也相同，但是O2-的半径比S2-小，离子键作用力强，所以MnO中的晶格能比MnS中的大，物质的熔点也比MnS的高；(5)依题意可知：卤素阴离子位于立方体的6个面

29、的面心，正好构成正八面体，M位于八面体的体心，也是立方体的体心；晶体体积=晶体体积=a310-21cm3，晶体密度=，则NA = 。1mol晶胞含1molCH3NH3PbI3，据d=，所以NA=。【点睛】本题考查了物质结构和性质，涉及晶胞计算、离子晶体熔沸点影响因素、配合物、等电子体等知识点，难点是晶胞计算，注意晶胞密度公式灵活运用。36化学选修5：有机化学基础(15分)某天然氨基酸是人体必需的氨基酸之一，其合成路线如下：已知：(1)的反应条件和试剂是_；化合物的名称为_；(2)的反应类型是_；分子中最多有_个原子共平面；(3)写出反应的反常方程式_；(4)与乙二醇反应可生成能降解的高分子化合

30、物，写出该反应的化学方程式_；(5)符合下列条件的化合物的同分异构体共有_种(不考虑立体异构)：含有苯甲酸结构 含有一个甲基 苯环上只有两个取代基其中核磁共振氢谱峰面积比为的分子的结构简式_(任写一种)；(6)请结合以上合成路线，写出以丙酸和上述流程中出现的物质为原料经三步合成丙氨酸()的路线_。【答案】（1）光照、Cl2（1分） 3-苯基-1-丙醇（2分） （2）氧化反应（1分） 13（1分） （3） （2分） （4）（2分）（5） （2分） 9 （2分） （6） （2分） 【解析】【分析】对比A、C的结构可知B为。D发生催化氧化生成E为，进一步氧化生成F，对比F、G的结构，可知F发生取代反

31、应生成生成G，由H、J的结构简式，结合I的分子式、信息，可推知I为。由G、K、M的结构简式，结合信息，可推知L为。(5)化合物M的同分异构体满足条件：含有苯甲酸结构，含有一个甲基，苯环上只有两个取代基，可知其中一个取代基为-COOH，另外一个取代基为-NHCH2CH3、或-CH2NHCH3、或-CH(NH2)CH3，在苯环上的位置均有邻、间、对3种；(6)根据题目已知的合成路线，可使丙酸先与PCl3反应，产物再与反应，最后在碱性条件水解、酸化得到。【详解】(1)AB是甲苯与氯气发生取代反应生成，反应条件和试剂是：光照、氯气；化合物D可看作在1-丙醇分子中3号碳原子上的一个H原子被苯基取代产生的

32、物质，所以化合物D的名称为3-苯基-1-丙醇；(2) 3-苯基-1-丙醇被催化氧化产生E是 ，该物质含有醛基，被催化氧化，产生F是，EF的反应是氧化反应；A是甲苯，根据苯分子是平面分子，甲烷分子是正四面体结构可知，甲苯分子中最多有13个原子在同一平面上；(3) 3-苯基-1-丙醇在Ag催化下，与氧气反应，产生3-苯基-1-丙醛和水，反应的化学方程式是：；(4)I是，与乙二醇反应可生成能降解的高分子化合物N，该反应的化学方程式：(5)化合物M的同分异构体满足条件：含有苯甲酸结构，含有一个甲基，苯环上只有两个取代基，可知其中一个取代基为-COOH，另外一个取代基为-NHCH2CH3、或-CH2NHCH3、或-CH(NH2)CH3，均有邻、间、对3种，所以符合条件的同分异构体共有9种，其中核磁共振氢谱峰面积比为1：1：2：2：2：3的分子的结构简式：或或；(6)由合成路线，可知丙酸先与PCl3反应，产生CH3CHClCOOH，产物再与反应，得到的在碱性条件水解、酸化就可得到得到，其合成路线流程图为：。【点睛】本题考查有机物的合成与推断，涉及有机物命名、反应类型、限制条件的同分异构体书写、有机物空间结构等知识，侧重考查学生自学能力、知识迁移运用能力、分析推理能力，熟练掌握官能团的性质与转化是本题解答的关键，本题为有机常考题型。