江西省2020届高三毕业班新课程教学质量监测理综化学试卷 Word版含解析

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www.ks5u.com 江西省2020届高三毕业班新课程教学质量监测 理 科 综 合化学部分 ‎1.“ 17世纪中国工艺百科全书” 《天工开物》为明代宋应星所著。下列说法错误的是 A. “ 凡铁分生熟，出炉未炒则生，既炒则熟” 中的“ 炒” 为氧化除碳过程 B. “ 凡铜出炉只有赤铜，以倭铅（锌的古称）参和，转色为黄铜” 中的“ 黄铜” 为锌铜金 C. “ 凡石灰经火焚，火力到后，烧酥石性，置于风中久自吹化成粉” 中“ 粉” 为 CaO D. “ 凡松烟造墨，入水久浸，以浮沉分清悫” ，是指炭因颗粒大小及表面积的不同而浮沉 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．生铁是含碳量大于2%的铁碳合金，生铁性能坚硬、耐磨、铸造性好，但生铁脆，不能锻压。而熟铁含碳量在0.02%以下，又叫锻铁、纯铁，熟铁质地很软，塑性好，延展性好，可以拉成丝，强度和硬度均较低，容易锻造和焊接。“炒则熟”，碳含量由于“炒”而变成碳氧化合物，使得碳含量降低，A选项正确；‎ B．赤铜指纯铜，也称红铜、紫铜。由于表面含有一层Cu2O而呈现红色。“倭铅”是锌的古称，黄铜是由铜和锌所组成的合金，由铜、锌组成的黄铜就叫作普通黄铜，如果是由两种以上的元素组成的多种合金就称为特殊黄铜。黄铜有较强的耐磨性能，黄铜常被用于制造阀门、水管、空调内外机连接管和散热器等，B选项正确；‎ C．凡石灰经火焚，火力到后，烧酥石性，生成CaO；而“久置成粉”主要生成Ca（OH）2，进一步与CO2反应则会生成CaCO3，C选项错误；‎ D．古代制墨，多用松木烧出烟灰作原料，故名松烟墨。烟是动植物未燃烧尽而生成的气化物，烟遇冷而凝固生成烟炱，烟炱有松烟炱和油烟炱之分。松烟墨深重而不姿媚，油烟墨姿媚而不深重。松烟墨的特点是浓黑无光，入水易化。“凡松烟造墨，入水久浸，以浮沉分清悫”，颗粒小的为胶粒，大的形成悬浊液，D选项正确；‎ 答案选C。‎ ‎2.已知 NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A. 32gS8与 S6（）的混合物中所含共价键数目为NA B. 1L0．1mol• L－1H2C2O4溶液中含 C2O42－ 离子数为0.1NA C. 2molNO与 2molO2在密闭容器中充分反应，转移电子数为 8NA - 17 -‎ D. 标准状况下 22．4L氯气与甲烷的混合气体，光照时充分反应生成 HCl分子数为NA ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．S8与 S6（）分子中分别含有8个和6个S-S键，1个S对应1个S-S共价键，由于32 g S8与S6（）的混合物中含硫为1mol，则该混合物中含1mol S-S键，A选项正确；‎ B．因为草酸是弱电解质，部分电离出C2O42-，所以L 0.1 mol·L−1 H2C2O4溶液含C2O42- 离子数小于0.1NA，B选项错误。‎ C．密闭容器中2 mol NO与2mol O2充分反应，这是一个可逆，转移的电子数小于4NA，由于NO不足，更小于8NA，C选项错误；‎ D．在标准状况下，22.4 L氯气与甲烷混合气体，光照时充分反应，由于无法知道氯气、甲烷各为多少量，所以生成HCl分子数无法计算，D选项错误；‎ 答案选A。‎ ‎【点睛】A选项在判断时明确S8与 S6（）分子中分别含有8个和6个S-S键，两者混合后一个S对应1个S-S共价键是解答的关键。‎ ‎3.某学习小组用下列装置完成了探究浓硫酸和 SO2性质的实验（部分夹持装置已省略），下列“ 现象预测” 与“ 解释或结论” 均正确的是 选项 仪器 现象预测 解释或结论 A 试管1‎ 有气泡、酸雾，溶液中有白色固体出现 酸雾是SO2所形成，白色固体是硫酸铜晶体 B 试管2‎ 紫红色溶液由深变浅，直至褪色 SO2具有还原性 C 试管3‎ 注入稀硫酸后，没有现象 由于Ksp（ZnS）太小，SO2与ZnS在注入稀硫酸后仍不反应 - 17 -‎ D 锥形瓶 溶液红色变浅 NaOH溶液完全转化为NaHSO3溶液，NaHSO3溶液碱性小于NaOH A. A B. B C. C D. D ‎【答案】B ‎【解析】‎ 分析】‎ 试管1中浓硫酸和铜在加热条件下反应生成SO2，生成的SO2进入试管2中与酸性高锰酸钾溶液发生氧化还原反应，使得高锰酸钾溶液褪色，试管3中ZnS与稀硫酸反应生成H2S，2H2S+SO2===3S↓+2H2O，出现淡黄色的硫单质固体，锥形瓶中的NaOH用于吸收SO2，防止污染空气，据此分析解答。‎ ‎【详解】A．如果出现白色固体也应该是硫酸铜固体而不是其晶体，因为硫酸铜晶体是蓝色的，A选项错误；‎ B．试管2中紫红色溶液由深变浅，直至褪色，说明SO2与酸性高锰酸钾溶液发生氧化还原反应，SO2具有还原性，B选项正确。‎ C．ZnS与稀硫酸反应生成H2S，2H2S+SO2===3S↓+2H2O，出现硫单质固体，所以现象与解释均不正确，C选项错误；‎ D．若NaHSO3溶液显酸性，酚酞溶液就会褪色，故不一定是NaHSO3溶液碱性小于NaOH，D选项错误；‎ 答案选B。‎ ‎【点睛】A选项为易混淆点，在解答时一定要清楚硫酸铜固体和硫酸铜晶体的区别。‎ ‎4.科学家发现了在细胞层面上对新型冠状病毒（2019-nCOV）有较好抑制作用的药物：雷米迪维或伦地西韦（RemdeSivir，GS－5734）、氯喹 （ChloroqquinE，Sigma－C6628）、利托那韦 （Ritonavir）。其中利托那韦（Ritonavir）的结构如下图，关于利托那韦说法正确的是 - 17 -‎ A. 能与盐酸或 NaOH溶液反应 B. 苯环上一氯取代物有 3种 C 结构中含有 4个甲基 D. 1mol该结构可以与13molH2加成 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．利托那韦（Ritonavir）结构中含有肽键、酯基，在酸碱条件下都能水解，A选项正确；‎ B．由于两个苯环没有对称，一氯取代物有6种，B选项错误；‎ C．根据结构简式可知，该结构中有5个甲基，C选项错误；‎ D．由于肽键、酯基的碳氧双键一般不参与氢气加成，苯环、碳碳双键、碳氮双键可与H2发生加成反应，所以1 mol该结构可以与3+3+2+2=10 mol H2加成，D选项错误；‎ 答案选A。‎ ‎5.最近我国科学家研制出一种高分子大规模储能二次电池，其示意图如下所示。这种电池具有寿命长、安全可靠等优点，下列说法错误的是 A. 硫酸水溶液主要作用是增强导电性 B. 充电时，电极b接正极 C. d膜是质子交换膜 - 17 -‎ D. 充放电时，a极有 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据图中电子移动方向可以判断a极是原电池的负极，发生氧化反应，b极是原电池的正极，发生还原反应，为了形成闭合电路，以硫酸水溶液作为电解质溶液，据此分析解答。‎ ‎【详解】A．硫酸水溶液为电解质溶液，可电离出自由移动的离子，增强导电性，A选项正确；‎ B．根据上述分析可知，b为正极，充电时就接正极，B选项正确；‎ C．d膜左右池都有硫酸水溶液，不需要质子交换膜，d膜只是为了防止高分子穿越，所以为半透膜，C选项错误；‎ D．放电时，a极是负极，酚失去电子变成醌，充电时，a极是阴极，醌得到电子生成酚，故充放电发生的反应是，D选项正确；‎ 答案选C。‎ ‎6.科学家合成出了一种用于分离镧系金属的化合物 A（如下图所示），短周期元素 X、Y、Z原子序数依次增大，其 中 Z位于第三周期。Z与 Y2可以形成分子 ZY6，该分子常用作高压电气设备的绝缘介质。下列关于 X、Y、Z的叙述，正确的是 A. 离子半径：Y ＞Z B. 氢化物的稳定性：X ＞Y C. 最高价氧化物对应水化物的酸性：X ＞Z D. 化合物 A中，X、Y、Z最外层都达到 8电子稳定结构 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 短周期元素 X、Y、Z原子序数依次增大，观察正离子结构 - 17 -‎ ‎，Z失去一个电子后，可以成3个共价键，说明Z原子最外面为6个电子，由于Z位于第三周期，所以Z为S元素，负离子结构为，Y成一个共价键，为-1价，不是第三周期元素，且原子序数大于X，应为F元素（当然不是H，因为正离子已经有H）；X得到一个电子成4个共价键，说明其最外层为3个电子，为B元素，据此分析解答。‎ ‎【详解】A．电子层数F- Y，A选项错误；‎ B．非金属性越强，简单氢化物越稳定，非金属性：F>B，则有BH3B，则酸性H3BO3（弱酸）c(OH-)，溶液中存在电荷守恒：c(H+)+c(Na+)= c(OH-)+c(B-)，则c(B-)> c(Na+)，A选项正确；‎ B．C至D各点溶液中，C点浓度为0.05mol·L-1，C之后加入的c(NaOH)为0.1mol·L-1，导电能力依次增强，B选项正确；‎ C．定性分析有：氢氧化钠溶液滴入20mL时达到终点，pH>7，HB为弱酸，O点pH>1，C选项正确；‎ - 17 -‎ D．C点为刚好反应完全的时候，此时物质c(NaB)=0.05mol·L-1，B-水解常数为Kh=10-14/（2×10-5）=5×10-10，B-水解生成的c(OH-)==5×10-6 mol·L-1，C点c(H+)=2×10-9 mol·L-1，C点pH=9-lg2=8.7，即x=8.7，D选项错误；‎ ‎【点睛】C选项也可进行定量分析：B点有c(B-)=c(Na+)=19.9×10-3×0.1÷（20×10-3+19.9×10-3），c(HB)=(20.0×10-3-19.9×10-3)×0.1÷(20×10-3+19.9×10-3)，则c(B-)/c(HB)=199，K=c(H+)c(B-)/c(HB)=1×10-7×199=1.99×10-5，则HB为弱酸，O点的pH>1。‎ ‎8.过氧乙酸（CH3COOOH）不仅在卫生医疗、食品消毒及漂白剂领域有广泛应用，也应用于环境工程、精细化工等领域。实验室利用醋酸（CH3COOH）与双氧水（H2O2）共热， 在固体酸的催化下制备过氧乙酸（CH3COOOH），其装置如下图所示。请回答下列问题：‎ 实验步骤：‎ I．先在反应瓶中加入冰醋酸、乙酸丁酯和固体酸催化剂，开通仪器1和8，温度维持为55℃；‎ II．待真空度达到反应要求时，打开仪器3的活塞，逐滴滴入浓度为35％的双氧水，再通入冷却水；‎ Ⅲ．从仪器 5定期放出乙酸丁酯和水的混合物，待反应结束后分离反应器2中的混合物，得到粗产品。‎ ‎（1）仪器 6的名称是______，反应器 2中制备过氧乙酸（CH3COOOH）的化学反应方程式为_____。‎ ‎（2）反应中维持冰醋酸过量，目的是提高_____；分离反应器 2中的混合物得到粗产品，分离的方法是_________。‎ ‎（3）实验中加入乙酸丁酯的主要作用是_________（选填字母序号）。‎ - 17 -‎ A 作为反应溶剂，提高反应速率 B 与固体酸一同作为催化剂使用，提高反应速率 C 与水形成沸点更低的混合物，利于水的蒸发，提高产率 D 增大油水分离器 5的液体量，便于实验观察 ‎（4）从仪器 5定期放出乙酸丁酯和水的混合物，待观察到___________（填现象）时，反应结束。‎ ‎（5）粗产品中过氧乙酸（CH3COOOH）含量的测定：取一定体积的样品 VmL，分成 6等份，用过量 KI溶液与过氧化物作用，以 0.1mol• L－1的硫代硫酸钠溶液滴定碘（I2＋2S2O32－=2I－＋S4O62－）；重复 3次，平均消耗量为 V1mL。再以 0．02mol• L－1的酸 性高锰酸钾溶液滴定样品，重复 3次，平均消耗量为 V2mL。则样品中的过氧乙酸的浓度为 ______mol• L－1。‎ ‎【答案】 (1). （蛇形）冷凝管 (2). CH3COOH + H2O2CH3COOOH + H2O (3). 双氧水的转化率（利用率） (4). 过滤 (5). C (6). 仪器5“油水分离器”水面高度不变 (7). ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)仪器6用于冷凝回流，名称是（蛇形）冷凝管，反应器2中乙酸和双氧水在固体催化剂加热的条件下反应生成过氧乙酸，反应方程式为CH3COOH + H2O2CH3COOOH + H2O，故答案为：（蛇形）冷凝管；CH3COOH + H2O2CH3COOOH + H2O；‎ ‎(2)反应中CH3COOOH过量，可以使反应持续正向进行，提高双氧水的转化率，反应器2中为过氧乙酸、为反应完的反应物及固体催化剂的混合物，可采用过滤的方法得到粗产品，故答案为：双氧水的转化率（利用率）；过滤；‎ ‎(3)由于乙酸丁酯可与水形成沸点更低的混合物，利于水的蒸发，从而可以提高过氧乙酸的产率，因此C选项正确，故答案为：C；‎ ‎(4)乙酸和双氧水在固体催化剂加热的条件下反应生成过氧乙酸和水，当仪器5中的水面高度不再发生改变时，即没有H2O生成，反应已经结束，故答案为：仪器5“油水分离器”水面高度不变；‎ ‎(5)已知I2＋2S2O32－=2I－＋S4O62－，由得失电子守恒、元素守恒可知：‎ - 17 -‎ 双氧水与高锰酸钾反应，由得失电子守恒可知：‎ 则样品中含有n(CH3COOOH)=(0.05V1×10-3-0.05V2×10-3)mol，由公式可得，样品中的过氧乙酸的浓度为，故答案为：。‎ ‎【点睛】本题的难点在于第(5)问，解答时首先要明确发生的反应，再根据得失电子守恒和元素守恒建立关系式，得到样品中过氧乙酸的物质的量，进而求得其浓度。‎ ‎9.银精矿主要含有 Ag2S（杂质是铜、锌、锡和铅硫化物），工业上利用银精矿制取贵金属银，流程图如下图所示。已知“ 氯化焙烧” 能把硫化物转化为氯化物，请回答下列问题：‎ ‎（1）“ 氯化焙烧” 的温度控制在 650～670℃，如果温度过高则对焙烧不利，产率会降低，原因是 ______。‎ ‎（2）水洗后的滤液中溶质有盐酸盐和大量钠盐，取少量滤液加入盐酸酸化，再滴入氯化钡溶液有白色沉淀生成，此钠盐为_____（填化学式）。‎ ‎（3）氨浸时发生的化学反应方程式为________。‎ ‎（4）“ 沉银” 是用 N2H4还原银的化合物。‎ ‎①N2H4的电子式是_______。‎ ‎②理论上，1molN2H4完全反应所得到的固体质量是______g。‎ ‎③向所得母液中加入烧碱，得到的两种物质可分别返回________ 、______工序中循环使用。‎ ‎（5）助熔剂 Na2CO3和 Na2B4O7有两个作用：一是降低了银的熔点，减少能耗；二是____。利用________的方法可以进一步直接精炼银锭。‎ - 17 -‎ ‎【答案】 (1). 温度过高，氯化物进入烟尘逃逸，导致产率降低（或温度过高，会发生其他副反应，导致产率降低） (2). Na2SO4 (3). AgCl + 2NH3·H2O = Ag（NH3）2Cl + 2H2O (4). (5). 432 (6). 氨浸 (7). 氯化焙烧 (8). 使少数杂质固体进入浮渣，提高了银的纯度 (9). 电解 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 已知流程图中的“氯化焙烧”能把硫化物转化为氯化物，则银精矿经O2、NaCl“氯化焙烧”后生成SO2和AgCl，再加水洗去过量的钠盐，得到纯净的AgCl，加入NH3·H2O发生反应AgCl + 2NH3·H2O = Ag(NH3)2Cl + 2H2O，再利用N2H4进行还原，得到NH4Cl、NH3和Ag单质，反应方程式为4Ag(NH3)2Cl+N2H4===4Ag+N2+4NH4Cl+4NH3，最后再经过熔炼后得到银锭，据此分析解答问题。‎ ‎【详解】(1)“氯化焙烧”过程中，若温度过高，氯化物会进入烟尘逃逸，或者会发生其他副反应，导致产率降低，故答案为：温度过高，氯化物进入烟尘逃逸，导致产率降低（或温度过高，会发生其他副反应，导致产率降低）；‎ ‎(2)滤液中溶质有盐酸盐和大量钠盐，取少量滤液加入盐酸酸化，再滴入氯化钡溶液有白色沉淀生成，说明含有SO42-，则此钠盐的化学式是Na2SO4，故答案为：Na2SO4；‎ ‎(3)根据上述分析可知，氨浸时发生的化学反应为AgCl + 2NH3·H2O = Ag（NH3）2Cl + 2H2O，故答案为：AgCl + 2NH3·H2O = Ag(NH3)2Cl + 2H2O；‎ ‎(4)①N2H4是共价化合物，其电子式是，故答案为：；‎ ‎②沉银过程中发生反应4Ag(NH3)2Cl+N2H4===4Ag+N2+4NH4Cl+4NH3，则理论上1molN2H4完全反应所得到4molAg，其质量为4mol×108g/mol=432g，故答案为：432；‎ ‎③所得母液为NH4Cl，向其中加入烧碱，可反应得到NaCl和NH3·H2O，可返回“氯化焙烧”和“氨浸”工序中循环使用，故答案为：氯化焙烧；氨浸；‎ ‎(5)助熔剂Na2CO3和 Na2B4O7既可以降低了银的熔点，减少能耗，又可以使少数杂质固体进入浮渣，提高了银的纯度，可用银锭作阳极，纯银作阴极，硝酸银作电解质溶液构成电解池，进一步精练银锭，即采用电解的方法进一步直接精炼银锭，故答案为：使少数杂质固体进入浮渣，提高了银的纯度；电解。‎ ‎10.（1）①已知反应A(g)+B(g)2D(g)，若在起始时c(A)＝a mol• L－1， c(B)＝2amol• L - 17 -‎ ‎－1，则该反应中各物质浓度随时间变化的曲线是_______（选填字母序号）。‎ ‎②在298K时，反应A(g)2B(g)的 KP＝0.1132kPa，当分压为 p(A)＝p(B)＝1kPa时，反应速率υ正______υ逆（填 “ ＜” “ ＝” 或 “ ＞” ）。‎ ‎③温度为 T时，某理想气体反应 A(g)＋B(g)C(g)＋M(g)，其平衡常数 K为0.25，若以 A∶B ＝1∶1发生反应，则 A的理论转化率为_____％（结果保留3位有效数字）。‎ ‎（2）富勒烯 C60和 C180可近似看作“ 完美的” 球体，富勒烯的生成时间很快，典型的是毫秒级，在所有的合成技术中得到的 C60的量比 C180的量大得多。已知两个转化反应：反应物3C60 ，反应物C180，则势能（活化能）与反应进程的关系正确的是______（选填字母序号）。‎ ‎（3）甲醇脱氢和甲醇氧化都可以制取甲醛，但是O2氧化法不可避免地会深度氧化成CO。脱氢法和氧化法涉及的三个化学反应的 lgK随温度 T的变化曲线如图所示。写出图中曲线①的化学反应方程式________；曲线③的化学反应方程式为________；曲线②对应的化学反应是____（填“ 放热” 或“ 吸热” ）反应。‎ ‎【答案】 (1). C (2). < (3). 33.3 (4). B (5). 2HCHO（g）+O2（g）=2CO（g）+2H2O（g） (6). CH3OH（g）=HCHO（g）+H2（g） (7). 放热 - 17 -‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)①已知反应A(g)+B(g)2D(g)，根据化学反应速率跟化学计量数成正比可知，A、B减少的量相等，同时生成2倍的D，故曲线C符号该反应中各物质浓度随时间变化，答案为：C；‎ ‎②在298K时，当分压为 p(A)＝p(B)＝1kPa时，反应A(g)2B(g)的Qp=(1kPa)2÷1kPa=1kPa>K，则反应向逆反应方向进行，v正红磷>白磷 (8). 黑磷相当于石墨，属于混合晶体；红磷和白磷都是分子晶体，红磷是大分子，白磷是小分子，分子量越大，范德华力越大，熔沸点越高 (9). （0.500,-0.090,0.402） (10). 8‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)基态P原子核外有15个电子，排布式为1s22s22p63s23p3，其价电子排布图为：，故答案为：；‎ ‎(2)原子半径P>F，则电负性P红磷>白磷，故答案为：黑磷>红磷>白磷；黑磷相当于石墨，属于混合晶体；红磷和白磷都是分子晶体，红磷是大分子，白磷是小分子，分子量越大，范德华力越大，熔沸点越高；‎ ‎(4)结合图B可知，图A中编号为②的P原子位于同一坐标轴a，关于坐标轴b对称，且位于坐标轴c的值为1-0.598=0.402，该P原子在晶胞内的坐标为（0.500，-0.090，0.402），该晶胞中第一层含有P原子1+1=2个；第二层含有P原子1+1+1+1=4个；第三层含有P原子1+1=2个，共8个P原子，故答案为：（0.500，-0.090，0.402）；8。‎ ‎【化学———选修 5：有机化学基础】‎ ‎12.苯二氮卓类药物氟马西尼（F）的合成路线如下图所示。请回答下列问题：‎ ‎（1）A中官能团有氟原子、_____和________。（均填名称）‎ ‎（2）C3H5O2Cl的结构式为________。‎ ‎（3）反应①和②的反应类型相同，其反应类型是___________。‎ ‎（4）化合物 D的分子式为___________。‎ ‎（5）反应⑤生成“ 物质 F” 和 HCl，则 E→F的化学反应方程式为________。‎ ‎（6）是 F的同分异构体，其中 - 17 -‎ ‎ X部分含—COOH且没有支链，满足该条件的同分异构体有______种（不考虑立体异构）。‎ ‎（7）已知氨基酸之间脱水能够形成含肽键的化合物，请设计由甘氨酸（HOOCCH2NH2）和CNCH2COOC2H5制备的合成路线________（无机试剂任选）。‎ ‎【答案】 (1). 氨基 (2). 羧基 (3). ClCOOC2H5 (4). 取代反应 (5). C10H9N2O2F (6). +CNCH2COOC2H5+HCl (7). 3 (8). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据合成路线可知，A与C3H5O2Cl发生取代反应生成B，B与C2H5OH发生酯化反应并成环得到C，C与CH3NHCH2COOH反应生成D，D经过反应④得到E，E与CNCH2COOC2H5反应得到F和HCl，据此分析解答问题。‎ ‎【详解】(1)A的结构简式为，分子中含有的官能团有氟原子、氨基和羧基，故答案为：氨基；羧基；‎ ‎(2)根据上述分析可知，A与C3H5O2Cl发生取代反应生成B，B的结构简式为，逆推可得C3H5O2Cl的结构简式为ClCOOC2H5，故答案为：ClCOOC2H5；‎ ‎(3)反应①为A与C3H5O2Cl发生取代反应生成B，反应②为B与C2H5OH发生酯化反应并成环得到C，两者都是取代反应，故答案为：取代反应；‎ ‎(4)化合物D的结构式为，根据各原子的成键原理，可知其分子式为C10H9N2O2F，故答案为：C10H9N2O2F；‎ - 17 -‎ ‎(5)E与CNCH2COOC2H5反应得到F和HCl，反应方程式为：+CNCH2COOC2H5+HCl，故答案为：+CNCH2COOC2H5+HCl；‎ ‎(6)是 F的同分异构体，则X为—C4H7O2，又X部分含—COOH且没有支链，则X有—CH2CH2CH2COOH、—CH2CH(COOH)CH3、—CH(COOH)CH2CH33种结构，即满足条件的同分异构体有3种，故答案为：3；‎ ‎(7)结合题干信息，制备时，可先将甘氨酸（HOOCCH2NH2）脱水缩合得到，在与POCl3反应得到，与CNCH2COOC2H5反应制得，合成路线为，故答案为：。‎ - 17 -‎ - 17 -‎