四川省成都市第七中学2018届高三二诊(3月)模拟考试理综化学试题(解析版)

四川省成都市第七中学2018届高三二诊（3月）模拟考试

理综化学试题

可能用到的相对原予质量：H l B10.8 C 12 O 16 Na 23 S 32 Cu 64 Ga 70 As 75

1. 化学与生活、生产、环境密切相关。下列说法错误的是( )

A. 以液化石油气代替燃油可减少大气污染

B. 可燃冰被认为是21世纪新型清洁的能源，但不恰当的开采会诱发海底地质灾害，加重温室效应

C. 蛋白质作为营养物质，在人体内不断分解，最后主要生成水和二氧化碳排出体外

D. 利用高纯单质硅的半导体性能，可以制成光电池，将光能直接转化为电能

【答案】C

【解析】A项，液化石油气较燃油能更充分燃烧生成CO2和水，减小对大气造成的污染，故A项正确；B.可燃冰被认为是21世纪新型清洁的能源，但可燃冰主要存在在海洋，不恰当的开采会诱发海底地质灾害，同时可燃冰燃烧会产生CO2，CO2会产生温室效应，故B正确；C. 蛋白质的结构单元是氨基酸，是构成机体组织器官的重要组成部分，故C错；D. 硅是半导体，利用高纯单质硅的半导体性能，可以制成光电池，将光能直接转化为电能是正确，故D正确。本题答案：C。

2. 下列说法错误的是( )

A. 乙醇能使酸性高锰酸钾溶液褪色，被氧化生成CO2和H2O

B. 和C4H l0的二氯代物的数目不同（不含立体异构）

C. 乙烯能使溴水褪色、能使酸性KMnO4溶液褪色，它们发生反应的类型不同

D. 植物油通过氢化可以变成脂肪

【答案】A

【解析】A. 乙醇能使酸性高锰酸钾溶液褪色，被氧化生成乙酸，故A错；B.根据分析

知其二氯代物有12种，C4H l0由正丁烷异丁烷两种异构体，正丁烷的二氯代物有6种，异丁烷的二氯代物有3种，C4H l0的二氯代物的数目共有9种，故B对；C. 乙烯能使溴水褪色，发生加成反应、能使酸性KMnO4溶液褪色发生氧化反应，，它们发生反应的类型不同，故C对；D. 植物油为不饱和的高级脂肪酸甘油酯，加氢后，可以变成饱和的高级脂肪酸甘油酯，由液态的油变成固态的脂肪，故D正确。

点睛：本题考查有机物性质相关知识。主要考查乙醇，乙烯与酸性高锰酸钾反应原理，和溴水反应的区别。抓住碳碳双特征，易被加成和氧化。找二氯代物同分异构体的方法：定一移一，找对称性的方法进行确定。

3. 下列实验操作规范且所选玻璃仪器能达到目的的是( )

A. A

B. B

C. C

D. D

【答案】D 学

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4. 设N A 为阿伏加德罗常数的值。 下列说法正确的是 ( )

A. 0.1molH 218O 与D 2O 的混合物中所含中子数为N A

B. 17g 羟基所含电子的数目为10N A

C. lLpH=l 的H 2SO 4溶液中含有的H +数目为0.2N A

D. 密闭容器中1molH2(g)与ImolI2(g)共热反应制备HI增加2N A个H-I键

【答案】A

【解析】A 与的混合物的物质的量为，一个、分子均含有10个中子，混

合物所含中子数等于，故A项正确；B. 17g羟基的物质的量为1mol,所含电子的数目为9N A,故B错；

C. lLpH=l的H2SO4溶液中含0.05mol H2SO4,电离出0.1N A H+，水还可以电离出H+为10-13mol,，所以lLpH=l

SO4溶液中含有的H+数目小于0.2N A，故C错误；D. 密闭容器中H2(g)+ I2(g) 2HI1mol H2(g)

的H

与Imol I2(g)共热反应制备HI，含H-I键小于2N A个，故D错误。本题答案：A。

5. 下图装置(I)为一种可充电锂离子电池的示意图，该电池充、放电的化学方程式为：

Li4Ti5O12+3Li Li7Ti5O12。装置(II)为电解池的示意图。当闭合K1断开K2时，Fe电极附近溶液先变红。下列说法正确的是( )

A. 闭合K1，断开K2时，若将Fe电极和石墨电极互换，装置(II)中发生的总反应为：

2NaCl+2H2O2NaOH+Cl2↑+H2↑

B. 闭合K1，断开K2时，当0.1 mol Li+从A极区迁移到B极区，理论上Fe电极上产生的气体体积为1.12 L

C. 取下锂离子电池充电，电极B为阳极，发生氧化反应，电极上发生的电极反应式为：Li7Ti5O12-3e- =

Li4Ti5O12+3Li+

D. 若开始时，断开K1，闭合K2，一段时间后，石墨电极附近显红色，则该电极反应为：2H++2e-= H2↑【答案】C

【解析】试题分析：当闭合K1，断开K2时，，Fe电极附近溶液先变红，说明Fe电极生成OH-，应为电解池的阴极，石墨为电解池的阳极，A为原电池的负极，B为原电池的正极。A.闭合K1，断开K2时，若将Fe 电极和石墨电极互换，活性金属作阳极，优先失电子，则装置(Ⅱ)中发生的总反应为：

Fe+2H 2O Fe(OH)2+H2↑，A项错误；B. 当有0.1molLi+通过离子交换膜，说明有1mol电子转移，根

据2H2O+2e-=H2↑+2OH-，可知生成氢气0.05mol，体积为1.12L，B项正确；C. 装置(Ⅰ)为一种可充电锂离子电池，放电时，电极A为负极，则充电时与电源的负极相连，电极A为阴极，C项错误；D. 若开始时，断开K1，闭合K2，形成的是铁的吸氧腐蚀，一段时间后，石墨电极附近显红色，该电极反应为：O2+2H2O+4e-===4OH-，D项错误；答案选B。

【考点定位】考查电解池、原电池的工作原理。

【名师点睛】本题考查电解池、原电池的工作原理。当闭合K1，断开K2时，，Fe电极附近溶液先变红，说明Fe电极生成OH-，应为电解池的阴极，石墨为电解池的阳极，A为原电池的负极，B为原电池的正极，据此分析解答即可。

6. X、Y、Z、W、Q是原子序数依次增大的五种短周期主族元素。其中只有Z是金属元素，W的单质是黄色固体，X、Y、W在周期表中的相对位置关系如图所示。下列说法正确的是( )

A. Z的最高价氧化物对应的水化物不可能显弱碱性

B. Y的简单阴离子比W的简单阴离子的还原性弱

C. X、W、Q的氢化物均可在Y的单质中燃烧

D. Q的氢化物的水溶液能与W的盐反应得到W的氢化物，说明非金属性Q>W

【答案】B

【解析】由X、Y、Z、W、Q是原子序数依次增大的五种短周期主族元素，W的单质是黄色固体知W为S,根据周期表知Y 为O,X为N，Q为Cl,Z是金属元素，所以Z可能是Na Mg Al中的一个，当Z是铝元素时，A错误; 因为Y是氧元素，W为硫元素，非金属性O>S,还原性O2-

点睛：考查元素周期表和元素周期律的知识。解答此题根据位构性的关系，先确定元素的名称，在根据在周期表的位置，元素周期律的递变规律，推导元素的性质。

7. 羟氡(NH2OH)为一元弱碱(25℃时，电离常数Kb=9.0×l0-9)，其电离方程式为：

NH 2OH+H2O NH3OH++OH-。用0.lmol/L盐酸滴定20mL0.lmol/L NH2OH溶液，恒定25℃时，滴定过程中由水电离出来的H+浓度的负对数与盐酸体积的关系如图所示(己知：lg3=0.5)。下列说法不正确的是( )

A. A、B、C、D四点对应的溶液中NH2OH电离常数相等

B. A点对应溶液的pH=9.5

C. D点对应溶液中存在：c(H+)=c(OH-)+c(NH3OH+)+c(NH2OH)

D. C点时，溶液呈酸性

【答案】C

【解析】A故A对；

B

根据电荷守恒规律

，故C正确；恒定25℃时C点的PH<4溶液呈酸性,D正确。点睛：解题时抓住电荷守恒，物料守恒，质子守恒的关系进行解答。注意平衡常数只和温度有关，A B C D 在同一条曲线上，所以K不变。

8. 某学习小组通过下列装置探究MnO2与FeCl3·6H2O能否反应产生Cl2。通过查阅资料，学习小组获知：FeCl3是一种共价化合物，熔点306℃，沸点315℃。

实验操作和现象：

(1)现象i中的白雾是___________________，形成白雾的原因是________________。

(2)分析现象ii，该小组探究黄色气体的成分，实验如下：

a．直接加热FeCl3·6H2O，产生白雾和黄色气体。

b．将现象ii和a中的黄色气体通入KSCN溶液，溶液均变红。

通过该实验说明现象ii中黄色气体含有_______。

(3)除了氯气可使B中溶液变蓝外，该小组还提出其他两种可能的原因：

原因①：实验b检出的气体使之变蓝，反应的离子方程式是______________________________。

原因②：在酸性条件下，装置中的空气使之变蓝，反应的离子方程式是_______________。

(4)为进一步确认黄色气体中是否含有Cl2，小组提出两种方案，均证实了Cl2的存在。

①方案1的C中盛放的试荆是____________________。

②方案2中检验Fe2+的试剂是____________________。

③综合方案1、2的现象，说明方案2中选择NaBr溶液的依据是_____________________。

(5)将A中产物分离得到Fe2O3和MnCl2，A中产生Cl2的化学方程式是_________________。

【答案】(1). 盐酸小液滴（盐酸酸雾）(2). 加热时，FeCl3发生水解反应产生HCl, HCl挥发出来遇水蒸气形成白雾(3). FeCl3(4). 2Fe3++2I-=I2+2Fe2+(5). 4H++4I-+O2=2I2+2H2O (6). 饱和食盐水(7). K3[Fe(CN)6] (8). 氧化性强弱顺序：Cl2>Br2>Fe3+(9).

2FeCl3·6H2O+MnO2Fe2O3+MnCl2+Cl2↑+2HCl↑+11H2O

【解析】（1）FeCl3?6H2O 受热失去结晶水FeCl3?6H2O FeCl3+6H2O，同时水解FeCl3+3H2O?Fe（OH）

+3HCl，生成HCl气体，HCl和H2O结合形成盐酸小液滴，而形成白雾，故答案为：HCl小液滴；FeCl3?6H2O 3

受热水解，生成HCl 气体，同时受热失去结晶水，HCl和H2O 结合形成盐酸小液滴产生白雾；

（2）FeCl 3溶液中滴入KSCN溶液，发生络合反应，Fe3++3SCN-=Fe（SCN）3，生成血红色的硫氰化铁，

用KSCN 溶液检验现象ii 和A 中的黄色气体，溶液均变红，说明含有FeCl3故答案为：FeCl3；

（3）①碘离子具有还原性，氯化铁具有强氧化性，两者反应，碘离子被氧化为碘单质，反应离子方程式为：2Fe3++2I-=2Fe2++I2，故答案为：2Fe3++2I-=2Fe2++I2；

②FeCl3?6H2O 受热水解，生成HCl气体，作对照实验，需用盐酸酸化，另取一支试管，向其中加入KI-淀粉溶液，再滴入几滴HCl溶液，在空气中放置，观察一段时间后溶液变蓝，原因是：4H++4I-+O2=2I2+2H2O 故答案为：4H++4I-+O2=2I2+2H2O。

（4）①方案1：氯化铁能氧化碘离子，氧气在酸性条件下，能氧化碘离子，所以需除去Cl2中的FeCl3和O2（H+），若仍能观察到B中溶液仍变为蓝色，则证明原气体中确实存在Cl2，使用饱和NaCl溶液，可以让FeCl3溶解，并且除去O2影响过程中提供酸性的HCl气体，从而排除两个其他影响因素，故答案为：饱和NaCl溶液；

②检验Fe2+的试剂是滴入黄色的铁氰化钾溶液，看是否产生蓝色的沉淀，如果有蓝色沉淀产生，证明有Fe2+，反之无Fe2+。本题答案：K3[Fe(CN)6]。

③因为化性强弱顺序：Cl2>Br2>Fe3+②方案2若B中观察到浅橙红色，则证明有物质能够将Br -氧化成Br2，根据性强弱顺序：Cl2>Br2>Fe3+，则证明是Cl2氧化的Br-，而不是Fe3+，无法验出Fe2+存在，另外，因为还原剂用的不是I-，可不用考虑O2（H+）的影响问题。所以选择了NaBr。

9. 硼镁泥是硼镁矿生产硼砂晶体(Na2B4O7·10H2O)时的废渣，其主要成分是MgO，还含有Na2B4O7、CaO、Fe2O3、FeO、MnO、SiO2等杂质。以硼镁泥为原料制取七水硫酸镁的工艺流程如下：

回答下列问题：

(l)Na2B4O7·10H2O中B的化合价为__________。

(2)Na2B4O7易溶于水，也易发生水解：B4O72-+7H2O4H3BO3(硼酸)+2OH-(硼酸在常温下溶解度较小)。写出加入硫酸时Na2B4O7发生反应的化学方程式：______________。

(3)滤渣B中含有不溶于稀盐酸但能溶于热浓盐酸的黑色固体，写出生成黑色固体的离子方程式

____________。

(4)加入MgO的目的是___________________。

(5)已知MgSO4、CaSO4的溶解度如下表：

“操作A”是将MgSO4和CaSO4混合溶液中的CaSO4除去，根据上表数据，简要说明“操作A”步骤为____________________。

(6)硼砂也能在工业上制取NaBH4，NaBH4被称为有机化学中的“万能还原剂”。

①写出NaBH4的电子式：___________。

②“有效氢含量”可用来衡量含氢还原剂的还原能力，其定义是：每克含氢还原剂的还原能力相当于多少克H2的还原能力。NaBH4的有效氢含量为_________（保留两位小数）。

③在碱性条件下，在阴极上电解NaBO2也可制得硼氢化钠，写出阴极室的电极反应式：________。

【答案】(1). +3 (2). Na2B4O7+H2SO4+5H2O=Na2SO4+4H3BO3↓(3). ClO-

+Mn2++H2O=MnO2+Cl-+2H+(4). 调节溶液的pH值，使Fe3+转化为氢氧化铁沉淀除去(5). 蒸发浓

缩、趁热过滤(6). (7). 0.21 (8). BO2-+6H2O+8e-=BH4-+8OH-

【解析】（1）设B的化合价为x价，根据化合物中各元素化合价代数和为零可得，

，解得，所以中的化合价为+3价。

(2)Na2B4O7易溶于水，也易发生水解：B4O72-+7H2O4H3BO3(硼酸)+2OH-(硼酸在常温下溶解度较小)。加入硫酸时促进了B4O72-的水解，所以Na2B4O7与硫酸发生反应的化学方程式：

Na2B4O7+H2SO4+5H2O=Na2SO4+4H3BO3↓。

（3）由硼镁泥的成分推断可知，不溶于稀盐酸但能溶于浓盐酸的黑色固体为，即被氧化成，则其反应离子方程式为。（4）属于碱性氧化物，

能够与溶液中的反应，从而改变溶液的值，因此可通过改变加入量来调节溶液的，达到使

以沉淀的形式除去的目的。

（5）因为CaSO4微溶于水，MgSO4易溶于水，“操作A”是将MgSO4和CaSO4混合溶液中的CaSO4

除去，根据上表数据，操作A采用结晶的方法除去CaSO4，步骤为蒸发浓缩、趁热过滤。

（6）①写出NaBH4的电子式

②中显-1价，中显0价，两者的还原产物均为（显+1价），的可以失去

电子，可以失去电子，则的的还原能力等价于的，则根据“有效氢含量”的定义可知，的有效氢含量为。

③在NaBO 2中，B的化合价为+3，中B化合价为+5，在碱性条件下，在阴极上电解NaBO2,制硼氢化钠的电极反应式：BO2-+6H2O+8e-=BH4-+8OH-。答案为BO2-+6H2O+8e-=BH4-+8OH-。

10. 碳的化合物的转换在生产、生活中具有重要的应用，如航天员呼吸产生的CO2用Sabatier反应处理，实现空间站中O2的循环利用。

Sabatier反应：CO 2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)；

水电解反应：2H2O(1) 2H2(g) +O2(g)。

(1)将原料气按n(CO2):n(H2)=1：4置于密闭容器中发生Sabatier反应，测得H2O(g)的物质的量分数与温度的关系如图所示（虚线表示平衡曲线）。

①该反应的平衡常数K随温度降低而________（填“增大”或“减小”）。

②在密闭恒温（高于100℃）恒容装置中进行该反应，下列能说明达到平衡状态的是_____。

A．混合气体密度不再改变B．混合气体压强不再改变

C．混合气体平均摩尔质量不再改变 D. n(CO2):n(H2)=1:2

③200℃达到平衡时体系的总压强为p，该反应平衡常数Kp的计算表达式为_______。（不必化简，用平衡分，压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数）

(2)Sabatier反应在空间站运行时，下列措施能提高CO2转化率的是____（填标号）。

A．适当减压B．合理控制反应器中气体的流速

C.反应器前段加热，后段冷却

D.提高原料气中CO2所占比例

(3)一种新的循环利用方案是用Bosch反应CO 2(g)+4H2(g)C(s)+2H2O(g)代替Sabatier反应。

①已知CO2(g)、H2O(g)的生成焓分别为-394kJ/mol、-242kJ/mol，Bosch反应的△H=_____kJ/mol。（生成焓指一定条件下由对应单质生成lmol化合物时的反应热）

②一定条件下Bosch反应必须在高温下才能启动，原因是______________。若使用催化剂，则在较低温度下就能启动。

③Bosch反应的优点是_______________。

【答案】(1). 增大(2). BC (3). (4). BC (5). -90 (6). 反应的活化能高(7). 氢原子利用率为100%

【解析】①根据图中平衡时的物质的量分数曲线随温度的降低而增大，可知该正反应为放热反应，K随温度的升高而减小，K随温度降低而增大。答案：增大。

②根据在密闭恒温（高于100℃）恒容装置中进行的反应CO 2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)；可知A．混合气体密度不会改变，所以不能作为平衡的依据，故A错；B．由反应可知此反应两边计量数不等，所以混合气体压强不再改变标志达到平衡，故B正确。C．混合气体平均摩尔质量M=m/n,M不变说明n 不在改变，说明达到平衡了。故C正确；D. n(CO2):n(H2)=1:2不符合化学平衡的定义，不能作为判断平衡的依据，故D错。本题答案：B C。

③在密闭容器里全部由气体参与的反应中，平衡时气体压强之比=气体物质的量之比=气体物质的量浓度之比。根据反应达到平衡时的物质的量分数，可知平衡时所占的压强为，根据化学反应方程式可知所占压强为，因此和所占的压强为。根据初始投料比以及和的化学计量数之比可知反应达到平衡时，两者的物质的量之比也为，故平衡时所占的压强为，所占的压强为，故可写出的表达式为。

（3）①根据题目给出条件可知a.，

b.，由即可得Bosch反应，其反应热为

。

②在化学反应中，只有活化分子才能发生有效碰撞而发生化学反应。升高温度可以提高反应物的活化能，从而发生反应，而Bosch反应的反应活化能高，所以必须在高温下才能启动。

③在Bosch反应中，氢原子全部转化到水分子中，水电解后氢原子又重新全部形成，因此该方案的优点为氢原子利用率为。

11. 【化学一选修3: 物质结构与性质】利用周期表中同主族元素的相似性，可预测元素的性质。

(1)P元素的基态原子有______个未成对电子，白磷的分子式为P4，其结构如图甲所示。科学家目前合成了N4分子，N 原子的杂化轨道类型是______，N-N 键的键角为_____；N4分解后能产生N2并释放出大量能量，

推测其用途为____________。

(2)N、P、As 原子的第一电离能由大到小的顺序为___________。

(3)立方氮化硼晶体的结构如图乙所示。该晶体中，B原子填充在N原子的______(填空间构型名称)空隙中，

且占据此类空隙的比例为________(填百分数)。

(4)N与As是同族元素，B与Ga是同族元素，立方砷化镓晶体与立方氮化硼晶体结构类似，两种晶体中熔点较高的是________；立方砷化镓晶体的晶胞边长为a pm，则其密度为____g·cm-3(用含a 的式子表示，设N A为阿伏加德罗常数的值)。

【答案】(1). 3 (2). sp3(3). 60°(4). 制造火箭推进剂或炸药(5). N>P>As (6). (正)

四面体(7). 50% (8). 氮化硼(9).

【解析】(1)P元素原子价电子排布式为,基态原子有3个未成对电子,分子与结构相似,为正四面体构型,分子中N原子形成3个键、含有1对孤对电子,杂化轨道数目为4,N原子采取杂化,每个面为正三角形,键的键角为;分解后能产生并释放出大量能量,可以制造火箭推进

剂或炸药,因此，本题正确答案是:3;;;制造火箭推进剂或炸药;

(2)同主族自上而下第一电离能减小,故第一电离能:,

因此，本题正确答案是:;

(3)B原子周围的4个N原子形成正四面体结构;每个晶胞中由8个这样的正四面体结构,只有4个填充B原子,B原子占据此类空隙的比例为,

因此，本题正确答案是:正四面体;;

(4)立方砷化镓晶体与立方氮化硼晶体结构类似,均属于原子晶体,原子半径、,故氮化硼中共价键更强,氮化硼的晶体熔点更高,晶胞中As、Ga原子数目均为4,晶胞质量为,晶胞密度为

,

因此，本题正确答案是:氮化硼;.

点睛:本题考查物质结构与性质相关知识，(2)同主族自上而下第一电离能减小;

(3)B原子周围的4个N原子形成正四面体结构;每个晶胞中由8个这样的正四面体结构,只有4个填充B原子;(4)立方砷化镓晶体与立方氮化硼晶体结构类似,均属于原子晶体,原子半径越小,共价键越强,晶体熔点越

高;根据均摊法计算晶胞中As、Ga原子数目,表示出晶胞质量,根据计算晶胞密度.

12. 【化学—选修5：有机化学基础】树脂交联程度决定了树脂的成膜性。下面是一种成膜性良好的醇酸型树脂的合成路线，如下图所示。

(1)B的分子式为C4H7Br，且B不存在顺反异构，B的结构简式为________，A到B步骤的反应类型是

_________。

(2)E中含氧官能团的名称是_________，D的系统命名为_________。

(3)下列说法正确的是_________。

A.1 mol化合物C最多消耗3 mol NaOH

B．1 mol化合物E与足量银氨溶液反应产生2 mol Ag

C．F不会与Cu(OH)2悬浊液反应

D．丁烷、1-丁醇、化合物D中沸点最高的是丁烷

(4)写出D、F在一定条件下生成醇酸型树脂的化学方程式_________。

(5) 的符合下列条件的同分异构体有_______种。

①苯的二取代衍生物；②遇FeCl3溶液显紫色；③可发生消去反应

(6)①己知丙二酸二乙酯能发生以下反应：

②C2H5OH+HBr→C2H5Br+H2O

利用上述反应原理，以丙二酸二乙酯、1,3-丙二醇、乙醇钠为原料合成，请你设计出合

理的反应流程图__________________。

提示：①合成过程中无机试剂任选，②合成反应流程图表示方法示例如下：

【答案】(1). CH3CHBrCH=CH2(2). 取代反应(3). 醛基(4). 1，2，3-丁三醇(5). A

(6).

(7). 6 (8).

【解析】(1)由题中各物质转化关系可知，在乙醇溶液中，发生消去反应，生成A 即，B的分子式为，且B不存在顺反异构，则B的结构简式为。

B与液溴生成C，C的化学式为，在碱性环境中，水解生成D，

D为，根据，结合反应条件可

知，E为，F为。

（1）由上述分析，B为，A到B步骤的反应类型应该为取代反应。

（2）E为，其含有的含氧官能团为醛基；D为，根据系统命名法，命名

为1,2,3-丁三醇。

（3）A项，C为，化合物C可以与反应，故A项正确；B项，E

为，化合物E与足量的银氨溶液反应生成，故B项错误；C项，F中的

可以与悬浊液反应，故C项错误；D项，分子间可以形成氢键，且相对分子质量最大，沸点最高，故D项错误。综上所述，本题正确答案为A。

（4）D为F为，两者反应生成醇酸型树脂的化学方程式

。

（5）遇溶液显紫色，则含有酚羟基，可发生消去反应，则与羟基（）碳相邻的上有原子，所

以满足上述条件的同分异构体有（碳链的取代位置分为邻，间，对共三种）和（碳

链的取代位置分为邻，间，对共三种），一共为6种。

（6）利用丙二酸二乙酯发生反应的原理，以丙二酸二乙酯、1,3-丙二醇、乙醇钠为原料合成

的路线：