内蒙古自治区包头市2019届高三上学期期末考试大联考化学试题

2019高三联考理综化学部分
1.化学与科学技术、社会及生产生活密切相关。下列说法正确的是（ ）
A. 石墨烯属于烯烃
B. 可燃冰释放出气体的主要成分是甲烷
C. 由废弃油脂生产的生物柴油的成分与矿物油的相同
D. 我国书写材料经过甲骨、青铜、竹简、帛书及纸张的演变，它们都属于非金属材料
【答案】B
【解析】
【详解】A. 石墨烯属于碳的一种同素异形体，是单质，故A错误；
B. 可燃冰释放出气体的主要成分是甲烷，故B正确；
C. 由废弃油脂生产的生物柴油的成分与矿物油的不相同，前者由C、H、O三种元素组成，后者主要是C、H两种元素，故C错误；
D. 青铜属于金属材料，故D错误；
故选B。
2.1，2－二溴乙烷(沸点为131℃)，可溶于CCl4，某同学在实验室将乙烯通入溴的四氯化碳溶液中，在生成和纯化1，2－二溴乙烷的实验过程中，下列操作未涉及的是
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
A、乙烯通入溴的四氯化碳溶液的反应装置；

B、除溴、溴化氢的装置；
C、1，2－二溴乙烷能溶解溴，无法用分液法分离；
D、分离反应混合物用蒸馏法。
【详解】A、乙烯通入溴的四氯化碳溶液的反应装置，故A涉及；
B、除溴、溴化氢装置，故B涉及；
C、1，2－二溴乙烷能溶解溴，无法用分液法分离，故C不涉及；
D、分离反应混合物用蒸馏法，故D涉及；
故选C。
3.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 标准状况下，2.24LCl2通入NaOH溶液中反应转移的电子数为0.2NA
B. 常温下，1LpH=11的NaOH溶液中由水电离出的H+的数目为10－11NA
C. 273K、101kPa下，22.4L由NO和O2组成的混合气体中所含分子总数为NA
D. 100g34%双氧水中含有H－O键的数目为2NA
【答案】B
【解析】
【详解】A．Cl2通入NaOH溶液中发生反应：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，这是一个歧化反应，每消耗0.1molCl2转移电子数为0.1mol，A项错误；
B．碱溶液中的H+均是水电离产生的，pH等于11的NaOH溶液中水电离出的H+浓度为10-11mol/L，故1L该溶液中H+的数目为10-11mol，B项正确；
C．所给条件即为标准状况，首先发生反应：2NO+O2=2NO2，由于NO和O2的量未知，所以无法计算反应生成NO2的量，而且生成NO2以后，还存在2NO2 N2O4的平衡，所以混合气体中的分子数明显不是NA，C项错误；
D．100g34%双氧水含有过氧化氢的质量为34g，其物质的量为1mol，含有H-O键的数目为2mol，但考虑水中仍有大量的H-O键，所以D项错误；
答案选择B项。
【点睛】根据溶液的pH可以求出溶液中的c(H+)或c(OH-)，计算微粒数时要根据溶液的体积进行计算。在计算双氧水中的H-O键数目时别忘了水中也有大量的H-O键。
4.短周期主族元素X、Y、Z、M、W的原子序数依次增大，X元素的某种原子不含中子，X与M同主族，W的单质为黄色，W和Z同主族，5种元素最外层电子总数为19。下列说法正确的是
A. 元素周期表中，短周期主族元素共有18种
B. X、Y、Z、W均可以和M形成离子化合物
C. 以上5种元素形成的化合物中，从阳离子的分类角度来看，只能形成一类盐
D. 原子半径和离子半径均满足：Z 【答案】B
【解析】
【分析】
短周期主族元素X、Y、Z、M、W的原子序数依次增大，X元素的某种原子不含中子，X为H元素；W的单质为黄色，W为S元素；W和Z同主族，Z为O元素；X与M同主族，M只能为Na元素；5种元素最外层电子总数为19，则Y最外层电子数为5，Y为N元素，据此分析解答。
【详解】根据上述分析，X为H元素，Y为N元素，Z为O元素，M为Na元素，W为S元素。
A. 元素周期表中，短周期共有18种元素，其中主族元素共有15种，还有3种元素为稀有气体元素，故A错误；
B. M为Na元素，为活泼的金属元素，X、Y、Z、W均为非金属元素，都可以和钠形成离子化合物，故B正确；
C. 以上5种元素形成化合物中，从阳离子的分类角度来看，可以是钠盐，也可以是铵盐，能形成两类盐，故C错误；
D. 原子半径：Na＞O，但离子半径：Na+＜O2-，故D错误；故选B。
【点睛】本题考查元素周期表和元素周期律的推断及应用。本题易错点为C，要注意阳离子中有一种特殊的阳离子是NH4+。
5.硼化钒(VB2)-空气电池是目前储电能力最高的电池，示意图如图所示，该电池工作时的反应为4VB2+11O2=4B2O3+2V2O5。下列说法错误的是

A. 电极a的电势比VB2极的高
B. VB2极的电极反应式为2VB2-22e-+22OH-=2B2O3+V2O5+11H2O
C. 放电时，OH-由VB2极向a电极移动
D. 若采用稀盐酸作电解质溶液，则该电池发生的总反应改变
【答案】C
【解析】
【详解】A. 电极a是正极，VB2极是负极，所以电极a的电势比VB2极的高，故A正确；
B.负极上是VB2失电子发生氧化反应，则VB2极的电极反应式为2VB2-22e-+22OH-=2B2O3+V2O5+11H2O，故B正确；
C. 硼化钒(VB2)-空气电池，氧气在正极上得电子，所以a为正极，放电时，OH-由正极向负极移动，由a极向VB2电极移动，故C错误；
D. 若采用稀盐酸作电解质溶液，V2O5要和盐酸反应，故该电池发生的总反应改变，故D正确。
故选C。
【点睛】原电池是把化学能转化为电能的装置，原电池中，阳离子向正极定向移动，阴离子向负极定向移动，负极上失电子发生氧化反应，正极上得电子发生还原反应。
6.25℃时，改变醋酸溶液的pH[溶液中c(CH3COOˉ)与c(CH3COOH)之和始终为0.1mol·Lˉ1]，溶液中H+、OHˉ、CH3COOˉ及CH3COOH浓度的对数值(lgc)与pH关系如图所示。

下列说法错误的是
A. lgK(CH3COOH)=－9.26
B. 图中①表示 CH3COOH浓度的对数值与pH的关系曲线
C. 0.1mol·Lˉ1CH3COOH溶液的pH约为2.88
D. 0.1mol·Lˉ1CH3 COONa溶液的pH约为8.87
【答案】A
【解析】
【分析】
醋酸溶液中存在CH3COOH⇌CH3COO-+H+的电离平衡，c(CH3COOH)+c(CH3COO-)=0.1mol•L-1，在强酸性溶液中c(CH3COOH)≈0.1mol/L，lgc(CH3COOH)≈-1，强碱性溶液中c(CH3COO-)≈0.1mol/L，lgc(CH3COO-)≈-1，根据图知，①为表示CH3COOH的曲线、②为表示CH3COO-的曲线，酸性越强lg(H+)越大、lg(OH-)越小，碱性越强lg(H+)越小、lg(OH-)越大，所以③线是表示H+的曲线、④线是表示OH-的曲线，据此分析解答。
【详解】A.K(CH3COOH)=，当c(CH3COOH)=c(CH3COO-)，Ka=c(H+)=10-4.75，lgK(CH3COOH)=-4.75，故A错误；
B.根据上述分析，①为表示CH3COOH的曲线、②为表示CH3COO-的曲线，③线是表示H+的曲线、④线是表示OH-的曲线，故B正确；
C. 醋酸为弱酸，电离程度较小，因此0.1mol·Lˉ1CH3COOH溶液中c(CH3COO-)≈c(H+)，根据图知，这两种微粒浓度相等的点对应的pH约为2.88，故C正确；
D.因为醋酸钠水解程度较小，所以醋酸钠溶液中c(CH3COOH)≈c(OH-)，根据图知，这两种微粒浓度相等的点对应的pH=8.87，故D正确；故选A。
【点睛】本题考查了弱电解质的电离及酸碱混合溶液的定性判断，明确弱电解质电离特点及图示中各条曲线代表的微粒是解本题关键，也是本题的难点和易错点。
7.下列实验操作得到的现象和结论均正确的是（ ）
选项
实验操作
现象
结论
A
在滴有酚酞的Na2CO3溶液中，加入BaCl2溶液
溶液褪色
BaCl2溶液显酸性
B
向25mL沸水中滴加5～6滴FeCl3饱和溶液，继续煮沸
生成红褐色沉淀
制得Fe(OH)3胶体
C
向H2S溶液中滴加CuSO4溶液
生成蓝色沉淀
H2S酸性比H2SO4强
D
向两支盛有KI3溶液的试管中，分别滴加淀粉溶液和AgNO3溶液
前者溶液变蓝，后者有黄色沉淀
KI3溶液中存在I2和I-



A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A、滴有酚酞的Na2CO3溶液呈红色是因为碳酸根离子水解溶液显碱性：CO32－+H2OHCO3－+OH－，加入氯化钡，碳酸根离子和钡离子结合水解平衡逆向进行，氢氧根离子浓度减小，碱性减弱红色褪去，故A错误；
B、FeCl3饱和溶液在沸水中水解生成氢氧化铁胶体，为防止胶体聚沉，当溶液呈红褐色时停止加热，故B错误；
C、向H2S溶液中滴加CuSO4溶液生成CuS沉淀和硫酸，CuS为黑色沉淀，H2S酸性比H2SO4弱，故C错误；
D、向两支盛有KI3的溶液的试管中，分别滴加淀粉溶液和AgNO3溶液，前者溶液变蓝，后者有黄色沉淀，则KI3的溶液中含I2、I－，即KI3溶液中存在平衡为I3－I2+I－，故D正确；
故选D。
【点睛】明确实验原理是解本题关键，根据氢氧化铁胶体的制备、盐类水解原理、物质的检验等知识点来分析解答即可，侧重实验基本操作和实验原理的考查，注意装置的作用及实验的操作性、评价性分析，难点B，学生对氢氧化铁胶体制备的原理理解不透。
8.以硫铁矿为原料制备氯化铁晶体(FeCl3·6H2O，270.5 g·mol-1)的工艺流程如图所示。

请回答下列问题：
(1)为加快焙烧反应的化学反应速率，可采取的措施为______、__________。（任写两条）
(2)焙烧后得到的Fe2O3在酸溶过程中发生反应的离子方程式为__________。
(3)过滤操作用到的玻璃仪器有烧杯、________、________。
(4)焙烧过程中产生的SO2可用过量的氨水进行吸收，所得溶液中溶质的名称为______、______。
(5)先向氯化铁溶液中加适量盐酸的目的是_________，再____、______、过滤、洗涤，最终得到氯化铁晶体。
【答案】 (1). 粉碎硫铁矿 (2). 鼓入热的压缩空气 (3). Fe2O3＋6H＋=2Fe3＋＋3H2O (4). 漏斗 (5). 玻璃棒 (6). 亚硫酸铵 (7). 一水合氨 (8). 抑制Fe3+的水解 (9). （在HCl气氛中）蒸发浓缩 (10). 冷却结晶
【解析】
【分析】
根据流程，黄铁矿在高温下煅烧可以得到铁的氧化物，将其溶于盐酸中，可以得到含有铁离子的盐溶液，氯化铁溶液蒸发浓缩、冷却结晶就可以得到氯化铁的晶体。
【详解】(1)为加快焙烧反应的化学反应速率，可采取的措施为粉碎硫铁矿、鼓入热的压缩空气。
(2)焙烧后得到的Fe2O3在酸溶过程中得到氯化铁溶液和水，发生反应的离子方程式为Fe2O3＋6H＋=2Fe3＋＋3H2O。
(3)过滤操作用到的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒。
(4)焙烧过程中产生的SO2可用过量的氨水进行吸收生成亚硫酸铵和水，所得溶液中溶质的名称为亚硫酸铵、过量的氨水，溶质为一水合氨。
(5)铁离子易水解，先向氯化铁溶液中加适量盐酸目的是抑制Fe3+的水解，再（在HCl气氛中）蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤，最终得到氯化铁晶体。
9.NO、NO2是汽车尾气中主要的含氮氧化物。回答下列问题：
(1)已知氮氧化物转化过程中的能量变化如图(图中表示生成2mol NO2的能量变化)。1mol NO氧化为NO2的焓变△H=_____。

(2)某温度下，反应的平衡常数如下：a.2NO2(g)N2(g)+2O2(g) K=6.7×1016，b. 2NO(g)N2(g)+O2(g) K=2.2×1030，分解反应趋势较大的反应是____(填“a”或“b”)；反应2NO(g)+O2(g)2NO2(g)的K=____。
(3)已知反应2NO(g)+O2(g)2NO2(g)的正反应速率V正=kcm(NO)cn(O2)，其中k为速率常数，可通过下列实验数据计算k、m、n。
组别
起始浓度/mol·L－1
初始速率/mol·L－1·S-1
NO
O2
1
0.02
0.0125
7.98×10-3
2
0.02
0.0250
15.96×10-3
3
0.04
0.0125
31.92×10-3

则k=____，m=____，n=____
(4)已知该反应的历程为：第一步：NO+NON2O2 快速平衡；第二步：N2O2+O22NO2慢反应，其中可近似认为第二步反应不影响第一步的平衡，第一步反应V(正)=k1c2(NO)，V(逆)=k-1c(N2O2)。下列叙述正确的是____(填字母)。
A.第一步反应的平衡常数K=
B. V(第一步的正反应)＜V(第二步的反应)
C.第二步活化能比第一步的活化能高
D.第二步中N2O2与O2的碰撞100%有效
(5)一定条件下测得容器中NO、O2、NO2浓度发生如下变化。

①NO的平衡转化率为____。
②该温度下反应2NO(g)+O2(g)2NO2(g)的平衡常数为_____(保留整数)。
【答案】 (1). -56kJ·mol－1 (2). b反应 (3). 3.28×1013 (4). 1596L2·mol-2·s-1 (5). 1 (6). 2 (7). AC (8). 60% (9). 321.4
【解析】
【详解】（1）图1中是2molNO完全反应被氧化为二氧化氮放出热量180kJ-68kJ=112kJ，1mol NO氧化为NO2的放出热量为56kJ，焓变△H=-56kJ·mol－1；
（2）a.2NO2（g）N2（g）+2O2（g） Ka==6.7×1016
b.2NO（g）N2（g）+O2（g） Kb==2.2×1030
分解反应趋势较大的反应是平衡常数大的反应，应为b反应，反应2NO（g）+O2（g）=2NO2（g）的K====3.28×1013；
（3）正反应速率v正=k1cm（NO）cn（O2），1、2组NO浓度相等，但是氧气浓度不等，=（）n，据此计算n=1；1、3组氧气浓度相等，NO浓度不等，则
=（）m，据此计算m=2；根据v正=kxcm（NO）cn（O2）得15.96×10-3=k（0.02）2×0.0250，解得k=1596；
（4）A．2NO（g）+O2（g）2NO2（g）的平衡常数K1=，第一步：NO+NO=N2O2快速平衡，K=，第二步：N2O2+O2=2NO2 慢反应，K2=，第一步反应的平衡常数K=，故A正确；
B．第一步快速达到平衡状态，v（第一步的正反应）＞v（第二步的反应），故B错误；
C．第二步反应缓慢说明，第二步的活化能比第一步的活化能高，故C正确；
D．第二步反应缓慢，说明反应中N2O2与O2的碰撞不是100%有效，故D错误；
故选AC；
（5）①图象分析可知平衡时NO消耗浓度=0.01mol·L－1-0.004mol·L－1=0.006mol·L－1，转化率=×100%=60%；
②图象中得到平衡浓度c（NO）=0.004mol·L－1，c（O2）=0.007mol·L－1，c（NO2）=0.006mol·L－1，该温度下，反应2NO（g）+O2（g）2NO2（g）的平衡常数K==321.4。
10.无水硫酸铜(CuSO4)为白色或灰白色粉末。其水溶液显蓝色,呈弱酸性。可用作杀菌剂和电解精炼铜时的电解液。某化学课外活动小组通过设计硫酸铜受热分解的探究实验，测定气体产物的成分(已知硫酸铜完全分解，固体产物仅含CuO)。实验装置如图所示,回答下列问题

(1)实验前需进行的操作是_________，仪器a的名称是_____，加热时试管外壁必须干燥，要先均匀加热，再集中加热，其目的是__________。
(2)实验结束时根据f中量筒是否收集到水，确定气体产物中有无_______（填化学式）。
(3)装置c的作用是_________。
(4)装置d中的化学方程式为____，_____。有小组成员建议在装置d后增加连接一个干燥管，其原因是_______。
(5)按完善装置的实验结束前后测得相关数据如下：(填化学式)。
实验前无水硫酸铜的质量/g
实验后装置d增加的质量/g
量筒中水的体积折算成标准状况下气体的体积/mL
6.4
2.56
224

通过计算，写出CuSO4受强热分解的化学方程式：______。
【答案】 (1). 检查装置的气密性 (2). 酒精喷灯 (3). 防止试管受热时骤冷骤热而破裂 (4). O2 (5). 干燥气体 (6). CaO＋SO2=CaSO3 (7). 2NaOH＋SO2=Na2SO3+H2O (8). e中水蒸气进入d中，导致误差，从而对SO2的定量检验造成干扰 (9). 4CuSO44CuO+2SO2↑+O2↑+2SO3↑
【解析】
【分析】
实验仪器的作用：发生装置→气体转换→气体干燥→气体吸收装置→排水→测量装置；根据硫酸铜分解可能发生两种情况2CuSO42CuO+2SO2↑+O2↑或CuSO4CuO+SO3↑或者两个反应同时发生来判断。
【详解】(1)为确保测量气体体积的准确，实验前需进行的操作是检查装置的气密性；仪器a的名称是酒精喷灯，加热时试管外壁必须干燥，要先均匀加热，再集中加热，其目的是防止试管受热时骤冷骤热而破裂。
(2)按从左至右的方向，先制备气体，通过亚硫酸氢钠吸收三氧化硫，再通过浓硫酸干燥二氧化硫气体和氧气，通过碱石灰吸收二氧化硫称量计算，最后利用排水量气法测定氧气的体积。实验结束时根据f中量筒是否收集到水，确定气体产物中有无O2。
(3)装置c的作用是浓硫酸干燥二氧化硫气体和氧气，确保碱石灰吸收的只有二氧化硫。
(4)装置d中的化学方程式为CaO＋SO2=CaSO3，2NaOH＋SO2=Na2SO3+H2O，CaO＋H2O=Ca(OH)2。有小组成员建议在装置d后增加连接一个干燥管，其原因是e中水蒸气进入d中，导致误差，从而对SO2的定量检验造成干扰。
(5)n（O2）=mol=0.01mol，按方程式：2CuSO42CuO+2SO2↑+O2↑反应时，只生成0.02molSO2，现测到d中增加的质量2.56g，=0.04mol，6.4g硫酸铜=0.04mol，生成0.02molSO2，则有0.02molSO3，通过计算，写出CuSO4受强热分解的化学方程式：4CuSO44CuO+2SO2↑+O2↑+2SO3↑。
【点睛】本题考查物质的组成和实验数据的处理，做题时注意把握实验基本操作及其作用，充分利用有关数据进行计算，难点（5）根据实验数据分析得出：硫酸铜分解可能发生两种情况2CuSO42CuO+2SO2↑+O2↑或CuSO4CuO+SO3↑或者两个反应同时发生。
11.央视报道《王者归“铼”》：中国发现超级金属“铼”，飞机火箭上天全靠它，有望打破美国垄断。
(1)铼(Re)被称为类锰元素，与锰的外围电子结构数相同，已知Mn的外围电子排布式为3d54s2，写出75Re的外围电子排布式：______，其最高价氧化物的化学式为_______。
(2)铢合金可作为醇脱氢反应的催化剂：CH3OHHCHO+H2↑，上述反应两种有机物中碳原子的杂化形式分别是______和_______。C、H、O三种元素中，电负性最大的是______(填元素符号)。
(3)实验中常用过硫酸盐氧化法测定钢铁中锰的含量，反应原理为2Mn2++5S2O82-+8H2O2MnO4-+10SO42-+16H+。已知H2S2O8的结构简式如图所示。

上述反应中S2O82-断裂的共价键类型为___(填“σ键”或“π键”)，每生成0.3molMnO4-，过硫酸根中断裂的共价键数目为_____NA。
(4)科学家研制出一种新型的超硬材料，类似于金刚石的结构，但硬度比金刚石大，该晶体元素组成为C和N，其晶胞如图所示(图示原子都包含在晶胞内)，则该晶胞所含氮原子的个数为____。已知晶胞参数分别为a nm、b nm、c nm,，该晶体的摩尔质量为Mg·mol-1，密度为ρg·cm-3，则阿伏加德罗常数的数值为___(用含a、b、c、ρ、M的代数式表示)。

【答案】 (1). 5d56s2 (2). Re2O7 (3). sp3 (4). sp2 (5). O (6). σ (7). 0.75 (8). 8 (9).
【解析】
【详解】(1)铼(Re)被称为类锰元素，与锰的外围电子结构数相同，锰元素为25号元素，铼为75号元素位于第6周期第ⅤⅡB族，结合Mn的外围电子排布式为3d54s2，75Re的外围电子排布式：5d56s2，最高价为+7价，据此写出氧化物化学式为Re2O7。
(2)铢合金可作为醇脱氢反应的催化剂：CH3OHHCHO+H2↑，甲醇分子内碳原子形成4个σ键，杂化方式为sp3杂化，甲醛（H2C=O）分子内碳原子形成3个σ键，无孤对电子，杂化方式为sp2杂化；同周期元素从左到右元素的电负性逐渐增大，电负性C＜O，H的电负性最小，H＜C＜O，则O原子电负性最大。
(3)反应中S2O82-中过氧键发生断裂生成SO42－，断裂的是σ键，每生成1mol MnO4－消耗S2O82－为1mol×=2.5mol，每生成0.3mol MnO4－，反应中S2O82-中过氧键发生断裂生成SO42－，故断裂0.75NA个过氧键非极性键；
(4)图示原子都包含在晶胞内，该晶体元素组成为C和N，每个晶胞中含有6个C原子，8个N原子；每个晶胞含2个C3N4，每个晶胞质量=g，每个晶胞的体积为abc×10-21cm3，则密度ρ==g·cm－3，NA=。
【点睛】本题考查物质结构与性质，涉及元素推断、核外电子排布、电负性、化学键、晶体结构与性质、晶胞计算等，考查学生对信息的理解和知识综合应用的能力，难点（4）利用均摊法进行晶胞计算。
12.化合物F是感冒药的常用成分，一种合成F的路线如下：

回答下列问题：
(1)A的结构简式为______。
(2)B的化学名称为_________。
(3)由C生成D的化学方程式为____________。
(4)由E生成F的反应类型为___________。
(5)F的分子式为____________。
(6)R是D的同分异构体，则同时符合下列条件的R共有___种。①只含1个甲基②苯环上有2个取代基③能与FeCl3溶液发生显色反应，其中核磁共振氢谱为6组峰，且峰面积之比为1:2:2:3:1:2的结构简式为________、_________。(任写2种)
【答案】 (1). (2). 1-苯基-1-氯丙烷 (3). +Cl2+H2OHCl＋ (4). 加成反应 (5). C10H15NO (6). 3 (7). (8). （）
【解析】
【分析】
分析合成路线，A（C9H12）与Cl2在光照下反应生成B，发生的是取代反应，则A为，B在KOH、乙醇加热条件下发生消去反应生成C（C9H10），则C为，C与Cl2和H2O能在一定条件下反应生成D，D与Ca（OH）2发生反应生成E（C9H10O），E发生加成反应生成F，结合F的结构简式可知E为，E与NH2-CH3反应生成F。
【详解】(1)A（C9H12）与Cl2在光照下反应生成B，发生的是取代反应，则A为；
(2)B为，化学名称为1-苯基-1-氯丙烷。
(3)C为，D为，由C与Cl2在H2O条件下反应生成D，则反应方程式为+Cl2+H2OHCl＋。
(4)E为，E与NH2-CH3反应生成F（），由E生成F的反应类型为加成反应；
(5)F（）的分子式为C10H15NO。
(6)D为，R是D的同分异构体，R的结构符合条件：①只含1个甲基，②苯环上有2个取代基，③能与FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基，④其核磁共振氢谱为6组峰，且峰面积之比为1：2：2：3：1：2，说明含有6种H，综合考虑，则R可以为：，，。
【点睛】本题考查有机合成设计，明确流程中有机物之间的转化，相对应的反应是解题的关键，注意这部分信息对于流程设计中的应用，难点（6）同分异构体的书写，本质上是找羟基对位上的取代基的异构。