2021高考化学全真模拟卷11含解析20210319280.docx

1、2021高考化学全真模拟卷11一、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。7化学与生活密切相关，下列叙述中不正确的是（ ）A用氟利昂做制冷剂会加剧雾霾天气的形成B严格地讲实验室中的“通风厨”是一种不负责任的防污染手段，因为实验产生的有害气体一般没有得到转化或吸收C“长征九号”运载火箭的壳体通常采用纤维作增强体，金属作基体的复合材料D漂洗衣服时，可以采用萃取原理中的“少量多次”来节约用水【答案】A【解析】A氟利昂作制冷剂会导致臭氧空洞，雾霾天气的形成与粉尘污染、汽车尾气有关，选项A不正确；B、严格地讲实验室中的“通风厨”是一种不负责任的防

2、污染手段，因为实验产生的有害气体一般没有得到转化或吸收，选项B正确；C、“长征九号”运载火箭的壳体通常采用纤维作增强体，金属作基体的复合材料，选项C正确；D、漂洗衣服时，可以采用萃取原理中的“少量多次”来节约用水，选项D正确。答案选A。8设NA表示阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A常温常压下，1 mol Na2O2中含有的阴、阳离子总数是3NAB标准状况下，2.24 L苯中含CH数目为0.6NAC3.2 g由氧气和臭氧组成的混合物中含有的分子数目为0.1NADCl2与NaOH溶液反应每生成1 molNaCl，转移电子的数目为2NA【答案】A【解析】A是由钠离子和过氧根离子结合而成，1 mo

3、l Na2O2中含有的阴、阳离子总数是3NA，故A正确；B标准状况下苯为液态，所以2.24 L苯中含CH数目为远大于0.6NA，故B错误；C3.2 g由氧气和臭氧组成的混合物中含有的原子数目为0.2NA，分子数无法计算，故C错误；DCl2与NaOH溶液反应每生成1 molNaCl，转移电子的数目为NA，故D错误；故选A。9下列有关说法错误的是A油脂的种类很多，但它们水解后都一定有一产物相同B淀粉、纤维素都属糖类，它们通式相同，但它们不互为同分异构体C甲苯与氯气在光照下反应主要生成2，二氯甲苯D只用新制的悬浊液可以鉴别乙酸溶液、葡萄糖溶液和淀粉溶液【答案】C【解析】A油脂为高级脂肪酸甘油酯，水解

4、可生成甘油，故A正确； B.淀粉、纤维素具有相同的通式，由于聚合度介于较大范围之间，不一定相同，则分子式不一定相同，不是同分异构体，故B正确 C.甲苯与氯气在光照下反应，氯气取代甲基上的氢原子，故C错误； D.乙酸与氢氧化铜发生中和反应，氢氧化铜溶解，葡萄糖与氢氧化铜在加热条件下发生氧化还原反应生成砖红色沉淀，氢氧化铜与淀粉不反应，可鉴别，故D正确； 故选：C。10短周期元素a、b、c、d原子序数依次增大。a的核外电子总数与其周期数相同，b的某种单质是空气的主要成分，c的最外层电子数为其内层电子数的3倍，d与c同族；下列说法错误的是（ ）Aa、b、d均可以与c形成两种或多种二元化合物Bd的原子

5、半径的这些元素中最大的Ca与d形成的化合物可以抑制水的电离D常温下，由这四种元素构成的某种盐的溶液pH=4，则水电离出的H+浓度肯定是110-4mol/L【答案】D【解析】A、H可与O形成H2O、H2O2等，N可与O形成NO、NO2等化合物，S可与O形成SO2、SO3等化合物，故A不符合题意；B、S位于第三周期，原子半径SNOH，故S半径为最大的，故B不符合题意；C、a与d形成的化合物为H2S，溶液呈酸性，可以抑制水的电离，故C不符合题意；D、若四种元素组成的化合物为NH4HSO4，则抑制水的电离，故D符合题意；故选D。11世界某著名学术刊物介绍了一种新型中温全瓷铁空气电池，其结构如图所示。下

6、列有关该电池放电时的说法正确的是()Aa极发生氧化反应B正极的电极反应式为FeOx2xe=FexO2C若有22.4 L(标准状况)空气参与反应，则电路中有4 mol电子转移D铁表面发生的反应为xH2O(g)Fe=FeOxxH2【答案】D【解析】A. a极空气中氧气得电子发生还原反应，A项错误；B. O2在正极发生反应，电极反应式为O24e=2O2，B项错误；C. 若有22.4 L(标准状况)空气参与反应，则氧气的物质的量为=0.2mol，电路中转移的电子为0.8mol，C项错误；D. 由新型中温全瓷铁空气电池的装置图可知，铁表面H2O(g)参与反应生成H2，发生的反应为xH2O(g)Fe=Fe

7、OxxH2，D项正确；答案选D。12无水MgBr2可用作催化剂。某兴趣小组同学采用镁屑与液溴为原料制备无水MgBr2，设计装置如图所示。已知：Mg与Br2反应剧烈放热；MgBr2具有强吸水性。下列说法正确的是（ ）A冷凝管中冷水进、出口方向错误B实验中可以用干燥的空气代替干燥的N2C为防止反应过于剧烈，不能用装置C代替装置BD装有无水CaCl2固体A的作用是吸收挥发的溴蒸气，防止污染环境【答案】C【解析】A. 冷凝管下口进水，上口出水，方向正确，故A错误；B. 空气中含氧气会和镁发生反应生成氧化镁会阻碍镁与溴单质的反应，故B错误；C. 将装置B改为C装置，当干燥的氮气通入，会使气压变大，将液溴

8、快速压入三颈瓶，反应过快大量放热存在安全隐患，不能更换，故C正确；D. 仪器A为干燥管，用于吸收空气中的水分，故D错误；正确答案是C。13根据下列各图曲线表征的信息，得出的结论不正确的是A图1表示常温下向体积为10 mL 0.1 molL1NaOH溶液中逐滴加入0.1 molL1CH3COOH溶液后溶液的pH变化曲线，则b点处有：c(CH3COOH)c(H+)c(OH)B图2表示用水稀释pH相同的盐酸和醋酸时溶液的pH变化曲线，其中表示醋酸，表示盐酸，且溶液导电性：cbaC图3表示H2与O2发生反应过程中的能量变化，H2的燃烧热为285.8 kJmol1D由图4得出若除去CuSO4溶液中的Fe

9、3，可采用向溶液中加入适量CuO，调节溶液的pH至4左右【答案】B【解析】A.在开始时，10 mL 0.1 molL1NaOH溶液，pH=13，图l表示常温下向体积为0.1 molL1NaOH溶液中逐滴加入0.1 molL1CH3COOH溶液10mL时，恰好完全反应：CH3COOH+NaOH= CH3COONa +H2O，由于产生的醋酸钠是强碱弱酸盐，CH3COO-水解消耗水电离产生的H+，所以溶液显碱性，b点处根据质子守恒可得有c（OH-）= c（CH3COOH）+c（H+），A正确；B.醋酸是弱酸，在溶液中存在大量未电离的电解质分子，而盐酸是强酸，完全电离，所以在开始时，溶液的pH相等，则

10、在开始时溶液的pH相等，c（H+）相等，由于盐酸是强酸，醋酸是弱酸，所以酸的浓度：c（CH3COOH）c（HCl），当稀释相同倍数时，由于破坏了醋酸的电离平衡，未电离的醋酸分子会电离产生H+，使溶液中的c（H+又有所增加，因此溶液的离子浓度大小，pH变化比盐酸小，所以I表示盐酸II表示醋酸，导电性ab；对于盐酸来说，由于稀释倍数cb，稀释倍数越大，离子浓度就越小，溶液的导电性就越弱，所以溶液导电性：cba，B错误；C.氢气燃烧反应是放热反应，所以反应物的能量高于生成物；燃烧热是1mol的可燃物完全燃烧产生稳定的氧化物时所放出的热量，所以图3表示H2与O2发生反应过程中的能量变化，H2的燃烧热为

11、285. 8kJ mol1，C正确；D.根据图示可知Fe3+形成Fe（OH）3沉淀时的pH小于4，而此时Cu2+仍然以离子存在与溶液中，所以若要除去CuSO4洛液中的Fe3，可采用向溶掖中加入适量CuO，调节溶液的pH至4左右，然后过滤，就得到了纯净的CuSO4洛液，D正确。答案选B。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（14分）钛矿工业中的酸性废水富含Ti、Fe等元素，其综合利用如图已知：易水解，只能存在于强酸性溶液中：（1）富含溶液中加入粉末能得到固体，其原理是_。（2）制取发生的化学方程

12、式为_；反应温度一般需控制在以下，其目的是_。（3）已知。制取时，达到溶解平衡时，若室温下测得溶液的pH为，。试判断所得的中_填“有”或“没有”；煅烧中，为了得到较为纯净的，除了适当的温度外，还需要采取的措施是_。（4）为了控制用量需要测定固体中的含量。称1g固体样品，用30mL蒸馏水溶解并加入溶液和溶液，再用标准溶液滴定到溶液刚好变成粉红色，停止滴定，消耗标准溶液VmL。反应中涉及的重要化学方程式有：紫红粉红黄无色的作用_。样品中的含量为_。【答案】（1）因为发生水解反应：，加入后，与反应，减小，水解平衡正反应方向移动（2分）（2） （2分） 防止分解或减小水解 （2分） （3）没有（2分）

13、 向反应容器中补充适量空气氧气（2分）（）消除的颜色干扰（2分） （2分） 【解析】根据上述分析可知：富含的溶液，加入粉末与反应，降低了溶液中，使平衡向生成的方向移动，可得到粗产品，故答案为：因为发生水解反应：，加入后，与反应，减小，水解平衡正反应方向移动；硫酸亚铁和碳酸氢铵反应生成碳酸亚铁沉淀、硫酸铵、二氧化碳和水，反应的化学方程式为：，反应温度一般需控制在以下，是为了避免温度过高碳酸氢铵分解，减少亚铁离子的水解程度，故答案为：；防止分解或减小水解；室温下测得溶液的pH为，由题中数据可知，溶液中，故无沉淀生成；步骤中，为了得到较为纯净的，除了适当的温度外，还需要采取的措施是向反应容器中补充适

14、量空气氧气，铁离子颜色呈黄色，干扰终点判断，而黄色无色，消除了铁离子干扰，待测液消耗的高锰酸钾的物质的量为：，根据反应：，硫酸亚铁的物质的量为：，所以样品中含有的的质量为：，的质量分数为：，故答案为：。【点睛】本题考查物质的制备及混合物分离提纯，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力、实验能力的考查，注意把握实验的原理和目的为解答该类题目的关键，注意物质的性质及题给信息的应用，题目难度中等。27（13分）碱式氧化(NiOOH)可用废镍催化剂(主要含Ni、Al，少量Cr、FeS等)来制备，其工艺流程如下：回答下列问题：（1）“浸泡除铝”时，发生反应的离子反应方程式为_。（2）“过滤1”用到的玻璃仪

15、器_。（3）已知该条件下金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表:开始沉淀的pH完全沉淀的pHNi2+6.28.6Fe2+7.69.1Fe3+2.33.3Cr3+4.55.6 “调pH 1”时，溶液pH范围为_；（4）在空气中加热Ni(OH)2可得NiOOH，请写出此反应的化学方程式_。（5）在酸性溶液中CrO可以转化成Cr2O，用离子方程式表示该转化反应_，已知BaCrO4的Ksp=1.210-10，要使溶液中CrO沉淀完全(c(CrO)110-5molL1),溶液中钡离子浓度至少为_molL1。【答案】（1）2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2（2分） （2）烧杯、漏斗、玻璃棒（

16、3分） （3）5.66.2（2分） （4）4Ni(OH)2+O24NiOOH+2H2O（2分） （5）2CrO42-+2H+Cr2O72-+H2O（2分） 1.210-5molL1 （2分） 【解析】【分析】由流程可知，废镍催化剂（主要含Ni、Al，少量Cr、FeS等）加氢氧化钠碱浸，Al溶于氢氧化钠溶液 2Al+2NaOH+2H2O2NaAlO2+3H2，过滤得到固体含有Ni、Cr、FeS，加入稀硫酸酸浸溶解，溶液含有Ni2+、Fe2+、Cr2+，加入NaClO氧化亚铁离子为铁离子，加入Ni（OH）2调节溶液pH使Fe3+和Cr2+全部沉淀，镍离子不沉淀，过滤后调节溶液pH得到Ni（OH）2

17、沉淀，通过蒸发浓缩，冷却结晶，过滤洗涤得到NiSO47H2O晶体，在加热条件下与空气反应得到碱式氧化镍（NiOOH），据此分析解答。【详解】（1）“浸泡除铝”时，发生反应的化学方程式为2Al+2NaOH+2H2O2NaAlO2+3H2。本小题答案为：2Al+2NaOH+2H2O2NaAlO2+3H2。（2） “过滤1”用到的玻璃仪器烧杯、漏斗、玻璃棒。本小题答案为：烧杯、漏斗、玻璃棒。（3）加入Ni(OH)2调节溶液pH 1使Fe3+和Cr2+全部沉淀，镍离子不沉淀，故pH范围为5.66.2。本小题答案我为：5.66.2。（4）在加热条件下Ni(OH)2与空气反应得到碱式氧化镍(NiOOH)，

18、化学方程式为：4Ni(OH)2+O24NiOOH+2H2O。本小题答案为：4Ni(OH)2+O24NiOOH+2H2O。 （5） 在酸性溶液中CrO可以转化成Cr2O，根据原子守恒和电荷守恒，该反应的离子方程式为：2CrO42-+2H+Cr2O72-+H2O。已知BaCrO4的Ksp=1.210-10，要使溶液中CrO42-沉淀完全(c(CrO72-)110-5molL1)，根据沉淀溶解平衡可知Ksp=，则1.210-10=110-5molL1c(Ba2+)，则c(Ba2+)= 1.210-5molL1。本小题答案为：2CrO42-+2H+Cr2O72-+H2O；1.210-5molL1。28

19、（16分）NOx、SO2的处理转化对环境保护有着重要意义。（1） 利用反应2NO(g)2CO(g) N2(g)2CO2(g)，可实现汽车尾气的无害化处理。一定条件下进行该反应，测得CO的平衡转化率与温度、起始投料比mm的关系如图1所示。该反应的H_(填“”“”或“”)0。下列说法正确的是_(填字母)。A当体系中CO2和CO物质的量浓度之比保持不变时，反应达到平衡状态B投料比：m1m2m3C当投料比m2时，NO转化率是CO转化率的2倍D汽车排气管中的催化剂可提高NO的平衡转化率随着温度的升高，不同投料比下CO的平衡转化率趋于相近的原因为_。（2） 若反应2NO(g)2CO(g) N2(g)2CO

20、2(g)的正、逆反应速率可表示为v正k正c2(NO)c2(CO)；v逆k逆c(N2)c2(CO2)，k正、k逆分别为正、逆反应速率常数，仅与温度有关。一定温度下，在体积为1 L的容器中加入2 mol NO和2 mol CO发生上述反应，测得CO和CO2物质的量浓度随时间的变化如图2所示，则a点时v正v逆_。（3） 工业生产排放的烟气中同时存在SO2、NOx和CO，利用它们的相互作用可将SO2、NOx还原成无害物质，一定条件下得到以下实验结果。图3为298 K各气体分压(气体的物质的量分数与总压的乘积)与CO物质的量分数的关系，图4为CO物质的量分数为2.0%时，各气体分压与温度的关系。下列说法

21、正确的是_(填字母)。A不同温度下脱硝的产物为N2，脱硫的产物可能有多种B温度越高脱硫脱硝的效果越好CNOx比SO2更易被CO还原D体系中可能发生反应：2COSS22CO；4CO2S24CO2SO2（4） NH3催化还原氮氧化物是目前应用最广泛的烟气脱硝除技术。用活化后的V2O5作催化剂，NH3将NO还原成N2的一种反应历程如图5所示，则总反应方程式为_。（5） 用间接电化学法去除烟气中NO的原理如图6所示，则阴极的电极反应式为_。【答案】（1）（2分） AB（2分） 温度较高时，温度变化对平衡移动的影响大于浓度变化对平衡移动的影响 （2分） （2）160 （2分） （3）ACD（2分） （4

22、）4NH34NOO24N26H2O （3分） （5）2SO324H2e=S2O422H2O （3分） 【解析】（1）根据图1所示，温度升高，一氧化碳平衡转化率降低，平衡逆向移动，则正反应为放热反应，H0；A反应达到平衡状态时，体系内各组分的含量保持不变，比值不变，反应达到平衡，故A正确；B结合图1，相同温度下，按m1投料比时，一氧化碳的转化率最大，即一氧化氮的投入量越多，比值越大，则m1m2m3；C根据反应2NO(g)2CO(g) N2(g)2CO2(g)，按=1投料平衡时，NO转化率和CO转化率相等，当投料比m2时，=2， 可看做在1:1投料的基础上增加NO的投料，平衡正向移动，CO转化率增

23、大，NO转化率减小，故C错误；D催化剂只改变反应速率，不影响平衡移动，NO的平衡转化率不变，故D错误；答案选AB；温度较低时，反应物的投料比(反应物的浓度)是影响平衡移动的主要因素；该可逆反应为放热反应，当温度较高时，反应逆向进行的趋势增大，温度变化对平衡移动的影响大于浓度变化对平衡移动的影响，不论以何种投料比，一氧化碳的转化率都减小；（2）由图2a点可得，c(CO2)=c(CO)，设反应进行到a点时，c(CO2)=c(CO)=x，列“三段式”：x=1，=2 K正K正=80，则=2 K正=280=160；（3） A根据图4中随着温度升高，含氮元素的物质只有N2，则脱硝的产物为N2，随着温度的升

24、高，含硫元素的物质COS或S2，则脱硫的产物随温度变化可能有多种，故A正确；B根据图4，温度升高，二氧化硫的曲线上升，二氧化硫分压增大，则脱硫效率降低，故B错误； C根据图3，随CO物质的量分数增大，还原NOx生成N2曲线斜率变化较小，而还原SO2需要CO物质的量分数较大时才能将SO2从烟气中分离，说明CO更易于NOx反应，则NOx比SO2更易被CO还原，故C正确；D根据图4，COS分压曲线随温度升高减小，CO、S2分压增大，可能发生反应2COSS22CO，继续升高温度，CO2、S2分压减小，CO分压增大，可能发生反应4CO2S24CO2SO2，故D正确；答案选ACD；（4） 用V2O5作催化

25、剂，NH3可将NO还原成N2，结合反应历程图可知反应物还有氧气，生成物为N2和H2O，配平即得反应方程式为4NH34NOO24N26H2O；（5） 阴极发生还原反应，是亚硫酸根离子，得电子，生成硫代硫酸根离子，电极反应式为：2SO324H2e=S2O422H2O。（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）（1）以下列出的是一些原子的2p能级和3d能级中电子排布的情况，试判断哪些违反了泡利原理_，哪些违反了洪特规则_。 （2）可用于制造火柴，其分子结构如图所示。分子中硫原子的杂化轨道类型为_。每个分子中含有的

26、孤电子对的数目为_。（3）科学家合成了一种阳离子“”，其结构是对称的，5个N排成“V”形，每个N都达到8电子稳定结构，且含有2个氮氮三键；此后又合成了一种含有“”的化学式为“”的离子晶体，其电子式为_。分子中键与键之间的夹角为，并有对称性，分子中每个原子的最外层均满足8电子稳定结构，其结构式为_。（4）直链多磷酸根阴离子是由两个或两个以上磷氧四面体通过共用顶角氧原子连接起来的，如图所示。则由n个磷氧四面体形成的这类磷酸根离子的通式为_。（5）碳酸盐中的阳离子不同，热分解温度就不同。下表为四种碳酸盐的热分解温度和金属阳离子半径碳酸盐热分解温度40290011721360金属阳离子半径669911

27、2135随着金属阳离子半径的增大，碳酸盐的热分解温度逐步升高，原因是_。（6）石墨的晶体结构和晶胞结构如图所示。已知石墨的密度为，键的键长为，阿伏加德罗常数的值为，则石墨晶体的层间距为_cm。【答案】（1）（1分） （1分） （2） （1分） （2分） （3）（2分） （2分） （4） （2分） （5） 碳酸盐分解实际过程是晶体中阳离子结合碳酸根离子中氧离子，使碳酸根离子分解为二氧化碳的过程，阳离子所带电荷相同时，阳离子半径越小，其结合氧离子能力越强，对应的碳酸盐就越容易分解（2分）（6） （2分） 【解析】泡利原理指的是同一个原子轨道内不可能有两个自旋方向相同的电子，因此违反泡利原理的是；洪

28、特规则指的是电子尽可能分占不同轨道，且自旋方向相同，因此违反洪特规则的是；（2）分子中硫原子的孤电子对数是 ，键数是2，杂化轨道数是4，所以硫原子的杂化轨道类型为；每个磷原子的孤电子对数为1，每个硫原子的孤电子对为2，所以每个分子中含有的孤电子对的数目为10；由于阳离子“”，其结构是对称的，5个N排成“V”形，每个N都达到8电子稳定结构，且含有2个氮氮三键，所以该微粒带有一个单位的正电荷，该离子的电子式是，含有“”的化学式为“”的离子晶体，则该阴离子是。化学式为“”的离子晶体的电子式为；分子中键与键之间的夹角为，并有对称性，分子中每个原子的最外层均满足8电子稳定结构，其结构式为；根据给定的结构

29、，由数学归纳法可知，由n个磷氧四面体形成的这类磷酸根离子的通式为；随着金属阳离子半径的增大，碳酸盐的热分解温度逐步升高，原因是碳酸盐分解实际过程是晶体中阳离子结合碳酸根离子中氧离子，使碳酸根离子分解为二氧化碳的过程，阳离子所带电荷相同时，阳离子半径越小，其结合氧离子能力越强，对应的碳酸盐就越容易分解；根据石墨的结构分析可知石墨晶体中含有的碳原子数为，又键的键长为rcm，所以晶胞的底面积为，根据晶胞的密度，解得。36化学选修5：有机化学基础(15分)2-苯基丙烯酸(俗名阿托酸)是一种重要的医药中间体、材料中间体，其工业合成方法(从F开始有两条合成路线)如下：已知：i. ii. iii. 回答下列

30、问题：（1）C的名称为_，反应的反应类型为_。（2）检验E是否完全转化为F的试剂是_。（3）反应的化学方程式为_。（4）D的同分异构体有多种，符合下列条件的D的同分异构体有_，其中苯环上的一元取代物有2种的结构简式为_ 。能发生银镜反应 能与FeCl3溶液发生显色反应核磁共振氢谱的峰面积比为6：2：2：1：1（5）路线二与路线一相比不太理想，理由是_。（6）参照上述合成路线，设计一条由CH3COOH制备HOOCCH2COOH的合成路线。（合成路线的表示方法为：AB目标产物）_【答案】（1）苯乙酸（1分） 加成反应(或还原反应) （1分） （2）新制氢氧化铜悬浊液(或银氨溶液) （1分） （3）

31、 （2分）（4） 3（2分） （2分） （5）由于H既有羟基又有羧基，所以在浓硫酸作用下发生消去反应时，会生成酯类副产物，影响2-苯基丙烯酸的产率 （2分）（6）（4分）【解析】根据题意：M是甲苯，A是，B是，C是，D是，G是，H是。（1）C是，名称为苯乙酸，反应由E生成F，醛基被氢气还原，反应类型为加成或还原反应；（2）检验E是否完全转化为F，即检验醛基即可，用新制氢氧化铜悬浊液或银氨溶液；（3）反应由和生成，根据信息的提示，化学方程式为；（4）D是，其同分异构体有多种，要满足能发生银镜反应，说明有醛基能与FeCl3溶液发生显色反应，说明有酚羟基核磁共振氢谱的峰面积比为6：2：2：1：1，说明有5种H，且数目比为6：2：2：1：1；这样的结构有：，共3种，其中苯环上的一元取代物有2种的结构简式为；（5）路线一是先消去，后水解，路线二是先水解后消去，得到H，由于H既有羟基又有羧基，所以在浓硫酸作用下发生消去反应时，会生成酯类副产物，影响2-苯基丙烯酸的产率，相比与线路一不太理想；（6）参照上述合成路线，设计一条由CH3COOH制备HOOCCH2COOH的合成路线，根据原料与目标产物的对比分析，在原料中需要加碳原子，且该碳原子为羧基，故根据提示信息，合成路线设计如下：。