【文档说明】四川省阆中中学2020届高三模拟考试（最后一考）理综化学试题【精准解析】.doc，共(17)页，1.535 MB，由小赞的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-4092ad5b0dc1af11a00565f227ae67f4.html

以下为本文档部分文字说明：

1.化学与人类生产、生活、社会可持续发展密切相关。下列说法正确的是A.蛋白质在人体内水解为氨基酸和甘油等小分子物质后才能被吸收B.丝绸的主要成分是天然纤维素，属于高分子化合物C.高铁车用大部分材料是铝合金，铝合金材料具有

质量轻、抗腐蚀能力强等优点D.中秋节吃月饼，为防止月饼富脂易变质，常在包装袋中加入生石灰【答案】C【解析】【详解】A．蛋白质在人体内水解为氨基酸，不能水解为甘油，A错误；B．丝绸的主要成分是蛋白质，属于高分子化合物，B错误；C．高铁车用大部分材料是铝合金，铝合金材料具有质量轻、

抗腐蚀能力强等优点，C正确；D．中秋节吃月饼，为防止月饼富脂易变质，常在包装袋中加入还原铁粉，D错误；答案选C。2.化合物（a）与（b）的结构简式如图所示。下列叙述正确的是A.（a）与（b）互为同分异构体B.（a）分子中所有碳原子均共面C.（b）的一氯取代物共有3种D

.（a）与（b）均能使Br2/CC14褪色【答案】A【解析】【详解】A．（a）与（b）的分子式都为C7H8，结构不同，所以互为同分异构体，A正确；B．（a）分子中两个环共用的碳原子，与周围4个碳原子相连，构成四面体结构，所以碳原子不可能共

面，B不正确；C．（b）的一氯取代物共有4种，C不正确；D．（b）不能使Br2/CC14褪色，D不正确；故选A。3.设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A.等体积的CO2和CO，分子数目均为NAB.常

温下pH=12的NaOH溶液中，水电离出的氢离子数为10-12NAC.标准状况下，22.4L的H2和22.4L的F2混合后，气体分子数为2NAD.H2O（g）通过足量Na2O2（s）充分反应，固体增重bg时，反应中转移的电子数为bNA/2【答案】D【

解析】【详解】A．未指明温度和压强，若二者所处温度和压强不同，等体积的CO2和CO所含分子数不同，且体积、物质的量均未知，也不能确定分子数目，故A错误；B．溶液体积未知，无法计算微粒数目，故B错误；C．标准状况下，22.4L的H2和22.4L的F2混合后二者反应生成2molHF，但是标

况下HF不是气体，故C错误；D．根据方程式2H2O+2Na2O2=4NaOH+O2可知，固体增重质量即为水中氢元素的质量，固体增重bg时参与反应的水的物质的量为b2mol，根据方程式可知转移的电子为b2mol，数目为b2NA，故D正确；故答案为D。【点睛】HF、NO2

、SO3(常温液体，标况固体)，CHCl3、CH2Cl2、Br2以及碳原子数大于4的烃类等物质，在标准状况下均不是气体，做题时要注意判断。4.普通锌锰电池筒内无机物主要成分是MnO2、NH4Cl、ZnCl2等。某研究小组探究废旧电池内的黑色固体并回收利用时,进行如图所示实验。下列有关实

验的叙述正确的是（）A.操作①中玻璃棒的作用是转移固体B.操作②为过滤，得到的滤液显碱性C.操作③中盛放药品的仪器是坩埚D.操作④的目的是除去滤渣中的杂质【答案】C【解析】【详解】A.操作①中玻璃棒起到搅拌加速溶解的作用，A错误；B.普通锌锰电

池筒内无机物质主要成分为MnO2、NH4Cl、ZnCl2等物质，NH4Cl、ZnCl2易溶于水，水解显酸性，MnO2难溶于水，操作②是把固体与溶液分离，应是过滤，得到的滤液显酸性，B错误；C.由图可知操作③是在坩埚内灼烧滤渣，通常把泥三角放在三角架上，再把坩埚放在泥三角上，C正确；D.二氧化锰是

黑色固体，能作双氧水的催化剂，灼烧后的滤渣能加快双氧水分解产生氧气，能证明黑色固体是二氧化锰，所以该实验的目的不是除去滤渣中杂质，D错误；正确选项C。5.化学与社会、生活密切相关。对下列现象或事实的解释正确

的是现象或事实解释A氢氟酸可用于蚀刻玻璃氢氟酸是强酸B含Cu2+的农药不宜盛放在铁制容器中Cu2+能与Fe发生置换反应C明矾可用作净水剂Al3+直接与悬浊物反应生成沉淀DSO2通入Ba(NO3)2溶液中，产生白色沉淀沉淀为BaSO3A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A．氢氟酸

可以用于刻蚀玻璃，但氢氟酸为弱酸，故A错误；B．Fe比铜活泼，所以Fe可以置换Cu2+，所以含Cu2+的农药不宜盛放在铁制容器中，故B正确；C．明矾作净水剂是因为其在水溶液中电离出的Al3+可以水解产生氢氧化铝胶体，胶体可以吸附杂质生成沉淀，

故C错误；D．SO2溶于水显酸性，酸性环境下硝酸根可以将二氧化硫氧化成硫酸根从而生成硫酸钡沉淀，故D错误；故答案为B。6.Mg-VOCl2电池是一种基于阴离子传导的新型二次电池，其简化装置示意图如下。总反应为Mg+2V

OCl2MgCl2+2VOCl，下列说法错误的是A.采用Mg作电极材料比Li的安全性更高B.放电时正极反应为VOCl2+e−=VOCl+Cl−C.放电过程中Cl−穿过复合离子液体向Mg移动D.为该电池充电时Mg电极应与电源的正极相连【

答案】D【解析】【分析】根据总反应Mg+2VOCl2MgCl2+2VOCl可知，放电时，Mg发生失去电子的氧化反应、作负极，VOCl2发生得电子的还原反应、作正极，充电时，Mg与外加电源负极相接、为阴极，VOCl2为阳极，结合原电池原理和电解池原理分析解答。【详解】A

．Li活泼性更强，Mg比Li更稳定，安全性更强，故A正确；B．放电时为原电池，原电池中正极得电子、发生还原反应，正极的电极反应式为VOCl2+e-=VOCl+Cl-，故B正确；C．放电时为原电池，原电池中阴离子流向负极，即Cl-穿过复合离子液体向Mg移动，故C正确；D．充电时为电解池，Mg电极要发

生还原反应，与电源的负极相连，作阴极，故D错误；故选D。7.某三元羧酸H3A在表面活性剂、洗涤剂、润滑剂等方面具有重要的地位。常温时，向10mL0.01mol·L−1的H3A溶液中滴入0.01mol·L−1的NaOH溶液，H3A、H2A−、HA2−、A3−的物质的量分数

与溶液的pH的关系如图所示。下列说法错误的是()A.该温度下，H3A的电离常数Ka1=10−aB.若b=7，加入20mLNaOH溶液时，溶液的pH＜7C.NaOH溶液的体积为30mL时，溶液中：c(OH−)=3c(H3A)＋2c(H2A−)＋c(HA2−)＋c(H+)D.反应2H2A

−H3A＋HA2−在该温度下的平衡常数K=10a-b【答案】B【解析】【分析】由图像可知pH<a时，溶液中存在H3A和H2A-，且c（H3A）>c（H2A-），pH=a时，c（H3A）=c（H2A-），pH=b时c（HA2-）=c（H2A-），pH=c时c（HA2-）=c（A3-），结

合溶液中电荷守恒、物料守恒和电离平衡常数进行分析计算。【详解】A.电离常数只与温度有关，H3A的一级电离常数看图像左侧的第一个交点，故Ka1=c（H+），故A正确；B.加入20mLNaOH溶液时，溶液中的溶质为Na2HA，位于pH=b=

7的右侧，此时溶液的pH>7，故B错误；C.NaOH溶液的体积为30mL时，物料守恒表达式为+-2-3-32cNa=3cHA+cHA+cHA+cA（）（）（）（）（），电荷守恒表达式为++-2-3--2cNa+cH=cHA+2cHA+3cA+cOH（）（）（）（）（）（），两式联立可

得题中表达式，故C正确；D.该反应在此温度下的平衡常数为+2-a-b3a2--+a122c(HA)Kc(H)c(HA)K===10Kc(HA)c(HA)c(H)，故D正确；故答案选：B。【点睛】电离常数只与温度有关，看图像

左侧的第一个交点c（H3A）=c（H2A-），以此计算电离常数。8.氧化亚铜(Cu2O)是一种用途广泛的光电材料，某工厂以硫化铜矿石(含CuFeS2、Cu2S等)为原料制取Cu2O的工艺流程如下：常温下几种物质开始形成沉淀与完全沉淀时的pH

如下表：Fe(OH)2Fe(OH)3Cu(OH)2开始沉淀7.52.74.8完全沉淀9.03.76.4(1)炉气中的有害气体成分是________，Cu2S与O2反应时，氧化剂与还原剂的物质的量之比为______。(2)

试剂X是H2O2溶液，当试剂X是___________时，更有利于降低生产成本。(3)加入试剂Y调pH时，pH的调控范围是________。(4)“还原”步骤中为提高N2H4转化率可采取的措施有_________(填序号)。a．不断搅拌，使N2H4和溶液充分接触b

．增大通入N2H4的流速c．减少KOH的进入量d．减小通入N2H4的流速(5)写出用N2H4制备Cu2O的化学方程式为_______________(6)操作X包括烘干，其中烘干时要隔绝空气，其目的是____________。【答案

】(1).SO2(2).2∶1(3).空气或氧气(4).3.7≤pH<4.8(5).ad(6).4CuSO4＋N2H4＋8KOH90C2Cu2O＋N2↑＋4K2SO4＋6H2O(7).防止Cu2O被空气

中氧气氧化【解析】【分析】根据流程：硫化铜矿石(含CuFeS2、Cu2S等)预处理后与氧气焙烧，根据后续流程可知该过程中Cu元素全部转化为CuO，铁元素转化为FeO和Fe2O3，根据S元素的价态规律可知其转化为SO2；加入稀硫酸溶解金属氧化

物，得到含有Cu2+、Fe2+、Fe3+的酸性溶液，加入试剂X将Fe2+氧化为Fe3+，加入试剂Y调节pH为3.7～4.8沉淀Fe3+，过滤，将滤液用KOH、N2H4还原，得到氧化亚铜沉淀，过滤，洗涤、隔

绝空气烘干，制得Cu2O，据此分析作答。【详解】(1)焙烧过程中S元素会被氧化成有害气体SO2；Cu2S与O2反应时Cu元素化合价由+1价升为+2价，S元素化合价由-2价升为+4价，所以Cu2S为还原剂，整体化合价升高8价，

O2为氧化剂，O元素由0价降为-2价，一个氧气降低4价，所以氧化剂和还原剂的物质的量之比为2:1；(2)酸性条件下，氧气也可将Fe2+氧化为Fe3+，而氧气或空气价格远低于过氧化氢，故可用氧气或空气替代过氧化氢，降低成本；(3)加入试剂Y的目的是调节pH完全沉淀Fe3+，但不沉淀Cu2+

，根据表中数据可知，pH范围为：3.7≤pH＜4.8；(4)a．不断搅拌，使N2H4和溶液充分接触可以加快反应速率，提高单位时间内N2H4的转化率，故a符合题意；b．流速过快N2H4不能充分反应，转化率减小，故b不符合题意；

c．减少KOH的进入量会降低溶液对N2H4的吸收量，转化率减小，故c不符合题意；d．减小通入N2H4的流速可以使反应更充分，故d符合题意；综上所述选ad；(5)N2H4制备Cu2O的反应物有CuSO4、N2H4和KOH，产物有

N2和Cu2O等，该过程中+2价的铜元素将-2价的N元素氧化，根据电子守恒和元素守恒可得化学方程式为4CuSO4＋N2H4＋8KOH90C2Cu2O＋N2↑＋4K2SO4＋6H2O；(6)因为Cu2O具有还原性，在加热条件下易被

空气氧化，故烘干过程要隔绝空气；【点睛】解决本题的关键是正确判断各物质中各元素的化合价，根据价态规律判断氧化还原反应中的各种产物，以及配平方程式，学生需要平时多积累常见元素的常见价态。9.某研究小组同学为探究锌与硫酸反应生成SO2、H

2的临界浓度(浓硫酸能与锌反应生成SO2的最低浓度)设计了如下实验。在大试管A中加入100mL18mol/L硫酸，向连接在塑料棒上的多孔塑料球内加入足量的锌粒(塑料棒可以上下移动)，在试剂瓶D中加入足

量的浓NaOH溶液(加热和夹持装置已省略)。已知：锌与浓硫酸接触，开始时反应缓慢，可以适当加热以加速其反应，当有大量气泡生成时，该反应速率会明显加快并伴有大量的热放出。(1)请写出锌与硫酸反应产生SO

2的化学方程式_______。(2)在组装仪器之后，加入试剂之前必须进行的操作是__________。(3)长导管B的作用是______，如果没有这个设计，最终测定的临界浓度会_______。(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)(4)装置中干燥管C的作用是___

____。(5)反应结束后向D装置中加入足量的H2O2溶液和足量的BaCl2溶液，充分反应后将所得沉淀过滤、洗涤、干燥、称量得到固体质量为a克，则浓硫酸与锌反应的临界浓度为：_________mol/L。(用含a的计算式表示，忽略体积变化)(6)某同学通过联系氧化还原反应的

相关知识，认为也可以利用硫酸酸化的高锰酸钾溶液对D中的SO2-3进行滴定，通过滴定出的SO2-3的物质的量计算临界浓度，你认为他的这一想法是否可行?______(填“可行”或“不可行”)，原因是_____。【答案】(1).Zn+2H2SO4(浓)=ZnSO4

+SO2↑+2H2O(2).检验装置气密性(3).导气、冷凝回流(4).偏低(5).防倒吸(6).2a1.82330.1−(7).不可行(8).实验过程中不能保证得到的Na2SO3溶液是否会被空气中的氧气氧化变质，造成滴定结果不准确【解析】【分析】

本实验的目的是探究锌与硫酸反应生成SO2、H2的临界浓度(浓硫酸能与锌反应生成SO2的最低浓度)，浓硫酸在与Zn反应过程中，先表现S元素的氧化性，此时的还原产物为SO2，之后硫酸变稀反应生成H2；将生成的SO2在装置D

中用足量的NaOH溶液吸收，然后向D装置中加入足量的H2O2溶液将S元素全部氧化为SO2-4，之后加入足量的氯化钡溶液得到BaSO4沉淀，通过测定硫酸钡沉淀的量来确定与Zn反应生成SO2消耗的硫酸的量，从而确定剩余硫酸的浓度，即临界浓度。【详解】(1)根据电子守恒和元素守恒可得锌与

浓硫酸反应生成SO2的化学方程式为Zn+2H2SO4(浓)=ZnSO4+SO2↑+2H2O；(2)在组装仪器之后，加入试剂之前必须进行的操作是检验装置的气密性，防止漏气；(3)反应过程中会发出大量的热，造成水的挥发，使硫酸的浓度增大，与锌反应生成二氧化硫的硫酸偏多，造成测定的临界浓度偏小，所

以需要长导管导气同时冷凝回流水蒸气；(4)二氧化硫易溶于NaOH溶液，所以需要装置C来防止倒吸；(5)得到的沉淀为BaSO4，n(SO2)=n(BaSO4)=a233mol，根据反应方程式可知与Zn反应生成SO2所消耗的硫酸的物质的量为2a233mol，原浓硫酸体积为100mL，浓度为18mol

/L，所以剩余的硫酸的物质的量为(1.8-2a233)mol，浓度为2a1.82330.1−mol/L；(6)实验过程中不能保证得到的Na2SO3溶液是否会被空气中的氧气氧化变质，造成滴定结果不准确，所以该

同学的想法不可行。【点睛】第3小题为本题难点，要注意反应过程中放热会造成水的蒸发，相当于增大了硫酸的浓度，使生成的二氧化硫偏大，则测定的剩余的硫酸浓度(即临界浓度)会偏小。10.GaN凭借其出色的功率性能、频率性能以及散热性能，在光电领域和高频微

波器件应用等方面有广阔的前景。(1)Johnson等人首次在1100℃下用镓与氨气制得氮化镓，该可逆反应每生成1molH2放出10.3kJ热量。该反应的热化学方程式是_____。(己知金属镓的熔点是29.8℃，沸点是2

403℃；氮化镓的熔点为1700℃)(2)在恒容密闭容器中，加入一定量的液态镓与氨气发生上述反应，测得反应平衡体系中NH3的体积分数与压强(p)、温度(T)的关系如图所示(已知图中T1和T2的温度均小于1700℃)。①下列说法正确的是________(填标号)。a.

相同条件下，Ga(OH)3的碱性比Al(OH)3强b.当c(NH3)=c(H2)时，一定达到了化学平衡状态c.A点和C点化学平衡常数的关系是：KA<KCd.温度一定时，达平衡后再充入氦气(氦气不参与反应)，NH3的转化率增大.②气相平衡中用组分的平衡分压代替物

质的量浓度也可以表示平衡常数(记作Kp)，已知在T1℃时体系的压强初始压强为aPa，则B点的Kp=____(用含a表示且保留2位有效数字)。(3)电解精炼法提纯镓是工业上常用的方法。具体原理如图所示：已知：金属的活动性Zn>Ga>Fe>Cu；

镓化学性质与铝相似。①M为电源的_______极，电解精炼镓时产生阳极泥的主要成分是________。②电解过程中阳极产生的离子迁移到达阴极并在阴极析出高纯镓。请写出电解过程的阴极的电极反应__________。③电解过程中需控制合适的电压，若

电压太高时阴极会产生H2导致电解效率下降。若外电路通过0.2mole时，阴极得到3.5g的镓。则该电解装置的电解效率η=_________(η=生成目标产物消耗的电子数+转移的电子总数)。【答案】(1).2Ga(l)+2NH3(g)=2GaN(s)

+3H2(g)∆H=-30.9kJ/mol(2).ac(3).1.7aPa(4).负极(5).Fe、Cu(6).GaO2-+3e-+2H2O=Ga+4OH-(7).75%【解析】【分析】（1）镓与氨气在1100℃下反应生成氮化镓和氢气，写出方程式，根据生成1molH2放出10.

3kJ热量，计算满足方程式中氢气的物质的量的热量，即可正确书写该热化学方程式；（2）①根据同主族元素性质的递变规律、达到平衡状态的标志、平衡常数与温度的关系、平衡移动的条件作出判断；②结合图像信息，2Ga(l)+2NH3(g)=2GaN(s)+3H2(g)，结合平衡时氨气的

体积分数，计算出平衡时的总压强，然后计算出氨气、氢气的分压，最后计算反应平衡常数；（3）电解精炼法提纯镓，结合粗铜的精炼，可以判断出粗镓作阳极，高纯镓作阴极，写阳极产物的时候要注意镓失去电子变为镓离子，镓离子与溶液中的氢氧根离子结合生成GaO2-，然后GaO2-在阴极得电子生成

镓。【详解】（1）镓与氨气在1100℃下反应生成氮化镓和氢气，反应的方程式为2Ga(l)+2NH3(g)=2GaN(s)+3H2(g)，生成1molH2放出10.3kJ热量，故生成3molH2放出30.9kJ热量，该热化学方程式为2Ga(l)+2NH3(g)=2GaN(s)+3H2(g)∆

H=-30.9kJ/mol；（2）①a．镓与铝位于同一主族，同一主族从上到下，随着核电荷数的增加，金属性逐渐增强，金属性越强，最高价氧化物对应的水化物的碱性越强，故相同条件下，Ga(OH)3的碱性比Al(OH)3强，a正确；b．当反应物浓度或生成物浓度随

着时间的改变而不变，反应达到平衡，当c(NH3)=c(H2)时，反应不一定达到了化学平衡状态，b错误；c．2Ga(l)+2NH3(g)=2GaN(s)+3H2(g)∆H=-30.9kJ/mol，该反应为放热

反应，温度越高，平衡时氨气的体积分数越大，并且温度越高，化学平衡常数越小，结合图像可知，T1˃T2，KA<KC，c正确；d．体积不变，温度一定时，达平衡后再充入氦气(氦气不参与反应)，反应物、生成物的浓度不变，平衡不移动，故NH3的转化率不变，d错误；②2Ga(l)+2

NH3(g)=2GaN(s)+3H2(g)，令反应开始前向容器中充入xmol氨气，达到平衡时氨气的转化率为b，故平衡时氨气的物质的量为x(1-b)mol，氢气的物质的量为1.5bxmol，B点时，氨气的体积分数为0.4，即x(1b)x(1b)1.5bx−−+=0.4，b=0.5，平

衡时氨气的物质的量为0.5xmol，氢气的物质的量为0.75xmol，恒温恒容的容器中，容器中总压强之比等于物质的量之比，平衡后的压强为p6，x：(0.5x+0.75x)=a：p6，p6=1.25aPa，平衡时氨气的分压为0.4×1.25aPa=0.5aPa，氢气

的分压为0.6×1.25aPa=0.75aPa，Kp=32(0.75aPa)(0.5aPa)=1.7aPa；（3）①电解精炼法提纯镓，粗镓作阳极，高纯镓作阴极，则M为负极，N为正极；由金属的活动性Zn>Ga>Fe>Cu可知，Fe、Cu没有Ga活泼，在阳极不发生反应，

Zn、Ga在阳极发生反应，故电解精炼镓时产生阳极泥的主要成分是Fe、Cu；②Ga与Al在周期表中位于同一主族，故Ga在阳极的电极反应式为Ga-3e-+4OH-=GaO2-+2H2O，阴极的电极反应式为GaO2

-+3e-+2H2O=Ga+4OH-；③阴极得到3.5g的镓，n(Ga)=13.5g70gmol−=0.05mol，阴极的电极反应式为GaO2-+3e-+2H2O=Ga+4OH-，由阴极电极反应式可知，阴极得到3.5g的镓，得到的电子的物质的量为3×0.05mol=0.15mol，所以该电

解装置的电解效率η=0.15mol100%0.2mol=75%。11.Y、Z、W、R、M五种元素，位于元素周期表的前四周期，它们的核电荷数依次增大，有如下信息：元素相关信息Y原子核外有6个不同运动状态的电子Z非金属元素，基态原子的s轨道的电子总数与p轨道的电子总数相同

W主族元素，与Z原子的价电子数相同R价层电子排布式为3d64s2M位于第ⅠB族，其被称作“电器工业的主角”请回答下列问题(Y、Z、W、R、M用所对应的元素符号表示)：(1)Z、W元素相比，第一电离能较大

的是____，M2+的核外电子排布式为_______。(2)M2Z的熔点比M2W的______(填“高”或“低”)，请解释原因：_____________。(3)WZ2的VSEPR模型名称为______；WZ3气态为单分子，该分子中W原子的杂化轨道类型为____；WZ3的三聚体环状结构如

图(a)所示，该结构的分子中含有____个σ键；写出一种与WZ3互为等电子体的分子的化学式_____。(4)MRW2的晶胞如图(b)所示，晶胞参数a=0.524nm、c=1.032nm；MRW2的晶胞中，晶体密度ρ=____g/cm3(只要求列算式，不必计算出数值，阿伏加德罗常数为NA=6.0

2×1023mol-1)。【答案】(1).O(2).[Ar]3d9或1s22s22p63s23p63d9(3).高(4).氧离子半径比硫离子半径小,Cu2O比Cu2S的晶格能大,所以Cu2O熔点高(5).平面三角形(6).sp2(7).12(8).BF3等(9

).23-72-741846.02100.524101.03210（）【解析】【分析】Y、Z、W、R、M五种元素，位于元素周期表的前四周期，它们的核电荷数依次增大。Y的原子核外有6个不同运动状态的电子，Y为C元素；Z是非金属元素

，基态原子的s轨道的电子总数与p轨道的电子总数相同，Z的电子排布式为1s2s22p4，Z为O元素；W是主族元素，与Z原子的价电子数相同，W为S元素；R的价层电子排布式为3d64s2，R为Fe元素；M位于第IB族，其被称作“电器工业的主角”，为

Cu元素，据此分析结合元素性质解答。【详解】(1)Z为O元素，W为S元素，同一主族，从上到下，第一电离能逐渐减小，O和S元素相比，第一电离能较大的是O，M为Cu元素，Cu2+的核外电子排布式为[Ar]3d9或1s22s22p63s23p63d9；(2)M为Cu元素，Z为O元素，W为S元素，

M2Z为Cu2O，M2W为Cu2S，由于氧离子的半径小于硫离子的半径，则Cu2O比Cu2S的晶格能大，所以Cu2O的熔点比Cu2S的高；(3)W为S元素，Z为O元素，WZ2为SO2，中心原子S价层电子对数=2+6222−=3，S原子采取sp2杂化，VSEPR模型名称为平面三

角形；SO3气态为单分子，该分子中S原子的价层电子对数=3+6232−=3，杂化轨道类型为sp2；单键都为σ键，SO3的三聚体环状结构如图(a)所示，该结构的分子中含有12个σ键，SO3由4个原子构成，价电子总数

为24，与SO3互为等电子体的分子的化学式为BF3；(4)MRW2为CuFeS2，晶胞中每个Cu原子与4个S原子相连，CuFeS2的晶胞中S原子个数=8、Fe原子个数=4×14+4×12+2×12=4、Cu原子个数=8×18+4×12+

1=4，晶胞体积=a2c=（0.524×10-7×0.524×10-7×1.032×10-7）cm3，晶体密度ρ=mV=4AMNV=()777A1844N0.524100.524101.03210−−−

g/cm3=23-72-741846.02100.524101.03210（）g/cm3。12.孟鲁司特钠可用于抗新型冠状病毒肺炎，其制备中间体G的一种合成路线如下：已知：①B、C除苯环外还含有一个五

元环，D的苯环上只有两个取代基；②RXMg→醚RMgX回答下列问题：(1)A的化学名称是____________________。(2)F中含氧官能团名称是____________________________。(3)B的结构简式为____________________

__________________。(4)D生成E同时生成乙酸的化学方程式为___________________________________。(5)E生成F的反应类型是________________。(

6)化合物W与G互为同分异构体，能发生水解反应，其核磁共振氢谱有四组峰且峰面积之比为9:9:2:2，则W的结构简式为_____________________(写一种)。(7)设计以苯甲酸和乙醇为起始原料制备3-苯基-3-

戊醇（)的合成路线：_____________________________________________(无机试剂及有机溶剂任用)。【答案】(1).萘(2).醚键、酯基(3).(4).+(CH3CO)2O+CH3COOH(5).加成反应(6).或(7)

.【解析】【分析】A为，由B的分子式结合信息①，可确定B的结构简式为；由C的分子式，结合信息①，参照E的结构，可确定C的结构简式为；由D的分子式结合E的结构，可确定D结构简式为；E与发生加成反应生成F；F在碱性条件下水解生成G。据此解答。【详解】(1)A为，化学名称是萘

。答案为：萘；(2)F的结构简式为，含氧官能团名称是醚键、酯基。答案为：醚键、酯基；(3)由以上分析，可得出B的结构简式为。答案为：；(4)生成同时生成乙酸的化学方程式为+(CH3CO)2O+CH3COOH。答案为：+(CH3CO)2O+CH3CO

OH；(5)与反应生成的反应类型是加成反应。答案为：加成反应；(6)化合物W与G互为同分异构体，能发生水解反应，则含有酯基，即含有或结构片断，核磁共振氢谱有四组峰且峰面积之比为9:9:2:2，则苯环上的两个取代基应在对位，且存在两组，则同分异构体的结构简式为或。答

案为：或；(7)从信息看，应将苯甲酸转化为苯甲酸酯，然后与CH3CH2MgBr发生反应，而CH3CH2MgBr又需将乙醇转化为CH3CH2Br，进而转化为CH3CH2MgBr。合成路线：。答案为：。【点

睛】推断有机物结构时，既可采用顺推法，又可采用逆推法。在流程图中，C的结构推断有一定的难度，应从B、D的结构式、C的分子式、信息①，进行综合分析。