1、四川省阆中中学2020届高三化学模拟考试（最后一考）试题（含解析）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
2、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C2.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
3、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
4、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mol，根据方程式可知转移的电子为mol，数目为NA，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. 操作中
5、玻璃棒的作用是转移固体B. 操作为过滤，得到的滤液显碱性C. 操作中盛放药品的仪器是坩埚D. 操作的目的是除去滤渣中的杂质【答案】C【解析】【详解】A.操作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
6、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；BFe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
7、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；DSO2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+2VOCl2MgCl2+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+ClC. 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
8、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】ALi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 1
9、0 mL 0.01 molL1 的 H3A 溶液中滴入 0.01 molL1 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=10aB. 若 b=7，加入 20 mL NaOH 溶液时，溶液的 pH7C. NaOH 溶液的体积为 30 mL 时，溶液中：c(OH)=3c(H3A)2c(H2A)c(HA2)c(H+)D. 反应 2H2AH3AHA2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pHc（ H2A-），pH=a时，c（H3A）=c（ H2A-），p
10、H=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20 mL NaOH溶液时，溶液中的溶质为Na2HA，位于pH=b=7的右侧，此时溶液的pH7，故B错误；C.NaOH溶液的体积为30mL时，物料守恒表达式为，电荷守恒表达式为，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，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（H
11、2A-），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
12、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). 21 (3). 空气或氧气 (4). 3.7pH4.8 (5). ad (6). 4CuSO4N2H48KOH2Cu2ON24K2SO46H2O (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
13、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3.74.8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Fe
14、2+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：3.7pH4.8；(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
15、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4CuSO4N2H48KOH2Cu2ON24K2SO46H2O；(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、H2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100mL 18mol/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
16、(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SO2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
17、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SO进行滴定，通过滴定出的SO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). (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
18、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SO，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
19、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)=mol，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mol，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-)mol，浓度为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
20、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1 mol H2放出10.3 kJ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2403；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
21、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)。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：KAGaFeCu；镓化学性质与铝相似。M为电源的_极，电解精炼镓时产生阳极泥的主要成分是_。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_。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=_(
22、=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1 mol H2放出10.3 kJ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）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；结
23、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1 mol H2放出10.3 kJ热量，故生成3 mol H2放出30.9 kJ热量，该热化学
24、方程式为2Ga(l)+2NH3(g)=2GaN(s)+3H2(g) H= -30.9kJ/mol ；（2）a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；c2Ga(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，
25、结合图像可知，T1T2，KAGaFeCu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；Ga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-；阴极得到3.5g镓，n(Ga)=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30.05mol=0.15mol，所以该电解装置的电解效率=75% 。11.Y、Z、W、R
26、、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B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
27、构如图(a)所示，该结构的分子中含有_个键；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=0.524 nm、c=1.032 nm；MRW2的晶胞中，晶体密度=_g/cm3(只要求列算式，不必计算出数值，阿伏加德罗常数为NA=6.021023 mol-1)。【答案】 (1). O (2). Ar3d9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). 【解析】【分析】Y、Z、
28、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Ar3d9或1s22s22
29、p63s23p63d9；(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+=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+=3，杂化轨道类型为sp2；单键都为键，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
30、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+4+2=4、Cu原子个数=8+4+1=4，晶胞体积=a2c=（0.52410-70.52410-71.03210-7）cm3，晶体密度=g/cm3=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： B、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；RXRMgX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)
31、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，可确定B的结构简式为；由C的分子式，结合信息，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
32、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 + CH3COOH；(5) 与反应生成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，进行综合分析。