2018年高考全国卷理综化学试题详解.doc

优质文本绝密启用前本卷须知：1答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2答复选择题时，选出每题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。答复非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。学·科网可能用到的相对原子质量：H 1 Li 7 C 12 N 14 O 16 Na 23 S 32 Cl 35.5 Ar 40 Fe 56 I 127一、选择题1. 硫酸亚铁锂LiFePO4电池是新能源汽车的动力电池之一。采用湿法冶金工艺回收废旧硫酸亚铁锂电池正极片中的金属，其流程如下：以下表达错误的选项是A. 合理处理废旧电池有利于保护环境和资源再利用B. 从“正极片中可回收的金属元素有Al、Fe、LiC. “沉淀反响的金属离子为Fe3+D. 上述流程中可用硫酸钠代替碳酸钠【答案】D【解析】分析：正极片碱溶时铝转化为偏铝酸钠，滤渣中含有磷酸亚铁锂，参加硫酸和硝酸酸溶，过滤后滤渣是炭黑，得到含Li、P、Fe的滤液，参加碱液生成氢氧化铁沉淀，滤液中参加碳酸钠生成含锂的沉淀，据此解答。详解：A、废旧电池中含有重金属，随意排放容易污染环境，因此合理处理废旧电池有利于保护环境和资源再利用，A正确；B、根据流程的转化可知从正极片中可回收的金属元素有Al、Fe、Li，B正确；C、得到含Li、P、Fe的滤液，参加碱液生成氢氧化铁沉淀，因此“沉淀反响的金属离子是Fe3，C正确；学科网D、硫酸锂能溶于水，因此上述流程中不能用硫酸钠代替碳酸钠，D错误。答案选D。点睛：此题以废旧电池的回收为载体考查金属元素的回收，明确流程中元素的转化关系是解答的关键，题目难度不大。2. 以下说法错误的选项是A. 蔗糖、果糖和麦芽糖均为双糖B. 酶是一类具有高选择催化性能的蛋白质C. 植物油含不饱和脂肪酸酯，能使Br/CCl4褪色D. 淀粉和纤维素水解的最终产物均为葡萄糖【答案】A【解析】分析：A、双糖又名二糖，是由两个单糖分子组成的糖类化合物；B、根据酶的性质特点解答；C、植物油中含有碳碳不饱和键；D、淀粉和纤维素均是多糖。详解：A、果糖不能再发生水解，属于单糖，A错误；B、酶是由活细胞产生的具有催化活性和高度选择性的蛋白质，B正确；C、植物油属于油脂，其中含有碳碳不饱和键，因此能使Br2/CCl4溶液褪色，C正确；D、淀粉和纤维素均是多糖，其水解的最终产物均为葡萄糖，D正确。答案选A。点睛：此题主要是考查糖类、油脂和蛋白质的性质，平时注意相关根底知识的积累即可解答，题目难度不大。易错选项是B，注意酶的性质特点。3. 在生成和纯化乙酸乙酯的实验过程中，以下操作未涉及的是A. A B. B C. C D. D【答案】D【解析】分析：在浓硫酸的作用下乙酸与乙醇发生酯化反响生成乙酸乙酯，根据乙酸乙酯的性质、产品中含有的杂质，结合选项解答。详解：A、反响物均是液体，且需要加热，因此试管口要高于试管底，A正确；点睛：掌握乙酸乙酯的制备原理是解答的关键，难点是装置的作用分析，注意从乙酸乙酯的性质包括物理性质和化学性质特点的角度去解答和判断。4. NA是阿伏加德罗常数的值，以下说法正确的选项是A. 16.25 g FeCl3水解形成的Fe(OH)3胶体粒子数为0.1 NAB. 22.4 L标准状况氩气含有的质子数为18NAC. 92.0 g甘油丙三醇中含有羟基数为NAD. 1.0 mol CH4与Cl2在光照下反响生成的CH3Cl分子数为NA【答案】B【解析】分析：A、胶体是大分子的集合体；B、根据氩气的组成解答；C、根据丙三醇的结构分析；D、根据甲烷与氯气在光照条件下发生取代反响的特点分析。详解：A、16.25g氯化铁的物质的量是16.25g÷162.5g/mol0.1mol，由于氢氧化铁胶体是分子的集合体，因此水解生成的Fe(OH)3胶体粒子数小于0.1 NA，A错误；B、标准状况下22.4L氩气的物质的量是1mol，氩气是一个Ar原子组成的单质，其中含有的质子数是18 NA，B正确；C、1分子丙三醇含有3个羟基，92.0g丙三醇的物质的量是1mol，其中含有羟基数是3 NA，C错误；D、甲烷与氯气在光照条件下发生取代反响生成的卤代烃不止一种，因此生成的CH3Cl分子数小于1.0 NA，D错误。答案选B。点睛：选项D是易错点，主要是不清楚甲烷发生取代反响时属于自由基取代反响，每个氢原子都有可能被取代，其产物比较复杂，这与乙烯与氢气的加成反响完全不同。5. 环之间共用一个碳原子的化合物称为螺环化合物，螺2，2戊烷是最简单的一种。以下关于该化合物的说法错误的选项是A. 与环戊烯互为同分异构体B. 二氯代物超过两种C. 所有碳原子均处同一平面D. 生成1 molC5H12至少需要2 molH2【答案】C【解析】分析：A、分子式相同结构不同的化合物互为同分异构体；B、根据分子中氢原子的种类判断；C、根据饱和碳原子的结构特点判断；D、根据氢原子守恒解答。详解：A、螺2，2戊烷的分子式为C5H8，环戊烯的分子式也是C5H8，结构不同，互为同分异构体，A正确；B、分子中的8个氢原子完全相同，二氯代物中可以取代同一个碳原子上的氢原子，也可以是相邻碳原子上或者不相邻的碳原子上，因此其二氯代物超过两种，B正确；C、由于分子中4个碳原子均是饱和碳原子，而与饱和碳原子相连的4个原子一定构成四面体，所以分子中所有碳原子不可能均处在同一平面上，C错误；D、戊烷比螺2，2戊烷多4个氢原子，所以生成1 molC5H12至少需要2 molH2，D正确。答案选C。点睛：选项B与C是解答的易错点和难点，对于二元取代物同分异构体的数目判断，可固定一个取代基的位置，再移动另一取代基的位置以确定同分异构体的数目。关于有机物分子中共面问题的判断需要从甲烷、乙烯、乙炔和苯的结构特点进行知识的迁移灵活应用。D生成1 mol C5H12至少需要2 mol H26. 主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加，且均不大于20。W、X、Z最外层电子数之和为10；W与Y同族；W与Z形成的化合物可与浓硫酸反响，其生成物可腐蚀玻璃。以下说法正确的选项是A. 常温常压下X的单质为气态B. Z的氢化物为离子化合物C. Y和Z形成的化合物的水溶液呈碱性D. W与Y具有相同的最高化合价【答案】B【解析】分析：主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加，且均不大于20。W与Z形成的化合物可与浓硫酸反响，其生成物可腐蚀玻璃，生成物是HF，因此W是F，Z是Ca，W与Y同族，那么Y是Cl。W、X、Z的最外层电子数之和为10，那么X的最外层电子数为10721，所以X是Na，据此解答。详解：根据以上分析可知W、X、Y、Z分别是F、Na、Cl、Ca。那么A、金属钠常温常压下是固态，A错误；B、CaH2中含有离子键，属于离子化合物，B正确；C、Y与Z形成的化合物是氯化钠，其水溶液显中性，C错误；D、F是最活泼的非金属，没有正价，Cl元素的最高价是+7价，D错误。答案选B。点睛：准确判断出元素名称是解答的关键，突破点是能腐蚀玻璃的物质为HF，进而推断出CaF2能与浓硫酸反响生成HF。易错点是选项B，注意金属氢化物的结构特点，与非金属氢化物的不同。难点是氟化钙与浓硫酸反响属于学生不熟悉的知识点。7. 最近我国科学家设计了一种CO2+H2S协同转化装置，实现对天然气中CO2和H2S的高效去除。示意图如下列图，其中电极分别为ZnO石墨烯石墨烯包裹的ZnO和石墨烯，石墨烯电极区发生反响为：EDTA-Fe2+-e-EDTA-Fe3+2EDTA-Fe3+H2S2H+S+2EDTA-Fe2+该装置工作时，以下表达错误的选项是A. 阴极的电极反响：CO2+2H+2e-CO+H2OB. 协同转化总反响：CO2+H2SCO+H2O+SC. 石墨烯上的电势比ZnO石墨烯上的低D. 假设采用Fe3+/Fe2+取代EDTA-Fe3+/EDTA-Fe2+，溶液需为酸性【答案】CB、根据石墨烯电极上发生的电极反响可知+即得到H2S2e2H+S，因此总反响式为CO2+H2SCO+H2O+S，B正确；C、石墨烯电极为阳极，与电源的正极相连，因此石墨烯上的电势比ZnO石墨烯电极上的高，C错误；D、由于铁离子、亚铁离子均易水解，所以如果采用Fe3/Fe2取代EDTA-Fe3/EDTA-Fe2，溶液需要酸性，D正确。答案选C。点睛：准确判断出阴阳极是解答的关键，注意从元素化合价变化的角度去分析氧化反响和复原反响，进而得出阴阳极。电势上下的判断是解答的难点，注意从物理学的角度借助于阳极与电源的正极相连去分析。二、非选择题8. 醋酸亚铬(CH3COO)2Cr·H2O为砖红色晶体，难溶于冷水，易溶于酸，在气体分析中用作氧气吸收剂。一般制备方法是先在封闭体系中利用金属锌作复原剂，将三价铬复原为二价铬；二价铬再与醋酸钠溶液作用即可制得醋酸亚铬。实验装置如下列图，答复以下问题： 1实验中所用蒸馏水均需经煮沸后迅速冷却，目的是_，仪器a的名称是_。2将过量锌粒和氯化铬固体置于c中，参加少量蒸馏水，按图连接好装置，翻开K1、K2，关闭K3。c中溶液由绿色逐渐变为亮蓝色，该反响的离子方程式为_。同时c中有气体产生，该气体的作用是_。3翻开K3，关闭K1和K2。c中亮蓝色溶液流入d，其原因是_；d中析出砖红色沉淀，为使沉淀充分析出并别离，需采用的操作是_、_、洗涤、枯燥。4指出装置d可能存在的缺点_。【答案】 (1). 去除水中溶解氧 (2). 分液或滴液漏斗 (3). Zn+2Cr3Zn2+2Cr2 (4). 排除c中空气 (5). c中产生H2使压强大于大气压 (6). 冰浴冷却 (7). 过滤 (8). 敞开体系，可能使醋酸亚铬与空气接触【解析】分析：在盐酸溶液中锌把Cr3复原为Cr2，同时产生氢气排尽装置中的空气防止氧化。生成的氢气导致c中压强增大，可以把生成的CrCl2压入d装置发生反响，据此解答。详解：1由于醋酸亚铬易被氧化，所以需要尽可能防止与氧气接触，因此实验中所用蒸馏水均需煮沸后迅速冷却，目的是去除水中溶解氧；根据仪器构造可知仪器a是分液或滴液漏斗；学科%网2c中溶液由绿色逐渐变为亮蓝色，说明Cr3被锌复原为Cr2，反响的离子方程式为Zn+2Cr3Zn2+2Cr2；锌还能与盐酸反响生成氢气，由于装置中含有空气，能氧化Cr2，所以氢气的作用是排除c中空气；3翻开K3，关闭K1和K2，由于锌继续与盐酸反响生成氢气，导致c中压强增大，所以c中亮蓝色溶液能流入d装置，与醋酸钠反响；根据题干信息可知醋酸亚铬难溶于水冷水，所以为使沉淀充分析出并别离，需要采取的操作是冰浴冷却、过滤、洗涤、枯燥。4由于d装置是敞开体系，因此装置的缺点是可能使醋酸亚铬与空气接触被氧化而使产品不纯。点睛：此题主要是考查醋酸亚铬制备原理的实验探究，考查学生的化学实验与探究的能力、从提供的新信息中，准确地提取实质性内容，并与已有知识整合，重组为新知识块的能力，题目难度中等。明确实验原理、有关物质的性质尤其是题干信息中提取和应用是解答的关键。9. 焦亚硫酸钠Na2S2O5在医药、橡胶、印染、食品等方面应用广泛。答复以下问题：1生产Na2S2O5，通常是由NaHSO3过饱和溶液经结晶脱水制得。写出该过程的化学方程式_。2利用烟道气中的SO2生产Na2S2O5的工艺为：时，中为_溶液写化学式。工艺中参加Na2CO3固体、并再次充入SO2的目的是_。3制备Na2S2O5也可采用三室膜电解技术，装置如下列图，其中SO2碱吸收液中含有NaHSO3和Na2SO3。阳极的电极反响式为_。电解后，_室的NaHSO3浓度增加。将该室溶液进行结晶脱水，可得到Na2S2O5。4Na2S2O5可用作食品的抗氧化剂。在测定某葡萄酒中Na2S2O5残留量时，取50.00 mL葡萄酒样品，用0.01000 mol·L1的碘标准液滴定至终点，消耗10.00 mL。滴定反响的离子方程式为_，该样品中Na2S2O5的残留量为_g·L1以SO2计。【答案】 (1). 2NaHSO3Na2S2O5+H2O (2). NaHSO3 (3). 得到NaHSO3过饱和溶液 (4). 2H2O4e4H+O2 (5). a (6). S2O52+2I2+3H2O2SO42+4I+6H (7). 0.128【解析】分析：1根据原子守恒书写方程式；2根据溶液显酸性判断产物；要制备焦亚硫酸钠，需要制备亚硫酸氢钠过饱和溶液，据此判断；3根据阳极氢氧根放电，阴极氢离子放电，结合阳离子交换膜的作用解答；4焦亚硫酸钠与单质碘发生氧化复原反响，据此书写方程式；根据方程式计算残留量。详解：1亚硫酸氢钠过饱和溶液脱水生成焦亚硫酸钠，根据原子守恒可知反响的方程式为2NaHSO3Na2S2O5+H2O；2碳酸钠饱和溶液吸收SO2后的溶液显酸性，说明生成物是酸式盐，即中为NaHSO3；要制备焦亚硫酸钠，需要制备亚硫酸氢钠过饱和溶液，因此工艺中参加碳酸钠固体、并再次充入二氧化硫的目的是得到NaHSO3过饱和溶液；3阳极发生失去电子的氧化反响，阳极区是稀硫酸，氢氧根放电，那么电极反响式为2H2O4e4H+O2。阳极区氢离子增大，通过阳离子交换膜进入a室与亚硫酸钠结合生成亚硫酸钠。阴极是氢离子放电，氢氧根浓度增大，与亚硫酸氢钠反响生成亚硫酸钠，所以电解后a室中亚硫酸氢钠的浓度增大。4单质碘具有氧化性，能把焦亚硫酸钠氧化为硫酸钠，反响的方程式为S2O52+2I2+3H2O2SO42+4I+6H；消耗碘的物质的量是0.0001mol，所以焦亚硫酸钠的残留量以SO2计是。点睛：此题以焦亚硫酸钠的制备、应用为载体考查学生对流程的分析、电解原理的应用以及定量分析等，题目难度中等。难点是电解池的分析与判断，注意结合电解原理、交换膜的作用、离子的移动方向分析电极反响、亚硫酸氢钠浓度的变化。易错点是最后一问，注意计算残留量时应该以二氧化硫计，而不是焦亚硫酸钠。10. 采用N2O5为硝化剂是一种新型的绿色硝化技术，在含能材料、医药等工业中得到广泛应用。答复以下问题11840年 Devil用枯燥的氯气通过枯燥的硝酸银，得到N2O5。该反响的氧化产物是一种气体，其分子式为_。2F. Daniels等曾利用测压法在刚性反响器中研究了25时N2O5(g)分解反响：其中NO2二聚为N2O4的反响可以迅速到达平衡。体系的总压强p随时间t的变化如下表所示t=时，N2O4(g)完全分解：t/min0408016026013001700p/kPa42.5.：2N2O5(g)2N2O5(g)+O2(g) H1=4.4 kJ·mol12NO2(g)N2O4(g) H 2=55.3 kJ·mol1那么反响N2O5(g)2NO2(g)+O2(g)的H =_ kJ·mol1。研究说明，N2O5(g)分解的反响速率。t=62 min时，测得体系中pO2=2.9 kPa，那么此时的=_ kPa，v=_kPa·min1。假设提高反响温度至35，那么N2O5(g)完全分解后体系压强p(35)_63.1 kPa填“大于“等于或“小于，原因是_。25时N2O4(g)2NO2(g)反响的平衡常数Kp=_kPaKp为以分压表示的平衡常数，计算结果保存1位小数。3对于反响2N2O5(g)4NO2(g)+O2(g)，R.A.Ogg提出如下反响历程：第一步 N2O5NO2+NO3 快速平衡第二步 NO2+NO3NO+NO2+O2 慢反响第三步 NO+NO32NO2 快反响其中可近似认为第二步反响不影响第一步的平衡。以下表述正确的选项是_填标号)。Av(第一步的逆反响)v(第二步反响)B反响的中间产物只有NO3C第二步中NO2与NO3的碰撞仅局部有效D第三步反响活化能较高【答案】 (1). O2 (2). 53.1 (3). 30.0 (4). 6.0×102 (5). 大于 (6). 温度提高，体积不变，总压强提高；NO2二聚为放热反响，温度提高，平衡左移，体系物质的量增加，总压强提高 (7). 13.4 (8). AC【解析】分析：1根据复原剂失去电子转化为氧化产物判断；2根据盖斯定律计算；根据压强之比是物质的量之比计算；根据温度对压强和平衡状态的影响分析；根据五氧化二氮完全分解时的压强计算出二氧化氮、氧气的压强，然后再根据二氧化氮转化的方程式计算平衡时二氧化氮、四氧化二氮的压强。学科%网3根据三步反响的特点分析判断。详解：1氯气在反响中得到电子作氧化剂，硝酸银中只有氧元素化合价会升高，所以氧化产物是氧气，分子式为O2；2：、2N2O5(g)2N2O4(g)+O2(g) H14.4kJ/mol、2NO2(g)N2O4(g) H255.3kJ/mol根据盖斯定律可知÷2即得到N2O5(g)2NO2(g)+1/2O2(g) H153.1kJ/mol；根据方程式可知氧气与消耗五氧化二氮的物质的量之比是1:2，又因为压强之比是物质的量之比，所以消耗五氧化二氮减少的压强是2.9kPa×25.8kPa，那么此时五氧化二氮的压强是35.8kPa5.8kPa30.0kPa，因此此时反响速率v2.0×103×306.0×102kPa·min1；由于温度升高，容器容积不变，总压强提高，且二氧化氮二聚为放热反响，温度提高，平衡左移，体系物质的量增加，总压强提高，所以假设提高反响温度至35，那么N2O5(g)完全分解后体系压强p(35)大于63.1 kPa。根据表中数据可知五氧化二氮完全分解时的压强是63.1kPa，根据方程式可知完全分解时最初生成的二氧化氮的压强是35.8kPa×271.6 kPa，氧气是35.8kPa÷217.9 kPa，总压强应该是71.6 kPa+17.9 kPa89.5 kPa，平衡后压强减少了89.5 kPa63.1kPa26.4kPa，所以根据方程式2NO2(g)N2O4(g)可知平衡时四氧化二氮对应的压强是26.4kPa，二氧化氮对应的压强是71.6 kPa26.4kPa×218.8kPa，那么反响的平衡常数。3A、第一步反响快，所以第一步的逆反响速率大于第二步的逆反响速率，A正确；B、根据第二步和第三步可知中间产物还有NO，B错误；C、根据第二步反响生成物中有NO2可知NO2与NO3的碰撞仅局部有效，C正确；D、第三步反响快，所以第三步反响的活化能较低，D错误。答案选AC。点睛：此题主要是考查化学反响原理，侧重于化学反响速率与化学平衡的有关分析与计算，题目难度较大。试题设计新颖，陌生感强，计算量较大，对学生的要求较高。压强和平衡常数的计算是解答的难点，注意从阿伏加德罗定律的角度去理解压强与气体物质的量之间的关系，注意结合反响的方程式和表中数据的灵活应用。也可以直接把压强看作是物质的量利用三段式计算。二选考题：共15分。请考生从2道题中任选一题作答。如果多做，那么按所做的第一题计分。11. Li是最轻的固体金属，采用Li作为负极材料的电池具有小而轻、能量密度大等优良性能，得到广泛应用。答复以下问题：1以下Li原子电子排布图表示的状态中，能量最低和最高的分别为_、_填标号。A BC D2Li+与H具有相同的电子构型，r(Li+)小于r(H)，原因是_。3LiAlH4是有机合成中常用的复原剂，LiAlH4中的阴离子空间构型是_、中心原子的杂化形式为_。LiAlH4中，存在_填标号。A离子键 B键 C键 D氢键4Li2O是离子晶体，其晶格能可通过图(a)的BornHaber循环计算得到。可知，Li原子的第一电离能为_kJ·mol1，O=O键键能为_kJ·mol1，Li2O晶格能为_kJ·mol1。5Li2O具有反萤石结构，晶胞如图(b)所示。晶胞参数为0.4665 nm，阿伏加德罗常数的值为NA，那么Li2O的密度为_g·cm3列出计算式。【答案】 (1). D (2). C (3). Li+核电荷数较大 (4). 正四面体 (5). sp3 (6). AB (7). 520 (8). 498 (9). 2908 (10). 【解析】分析：1根据处于基态时能量低，处于激发态时能量高判断；2根据原子核对最外层电子的吸引力判断；3根据价层电子对互斥理论分析；根据物质的组成微粒判断化学键；4第一电离能是气态电中性基态原子失去一个电子转化为气态基态正离子所需要的最低能量，据此计算；根据氧气转化为氧原子时的能量变化计算键能；晶格能是气态离子形成1摩尔离子晶体释放的能量，据此解答；5根据晶胞中含有的离子个数，结合密度的定义计算。详解：1根据核外电子排布规律可知Li的基态核外电子排布式为1s22s1，那么D中能量最低；选项C中有2个电子处于2p能级上，能量最高；2由于锂的核电荷数较大，原子核对最外层电子的吸引力较大，因此Li半径小于H；3LiAlH4中的阴离子是AlH4，中心原子铝原子含有的价层电子对数是4，且不存在孤对电子，所以空间构型是正四面体，中心原子的杂化轨道类型是sp3杂化；阴阳离子间存在离子键，Al与H之间还有共价单键，不存在双键和氢键，答案选AB；4根据示意图可知Li原子的第一电离能是1040 kJ/mol÷2520 kJ/mol；0.5mol氧气转化为氧原子时吸热是249 kJ，所以OO键能是249 kJ/mol×2498 kJ/mol；根据晶格能的定义结合示意图可知Li2O的晶格能是2908 kJ/mol；5根据晶胞结构可知锂全部在晶胞中，共计是8个，根据化学式可知氧原子个数是4个，那么Li2O的密度是。点睛：此题考查核外电子排布，轨道杂化类型的判断，分子构型，电离能、晶格能，化学键类型，晶胞的计算等知识，保持了往年知识点比较分散的特点，立足课本进行适当拓展，但整体难度不大。难点仍然是晶胞的有关判断与计算，晶胞中原子的数目往往采用均摊法：位于晶胞顶点的原子为8个晶胞共用，对一个晶胞的奉献为1/8；位于晶胞面心的原子为2个晶胞共用，对一个晶胞的奉献为1/2；位于晶胞棱心的原子为4个晶胞共用，对一个晶胞的奉献为1/4；位于晶胞体心的原子为1个晶胞共用，对一个晶胞的奉献为1。12. 化合物W可用作高分子膨胀剂，一种合成路线如下：答复以下问题：1A的化学名称为_。2的反响类型是_。3反响所需试剂，条件分别为_。4G的分子式为_。5W中含氧官能团的名称是_。6写出与E互为同分异构体的酯类化合物的结构简式核磁共振氢谱为两组峰，峰面积比为11_。7苯乙酸苄酯是花香型香料，设计由苯甲醇为起始原料制备苯乙酸苄酯的合成路线_无机试剂任选。【答案】 (1). 氯乙酸 (2). 取代反响 (3). 乙醇/浓硫酸、加热 (4). C12H18O3 (5). 羟基、醚键 (6). 、 (7). 【解析】分析：A是氯乙酸与碳酸钠反响生成氯乙酸钠，氯乙酸钠与NaCN发生取代反响生成C，C水解又引入1个羧基。D与乙醇发生酯化反响生成E，E发生取代反响生成F，在催化剂作用下F与氢气发生加成反响将酯基均转化为醇羟基，2分子G发生羟基的脱水反响成环，据此解答。详解：1根据A的结构简式可知A是氯乙酸；2反响中氯原子被CN取代，属于取代反响。3反响是酯化反响，所需试剂和条件分别是乙醇/浓硫酸、加热；4根据G的键线式可知其分子式为C12H18O3；5根据W的结构简式可知分子中含有的官能团是醚键和羟基；6属于酯类，说明含有酯基。核磁共振氢谱为两组峰，峰面积比为1：1，说明氢原子分为两类，各是6个氢原子，因此符合条件的有机物结构简式为或；7根据信息结合逆推法可知合成苯乙酸卞酯的路线图为。点睛：此题考查有机物的推断和合成，涉及官能团的性质、有机物反响类型、同分异构体的书写、合成路线设计等知识，利用已经掌握的知识来考查有机合成与推断、反响条件的选择、物质的结构简式、化学方程式、同分异构体的书写的知识。考查学生对知识的掌握程度、自学能力、接受新知识、新信息的能力；考查了学生应用所学知识进行必要的分析来解决实际问题的能力。有机物的结构、性质、转化、反响类型的判断、化学方程式和同分异构体结构简式的书写及物质转化流程图的书写是有机化学学习中经常碰到的问题，掌握常见的有机代表物的性质、各类官能团的性质、化学反响类型、物质反响的物质的量关系与各类官能团的数目关系，充分利用题目提供的信息进行分析、判断是解答的关键。难点是设计合成路线图时有关信息隐含在题干中的流程图中，需要学生自行判断和灵活应用。