【文档说明】【精准解析】湖南省永州市2020届高三“培优”模拟考试（三）理综化学试题.doc，共(20)页，1.391 MB，由小赞的店铺上传

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永州市2020届高三培优模拟试卷《理科综合》（三）化学可能用到的相对原子质量：H-1N-14O-16K-39I-127第I卷（126分）一、选择题：本题共7小题，每小题6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。1.新冠疫情暴发，消毒剂成为紧俏商品，下列常用的消毒剂中，消毒原理与氧化还原无关的是（）选项ABCD消毒剂双氧化水臭氧医用酒精84消毒液A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】双氧水、臭氧、84消毒液均具有强氧化性，氧化病毒和细菌，达到消毒杀菌的目的；酒精

消毒的原理是使蛋白质变性，故答案为C。2.有机物M、N、Q的转化关系为：下列说法正确的是（）A.M分子中的所有原子均在同一平面B.上述两步反应依次属于加成反应和取代反应C.M与H2加成后的产物，一氯代物有6种D.Q与乙醇互为同系物，且均能使酸性K

MnO4溶液褪色【答案】C【解析】【详解】A．M中含甲基、亚甲基均为四面体结构，则M分子中所有原子不可能均在同一平面，故A错误；B．M→N为取代反应，N→Q为水解反应，均属于取代反应，故B错误；C．M与H2加成后的产物为，中含有6种H，则一氯代物有6种，故C正

确；D．Q中含苯环，与乙醇的结构不相似，且分子组成上不相差若干个“CH2”原子团，Q与乙醇不互为同系物，两者均含-OH，均能使酸性KMnO4溶液褪色，故D错误；故答案选C。3.天然海水中主要含有Na+、K+、Mg2+、Cl-、SO42

-、Br-、CO32-、HCO3-等离子。火力发电时燃煤排放的含SO2的烟气可利用海水脱硫，其工艺流程如图所示：下列说法错误的是（）A.天然海水pH≈8的原因是由于海水中的CO32-、HCO3-水解B.“氧化”是利用氧气将H2SO3、HSO3-、SO32-等氧化生成SO4

2-C.“反应、稀释”时加天然海水的目的是中和、稀释经氧化后海水中生成的酸D.“排放”出来的海水中SO42-的物质的量浓度与进入吸收塔的天然海水相同【答案】D【解析】【分析】火力发电时燃煤排放的含SO

2的烟气通入吸收塔和天然海水，得到溶液通入氧气氧化亚硫酸生成硫酸，加入天然海水中和、稀释经氧化后海水中生成的酸。【详解】A．海水中主要含有Na+、K+、Mg2+、Cl-、SO42-、Br-、CO32-、HCO-3等离子，在这些离子中能发生水解的是CO32-、H

CO-3离子，CO32-+H2O⇌HCO3-+OH-，HCO3-+H2O⇌H2CO3+OH-它们水解呈碱性，所以天然海水的pH≈8，呈弱碱性，故A正确；B．天然海水吸收了含硫烟气后，要用O2进行氧化处理，因为氧气具

有氧化性，被氧化的硫元素的化合价为+4价，具有还原性，所以氧气将H2SO3、HSO3-、SO32-等氧化为硫酸，如亚硫酸被氧化的反应为2H2SO3+O2=2H2SO4，故B正确；C．氧化后的“海水”需要用大量的天然海水与之混合后才能排放，是因中和稀释经氧气氧化后海水中生成

的酸(H+)，故C正确；D．从框图可知：排放”出来的海水，是经过加天然海水中和、稀释经氧化后海水中生成的酸后排放的，溶液的体积显然比进入吸收塔的天然海水大，所以SO42-的物质的量浓度排放出来的海水中浓度小，故D错误；故答案为D。4.下列有关实验的图示及分析均正确

的是（）选项实验目的实验图示实验分析A实验室用酸性高锰酸钾溶液滴定草酸溶液摇瓶时，使溶液向一个方向做圆运动，勿使瓶口接触到滴定管，溶液也不得溅出B石油分馏时接收馏出物为收集到不同沸点范围的馏出物，需要不断更换锥形瓶C测定锌与稀硫酸反应生成氢气的速率实验中需测定的物理量是反应时间和生成

氢气的体积D用四氯化碳萃取碘水中的碘充分震荡后静置，待溶液分层后，先把上层液体从上口倒出，再让下层液体从下口流出A.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】【详解】A．滴定时左手控制活塞，右手摇瓶，使溶液向一个

方向做圆运动，勿使瓶口接触到滴定管，溶液也不得溅出，操作合理，故A正确；B．锥形瓶不能密封，难以接收馏分，故B错误；C．气体可从长颈漏斗逸出，应选分液漏斗，故C错误；D．四氯化碳的密度比水的密度大，分层后有机层在下层，则分层后，先把下层液体从下口流出，再让上层液体从上口倒出，故D错

误；故答案为A。5.HIO3是强酸，其水溶液是强氧化剂。工业上，以KIO3为原料可制备HIO3。某学习小组拟用如图装置制备碘酸。M、N为惰性电极，ab、cd为交换膜。下列推断错误的是（）A.光伏电池的e极为负极，M极发生还原反应B.在标准状况下收集6720mLX和Y的混合气体

时KIO3溶液减少3.6gC.Y极的电极反应式为2H2O-4e-═O2↑+4H+D.制备过程中要控制电压，避免生成HIO4等杂质【答案】B【解析】【分析】根据图示，左室增加KOH，右室增加HIO3，则M室为阴极室，阴极与外加电源的负极相接，电极反应式为2H2O+2e-=H2

↑+2OH-，所以原料室中K+透过ab膜进入阴极室生成KOH，即ab膜为阳离子交换膜，N室为阳极室，原料室中IO3-透过cd膜进入阳极室生成HIO3，即cd膜为阴离子交换膜。【详解】A．由上述分析可知，M室为阴极室，阴极与外加电源的负极相接，即e极为光伏电池负极，阴极发生得到电子的还原反应，故A

正确；B．N室为阳极室，与外加电源的正极相接，电极反应式为2H2O-4e-=O2↑+4H+，M极电极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，标准状况下6720mL气体即6.72L气体物质的量为6.72L÷22.4L/mol=0.3mol，其中

含有O2为0.1mol，转移电子0.4mol，为平衡电荷，KIO3溶液中0.4molK+透过ab膜进入阴极室，0.4molIO3-透过cd膜进入阳极室，KIO3溶液质量减少0.4mol×214g/mol=85.6g，故B错误；C．N室为阳极室，与外加电源的正极相接，电极反应式为2H2O-4

e-=O2↑+4H+，故C正确；D．制备过程中若电压过高，阳极区（N极）可能发生副反应：IO3--2e-+H2O=IO4-+2H+，导致制备的HIO3不纯，所以制备过程中要控制电压适当，避免生成HIO4

等杂质，故D正确；故答案选B。6.H2S为二元弱酸。20℃时，向0.100mol·L-1的Na2S溶液中缓慢通入HCl气体（忽略溶液体积的变化及H2S的挥发）。下列指定溶液中微粒的物质的量浓度关系一定正确的是（）A.c（Cl-）=0.10

0mol·L-1的溶液中：c（OH-）-c（H+）=c（H2S）-2c（S2-）B.通入HCl气体之前：c（S2-）＞c（HS-）＞c（OH-）＞c（H+）C.c（HS-）=c（S2-）的碱性溶液中：c（Cl-）+c（HS-）＞0.100mol·L-1+c（H2S）D.

pH=7的溶液中：c（Cl-）=c（HS-）+2c（H2S）【答案】D【解析】【详解】A．c（Cl-）=0.100mol·L-1的溶液中的物料守恒c(Cl-)=c(HS-)+c(H2S)+c(S2-)=12c(Na+)=0.100mol

·L-1，电荷守恒c(Cl-)+c(HS-)+2c(S2-)+c(OH-)=c(H+)+c(Na+)，则c(OH-)-c(H+)=c(H2S)-c(S2-)，故A错误；B．通入HCl气体之前，S2-水解导致

溶液呈碱性，其水解程度较小，且该离子有两步水解都生成OH-，所以存在c(S2-)＞c(OH-)＞c(HS-)＞c(H+)，故B错误；C．溶液中的电荷守恒为c(Cl-)+c(HS-)+2c(S2-)+c(OH-)=c(H+)+c(Na+)，物料守恒

c(S2-)+c(HS-)+c(H2S)=12c(Na+)=0.100mol•L-1，则c(Cl-)+c(OH-)=c(H+)+c(HS-)+2c(H2S)，即c(Cl-)+c(OH-)+c(S2-)=c(H+)+c(HS-)

+c(S2-)+2c(H2S)，在c(HS-)=c(S2-)碱性溶液中c(OH-)＞c(H+)，所以c(Cl-)+c(HS-)＜c(HS-)+c(S2-)+2c(H2S)=0.100mol•L-1+c(H2S)，故C错误；D．溶液中的电荷守恒为c(Cl-)+c(HS-)+2c

(S2-)+c(OH-)=c(H+)+c(Na+)，溶液的pH=7，则溶液中c(OH-)=c(H+)，c(Na+)=c(Cl-)+c(HS-)+2c(S2-)，溶液中存在物料守恒c(Na+)=2c(H2S)+2c(S2-)+2c(HS-)

，所以存在c(Cl-)=c(HS-)+2c(H2S)，故D正确；故答案选D。7.几种短周期元素的原子半径及主要化合价如下表：元素代号XYZW原子半径/pm1601437574主要化合价＋2＋3＋5、－3－2下

列叙述正确的是()A.Y的最高价氧化物对应的水化物显两性B.放电条件下，Z单质与W的常见单质直接生成ZW2C.X、Y元素的金属性：X<YD.X2＋的离子半径大于W2－的离子半径【答案】A【解析】【分析】W化合价为-2价，没有最高正化合价+6价，

故W为O元素；Z元素化合价为+5、-3，Z处于ⅤA族，原子半径与氧元素相差不大，则Z与氧元素处于同一周期，故Z为N元素；X化合价为+2价，应为ⅡA族元素，Y的化合价为+3价，处于ⅢA族，二者原子半径相差较小，可知两者位于同

一周期相邻主族，由于X、Y的原子半径与W、Z原子半径相差很大，则X、Y应在第三周期，所以X为Mg元素，Y为Al元素，结合元素周期律与元素化合物性质解答。【详解】根据上述分析可知，X、Y、Z、W分别是Mg、Al、N、O元素，则A.Y的最高

价氧化物对应的水化物为氢氧化铝，即可以与强酸反应，也可以与强碱反应，显两性，故A正确；B.放电条件下，氮气与氧气会生成NO，而不能直接生成NO2，故B错误；C.同一周期中，从左到右元素的金属性依次减弱，则金属性：Mg>Al，即X>Y，故C错误；D.电子层数相同时，元素原

子的核电荷数越小，离子半径越大，则Mg2＋的离子半径小于O2－的离子半径，故D错误；答案选A。第Ⅱ卷（174分）三、非选择题：包括必考题和选考题两部分。第26题～第28题为必考题，每个考题考生都必须作答，第35～36为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题（11题，共129分）

8.双氧水在医疗、军事和工业上用途广泛，工业上合成双氧水的方法有多种，其中一种合成工艺为乙基蒽醌（EAQ）法。已知：①反应原理为②工业制备流程如图所示。③制备过程中，将EAQ溶于有机溶剂中配制成工作液。请回答下列问题：（1）该流程中，循环使用的原料为___。（2

）现有甲、乙、丙三种有机溶剂，相关物质的溶解情况如表所示，则配制工作液时，应选用有机溶剂__（填“甲”“乙”或“丙”），原因为___。物质甲乙丙EAQ互溶不溶互溶EHAQ互溶不溶互溶H2O2不溶不溶互溶H2O不溶不溶互溶（3）“氧化”时，控制温度为45～55℃，原因为___。（4）“

萃取”时，所选用的萃取剂是一种常见的溶剂，其化学名称为__，选用该溶剂作为萃取剂的原因为__。（5）“净化”的目的是将萃取液中的过氧化氢分离出来，则应选用的分离方法为___。（6）采用电解法制备双氧水的装置示意图如图所示，通入空气的电极的电极反应式___。【答案】(1).乙

基蒽醌(2).甲(3).EAQ、EHAQ与甲互溶，有利于配制工作液及氢化后产品的过滤，H2O、H2O2不溶于甲，有利于后期分离(4).温度高于45～55℃，双氧水更易分解，副反应多；温度低于45～55℃，反应速度

又慢(5).水(6).双氧水易溶于水而且与水不反应，EAQ难溶于水(7).减压蒸馏(8).O2+2e-+2H2O=H2O2+2OH-【解析】【分析】(1)可以循环利用的原料为前期被反应掉，后期又重新生成的物质；(2)选用的有机溶剂要有利于配制工作液及氢化后产品的过滤和后期分离；(3)从温度

高于或低于45～55℃对反应的影响来分析；(4)选用的萃取剂为水，从萃取剂的选择原则进行分析；(5)因双氧水受热易分解，则应选用的分离方法为减压蒸馏；(6)通入空气的电极发生还原反应。【详解】(1)将①中两

个方程式相加，得H2+O2=H2O2，原子利用率是100%，符合“绿色化学工艺”要求，结合流程，乙基蒽醌可以循环使用；(2)根据相关物质在甲、乙、丙三种有机溶剂中的溶解情况知，EAQ、EHAQ与甲互溶，有利于配制工作液及氢化后产品的过

滤，H2O、H2O2不溶于甲，有利于后期分离；则配制工作液时，应选用有机溶剂甲；(3)温度高于45～55℃，双氧水更易分解，副反应多；温度低于45～55℃，反应速度又慢；故“氧化”时，控制温度为45～55℃；(4)“萃取”时，所选用的萃取剂是一种常见的溶剂，

双氧水易溶于该溶剂而且与该溶剂不反应，EAQ难溶于该溶剂，选用的萃取剂的化学名称为水；(5)萃取液为H2O2的水溶液，“净化”的目的是将萃取液中的过氧化氢分离出来，因双氧水受热易分解，则应选用的分离方法为减压蒸馏；(6)根据图示，通入空气的电极发生还原反应生成H2O2和稀碱，电极反应

式为O2+2e-+2H2O=H2O2+2OH-。【点睛】本题关键是理解流程图中每一步操作的方法和目的，根据反应的具体情况和题目中所给的信息进行解题。9.某兴趣小组用镀锌铁皮按下列流程制备七水合硫酸锌(ZnSO4·7H2O)相关信息如下：①金属离子形成氢氧化物沉

淀的相关pH范围。金属离子pH开始沉淀完全沉淀Fe3+1.52.8Fe2+5.58.3Zn2+5.48.2②ZnSO4的溶解度(物质在100g水中溶解的质量)随温度变化曲线。请回答：（1）①镀锌铁皮上的油污可用Na2CO3溶液去除，理由是__。②步骤Ⅰ可用于判断镀锌层完全反应的实

验现象是__。（2）步骤Ⅱ须加入过量H2O2理由是__。（3）步骤Ⅲ，合适的pH范围是__。（4）步骤Ⅳ，需要用到下列所有操作：a.蒸发至溶液出现晶膜，停止加热；b.在60℃蒸发溶剂；c.冷却至室温；d.在100℃蒸发溶剂；e.过滤。请给出上述操作的正确顺序__。(

操作可重复使用)（5）步骤Ⅴ，某同学采用不同降温方式进行冷却结晶，测得ZnSO4•7H2O晶体颗粒大小分布如图所示。根据该实验结果，为了得到颗粒大小相对均一的较大晶粒，宜选择__方式进行冷却结晶。A.快速降温B.缓慢降温C.变速降温（6）①ZnSO4•

7H2O产品的纯度可用配位滴定法测定。下列关于滴定分析，正确的是__。A.图中，应将凡士林涂在旋塞的a端和旋塞套内的c端B.滴定前，锥形瓶和滴定管均须用标准溶液润洗C.将标准溶液装入滴定管时，应借助烧杯或漏斗等玻璃仪器转移D.滴定

时，通常用左手控制旋塞滴加溶液，右手摇动锥形瓶，使溶液向同一方向旋转E.滴定前滴定管尖嘴内无气泡，滴定后尖嘴内有气泡，则测得的体积比实际消耗的小②图中滴定终点是的读数是___mL。【答案】(1).Na2CO3水解，溶液呈碱性，促使油脂水

解(2).产生气泡的速率显著变慢(3).使Fe2+尽可能转化为Fe3+，H2O2易分解(4).2.8～5.4(5).dabace(6).C(7).ADE(8).20.60【解析】【分析】镀锌铁皮先进行酸浸，溶解金属离子，再根据金属离子沉淀表除去铁离子，硫酸锌溶液蒸发得到晶体。【详解】(1)Na

2CO3水解，溶液呈碱性，促使油脂水解，可用于洗涤油污；镀锌Fe片溶解于稀硫酸时，最初生成氢气的速率较快，当观察到产生气泡的速率显著变慢时可判断镀锌层完全反应；故答案为：Na2CO3水解，溶液呈碱性，促使油脂水解；产生气泡的速率显著变慢；(2)双氧水具有氧化性，能氧化还原性离子Fe2+，

然后调节溶液的pH，从而除去铁离子，离子方程式为2++3+2222Fe+HO+2H=2Fe+2HO；故答案为：使Fe2+尽可能转化为Fe3+，H2O2易分解；(3)由表中数据可知调节pH，可使铁离子完全生成沉淀，但不能影响锌离子，则pH范围为2.8≤pH＜5.4；故答

案为：2.8～5.4；(4)由溶液蒸发得到晶体，先加热温度较高，蒸发大量的水，至液面出现晶膜时，降低温度继续加热，然后过滤、洗涤，得到晶体，实验顺序为dabace；故答案为：dabace；(5)由图象可知，变速降温，可得到较大颗粒晶体；故答案为：C。(6)A．在酸式滴定管

上涂凡士林时，涂在活塞的大头和活塞套小口的内侧，即ac处，故A正确；B．滴定操作时，锥形瓶不需要润洗，故B错误；C．在转移液体时，不需要借助仪器，故C错误；D．滴定时，通常用左手控制旋塞滴加溶液，右手

摇动锥形瓶，使溶液向同一方向旋转，眼睛观察锥形瓶内颜色的变化情况，故D正确；E．滴定前滴定管尖嘴内无气泡，滴定后尖嘴内有气泡，消耗标准液的体积偏小，则测得的体积比实际消耗的小，故E正确；读数时，眼睛视线与凹液面的最低处齐平，读数精确到0.01mL，读数为20.60mL

；故答案为：ADE；20.60。10.合成氨对人类生存具有重大意义，反应为：N2（g）+3H2（g）2NH3（g）△H（1）科学家研究在催化剂表面合成氨的反应机理，反应步骤与能量的关系如图所示（吸附在催化剂表面的微粒用*标注，省略了反应过程中部分微粒）。①NH3的电子式是___

。②决定反应速率的一步是___（填字母a、b、c、…）。③由图象可知合成氨反应的△H____0（填“＞”、“＜”或“=”）。（2）传统合成氨工艺是将N2和H2在高温、高压条件下发生反应。若向容积为1.0L的反应容器中投入5molN2、15molH2，在不

同温度下分别达平衡时，混合气中NH3的质量分数随压强变化的曲线如图所示：①温度T1、T2、T3大小关系是___。②M点的平衡常数K=____（可用分数表示）。（3）目前科学家利用生物燃料电池原理（电池工作时MV2+/MV+在电极与酶之

间传递电子），研究室温下合成氨并取得初步成果，示意图如图：①导线中电子移动方向是____。②固氮酶区域发生反应的离子方程式是___。③相比传统工业合成氨，该方法的优点有___。【答案】(1).(2).b(3).＜(4).T3＞T2＞T1(5).7.

32×10-3(6).a→b(7).N2+6H++6MV+=2NH3+6MV2+(8).条件温和、生成氨的同时释放电能【解析】【分析】(1)①从分子中每个原子都形成了稳定结构的角度分析；②反应需要的能量最高的反应决定总反应速率；③根据能量图，反应

物的总能量高于产物的总能量，则反应为放热反应；(2)①正反应为放热反应，相同压强下，温度越高，对应NH3的含量越小；②根据反应三段式进行计算；(3)①根据装置电极b上MV2+转化为MV+判断正负极，原电

池工作时，电子从负极经过导线流向正极；②固氮酶区域中N2转化为NH3，MV+转化为MV2+；③该电化学装置工作时，可将化学能转化为电能，同时利用生物酶在室温下合成氨，不需要高温条件、反应条件温和。【详解】(1)①NH3分子中一个N原子与三个H原子

形成3对共用电子对，N原子还有1对孤电子对，NH3电子式为：；②根据合成氨的反应机理与各步能量的关系图可知，反应b需要的能量最大，反应需要的能量越高，反应速率越慢，需要能量最高的反应决定总反应速率，所以决定反应速率的一步是b；③根据能量图，反应物的总能量高

于产物的总能量，则反应为放热反应，△H＜0；(2)①正反应为放热反应，相同压强下，温度越高，对应NH3的含量越小，所以图中温度T1、T2、T3大小关系是T3＞T2＞T1；②设M点N2反应的物质的量为xmol，反应三段式为：223+(mol

)5150(mol)x3Ng3Hg2NHx2x(mol)5-x15-3x2xg()()()起始量变化量平衡量M点平衡时NH3的质量分数为40%，即34x285215+=40%，可得x=2，则平衡时c(N2)

=3mol/L，c(H2)=9mol/L，c(NH3)=4mol/L，平衡常数为K=23439=7.32×10-3；(3)①根据装置电极b上MV2+转化为MV+可知，b电极为正极、a电极为负极，原电池工作时，电子从负极a电极经过导线流向正极b电极，即a

→b；②固氮酶区域中N2转化为NH3，MV+转化为MV2+，根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒，所以发生的反应为：N2+6H++6MV+=2NH3+6MV2+；③该电化学装置工作时，可将化学能转化为电能，同时利用生物酶在室温下合成氨，不需要高温条件、反应条件温和，所以与传统化工工艺相比，该

工艺的优点为：条件温和、生成氨的同时释放电能。【点睛】本题注意决定化学反应速率的步骤是反应需要能量最高的一步，原电池装置中根据电极上物质转化的化合价的变化判断正负极。11.形形色色的物质，构成了我们这个五彩缤

纷的世界。世上万物，神奇莫测，常常超乎人们按“常理"的想象。学习物质结构和性质的知识，能使你想象的翅膀变得更加有力。（1）基态Ga原子的核外电子排布式是[Ar]__，基态Ga原子核外电子占据最高能级的

电子云轮廓图为___。（2）HC≡CNa(乙炔钠)广泛用于有机合成，乙炔钠中C原子的杂化类型为___。乙炔钠中存在___(填字母)。A.金属键B.σ键C.π键D.氢键E.配位键F.离子键G.范德华力（3）NaN3是汽车安

全气囊中的主要化学成分，其阴离子的立体构型为____。写出和该阴离子互为等电子体的一种分子的结构式___。（4）钙和铁都是第四周期元素，且原子的最外层电子数相同，铁的熔沸点远高于钙，其原因是____。（5）配体中配位原子提供孤

电子对的能力与元素的电负性有关，SCN-的结构式可以表示为[S=C=N]-或[S-C≡N]-，SCN-与Fe3+、Au+和Hg2+等离子能形成配离子，N、C、S的电负性依次为3.0、2.5和2.5。SCN-中提供孤电子对的原子可能是___。（6）某离子晶体的晶

胞结构如图所示。①晶体中在每个X周围与它最近且距离相等的X共有___个。②设该晶体的摩尔质量为Mg·mol-1，晶胞的密度为ρg.cm-3，阿伏加德罗常数为NA，则晶体中两个最近的X间的距离为___cm。【答案】(1).3d104s24p1(

2).哑铃形(3).sp(4).BCF(5).直线形(6).(7).钙原子半径较大且价电子数少，金属键较弱(8).S(9).12(10).3A242MN【解析】【详解】（1）Ga原子位于第4周期IIIA族，为31号，则基态Ga原子的核外电子排布式为：[Ar]3d104s24

p1，核外电子占据最高的能级为4p能级，p能级的电子云形状为哑铃形；（2）碳原子之间形成碳碳三键，空间构型为直线型，杂化方式为sp杂化；碳碳三键中有两个π键和一个σ键，Na+与C2H-之间为离子键，所以选BCF；（3）Na

N3的阴离子为N3-，中心N原子的价层电子对数为()5+-12+1=22，无孤电子对，所以杂化方式为sp杂化，空间构型为直线形；具有相同价电子数和相同原子数的分子或离子称为等电子体，N3-的价电子数为5×3+1=16，所以与N3-互为等电子的分子可以是CO2或N2O，其结

构式为：；（4）金属晶体的熔沸点与金属键强弱有关，钙原子半径较大且价电子数少，金属键较弱，所以铁的熔沸点远高于钙；（5）C没有孤对电子，S、N原子均有孤对电子，N的电负性大对孤对电子吸引越强，不易给出电子形成配位键，所以提供孤电子对的是S原子；（6）①以顶

点上的X为例，与它距离最近的X分布在与之相连的面心上，这样的原子有12个；②根据均摊法可知因为晶体的晶胞中含有4个X和8个Y，根据晶胞密度A4=MNmVV=可得晶胞的体积为A4MN，进而可以求得晶胞的边长为3A4MN，因为两个距离最近的X的核间距离为晶胞面对角线的一半，所以晶体中两个距离最

近的X的核间距离为3A242MN。【点睛】N原子做配位原子提供价电子个数：N上面如果没有连其他原子，算-1个；N上面如果以单键形式连了一个原子（比如H），算0个；N上面如果以单键形式连了两个原子（比如H），算1个；例如，氰化氢HCN中，N算-1个，这样

C上总电子数为4，算2对；异氰酸H-N=C=O中，N已经连了1个H，算C上总电子数时就不算它，C上总电子数为4，2对；甲胺CH3NH2中，N已经连了2个H，则提供1个电子，C上总电子数为8，4对。12.具有抗菌作用的白头翁素衍生物I的合成路线如图所示：已知：

ⅰ.R-HC=CH-R’+R”COOHⅱ.R-HC=CH-R”(以上R、R’、R”代表氢、烷基或芳基等)。回答下列问题：（1）反应①的反应类型是___。（2）写出反应②的化学方程式是___。（3）合成过程中设计步骤①和④的目的是___。（4）试剂a是___。（5）下列说法

正确的是___（选填字母序号）。a.物质A极易溶于水b.③反应后的试管可以用硝酸洗涤c.F生成G的反应类型是取代反应d.物质D既能与盐酸反应又能与氢氧化钠钠溶液反应（6）由F与I2在一定条件下反应生成G的化学方程式是___；此反应同时生成另外一个有机副产物且与G互为同分异构

体，此有机副产物的结构简式是___。（7）已知：RCH2BrR-CH=CH-R1以乙烯起始原料，结合已知信息选用必要的无机试剂合成，写出合成路线（用结构简式表示有机物，用箭头表示转化关系，箭头上注明试剂和反应条件）___。【答案】(1).加成反应(2

).2+O22+2H2O(3).保护碳碳双键，防止催化氧化时被破坏(4).氢氧化钠的醇溶液或氢氧化钠的乙醇溶液(5).bd(6).+I2+HI(7).(8).【解析】【分析】与HBr发生加成反应生成(B)，(B)催化氧化生成

(C)，(C)发生银镜反应生成(D)，(D)与氢氧化钠的醇溶液反应生成(E)，(E)酸化后生成(F)，(F)与I2反应生成(G)，一定条件下可反应生成(H)，最终反应生成(I)，据此作答。【详解】（1）反应①为与HBr发生

加成反应生成，因此反应类型为加成反应；（2）反应②为催化氧化生成，反应方程式为：2+O22+2H2O；（3）步骤①将碳碳双键改变，步骤④将碳碳双键还原，两个步骤保护了碳碳双键，防止催化氧化时碳碳双键被破坏；（4）反应④是发生消去反应反应生成的过程，小区反映

的条件是氢氧化钠的醇溶液；（5）a.有机物A中存在羟基，属于亲水基，因此A可溶于水，但不是及易溶于水，a项错误；b.反应③为银镜反应，银镜反应后的试管可用硝酸洗涤，b项正确；c.与I2反应生成发生了加成反应和消去反应，不是取代反应，c项错

误；d.物质D为，既可与氢氧化钠水溶液发生取代反应，也可与盐酸发生取代反应，d项正确；答案选bd；（6）F为，与I2在在一定条件下反应生成G的化学方程式为：+I2+HI；另一有机物与G互为同分异构体，根据结构特点可知该物质的结构简式为

：；（7）根据已知条件可知乙烯与水加成生成乙醇，乙醇催化氧化后得到乙醛；乙烯与HBr发生加成反应生成溴乙烷，溴乙烷与乙醛反应生成2-丙烯，2-丙烯在一定条件下可生成，因此合成路线可表示为：。【点睛】对于有机合成和推断题的解法，可概括为“前推后，后推前，两边推中间，关键

看条件、信息、官能团”，解题的关键是快速提取有效信息，具体过程为：