2022届贵州省遵义市高三模拟卷（二）理综化学试题含解析

这是一份2022届贵州省遵义市高三模拟卷（二）理综化学试题含解析，共21页。试卷主要包含了单选题，实验题，工业流程题，原理综合题，结构与性质，有机推断题等内容，欢迎下载使用。

贵州省遵义市2022届高三模拟卷（二）理综化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．化学与生产生活息息相关。下列说法中正确的是
A．冬奥会场馆中使用了CO2超临界制冰技术，制作的冰是有机高分子化合物
B．氢气火炬中的储氢合金材料是新型无机非金属材料
C．我国远洋水体调查船“向阳红01”号上钉的锌条起到了防止船体被腐蚀的作用
D．为达到碳中和相关标准，禁止任何人燃烧木柴和煤炭，转而使用太阳能
【答案】C
【详解】A．冰是无机化合物，故A错误；
B．氢气火炬中的储氢合金材料是金属材料，故B错误；
C．我国远洋水体调查船“向阳红01”号上钉的锌条起到了防止船体被腐蚀的作用，主要原理是牺牲阳极的阴极保护法，故C正确；
D．为达到碳中和相关标准，是减少燃烧木柴和煤炭，尽量使用太阳能，不是禁止燃烧木柴和煤炭， 故D错误；
综上所述，答案为C。
2．已知NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是
A．1 mol C5H12含有极性共价键的数目为12 NA
B．标准状况下，4.48 L NO2中原子数为0.6 NA
C．标准状况下，0.2 mol D2O与HF的混合物中电子数有2 NA
D．1 L 0.1 mol∙L−1的Na2CO3 溶液中Na+有0.2 NA
【答案】B
【详解】A．C5H12是烷烃，含有12个碳氢共价键，1 mol C5H12含有极性共价键的数目为12 NA，故A正确；
B．标准状况下，NO2是非气态的物质，无法计算物质的量，故B错误；
C．D2O、HF都有10个电子，标准状况下，0.2 mol D2O与HF的混合物中电子数有2 NA，故C正确；
D．1 L 0.1 mol∙L−1的Na2CO3 溶液中Na2CO3物质的量为0.1mol，含有Na+有0.2 NA，故D正确。
综上所述，答案为B。
3．一种代号为AZD5438的化合物能够对一些癌症起到显著的抑制作用。AZD5438的结构如图所示。则下列说法中不正确的是

A．AZD5438的分子式为C18H21O2N5S
B．AZD5438苯环上的一溴代物有2种
C．AZD5438可以与10 mol H2发生加成反应
D．AZD5438一定有6个C原子是共面的
【答案】C
【详解】A．根据AZD5438的结构简式得到分子式为C18H21O2N5S，故A正确；
B．AZD5438苯环有对称性，有2种位置的氢即，因此AZD5438苯环上的一溴代物有2种，故B正确；
C．1molAZD5438有2mol碳碳双键，3mol碳氮双键，1mol苯环，因此可以与8 mol H2发生加成反应，故C错误；
D．AZD5438中苯环上的碳原子一定共平面，因此AZD5438一定有6个C原子是共面的，故D正确。
综上所述，答案为C。
4．W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，化合物X2W2的颜色为淡黄色，W和Y同族。下列叙述正确的是
A．Z的氧化物的水化物是强酸
B．原子半径：X＞W＞Y＞Z
C．X的单质是周期表中最容易失去电子的金属
D．W与Z形成的一种化合物可用于自来水消毒
【答案】D
【分析】化合物X2W2的颜色为淡黄色即为Na2O2，原子序数X>W，则X为Na，W为O，W和Y同族且为短周期元素，则Y为S，Z为Cl；
【详解】由上述分析可知，W为O，X为Na，Y为S，Z为Cl，
A．Z为Cl，最高价氧化物的水化物HClO4才是是强酸，非最高价如HClO是弱酸，故A错误；
B．电子层数越多原子半径越大，电子层数相同时原子序数越大半径越小，则原子半径：Na>S>Cl>O，故B错误；
C．X为Na，是短周期元素最容易失去电子的金属，同主族元素从上到下金属性增强，还原性增强，越易失电子，则为Fr，故C错误；
D．W为O，Z为Cl，形成的一种化合物ClO2具有氧化性，可用于自来水消毒，故D正确；
故选：D。
5．四位同学设计了下列实验，记录实验现象并得出相应结论，其中不合理的是


①生白色沉淀

②光照试管壁产生无色气泡

③试管口产生红棕色气体

④试管底部固体消失，试管口有晶体凝结

A．①中的白色沉淀为BaSO3和BaCO3
B．②中的无色气体能使带火星的木条复燃
C．③不能说明木炭与稀硝酸反应产生NO2
D．④说明NH4Cl固体受热易分解
【答案】A
【详解】A．①中二氧化硫和水、硝酸钡发生氧化还原反应生成白色沉淀为BaSO4，二氧化碳不与硝酸钡反应，因此不合理，故A符合题意；
B．②中稀硫酸滴加进去生成HClO，HClO再光照条件下分解生成氧气，氧气能使带火星的木条复燃，因此实验现象并得出相应结论合理，故B不符合题意；
C．NO和氧气反应生成红棕色NO2，所以③不能说明木炭与稀硝酸反应产生NO2，因此实验现象并得出相应结论合理，故C不符合题意；
D．④试管底部固体消失，则氯化铵分解生成氨气和氯化氢，试管口有晶体凝结，说明氯化氢和氨气反应生成氯化铵，即④说明NH4Cl固体受热易分解，因此实验现象并得出相应结论合理，故D不符合题意。
故选A。
6．镍镉电池是一种新型的封闭式体积小的充电电池。其工作原理如图所示，下列说法错误的是


A．放电时b极为正极
B．放电时a极的反应
C．充电时电流的方向：外电源正极→b极→电解质溶液→a极
D．用该电池提供的电能电解饱和食盐水，电路中通过0.2mol e－，阴极生成0.2gH2
【答案】B
【分析】根据化合价升降，左边化合价升高，失去电子，作负极，右边化合价降低，得到电子，作正极。
【详解】A．根据图中信息电子从左转移到右边，因此放电时a极为负极， b极为正极，故A正确；
B．根据图中负极Cd变为Cd(OH)2，则放电时a极的反应 ，故B错误；
C．充电时电流的方向从：外电源正极→阳极(b极)→电解质溶液→阴极(a极)→外电源负极，故C正确；
D．用该电池提供的电能电解饱和食盐水，阴极反应式为H2O＋2e－＝H2↑＋2OH－，电路中通过0.2mol e－，则阴极生成氢气物质的量为0.1mol，质量为0.2g，故D正确；
综上所述，答案为B。
7．H3PO4 是一种三元弱酸。室温下，向0.1mol∙L−1的H3PO4溶液中滴加NaOH调节pH值。混合溶液中lg X表示[lg、lg 、lg]随溶液pH值的变化如图所示。下列说法错误的是

A．曲线II表示与溶液pH的关系
B．pH=2.15时，
C．室温下溶液显酸性
D．随着pH值的增大：不断减小
【答案】D
【分析】H3PO4 是一种三元弱酸，H3PO4 的逐级电离常数在逐渐减小，当lg X=0时，则=1时的氢离子浓度最大， =1时的氢离子浓度次之，=1时的氢离子浓度最小，因此I是lg与溶液pH的关系，II是lg与溶液pH的关系，III是lg与溶液pH的关系。
【详解】A．根据前面分析曲线II表示与溶液pH的关系，故A正确；
B．pH=2.15时，lg=0，即=1，根据电荷守恒和=1得到，故B正确；
C．pH=2.15时，lg=0，即=1，则Ka1=10−2.15，pH=7.20时，lg=0，即=1，则Ka2=10−7.20，，则溶液中电离程度大于水解程度，因此室温下溶液显酸性，故C正确；
D．随着pH值的增大：是不变的，故D错误；
综上所述，答案为D。

二、实验题
8．丙烯腈(CH2=CHCN)是合成纤维、合成橡胶和合成树脂的重要单体，可以由乙炔与HCN反应制得。原理如下CH≡CH+HCNCH2=CHCN
Ⅰ．制备催化剂CuCl2
(1)通过查阅资料有两种方案可以制备
方案1：铜屑与H2O2在浓盐酸中反应
方案2：铜丝在氯气中燃烧
方案1的实验原理如图所示

①器a的名称_____
②请写出方案1的反应原理___________(用离子方程式表达)
(2)用恒压滴液漏斗分批多次滴加H2O2，且H2O2过量，原因是_____
(3)方案2燃烧后的固体溶于水，过滤后发现一些白色固体X，为检测X的成分，某同学将其溶于稀硫酸，白色固体变为红色，且溶液呈蓝色，推测X为_____
Ⅱ．合成丙烯腈
已知：①电石的主要成分是CaC2，还含有少量硫化钙
②HCN易挥发，有毒，具有较强的还原性

(4)HCN的电子式_____
(5)纯净的乙炔是无色、无臭的气体。但用电石制取的乙炔时常伴有有臭鸡蛋气味，这种物质是_____
(6)从下列选择装置D中可盛放的溶液
A．高锰酸钾溶液 B．NaOH溶液 C．饱和食盐水 D．盐酸溶液
(7)工业用200 kg 含CaC2质量分数80%的电石，生产得到丙烯腈79.5 kg，计算产率_____
【答案】(1)     三颈烧瓶     Cu+H2O2+2H+=Cu2++2H2O
(2)H2O2不稳定易分解，让反应更充分，提高CuCl2的产量
(3)CuCl
(4)
(5)H2S气体
(6)A
(7)60%
【分析】丙烯腈(CH2=CHCN)是通过CH≡CH+HCNCH2=CHCN得到，制备催化剂CuCl2常用铜屑与H2O2在浓盐酸中反应得到或则铜丝在氯气中燃烧得到，制备乙炔时常用电石与饱和食盐水反应得到，由于含有硫化氢杂质，用硫酸铜溶液处理，将乙炔通入到氯化铜和HCN溶液中水浴加热反应生成丙烯腈，由于HCN有毒，因此尾气用高锰酸钾溶液处理。
（1）①根据图中得到仪器a的名称三颈烧瓶；故答案为：三颈烧瓶。②方案1的反应原理是铜屑与H2O2在浓盐酸中反应生成氯化铜和水，其离子方程式为：Cu+H2O2+2H+=Cu2++2H2O；故答案为：Cu+H2O2+2H+=Cu2++2H2O。
（2）用恒压滴液漏斗分批多次滴加H2O2，且H2O2过量，原因是H2O2不稳定易分解，生成的铜离子对双氧水分解起催化作用，也为了让反应更充分，提高CuCl2的产量；故答案为：H2O2不稳定易分解，让反应更充分，提高CuCl2的产量。
（3）方案2燃烧后的固体溶于水，过滤后发现一些白色固体X，为检测X的成分，某同学将其溶于稀硫酸，白色固体变为红色，且溶液呈蓝色，说明该白色物质再酸性条件下反应生成Cu和铜离子，则根据氧化还原反应原理推测X为CuCl；故答案为：CuCl。
（4）HCN中碳氮共用三对电子，碳氢共用一对电子，因此HCN的电子式；故答案为：。
（5）纯净的乙炔是无色、无臭的气体。但用电石制取的乙炔时常伴有有臭鸡蛋气味，这种物质是H2S气体；故答案为：H2S气体。
（6）HCN易挥发，D装置主要处理挥发出的HCN气体，HCN有毒，具有较强的还原性，因此利用高锰酸钾强氧化性将具有强还原性物质HCN发生氧化还原反应，因此装置D中可盛放的溶液为A；故答案为：A。
（7）工业用200 kg 含CaC2质量分数80%的电石，根据CaC2～CH2=CHCN关系式，理论上得到丙烯腈质量为，实际生产得到丙烯腈79.5 kg，则丙烯腈的产率；故答案为：60%。

三、工业流程题
9．当下国际局势紧张，金属钨和单晶硅是重要的军事、科技战略资源。从硫钨矿可以制取金属钨和单晶硅，硫钨矿的主要成分是CaWO4，还包括FeS、SiO2等，某工艺生产流程如下：


已知： 常温下，Ksp(CaWO4=1.0×10-8 )，Ksp (CaCO3=1.0×10-9 )
(1)将硫钨矿在空气中高温焙烧，请写出焙烧时发生的化学方程式_____,写出一种加快焙烧速率的方法_____
(2)“溶浸”时，___________(填“能”或“不能”)将纯碱换成烧碱；“操作1”中玻璃棒的作用___________。
(3)滤渣的主要成分是SiO2和____ ，将滤渣高温煅烧产生 CO2，请从化学反应进行的方向解释由SiO2产生CO2的原因_____
(4)“滤液”是Na2WO4溶液，Na2WO4在水中的溶解度随温度变化如图所示， “滤液”获得钨酸钠二水合物晶体的操作方法是____


(5)H2WO4是难溶于水的弱酸，工业上用“盐酸分解法”制备钨酸：
先用钨酸钠与盐酸、氯化铵作用得到精钨酸铵[5(NH4)2O·12WO3]，再用盐酸酸解，得到钨酸，请写出盐酸酸解时的化学方程式_____
【答案】(1)     3FeS+5O2Fe3O4+3SO2     将硫钨矿研磨、增大空气的通入量
(2)     不能     引流作用
(3)     CaCO3     发生反应CaCO3+SiO2CaSiO3+CO2↑，该反应熵增，高温有利于自发进行
(4)加热浓缩、冷却结晶
(5)5(NH4)2O·12WO3+10HCl+7H2O=12H2WO4↓+10NH4Cl
【分析】硫钨矿的主要成分是CaWO4，还含有FeS、SiO2等杂质，将硫钨矿高温焙烧，FeS与O2反应产生Fe3O4和SO2，经磁选除去Fe3O4后的残渣用纯碱溶液溶浸，CaWO4变为可溶性Na2WO4，发生反应：CaWO4+Na2CO3Na2WO4+CaO+CO2↑，而杂质SiO2在该条件下不能反应，通过过滤就将可溶性Na2WO4与难溶性SiO2进行分离，反应过程可能产生的CaCO3也一并进入滤渣中，Na2WO4经一系列处理得到W，进入滤渣的SiO2经一系列处理得到Si。
(1)
硫钨矿在空气中高温焙烧时，FeS与O2反应产生Fe3O4和SO2，该反应的化学方程式为：3FeS+5O2Fe3O4+3SO2；
硫钨矿是块状固体，加快焙烧速率的方法可以是将硫钨矿研磨、搅拌、增大空气的通入量等；
(2)
由于烧碱NaOH能够与SiO2发生反应，因此在进行“溶浸”时不能使用烧碱代替纯碱；操作1是分离难溶性固体与可溶性液体混合物，因此该操作为过滤，其中玻璃棒的作用是引流；
(3)
在滤渣中含有的成分有原硫钨矿中不溶性物质SiO2及CaWO4与Na2CO3发生复分解反应产生未分解的CaCO3；
将滤渣高温煅烧产生 CO2，这是由于在高温下SiO2与CaCO3会发生反应：CaCO3+SiO2CaSiO3+CO2↑，该反应是熵增的反应，高温有利于反应自发进行；
(4)
根据图象可知：Na2WO4的溶解度受温度的影响变化较大，因此从“滤液”获得钨酸钠二水合物晶体的操作方法是：将滤液加热进行蒸发浓缩，然后冷却结晶；
(5)
精钨酸铵[5(NH4)2O·12WO3]用盐酸酸解，得到钨酸和NH4Cl，根据原子守恒可得该反应方程式为：5(NH4)2O·12WO3+10HCl+7H2O=12H2WO4↓+10NH4Cl。

四、原理综合题
10．德国化学家哈伯在1918年荣获了诺贝尔化学奖，但是后人对他的评价却褒贬不一。
I.有人认为哈伯是一位伟大的科学家，因为他是实现人工合成氨并进行工业生产的第一人。所以赞美他是“用空气制造面包的天使”。
(1)工业上合成氨气的方程式：N2(g) + 3H2(g) ⇌ 2NH3(g)， ΔH = -91.3 kJ/mol，下表为破坏1mol相关化学键需要的能量。
NN
N_H
H_H
945.8 kJ
a kJ
435.9 kJ

求a值：_____
(2)在密闭容器中合成氨气，有利于提高H2的转化率且加快反应速率的措施_____
A．升高反应温度     B．增大反应的压强       C．移走生成的NH3 D．增加H2的量          E．添加合适的催化剂
(3)将0.3 mol N2和0.9 mol H2充入3L密闭容器中，图为在不同温度下，平衡时NH3的体积分数随压强的变化曲线。

甲、乙、丙中温度从高到低的顺序是___________，d点N2的转化率是___________。(结果保留1位小数)
II.有人认为哈伯是一战的“催化剂”，因为在一战中，哈伯担任德国化学兵工厂厂长时负责研制和生产氯气、芥子气等毒气，并使用于战争之中，造成近百万人伤亡。
(4)实验室制备氯气后通常用NaOH溶液进行尾气处理，反应的温度不同产物也会有变化。某温度下发生的反应为 ，生成1 mol NaClO3被氧化的与被还原的Cl2的质量比例___________。
(5)将上述反应后的溶液倒入电解池的阳极区，可以提高NaClO3的含量，装置如图所示：

电极E是____(填“阳极”或“阴极”)，阳极区发生的反应：____
III.其实物质并没有好坏之分，关键是人们用这些物质来做了什么！
(6)请列举Cl2在日常生活中的作用(列举一种)： Cl2_______
【答案】(1)390.8
(2)B
(3)     丙，乙，甲     57.1%（57.0%）
(4)1:5
(5)     阴极    
(6)Cl2:制漂白液，消毒液，盐酸，农药
【解析】(1)
N2(g) + 3H2(g) ⇌ 2NH3(g)， ΔH = -91.3 kJ/mol，焓变=反应物总键能-生成物总键能，即945.8+435.9×3-6a=-91.3，则a=390.8；
(2)
A．正反应放热，升高反应温度，平衡逆向移动，氢气的转化率减小，故不选A；     
B．增大反应的压强，反应速率加快，平衡正向移动，氢气的转化率增大，故选B；       
C．移走生成的NH3，反应速率减慢，故不选C；     
D．增加H2的量，反应速率加快，平衡正向移动，氢气的转化率减小，故不选D；          
E．添加合适的催化剂，平衡不移动，氢气的转化率不变，故不选E；
选B
(3)
正反应放热，升高温度，平衡逆向移动，氨气体积分数减小，则甲、乙、丙中温度从高到低的顺序是丙>乙>甲；

d点氨气的体积分数为40%， ，x=0.171，d点N2的转化率是；
(4)
某温度下发生的反应为 ，氯元素化合价由0降低为-1、氯元素化合价由0升高为+5，根据得失电子守恒，被氧化的与被还原的Cl2的质量比例1:5；
(5)
装置右侧放出氢气，发生还原反应，电极E是阴极；反应后的溶液倒入电解池的阳极区，可以提高NaClO3的含量，可知氯离子在阳极区被氧化为 ，发生的反应为；
(6)
Cl2可以制漂白液、消毒液、盐酸、农药等。

五、结构与性质
11．基于CH3NH3PbI3的有机-无机杂化钙钛矿被认为是下一代太阳能电池的可选材料之一、
(1)基态Pb原子中，电子占据的最高能级为___________。写出基态C原子的价电子排布图___________。
(2)合成CH3NH3PbI3需要使用的主要试剂有CH3NH2、HI、PbI2、DMF(结构如图所示)。

①PbI2分子的构型是___________。
②DMF中，N原子的杂化方式是___________。C、N、O三种元素第一电离能性从大到小的顺序是___________。DMF中存在的化学键键型不包括下列说法中的___________(填序号)。
A． 极性键             B． 非极性键             C． 离子键             D． π键
(3)理想的钙钛矿晶胞如图所示

①从图中任意一种晶胞可确定钙钛矿的分子式是___________；
②设NA为阿伏伽德罗常数的值，若已知钙钛矿[b]型的密度约为ρ g/cm3，则钙钛矿[b]型晶胞中两个O原子的最短距离是___________nm。
【答案】(1)     6p    
(2)     V形     sp3杂化     N＞O＞C     BC
(3)     CaTiO3    
【解析】(1)
Pb是第六周期元素，是第IVA族元素，价电子排布为ns2np2，基态Pb原子中，电子占据的最高能级为6p。基态碳的价电子排布为2s22p2，则基态C原子的价电子排布图；故答案为：6p；。
(2)
①PbI2中Pb价层电子对数为2+1=3，则分子的构型是“V”形；故答案为：V形。
②DMF中，N有三个共价键，还有一对孤对电子，因此N原子的杂化方式是sp3杂化。根据同周期从左到右第一电离能呈增大的趋势，但第IIA族大于第IIIA族，第VA族大于第VIA族，因此C、N、O三种元素第一电离能性从大到小的顺序是N＞O＞C。DMF中存在的化学键有碳氧双键中有σ键和π键，还有碳氮极性键，因此没有非极性键和离子键即键型不包括下列说法中的BC；故答案为：sp3杂化；N＞O＞C；BC。
(3)
①根据右边得到Ca有1个，Ti有个，O有个，因此该晶胞中钙钛矿的分子式是CaTiO3；故答案为：CaTiO3。
②设NA为阿伏伽德罗常数的值，若已知钙钛矿[b]型的密度约为ρ g/cm3，则，解得，钙钛矿[b]型晶胞中两个O原子的最短距离是面对角线的一半即nm；故答案为：。

六、有机推断题
12．物质H是一种重要的精细化工原料和有机合成中间体。其合成方法如图所示。

已知：
①R-CH2-COOH R-CH2-COCl
②CH3COCH2COOC2H5+R-CHO
回答下列问题。
(1)物质A的名称___________。H的分子式是___________。
(2)A→B的反应类型为___________。
(3)B→C的反应方程式为___________。
(4)下表研究了E→F的反应过程中某些因素对反应的影响。
试剂用量：E：0.04 mol；乙醛：0.03 mol；碱催化剂：0.02 mol；有机溶剂：30 mL
反应温度/℃
碱催化剂
有机溶剂
产率/%
80
哌啶
乙醇
47
80
甲醇钠
乙醇
40
100
叔丁醇钾
叔丁醇
41
80
碳酸钠
乙腈
89
80
碳酸钾
乙腈
78
80
碳酸钠
乙醇
95

从表格中的数据可知，在E→F的反应中，应选择___________作为催化剂，___________作为溶剂。
(5)H的一种同系物X比H多一个C原子，则X可能的结构有___________种。其中核磁共振氢谱中吸收峰面积之比为6:2:2:1:1的结构简式为___________。
(6)根据题中所给信息，设计一个由物质E和正丁醛合成3-甲基-5-正丙基苯酚的路线_______。
【答案】(1)     乙酸     C8H10O
(2)取代反应
(3)CH3COClH2C=C=O+HCl
(4)     碳酸钠     乙醇
(5)     22     （对异丙基苯酚）
(6)CH3COCH2COOC2H5
【分析】由A的分子式及信息①，可确定A为CH3COOH，A与SOCl2发生取代反应，生成的B为CH3COCl，C为CH2=C=O；由E的结构简式及D的分子式，可确定D为CH3COCH=C=O；由信息②可确定F为。
(1)
由分析知，物质A的名称为乙酸；H的结构简式为，分子中含有8个C原子、1个O原子，不饱和度为4，则分子式是C8H10O。答案为：乙酸；C8H10O；
(2)
在SOCl2的作用下，CH3COOH→CH3COCl，则A→B的反应类型为取代反应。答案为：取代反应；
(3)
B为CH3COCl，C为H2C=C=O，则反应同时生成HCl，化学方程式为CH3COClH2C=C=O+HCl。答案为：CH3COClH2C=C=O+HCl；
(4)
从表格中的数据可知，产率最高为95%，由此可确定对应的条件，应选择碳酸钠作为催化剂，乙醇作为溶剂。答案为：碳酸钠；乙醇；
(5)
H的一种同系物X比H多一个C原子，则X含有苯环、酚-OH、另外还含有3个C原子的烃基，此烃基可能为丙基、异丙基、1个甲基和1个乙基、3个甲基，对应的同分异构体数目分别有3种(邻、间、对)、3种(邻、间、对)、10种、6种，其同分异构体可能的结构共有22种。其中核磁共振氢谱中吸收峰面积之比为6:2:2:1:1的结构简式为（对异丙基苯酚）。答案：22；（对异丙基苯酚）；
(6)
由CH3COCH2COOC2H5和CH3CH2CH2CHO合成3-甲基-5-正丙基苯酚 ，先依据信息②，制得，再依据题给流程中F→G→H的信息，便可获得目标有机物。合成路线为CH3COCH2COOC2H5     。答案：CH3COCH2COOC2H5 。
【点睛】合成有机物时，应先分析原料有机物与目标有机物的异同点，然后借助题给信息及题给流程进行合成。