山东省青岛市青岛二中分校2021届高三化学上学期期中试题（含解析）

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1、山东省青岛市青岛二中分校2021届高三化学上学期期中试题（含解析）一、单项选择题，每题2分，多选，错选均不得分。1. 生产、生活中蕴含了丰富的化学知识。下列有关说法正确的是（ ）A. SO2、CO2和 NOx都是可形成酸雨的气体B. 衣料中的蚕丝和涤纶都属于合成有机高分子材料C. 铝合金的大量使用归功于人们能使用焦炭将氧化铝还原为铝D. 过氧碳酸钠（2Na2CO33H2O2）、次氯酸钠、过氧化氢等都可以将病毒氧化而达到消毒的目的【答案】D【解析】【详解】A.二氧化碳是空气的组成成分，不是形成酸雨的气体，A项错误；B.衣料中的蚕丝主要成分是蛋白质，属于天然有机高分子材料，B项错误；C.由氧化铝制

2、备金属铝需要用电解熔融氧化铝的方法，C项错误；D.过氧碳酸钠(2Na2CO3 3H2O2)、次氯酸钠、过氧化氢都因为强氧化性而具有消毒杀菌的作用，D项正确；故正确答案为D2. 硝酸被称为“国防工业之母”是因为它是制取炸药的重要原料。下列实验事实与硝酸性质不相对应的一组是（ ）A. 浓硝酸使紫色石蕊试液先变红后褪色酸性和强氧化性B. 不能用稀硝酸与锌反应制氢气强氧化性C. 要用棕色瓶盛装浓硝酸不稳定性D. 能使滴有酚酞的氢氧化钠溶液红色褪去强氧化性【答案】D【解析】【详解】A. 浓硝酸使紫色石蕊试液先变红，表现出酸性；后褪色，表现出强氧化性，正确。B. 不能用稀硝酸与锌反应制氢气，因为硝酸具有强

3、氧化性，被锌还原生成氮氧化物等，而不生成氢气，正确。C. 要用棕色瓶盛装浓硝酸，因为浓硝酸具有光的不稳定性，正确。D. 能使滴有酚酞的氢氧化钠溶液红色褪去，可能是硝酸表现出强氧化性，将酚酞氧化而褪色；也可能是硝酸表现出酸性，中和了氢氧化钠的碱性，酚酞在中性溶液中呈无色，错误。故选D。3. 实验室下列做法正确的是（ ）A. 用酒精灯直接加热圆底烧瓶B. 用碱石灰干燥二氧化硫气体C. 少量的液溴用少量水液封，并用玻璃塞密封D. 将氢氧化钠溶液滴加到饱和FeCl3溶液中制备Fe（OH）3胶体【答案】C【解析】【详解】A. 蒸发皿、坩埚、试管、燃烧匙都是可以直接加热的仪器，圆底烧瓶、烧杯等底面积大的容

4、器壁薄的需要垫石棉网加热，A项错误；B. 二氧化硫是酸性氧化物，可以和氢氧化钠、氧化钙反应，不能用碱石灰干燥，可以用浓硫酸或者五氧化二磷干燥，B项错误；C. 液溴有挥发性，一般用少量水液封防止其挥发，C项正确；D. 氢氧化钠与氯化铁溶液反应生成氢氧化铁红褐色沉淀，D项错误；答案选C。 4. 下列物质的应用中，发生的不是化学变化的是（ ）选项ABCD应用开采可燃冰用做新能源利用罗盘辨明方向火药用作武器粮食酿酒A. AB. BC. CD. D【答案】B【解析】【详解】A.可燃冰是甲烷水合物，用作燃料燃烧时发生的是化学变化，故A不选；B.利用罗盘辨明方向没有生成新物资，是物理变化，故B选；C.火药在

5、适当条件下自身迅速燃烧生成大量气体，是化学变化，故C不选；D.粮食发酵淀粉经过一系列变化生成乙醇，是化学变化，故D不选；故选：B。5. 氢化钠（NaH）可在野外用作生氢剂，用作生氢剂时的化学反应原理为：NaHH2O=NaOHH2。下列有关该反应的说法中，正确的是（）A. NaOH是氧化产物B. 该反应为置换反应C. 氧化剂与还原剂的物质的量之比为11D. 若生成4.48 L H2，则反应中转移0.2 mol电子【答案】C【解析】【分析】NaH+H2ONaOH+H2中，H元素的化合价分别由-1价升高为0，由+1价降低为0，氢气即是氧化产物又是还原产物，以此解答该题。【详解】A. 由分析可知：氢气

6、是氧化产物，氢氧化钠只是生成物，故A错误；B. 该反应是两种化合物反应生成一种化合物和一种单质，不是置换反应，故B错误；C. NaH 中H元素的化合价由1价升高为0，可知NaH为还原剂，H2O中H元素的化合价由+1价降到0价，作氧化剂，有电子守恒可知：氧化剂与还原剂的物质的量之比为11，故C正确；D. 氢气所处的状态未知，无法算出氢气的物质的量，则转移电子数无法计算，故D错误；答案选C。6. 下列离子方程式正确的是（）A. 用醋酸除去水垢：2HCaCO3=Ca2CO2H2OB. 用铝粉和NaOH溶液反应制取少量H2：Al2OH2H2O=Al（OH）4H2C. 室温下用稀HNO3溶解铜：Cu2N

7、O2H=Cu22NO2H2OD. 室温下用稀NaOH溶液吸收Cl2：Cl22OH=ClOClH2O【答案】D【解析】【详解】A醋酸为弱酸，离子方程式中醋酸不能拆开，正确方程式为： ；A错误；B题给离子方程式不符合电荷守恒与得失电子守恒，正确方程式为：2Al+2OH-+6H2O=2Al(OH)4- + 3H2或2Al+2OH-+2H2O=2+ 3H2；B错误；C稀HNO3与Cu发生反应生成NO而不是NO2，正确方程式为：；C错误；DCl2与NaOH反应生成NaCl、NaClO和H2O，D正确。故答案选D。7. 儿童退烧药泰诺林的主要成分对乙酰氨基酚结构如下图所示，下列叙述正确的是（ ）A. 分子

8、中有三种官能团B. 分子式为C8H10NO2C 分子中所有原子可能共面D. 可以发生加成、取代、氧化和FeCl3显色反应【答案】D【解析】【详解】A观察对乙酰氨基酚的分子结构示意图可知，分子中只有酚羟基与肽键两种官能团，A项错误；B由结构简式可知，其分子式C8H9NO2，B项错误；C分子中有甲基，所有原子不可能共面，C项错误；D含有苯环，可以发生加成反应，含有酚羟基，且酚羟基邻位有空位，可以发生取代反应，酚羟基可以被氧化，且酚类物质遇FeCl3显紫色，D项正确；综上所述，叙述正确的是D项，故答案为D。8. 短周期主族元素 X、Y、Z、R的原子序数依次增大，X是地壳中含量最高的元素，Z在X中燃烧

9、火焰呈黄色，R基态原子p能级有一对成对电子。下列说法正确的是（ ）A. 电负性：XRZYB. 原子半径：ZRXYC. 简单离子的还原性：YXRD. 最高价氧化物对应水化物酸性：YXR【答案】B【解析】【分析】X是地壳中含量最高的元素，Z在X中燃烧火焰呈黄色，可快速推知：X 为 O 元素， Z 为 Na 元素；再结合“短周期”“主族”“序数依次增大”可确定 Y 为 F 元素，R是第三周期元素；R基态原子p能级有一对成对电子，推知R是S元素。元素 X、Y、Z、R依次为：O、F、Na、S。【详解】A.电负性最大的应该是F，故A错误；B.按照“一看电子层数，电子层数相同看质子数”的原则，故B正确；C.

10、电负性FOSNa，电负性越大，简单阴离子还原性越小，故C错误；D.F、O元素没有最高正化合价，故D错误；故选：B。9. 某废催化剂主要成分有SiO2、ZnO、ZnS和CuS。某化学兴趣小组拟用该废催化剂为原料，制备硫酸锌和硫酸铜晶体。采用的实验方案如下，下列说法正确的是（ ）已知：ZnS与稀硫酸发生反应且化合价不变，CuS既不溶于稀硫酸也不和稀硫酸反应。A. 第一次浸出可以在烧杯中进行B. 第二次浸出时发生反应为CuSH2O2H2SO4=CuSO4S2H2OC. 滤渣2中只有二氧化硅D. 获得硫酸锌和硫酸铜晶体采用蒸发结晶的方式【答案】B【解析】【详解】A根据题给化学工艺流程知第一次浸出发生反

11、应ZnOH2SO4=ZnSO4H2O、ZnSH2SO4=ZnSO4H2S，有有毒气体H2S生成，不能在烧杯中进行，要进行尾气处理，A项错误；B第二次浸出时发生反应：CuSH2O2H2SO4=CuSO4S2H2O，因此滤渣2的主要成分是二氧化硅和被氧化生成的硫单质，B项正确，C结合B的分析，滤渣2中除了二氧化硅外还有S，C项错误；D 要得到结晶水合物，只能采用降温结晶的方法，D项错误；答案选B。10. 下列操作能达到相应实验目的的是 （ ）实验目操作A除掉碳酸氢钠固体中混有的碳酸钠加热至固体质量不再变化B测定84消毒液pH用洁净的玻璃棒蘸取少许84消毒液滴在pH试纸上C证明乙烯可以发生加成反应将

12、乙烯通入酸性高锰酸钾溶液，紫色褪去D检验溶液中是否含NH取少量试液于试管中，加入NaOH溶液并加热，用湿润的红色石蕊试纸检验产生的气体A. AB. BC. CD. D【答案】D【解析】【详解】A.碳酸钠的热稳定性高于碳酸氢钠，加热时碳酸氢钠分解，达不到除杂的目的，A项不选；B. 84消毒液具有漂白性，不能用pH试纸测定其pH，B项不选；C. 乙烯使酸性高锰酸钾溶液褪色，乙烯发生了氧化反应，不是加成反应，故C项不选；D. 加热时铵根离子和碱反应生成氨气，氨气可以使湿润的红色石蕊试纸变蓝，D项选；答案选D。11. 用N A表示阿伏加德罗常数的值，下列说法中错误的是( )A. 100 g 23%的乙

13、醇溶液中含氧原子个数为0.5NAB. 常温常压下，31 g P4中所含PP键数目为1.5NAC. 1 L 0.1 molL1的NaHCO3溶液中，Na+的数目为0.1 NAD. 过氧化钠与水反应时，生成0.1 mol氧气转移的电子数为0.2NA【答案】A【解析】【详解】A100g23%的乙醇溶液中含有乙醇的质量为：100 g23%=23g，物质的量为=0.5mol，0.5mol乙醇分子中含有0.5molO，由于水分子中也含有氧原子，所以该溶液中含有的氧原子大于0.5mol，所含氧原子数目大于0.5NA，故A错误；B31 gP4的物质的量为=0.25mol，P4为正四面体结构，1molP4含有6

14、molP-P键，即含有P-P键数目为1.5NA，故B正确；C1 L 0.1molL-1NaHCO3溶液中含有Na+的物质的量为0.1mol，数目为0.1 NA ，故C正确；D过氧化钠与水反应的化学方程式为，过氧化钠与水的反应中，当生成0.1mol氧气时转移0.2mol电子，故当生成0.1mol氧气时转移0.2mol电子即0.2NA个，故D正确；故选A。12. 如图是氯碱工业的装置示意图，下列说法中正确的是( )A. 该装置将化学能转化为电能B. 电极a是装置的负极，电极反应为2Cl-2e = Cl2C. 装置中离子交换膜是阳离子交换膜D. 每转移1mol电子，出口处可以收集到11.2L的氢气【

15、答案】C【解析】【详解】A氯碱工业是电解饱和食盐水，是将电能转化为化学能的装置，属于电解池，故A错误； B根据图示中离子的移动方向，电极a上氯离子放电，应该是电解池的阳极，故B错误；C离子交换膜有选择性，根据图示，阳极区要排出淡盐水，因此，离子交换膜只能是阳离子交换膜，不能允许阴离子通过，故C正确；D没有指明是否为标准状况，无法计算放出气体的体积，故D错误；故选C。13. 常温下，NCl3是一种黄色黏稠状液体，常用于漂白, 也用于柠檬等水果的熏蒸处理，下列关于NCl3的说法中不正确的是（ ）A. NCl3是由极性键构成的非极性分子B. NCl3的性质很活泼，很容易水解生成氨和次氯酸C. NCl

16、3分子中N原子采取了sp3杂化D. NCl3的沸点高于NF3【答案】A【解析】【详解】A. N和Cl之间构成的是极性键，价层电子对数=3+=1，空间构型为三角锥形，属于极性分子，故A说法错误；B. NCl分子中，氮的化合价为3，氯的化合价为+1，故水解产物是氨气和次氯酸，故B说法正确；C. 中心原子N原子的价层电子对数为4，价层电子对数等于杂化轨道数，即杂化类型为sp3杂化，故C说法正确；D. 由于NF3和NCl均为组成和结构相似的分子晶体，相对分子质量越大，熔沸点越高，故D说法正确；故答案为A。二、不定项选择题14. 某同学购买了一瓶“84消毒液”，包装说明如下：主要成分：25%NaClO、

17、1 000 mL、密度1.20gcm3使用方法：稀释100倍（体积比）后使用注意事项：密封保存，易吸收空气中的CO2变质根据以上信息和相关知识判断，下列分析不正确的是 （）A. 该“84消毒液”的物质的量浓度为4.0 molL1B. 该“84消毒液”与CO2发生氧化还原反应而变质C. 取100 mL该“84消毒液”稀释100倍后用以消毒，稀释后的溶液中c（Na）约为0.04 molL1D. 参阅该“84消毒液”的配方，欲用NaClO固体配制480 mL含25%NaClO的消毒液，需要称量的NaClO固体质量为143 g【答案】BD【解析】【详解】A. c4 molL1，A正确；B. 该瓶消毒液

18、中含NaClO与CO2发生反应：NaClOCO2H2ONaHCO3HClO，为非氧化还原反应，B错误；C. 由c1V1c2V2知稀释100倍后的溶液中c(Na)为0.04 molL1，C正确；D. 配制溶液时应选500 mL的容量瓶，所需m(NaClO)0.5 L4 molL174.5 gmol1149 g，D错误。答案选BD。15. SO2通入不同溶液中，实验现象、所得结论均正确的是（）实验现象结论ABa(NO3)2溶液无明显现象BaSO3能溶解在硝酸中BH2S溶液产生黄色沉淀SO2有氧化性C酸性KMnO4溶液紫色溶液褪色SO2有漂白性DNa2SiO3溶液产生胶状沉淀酸性：H2SO3H2Si

19、O3A. AB. BC. CD. D【答案】BD【解析】【详解】ASO2通入硝酸钡溶液中，溶液呈酸性，酸性条件下SO2被氧化生成，与Ba2+反应形成白色BaSO4沉淀，体现了SO2的还原性，现象和结论均错误，A不符合题意；BSO2与H2S溶液发生反应：SO22H2S=3S2H2O，产生黄色沉淀，体现了SO2的氧化性，现象和结论均正确，B符合题意；CSO2使酸性KMnO4溶液褪色，发生反应的离子方程式为5SO2+2+2H2O=5+2Mn2+4H+，体现了SO2的还原性，结论错误，C不符合题意；DSO2通入Na2SiO3溶液中产生胶状沉淀，反应的化学方程式为SO2+Na2SiO3+H2O=H2Si

20、O3+Na2SO3，根据强酸制弱酸的复分解反应规律，可得出酸性：H2SO3H2SiO3，现象和结论均正确，D符合题意；答案选BD。16. 亚氯酸钠（NaClO2）是一种高效的漂白剂和氧化剂，可用于各种纤维和某些食品的漂白。马蒂逊（Mathieson）法制备亚氯酸钠的流程如下：下列说法错误的是（ ）A. 反应阶段，参加反应的NaClO3和SO2的物质的量之比为2：1B. 若反应通过原电池来实现，则ClO2是正极产物C. 反应中的H2O2可用NaClO4代替D. 反应条件下，ClO2的氧化性大于H2O2【答案】C【解析】【详解】A根据流程图反应中氧化剂是NaClO3，还原剂是SO2，还原产物是Cl

21、O2，氧化产物是NaHSO4，根据化合价升降相等可得NaClO3和SO2的物质的量之比为2:1，A项正确；B由反应化合价变化情况，再根据原电池正极表面发生还原反应，所以ClO2是正极产物，B项正确；C据流程图反应，在ClO2与H2O2的反应中，ClO2转化为NaClO2氯元素的化合价降低，做氧化剂；H2O2只能做还原剂，氧元素的化合价升高，不能用NaClO4代替H2O2，C项错误；D据流程图反应ClO2与H2O2反应的变价情况，ClO2做氧化剂，H2O2做还原剂，可以推出ClO2的氧化性大于H2O2，D项正确；故答案选C。【点睛】根据反应的流程图可得反应中的反应物与生成物，利用得失电子守恒规律

22、推断反应物或生成物的物质的量之比。17. 利用下列装置（部分夹持仪器省略）进行实验，原理正确，操作准确，能达到实验目的是（ ）选项ABCD装置目的制取并收集乙酸乙酯灼烧海带干燥、收集氨气并吸收多余的尾气制取氯气A. AB. BC. CD. D【答案】AC【解析】【详解】A实验室用乙醇、乙酸与浓硫酸共热制取乙酸乙酯，加入碎瓷片防止暴沸，饱和碳酸钠溶液可以溶解挥发出的乙醇，中和挥发出的乙酸，降低乙酸乙酯的溶解度有利于分层析出，同时为了防止倒吸，导管口不能没入液面下，A装置正确；B灼烧海带应该在坩埚中进行，B错误；C.氨气是碱性气体，要用碱石灰干燥，密度比空气小，采用向下排空气法收集，氨气及易溶于水

23、，吸收尾气要注意防止倒吸，C正确；D.1 molL1的盐酸为稀盐酸，与二氧化锰不反应，则不能制备氯气，故D错误；故选AC。18. 硝苯地平缓释片常用语预防和治疗冠心病、心绞痛，还适用于各种类型的高血压，对顽固性、重度高血压也有较好疗效，其结构简式如下图所示，下列关于硝苯地平的说法中，正确的是（ ）A. 该分子在核磁共振氢谱中有8组吸收峰B. 苯环上的氢原子发生氯代时，有2种一氯代物C. 1mol该分子最多可以与7molH2发生加成反应D. 其酸性水解产物可以发生消去反应【答案】A【解析】【详解】A由图可知，硝苯地平分子中有8种不同环境的氢原子（如图所示），故核磁共振氢谱有8组吸收峰，A正确；B

24、苯环上有4种H，故苯环上的一氯代物有4种，B错误；C由于酯基不能和氢气发生加成反应，苯环和氢气按1:3加成，两个双键各按1:1和氢气加成，故1mol该分子最多可以与5molH2发生加成反应，C错误；D该分子酸性水解得到甲醇，甲醇不能发生消去反应，D错误。故答案选A。19. 铁、铬、铜、锌都是重要的过渡元素，它们的单质和化合物在生活、生产中有广泛应用。（1）基态铬原子核外价电子轨道表示式为_；基态Zn原子核外占据最高能层电子的电子云轮廓图形状为_。（2）已知铜的配合物A结构如图，该配合物中Cu2+的配位数为_。上述配合物中的第二周期元素按第一电离能由小到大的顺序排列为_。配体氨基乙酸根（H2NC

25、H2COO）受热分解可产生CO2和N2，N2O与CO2互为等电子体，则N2O的电子式为_。（3）铁和氮形成一种晶体，晶胞结构如图所示，则该晶体的化学式为_，若该晶体的密度为gcm3，用NA表示阿伏加德罗常数的值，则该晶胞的体积是_cm3。【答案】 (1). (2). 球形 (3). 4 (4). CON (5). (6). Fe4N (7). 【解析】【详解】(1)Cr是24号元素，核外电子排布式为Ar3d54s1，核外价电子轨道表示式为； Zn是30号元素，处于周期表中第四周期第B族，价电子排布式为3d104s2，最高能层电子占据4s ，s能级是球形的；(2)由结构图知，Cu2+配位数为4；

26、配合物中的第二周期元素有C、O、N，第一电离能同周期从左到右呈增大趋势，由于N原子2p轨道半充满较为稳定，其第一电离能高于O，所以第一电离能由小到大顺序为： CON；N2O与CO2互为等电子体，比照二氧化碳的电子式可写出N2O的；(3)该晶胞中Fe位于顶点和面心，个数为8 +64，N位于体心，个数为1，故该晶体的化学式为Fe4N。该晶胞质量为，故该晶胞的体积为c m3。20. 高碘酸钾（KIO4）溶于热水，微溶于冷水和氢氧化钾溶液，可用作有机物的氧化剂。制备高碘酸钾的装置图如图I（夹持和加热装置省略）。回答下列问题：（1）装置A中仪器甲的名称是_，有同学提出将装置A改进为图II，这样改进的优点

27、是_。（2）装置B的作用是_。（3）装置D中试剂是_。（4）连接好后，将装置C水浴加热，通入氯气一段时间，冷却析岀高碘酸钾晶体，装置C中反应的化学方程式为_（5）反应后装置C中混合物经_（填操作名称）， 洗涤，干燥等步骤得到产品。洗涤时，应选用_（填“热水”或“冷水”）。（6）在酸性条件下，向硫酸锰（MnSO4）溶液中滴加高碘酸钾（KIO4）溶液，溶液颜色会变为紫红色，生成高锰酸钾（KMnO4），则KIO4和KMnO4二者相比，_的氧化性强【答案】 (1). 分液漏斗 (2). 平衡气压，使盐酸顺利滴下 (3). 除去氯气中混有的HCl气体 (4). NaOH溶液 (5). 2KOHKIO3C

28、l2KIO42KClH2O (6). 过滤 (7). 冷水 (8). KIO4【解析】【分析】图I：A装置反应产生氯气，由于HCl易挥发，故氯气中混有HCl杂质，通入C装置之前，需先经过洗气装置（B）除去HCl，Cl2进入C装置将KIO3氧化为KIO4，从而得到产品，由于氯气有毒不能直接排放，故D装置的作用是吸收多余氯气。【详解】（1）仪器甲名称是分液漏斗；对比改进前后装置发现主要变化是图II中a装置，改进后的优点是可以平衡气压，使盐酸顺利滴下；（2）浓盐酸具有挥发性，故用饱和食盐水可除去Cl2中的HCl气体；（3）氯气有毒，不能直接排放，故D属于尾气处理装置，可用NaOH溶液吸收尾气；（4）

29、装置C为KIO4制备反应发生装置，氯气将KIO3氧化为KIO4，本身被还原为KCl，化学方程式为；（5）联系上文，从固液混合物中分离出晶体，应该用过滤的方法；根据题给信息，高碘酸钾(KIO4)溶于热水，微溶于冷水和氢氧化钾溶液，选用冷水洗涤晶体的可以降低KIO4的溶解度，减少晶体损失；(6)根据题意，该反应中氧化剂是KIO4(或高碘酸钾)，MnSO4是还原剂，KMnO4是氧化产物，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，所以KIO4的氧化性强，故答案为：KIO4。21. 铁的化合物有广泛用途，如碳酸亚铁（FeCO3）可作为补血剂，铁红（Fe2O3）可作为颜料，制备FeCO3和Fe2O3的一种流程如

30、下图所示：回答下列问题：（1）写出反应I的化学方程式_（2）亚铁盐很容易变质，检验FeSO4溶液是否变质的方法是_（3）滤液的主要成分是_（4）反应I需要控制温度不超过35C，原因是_（5）反应II的离子方程式_（6）有同学查阅资料得知煅烧FeCO3的产物中含有+2价铁元素，于是他设计煅烧Fe（OH）3制备Fe2O3的方案：向FeSO4溶液中依次加入试剂 _和_即可得到Fe（OH）3。【答案】 (1). FeSO4+2NH4HCO3=FeCO3+(NH4)2SO4+CO2+H2O (2). 取少量待测液于试管中，滴加KSCN溶液，若溶液变成血红色，则溶液变质 (3). 硫酸铵、碳酸氢铵 (4)

31、. 防止碳酸氢铵受热分解 (5). HCO+H+=CO2+H2O (6). 氯水(或者双氧水) (7). 氢氧化钠、【解析】【分析】由流程知，硫酸亚铁溶液和过量碳酸氢铵溶液混合后得到溶液、碳酸亚铁沉淀、二氧化碳气体，过滤出碳酸亚铁沉淀，经通入空气煅烧后得到氧化铁和二氧化碳，滤液中含硫酸铵和过量的碳酸氢铵溶液，加硫酸后可以生产硫酸铵；反应的原料碳酸氢铵受热易分解，为了减少损失，反应需要控制温度不超过35 C，另一原料硫酸亚铁溶液易变质，可以通过：取样、加KSCN溶液、观察溶液是否变血红色判断亚铁离子是否被氧化，据此回答；【详解】(1)根据流程分析，反应原料为硫酸亚铁溶液和过量碳酸氢铵溶液，产物有

32、碳酸亚铁和二氧化碳，结合元素守恒和流程图可以分析出另外产物为硫酸铵和水，故反应的方程式为FeSO4+2NH4HCO3=FeCO3+(NH4)2SO4+CO2+H2O；(2)亚铁盐很容易变质氧化为铁盐，故检验是否变质就是检验溶液中是否有Fe3+，则方法为：取少量待测液于试管中，滴加KSCN溶液，若溶液变成血红色，则溶液变质；(3)由于使用的碳酸氢铵是过量的，因此滤液中应该有两种成分硫酸铵、碳酸氢铵；(4)反应I用到的碳酸氢铵受热易分解，为了减少损失，需要控制温度不超过35 C；(5)根据流程图，加稀硫酸的目的是除去过量的碳酸氢根离子，故离子方程式为HCO+ H+ = CO2+H2O(6)亚铁离子

33、可以被氯水或双氧水氧化为三价铁离子，铁离子和氢氧化钠反应生成氢氧化铁，氢氧化铁受热分解为氧化铁，最后过滤，这样可以制得氧化铁，故答案为：氯水或双氧水；氢氧化钠。22. 1914年从猫薄荷中分离出来的荆芥内酯会使猫产生幻觉，有的在幻想中追逐老鼠，有的则呆坐着茫然发呆。但对猫没有成瘾性，对其健康也没有实质性危害。对荆芥内酯氢化之后可得二氢荆芥内酯(F)，是一种有效的驱虫剂。F的一种合成路线如下：回答下列问题：(1)A中所含官能团的名称为_。(2)由C生成D的反应类型为_。(3)碳原子上连有四个不同的原子或基团时，该碳称为手性碳。写出B的结构简式_，B中的手性碳个数为_。(4)由B生成C所需的试剂与

34、条件是_。(5)写出D到E的反应方程式_。(6)写出一种满足下列条件的A的同分异构体_。分子中含有两个环，其中一个是六元环；可发生银镜反应；核磁共振氢谱中的峰面积比为4：4：4：2：1：1【答案】 (1). 醛基、碳碳双键 (2). 加成反应 (3). (4). 3 (5). 甲醇和浓H2SO4、加热 (6). 2NaOH+ CH3OH+ NaBr (7). 或【解析】【分析】在三氧化铬，硫酸，CH3COCH3作用下发生氧化反应生成，在甲醇和浓硫酸的作用下发生酯化反应制得，在ROOR条件下与HBr发生加成反应生成，在碱性条件下发生水解，生成，在浓硫酸和加热的条件下反应生成，由此分析。【详解】(

35、1)根据A的结构式可知，A中所含官能团的名称为醛基、碳碳双键；(2)在ROOR条件下与HBr发生加成反应生成，由C生成D的反应类型为加成反应；(3)在三氧化铬，硫酸，CH3COCH3作用下反应生成，B的结构简式，B中的手性碳位于的号碳上，个数为3；(4) 在甲醇和浓硫酸的作用下发生酯化反应制得，由B生成C所需的试剂是甲醇、浓硫酸，条件是加热；(5)D到E是在碱性条件下发生水解，生成，化学方程式为：2NaOH+ CH3OH+ NaBr；(6)A的结构式，分子式为C10H16O，根据碳原子数为10，分子中含有两个环，其中一个是六元环，另一个是三元环；可发生银镜反应，含有醛基；核磁共振氢谱中的峰面积比为4：4：4：2：1：1，说明分子中有6种不同环境的氢原子，处于不同环境里的氢原子个数比为4：4：4：2：1：1，故A的结构简式为或。