2022-2023学年湖南省株洲市第二中学高三上学期第三次月考化学试题含解析

这是一份2022-2023学年湖南省株洲市第二中学高三上学期第三次月考化学试题含解析，共29页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，工业流程题，原理综合题，有机推断题等内容，欢迎下载使用。

湖南省株洲市第二中学2022-2023学年高三上学期
第三次月考化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．下列叙述不正确的是
A．准晶是一种无平移周期序，但有严格准周期位置序的独特晶体，可通过X-射线衍射法方法区分晶体、准晶体和非晶体。
B．NH4Cl受热分解时克服的化学键只有离子键
C．冰密度比干冰的小，主要是因为冰晶体分子间的氢键存在方向性、饱和性
D．熔融状态时能导电的固体化合物一定是离子晶体
【答案】B
【详解】A．准晶体，是一种介于晶体和非晶体之间的固体。准晶体具有与晶体相似的长程有序的原子排列，但是准晶体不具备晶体的平移对称性。因而可以具有晶体所不允许的宏观对称性；X射线通过晶体后发生衍射，如同通过光栅一样，这样发生衍射的X射线到达背景时,在背景的某些特定位置上得到X射线较强的信号，其他位置则较弱；而X射线通过非晶体后，由于非晶体原子排列的非周期性，发生类似晶体衍射的效果不太明显，准晶体的衍射的效果比非晶体明显，所以可通过X-射线衍射法方法区分晶体、准晶体和非晶体；
B．NH4Cl存在离子键和配位键，受热分解时生成氨气和水，克服的化学键有离子键和配位键，故B错误；
C．冰中存在氢键，具有方向性、饱和性，干冰只存在分子间作用力，所以冰密度比干冰的小，故C正确；
D．只有离子化合物在熔融状态下才能电离，共价化合物不能在熔融状态下电离，不能导电，故D正确；
故选B。
2．下列说法正确的是
A．σ键和π键比例为7：1
B．SO3空间结构为三角锥形
C．配合物铁氰化钾K3[Fe(CN)6]中几种元素电离能由大到小的顺序是N>C>K>Fe
D．CO2分子中C和O原子之间的σ键是由C原子的sp杂化轨道与O原子的2p轨道重叠形成
【答案】D
【详解】A．双键中有1个σ键、1个π键，N-H单键、N-C单键、O-C单键、C-H单键，Cu-O单键均为σ键，所以σ键和π键比例为9：1，A错误；
B．SO3中心S原子的价层电子对数为=3，不含孤电子对，空间构型为平面三角形，B错误；
C．Fe的金属性比K弱，电离能大于K，C错误；
D．CO2分子中C原子采取sp杂化，C原子的sp杂化轨道与O原子的2p轨道重叠形成一个σ键，D正确；
综上所述答案为D。
3．用如下装置在实验室探究和的取代反应(部分夹持装置省略)。下列说法错误的是

A．圆底烧瓶中反应的离子方程式为：
B．实验中可观察到U形管左侧内壁有油状液滴出现
C．向漏斗中滴加紫色石蕊溶液，可验证该取代反应有生成
D．烧杯中溶液可用于吸收残留的
【答案】C
【详解】A．圆底烧瓶中是MnO2和浓盐酸发生氧化还原反应得到Cl2，反应的离子方程式为：，A正确；
B．CH4和Cl2发生取代反应得到二氯甲烷、三氯甲烷、四氯甲烷都是液体，则可观察到U形管左侧内壁有油状液滴出现，B正确；
C．漏斗中含有Cl2溶于水，反应为Cl2+H2OHCl+HClO，滴加紫色石蕊溶液变红，可能是氯气溶于水造成的，不能验证取代反应有生成，C错误；
D．Cl2可与强碱性溶液反应，则烧杯中溶液可用于吸收残留的，D正确；
故选：C。
4．天津大学研究团队以KOH溶液为电解质，CoP和Ni2P纳米片为催化电极材料，电催化合成偶氮苯()的装置如图所示(R代表烃基)。下列说法正确的是

A．离子交换膜是阳离子交换膜
B．偶氮苯存在顺反异构
C．合成1mol偶氮苯，需转移8mol电子
D．Ni2P电极反应式为
【答案】C
【分析】由图可知，该装置为电解池，CoP电极上，在水分子作用下硝基苯得到电子发生还原反应生成和氢氧根离子，电极反应式为：，为电解池的阴极，应与直流电源负极相连；Ni2P电极上，碱性条件下失去电子发生氧化反应生成RCN和水，电极反应式为：，为电解池的阳极，应与直流电源正极相连；电解过程中氢氧根离子通过阴离子交换膜从左侧阴极室向右侧阳极室移动。
【详解】A．OH-离子通过离子交换膜由阴极室移向阳极室，离子交换膜是阴离子交换膜，A错误；
B．由结构简式可知，偶氮化合物中不饱和氮原子上只连有苯环1个取代基，不可能存在顺反异构体，B错误；
C．由分析可知，合成1mol偶氮化合物，需转移8mol电子，C正确；
D．碱性条件下在阳极失去电子发生氧化反应生成RCN和水，电极反应式为：，D错误；
故本题选C。
5．在25℃下，稀释和某酸HA的溶液，溶液pH变化的曲线如图所示，其中表示稀释前的体积，表示稀释后的体积，下列说法错误的是

A．，两种酸溶液pH相同时，
B．a、b两点中，水的电离程度a小于b
C．25℃时，等浓度的与NaA溶液中，
D．曲线上a、b两点中，的比值一定相等
【答案】A
【详解】A．m<4，两种酸都是弱酸，HA的酸性小于，故pH相同时，，A项错误；
B．a点pH小于b点pH，则a溶液中大，对水的电离抑制程度大，因此水的电离程度：a小于b，B项正确；
C．和HA都是弱酸，其中HA的酸性弱于，25℃时，等浓度的和NaA溶液中，C项正确；
D． ，又，不变，故曲线上a、b两点 一定相等，D项正确；
答案选A。
6．下列实验操作正确或能达到实验目的的是

A．用装置甲蒸干溶液制无水固体
B．用装置乙除去实验室所制乙烯中的少量
C．用装置丙配制的溶液
D．用装置丁测量溶液的
【答案】B
【详解】A．受热会分解生成、，且氯化铵会水解，A错误；
B．乙烯不与反应，而与反应生成，B正确；
C．不能在容量瓶中直接配制溶液，C错误；
D．试纸不能直接放入溶液中测定溶液的，且不能用试纸测量溶液的，D错误；
故本题选B。
7．设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．晶体中含分子数为
B．白磷和红磷所含磷原于数均为
C．和充分反应后，得到分子数为
D．的溶液中含、和的数目之和为
【答案】B
【详解】A．晶体是由离子组成的，没有分子，A错误；
B．白磷和红磷均含有1molP，个磷原子，B正确；
C．和恰好反应生成，但由于部分会转化为，故分子数小于个，C错误；
D．溶液体积未知，无法计算，D错误；
故本题选D。
8．草本植物石菖蒲在《神农本草经》中被列为上品，广泛应用癫痫、中风等的治疗，其活性物质的结构如图所示。下列对于该活性物质的说法错误的是

A．分子中含有四种官能团 B．能和溶液反应生成
C．能发生加成、取代、氧化反应 D．该活性物质最多消耗
【答案】D
【详解】A．该活性物质分子中含有羟基、羧基、酯基、碳碳双键，A正确；
B．该活性物质含有羧基，能和溶液产生，B正确；
C．含有碳碳双键，能发生加成反应，含有羟基、酯基能发生取代反应，含有碳碳双键和羟基，能发生氧化反应，C正确；
D．该分子中羧基、酯基能和NaOH按1:1反应，故该活性物质最多消耗，D错误；
故选D。
9．依地酸铁钠是一种强化补铁剂。某实验小组采用如下实验探究该补铁剂中铁元素的化合价。(已知：依地酸根是常见的配体，邻二氮菲可与形成橙红色配合物)下列说法正确的是

A．依据现象②和③推测，依地酸铁钠中不含Fe(Ⅲ)
B．依据现象②和⑤推测，依地酸铁钠中含Fe(Ⅱ)
C．依据现象①、②和③推测，与形成配合物的稳定性强于依地酸铁钠
D．依据现象①、④和⑤推测，与依地酸根相比，邻二氮菲与形成的配合物更稳定
【答案】D
【详解】A．依据现象②和③推测，依地酸铁钠与形成配合物的稳定性强于，不能说明依地酸铁钠中不含Fe(Ⅲ)，A错误；
B．依据现象②和③不能推出依地酸铁钠中含Fe(Ⅱ)，⑤中加维生素C为还原剂，可还原Fe3+为Fe2+，也不能推出依地酸铁钠中含Fe(Ⅱ)，B错误；
C．依据现象①、②和③推测，依地酸铁钠与形成配合物的稳定性强于，C错误；
D．加入的维生素C为还原剂，溶液变为橙红色，由题可知邻二氮菲可与形成橙红色配合物，故邻二氮菲与形成的配合物更稳定，D正确；
故答案选D。
10．硬水除垢可以让循环冷却水系统稳定运行。某科研团队改进了主动式电化学硬水处理技术，原理如图所示(其中R为有机物)。下列说法不正确的是

A．电极A为阳极，发生氧化反应
B．处理过程中可循环利用
C．处理后的水垢主要沉降在阴极附近
D．当外电路通过2mol时，电极A上产生的气体为1mol
【答案】D
【分析】电极B为阴极，水放电产生氢气和氢氧根离子，电极反应式为2H2O-4e-=H2↑+2OH-；A为阳极，氯离子放电产生氯气；氯气与水的反应为可逆反应，次氯酸将有机物R如CO(NH2)2氧化生成N2。
【详解】A．由上述分析可知电极A为阳极，发生氧化反应，A正确；
B．阳极产生氯气，氯气与水反应生成次氯酸和HCl，HClO能将有机物氧化为二氧化碳和水，HClO自身被还原为氯离子，Cl-可以循环利用，B正确；
C．硬水中存在镁离子、钙离子和碳酸氢根离子，阴极放电产生氢氧根离子，氢氧根离子与镁离子结合生成氢氧化镁，氢氧根离子与碳酸氢根离子生成碳酸根离子，钙离子与碳酸根离子结合生成碳酸钙，氢氧化镁和碳酸钙主要沉降在阴极附近，C正确；
D． A极除氯离子放电生成Cl2，同时水也放电生成氢气，当外电路通过2mol时，A电极处产生的气体的体积无法确定，D错误；
故选：D。

二、多选题
11．依据下列含硫物质转化的热化学方程式，得出的相关结论正确的是
①  
②  
③  
④  
⑤  
A． B．
C． D．
【答案】AD
【详解】A．气态S的能量比固体S的大，所以气态S燃烧时放出的热量多，放热反应的为负数，绝对值大的反而小，故A正确；
B．反应③是H2S的不完全燃烧，反应④是H2S的完全燃烧，完全燃烧放出的热量多，放热反应的为负数，绝对值大的反而小，所以，故B错误；
C．根据盖斯定律，②×2＋③得，故C错误；
D．根据盖斯定律[③×3-④]得，故D正确；
选AD。
12．T℃时，向容积为的恒容密闭容器中充入气体和气体，发生如下反应：，反应进行到末，达到平衡，测得的体积分数为20%，下列说法中正确的是
A．内，
B．反应达到平衡状态时。
C．容器中气体密度不变时，反应达到平衡状态
D．达到平衡状态后，向容器中充入无关气体，正逆反应速率不变
【答案】BD
【详解】A．利用三段式计算，假设A反应了xmol，则可得三段式如下：

反应进行到末，达到平衡，测得的体积分数为20%，可得关系：，
得x=0.667mol则反应开始内，，A错误；
B．反应达到平衡状态时，，B正确；
C．反应未达到平衡状态，容器中气体密度也不变，C错误；
D．充入无关气体，各物质的浓度不变，速率不变，D正确；
故本题选BD。
13．测定溶液先升温再降温过程中的，数据如下。
时刻
①
②
③
④
温度/℃
25
30
40
25

9.66
9.52
9.37
9.25

实验过程中，取①④时刻的溶液，加入盐酸酸化的溶液做对比实验，④产生白色沉淀多。下列说法不正确的是A．④溶液的小于①，是由于浓度增大造成的
B．水的电离程度①>④
C．值①＜②＜③
D．③→④的过程中，温度和浓度对水解平衡移动方向的影响不同
【答案】AD
【分析】随着温度升高，溶液pH值降低，然后温度降低后，pH降低，说明浓度在温度变化过程中浓度变低；④中加入BaCl2溶液产生白色沉淀多，说明部分在升温过程中被氧化为，据此分析解题。
【详解】A．实验④中生成白色沉淀，说明实验④的溶液含有，则温度改变过程中部分转化为，所以④的pH与①不同，是由于浓度减小造成的，A错误；
B．温度升高过程中，部分被氧化为，产生白色沉淀多，①溶液中浓度大，的水解度大，水的电离程度大，所以水的电离程度①>④，B正确；
C．Kw值与温度相关，温度升高，促进水的电离，Kw值增大，所以Kw值：①＜②＜③，C正确；
D．由A分析可知，温度影响溶液中浓度，从而引起pH值的变化，所以③→④的过程中，温度和浓度对水解平衡移动方向的影响一致，D错误；
故选AD。
14．已知为二元弱酸，常温下将的NaOH溶液滴入20mL的溶液中，溶液中(或）的分布系数、NaOH溶液体积V与pH的关系如图所示[已知]。下列叙述正确的是

A．曲线b表示的是的分布系数变化曲线
B．n点对应的溶液中，
C．的水解平衡常数的数量级为
D．在n、p、q三点中，水的电离程度最大的是p点
【答案】AB
【分析】A常温下将的NaOH溶液滴入20mL的溶液中, 可知，随着NaOH溶液的加入，的浓度上升，浓度下降，据此分析。
【详解】根据上述分析，则曲线a代表，曲线b代表，剩余曲线为滴定曲线，A正确；
B．n点加入10ml氢氧化钠溶液，溶质为等浓度的和，可得电荷守恒：；物料守恒：两式相减，抵消钠离子，得：溶液显酸性，> ，则，B正确；
C．根据m点与分布系数相等，即的浓度等于浓度，pH=4.2，可知：Ka（），，C错误；
D．滴定过程可知，n点加入10ml氢氧化钠溶液，溶质为等浓度的和，p点，pH=7，溶质为和少量的，q点加入20 ml氢氧化钠溶液，溶质为，越多，水解程度越大，水解程度越大，水的电离程度越大，故可知水电离程度最大的为q点，D错误；
故本题选AB。

三、实验题
15．草酸亚铁晶体是一种浅黄色固体，难溶于水。某课题组制备草酸亚铁晶体并验证其化学性质。回答下列问题：
(1)制备草酸亚铁晶体，所用装置(夹持仪器已省略)如图所示。

①仪器A的名称为_________。
②装置甲中生成物的作用是_________、_________。
③草酸亚铁在装置乙中生成，简述实验操作：_________。
(2)验证草酸亚铁晶体分解产物中含有、，实验装置如图。

①装置连接顺序为C→_________(填字母符号，装置可重复使用)。
②证明分解产物中有的现象是_________。
③若装置C中固体变为红色，写出分解反应化学方程式：_________。
④若验证、并同时测定中x的值，则装置连接顺序和需要已知条件分别是_________、_________。
【答案】(1)     (蒸馏)烧瓶     为制备草酸亚铁晶体提供     产生排出了装置中的空气     先打开、，反应一段时间后，关闭、
(2)     E→D→F→G→E     G中黑色粉末变为红色，最后的E中澄清石灰水变浑浊          C→F→E→D→F→G→E     的质量和装置F的增重量

【分析】先打开、，装置甲中铁和硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，反应一段时间后，关闭、，甲内压强增大，硫酸亚铁溶液被压入乙中与草酸铵反应生成草酸亚铁晶体。
【详解】（1）①根据装置图，仪器A的名称为蒸馏烧瓶；
②装置甲中铁和硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，产生的排出装置中的空气，防止亚铁离子被氧化；硫酸亚铁进入乙中与草酸铵反应生成草酸亚铁晶体，可以为制备草酸亚铁晶体提供；
③先打开、，反应一段时间后，关闭、，硫酸亚铁进入乙中与草酸铵反应生成草酸亚铁晶体。
（2）①验证草酸亚铁晶体分解产物中含有、，加热草酸亚铁晶体，依次用澄清石灰水检验二氧化碳气体、用氢氧化钠溶液除去二氧化碳、用浓硫酸干燥CO气体、CO气体通过热的氧化铜、用澄清石灰水检验二氧化碳的生成，装置连接顺序为C→E→D→F→G→E。
②CO能还原氧化铜，生成的二氧化碳气体能使澄清石灰水变浑浊，证明分解产物中有的现象是G中黑色粉末变为红色，最后的E中澄清石灰水变浑浊。
③若装置C中固体变为红色，说明有Fe2O3生成，草酸亚铁晶体分解产物中含有、、Fe2O3、H2O，分解反应化学方程式为。
④若验证、并同时测定中x的值，需要先用浓硫酸吸收草酸亚铁晶体分解生成的水，再验证生成、气体，测定则装置连接顺序为C→F→E→D→F→G→E，需要称量的质量，称量装置F实验前后的质量，其质量差为水的质量。

四、工业流程题
16．工业废料的回收是重要的研究课题，铁钴渣其主要成分为Co、Fe、Zn，含少量Pb和，图是一种分类回收的工艺流程。

已知：相关金属离子形成氢氧化物沉淀的pH范围如下。
沉淀物




开始沉淀pH
8.3
2.7
7.6
7.6
完全沉淀pH
9.8
3.2
9.7
9.2

回答下列问题：
(1)提高酸浸出速率的措施有______(任写两条），铅渣的成分为______(填化学式）。
(2)“除铁”时，加入试剂A的目的是______，生成铁渣需要控制的pH范围为______。
(3)“氧化沉钴”时将转化为CoOOH，则该反应的离子方程式为____________。由流程可知，和的氧化性强弱关系为______(填“>”或“<”）。
(4)已知常温下，溶度积常数：，，且常温下“沉锌”后滤液中，则滤液中的______。
(5)已知：



温度/℃
20
30
40
50
60
70
80
溶解度/g
78
82
90
83
72
60
40

则“系列操作”得到晶体的步骤为______、洗涤、低温干燥。
【答案】(1)     提高温度，固体粉碎、搅拌，适当提高稀硫酸的浓度（任选两个）     PbSO4和
(2)     氧化Fe2+转化为Fe3+     3.2≤pH＜7.6
(3)     MnO+5+6H2O=5CoOOH+Mn2++7H+     ＜
(4)2.4×10-8
(5)蒸发浓缩，趁热过滤（保留滤渣）

【分析】铁钴渣其主要成分为Co、Fe、Zn，含少量Pb和，“酸浸”过程加入稀硫酸，Co、Fe、Zn应转化为Co2+、Fe2+、Zn2+，少量Pb与稀硫酸反应得到沉淀物PbSO4，故过滤后铅渣成分是PbSO4和，滤液中含Co2+、Fe2+、Zn2+的硫酸盐；“除铁”过程，加入氧化剂A使Fe2+转化为Fe3+，加入ZnO调节溶液pH，使其形成更易除去；“氧化沉钴”过程，根据题中问题可知，加入硫酸酸化的KMnO4用于氧化Co2+得到难溶物CoOOH；“沉锌”过程中加入MnS使Zn2+转化为ZnS沉淀，过滤后的滤液中含MnSO4、K2SO4等溶液，经一系列物质分离提纯后得到MnSO4·H2O。
【详解】（1）提高酸浸出速率的措施有提高温度，固体粉碎、搅拌，适当提高稀硫酸的浓度等；“酸浸”过程中，Pb属于氢前金属，少量Pb和能与稀硫酸反应得到沉淀物PbSO4，所以铅渣成分是PbSO4和；
（2）根据题中沉淀物的pH范围，使Fe2+转化为Fe3+更易形成除去，所以试剂A是常见的氧化剂，目的是氧化Fe2+转化为Fe3+，防止Co2+沉淀，生成铁渣需要控制的pH范围为3.2≤pH＜7.6；
（3）“氧化沉钴”时将转化为CoOOH，则该反应的离子方程式为MnO+5+6H2O=5CoOOH+Mn2++7H+；“除铁”中试剂A是氧化Fe2+转化为Fe3+，不能氧化转化为Co3+，说明氧化性大小是A＞Fe3+，A小于Co3+，则Fe3+＜Co3+；
（4）“沉锌”后滤液中各离子形成平衡状态，硫离子浓度一致，故，代入计算得，则滤液中的2.4×10-8；
（5）根据题目信息，“系列操作”中需控制好温度，温度较高，MnSO4·H2O溶解度越小，越容易生成MnSO4·H2O。则“系列操作”得到晶体的步骤为蒸发浓缩，趁热过滤（保留滤渣）、洗涤、低温干燥。

五、原理综合题
17．Ⅰ．完成下列问题
(1)按系统命名法，有机物的名称为_______。
(2)戊烷的一氯代物有_______种。
II．可利用FeO/Fe3O4之间的相互转化，来裂解水制取氢气，其制氢流程如图所示。该工艺制氢的总反应为，对比水和碳在高温下直接接触反应制氢，
(3)分析该工艺制氢的最大优点是_______。

III．转化CO2的方法主要有电催化、热还原等。
(4)CO2电催化制CO。在电解过程中向电解质中加入离子导体()可以提高CO的选择性(CO是指CO2转化生成CO的百分比，下同)。
①离子导体M中N原子的杂化类型有_______。
②电催化还原CO2制CO的示意图如下图所示。请在虚线框中画出还有可能得到的中间体的结构示意图_______。

(5)CO2热还原制CH4和CO。在常压、Ru/TiO2催化下，CO2和H2混和气体(体积比1：4)进行反应，测得CO2转化率、CH4和CO的选择性随温度变化如图所示。

反应I：   △H1
反应II：     △H2
①400℃后，随温度升高CO2转化率不断上升的原因是_______。
②反应II中CO2和H2在Fe3O4(存在O空位)催化剂的作用下，可以提高CO的选择性，反应机理如图所示。从电负性的角度，过程①和②能发生的原因是_______。

【答案】(1)2，4，6-三甲基-3-乙基辛烷
(2)8
(3)CO和H2的生成时间不同，实现了CO与H2的分离
(4)     sp2、sp3    
(5)     反应I 的反应热△H1＜0，反应的反应热△H2＞0，400℃后随温度升高反应I平衡逆向移动，使CO2的转化率不断下降，反应II平衡正向移动，使CO2的转化率不断上升，且上升幅度超过下降幅度     CO2中电负性较强氧吸附在含有氧空穴位的Fe3O4结构上形成中间体Fe(CO3)，由于Fe(CO3)中间体中的Fe与O的相互作用强于C与O的相互作用，因而Fe(CO3)会断键脱除CO，同时得到O-Fe-O的结构

【详解】（1）选择分子中含有碳原子数较多的碳链为主链，该物质分子中最长碳链上含有8个C原子；从离支链较近的右下端为起点，给主链上的C原子编号，以确定支链连接在主链上的C原子的位置，该物质名称为2，4，6-三甲基-3-乙基辛烷；
（2）戊烷有CH3CH2CH2CH2CH3、、三种不同结构，CH3CH2CH2CH2CH3有3种不同的H原子；有4种不同的H原子；只有1种不同的H原子，它们分别被Cl原子取代就得到相应的一种取代产物，故戊烷的一氯代物有3+4+1=8种；
（3）根据图示可知：H2O与FeO反应产生Fe3O4、H2，将H2分离出去后，CO2与C反应产生CO，CO与Fe3O4反应产生CO2、FeO，使CO和H2的生成时间不同，实现了CO与H2的分离；
（4）①根据M结构简式可知：该物质分子中N原子有两种，一种是形成3个共价键，一种是形成4个共价键，则M分子中N原子杂化类型有sp2、sp3杂化类型；
②根据原子守恒、电荷守恒可知虚线框中的中间体的结构示意图为；
（5）①根据图示可知：反应I 的正反应是放热反应，反应热△H1＜0，反应Ⅱ的正反应是吸热反应，反应热△H2＞0。在温度400℃后随温度升高反应I平衡逆向移动，使CO2的转化率不断下降，反应II平衡正向移动，使CO2的转化率不断上升，且上升幅度超过下降幅度，因此400℃后，随温度升高CO2转化率不断上升；
②反应II中CO2和H2在Fe3O4(存在O空位)催化剂的作用下，可以提高CO的选择性，反应机理如图所示。从电负性的角度，过程①和②能发生的原因是：CO2中电负性较强的氧吸附在含有氧空穴位的Fe3O4结构上形成中间体Fe(CO3)，由于Fe(CO3)中间体中的Fe与O的相互作用强于C与O的相互作用，因而Fe(CO3)会断键脱除CO，同时得到O-Fe-O的结构。

六、有机推断题
18．我国科研人员发现，药成分黄芩素能明显抑制新冠病毒的活性。黄芩素的一种合成路线如下：

已知：①
②
③(R、R′、R″为烃基或H)
回答下列问题：
(1)B的系统命名为：_______，D→E的反应类型为_______。
(2)E与F反应生成G的化学方程式为_______。
(3)B→D中反应i的化学方程式为_______。
(4)H分子中有三个六元环状结构，其结构简式为_______。
(5)下列关于黄芩素的说法中，正确的是_______(填字母序号)。
a.存在含苯环、碳碳三键和羧基的同分异构体
b.分子中有3种含氧官能团，碳原子为和杂化
c.能与溶液反应，与只能发生取代反应
d.“H→黄岑素”反应中通入的目的可能是防止黄岑素被氧化
(6)有文献指出，G的另外一种合成方法如下：

Ⅰ与溶液反应产生气体，其结构简式为_______(不考虑立体异构)。
【答案】(1)     2，4，6-三溴苯     取代反应
(2)+ +H2O
(3)+4CH3ONa
(4)
(5)ad
(6)

【分析】根据A的分子式可知A的结构式，通过取代反应生成B，根据已知①的反应原理可知B到D：+4CH3ONa +3NaBr+CH3OH，E为，F为，E、F发生信息③的反应生成G，经过催化氧化生成H。
【详解】（1）A为，A的官能团为酚羟基，B的结构式为，D为 ，E为由D到E发生取代反应；故答案为：2，4，6-三溴苯；取代反应；
（2）E、F发生信息③的反应生成G，根据分析可以写出方程式；故答案为：+ +H2O；
（3）由解析可知B到D，故答案为：+4CH3ONa +3NaBr+CH3OH；
（4）E、F发生信息③的反应生成G，经过催化氧化生成H；故答案为：
（5）a．不饱和度为11，所以存在含苯环、碳碳三键和羧基的同分异构体，a正确；
b．分子中含有羰基、羟基、醚键3中官能团，所有碳原子均为sp2杂化，b错误；
c．酚羟基与能与溶液反应，与 发生取代反应，双键与 发生加成反应，c错误；
d．酚羟基易被氧化，反应中通入的目的可能是防止黄岑素被氧化，d正确；
故答案为：ad；
（6）Ⅰ与溶液反应产生气体，说明I中含有羧基，根据原子守恒，由D、G的结构简式逆推，可知I的结构简式为：；故答案为：。