【文档说明】四川省泸州市泸县第一中学2021-2022学年高二下学期期中考试化学试题 含解析 .docx，共(16)页，885.389 KB，由小赞的店铺上传

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四川省泸县一中2020级高二下期中考试化学试题可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Na23Al27C35.5Fe56第I卷选择题一、选择题：本题共8小题，每小题6分，共48分。在小题给出的四个选项中，只有一项是符

合题目要求的。1.下列关于原子核外电子排布与元素在周期表中位置关系表述正确的是A.原子的价电子排布式为ns2np1～6的元素一定是主族元素B.基态原子的p能级上有5个电子的元素一定是第ⅦA族元素C.原子的价电子

排布式为(n-1)d6～8ns2的元素一定位于第ⅢB～第ⅧB族D.基态原子的N层上只有1个电子的元素一定是主族元素【答案】B【解析】【详解】A．原子的价电子排布式为ns2np6的元素是0族元素，A错误；B．根据能量最低

原理，基态原子的p能级上有5个电子的元素，同层的s能级已经排满，则一定是第ⅦA族元素，B正确；C．原子的价电子排布式为(n-1)d6～8ns2的元素在周期表的第8、9、10三列，一定位于第Ⅷ族，C错误；D．基态原子的N层上只

有1个电子的元素，有K、Cr、Cu等，Cr、Cu是过渡元素，D错误；故选B。2.下列装置中，可以实现反应22Cu2HCl=CuCl+H+的是A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】【详解】A．可以形成原电池，但是Fe是负极

，A错误；的B．没有自发的氧化还原反应，不能形成原电池，B错误；C．是电解池，Cu作阳极失去电子，阴极是2+-2H+2e=H，总反应是：22Cu2HCl=CuCl+H+，C正确；D．可以形成原电池，Cu是阴极不会失去电子，D错误；故选C。3.将足量BaCO3粉末分别

加入下列溶液中，充分溶解至溶液饱和。各溶液中Ba2+的浓度最小的为A.40mL水B.10mL0.2mol·L－1Na2CO3溶液C.50mL0.01mol·L－1氯化钡溶液D.100mL0.01mol·L－1盐酸【答案】B【解析

】【详解】A、BaCO3粉末加入40mL水中，充分溶解至溶液饱和存在BaCO3(s)Ba2+(aq)+CO32-(aq)，则溶液中存在一定浓度的Ba2+，但浓度较小；B、将足量BaCO3粉末加入10mL0.2mol/LNa2CO3溶液中，由于碳酸根离子的浓度较大，抑制碳酸钡的溶解，则Ba2+的浓

度很小；C、将足量BaCO3粉末加入50mL0.01mol/L氯化钡溶液中，氯化钡电离产生0.01mol/LBa2+，则Ba2+的浓度较大；D、将足量BaCO3粉末加入100mL0.01mol/L盐酸中，碳酸钡与盐酸反应生成0.005mol/LBa2+，

则Ba2+的浓度较大；显然B中Ba2+的浓度最小，故选B。点睛：明确选项中的离子浓度对碳酸钡的溶解的影响是解答本题的关键。本题的易错点为CD的比较，要注意D中生成的氯化钡溶液的浓度为0.005mol/L。4.化学与社会、生活密切相关。下列

说法正确的是A.锅炉水垢中含有的CaSO4，可先用Na2CO3溶液处理，后用硫酸除去B.含Cu2+、Pb2+等的电镀废液通常用调pH沉淀的方法除杂后再排放C.珊瑚和溶洞的形成，都与沉淀溶解平衡有关D.用硝酸或氨水都能清洗试管内的银

镜，但原理不同【答案】C【解析】【分析】【详解】A．碳酸钙溶解度小于硫酸钙，依据沉淀转化原则，锅炉水垢中含有的CaSO4，可先用Na2CO3溶液处理可以转化为碳酸钙，碳酸钙能够与盐酸、醋酸反应生成易溶于水的氯化钙、醋酸

钙，所以可以除去水垢，而硫酸与CaCO3反应会生成微溶物CaSO4，CaSO4会附着在CaCO3表面阻止CaCO3溶解，故A错误；B．Cu2+、Pb2+等重金属离子能使蛋白质变性，而有毒，随意排放含重金属离子的电镀废液会污染环境，常将Cu2+、Pb2+等重金属离子转化为金属硫化物沉淀，而非调pH

的方法除去，故B错误；C．水溶液中存在Ca(HCO3)2，当环境温度较高或CO2含量较低，就分解析出CaCO3，而当CO2含量较高或温度较低，就会使得CaCO3溶解变成Ca(HCO3)2，水底及其已形成的珊瑚就成为了结晶的晶核，其

他沉淀下来的CaCO3就附着在上面，形成珊瑚。溶洞的形成不仅有溶蚀作用，还有沉积作用，在石灰岩地区，从地上流入地下的水大多已溶解有一定量的碳酸钙，但当其到达溶洞时由于环境中温度、压力的变化，会使水中含有的二氧化碳被释放出

来，于是水对碳酸钙的溶解力降低，使本来溶解在水中的碳酸钙结晶析出，故C正确；D．硝酸能与银之间发生氧化还原反应使银溶解，但氨水与银单质之间不会发生反应，故D错误；综上所述，说法正确的是C项，故答案为C。5.某有机物的结构简式如图所示，则下列说法错误的是

A.该有机物的分子式为C17H14B.该烃苯环上的一氯代物共有6种C.分子中至少有12个碳原子处于同一平面上D.1mol该物质与足量的溴水反应最多可以消耗2molBr2【答案】A【解析】【详解】A．根据该有机物的结构简式分析，该有

机物的分子式为C17H16，故A错误；B．该有机物分子中，苯环上所有原子位置都不相同，所以总共有6种位置不同的H原子，故其苯环上一氯代物有6种，故B正确；C．甲基与苯环平面结构通过单键相连，甲基的C原子处于苯的H原

子位置，所以处于苯环这个平面；两个苯环相连，与苯环相连的碳原子处于另一个苯的H原子位置，也处于另一个苯环这个平面；如图所示中的1、2、3、4、5、6、7号碳处于一条直线，故至少有12个碳原子共面，故C正确；D．结构中碳碳三

键可以与Br2加成，则1mol该物质与足量的溴水反应最多可以消耗2molBr2，故D正确；故选A。6.在下列给定条件的溶液中，一定能大量共存的离子组是A.无色溶液中：K+、Cu2+、NO-3、Cl-B.常温下，()w+KcH=0.1的溶液中：Na+、K+、AlO2-、CO2-3C.0

.lmol•L-1的FeCl2溶液中：K+、SO2-4、Mg2+、MnO4-DNa2S溶液中：SO2-4、H+、Cl-、Cu2+【答案】B【解析】【详解】A．Cu2+为蓝色，不能在无色溶液中大量共存，A不符合题意；B

．常温下，()w+KcH=0.1的溶液呈碱性，溶液中含有OH-，Na+、K+、AlO2-、CO2-3均不与OH-反应且相互不反应，能够大量共存，B符合题意；C．Fe2+会被MnO4-氧化而不能共存，C不符合题意；D．Cu2+与Na2S会生成CuS沉淀而不能共存，D不符合题意；答案

选B。7.铝电池Al-Ag2O2的总反应为：22224Al+3AgO+4NaOH4NaAlO+6Ag+2HO=，用于电解尿素[()22CONH]的碱性溶液制备氢气(隔膜II仅阻止气体通过，a、b均为惰性电极)。下列说法错误的

是A.Ag电极是正极，反应后该电极区溶液pH减小B.Al电极作负极，电极反应-22Al3e+4OHAlO+2HO=－－－C.电解池的电解质溶液中，+K向b极移动D.每消耗5.4g铝，理论上a、b两极共产生气体8.96L(标准状况)【答案】A【解析】.为【分析】Al-Ag2O2电池工作

时，Al失去电子、被氧化、为负极，Ag2O2/Ag电极为正极，反应式为：Ag2O2＋2H2O+2e-=2Ag+4OH-；电解池中，a与原电池的正极相接，为阳极，b与原电池的负极相接，为阴极，电解尿素[CO(NH2)2]的碱性溶液时，阳极[C

O(NH2)2]中氮元素化合价由-3价变为0价，发生氧化反应生成氮气，电极反应式为：()--223222CONH+8OH-6e=CO+N+6HO−，阴极上水中氢元素化合价由＋1价变为0价，发生还原反应生成氢气，电极反应式为：-222HO+2e=H2OH−+，据此分析作答。【详

解】A．由分析可知，Ag2O2/Ag电极为正极，反应式为：Ag2O2＋2H2O+2e-=2Ag+4OH-，生成了氢氧根离子，则反应后该电极区pH增大，A项错误；B．Al-Ag2O2电池工作时，Al失去电子、被氧化、为负极，电解质为氢氧化

钠，则负极的反应为：-22Al3e+4OHAlO+2HO=－－－，B项正确；C．电解池中，阳离子向阴极定向移动，阴离子向阳极定向移动，则+K向b极移动，C项正确；D．5.4g的铝物质的量为：0.2mo

l，所以整个电路转移电子的物质的量为0.6mol，根据分析可知，生成氮气的物质的量为0.1mol，氢气的物质的量为0.3mol，理论上a、b两极共产生气体0.4mol，标况下体积为8.96L，D项正确；答案选A。8.常温下，向1L1.0mol/L的

NaClO溶液中缓慢通入2SO气体，使其充分被吸收，溶液pH与通入2SO物质的量关系如图(忽略溶液体积变化和NaClO、HClO的分解)。下列说法错误的是A.a点前溶液中发生反应为：22243NaClO+SO+HONaSO+NaCl

+2HClO=B.a点溶液中存在())4ClHClOC()O(lccc−−=+C.b点溶液中存在()()+2+4()()()Na>SOClHOHccccc−－－D.c点溶液中()+H=2.0mol/Lc【答案】C【解析】【分析】n(NaClO)=1L×1.0mol/L=

1mol，通入少量SO2时，发生反应①SO2+H2O+3NaClO=Na2SO4+NaCl+2HClO，SO2过量时，发生反应②SO2+H2O+NaClO=H2SO4+NaCl。由图象可知，b点pH突然减小，且SO2

通入13mol，说明b点时反应①恰好进行完，c点SO2为1mol，说明c点反应②恰好进行完。【详解】A．根据分析可知b点前，均发生反应22243NaClO+SO+HONaSO+NaCl+2HClO=，A正确；B．a点时通入0.2molSO2，n(NaCl)=n(Na2SO4)=n(SO2)=0.2

mol，n(HClO)=2n(SO2)=0.4mol，消耗的n(NaClO)=3n(SO2)=0.6mol，剩余的n(NaClO)=1mol-0.6mol=0.4mol，故n(HClO)+n(ClO-)=0.8mol，n(Cl-)=0

.2mol，同一溶液中体积相同，所以4c(Cl-)=c(HClO)+c(ClO-)，B正确；C．根据分析，b点恰好发生反应①，n(NaCl)=n(Na2SO4)=n(SO2)=13mol，n(HClO)=2n(SO2)=23mol，故n(Na+)=1mol，n(SO24−)=n(Cl-)=1

3mol，HClO可以电离出少量H+，c(H+)=10-3.8mol/L，H2O的电离受到抑制，电离出微量的OH-，c(OH-)=10-10.2，溶液体积为1L，离子浓度关系为c(Na+)>c(SO24−)=c(Cl-)>c(H+)>c(OH-)，C错误；D．c点时恰好发生反应②，n(H2SO

4)=n(SO2)=1mol，c(H+)=2mo11L=2mol/L，D正确；故选C。第II卷非选择题9.氮的氧化物和氮的氢化物的任意排放均会对环境造成污染，因此关于其转化的研究对于消除环境污染有着重要意义。（1）已知T℃时，有如下反应：反应I：4NH3（g

）+6NO（g）5N2（g）+6H2O（g）△H=-1804kJ•mol-1反应II：N2（g）+2O2（g）2NO2（g）△H=+67.8kJ•mol-1反应III：2NO（g）+O2（g）2NO2（g）△H=-116.2kJ•mol-1试写出T℃时，NH3与NO2反应生成不污染环境的物质的

热化学反应方程式______。（2）T℃时，向2L密闭容器中加入一定量的NO2、NO和O2,发生（1）中反应III,不同时间测得各物质的部分浓度（mol•L-1）如下表所示：时间（min）NOO2NO20a0.300.10100.140.27b200.10c0.2030d0.240.2

2400.08ef①温度不变，反应达平衡后容器中的压强与最初加入气体时的压强之比为_______。②反应的前20min的平均反应速率v（NO）=________mol•L-1·min-1。③若温度不变，平衡后将反应容器压缩为1L，达到新的平衡后，c（O2）_____0.48mol•L-1（填“>”

“<”或“=”）。（3）某化学兴趣小组利用电解原理设计实验消除NH3与NO对环境的影响，并制取KOH溶液和H2SO4溶液，其工作原理如下图所示：①从出口B、C产生的气体相同，该气体是_____：从出口D得到的溶液是____。②电解槽左池中发生的电极反

应式为________。③电解一段时间，两电极共收集到22.4L气体（标准状况下）时，理论上将生成____________molKOH。【答案】①.8NH3（g）+6NO2（g）7N2（g）+12H2O（g）∆H=-2707.4kJ•mol−1②.9∶10③.0.005④.<⑤.N2

或氮气⑥.KOH溶液⑦.2NH3-6e−=N2↑+6H+⑧.2.4【解析】【分析】（1）根据盖斯定律I×2-III×6+II×3可得目标热化学方程式；（2）先根据表格数据结合反应III方程式判断起始时NO的物质的量浓度，进而根据30

min及40min的数据判断平衡状态并进行相关计算；（3）根据装置图先判断电解池的阴极和阳极，再结合两极通入的物质判断相关的产物和电极反应式。【详解】（1）已知T℃时，有如下反应：反应I：4NH3（g）+6NO（g）5N2（g）+6H2O（g）△H=-1804kJ•mol-1反应II：N2

（g）+2O2（g）2NO2（g）△H=+67.8kJ•mol-1反应III：2NO（g）+O2（g）2NO2（g）△H=-116.2kJ•mol-1根据盖斯定律，I×2-III×6+II×3可得NH3与NO2反应生成不污染环境的

物质即N2和H2O的热化学反应方程式为8NH3（g）+6NO2（g）7N2（g）+12H2O（g）∆H=-2707.4kJ•mol−1；（2）①T℃时，向2L密闭容器中加入一定量的NO2、NO和O2，发生反应2N

O（g）+O2（g）2NO2（g），0~10min时间段内，O2的物质的量浓度减少了0.03mol/L，则相同时间内NO的物质的量浓度减少0.06mol/L，所以NO的起始物质的量浓度为0.14mol/L+0.06mol/L=0.20mo

l/L；30min时O2的物质的量浓度为0.24mol/L，说明0~30min时间段内O2的物质的量浓度减少了0.06mol/L，则相同时间内NO的物质的量浓度减少0.12mol/L，即d为0.08mol/L，因40min时NO的物质的量浓度也为0.08m

ol/L，说明30min时反应达到平衡状态；温度不变，反应达平衡后容器中的压强与最初加入气体时的压强之比等于平衡时各气体物质的量之和与最初加入气体时的物质的量之和的比值，即比值为()()0.08mol/L0.24mol/L0.22mol/L2L0.20mol/L0.30mol/L0.10mo

l/L2L++++=9∶10；②反应的前20min的平均反应速率v（NO）=0.20mol/L0.10mol/L20min−=0.005mol•L-1·min-1；③温度不变，平衡后将反应容器压缩为1L，若平衡不移动，则c（O2）等于0.48mol•L-1，

而缩小容器体积时压强增大，平衡正向移动，所以达到新的平衡后，c（O2）小于0.48mol•L-1；（3）据图可知，电解池左端连接外加电源的正极，为电解池的阳极，发生的电极反应为2NH3-6e−=N2↑+6H+，硫酸根离子通过阴离

子交换膜进入左侧，与氢离子结合得硫酸溶液，右端连接外加电源的负极，为电解池的阴极，发生的电极反应为2NO+2H2O+4e−=N2↑+4OH-，钾离子通过阳离子交换膜进入右侧与氢氧根离子结合得KOH溶液；①根据电极反应式可知，从出口B、C产生的气体相同，

均为氮气，从出口D得到的溶液是KOH溶液；②根据分析可知，电解槽左池为阳极，发生的电极反应式为2NH3-6e−=N2↑+6H+；③根据得失电子守恒，相同时间内电解池阳极和阴极产生的氮气比为2∶3，当电解一段时间，两电极共收集到标准状况下22.4L气体即1

mol气体时，阴极生成的氮气为0.6mol，根据阴极反应式2NO+2H2O+4e−=N2↑+4OH-可知，理论上将生成0.6mol×4=2.4molKOH。【点睛】解答第(3)小题的第③问时，因阴极和阳极均生成氮气，所以要先根据得失电子守恒判断阴极生成氮气的物质的量，再根据阴极反应式计算生

成KOH的物质的量，为易错点。10.水合肼(N2H4·H2O)又名水合联氨，无色透明，是具有腐蚀性和强还原性的碱性液体，它是一种重要的化工试剂。利用尿素法生产水合肼的原理为：CO(NH2)2＋2NaOH＋NaClO=N2H4·H2O＋Na2CO3＋NaCl。实验1：制备NaC

lO溶液。(已知：3NaClO2NaCl＋NaClO3)（1）如图一装置A中___（仪器名称）内发生反应的化学方程式为___。（2）用NaOH固体配制溶质质量分数为30%的NaOH溶液时，所需玻璃仪器除量筒外还有_

___(填字母)。a.烧杯b.容量瓶c.玻璃棒d.烧瓶（3）图中装置Ⅱ中用冰水浴控制温度的目的是____。实验2：制取水合肼。（4）图二中充分反应后，___(填操作名称)A中溶液即可得到水合肼的粗产品。若分液漏斗滴液速度过快，部分N2H4·H2O会参与A中反应并产生大量氮气，降低产品产率。

写出该过程反应生成氮气的化学方程式___。实验3：测定馏分中水合肼的含量。（5）称取馏分3.0g，加入适量NaHCO3固体(滴定过程中，调节溶液的pH保持在6.5左右)，加水配成250mL溶液，移出25.00mL置于锥形瓶中，并滴加2～3滴淀粉溶液，用0

.15mol·L-1的碘的标准溶液滴定(已知：N2H4·H2O＋2I2=N2↑＋4HI＋H2O)。①滴定时，碘的标准溶液盛放在___(填“酸式”或“碱式”)滴定管中。②下列能导致馏分中水合肼含量测定结果偏高的是___(填字母)。a.锥形瓶清洗干净后未干燥b.滴定前，滴定管内无气泡，滴

定后有气泡c.读数时，滴定前平视，滴定后俯视d.盛标准液的滴定管水洗后，直接装标准液③实验测得消耗I2溶液的平均值为20.00mL，馏分中水合肼(N2H4·H2O)的质量分数___。【答案】①.圆底烧瓶②.MnO2＋4HCl(浓)MnCl2＋Cl2↑＋2H

2O③.ac④.防止NaClO受热分解，影响水合肼的产率⑤.蒸馏⑥.N2H4·H2O＋2NaClO=N2↑＋3H2O＋2NaCl⑦.酸式⑧.d⑨.25%【解析】【详解】（1）如图一装置A中圆底烧瓶内发生反应，浓盐酸与二氧化锰共热

反应生成氯化锰、氯气和水，化学方程式为MnO2＋4HCl(浓)MnCl2＋Cl2↑＋2H2O。故答案为：圆底烧瓶；MnO2＋4HCl(浓)MnCl2＋Cl2↑＋2H2O；（2）用NaOH固体配制溶质质量分数为30%NaOH溶液时，用天平称量一定质量的氢氧化钠固体，在烧杯中加水溶解，并

用玻璃棒搅拌，需要玻璃仪器有烧杯、玻璃棒，故答案为：ac；（3）由题给信息可知，次氯酸钠受热易分解生成氯化钠和氯酸钠，图中装置Ⅱ中用冰水浴控制温度的目的是防止NaClO受热分解，影响水合肼的产率。故答案为：防止NaClO受热分解，影响水合肼的产率；（4）图二中充分反应后，蒸馏A中溶液即可得

到水合肼的粗产品。N2H4•H2O具有强还原性，若分液漏斗滴液速度过快，部分N2H4·H2O与次氯酸钠反应生成氮气、氯化钠和水，该过程反应生成氮气的化学方程式N2H4·H2O＋2NaClO=N2↑＋3H2O＋

2NaCl。故答案为：蒸馏；N2H4·H2O＋2NaClO=N2↑＋3H2O＋2NaCl；（5）①滴定时，碘的标准溶液具有氧化性，可以腐蚀橡皮管，碘的标准溶液盛放在酸式滴定管中。故答案为：酸式；②a.锥形瓶清洗干净后未干燥，不影响水合肼的物质的量，对实验结果无影响，故错误；b.滴定

前，滴定管内无气泡，滴定后有气泡会导致碘的标准溶液体积偏小，所测结果偏小，故错误；c.读数时，滴定前平视，滴定后俯视会导致碘的标准溶液体积偏小，所测结果偏小，故错误；d.盛标准液的滴定管水洗后，直接装标准液

会稀释碘的标准溶液，导致碘的标准溶液体积偏大，所测结果偏高，故正确；的的故答案为：d；③由方程式N2H4·H2O＋2I2=N2↑＋4HI＋H2O可得如下关系N2H4·H2O～2I2，则3.0g馏分中n（N2H4·H2O）=12n（I2）×10=12×0.15mol·L

－1×20×10—3L×10=0.015mol，则馏分中水合肼(N2H4·H2O)的质量分数为0.015mol50g/3molg×100%=25%；故答案为：25%。【点睛】由题给信息可知，次氯酸钠受热易分解生成氯化钠和氯酸钠，图中

装置Ⅱ中用冰水浴控制温度可以防止NaClO受热分解是解答关键，N2H4•H2O具有强还原性，若分液漏斗滴液速度过快，部分N2H4·H2O与次氯酸钠反应是解答难点。11.某科研小组设计出利用工业废酸（10%H2SO4）来堆浸某废弃的氧化铜锌矿，提取锌、铜元素，实现废物综合利用

，方案如图所示：已知：各离子开始沉淀及完全沉淀时的pH如表所示。离子开始沉淀时的pH完全沉淀时的pHFe2＋6.349.7Fe3＋1.483.2Zn2＋6.28.0请回答下列问题：（1）加入A物质的目的是___，物质A可使用下列物质中的___。A.KMn

O4B.O2C.H2O2D.Cl2（2）氧化铜锌矿中含有少量的CuS和ZnS，在H2SO4的作用下ZnS可以溶解而CuS不溶，则相同温度下：Ksp(CuS)___Ksp(ZnS)（选填“＞”“＜”或“＝”）。（3）反应生成海绵铜的离子方程式：___。（4）除铁过程中加入氨

水的目的是调节溶液的pH，pH应控制在___范围之间。（5）写出NH4HCO3溶液与Zn2＋反应生成Zn2(OH)2CO3的离子方程式：___。（6）物质B可用作生产化肥，其化学式是___。【答案】①.将．Fe2+氧化成．．．Fe3

+，方便后续沉淀时除去②.BC③.＜④.Fe+Cu2+=Fe2++Cu⑤.3.2≤pH＜6.2或3.2~6.2⑥.2Zn2++4HCO3-=Zn2(OH)2CO3↓+H2O+3CO2↑⑦.(NH4)2

SO4【解析】【分析】（1）三价铁离子容易除去，所以要把二价铁离子转化为三价铁离子，考虑除杂过程不引入新的杂质；（2）相同条件下，溶解度大的物质先溶解；（3）堆浸后溶液中有铜离子和氢离子，加入铁粉后与铜离子和氢离子；（4

）pH的范围应是使铁沉淀完全而锌不沉淀；（5）NH4HCO3溶液与Zn2＋反应生成Zn2(OH)2CO3、水和二氧化碳；（6）结合题给信息利用工业废酸和氮肥考虑。【详解】（1）根据表中数据可知三价铁离子容易除去，所以要将Fe2＋氧化成Fe3＋，以便除去，选用，除铁过程中加入A和氨水，使

亚铁离子变成氢氧化铁沉淀，故A应为氧化剂，考虑不引入新的杂质，应选BC，故答案为：将Fe2＋氧化成Fe3＋，以便除去；BC；（2）相同条件下，溶解度大的物质先溶解，因在H2SO4的作用下ZnS可以溶解而CuS不溶，则相同温度下：Ksp（CuS）＜Ksp（ZnS），故答案为：＜；（3

）堆浸后溶液中有铜离子和氢离子，加入铁粉后与铜离子和氢离子，反应生成海绵铜的离子方程式：Fe+Cu2+=Fe2++Cu。故答案为：Fe+Cu2＋═Fe2＋+Cu；（4）从图表数据可知，铁离子沉淀完全的pH为3.2，锌

离子开始沉淀的pH为6.2．故除铁pH范围为：3.2～6.2，故答案为：3.2～6.2；（5）NH4HCO3溶液与Zn2＋反应生成Zn2(OH)2CO3、水和二氧化碳，离子方程式：2Zn2++4HCO3-=Zn2(O

H)2CO3↓+H2O+3CO2↑。故答案为：2Zn2++4HCO3-=Zn2(OH)2CO3↓+H2O+3CO2↑（6）因所用废酸为硫酸，B又可作氮肥，所以B为（NH4）2SO4，故答案为：（NH4）2SO4。【点睛】本题属于工艺流程图方面题目，解题关键：明确实验目的和题给

信息，结合流程和题目设问正确解题，难点（5）Zn2+和HCO3-双水解生成Zn2(OH)2CO3，按质量守恒定律写出方程。12.有机物A是最常用的食用油抗氧化剂，分子式为C10H12O5，可发生如下转

化已知B的相对分子质量为60，分子中只含一个甲基。C的结构可表示为：(其中：—X、—Y均为官能团)请回答下列问题：（1）官能团-X的名称为____，反应③的类型为____；（2）根据系统命名法，B的名称为____，高聚物E的链节为____；（3）A的结

构简式为____；（4）反应⑤的化学方程式为____；（5）C有多种同分异构体，其中符合下列要求的同分异构体共____种；i.含有苯环ii.能发生银镜反应iii.不能发生水解反应（6）从分子结构上看，A具有抗氧化作用的主

要原因是____（填序号）。a含有苯环b含有羰基c含有酚羟基【答案】①.羧基②.消去反应③.1-丙醇④.⑤.⑥.⑦.3⑧.c【解析】【分析】A(C10H12O5)在NaOH水溶液条件下发生水解反应并酸化得到B与C，则A中含有酯基，其中B的相对分子质量为60，分子中只含一个甲基，能在浓硫酸

的作用下发生消去反应，则B为CH3CH2CH2OH，B发生消去反应得到D，D为CH3CH═CH2，D发生加聚反应得到高分子化合物E，E为；C中O原子个数为5，C能与碳酸氢钠溶液反应得到气体，则C含有-COOH，能与氯化铁溶液发生显色反应，则C中含有酚羟基，C的结构可表示为(其中：-X、-

Y均为官能团)，根据C中氧原子个数知，C为，可推知A为，据此分析解答。【详解】(1)根据上述分析，C为，则官能团-X为羧基，反应③为CH3CH2CH2OH发生消去反应生成CH3CH═CH2，故答案为羧基；消去反应；(2)根据上述分析，B为CH3CH2CH2

OH，根据醇的系统命名法，B的名称为1-丙醇，CH3CH═CH2发生加聚反应得到高分子化合物E为，高聚物E的链节为，故答案为1-丙醇；；(3)根据上述分析，A的结构简式为，故答案为；(4)反应⑤的化学方程式为+NaHC

O3→+CO2↑+H2O，故答案为+NaHCO3→+CO2↑+H2O；(5)C为，C的同分异构体符合下列条件：i．含有苯环；ii．能发生银镜反应，说明含有醛基；iii．不能发生水解反应，说明不含酯基，则符合要求的结构简式如下：、、，共3种，故答案为3；(6)由于苯酚在空气中易被氧化，

A分子中有酚羟基，因此A具有抗氧化作用，故答案为c。【点睛】正确判断A的结构是解题的关键。本题的易错点为(5)，要注意性质条件下同分异构体的书写，和限制条件的解读，本题中需要按照一定的顺序书写苯环上的羟基和醛基，才能不重复不遗漏。