2009年北京高考理綜卷化學試題及解析

2009年北京市高考化學試卷一、選擇題（共8小題，每小題5分，滿分40分）（5分）（2009?北京）化學與人類生活密切相關.下列說法正確的是（ ）苯酚有一定毒性，不能作消毒劑和防腐劑白磷著火點高且無毒，可用于制造安全火柴油脂皂化生成的高級脂肪酸鈉是肥皂的有效成分用食醋去除水壺中的水垢時所發(fā)生的是水解反應（5分）（2009?北京）下列敘述不正確的是（ ）鐵表面鍍鋅，鐵作陽極船底鑲嵌鋅塊，鋅作負極，以防船體被腐蝕鋼鐵吸氧腐蝕的正極反應： O2+2H2O+4e=4OH工業(yè)上電解飽和食鹽水的陽極反應： 2C1-2e=Cl2（5分）（2009?北京）W、X、Y、Z均為短周期元素， W的最外層電子數(shù)與核外電子總數(shù)之比為7:17;X與W同主族；Y的原子序數(shù)是W和X的原子序數(shù)之和的一半；含Z元素的物質焰色反應為黃色.下列判斷正確的是（ ）A. 金屬性：丫>ZB.A. 金屬性：丫>ZB.氫化物的沸點：X>WC.離子的還原性： X>WD.原子及離子半徑：（5分）（2009?北京）下列敘述正確的是（A.沉淀產生；再通入在稀硫酸中加入銅粉，銅粉不溶解；再加入C.沉淀；再加入過量D.再加入少量（5分）（2009?』匕京）已知：閉容器甲和乙，甲中加入Z>Y>X）將CO2通入BaCl2溶液中至飽和，無SO2，產生沉淀（NO3）2固體，銅粉仍不溶向AlCl3溶液中滴加氨水，產生白色NaHSO4溶液，沉淀消失純鋅與稀硫酸反應產生氫氣的速率較慢；CuSO4固體，速率不改變△Hv有相同容積的定容密CuH2（g）+I2（g）?2HI（g）H2和I2各0.1mol，乙中加入HI0.2mol,相同溫度下分別達到平衡.欲使甲中HI的平衡濃度大于乙中 HI的平衡濃度，應采取的措施是（甲、乙提高相同溫度甲中加入0.1molHe,乙不變甲降低溫度，乙不變甲增加0.1molH2,乙增加0.1mol12（5分）（2009?北京）甲、乙、丙、丁 4中物質分別含2種或3種元素，它們的分子中各含18個電子.甲是氣態(tài)氫化物， 在水中分步電離出兩種陰離子.下列推斷合理的是 （ ）某鈉鹽溶液含甲電離出的陰離子，則該溶液顯堿性，只能與酸反應乙與氧氣的摩爾質量相同，則乙一定含有極性鍵和非極性鍵D.丙中含有二周期IVA族的元素，則丙一定是甲烷的同系物D.丁和甲中各元素質量比相同，則丁中一定含有- 1價的元素（5分）（2009?北京）有4種混合溶液，分別由等體積0.1mol?L「的2種溶液混合而成:①CH3COONa與HCI; ②CCOONa與NaOH;③CHCOONa與NaCI;④C3COONaTOC\o"1-5"\h\z與NaHCO3下列各項排序正確的是（ ）A.pH:②〉③ 2> ①c（CH3COO一）：②〉④，③C.溶液中c（H+）:①〉③ ④D.c（CH3COOH）:①〉④ >②（5分）（2009?北京）由短周期元素組成的中學常見無機物 A、B、C、D、E、X存在如在右圖轉化關系（部分生成物和反應條件略去）下列推斷不正確的是（ ）A.若X是Na2CO3,C為含極性鍵的非極性分子，則A一定是氯氣，且D和E不反應B.若A是單質，B和D的反應是OH+HCO3=H2O+CO32，貝UE一定能還原Fe2O3若D為CO,C能和E反應，則A一定為Na2O2,其電子式是阻°」Na若D為白色沉淀，與A摩爾質量相等，則X一定是鋁鹽二、解答題（共4小題，滿分60分）（16分）（2009?北京）丙烯可用于合成殺除根瘤線蟲的農藥（分子式為 C3H5Br2Cl）和應用廣泛的DAP樹脂：已知酯與醇可發(fā)生如下酯交換反應：,〃傕化制〃， RCOOR+ROH, "RCOOR+ROH（R、R、R代表燒基）A（1） 農藥分子C3H5Br2Cl中每個碳原子上均連有鹵原子.A的結構簡式是，A含有的官能團名稱是；由丙烯生成A的反應類型是.（2） A水解可得到D,該水解反應的化學方程式是.（3）C蒸氣密度是相同狀態(tài)下甲烷密度的 6.25倍，C中各元素的質量分數(shù)分別為： 碳60%,氫8%,氧32%.C的結構簡式是.（4） 下列說法正確的是（選填序號字母）C能發(fā)生聚合反應、還原反應和氧化反應C含有2個甲基的短酸類同分異構體有 4個D催化加氫的產物與B具有相同的相對分子質量E具有芳香氣味，易溶于乙醇（5）E的水解產物經分離最終得到甲醇和 B,二者均可循環(huán)利用于DAP樹脂的制備.其中將甲醇與H分離的操作方法是.（6） F的分子式為C10H10O4.DAP單體為苯的二元取代物，且兩個取代基不處于對位，該單體苯環(huán)上的一漠取代物只有兩種.D和F反應生成DAP單體的化學方程式是.(部分操作和條件略):(15分)(2009?(部分操作和條件略):I.從廢液中提純并結晶出 FeSO4?7H2O.n.將FeSO4?7H2O配制成溶液.m.FeSO4溶液與稍過量的NH4HCO3溶液混合，得到含F(xiàn)eCO3的濁液.W.將濁液過濾，用90C熱水洗滌沉淀，干燥后得到 FeCO3固體.V.燧燒FeCO3，得至VFe2O3固體.已知：NH4HC03在熱水中分解.1中，加足量的鐵屑除去廢液中的(1)程式是.1中，加足量的鐵屑除去廢液中的(1)程式是.(2) 口中，需加一定量硫酸.運用化學平衡原理簡述硫酸的作用 .(3)川中，生成FeCO3的離子方程式是.若FeCO3濁液長時間暴露在空氣中，紅褐色，該變化的化學方程式是⑷是否洗滌干凈.檢驗Fe3+,該反應的離子方會有部分固體表面變?yōu)镮V中，通過檢驗SO42」來判斷沉淀SO42的操作是.-Q-vB(5)4FeCO3+O2(5)4FeCO3+O2宜2Fe2O3+4CO2.現(xiàn)燧燒464.0kg的FeCO3,得到316.8kg產品.若產品中雜質只有FeO,貝U該產品中Fe2O3的質量是Kg.(摩爾質量/g?mol1:FeC03116Fe203160Fe072)(14分)(2009?』匕京)某學習小組探究濃、稀硝酸氧化性的相對強弱的，按下圖裝置進 行試驗(夾持儀器已略去)?實驗表明濃硝酸能將 NO氧化成NO2,而稀硝酸不能氧化NO.由此得出的結論是濃硝酸的氧化性強于稀硝酸.可選藥品：濃硝酸、3mo/L稀硝酸、蒸儲水、濃硫酸、氫氧化鈉溶液及二氧化碳已知：氫氧化鈉溶液不與 NO反應，能與NO2反應2NO2+2NaOH=NaNO3+NaNO2+H2O實驗應避免有害氣體排放到空氣中，裝置 ③、④、⑥中盛放的藥品依次是滴加濃硝酸之前的操作時檢驗裝置的氣密性，加入藥品，打開彈簧夾后裝置① 中發(fā)生反應的化學方程式是裝置② 的作用是發(fā)生反應的化學方程式是該小組得出的結論依據(jù)的試驗現(xiàn)象是試驗結束后，同學們發(fā)現(xiàn)裝置 ①中溶液呈綠色，而不顯藍色.甲同學認為是該溶液中硝酸銅的質量分數(shù)較高所致，而乙同學認為是該溶液中溶解了生成的氣體 同學們分別涉及了一下4個試驗來判斷兩種看法是否正確.這些方案中可行的是(填序號字母， 多選不給分)加熱該綠色溶液，觀察顏色變化加水稀釋綠色溶液，觀察顏色變化

c）向該綠色溶液中通入氮氣，觀察顏色變化d）向飽和硝酸銅溶液中通入濃硝酸與銅反應產生的氣體，觀察顏色變化（15分）（2009?』匕京）以黃鐵礦為原料生產硫酸的工藝流程圖如下黃鐵礦空％98.3%黃鐵礦空％98.3%用硫（1）將燃燒黃鐵礦的化學方程式補充完整Fa]inn4+1102 2Fe2O3+8SO2（2）接觸室中發(fā)生反應的化學方程式是 .（3）依據(jù)工藝流程圖判斷下列說法正確的是（選填序號字母）為使黃鐵礦充分燃燒，需將其粉碎過量空氣能提高SO2的轉化率使用催化劑能提高SO2的反應速率和轉化率沸騰爐排出的礦渣可供煉鐵（4）每160gSO3氣體與H2O化合放出260.6kJ的熱量，該反應的熱化學方程式（5）吸收塔排出的尾氣先用氨水吸收，再用濃硫酸處理，得到較高濃度的 SO2和俊鹽.SO2既可作為生產硫酸的原料循環(huán)再利用，也可用于工業(yè)制漠過程中吸收潮濕空氣中的 Br2-SO2吸收B「2的離子方程式是.為測定該俊鹽中氮元素的質量分數(shù)，將不同質量的俊鹽分別加入到 50.00mL相同濃度的NaOH溶液中，沸水浴加熱至氣體全部逸出（此溫度下俊鹽不分解） ，該氣體經干燥后用濃硫酸吸收完全，測定濃硫酸增加的質量 .部分測定結果：俊鹽質量為10.00g和20.00g時，濃硫酸增加的質量相同；俊鹽質量為30.00g時，濃硫酸增加的質量為 0.68g;俊鹽質量為40.00g時，濃硫酸的質量不 變.計算：該俊鹽中氮元素的質量分數(shù)是 %;若俊鹽質量為I5.00g,濃硫酸增加的質量為.（計算結果保留兩位小數(shù)）2009年北京市高考化學試卷參考答案與試題解析一、選擇題（共8小題，每小題5分，滿分40分）（5分）【考點】苯酚的化學性質；綠色化學；油脂的性質、組成與結構【分析】A.苯酚能殺菌消毒；白磷著火點低，且有毒；油脂在氫氧化鈉溶液中能發(fā)生皂化反應生成硬脂酸鈉；

D.水垢的主要成分是碳酸鈣、氫氧化鎂，二者都能和醋酸反應生成可溶性的鹽而除去水垢【解答】解：A.苯酚有毒，病毒屬于蛋白質，苯酚能將病毒變性而殺菌消毒，所以苯酚可 以配制成一定濃度的溶液用于殺菌消毒或防腐，故 A錯誤；白磷的著火點是40C,白磷易自燃且有毒，所以不能用于制造安全火柴，用于制造安全火柴的是紅磷，故B錯誤；油脂在NaOH溶液中發(fā)生皂化反應生成硬脂酸鈉，硬脂酸鈉用于制造肥皂，所以肥皂的 主要成分是硬脂酸鈉，故C正確；D.水垢的主要成分是碳酸鈣、氫氧化鎂，CaCO3+2CH3COOH二Ca（CH3COO）2+CO2f+H2O、Mg（OH）2+2CH3COOH=Mg（CH3COO）2+2H2O,所以發(fā)生的是復分解反應，故D錯誤；故選C.【點評】本題考查了化學與生活，明確物質的性質是解本題關鍵，根據(jù)物質的性質分析解答， 會運用化學知識解釋生活現(xiàn)象，題目難度不大.（5分）【考點】金屬的電化學腐蝕與防護.【分析】A、電鍍時，鍍件作陰極.TOC\o"1-5"\h\zB、原電池中較活潑的金屬作負極，正極被保護 .C、 鋼鐵的吸氧腐蝕中，正極上氧化劑得電子發(fā)生還原反應D、電解氯化鈉溶液時，陽極上陰離子失電子發(fā)生氧化反應 .【解答】解：A、鐵表面鍍鋅，鍍層是鋅，應作陽極；鍍件是鐵，應作陰極，故 A錯誤.B、船底鑲嵌鋅塊，鋅、鐵和海水構成原電池，鋅作負極，鐵作正極，鋅被腐蝕從而保護了 鐵，故B正確?C、鋼鐵的吸氧腐蝕中，正極上氧氣得電子發(fā)生還原反應和水生成氫氧根離子，電極反應式 為O2+2H2O+4e=4OH,故C正確.D、 工業(yè)上電解飽和食鹽水時，氯離子的放電能力大于氫氧根離子，所以陽極上氯離子失電子生成氯氣，電極反應式為： 2C1-2e=Cl2f，故D正確.故選A.【點評】本題考查了金屬的腐蝕與防護， 難度不大，明確金屬防護的方法在日常生活中的應用?（5分）【考點】位置結構性質的相互關系應用.【分析】W的最外層電子數(shù)與核外電子總數(shù)之比為 7:17,應為C1元素，X與W同主族，則X為F元素，Y的原子序數(shù)是W和X的原子序數(shù)之和的一半，則原子序數(shù)為 也食=13,2為Al元素，含Z元素的物質焰色反應為黃色，則 Z應為Na元素，結合元素的金屬性和非 金屬性的遞變規(guī)律解答該題.【解答】解：由題設可判定W為Cl,X為F,Y為Al,Z為Na.同周期元素從左到右金屬性逐漸減弱，則金屬性 Na>Al，故A錯誤；氫化物沸點HF>HCl，因HF分子間存在氫鍵，故B正確；非金屬性F>Cl,則離子還原性Cl>F「，故C錯誤;■■■■，■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■D.則原子半徑同周期兀素原子半徑從左到右逐漸減小，D.則原子半徑Na>Al>F,離子半徑F>Na>Al3+,故D錯誤.

故選B.【點評】本題考查元素位置結構性質的相互關系應用， 題目難度中等，注意正確推斷元素的種類為解答本題的關鍵，注意把握元素周期律知識 .(5分)【考點】二氧化硫的化學性質； 化學反應速率的影響因素；硝酸的化學性質；兩性氧化物和 兩性氫氧化物.【分析】A.CO2和SO2與BaCl2不反應，沒有沉淀產生；NO3具有強氧化性，在酸性條件下與 Cu發(fā)生氧化還原反應；Al(OH)3不溶于弱堿，但可溶于強堿和強酸；鋅和銅在酸性條件下形成原電池反應，反應速率較大【解答】解：A.CO2和SO2對應的酸比HCI弱，二者與BaCl2不反應，沒有沉淀產生，故A錯誤；銅和稀硫酸不反應，加入Cu(NO3)2固體，NO3具有強氧化性，在酸性條件下與 Cu發(fā)生氧化還原反應，可溶解銅，故B錯誤；氨水呈弱堿性，向AICI3溶液中滴加氨水，生成Al(OH)3,AI(OH)3不溶于弱堿，但可溶于強堿和強酸，則再加入過量 NaHSO4溶液，沉淀消失，故C正確；D.加入少量CuSO4固體，置換出銅，鋅和銅在酸性條件下形成原電池反應， 反應速率較大，故D錯誤.故選C.【點評】本題考查元素化合物知識，題目難度中等，本題注意 CO2和SO2對應的酸比HCI弱，Al(OH)3不溶于弱堿，以及原電池反應等知識，為元素化合物中常考查知識，學習中 注意積累.5.（55.（5分）【考點】化學平衡的影響因素【分析】同容積的定容密圭寸容器甲和乙，甲中加入 H2和I2各O.lmol，乙中加入HI0.2mol,由于乙按化學計量數(shù)轉化到左邊，可以得到 H2和I2各O.lmol,故此時甲和乙建立的平衡是等效的，欲使甲中HI的平衡濃度大于乙中HI的平衡濃度，應采取措施使平衡向正反應移 動，但不能降低HI的濃度，然后結合影響化學平衡移動的因素來回答【解答】 解：相同容積的定容密封容器甲和乙，甲中加入 H2和I2各0.1mol,乙中加入HI0.2moI,此時甲和乙建立的平衡是等效的，A、甲、乙提高相同溫度，平衡均逆向移動， HI的平衡濃度均減小，故A錯誤；B、甲中加人0.1moIHe，在定容密封容器中，平衡不會移動，故 B錯誤；C、甲降低溫度，平衡正向移動，甲中HI的平衡濃度增大，乙不變，故 C正確；D、甲中增加0.1moIH2,乙增加0.1moII2,結果還是等效的，故D錯誤；故選C.【點評】本題考查學生影響化學平衡移動的因素和等效平衡知識， 難度中等，注意理解等效平衡規(guī)律.(5分)H2H2S,乙與氧氣的【分析】甲是18電子的氫化物，且其水溶液為二元弱酸，不難得出甲為摩爾質量相同，可能為CH3OH、N2H4等符合，丙中含有二周期IVA族的元素，可能為CH3OH,丁和甲中各元素質量比相同，應為H中各元素質量比相同，應為H2O2,結合各物質的結構和性質解答該題H2S,某【解答】解：A.H2S,某鈉鹽溶液若為NaHS溶液，其中含有HS「、OH「，但NaHS既能與鹽酸等反應生成H2S也能與NaOH反應生成Na2S故A錯誤；B.氧氣的摩爾質量為32g/mol，乙的摩爾質量也為32g/mol，且含有18電子，CH3OH符合，CH3OH中只含有極性鍵無非極性鍵，故 B錯誤；C.第二周期IVA族元素為C,如CH3OH符合，但CH3OH不是CH4的同系物，故C錯誤；D.H2S中元素的質量比為1:16,H202分子中元素的質量比也為1：16,H2O2中氧元素的價態(tài)為一1價，故D正確.故選D.【點評】本題考查無機物的推斷，題目難度較大，注意常見 18電子物質的種類以及性質，解答本題時注意能找出反例.(5分)【考點】離子濃度大小的比較；鹽類水解的應用；酸堿混合時的定性判斷及有關 ph的計算.【分析】根據(jù)溶液的溶質來分析酸堿性，一般酸與鹽的溶液顯酸性，堿與鹽的溶液顯堿性，則①中顯酸性，②中顯堿性，③中只有 CH3COONa水解顯堿性，④中兩種物質都水解顯 堿性，然后根據(jù)選項來分析解答.【解答】解：A、因①的pHV乙②中有強堿，則②中pH最大，③④都因鹽的水解而顯堿性，則pH為②＞③〉①，故A錯誤；因②中堿中的OH「抑制CH3COO「水解，貝Uc(CH3C00)最大，④中兩種鹽相互抑制水解，③中只有水解，而①中CH3COO與酸結合生成弱電解質，則c(CH3C00)最小，即c(CH3C00「)：②＞①，故B正確；酸性越強，則溶液中C(H+)越大，pH越小，由pH為②＞③〉①，貝UC(H+)為①＞②，故C錯誤；因水解程度越大，貝U生成的CH3COOH就多，貝Uc(CH3COOH)③＞②，而① CH3COO「與酸結合生成弱電解質CH3COOH,貝Uc(CH3COOH)最大，即c(CH3COOH)①〉③邊，故D錯誤；故選B.【點評】本題考查學生利用溶液中的溶質來分析幾個量的關系，和綜合分析能力，明確混合溶液中酸堿性分析的規(guī)律及鹽類水解、解答的關鍵.較好的訓練學生的守恒思想水解的相互影響等因素是8. (5分)【考點】無機物的推斷.【分析】A、X是Na2CO3,C為含極性鍵的非極性分子，C為CO2,B為強酸，與水反應生成強酸，可能是氯氣與水反應生成的 HCI，也可能是二氧化氮與水反應生成的 HNO3.B、根據(jù)B、D反應的離子方程式OH+HCO3「一H2O+CO32,A為活潑金屬Na,B為NaOH、E為H2,X為CO2,C為Na2CO3,D為NaHCO3.C、D為CO,可以判斷O9O9O,X為C,B為O2,C為CO2,A與水反應生成氧氣，A為過氧化鈉或氟氣，結合二氧化碳能與 E反應判斷.D、 D為白色沉淀，可以判斷為OH「凸“AIO2「堤豆Al(OH)3,X為鋁鹽，C為偏鋁酸鹽，鋁鹽和偏鋁酸鹽在溶液中發(fā)生雙水解反應生成 Al(OH)3.【解答】解：A、X是Na2CO3,C為CO2,當A為NO2,B為HNO3,E為NO,D為NaHCO3也符合轉化關系，A錯誤；B、根據(jù)B、D反應的離子方程式OH+HCO3「一H2O+CO32,A為活潑金屬Na,B為NaOH、E為H2,X為CO2,C為Na2CO3,D為NaHCO3,H2在加熱時能還原Fe2O3，故B正確；

Na故c正確;C、女口A為氟氣，HF與二氧化碳不反應， A為Na2O2,B為O2,E為NaOH,X為C,C為CO2,Na故c正確;符合轉化關系，過氧化鈉電子式為，D、D為摩爾質量為78g/mol的Al(OH)3,A為摩爾質量為78g/mol的Na2O2,X為鋁鹽，C為偏鋁酸鹽，鋁鹽和偏鋁酸鹽在溶液中發(fā)生雙水解反應生成 Al(OH)3,符合轉化關系， 故D正確?故選：A.【點評】本題考查元素及其化合物的轉化關系， 題目難度較大，做好本題的關鍵之處在于把握好物質的性質.二、解答題(共4小題，滿分60分)(16分)【考點】有機物的推斷.500C條件下發(fā)【分析】農藥分子C3H5Br2500C條件下發(fā)A(CH2=CHCH2Cl),A與漠發(fā)生加成反應生成 C3H5Br2Cl;C蒸氣密度是相同狀態(tài)下甲烷 密度的6.25倍，C中各元素的質量分數(shù)分別為：碳 60%,氫8%,氧32%,則相對分子質量為6.25X16=100,分子中含N(C)=1°°60券=5,N(H)= 1。° *，冊8,N(O)=1o°*羽％=2121 16則分子式為C5H8O2,C能甲醇發(fā)生酯交換，應為酯，丙烯與B反應可以得到C,則C的結構簡式為CH3COOCH2CH=CH2,CAD發(fā)生酯交換反應，貝UD為HOCH2CH=CH2,E為CH3COOCH3,水食軍生成甲醇和B,貝UB為CH3COOH,H為CH3COONa,以it匕結合有機物的性質來解答.【解答】解：農藥分子C3H5Br2Cl中每個碳原子上均連有鹵原子，則可知丙烯在 500C條件下發(fā)生取代反應生成密度的6.25倍，A(CH2=CHCH2Cl),A與漠發(fā)生加成反應生成 C3H5Br2密度的6.25倍，C中各元素的質量分數(shù)分別為：碳60%,氫8%,氧32%,則相對分子質量為6.25X16=100,分子中含N(C)=偵°」。巍=5,N(H)=1。°」，甄=8,N(O)=1?！?習％=212 116則分子式為C5H8O2,C能甲醇發(fā)生酯交換，應為酯，丙烯與 B反應可以得到C,則C的結構簡式為CH3COOCH2CH=CH2,CAD發(fā)生酯交換反應，貝UD為HOCH2CH=CH2,E為CH3COOCH3,水食軍生成甲醇和B,貝UB為CH3COOH,H為CH3COONa,①由以上分析可知A為CH2=CHCH2Cl,含有碳碳雙鍵、氯原子官能團，故答案為： CH2=CHCH2Cl;碳碳雙鍵、氯原子；②由丙烯生成A的反應類型是取代，故答案為：取代；A水解可得到D,該水解反應的化學方程式為CH2=CHCH2CI+H2O腕°H.HOCHCH二CH2+HCl,A6.25倍，C故答案為：CH2=CHCH2C1+H2OW%HOCH2CH=CH26.25倍，CC蒸氣密度是相同狀態(tài)下甲烷密度的中各元素的質量分數(shù)分別為： 碳60%,氫8%,氧32%，則相對分子質量為 6.25X16=100,分子中含N(C)=1。。"6。整=5,N(H)=100〉噩N(O)=100、32旺=2則分子式為C5H8O2,C能甲醇發(fā)生酯交換，應為酯， 116丙烯與B反應可以得到C,貝UC的結構簡式為CH3COOCH2CH=CH2,故答案為:CH3C00CH2CH=CH2；a.C為CH3COOCH2CH=CH2,可發(fā)生聚合反應、還原反應和氧化反應，故 a正確；C含有2個甲基的短酸類同分異構體有CH3C(CH3)=CH2COOH、CH3CH=C(CH3)COOH2種，故b錯誤；D為CH2=CHCH2OH,加成產物為CH3CH2CH2OH，相對分子質量為60,B為CH3COOH,相對分子質量為60,故c正確；E為CH3COOCH3,具有芳香氣味，易溶于乙醇，故d正確.故答案為：acd;H為乙酸鈉，與甲醇的沸點差異較大，可利用蒸儲的方法來分離，故答案為：蒸儲；F的分子式為C10H10O4-DAP單體為苯的二元取代物，且兩個取代基不處于對位，該單體苯環(huán)上的一漠取代物只有兩種，應位于鄰位， D為CH2=CHCH2OH，貝UF為JACOOCH,反應生成dap單體的化學方程式是2CH產 巡虹 二CH,JACOOCH,f_V>-COOCCH=CH,故答案為:2CI,二CHCmOH牛?COOCH, =CH, +2CI4OH注意根據(jù)物質的結構及反應條件來推斷， 注意官能頊4。00叫——VA-COOCHXH【點評】本題考查有機物的推斷與合成 ，團的性質與轉化，題目難度中等.(15分)【考點】鐵鹽和亞鐵鹽的相互轉變；硫酸根離子的檢驗；鐵的氧化物和氫氧化物【分析】(1)Fe可以和三價鐵反應生成亞鐵離子；FeSO4?7H2。配制成溶液的過程中，亞鐵離子易水解，根據(jù)平衡移動原理來分析；亞鐵離子和碳酸氫根離子相互促進水解生成碳酸亞鐵和二氧化碳，亞鐵離子易被氧氣 氧化為三價鐵；根據(jù)硫酸根離子可以和徹離子反應生成不溶于硝酸的白色沉淀來檢驗硫酸根離子；根據(jù)含鐵元素物質的質量關系來計算.【解答】解：(1)Fe可以和三價鐵反應生成亞鐵離子，即 Fe+2Fe3+=3Fe2+,故答案為：Fe+2Fe3+=3Fe2+；. 一一. 2+ +FeSO4?7H2O配制成溶敝的過程中，亞鐵離子易水解， Fe+2H2O?Fe(OH)2+2H,加入硫酸配制可以使得化學平衡逆向移動， 抑制水解，故答案為：入硫酸，氫離子濃度增大，使得水解平衡Fe2++2H2O?Fe(OH)2+2H+逆向移動，從而抑制硫酸亞鐵的水解；FeSO4溶液與稍過量的NH4HCO3溶液混合，亞鐵離子和碳酸氫根離子雙水解生成碳 酸亞鐵和二氧化碳，即Fe2++2HCO3二FeCO3$+CO2f+H2O,生成的碳酸亞鐵中，亞鐵離 子易被氧氣氧化為三價鐵，即4FeCO3+O2+6H2O=4CO2f+4Fe(OH)3,故答案為:Fe2++2HCO3一 , ▲ — ▲— 二FeCO3$+CO2T+H20;4FeC03+02+6H2O=4CO2f+4Fe(0H) 3；硫酸根離子可以和徹離子反應生成不溶于硝酸的白色沉淀，檢驗硫酸根是否存在可以驗證沉淀是否洗凈，具體做法是：少量洗滌后的試液放入試管中，滴加酸化的氯化徹溶液， 若無白色沉淀生成，則沉淀洗滌干凈，故答案為： 取少量洗滌后的試液放入試管中，滴加酸化的氯化徹溶液，若無白色沉淀生成，則沉淀洗滌干凈；假設Fe2O3物質的量為xmol,FeO的物質的量為ymol,那么滿足：160x+72y=316800;(2x+y)>116=464000,解得x=1800mol，所以產物中Fe2O3的質量160g/molX1800mol=288000g=288kg,故答案為：288.0kg.【點評】本題考查學生鐵元素的不同價態(tài)之間的轉化， 可以根據(jù)所學知識進行回答，難度較大.(14分)【考點】硝酸的化學性質；性質實驗方案的設計 .【分析】(1)根據(jù)裝置特點和實驗目的判斷；根據(jù)空氣造成的影響確定如何實施操作； 同時根據(jù)一氧化氮的性質判斷裝置⑤的操作；根據(jù)銅和濃硝酸的性質結合實驗現(xiàn)象判斷產物，從而確定反應方程式；根據(jù)二氧化氮的性質且能轉化為一氧化氮選擇試劑；根據(jù)實驗現(xiàn)象結合二氧化氮的性 質書寫反應方程式；根據(jù)對比實驗③、④的實驗現(xiàn)象判斷；根據(jù)是否改變溶液中硝酸銅的質量分數(shù)或溶解氣體的濃度判斷；【解答】 解：(1)根據(jù)裝置特點和實驗目的，裝置 ⑤是收集NO,裝置⑥中盛放NaOH溶液吸收NO2防止污染大氣；因為要驗證稀 HNO3不能氧化NO,所以裝置③中應該盛放稀硝酸.故答案為：3mol/L稀硝酸、濃硝酸、氫氧化鈉溶液；由于裝置中殘存的空氣能氧化 NO而對實驗產生干擾，所以滴加濃 HNO3之前需要通入一段時間CO2趕走裝置中的空氣，同時也需將裝置 ⑤中導管末端伸入倒置的燒瓶內防止反應產生的NO氣體逸出.故答案為：通入CO2一段時間，關閉彈簧夾，將裝置 ⑤中導管末端伸入倒置的燒瓶內；Cu與濃HNO3反應生成Cu(NO3)2、NO2、H2O,故答案為：CU+4HNO3(濃)=Cu(NO3)2+2NO2f+2H2O；裝置②中盛放H2O,使NO2與H2O反應生成NO:3NO2+H2O=2HNO3+NO,故答案為：將NO2轉化為NO;3NO2+H2O=2HNO3+NO;NO通過稀HNO3溶液后，若無紅棕色NO2產生，說明稀HNO3不能氧化NO,所以盛放稀HNO3裝置的液面上方沒有顏色變化即可說明之 .裝置④中盛放的是濃HNO3若濃HNO3能氧化NO貝U裝置④液面的上方會產生紅棕色氣體.故答案為：裝置③中液面上方氣體仍為無色，裝置 ④中液面上方氣體由無色變?yōu)榧t棕色；

要證明是Cu(NO3)2濃度過高或是溶解了NO2導致裝置①中溶液呈綠色， 是可設計將溶解的NO2趕走(a、c方案)再觀察顏色變化，二是增大溶液中 NO2濃度(d方案)，通過觀察顏色變化可以判斷.故選acd.【點評】本題主要考查 HNO3的性質、屬物質驗證性實驗設計， 利用對比的方法判斷硝酸的性質.物質驗證性實驗方案的設計如下：結合已知的物質具有的性質，選擇合適的試劑，設計具體實驗方案驗證物質是否具有該性質.對有毒氣體要設計尾氣處理裝置，防止污染環(huán)境 .(15分)【考點】工業(yè)制取硫酸.【分析】(1)利用工業(yè)制硫酸的原理分析，需要的原料是黃鐵礦；接觸室內的反應是二氧化硫的催化氧化；依據(jù)影響反應速率的因素和平衡移動的影響因素分析解答；每160gSO3氣體物質的量為2mol;與液態(tài)田。化合放出260.6kJ的熱量，依據(jù)熱化學方程式書寫方法寫出，標注物質聚集狀態(tài)和對應量的反應熱；二氧化硫吸收漠單質利用的是二氧化硫的還原性和漠單質的氧化性；根據(jù)氧化還原反 應書寫離子方程式；本反應歷程是：OH「首先是和NH4HSO3中的H+反應，隨后有多的OH「再和NH4+反應放出氨氣，所以隨著俊鹽的量的增大， NH4HSO3的量也增大，放出的氨氣的量會為 0?濃硫酸增加的質量就是氨氣的質量.第一次和第二次放出的氨氣的量是一樣的， 所以說第一次肯定是OH「的量過量.利用第二次的量計算(因為是OH「不足).【解答】解：(1)依據(jù)題意，黃鐵礦是制硫酸的第一步所需的原料，由成分可知化學式為FeS2，故答案為：FeS2;2SO2+O2氧化硫;2SO2+O2氧化硫;催化劑2SO3故答案為:…「傕化劑2SO2+O2- △2SO3；沸騰爐中生成的二氧化硫氣體和空氣中的氧氣在接觸室內發(fā)生的催化氧化反應生成三粉碎礦石增大接觸面積提高反應速率；增加空氣的量會使平衡正向進行，提高了二氧化硫的轉化率；催化劑只改變速率不改變平衡，不改變轉化率；生產過程中的礦渣中含有三化硫的轉化率；催化劑只改變速率不改變平衡，不改變轉化率；生產過程中的礦渣中含有三氧化二鐵；所以正確的是