北京市西城区2013年高考化学一模试卷(解析版).doc

北京市西城区2013年高考化学一模试卷一、选择题（共7小题，每小题0分，满分0分）1下列说法中，不正确的是（）A蔗糖可作调味剂B铁粉可作抗氧化剂C碳酸氢钠可作抗酸药D熟石灰可作食品干燥剂考点：蔗糖、麦芽糖简介；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用.专题：化学应用分析：A、储存在甘蔗，甜菜等植物中的糖，日常生活中的白糖，冰糖以及红糖的主要成分就是蔗糖，它也是食品中常用的甜味剂；B、做抗氧化剂的物质需能与氧气在常温下反应；C、人体胃液中含有的酸是盐酸；D、熟石灰是氢氧化钙，不能吸收水解答：解：A、蔗糖有甜味，所以厨房里可作为调味剂，故A正确；B、铁具有还原性，可以做抗氧化剂的物质，故B正确；C、常用作治疗胃酸过多的抗酸剂的是碳酸氢钠，故C正确；D、熟石灰是氢氧化钙，不能吸收水，而生石灰能和水反应，可作食品干燥剂，故D错误；故选D点评：本题主要考查常见物质的性质和用途，掌握了它们的性质和用途，就能很轻松的完成此题2（2013西城区一模）下列说法中，不正确的是（）AHF稳定性比HCl强BMg失电子能力比Ca弱CNaCl与NH4Cl含有的化学键类型相同D等物质的量的C2H6和H2O2含电子数相同考点：同一主族内元素性质递变规律与原子结构的关系；原子构成；化学键.专题：原子组成与结构专题；元素周期律与元素周期表专题；化学键与晶体结构分析：A、同主族自上而下非金属性减弱，非金属性越强，氢化物越稳定，据此判断；B、同主族自上而下，金属性增强，金属性越强，失去电子的能力越强；C、氯化铵晶体中含有共价键与离子键；D、C2H6和H2O2分子中都含有18个电子解答：解：A、同主族自上而下非金属性减弱，故非金属性FCl，非金属性越强，氢化物越稳定，故稳定性HFHCl，故A正确；B、金属性CaMg，金属性越强，失去电子的能力越强，故Mg失电子能力比Ca弱，故B正确；C、氯化钠中只含有离子键，氯化铵晶体中含有共价键与离子键，二者含有的化学键不同，故C错误；D、C2H6和H2O2分子中都含有18个电子，二者物质的量相同含有相同的电子，故D正确；故选C点评：考查同主族元素性质递变规律、化学键等，难度不大，注意基础知识的理解掌握3（2013西城区一模）下列说法正确的是（）A油脂发生皂化反应能生成甘油B蔗糖水解前后均可发生银镜反应C由只能形成一种二肽D向蛋白质溶液中加入CuSO4溶液发生盐析考点：油脂的性质、组成与结构；蔗糖、麦芽糖简介；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点.专题：有机反应分析：A、油脂是高级脂肪酸的甘油脂；B、蔗糖水解产物有葡萄糖和果糖，蔗糖不含有醛基；C、一个羧基和一个氨基之间可以形成一个二肽；D、根据蛋白质盐析的条件来回答判断解答：解：A、油脂是高级脂肪酸的甘油脂，属于酯类，碱性环境下水解可以生成肥皂和甘油，故A正确；B、蔗糖水解产物是葡萄糖和果糖，葡萄糖可以发生银镜反应，但是蔗糖不含有醛基，不能发生银镜反应，故B错误；C、有机物中的两个羧基可以和氨基形成不同的二肽，故C错误；D、加入重金属盐可以导致蛋白质变性，故D错误故选A点评：本题考查学生有机物油脂的性质，注意知识的归纳整理是解题的关键，难度不大4（2013西城区一模）利用图实验装置，能得出相应实验结论的是（）实验结论A浓醋酸CaCO3C6H5ONa酸性：醋酸碳酸苯酚B浓硫酸蔗糖溴水浓硫酸具有脱水性、氧化性CH2O电石KMnO4乙炔具有还原性D盐酸Na2CO3Na2SiO3非金属性：ClCSiAABBCCDD考点：性质实验方案的设计.专题：实验评价题分析：A醋酸易挥发，中变浑浊可能为醋酸与苯酚钠的反应；B浓硫酸具有脱水性，使蔗糖变为C，且浓硫酸具有强氧化性，与C发生氧化还原反应生成的二氧化硫能使溴水褪色；C电石与水反应生成乙炔，乙炔与高锰酸钾溶液发生氧化还原反应，但电石中混有含硫物质，会生成硫化氢等；D比较非金属性可利用最高价氧化物对应水化物的酸性强弱，而盐酸为无氧酸解答：解：A醋酸易挥发，中变浑浊可能为醋酸与苯酚钠的反应，则图中装置不能确定碳酸与苯酚的酸性强弱，故A错误；B浓硫酸具有脱水性，使蔗糖变为C，且浓硫酸具有强氧化性，与C发生氧化还原反应生成的二氧化硫能使溴水褪色，按照图中装置发生的实验现象能说明浓硫酸的性质，故B正确；C电石与水反应生成乙炔，乙炔与高锰酸钾溶液发生氧化还原反应，但电石中混有含硫物质，会生成硫化氢等，硫化氢也能使溶液褪色，则不能说明乙炔的还原性，故C错误；D比较非金属性可利用最高价氧化物对应水化物的酸性强弱，而盐酸为无氧酸，图中装置只能说明酸性的强弱，不能得出非金属性的强弱，故D错误；故选B点评：本题考查实验方案的设计，明确物质的性质及常见气体的制取原理、装置是解答本题的关键，注意设计实验应排除干扰，题目难度中等5（2013崇明县二模）下列各组物质混合后，加热、蒸干、灼烧至质量不变，最终能得到纯净物的是（）A向AlCl3溶液中，加入一定量的NaOHB向NaI和NaBr混合溶液中，通入过量的Cl2C向含1 mol NaHCO3溶液中，加入1 mol Na2O2粉末D向含1 mol Na2CO3溶液中，加入含1 mol HCl的盐酸考点：盐类水解的应用.专题：盐类的水解专题分析：A、氯化铝和氢氧化钠反应生成氢氧化铝和氯化钠或偏铝酸钠和氯化钠，蒸干溶液灼烧得到氧化铝和氯化钠；B、过量氯气和溴化钠、碘化钠反应生成氯化钠碘单质、溴单质，加热蒸干灼烧溴单质和碘单质挥发；C、过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，氢氧化钠和碳酸氢钠反应后有剩余；D、等量碳酸钠和氯化氢反应生成碳酸氢钠和氯化钠；解答：解；A、向AlCl3溶液中，加入一定量的NaOH，氯化铝和氢氧化钠反应生成氢氧化铝和氯化钠或偏铝酸钠和氯化钠，蒸干溶液灼烧得到氧化铝和氯化钠；故A不符合；B、过量氯气和溴化钠、碘化钠反应生成氯化钠碘单质、溴单质，加热蒸干灼烧，溴单质和碘单质挥发，最后剩余氯化钠；故B符合；C、向含1 mol NaHCO3溶液中，加入1 mol Na2O2粉末，1mol过氧化钠与水反应生成2mol氢氧化钠和氧气，2mol氢氧化钠和1mol碳酸氢钠反应后生成碳酸钠和剩余的氢氧化钠；蒸干灼烧最后得到碳酸钠和氢氧化钠，故C不符合；D、向含1 mol Na2CO3溶液中，加入含1 mol HCl的盐酸混合，碳酸钠和氯化氢反应生成碳酸氢钠和氯化钠；蒸干灼烧得到碳酸钠和氯化钠，故D不符合；故选B点评：本题考查了物质性质的应用，物质反应量不同产物不同，水解的盐蒸干溶液得到水解产物还是原溶质取决于水解生成物的挥发性，盐的性质，题目难度中等6（2013西城区一模）浓度均为0.1mol/L Na2CO3和NaHCO3两种溶液各25mL，分别加入25mL 0.1mol/L NaOH溶液，依次形成混合溶液和，和中各指定离子的浓度大小关系不正确的是（）A中离子浓度：c（OH）c（CO32）Bc（Na+）：C中离子浓度：c（OH）c（HCO3）Dc（CO32）：=考点：离子浓度大小的比较；离子方程式的有关计算；影响盐类水解程度的主要因素.专题：盐类的水解专题分析：n（Na2CO3）=n（NaHCO3）=n（NaOH）=0.0025mol，其中Na2CO3与NaOH不反应，NaHCO3与NaOH反应生成Na2CO3，则反应后为Na2CO3和NaOH的混合溶液，为Na2CO3溶液，结合影响盐类水解的因素分析解答：解：A为Na2CO3和NaOH的混合溶液，n（Na2CO3）=n（NaOH）=0.0025mol，由于CO32存在水解，则c（OH）c（CO32），故A正确；B中n（Na+）=0.0075mol，中n（Na+）=0.0025mol，则c（Na+）：，故B正确；C为Na2CO3溶液，CO32存在两步水解，则c（OH）c（HCO3），故C正确；D为Na2CO3和NaOH的混合溶液，为Na2CO3溶液，由于中NaOH的存在，则水解的程度不同，故D错误故选D点评：本题考查离子浓度的大小比较，题目难度中等，解答本题的关键是把握反应后溶液的成分，从影响盐类水解平衡的角度进行判断7（2013西城区一模）已知：CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g）H=41kJ/mol相同温度下，在体积相同的两个恒温密闭容器中，加入一定量的反应物发生反应相关数据如下：容器编号起始时各物质物质的量/mol达平衡过程体系能量的变化COH2OCO2H21400放出热量：32.8 kJ0014热量变化：Q下列说法中，不正确的是（）A容器中反应达平衡时，CO的转化率为80%B容器中CO的转化率等于容器中CO2的转化率C平衡时，两容器中CO2的浓度相等D容器中CO反应速率等于H2O的反应速率考点：化学平衡的计算.专题：化学平衡专题分析：A、根据平衡时放出的热量，结合热化学方程式计算参加反应的CO的物质的量，再根据转化率定义计算；B、容器温度相同，同一可逆反应正逆平衡常数互为倒数，根据容器计算平衡常数，令容器中CO2的物质的量变化量为amol，表示出平衡时各组分的物质的量，反应前后气体的体积不变，利用物质的量代替浓度代入平衡常数表达式计算a的值，进而计算CO2的转化率，C、根据B中的计算判断；D、速率之比等于化学计量数之比解答：解：A、平衡时放出的热量为32.8 kJ，故参加反应的CO的物质的量1mol=0.8mol，CO的转化率为100%=80%，故A正确；B、容器温度相同，平衡常数相同，根据容器计算平衡常数，由A计算可知，平衡时CO的物质的量变化量为0.8mol，则：CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g）开始（mol）：1 4 0 0变化（mol）：0.8 0.8 0.8 0.8平衡（mol）：0.2 3.2 0.8 0.8故平衡常数k=1，故容器中的平衡常数为1，令容器中CO2的物质的量变化量为amol，则： CO2（g）+H2（g）CO（g）+H2O（g）开始（mol）：1 4 0 0变化（mol）：a a a a平衡（mol）：1a 4a a a所以，解得a=0.8CO2的转化率为100%=80%，故B正确；C、由A中计算可知容器平衡时CO2的物质的量为0.8mol，由B中计算可知容器中CO2的物质的量为1mol0.8mol=0.2mol，容器的体积相同，平衡时，两容器中CO2的浓度不相等，故C错误；D、速率之比等于化学计量数之比，故容器中CO反应速率等于H2O的反应速率，故D正确；故选C点评：本题考查化学平衡的有关计算，难度中等，注意C选项中可以利用代换法理解解答二、解答题（共4小题，满分58分）8（14分）（2013西城区一模）硫酸是用途广泛的化工原料，可作脱水剂、吸水剂、氧化剂和催化剂等（1）工业制硫酸铜的方法很多方法一、用浓硫酸和铜制取硫酸铜该反应的化学方程式是Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2+2H2O，此法的最大缺点是产生有污染的气体方法二、用稀硫酸、铜和氧化铁制取硫酸铜，生产的主要过程如图所示：稀硫酸、铜和氧化铁反应的化学方程式是Fe2O3+6H+2Fe3+3H2O，2Fe3+Cu2Fe2+Cu2+，；向混合溶液中通入热空气的反应的离子方程式是4Fe2+4H+O24Fe2+2H2O；由滤液得到无水硫酸铜的实验操作是加热、蒸发（2）氨法脱硫技术可吸收硫酸工业尾气中的二氧化硫，同时制得硫酸铵主要的工艺流程如图所示：吸收塔中发生反应的化学方程式是4NH3H2O+2SO2+O22（NH4）2SO4+2H2O有数据表明，吸收塔中溶液的pH在5.56.0之间，生产效率较高当控制一定流量的尾气时，调节溶液的pH的方法是调节氨水的流量考点：浓硫酸的性质；二氧化硫的化学性质；铜金属及其重要化合物的主要性质；制备实验方案的设计.专题：氧族元素分析：（1）铜和浓硫酸加热反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，反应生成的二氧化硫是污染环境的气体；依据流程图分析判断，稀硫酸、铜和氧化铁反应是氧化铁和稀硫酸反应生成硫酸铁和水，硫酸铁和铜反应生成氯化亚铁和氯化铜；通入热的空气是为了氧化亚铁离子为三价铁离子，调整溶液PH除去铁离子；溶液中得到溶质固体的方法是蒸发水结晶析出；（2）吸收硫酸工业尾气中的二氧化硫，同时制得硫酸铵，吸收塔中通入空气是利用氧气氧化二氧化硫为硫酸盐；吸收塔中溶液的pH在5.56.0之间，生产效率较高当控制一定流量的尾气时，调节溶液的pH的方法是控制氨气的流量；解答：解：（1）铜和浓硫酸加热反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，反应的化学方程式为：Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2+2H2O；反应生成的二氧化硫是污染环境的气体，产生了有污染的气体；故答案为：Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2+2H2O；产生了有污染的气体；依据流程转化图分析，铜需要硫酸和氧化铁反应生成的铁离子溶解生成铜离子，再通入空气氧化亚铁离子为铁离子，调节溶液PH使铁离子沉淀除去，得到硫酸铜溶液；加热蒸发浓缩结晶得到硫酸铜晶体；反应的离子方程式为：Fe2O3+6H+2Fe3+3H2O、2Fe3+Cu2Fe2+Cu2+（或Fe2O3+Cu+6H+3H2O+2Fe2+Cu2+）；通入空气的作用是氧气氧化亚铁离子为铁离子的反应，反应离子方程式为：4Fe2+4H+O24Fe3+2H2O；得到硫酸铜溶液加热蒸发得到硫酸铜晶体；加热、蒸发；故答案为：Fe2O3+6H+2Fe3+3H2O、2Fe3+Cu2Fe2+Cu2+；4Fe2+4H+O24Fe2+2H2O；加热、蒸发；（2）依据流程图分析，吸收塔中发生反应是二氧化硫、一水合氧气反应生成硫酸铵和水，反应的化学方程式为：4NH3H2O+2SO2+O22（NH4）2SO4+2H2O；故答案为：4NH3H2O+2SO2+O22（NH4）2SO4+2H2O；吸收塔中溶液的pH在5.56.0之间，生产效率较高当控制一定流量的尾气时，调节溶液的pH的方法是，调节氨水的流量，故答案为：调节氨水的流量；点评：本题考查了浓硫酸、铁及其化合物铜及其化合物性质的应用，离子方程式的书写方法，除杂的方法，试剂选择原则，题目难度中等9（14分）（2013西城区一模）工业上用硫碘开路循环联产氢气和硫酸的工艺流程如图所示：请回答下列问题：（1）在反应器中发生反应的化学方程式是SO2+xI2+2H2OH2SO4+2HIX（2）在膜反应器中发生反应：2HI（g）H2（g）+I2（g）H0若在一定条件密闭容器中加入1mol HI（g），n（H2）随时间（t）的变化关系如图1所示：该温度下，反应平衡常数K=，若升高温度，K值将增大（填“增大”、“减小”或“不变”）用化学平衡原理解释使用膜反应器及时分离出H2的目的是使平衡正向移动，提高HI的分解率（3）电渗析装置如图2所示：结合电极反应式解释阴极区HIx转化为HI的原理是在阴极区发生反应：Ix+（x1）exI，且阳极区的H+通过交换膜进入阴极区，得以生成HI溶液该装置中发生的总反应的化学方程式是2HIx（x1）I2+2HI（4）上述工艺流程中循环利用的物质是I2考点：化学平衡常数的含义；化学平衡的影响因素；电解原理.专题：化学平衡专题；电化学专题分析：（1）由工艺流程图可知，SO2、I2、H2O反应生成H2SO4、HIX，配平书写方程式；（2）由图1可知，平衡时氢气的物质的量为0.1mol，据此利用三段式计算平衡时各组分的物质的量，由于反应前后气体的物质的量不变，故可以利用物质的量代替浓度代入平衡常数表达式计算；该反应正反应是吸热反应，升高温度，平衡向正反应移动，平衡常数增大；及时分离出H2，使平衡正向移动，提高HI的分解率；（3）由图2可知，在阴极区Ix转化为I，且阳极区的H+通过交换膜进入阴极区，得以生成HI溶液由图2可知，在阴极区Ix转化为I，在阳极区Ix转化为I2，阳极区的H+通过交换膜进入阴极区，得以生成HI溶液，即电解HIx生成I2、HI；（4）由工艺流程可知，电渗析装置与膜反应器中都产生I2，可以再反应器中循环利用解答：解：（1）由工艺流程图可知，SO2、I2、H2O反应生成H2SO4、HIX，反应方程式为：SO2+x I2+2H2OH2SO4+2HIX，故答案为：SO2+x I2+2H2OH2SO4+2HIX；（2）由图1可知，平衡时氢气的物质的量为0.1mol，则： 2HI（g）H2（g）+I2（g）开始（mol）：1 0 0变化（mol）：0.2 0.1 0.1 平衡（mol）：0.8 0.1 0.1 由于反应前后气体的物质的量不变，故可以利用物质的量代替浓度计算平衡常数，故k=，该反应正反应是吸热反应，升高温度，平衡向正反应移动，平衡常数增大，故答案为：；增大；使用膜反应器及时分离出H2，使平衡正向移动，提高HI的分解率，故答案为：使平衡正向移动，提高HI的分解率；（3）由图2可知，在阴极区Ix转化为I，发生反应：Ix+（x1）exI，且阳极区的H+通过交换膜进入阴极区，得以生成HI溶液，故答案为：在阴极区发生反应：Ix+（x1）exI，且阳极区的H+通过交换膜进入阴极区，得以生成HI溶液；由图2可知，在阴极区Ix转化为I，在阳极区Ix转化为I2，阳极区的H+通过交换膜进入阴极区，得以生成HI溶液，即电解HIx生成I2、HI，反应方程式为：2HIx（x1）I2+2HI，故答案为：2HIx（x1）I2+2HI；（4）由工艺流程可知，电渗析装置与膜反应器中都产生I2，可以在反应器中循环利用，故答案为：I2点评：本题以工业上用硫碘开路循环联产氢气和硫酸工艺为载体，考查平衡常数的影响因素与有关计算、电解原理等，难度中等，（2）中平衡常数的计算，反应前后气体物质的量不变的反应可以利用物质的量代替浓度，注意根据平衡常数表达式理解10（14分）（2013西城区一模）甲、乙两同学用下图所示装置进行实验，探究硝酸与铁反应的产物文献记载：I在浓硝酸和活泼金属反应过程中，随着硝酸浓度的降低，其生成的产物有+4、+2、3价等氮的化合物IIFeSO4+NOFe（NO）SO4（棕色）H0IIINO2和NO都能被KMnO4氧化吸收甲的实验操作和现象记录如下：实验操作实验现象打开弹簧夹，通入一段时间CO2，关闭弹簧夹打开分液漏斗活塞，将浓硝酸缓慢滴入烧瓶中，关闭活塞无明显现象加热烧瓶，反应开始后停止加热A中有红棕色气体产生，一段时间后，气体颜色逐渐变浅； B中溶液变棕色； C中溶液紫色变浅反应停止后，A中无固体剩余请回答下列问题：（1）滴入浓硝酸加热前没有明显现象的原因是常温时，铁遇浓硝酸形成致密氧化膜，阻止反应进一步发生（2）检验是否生成3价氮的化合物，应进行的实验操作是取少量反应后A中溶液于试管中，向其中加入浓NaOH溶液，加热，用湿润的红色石蕊试纸接近试管口若试纸变蓝，则A中生成NH4+（3）甲取少量B中溶液，加热，实验现象是棕色溶液变浅（或绿），无色气体逸出，且在空气中变为红棕色请用化学平衡原理解释原因：FeSO4+NOFe（NO）SO4（棕色）H0正反应放热，加热后，平衡向逆反应方向移动甲依据该现象得出的结论是A中有NO生成（4）乙认为甲得出A中有NO生成的证据不足为获取充足的证据，乙仍采用该装置和操作进行对照实验，乙作出的改变是浓硝酸换成稀硝酸，证明有NO生成的实验现象是A中没有红棕色气体生成，B中溶液变为棕色（5）证明A溶液中是否含有Fe2+和Fe3+，选择的药品是（填序号）cda铁粉 b溴水 c鉄氰化钾溶液 d硫氰化钾溶液考点：硝酸的化学性质；铁及其化合物的性质实验.专题：氮族元素分析：（1）常温时，铁遇浓硝酸形成致密氧化膜，阻止反应进一步发生；（2）若有3价氮的化合物生成，应生成NH4+，检验A溶液中是否有NH4+离子即可；（3）B中溶液变棕色，说明B中有Fe（NO）SO4生成，反应FeSO4+NOFe（NO）SO4（棕色）的正反应是放热反应，升高温度平衡向逆反应移动，棕色溶液变浅（或绿），生成的NO与氧气反应生成二氧化氮，气体在空气中变为红棕色；（4）铜和浓硝酸反应生成红棕色气体二氧化氮，二氧化氮和水反应生成一氧化氮，一氧化氮能使硫酸亚铁溶液变成棕色，所以不能证明铁和浓硝酸反应过程中NO生成，为排除生成的NO干扰，把浓硝酸换成稀硝酸，如果硫酸亚铁溶液再变成棕色则说明有NO生成；（5）亚铁离子和铁鉄氰化钾溶液反应生成蓝色沉淀，铁离子和硫氰化钾溶液反应生成血红色溶液解答：解：（1）常温时，铁和浓硝酸反应生成一层致密的氧化物薄膜，阻止了铁和浓硝酸进一步反应，即产生钝化现象，所以滴入浓硝酸加热前没有明显现象，故答案为：常温时，铁遇浓硝酸形成致密氧化膜，阻止反应进一步发生；（2）生成3价氮的化合物是氨气，氨气极易溶于水生成氨水，氨水电离生成铵根离子，检验铵根离子的方法是：取少量反应后A中溶液于试管中，向其中加入浓NaOH溶液，加热，用湿润的红色石蕊试纸接近试管口若试纸变蓝，则A中生成NH4+，故答案为：取少量反应后A中溶液于试管中，向其中加入浓NaOH溶液，加热，用湿润的红色石蕊试纸接近试管口若试纸变蓝，则A中生成NH4+；（3）取少量B中溶液，加热，棕色溶于变浅，有无色气体逸出，且该气体在空气中变为红棕色，应为可逆反应FeSO4+NOFe（NO）SO4（棕色）是放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，导致Fe（NO）SO4（棕色）降低，所以溶液颜色变浅，故答案为：棕色溶液变浅（或绿），无色气体逸出，且在空气中变为红棕色；FeSO4+NOFe（NO）SO4（棕色）H0 正反应放热，加热后，平衡向逆反应方向移动；（4）二氧化氮和水反应生成的一氧化氮能使硫酸亚铁溶液变成棕色，所以不能证明铁和浓硝酸反应过程中NO生成，为排除生成的NO干扰，把浓硝酸换成稀硝酸，稀硝酸和铜反应生成无色的一氧化氮，没有二氧化氮生成，则A中气体是无色的，且B中溶液变为棕色，则说明生成的一氧化氮和硫酸亚铁反应生成棕色，从而说明A中无色气体是一氧化氮，故答案为：浓硝酸换成稀硝酸；A中没有红棕色气体生成，B中溶液变为棕色；（5）亚铁离子的特征反应是：亚铁离子和铁氰化钾溶液反应生成蓝色沉淀，铁离子的特征反应是：铁离子和无色的硫氰化钾溶液反应血红色溶液，故选cd点评：本题考查铁、硝酸的性质，铵根离子、铁离子和亚铁离子的检验是高考热点，注意：常温时，铁和浓硝酸不是不反应，而是发生了钝化现象，阻止了进一步反应，为易错点11（16分）（2013西城区一模）重要的精细化学品M和N，常用作交联剂、涂料、杀虫剂等，合成路线如图所示：已知：iii N的结构简式是请回答下列问题：（1）A中含氧官能团名称是羟基、醛基；由A生成B的反应类型是消去反应（2）X的结构简式是CH3CH2CHO（3）C和甲醇反应的产物可以聚合形成有机玻璃该聚合反应的化学方程式是（4）E的结构简式是（5）下列说法正确的是bcaE能发生消去反应b1molM中含有4mol酯基cX与Y是同系物dG不存在顺反异构体（6）由Y生成D的化学方程式是（7）Z的结构简式是考点：有机物的推断.专题：有机物的化学性质及推断分析：有机物X与HCHO发生信息i的反应，结合A的分子式为C4H8O2可知，X为CH3CH2CHO，A为HOCH2CH（CH3）CHO，A发生消去反应脱去1分子H2O生成B，故B为CH2C（CH3）CHO，B氧化生成C为CH2C（CH3）COOH；由信息iii中N的结构，结合信息ii中反应可知，形成M的物质为、，C与E反应可以合成M，结合M的分子式C21H2