1、2013-2014学年上海市金山中学高二（下）期末化学试卷（加一）一、选择题（每题只有1个正确选项，每题2分，共10分）1（2分）（2014春金山区校级期末）2004年印度洋发生特大海啸，为了解决灾民饮水问题，政府向灾民发放药品，下列能够分别起净水和杀菌消毒作用的化合物是（）ACaCl2和Ca（ClO）2BFeCl3和Cl2CCaO和液氯DKAl（SO4）212H2O和Ca（ClO）22（2分）（2014春金山区校级期末）下列物质氕、氘、氚 乙酸和甲酸甲酯 C60、N60金刚石和石墨，其中依次属于同位素、同素异形体、同分异构体的是（）A、B、C、D、3（2分）（2014春金山区校级期末）下列化
2、学用语中，书写正确的是（）ACO2的比例模型：B氮气的电子式：C乙醇的球棒模型D聚乙烯的结构简式：4（2分）（2014春金山区校级期末）下列物质肯定是纯净物的是（）A天然气B分子式为C2H6O的物质C聚甲基丙烯酸甲酯D分子式为C2H5Cl的物质5（2分）（2014春金山区校级期末）下列实验事实可以用同一化学反应原理解释的是（）A乙烯与SO2都能使溴水褪色B氢氧化钠和酒精都能与醋酸反应C烧碱和乙酸钠的溶液都能使酚酞试液变红D向乙醛和葡萄糖溶液中加入新制氢氧化铜悬浊液后加热，都有砖红色沉淀产生二、选择题（每题只有1个正确选项，每题3分，共36分）6（3分）（2014罗定市校级模拟）下列选项中说明乙
3、醇作为燃料的优点的是（）燃烧时发生氧化反应 充分燃烧的产物不污染环境乙醇是一种可再生能源 燃烧时放出大量热量ABCD7（3分）（2014春金山区校级期末）下列有机物命名正确的是（）AH2NCH2COOH 氨基乙酸B2二氯丙烷C 2甲基丙醇DC17H33COOH 硬脂酸8（3分）（2014春金山区校级期末）某同学分析有机物（如图）的结构具有的性质有（）缩聚反应 加成反应 取代反应 水解反应 中和反应 显色反应氧化反应还原反应 消去反应ABC全部D除外其余都有9（3分）（2014春金山区校级期末）用NA表示阿伏加德罗常数，则下列说法错误的是（）A1 molCH5+所含的电子数为10NAB1 mol
4、C20H42中含有61 NA个共价键C25时1 mL纯水中含有1010NA个OH离子D22.4 L的NH3中含有4 NA个原子10（3分）（2014春金山区校级期末）不能用水浴加热的实验是（）A苯的硝化反应B银镜反应C制酚醛树脂D由乙醇制乙烯11（3分）（2014春金山区校级期末）某学生在实验室制取乙酸乙酯（反应温度80左右）和乙酸丁酯（反应温度115125），现有两套实验装置图和图下列说法错误的是（）A制乙酸乙酯用图I装置，制乙酸丁酯用图II 装置B导管a和导管b的作用都是冷凝回流C都可用Na2CO3 溶液来洗去酯中的酸和醇D加入过量的乙酸可以提高醇的转化率12（3分）（2014春金山区校级
5、期末）化学式与苯丙氨酸（C9H11NO2）相同，且同时符合下列两个条件：有带两个取代基的苯环，有一个硝基直接连在苯环上的异构体的数目是（）A3B5C6D1013（3分）（2014春雨花区期末）经测定C3H7OH和C6H12组成的混合物中氧的质量分数为8%，则此混合物中氢的质量分数为（）A78%B22%C14%D13%14（3分）（2014春金山区校级期末）某种兴奋剂的结构简式如图，有关该物质的叙述中，正确的是（）A遇氯化铁溶液显色B能和NaHCO3反应产生CO2C1 mol该物质分别能和4 mol溴、7 mol氢气完全反应D滴入酸性高锰酸钾溶液，紫色褪去，证明结构中存在碳碳双键15（3分）（2
6、007春武汉校级期末）某羧酸衍生物A，其分子式为C6H12O2，实验表明A和氢氧化钠溶液共热生成B和C，B和盐酸反应生成有机物D，C在铜催化和加热的条件下氧化为E，其中D、E都不能发生银镜反应由此判断A的可能的结构有（）A6种B2种C4种D3种16（3分）（2014春金山区校级期末）在汽油中添加适量酒精作为汽车燃料的技术已经逐步向全国推广已知C8H18和C2H5OH燃烧的热化学方程式分别为：2C8H18（l）+25O2（g）16CO2（g）+18H2O（l）H=10900kJmol1C2H5OH（l）+3O2（g）2CO2（g）+3H2O（l）H=1367kJmol1 假定汽油的成分为C8H1
7、8，则用添加酒精的汽油做汽车燃料时，不能达到的目的是（）A节省化石燃料B减少有害气体的排放C有利于转化过剩的粮食D提高每千克燃料燃烧放出的热量17（3分）（2014春金山区校级期末）取20g混有二氧化锰的氯酸钾，加热至恒重在一定温度下将残留的固体加入10g水中有7.9g固体未溶解，再加入5g水有5.3g固体残渣未溶，再加水，残渣不减少则原混合物中可能含有的KClO3质量为（）A14.7gB6.9gC12.1gD17.6g三、选择题（每题有12个正确选项，每题4分，共20分）18（4分）（2014春金山区校级期末）下列物质中，在一定条件下，既能发生银镜反应，又能发生水解反应的是（）A葡萄糖B麦芽
8、糖C溴乙酸D甲酸钠19（4分）（2012春吉安期末）在“绿色化学工艺”中，理想状态是反应物中的原子全部转化为欲制得的产物，即原子的利用率为100%在用丙炔合成甲基丙烯酸甲酯（）的过程中，欲使原子的利用率达到最高，在催化剂作用下还需要其他的反应物是（）ACO2和CH3OHBCO2和H2OCH2和CODCH3OH和H220（4分）（2014春金山区校级期末）据美国科学杂志报道，外太空的某个星球的大气层中含有大量的CH2=CHOH，此物质常温下为液体，不稳定，易转化为CH3CHO，化学方程式为：CH2=CHOHCH3CHO+Q （Q0）据此，以下叙述中不正确的是（）A该星球表面温度很低B低温下稳定性
9、：CH2=CHOHCH3CHOC常温下CH2=CHOH具有的能量比CH3CHO高D高温下稳定性：CH2=CHOHCH3CHO21（4分）（2014春金山区校级期末）下列离子方程式书写正确的是（）A碳酸亚铁溶于稀硝酸：FeCO3+2H+Fe2+H2O+CO2B氯化铝溶液中加入过量氢氧化钠溶液：Al3+4OH=AlO2+2H2OCNaHS溶液中加入等物质的量的醋酸：HS+H+H2SDNaHCO3溶液与过量石灰水反应：HCO3+Ca2+OH=CaCO3+H2O22（4分）（2014延安模拟）向一定量的Fe、FeO和Fe2O3的混合物中加入120mL 4mol/L的稀硝酸，恰好使混合物完全溶解，放出1
10、.344LNO（标准状况），往所得溶液中加入KSCN溶液，无红色出现若用足量的CO在加热下还原相同质量的混合物，最终得到铁的物质的量为（）A0.21molB0.24molC0.16molD0.14mol四、（本题共8分）23（8分）（2014春金山区校级期末）在构成宇宙万物的一百多种元素中，金属约占了80%，它们在现代工业和新材料、新技术研究中具有至关重要的意义现有a、b、c、d四种金属元素，a是人体内含量最多的金属元素，b是地壳中含量最多的金属元素，c是海水中含量最多的金属元素，d是人类冶炼最多的金属元素（1）元素a在元素周期表中的位置为；a原子的核外能量不同的电子有种（2）下列可以证明b、
11、c金属性强弱的是A最高价氧化物对应水化物的溶解性：bcB单质与水反应的剧烈程度：bcC相同条件下，氯化物水溶液的pH值：bcDc可以从b的氯化物水溶液中置换出b（3）人类冶炼d的时候一般得到的是d的合金，潮湿环境中其表面会产生一层水膜，从而发生腐蚀下列关于该腐蚀的说法正确的是A腐蚀过程中，一定会有气体放出 B腐蚀过程中，d被氧化C在酸性条件下，负极的电极反应式为：2H+2eH2D与电源的负极相连，可以防止发生这种腐蚀（4）d单质在高温下会与水蒸气反应生成一种黑色固体和一种易燃性气体，且每生成1mol该易燃气体放出37.68kJ热量，请写出此反应的热化学方程式：五、（本题共8分）24（8分）（2
12、014春金山区校级期末）六价铬对人体有毒，含铬废水要经过化学处理后才能排放，方法是用绿矾（FeSO47H2O）把废水中六价铬还原成三价铬离子，再加入过量的石灰水，使铬离子生成Cr（OH）3沉淀（1）配平下列主要反应的化学方程式并标出电子转移的方向和数目：H2Cr2O7+FeSO4+H2SO4Fe2（SO4）3+Cr2（SO4）3+H2O（2）上述反应中的氧化产物是，硫酸所体现的性质（3）处理后的沉淀中有Cr（OH）3外，还有 （用化学式表示）（4）现在处理1103 L含铬（+6）78mgL1的废水，需要绿矾 g六、（本题共10分）25（10分）（2014春金山区校级期末）甲醇被称为2l世纪的新
13、型燃料，工业上通过下列反应和，用CH4和H2O为原料来制备甲醇 将1.0mol CH4和2.0mol H2O（g）通入反应室（容积为100L），在一定条件下发生反应：CH4（g）+H2O（g）CO（g）+3 H2（g），CH4的转化率与温度、压强的关系如图（1）P1时，已知100时达到平衡所需的时间为5min，则用H2表示的平均反应速率为在其它条件不变的情况下降低温度，逆反应速率将（填“增大”、“减小”或“不变”）（2）图中的P1P2（填“”、“”或“=”），理由是在压强为0.1MPa条件下，将a mol CO与 3a mol H2的混合气体在催化剂作用下能自发反应生成甲醇：CO（g）+2H2
14、（g）CH3OH（g）（3）若容器容积不变，下列措施可增加甲醇产率的是（A）升高温度 （B）将CH3OH（g）从体系中分离（C）充入He，使体系总压强增大（D）再充入1mol CO和3mol H2（4）为了寻找合成甲醇的温度和压强的适宜条件，某同学设计了三组实验，部分实验条件已经填在下面实验设计表中请在表空格中填入剩余的实验条件数据实验编号（）n （CO）/n（H2）P（MPa）1500.153505七、（本题12分）26（12分）（2014春金山区校级期末）乙醛在空气中易被氧化，沸点为20.840%的乙醛溶液久置会分层，其上层为无色油状液体经测定无色油状液体为乙醛的自身加成物（C2H4O）n
15、，其沸点比水的沸点高，分子中无醛基现根据反应原理：（C2H4O）nnC2H4O，从无色油状液体中提取乙醛（1）若要证明部分乙醛已经被氧化，所用的试剂为A银氨溶液 B石蕊试液 C水 D乙醇（2）通过操作，从久置的乙醛中得到无色油状液体，所用的玻璃仪器有（3）如图是从无色油状液体中提取乙醛的实验装置，在烧瓶中加入6molL1的硫酸和无色油状液体，加热至沸腾实验开始前必须的操作为加热一段时间后发现，烧瓶中混合液逐渐变黑，可能的原因是A6molL1的硫酸由于吸水作用而使有机物碳化B6molL1的硫酸由于脱水作用而使有机物碳化C混合液浓度变大，有机物脱水碳化一同学认为将6molL1的硫酸改为盐酸，实验效
16、果更好另一同学不支持该观点，理由是当实验结束时，应先移去，再移去检验锥形瓶中得到的乙醛水溶液的试剂为，反应条件为八、（本题共12分）27（12分）（2014春金山区校级期末）为了节能减排，提高综合经济效益，某工厂采用氨一硫酸铵治理含硫烟道气，同时吸收焦炉气中的氨，其工艺流程图如下：（1）为提高原料利用率，在生产亚硫酸氢铵时，需加入少量对苯二酚，加入对苯二酚的目的是（2）已知烟气含SO22%，焦炉气中含NH34.8%，若只生产硫酸铵一种产品，吸收后的尾气中所含的SO2或NH3可忽略），则含SO2烟气与焦炉气的流量（每分钟流过的体积）比为（3）氨气吸收塔中发生反应的离子方程式为：（4）取一定量干燥
17、的铵盐样品溶于水配成100mL溶液，向其中加入足量的氢氧化钡溶液，微热，产生4032mL（标准状况下）干燥的NH3，同时产生23.3g不溶于稀HNO3的白色沉淀，且该铵盐样品的水溶液不能使溴水褪色则：原溶液中c（NH4+）=原铵盐样品溶液不能使溴水褪色，说明该铵盐中不含（填离子符号）原样品的成分及其物质的量是九、（本题共10分）28（10分）（2014春金山区校级期末）有机物F是一种新型涂料固化剂，可由下列路线合成（部分反应条件略去）：（1）B的结构简式是；E中含有的官能团名称是（2）乙烯在实验室可由（填有机物名称）通过（填反应堆类型）制备（3）由C和E合成F的化学方程式是（4）同时满足下列条
18、件的苯的同分异构体的结构简式是含有3个双键分子中只含1种化学环境氢原子不存在甲基十、（本题共10分）29（10分）（2014韶关二模）已知苯甲醛与乙酸酐（CH3CO）2O在一定条件下可以通过Perkin反应生成肉桂酸，反应方程式（已配平）如下：（1）1mol苯甲醛与足量银氨溶液在水浴条件下反应最多能生成mol银单质；写出肉桂酸完全加氢后产物的分子式（2）上述反应中的产物M能与碳酸氢钠反应并放出气体，则M的结构简式是（3）溴苯（C6H5Br）与丙烯酸乙酯（CH2=CHCOOC2H5）在氯化钯催化下可直接合成肉桂酸乙酯，该反应属于Beck反应，其反应方程式为（不要求标出反应条件），该反应类型属于已
19、知：在药物、香料合成中常利用醛和醇反应生成缩醛来保护醛基，此类反应在酸催化下进行例如：（4）已知具有五元环和六元环结构的缩醛比较稳定写出用乙二醇（HOCH2CH2OH）保护苯甲醛中醛基生成的缩醛B（分子式：C9H10O2）的结构简式（5）缩醛B（分子式：C9H10O2）符合以下条件的同分异构体有两种，写出它们的结构简式苯环上只有一个取代基；能发生水解反应和银镜反应十一、（本题共14分）30（14分）（2014春金山区校级期末）已知常温下，硝酸浓度越稀，其还原产物的价态越低（本题气体数据均已折算至标准状况）（1）实验室欲用70%的浓硝酸（密度1.41g/mL）配制1.0mol/L的稀硝酸（密度1
20、.04g/mL）500mL求：70%浓硝酸的物质的量浓度mol/L（保留1位小数，下同），配制时需浓硝酸mL（2）将9.65克某铜锌合金加入到足量的浓硝酸中，得到气体 6.72L（假设不含N2O4），则该合金中铜与锌的物质的量之比为（3）向100mL某浓度的硝酸溶液中加入足量的铁粉，铁粉部分溶解，却无气体产生向反应后的溶液中加入过量的氢氧化钠溶液，过滤后对滤渣进行洗涤后灼烧得到固体物质4.8g，写出铁与硝酸反应的化学方程式，该硝酸溶液的物质的量浓度（4）将13克锌加入到200mL 3.6mol/L的硝酸溶液中，锌全部溶解，得到无色气体2.464L（已知常温下N2O3为液体），测得反应后的溶液p
21、H=0（假设反应前后溶液体积无变化）取少量反应后的溶液加入足量的氢氧化钠溶液并加热，无刺激性气味的气体生成试求该无色气体的组成及其物质的量2013-2014学年上海市金山中学高二（下）期末化学试卷（加一）参考答案与试题解析一、选择题（每题只有1个正确选项，每题2分，共10分）1（2分）（2014春金山区校级期末）2004年印度洋发生特大海啸，为了解决灾民饮水问题，政府向灾民发放药品，下列能够分别起净水和杀菌消毒作用的化合物是（）ACaCl2和Ca（ClO）2BFeCl3和Cl2CCaO和液氯DKAl（SO4）212H2O和Ca（ClO）2考点：氯、溴、碘及其化合物的综合应用版权所有专题：化学应
22、用分析：分别起净水和杀菌消毒作用的化合物，应具有吸附性，以达到除去水中的悬浮物的目的，具有杀菌消毒作用，应具有强氧化性，以此解答解答：解：ACa（ClO）2具有强氧化性，可用于杀菌消毒，但不能起到净水的作用，故A不选；B氯气为单质，不是化合物，故B不选；C液氯为单质，不是化合物，故C不选；D明矾可用于净水，Ca（ClO）2具有强氧化性，可用于杀菌消毒，故D选故选D点评：本题考查元素化合物知识，为高频考点，侧重于化学与生活的考查，有利于培养学生良好的科学素养，提高学习的积极性，难度不大2（2分）（2014春金山区校级期末）下列物质氕、氘、氚 乙酸和甲酸甲酯 C60、N60金刚石和石墨，其中依次属
23、于同位素、同素异形体、同分异构体的是（）A、B、C、D、考点：同位素及其应用；同素异形体；同分异构现象和同分异构体版权所有专题：物质的分类专题分析：有相同质子数，不同中子数的原子互为同位素；相同元素组成，不同形态的单质互为同素异形体；具有相同分子式而结构不同的化合物互为同分异构体解答：解：氕、氘和氚质子数相同，中子数不同，故互为同位素，金刚石和石墨是由氧元素形成的不同单质，故互为同素异形体，乙酸和甲酸甲酯分子式相同，但结构不同，故互为同分异构体，故选C点评：本题考查同位素、同素异形体、同分异构体的概念，难度不大对于元素、核素、同位素、同素异形体、同分异构体、同系物、同种物质等概念的区别是考试的
24、热点问题3（2分）（2014春金山区校级期末）下列化学用语中，书写正确的是（）ACO2的比例模型：B氮气的电子式：C乙醇的球棒模型D聚乙烯的结构简式：考点：电子式、化学式或化学符号及名称的综合版权所有专题：化学用语专题分析：A二氧化碳中存在两个碳氧双键，为直线型结构，氧原子半径大于碳原子；B氮气分子中存在氮氮三键，氮原子最外层达到8电子稳定结构；C乙醇的官能团为羟基，表示的是乙酸；D聚乙烯为乙烯的加聚反应产物，其结构简式中不存在碳碳双键解答：解：A二氧化碳为直线型结构，比例模型中，碳原子的体积大于氧原子，二氧化碳正确的比例模型为：，故A错误；B氮气分子中存在氮氮三键，氮原子最外层为8个电子，氮
25、气正确的电子式为：，故B正确；C中官能团为羧基，表示的是乙酸，乙醇中含有的官能团为羟基，乙醇的球棍模型为：，故C错误；D聚乙烯为乙烯的加聚反应产物，聚乙烯中不存在碳碳双键，其正确的结构简式为：，故D错误；故选B点评：本题考查化学用语，为高频考点，把握电子式、结构简式、分子式及球棍模型为解答的关键，注意化学用语的规范应用，题目难度不大4（2分）（2014春金山区校级期末）下列物质肯定是纯净物的是（）A天然气B分子式为C2H6O的物质C聚甲基丙烯酸甲酯D分子式为C2H5Cl的物质考点：同分异构现象和同分异构体版权所有专题：同分异构体的类型及其判定分析：A、天然气中主要成分是甲烷；B、C2H6O存在
26、同分异构体，可表示乙醇或者甲酸甲酯；C、聚合物是聚合度不同的高分子组成的混合物；D、C2H5Cl不存在同分异构体现象解答：解：A、天然气中主要成分是甲烷，还含有一些其它物质，属于混合物，故A错误；B、C2H6O存在同分异构体，可表示乙醇或者甲酸甲酯，所以C2H6O表示的不物质不一定是纯净物，故B错误；C、聚合物是聚合度不同的高分子组成的混合物，故C错误；D、C2H5Cl不存在同分异构体现象，因此一定是纯净物，故D正确；故选D点评：本题考查了纯净物的判断，熟悉纯净物、混合物的概念，掌握同分异构体、同素异形体的判断是解题关键，题目难度不大5（2分）（2014春金山区校级期末）下列实验事实可以用同一
27、化学反应原理解释的是（）A乙烯与SO2都能使溴水褪色B氢氧化钠和酒精都能与醋酸反应C烧碱和乙酸钠的溶液都能使酚酞试液变红D向乙醛和葡萄糖溶液中加入新制氢氧化铜悬浊液后加热，都有砖红色沉淀产生考点：乙烯的化学性质；乙醛的化学性质；葡萄糖的性质和用途版权所有专题：有机物的化学性质及推断分析：A乙烯和溴发生加成，二氧化硫可被溴氧化；B氢氧化钠和醋酸发生中和反应，酒精和醋酸发生酯化反应；C烧碱属于强碱电离出氢氧根离子，醋酸钠属于强碱弱酸盐水解显碱性；D含醛基的物质能被弱氧化剂氧化解答：解：A乙烯和溴发生加成生成二溴乙烷使溴水褪色属于加成反应，二氧化硫可被溴氧化使溴水褪色，二者原理不同，故A错误；B氢氧
28、化钠和醋酸发生中和反应，酒精和醋酸发生酯化反应，故B错误；C烧碱属于强碱电离出氢氧根离子，醋酸钠属于强碱弱酸盐水解显碱性，故C错误；D乙醛和葡萄糖都含醛基，含醛基的物质能被弱氧化剂新制氢氧化铜氧化，故D正确，故选D点评：本题考查了常见物质的性质，较基础，明白反应原理即可二、选择题（每题只有1个正确选项，每题3分，共36分）6（3分）（2014罗定市校级模拟）下列选项中说明乙醇作为燃料的优点的是（）燃烧时发生氧化反应 充分燃烧的产物不污染环境乙醇是一种可再生能源 燃烧时放出大量热量ABCD考点：使用化石燃料的利弊及新能源的开发版权所有专题：化学应用分析：酒精燃烧生成二氧化碳和水，二氧化碳和水都不
29、会污染空气；燃烧伴随着发光、发热等现象乙醇可以通过粮食、秸杆发酵生成，也可以通过乙烯和水合成，因此酒精是可再生资源解答：解：本题采用排除法最合适，中燃烧是氧化反应，这是燃烧的一个共同性质，不能作为酒精燃烧的优点例如硫和氧气燃烧生成二氧化硫，这也是一个氧化反应，并且污染空气因为不符合条件，所以就排除A、B、C，故选D点评：做这种组合性题目的最好方法是排除法，即快又正确掌握酒精的性质和应用7（3分）（2014春金山区校级期末）下列有机物命名正确的是（）AH2NCH2COOH 氨基乙酸B2二氯丙烷C 2甲基丙醇DC17H33COOH 硬脂酸考点：有机化合物命名版权所有专题：有机化学基础分析：判断有机
30、物的命名是否正确或对有机物进行命名，其核心是准确理解命名规范：（1）烷烃命名原则：长选最长碳链为主链；多遇等长碳链时，支链最多为主链；近离支链最近一端编号；小支链编号之和最小看下面结构简式，从右端或左端看，均符合“近离支链最近一端编号”的原则；简两取代基距离主链两端等距离时，从简单取代基开始编号如取代基不同，就把简单的写在前面，复杂的写在后面（2）有机物的名称书写要规范；（3）含有官能团的有机物命名时，要选含官能团的最长碳链作为主链，官能团的位次最小解答：解：A、H2NCH2COOH是氨基取代了乙酸甲基中的一个氢原子，命名为：氨基乙酸，故A正确；B、是丙烷中的2号碳上的两个氢原子被氯原子代替的
31、产物，命名为：2，2二氯丙烷，故B错误；C、醇的命名方法：选择含有羟基的碳链为主碳链，从离羟基进的一端开始编号，命名为：2甲基1丙醇，故C错误；D、C17H35COOH是硬脂酸的结构简式，故D错误；故选 A点评：本题考查有机物的命名，难度不大，掌握命名原则，注意书写规范，题目较简单8（3分）（2014春金山区校级期末）某同学分析有机物（如图）的结构具有的性质有（）缩聚反应 加成反应 取代反应 水解反应 中和反应 显色反应氧化反应还原反应 消去反应ABC全部D除外其余都有考点：有机物的结构和性质；有机物分子中的官能团及其结构版权所有专题：有机反应分析：该有机物中含酚OH、醇OH、COOH、COO
32、C及苯环，结合酚、醇、羧酸、酯的性质来解答解答：解：含OH、COOH，能发生缩聚反应，故选；含苯环，能发生加成反应，故选；含酚OH、COOH、OH等，能发生取代反应，故选；含COOC，能发生水解反应，故选；含COOH，具有酸性，能发生中和反应，故选；含酚OH，能发生显色反应，故选；含OH，能发生氧化反应；该物质能加H，加H的反应为还原反应，故选；含醇OH，且与OH相连C的邻位C上含H，能发生消去反应，故选；故选C点评：本题考查有机物的结构与性质，注意把握该有机物中的官能团，熟悉常见有机物的性质即可解答，侧重有机反应类型的考查，题目难度不大9（3分）（2014春金山区校级期末）用NA表示阿伏加德
33、罗常数，则下列说法错误的是（）A1 molCH5+所含的电子数为10NAB1 molC20H42中含有61 NA个共价键C25时1 mL纯水中含有1010NA个OH离子D22.4 L的NH3中含有4 NA个原子考点：阿伏加德罗常数版权所有专题：阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律分析：A1 molCH5+所含的电子数为10mol；B饱和烃中CC键数为碳的个数减一，CH个数为氢的个数；C25时水中氢离子和氢氧根离子的浓度为107mol/L；D气体不一定在标况下解答：解：A1 molCH5+所含的电子数为10mol，电子数为10NA，故A正确； BC20H42中19个CC键和42个CH键，1个C20H4
34、2中含有61 个共价键，则1 molC20H42中含有61 NA个共价键，故B正确；C25时水的离子积为1014，水中氢离子和氢氧根离子的浓度为107mol/L，所以1 mL纯水中含有物质的量=浓度体积，107103=1010NA个OH离子，故C正确；D气体不一定标准状况下，22.4L氨气的物质的量不一定是1mol，故D错误故选D点评：本题考查阿伏加德罗常数的应用，题目难度不大，注意物质的组成、结构、性质以及物质存在的外界条件和聚集状态等问题10（3分）（2014春金山区校级期末）不能用水浴加热的实验是（）A苯的硝化反应B银镜反应C制酚醛树脂D由乙醇制乙烯考点：乙烯的实验室制法；苯的性质；乙醛
35、的银镜反应版权所有专题：实验题分析：因为水的沸点是100，用水浴加热，所以“水浴”加热温度不可能超过100，水浴加热的温度是使反应容器内试剂受热温度均匀，据此即可解答解答：解：A苯和浓硝酸、浓硫酸在5060发生硝化反应生成硝基苯和水，该反应为C6H6+HNO3C6H5NO2+H2O，需要水浴，故A正确；B制备银镜时，用酒精灯的外焰给试管底部加热时温度太高，应水浴加热，如葡萄糖发生银镜反应的方程式为：CH2OH（CHOH）4CHO+2Ag（NH3）2OH CH2OH（CHOH）4COONH4+2Ag+3NH3+H2O，故B正确；C酚醛树脂是由苯酚和甲醛在催化剂条件下经沸水浴加热，缩聚而成，故C正
36、确；D因乙醇能分子内脱水生成乙烯，所以可用乙醇制乙烯，实验室利用加热到170时乙醇和浓硫酸混合溶液制取乙烯，反应方程式为CH3CH2OHCH2=CH2+H2O，反应的温度为170，超过沸水的温度，不能用水浴，故D错误；故选D点评：本题主要考查了物质的制备的温度条件，根据实验的反应原理进行解答，题目难度不大11（3分）（2014春金山区校级期末）某学生在实验室制取乙酸乙酯（反应温度80左右）和乙酸丁酯（反应温度115125），现有两套实验装置图和图下列说法错误的是（）A制乙酸乙酯用图I装置，制乙酸丁酯用图II 装置B导管a和导管b的作用都是冷凝回流C都可用Na2CO3 溶液来洗去酯中的酸和醇D加
37、入过量的乙酸可以提高醇的转化率考点：乙酸乙酯的制取版权所有专题：有机物的化学性质及推断分析：A乙酸乙酯采取边反应边蒸馏的方法，但乙酸丁酯则采取直接回流的方法，待反应后再提取产物；B导管a的作用是导气、冷凝，导管b的作用是冷凝、回流；C乙醇、丁醇均能溶于水，且酯在饱和碳酸钠溶液中的溶解度较小；D根据反应物浓度对化学平衡的影响进行解答解答：解：A乙酸乙酯采取边反应边蒸馏的方法，所以制乙酸乙酯用图I装置，但乙酸丁酯则采取直接回流的方法，待反应后再提取产物，制乙酸丁酯应该用图II装置，故A正确；B导管a的作用为导气、冷凝，导管b的作用是冷凝、回流，两个导管的作用不完全相同，故B错误；C饱和碳酸钠溶液呈
38、碱性，能中和乙酸，乙醇、丁醇均能溶于水，因此饱和碳酸钠溶液可以吸收醇，即：两个实验都可用Na2CO3溶液来洗去酯中的酸和醇，故C正确；D乙酸乙酯或乙酸丁酯的制备原理都属于可逆反应，增大乙酸的浓度可使平衡向着正向移动，从而提高了醇的转化率，故D正确；故选B点评：本题考查了乙酸乙酯或乙酸丁酯的制取方法、化学平衡的影响，题目难度中等，注意掌握酯的制取原理，明确反应中浓硫酸、饱和碳酸钠溶液等在酯的制备中的作用12（3分）（2014春金山区校级期末）化学式与苯丙氨酸（C9H11NO2）相同，且同时符合下列两个条件：有带两个取代基的苯环，有一个硝基直接连在苯环上的异构体的数目是（）A3B5C6D10考点：
39、同分异构现象和同分异构体版权所有专题：同分异构体的类型及其判定分析：分子式与苯丙氨酸相同，且同时符合下列两个条件：有带两个取代基的苯环；有一个硝基直接连接在苯环上，则为硝基化合物，含有NO2，则另一取代基为C3H7，有正丙基、异丙基两种，两种取代基有邻、间、对三种位置关系，据此解答解答：解：分子式与苯丙氨酸（C6H5CH2CHNH2COOH）相同，且同时符合下列两个条件：有带两个取代基的苯环；有一个硝基直接连接在苯环上，则为硝基化合物，含有NO2，则另一取代基为C3H7，有正丙基、异丙基两种，两种取代基有邻、间、对三种位置关系，故符合条件的同分异构体由23=6种，故选C点评：本题考查同分异构体
40、的书写，难度中等，注意同分异构体的书写方法，关键是判断取代基的异构体数目13（3分）（2014春雨花区期末）经测定C3H7OH和C6H12组成的混合物中氧的质量分数为8%，则此混合物中氢的质量分数为（）A78%B22%C14%D13%考点：元素质量分数的计算版权所有专题：计算题分析：C3H7OH中含有O元素，根据混合物中氧的质量分数为8%，计算出C3H7OH和C6H12的质量分数，再结合化学式计算出C3H7OH和C6H12中所含H元素在混合物中的质量分数，二者之和混合物中氢的质量分数为H%解答：解：C3H7OH中O的质量分数为所以混合物中C3H7OH质量分数为=30%，所以混合物中C6H12的
41、质量分数为130%=70%混合物中C3H7OH含H元素在混合物中的质量分数为30%=4%，混合物中C6H12含H元素在混合物中的质量分数为70%=10%，所以混合物中氢的质量分数为H%=4%+10%=14%故选：C点评：考查质量分数的计算，难度中等，关键根据氧的质量分数结合C3H7OH化学式计算混合物中C3H7OH质量分数14（3分）（2014春金山区校级期末）某种兴奋剂的结构简式如图，有关该物质的叙述中，正确的是（）A遇氯化铁溶液显色B能和NaHCO3反应产生CO2C1 mol该物质分别能和4 mol溴、7 mol氢气完全反应D滴入酸性高锰酸钾溶液，紫色褪去，证明结构中存在碳碳双键考点：有机
42、物分子中的官能团及其结构版权所有专题：有机物的化学性质及推断分析：A、含有酚羟基的有机物能使氯化铁溶液显色；B、酚羟基的弱酸性不会和碳酸氢钠之间反应；C、根据有机物的双键性质确定和溴单质、氢气加成时所耗的量；D、苯环中不含碳碳双键，碳碳双键、酚羟基都可以被高锰酸钾氧化解答：解：A、该有机物中含有酚羟基，能使氯化铁溶液显色，故A正确；B、有机物中的酚羟基的弱酸性，不会和碳酸氢钠之间反应，故B错误；C、酚羟基临位氢原子和溴单质之间会发生取代反应，消耗3mol溴单质，烯烃结构的碳碳双键会消耗1mol溴发生加成反应，共消耗溴单质4mol，两个苯环、一个碳碳双键共消耗氢气7mol，故C正确；D、该有机物
43、中含有烯烃结构的碳碳双键、含有酚羟基都可以被高锰酸钾氧化，能使高锰酸钾褪色，滴入酸性高锰酸钾溶液，紫色褪去，还可以证明结构中含有酚羟基，故D错误故选AC点评：本题考查有机物的结构和性质，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握有机物的结构和官能团的性质，为解答该题的关键，注意苯环不含碳碳双键，为易错点，难度不大15（3分）（2007春武汉校级期末）某羧酸衍生物A，其分子式为C6H12O2，实验表明A和氢氧化钠溶液共热生成B和C，B和盐酸反应生成有机物D，C在铜催化和加热的条件下氧化为E，其中D、E都不能发生银镜反应由此判断A的可能的结构有（）A6种B2种C4种D3种考点：有机物分子
44、中的官能团及其结构；辨识简单有机化合物的同分异构体版权所有专题：同分异构体的类型及其判定分析：某羧酸衍生物A，其分子式为C6H12O2，所以A是酯，且只含一个酯基；根据A和氢氧化钠溶液共热生成B和C，B和盐酸反应生成有机物D，所以D是羧酸，C是醇；因为C在铜催化和加热的条件下氧化为E，其中D、E都不能发生银镜反应，所以D不是羧酸，E不是醛是酮，故C醇的羟基不在甲基上，据此分析A的结构解答：解：某羧酸衍生物A，其分子式为C6H12O2，所以A是酯，且只含一个酯基；根据A和氢氧化钠溶液共热生成B和C，B和盐酸反应生成有机物D，所以D是羧酸，C是醇；因为C在铜催化和加热的条件下氧化为E，其中D、E都
45、不能发生银镜反应，所以D不是甲酸，E不是醛是酮，故C醇的羟基不在甲基上因为C醇的羟基不在甲基上，D不是甲酸，分情况分析：1、若D是乙酸，C只能是2丁醇，A为；2、若D是丙酸，C只能是2丙醇，A为3、若D是丁酸或2甲基丙酸，C只能是乙醇，乙醇能被氧化成乙醛，不符合题意所以A的可能的结构只有两种故选B点评：本题考查了根据物质的性质判断物质的结构，难度不大，明确物质官能团能发生的化学反应是解本题的关键16（3分）（2014春金山区校级期末）在汽油中添加适量酒精作为汽车燃料的技术已经逐步向全国推广已知C8H18和C2H5OH燃烧的热化学方程式分别为：2C8H18（l）+25O2（g）16CO2（g）+
46、18H2O（l）H=10900kJmol1C2H5OH（l）+3O2（g）2CO2（g）+3H2O（l）H=1367kJmol1 假定汽油的成分为C8H18，则用添加酒精的汽油做汽车燃料时，不能达到的目的是（）A节省化石燃料B减少有害气体的排放C有利于转化过剩的粮食D提高每千克燃料燃烧放出的热量考点：清洁能源版权所有专题：化学反应中的能量变化分析：A、酒精是可再生燃料；B、酒精燃烧产生二氧化碳和水，无污染；C、工业酒精的生产原材料有粮食秸杆等，也可以合成；D、根据热化学方程式来计算出每千克燃料燃烧放出的热量，从而做出比较解答：解：A、酒精是可再生燃料，故用酒精替代化石燃料可以节省不可再生的化石
47、燃料，故A不选；B、汽油燃烧产生SO2等污染性气体，酒精燃烧产生二氧化碳和水，无污染，故B不选；C、工业酒精的生产原材料有粮食秸杆等，也可以合成，而且粮食的总量并不过剩，故C选；D、1000gC8H18燃烧放出的热量为：KJ=47807KJ，1000gC2H5OH燃烧放出的热量为：KJ=29717.4KJ，故每千克酒精燃烧放出的热量比汽油少，故D选故选CD点评：本题考查了汽油和酒精做燃料的优缺点，难度不大，注意选项D的计算17（3分）（2014春金山区校级期末）取20g混有二氧化锰的氯酸钾，加热至恒重在一定温度下将残留的固体加入10g水中有7.9g固体未溶解，再加入5g水有5.3g固体残渣未溶
48、，再加水，残渣不减少则原混合物中可能含有的KClO3质量为（）A14.7gB6.9gC12.1gD17.6g考点：有关混合物反应的计算版权所有专题：差量法分析：将20g氯酸钾和二氧化锰的混合物充分加热后，氯酸钾完全分解生成氯化钾和氧气，其中KCl溶于水、二氧化锰不溶于水，根据“将残留的固体加入10g水中有7.9g固体未溶解，再加入5g水有5.3g固体残渣未溶，再加水，残渣不减少”可知，不溶解的5.3g而二氧化锰的质量，据此可以计算出原混合物中氯酸钾的质量解答：解：取20g混有二氧化锰的氯酸钾，加热至恒重，说明氯酸钾完全分解生成氯化钾和氧气，反应方程式为：2KClO32KCl+3O2，剩余的固体
49、为KCl和MnO2的混合物；根据题干信息可知，最后有5.3g固体没有溶解，也不再溶解，则该5.3g固体为MnO2的质量，所以原20g混合物中含有氯酸钾的质量为：20g5.3g=14.7g，故选A点评：本题考查了混合物反应的计算，题目难度不大，明确题干中各种固体质量数据的含义为解答本题的关键，只要得出最后的不溶物为二氧化锰，本题不需要通过复杂的化学计算就可以解答三、选择题（每题有12个正确选项，每题4分，共20分）18（4分）（2014春金山区校级期末）下列物质中，在一定条件下，既能发生银镜反应，又能发生水解反应的是（）A葡萄糖B麦芽糖C溴乙酸D甲酸钠考点：蔗糖、麦芽糖简介版权所有专题：糖类与蛋
50、白质专题分析：能发生银镜反应的物质含有醛基官能团，能水解的物质一般含有Cl、COO、多糖、油脂、蛋白质等物质解答：解：A葡萄糖是单糖，不能发生水解，故A错误； B麦芽糖是二糖，在酸性条件下加热能发生水解得到葡萄糖，是还原性糖，能发生银镜反应，故B正确；C溴乙酸不含有醛基，不能发生银镜反应，故C错误；D甲酸钠含有醛基，能发生银镜反应，含有酯基，能发生水解，故D正确故选BD点评：本题考查有机物的性质，题目难度不大，注意根据物质的官能团判断有机物可能具有的性质19（4分）（2012春吉安期末）在“绿色化学工艺”中，理想状态是反应物中的原子全部转化为欲制得的产物，即原子的利用率为100%在用丙炔合成甲
51、基丙烯酸甲酯（）的过程中，欲使原子的利用率达到最高，在催化剂作用下还需要其他的反应物是（）ACO2和CH3OHBCO2和H2OCH2和CODCH3OH和H2考点：绿色化学版权所有专题：有机反应分析：由题意知，绿色化学即环境友好型化学，其理想状态是反应中原子全部转化为欲制得的产物，即原子的利用率为100%，根据这一观点，要把一个C3H4分子变成一个C5H802分子，还必须增加2个C原子、4个H原子、2个O原子，即原料中C、H、O的原子个数比为2：4：2，以此来解答解答：解：由题意知，绿色化学即环境友好型化学，其理想状态是反应中原子全部转化为欲制得的产物，即原子的利用率为100%，根据这一观点，要
52、把一个C3H4分子变成一个C5H802分子，还必须增加2个C原子、4个H原子、2个O原子，即原料中C、H、O的原子个数比为2：4：2ACO2和CH3OH，其中两种物质里三种原子不论怎样组合也都不能使C、H、O的原子个数比为2：4：2，故A错误； BC02和H2O，其中两种物质里三种原子不论怎样组合也都不能使C、H、O的原子个数比为2：4：2，故B错误；CH2和CO，这两种物质如果按照分子个数比2：2组合，则很容易使C、H、O的原子个数比达到2：4：2，故C正确；DCH3OH和H2，其中两种物质分子里三种原子不论怎样组合都不能使C、H、O的原子个数比为2：4：2，故D错误故选C点评：本题考查绿色
53、化学的概念，并以此为依据，考查元素种类、原子种类在化学变化中都保持不变，因此我们要用守恒的观点来解答，注意解本题时一定要读懂题意，明确命题者的意图，再结合所学方可解答20（4分）（2014春金山区校级期末）据美国科学杂志报道，外太空的某个星球的大气层中含有大量的CH2=CHOH，此物质常温下为液体，不稳定，易转化为CH3CHO，化学方程式为：CH2=CHOHCH3CHO+Q （Q0）据此，以下叙述中不正确的是（）A该星球表面温度很低B低温下稳定性：CH2=CHOHCH3CHOC常温下CH2=CHOH具有的能量比CH3CHO高D高温下稳定性：CH2=CHOHCH3CHO考点：反应热和焓变版权所有
54、专题：化学反应中的能量变化分析：温度升高的话，容易变成CH2=CHOH，表明高温时CH2=CHOH比较稳定；温度降低的话，容易变成CH3CHO，说明低温时CH3CHO比较稳定；A、某个星球的大气层中含有大量的CH2=CHOH，依据反应可知CH2=CHOHCH3CHO+Q（Q0），反应是放热反应，平衡逆向进行说明星球温度高；B、依据能量守恒可知，低温下向CH3CHO的方向进行，说明CH2=CHOH的稳定性小；C、依据反应可知CH2=CHOHCH3CHO+Q（Q0），反应是放热反应；D、高温下转化为CH2=CHOH，稳定性：CH2=CHOHCH3CHO解答：解：A、某个星球的大气层中含有大量的CH
55、2=CHOH，依据反应可知CH2=CHOHCH3CHO+Q（Q0），反应是放热反应，平衡逆向进行说明星球温度高，故A错误；B、依据能量守恒可知，低温下向CH3CHO的方向进行，说明CH2=CHOH的稳定性小，低温下稳定性：CH2=CHOHCH3CHO，故B正确；C、依据反应可知CH2=CHOHCH3CHO+Q（Q0），反应是放热反应，CH2=CHOH具有较高的能量，故C正确；D、高温下转化为CH2=CHOH，稳定性：CH2=CHOHCH3CHO，故D正确；故选A点评：本题考查了化学平衡的影响因素分析判断，物质的能量越高越活泼，题目难度中等21（4分）（2014春金山区校级期末）下列离子方程式书
56、写正确的是（）A碳酸亚铁溶于稀硝酸：FeCO3+2H+Fe2+H2O+CO2B氯化铝溶液中加入过量氢氧化钠溶液：Al3+4OH=AlO2+2H2OCNaHS溶液中加入等物质的量的醋酸：HS+H+H2SDNaHCO3溶液与过量石灰水反应：HCO3+Ca2+OH=CaCO3+H2O考点：离子方程式的书写版权所有专题：离子反应专题分析：A硝酸将亚铁离子氧化为铁离子，同时硝酸根离子被还原为NO；B二者反应生成偏铝酸钠和水；C弱电解质写化学式；D二者反应生成碳酸钙、NaOH和水解答：解：A硝酸将亚铁离子氧化为铁离子，同时硝酸根离子被还原为NO，离子方程式为3FeCO3+NO3+10H+=3Fe3+NO+
57、5H2O+3CO2，故A错误；B二者反应生成偏铝酸钠和水，离子方程式为Al3+4OH=AlO2+2H2O，故B正确；C弱电解质写化学式，离子方程式为HS+CH3COOH=CH3COO+H2S，故C错误；D二者反应生成碳酸钙、NaOH和水，离子方程式为HCO3+Ca2+OH=CaCO3+H2O，故D正确；故选BD点评：本题考查离子方程式正误判断，明确物质性质及离子方程式书写规则是解本题关键，知道单质、氧化物、弱电解质、气体、沉淀等物质写化学式，要根据原子守恒、电荷守恒及转移电子守恒进行判断，易错选项是A，要发生氧化还原反应22（4分）（2014延安模拟）向一定量的Fe、FeO和Fe2O3的混合物
58、中加入120mL 4mol/L的稀硝酸，恰好使混合物完全溶解，放出1.344LNO（标准状况），往所得溶液中加入KSCN溶液，无红色出现若用足量的CO在加热下还原相同质量的混合物，最终得到铁的物质的量为（）A0.21molB0.24molC0.16molD0.14mol考点：有关混合物反应的计算版权所有专题：计算题分析：n（HNO3）=0.12L4mol/L=0.48mol，n（NO）=0.06mol，往所得溶液中加入KSCN溶液，无红色出现，说明全部生成Fe2+，溶液溶质为Fe（NO3）2，结合铁守恒计算解答：解：n（HNO3）=0.12L4mol/L=0.48mol，n（NO）=0.06m
59、ol，往所得溶液中加入KSCN溶液，无红色出现，说明全部生成Fe2+，溶液溶质为Fe（NO3）2，则原混合物中Fe为=0.21mol，则若用足量的CO在加热下还原相同质量的混合物，最终得到铁的物质的量为0.21mol，故选A点评：本题考查混合物的计算，题目难度不大，注意从守恒的角度解答该题较为直观，答题时注意体会四、（本题共8分）23（8分）（2014春金山区校级期末）在构成宇宙万物的一百多种元素中，金属约占了80%，它们在现代工业和新材料、新技术研究中具有至关重要的意义现有a、b、c、d四种金属元素，a是人体内含量最多的金属元素，b是地壳中含量最多的金属元素，c是海水中含量最多的金属元素，d
60、是人类冶炼最多的金属元素（1）元素a在元素周期表中的位置为第四周期第A族；a原子的核外能量不同的电子有6种（2）下列可以证明b、c金属性强弱的是BCA最高价氧化物对应水化物的溶解性：bcB单质与水反应的剧烈程度：bcC相同条件下，氯化物水溶液的pH值：bcDc可以从b的氯化物水溶液中置换出b（3）人类冶炼d的时候一般得到的是d的合金，潮湿环境中其表面会产生一层水膜，从而发生腐蚀下列关于该腐蚀的说法正确的是BDA腐蚀过程中，一定会有气体放出 B腐蚀过程中，d被氧化C在酸性条件下，负极的电极反应式为：2H+2eH2D与电源的负极相连，可以防止发生这种腐蚀（4）d单质在高温下会与水蒸气反应生成一种黑
61、色固体和一种易燃性气体，且每生成1mol该易燃气体放出37.68kJ热量，请写出此反应的热化学方程式：3Fe（s）+4H2O（g）Fe3O4（s）+4H2（g）H=150.72kJ/mol考点：金属在元素周期表中的位置及其性质递变的规律；金属的电化学腐蚀与防护版权所有专题：元素周期律与元素周期表专题；电化学专题分析：a、b、c、d四种金属元素，a是人体内含量最多的金属元素，则为Ca；b是地壳中含量最多的金属元素，b为Al；c是海水中含量最多的金属元素，c为Na；d是人类冶炼最多的金属元素，为Fe，（1）根据Ca的电子层数和最外层电子数判断在周期表中的位置；根据电子排布判断电子的能量；（2）A、
62、金属元素的最高价氧化物对应的水化物的碱性越强，则金属性越强；B、金属元素的单质与水或酸反应越剧烈，则金属性越强；C、盐的水解程度越大，则对应的碱的碱性越弱；D、活泼金属能将不活泼金属从其盐中置换出来；（3）AFe发生吸氧腐蚀时，没有气体放出； BFe的腐蚀过程中，Fe失电子被氧化；C在酸性条件下，负极为Fe失电子生成亚铁离子；D与电源的负极相连，作阴极被保护；（4）Fe与水蒸气在高温下生成氢气和四氧化三铁，反应方程式为3Fe（s）+4H2O（g）Fe3O4（s）+4H2（g），根据生成1mol氢气放出的热量求反应热，再写出热化学方程式解答：解：a、b、c、d四种金属元素，a是人体内含量最多的金
63、属元素，则为Ca；b是地壳中含量最多的金属元素，b为Al；c是海水中含量最多的金属元素，c为Na；d是人类冶炼最多的金属元素，为Fe，（1）a为Ca，原子序数为20，原子结构中有4个电子层、最外层电子数为2，则位于元素周期表中第四周期A族，a原子的核外能量不同的电子有1s、2s、2p、3s、3p、4s共6种；故答案为：第四周期第A族；6；（2）A、金属元素的最高价氧化物对应的水化物的碱性越强，则失电子能力越强，金属性越强，与最高价氧化物对应水化物的溶解性无关，故A错误；B、金属元素的单质与水或酸反应置换出氢气越容易，则失电子能力越强，单质与水反应的剧烈程度：bc，则金属性：bc，故B正确；C、
64、盐溶液的PH越小，盐的水解程度越大，则对应的碱的碱性越弱，其金属元素的金属性越弱，相同条件下，氯化物水溶液的pH值：bc，则金属性bc，故C正确；D、活泼金属能将不活泼金属从其盐中置换出来，但是，Na与水能反应，Na不与溶液中的金属离子反应，所以c不可以从b的氯化物水溶液中置换出b，故D错误故答案为：BC；（3）AFe发生吸氧腐蚀时，没有气体放出，铁发生析氢腐蚀是有氢气生成，故A错误； BFe的腐蚀过程中，形成原电池，Fe作负极失电子被氧化，故B正确；C在酸性条件下，负极为Fe失电子生成亚铁离子，则负极电极反应式为：Fe2eFe2+，故C错误；D与电源的负极相连，作阴极被保护，则Fe作阴极被保
65、护，故D正确；故答案为：BD；（4）根据d单质在高温下会与水蒸气反应生成一种黑色固体和一种易燃性气体，且每生成1mol该易燃气体放出37.68kJ热量，写反应的热化学方程式时注意标出物质的聚集状态，故热化学方程式为：3Fe（s）+4H2O（g）Fe3O4（s）+4H2（g）H=150.72kJ/mol故答案为：3Fe（s）+4H2O（g）Fe3O4（s）+4H2（g）H=150.72kJ/mol点评：本题考查元素周期表的结构及应用、金属的电化学腐蚀与防护、热化学方程式的书写，题目涉及的知识点较多，题目综合性较强，注意把握金属的判断及原子结构与元素位置的关系为解答的关键，注重基础知识的综合应用考
66、查，题目难度中等五、（本题共8分）24（8分）（2014春金山区校级期末）六价铬对人体有毒，含铬废水要经过化学处理后才能排放，方法是用绿矾（FeSO47H2O）把废水中六价铬还原成三价铬离子，再加入过量的石灰水，使铬离子生成Cr（OH）3沉淀（1）配平下列主要反应的化学方程式并标出电子转移的方向和数目：1H2Cr2O7+6FeSO4+6H2SO43Fe2（SO4）3+1Cr2（SO4）3+7H2O（2）上述反应中的氧化产物是Fe2（SO4）3，硫酸所体现的性质酸性（3）处理后的沉淀中有Cr（OH）3外，还有Fe（OH）3 （用化学式表示）（4）现在处理1103 L含铬（+6）78mgL1的废水
67、，需要绿矾1251 g考点：氧化还原反应方程式的配平；氧化还原反应的计算版权所有专题：氧化还原反应专题分析：（1）氧化还原反应中，化合价升高值=化合价降低值=转移电子数，根据元素化合价和电子转移之间的关系来回答；（2）化合价升高的元素在反应中被氧化，发生氧化反应，得到氧化产物，根据硫酸纸元素化合价的变化情况来确定其性质；（3）根据离子最终的产物来回答；（4）依据离子方程式定量关系计算得到解答：解：（1）在反应中，Cr元素的化合价从+6价降低为+3价，1molH2Cr2O7共得到电子是6mol，Fe元素的化合价升高，从+2价升高到+3价，铁元素失电子，铬元素得电子，转移电子是6，所以FeSO4的
68、前边系数是6，Fe2（SO4）3的前边系数是3，H2Cr2O7的系数是1，Cr2（SO4）3的系数是1，根据元素守恒，得到化学方程式以及电子转移情况如下：1H2Cr2O7+6FeSO4+6H2SO4=3Fe2（SO4）3+1Cr2（SO4）3+7H2O，故答案为：1；6；6；3；1；7；（2）铁元素的化合价升高，所以Fe2（SO4）3是氧化产物，硫酸中的元素化合价没有变化，生成对应的盐，所体现的性质是酸性，故答案为：Fe2（SO4）3；酸性；（3）亚铁离子被氧化为铁离子，铁离子可以和氢氧化钙反应生成Fe（OH）3，所以处理后的沉淀中有Cr（OH）3外，还有Fe（OH）3，故答案为：Fe（OH）
69、3；（4）现用上述方法处理1103 L含铬（+6价）78mgL1的废水，铬元素物质的量=1.5mol，Cr2O72物质的量0.75mol，则 Cr2O72+6Fe2+14H+=2Cr3+6Fe3+7H2O 1 60.75mol 4.5mol需用绿矾的质量=4.5mol278g/mol=1251g，故答案为：1251点评：本题涉及氧化还原方程式的配平以及方程式的计算等知识，注意电子转移和化合价变化之间的关系是关键，难度不大六、（本题共10分）25（10分）（2014春金山区校级期末）甲醇被称为2l世纪的新型燃料，工业上通过下列反应和，用CH4和H2O为原料来制备甲醇 将1.0mol CH4和2.
70、0mol H2O（g）通入反应室（容积为100L），在一定条件下发生反应：CH4（g）+H2O（g）CO（g）+3 H2（g），CH4的转化率与温度、压强的关系如图（1）P1时，已知100时达到平衡所需的时间为5min，则用H2表示的平均反应速率为3103mol/（Lmin）在其它条件不变的情况下降低温度，逆反应速率将减小（填“增大”、“减小”或“不变”）（2）图中的P1P2（填“”、“”或“=”），理由是相同温度下，压强越小，有利于平衡右移，甲烷的转化率越大在压强为0.1MPa条件下，将a mol CO与 3a mol H2的混合气体在催化剂作用下能自发反应生成甲醇：CO（g）+2H2（g）
71、CH3OH（g）（3）若容器容积不变，下列措施可增加甲醇产率的是BD（A）升高温度 （B）将CH3OH（g）从体系中分离（C）充入He，使体系总压强增大（D）再充入1mol CO和3mol H2（4）为了寻找合成甲醇的温度和压强的适宜条件，某同学设计了三组实验，部分实验条件已经填在下面实验设计表中请在表空格中填入剩余的实验条件数据实验编号（）n （CO）/n（H2）P（MPa）1500.115053505考点：转化率随温度、压强的变化曲线；化学平衡的影响因素版权所有专题：化学平衡专题分析：（1）100时达到平衡时甲烷的转化率为0.5，则甲烷参加反应的物质的量=1.0mol0.5=0.5mol，
72、v（CH4）=1103mol/（Lmin），同一温度下同一可逆反应中，不同物质的反应速率之比等于其计量数之比，据此计算氢气反应速率；降低温度，正逆反应速率都减小；（2）相同温度下，增大压强，平衡向气体体积减小的方向移动，根据甲烷转化率大小确定压强大小；（3）若容器容积不变，要增加甲醇产率，应该使平衡向正反应方向移动；（4）为了寻找合成甲醇的温度和压强的适宜条件，只能改变一个条件且其它条件都相同才能作出判断解答：解：（1）100时达到平衡时甲烷的转化率为0.5，则甲烷参加反应的物质的量=1.0mol0.5=0.5mol，v（CH4）=1103mol/（Lmin），同一温度下同一可逆反应中，不同物
73、质的反应速率之比等于其计量数之比，所以v（H2）=3v（CH4）=3103mol/（Lmin）；降低温度，正逆反应速率都减小，故答案为：3103mol/（Lmin）；减小；（2）相同温度下，增大压强，平衡向气体体积减小的方向移动，甲烷的转化率减小，所以P1P2，故答案为：；相同温度下，压强越小，有利于平衡右移，甲烷的转化率越大；（3）（A）该反应的正反应是放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，所以不能增大甲醇的产率，故A错误；（B）将CH3OH（g）从体系中分离，平衡向正反应方向移动，所以能增大甲醇的产率，故B正确；（C）充入He，使体系总压强增大，但反应物、生成物浓度不变，平衡不移动，所
74、以不能增大甲醇产率，故C错误；（D）再充入1molCO和3molH2，反应物的浓度增大，反应正向移动，甲醇的产率增大，故D正确；故选BD；（4）为了寻找合成甲醇的温度和压强的适宜条件，只能改变一个条件且其它条件都相同才能作出判断，i和ii中压强不同，则其温度和n（CO）/n（H2）必须相等；ii和iii中压强相等，则必须是温度不等、n（CO）/n（H2）相等，故答案为：实验编号（）n （CO）/n（H2）P（MPa）1500.115053505点评：本题考查温度、压强对化学平衡的影响，侧重考查学生分析问题、解答问题能力，易错选项是（3）C，压强增大不一定改变平衡移动，要根据是否影响反应物或生成
75、物浓度来确定平衡是否移动，为易错点七、（本题12分）26（12分）（2014春金山区校级期末）乙醛在空气中易被氧化，沸点为20.840%的乙醛溶液久置会分层，其上层为无色油状液体经测定无色油状液体为乙醛的自身加成物（C2H4O）n，其沸点比水的沸点高，分子中无醛基现根据反应原理：（C2H4O）nnC2H4O，从无色油状液体中提取乙醛（1）若要证明部分乙醛已经被氧化，所用的试剂为BA银氨溶液 B石蕊试液 C水 D乙醇（2）通过分液操作，从久置的乙醛中得到无色油状液体，所用的玻璃仪器有分液漏斗、烧杯（3）如图是从无色油状液体中提取乙醛的实验装置，在烧瓶中加入6molL1的硫酸和无色油状液体，加热至
76、沸腾实验开始前必须的操作为进行气密性检查加热一段时间后发现，烧瓶中混合液逐渐变黑，可能的原因是CA6molL1的硫酸由于吸水作用而使有机物碳化B6molL1的硫酸由于脱水作用而使有机物碳化C混合液浓度变大，有机物脱水碳化一同学认为将6molL1的硫酸改为盐酸，实验效果更好另一同学不支持该观点，理由是盐酸易挥发，导致c（H+）下降，影响反应进行，挥发进入锥形瓶，影响乙醛的纯度当实验结束时，应先移去导管，再移去酒精灯检验锥形瓶中得到的乙醛水溶液的试剂为银氨溶液或新制的Cu（OH）2悬浊液，反应条件为加热考点：乙醛的化学性质版权所有专题：有机物的化学性质及推断分析：（1）乙醛可被氧化为乙酸，根据乙酸
77、的性质作答；（2）乙醛溶液久置会分层，其上层为无色油状液体；（3）实验开始前必须的操作是检验装置的气密性；6molL1的硫酸不具有吸水性和脱水性；盐酸易挥发，影响反应进行及乙醛的纯度；当实验结束时，为了防止倒吸，应先移去导管，然后移去酒精灯；乙醛含有醛基，可用银氨溶液或新制氢氧化铜悬浊液检测解答：解：（1）乙醛可被氧化为乙酸，乙酸能使石蕊试液变红，故答案为：B；（2）乙醛溶液久置会分层，其上层为无色油状液体，可用分液进行分离，用到的玻璃仪器是分液漏斗、烧杯，故答案为：分液；分液漏斗、烧杯；（3）实验开始前必须的操作是检验装置的气密性，防止漏气，故答案为：进行气密性检查；6molL1的硫酸不具有
78、吸水性和脱水性，因此AB错误，混合液浓度变大，有机物脱水碳化，导致烧瓶中混合液逐渐变黑，故答案为：C；盐酸易挥发，导致c（H+）下降，影响反应进行，氯化氢挥发进入锥形瓶，影响乙醛的纯度，故答案为：盐酸易挥发，导致c（H+）下降，影响反应进行，挥发进入锥形瓶，影响乙醛的纯度；当实验结束时，为了防止倒吸，应先移去导管，然后移去酒精灯，故答案为：导管；酒精灯；乙醛含有醛基，可用银氨溶液检测，反应条件分别为水浴加热，或用新制氢氧化铜悬浊液检测，反应条件为加热煮沸，故答案为：银氨溶液，水浴加热或新制的Cu（OH）2悬浊液，加热煮沸点评：本题考查了乙醛的化学性质，综合性较强，涉及混合物的分离和提纯、实验仪
79、器、盐酸的性质、乙醛的特征反应等，难度一般八、（本题共12分）27（12分）（2014春金山区校级期末）为了节能减排，提高综合经济效益，某工厂采用氨一硫酸铵治理含硫烟道气，同时吸收焦炉气中的氨，其工艺流程图如下：（1）为提高原料利用率，在生产亚硫酸氢铵时，需加入少量对苯二酚，加入对苯二酚的目的是对苯二酚作还原荆，保证亚硫酸氧铵不被氧化（2）已知烟气含SO22%，焦炉气中含NH34.8%，若只生产硫酸铵一种产品，吸收后的尾气中所含的SO2或NH3可忽略），则含SO2烟气与焦炉气的流量（每分钟流过的体积）比为1.2：1（3）氨气吸收塔中发生反应的离子方程式为：HSO3+NH3H2O=SO32+NH
80、4+H2O（4）取一定量干燥的铵盐样品溶于水配成100mL溶液，向其中加入足量的氢氧化钡溶液，微热，产生4032mL（标准状况下）干燥的NH3，同时产生23.3g不溶于稀HNO3的白色沉淀，且该铵盐样品的水溶液不能使溴水褪色则：原溶液中c（NH4+）=1.8mol/L原铵盐样品溶液不能使溴水褪色，说明该铵盐中不含SO32（填离子符号）原样品的成分及其物质的量是（NH4）2SO4：0.08mol、NH4HSO4：0.02mol考点：氨的化学性质版权所有专题：氮族元素分析：（1）生产亚硫酸氢铵时，为防止亚硫酸铵氧化，应加入还原剂；（2）根据质量守恒计算，即需要的NH3与SO2的物质的之比理论上应为
81、2：1；（3）氨气吸收塔中发生的反应为氨水和亚硫酸铵的反应；（4）根据元素守恒确定离子的量计算浓度以及物质的量解答：解：（1）生产亚硫酸氢铵时，为防止亚硫酸铵氧化，应加入还原剂，则生产亚硫酸氢铵时，为防止亚硫酸铵氧化，应加入还原剂，故答案为：对苯二酚作还原荆，保证亚硫酸氧铵不被氧化；（2）需要的NH3与SO2的物质的之比理论上应为2：1，设含SO2烟气与焦炉气的体积分别为x、y，则有2%x：4.8%y=1：2，x：y=1.2：1，故答案为：1.2：1（3）氨气吸收塔中发生的反应为氨水和亚硫酸铵的反应，反应的方程式为HSO3+NH3H2O=SO32+NH4+H2O，故答案为：HSO3+NH3H2
82、O=SO32+NH4+H2O；（4）加入足量的氢氧化钡溶液，微热，产生4032mL即0.18mol（标准状况下）干燥的NH3，根据：NH4+NH3，所以铵根离子的物质的量是0.18mol，原溶液中c（NH4+）=0.18mol/L，产生23.3g不溶于稀HNO3的白色沉淀，是硫酸钡沉淀，物质的量是0.1mol，根据硫酸根离子守恒，全部硫酸根离子是0.1moL，硫酸根离子和铵根离子的物质的量之比是0.1mol：0.18mol=5：9，成分组成是硫酸铵和硫酸氢铵，设二者的物质的量分别是x、y，则2x+y=0.18，x+y=0.1，解得x=0.08mol，y=0.02moL，故答案为：1.8mol/
83、L；SO32；（NH4）2SO4：0.08mol、NH4HSO4：0.02mol点评：本题考查尾气的处理和实验流程问题，题目难度不大，本题注意把握物质的性质，解答本题一定要认真读题，加强自学能力的培养九、（本题共10分）28（10分）（2014春金山区校级期末）有机物F是一种新型涂料固化剂，可由下列路线合成（部分反应条件略去）：（1）B的结构简式是HOOC（CH2）4COOH；E中含有的官能团名称是羟基和氨基（2）乙烯在实验室可由乙醇（填有机物名称）通过消去反应（填反应堆类型）制备（3）由C和E合成F的化学方程式是CH3OOC（CH2）4COOCH3+2HOCH2CH2NH2HOCH2CH2N
84、HOC（CH2）4CONHCH2CH2OH+2CH3OH（4）同时满足下列条件的苯的同分异构体的结构简式是含有3个双键分子中只含1种化学环境氢原子不存在甲基考点：有机物的合成版权所有专题：有机物的化学性质及推断分析：在镍作催化剂条件下，苯和氢气发生加成反应生成A为环己烷，环己烷被氧气氧化生成B，在催化剂条件下，B和甲醇发生酯化反应生成C，根据C的结构结合B的分子式知，B是1，6己二酸；在银作催化剂条件下，乙烯被氧气氧化生成环氧乙烷，环氧乙烷和氨气反应生成E，C和E反应生成F，据此答题解答：解：在镍作催化剂条件下，苯和氢气发生加成反应生成环己烷，环己烷被氧气氧化生成B，在催化剂条件下，B和甲醇发
85、生酯化反应生成C，根据C的结构结合B的分子式知，B是1，6己二酸；在银作催化剂条件下，乙烯被氧气氧化生成环氧乙烷，环氧乙烷和氨气发生加成反应生成E，C和E发生取代反应生成F，（1）B是1，6己二酸，其结构简式为：HOOC（CH2）4COOH，根据E的结构简式知，E中含有羟基和氨基，故答案为：HOOC（CH2）4COOH，羟基和氨基；（2）乙烯在实验室可由乙醇通过消去反应制取，故答案为：乙醇；消去反应；（3）C和E发生取代反应生成F，反应方程式为：CH3OOC（CH2）4COOCH3+2HOCH2CH2NH2HOCH2CH2NHOC（CH2）4CONHCH2CH2OH+2CH3OH，故答案为：C
86、H3OOC（CH2）4COOCH3+2HOCH2CH2NH2HOCH2CH2NHOC（CH2）4CONHCH2CH2OH+2CH3OH；（4）具备含有3个双键、核磁共振氢谱只显示1个吸收峰则该有机物中只含一种类型的氢原子、不存在甲基的苯的同分异构体的结构简式为：，故答案为：；点评：本题主要考查了有机化合物之间的转化关系、官能团及性质、有机反应类型、有条件的同分异构体的书写等知识点，明确有机物的官能团及其性质是解本题关键，难度中等十、（本题共10分）29（10分）（2014韶关二模）已知苯甲醛与乙酸酐（CH3CO）2O在一定条件下可以通过Perkin反应生成肉桂酸，反应方程式（已配平）如下：（1
87、）1mol苯甲醛与足量银氨溶液在水浴条件下反应最多能生成2mol银单质；写出肉桂酸完全加氢后产物的分子式C9H16O2（2）上述反应中的产物M能与碳酸氢钠反应并放出气体，则M的结构简式是CH3COOH（3）溴苯（C6H5Br）与丙烯酸乙酯（CH2=CHCOOC2H5）在氯化钯催化下可直接合成肉桂酸乙酯，该反应属于Beck反应，其反应方程式为（不要求标出反应条件），该反应类型属于取代反应已知：在药物、香料合成中常利用醛和醇反应生成缩醛来保护醛基，此类反应在酸催化下进行例如：（4）已知具有五元环和六元环结构的缩醛比较稳定写出用乙二醇（HOCH2CH2OH）保护苯甲醛中醛基生成的缩醛B（分子式：C9
88、H10O2）的结构简式（5）缩醛B（分子式：C9H10O2）符合以下条件的同分异构体有两种，写出它们的结构简式苯环上只有一个取代基；能发生水解反应和银镜反应考点：有机物的合成；有机物分子中的官能团及其结构版权所有专题：有机物的化学性质及推断分析：（1）苯甲醛中只有1个CHO，结合1molCHO2molAg分析；肉桂酸完全加氢后，苯环、碳碳双键均与氢气加成，H原子数多8个；（2）M能与碳酸氢钠反应并放出气体，M中含COOH，并结合原子守恒分析；（3）溴苯（C6H5Br）与丙烯酸乙酯（CH2=CHCOOC2H5）在氯化钯催化下可直接合成肉桂酸乙酯，溴苯中的Br被取代；（4）乙二醇（HOCH2CH2
89、OH）保护苯甲醛中醛基生成的缩醛B，B的分子式为C9H10O2，B中含苯环及醚键结构；（5）缩醛B（分子式：C9H10O2）符合以下条件的同分异构体有两种，苯环上只有一个取代基；能发生水解反应和银镜反应，则一个侧链中含COOCH，即存在甲酸某酯结构解答：解：（1）苯甲醛中只有1个CHO，由1molCHO2molAg可知，1mol苯甲醛与足量银氨溶液在水浴条件下反应最多能生成2molAg单质；肉桂酸完全加氢后，苯环、碳碳双键均与氢气加成，H原子数多8个，则加氢后产物的分子式为C9H16O2，故答案为：2；C9H16O2；（2）M能与碳酸氢钠反应并放出气体，M中含COOH，由C原子守恒可知，M中含
90、2个C原子，即M为CH3COOH，故答案为：CH3COOH；（3）溴苯（C6H5Br）与丙烯酸乙酯（CH2=CHCOOC2H5）在氯化钯催化下可直接合成肉桂酸乙酯，溴苯中的Br被取代，属于取代反应，该反应为，故答案为：；取代反应；（4）乙二醇（HOCH2CH2OH）保护苯甲醛中醛基生成的缩醛B，B的分子式为C9H10O2，B中含苯环及醚键结构，则B的结构简式为，故答案为：；（5）缩醛B（分子式：C9H10O2）符合以下条件的同分异构体有两种，苯环上只有一个取代基；能发生水解反应和银镜反应，则一个侧链中含COOCH，即存在甲酸某酯结构，所以符合条件的结构简式为，故答案为：点评：本题考查有机物合成
91、及结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质的关系为解答的关键，侧重醛、醇性质及知识迁移应用能力的考查，注重学生分析能力及综合应用信息能力的训练，题目难度不大十一、（本题共14分）30（14分）（2014春金山区校级期末）已知常温下，硝酸浓度越稀，其还原产物的价态越低（本题气体数据均已折算至标准状况）（1）实验室欲用70%的浓硝酸（密度1.41g/mL）配制1.0mol/L的稀硝酸（密度1.04g/mL）500mL求：70%浓硝酸的物质的量浓度15.7mol/L（保留1位小数，下同），配制时需浓硝酸31.8mL（2）将9.65克某铜锌合金加入到足量的浓硝酸中，得到气体 6.72L（假设不含N2O
92、4），则该合金中铜与锌的物质的量之比为2：1（3）向100mL某浓度的硝酸溶液中加入足量的铁粉，铁粉部分溶解，却无气体产生向反应后的溶液中加入过量的氢氧化钠溶液，过滤后对滤渣进行洗涤后灼烧得到固体物质4.8g，写出铁与硝酸反应的化学方程式10HNO3+4Fe=4Fe（NO3）2+NH4NO3+3H2O，该硝酸溶液的物质的量浓度1.5mol/L（4）将13克锌加入到200mL 3.6mol/L的硝酸溶液中，锌全部溶解，得到无色气体2.464L（已知常温下N2O3为液体），测得反应后的溶液pH=0（假设反应前后溶液体积无变化）取少量反应后的溶液加入足量的氢氧化钠溶液并加热，无刺激性气味的气体生成试
93、求该无色气体的组成及其物质的量考点：化学方程式的有关计算；物质的量浓度的相关计算版权所有专题：计算题分析：（1）根据c=计算浓硝酸的浓度，根据稀释定律计算所需浓硝酸的体积；（2）6.72LNO2的物质的量为0.3mol，设Cu为xmol，Zn为ymol，根据质量9.65g与生成NO2的物质的量0.3mol列式计算；（3）铁粉部分溶解，说明生成Fe（NO3）2，却无气体产生说明即生成NH4NO3；（4）由加入NaOH没有刺激性气体产生，得到没有生成NH3，则得到的无色气体为NO、N2，根据原子守恒和得失电子守恒计算物质的量解答：解：（1）浓硝酸的物质的量浓度c=mol/L=15.7 mol/L，
94、由稀释定律可得：15.7 mol/LV浓硝酸 =1.0mol/L500mL，解得：V浓硝酸 =31.8ml，故答案为： 15.7；31.8；（2）标准状况下，6.72LNO2的物质的量为=0.3mol，设Cu为xmol，Zn为ymol，则xmol64g/mol+ymol65g/mol=9.65g2xmol+2ymol=0.3mol，联立解得：x=0.1，y=0.05，因此该合金中铜与锌的物质的量之比为0.1mol：0.05mol=2：1，故答案为：2：1；（3）铁粉部分溶解，说明生成Fe（NO3）2，却无气体产生说明即生成NH4NO3，所以方程式为10HNO3+4Fe=4Fe（NO3）2+NH
95、4NO3+3H2O，再加NaOH，Fe（NO3）2都转化成Fe（OH）2，并进一步转化成Fe（OH）3，再灼烧，则生成Fe2O3为4.8g，Fe2O3的物质的量为=.03mol，所以Fe为0.03mol2=0.06mol，HNO3为0.06mol=0.15mol，因此该硝酸溶液的物质的量浓度为=1.5mol/L，故答案为：10HNO3+4Fe=4Fe（NO3）2+NH4NO3+3H2O；1.5mol/L；（4）13g锌的物质的量为=0.2mol，2.464L气体共=0.11mol，HNO3的物质的量为0.2L3.6mol/L=0.72mol，测得反应后的溶液pH=0，则剩余H+的物质的量为1mol/L0.2L=0.2mol，因此有0.72mol0.2mol=0.52mol硝酸发生了反应，由加入NaOH没有刺激性气体产生，得到没有生成NH3，NO2为红棕色气体，因此得到的无色气体为NO、N2；化学方程式为20Zn+52HNO3=20Zn（NO3）2+26H2O+10NO（g）+N2（g），因此无色气体为NO 0.1mol和N2 0.01mol，答：无色气体有NO和N2组成，NO 0.1mol，N2 0.01mol点评：本题考查了化学方程式的计算，侧重于化学性质、原子守恒、电荷守恒的应用，题目难度较大，熟悉物质的性质及物质之间的转化是解题的关键