1、沙市中学2018级高一下学期五月份月考化学试卷可能用到的相对原子质量： H-1 C-12 N-14 O-16 S-32 Cl-35.5 Fe-56一、选择题（每小题只有一个正确选项，每题3分，共48分）1.化学无处不在，下列说法错误的是（）A. 元丰行示德逢里“雷蟠电掣云滔滔，夜半载雨输亭皋”涉及化学反应：N2+O22NOB. 根据化学学科核心素养之一（证据推理与模型认知）可推知Cr(OH)3胶体也可吸附悬浮杂质C. 纳米铁粉可以高效地去除污水中的重金属离子是因为其具有较强的还原性D. 位于贵州省平塘县的中国天眼FAST使用的SiC是一种有机材料【答案】D【解析】【详解】A诗中主要涉及“雷雨发
2、庄稼”，这是由于在放电条件下，空气中的氧气和氮气化合生成了氮的氧化物，氮的氧化物再经过复杂的化学变化，最后生成了易被农作物吸收的硝酸盐，涉及化学反应有N2+O22NO；2NO+O2=2NO2；3NO2+H2O=2HNO3+NO，硝酸又和别的不溶盐类反应生成可溶的硝酸盐，故A正确；B氢氧化铬属两性氢氧化物，与氢氧化铝类似，Cr(OH)3胶体也可吸附悬浮杂质，故B正确；C利用纳米铁粉的还原性去除水体中的Cu2+、Hg2+等重金属离子，故C正确；DSiC属于无机非金属材料，故D错误；答案选D。2.由德国重离子研究中心人工合成的第 112 号元素的正式名称为“Copemicium”，相应的元素符号为“
3、Cn”，该元素的名称是为了纪念天文学家哥白尼而得名。该中心人工合成 Cn 的过程可表示为：70Zn+208Pb277Cn + 1n下列叙述中正确的是 （）A. 上述合成过程属于化学变化B. 得到Cn元素的相对原子质量为277C. Cn元素位于元素周期表的第七周期，是副族元素D. 的原子核内中子数比质子数多165【答案】C【解析】【详解】A.化学变化的最小粒子为原子，该反应中原子种类发生了变化，不属于化学变化，错误；B.该Cn原子的相对原子质量为277，元素的相对原子质量由元素的各种天然同位素的相对原子质量及其在自然界中的百分含量有关，错误；C.第118号元素位于周期表中第七周期、零族，则112
4、号元素位于第七周期、B族，正确；D.该原子的中子数=277-112=165，中子数比质子数多：165-112=53，错误。3.下列化学用语正确的是（ ）A. 氮气的电子式：B. 丙烷分子的比例模型为：C. 羟基的电子式：D. 乙酸的最简式：CH2O【答案】D【解析】【详解】A氮原子最外层有5个电子，形成8电子稳定结构，需要形成3个共用电子对，氮气的电子式为，故A错误；B为丙烷的球棍模型，不是比例模型，故B错误；C羟基中含有1个氧氢键，氧原子最外层含有7个电子，羟基的电子式为，故C错误；D乙酸的结构简式为CH3COOH，其分子式为C2H4O2，最简式为CH2O，故D正确；答案选D。【点睛】本题的
5、易错点为C，要注意区分氢氧根离子和羟基的电子式，氢氧根离子带有电荷，而羟基呈电中性。4.某有机物的结构如图所示，关于这种有机物的性质推测正确的是 A. 1mol该物质与足量金属钠反应能产生22.4LH2B. 该物质苯环上的一氯取代物有2种C. 在一定条件下，该物质可能会发生加成反应、加聚反应和酯化反应D. 1mol该物质中含有4mol的碳碳双键【答案】C【解析】【详解】A羟基和羧基能够与金属钠反应放出氢气，1mol该物质与足量金属钠反应能产生1mol氢气，但未注明是否为标准状况，无法取代氢气的体积，故A错误；B该物质苯环上存在3种氢原子，一氯取代物有3种，故B错误；C含有碳碳双键，能够发生加成
6、反应和加聚反应，含有羧基和羟基，在一定条件下，能够发生酯化反应，故C正确；D苯环上不存在碳碳双键，1mol该物质中含有1mol的碳碳双键，故D错误；答案选C。5.运用相关化学知识进行判断，下列结论正确的是()A. 需要加热或高温的条件才能发生的反应一定是吸热反应B. 对于正向吸热的可逆反应，其他条件不变时，升高温度可以使正反应速率增加，逆反应速率减小C. 为了减小稀盐酸与过量石灰石反应的速率而不影响生成气体的量，可向反应体系中加入适量的氯化钠溶液D. 增大反应物浓度可加快反应速率，因此用浓硫酸与铁反应能增大生成H2的速率【答案】C【解析】【详解】A反应是否加热才能进行，与吸热、放热反应无关，故
7、A错误；B升高温度，正反应速率增大，逆反应速率也增大，故B错误；C向反应体系中加入适量的氯化钠溶液，盐酸的浓度减小，与过量石灰石反应的速率减慢，并且不影响生成气体的量，故C正确；D浓硫酸与铁反应不生成氢气，常温下发生钝化，故D错误；答案选C。6.对于锌、铜和稀硫酸组成的原电池（如图），下列有关说法正确的是（）Zn是负极 电子由Zn经外电路流向CuZn极：Zn2e= Zn2+Cu极：Cu2+2e= CuA. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】锌、铜和稀硫酸组成的原电池中，活泼性较强的锌为原电池的负极，电极反应式为：Zn-2e-=Zn2+，铜为正极，电极反应式为2H+2e-=H2，据此分
8、析解答。【详解】锌、铜和稀硫酸组成的原电池中，活泼性较强的锌为原电池的负极，故正确；原电池工作时，电子由负极经外电路流向正极，即电子由Zn经外电路流向Cu，故正确；锌为原电池的负极，电极反应式为：Zn-2e-=Zn2+，故正确；铜为正极，电极反应式为2H+2e-=H2，故错误；正确的有，故选C。7.将甲烷和氯气按物质的量1:4混合后，在漫射光的照射下充分反应，生成物中物质的量最大的是（）A. HClB. CH3ClC. CH2Cl2D. CCl4【答案】A【解析】【详解】甲烷在发生取代反应时，除了生成有机物之外，还有氯化氢生成，且有多少个氢原子被取代，就生成多少个氯化氢分子，所以氯化氢物质的量
9、最多，故选A。8.某透明的酸性溶液中，因发生氧化还原反应而不能大量共存的是( )A. NO3、Cl、Fe2、NaB. Ag、NO3、Cl、KC. K、Ba2、OH、SO42D. Cu2、NH4、Br、Cl【答案】A【解析】A酸性溶液中，NO3具有强氧化性，可氧化Fe2，符合题意BAg和Cl可生成沉淀，但非氧化还原反应CBa2和SO42可生成沉淀，但非氧化还原反应D可大量共存答案为A9.下列物质中属于非电解质的是（ ）A. Cu B. 蔗糖C. NaOHD. NaCl溶液【答案】B【解析】【详解】A金属铜是单质，既不是电解质也不是非电解质，故A错误；B蔗糖为化合物，溶于水和熔融状态都不导电，属于
10、非电解质，故B正确；C氢氧化钠为化合物，溶于水或熔融状态都能导电，属于电解质，故C错误；D氯化钠溶液为混合物，既不是电解质也不是非电解质，故D错误；答案选B。【点睛】掌握电解质与非电解质的概念及判断方法是解题的关键。解答此类试题要注意，无论电解质还是非电解质都一定属于化合物，单质和混合物一定不属于电解质，也不属于非电解质。10.氰(CN)2的化学性质与卤素(X2)很相似，化学上称之为拟卤素，其氧化性介于Br2和I2之间，下列有关反应方程式不正确的是()A. (CN)2和NaOH溶液反应：(CN)22OH= CNCNOH2OB. MnO2和HCN反应：MnO24HCN(浓) Mn(CN)2(CN
11、)22H2OC. 向KCN溶液中加入碘水：I22KCN = 2KI(CN)2D. 在NaBr和KCN混合溶液中通入少量Cl2：Cl22CN= 2Cl(CN)2【答案】C【解析】【分析】氰(CN)2的化学性质与卤素（X2）很相似，(CN)2和水反应可生成HCN和HCNO；(CN)2的氧化性比Br2弱，比I2强，类推卤素单质的性质分析判断选项。【详解】A(CN)2和NaOH溶液反应可以类推氯气和氢氧化钠溶液的反应，所以反应的离子方程式为(CN)22OHCNCNOH2O，A正确；BMnO2和HCN反应可以类推二氧化锰和浓盐酸的反应，所以反应的化学方程式为MnO24HCN(浓)Mn(CN)2(CN)2
12、2H2O，B正确；C向KCN溶液中加入碘水，可以类推置换反应，(CN)2的氧化性比I2强，不能发生反应I22KCN2KI(CN)2，C错误；D在NaBr和KCN混合溶液中通入少量Cl2，(CN)2的氧化性比Br2弱，所以溴离子还原性小于CN-离子，先发生反应Cl22CN2Cl(CN)2，D正确；答案选C。11.已知强酸与强碱在稀溶液里发生中和反应生成1molH2O时放出57.3kJ热量。用500mL 0.6mol/L 的稀硫酸跟足量的NaOH溶液反应，放出的热量是（ ）A. 68.76kJ B. 57.3kJ C. 34.38kJD. 17.19kJ【答案】C【解析】【详解】生成1molH2O
13、时放出57.3kJ热量，而500mL0.6mol/L的稀硫酸跟足量的NaOH溶液反应，生成水的物质的量为0.5L0.6mol/L2=0.6mol，物质的量与热量成正比，则该反应放出的热量为0.6mol57.3kJ/mol=34.38kJ，故选C。12.有X、Y、Z三种物质。常温下分别用Y或Z与X混合时，反应速率几乎相同的是选项XYZA2mL 5%H2O2 溶液MnO21mL 1 molL-1FeCl3溶液B1mL 1 molL-1 NaHCO3溶液 1 mL 1 molL-1 HCl溶液1mL 0.5 molL-1 H2SO4溶液 C钠块10 mL 乙醇10 mL 水D经过酸洗除锈的铁钉5mL
14、 海水5 mL 蒸馏水A. AB. BC. CD. D【答案】B【解析】【详解】A二氧化锰和氯化铁都可以作为双氧水分解的催化剂，但催化剂不同，导致反应速率不同，故A错误；B盐酸和硫酸中的氢离子浓度相等，所以与碳酸氢钠的反应速率几乎相同，故B正确；C水中的羟基比乙醇中的羟基活泼，导致水和钠的反应比乙醇和钠反应剧烈，故C错误；D铁钉和海水能构成原电池，加快腐蚀速率，在蒸馏水中不容易被腐蚀，故D错误；答案选B。【点睛】解答本题要注意决定物质反应速率的是物质本身的性质，外界条件只是影响因素。本题的易错点为D，要注意铁钉在海水中容易发生吸氧腐蚀，在蒸馏水中不容易发生腐蚀。13.水热法制Fe3O4纳米颗粒
15、的总反应为3Fe2+ + 2S2O32 + O2 + xOH Fe3O4 + S4O62 + 2H2O。下列说法正确的是()A. O2、S2O32-都是氧化剂B. x=2C. 将纳米Fe3O4颗粒分散在水中会产生丁达尔效应D. 氧化产物只有S4O62-【答案】C【解析】【分析】在3Fe2+2S2O32-+O2+xOH-=Fe3O4+S4O62-+2H2O中，铁元素的化合价变化：+2+；硫元素的化合价变化为：+2+；氧元素的化合价变化：0-2，所以氧化剂是O2；还原剂是Fe2+、S2O32-，结合离子方程式的电荷守恒判断x，据此分析解答。【详解】A由上述分析可知，还原剂是Fe2+、S2O32-，
16、氧化剂是O2，故A错误；B由电荷守恒可知：23+2(-2)-x=-2，x=4，故B错误；C纳米Fe3O4粒子直径介于1100nm之间，将纳米Fe3O4分散在水中可形成胶体，具有丁达尔效应，故C正确；D由上述分析可知，还原剂是Fe2+、S2O32-，则氧化产物有Fe3O4和S4O62-，故D错误；答案选C。【点睛】Fe3O4是复杂的化合物，铁元素既有+2价也有+3价，把Fe3O4中铁元素的化合价用平均化合价处理，S2O32-的硫元素的化合价用平均化合价处理是解本题的关键。本题的易错点为D，要注意还原剂有2种。14.下列实验操作、实验现象、解释或结论不对应的是选项实验操作实验现象解释或结论A将蘸有
17、浓盐酸的玻璃棒与蘸有浓氨水的玻璃棒靠近产生大量白烟氨气与氯化氢反应生成固体物质B常温下，将洁净的铁片放入浓硫酸或浓硝酸中无明显变化常温下，浓硫酸、浓硝酸使铁片钝化C在导管口点燃纯净的氢气，然后将导管伸入盛满氯气的集气瓶中产生苍白色火焰物质燃烧不一定需要氧气D向某无色溶液中滴加盐酸产生能使澄清石灰水变浑浊气体说明溶液中一定含有CO32-A. AB. BC. CD. D【答案】D【解析】A、氨气与氯化氢反应生成氯化铵而产生白烟，实验操作、实验现象、结论均正确，A正确；B、常温下，浓硫酸、浓硝酸使铁片钝化，因此常温下，将洁净的铁片放入浓硫酸或浓硝酸中无明显变化，B正确；C、物质燃烧不一定需要氧气，例
18、如氢气在氯气中燃烧产生苍白色火焰，C正确；D、能使澄清石灰水变浑浊的气体可以是CO2，也可能是SO2，因此不能说明溶液中一定含有CO32-，即使产生的气体是CO2，也可能是碳酸氢盐，D错误，答案选D。点睛：进行离子检验时应该注意实验方案设计的科学性和严密性，即一定要注意避免离子间的相互干扰，如检验CO32时，HCO3会干扰，检验硫酸根时，氯离子、碳酸根等离子会干扰，另外还需要注意加入试剂的顺序，例如检验亚铁离子时首先加入KSCN溶液排除铁离子的干扰，然后再滴加氯水。15.在一绝热(不与外界发生热交换)的恒容容器中，发生放热反应：2A(g)B(s)C(g)D(g)，下列描述中不能说明反应已达到平
19、衡状态的是()A. 容器内温度不变B. 混合气体的密度不变C. 混合气体的平均相对分子质量不变D. 单位时间内生成nmol D，同时消耗2nmol A【答案】D【解析】【详解】A反应容器绝热，容器内温度不变，说明正逆反应速率相等，反应达平衡状态，故A不选；BB为固体，混合气体的密度不变，说明气体的质量不变，说明反应达平衡状态，故B不选；CB为固体，混合气体的平均相对分子质量不变，说明气体的质量不变，能够说明反应达平衡状态，故C不选；D根据方程式，只要反应发生就存在单位时间内生成n molD，同时消耗2nmol A，所以不一定达平衡状态，故D选；答案选D。16.乙醇与乙酸乙酯(CH3COOCH2
20、CH3)组成的混合物中，若含碳的质量分数为54%，则此混合物中含氢的质量分数为A. 10.4%B. 10%C. 9.2%D. 8.8%【答案】B【解析】【详解】根据乙醇(C2H6O)、乙酸乙酯(C4H8O2)的分子式可知，两者碳氧质量比例相同，所以m(C)m(O)=2416=32(质量比)，由于(C)=54%，所以m(O)=54%=36%，所以混合物中含氢的质量分数为(H)=1-(C)-(O)=1-54%-36%=10%，故选B。【点睛】利用混合物中各成分的化学式得出C、O的质量比例相同是解题的关键。要注意掌握根据(C)结合碳氧质量的比例计算(O)的方法。二、综合题（本题共5小题，共52分）1
21、7.已知X、Y、Z都是短周期主族元素，它们的原子序数依次递增，X原子的电子层数与它的核外电子总数相同，而Z原子的最外层电子数是次外层电子数的三倍，Y和Z可以形成两种以上气态化合物。（1）写出X2Z2的电子式_，Y单质分子的结构式_。（2）由Y和Z组成，且Y和Z质量比为720的化合物的分子式是_。（3）写出由X、Y、Z中的两种元素组成，且与X2Z分子具有相同电子数的两种离子，阳离子_阴离子_。（4）X、Y、Z可以形成一种盐，此盐中X、Y、Z元素的原子个数比为423，该盐的化学式是_。X、Y也能形成一种盐，X、Y元素的原子个数比为51，则该盐的化学式为 _（5）下列说法正确的是（ ）a氢化物热稳定
22、性:YZb氢化物的熔沸点：YZc原子半径：YZ dZ的氢化物的熔沸点比同主族其他物质的高，是因为分子内形成了氢键【答案】 (1). (2). (3). N2O5 (4). NH4+或者H3O+ (5). OH (6). NH4NO3 (7). NH4H (8). c【解析】【分析】X、Y、Z都是短周期主族元素，它们的原子序数依次递增，X原子的电子层数与它的核外电子总数相同，则电子层数、核外电子数均为1，X是H元素；Z的最外层电子数是次外层的3倍，即次外层电子数2个、最外层电子数6个，Z是O元素；2-7号元素中，只有N能和O形成N2O、NO、N2O3、NO2等多种气态化合物，故Y是N元素，据此分
23、析解答。【详解】根据上述分析，X是H元素，Y是N元素，Z是O元素。(1)X2Z2为过氧化氢，电子式，Y单质为氮气，氮气分子的结构式为NN，故答案为：；NN；(2)m(Y)m(Z)=720，可知n(Y)n(Z)=25，对应化合物N2O5，故答案为：N2O5；(3)X2Z即H2O有10个电子，与之含有相同电子数的离子有NH4+、OH-、H3O+等，故答案为：NH4+或H3O+；OH-； (4)X、Y、Z可以形成一种盐，此盐中X、Y、Z元素的原子个数比为423，该盐的化学式为NH4NO3；X、Y也能形成一种盐，X、Y元素的原子个数比为51，则该盐的化学式为NH4H，故答案为：NH4NO3；NH4H；
24、(5)a非金属性：ON，非金属性越强，氢化物越稳定，氢化物热稳定性:YZ，故a错误；b水常温下为液体，氨气为气体，氢化物的熔沸点：YZ，故b错误；c同一周期，自左而右，原子半径逐渐减小，原子半径：YZ，故c正确；dO的氢化物的熔沸点比同主族其他物质的高，是因为分子间形成了氢键，故d错误；故选c。【点睛】正确推出X、Y、Z三种元素是解题的关键。本题的易错点和难点为(4)，要注意H元素可以形成阳离子H+，也可以形成阴离子H-。18.能源是现代文明的原动力，通过化学方法可以使能量按人们所期望的形式转化，从而开辟新能源和提高能源的利用率。（1）氢气在O2中燃烧的反应是_热反应（填“放”或“吸”），这是
25、由于反应物的总能量_生成物的总能量（填“大于”、“小于”或“等于”，下同）；（2）从化学反应的本质角度来看，是由于断裂反应物中的化学键吸收的总能量_形成产物的化学键放出的总能量。已知破坏1 mol HH键、1 mol O=O键、1 mol HO键时分别需要吸收436 kJ、498 kJ、463 kJ的能量。则2 mol H2(g)和1mol O2(g)转化为2mol H2O(g)时放出的热量为_。【答案】（1）放，大于 （2）小于、482 kJ【解析】试题分析：（1）氢气在O2中燃烧的反应是放热反应，这是由于反应物的总能量大于生成物的总能量；（2）从化学反应的本质角度来看，是由于断裂反应物中的
26、化学键吸收的总能量小于形成产物的化学键放出的总能量。反应热反应物中总键能之和生成物中总键能之和，则2 mol H2(g)和1mol O2(g)转化为2mol H2O(g)时放出的热量22463 kJ2436 kJ498 kJ482kJ。考点：考查反应热的有关判断与计算19.某同学设计实验探究工业制乙烯的原理和乙烯的主要化学性质，实验装置如图所示(已知烃类都不与碱反应)。请回答下列问题：（1）工业制乙烯的实验原理是烷烃(液态)在催化剂和加热条件下发生反应生成不饱和烃。例如，石油分馏产物之一的十六烷烃发生反应：C16H34 C8H18甲，甲 乙，乙的结构简式为_。（2）B装置中发生反应的化学方程式
27、：_。（3）C装置中可观察到的现象是_，反应类型是_。（4）查阅资料知，乙烯与酸性高锰酸钾溶液反应产生二氧化碳。本实验能证明这一点的实验现象_。（5）乙跟氢气加成产物与一定量的氯气混合后在光照条件下反应，反应产物共有_。【答案】 (1). CH2= CH2 (2). CH2= CH2Br2BrCH2CH2Br (3). 紫色(或紫红色)褪去 (4). 氧化反应 (5). D中的澄清石灰水变浑浊 (6). 10【解析】【分析】(1)依据原子守恒判断甲、乙物质，写出其分子式和结构简式；(2)乙烯含有碳碳双键，能够与溴发生加成反应；(3)乙烯具有还原性，能够被酸性高锰酸钾氧化；(4)二氧化碳与氢氧化
28、钙反应生成碳酸钙沉淀；(5)结合甲烷与氯气的取代反应分析判断。【详解】(1)工业制乙烯的实验原理是烷烃(液态)在催化剂和加热条件下发生反应生成不饱和烃。根据原子守恒，C16H34C8H18+甲，所以甲分子式为：C8H16；依据方程式：C8H164乙，结合原子守恒可知，乙为：C2H4，为乙烯，结构简式为CH2=CH2，故答案为：CH2=CH2；(2)乙烯含有碳碳双键，能够与溴发生加成反应而使溴水褪色，反应的化学方程式为：CH2=CH2+Br2CH2Br-CH2Br，故答案为：CH2=CH2+Br2CH2Br-CH2Br；(3)乙烯具有还原性，能够被酸性高锰酸钾氧化发生氧化反应而使高锰酸钾褪色，故
29、答案为：溶液的紫红色褪去；氧化反应；(4)乙烯与酸性高锰酸钾溶液反应产生二氧化碳，二氧化碳能够与氢氧化钙反应生成碳酸钙沉淀，溶液变浑浊，因此D中的澄清石灰水变浑浊，可以证明乙烯与酸性高锰酸钾溶液反应产生了二氧化碳，故答案为：D中的澄清石灰水变浑浊；(5)乙烯跟氢气的加成产物为乙烷，乙烷中含有6个氢原子，生成的有机物有一氯乙烷(1种)、二氯乙烷(2种)、三氯乙烷(2种)、四氯乙烷(2种)、五氯乙烷(1种)、六氯乙烷(1种)，还有氯化氢，一共有10种生成物，故答案为：10。20.在2 L密闭容器中进行反应：aX(s)+bY(g)cP(g)+dQ(g)，式中a、b、c、d为化学计量数。在03 min
30、内,各物质物质的量的变化如下表所示: 物质时间XYPQ起始/mol0.51.01.52min末/mol0.72.7083min末/mol2.7已知2 min内v(Q)0.075 molL1min1，v(P)v(Y)25。（1）试确定以下物质的相关量：起始时n(Y)_，2min末时n(Q)_。（2）上述反应的化学方程式为_（3）用Y表示2 min内的反应速率为_。2min末，Q在混合气体的体积分数为_（4）在保持温度和容积不变的情况下，下列关于上述反应的叙述不正确的是_a2 min内用X表示的反应速率为0.05molL1min1b向容器内充入稀有气体Ar（不参与反应），会导致体系压强增大，反应速
31、率加快c随着反应的进行，混合气体的平均相对分子质量不再改变即说明反应已经达到平衡d随着反应的进行，混合气体的密度不再改变即说明反应已经达到平衡e随着反应的进行，混合气体的压强不再改变即说明反应已经达到平衡【答案】 (1). 2.2mol (2). 1.2mol (3). 2X(s)+5Y(g)2P(g)+3Q(g) (4). 0.125molL1min1 (5). 25.5% (6). abe【解析】【分析】根据表格数据，2min末反应达到平衡状态，2 min内v(Q)0.075 molL1min1，则c(Q)= v(Q)t=0.075 molL1min12min =0.15 molL1，n(
32、Q)= 0.15 molL12 L=0.3 mol，因此2minQ1.5 mol0.3mol=1.2mol。v(P)v(Y)25=cb，则n(P)n (Y)25=cb=0.2n (Y)，则n (Y)= 0.5mol，则起始时Y为2.7 mol-0.5mol =2.2mol。n(X)n (Y)n(P)n (Q)0.2mol0.5mol0.2mol0.3mol=2523=abcd，因此反应方程式为2X(s)+5Y2P(g)+3Q(g)，据此分析解答。【详解】(1)根据上述分析，起始时n(Y)2.2mol，2min末时n(Q)1.2mol，故答案为：2.2mol；1.2mol；(2)根据上述分析，上
33、述反应的化学方程式为2X(s)+5Y(g)2P(g)+3Q(g)，故答案为：2X(s)+5Y(g)2P(g)+3Q(g)；(3)2 min内用Y表示的反应速率=0.125molL1min1。根据上述分析，2min末，X(s)、Y(g)、P(g)、Q(g)的物质的量分别为：0.7mol、2.7mol、0.8mol、1.2mol，Q在混合气体的体积分数=100%=25.5%，故答案为：0.125molL1min1；25.5%；(4)aX为固体，不能用X表示反应速率，故a错误；b容器的体积不变，向容器内充入稀有气体Ar(不参与反应)，气体的浓度不变，反应速率不变，故b错误；cX为固体，该反应前后气体
34、的物质的量不变，但气体的质量发生变化，因此随着反应的进行，混合气体的平均相对分子质量不再改变即说明反应已经达到平衡，故c正确；dX为固体，该反应前后气体的物质的量不变，但气体的质量发生变化，因此随着反应的进行，混合气体的密度不再改变即说明反应已经达到平衡，故d正确；eX为固体，该反应前后气体的物质的量不变，容器中气体的压强始终不变，混合气体的压强不再改变，不能说明反应已经达到平衡，故e错误；故答案为：abe。【点睛】本题的易错点为(3)中Q在混合气体的体积分数的计算，要注意X为固体。21.0.2mol某有机物和0.2mol O2在密闭容器中恰好完全反应，生成CO2、CO和H2O。将该混合气体依
35、次通过浓硫酸、灼热的CuO和碱石灰后（假设每一步均充分反应），浓硫酸增重7.2g，CuO固体质量减少3.2g，而碱石灰增重17.6g。（1）产物的物质的量为：n(H2O)=_mol，n(CO)=_mol，n(CO2)=_mol。（2）该有机物的分子式为_。（3）等量的该有机物分别与Na和NaHCO3反应，均产生气体，且在同温同压下生成的气体体积相同，则该有机物所含官能团名称为_，该有机物的结构简式为_。（4）写出该有机物与乙醇发生酯化反应的化学方程式_。【答案】 (1). 0.4 (2). 0.2 (3). 0.2 (4). C2H4O3 (5). 羟基、羧基 (6). HOCH2COOH (
36、7). HOCH2COOH+ CH3CH2OHHOCH2COOCH2CH3 + H2O【解析】【分析】浓硫酸具有吸水性，浓硫酸的质量增加7.2g为燃烧生成水的质量，通过灼热氧化铜，由于发生反应CuO+COCu+CO2使固体的质量减轻，利用差量法可计算CO的质量，通过碱石灰时，碱石灰的质量增加了17.6g为CO2的总质量，减去CO与CuO反应生成的CO2的质量为有机物燃烧生成CO2的质量，根据n=计算各物质的物质的量；(2)根据元素守恒计算有机物中C、H、O原子数目，进而确定化学式；(3)等量的该有机物分别与Na和NaHCO3反应，均产生气体，有机物含有-COOH，且在同温同压下生成的气体体积相
37、同，则还含有-OH，且分子中-OH与-COOH数目相等，结合分子式据此书写结构简式；(4)HO-CH2-COOH中的羧基与乙醇中的羟基发生酯化反应，据此书写反应的化学方程式。【详解】(1)有机物燃烧生成水7.2g，水的物质的量=0.4mol，令有机物燃烧生成的CO为x，则CuO+COCu+CO2，固体质量减少m 28g 16g x 3.2g所以x=5.6g，CO的物质的量=0.2mol，根据碳元素守恒可知CO与CuO反应生成的CO2的物质的量为0.2mol，质量为0.2mol44g/mol=8.8g，有机物燃烧生成的CO2的质量为17.6g-8.8g=8.8g，物质的量为=0.2mol，故答案
38、为：0.4；0.2；0.2；(2)根据碳元素守恒可知，有机物分子中含有碳原子数目=2，含有氢原子数目=4，0.2mol有机物分子含有O原子物质的量=(0.4mol+0.2mol+0.2mol2-0.2mol2)=0.6mol，故分子中含有O原子数目=3，所以有机物的分子式为C2H4O3，故答案为：C2H4O3；(3)有机物分子式为C2H4O3，等量的该有机物分别与Na和NaHCO3反应，均产生气体，说明该有机物中含有-COOH，且在同温同压下生成的气体体积相同，则还含有-OH，且分子中-OH与-COOH数目相等，故有机物的结构简式为：HO-CH2-COOH，故答案为：羟基、羧基；HO-CH2-COOH；(4)HO-CH2-COOH与乙醇发生酯化反应的化学方程式为HO-CH2-COOH+ CH3CH2OHHO-CH2-COOCH2CH3 + H2O，故答案为：HO-CH2-COOH+ CH3CH2OHHO-CH2-COOCH2CH3 + H2O。
