乌鲁木齐市名校2019-2020学年化学高一下期末经典模拟试题含解析

乌鲁木齐市名校2019-2020学年化学高一下期末经典模拟试题
一、单选题（本题包括20个小题，每小题3分，共60分．每小题只有一个选项符合题意）
1．等物质的量的下列物质完全燃烧时，消耗氧气的量最多的是
A．C2H4B．C2H6C．C2H5OH D．CH3COOH
【答案】B
【解析】
试题分析：根据有机物的燃烧通式CnHmOz＋（n＋m/4—z/2）O2＝nCO2＋m/2H2O可知在物质的量相同的条件下有机物完全燃烧消耗的氧气与（n＋m/4—z/2）有关系，（n＋m/4—z/2）越大消耗的氧气越多，则根据有机物的分子式可知选项A、B、C、D中（n＋m/4—z/2）分别是3、3.5、3、2，答案选B。

考点：考查有机物燃烧计算
2．下列物质中，属于共价化合物的是（）
A．Cl2B．NH4Cl C．C2H6D．KOH
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】
A、Cl2是共价键型的单质分子，A错误；
B、NH4Cl是离子化合物，B错误；
C、C2H6是共价化合物，C正确；
D、KOH是离子化合物，D错误；
答案选C。

3．下列常见物质的俗名与化学式对应正确的是( )
A．烧碱—NaOH B．小苏打—Na2CO3C．熟石灰—CaCl2D．明矾—Al2(SO4)3
【答案】A
【解析】
【详解】
A、火碱、烧碱是指氢氧化钠，化学式为：NaOH，A正确；
B．小苏打是碳酸氢钠，碳酸钠俗称纯碱或苏打，B错误；
C．生石灰是指氧化钙，化学式为：CaO，C错误；
D．明矾的化学式为KAl(SO4)2·12H2O，D错误；
答案选A。

4．下列食品添加剂中，其使用目的与反应速率有关的是()
A．抗氧化剂B．调味剂
C．着色剂D．增稠剂
【答案】A
【解析】
【详解】
A. 抗氧化剂减少食品与氧气的接触，延缓氧化的反应速率，故A正确；
B. 调味剂是为了增加食品的味道，与速率无关，故B错误；
C. 着色剂是为了给食品添加某种颜色，与速率无关，故C错误；
D. 增稠剂是改变物质的浓度，与速率无关，故D错误。

故选:A。

5．某有机物的结构简式如图所示，下列有关该有机物的说法不正确的是（）
①分子式为C10H18O3
②可溶于水；
③分子中含有两种官能团
④可使溴水和酸性高锰酸钾溶液褪色，且褪色原理相同
⑤能发生加成、酯化、硝化、氧化等反应
⑥所有的原子可能共平面．
A．①②③④⑤B．①②⑤⑥C．①②④⑤⑥D．全部不正确
【答案】D
【解析】①根据结构简式可知分子式为C10H16O3，错误；②含有碳碳双键，相对分子质量较大，难溶于水，错误；③分子中含有三种官能团：碳碳双键、羟基和羧基，错误；④可使溴水和酸性高锰酸钾溶液褪色，褪色原理不相同，前者加成，后者氧化，错误；⑤能发生加成、酯化、氧化等反应，不能发生硝化反应，错误；⑥分子中只有一个碳碳双键，所有的原子building可能共平面，错误，答案选D。

6．等温等压下，有质子数相等的CO、N2、C2H2三种气体。

下列说法正确的是（）
A．质量之比为1:1:1 B．体积之比为4:14:13
C．密度之比为13:13:14 D．原子个数之比为1:1:2
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】
A．三种气体的分子的质子数分别为：14、14、14，质子数相等的CO、N2、C2H2三种气体，物质的量相等，
CO、N2、C2H2摩尔质量分别为28g/mol、28g/mol、26g/mol，根据m=nM知：质量之比与摩尔质量成正比为28:28:26=14:14:13，A错误；
B．三种气体的分子的质子数分别为：14、14、14，质子数相等的CO、N2、C2H2三种气体，物质的量相等，等温等压下，体积之比与物质的量成正比，所以三者体积之比1:1:1，B错误；
C．CO、N2、C2H2摩尔质量分别为28g/mol、28g/mol、26g/mol，等温等压下，气体摩尔体积相同，根据ρ=m/V=M/Vm知，密度与摩尔质量成正比，则密度之比为28:28:26=14:14:13，C错误；
D．三种气体的分子的质子数分别为：14、14、14，质子数相等的CO、N2、C2H2三种气体，物质的量相等，1个CO、N2、C2H2分子中分别含原子数为：2、2、4，所以三种气体原子数之比：1:1:2，D正确；
答案选D。

7．高铁酸钠(Na2FeO4)是一种高效的饮用水处理剂，可由下列方法制得：
2Fe(OH)3+3NaClO+4NaOH=2Na2FeO4+3NaCl+5H2O 关于该反应，下列说法正确的是
A．Fe(OH)3中铁元素化合价为+3，只有氧化性
B．反应中NaClO 是氧化剂，NaCl 是氧化产物
C．反应中每生成1 mol Na2FeO4，转移6 mol电子
D．Na2FeO4具有强氧化性，能消毒杀菌
【答案】D
【解析】
分析：中Fe元素的化合价由+3价升高为+6价,Cl元素的化合价由+1价降低为-1价,以此来解答。

详解：A.氢氧化铁中铁元素化合价为+3,为最高价,具有氧化性,故A错误;B.反应中次氯酸钠中Cl元素的化合价降低了,NaClO是氧化剂,被还原,NaCl是还原产物,故B错误;C.生成1mol Na2FeO4,由Fe元素的化合价变化可以知道有3mol电子转移,故C错误;D.Na2FeO4中Fe元素为最高价,具有强氧化性,能消毒杀菌,可用于水的净化,故D正确;所以D选项是正确的。

点睛：考查氧化还原反应的原理和应用。

高铁酸钠（Na2FeO4）具有强氧化性，能消毒杀菌，根据化合价变化判断氧化剂和还原剂，进而确定转移电子数。

8．某同学用下列装置制备并检验Cl2的性质，相关说法正确的是
A．如果MnO2过量，浓盐酸就可全部被消耗
B．量筒中发生了取代反应
C．生成蓝色的烟
D．湿润的有色布条褪色说明了Cl2具有漂白性
【答案】B
【解析】
【分析】
A、稀盐酸与二氧化锰不反应；
B、氯气和甲烷在光照下发生取代反应；
C、铜丝在氯气燃烧生成棕黄色的烟；
D、Cl2不具有漂白性。

【详解】
A项、二氧化锰和浓盐酸在加热条件下发生氧化还原反应生成氯气，但稀盐酸与二氧化锰不反应，当盐酸浓度降低时，反应停止，则盐酸不能完全消耗，故A错误；
B项、氯气和甲烷在光照下发生取代反应，故B正确；
C项、铜丝在氯气燃烧生成棕黄色的烟，加水溶液呈蓝色，故C错误；
D项、氯气与水反应生成具有漂白性的HClO，湿润的有色布条褪色说明次氯酸具有漂白性，故D错误；故选B。

【点睛】
本题考查氯气的制备与性质，明确氯气制备的反应原理，明确氯气的性质、化学反应的实质是解题关键。

9．在密闭容器内充入4 mol S02和3mol 02，在一定条件下建立平衡：
2SO2(g）+02(g)2SO3(g) △H="-Q" kJ·mol-1(Q＞0)，测得SO2的转化率为90%，
则在此条件下反应放出的热量为（）
A．1.8Q kJ B．2Q kJ C．Q kJ D．0.9 QJ
【答案】A
【解析】试题分析：2SO2(g）+02(g)2SO3(g) △H="-Q" kJ·mol-1(Q＞0)，表示每2摩尔二氧化硫反应生成2摩尔的三氧化硫放出的热量为QkJ，根据题意可以知道在密闭容器内充入4 mol S02和3mol 02，达到平衡时的SO2的转化率为90%，则有4×90%=3.6mol，所以放出的热量是1.8Q kJ，故本题的答案选择A。

考点：化学反应能量计算
点评：本题考查了化学反应能量计算，本题要理解是是2SO2(g）+02(g)2SO3(g) △H="-Q" kJ·mol-1(Q＞0)，表示每2摩尔二氧化硫反应生成2摩尔的三氧化硫放出的热量为QkJ，是2摩尔二氧化硫而不是1mol，
该题难度中等。

10．分子式为C4H10的烃共有
A．2种B．1种C．3种D．4种
【答案】A
【解析】分子式为C4H10的烃有CH3CH2CH2CH3、CH(CH3)3，共计两种，答案选A。

点睛：书写同分异构体时，首先判断该有机物是否有类别异构。

就每一类物质，先写出碳链异构体，再写出官能团的位置异构体。

碳链异构体按“主链由长到短，支链由整到散，位置由心到边，排列由对、邻至间（有多个取代基时）”的规律书写。

11．短周期元素X和Y的离子X2+和Y2-具有相同的电子层结构，则下列说法正确的是
A．X2+的离子半径比Y2-小B．X2+的原子序数比Y2-小
C．X和Y原子的电子层数相等D．X和Y原子最外层电子数相等
【答案】A
【解析】分析：X2+和Y2-具有相同的电子层结构，X、Y在周期表中的位置如图，X、Y 为短周期元素，X、Y分别为Mg、O元素，根据原子结构的特点和元素周期律作答。

详解：X2+和Y2-具有相同的电子层结构，X、Y在周期表中的位置如图，X、Y为短周期元素，X、Y分别为Mg、O元素。

A项，根据“序大径小”，X2+的离子半径比Y2-小，A项正确；B项，X2+、Y2-的原子序数分别为12、8，X2+的原子序数比Y2-的大，B项错误；C项，X有3个电子层，Y有2个电子层，X比Y原子多一个电子层，C项错误；D项，X原子最外层有2个电子，Y原子最外层有6个电子，X和Y原子最外层电子数不相等，D项错误；答案选A。

12．下列有关同分异构体数目的叙述中，错误的是( )
A．乙烷的四氯代物有2种同分异构体
B．CH3CH2CH2CH3光照下与氯气反应，生成2种一氯代烃
C．戊烷有3种同分异构体
D．甲苯苯环上的一个氢原子被丙基取代，所得产物有3种
【答案】D
【解析】
【详解】
A．乙烷的二氯代物有CH2ClCH2Cl、CH3CHCl2共2种，乙烷的四氯代物和乙烷的二氯代物的数目相等，则也是2种同分异构体，故A正确；
B．CH3CH2CH2CH3有两种等效氢原子，所以光照下与氯气反应，一氯代烃有2种，故B正确；
C．戊烷有3种同分异构体，正戊烷、异戊烷和新戊烷，故C正确；
D．甲苯苯环上有3种H原子，含3个碳原子的烷基有正丙基、异丙基两种，所以甲苯苯环上的一个氢原子被含3个碳原子的烷基取代有3×2=6产物，故D错误；
故答案为D。

【点睛】
根据分子中等效H原子判断，分子中由几种H原子，其一氯代物就有几种异构体。

对于等效氢的判断：①分子中同一甲基上连接的氢原子等效；②同一碳原子所连甲基上的氢原子等效；③处于镜面对称位置上的氢原子等效。

13．a、b、c、d为原子序数依次增大的短周期主族元素，a原子核外电子总数与b原子次外层的电子数相同；c所在周期数与族数相同；d与a同族。

下列叙述正确的是（）
A．原子半径：d>c>b>a B．4种元素中b的金属性最强
C．c的氧化物的水化物是强碱D．d单质的氧化性比a单质的氧化性强
【答案】B
【解析】
【分析】
a、b、c、d为原子序数依次增大的短周期主族元素，a原子核外电子总数与b原子次外层的电子数相同，则a的核外电子总数应为8，为O元素，则b、c、d为第三周期元素，c所在周期数与族数相同，应为Al 元素，d与a同族，应为S元素，b可能为Na或Mg，结合对应单质、化合物的性质以及元素周期律解答该题。

【详解】
A、一般电子层数越多，半径越大，同周期从左向右原子半径减小，因此半径大小顺序是Na(Mg)>Al>S>O，A错误；
B、同周期从左向右金属性减弱，因此Na或Mg在4种元素中金属性最强，B正确；
C、c的氧化物的水化物为氢氧化铝，为两性氢氧化物，C错误；
D、同主族从上到下非金属性减弱，因此S的氧化性比氧气弱，D错误。

答案选B。

【点睛】
本题考查元素周期表和元素周期律的知识，首先根据题目信息判断出元素名称，再根据元素周期律进行知识的判断，这就需要掌握（非）金属性的强弱、微粒半径的大小比较等知识，因此平时夯实基础知识是关键，同时应注意知识的灵活运用，审清题意。

14．设N A为阿伏加德罗常数，下列说法中正确的是（）
A．18 g H2O所含的分子数为N A B．22.4 L H2O所含的分子数为N A
C．N A个氢原子的质量为2 g D．1 mol NaCl中含0.5N A个Na+和0.5N A个Cl﹣
【答案】A
【解析】
【详解】
A. 18 g H2O为1mol，所含的分子数为N A，故A正确；
B. 没有温度和压强，没有密度，无法计算22.4 L H2O所含的分子数，故B错误；
C. N A个氢原子为1molH，其质量为1g ,故C错误；
D. 1 mol NaCl中含N A个Na+和N A个Cl-，故D错误；
所以本题答案：A。

15．下列应用与盐类水解无主要关系的是（）
A．用铝盐和铁盐做净水剂
B．将SOCl2(遇水剧烈水解)和AlCl3·6H2O混合加热制取无水AlCl3
C．FeSO4溶液制备FeSO4·7H2O晶体时，不能直接蒸干结晶获取
D．施化肥时，不能将草木灰和硝酸铵混合使用
【答案】C
【解析】分析：A.铝离子和铁离子均水解；
B.氯化铝水解生成氢氧化铝和氯化氢；
C.亚铁离子不稳定，易被空气氧化生成铁离子；
D.铵根和碳酸根水解相互促进。

详解：A. 铝离子和铁离子均水解，分别生成氢氧化铝胶体和氢氧化铁胶体，因此用铝盐和铁盐做净水剂，与盐类水解有关系，A不符合；
B. 氯化铝水解生成氢氧化铝和氯化氢，将SOCl2(遇水剧烈水解生成氯化氢)和AlCl3·6H2O混合加热制取无水AlCl3，与盐类水解有关系，B不符合；
C. 亚铁离子不稳定，易被空气氧化生成铁离子，且FeSO4•7H2O受热易分解，所以不能直接蒸干FeSO4饱和溶液来制备FeSO4•7H2O，与盐类水解无关，C符合；
D. 铵根和碳酸根水解相互促进，因此施化肥时，不能将草木灰和硝酸铵混合使用，与盐类水解有关系，D不符合。

答案选C。

16．海洋中有丰富的食品、矿产、能源、药物和水产资源。

下图是从海水中提取某些原料的。

下列有关说法正确的是
A．第①步中除去粗盐中的SO、Ca2＋、Mg2＋、Fe3＋等杂质，加入的药品顺序为：Na2CO3溶液―→NaOH溶
液―→BaCl2溶液―→过滤后加盐酸
B．从第③步到第⑤步的目的是浓缩、富集溴
C．第①到第⑤步中，涉及到氧化还原反应共有2步
D．第④步中，SO2起氧化作用
【答案】B
【解析】试题分析：A、分析流程图，除去粗盐中的杂质时，为保证杂质离子除尽，所加试剂要过量，过量的离子也应除去，故应先加氯化钡溶液再加碳酸钠溶液，以除去过量的钡离子，错误；B、溴离子在海水中的浓度较小，必须经过浓缩、富集才有利于得到溴单质，从第③步到第⑤步的目的是浓缩、富集溴，正确；C、第①到第⑤步中，涉及到氧化还原反应的为③④⑤，共有3步，错误；D、第④步中，SO2起还原作用，错误。

考点：考查海水的综合利用。

17．乙醇在生活中用途较多，下列关于乙醇的说法正确的是
A．能与Na反应
B．是食醋的主要成分
C．能使红色石蕊试纸变蓝
D．能与饱和Na2CO3溶液反应产生H2
【答案】A
【解析】分析：乙醇含有羟基，属于饱和一元醇，据此解答。

详解：A. 乙醇含有羟基，能与Na反应放出氢气，A正确；
B. 乙酸是食醋的主要成分，B错误；
C. 乙醇不能电离出氢离子，显中性，不能使红色石蕊试纸变蓝，C错误；
D. 乙醇不能电离出氢离子，显中性，不能与饱和Na2CO3溶液反应，D错误。

答案选A。

18．“绿水青山就是金山银山”，下列行为不符合这一主题的是（）
A．用已脱硫的煤作燃料
B．在远离城市的地区燃放烟花爆竹
C．利用太阳能等清洁能源代替化石燃料
D．采用“绿色化学”工艺，使原料尽可能转化为所需要的物质
【答案】B
【解析】
【详解】
A. 用已脱硫的煤作燃料，可以减少含硫废气的排放，以保护环境，A符合；
B. 在远离城市的地区燃放烟花爆竹，会造成大气污染，B不符合；
C. 利用太阳能等清洁能源代替化石燃料，可减少含硫废气的排放，减缓温室效应等，C符合；
D. 采用“绿色化学”工艺，使原料尽可能转化为所需要的物质，D符合；
故答案选B。

19．下列有关化学用语使用正确的是( )
A．硫原子的原子结构示意图：
B．NH4Cl的电子式为：
O
C．原子核内有10个中子的氧原子：18
8
D．HBr的形成过程：
【答案】C
【解析】
【详解】
A.S原子核外有16个电子，原子结构示意图为，A错误；
B. NH4Cl是离子化合物，Cl-的最外层有8个电子，故该化合物电子式为，B错误；
C.原子核内有10个中子的氧原子,质量数为18，可表示为：188O，C正确；
D.HBr中H原子与Br原子间通过共价键结合，其形成过程可表示为：，D错误；故合理选项是C。

20．研究人员研制出一种新型储备电源—锂水电池(结构如图，高硅铸铁为惰性辅助电极)，使用时加入水即可放电。

下列关于该电池工作时的说法正确的是
A．高硅铸铁发生氧化反应B．OH-向高硅铸铁电极移动
C．负极的电极反应式为Li－e-Li+D．电流的方向：锂电极→导线→钢电极
【答案】C
【解析】
【详解】
A.电池以金属锂和高硅铸铁为电极材料，LiOH为电解质，锂做负极，高硅铸铁为正极，高硅铸铁上发生还原反应，故A错误；
B.原电池中，阴离子移向原电池的负极，即放电时OH-向负极锂电极移动，故B错误；
C.锂水电池中，锂是负极，发生失去电子的氧化反应，电极反应式：Li-e-=Li+，故C正确；
D.放电时电流的流向为正极--导线—负极，即高硅铸铁电极→导线→锂电极，故D错误。

故选C。

【点睛】
掌握原电池的工作原理是解答的关键，注意电极名称、电极反应、离子移动方向、电子和电流方向的判断，难点是电极反应式的书写，注意结合放电微粒和电解质溶液的性质分析。

二、计算题（本题包括1个小题，共10分）
21．有机物A由碳、氢、氧三种元素组成。

现取3 g A与 4.48 L氧气(标准状况)在密闭容器中燃烧，燃烧后生成二氧化碳、一氧化碳和水蒸气(假设反应物没有剩余)。

将反应生成的气体依次通过浓硫酸和碱石灰，浓硫酸增重3.6 g，碱石灰增重4.4 g。

回答下列问题：
（1）通过计算确定该有机物的分子式___________________。

（2）若有机物A能与金属钠反应放出氢气，请写出有机物A可能的结构简式___________。

【答案】C3H8O、
【解析】分析：根据已知生成二氧化碳、一氧化碳和水的质量确定分子中碳、氢、氧原子个数，进而确定分子式。

再结合相关的性质确定官能团，进而确定物质的结构简式。

详解：(1)浓硫酸增重3.6g为水的质量, n(H2O)=3.6g/18(g. mol-1) =0.2 mol根据H原子守恒可知
n(H)=2n(H2O)=0.4 mol，碱石灰增重4.4g为二氧化碳的质量, n(CO2)=4.4g/44g.mol-1=0.1mol，4.48L氧气的物质的量=4.48L/22.4L. mol-1 =0.2 mol，氧气的质量=0.2mol×32g/mol=6.4g，故CO的质量
=3g+6.4g−3.6g−4.4g=1.4g,故 n(CO)=1.4g/28(g. mol-1 )=0.05 mol，根据C原子守恒可知n(C)= n(CO2)+
n(CO)=0.1mol+0.05mol=0.15mol。

由O原子守恒可知3gA中
n(O)=2n(CO2)+n(CO)+n(H2O)−2n(O2)=2×0.1mol+0.05mol +0.2mol −2×0.2 mol= 0.05 mol，由上述分析知
3gA中,n(H)=0.4mol,n(C)=0.15mol，所以,n(C):n(H):n(O)=3:8:1,故A的最简式为C3H8O,由H原子与碳原子数目可知,H原子已经饱和C原子四价结构,故其最简式即为分子式,A的分子式为C3H8O。

答案：该有机物的分子式为C3H8O。

(2)有机物的分子式为C3H8O,为醇或醚,。

因为有机物A能与金属钠反应放出氢气，所以只能为醇类，可能结构简式为CH3CH2CH2OH、。

答案：有机物A可能的结构简式为CH3CH2CH2OH、。

三、实验题（本题包括1个小题，共10分）
22．除去工业尾气中的氮氧化合物(如NO)，常用氨催化吸收法，原理是NH3与NO按一定比例反应生成无毒物质。

某同学在实验室里采用以下装置和步骤模拟工业上对NO的处理。

（1）装置A的反应中，还原产物是_____。

（2）若选择装置C制取氨气，则反应的化学方程式是______。

选用上述部分装置，按下列顺序连接成模拟尾气处理装置，回答有关问题：
（3）在括号中填入选用的装置编号：。

______、___________
（4）装置D的一种作用是______。

（5）装置B的作用是______(填序号)。

A．吸收氮氧化物B．吸收氨气C．干燥反应的混合气体
（6）装置E中发生反应的化学方程式为_______。

【答案】NO2NH4Cl+Ca(OH)2 △CaCl2+2NH3↑+2H2O D E使NH3和NO均匀混合（或通过观察D中导管口的气泡，控制NH3和NO的流速；使NH3和NO按一定比例反应等）B4NH3+6NO 5N2+6H2O 【解析】
【分析】
（1）稀硝酸具有强氧化性，与铜发生氧化还原反应生成硝酸铜、NO和水；
（2）若选择装置C制取氨气，发生反应是实验室制备氨气的反应，利用氯化铵和氢氧化钙加热反应生成氨气、氯化钙和水；
（3）根据实验目的和实验原理，选择仪器的连接顺序；
（4）根据实验原理分析；
（5）过量的氨气需要除去；
（6）装置E中NO和氨气反应生成氮气和水。

【详解】
（1）装置A中的反应是铜与稀硝酸反应，生成物是硝酸铜、NO和水，反应中铜元素化合价从+5价降低到+2价，硝酸是氧化剂，还原产物是NO；
（2）若选择装置C制取氨气，氯化铵和氢氧化钙加热反应生成氨气、氯化钙和水，反应的化学方程式为2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O；
（3）该反应目的是除去工业尾气中的氮氧化合物，装置A生成的NO和装置C生成的氨气通入装置D使气体混合均匀、调节气流速度，装置F干燥气体，再通入装置E反应进行反应，反应后的气体通入装置B 干燥，最后收集气体；
（4）根据以上分析可知装置D的一种作用是使NH3和NO均匀混合（或通过观察D中导管口的气泡，控
制NH3和NO的流速；使NH3和NO按一定比例反应等）。

（5）由于过量的氨气需要除去，氨气是碱性气体，能被浓硫酸稀释，则装置B的作用是吸收氨气，答案选B；
（6）装置E中NO和氨气发生氧化还原反应生成氮气和水，反应的方程式为4NH3+6NO5N2+6H2O。

【点睛】
本题通过常见气体的性质及制备，考查了物质性质实验方案的设计方法，氮的氧化物的性质以及对环境的影响，题目难度中等，做题时注意实验的原理和目的，牢固掌握实验方法和实验基本操作为解答该类题目的前提。

四、推断题（本题包括1个小题，共10分）
23．I.在现代有机化工生产中，通过天然气裂解所得某种主要成分，已成为制造合成纤维、人造橡胶、塑料的基石.其中相关物质间的转化关系如下图所示(C、G是两种常见的塑料，E的结构简式为)
请回答下列问题:
(1)写出B的电子式_________。

(2)分别写出下列反应的化学方程式A→D______；F→G______。

II.为测定某有机化合物X的化学式. 进行如下实验；将0.15mo1有机物B和0.45mol O2在密闭容器中完全燃烧后的产物为CO2、CO、H2O（气），产物经过浓H2SO4后.质量增加8.1g，再通过灼热的氧化铜充分反应后，质量减轻2.4g，最后气体再通过碱石灰被完全吸收，质量增加19.8g. 试通过计算确定该有机物X 的化学式(写出计算过程) _______。

【答案】+HCN CH2=CHCN nCH2=CHCl
C3H6O2
【解析】
【分析】
I.根据E的结构简式为，逆推D是丙烯腈，乙炔与HCN发生加成反应生成丙烯腈，则A是乙炔，乙炔与氢气加成后的产物B能生成高聚物C，则C是聚乙烯、B是乙烯；乙炔与氯化氢加成后的产物
F 能生成高聚物
G ，则F 是氯乙烯、G 是聚氯乙烯。

II.根据原子守恒计算X 的化学式。

【详解】
(1) B 是乙烯，结构简式是CH 2=CH 2，电子式是。

(2) A→D 是乙炔与HCN 发生加成反应生成丙烯腈，化学方程式是+HCN CH 2=CHCN ；F→G 是氯乙烯发生加聚反应生成聚氯乙烯，反应方程式是 nCH 2=CHCl 。

II. 产物经过浓H 2SO 4后质量增加8.1g ，则燃烧生成水的物质的量是8.10.4518/g mol g mol
= ，H 原子的物质的量为0.9mol ； 通过灼热的氧化铜充分反应后，质量减轻2.4g ，说明CO 吸收氧原子的物质的量是 2.40.1516/g mol g mol
=； 最后气体再通过碱石灰被完全吸收，质量增加19.8g ，则最终生成CO 2的物质的量是为
19.80.4544/g mol g mol
= ，C 原子的物质的量为0.45mol ； 二氧化碳、水中的氧原子来自氧气、氧化铜、有机化合物X ，根据原子守恒，有机物X 提供的氧原子是0.45mol×1+0.45mol×2-0.45mol×2-0.15mol=0.3mol ；
0.15mo1有机物X 含有0.45molC 、0.9molH 、0.3molO ，该有机物X 的化学式是C 3H 6O 2。

五、综合题（本题包括1个小题，共10分）
24．（1）已知甲烷的燃烧热是890 kJ/mol ，且1 mol H 2O 由气态变为液态时放出44 kJ 的能量。

请写出甲烷燃烧生成水蒸气的热化学反应方程式为：____________________________；
（2）由A 、B 、C 、D 四种金属按下表中装置进行实验。

装置
现象 金属A 不断溶解 C 的质量增加 A 上有气体产生
根据实验现象回答下列问题：
①装置甲中作正极的是__________________ (填“A”或“B”) ；
②装置乙溶液中C 电极反应：__________________________________；
③装置丙中金属A 上电极反应属于______________(填“氧化反应”或“还原反应”)；
④四种金属活动性由强到弱的顺序是___________________________。

【答案】CH4(g)+2O2(g)==CO2(g)+2H2O(g) ΔH=－802 KJ/mol B Cu2++2e-==Cu 还原反应D>A>B>C 【解析】（1）燃烧热是指在一定条件下，1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量。

根据题意可知，1mol甲烷完全燃烧生成2mol液态水，放出的热量是890kJ。

而2mol液态水变成气态水又吸收44kJ×4＝176kJ，所以甲烷燃烧生成水蒸气的反应热是（890＋176）kJ/mol＝802kJ/mol，因此热化学方程式为：CH4(g)+2O2(g)==CO2(g)+2H2O(g) ΔH=－802 k J/mol；（2）①该装置中，金属A不断溶解说明A失电子发生氧化反应生成金属阳离子进入溶液而作负极，则作正极的是B，答案选B；②乙装置中，C 的质量增加说明C电极上铜离子得电子发生还原反应，则C作正极，电极反应式为Cu2++2e-═Cu；③丙装置中A上有气体产生，说明A上氢离子得电子发生还原反应而作正极，正极上氢离子得电子发生还原反应；④通过以上分析知，四种金属活动性强弱顺序是D>A>B>C。