湖北省襄阳市枣阳一中高三化学上学期8月月考试题含解析

2022-2022学年湖北省襄阳市枣阳一中高三（上）月考化学试卷（8月份）　一、选择题（每题3分，16小题，满分48分）1．变质的油脂有难闻的哈喇味，这是因为发生了（　　）A．氧化反应B．加成反应C．取代反应D．水解反应　2．要制取相同质量的Cu（NO3）2，下列反应中消耗HNO3最少的反应是（　　）A．Cu和浓HNO3B．Cu和稀HNO3C．CuO和HNO3D．Cu2O和HNO3　3．能使淀粉碘化钾试纸变蓝的物质是（　　）A．氯水B．碘水C．碘化钠溶液D．溴化钠溶液　4．下列热化学方程式中的反应热为可燃物的燃烧热的是（　　）A．H2（g）+O2（g）=H2O（g）△H=﹣241.8kJ•mol﹣1B．CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（g）△H=﹣846.3kJ•mol﹣1C．C（s）+O2（g）=CO2（g）△H=﹣393.5kJ•mol﹣1D．C3H8（g）+5O2（g）=3CO（g）+4H2O（l）△H=﹣2044.0kJ•mol﹣1　5．下列有机物的命名，正确的是（　　）A．2，3，3，8，8﹣五甲基壬烷B．2，2，7，7，8﹣五甲基壬烷C．2，3，3，5，5﹣五甲基戊烷D．2，2，4，4，5﹣五甲基戊烷　6．牙齿洁白，人人喜欢．将漂白剂粘在牙套上，牙齿咬住牙套可使牙齿变得洁白．下列物质溶于水后所得溶液可作为漂白剂的是（　　）A．Cl2B．H2O2C．Na2O2D．HNO3　7．在一密闭容器中充入1molCO和1molH2O（g），一定条件下反应：CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）达到平衡时生成0.67molCO2，若在相同条件下将H2O（g）改为4mol，反应达到平衡时生成CO2的物质的量为（　　）A．1.34molB．1.0molC．0.94molD．0.52mol　8．根据所给的4个反应，判断下列4种物质的氧化性由强到弱的正确顺序是（　　）（1）Cl2+2KI=2KCl+I2（2）2FeCl2+Cl2=2FeCl3（3）2FeCl3+2HI=2FeCl2+2HCl+I2（4）H2S+I2=S↓+2HI．A．S＞I2＞Fe3+＞Cl2B．Cl2＞Fe3+＞I2＞S-19-\nC．Fe3+＞Cl2＞S＞I2D．Cl2＞I2＞Fe3+＞S　9．下列化学用语的理解正确的是（　　）A．离子结构示意图既可以表示35Cl﹣，也可以表示37Cl﹣B．电子式，既可以表示羟基，也可以表示氢氧根离子C．比例模型既可以表示甲烷分子，也可以表示四氯化碳分子D．结构简式（CH3）2CHOH既可以表示1﹣丙醇，也可以表示2﹣丙醇　10．在K2CO3样品中含Na2CO3、KNO3、Ba（NO3）2中的一或二种杂质，将13.8g样品溶于足量水中得到澄清溶液，再加入过量CaCl2溶液，可得9.0g沉淀，则原样品中含有的杂质会是（　　）A．肯定有Na2CO3，没有Ba（NO3）2B．肯定有KNO3，没有Ba（NO3）2，可能还有Na2CO3C．肯定没有Na2CO3，Ba（NO3）2D．无法判断何种为肯定或否定的杂质　11．一个容积固定密闭容器中进行反应：N2+3H2⇌2NH3，一定达到平衡状态的是（　　）①1个N≡N键断裂的同时，有3个H﹣H键形成；②1个N≡N键断裂的同时，有6个N﹣H键形成；③N2的体积分数不再改变；④容器的压强不再改变；⑤容器内气体的密度不再改变．A．①③④B．①②④C．①③⑤D．②③④　12．下列说法正确的是（　　）A．用乙醇或CCl4提取碘水中的碘单质B．NaCl和SiC晶体熔化时，克服粒子间作用力类型相同C．24Mg32S晶体中电子总数与中子总数之比为1：1D．H2S与SiF4分子中各原子最外层都满足8电子结构　13．下列说法正确的是（　　）A．3，3﹣二甲基﹣1﹣丁烯在一定条件下与氢气充分反应后得到3，3﹣二甲基丁烷B．工业生产中用乙醇与氢氧化钠作用生成乙醇钠，故乙醇可以与氢氧化钠溶液反应C．地球上最基本的能源是太阳能，植物通过光合作用吸收太阳能，被吸收的太阳能通过各种形式的化学反应转化为化学能，物质中的化学能又可以通过各种形式的化学反应转化为热能、光能或电能D．道尔顿、汤姆生、卢瑟福、波尔和门捷列夫等科学家对原子结构模型的建立均作出了卓越的贡献　14．已知反应A（g）+B（g）⇌nC（g）△H=xkJ•mol﹣1，在不同条件下进行时，混合物中C的百分含量随时间变化的关系如右图．下列有关叙述一定正确的是（　　）-19-\nA．a条件下的反应速率小于b条件下的反应速率B．其他条件相同时，a表示有催化剂，b表示无催化剂C．其他条件相同，若a、b表示不同压强下的反应，则n＞2D．其他条件相同，若a、b表示不同温度下的反应，则x＞0　15．温度为T时，向2.0L恒容密闭容器中充入1.0molPCl5，反应PCl5（g）⇌PCl3（g）+Cl2（g）经一段时间后达到平衡．反应过程中测定的部分数据见下表：t/s050150250350n（PCl3）/mol00.160.190.200.20以下对反应过程的分析和判断正确的是（　　）A．反应在前50s的平均速率为v（PCl3）=0.0032mol•L﹣1•s﹣1B．保持其他条件不变，若升高温度，平衡时，c（PCl3）=0.11mol•L﹣1，则反应为放热反应C．相同温度下，若起始时向容器中充入1.0molPCl5、0.20molPCl3和0.20molCl2，则达平衡前v（正）＞v（逆）D．相同温度下，若起始时向容器中充入2.0molPCl3、2.0molCl2，则达平衡时，PCl3的转化率大于80%　16．下列溶液中，跟100mL0.5mol/LNaCl溶液所含的Cl﹣物质的量浓度相同的是（　　）A．100mL0.5mol/LMgCl2溶液B．200mL0.25mol/LAlCl3溶液C．50mL1mol/LNaCl溶液D．25mL0.5mol/LHCl溶液　　二、填空题（本题共3小题，满分37分）17．如图所示，甲、乙为相互串联的两电解池．试回答：（1）乙池中Fe电极为　　　　　　极．若在乙池中滴入少量酚酞试液，开始电解一段时间后，铁电极附近呈　　　　　　色．（2）甲池若为精炼铜（假设粗铜的组成是均匀的，且其中活泼和不活泼的成份均存在）的装置，则电解质溶液可以是　　　　　　；通过一段时间后，A电极增重12.8g，则甲池溶液原溶质的浓度　　　　　　（填“增大”、“减小”、“不变”或“无法确定”），乙池石墨电极放出的气体在标准状况下的体积为　　　　　　．-19-\n　18．（16分）（2022秋•温州期末）铝土矿（主要成分为Al2O3，还有少量杂质）是提取氧化铝的原料．提取氧化铝的工艺流程如下：（1）请用离子方程式表示以上工艺流程中第①步反应：　　　　　　．（2）写出以上工艺流程中第③步反应的化学方程式：　　　　　　．（3）金属铝与氧化铁混合在高温下，会发生剧烈的反应．该反应的化学方程式　　　　　　．请举一例该反应的用途　　　　　　．（4）电解熔融氧化铝制取金属铝，若有0.9mol电子发生转移．理论上能得到金属铝的质量是　　　　　　．　19．（12分）（2022春•陕西校级期末）如图1所示，组成一种原电池．试回答下列问题（灯泡功率合适）：（1）电解质溶液为稀H2SO4时，灯泡　　　　　　（填“亮”或“不亮”）．若灯泡亮，则Mg为原电池的　　　　　　极；若灯泡不亮，其理由为　　　　　　．（2）电解质溶液为NaOH溶液时，灯泡　　　　　　（填“亮”或“不亮”）．若灯泡亮，则Al做原电池的　　　　　　极．若灯泡不亮，其理由为　　　　　　．（3）铝的阳极氧化，是一种常用的金属表面处理技术，它能使铝的表面生成一层致密的氧化膜，该氧化膜不溶于稀硫酸．某化学研究小组在实验室中按下列步骤模拟该生产过程．按图2取两片质量相当的铝片组装好仪器，接通开关K，通电约25min．在阳极生成氧化铝，阴极产生气体．写出该过程中的阳极反应式：阳极：　　　　　　．如果此时取出两极，用蒸馏水洗净，晾干后称重发现两个电极质量差为0.8克，计算阴极产物在标准状态下的体积并写出计算过程．　　【化学—选修2化学与技术】（15分）20．（15分）（2022•兴庆区校级三模）某电镀铜厂有两种废水需要处理，一种废水中含有CN﹣离子，另一种废水中含有Cr2O72﹣离子．该厂拟定如图所示的废水处理流程．-19-\n回答以下问题：（1）上述处理废水的流程中主要使用的方法是　　　　　　．（2）②中使用的NaClO溶液呈碱性，用离子方程式解释原因　　　　　　．（3）②中反应后无气体放出，该反应的离子方程式为　　　　　　．（4）③中反应时，每0.4molCr2O72﹣转移2.4mol的电子，该反应的离子方程式为　　　　　　．（5）取少量待检水样于试管中，先加入NaOH溶液，观察到有蓝色沉淀生成，继续加入NaOH溶液，直到不再产生蓝色沉淀为止，再加入Na2S溶液，有黑色沉淀生成，且蓝色沉淀逐渐减少．请你使用化学用语，结合必要的文字解释其原因　　　　　　．　21．（2022秋•枣阳市校级月考）（1）由A、B两种气态烃组成的混合气体，对H2的相对密度为17．常温常压下，取这种混合气体10mL与80mL氧气（过量）混合，当完全燃烧后恢复到原状态时，测得气体的体积为70mL．试求：①混合气体的平均组成为（用CxHy的形式表示）　　　　　　；②若上述两种气体按体积1：1混合时，则两种气态烃的可能组成为　　　　　　．（2）具有支链的化合物X的分子式为C4H8O，X既能使Br2的四氯化碳溶液褪色，又能与Na反应．①X的结构简式是　　　　　　，②写出与X具有相同官能团的X的所有同分异构体的结构简式：　　　　　　．　　2022-2022学年湖北省襄阳市枣阳一中高三（上）月考化学试卷（8月份）参考答案与试题解析　一、选择题（每题3分，16小题，满分48分）1．变质的油脂有难闻的哈喇味，这是因为发生了（　　）A．氧化反应B．加成反应C．取代反应D．水解反应【考点】油脂的性质、组成与结构．【专题】有机物的化学性质及推断．【分析】油脂发生氧化反应而产生难闻的哈喇味．【解答】解：变质的油脂有难闻的特殊气味，是油脂发生氧化反应而产生异味．故选A．【点评】本题考查油脂的性质，难度不大，注意油脂发生氧化反应而产生难闻的哈喇味．　2．要制取相同质量的Cu（NO3）2，下列反应中消耗HNO3最少的反应是（　　）A．Cu和浓HNO3B．Cu和稀HNO3C．CuO和HNO3D．Cu2O和HNO3【考点】化学方程式的有关计算．【分析】制取相同质量的Cu（NO3）2，反应中硝酸全部起酸性作用时消耗的硝酸最少．-19-\n【解答】解：Cu与浓硝酸、Cu与稀硝酸、Cu2O和HNO3反应中硝酸均起氧化剂、酸性作用，而CuO和HNO3反应中硝酸其酸性作用，由于生成硝酸铜相等，则其酸性作的硝酸相等，故制取相同质量的Cu（NO3）2，CuO和HNO3反应中消耗HNO3最少，故选C．【点评】本题考查化学方程式有关计算，侧重考查学生分析能力，明确发生的反应即可解答，难度不大．　3．能使淀粉碘化钾试纸变蓝的物质是（　　）A．氯水B．碘水C．碘化钠溶液D．溴化钠溶液【考点】氯气的化学性质．【分析】能使淀粉碘化钾试纸变蓝的物质应具有强氧化性，可将I﹣氧化为I2，或加入碘水，淀粉遇碘变蓝色，以此解答该题．【解答】解：因氧化性：Cl2＞Br2＞I2，则加入氯水、溴水，可将I﹣氧化为I2，淀粉遇碘变蓝色，另外直接加入碘水，试纸也变蓝，而NaBr溶液、碘化钠溶液与碘化钾不反应，不能变色．故选AB．【点评】本题考查卤素单质以及混合物的性质，侧重于氧化还原反应的考查，注意单质氧化性强弱的比较，把握可能发生的反应，题目难度不大．　4．下列热化学方程式中的反应热为可燃物的燃烧热的是（　　）A．H2（g）+O2（g）=H2O（g）△H=﹣241.8kJ•mol﹣1B．CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（g）△H=﹣846.3kJ•mol﹣1C．C（s）+O2（g）=CO2（g）△H=﹣393.5kJ•mol﹣1D．C3H8（g）+5O2（g）=3CO（g）+4H2O（l）△H=﹣2044.0kJ•mol﹣1【考点】燃烧热．【专题】化学反应中的能量变化．【分析】依据燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物时放出的热量分析判断．【解答】解：A、不符合燃烧热的概念，水是气态不稳定氧化物，故A错误；B、1mol甲烷燃烧生成二氧化碳气体和气态水，不符合燃烧热的概念，故B错误；C、C燃烧生成的是气体二氧化碳，生成稳定氧化物，符合燃烧热的概念，故C正确；D、C3H8燃烧生成的是一氧化碳，不是稳定的氧化物，不符合燃烧热的概念，故D错误；故选：C．【点评】本题考查了燃烧热、反应热的概念分析判断，掌握燃烧热的概念是解题关键，题目较简单．　5．下列有机物的命名，正确的是（　　）A．2，3，3，8，8﹣五甲基壬烷B．2，2，7，7，8﹣五甲基壬烷C．2，3，3，5，5﹣五甲基戊烷D．2，2，4，4，5﹣五甲基戊烷【考点】有机化合物命名．-19-\n【专题】有机化学基础．【分析】烷烃的命名原则：碳链最长称某烷，靠近支链把号编，简单在前同相并，其间应划一短线：1、碳链最长称某烷：选定分子里最长的碳链做主链，并按主链上碳原子数目称为“某烷“；2、靠近支链把号编：把主链里离支链较近的一端作为起点，用1、2、3…等数字给主链的各碳原子编号定位以确定支链的位置；3、简单在前同相并，其间应划一短线：把支链作为取代基，把取代基的名称写在烷烃名称的前面，在取代基的前面用阿拉伯数字注明它在烷烃主链上的位置，而且简单的取代基要写在复杂的取代基前面，如果有相同的取代基，则要合并起来用二、三等数字表示，但是表示相同的取代基位置的阿拉伯数字要用逗号隔开，并在号数后面连一短线，中间用“﹣“隔开．【解答】解：A．2，3，3，8，8﹣五甲基壬烷，该命名不满足取代基的编号之和最小，说明编号方向错误，该有机物正确命名应该为：2，2，7，7，8﹣五甲基壬烷，故A错误；B．2，2，7，7，8﹣五甲基壬烷，该有机物主链为壬烷，在2、2、7、7、8号C原子上各含有1个甲基，该命名符合烷烃的命名原则，故B正确；C．2，3，3，5，5﹣五甲基戊烷，戊烷出现了5﹣甲基，说明选取的主链不是最长碳链，该有机物最长碳链含有6个C，主链为己烷，该有机物正确命名为：2，3，3，5﹣四甲基己烷，故C错误；D．2，2，4，4，5﹣五甲基戊烷，戊烷命名中不能出现5﹣甲基，该有机物最长碳链含有6个C，主链为己烷，该有机物正确命名为：2，2，4，4﹣四甲基戊烷，故D错误；故选B．【点评】本题考查了有机物的命名方法判断，题目难度中等，解题的关键是明确有机物的命名原则，然后结合有机物的结构简式灵活运用即可，该题有利于培养学生的规范答题能力．　6．牙齿洁白，人人喜欢．将漂白剂粘在牙套上，牙齿咬住牙套可使牙齿变得洁白．下列物质溶于水后所得溶液可作为漂白剂的是（　　）A．Cl2B．H2O2C．Na2O2D．HNO3【考点】过氧化氢．【专题】化学计算．【分析】牙齿漂白剂应无毒，在口腔内反应后的产物无毒，无腐蚀性．【解答】解：虽然都具有漂白性，但C12的水溶液有毒，HNO3具有腐蚀性，Na2O2能与水剧烈反应且生成的氢氧化钠具有腐蚀性，双氧水还原产物是水，适合漂白牙齿．故选B．【点评】本题考查常见的漂白剂，难度不大，注意C12、HNO3、Na2O2、双氧水漂白性的区别．　7．在一密闭容器中充入1molCO和1molH2O（g），一定条件下反应：CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）达到平衡时生成0.67molCO2，若在相同条件下将H2O（g）改为4mol，反应达到平衡时生成CO2的物质的量为（　　）A．1.34molB．1.0molC．0.94molD．0.52mol【考点】化学平衡的计算．【专题】平衡思想；估算法；化学平衡专题．【分析】根据平衡移动原理，增大反应物浓度，平衡正向移动，结合可逆反应的特点进行判断．【解答】解：根据可逆反应，利用三段式分析-19-\nCO+H2O（g）⇌CO2+H2，开始（mol）1100转化（mol）0.670.670.670.67平衡（mol）0.330.330.670.67，增大水蒸气的浓度，平衡正向移动，但CO不可能完全转化，故平衡时CO2的物质的量的取值范围为：0.67＜n（CO2）＜1，故选C．【点评】本题考查可逆反应的特点及化学平衡的移动，难度不大．注意可逆反应中，反应物的转化率不可能是100%，利用极限法计算．　8．根据所给的4个反应，判断下列4种物质的氧化性由强到弱的正确顺序是（　　）（1）Cl2+2KI=2KCl+I2（2）2FeCl2+Cl2=2FeCl3（3）2FeCl3+2HI=2FeCl2+2HCl+I2（4）H2S+I2=S↓+2HI．A．S＞I2＞Fe3+＞Cl2B．Cl2＞Fe3+＞I2＞SC．Fe3+＞Cl2＞S＞I2D．Cl2＞I2＞Fe3+＞S【考点】氧化性、还原性强弱的比较．【专题】氧化还原反应专题．【分析】根据同一反应方程式中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性判断各物质的氧化性强弱．【解答】解：根据根据同一反应方程式中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性判断．（1）Cl2+2KI=2KCl+I2，氧化剂是Cl2，氧化产物是I2，所以Cl2的氧化性大于I2的氧化性；（2）2FeCl2+Cl2=2FeCl3，氧化剂是Cl2，氧化产物是FeCl3，所以Cl2的氧化性大于FeCl3的氧化性；（3）2FeCl3+2HI=2FeCl2+2HCl+I2，氧化剂是FeCl3，氧化产物是I2，所以FeCl3的氧化性大于I2的氧化性；（4）H2S+I2=S↓+2HI，氧化剂是I2，氧化产物是S，所以I2的氧化性大于S的氧化性；所以各物质的氧化性大小顺序为：Cl2＞Fe3+＞I2＞S．故选B【点评】氧化性、还原性强弱取决于得失电子的难易，与得失电子的数目无关．　9．下列化学用语的理解正确的是（　　）A．离子结构示意图既可以表示35Cl﹣，也可以表示37Cl﹣B．电子式，既可以表示羟基，也可以表示氢氧根离子C．比例模型既可以表示甲烷分子，也可以表示四氯化碳分子D．结构简式（CH3）2CHOH既可以表示1﹣丙醇，也可以表示2﹣丙醇【考点】电子式、化学式或化学符号及名称的综合．【专题】化学用语专题．【分析】A．表示氯离子，可以表示中子数不同氯离子；-19-\nB．羟基中氧原子最外层7个电子，而氢氧根离子最外层10个电子；C．甲烷分子或四氯化碳分子均为正四面体构型，但原子半径为Cl＞C＞H；D．（CH3）2CHOH中羟基位于2号C，只能表示2﹣丙醇．【解答】解：A．离子结构示意图表示的是氯离子，与氯离子的中子数无关，所以它既可以表示35Cl﹣，也可以表示37Cl﹣，故A正确；B．电子式只能表示羟基，不能氢氧根离子，因为氢氧根离子为阴离子，氢氧根的电子式应该为：，故B错误；C．甲烷分子或四氯化碳分子均为正四面体构型，但原子半径为Cl＞C＞H，则比例模型表示甲烷分子，而不能表示四氯化碳，故C错误；D．结构简式（CH3）2CHOH可以形成：CH3CH（OH）CH3，只能表示2﹣丙醇，故D错误；故选A．【点评】本题考查了常见的化学用语的判断，题目难度中等，注意掌握电子式、离子结构示意图、结构简式的概念及正确表示方法，明确羟基与氢氧根离子的电子式的区别．　10．在K2CO3样品中含Na2CO3、KNO3、Ba（NO3）2中的一或二种杂质，将13.8g样品溶于足量水中得到澄清溶液，再加入过量CaCl2溶液，可得9.0g沉淀，则原样品中含有的杂质会是（　　）A．肯定有Na2CO3，没有Ba（NO3）2B．肯定有KNO3，没有Ba（NO3）2，可能还有Na2CO3C．肯定没有Na2CO3，Ba（NO3）2D．无法判断何种为肯定或否定的杂质【考点】几组未知物的检验．【专题】物质检验鉴别题．【分析】样品加入水中，全部溶解，则不可能硝酸钡，加入氯化钙能产生沉淀，然后根据沉淀的质量进一步确定碳酸钠和硝酸钾的存在．【解答】解：样品加入水中，全部溶解，说明一定无硝酸钡，假设13.8g纯碳酸钾产生碳酸钙的质量为x，则有K2C03+CaCl2═CaCO3↓+2KCl13810013.8gx，x=10g假设13.8g纯碳酸钠产生碳酸钙的质量为y，则有Na2C03+CaCl2═CaCO3↓+2NaCly≈13g含有一种杂质是：只能是含有硝酸钾，而不能含有碳酸钠．若含有碳酸钠则得到沉淀的质量应该大于10g小于13g，而实际只得到9g，故不可能含有碳酸钠，一定含有硝酸钾．含有两种杂质是：是硝酸钾和碳酸钠的混合物．-19-\n故选B．【点评】本题考查了物质共存的问题以及根据化学方程式的计算，完成此题，可以依据已有的知识进行，判断混合物的组成时，要采用极值法和平均值法．　11．一个容积固定密闭容器中进行反应：N2+3H2⇌2NH3，一定达到平衡状态的是（　　）①1个N≡N键断裂的同时，有3个H﹣H键形成；②1个N≡N键断裂的同时，有6个N﹣H键形成；③N2的体积分数不再改变；④容器的压强不再改变；⑤容器内气体的密度不再改变．A．①③④B．①②④C．①③⑤D．②③④【考点】化学平衡状态的判断．【专题】化学平衡专题．【分析】化学反应达到化学平衡状态时，正逆反应速率相等，且不等于0，各物质的浓度不再发生变化，由此衍生的一些物理量不发生变化，以此进行判断，得出正确结论．【解答】解：N2+3H2⇌2NH3，①1个N≡N键断裂是正反应，同时有3个H﹣H键形成是逆反应，且化学反应速率之比等于化学计量数之比，故正逆反应速率相等，故①正确；②1个N≡N键断裂是正反应，同时有6个N﹣H键形成也是正反应，故不能说明达到平衡状态，故②错误；③N2的体积分数不再改变，说明氮气的浓度不再发生变化，说明达到平衡状态，故③正确；④反应前后气体的体积不不等，故容器的压强不再改变可作为判断是否达到化学平衡状态的依据，故④正确；⑤密度=，总质量一定，体积一定，故密度一定，故容器内气体的密度不再改变不能作为判断是否达到化学平衡状态的依据，故⑤错误；故一定达到平衡状态的是①③④，故选A．【点评】本题考查化学平衡状态的判断，题目难度不大．要注意把握平衡状态的特征．　12．下列说法正确的是（　　）A．用乙醇或CCl4提取碘水中的碘单质B．NaCl和SiC晶体熔化时，克服粒子间作用力类型相同C．24Mg32S晶体中电子总数与中子总数之比为1：1D．H2S与SiF4分子中各原子最外层都满足8电子结构【考点】不同晶体的结构微粒及微粒间作用力的区别；质子数、中子数、核外电子数及其相互联系；原子核外电子排布．【专题】化学键与晶体结构．【分析】A、萃取剂不能与原溶剂互溶；B、根据晶体类型判断，NaCl属于离子晶体，SiC晶体属于原子晶体；C、电子数等于质子数，利用中子数=质量数﹣质子数计算原子的中子数，进而计算中子总数，据此计算判断；D、元素原子的最外层电子数+|该元素化合价|=8，满足8电子结构，分子中含有H原子不可能都满足8电子结构．-19-\n【解答】解：A、乙醇与水互溶，不能萃取碘水中的碘，故A错误；B、NaCl属于离子晶体，熔化需要克服离子键，SiC晶体属于原子晶体，熔化需要克服共价键，故B错误；C、1mol晶体中电子总的物质的量为（12+16）mol=28mol，中子总的物质的量为[（24﹣12）+（32﹣16）]mol=28mol，电子总数与中子总数之比为28mol：28mol=1：1，故C正确；D、H2S中H原子满足2电子结构，不满足8电子结构，故D错误；故选C．【点评】本题考查了萃取、晶体类型、原子构成微粒之间的关系、分子结构等，难度不大，注意掌握常见的原子晶体．　13．下列说法正确的是（　　）A．3，3﹣二甲基﹣1﹣丁烯在一定条件下与氢气充分反应后得到3，3﹣二甲基丁烷B．工业生产中用乙醇与氢氧化钠作用生成乙醇钠，故乙醇可以与氢氧化钠溶液反应C．地球上最基本的能源是太阳能，植物通过光合作用吸收太阳能，被吸收的太阳能通过各种形式的化学反应转化为化学能，物质中的化学能又可以通过各种形式的化学反应转化为热能、光能或电能D．道尔顿、汤姆生、卢瑟福、波尔和门捷列夫等科学家对原子结构模型的建立均作出了卓越的贡献【考点】有机物的结构和性质；有机化学反应的综合应用．【分析】A．加成后主链不变，取代基的位次之和应最小；B．乙醇为中性物质，与NaOH溶液不反应；C．植物光合作用将太阳能转化为各种形式的能量，化学能可以通过燃烧转化为热能、光能，通过原电池原理转化为电能；D．门捷列夫的主要贡献是元素周期表，与原子结构模型无关．【解答】解：A．3，3﹣二甲基﹣1﹣丁烯与氢气充分加成后得到2，2﹣二甲基丁烷，故A错误；B．乙醇与NaOH溶液不能发生反应，故B错误；C．能量可发生转化，地球上最基本的能源是太阳能，植物通过光合作用吸收太阳能，被吸收的太阳能通过各种形式的化学反应转化为化学能，物质中的化学能又可以通过各种形式的化学反应转化为热能、光能或电能，如化学能可以通过燃烧转化为热能、光能，通过原电池原理转化为电能，故C正确；D．道尔顿、汤姆孙、卢瑟福和玻尔等科学家对原子结构模型的建立均作出了卓越的贡献，俄国化学家门捷列夫发现了元素周期律，并编制出元素周期表，故D错误；故选C．【点评】本题考查较综合，涉及有机物的结构与性质、常见的能量及转化、化学史等，注重基础知识的考查，注意积累相关知识点，题目难度不大．　14．已知反应A（g）+B（g）⇌nC（g）△H=xkJ•mol﹣1，在不同条件下进行时，混合物中C的百分含量随时间变化的关系如右图．下列有关叙述一定正确的是（　　）-19-\nA．a条件下的反应速率小于b条件下的反应速率B．其他条件相同时，a表示有催化剂，b表示无催化剂C．其他条件相同，若a、b表示不同压强下的反应，则n＞2D．其他条件相同，若a、b表示不同温度下的反应，则x＞0【考点】化学平衡的影响因素；产物的百分含量随浓度、时间的变化曲线．【分析】A、根据先拐先平衡，速率快判断；B、加入催化剂同等程度增大正逆反应速率，平衡不移动；C、压强越大，平衡时C的百分含量（C%）越小，可知正反应为气体物质的量增大的反应，即1＜n；D、a到达平衡时间短，所以a温度高，再根据升温，平衡移动分析．【解答】解：A、因为先拐先平衡，速率快，所以a条件下的反应速率大于b条件下的反应速率，故A错误；B、加入催化剂同等程度增大正逆反应速率，平衡不移动，则a、b到达平衡时C的百分含量相同，故B错误；C、a到达平衡时间短，所以a压强高，压强越大，平衡时C的百分含量（C%）越小，可知正反应为气体物质的量增大的反应，即2＜n，所以a比b的压强大且n＞2，故C正确；D、a到达平衡时间短，所以a温度高，升温平衡时C的百分含量（C%）减小，平衡逆向移动，所以△H＜0，则x＜0，故D错误；故选C．【点评】本题考查了体积分数随温度、压强变化曲线的分析，难度不大，明确“先拐先平数值大”是解本题的关键．　15．温度为T时，向2.0L恒容密闭容器中充入1.0molPCl5，反应PCl5（g）⇌PCl3（g）+Cl2（g）经一段时间后达到平衡．反应过程中测定的部分数据见下表：t/s050150250350n（PCl3）/mol00.160.190.200.20以下对反应过程的分析和判断正确的是（　　）A．反应在前50s的平均速率为v（PCl3）=0.0032mol•L﹣1•s﹣1B．保持其他条件不变，若升高温度，平衡时，c（PCl3）=0.11mol•L﹣1，则反应为放热反应C．相同温度下，若起始时向容器中充入1.0molPCl5、0.20molPCl3和0.20molCl2，则达平衡前v（正）＞v（逆）D．相同温度下，若起始时向容器中充入2.0molPCl3、2.0molCl2，则达平衡时，PCl3的转化率大于80%【考点】化学平衡的计算．【专题】化学平衡专题．【分析】A、由表中数据可知50s内，△n（PCl3）=0.16mol，根据v=计算v（PCl3）；B、由表中数据可知，平衡时n（PCl3）=0.2mol，保持其他条件不变，升高温度，平衡时，c（PCl3）=0.11mol/L，则n′（PCl3）=0.22mol，根据平衡时n（PCl3），判断平衡移动方向，升高温度平衡向吸热反应方向移动；C、先求平衡常数K，再求浓度商（Qc），K＞Qc，说明平衡向正反应方向移动，K＜Qc，说明平衡向逆反应方向移动，K=Qc，说明平衡不移动，据此判断平衡移动；-19-\nD、等效为起始加入2.0molPCl5，与原平衡相比，压强增大，平衡向逆反应方向移动，平衡时的PCl5转化率较原平衡低，故平衡时PCl3的物质的量小于0.4mol，即相同温度下，起始时向容器中充入2.0molPCl3和2.0molCl2，达到平衡时，PCl3的物质的量小于0.4mol，参加反应的PCl3的物质的量大于1.6mol，据此判断．【解答】解：A、由表中数据可知50s内，△n（PCl3）=0.16mol，v（PCl3）==0.0016mol/（L•s），故A错误；B、由表中数据可知，平衡时n（PCl3）=0.2mol，保持其他条件不变，升高温度，平衡时，c（PCl3）=0.11mol/L，则n′（PCl3）=0.11mol/L×2L=0.22mol，说明升高温度平衡正向移动，正反应为吸热反应，即△H＞O，故B错误；C、对于可逆反应：PCl5（g）⇌PCl3（g）+Cl2（g），开始（mol/L）：0.500变化（mol/L）：0.10.10.1平衡（mol/L）：0.40.10.1所以平衡常数k==0.025．起始时向容器中充入1.0molPCl5、0.20molPCl3和0.20molCl2，起始时PCl5的浓度为0.5mol/L、PCl3的浓度为0.1mol/L、Cl2的浓度为0.1mol/L，浓度商Qc==0.02，Qc＜K，说明平衡向正反应方向移动，反应达平衡前v（正）＞v（逆），故C正确；D、等效为起始加入2.0molPCl5，与原平衡相比，压强增大，平衡向逆反应方向移动，平衡时的PCl5转化率较原平衡低，故平衡时PCl3的物质的量小于0.4mol，即相同温度下，起始时向容器中充入2.0molPCl3和2.0molCl2，达到平衡时，PCl3的物质的量小于0.4mol，参加反应的PCl3的物质的量大于1.6mol，故达到平衡时，PCl3的转化率高于=80%，故D正确；故选CD．【点评】本题考查反应速率、平衡常数计算、平衡移动、等效平衡等，难度中等，注意D中使用等效平衡思想分析，使问题简单化，也可以根据平衡常数计算，但比较麻烦．　16．下列溶液中，跟100mL0.5mol/LNaCl溶液所含的Cl﹣物质的量浓度相同的是（　　）A．100mL0.5mol/LMgCl2溶液B．200mL0.25mol/LAlCl3溶液C．50mL1mol/LNaCl溶液D．25mL0.5mol/LHCl溶液【考点】物质的量浓度．【分析】根据离子的物质的量浓度=溶质的物质的量浓度×一个溶质电离出离子的个数，与溶液的体积无关．【解答】解：100mL0.5mol/LNaCl溶液中Cl﹣物质的量浓度为0.5mol/L×1=0.5mol/LA、100mL0.5mol/LMgCl2溶液中Cl﹣物质的量浓度为0.5mol/L×2=1mol/L，故A错误；B、200mL0.25mol/LAlCl3溶液中Cl﹣物质的量浓度为0.25mol/L×3=0.75mol/L，故B错误；C、50mL1mol/LNaCl溶液中Cl﹣物质的量浓度为1mol/L×1=1mol/L，故C错误；D、25mL0.5mol/LHCl溶液中Cl﹣物质的量浓度为0.5mol/L×1=0.5mol/L，故D正确；-19-\n故选：D．【点评】本题考查物质的量浓度的相关计算，注意溶液中离子的物质的量浓度=溶质的物质的量浓度×化学式中离子的个数进行计算，与溶液的体积无关，难度不大．　二、填空题（本题共3小题，满分37分）17．如图所示，甲、乙为相互串联的两电解池．试回答：（1）乙池中Fe电极为　阴　极．若在乙池中滴入少量酚酞试液，开始电解一段时间后，铁电极附近呈　红　色．（2）甲池若为精炼铜（假设粗铜的组成是均匀的，且其中活泼和不活泼的成份均存在）的装置，则电解质溶液可以是　CuSO4溶液或CuCl2溶液　；通过一段时间后，A电极增重12.8g，则甲池溶液原溶质的浓度　减小　（填“增大”、“减小”、“不变”或“无法确定”），乙池石墨电极放出的气体在标准状况下的体积为　4.48L　．【考点】电解原理．【专题】电化学专题．【分析】（1）乙中铁为阴极，阴极上氢离子放电生成氢气，同时溶液中生成氢氧根离子，酚酞遇碱变红色；（2）电解精炼铜时，粗铜作阳极、纯铜作阴极，电解质溶液为可溶性铜盐溶液，阳极上铜和其它金属失电子发生氧化反应、阴极上铜离子放电生成铜；根据转移电子相等计算生成气体体积．【解答】解：（1）乙中铁连接原电池负极，所以为阴极，阴极上氢离子放电生成氢气，同时溶液中生成氢氧根离子，导致铁电极附近溶液碱性增强，酚酞遇碱变红色，所以铁电极附近溶液呈红色，故答案为：阴；红；（2）电解精炼铜时，粗铜作阳极、纯铜作阴极，电解质溶液为可溶性铜盐溶液，如CuSO4溶液或CuCl2溶液，阳极上铜和其它金属失电子发生氧化反应、阴极上铜离子放电生成铜，根据转移电子相等知，阴极上析出铜的质量大于阳极上溶解Cu的质量，所以溶液中溶质浓度会减小，析出12.8gCu转移电子的物质的量==0.4mol，乙池电池中氯离子放电生成Cl2，根据转移电子守恒得氯气体积==4.48L，故答案为：CuSO4溶液或CuCl2溶液；减小；4.48L．【点评】本题考查了电解原理，明确各个电极上放电的离子是解本题关键，再结合转移电子守恒进行计算，题目难度不大．　-19-\n18．（16分）（2022秋•温州期末）铝土矿（主要成分为Al2O3，还有少量杂质）是提取氧化铝的原料．提取氧化铝的工艺流程如下：（1）请用离子方程式表示以上工艺流程中第①步反应：　Al2O3+2OH﹣═2AlO2﹣+H2O　．（2）写出以上工艺流程中第③步反应的化学方程式：　NaAlO2+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+NaHCO3　．（3）金属铝与氧化铁混合在高温下，会发生剧烈的反应．该反应的化学方程式　2Al+Fe2O32Fe+Al2O3　．请举一例该反应的用途　焊接铁轨　．（4）电解熔融氧化铝制取金属铝，若有0.9mol电子发生转移．理论上能得到金属铝的质量是　8.1g　．【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用；镁、铝的重要化合物．【专题】元素及其化合物．【分析】Ai2O3和氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和水，向偏铝酸钠中通入过量的二氧化碳可以生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠，氢氧化铝灼烧后会生成氧化铝，电解氧化铝熔融物可以得到金属铝，据此来回答相应的问题．【解答】解：（1）Ai2O3和氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和水，反应的实质是：Al2O3+2OH﹣═2AlO2﹣+H2O，故答案为：Al2O3+2OH﹣═2AlO2﹣+H2O；（2）向偏铝酸钠中通入过量的二氧化碳可以生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠，发生的反应为：NaAlO2+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+NaHCO3，故答案为：NaAlO2+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+NaHCO3；（3）金属铝在高温下可以和氧化铁发生铝热反应，获得金属铁，铁以铁水的形式生成，这样可以来焊接钢轨，故答案为：2Al+Fe2O32Fe+Al2O3；焊接铁轨；（4）电解熔融氧化铝制取金属铝2Al2O34Al+3O2↑，反应转移电子为12mol，若有0.9mol电子发生转移，则能得到金属铝的质量是=8.1（g），故答案为：8.1g．【点评】本题涉及氧化铝的化学性质方面的知识，注意知识的迁移和应用是解题的关键，难度不大．　19．（12分）（2022春•陕西校级期末）如图1所示，组成一种原电池．试回答下列问题（灯泡功率合适）：-19-\n（1）电解质溶液为稀H2SO4时，灯泡　亮　（填“亮”或“不亮”）．若灯泡亮，则Mg为原电池的　负　极；若灯泡不亮，其理由为　硫酸太稀，没有足够的阴、阳离子　．（2）电解质溶液为NaOH溶液时，灯泡　亮　（填“亮”或“不亮”）．若灯泡亮，则Al做原电池的　负　极．若灯泡不亮，其理由为　电解质中没有足够的阴、阳离子　．（3）铝的阳极氧化，是一种常用的金属表面处理技术，它能使铝的表面生成一层致密的氧化膜，该氧化膜不溶于稀硫酸．某化学研究小组在实验室中按下列步骤模拟该生产过程．按图2取两片质量相当的铝片组装好仪器，接通开关K，通电约25min．在阳极生成氧化铝，阴极产生气体．写出该过程中的阳极反应式：阳极：　2Al+3H2O﹣6e﹣═Al2O3+6H+　．如果此时取出两极，用蒸馏水洗净，晾干后称重发现两个电极质量差为0.8克，计算阴极产物在标准状态下的体积并写出计算过程．【考点】电解原理；原电池和电解池的工作原理．【分析】（1）如果电解质为稀硫酸，该装置符合原电池构成条件，所以能构成原电池，所以灯泡变亮，Mg易失电子作负极、Al作正极；（2）如果电解质为NaOH溶液，Al易失电子作负极、Mg作正极，能构成原电池，所以灯泡亮；（3）阳极上铝失电子和水反应生成氧化铝；阴极上氢离子放电生成氢气，两个电极质量差为阳极上增加O元素的质量，根据转移电子相等计算阴极生成氢气体积．【解答】解：（1）如果电解质溶液是稀硫酸，Mg易失电子作负极、Al作正极，该装置构成原电池，所以灯泡亮；如果灯泡不亮，应该是硫酸太稀，没有足够的阴、阳离子，故答案为：亮；负；硫酸太稀，没有足够的阴、阳离子；（2）如果电解质为NaOH溶液，Al易失电子作负极、Mg作正极，能构成原电池，所以灯泡亮，如果灯泡不亮，则电解质中没有足够的阴、阳离子，故答案为：亮；负；电解质中没有足够的阴、阳离子；（3）阳极上铝失电子和水反应生成氧化铝，电极反应式为2Al+3H2O﹣6e﹣═Al2O3+6H+；阴极上氢离子放电生成氢气，电极反应式为2H++2e﹣=H2↑，两个电极质量差为阳极上增加O元素的质量，n（O）==0.05mol，根据知2Al+3H2O﹣6e﹣═Al2O3+6H+，转移电子的物质的量==0.1mol，根据2H++2e﹣=H2↑知，生成氢气体积==1.12L，答：阳极反应式为2Al+3H2O﹣6e﹣═Al2O3+6H+；标准状况下体积为1.12升．【点评】本题考查原电池和电解池原理，为高频考点，明确原电池构成条件及各个电极上发生的反应是解本题关键，注意（2）不能根据金属的活泼性强弱判断正负极，（3）题要根据转移电子守恒进行计算，题目难道不大．　【化学—选修2化学与技术】（15分）-19-\n20．（15分）（2022•兴庆区校级三模）某电镀铜厂有两种废水需要处理，一种废水中含有CN﹣离子，另一种废水中含有Cr2O72﹣离子．该厂拟定如图所示的废水处理流程．回答以下问题：（1）上述处理废水的流程中主要使用的方法是　氧化还原法　．（2）②中使用的NaClO溶液呈碱性，用离子方程式解释原因　ClO﹣+H2OHClO+OH﹣　．（3）②中反应后无气体放出，该反应的离子方程式为　CN﹣+ClO﹣═CNO﹣+Cl﹣　．（4）③中反应时，每0.4molCr2O72﹣转移2.4mol的电子，该反应的离子方程式为　3S2O32﹣+4Cr2O72﹣+26H+═6SO42﹣+8Cr3++13H2O　．（5）取少量待检水样于试管中，先加入NaOH溶液，观察到有蓝色沉淀生成，继续加入NaOH溶液，直到不再产生蓝色沉淀为止，再加入Na2S溶液，有黑色沉淀生成，且蓝色沉淀逐渐减少．请你使用化学用语，结合必要的文字解释其原因　待检水样中还有Cu2+，加碱发生Cu2++2OH﹣═Cu（OH）2↓，再加入Na2S溶液，CuS比Cu（OH）2更难溶，则发生Cu（OH）2（s）+S2﹣（aq）═CuS（s）+2OH﹣（aq）　．【考点】氧化还原反应；离子方程式的书写；氧化还原反应的电子转移数目计算；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质．【专题】氧化还原反应专题；离子反应专题．【分析】（1）由转化图及图中的物质可知，NaClO、Cr2O72﹣离子都具有氧化性，则实现离子的转化是利用氧化还原反应实现的；（2）利用盐的水解来分析盐溶液显碱性的原因；（3）CN﹣离子具有还原性、NaClO具有氧化性，利用氧化还原来分析，并注意无气体生成来判断生成物；（4）利用每0.4molCr2O72﹣转移2.4mol的电子来计算被还原后Cr元素的化合价，再书写离子方程式；（5）根据铜离子与氢氧根离子反应生成沉淀及沉淀的转化来分析．【解答】解：（1）由图可知，将废水中的离子实现上述转化时，利用了氧化还原反应，则主要使用的方法为氧化还原法，故答案为：氧化还原法；（2）NaClO溶液呈碱性，是因次氯酸根离子水解生成氢氧根离子导致的，则离子反应为ClO﹣+H2OHClO+OH﹣，故答案为：ClO﹣+H2OHClO+OH﹣；（3）碱性条件下，CN﹣离子与NaClO发生氧化还原反应，无气体放出，则生成CNO﹣、Cl﹣离子，离子反应为CN﹣+ClO﹣═CNO﹣+Cl﹣，故答案为：CN﹣+ClO﹣═CNO﹣+Cl﹣；（4）每0.4molCr2O72﹣转移2.4mol的电子，设还原后Cr元素的化合价为x，则0.4mol×2×（6﹣x）=2.4mol，解得x=+3，则离子反应为3S2O32﹣+4Cr2O72﹣+26H+═6SO42﹣+8Cr3++13H2O，故答案为：3S2O32﹣+4Cr2O72﹣+26H+═6SO42﹣+8Cr3++13H2O；（5）因铜离子与氢氧根离子反应生成氢氧化铜沉淀，CuS比Cu（OH）2更难溶，则加入Na2S溶液能发生沉淀的转化，故答案为：待检水样中还有Cu2+，加碱发生Cu2++2OH﹣═Cu（OH）2↓，再加入Na2S溶液，CuS比Cu（OH）2更难溶，则发生Cu（OH）2（s）+S2﹣（aq）═CuS（s）+2OH﹣（aq）．-19-\n【点评】本题考查利用氧化还原反应来实现废水的转化，注重了化学与实际生产的联系，学生应学会利用物质的性质、元素的化合价、电子守恒等来解答．　21．（2022秋•枣阳市校级月考）（1）由A、B两种气态烃组成的混合气体，对H2的相对密度为17．常温常压下，取这种混合气体10mL与80mL氧气（过量）混合，当完全燃烧后恢复到原状态时，测得气体的体积为70mL．试求：①混合气体的平均组成为（用CxHy的形式表示）　C2.5H4　；②若上述两种气体按体积1：1混合时，则两种气态烃的可能组成为　CH4和C4H4或C2H4和C3H4或C2H2和C3H6　．（2）具有支链的化合物X的分子式为C4H8O，X既能使Br2的四氯化碳溶液褪色，又能与Na反应．①X的结构简式是　　，②写出与X具有相同官能团的X的所有同分异构体的结构简式：　CH2=CH﹣CH2﹣CH2OH、CH2=CH﹣CH（OH）CH3、CH3﹣CH=CH﹣CH2OH　．【考点】有关有机物分子式确定的计算；有机物结构式的确定．【分析】（1）①密度与摩尔质量成正比，混合烃对H2的相对密度为17，据此可以计算出混合烃的平均摩尔质量，然后设出混合烃的平均分子式，根据差量法计算出平均H原子数，再根据平均摩尔质量计算出含有的平均C原子数；②根据平均分子式及两种气体按体积1：1进行讨论，得出每种体积的烃的组成；（2）具有支链的化合物X的分子式为C4H8O，X既能使Br2的四氯化碳溶液褪色，又能与Na反应，说明含官能团羟基和碳碳双键，据此写出X的结构简式和符合条件的同分异构体．【解答】解：（1）①设混合烃的平均分子式为CxHy，密度与摩尔质量成正比，混合烃对H2的相对密度为17，则混合烃的平均摩尔质量为17g/mol×2=34g/mol，则12x+y=34，混合烃燃烧的方程式为：CxHy+（x+）O2xCO2+H2O，△n，1x+x1+10mL（10+80﹣70）=20mL（1+）：1=20mL：10mL，解得：y=4，将y=4代入12x+y=34可得x=2.5，所以混合气体的平均组成为C2.5H4，故答案为：C2.5H4；②混合气体的平均组成为C2.5H4，当含有甲烷时，则另一种烃分子中含有H数目为4，设另一种烃含有的C数目为x，则：=2.5，解得：x=4，所以另一种烃为C4H4；当不含甲烷时，必须含有2个C的烃，若为C2H4，另一种烃分子中H数目必须为4，设另一种烃中含有C数目为y，则：=2.5，解得：y=3，即另一种气态烃为C3H4；若为C2H2，设另一种烃中含有C数目为z，则=2.5，解得z=3，设另一种烃中含有H数目为a，则：=4，解得a=6，即另一种气态烃为C3H6，故答案为：CH4和C4H4或C2H4和C3H4或C2H2和C3H6；-19-\n（2）具有支链的化合物X的分子式为C4H8O，X既能使Br2的四氯化碳溶液褪色，又能与Na反应，说明含官能团羟基和碳碳双键，X的结构简式为：，含羟基和碳碳双键的同分异构体为：CH2=CH﹣CH2﹣CH2OH、CH2=CH﹣CH（OH）CH3、CH3﹣CH=CH﹣CH2OH；故答案为：；CH2=CH﹣CH2﹣CH2OH、CH2=CH﹣CH（OH）CH3、CH3﹣CH=CH﹣CH2OH．【点评】本题考查了有关混合物反应的计算，题目难度中等，明确平均摩尔质量在化学计算中的应用，（2）为难点，需要根据常见烃的分子组成特点结合平均分子式中C、H平均组成进行讨论，试题培养了学生的分析能力及化学计算能力．　-19-