浙江省杭州市西湖高级中学2018_2019学年高一化学5月月考试题含解析.doc

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1、浙江省杭州市西湖高级中学2018-2019学年高一化学5月月考试题（含解析）（满分：100分，考试时间：60分钟）可能用到的相对原子质量：C-12、O-16、H-1、N-14一、选择题（本大题共10小题，每小题2分，共20分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分）1.青蒿素是从黄花蒿茎叶中提取的有过氧基团的倍半萜内酯的一种针状晶体，由中国药学家屠呦呦在1971年发现，其分子式为C15H22O5，其中的氧元素在周期表中的位置A. 二周期 A族B. 二周期 A族C. 二周期 A族D. 二周期 A族【答案】C【解析】【详解】氧元素核电荷数为8，其原子结构示意图为

2、，则氧元素在元素周期表中位于二周期A族，故答案为C。2.下列说法正确的是A. 金刚石和石墨互为同素异形体，熔点和硬度都很高B. CH3CH2CH2CH2CH3和互为同分异构体C. 和为不同种物质D. CH3CH2OH和具有相同的官能团，互为同系物【答案】B【解析】【详解】A金刚石和石墨都是由碳元素组成的不同单质，互为同素异形体，石墨的硬度小，故A错误；BCH3CH2CH2CH2CH3和 的分子式相同、结构不同，互为同分异构体，故B正确；C甲烷分子式正四面体结构，四个氢原子位置完全相同， 和 为同一物质，故C错误；DCH3CH2OH和 具有相同的官能团，但官能团个数不同，结构不相差CH2，不互为

3、同系物，故D错误；答案为B。3.下列各组物质的晶体中，化学键的类型相同，晶体类型也相同的是A. SO2和SiO2B. CO2和H2OC. NaCl和HClD. CCl4和KCl【答案】B【解析】试题分析：A固体SO2是分子晶体，二氧化硅是原子晶体，二氧化硅、二氧化碳都只含共价键，故A错误；B固体CO2和H2O都是分子晶体，CO2和H2O都只含共价键，故B正确；CNaCl是离子晶体，NaCl中只含离子键，固体HCl分子晶体，HCl中只含共价键，故C错误；DKCl是离子晶体，只含离子键，CCl4是分子晶体，CCl4中只含共价键，故D错误；故选B。【考点定位】考查化学键类型和晶体类型的关系【名师点晴

4、】判断依据为：离子晶体中阴阳离子以离子键结合，且可能含有共价键；原子晶体中原子以共价键结合，分子晶体中分子之间以范德华力结合，分子内部存在化学键，如果是单原子分子则不存在共价键，且分子晶体中不可能存在离子键。4.下列判断错误的是A. 稳定性：H2ONH3CH4B. 原子半径：NOH2SO4H3PO4D. 碱性：NaOHMg(OH)2Al(OH)3【答案】B【解析】【详解】A非金属性ONC，对应氢化物的稳定性为H2ONH3CH4，故A正确；B同周期主族元素核电荷数越大，原子半径越小，则原子半径为NOF，故B错误；C非金属性ClSP，对应最高价含氧酸的酸性为HClO4H2SO4H3PO4，故C正确

5、；D金属性NaMgAl，对应碱的碱性为NaOHMg(OH)2Al(OH)3，故D正确；答案为B。5.下列属于物理变化的是A. 煤的气化B. 天然气的燃烧C. 烃的裂解D. 石油的分馏【答案】D【解析】分析：无新物质生成的变化为物理变化，有新物质生产的变化为化学变化，据此分析。详解：A、煤的气化是用煤和水在高温条件下来生产CO和H2的过程，故为化学变化，A错误；B、天然气燃烧生成二氧化碳和水，故为化学变化，B错误；C、烃的裂解是用重油为原料来生产乙烯等短链烯烃的过程，有新物质生成，故为化学变化，C错误；D、石油的分馏是利用石油中各组分的沸点的不同、用加热的方法将各组分分离的方法，无新物质生成，故

6、为物理变化，D正确。答案选D。6.下列图示变化为放热反应的是A. B. C. D. 【答案】A【解析】【详解】A图中反应物总能量大于生成物总能量，为放热反应，故A正确；BNH4Cl与氢氧化钡晶体反应，为吸热反应，故B错误；C浓硫酸稀释放热，为物理变化，故C错误；D图中反应物总能量小于生成物总能量，为吸热反应，故D错误；答案为A。【点睛】明确常见的放热反应和吸热反应是解题关键，常见的放热反应有：燃烧、金属与酸反应、金属与水反应、酸碱中和反应、铝热反应和绝大多数化合反应等；常见的吸热反应有：绝大数分解反应、某些化合反应(如碳与二氧化碳的反应)、碳与水蒸气的反应、氯化铵晶体与Ba(OH)28H2O的

7、反应等。7.下列表示正确的是A. 乙炔的结构式：CHCHB. S原子的结构示意图：C. H2O 的电子式：D. 比例模型 可表示CH4，也可表示CCl4分子【答案】B【解析】【详解】ACHCH为乙炔的结构简式，乙炔的结构式为H-CC-H，故A错误；BS原子的核外电子总数为16，其原子结构示意图为：，故B正确；CH2O为共价化合物，其正确的电子式为，故C错误；D四氯化碳分子中，氯原子的原子半径大于碳原子，所以比例模型能够表示甲烷分子，不能表示四氯化碳，故D错误；答案为B。【点睛】解决这类问题时需要重点关注的有：书写电子式时应特别注意如下几个方面：阴离子及多核阳离子均要加“ ”并注明电荷，书写共价

8、化合物电子式时，不得使用“ ”，没有成键的价电子也要写出来。书写结构式、结构简式时首先要明确原子间结合顺序(如HClO应是HOCl，而不是HClO)，其次是书写结构简式时，碳碳双键、碳碳三键应该写出来。比例模型、球棍模型要能体现原子的相对大小及分子的空间结构。8.下列物质能使酸性高锰酸钾溶液褪色的是天然气；植物油；乙炔；苯；裂化汽油A. B. C. D. 【答案】D【解析】【详解】天然气主要成分为甲烷，苯性质稳定，二者与高锰酸钾不反应；植物油、裂化汽油都含有碳碳双键，乙炔含有碳碳三键，可被酸性高锰酸钾氧化，则能使酸性高锰酸钾溶液褪色的是，故答案为D。9.有关苯的结构和性质，下列说法正确的是A.

9、 与是同分异构体B. 苯在空气中不易燃烧完全，燃烧时冒浓烟C. 煤干馏得到的煤焦油可以分离出苯，苯是无色无味的液态烃D. 向2 mL苯中加入1 mL酸性高锰酸钾溶液，震荡后静置，可观察到液体分层，上层呈紫红色【答案】B【解析】试题分析：A与分子式相同，结构相同二者是同种物质，A错误；B苯分子中含碳量高，在空气中不易燃烧完全，燃烧时冒浓烟，B正确；C苯有芳香气味，C错误；D苯不能被酸性高锰酸钾溶液氧化，苯的密度比水的小，因此在苯中加入酸性高锰酸钾溶液，振荡并静置后下层液体为紫红色，D错误；答案选B。考点：考查苯的结构和性质10.下列说法能证明乙醇的结构是如图（）而不是（）的是A. 1mol乙醇完

10、全燃烧生成3mol水B. 1mol乙醇与足量钠反应生成0.5摩尔H2C. 乙醇易挥发D. 乙醇能与水任意比互溶【答案】B【解析】【详解】A由H原子守恒可知，1mol(I)与1mol(II)完全燃烧均生成3mol水，不能说明乙醇的结构，故A错误；B.1mol乙醇与足量的钠作用生成氢气为0.5mol，说明羟基能与钠反应生成氢气，而烃基不能，故B正确；C乙醇易挥发，说明沸点较低，为物理性质，不能用于证明结构，故C错误；D乙醇能与水任意比互溶，为物理性质，不能用溶解性比较结构，故D错误。答案为B。二、选择题（本大题共10小题，每小题3分，共30分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选

11、、多选、错选均不得分）11.下列说法中正确的是A. 在化学反应过程中，发生物质变化的同时不一定发生能量的变化B. 生成物的总能量大于反应物的总能量时，该反应吸热，H0C. 破坏生成物全部化学键所需要的能量大于破坏反应物全部化学键所需要的能量时，该反应为吸热反应D. H的大小与热化学方程式中的化学计量数无关【答案】B【解析】【详解】A化学反应的过程是旧键断裂新键形成的过程，断键吸收能量，成键释放能量，所以任何化学反应都有能量变化，故A错误；BH=生成物能量和-反应物能量和，当生成物能量和大于反应物时，该反应吸热，且H0，故B正确；CH=反应物键能和-生成物键能和，当生成物键能和大于反应物键能和时

12、，H0，反应放热，故C错误；D热化学方程式中的化学计量数表示物质的量，反应热的大小与化学计量数有关，故D错误；答案为B。12.下列关于太阳能、氢能和生物质能的说法不正确的是A. 大自然利用太阳能最成功的是植物的光合作用B. 生物质能来源于植物及其加工产品所贮存的能量C. 利用蓝绿藻等低等植物和微生物在阳光作用下使水分解产生氢气并放出热量D. 用高压氢气、氧气制作氢氧燃料电池也是氢能源利用的一种重要方式【答案】C【解析】【详解】A经光合作用，太阳能可转化为化学能，大自然成功利用太阳能，故A正确；B生物质能就是太阳能以化学能形式贮存在生物质中的能量形式，即以生物质为载体的能量。它直接或间接地来源于

13、绿色植物的光合作用，所以生物质能来源于植物及其加工产品所贮存的能量，故B正确；C蓝绿藻等低等植物和微生物在阳光作用下，水可以在光能作用下分解成氧气和氢气，但水的分解需要吸收能量，故C错误；D用高压氢气、氧气制作燃料电池产物为水，无任何污染，所以是氢能源利用一种重要方式，故D正确；答案为C。13.几种短周期元素的原子半径及主要化合价如表所示：元素代号XYZRT原子半径(nm)01600080010201430074主要化合价222、4、632根据表中信息，判断以下说法正确的是()A. 相同条件下，单质与稀硫酸反应的速率快慢：RYXB. 离子半径：T2X2C. 元素最高价氧化物对应水化物的碱性：Y

14、RXD. 单质与氢气化合的难易程度：ZT【答案】B【解析】试题分析：根据表中信息，Z元素的化合价为-2、+4、+6，所以Z是S元素，T的化合价为-2，则T是O元素，X、Y的主要化合价相同，所以属于同种族元素，都是第IIA族元素，X是Mg，Y是Be元素，R的化合价是+3价，且原子半径比X稍小，所以R是Al元素。A、Be、Mg、Al三种金属的活动性顺序是MgAlBe，所以单质与稀硫酸反应的速率快慢：XRY，错误；B、T2与X2+的电子层结构相同，所以核电荷数小的离子半径大，则T2X2+，正确；C、元素的金属性越强，则其最高价氧化物的水化物的碱性越强，所以元素最高价氧化物的水化物的碱性：XRY，错误

15、；D、元素的非金属性TZ，所以气态氢化物的稳定性TZ，错误，答案选B。考点：考查元素的原子半径与化合价的递变规律的应用14.氢氧燃料电池构造如图所示。其电池反应方程式为： 2H2O2=2H2O，下列说法不正确的是A. 多孔金属a作负极B. 多孔金属b上，发生还原反应C. 电池工作时，电解质溶液中OH移向a极D. 正极的电极反应为：O24e4H+=2H2O【答案】D【解析】【分析】氢氧碱性燃料电池中，通入氢气的一极为电源的负极a，发生氧化反应，电极反应式为H2-2e-+2OH-=2H2O，通入氧气的一极为原电池的正极，b电极反应式为O2+4e-+2H2O=4OH-，原电池工作时，电子由负极a经外

16、电路流向正极b，内电路中阳离子移向正极b、阴离子移向负极a，据此解答。【详解】A氢氧碱性燃料电池中，通入氢气的一极失去电子、发生氧化反应，为电源的负极，即多孔金属a作负极，故A正确；B通入氧气的一极为原电池的正极，O2在正极b上得到电子、被还原，故B正确；C原电池工作时，内电路中阳离子移向正极b、阴离子移向负极a，即电解质溶液中OH-移向a极，故C正确；D碱性条件下，在电极方程式的书写中不会出现H+，正极b电极反应式为O2+4e-+2H2O=4OH-，故D错误；答案为D。【点睛】本题考查燃料电池，注意正负极上电极反应式的书写要结合电解质溶液的酸碱性，为易错点。15.为了探究反应速率的影响因素，

17、某同学通过碳酸钙与稀盐酸的反应，绘制出收集到的CO2体积与反应时间的关系图(0t1、t1t2、t2t3的时间间隔相等)。下列说法正确的是A. 0t1时间段，CO2的化学反应速率v(molL1min1)B. t1t2与0t1比较，反应速率加快的原因可能是产生的CO2气体增多C. 根据(V3V2)(V2V1)，推测反应速率减慢的原因可能是盐酸浓度减小D. t4在后，收集到的气体的体积不再增加说明碳酸钙消耗完全【答案】C【解析】【分析】根据图象知，曲线的斜率为该反应的化学反应速率，斜率越大其反应速率越大，相同的时间段里，收集到气体最多；反应开始，因为反应放热，使反应温度升高，反应速率加快，随着反应进

18、行，盐酸浓度减小，反应速率减慢；当盐酸完全反应后，二氧化碳的量不再变化。【详解】A项、0-t1时间段，CO2的体积变化量为V1，则CO2的化学反应速率=V1/t1(L/min)，故A错误；B项、t1-t2与0-t1比较，反应速率加快的原因可能是反应放热，使反应温度升高，反应速率加快，故B错误；C项、根据(V3-V2)O2Mg2+ (3). (4). Mg3N2 +6H2O = 3Mg (OH) 2+ 2NH3 (5). 取少量溶液于试管中，滴加NaOH溶液，加热，产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，说明含铵根【解析】【分析】X、Y、Z、R、Q是原子序数依次增大的五种短周期元素，X是原子半径最

19、小的元素，则为H元素；Y的气态氢化物能与其最高价氧化物的水化物反应生成盐，则Y为N元素，对应的氨气与硝酸反应会生成硝酸铵；Z为地壳中含量最多的元素，则为O元素；R的单质在CO2燃烧生成两种固体，则R为Mg,可在CO2中燃烧生成C与氧化镁；Y、Z、Q的最外层电子数之和为18，因Y为N，最外层电子数为5，Z为O，最外层电子数为6，则Q的最外层电子数=18-5-6=7，且原子序数在五种元素中最大，为Cl元素，据此分析作答。【详解】根据上述分析可知，X、Y、Z、R和Q分别是H、N、O、Mg、Cl元素，则（1）Z为O，原子序数为8，在元素周期表中的位置为第二周期A族，故答案为：第二周期A族；（2）电子层

20、数越多，离子半径越大；电子层数相同时，核电荷数越小，离子半径越大，则Z、R、Q离子半径从大到小的顺序为ClO2Mg2+，故答案为：ClO2Mg2+；（3）X、Z两元素形成的原子个数比为1:1的化合物为过氧化氢，为共价化合物，其电子式为，故答案为：；（4）R3Y2为氮化镁，与水会发生水解，产生氢氧化镁沉淀和氨气，其化学方程式为：Mg3N2 +6H2O = 3Mg (OH) 2+ 2NH3，故答案为：Mg3N2 +6H2O = 3Mg (OH) 2+ 2NH3；（5）元素Y与X形成一种离子为铵根离子，铵根离子可以与氢氧化钠在加热的条件下生成碱性气体氨气，借助此原理可以检验铵根离子的存在，其操作步骤

21、及现象为：取少量溶液于试管中，滴加NaOH溶液，加热，产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，说明含铵根离子，故答案为：取少量溶液于试管中，滴加NaOH溶液，加热，产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，说明含铵根。23.已知：烃的衍生物A的摩尔质量为32 gmol1，且能与金属钠反应。E的分子式为C3H6O2。有关物质的转化关系如下：请回答：（1）D中含有的官能团名称是_，反应的反应类型为_。（2）写出烃的衍生物A与金属钠反应的化学方程式_。（3）写出反应的化学方程式_。写出反应的化学方程式_。（4）写出有机物E与NaOH溶液反应的化学方程式_。（5）下列说法正确的是_。A有机物C的水溶液常用于

22、标本的防腐B有机物B、D都能与金属钠发生反应C有机物E中混有D，可用饱和碳酸钠溶液进行分离D有机物M高分子化合物【答案】 (1). 羧基 (2). 酯化(或取代) (3). 2CH3OH+2Na2CH3ONa+H2 (4). C6H12O6 2C2H5OH+2CO2 (5). 2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O (6). CH3COOCH3+ NaOH CH3COONa+CH3OH (7). BC【解析】【分析】烃的衍生物A的摩尔质量为32gmol1，且能与金属钠反应说明含有醇羟基，可知A为CH3OH，E的分子式为C3H6O2，应为CH3COOCH3，则可知D为CH3COOH，则

23、C为CH3CHO，B为CH3CH2OH，M为葡萄糖，以此解答该题。【详解】(1)D为CH3COOH，含有的官能团名称是羧基；反应为甲醇和乙酸发生酯化反应生成乙酸甲酯，反应类型为取代反应(或酯化反应)；(2)烃的衍生物A为CH3OH，其与金属钠反应生成氢气的化学方程式为2CH3OH+2Na2CH3ONa+H2；(3)反应为葡萄糖在酒化酶的催化作用下生成乙醇和CO2，发生反应的化学方程式为C6H12O6 2C2H5OH+2CO2；反应为乙醇的催化氧化生成乙醛，发生反应的化学方程式为2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O；(4)有机物E为乙酸甲酯在NaOH溶液中发生水解的反应的化学方程式为

24、CH3COOCH3+ NaOH CH3COONa+CH3OH；(5)A有机物C为乙醛，而甲醛的水溶液常用于标本的防腐，故A错误；B羟基和羧基均能与Na反应，有机物B为乙醇含有羟基、D为乙酸含有羧基，则两者都能与金属钠发生反应生成氢气，故B正确；C乙酸可与碳酸钠溶液反应而除去，乙酸甲酯不溶于水，则有机物E中混有D，可用饱和碳酸钠溶液进行分离，故C正确；D有机物M为葡萄糖，不是高分子化合物，故D错误；故答案为BC。【点睛】根据反应条件推断反应类型：(1)在NaOH的水溶液中发生水解反应，可能是酯的水解反应或卤代烃的水解反应。(2)在NaOH的乙醇溶液中加热，发生卤代烃的消去反应。(3)在浓H2SO

25、4存在的条件下加热，可能发生醇的消去反应、酯化反应、成醚反应或硝化反应等。(4)能与溴水或溴的CCl4溶液反应，可能为烯烃、炔烃的加成反应。(5)能与H2在Ni作用下发生反应，则为烯烃、炔烃、芳香烃、醛的加成反应或还原反应。(6)在O2、Cu(或Ag)、加热(或CuO、加热)条件下，发生醇的氧化反应。(7)与O2或新制的Cu(OH)2悬浊液或银氨溶液反应，则该物质发生的是CHO的氧化反应。(如果连续两次出现O2，则为醇醛羧酸的过程)。(8)在稀H2SO4加热条件下发生酯、低聚糖、多糖等的水解反应。(9)在光照、X2(表示卤素单质)条件下发生烷基上的取代反应；在Fe粉、X2条件下发生苯环上的取代

26、。24.下图为实验室制取乙酸乙酯的装置。请回答：（1）浓硫酸的作用是_。（2）装置中的球形干燥管除起冷凝作用外，它的另一重要作用是_。（3）下列有关该实验说法中，正确的是_。A向A试管中加入沸石，其作用是防止加热时液体暴沸B试管B中盛放溶液为饱和碳酸钠溶液，可以除去产物中混有的乙酸C乙酸乙酯是一种无色透明、密度比水大的油状液体D若原料为CH3COOH和CH3CH218OH，则乙酸乙酯中不含18O（4）下图是对试管B中收集到的混合物进行分离得到乙酸乙酯、乙酸和乙醇的实验操作流程图：在上述实验过程中，下列说法正确的是_(填选项)。A操作1为过滤 B操作2为蒸馏C为得到干燥的乙酸乙酯，可以选用碱石灰

27、作干燥剂 D试剂C可为盐酸 （5）写出实验室制备乙酸乙酯的化学方程式_。【答案】 (1). 催化剂、吸水剂 (2). 防止倒吸 (3). AB (4). B (5). CH3COOH+C2H5OH CH3COOC2H5+H2O【解析】【分析】(1)酯化反应为可逆反应，且浓硫酸具有吸水性，水的减少有利于平衡正向移动；(2)乙醇、乙酸易溶于水，容易发生倒吸；(3)A液体混合物加热要防止爆沸；B碳酸钠溶液能与乙酸反应；C乙酸乙酯是一种无色透明、密度比水小的油状液体；D若用CH3CH218OH和CH3COOH发生酯化反应，原理是：酸脱羟基醇脱氢；(4)由流程可知，碳酸钠溶液与乙酸乙酯分层，操作1为分液

28、，Y中含乙酸钠、乙醇、碳酸钠，操作2为蒸馏，分离出W为乙醇，Z中含乙酸钠、碳酸钠，加试剂C为硫酸，操作3为蒸馏，最后得到乙酸；(5)乙醇和乙酸在浓硫酸作用下加热生成乙酸乙酯和水；【详解】(1)酯化反应中浓硫酸的主要作用是催化剂、吸水剂；(2)装置中的球形干燥管除起冷凝作用外，还可以防止液体倒吸；(3)A液体混合物加热要防止爆沸，向A试管中加入沸石，其作用是防止加热时液体暴沸，故A正确；B碳酸钠溶液能与乙酸反应，所以饱和碳酸钠溶液可以除去产物中混有的乙酸，故B正确；C乙醇与乙酸反应生成的乙酸乙酯，乙酸乙酯是一种无色透明、密度比水小的油状液体，故C错误；D若用CH3CH218OH和CH3COOH发

29、生酯化反应，原理是：酸脱羟基醇脱氢，乙酸乙酯中含18O，故D错误；故答案为AB；(4)由流程可知，碳酸钠溶液与乙酸乙酯分层，操作1为分液，Y中含乙酸钠、乙醇、碳酸钠，操作2为蒸馏，分离出W为乙醇，Z中含乙酸钠、碳酸钠，加试剂C为硫酸，操作3为蒸馏，最后得到乙酸；另外乙酸乙酯在碱性条件下易水解，则干燥乙酸乙酯，不能选用碱石灰作干燥剂，故答案为B。(5)乙醇和乙酸在浓硫酸作用下加热生成乙酸乙酯和水，发生反应的化学方程式为CH3COOH+C2H5OH CH3COOC2H5+H2O。【点睛】本题考查乙酸乙酯的制备方法，注意掌握制取乙酸乙酯的反应原理及实验室的制备方法，明确浓硫酸、饱和碳酸钠溶液的作用，

30、特别注意吸收乙酸乙酯的导管不能伸入液面以下，否则会发生倒吸。25.向体积为V L的恒容容器中加入0.3molA、0.1molC和一定量（未知）的B三种气体，一定条件下发生反应，各物质浓度随时间变化如下图所示。已知在反应过程中混合气体的总的物质的量没有变化。请回答：（1）V =_。（2）若t1=15s时，则0-t1阶段以C物质浓度变化表示的反应速率v(C)=_。（3）写出反应的化学方程式：_。【答案】 (1). V=2 (2). v(C)=0.004molL-1s-1 (3). 3A（g）B（g）+2C（g）【解析】【分析】(1)根据图象中A的起始浓度及物质的量求算体积；(2)根据图象中C的浓度

31、变化求算其反应速率；(3)A的浓度减小为反应物，C的浓度增大为生成物，且反应前后计量数相同，根据反应物质的变化量之比等于计量数比求算；【详解】(1)由图象可知A的起始浓度为0.15mol/L，A的物质的量为0.3mol，则体积为V=2L；由图象C的浓度变化为c(C)=0.11mol/L-0.05mol/L=0.06mol/L，则其反应速率为v(C)=0.004molL-1s-1；A的浓度减小，为反应物，A的浓度变化为：0.15mol/L-0.06mol/L=0.09mol/L，C的浓度增大为生成物，C的浓度变化为0.11mol/L-0.05mol/L=0.06mol/L，则A、C的计量数之比为3：2，在反应过程中混合气体的平均分子量没有变化，则反应前后计量数相同，所以B为生成物，且计量数为1，所以反应方程式为：3A(g)B(g)+2C(g)。- 20 -