1、江西省南昌三中2016-2017学年高一下学期5月月考化学试题命题：廖慧萍 审题：许家蔼可能用到的相对原子质量：H：1 O：16 C:12 Mg：24 N：14 Cu：64一、选择题：（本小题共16小题，每小题3分，共48分，每小题只有一个正确答案）1. 在常温下，把一个盛有一定量甲烷和氯气的密闭容器放在光亮的地方，两种气体发生反应，下列叙述不正确的是A. 容器内原子总数不变 B. 容器内分子总数不变C. 容器内压强不变 D. 容器内壁出现油状液滴，且气体颜色变浅【答案】C【解析】A原子是化学变化中的最小微粒，即化学变化前后原子的种类不变、原子的数目没有增减，故A正确；BCH4+Cl2CH3C
2、l+HCl，根据化学方程式可知，容器内分子总数不变，故B正确；C由于生成的二氯甲烷、三氯甲烷和四氯化碳均为油状液体，故甲烷与氯气反应是气体的物质的量减小的反应，反应后压强减小，故C错误；D反应生成的二氯甲烷、三氯甲烷和四氯化碳均为油状液体，一氯甲烷核外氯化氢均为无色气体，故D正确；故选C。2. 下列叙述正确的是：A. 分子式相同，各元素质量分数也相同的物质是同种物质B. 通式相同的不同物质一定属于同系物C. 分子式相同的不同物质一定是同分异构体D. 相对分子质量相同的不同物质一定是同分异构体【答案】C【解析】试题分析：结构和性质完全相同的物质是同一种物质，A不正确；结构相似，分子组成相差若干个
3、CH2原子团的同一类有机物的，互称为同系物，因此通式相同的不一定是同系物，B不正确；分子式相同，而结构不同的化合物互为同分异构体，D不正确，C准确，答案选C。考点：考查同系物、同分异构体的判断点评：同系物的通式一定是相同的，但反过来通式相同的不一定是互为同系物。3. 对于反应中的能量变化，表述正确的是：A. 氧化反应均为吸热反应B. 断开化学键的过程会放出能量C. 加热才能发生的反应一定是吸热反应D. 放热反应中，反应物的总能量大于生成物的总能量【答案】D.4. 下列化学用语使用正确的是：A. HCN分子的结构式：HCN B. 水分子的球棍模型：C. 中子数为10的氧原子： D. 二氧化碳的电
4、子式：【答案】A【解析】A、HCN分子中存在碳氢单键和碳氮三键，即分子的结构式：H-CN，故A正确；B、水分子中，键角为108.5，球棍模型不是直线型，故B错误；C、中子数为10的氧原子的质量数为10+8=18，符号为，故C错误；D、二氧化碳中碳氧之间是共价双键，不是共价单键，电子式为，故D错误；故选A。点睛：本题主要考查学生分子的结构式写法、电子式写法以及离子结构示意图的表示方法。本题的易错点是B，注意常见分子的空间结构。5. 下列各组气体中，在通常情况下既能用浓硫酸又能用碱石灰干燥的有：A. C2H4、O2、N2 B. HCl、Cl2、CO2 C. CH4、H2、CO D. SO2、Cl2
5、、O2【答案】C【解析】试题分析：浓硫酸具有酸性和氧化性，碱石灰具有碱性。SO2、氯化氢、氯气、CO2都不能被碱石灰干燥，所以正确的答案选C。考点：常见常见气体干燥剂选择的有关判断点评：该题是基础性试题的考查，属于高考中的常见考点，难度不大。该题的关键是明确各类干燥剂的性质以及气体的性质，然后灵活运用即可。6. 科学家最近研制出可望成为高效火箭推进剂的N(NO2)3，下列有关N(NO2)3分子的说法正确的是：A. 该物质是只含共价键的共价化合物 B. 该物质中既含共价键也含离子键C. 该物质是离子化合物 D. 该物质的组成微粒是阴阳离子【答案】A【解析】A. 根据题意，N(NO2)3为分子，因
6、此该物质是只含共价键的共价化合物；故A正确；B. 该物质属于共价化合物，不含离子键，故B错误；C. 该物质是共价化合物，故C错误；D. 该物质是共价化合物，不存在阴阳离子，故D错误；故选A。点睛：本题为通过给出N(NO2)3信息，考查了物质的构成微粒等知识点，注意知识的迁移应用。解答本题的关键是认真审题，注意题眼“分子”。7. 下列实验设计正确的是A. 将SO2通入溴水中证明SO2具有漂白性B. 将铁屑放入稀HNO3中证明Fe比H2活泼C. 将澄清石灰水滴入某溶液有沉淀生成证明其中存在CO32D. 将乙烯通入KMnO4酸性溶液证明乙烯具有还原性【答案】D【解析】ASO2使溴水褪色是发生氧化还原
7、反应，证明SO2具有还原性，错误；B铁屑放入稀HNO3中不产生H2，而是产生NO，错误；C澄清石灰水滴入含HCO3或HSO3、SO32溶溶中也会产生白色沉淀，错误；D乙烯使酸性KMnO4溶液褪色，是发生了氧化反应，体现了乙烯的还原性，正确。故选D。考点：考查实验方案的设计【名师点睛】本题属于性质验证性实验的设计：主要是求证物质具备的性质，关键是设计出简捷的实验方案，要求操作简单，简便易行，现象明显，且安全可行。性质实验方案的基本流程为：研究物质结构预测可能性质设计实验方案(方法、步骤、仪器、药品、操作要点、现象及分析、结论等)实施实验结论。在平时的学习中，要按照课程内容的要求，积极开展实验探究
8、活动。通过探究活动“发现学习和生产、生活中有意义的化学问题，并进行实验探究；能根据具体情况设计解决化学问题的实验方案，并予以评价和优化；能通过化学实验收集有关数据，并科学地加以处理；能对实验现象做出合理的解释，运用比较、归纳、分析、综合等方法初步揭示化学变化的规律”。8. 下列说法中正确的一组是:A. H、D、T互称为同素异形体 B. 和互为同分异构体C. H2和D2互为同位素 D. 和是同一种物质【答案】D【解析】AH、D、T都是氢原子，中子数不同，它们是氢元素的不同核素，互为同位素，故A错误；B为四面体结构，碳原子连接的原子在空间相邻，组成相同，为同一物质，故B错误；CH2和D2都是氢元素
9、形成的单质，互为同素异形体，故C错误； D分子组成相同，结构相同，为同一物质，故D正确；故选D。9. 一定温度下，可逆反应3X(g)Y(g) 2Z(g)达到限度的标志是:A. 单位时间内生成3n mol X，同时消耗n mol YB. X的生成速率与Z的生成速率相等C. X、Y、Z的浓度相等D. X、Y、Z的分子数之比为312【答案】A【解析】试题分析：A项个物质的浓度保持不变，所以达到反应限度；B项X与Y的生成速率之比为3:2时达限度；C项各物质的浓度为定值时达限度；D项各物质的个数比与反应限度无关。考点：化学反应的限度。10. 短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加。m、p、r是由这些
10、元素组成的二元化合物。n是元素Z的单质。通常为黄绿色气体，q的水溶液具有漂白性。0.01mol/Lr溶液的为2，s通常是难溶于水的混合物。上述物质的转化关系如图所示。下列说法正确的是A. 原子半径的大小WXYB. 元素的非金属性ZXYC. 的氢化物常温常压下为液态D. 的最高价氧化物的水化物为强酸【答案】C【解析】短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加m、p、r是由这些元素组成的二元化合物，n是元素Z的单质，通常为黄绿色气体，则n为Cl2，Z为Cl，氯气与p在光照条件下生成r与s，0.01molL-1r溶液的pH为2，则r为HCl，s通常是难溶于水的混合物，则p为CH4等，氯气与m反应生成
11、HCl与q，q的水溶液具有漂白性，则m为H2O，q为HClO，结合原子序数可知W为H元素，X为C元素，Y为O元素。A所以元素中H原子半径最小，同周期自左而右原子半径减小，故原子半径W(H)Y(O)X(C)，故A错误；B氯的氧化物中氧元素表现负化合价，氧元素非金属性比氯的强，高氯酸为强酸，碳酸为弱酸，氯元素非金属性比碳的强，故非金属性Y(O)Z(Cl)X(C)，故B错误；C氧元素氢化物为水，常温下为液态，故C正确；DX的最高价氧化物的水化物为碳酸，碳酸属于弱酸，故D错误；故选C。点睛：本题考查元素化合物推断，物质的颜色、溶液pH为推断突破口，需要学生熟练掌握元素化合物知识，注意抓住短周期元素形成
12、二元化合物。11. 等质量的两份锌粉a和b，分别加入过量的稀硫酸中，a中同时加入少量CuSO4溶液，下列图中表示其产生H2的总体积(V)与时间(t)的关系正确的是A. A B. B C. C D. D【答案】D【解析】试题分析：锌和硫酸反应，加入硫酸铜，会置换出金属铜，形成锌、铜、稀硫酸原电池，加速金属锌和硫酸反应的速率，产生氢气的量取决于金属锌的质量解：锌和硫酸反应，加入硫酸铜，会置换出金属铜，形成锌、铜、稀硫酸原电池，加速金属锌和硫酸反应的速率，所以反应速率是：ab，速率越大，锌完全反应时所用的时间越短，所以a所用的时间小于b的时间；产生氢气的量取决于金属锌的质量，而a中，金属锌一部分用于
13、置换金属铜，导致和硫酸反应生成氢气的量减少，所以氢气的体积是：ab故选A12. 下列说法正确的是:A. 同周期的第A族与第A族元素的原子序数一定相差1B. 第三周期非金属元素含氧酸的酸性从左到右依次增强C. 元素的非金属性越强，其气态氢化物水溶液的酸性越强D. 镁、铝、铜、铁、钠五种金属元素中，铜和铁属于过渡元素【答案】D【解析】试题分析：A项，第四周期开始的IIA族与A族元素的原子序数相差不为1；B第三周期非金属元素最高价含氧酸的酸性从左到右依次增强，如果不是最高价不遵循此定理。比如次氯酸与高氯酸。高氯酸是最强酸，次氯酸酸性比硫酸的低；C项，主要考虑和氢元素结合的能力，非金属性越强，和氢结合
14、的越紧密，不容易电离出氢离子，其气态氢化物水溶液的酸性越弱； D项，正确。考点：元素周期律点评：对于此类题，只有熟练掌握元素周期律，才能快速判断出正确选项。13. 类比推理是化学中常用的思维方法。下列推理正确的是A. 22.4L HCl中含有的分子数为NA，推测22.4L HF中含有的分子数也为NA（均在标准状况）B. CO2是直线型分子，推测CS2也是直线型分子C. Fe与Cl2反应生成FeCl3，推测Fe与I2反应生成FeI3D. NaCl与浓H2SO4加热可制HCl，推测NaI与浓H2SO4加热可制HI【答案】B【解析】A标准状况下，氯化氢为气体，22.4L HCl为1mol，而氟化氢为
15、液体，22.4L HF的物质的量大于1mol，故A错误；BO和S是同族元素，故形成的CO2和CS2都是直线形分子，该推理合理，故B正确；C因I2的氧化性较弱，在碘单质与铁反应生成的是FeI2，故C错误；D浓硫酸氧化性很强，能够将HI氧化为I2，不能用该方法制取HI，故D错误；故选B。14. 下列有关叙述正确的是：A. 碱性锌锰电池中，MnO2是催化剂 B. 银锌纽扣电池工作时，Ag2O被还原为AgC. 放电时，铅蓄电池中硫酸浓度不断增大 D. 镍镉电池为一次电池。【答案】B【解析】A碱性锌锰电池中，MnO2中Mn元素化合价降低，发生还原反应，作氧化剂，故A错误；B银锌纽扣电池工作时，Ag2O发
16、生还原反应生成Ag，故B正确；C铅酸蓄电池总电池反应为：PbO2+2H2SO4+Pb2PbSO4+2H2O，可知放电时铅酸蓄电池硫酸浓度不断减小，故C错误；D镍镉电池属于可充电断成，为二次电池，故D错误；故选B。15. 将等物质的量的硫酸和氢氧化钠反应后所得到的溶液蒸干，可得到NaHSO4。下列关于NaHSO4的说法中正确的是：A. NaHSO4固体熔化时破坏的是离子键和共价键B. NaHSO4固体中阳离子和阴离子的个数比是21C. NaHSO4固体溶于水时既破坏离子键又破坏共价键D. 因为NaHSO4是离子化合物，所以能够导电【答案】C【解析】A硫酸氢钠固体熔化时电离出钠离子和硫酸氢根离子，
17、所以只破坏离子键不破坏共价键，故A错误；B硫酸氢钠固体中其阴阳离子分别是硫酸氢根离子、钠离子，所以NaHSO4固体中阳离子和阴离子的个数比是1：1，故B错误；C硫酸氢钠溶于水时，电离出自由移动的钠离子、氢离子和硫酸根离子，所以破坏共价键和离子键，故C正确；D硫酸氢钠固体是由阴阳离子构成的，为离子化合物，因为硫酸氢钠固体中的阴阳离子不自由移动，所以不导电，故D错误；故选C。点睛：本题考查了硫酸氢钠的有关知识，明确硫酸氢钠熔融状态和在水溶液里电离方式的区别是解本题关键，此点为考试热点，也是学生易错点。16. 1.76g铜镁合金完全溶解于50mL、密度为1.40g/cm3、质量分数为63%的浓硝酸中
18、，得到NO2气体1792 mL（标准状况），向反应后的溶液中加入适量的1.0mol/L氢氧化钠溶液，恰使溶液中的金属离子全部沉淀。下列说法不正确的是：A. 该浓硝酸中硝酸的物质的量浓度是14.0mol/LB. 加入NaOH溶液的体积是50mLC. 浓硝酸在与合金反应中表现酸性和氧化性，且起氧化性的硝酸的物质的量为0.08 molD. 得到的金属氢氧化物的沉淀为3.12g【答案】B【解析】试题分析：A、密度为1.40g/cm3、质量分数为63%的浓硝酸的物质的量浓度=mol/L =14mol/L，故A正确；B、加入适量的1.0mol/L NaOH溶液，恰使溶液中的金属离子全部沉淀，此时溶液中溶质
19、为NaNO3，由N元素守恒可知n（NaNO3）+n（NO2）=n（HNO3），则n（NaNO3）=0.05L14mol/L-=0.62mol，由钠离子守恒n（NaOH）=n（NaNO3）=0.62mol，故需要1.0mol/L NaOH溶液体积为=0.62L=620mL，故B错误；C、起氧化性的硝酸生成NO2气体，根据N原子守恒可知，起氧化剂的硝酸的物质的量=0.08mol，故C正确；D、由电荷守恒可知，氢氧化物中氢氧根的物质的量等于转移电子物质的量，即氢氧根的物质的量为0.08mol（5-4）=0.08mol，故氢氧化物质量=1.76g+0.08mol17g/mol=3.12g，故D正确；故
20、选B。考点：考查了硝酸的性质、金属的性质、化学计算的相关知识。二、非选择题（共52分）17. 现有如下两个反应：(A)NaOHHCl=NaClH2O(B)2FeCl3Cu=2FeCl2CuCl2(1)根据两反应本质，判断能否设计成原电池(填“能”或“不能”)(A)_，(B)_；(2)如果(A或B)不能，说明其原因_；(3)如果(A或B)可以，则在下面方框中画出装置图并写出正、负极材料及电极反应式_负极：_、_；正极：_、_。【答案】 (1). 不能 (2). 能 (3). （A）不是氧化还原反应，没有发生电子的转移 (4). (5). 铜片 (6). Cu-2e-=Cu2+ (7). 碳棒 (
21、8). 2Fe3+2e-=2Fe2+【解析】(1)A中没有元素的化合价变化，不发生氧化还原反应；B中Cu、Fe元素的化合价变化，为氧化还原反应，且放热，则B能设计成原电池，故答案为：不能；能；(2)A不能设计成原电池，因为A中没有元素的化合价变化，不发生氧化还原反应，故答案为：A；不是氧化还原反应，没有发生电子的转移；(3)Cu+2Ag+=2Ag+Cu2+中，Cu失去电子，Cu为负极，失去电子被氧化，发生氧化反应，选择电解质为硝酸银，正极上银离子得到电子生成Ag，现象为银白色金属析出，装置图为，电极方程式分别为：负极为铜片：Cu-2e-=Cu2+；正极为碳棒：2Fe3+2e-=2Fe2+，故答
22、案为： ；铜片；Cu-2e-=Cu2+；碳棒；2Fe3+2e-=2Fe2+。点睛：本题考查原电池的设计，为高频考点，把握原电池的工作原理、电极反应等为解答的关键。原电池反应的本质为氧化还原反应。18. 现有A、B、C、D四种短周期主族元素，其原子序数依次增大。已知A、C位于同一主族，C是短周期中原子半径最大的。B、D的最外层电子数相等，且B、D的原子序数之和为A、C原子序数之和的两倍。请回答下列问题：（1）元素D在周期表中的位置是_。C2B2所含的化学键类型有_；（2）请写出C2B2与A2B反应的离子方程式，用单线桥法表示电子转移的方向和数目 _。（3）元素B、C形成的简单离子中半径较大的是_
23、（写电子式）。（4）用电子式表示化合物C2D的形成过程：_。（5）化合物M和N，都由A、B、C、D四种元素组成，它们在溶液中相互反应的离子方程式_。【答案】 (1). 第三周期A族 (2). 离子键、共价键(或非极性共价键) (3). 2Na2O22H2O=4Na4OHO2 (4). (5). (6). HHSO3=H2O + SO2【解析】短周期的四种元素A、B、C、D，它们的原子序数依次增大，C是短周期中原子半径最大的，则C为钠元素，A、C位于同一主族， B、D的最外层电子数相等，即为同主族元素，且B、D的原子序数之和为A、C原子序数之和的两倍，则A为H元素，因此B为氧元素，D为硫元素。(
24、1)D为硫元素，在周期表中位于第三周期A族。过氧化钠属于离子化合物，所含的化学键有离子键、共价键，故答案为：第三周期A族；离子键、共价键；(2)过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，反应的离子方程式为2Na2O22H2O=4Na4OHO2，用单线桥法表示电子转移的方向和数目为，故答案为：；(3)一般而言，离子的电子层数越多，离子半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，离子半径越小，元素B、C形成的简单离子中半径较大的是氧离子，电子式为，故答案为：；(4)用电子式表示氧化钠的形成过程为，故答案为：；(5)由A、B、C、D四种元素组成的化合物M和N，分别为亚硫酸氢钠和硫酸氢钠，它们在溶液中相互反应的
25、离子方程式为HHSO3=H2O + SO2，故答案为：HHSO3=H2O + SO2。点睛：本题主要考查了元素化合物知识，解题的关键在于根据元素周期表和原子结构确定元素的种类。本题的易错点是过氧化钠与水反应中转移电子数目的确定。19. .在恒温条件下将一定量X和Y的混合气体通入一容积为2 L的密闭容器中，X和Y两物质的浓度随时间变化情况如下图。(1)该反应的化学方程式为(反应物或生成物用符号X、Y表示)：_。(2)a、b、c、d四个点中，表示化学反应处于平衡状态的点是_。.下图是可逆反应X23Y22Z在反应过程中的反应速率(v)与时间(t)的关系曲线，下列叙述正确的是_At1时，只有正方向反应
26、 Bt2时，反应达到限度Ct2t3，反应不再发生Dt2t3，各物质的浓度不再发生变化.以下是关于化学反应2SO2O22SO3的两个素材：素材1：某温度和压强下，2升容器中，不同时间点测得密闭体系中三种物质的物质的量：素材2：反应在不同条件下进行时SO2的转化率：(SO2的转化率是反应的SO2占起始SO2的百分数，SO2的转化率越大，化学反应的限度越大。)根据以上的两个素材回答问题：(1)根据素材1中计算2030 s期间，用二氧化硫表示的化学反应平均速率为_。(2)根据素材2中分析得到，提高该化学反应限度的途径有_。(3)根据素材1、素材2中分析得到，要实现素材1中SO2的转化率需控制的反应条件
27、是_。【答案】 (1). Y2X (2). b、d (3). B、D (4). 0.0075molL-1s-1 (5). 增大压强或在一定范围内降低温度 (6). 温度为600，压强为1MPa【解析】本题分析：本题主要考查化学平衡。.(1)15min时消耗0.2molY，生成0.4molY，所以该反应的化学方程式为：Y2X。(2)X、Y的物质的量不再发生变化时，反应达到平衡状态，a、b、c、d四个点中，表示化学反应处于平衡状态的点是bd。.A.反应一经开始，正反应与逆反应一直在进行，故A错误；B.t2时，反应达到限度，各物质的多少不再发生变化，故B正确；C.化学平衡是动态平衡，反应一直进行，故
28、C错误；D.t2t3，各物质的浓度不再发生变化，故D正确。故选BD。.(1)素材1中2030 s期间消耗二氧化硫0.15mol，用二氧化硫表示的化学反应平均速率为(0.15/2/10) mol/(Ls)= 0.0075mol/(Ls)。(2)分析素材2可知，压强越大，转化率越大；温度越高，转化率越。因此，提高该化学反应限度的途径有增大压强或在一定范围内降低温度。(3) 素材1中SO2的转化率为90%，要实现素材1中SO2的转化率需控制的反应条件是温度为600，压强为1MPa.20. 在1105 Pa和298 K时，将1 mol气态AB分子分离成气态A原子和B原子所需要的能量称为键能(kJmol
29、1)。下面是一些共价键的键能：(已知氨分子中有三个等价的氮氢共价键)共价键H2分子N2分子NH3分子键能(kJmol1)436945391(1)根据上表中的数据判断工业合成氨的反应是_(填“吸热”或“放热”)反应；(2)在298 K时，取1 mol N2和3 mol H2放入一密闭容器中，在催化剂存在下进行反应。理论上放出或吸收的热量为Q1，则Q1为_；(3)实际生产中，放出或吸收的热量为Q2，Q1与Q2比较，正确的是_。AQ1Q2BQ1Q2CQ1Q2如此选择的理由：_。【答案】 (1). 放热 (2). 93Kj (3). Q1Q2 (4). 该反应为可逆反应，在密闭容器中进行反应达到平衡时
30、，1molN2和3molH2不能完全反应生成2molNH3，因而放出热量小于93kJ【解析】(1)形成化学键放出能量，破坏化学键吸收能量；N2+3H22NH3，Q=生成物的键能-反应物的键能=23391KJ-945KJ-34360，所以该反应是放热反应，故答案为：放热；(2)Q1=生成物的键能-反应物的键能=23391KJ-945KJ-3436=93kJ，故答案为：93kJ；21. (1) 乙烯是重要化工原料，其产量是一个国家石油化工发展水平的标志。请回答：在一定条件下，乙烷和乙烯都能制备氯乙烷(C2H5Cl)。用乙烷制备氯乙烷的化学方程式是_ ，该反应的类型是 _用乙烯制备氯乙烷的化学方程式
31、是_ ，该反应的类型是_比较上述两种方法，第_种方法更好。其原因是_。(2) 某烷烃0.1mol完全燃烧时生成11.2L CO2（标况下），则其化学式是_。则该烷烃的结构简式是_。【答案】 (1). CH3CH3Cl2CH3CH2ClHCl (2). 取代反应 (3). CH2=CH2HClCH3CH2Cl (4). 加成反应 (5). (6). 第种方法得到的产物较为纯净，而第种方法会发生多种副反应，生成多种产物的混合物 (7). C5H12 (8). CH3CH2CH2CH2CH3、 CH3CH(CH3)CH2CH3、 C(CH3)4【解析】(1)乙烷与卤素单质氯气在光照条件下发生取代反应
32、得到氯乙烷，化学方程式为：CH3CH3+Cl2CH3CH2Cl+HCl，故答案为：CH3CH3+Cl2CH3CH2Cl+HCl；取代反应；乙烯含有碳碳双键，与氯化氢能发生加成反应得到氯乙烷，反应的化学方程式为：CH2=CH2+HClCH3CH2Cl，故答案为：CH2=CH2+HClCH3CH2Cl；加成反应；由乙烷与氯气在光照条件下发生反应得到的产物有：一氯乙烷，1，1-二氯乙烷，1，2-二氯乙烷，1，1，2-三氯乙烷，1，1，2，2-四氯乙烷，1，1，1，2-四氯乙烷，1，1，1，2，2-五氯乙烷，六氯乙烷和氯化氢，产物不唯一，而乙烯和卤化氢能发生加成反应得到氯乙烷，产物只有一种，故答案为：
33、；第种方法生成的物质将是一系列混合物，第种方法生成纯净的氯乙烷；(2)某烷烃0.1mol完全燃烧时生成11.2LCO2(标况)，二氧化碳的物质的量为：n=0.5mol，该烷烃分子中含有碳原子数为：N(C)=5，烷烃的化学式为CnH2n+2，所以其化学式是：C5H12；该烷烃为戊烷，戊烷的同分异构体有：CH3CH2CH2CH2CH3、CH3CH(CH3)CH2CH3、C(CH3)4，故答案为：C5H12；CH3CH2CH2CH2CH3；CH3CH(CH3)CH2CH3；C(CH3)4。点睛：本题考查了氯乙烷的制备和有机物分子式、结构简式的确定，侧重考查方程式的书写。本题的易错点是合理方案的选择，要根据产物是否纯净选择制备方案。