化学01基础卷（人教版2019必修第二册）——2022-2023学年高一下学期期末模拟测试卷

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2022-2023学年高一下学期期末考前必刷卷01（基础卷）
化学·全解全析
第Ⅰ卷
一、选择题：本题共18个小题，每小题3分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．材料是人类赖以生存和发展的物质基础。下列说法正确的是
A．二氧化硅广泛用于制备芯片和太阳能电池
B．石墨烯、碳化硅陶瓷等属于新型无机非金属材料
C．水泥、玻璃和水晶都是硅酸盐材料
D．现代信息社会用于传递信号的光纤的主要成分为硅
【答案】B
【解析】A项，二氧化硅能够使光线发生全反射，因此广泛用于制备芯片；晶体硅是良好半导体材料，可用于制太阳能电池及晶体管等半导体零件，错误；B项，石墨烯是非金属单质，具有良好的导电性；碳化硅中的碳原子和硅原子之间以共价键结合形成立体网状结构，硬度大，石墨烯、碳化硅陶瓷等属于新型无机非金属材料，正确；C项，水晶是SiO2，属于氧化物，并不是硅酸盐，因此不属于硅酸盐材料，错误；D项，现代信息社会用于传递信号的光纤其主要成分为二氧化硅，错误。
2．化石燃料是由古代生物的遗骸经过一系列复杂变化而形成的，是不可再生资源。下列关于化石燃料的说法不正确的是
A．甲烷是天然气的主要成分，它是一种高效而洁净的燃料
B．石油的分馏是化学变化
C．石油通过催化裂化过程可获得汽油、煤油等轻质油
D．煤的气化是把煤转化为可燃性气体的过程，该过程属于化学变化
【答案】B
【解析】A项，天然气的主要成分是甲烷，燃烧生成二氧化碳和水并放出大量的热，无污染，故是高效、洁净的能源，正确；B项，石油的分馏是物理变化，错误；C项，石油裂化的目的是为了提高轻质液体燃料(汽油，煤油，柴油等)的产量，特别是提高汽油的产量和质量，正确；D项，煤的气化是指煤与水蒸气高温下反应生成一氧化碳和氢气，一氧化碳和氢都是可燃性气体，该过程为化学变化，正确。
3．下列化合物结构中有两种官能团的是
A．HOCH2CH2OH B．CH2＝CHCl
C．CH3COOH D．
【答案】B
【解析】A项,HOCH2CH2OH分子中只含有羟基(-OH)一种官能团，错误；B项,CH2＝CHCl分子中含有碳碳双键和碳氯键两种官能团，正确；C项,CH3COOH分子中只含有羧基(-COOH)一种官能团，错误；D项,苯甲酸分子中只含有羧基(-COOH)一种官能团，错误。
4． “端午节”是我国传统节日之一，节日活动有吃粽子、赛龙舟及喝雄黄酒等。制作粽子的主要原料有糯米、粽叶，还有蛋黄、猪肉等馅料。下列有关说法正确的是
A．糯米也是酿酒原料，酿酒加入的“酒曲”起催化作用
B．赛龙舟时，挥舞的龙旗是用涤纶制作，涤纶属于天然纤维
C．蛋黄、猪肉富含油脂和蛋白质，油脂和蛋白质均属于高分子化合物
D．糯米的主要成分是淀粉，粽叶的主要成分是纤维素，淀粉和纤维素的分子式都是(C6H10O5)n，互为同分异构体
【答案】A
【解析】A项，酿酒一定要加入酒曲，酒曲中的微生物主要是曲霉、毛霉和酵母菌，其中曲霉、毛霉主要起到糖化的作用，在曲霉内淀粉酶的作用下将淀粉转化成葡萄糖，正确；B项，涤纶是合成纤维，错误；C项，油脂相对分子质量较小，属于小分子化合物，错误；D项，淀粉和纤维素的分子式均为(C6H10O5)n，但n值不确定，分子式不同，不互为同分异构体，错误。
5．下列关于金属冶炼的说法中错误的是
A．电解法获得镁时，不可在CO2或N2中降温冷却
B．热还原法常用的还原剂有CO、H2、C、Al等
C．金属Na、Mg、Al均能通过电解熔融氯化物的方法获得
D．人类历史上金属被发现的顺序与金属的活泼性有关
【答案】C
【解析】A项，镁与CO2或N2都能反应，因此电解法获得镁时，不可在CO2或N2中降温冷却，正确；B项，热还原法常用CO、H2、C、Al等四种还原剂，正确；C项，金属Na、Mg均能通过电解熔融氯化物的方法获得，而金属Al通过电解熔融氧化铝的方法获得，错误；D项，人类历史上金属被发现的顺序与金属的活泼性有关，一般越不活泼的金属发现越早，正确。
6．下列现象或用途与浓硫酸的吸水性和脱水性无关的是( )
A．浓硫酸可作氯气的干燥剂
B．浓硫酸滴加到蔗糖中，蔗糖变黑
C．浓硫酸滴加到胆矾上，蓝色晶体变成白色粉末
D．浓硫酸在加热条件下可与铜等不活泼金属反应
【答案】D
【解析】A．浓硫酸做干燥剂与其具有吸水性有关，故A不选；
B．浓硫酸使蔗糖变黑与其具有脱水性有关，故B不选；
C．浓硫酸能将胆矾从蓝色晶体变成白色粉末，与其吸水性有关，故C不选；
D．浓硫酸在加热条件下可与铜等不活泼金属反应是因为浓硫酸具有强氧化性，与吸水性和脱水性无关，故D选；
故选：D。
7．将X气体通入BaCl2溶液，未见沉淀生成，然后通入Y气体，有沉淀生成，X、Y不可能是（ ）
A．SO2和H2S B．Cl2和CO2 C．NH3和CO2 D．SO2和Cl2
【答案】B
【解析】A．氯化钡中通入二氧化硫不反应，再通入硫化氢，二氧化硫和硫化氢反应生成硫沉淀，故A不符合题意；
B．氯化钡中通入氯气不反应，再通入二氧化碳，没有发生化学反应，没有生成沉淀，故B符合题意；
C．氯化钡中通入氨气不反应，再通入二氧化碳可以生成碳酸钡沉淀和氯化铵，故C不符合题意；
D．氯化钡中通入SO2不反应，通Cl2，氯气和二氧化硫和水反应生成硫酸和盐酸，硫酸和氯化钡会生成硫酸钡沉淀，故D不符合题意；
答案选B。
8．4NH3＋5O24NO＋6H2O是工业制备硝酸的重要反应之一。下列说法不正确的是
A．该反应叫作氨的催化氧化 B．NO在空气中能稳定存在
C．NH3在反应中表现出还原性 D．该反应放出热量
【答案】B
【解析】A项，氨中氮元素化合价升高，在催化剂作用下被氧化，该反应叫作氨的催化氧化，正确；B项，NO在空气中迅速氧化为二氧化氮，不能稳定存在，错误；C项，氨中氮元素化合价升高，作还原剂，NH3在反应中表现出还原性，正确；D项，氨被氧化反应放出热量，正确。
9．从“绿色化学”和经济效益角度考虑，大量制取硝酸铜宜采用的方法是
A．Cu与浓硝酸反应
B．Cu与稀硝酸反应
C．Cu先与空气反应制取氧化铜，再与稀硝酸反应
D．Cu与硝酸银溶液反应
【答案】C
【解析】A项，Cu与浓硝酸反应生成有毒气体NO2，不符合题意；B项，Cu与稀硝酸反应生成有毒气体NO，不符合题意；C项，Cu与氧气反应生成CuO，CuO与硝酸反应生成硝酸铜和水，无有毒气体生成，且操作简单，消耗原料少，符合题意；D项，Cu与硝酸银溶液反应虽可生成硝酸铜，但不经济，不符合题意。
10．将盛有NH4HCO3粉末的小烧杯放入盛有少量醋酸的大烧杯中。然后向小烧杯中加入盐酸，反应剧烈，醋酸逐渐凝固。由此可知( )
A．NH4HCO3和盐酸的反应是放热反应
B．该反应中，热能转化为化学能
C．醋酸与NH4HCO3发生了复分解反应，该反应为吸热反应
D．该反应的离子方程式为：CO＋2H＋=CO2↑＋H2O
【答案】B
【解析】A．醋酸逐渐凝固，温度下降，可知NH4HCO3与盐酸的反应为吸热反应，故A错误；
B．热能转化为化学能储存在新物质中，故B正确；
C．醋酸与NH4HCO3未接触，未发生反应，故C错误；
D．HCO不能拆，故D错误；
故答案为B。
11．在给定条件下，下列物质间所示的转化可以实现的是
A．NOHNO3 B．CH3CH3CH2BrCH2Br
C．FeFe(NO3)3(aq) D．淀粉(aq)C6H12O6(葡萄糖)
【答案】D
【解析】A项，NO不溶于水也不能与水发生反应，错误；B项，乙烷化学性质稳定，通常状况下不能与Br2的CCl4溶液反应，错误；C项，浓硝酸的强氧化性会使Fe发生金属的钝化阻止反应进一步进行，错误；D项，淀粉可在酸性条件下水解生成最简单的单糖葡萄糖，正确。
12．下列指定反应的离子方程式正确的是
A．NO2与水反应：2NO2＋H2O＝2H＋＋2NO3－
B．将SO2通入过量冷氨水中：SO2＋NH3·H2O＝HSO3－＋NH
C．铜与稀硝酸反应：3Cu＋2NO3－＋8H＋＝3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O
D．向NH4HCO3溶液中加入过量的NaOH溶液并加热：NH＋OH－NH3↑＋H2O
【答案】C
【解析】A项，NO2与水反应生成硝酸和NO，其反应离子方程式为3NO2＋H2O＝2H＋＋2NO3－＋NO，错误；B项，因为通入SO2是少量，因此少量SO2与氨水反应生成亚硫酸铵，离子方程式为SO2＋2NH3·H2O＝2NH＋SO32－＋H2O，错误；C项，铜与稀硝酸反应生成硝酸铜、一氧化氮和水：3Cu＋2NO3－＋8H＋＝3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O，正确；D项，加入氢氧化钠为过量，HCO3－与参与了和OH－的反应，故离子方程式是NH＋HCO3－＋2OH－NH3↑＋CO32－＋2H2O，错误。
13．如图所示装置，一段时间后右侧电极质量增加，下列叙述错误的是

A．该装置能将化学能转化为电能 B．铁为负极，发生氧化反应
C．电流从铁电极经导线流向银电极 D．正极电极反应式为Cu2＋＋2e－＝Cu
【答案】C
【解析】A项，该装置是原电池，能将化学能转化为电能，正确；B项，铁的活泼性大于银，铁为负极，铁失电子发生氧化反应，正确；C项，铁的活泼性大于银，铁为负极、银是正极，电流从银电极经导线流向铁电极，错误；D项，铁的活泼性大于银，铁为负极、银是正极，正极铜离子得电子生成铜，电极反应式为Cu2＋＋2e－＝Cu，正确。
14．工业制硫酸中的一步重要反应是：SO2(g)＋O2(g)SO3(g)。如果反应在密闭容器中进行，下列说法正确的是
A．恒容下充入Ne(g)，该反应速率增大
B．达平衡时，SO2、O2、SO3的浓度相等
C．通过调控反应条件，可以改变反应的限度
D．恒容下混合气体的密度不再变化，则反应达到平衡状态
【答案】C
【解析】A项，恒容下充入Ne(g)，反应物与生成物的浓度都未发生改变，则该反应速率不变，不正确；B项，达平衡时，SO2、O2、SO3同时存在，但浓度不一定相等，不正确；C项，通过调控反应条件，可以使平衡发生移动，从而改变反应的限度，正确；D项，因为混合气的总质量不变，恒容下混合气体的密度始终不变，所以反应不一定达到平衡状态，不正确。
15．乙醇催化氧化制乙醛的实验装置如图所示(夹持和加热仪器均未画出)，下列叙述不正确的是

A．a处盛放的固体可以是铜或氧化铜
B．b处试管内收集的液体为无色
C．用分液法分离b处试管内收集的液体混合物
D．c处可以用沸水浴加热酒精
【答案】C
【解析】乙醇催化氧化反应为2CH3CH2OH＋O22CH3CHO＋2H2O，因此c装置提供乙醇蒸气，b装置为收集装置。A项，乙醇催化氧化反应为2CH3CH2OH＋O22CH3CHO＋2H2O或CH3CH2OH＋CuOCH3CHO＋Cu＋H2O，因此a处盛放的固体可以是铜，也可以是氧化铜，说法正确；B项，b装置为收集装置，将乙醛气体转化成乙醛液体，b装置收集的液体为乙醛，还有部分乙醇，乙醛、乙醇均为无色液体，说法正确；C项，b装置收集的液体混合物是乙醛、乙醇，乙醛和乙醇互溶，不能用分液方法分离，说法错误；D项，c处提供稳定的乙醇蒸气，不能直接加热，可以采用沸水浴加热酒精，说法正确。
16．下列由实验得出的结论正确的是

实验
结论
A
将乙烯通入溴的四氯化碳溶液，溶液最终变为无色透明
生成的1，2－二溴乙烷无色、可溶于四氯化碳
B
将金属钠放入医用酒精中，产生可燃性气体
乙醇中的羟基中的氢原子具有较强的活性
C
用乙酸浸泡水壶中的水垢，可将其清除
乙酸是强酸
D
甲烷与氯气在光照下反应后的混合气体能使湿润的石蕊试纸变红
生成的氯甲烷具有酸性
【答案】A
【解析】A项，将乙烯通入溴的四氯化碳溶液，乙烯与溴单质发生加成反应生成1,2－二溴乙烷，1,2－二溴乙烷呈无色，可溶于四氯化碳，正确；B项，医用酒精是75%的酒精，含有水，将金属钠放入医用酒精中，金属钠会和水、乙醇反应产生可燃性气体H2，无法说明乙醇中的羟基中的氢原子具有较强的活性，错误；C项，水垢的主要成分是CaCO3，和乙酸反应的化学方程式：2CH3COOH＋CaCO3＝(CH3COO)2Ca＋H2O＋CO2↑，根据强酸制弱酸的原理可知，乙酸的酸性强于碳酸的酸性，不能说明乙酸是强酸，错误；D项，甲烷与氯气在光照下发生取代反应生成氯甲烷和HCl，其中HCl溶于水后，溶液显酸性，使湿润的石蕊试纸变红，不能说明生成的氯甲烷具有酸性，错误。
17．某有机物的结构简式如图所示，有关说法正确的是

A．分子式为C11H11O3
B．能发生取代、加成、酯化等反应
C．既不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，也不能使溴水褪色
D．1 mol该有机物能与23 g Na反应
【答案】B
【解析】A项,根据该有机物结构简式可知，其分子式为C11H12O3，错误；B项,该有机物含有碳碳双键、羧基、羟基等官能团，能发生取代、加成、酯化等反应，正确；C项,碳碳双键、苯环支链(羧基除外)能使酸性高锰酸钾溶液褪色，碳碳双键能使溴水褪色，错误；D项,羧基、羟基能与Na发生反应，1 mol该有机物能与2 mol Na反应，质量为46 g Na，错误。
18．从海水中提取溴的工业流程如图，下列说法正确的是

A．卤水中氯化钠的浓度比海水中氯化钠浓度小
B．步骤I中发生反应的离子方程式为Br－＋Cl2＝Br2＋Cl－
C．步骤II中通入热空气吹出Br2，利用了溴的挥发性
D．步骤III反应中氧化剂与还原剂物质的量之比为1∶1
【答案】C
【解析】海水晒盐剩余的卤水中含有溴离子，工业电解氯化钠溶液，可以制得氯气；氯气与溴离子反应，生成溴单质；溴单质具有挥发性，通过热空气吹出，并用纯碱吸收，得到NaBr和NaBrO3；再加硫酸酸化，经过蒸馏后，可以得到工业溴。A项，卤水中氯化钠的溶液为饱和溶液，浓度比海水中氯化钠浓度大，错误；B项，步骤I中氯气和溴离子发生反应为：2Br－＋Cl2＝Br2＋2Cl－，错误；C项，溴单质具有挥发性，通过热空气吹出，并用纯碱吸收，得到NaBr和NaBrO3，正确；D项，NaBr和NaBrO3加硫酸酸化后得到溴单质，化学方程式为：5NaBr＋NaBrO3＋3H2SO4＝3Na2SO4＋3Br2＋3H2O，则反应中氧化剂与还原剂物质的的量之比为1∶5，错误。
第Ⅱ卷
二、非选择题：包括第19题~第23题5个大题，共46分。
19．（10分）硫循环在自然界和人类生活生产中均起到重要作用。
请回答下列问题：
（1）如图是自然界中硫的循环图，下列关于这两种循环的说法错误的是__________(填字母)。

A．火山喷口附近容易见到单质硫
B．硫循环过程无生物圈参与
C．人类对化石燃料的过度开采对硫循环造成巨大影响
D．硫循环对环境的影响会导致酸雨的产生
（2）研究人员提出利用含硫物质热化学循环实现太阳能的转化与存储，过程如下：

①SO2催化歧化反应的化学方程式是_________________________，该反应中生成1 mol S，转移的电子数约为___________。
②反应Ⅲ中检验生成的二氧化硫的方法是______________________________________。
③硫酸的工业生产是利用硫铁矿经沸腾炉煅烧，再经接触室转化，最后用98.3%的浓硫酸吸收而制得。写出接触室中发生反应的化学方程式：_____________________________；用98.3%的浓硫酸吸收而不用水吸收的原因是___________________________________________。
【答案】（1）B（2分）
（2）①3SO2＋2H2O2H2SO4＋S↓（2分） 2.408×1024（2分） ②将气体通入品红溶液中，品红溶液褪色，加热后又恢复原来的颜色（2分） ③2SO2＋O22SO3（2分） SO3溶于水时反应放出大量热导致酸雾，用水吸收会降低吸收效率（2分）
【解析】（1）A项，火山喷口附近存在单质硫，正确；B项，硫循环过程有生物圈参与，错误；C项，人类对化石燃料的过度开采会增加SO2的排放，对硫循环造成巨大影响，正确；D项，硫循环对环境的影响是导致硫酸型酸雨的产生，正确；故正确答案B项；（2）①由图可知，SO2催化歧化反应是生成了硫酸和硫单质，所以化学方程式为：3SO2＋2H2O2H2SO4＋S↓；该反应中生成1 mol S，转移的电子数约为：4 mol×6.02×1023 mol-1＝2.408×1024；②检验生成的二氧化硫的方法是将气体通入品红溶液中，品红溶液褪色，加热后又恢复原来的颜色；③接触室中发生反应的化学方程式：2SO2＋O22SO3；用98.3%的浓硫酸吸收而不用水吸收的原因是为了防止SO3溶于水时反应放出大量热导致酸雾，降低吸收效率；故答案为：①3SO2＋2H2O2H2SO4＋S↓，2.408×1024；②将气体通入品红溶液中，品红溶液褪色，加热后又恢复原来的颜色；③2SO2＋O22SO3，SO3溶于水时反应放出大量热导致酸雾，用水吸收会降低吸收效率。
20．（10分）某化学自主实验小组通过实验制备NH3并探究NH3的性质。
实验I：利用图1装置制取氨气并探究NH3与Cl2的反应。

备选装置(水中含酚酞溶液)



I
II
III
（1）装置A中烧瓶内的试剂可选用烧碱，推测可产生NH3的原因_______________________。
（2）若探究氨气的溶解性，则需在K2的导管末端连接表中的装置_______(填序号)。当装置D中集满氨气后，关闭K1、K2，打开K3，引发喷泉的实验操作是_______________________。
（3）若探究氨气与氯气的反应，则需打开K1、K3，K2处导管连接制取纯净、干燥氯气的装置。
①装置D中氨气与氯气反应产生白烟，同时生成一种无色无味的气体，该反应的化学方程式为______________________________。
②从K3处导管速出的气体中含有少量Cl2，则装置C中应盛放__________(填化学式)溶液，Cl2发生反应的离子方程式为____________________________________。
实验II：利用图2装置探究NH3与NO2的反应。

已知：装置E中反应的化学方程式为Cu＋4HNO3(浓)＝Cu(NO3)2＋2NO2↑＋2H2O。
（4）若NO2能够被NH3还原，预期装置C中能观察到的现象是______________________。
（5）此实验装置存在的一个明显缺陷是_______________________________。
【答案】（1）烧碱溶于水放出大量的热（1分）
（2）①II或III（1分） ②用热毛巾将烧瓶捂热（1分）
（3）①3Cl2＋8NH3＝6NH4Cl＋N2（2分） ②NaOH（1分） Cl2＋2OH－＝Cl－＋ClO－＋H2O（2分）
（4）混合气体的颜色变浅（1分）
（5）缺少尾气吸收装置（1分）
【解析】实验I目的是制取氨气并探究NH3与Cl2的反应，A装置制取氨气，B装置用于干燥氨气，打开K1、K3，用向下排空气法收集氨气；若打开K1、K3，K2处导管连接制取纯净、干燥氯气的装置，则验证氨气和氯气的反应。实验II目的是探究NH3与NO2的反应，则A、E分别制备氨气、NO2，干燥后通入C中反应。
（1）A装置选用烧碱原因是滴入浓氨水后，烧碱溶于水放出大量的热，氨易挥发出来；（2）氨气极易溶于水，若探究氨气的溶解性，需要防倒吸装置，则需在K2的导管末端连接表中的装置II或III。当装置D中集满氨气后，关闭K1、K3，打开K3，用热毛巾将烧瓶捂热，使氨气受热膨胀与水接触，即可引发喷泉；（3）①装置D中氨气与氯气反应产生白烟，可知有氯化铵生成，同时生成的无色无味的气体是氮气，反应方程式为3Cl2＋8NH3＝6NH4Cl＋N2；②从K3处导管输出的气体中含有少量Cl2，氯气能与氢氧化钠反应，为吸收氯气，则装置C中应盛放NaOH溶液，Cl2与氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠、水，发生反应的离子方程式为Cl2＋2OH－＝Cl－＋ClO－＋H2O；（4）若NO2能够被NH3还原，则发生归中反应8NH3＋6NO2＝7N2＋12H2O，NO2浓度减小，预期装置C中能观察到的现象是混合气体的颜色变浅；（5）NO2、NH3会污染空气，此实验装置存在的一个明显缺陷是缺少尾气吸收装置。
21．（9分）某温度下，在2 L密闭容器中通入一定量的气体A和B，发生反应mA(g)＋nB(g)
pC(g)，两种气体的物质的量浓度随时间变化的曲线如图所示。回答下列问题：

（1）若4 s内用C表示的化学反应速率v(C)＝0.05 mol·L－1·s－1，则该反应的化学方程式为___________________________。
（2）10 s时，物质C的物质的量为_______mol。
（3）下列说法可以判定该反应已经达到平衡状态的是_______。
a．气体A的体积分数不再变化 b．体系压强不再变化
c．v(A)＝v(B) d．混合气体的平均分子量不再变化
（4）若改变下列一个条件，该反应的速率变化是(填“增大”、“减小”或“不变”)。
①降低温度，化学反应速率_______。
②向密闭容器中充入1 mol氦气(不参与反应)，化学反应速率_______。
③将容器的体积变为3 L，化学反应速率_______。
【答案】（1）A＋B2C（2分）
（2）0.8（2分）
（3）a（2分）
（4）①减小（1分） ②不变（1分） ③减小（1分）
【解析】（1）4 s内用C表示的化学反应速率v(C)＝0.05 mol·L－1·s－1，则4 s内C的物质的量浓度的变化量为0.05 mol·L－1·s－1×4＝0.2 mol·L－1，由图象可知，4 s内A、B的物质的量浓度的减少量分别为0.6 mol·L－1－0.5 mol·L－1＝0.1 mol·L－1、0.4 mol·L－1－0.3mol·L－1＝0.1 mol·L－1，A、B、C变化的浓度之比为0.1 mol·L－1∶0.1 mol·L－1∶0.2 mol·L－1＝1∶1∶2，则该反应的化学方程式为：A＋B2C；（2）由图象，10 s内A的物质的量浓度减少0.6 mol·L－1－0.4 mol·L－1＝0.2 mol·L－1，则生成物C的物质的量浓度为0.2 mol·L－1×2＝0.4 mol·L－1，C的物质的量为n(C)＝0.4 mol·L－1×2 L＝0.8 mol；（3）a项，气体A的体积分数不再变化，说明物质的量不再改变，反应达到平衡，符合题意；b项，该反应为气体分子总数不变的反应，压强不变不能说明反应达到平衡，不符合题意；c项，未指明正逆反应速率，因此v(A)＝v(B)不能说明反应达到平衡，不符合题意；d项，反应为气体分子总数不变的反应，气体的总质量不变，由公式M＝可知，混合气体的平均分子量为定值，不能作为判断反应达到平衡的标志，不符合题意；答案选a；（4）①降低温度，化学反应速减小；②向密闭容器中充入1 mol氦气，由于容器体积不变，因此参加反应的气体浓度不变，化学反应速率不变；③将容器的体积变为3 L，气体浓度减小，化学反应速率减小。
22．（9分）有机物分子的结构表示有多种方式。例如丙烯的结构简式可以表示为CH3CH＝CH2，键线式结构表示为。我国是薄荷的种植大国，由薄荷生产的薄荷脑、薄荷油等在国际上享有盛誉，被称为“亚洲之香”。薄荷中含多种化学成分，其中三种分子的键线式结构如下：

请回答下列问题：
（1）有机物A的分子式是___________。A的一溴代物有________种。
（2）有机物B的官能团名称为_______________，1 mol B最多能够跟_______mol Br2/CCl4溶液发生______________(填反应类型)。
（3）有机物C在硫酸作用下发生水解反应，该反应的化学方程式是____________________。
（4）如果一个碳原子连接有四个不同的原子(原子团)，则该碳原子称为“手性碳原子”，有机物B分子中有______个手性碳原子。
【答案】（1）C10H16（1分） 8（1分）
（2）碳碳双键、羟基（1分） 2（1分） 加成反应（1分）
（3）＋H2O＋CH3COOH（2分）
（4）1（2分）
【解析】（1）查有机物A中C、H的个数可知，A的分子式为：C10H16；A没有对称轴，所含有的H的种类即为A的一氯代物的数目，共8种H，所以一氯代物有8种；（2）有机物B含有碳碳双键和醇羟基，即答案为碳碳双键、羟基；能够跟Br2/CCl4溶液发生加成反应的官能团为碳碳双键，1 mol B中含有2 mol碳碳双键，所以消耗2 mol Br2，即答案为：碳碳双键、羟基；2；加成反应；（3）有机物C含有的官能团为酯基，在酸性条件下水解生成CH3COOH和，所以化学方程式为：＋＋CH3COOH；（4）有机物B分子中1个手性碳原子，如图：，故答案为1。
23．（8分）镁及其合金是用途很广的金属材料。工业上冶炼镁的方法有两种，电解法和皮江法。电解法是电解熔融的MgCl2，皮江法是Si在高温下还原MgO。
已知：相关各物质熔点见下表：
物质
MgO
MgCl2
Mg
Si
熔点
2852
714
649
1410
Ⅰ．电解法冶炼镁。
化工厂利用卤水(主要成分为NaCl和MgCl2)生产金属镁的一种工艺流程如图所示：

（1）Y与Z反应后的产物溶于水可得X溶液，从而实现了Y的再利用，则Z的化学式为_______。
（2）“沉淀”中除Mg(OH)2外，还可能含有的杂质为___________(填化学式)。
（3）工业上不用电解MgO制金属镁的原因为______________________________________。
Ⅱ．皮江法冶炼镁，工业流程如下：

（4）气体a为_________(填化学式)。
（5）白云石煅烧前粉碎的目的为_________________________________________。
（6）还原炉需控制温度为1200℃左右，并抽空气到近似真空。还原炉中发生的主要反应有_________________________、SiO2＋CaOCaSiO3。
【答案】（1）H2（1分）
（2）Ca(OH)2（1分）
（3）MgO熔点很高(2852℃)，而MgCl2熔点相对较低(714℃)，熔融MgO时会耗费大量的能量而增加生产成本（2分）
（4）CO2（1分）
（5）增大固体表面积，提高化学反应速率（1分）
（6）2MgO＋Si2Mg＋SiO2（2分）
【解析】电解法冶炼镁中，牡蛎壳高温煅烧，得到生石灰即氧化钙，氧化钙溶于水生成氢氧化钙，再与卤水中的镁离子反应生成氢氧化镁，过滤得到氢氧化镁沉淀，氢氧化镁再和盐酸反应生成氯化镁，再电解氯化镁得到金属镁和氯气，氯气转化成HCl重复利用。皮江法冶炼镁中，白云石煅烧分解生成氧化钙、氧化镁和二氧化碳，硅再与氧化镁反应生成镁单质，冷凝得到粗镁锭。
（1）电解熔融氯化镁生成镁和氯气，则Y为氯气，X为盐酸，由于氯气和氢气反应生成HCl，HCl溶于水得到盐酸，从而实现了氯气的再利用。Z的化学式为H2；（2）生石灰与水反应生成氢氧化钙，氢氧化钙将Mg2＋转化为氢氧化镁沉淀，氢氧化钙在水中溶解度较低，沉淀中可能含有的杂质为Ca(OH)2；（3）MgO熔点高，而MgCl2熔点相对较低，熔融MgO时会耗费大量的能量而增加生成成本，所以工业上不用电解MgO制金属镁；（4）白云石煅烧分解生成氧化钙、氧化镁和二氧化碳，故气体a为CO2；（5）白云石煅烧前粉碎的目的是增大固体表面积，提高化学反应速率；（6）还原炉中发生的反应有硅还原氧化镁，生成的二氧化硅与氧化钙反应得到硅酸钙，其反应的化学方程式为2MgO＋Si2Mg＋SiO2，SiO2＋CaOCaSiO3。