2021-2022学年吉林省吉林市第一中学高二6月月考（平行班）化学试题解析版

试卷第=page1818页，共=sectionpages2222页吉林省吉林市第一中学2021-2022学年高二6月月考（平行班）化学试题学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题1．2021年6月11日，国家航天局举行“天问一号”探测器着陆火星首批科学影像图揭幕仪式，公布了由“祝融号”火星车拍摄的“着巡合影”“中国印迹”等影像图。“祝融号”火星车使用的下列材料中，属于金属材料的是A．隔热降噪材料三胺泡沫 B．SiC颗粒C．新型镁锂合金 D．有机热控涂层【答案】C【解析】【分析】【详解】A．隔热降噪材料三胺泡沫属于有机物，不是金属材料，A错误；B．SiC颗粒属于无机材料，不是金属材料，B错误C．镁锂合金属于金属材料，C正确；D．有机热控涂层属于有机物，不是金属材料，D错误；故选C。2．碳、硫和氮及其化合物对人类生存和社会发展意义重大，但也造成了不少环境问题，下列说法正确的是A．二氧化硫有毒，严禁将其添加到任何食品和饮品B．将煤转化为水煤气再燃烧，可以从根本上杜绝碳排放C．雷雨天气空气中的少量可转化为氮的化合物并随雨水落到地面形成硝酸盐D．“酸雨”是由大气中的碳、氮、硫的氧化物溶于雨水造成的【答案】C【解析】【详解】A．二氧化硫有毒，葡萄酒中加入少量二氧化硫，起到杀菌消毒、抗氧化的作用，故A错误；B．将煤转化为水煤气再燃烧，水煤气的成分是一氧化碳和氢气，燃烧放出二氧化碳，故B错误；C．雷雨天气，空气中的少量在放电条件下转化为氮的化合物并随雨水落到地面形成硝酸盐，故C正确；D．“酸雨”是由大气中的氮、硫的氧化物溶于雨水造成的，二氧化碳不能形成酸雨，故D错误；3．下列叙述正确的是A．Na在空气中受热生成B．与在加热条件下可催化氧化生成NOC．Al和少量的NaOH溶液反应可制备D．足量的Cu和Zn分别与热的浓硫酸反应产生的气体一定相同【答案】B【解析】【详解】A．Na在空气中受热生成，故A错误；B．与在加热条件下发生催化氧化生成NO和水，故B正确；C．Al和少量的NaOH溶液反应生成NaAlO2和氢气，故B错误；D．足量的Cu与热的浓硫酸反应产生的气体一定是SO2，Zn与浓硫酸反应开始生成SO2，硫酸变稀后产生H2，故D错误；选B。4．下列操作规范且能达到实验目的的是A．利用装置甲可证明非金属性强弱：Cl>C>SiB．利用装置乙准确称得0.1775gNaCl固体C．利用装置丙证明氨气极易溶于水D．利用装置丁制备Fe(OH)2并能较长时间观察到白色【答案】C【解析】【分析】【详解】A．非金属性强弱可通过最高价氧化物对应的水化物的酸性来比较，即比较Cl、C、Si的非金属性强弱应该用、、，描述错误，不符题意；B．托盘天平读数只能读到小数点后一位，不能到小数点后4位，描述错误，不符题意；C．引发喷泉的操作：挤压胶头滴管的胶头，使少量水进入圆底烧瓶，此时由于氨气极易溶于水，烧瓶内压强减小，形成喷泉，描述正确，符合题意；D．装置丁中不能使用酒精液封，因为酒精与水互溶不能隔绝空气，不能防止被氧化，描述错误，不符题意；综上，本题选C。5．表示阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A．18g重水()中含有的质子数为B．0.1mol/L溶液中含有数为C．标准状况下，将11.2LNO和11.2L同时充入一密闭容器，所含分子数小于D．1LpH=4的溶液中离子数为【答案】C【解析】【详解】A．18g重水()的物质的量为，含有的质子数为，故A错误；B．缺少溶液的体积，无法计算的数目，故B错误；C．标准状况下，11.2LNO和11.2L的总物质的量为1mol，发生反应，反应后分子数目减少，且存在反应，故所含分子数小于，故C正确；D．在溶液中存在可逆反应，故离子数小于，故D错误；故选C。6．下列计算正确的是A．同浓度的三种溶液：、、，其体积比为3∶2∶1，则浓度比为3∶2∶3B．将的NaCl溶液和的等体积混合后，忽略体积变化，C．标准状况下44.8LHCl溶于1L水，盐酸的物质的量浓度为D．若ag某气体含有分子数为b，则cg该气体在标准状况下的体积是【答案】D【解析】【详解】A.同浓度的三种溶液：、、，浓度比为1∶1∶3，A错误；B.设两种溶液体积为VL，混合后，B错误；C.标准状况下44.8LHCl溶于水，配成1L溶液，盐酸的物质的量浓度为，C错误；D.设cg气体所含的分子数为x，则，，故气体在标准状况下的体积是，D正确；故选D。7．如图是某学校实验室从化学试剂商店买回的硫酸试剂标签上的部分内容。下列说法正确的是A．该硫酸中溶质的物质的量浓度为9.2mol/LB．配制250mL4.6mol/L的稀硫酸需取该硫酸62.5mLC．1molZn与足量的该硫酸反应产生2g氢气D．等质量的水与该硫酸混合后所得溶液中溶质的物质的量浓度大于9.2mol/L【答案】B【解析】【详解】A.该硫酸中溶质的物质的量浓度为：，A错误；B.配制250mL4.6mol/L的稀硫酸，根据硫酸的物质的量相等，需取该硫酸的体积为：，B正确；C.该硫酸为浓硫酸，Zn与足量的浓硫酸反应产生二氧化硫，C错误；D.硫酸的浓度越小密度越小，该硫酸与等质量的水混合所得溶液质量为原硫酸溶液的2倍，密度小于原硫酸溶液，故混合后溶液的体积大于原硫酸溶液的2倍，稀释后硫酸的物质的量不变，所得溶液的物质的量浓度小于9.2mol/L，D错误；故选B。8．如图中两条曲线分别表示10g气体、10gM气体在相同体积的容器中压强和温度的关系，试根据图判断M气体可能是A． B． C． D．【答案】D【解析】【详解】由图可知，温度相同时，在体积相同的容器中气体的物质的量之比等于压强之比，故设该气体的相对分子质量为M，故，M=28，故选D。9．下列离子方程式书写错误的是A．溶于氢碘酸：B．溶液与等物质的量反应：C．向小苏打溶液中加入过量的澄清石灰水：D．硫酸氢钠溶液与足量氢氧化钡溶液混合：【答案】A【解析】【详解】A.氢碘酸为强酸，氢氧化铁为弱碱，且铁离子与碘离子能发生氧化还原反应，故离子方程式为：，A错误；B.溶液与氯气反应，亚铁离子的还原性强于溴离子，铁离子先反应完后溴离子再反应，溶液与等物质的量反应的离子方程式为：，B正确；C.碳酸氢根少量，故其完全反应，离子方程式为：，C正确；D.硫酸氢钠溶液少量，按硫酸氢钠溶液中离子比例参与反应，故离子方程式为：，D正确；故选A。10．含固体混合物、、、、、、、、中的两种或两种以上化合物，溶于水发生了化学反应，且得到澄清溶液，推测可能存在的物质不合理的是A．、 B．、、C．、 D．、【答案】C【解析】【分析】【详解】A.若过量，则与反应生成NaAlO2和水，得到澄清溶液，选项A推测合理；

B.若为、、，反应可得到[Ag(NH3)2]Cl和NaNO3，得到澄清溶液，选项B推测合理；C.若为、，则会反应生成硅酸和氢氧化铁沉淀，无法得到澄清溶液，选项C推测不合理；D.若为、，发生氧化还原反应生成硫酸钾、硫酸锰，得到澄清溶液，选项D推测合理；答案选C。11．根据下列实验和现象，所得实验结论正确的是选项实验现象实验结论A向装有溶液的试管中加入稀硫酸在管口观察到红棕色气体分解成了B和混合气体通入溶液出现白色沉淀得到的沉淀只有C向某溶液中先滴加适量稀硝酸，再滴加少量溶液出现白色沉淀原溶液中含有、、中的一种或几种D取少量固体于试管底部，加热试管底部试管口处有晶体出现易升华A．A B．B C．C D．D【答案】B【解析】【详解】A．向装有溶液的试管中加入稀硫酸，在管口观察到红棕色气体，发生发生反应、，故A错误；B．通入溶液生成沉淀，酸性条件下，被氧化为，和Ba2+反应生成沉淀，所以和混合气体通入溶液得到的沉淀只有，故B正确；C．向某溶液中先滴加适量稀硝酸，再滴加少量溶液，出现白色沉淀，原溶液可能含有Ag+，故C错误；D．取少量固体于试管底部，加热试管底部，发生反应，氨气和氯化氢在试管口遇冷又生成氯化铵，所以试管口处有晶体出现，故D错误；选B。12．金属是一类重要的材料，人类的日常生活、生产、实验、科研、科技等领域都离不开金属。下列关于金属Na、Al、Fe及其化合物的说法正确的是A．小苏打、氢氧化铝均可用于治疗胃酸过多B．是一种电解质，工业上直接用于电解冶炼金属铝C．配制溶液时，向溶液中加入少量的盐酸能防止溶液变浑浊D．Na、Fe形成的氧化物均能与强酸反应，均属于碱性氧化物【答案】A【解析】【详解】A．小苏打、氢氧化铝均能与酸发生反应，且碱性较弱，则均可用于治疗胃酸过多，故A正确；B．是共价化合物，熔融态没有自由移动的离子，故不能用于电解冶炼金属铝，故B错误；C．加入少量的盐酸，会引入杂质氯离子，故C错误；D．Na2O2和Fe3O4不属于碱性氧化物，故D错误；故选A。13．溴及其化合物在医药、农药、染料等生产中有广泛应用。工业上常用的一种海水提取溴技术叫做“吹出法”，其生产流程如图所示。下列说法错误的是A．溶液X的主要成分是HBr和H2SO4B．通过吹出塔、吸收塔实现了对溴的富集C．用热空气将Br2吹出利用了Br2易挥发的性质D．在工业生产中，也可以用足量的Na2CO3溶液代替SO2和水，发生的反应为：6Na2CO3+3Br2=5NaBr+NaBrO3+6CO2↑【答案】D【解析】【分析】在酸性条件下向海水中通入氯气会生成单质溴，再用热空气吹出溴，和二氧化硫、水一起通入吸收塔，发生反应生成硫酸和HBr，再转入蒸馏塔中，从而达到富集溴的目的，再通入氯气置换出溴，从而制备出溴单质，以此解题。【详解】A．由分析可知溶液X的主要成分是HBr和H2SO4，A正确；B．通过分析可知通过吹出塔、吸收塔实现了对溴的富集，B正确；C．溴易挥发，故用热空气将Br2吹出利用了Br2易挥发的性质，C正确；D．题给反应元素不守恒，溴通入足量的Na2CO3溶液的反应方程式为：2Na2CO3+Br2+H2O=NaBr+NaBrO+2NaHCO3，D错误；故选D。14．工业上制备下列物质的生产流程不合理的是A．由黄铁矿制硫酸：B．由重晶石制可溶性钡盐：C．由石英砂制高纯硅：D．由饱和食盐水制纯碱：【答案】C【解析】【详解】A．黄铁矿主要成分是FeS2，煅烧黄铁矿反应产生SO2，SO2与O2在催化剂存在条件下加热，发生氧化反应产生SO3，SO3被98%的浓硫酸吸收得到H2SO4，A正确；B．BaSO4在水中存在沉淀溶解平衡，加饱和碳酸钠溶液会生成碳酸钡沉淀，碳酸钡与盐酸反应生成氯化钡溶液，所以能由重晶石制可溶性钡盐，B正确；C．石英砂的主要成分是二氧化硅，高温下二氧化硅与C反应生成粗硅和CO，高温下粗硅与氯气生成SiCl4，在高温下用氢气还原SiCl4可以得到Si，C错误；D．向饱和食盐水中先通入NH3，然后通入CO2气体，发生反应产生NaHCO3晶体，然后煅烧NaHCO3，NaHCO3分解反应制取得到纯碱Na2CO3，D正确；故合理选项是C。15．Na2Sx在碱性溶液中可被NaClO氧化为Na2SO4，而NaClO被还原为NaCl，若反应中Na2Sx与NaClO的物质的量之比为1∶16，则x的值为A．2 B．3 C．4 D．5【答案】D【解析】【详解】Na2Sx在碱性溶液中可被NaClO氧化为Na2SO4，S元素化合价由升高为+6，而NaClO被还原为NaCl，Cl元素化合价由+1价降低为-1价，反应中Na2Sx与NaClO的物质的量之比为1：16，根据电子转移守恒，则：x×[6-（）]=16×[1－（-1）]，解得：x=5；故选D。16．氯胺（NH2Cl）是一种长效缓释有机氯消毒剂，有强氧化性，其杀菌能力是一般含氯消毒剂的4～5倍。下列有关氯胺的说法一定不正确的是（

）A．氯胺中氯元素的化合价为＋1价B．氯胺的电子式为C．氯胺的水解产物为NH2OH（羟氨）和HClD．氯胺的消毒原理与漂白粉相似【答案】C【解析】【分析】【详解】A.NH2Cl是用Cl替代了NH3中的一个H得到的，所以Cl的化合价为+1价，说法正确，A想错误；B.根据有机物的成键规则，N形成三条键，Cl和H分别形成一条键，并且电子式中的每个原子应当达到自己相对应的稳定结构，所以电子式是正确的,说法正确，B项错误；C.Cl为正一价，应当结合水电离出来的OH-形成HClO，另一个产物是NH3，说法错误，C项正确；D.根据分析，氯胺和漂白粉都是因为产生了HClO才具有杀菌消毒作用，说法正确，D项错误。【点睛】17．酸性环境中，纳米Fe/Ni去除过程中的含氮微粒变化如图所示，溶液中铁以形式存在。下列有关说法不正确的是A．反应ⅱ的离子方程式为：B．增大单位体积水体中纳米Fe/Ni的投入量，可提高的去除效果C．假设反应过程都能彻底进行，反应ⅰ、ⅱ消耗的铁的物质的量之比为1：3D．amol完全转化为至少需要的铁【答案】D【解析】【详解】A．据图可知反应ii中被Fe还原为，根据得失电子守恒、元素守恒可得离子方程式为，故A正确；B．增大单位体积水体中纳米Fe/Ni的投入量，即增大其浓度，同时也增大反应物间的接触面积，可提高的去除效果，故B正确；C．反应i中中被Fe还原为，Fe被氧化为Fe2+，根据电子守恒可知1mol氧化1molFe，同时生成1mol，根据A选项可知，1mol可以氧化3molFe，所以反应ⅰ、ⅱ消耗的铁的物质的量之比为1:3，故C正确；D．根据C选项分析可知，将amol完全转化为至少需要amol+3amol=4amol的铁，故D错误；故选D。18．下列示意图与对应的反应情况正确的是A．含0.01molKOH和0.01molCa(OH)2的混合溶液中缓慢通入CO2B．NaHSO4溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液C．KAl(SO4)2溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液D．Na[Al(OH)4]溶液中逐滴加入盐酸【答案】B【解析】【详解】A．CO2先与Ca(OH)2反应生成CaCO3沉淀，然后CO2与KOH反应生成K2CO3，此时沉淀还不会溶解减少，接下来CO2继续与K2CO3反应生成KHCO3，最后CO2与CaCO3反应，沉淀溶解直至完全消失，故A错误；B．NaHSO4溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液，Ba2+与一开始就生成BaSO4沉淀，至完全沉淀，沉淀的量不再变化，故B正确；C．设KAl(SO4)2有1mol，则含有1molAl3+和2mol，1molAl3+完全沉淀时消耗1.5molBa(OH)2，生成1molAl(OH)3沉淀，同时生成1.5molBaSO4沉淀，仍有0.5mol未沉淀，此时沉淀的物质的量总共为2.5mol，再继续滴加Ba(OH)2时，设再滴加xmolBa(OH)2，则继续生成xmolBaSO4沉淀，而将会溶解2xmolAl(OH)3沉淀，所以沉淀减少的物质的量大于生成的沉淀的物质的量，故总的沉淀的物质的量将减少，而不会再增加，因此，当沉淀的物质的量达到最大值时，再加Ba(OH)2，沉淀的物质的量是减小的，即沉淀的物质的量增加的曲线只有一段而不是两段，故C错误；D．Na[Al(OH)4]即NaAlO2，加入稀盐酸，与H+先生成沉淀达到最大值，然后沉淀逐渐溶解至完全消失，故D错误；故选：B。19．某无色溶液中可能含有、、、、、、、、、中的若干种，离子浓度都为，往该溶液中加入和过量的盐酸，无白色沉淀生成。另取少量原溶液，设计并完成如下实验。下列判断正确的是A．原溶液肯定不含和B．是否含需另做实验判断C．若步骤中和溶液改用和盐酸的混合液，对溶液中离子的判断有影响D．、、、肯定不存在，、肯定存在【答案】D【解析】【分析】无色溶液中一定不含；往该溶液中加入和过量的盐酸，无白色沉淀生成，说明没有硫酸钡生成，原溶液中一定不含。试样加足量氯水，无气体生成，说明一定不含；得到的液体中加四氯化碳后分液，下层液体为橙色，说明有溴单质生成，则原溶液中一定含有；上层清液中加硝酸酸化的硝酸钡生成白色沉淀，该沉淀一定是BaSO4，说明加入氯水生成了，原溶液中一定含有；、不共存，所以一定不含；过滤出BaSO4，滤液中加硝酸酸化的硝酸银，有白色沉淀AgCl生成，由于加氯水引入了氯离子，不能判断原溶液是否含；【详解】A．根据以上分析，原溶液肯定不含，肯定含，故A错误；B．根据以上实验，可知溶液中一定含有、，一定不含、、，离子浓度都为，根据电荷守恒，溶液中一定含有、、，无需做实验判断是否含，故B错误；C．由于样品中加入了足量氯水，若步骤中和溶液改用和盐酸的混合液，对溶液中离子的判断没有影响，故C错误；D．根据以上分析，、、、肯定不存在，、肯定存在，故D正确；选D。20．铜镁合金2.14g完全溶于一定浓度的硝酸，硝酸被还原成NO2、NO、N2O三种气体且标准况下它们体积均为0.224L。反应后的溶液中加入足量氢氧化钠溶液，生成的沉淀经过滤、洗涤、干燥后称量，质量为A．3.12g B．4.68g C．5.08g D．4.18g【答案】D【解析】【详解】铜镁合金溶于一定浓度的硝酸，反应生成Mg(NO3)2、Cu(NO3)2、NO2、NO、N2O和H2O，反应后的溶液中加入足量NaOH溶液所得沉淀为Mg(OH)2和Cu(OH)2，沉淀的质量等于原铜镁合金的质量与OH-的质量之和；而n(NO2)=n(NO)=n(N2O)==0.01mol；铜镁合金溶于一定浓度的硝酸发生氧化还原反应，反应中铜、镁失去的电子总物质的量等于HNO3得到的电子总物质的量，HNO3得到电子被还原成NO2、NO、N2O，则2n（Mg）+2n（Cu）=0.01mol×[（+5）-（+4）]+0.01mol×[（+5）-（+2）]+0.01mol×2×[（+5）-（+1）]=0.12mol；根据沉淀的组成Mg(OH)2和Cu(OH)2，沉淀中n（OH-）=2n（Mg2+）+2n（Cu2+）=2n（Mg）+2n（Cu）=0.12mol，m（OH-）=0.12mol×17g/mol=2.04g；沉淀的质量为2.14g+2.04g=4.18g，答案选D。【点睛】解答本题的关键是：利用氧化还原反应中的得失电子守恒和沉淀的化学式得出沉淀中OH-物质的量等于氧化还原反应中转移电子物质的量，进而解答。21．从矿物学资料查得，一定条件下自然界存在如下反应：。下列说法正确的是A．只作氧化剂 B．产物中的离子有一部分是氧化产物C．5mol发生反应，有20mol电子转移 D．既是氧化产物又是还原产物【答案】B【解析】【分析】根据方程式可知：Cu元素的化合价由+2降为+1价，部分S元素价态由-1价升为+6价，根据S元素守恒，5molFeS2参与反应时，根据方程式可知生成的7molCu2S中各元素化合价均降低，故转移电子的物质的量为21mol。故S元素化合价部分升高、部分降低。【详解】A．根据分析，S元素化合价部分升高、部分降低，故FeS2既作氧化剂，又作还原剂，A错误；B．S元素的化合价部分升高，故产物中的硫酸根离子有一部分是氧化产物，B正确；C．根据分析，5molFeS2发生反应，有21mol电子转移，C错误；D．根据分析，Cu2S中各元素化合价均降低，为还原产物，D错误；故选B。22．亚硝酸钠是一种工业盐，在生产、生活中应用广泛。现用下图所示装置(夹持装置已省略)及药品探究亚硝酸钠与硫酸的反应及气体产物的成分。已知气体的沸点为NO2：21℃，NO：152℃。下列说法错误的是A．装置中通入氧气用于检验NO的生成B．反应前应打开弹簧夹，先通入一段时间氮气，除去装置中的空气C．装置中冰水浴的作用是冷凝，使NO2液化D．用装置b代替装置a的优点是便于控制反应的发生与停止【答案】D【解析】【详解】A．2NO+O2=2NO2，因为存在2NO2(红棕色)N2O4(无色)∆H<0，加热可使反应更有利于生成红棕色的NO2，便于检验是否有NO生成，故A正确；B．反应前应打开弹簧夹，先通入一段时间氮气，排出装置中的空气，防止NO被空气中的氧气氧化，干扰NO的检验，造成对反应气体产物检验不准确，故B正确；C．NO2沸点为21℃，易液化，则冰水浴的作用是冷凝使NO2液化，便于与NO分离，故C正确；D．用装置b代替装置a，可使漏斗内的气压和烧瓶中气压相同，便于液体顺利流出，故D错误；故选：D。23．从光盘中提取Ag(其它金属忽略不计)的一种工艺流程如图，下列说法错误的是已知：NaClO溶液在受热或酸性条件下易分解A．“氧化”过程若在强热和强酸性条件下进行，可提高氧化速率B．“氧化”过程还生成，则可能的化学反应为C．“操作Ⅰ”需用到的玻璃仪器有玻璃棒、烧杯、漏斗D．“还原”过程中转化为无害气体，则理论上消耗可提取Ag432g【答案】A【解析】【分析】回收一种光盘金属层中的少量Ag，由流程可知，氧化时发生，过滤分离出氯化银、可能含有银，再加10%的氨水溶解AgCl，发生AgCl+2NH3⋅H2O⇌+Cl-+2H2O，过滤分离出的滤渣为Ag，对过滤得到的滤液用N2H4⋅H2O在碱性条件下能还原得到Ag，依此解答该题。【详解】A．已知，NaClO溶液在受热或酸性条件下易分解，则“氧化”过程若在加强热和强酸性条件下进行，会导致氧化速率降低，A项错误；B．次氯酸钠溶液与Ag反应的产物为氯化银、氢氧化钠和氧气，发生反应的化学方程式为，B项正确；C．加10%的氨水溶解AgCl，发生反应AgCl+2NH3⋅H2O⇌+Cl-+2H2O，过滤分离出的滤渣为Ag，故“操作Ⅰ”需用到的玻璃仪器有玻璃棒、烧杯、漏斗，C项正确；D．还原过程中发生反应：4+N2H4⋅H2O=4Ag↓+N2↑+4+4NH3↑+H2O，理论上消耗1molN2H4⋅H2O可提取4molAg，m=n·M=4mol×108g/mol=432g，D项正确；答案选A。二、多选题24．化学科学与技术在宇宙探索、改进生活与促进发展方面均发挥着关键性的作用。下列叙述正确的是A．德尔塔(Delta)，是新冠病毒变异毒株，传播性更强，其成分含有蛋白质B．“神舟”和“天宫”系列飞船使用的碳纤维，属于传统无机非金属材料C．杀菌消毒是防止新冠疫情蔓延的重要措施，二氧化氯泡腾片和75%酒精均可杀灭病毒，二者消毒时均表现为强氧化性D．血液透析是利用了胶体的性质，“人工肾”利用血液透析原理救治患者【答案】AD【解析】【详解】A．病毒主要由核酸和蛋白质外壳组成，故A正确；B．碳纤维，属于新型无机非金属材料，故B错误；C．杀菌消毒是防止新冠疫情蔓延的重要措施，二氧化氯泡腾片消毒时表现为强氧化性，75%酒精可杀灭病毒，是因为酒精能使蛋白质变性，故C错误；D．血液透析利用渗析原理，利用了胶体的性质，“人工肾”利用血液透析原理救治患者，故D正确；选AD。25．下列“类比”或“对比”不合理的是A．Mg在中点燃反应生成MgO和C，则Ca在中点燃反应生成CaO和CB．NaClO溶液与反应生成和HClO，则溶液与少量反应生成和HClOC．与盐酸反应生成NaCl和，则与盐酸反应生成和D．NaOH溶液与少量溶液反应生成和，则氨水与少量溶液反应最终生成和NH4NO3【答案】BD【解析】【详解】A．Ca比Mg活泼，Mg在中点燃反应生成MgO和C，则Ca在中点燃反应生成CaO和C，A合理；B．NaClO溶液与反应生成和HClO，酸性：H2CO3>HClO>，而溶液与少量反应生成碳酸钙和HClO，B不合理；C．与盐酸反应生成NaCl和，水解生成NaOH和NH3分别与盐酸反应得到NaCl和，则水解产物Mg(OH)2和NH3分别与盐酸反应生成和，C合理；D．氨水与少量溶液反应生成银氨溶液，不能生成氧化银，D不合理；故选BD。三、实验题26．回答下列问题(1)分类既是一种重要的学习方法，也是一种良好的学习习惯。关于物质及化学反应的分类有下列说法：①和溶液都是混合物；②是一种难溶于水的强电解质；③冰醋酸、纯碱、小苏打分别属于酸、碱、盐；④离子化合物中可能含有共价键；⑤由同种元素组成的物质不一定属于纯净物；⑥置换反应都属于离子反应；⑦金属氧化物一定是碱性氧化物，非金属氧化物一定是酸性氧化物。其中正确的是_______(填序号)。(2)是形成酸雨的主要原因。取某化工区空气样本用蒸馏水处理后检测，所含离子及其浓度如下：离子浓度/()a根据表中数据计算：a=_______。(3)金属钨(W)可作灯泡的灯丝，钨合金材料非常坚硬耐磨、耐热。将黑钨矿(主要成分为)与混合后在空气中高温焙烧可以得到：；与热的浓盐酸反应生成，受热分解生成和。①钨合金的熔点比金属钨的熔点_______(填“低”或“高”)。②镁条在X中燃烧的化学方程式为_______。③利用铝热反应可由制备金属W，发生反应的化学方程式为_______。(4)钒性能优良，用途广泛，有金属“维生素”之称。将废钒催化剂(主要成分为)与稀硫酸、溶液混合，充分反应后生成，该反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为_______。(5)是一种高效安全的杀菌消毒剂。氯化钠电解法生产工艺原理示意图如下：写出发生器中的化学方程式，并用单线桥标出电子转移的方向及数目：_______。【答案】(1)②④⑦(2)(3)

低

(4)1：1(5)【解析】(1)①含有2种及以上物质种类的为混合物，硫酸铜溶液都是混合物，但五水合硫酸铜晶体是纯净物，①错误；②BaSO4是一种难溶于水的盐，属于强电解质，②正确；③纯碱是碳酸钠的俗称，不是碱，③错误；④含有离子键的为离子化合物，也可以含有共价键，④正确；⑤有的置换反应属于离子反应，有的不是，⑤错误；⑥金属氧化物可以是酸性氧化物或两性氧化物，如Mn2O7是酸性氧化物，Al2O3属于两性氧化物，非金属氧化物可以使不成盐氧化物，⑥错误；⑦同素异形体是同种元素形成的而不同单质，如石墨和金刚石，⑦正确；故正确的是②④⑦；(2)溶液呈电中性，故阳离子和阴离子所带电荷总量相等，故，故；(3)合金的熔点一般比其他成分金属的低，所以钨合金的熔点比金属物的熔点低，故答案为低；根据原子守恒，X为CO2，故镁在二氧化碳中燃烧的化学方程式为：；利用铝热反应可以回收金属钨，故WO3发生铝热反应的化学方程式为：；(4)与稀硫酸、溶液混合，充分反应后生成，离子方程式为：，氧化剂为V2O5，还原剂为，该反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为1：1；(5)根据流程图可知，氯化钠电解槽中发生反应生成NaClO3，NaClO3和HCl反应生成ClO2，单线桥表示为：。27．Ⅰ．实验室用NaOH、单质碘和水合肼()为原料制备碘化钠。已知：水合肼具有还原性。回答下列问题：(1)水合肼的制备反应原理：①制取次氯酸钠和氢氧化钠混合液的连接顺序为_______(按气流方向，用小写字母表示)。A．

B．

C．

D．②制备水合肼时，应将_______滴到_______中(填“NaClO溶液”或“尿素溶液”)，且滴加速度不能过快。(2)碘化钠的制备是采用水合肼还原法制取，其制备流程如图所示：在“还原”过程中，主要消耗反应过程中生成的副产物，该过程的离子方程式为_______。工业上也可以用硫化钠或铁屑还原碘酸钠制备碘化钠，但水合肼还原法制得的产品纯度更高，其原因是_______。Ⅱ．某化学小组模拟“侯氏制碱法”，以NaCl、、和水等为原料以及如图所示装置制取，然后再将制成。(3)装置丙中冷水的作用是_______；Ⅲ．取等物质的量浓度的NaOH溶液A和B两份，每份10mL，分别向A、B中通入不等量的，再继续向两溶液中逐滴加入的盐酸，标准状况下产生的气体体积与所加的盐酸体积之间的关系如图所示，请回答：(4)①A曲线表明原NaOH溶液中通入后，所得溶液中溶质的成分是_______。②B曲线表明原NaOH溶液中通入后，所得溶液加盐酸后产生气体体积(标准状况)的最大值为_______mL。【答案】(1)

ecdabf

NaClO溶液

尿素溶液(2)

2NaIO3+3N2H4·H2O=3N2↑+2NaI+9H2O

水合肼被氧化后的产物为N2和H2O，不引入杂质(3)冷却，使NaHCO3晶体析出(4)

NaOH和NaHCO3

112【解析】(1)装置c由二氧化锰和浓盐酸制备氯气，用B装置的饱和食