专题一至十三滚动检测高分卷-2021高考化学【高考解码】一轮单元滚动检测示范卷（全国100所名校）

专题一至十三滚动检测高分卷 1．C　A.假设有1 mol FeSO4·7H2O即其质量为1 mol×278 g/mol＝278 g，“将矾炒去，约折五分之一”失去质量的即×278 g＝55.6 g，换算成水的物质的量为≈3 mol，所以脱水后产物为FeSO4·4H2O，A正确； B．根据题目中描述“惟黄金不化水中，加盐则化”，可知该方法所造“强水”为硝酸，B正确； C．Au的金属活动性很弱，硝酸也不能将其氧化，加盐后，“强水”中含王水成分，Au可溶于王水，主要是由于配位作用，而不是因为氧化性，C错误； D．“强水用过无力”的原因是“强水”用过以后，生成了硝酸盐溶液，其氧化性减弱，D正确；故答案选C。 2．D　A.用于漂白纸浆，利用的是SO2的漂白性，A错误；B.Si能导电，可用作半导体材料，B错误；C.FeCl3溶液具有较强的氧化性，可用于蚀刻铜制的电路板，C错误； D．漂白液中含有强氧化性物质，可作漂白剂和消毒剂，D正确。故选D。 3．C　A选项，明矾是两种阳离子和一种阴离子组成的盐，小苏打是一种阳离子和一种阴离子组成的盐，因此都不能称为混盐，故A错误；B选项，在上述反应中，浓硫酸化合价没有变化，因此浓硫酸只体现酸性，故B错误；C选项，CaOCl2中有氯离子和次氯酸根，一个氯离子升高一价，生成一个氯气，因此每产生1 mol Cl2，转移电子数为NA，故C正确；D选项，CaOCl2中含有钙离子、氯离子、次氯酸根，因此1 mol CaOCl2共含离子数为3NA，故D错误；综上所述，答案为C。 4．B　A.由于氨水是过量的，则生成了稳定的[Ag(NH3)2]＋，正确的离子方程式为：Ag＋＋2NH3·H2O===[Ag(NH3)2]＋ ＋2H2O，A项正确； B．碳酸钠分步水解，主要为第一步水解，且为可逆反应，正确的离子方程式为：CO＋H2O⇌HCO＋OH－，B项错误； C．向3%的双氧水中通入少量SO2，H2O2氧化SO2生成硫酸，正确的离子方程式为：H2O2＋SO2===2H＋＋SO，C项正确； D．向NaHCO3溶液中加入过量石灰水，碳酸氢根离子全部参与反应，假设碳酸氢根离子为1 mol，则正确的离子方程式为：Ca2＋＋OH－＋HCO===CaCO3↓＋H2O，D项正确；答案选B。 5．A　A.“84”消毒液显碱性，在碱性溶液中：SiO、CO、Na＋、K＋与OH－不能发生任何反应，可以大量共存，A正确；B.＝10－12的溶液显碱性，在碱性溶液中，OH－与NH会发生反应生成NH3·H2O，不能大量共存，B错误；C.0.1 mol/L NaAlO2溶液中：HCO、AlO反应产生CO和Al(OH)3沉淀，不能大量共存，C错误；D.pH＝1的溶液显酸性，在酸性溶液中H＋、S2O会发生氧化还原反应，产生S、SO2、H2O，不能大量共存，D错误。 6．C　A项，“盐泡”内含有NaCl等盐类，“盐泡”越多质量越大，冰密度越大，故A错误；B项，NaCl是离子晶体，不存在NaCl分子，故B错误；C项，假设有1 L海水，质量为900 g，物质的量是50 mol，个数比：“盐泡”∶H2O＝2×10－5∶1，则氯化钠的物质的量是1×10－4 mol，海冰内层NaCl的浓度约为10－4 mol/L，故C正确；D项，若海冰的冰龄达到1年以上，融化后的水为淡水，即冰龄越长，“盐泡”渗出，内层的“盐泡”越少，故D错误。 7．D　硫酸渣用硫酸酸浸时，氧化铁溶解生成硫酸铁，加入铁粉，则溶液变为硫酸亚铁溶液，过滤，滤渣为过量的铁粉和未溶解的二氧化硅，滤液中加入碳酸氢铵，发生双水解反应生成二氧化碳和氢氧化亚铁，据此解答。 A．“酸溶”中加热或搅拌或适当增大硫酸浓度均可加快溶解速度，A正确； B．根据分析可知，滤渣的主要成分是SiO2和Fe，B正确； C．“沉铁”过程中硫酸亚铁与碳酸氢铵双水解生成Fe(OH)2的化学方程式为：FeSO4＋2NH4HCO3===Fe(OH)2↓＋ (NH4)2SO4＋ 2CO2↑，C正确； D．“氧化”Fe(OH)2浆液时，若用氯气代替空气，导致制备的铁黄含量偏低且含有杂质，D错误；答案为D。 8．A　反应物为液体，生成物等均为气体，则表示N2H4，表示NH3，则为氮气，为H2，据此分析解答。 A．根据上述分析，反应物表示N2H4，名称是肼，故A错误； B．上述反应的方程式可以为2N2H42NH3↑＋N2↑＋H2↑，反应中N元素由－2价升高到0价，被氧化，氧化产物为(N2)，故B正确； C．反应物和生成物中存在的都是共价键，反应前后，一定是共价键的断裂与生成，故C正确； D．上述反应方程式可以为2N2H42NH3↑＋N2↑＋H2↑或4N2H42NH3↑＋3N2↑＋5H2↑或6N2H42NH3↑＋5N2↑＋9H2↑等，物质之间没有确