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专题一至十阶段滚动检测高分卷
1.C A.SiC属于新型无机非金属材料,故不选A;B.钛合金材料具有强度大、密度小、耐腐蚀等特性,故不选B;C.“中国芯”主要成分为半导体材料Si,不是SiO2,故选C;D.因为铝比铁活泼,所以利用原电池原理,铁做正极被保护,这种方法叫牺牲阳极的阴极保护法,故不选D。
2.C A.蚕丝主要成分为蛋白质,灼烧产生烧焦羽毛气味,所以可以用灼烧的方法可以区分蚕丝和人造纤维,A正确;B.福尔马林为甲醛水溶液,甲醛有毒,不能用于食品防腐,B正确;C.生石灰和硅胶都具有吸水性,不具有还原性,所以不能防止食品氧化变质,C错误;D.维生素C具有还原性,能够还原三价铁离子生成二价铁离子,所以能将人体中的Fe3+转化为易被吸收的Fe2+,D正确。
3.B A、0.1 mol SiO2晶体中含有Si-O键的数目为0.4NA,故A错误;
B、HO和D2O摩尔质量都是20 g/mol,则18 gHO和D2O的混合物中,所含中子数为:×10×NA=9NA,故B正确;
C、氯气与水反应为可逆反应,可逆反应不能进行到底,所以标准状况下,22.4 L Cl2溶于水,转移电子数小于NA,故C错误;
D.红热的铁与水蒸气可发生反应:3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2,56 g铁物质的量为1 mol,与足量水蒸气反应,生成 mol H2,故D错误。
4.B A项、溶液中H+与KHSO3反应,不能大量共存,故A不选;
B项、0.1 mol·L-1H2SO4溶液中该组离子之间不反应,能大量共存,故B正确;
C项、ClO-具有强氧化性,碱性条件下会将Na2SO3氧化,不能大量共存,故C不选;
D项、NH和HCO会与Ba(OH)2反应,不能大量共存,故D不选。
5.C A.向溶液中加入过量的OH-,与HCO反应生成CO,过量的OH-与Mg2+生成Mg(OH)2沉淀,故A正确;B.酸性条件下,NO表现出强氧化性,可以将BaSO3氧化为BaSO4,故B正确;C.氢氧化二氨合银应改成[Ag(NH3)2]+离子和OH-离子,银氨溶液与过量稀硝酸反应的离子方程式为:[Ag(NH3)2]++OH-+3H+===Ag++2NH+H2O,故C错误;D.使SO沉淀完全,则NH4HSO4和Ba(OH)2的物质的量之比为1∶1,故D正确。
6.C 反应中元素的化合价变化为:2 uFe 2+O 2 得到e-×2 2S+2FeS+ 失去6e- 得到2e-×22,SO2既是氧化产物又是还原产物。由上述转化关系,A、每生成1 mol Cu2S,有1 mol硫被氧化,故A错误;B、CuFeS2中Cu元素由+2价降低为+1价,S元素由-2价升高到+4价,在反应中CuFeS2既是氧化剂,又是还原剂,氧气中O元素由0降低为-2价,则O2只作氧化剂,故B错误;C、S元素由-2价升高到+4价,氧气中O元素由0降低为-2价,则SO2既是氧化产物又是还原产物,故C正确;D、若有1 mol O2参加反应,则反应中共有6 mol电子转移,故D错误。
7.A A.Cu(IO3)2得电子作氧化剂,Cu(IO3)2中的铜和碘元素得电子化合价降低而被还原,故A正确;B.Cu(IO3)2中Cu元素的化合价由+2价降低为+1价为氧化剂,CuI中I元素由KI提供,化合价没变,所以CuI只是还原产物,故B错误;C.由方程式得出,24个KI参与反应,22个KI中I元素化合价升高生成11个碘单质,作还原剂被氧化发生氧化反应,所以每生成1 mol CuI,则有12 mol KI参与反应,即11 mol KI发生氧化反应,故C错误;D.Cu(IO3)2中Cu元素的化合价由+2价降低为+1价,I元素的化合价由+5价降低为0, 1 mol Cu(IO3)2参与反应共转移11 mol电子,所以每转移1.1 mol电子,有0.1 mol Cu(IO3)2参与反应,有0.2 mol IO得电子被还原,故D错误。
8.C A.若甲为气态氢化物(H2S),乙为淡黄色固体(S),则丙具有漂白性(SO2),各物质都能依箭头所指方向发生转化,A正确;
B.若甲为气体单质(O2),乙为含有极性共价键的非极性分子(CO2),则反应②(C+CO2)为吸热反应,各物质都能依箭头所指方向发生转化,B正确;
C.若甲为金属氧化物(Al2O3),乙的水溶液呈酸性(AlCl3),则丙[Al(OH)3]既能与强酸又能与强碱反应,这些物质都能转化,但甲不能转化为丙,所以C错误;
D.若甲为金属单质(Fe),反应④(Fe+CuCl2)为置换反应,则往乙(FeCl3)溶液中滴加KSCN,溶液变为血红色,箭头所指的各物质间都能发生转化,D正确。故选C。
9.C A.既然Al2O3与SiO2的性质类似,那么焙烧时就能发生如下反应:Al2