备战2025年高考化学抢押秘籍(浙江专用)猜押01化学与STES、物质的分类、性质与用途(学生版+解析)练习

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押题一 化学与STES
1．(2025·浙江省天域名校协作体高三下学期联考)化学与社会、生活密切相关。对下列现象或事实解释不正确的是( )
A．乙炔难以压缩液化，可将乙炔溶于丙酮储存于钢瓶中
B．直链烷基苯磺酸钠与油脂发生酸碱中和反应，可用作洗涤剂
C．苯酚对皮肤有腐蚀性，如不慎沾到皮肤上，可立即用乙醇冲洗后再用水冲洗
D．氯乙烷沸点较低，汽化时有冷冻麻醉作用，可制成气雾剂用于运动中的急性损伤
【答案】B
【解析】A项，乙炔熔沸点较低，难以液化，常将乙炔溶于丙酮储存于钢瓶中，故A正确；B项，直链烷基苯磺酸钠将油脂包裹在胶束中，使其溶于水，便于去除，而未发生酸碱中和反应，故B错误；C项，苯酚具有腐蚀性，但易溶于乙醇，因此沾到皮肤上的苯酚，可用乙醇冲洗后再用水洗净，故C正确；D项，氯乙烷沸点较低，液化后易气化，该过程吸收大量的热，可起到冷冻麻醉作用，医疗上用于运动中的急性损伤，故D正确；故选B。
2．(2025·浙江省天域名校协作体高三下学期联考)下列说法正确的是( )
A．Al(OH)3、BaCO3、Mg(OH)2都能与胃酸反应，均可制成抗酸药
B．绿矾(FeSO4·7H2O)有氧化性，可作为重铬酸根(Cr2O72-)处理剂
C．柠檬黄的着色力强、稳定性好，可作为食品添加剂
D．Ti-Fe合金和La-Ni合金能高温下大量吸收H2生成金属氢化物，可用作储氢材料
【答案】C
【解析】A项，BaCO3与胃酸反应产生Ba2+ 导致人重金属中毒， 因此不能制成抗酸药，A错误；B项，绿矾具有还原性，能与具有氧化性的物质发生氧化还原反应，故工业上常用绿矾(FeSO4·7H2O)处理废水中含有的重铬酸根离子，B错误；C项，柠檬黄的着色力强、稳定性好，可作为食品添加剂，C正确；D项，Ti-Fe合金和La-Ni合金常温下能大量吸收H2生成金属氢化物，将这些金属氢化物加热，它们又会分解，将储存在其中的氢释放出来，可作储氢材料，D错误；故选C。
3．各类材料的应用推动了科技发展，下列说法正确的是( )
A．废电池必须进行集中处理，因为电池外壳为贵重金属材料，需要回收利用
B．天舟六号货运飞船主体材料铝合金的硬度高于金属铝
C．纸电池是近年来电池研发领域的新成果，原电池的电极必须使用金属材料
D．“长征一号”运载火箭使用的是液氧煤油发动机，煤油主要由煤的干馏获得
【答案】B
【解析】A项，废电池必须进行集中处理，因为电池外壳为重金属材料，重金属离子污染土壤和水源，故A错误；B项，合金的硬度大于成分金属，所以铝合金的硬度高于金属铝，故B正确；C项，原电池的电极可以是导电性良好的非金属材料，故C错误；D项，煤油主要由石油分馏获得，故D错误；故选B。
4．化学新材料的研究，不仅推动了人类社会的进步和发展，更是现代工业的基石。下列有关材料的说法正确的是( )
A．碳化硼(B4C3)结构陶瓷可制造切削工具，它是一种新型无机非金属材料
B．选用硬铝做航空材料，其密度小，耐腐蚀，且属于纯净物
C．中国空间站使用的砷化镓薄膜电池，其生产原料是石英
D．我国新型飞机尾翼主盒材料选用的碳纤维是有机高分子材料
【答案】A
【解析】A项，结构陶瓷碳化硼(B4C3)常用于制造切削工具，它属于共价晶体，硬度大，是一种新型无机非金属材料，A正确；B项，航空硬铝属于合金，具有强度高，耐腐蚀等性能，合金属于混合物，B错误；C项，石英的主要成分是二氧化硅，砷化镓薄膜电池的生产原料不可能是石英，C错误；D项，碳纤维是碳元素的一种单质，是新型无机非金属材料，D错误；故选A。
5．化学与生产、生活密切相关，下列说法不正确的是( )
A．食醋是生活中常见的调味品，其中含有乙酸，所以乙酸又被称为醋酸
B．通过施加适量石膏可以降低盐碱地(含较多NaCl、Na2CO3)土壤的碱性
C．乳酸在催化剂作用下发生加聚反应得到的聚乳酸，是一种可降解的高分子材料
D．华为公司自主研发的麒麟芯片是业界领先的手机芯片，其基本材料是单晶硅
【答案】C
【解析】A项，食醋具有酸味，是因为含有乙酸，乙酸又被称为醋酸，故A正确；B项，碳酸钠为强碱弱酸盐，水解使溶液呈碱性，施加适量石膏，生成碳酸钙，可降低土壤的碱性，故B正确；C项，乳酸在催化剂作用下发生缩聚反应得到的聚乳酸，聚乳酸是一种可降解的高分子材料，故C错误；D项，硅是良好的半导体材料，手机芯片的基本材料是单晶硅，故D正确；故选C。
6．下列关于化学家们研究成果的有关说法错误的是( )
A．侯德榜发明联合制碱法：其中一步是先向饱和食盐水中通入NH3，再通入CO2
B．维勒合成尿素：CO(NH2)2和NH4CNO含有化学键类型不完全相同
C．凯库勒阐明苯的环状结构：苯催化加氢得到的环己烷属于不饱和烃
D．张青莲精确测定锗的相对原子质量：锗位于元素周期表的p区
【答案】C
【解析】A项，侯德榜发明制碱法，先往饱和食盐水中通入溶解度较大的氨气，使溶液呈碱性再通入CO2，这样有利于CO2的溶解吸收，最终反应生成碳酸氢钠，故A正确；B项，CO(NH2)2只含共价键，NH4CNO属于离子化合物含有离子键，故B正确；C项，环己烷中碳碳，氢碳之间都只以单键连接的烃，属于饱和烃，故C错误；D项，锗为IVA族元素，位于p区，故D正确；故选C。
押题二 物质的分类
7．(2025·浙江省稽阳联谊学校高三联考)下列物质属于强电解质的是( )
A．邻羟基苯甲酸 B．SO3 C．C2H5NH3Cl D．Mg(OH)2
【答案】C
【解析】A项，邻羟基苯甲酸为弱酸，在溶液中部分电离出自由移动的离子，属于弱电解质，故A错误；B项，三氧化硫不能电离出自由移动的离子，属于非电解质，故B错误；C项，C2H5NH3Cl为盐类物质，在溶液中能完全电离出自由移动的离子，属于强电解质，故C正确；D项，氢氧化镁为中强碱，在溶液中部分电离出自由移动的离子，属于弱电解质，故D错误；故选C。
8．(2025·浙江省强基联高三联考)按照交叉分类法，对[Cu(NH3)4](OH)2的分类中不正确的是( )
A．配合物 B．强碱 C．电解质 D．盐
【答案】D
【解析】[Cu(NH3)4](OH)2是一种易溶于水的强碱，属于电解质，Cu2+与NH3之间以配位键相结合，属于配合物；故选D。
9．(2025·浙江省温州市高三一模)按物质组成与性质分类，[Cu(NH3)4]SO4∙H2O不属于( )
A．盐 B．混合物 C．配合物 D．电解质
【答案】B
【解析】A项，[Cu(NH3)4]SO4∙H2O带有结晶水，既含有酸根离子SO42-，又含有配离子[Cu(NH3)4]2+，则其属于盐，A不符合题意；B项，[Cu(NH3)4]SO4∙H2O是带有结晶水的盐，属于纯净物，不属于混合物，B符合题意；C项，[Cu(NH3)4]SO4∙H2O含有配离子[Cu(NH3)4]2+，则其属于配合物，C不符合题意；D项，[Cu(NH3)4]SO4∙H2O属于盐，溶于水后能电离出自由移动的酸根离子SO42-和配离子[Cu(NH3)4]2+，则其属于电解质，D不符合题意；故选B。
10．(2025·浙江省县域教研联盟高三模拟考试)下列属于弱电解质的是( )
A．H3PO4 B．H2SO4 C．HNO3 D．HCl
【答案】A
【解析】A项，H3PO4为中强酸，弱电解质，电离不完全，H3PO4H++H2PO4-，A符合题意；B项，H2SO4为强酸，强电解质全电离，H2SO4=2H++SO42-，B不符合题意；C项，HNO3为强酸，强电解质全电离，HNO3=H++NO3-，C不符合题意；D项，HCl为强电解质在溶液中全电离，HCl=H++Cl-，D不符合题意；故选A。
11．(2025·浙江省Z20名校联盟高三第二次联考)常温下能与水反应产生气体的强电解质的是( )
A．Na B．CaC2 C．NO2 D．K2O
【答案】B
【解析】A项，钠是单质，既不是电解质也不是非电解质，A不符合题意；B项，碳化钙是离子化合物，熔融状态能导电、完全电离，是强电解质，与水反应生成氢氧化钙和乙炔气体，B符合题意；C项，二氧化氮为非金属氧化物，熔融状态不能导电，溶于水和水反应生成的硝酸电离使溶液导电，自身不电离，是非电解质，C不符合题意；D项，氧化钾是离子化合物，是强电解质，但与水反应生成氢氧化钾，没有气体产生，D不符合题意；故选B。
12．(2025·浙江省五校高三联考)下列物质溶于水能导电，且属于非电解质的是( )
A．P2O5 B．Cl2 C．CH3COOH D．AlCl3
【答案】A
【解析】A项，P2O5和水反应生成磷酸，磷酸电离出阴阳离子而使P2O5的水溶液导电，但电离出阴阳离子的物质是磷酸而不是P2O5，所以P2O5是非电解质，故A符合题意；B项，氯气是单质，既不是电解质也不是非电解质，故B不合题意；C项，醋酸在水溶液里能电离出阴阳离子，所以醋酸水溶液能导电，但醋酸是电解质，故C不合题意；D项，AlCl3在水溶液里能电离出阴阳离子，所以AlCl3水溶液能导电，但AlCl3是电解质，故D不合题意；故选A。
押题三 物质的性质
13．(2025·浙江省绍兴市高三第一次模拟)下列说法不正确的是( )
A．Na2CO3溶液具有碱性，能做食用碱 B．BaCO3难溶于水，可作为“钡餐”
C．漂白粉露置在空气中易变质，应密闭保存 D．氢氧化铁胶体具有吸附性，能用于净水
【答案】B
【解析】A项，Na2CO3是强碱弱酸盐，水解使溶液具有碱性，能做食用碱，A正确；B项，BaCO3难溶于水，可溶于胃酸(主要成分为盐酸)生成氯化钡，钡离子会使人中毒，硫酸钡难溶于水、难溶于酸，不易被X射线穿透，可作为“钡餐”，B不正确；C项，漂白粉露置在空气中，其有效成分次氯酸钙和空气中的水、二氧化碳反应生成次氯酸、次氯酸光照后分解而导致变质，应密闭保存，C正确；D项，氢氧化铁胶体具有吸附性，能吸附水中固体悬浮物并使之沉降，故可用于净水，D正确；故选B。
14．(2025·浙江省北斗星盟高三联考)次氯酸盐常用作漂白和消毒，下列说法正确的是( )
A．“84”消毒液与SO2同时使用可以增强漂白效果
B．ClO-水解生成HClO使漂白液呈酸性
C．工业上常用Cl2通入澄清石灰水制备漂白粉
D．NaClO溶液比HClO溶液稳定
【答案】D
【解析】A项，“84”消毒液有效成分为NaClO，具有氧化性，SO2具有还原性，彼此发生氧化还原反应，NaClO被还原失效，A错误；B项，漂白液有效成分为NaClO，为强碱弱酸盐，ClO-水解方程式：ClO-+H2OHClO+OH-，溶液呈碱性，B错误；C项，石灰水浓度低，工业上常用Cl2通入石灰乳中制备漂白粉，C错误；D项，次氯酸不稳定易分解，次氯酸盐较稳定，D正确；故选D。
15．(2025·浙江省嘉兴市高三一模)关于Na2CO3和NaHCO3的下列说法中，不正确的是( )
A．热的Na2CO3溶液有很好的去除油污效果
B．NaHCO3能与酸反应，降低胃酸的浓度，因而可作抗酸药
C．向NaHCO3中加入少量水后，NaHCO3能溶解，并伴随着吸热现象
D．室温下，二者饱和溶液的pH差约为4，主要是由于它们的溶解度差异
【答案】D
【解析】A项，碱性条件下油脂水解更彻底，Na2CO3溶液中CO32-水解使溶液呈碱性，温度越高，CO32-的水解程度越大，溶液碱性越强，去油污效果越好，A正确；B项，NaHCO3是一种弱碱性物质，能够与胃酸的主要成分盐酸发生反应，从而减轻因胃酸过多引起的相关症状，所以它被归类为抗酸药，B正确；C项，NaHCO3在溶解过程中会吸收热量，向NaHCO3中加入少量水后，NaHCO3能溶解，并伴随着吸热现象，C正确；D项，室温下Na2CO3和NaHCO3饱和溶液pH相差较大的主要原因是CO32-的水解程度远大于HCO3-，D错误；故选D。
16．(2025·浙江省第一届NBchem高考模拟考试)下列表示不正确的是( )
A．溶液也发生光的散射，但由于溶液中粒子的直径小于，散射极其微弱
B．工业上制取NaOH一般采用Na2O与H2O的反应
C．由镍、铁、碳和钴组成的镍钴合金，可以耐高温
D．污水处理可以用硫酸亚铁，硫酸铝，ClO2等
【答案】B
【解析】A项，溶液也发生光的散射，溶液中的粒子直径小于1nm，散射光微弱，无法形成明显丁达尔效应，A正确；B项，工业制NaOH主要通过电解饱和食盐水2NaCl＋2H2O2NaOH＋H2↑＋Cl2↑(氯碱工业)，Na2O与水反应生成NaOH成本高，不用于工业生产，B错误；C项，镍钴合金属于耐高温材料，常用于高温环境(如发动机部件)，C正确；D项，硫酸亚铁中的Fe2+首先通过氧化生成Fe3+，Fe3+水解生成胶状Fe(OH)3、硫酸铝中的Al3+可以发生水解生成胶状的Al(OH)3，可以吸附水中的杂质，用作絮凝剂，ClO2具有氧化性可用于消毒，均用于污水处理，D正确；故选B。
17．NH4NO3是一种高效氮肥，也是一种烈性炸药。下列说法不正确的是( )
A．将结块的硝酸铵置于研钵中，用研杵敲碎，研细
B．硝酸铵可由氨气和硝酸反应制备，该反应不属于氮的固定
C．施化肥时，不能将草木灰和硝酸铵混合使用
D．医用硝酸铵速冷冰袋是利用硝酸铵溶于水吸热的性质
【答案】A
【解析】A项，硝酸铵在敲碎、研细时，可能会发生爆炸，A错误；B项，氨气与硝酸反应可以得到硝酸铵，由于氮的固定是将游离态的氮转化为化合态的氮，所以该反应不属于氮的固定，B正确；C项，草木灰溶于水呈碱性，硝酸铵溶于水呈酸性，二者会发生双水解反应，可以释放出氨气，导致氮肥流失，因此不能将草木灰与硝酸铵混合使用，C正确；D项，硝酸铵溶于水吸收热量，因此医用硝酸铵速冷冰袋是利用硝酸铵溶于水吸热的性质，D正确；故选A。
18．明矾[KAl(SO4)2·12H2O]应用广泛，下列说法不正确的是( )
A．明矾属于复盐
B．明矾溶液和小苏打溶液混合可以生成CO2气体
C．明矾大晶体的培养可以通过形状完整的小晶体作为晶核
D．明矾可以用作净水剂，是因为明矾溶于水生成了氢氧化铝沉淀
【答案】D
【解析】A项，明矾含有铝离子和钾离子两种阳离子，属于复盐，A正确；B项，明矾溶液中含有Al3+，Al3+和碳酸氢钠溶液会发生双水解反应生成CO2气体，B正确；C项，选用形状较为规则的小明矾晶体作晶核，更有利于晶体的完美析出，C正确；D项，明矾可以用作净水剂，是因为明矾溶于水生成了氢氧化铝胶体，D错误；故选D。
押题四 物质的用途
19．(2025·浙江省嘉兴市高三一模)化学与生产、生活和社会发展密切相关。下列说法不正确的是( )
A．因熔融态SiO2冷却凝固速率不同，使天然水晶球未能完全呈现自范性，而形成玻璃态外层的水晶和晶态内层的玛瑙
B．Fe2O3是一种红棕色粉末，常用作油漆、涂料、油墨和橡胶的红色颜料
C．豆浆中加入凝固剂葡萄糖酸−δ−内酯，使豆浆中的蛋白质聚沉制出美味的豆腐
D．通过控制条件合成氨是最重要的人工固氮途径，它为工农业生产提供了重要的原料
【答案】A
【解析】A项，天然水晶球的外层是看不到晶体外形的玛瑙，内层才是呈现晶体外形的水晶，A错误；B项，Fe2O3是一种红棕色粉末，属于铁的氧化物，俗称铁红，常用作油漆、涂料、油墨和橡胶的红色颜料，B正确；C项，豆浆属于胶体，加入凝固剂葡萄糖酸−δ−内酯，使豆浆中的蛋白质发生聚沉制出美味的豆腐，C正确；D项，人类通过控制条件，将氮气转化为氮的化合物(NH3)，是最重要的人工固氮途径，它为工农业生产提供了重要的原料(氮肥)，D正确；故选A。
20．(2025·浙江省杭州市高三一模)化学技术和化学物质可造福人类生活。下列说法不正确的是( )
A．利用液氮、液氢做火箭推进剂，可有效减少对环境的污染
B．硫酸亚铁可用作处理污水的混凝剂
C．丙三醇有吸水性，可用于配制化妆品
D．氯化镁、硫酸钙等可用作生产豆腐的凝固剂
【答案】A
【解析】A项，氮气与氢气反应生成氨为放热反应，但反应很慢，不能在短时间产生大量的热量与大量的气体，同时产生的氨气也污染空气，A错误；B项，硫酸亚铁溶于水后，产生胶体吸附水中悬浮杂质，可用作处理污水的混凝剂，B正确；C项，丙三醇的醇羟基是亲水基团，且丙三醇的羟基个数交多，吸水性良好，有利于保湿，可用于配制化妆品，C正确；D项，电解质能使胶体聚沉，氯化镁、硫酸钙可作为制作豆腐的凝固剂，D正确；故选A。
21．(2025·浙江省金丽衢十二校高三第一次联考)下列说法不正确的是( )
A．液氨汽化时要吸收大量的热，可用作制冷剂
B．硫酸的沸点高，主要是因为分子间形成了氢键
C．碳酸钠和碳酸氢钠的溶液均显碱性，可用作食用碱或工业用碱
D．工业上将氯气通入石灰水中制漂白粉
【答案】D
【解析】A项，液氨常用作制冷剂是由于液氨汽化时吸收大量的热，A正确；B项，硫酸分子间可形成氢键，使硫酸沸点较高，B正确；C项，碳酸钠和碳酸氢钠均为强碱弱酸盐，水解使溶液均显碱性，可用作食用碱或工业用碱，C正确；D项，工业制备漂白粉是向石灰乳中通入氯气，D错误；故选D。
22．(2025·浙江省县域教研联盟高三模拟考试)化学与生活关系密切，下列说法不正确的是( )
A．碳酸氢钠可以用于制备膨松剂
B．使用石膏制豆腐是利用了蛋白质聚沉的原理
C．明矾净水是利用了Al(OH)3胶体的吸附性
D．油脂的摄入可以促进人体对水溶性维生素的吸收
【答案】D
【解析】A项，碳酸氢钠受热易分解产生二氧化碳气体，所以可以用于制备膨松剂，A正确；B项，豆浆属于胶体，石膏主要成分硫酸钙属于电解质，即使用石膏制豆腐是利用了蛋白质聚沉的原理，B正确；C项，胶体具有吸附性，明矾溶于水后铝离子水解形成氢氧化铝胶体可吸附净水，C正确；D项，油脂的摄入可以促进人体对脂溶性维生素的吸收，D错误； 故选D。
23．下列物质的性质决定用途的对应关系正确的是( )
A．Al2O3是两性氧化物，致密氧化铝薄膜起保护金属内部的作用
B．H2的热值高且燃烧产物无污染，可能是未来能源
C．SO2具有较强还原性，可用于葡萄酒酿制过程中杀菌
D．HCHO水溶液具有消毒作用，可用于自来水消毒
【答案】B
【解析】A项，致密氧化铝薄膜起保护金属内部的作用与氧化铝是两性氧化物没有关系，故A错误；B项，H2燃烧放出大量热，生成水，热值高且燃烧产物无污染，可能是未来能源，故B正确；C项，SO2具有还原性，向葡萄酒中添加适量SO2能起到抗氧化的作用，故C错误；D项，HCHO水溶液具有消毒作用，对人体有伤害，不可用于自来水消毒，故D错误；故选B。
押题五 物质的转化
24．下列物质的转化在给定条件下能实现的是( )
A．铝土矿 AlO2-AlOH)3 Al2O3
B．盐卤(含MgCl2) Mg(OH)2 MgCl2溶液无水MgCl2
C．SO2 SO3H2SO4
D．SiO2 NaSiO3溶液H2SiO3
【答案】D
【解析】A项，氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，偏铝酸钠溶液中加入足量的盐酸，生成氯化铝，得不到氢氧化铝，A错误；B项，盐卤(含MgCl2)与石灰乳反应生成氢氧化镁沉淀，氢氧化镁与盐酸反应生成氯化镁溶液，由于Mg2+水解Mg2++2H2O⇌Mg(OH)2+2H+，加热蒸发时HCl挥发，平衡向右移动，所以得不到无水MgCl2，B错误；C项，SO2在催化剂及加热条件下与氧气反应生成SO3，点燃条件下无法完成转化，C错误；D项，二氧化硅与氢氧化钠溶液反应生成硅酸钠和水，硅酸钠溶液中通入二氧化碳反应生成碳酸钠和硅酸，D正确；故选D。
25．PH3常作为一种熏蒸剂，在贮粮中用于防治害虫，一种制备PH3的流程如图所示：

下列说法正确的是( )
A．流程中，每一步均属于氧化还原反应
B．次磷酸的分子式为H3PO2，属于三元酸
C．白磷与浓NaOH溶液反应的化学方程式为：P4+3NaOH(浓)+3H2OPH3↑+3NaH2PO2
D．理论上，1 ml白磷可生产2.0 ml PH3
【答案】C
【解析】白磷与过量浓氢氧化钠溶液加热条件下发生氧化还原反应，生成PH3和次磷酸钠，反应的化学方程式为：P4+3NaOH(浓)+3H2OPH3↑+3NaH2PO2，次磷酸钠和硫酸反应生成次磷酸，反应的化学方程式为：NaH2PO2+H2SO4=NaHSO4+H3PO2，次磷酸分解生成PH3和磷酸，反应的化学方程式为：2H3PO2=PH3↑+H3PO4。A．次磷酸钠和硫酸反应生成次磷酸，没有元素化合价发生变化，为非氧化还原反应，A错误；B．次磷酸的分子式为H3PO2，H3PO2中有两个氢是直接与磷相连，分子中只有一个羟基，只有羟基才能电离出氢离子，因此次磷酸属于一元酸，B错误；C．依据得失电子守恒和原子守恒可知，白磷与浓NaOH溶液反应的化学方程式为：P4+3NaOH(浓)+3H2OPH3↑+3NaH2PO2，C正确；D．依据分析可得关系式：P4~ PH3~3NaH2PO2~3H3PO2~1.5PH3，则理论上，1 ml白磷可生产1ml+1.5ml=2.5 ml PH3，D错误；故选C。
26．地球形成初期，大气中CO2含量较高，随着矿化反应的进行，其含量不断降低，迄今为止，仍在缓慢发生(图1)。研究人员在实验室中引入酸、碱辅助完成这一过程(图2)，下列有关说法错误的是( )

A．矿化反应的总反应方程式为CaCO3+SiO2=CaSiO3+CO2
B．图中“酸”“碱”“盐”分别指HCl、NH3·H2O、NH4Cl
C．地球形成初期因CO2浓度较高，该矿化反应速率比现在快
D．实验室引入“酸”和“碱”起到了加速反应的作用
【答案】A
【解析】A项，矿化指的是CO2矿化，由流程可知矿化反应的总反应方程式为CaSiO3+CO2=CaCO3+SiO2，A错误；B项，由图2可知，发生的反应分别为：CaSiO3+2HCl=CaCl2+SiO2+H2O，CaCl2+(NH4)2CO3=CaCO3↓+2NH4Cl，NH4ClNH3+HCl，2NH3·H2O+CO2=(NH4)2CO3+H2O，故图中“酸”“碱”“盐”分别指HCl、NH3·H2O、NH4Cl，C正确；C项，地球形成初期CO2浓度较高，反应速率快，C正确；D项，实验室引入“酸”和“碱”后均在溶液中进行，故能起到了加速反应的作用，D正确；故选A。
猜押考点
3年真题
考情分析
押题依据
化学与STES
(2024年6月第5题)
新课标强调"核心素养"和"真实情境"，STES教育理念在近年高考化学试题中占比逐年提升，常会以某热点为信息源辐射相关联知识与方法，以判断正误、推理的形式，借助最新科技成就和古诗词考查化学物质的分类、性质、用途及相关化学原理，充分体现化学学科的发展性和实践性。从命题内容上看，秉承“源自化学课本，用于生活实际”的原则，试题的难度不大。在选择题中主要以物质组成和分类的概念为出发点，以反映重大科技成果和人们普遍关注的社会问题为切入点，将有关物质组成、分类、性质和用途体知识融合于试题之中。从命题内容上看，浙江省选考涉及这部分内容试题的难度不大。
化学物质种类繁多，化学变化更是千姿百态、千变万化。浙江省选考对物质的性质与用途的考查是化学科目的重点内容之一，通常紧密结合新课标和教材要求，注重基础性、应用性和综合性。在掌握基础知识的同时，多关注化学在社会发展中的实际应用，培养从真实情境中提取化学问题的能力。
物质的分类
(2024年6月第1题)
(2024年1月第1题)
(2023年6月第1题)
(2023年1月第1题)
物质的性质
(2025年1月第6题)
(2024年1月第2题)
(2023年6月第3题)
(2023年1月第2题)
物质的用途
(2025年1月第3题)
(2024年6月第2题)
(2023年1月第4题)
(2023年6月第4题
(2023年1月第5题)
物质的转化
(2025年1月第16题)