（浙江专版）2023版高考化学大一轮复习阶段滚动训练（一）

PAGEPAGE1阶段滚动训练一一、选择题1．(2022·温州市3月选考模拟)以下物质中属于盐的是()A．MgO B．H2SO4 C．NaOH D．KNO解析A项，MgO是由两种元素组成，其中一种为氧元素的化合物为氧化物，不是盐，故A错误；B项，H2SO4在水溶液中电离出的阳离子全部是氢离子，属于酸，故B错误；C项，NaOH在水溶液中电离出的阴离子全部是氢氧根离子属于碱，故C错误；D项，KNO3是钾离子和硝酸根离子构成的化合物为盐，故D正确。答案D2．(2022·10月)能产生“丁达尔效应〞的是()A．饱和食盐水 B．Fe(OH)3胶体C．盐酸 D．硫酸铜溶液解析能产生“丁达尔效应〞的分散系为胶体，故只有Fe(OH)3胶体符合题意，B项正确。答案B3．关于胶体和溶液的表达正确的选项是()A．胶体带电荷，而溶液呈电中性B．胶体参加电解质可产生沉淀，而溶液不能C．胶体是一种不稳定的分散系，而溶液是一种非常稳定的分散系D．胶体能够发生丁达尔现象，而溶液那么不能解析胶体中的分散质粒子带电荷，但整个胶体体系不显电性；参加电解质，胶体可发生聚沉而产生沉淀，溶液参加某些电解质也可发生复分解反响产生沉淀；胶体是具有介稳性的分散系，一定条件下可以稳定存在，而溶液是一种非常稳定的分散系；胶体能够发生丁达尔现象，溶液没有丁达尔现象。答案D4．(2022·杭州学军4月)以下物质按纯洁物、混合物、电解质、非电解质顺序组合正确的一组为()A．浓硫酸、空气、小苏打、乙醇B．生石灰、漂白粉、铁、二氧化硫C．明矾、盐酸、碳酸钙、氯气D．冰水混合物、氨水、纯碱、干冰解析A．浓硫酸是混合物，空气是混合物，小苏打是电解质，乙醇是非电解质，故A错误；B.生石灰是纯洁物，漂白粉是混合物，铁是单质，既不是电解质也不是非电解质，二氧化硫是非电解质，故B错误；C.明矾是纯洁物，盐酸是混合物，碳酸钙是电解质，氯气既不是电解质也不是非电解质，故C错误；D.冰水混合物是纯洁物，氨水是混合物，纯碱是电解质，干冰是非电解质，故D正确。答案D5．(2022·杭州七县联考)以下变化过程中，没有发生化学变化的是()A．铁的钝化 B．光合作用C．碘的升华 D．燃放烟花解析A．铁的钝化是浓硫酸或浓硝酸发生的氧化复原反响，属于化学变化，故A错误；B.光合作用是吸收二氧化碳反响生成氧气，属于化学变化，故B错误；C.碘的升华是分子间距离增大，状态改变无新物质生成属于物理变化，故C正确；D.燃放烟花过程中生成了新的物质，故D错误。答案C6．[2022·嘉兴当湖中学高二(上)期中]以下说法中，正确的选项是()A．强电解质溶液一定比弱电解质溶液导电能力强B．强电解质的水溶液中不存在溶质分子，弱电解质溶液中已电离的离子和未电离的分子共存C．强电解质都是离子化合物，弱电解质都是共价化合物D．不溶性盐都是弱电解质，可溶性酸都是强电解质解析A．溶液的导电能力与离子浓度及其所带的电荷数有关，与电解质的强弱无关，故A错误；B.强电解质在水溶液里完全电离，弱电解质在水溶液里局部电离，所以弱电解质溶液中已电离的离子和未电离的分子共存，故B正确；C.硫酸、HCl是强电解质，但硫酸、HCl是共价化合物，故C错误；D.不溶性盐不一定是弱电解质，如硫酸钡；可溶性酸不一定是强电解质，如醋酸是弱电解质，故D错误。答案B7．(2022·余姚中学高三期中)设NA为阿伏加德罗常数的值，以下说法正确的选项是A．0.1molFe在0.1molCl2中充分燃烧，转移的电子数为0.3NAB.25℃时，pH＝13的1.0LBa(OH)2溶液中含有的OH－数目为0.2NAC．含NA个氧原子的O2与含NA个氧原子的O3的质量比为2∶3D．1molCnH2n＋2分子中含共价键数目为(3n＋1)NA解析A．0.1molFe在0.1molCl2中充分燃烧，氯气完全反响，转移的电子数为0.2NA，故A错误；B.pH＝13，c(H＋)＝10－13mol·L－1，c(OH－)＝10－1mol·L－1，n(OH－)＝0.1mol，N(OH－)＝0.1NA，故B错误；C.含NA个氧原子的O2的物质的量为eq\f(1,2)mol，含NA个氧原子的O3的物质的量为eq\f(1,3)mol，质量比为eq\f(1,2)mol×32g/mol∶eq\f(1,3)mol×48g/mol＝1∶1，故C错误；D.1molCnH2n＋2分子中含共价键数目＝eq\f(1,2)×(4n＋2n＋2)NA＝(3n＋1)NA，故D正确。答案D8．[2022·嘉兴桐乡高中高三(上)月考]NA表示阿伏加德罗常数，以下说法中正确的有()①20gD2O含有的电子数为10NA②常温下，4gCH4含有NA个C—H共价键③10mL质量分数为98%的H2SO4，加水至100mL，H2SO4的质量分数为9.8%④标准状况下，5.6L四氯化碳含有的分子数为0.25NA⑤25℃时，pH＝12的1.0LCH3COONa溶液中水电离出的OH－的数目为0.01NA⑥1molNa2O2与水完全反响时转移电子数为2NAA．5个 B．2个 C．3个 D．4个解析①20gD2O的物质的量为1mol，1mol重水中含有10mol电子，含有的电子数为10NA，故①正确；②常温下，4g甲烷的物质的量为0.25mol，0.25mol甲烷中含有1mol碳氢键，含有NA个C—H共价键，故②正确；③硫酸的质量分数越大，硫酸溶液的密度越大，稀释过程中硫酸的质量不变，由于稀释后硫酸的密度减小，那么10mL质量分数为98%的H2SO4，加水至100mL，H2SO4的质量分数会大于：eq\f(10,100)×98%＝9.8%，故③错误；④标准状况下，四氯化碳的状态不是气体，题中条件无法计算四氯化碳的物质的量，故④错误；⑤25℃时，pH＝12的1.0LCH3COONa溶液中氢氧根离子浓度为0.01mol/L，溶液中的氢氧根离子是水电离的，那么1L该醋酸钠溶液中水电离出的氢氧根离子的物质的量为0.01mol，OH－的数目为0.01NA，故⑤正确；⑥1molNa2O2与水完全反响生成0.5mol氧气，转移了1mol电子，转移电子数为NA，故⑥错误；根据以上分析可知，正确的有①②⑤，总共3个。答案C9．[2022·金华市兰溪一中高三(上)月考]在只含有Na＋、Al3＋、Cl－、SOeq\o\al(2－,4)四种离子的溶液中(不考虑H＋、OH－)，Na＋、Al3＋、SOeq\o\al(2－,4)的物质的量浓度分别为0.2mol/L，0.1mol/L，0.1mol/L，那么溶液中Cl－的物质的量浓度为()A．0.1mol/L B．0.2mol/LC．0.3mol/L D．0.4mol/L解析Na＋、Al3＋、SOeq\o\al(2－,4)的物质的量浓度分别为0.2mol/L、0.1mol/L、0.1mol/L，含有Na＋、Al3＋、Cl－、SOeq\o\al(2－,4)四种离子的溶液，溶液呈电中性，那么有3c(Al3＋)＋c(Na＋)＝c(Cl－)＋2c(SOeq\o\al(2－,4))，故c(Cl－)＝3c(Al3＋)＋c(Na＋)－2c(SOeq\o\al(2－,4))＝3×0.1mol/L＋0.2mol/L－2×0.1mol/L＝0.3mol/L。答案C10．(2022·温州十校联考)向含有amolNH4HSO4的溶液中参加bmolNaOH。以下说法不正确的选项是()A．当a≥b时，发生的离子反响为H＋＋OH－=H2OB．当5a＝4b时，发生的离子反响为4NHeq\o\al(＋,4)＋H＋＋5OH－=4NH3·H2O＋H2OC．当a≤b≤eq\f(3,2)a时，发生的离子反响为(b－a)NHeq\o\al(＋,4)＋aH＋＋bOH－=(b－a)NH3·H2O＋aH2OD．当a/2＜b＜a时，溶液中Na＋、NHeq\o\al(＋,4)与H＋的物质的量之比为b∶a∶(a－b)解析向含有amolNH4HSO4的溶液中参加bmolNaOH。OH－先与H＋反响，当H＋完全反响后才与NHeq\o\al(＋,4)反响。当a≥b时，n(OH－)≤n(H＋)，发生的离子反响为H＋＋OH－=H2O；当5a＝4b时，OH－与H＋反响后，剩余OH－再与NHeq\o\al(＋,4)反响，发生的离子反响为NHeq\o\al(＋,4)＋4H＋＋5OH－=NH3·H2O＋4H2O；当a≤b≤eq\f(3,2)a时，OH－与H＋反响后，剩余(b－a)molOH－再与NHeq\o\al(＋,4)反响，发生的离子反响为(b－a)NHeq\o\al(＋,4)＋aH＋＋bOH－=(b－a)NH3·H2O＋aH2O；当a/2＜b＜a时，H＋剩余的(a－b)mol，NHeq\o\al(＋,4)未反响有amol，Na＋有bmol。故B不正确。答案B二、非选择题11．(2022·浙江省东阳中学高一下期中)对于数以千万计的化学物质和为数众多的化学反响，分类法的作用几乎是无可替代的。(1)现有以下六种物质：SO2、SiO2、CaO、MgO、Fe2O3、Na2O2，按照不同的分类标准，它们中有一种物质与其他五种有明显的不同，请找出这种物质，并写出分类的依据(至少要写出两种分类方法)。①___________________________________________________________________；②___________________________________________________________________。(2)从反响中有无离子参加，可以将化学反响分为离子反响和非离子反响。Na2O2与水反响的离子方程式是________________________________________。从反响中________，可以将化学反响分为氧化复原反响和非氧化复原反响，从上述物质中分别找出两种能相互反响的物质，各写一个非氧化复原反响的方程式和氧化复原反响的方程式：__________________________________________________________________________________________________________________________、_____________________________________________________________________。(3)虽然分类的方法不同，但离子反响和氧化复原反响之间也存在着一定的关系，请用简单的图示方法表示二者之间的关系______________________________________________________________________________________________________。解析(1)Na2O2是过氧化物，不属于酸性氧化物、碱性氧化物或两性氧化物，SO2、SiO2是酸性氧化物，CaO、MgO、Fe2O3是碱性氧化物。(2)Na2O2具有强氧化性，SO2具有复原性，两者能发生氧化复原反响，生成硫酸钠。答案(1)①SO2，常温常压下是气体，其余为固体②Na2O2，是过氧化物，其余为酸性氧化物或碱性氧化物(2)2Na2O2＋2H2O=4Na＋＋4OH－＋O2↑有无电子转移CaO＋SiO2eq\o(=,\s\up14(高温))CaSiO3(或MgO＋SO2eq\o(=,\s\up14(高温))MgSO3等其他合理答案均可)Na2O2＋SO2=Na2SO4(3)(意思正确、能表示二者的交叉关系即可)12．现需要检验某溶液中是否存在以下离子：K＋、NHeq\o\al(＋,4)、SOeq\o\al(2－,4)、SOeq\o\al(2－,3)、COeq\o\al(2－,3)、Cl－、Br－、I－，根据以下事实，分别推出适当的结论。(1)假设溶液呈强酸性，用离子方程式表示溶液中离子不能大量共存的原因_____________________________________________________________________，_____________________________________________________________________。(2)先加盐酸酸化，再加BaCl2溶液无沉淀生成，那么不存在的离子是_____________________________________________________________________。(3)只加BaCl2溶液，无沉淀生成，那么不存在的离子是_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________。(4)加硝酸银溶液和稀硝酸，有白色沉淀生成，那么存在的离子是_____________________________________________________________________________________。(5)请你设计简单的实验方案检验溶液中是否存在两种阳离子___________________________________________________________________________________。解析(1)在强酸性溶液中，COeq\o\al(2－,3)、SOeq\o\al(2－,3)两种阴离子能与H＋反响而不能大量存在。(2)加盐酸酸化后，COeq\o\al(2－,3)、SOeq\o\al(2－,3)转化为气体而不存在，然后参加BaCl2后没有沉淀生成说明原溶液中不存在SOeq\o\al(2－,4)。(3)SOeq\o\al(2－,4)、SOeq\o\al(2－,3)、COeq\o\al(2－,3)均可与Ba2＋反响生成沉淀而不能大量存在。(4)SOeq\o\al(2－,4)、Cl－、SOeq\o\al(2－,3)在无其它条件下可以同存在于溶液中，参加AgNO3和HNO3后，有白色沉淀生成，SOeq\o\al(2－,4)、Cl－能与Ag＋反响生成的Ag2SO4、AgCl均为不溶于HNO3的白色沉淀，SOeq\o\al(2－,3)能被HNO3氧化为SOeq\o\al(2－,4)，继而生成Ag2SO4白色沉淀，所以，SOeq\o\al(2－,4)、SOeq\o\al(2－,3)、Cl－三种中至少有一种即可满足题设条件。(5)溶液呈电中性，这两种阳离子中，只要确定一种离子不存在，另一种离子一定存在。答案(1)SOeq\o\al(2－,3)＋2H＋=SO2↑＋H2OCOeq\o\al(2－,3)＋2H＋=CO2↑＋H2O(2)SOeq\o\al(2－,4)(3)SOeq\o\al(2－,4)、SOeq\o\al(2－,3)、COeq\o\al(2－,3)(4)SOeq\o\al(2－,4)、SOeq\o\al(2－,3)、Cl－三种中至少有一种(5)取待测液做焰色反响，隔着蓝色钴玻璃观察，如观察到的火焰为紫色，那么K＋存在，NHeq\o\al(＋,4)可能存在，再取少量待测液于试管中，参加NaOH溶液并加热，用润湿的红色石蕊靠近试管口，如出现蓝色，说明有NHeq\o\al(＋,4)存在，反之无NHeq\o\al(＋,4)。如观察到的火焰不为紫色，说明K＋不存在，NHeq\o\al(＋,4)一定存在(其它合理方案也可)13．(2022·宁波选考适应性考试)为探究含结晶水的化合物X(含四种元素，摩尔质量为180g·mol－1)的组成和性质，某兴趣小组设计并完成如下实验：请答复：(1)黑色固体Y的化学式为________________，气体C的电子式为________________。(2)晶体X隔绝空气受热分解的化学方程式为___________________________________________________________________________________________________。解析此题考查元素及其化合物的性质，以黑色的Y固体与盐酸溶液反响的产物遇KSCN溶液无明显现象，通入氯气后，溶液为血红色，可知Y为FeO，那么FeO的物质的量为：n(FeO)＝eq\f(m〔FeO〕,M〔FeO〕)＝eq\f(10.8g,72g·mol－1)＝0.15mol；混合气体与足量澄清石灰水反响生成15g白色沉淀和气体B，B与足量的CuO反响生成气体C，C能与澄清石灰水反响生成15g白色沉淀，根据原子守恒，可知混合气体中含有等量的CO2和CO，即n(CO)＝n(CO2)＝n(CaCO3)＝eq\f(m〔CaCO〕3,M〔CaCO3〕)＝eq\f(15g,100g·mol－1)＝0.15mol。结合X的物质的量n(X)＝eq\f(m〔X〕,M〔X〕)＝eq\f(27.0g,180g·mol－1)＝0.15mol，X中含有H2O物质的量：n(H2O)＝eq\f(m〔X〕－m〔CO〕－m〔CO2〕－m〔FeO〕,M〔H2O〕)＝eq\f(27.0g－0.15mol×28g·mol－1－0.15mol×44g·mol－1－10.8g,18g·mol－1)＝0.3mol。那么n(X)∶n(FeO)∶n(CO)∶n(CO2)∶n(H2O)＝0.15mol∶0.15mol∶0.15mol∶0.15mol∶0.3mol＝1∶1∶1∶1∶2。推出：X的分子式为FeC2O4·2H2O。(1)黑色固体Y的化学式为FeO，气体C(CO2)的电子式为∶O∶∶C∶∶O∶；(2)晶体X(FeC2O4·2H2O)隔绝空气受热分解的化学方程式为：FeC2O4·2H2Oeq\o(=,\s\up14(△))FeO＋CO↑＋CO2↑＋2H2O↑。答案(1)FeO(2)∶O∶∶C