高考化学二轮专题复习之专题1 物质的分类及转化（含答案）
文档属性
| 名称 | 高考化学二轮专题复习之专题1 物质的分类及转化（含答案） |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 972.0KB | ||
| 资源类型 | 试卷 | ||
| 版本资源 | 通用版 | ||
| 科目 | 化学 | ||
| 更新时间 | 2024-03-01 08:43:25 | ||
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文档简介
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专题1 物质的分类及转化
一、单选题
1．下列说法错误的是（ ）
A．化学是在原子、分子水平上研究物质的组成、结构、性质、转化及其应用的基础自然科学
B．李时珍的《本草纲目》和宋应星的《天工开物》中蕴含了丰富的化学知识
C．侯德榜发明联合制碱法，制取的是氢氧化钠
D．我国科学家在世界上第一次用化学方法合成的结晶牛胰岛素属于蛋白质
2．孔雀石古称石绿，是铜的表生矿物[化学式，“水色”从植物中提取，如花青(分子式)。下列说法错误的是
A．“石绿”耐酸、耐碱
B．属于纯净物
C．保存不善的国画，“水色”容易变色
D．从蓝草中提取花青，可用有机溶剂萃取
3．随着神舟十五号飞船的成功发射，6名中国航天员在空间站实现在轨交接。空间站中有一套完善的再生式环境控制与生命保障系统，可实现舱内氧气和水的循环利用，保障航天员长时间在轨驻留的需求。下列过程属于物理变化的是
A．长征二号遥十五火箭点火发射 B．冷凝回收舱内的水蒸气
C．利用循环水电解制氧气 D．还原去除舱内的二氧化碳
4．下列物质性质与用途具有对应关系的是（ ）
A．乙炔能发生加成反应，可以用来焊接金属
B．甲醇能发生酯化反应，可以用作汽车燃料
C．萘(C10H8)极易升华，可以用作生活中的防蛀剂
D．氯乙烷汽化时吸收大量热，可用于运动损伤冷冻镇痛
5．“白墙黑瓦青石板，烟雨小巷油纸伞”，是著名诗人戴望舒《雨巷》中描述的景象，下列有关说法中不正确的是（ ）
A．“白墙”的白色源于墙体表层的CaO
B．“黑瓦”与陶瓷的主要成分都是硅酸盐
C．做伞骨架的竹纤维的主要成分可表示为(C6H10O5)n
D．刷在伞面上的熟桐油是天然植物油，具有防水作用
6．下列叙述不正确的是（ ）
A．二氧化硫可用于漂白纸浆
B．可利用二氧化碳制造全降解塑料
C．碳酸氢钠可用于中和胃酸过多
D．食品消毒、防腐常使用福尔马林
7．中国古代文献和诗句中涉及许多化学知识。下列说法错误的是（ ）
A．《天工开物》记载“矿灰形者，取入缸中，浸三个时，漉入釜中”包含过滤操作
B．《梦溪笔谈》记载“方家以磁石磨针，则能指南”，磁石的主要成分是
C．“爆竹声中一岁除，春风送暖入屠苏”中爆竹爆炸发生的反应为氧化还原反应
D．“青蒿一握，以水二升渍，绞取法”，屠呦呦对青蒿素的提取属于物理变化
8．下列过程属于物理变化的是（）
A．煤的高温干馏
B．汽车排气管上安装的催化转化器解决汽车尾气
C．用金刚钻修补破损的瓷器
D．自制“烤蓝”小刀
9．下列物质的性质比较，结论不正确的是（ ）
A．硬度：金刚石＞碳化硅＞晶体硅
B．离子半径：S2-＞Cl－＞Na+＞O2-
C．熔点：NaF＞NaCl＞NaBr＞NaI
D．沸点：＞
10．下列过程中没有发生化学变化的是（ ）
A．二氧化硫作纸浆的漂白剂
B．用苯提取溴水中的溴
C．明矾作净水剂
D．“84”消毒液用于杀灭新冠病毒
11．下列说法正确的是（ ）
A．向鸡蛋清溶液中加入饱和硫酸铵溶液有沉淀产生，属于物理变化
B．丝绸的主要成分是天然纤维素，属于高分子化合物
C．用来合成抑制新冠病毒(COVID-19)的潜在药物磷酸氯喹的中间体 (喹啉)属于芳香烃
D．用蒸馏的方法从饱和Na2CO3溶液中分离出乙酸乙酯
12．物质间纷繁复杂的转化关系是化学的魅力所在，下列选项中物质的转化在一定条件下不能实现的是（ ）
A．
B．
C．
D．
13．下列有关共价键的键参数的说法错误的是
A．、、分子中的键角依次增大
B．HF、、分子中的键长依次增长
C．、、分子中的键能依次减小
D．分子中共价键的键能越大，分子的熔、沸点越高
14．下列说法不正确的是（ ）
A．植物油含有不饱和高级脂肪酸甘油酯，能使溴的四氯化碳溶液褪色
B．向某溶液中加入茚三酮溶液，加热煮沸出现蓝紫色，可判断该溶液含有蛋白质
C．麦芽糖、葡萄糖都能发生银镜反应
D．将天然10种氨基酸混合，在一定条件下形成十肽，理论上可达种或更多种
15．下面的“诗”情“化”意中，分析正确的是（ ）
A．“千锤万凿出深山,烈火焚烧若等闲”只发生了物理变化
B．“日照澄州江雾开”中伴有丁达尔效应
C．“试玉要烧三日满”中“玉”的成分是硅酸盐，该句诗表明玉的硬度很大
D．“绿蚁新醅酒，红泥小火炉”，在酿酒过程中不涉及氧化还原反应
16．下列物质中属于耐高温酸性氧化物的是（ ）
A．CO B．SiO C．MgO D．Na2O
17．中华优秀传统文化涉及到很多的化学知识，下列有关说法错误的是（ ）
A．“日照澄洲江雾开”中伴有丁达尔效应
B．古剑“沈卢”以剂钢为刃，柔铁为茎干，不尔则多断折”，剂钢指的是铁的合金
C．“粉身碎骨浑不怕，要留清白在人间”指的是物质发生了物理变化
D．“煤饼烧蛎房成灰（蛎房即牡蛎壳）”中灰的主要成分为氧化钙
18．“液态阳光”是指由阳光、二氧化碳和水通过人工光合作用得到的绿色液态燃料。下列有关“液态阳光”的说法错误的是（ ）
A．CO2和H2O转化为“液态阳光”过程中同时吸收能量
B．煤气化得到的水煤气合成的甲醇属于“液态阳光”
C．“液态阳光”行动有利于可持续发展并应对气候变化
D．“液态阳光”有望解决全球化石燃料不断枯竭的难题
19．下列说法正确的是（ ）
A．浓硫酸具有吸水性，可用于干燥NH3、SO2等
B．Na2O2与水和二氧化碳反应都会生成氧气，可用作供氧剂
C．明矾溶于水能形成胶体，可用于自来水的杀菌消毒
D．二氧化硅不与任何酸反应，可用石英制造耐酸容器
20．下面的排序错误的是（ ）
A．晶体熔点由低到高：CF4﹤CCl4﹤CBr4﹤CI4
B．硬度由大到小：金刚石＞碳化硅＞晶体硅
C．酸性：HClO4＞H2SO4＞H3PO4＞H2SiO3
D．晶格能由大到小： NaI＞NaBr＞ NaCl＞NaF
二、多选题
21．前者是物理变化，后者是化学变化的是( )
A．胶体的丁达尔效应、钟乳石的形成
B．碘的升华、石油的蒸馏
C．热的硝酸钾溶液降温析出晶体、石墨加工成金刚石
D．蓝色的CuSO4·5H2O变白、浓硫酸在纸上写字
22．下列相关物质结构与性质的说法错误的是（ ）
A．基态Ni原子核外填有电子的能量最高的电子层为N层，该层有16个原子轨道
B．Si原子间难形成双键而C原子间可以，因为Si原子半径大于C，难形成p—pπ键
C．所有元素中氟的第一电离能最大
D．AsF3、IF、OF2、Cl2O、BeF2中价层电子对数均相同
23．下列有关说法正确的是（ ）
A．在酒精灯加热条件下，Na2CO3、NaHCO3固体都能发生分解
B．不同条件下，23g钠在空气中充分反应时转移电子数均为NA
C．11gCO2与足量Na2O2反应转移的电子数为0.5NA
D．将Na2O2加入Ba（HCO3）2溶液中同时有气体和沉淀产生
24．路易斯·巴斯德(LouisPasteur)分离手性酒石酸盐实验(1848年)被评为十大最美实验之首，左旋和右旋酒石酸铵钠盐的结构简式分别为、 。酒石酸的制备方法之一是乙二醛与氢氰酸(HCN)反应再酸性水解：OHC—CHO+HCN。下列说法正确的是
A．左旋和右旋酒石酸铵钠盐中含有的化学键类型相同
B．氢氰酸溶液所含元素中第一电离能最大的是O
C．一个酒石酸( )分子中含有2个手性碳原子
D．乙二醛(OHC—CHO)分子中σ键和π键的数目之比为3∶2
25．下列说法正确的是（ ）
A．向乙醇中加入绿豆大小的金属钠有气体产生，说明乙醇中含有H2O
B．向蔗糖中加入浓硫酸，蔗糖变黑后膨胀，说明浓硫酸具有吸水性和强氧化性
C．向NaHCO3溶液中滴加紫色石蕊试液，溶液变蓝，说明Kw > Ka1(H2CO3)·Ka2(H2CO3)
D．向苯酚稀溶液中逐滴加入饱和溴水有白色沉淀产生，说明羟基对苯环性质产生影响
三、实验探究题
26．石墨烯铜复合材料的电导率高，韧性好，可用于制备高铁的“超级导线”。某化学小组用如下装置测定其中的碳含量(铜、碳以外的成分不与浓硫酸反应)。已知：实验前后，各通入一次，将装置中的气体全部赶入到U型管中。
（1）仪器B的名称为 ，装置D中的试剂为 ；
（2）碳与浓硫酸反应的化学方程式为 ；
（3）装置E和F中碱石灰的作用为 ；
（4）实验结束后，U型管(E)增重，则碳含量为 ；
（5）若撤去D，则实验测定的结果 (填“偏高”“偏低”或“无影响”)。
27．2021 年10月16日神舟十三号载人飞船发射成功，肼是一种良好的火箭燃料，分子式N2H4，为无色油状液体，与水按任意比例互溶形成稳定的水合肼N2H4·H2O，沸点118℃，有强还原性。实验室先制备次氯酸钠，再与尿素[CO(NH2)2]反应制备水合肼，进一步脱水制得肼，实验装置如图所示(部分装置省略)。已知：CO(NH2)2+2NaOH+NaClO=Na2CO3+N2H4·H2O+NaCl
（1）装置C中制备NaClO的离子方程式为 。反应过程中温度升高易产生副产物NaClO3，可采取的措施是 。装置B中装有饱和食盐水，反应完后关闭K1，装置B的作用是 。
（2）将装置C中制备的溶液转移到装置D的 中，并缓缓滴入，原因是 。
（3）装置D蒸馏获得水合肼粗品后，剩余溶液再进一步处理还可获得副产品NaCl和Na2CO3 ·10H2O，获得NaCl粗品的操作是 (NaCl和Na2CO3的溶解度曲线如图)。
（4）称取5.0g水合肼样品，加水配成500mL溶液，从中取出10.00mL溶液于锥形瓶中，滴入几滴淀粉溶液，用0.20mol/L的I2溶液进行滴定，滴定终点的现象是 ，测得消耗I2溶液的体积为17.50mL，则样品中水合肼N2H4·H2O)的质量百分数为 (用百分数表示并保留3位有效数字)。(已知：N2H4·H2O +2I2=N2↑+4HI+H2O)
（5）脱水制得的液态肼，在加热条件下可与新制的Cu(OH)2制备纳米级Cu2O，并产生无污染气体，写出该反应的化学方程式： 。
四、综合题
28．填写下列空白：
（1）写出表示含有8个质子、10个中子的原子的化学符号： 。
（2）周期表中位于第8纵行的铁元素属于第 族。
（3）下列几种物质：①Ca(OH)2②H2O2③He④H2S ⑤MgCl2 ,只含有离子键的是(选填序号，下同) ；只含有极性共价键的化合物是 ；
（4）HClO的结构式 ，I2的电子式 。
（5）下列变化中：①干冰气化；②硝酸钾熔化；③KHSO4熔融；④蔗糖溶液水⑤硫酸溶于水；未破坏化学键的是 ；
（6）下列不能说明氯元素原子得电子能力比硫元素原子得电子能力强的是
①HCl的溶解度比H2S的大 ②HCl的酸性比H2S的强 ③HCl的稳定性比H2S的强④Cl2与铁反应生成FeCl3，而S与铁反应生成FeS ⑤HClO4的酸性比H2SO4的强 ⑥Cl2能与H2S反应生成S
29．某温度下，在2L密闭容器中X、Y、Z三种物质(均为气态)间进行反应，其物质的量随时间的变化曲线如图。据图回答：
（1）该反应的化学方程式可表示为 。
（2）反应起始至tmin(设t=5)，X的平均反应速率是 。
（3）下列可判断反应已达到该状态的是____(填字母，下同)
A．X、Y、Z的反应速率相等 B．X、Y的反应速率比为2：3
C．混合气体的密度不变 D．生成1molZ的同时生成2molX
（4）一定能使该反应的反应速率增大的措施有____
A．其他条件不变，及时分离出产物
B．适当降低温度
C．其他条件不变，增大X的浓度
30．某柔性电极材料由聚吡咯()、二维层状材料Ti3C2和聚乙烯醇复合而成，其转化过程示意如图。
（1）二维层状材料Ti3C2中存在金属键、离子键和共价键。Ti3C2能导电的原因是 在电场作用下定向移动。
（2）Ti3C2的结构单元如下图，其中代表 原子，在顶点处被 个结构单元所共用，在棱心处被 个结构单元所共用。
（3）聚乙烯醇的结构简式为 ，其不能由单体通过聚合反应得到的原因是 。
（4）吡咯()呈平面结构。聚吡咯能够增强材料导电性的原因是 。
（5）通过控制HF溶液浓度和反应时间，在Ti3C2表面引入-F和-OH，形成改性Ti3C2。
①聚吡咯和改性Ti3C2通过 作用分散在聚乙烯醇中。
②制备柔性电极材料过程中，下列能够替代聚乙烯醇的是 (填标号)。
31．将下列物质进行分类(填序号)：
①O2与O3；②与；③H2O和D2O；④冰与干冰；⑤和⑥和
（1）互为同位素的是 ；
（2）互为同素异形体的是 ；
（3）互为同分异构体的是 ；
（4）属于同系物的是 。
（5）属于同一物质的是 。
五、推断题
32．如图为元素周期表的一部分，请根据元素①~⑧在表中的位置，回答下列问题：
（1）请写出元素⑦在元素周期表中的位置 。在上述元素的最高价氧化物对应的水化物中，酸性最强的是 (用化学式表示)。
（2）由元素①、④、⑤形成的化合物的电子式为 ，该物质属于 (填“离子”或“共价”)化合物。
（3）③、④、⑤、⑥的简单离子半径由大到小的顺序是 (用离子符号表示)。
（4）在全国抗击“新冠肺炎”的“战疫”中用了大量的“84消毒液”来消毒杀菌。84消毒液(主要成分为NaClO)和洁厕灵(主要成分为盐酸)混合使用会产生一种有毒气体，写出两者混合时发生反应的离子方程式： 。
（5）由表中元素形成的常见无机化合物A、B、C、X有以下转化关系：
若A、B、C含同一金属元素，X为电解质溶液，可电离出OH-，所有反应都在溶液中进行。B的化学式为 ，X中溶质的化学式为 。
33．甲、乙、丙、丁均为中学常见的纯净物，其中甲、乙、丙均含同一种元素，它们之间存在转化关系： （其他产物及反应条件已略去）。回答下列问题：
（1）若甲为具有臭鸡蛋气味的有毒气体，乙为淡黄色固体单质；甲和丙反应可生成乙和另一种无色无味的液体，则甲的化学式为 ，写出甲和丙反应的化学方程式： 。
（2）若甲、乙、丙均为化合物，其中甲为有刺激性气味的气体，水溶液呈碱性；丙为红棕色气体。
①实验室检验气体甲的方法为 （简述操作、现象及结论）。
②在催化剂的作用下，气体甲可还原乙和丙生成两种无污染的物质。同温、同压下将体积分别为 、 、 的甲、乙、丙三种气体混合，在催化剂的作用下充分反应恰好生成两种无污染的物质，则 、 、 应满足的关系是 （用 、 、 表示）。
（3）若甲为短周期元素组成的一元强碱，丁为无色无味的气体。
①某实验小组设计用澄清石灰水来鉴别乙和丙，该实验 （填“能”或“不能”）成功，其原因为 。
②写出甲和丙反应的离子方程式： 。
答案解析部分
1．【答案】C
【解析】【解答】A．化学是在原子、分子水平上研究物质的组成、结构、性质、转化及其应用的基础自然科学，A不符合题意；
B．李时珍的《本草纲目》和宋应星的《天工开物》中都蕴含着丰富的化学知识和经验，B不符合题意；
C．侯德榜发明联合制碱法，制取的是纯碱，C符合题意；
D．我国科学家在世界上第一次用化学方法合成的结晶牛胰岛素是一种具有生物活性的蛋白质，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.化学是在原子、分子水平上研究物质的基础自然科学；
B.李时珍的《本草纲目》和宋应星的《天工开物》中蕴含了丰富的化学知识；
D.结晶牛胰岛素是蛋白质。
2．【答案】A
【解析】【解答】A.Cu(OH)2·CuCO3能与酸反应，因此不耐酸；与碱不反应，因此耐碱，A符合题意。
B..Cu(OH)2·CuCO3属于纯净物，B不符合题意。
C.“水色”花青中含有不饱和键，易发生氧化反应，容易褪色，C不符合题意。
D.有机物易溶于有机溶剂中，D不符合题意。
故答案为：A
【分析】A、Cu(OH)2·CuCO3能与酸反应。
B、能用化学式表示的都是纯净物。
C、花青中含有不饱和键，易被氧化。
D、有机物易溶于有机溶剂。
3．【答案】B
【解析】【解答】A．火箭点火发射时燃料燃烧，属于化学变化，A不选；
B．冷凝水蒸气得到液态水，没有生成新物质，属于物理变化，B选；
C．电解水制氧气有新物质生成，属于化学变化，C不选；
D．用氢气还原去除舱内的二氧化碳生成水，有新物质生成，属于化学变化，D不选；
故答案为：B。
【分析】A、燃烧为化学变化；
B、水蒸气的冷凝为物理变化；
C、 水生成氧气为化学变化；
D、二氧化碳的除去为化学变化。
4．【答案】D
【解析】【解答】A.乙炔能用来焊接金属是因为燃烧的时候释放出大量的热量，与其发生加成反应无关，A选项是错误的；
B.甲醇可做汽车燃料是因为燃烧产物无污染并且放出的热量多，与其发生酯化反应无关，B选项是错误的；
C.萘可以作驱虫剂是因为其分子具有毒性，与其易升华无关，因此C选项是错误的；
D.氯乙烷汽化时吸收大量热，可用于运动损伤冷冻镇痛，D选项是正确的。
故答案为：D。
【分析】A.乙炔中的官能团是碳碳三键，可以发生加成反应；
B.甲醇可做汽车燃料是因为燃烧产物无污染并且放出的热量多，与其发生酯化反应无关；
C.萘是最简单的稠环芳烃，化学式为C10H8，是由2个苯环共用2个相邻碳原子稠合而成，广泛用作制备染料、树脂、溶剂等的原料，也用作驱虫剂；
D.氯乙烷汽化时吸收大量热达到降低温度的效果，可用于运动损伤冷冻镇痛。
5．【答案】A
【解析】【解答】A、“白墙”的白色源于墙体表层的CaCO3，选项A不符合题意；
B、陶瓷、砖瓦均属于传统的硅酸盐产品，选项B符合题意；
C、竹纤维的主要成分是纤维素，选项C符合题意；
D、植物油属于油脂，油脂不溶于水，刷在伞面上形成一层保护膜能防水，选项D符合题意
【分析】白墙”的白色源于墙体表层的CaCO3。
6．【答案】D
【解析】【解答】A.SO2具有漂白性，可用于漂白纸浆，选项正确，A不符合题意；
B.CO2可用于合成聚碳酸酯塑料，聚碳酸酯塑料可完全降解，因此可利用CO2制造全降解塑料，选项正确，B不符合题意；
C.胃酸的主要成分为HCl，能与NaHCO3反应，因此可用NaHCO3治疗胃酸过多，选项正确，C不符合题意；
D.福尔马林属于有毒物质，不可用于食品消毒、防腐，选项错误，D符合题意；
故答案为：D
【分析】A.SO2具有漂白性；
B.聚碳酸酯塑料可完全降解；
C.胃酸的主要成分为HCl，能与NaHCO3反应；
D.福尔马林属于有毒物质；
7．【答案】B
【解析】【解答】A、“矿灰形者，取入缸中，浸三个时，漉入釜中”，涉及到固液分离，分离固液混合物的操作为过滤操作，故A不符合题意；
B、 磁石的主要成分是Fe3O4，故B符合题意；
C、爆竹爆炸的过程中发生剧烈的氧化还原反应，故C不符合题意；
D、“青蒿一握，以水二升渍，绞取法”的过程中没有新物质生成，属于物理变化，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A、分离固液混合物的操作为过滤操作；
B、磁石的主要成分为四氧化三铁；
C、爆炸是剧烈的氧化还原反应；
D、没有新物质生成的变化属于物理变化。
8．【答案】C
【解析】【解答】A.煤的高温干馏发生化学变化，产生了煤焦油、焦炉煤气等物质，A不符合题意；
B.汽车排气管上安装的催化转化器可以使NO、CO等有害气体转化为CO2、N2等空气的成分，解决汽车尾气造成的污染，发生的是化学变化，B不符合题意；
C.用金刚钻修补破损的瓷器，只是改变了物质的形状，没有新物质产生，发生的是物理变化，C符合题意；
D.自制“烤蓝”小刀就是使金属表面产生一层致密的氧化物保护膜，发生了化学变化，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】物理变化与化学变化的区别在于变化过程中是否有新物质生成，据此判断即可。
9．【答案】B
【解析】【解答】A. 键长C—C＞C—Si＞Si—Si，键长越短，键能越大，硬度越大，因此硬度：金刚石＞碳化硅＞晶体硅，故A不符合题意；
B. 根据层多径大，同电子层结构核多径小，因此离子半径：S2 ＞Cl－＞O2 ＞Na+，故B符合题意；
C. 离子半径F－D. 存在分子间氢键，存在分子内氢键沸点，分子间氢键影响熔沸点升高，分子内氢键影响熔沸点降低，因此沸点：＞，故D不符合题意。
故答案为B。
【分析】电子层数越多，离子半径越大，同电子层结构，核电荷越多，半径越小。
10．【答案】B
【解析】【解答】A．二氧化硫作纸浆的漂白剂时，有新物质生成，属于化学变化，故A不符合题意；
B．用苯提取溴水中的溴时，利用的是溴易溶于苯的特点，没有新物质生成，属于物理变化，故B符合题意；
C．明矾作净水剂时，有新物质生成，属于化学变化，故C不符合题意；
D．“84”消毒液用于杀灭新冠病毒时，有新物质生成，属于化学变化，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】有新物质生成，属于化学变化；没有新物质生成，属于物理变化。
11．【答案】A
【解析】【解答】A．鸡蛋清溶液为蛋白质胶体，加入饱和硫酸铵溶液，发生蛋白质的盐析，属于物理变化，故A符合题意；
B．丝绸的主要成分是蛋白质，属于高分子化合物，故B不符合题意；
C．芳香烃仅含有C、H两种元素，且含有苯环，该中间体中除了含C、H外，还含有N元素，该中间体不属于芳香烃，故C不符合题意；
D．乙酸乙酯为液体，饱和碳酸钠溶液降低乙酸乙酯在水中的溶解度使之析出，采用分液方法分离，故D不符合题意；
故答案为A。
【分析】A. 在鸡蛋清溶液中加入饱和硫酸铵溶液，是盐析过程，析出的蛋白质性质并无变化，即没有新物质生成．析出的蛋白质继续加水，仍能溶解，则此过程不是化学变化过程；
B. 丝绸的主要成分是蛋白质，属于天然高分子化合物；
C. 含有苯环的烃（碳氢化合物）都是芳香烃，以此分析；
D. 乙酸乙酯不溶于饱和碳酸钠溶液，可通过分液分离.
12．【答案】C
【解析】【解答】A．Si+O2 SiO2；SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O，选项中物质的转化在一定条件下能实现，故A不符合题意；
B.3NO2+H2O=2HNO3+NO，Cu+4HNO3（浓）=Cu（NO3）2+2NO2↑+2H2O，选项中物质的转化在一定条件下能实现，故B不符合题意；
C.2Fe+3Cl2 2FeCl3，Cu+2FeCl3═2FeCl2+CuCl2，在金属活动性顺序中，铁在铜的前面，铜不能与亚铁盐溶液发生置换反应，故FeCl3和Cu反应不能生成Fe，无法实现，故C符合题意；
D．Al2O3+6HCl=2AlCl3+3H2O，氨水是弱碱，AlCl3+3NH3 H2O=Al（OH）3↓+3NH4Cl，选项中物质的转化在一定条件下能实现，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】三价铁离子具有很强的氧化性，铜单质的活泼性较弱，加入铜单质不能将其还原为铁单质只能到亚铁离子，其他选项均正确
13．【答案】D
【解析】【解答】A．三者的键角分别为、、，依次增大，A不符合题意；
B．因为F、Cl、Br的原子半径依次增大，故与H形成的共价键的键长依次增长，B不符合题意；
C．O、S、Se的原子半径依次增大，故与H形成的共价键的键长依次增长，键能依次减小，C不符合题意；
D．分子的熔、沸点与分子间作用力有关，与共价键的键能无关，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.孤电子对间排斥力＞孤电子对和成键电子对之间的排斥力＞成键电子对之间的排斥力，孤电子对越多键角越小；
B.原子半径越大，形成的共价键的键长越大；
C.非金属性越强，形成的共价键越稳定，共价键的键能越大。
14．【答案】A
【解析】【解答】A．不饱和高级脂肪酸甘油酯中含有不饱和键，能与溴发生加成反应，所以能使溴的四氯化碳溶液褪色，D不符合题意；
B．由分析可知，向某溶液中加入茚三酮溶液，加热煮沸出现蓝紫色，该溶液中可能含有氨基酸或蛋白质，B符合题意；
C．麦芽糖和葡萄糖中均含有醛基，均能发生银镜反应，C不符合题意；
D．将天然10种氨基酸混合，在一定条件下形成十肽，则这十肽由10个氨基酸构成，相当于10个位置，每个位置上可以选择10种氨基酸，所以理论上可达 种或更多种，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A. 不饱和高级脂肪酸甘油酯中含有不饱和键，能与溴发生加成反应。
B.注意茚三酮溶液与蛋白质或氨基酸在加热条件下反应均会出现蓝紫色现象。
C.醛基能发生银镜反应。
D. 由10种氨基酸来构成十肽，十肽由10个氨基酸构成，相当于10个位置，每个位置上可以选择10种氨基酸，据此分析。
15．【答案】B
【解析】【解答】A．千锤万凿出深山，烈火焚烧若等闲中涉及碳酸钙分解，有化学变化，A不符合题意；
B．雾是小水滴凝结灰尘而形成的，是胶体，有丁达尔效应，B符合题意；
C．“试玉要烧三日满”中“玉”的成分是硅酸盐，该句诗表明玉的熔点很高，C不符合题意；
D．在酿酒过程中涉及葡萄糖变成乙醇和二氧化碳，涉及到氧化还原反应，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.有新物质生成的变化是化学变化；
B.雾属于胶体，胶体能产生丁达尔效应；
C.玉的成分是硅酸盐，熔点很高；
D.葡萄糖是单糖，不能发生水解反应。
16．【答案】B
17．【答案】C
【解析】【解答】A. “日照澄州江雾开”中，雾属于胶体，胶体能产生丁达尔效应，故A不符合题意；
B. 剑刃硬度要大，所以用碳铁合金，故B不符合题意；
C. “粉身碎骨浑不怕，要留清白在人间”是碳酸钙的分解反应，反应中有新物质生成，是化学变化，故C符合题意；
D. “煤饼烧蛎房成灰”(“蛎房”即牡蛎壳)，贝壳主要成分为碳酸钙，碳酸钙灼烧生成氧化钙，灰的主要成分为氧化钙，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】化学与STSE的题，需要学生多了解中国优秀的传统文化，需要分析这些原理中蕴含的化学原理。
18．【答案】B
【解析】【解答】A．根据题意可知，阳光、二氧化碳和水转化为“液态阳光”过程中类似光合作用，需吸收能量，故A不符合题意；
B．煤气化得到的水煤气，成分为CO和H2，水煤气合成的甲醇，没有合成“液态阳光”的要素，因此不属于“液态阳光”，故B符合题意；
C．“液态阳光”行动有利于可持续发展，减少温室效应，有利于气候变化，故C不符合题意；
D．“液态阳光”只需要阳光、二氧化碳和水，因此有望解决全球化石燃料不断枯竭的难题，故D不符合题意；
故答案为B。
【分析】根据题意液态阳光的合成方式即可判断
19．【答案】B
【解析】【解答】A．NH3和硫酸反应，不能干燥氨气，A不符合题意；
B．Na2O2与水和二氧化碳反应都会生成氧气，可用作供氧剂，B符合题意；
C．明矾溶于水能形成胶体，胶体可以吸附水中的悬浮物，但是不能杀菌消毒，C不符合题意；
D．二氧化硅能与氢氟酸反应，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.浓硫酸不能干燥氨气
B.过氧化钠与水和二氧化碳反应得到氧气
C.明矾可以做净水剂，不能消毒杀菌
D.二氧化硅可与氢氟酸反应
20．【答案】D
【解析】【解答】A．组成和结构相似的分子晶体，相对分子质量越大，分子间作用力越大，熔点越高，所以晶体熔点由低到高：CF4＜CCl4＜CBr4＜CI4，故A不符合题意；
B．原子晶体中原子半径越小，共价键键能越大，晶体的硬度越大，原子半径：C＜Si，则键能C-C＞C-Si＞Si-Si，所以硬度由大到小：金刚石＞碳化硅＞晶体硅，故B不符合题意；
C．非金属性越强，对应最高价含氧酸的酸性越强，非金属性：Cl＞S＞P＞Si，则酸性：HClO4＞H2SO4＞H3PO4＞H2SiO3，故C不符合题意；
D．离子晶体中离子半径越小，晶格能越大，离子半径：F-＜Cl-＜Br-＜I-，所以晶格能：NaI＜NaBr＜NaCl＜NaF，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A、分子晶体的熔沸点与分子的相对分子质量有关，相对分子质量越大，分子间作用力越大，熔沸点越高；
B、原子晶体的硬度与原子半径的相对的大小有关，原子半径越小，共价键键能越大，晶体的硬度越大；
C、原子的非金属性越强，对应最高价含氧酸的酸性越强；
D、物质晶格能的相对大小与离子半径的相对大小有关，离子半径越小，晶格能越大。
21．【答案】A,C
【解析】【解答】A．胶体的丁达尔效应没有生成新物质，属于物理变化；钟乳石的形成过程中发生反应Ca(HCO3)2=CaCO3↓+H2O+CO2↑，属于化学变化，故选A；
B．碘的升华、石油的蒸馏没有生成新物质，属于物理变化，故不选B；
C．热的硝酸钾溶液降温析出晶体没有生成新物质，属于物理变化；石墨加工成金刚石，有新物质生成，属于化学变化，故选C；
D．蓝色的CuSO4 5H2O变白，有新物质CuSO4生成，属于化学变化；浓硫酸具有脱水性，用浓硫酸在纸上写字，纸碳化，有新物质生成，属于化学变化，故不选D；
故答案为：AC
【分析】A．丁达尔效应：当一束光通过胶体时，在垂直于光线的方向有一条光亮的通路；钟乳石的形成过程属于化学变化；
B．升华：固体直接变成气体、蒸馏：利用液体间沸点的不同，把液体分离开；
C．降温结晶属于物理变化；石墨加工成金刚石属于化学变化；
D．蓝色的CuSO4 5H2O变成白色的CuSO4，属于化学变化；浓硫酸脱水属于化学变化；
22．【答案】C,D
【解析】【解答】A．Ni的原子序数为28，根据能量最低原理可写出电子排布式为或[Ar]3d84s2，能量最高的电子层为N层，该层最多可容纳32个电子，有16个原子轨道，选项A不符合题意；
B．Si原子半径较大，原子间形成的键较长，p—p轨道重叠程度很小，难以形成π键，所以Si原子间难形成双键而C原子间可以，选项B不符合题意；
C．同一周期元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈增大趋势，同一族中元素的第一电离能随着原子序数的增大而减小，所以所有元素中，第一电离能最大的元素是He元素，选项C符合题意；
D．AsF3中As原子价层电子对个数=3+=4、中I原子价层电子对个数=2+=4、OF2中O原子价层电子对个数=2+=4、Cl2O中O原子价层电子对个数=2+=4、BeF2中Be原子价层电子对个数=2+=2， 价层电子对数不相同，选项D符合题意；
故答案为：CD。
【分析】A．根据能量最低原理；
B．原子半径较大，轨道重叠程度小，难以形成π键；
C．同一周期元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈增大趋势，同一族中元素的第一电离能随着原子序数的增大而减小；
D．依据价层电子对数=σ键数+孤电子对数。
23．【答案】B,D
【解析】【解答】A．Na2CO3比较稳定，受热不易分解，NaHCO3固体受热易分解，A不符合题意；
B．不同条件下，钠与氧气反应生成Na2O和Na2O2，两种钠的氧化物中钠元素均为+1价，则23g钠即1mol在空气中充分反应时转移电子数均为NA，B符合题意；
C．涉及反应是2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2，反应中Na2O2中氧元素化合价由-1变为0和-2，即1mol Na2O2反应转移1mol电子，所以11gCO2即0.25mol与足量Na2O2反应转移的电子数为0.25NA，C不符合题意；
D．Na2O2与水反应生成O2和NaOH，NaOH与Ba(HCO3)2反应能生成BaCO3白色沉淀，D符合题意；
故答案为：BD。
【分析】A.加热条件下，Na2CO3比较稳定，NaHCO3易分解。
B.注意不同条件下，钠与氧气反应生成的氧化物中钠元素的化合价均为+1。
C.CO2与Na2O2反应中，1mol Na2O2反应转移1mol电子。
D. Na2O2与水反应能生成O2，OH-与HCO3-反应生成CO32-和H2O。
24．【答案】A,C
【解析】【解答】A．左旋和右旋酒石酸铵钠盐中都是含有共价键和离子键，A符合题意；
B．氢氰酸溶液所含元素中含有的元素有，H、N、C、O，其中N的价层电子排布式为2s22p3，为半满的稳定结构，其第一电离能大于O，故第一电离能最大的是N，B不符合题意；
C．酒石酸中，标有“*”的碳原子为手性碳，一共有2个手性碳原子，C符合题意；
D.1个乙二醛(OHC—CHO)分子中，σ键为5个，π键的为2个数目之比为5∶2，D不符合题意；
故答案为：AC。
【分析】A．依据结构简式判断；
B．同一周期的主族元素中，从左至右，元素的第一电离能呈“锯齿状”增大，其中II A族和V A族的第一电离能高于相邻的元素。依据配合物的结构和性质分析；
C．手性碳是碳原子连接4个不同的原子或原子团的物质分析；
D.依据单键是σ键，双键一个σ键和一个π键，三键是一个σ键和两个π键。
25．【答案】C,D
【解析】【解答】A．乙醇也能与金属钠反应产生氢气，无论有没有水，加入金属钠都会有气体产生，A不符合题意；
B．向蔗糖中加入浓硫酸，蔗糖变黑，浓硫酸将蔗糖中的氢原子和氧原子以2：1比例脱去，后膨胀，浓硫酸与炭反应生成了气体，说明浓硫酸具有脱水性和强氧化性，B不符合题意；
C．向NaHCO3溶液中滴加紫色石蕊试液，溶液变蓝，说明溶液呈碱性，HCO的水解程度大于电离程度，即Kh=>，则Kw>Ka1(H2CO3)·Ka2(H2CO3)，C符合题意；
D．向苯酚稀溶液中逐滴加入饱和溴水有白色沉淀产生，说明羟基对苯环性质产生影响，即羟基使苯环上的氢(主要是邻对位)变活泼，更易发生取代反应，D符合题意；
故答案为：CD。
【分析】A.乙醇可与金属钠反应，应该加入无水硫酸铜
B.浓硫酸具有氧化性，将其氧化
C.根据溶液显碱性判断水解强于电离即可判断
D.根据现象即可判断出苯环对羟基活化作用
26．【答案】（1）分液漏斗；浓硫酸
（2）
（3）E中的碱石灰吸收反应产生的二氧化碳；F中的碱石灰吸收空气中可能进入的 、 等，保证实验测量值的准确性
（4）
（5）偏高
【解析】【解答】（1）仪器B是分液漏斗；装置D用于干燥CO2，一般用浓硫酸。
（2）碳与浓硫酸反应的化学方程式为 。
（3）装置E用于吸收反应产生的二氧化碳，装置F用于吸收空气中的CO2、H2O，以防干扰实验。
（4）实验结束后，U型管(E)增重mg，说明生成的CO2质量为mg，根据反应关系式C~CO2可知，石墨烯铜复合材料中碳的质量为，所以碳含量为 。
（5）若撤去D，则测得U型管(E)增重的质量偏大，所以实验测定的结果偏高。
【分析】根据题干信息可知，在三颈烧瓶中发生反应： 、Cu+2H2SO4CuSO4+SO2↑+2H2O，装置C用于吸收反应产生的SO2，装置D用于干燥CO2，装置E用于吸收反应产生的二氧化碳，装置F用于吸收空气中的CO2、H2O，以防干扰实验。
27．【答案】（1）；将氢氧化钠溶液采用冰水浴的方式降温；储存多余的Cl2
（2）分液漏斗；若滴加次氯酸钠较快，反应生成的水合肼会被次氯酸钠氧化，导致产率降低
（3）加热至有大量固体析出，趁热过滤
（4）最后一滴碘溶液加入，溶液变成蓝色，且半分钟不褪色；87.5%
（5）
【解析】【解答】（1） 装置C中制备NaClO的离子方程式为：；高温易产生副产物 副产物NaClO3， 为减少副产物的产生，应该对反应体系进行降温；装置B中的饱和食盐水可以在反应完后关闭K1， 然后储存多余的氯气，使氯气不逸出；
（2） 将装置C中制备的溶液转移到装置D的分液漏斗中； 缓慢滴加的原因是： 若滴加次氯酸钠较快，反应生成的水合肼会被次氯酸钠氧化，导致产率降低 ；
（3）根据去曲线可知， NaCl 的溶解度随温度的变化变化趋势较小，所以应该利用蒸发结晶来获取NaCl粗品，具体操作为： 加热至有大量固体析出，趁热过滤 ；
（4） 水合肼 有你强还原性，可以与碘单质发生氧化还原反应，所以滴定的终点是： 最后半滴碘溶液加入，溶液变成蓝色，且半分钟不褪色；
根据方程式：N2H4·H2O+2I2=N2+4HI+H2O，可知n（N2H4·H2O）=（0.2×17.50 ×10-3/2）×50=0.0875mol，m（N2H4·H2O）=n×M=0.0875×50=4.375g，w=4.375/5.0 ×100%=87.5%；
（5） 脱水制得的液态肼，在加热条件下可与新制的Cu(OH)2制备纳米级Cu2O，并产生无污染气体 的方程式为： 。
【分析】（1） 氯气属于酸性气体，可以与碱反应生成；根据同离子效应，可以除去氯气中的HCl气体；水合肼具有还原性，次氯酸钠具有氧化性，二者会发生氧化还原反应；
（2） 将装置C中制备的溶液转移到装置D的分液漏斗中； 缓慢滴加的原因是： 若滴加次氯酸钠较快，反应生成的水合肼会被次氯酸钠氧化，导致产率降低 ；
（3）根据去曲线可知， NaCl 的溶解度随温度的变化变化趋势较小，所以应该利用蒸发结晶来获取NaCl粗品；
（4） 水合肼 强还原性，可以与碘单质发生氧化还原反应，该滴定实验用淀粉作指示剂，所以滴定的终点是： 最后半滴碘溶液加入，溶液变成蓝色，且半分钟不褪色；
根据方程式：N2H4·H2O+2I2=N2+4HI+H2O，可知n（N2H4·H2O）=（0.2×17.50 ×10-3/2）×50=0.0875mol，m（N2H4·H2O）=n×M=0.0875×50=4.375g，w=4.375/5.0 ×100%=87.5%；
（5） 脱水制得的液态肼，在加热条件下可与新制的Cu(OH)2制备纳米级Cu2O，该反应属于氧化还原反应，并产生无污染气体 的方程式为： 。
28．【答案】（1）
（2）Ⅷ
（3）⑤；④
（4）H-O-Cl；
（5）①④
（6）①②
【解析】【解答】(1)含有8个质子、10个中子的原子是氧原子，元素符号左下角标注质子数，左上角标出质量数，质量数等于质子数+中子数=8+10=18，化学符号表示为： ；(2)铁是26号元素，在周期表中位于第8纵行的铁元素属于第Ⅷ族；(3)①Ca(OH)2是离子化合物，钙离子和氢氧根离子间形成离子建，氢原子和氧原子之间形成极性共价键，即含离子建又含极性共价键；②H2O2属于共价化合物，即含极性共价键，又含非极性共价键；③He是稀有气体，不含化学键；④H2S属于共价化合物， 中只含极性共价键；⑤MgCl2中只含离子键；
只含有离子键的是⑤；只含有极性共价键的化合物是④； (4)HClO中氧原子形成两对共用电子对，结构式H-O-Cl，碘原子间形成一对共用电子对，I2的电子式 ；(5)①干冰气化，破坏的是分子间作用力；②硝酸钾熔化，破坏的是离子键；③ KHSO4熔融，破坏的是离子键；④蔗糖溶液水，破坏的是分子间作用力；⑤硫酸溶于水，破坏的是共价键；未破坏化学键的是①④；(6)①HCl的溶解度比H2S的大，溶解性与得失电子无关，不能说明氯元素原子得电子能力比硫元素原子得电子能力强；②HCl的酸性比H2S的强，说明电离出氢离子的能力HCl＞H2S，与得失电子无关，不能说明氯元素原子得电子能力比硫元素原子得电子能力强；③HCl的稳定性比H2S的强，说明非金属性Cl＞S，能说明氯元素原子得电子能力比硫元素原子得电子能力强；④Cl2与铁反应生成FeCl3，而S与铁反应生成FeS，说明氯气的氧化性大于硫，氯元素的非金属性大于硫，能说明氯元素原子得电子能力比硫元素原子得电子能力强；⑤HClO4的酸性比H2SO4的强，氯元素的非金属性大于硫，能说明氯元素原子得电子能力比硫元素原子得电子能力强；⑥Cl2能与H2S反应生成S，说明氯气的氧化性大于硫，氯元素的非金属性大于硫，能说明氯元素原子得电子能力比硫元素原子得电子能力强；
不能说明氯元素原子得电子能力比硫元素原子得电子能力强的是①②。
【分析】根据质子数和质量数写出氧原子的化学符号；根据铁在周期表的位置回答；根据物质的类别回答化学键的类型；根据次氯酸、碘单质的结构写出结构式和电子式；根据物质所含化学键的类别进行回答；根据元素的非金属性越强，得电子能力越强进行判断。
29．【答案】（1）2X3Y+Z
（2）0.08mol/（L min）
（3）D
（4）C
【解析】【解答】(1)结合以上分析可知，反应的化学方程式为：2X3Y+Z；
(2)反应起始至tmin(设t=5)，X的平均反应速率是=0.08mol/（L min）；
(3)A．由于各物质的化学计量数不等，则X、Y、Z的反应速率相等不能说明是否达到平衡状态，故A不正确；
B．化学反应速率之比等于化学计量数之比，无论是否达到平衡状态，X、Y的反应速率比都为2：3，故B不正确；
C．由于反应在体积不变的密闭容器中进行，反应过程中气体的体积不变，质量不变，则混合气体的密度不变，不能判断是否达到平衡状态，故C不正确；
D．生成1molZ的同时生成2molX，说明正逆反应速率相等，达到平衡状态，故D正确；
故答案为D；
(4)A.其他条件不变，及时分离出产物，生成物浓度减小，反应速率减小，A不符合；
B.适当降低温度反应速率减小，B不符合；
C.其他条件不变，增大X的浓度，即增大反应物浓度，反应速率增大，C符合；
故答案为：C。
【分析】（1）根据图及反应消耗的物质的量可以作答，减少的为反应物，增加的生成物；
（2）反应的量除以反应时间；
（3）注意化学平衡状态的判断，正逆反应速率相等等；
（4）化学平衡移动方向，增加反应物浓，降低生成物浓度等等。
30．【答案】（1）自由电子
（2）Ti；4；4
（3）；其单体聚乙烯醇无法稳定存在
（4）聚吡咯中存在碳碳单键和碳碳双键交替排列成的共轭结构(或形成大π键)
（5）氢键；C
【解析】【解答】二维层状材料Ti3C2存在金属键，故其中存在自由电子，这是其能导电的原因。Ti3C
2和聚乙烯醇、聚呲咯复合形成某柔性电极材料。
(1)Ti3C2中存在金属键，故其中也存在自由电子，自由电子可在电场作用下定向移动从而使该材料导电。
(2)根据Ti3C2的结构单元结合其化学式可知，黑色球代表Ti原子，其在顶点处被4个结构单元所共用，在棱心处被4个结构单元所共用。
(3)聚乙烯醇的结构简式为，其一般通过CH3COOCH=CH2单体聚合后再水解得到，如果直接由单体聚合得到，则其单体为HOCH=CH2，羟基连接在有碳碳双键的碳原子上，结构不稳定。
(4)聚呲咯中存在碳碳单键和碳碳双键交替排列成的共轭结构，有利于增强材料的导电性。
(5)聚呲咯中氮原子、改性Ti3C2中引入了-F和-OH，N、F、O都是半径小，电负性强的原子，可与N原子相连的H、-OH上的H原子形成氢键。故两者通过氢键作用分散在聚乙烯醇中。聚乙烯醇能与另外两种物质形成氢键，便于其分散在聚乙烯醇中，下列四种物质中，只有C可与其他物质形成氢键，故C可替代聚乙烯醇。
【分析】（1）物质导电是因为有自由移动的电子。
（2）根据均摊法可知黑球有3个，白球有2个，结合分子式进行分析。
（3）根据单体乙烯醇（CH2=CHOH）的性质进行分析。
（4）聚呲咯中存在碳碳单键和碳碳双键交替排列成的共轭结构。
（5）①引入的-F和-OH可与N原子相连的H、-OH上的H原子形成氢键。
②聚乙烯醇能与另外两种物质形成氢键，据此分析。
31．【答案】（1）②
（2）①
（3）⑤
（4）⑥
（5）③
【解析】【解答】(1) 同位素是同种元素的不同原子，②互为同位素；
(2) 同素异形体是同种元素组成的不同单质，①O2与O3是同素异形体；
(3) 同分异构体的分子式相同，结构不同，⑤互为同分异构体；
(4) 同系物是官能团的种类和数目都相同、且分子组成上相差若干个“CH2”的两种有机物，⑥属于同系物；
(5) H2O和D2O都表示水分子，属于同一物质；
【分析】(1) 同位素是同种元素不同原子；
(2) 同素异形体是同种元素组成的不同单质；
(3) 同分异构体的分子式相同，结构不同；
(4) 同系物是官能团的种类和数目都相同、且分子组成上相差若干个“CH2”的两种有机物；
(5) H2O和D2O都表示水分子。
32．【答案】（1）第三周期第ⅢA族；HClO4
（2）；离子
（3）N3-＞O2-＞Na+＞Mg2+
（4）ClO-+Cl-+2H+=Cl2↑+H2O
（5）Al(OH)3；NaOH
【解析】【解答】（1）根据位置即可判断出第三周期第IIIA族，根据同周期从左到右非金属逐渐增强，判断Cl的最高价氧化物水化物酸性最强，为HClO4，
（2）①④⑤分别为Na，O，H三种元素，因此形成的化合物为NaOH，因此电子式为 ，属于离子化合物；
（3）③④⑤⑥是N，O，Na，Mg，形成的离子电子层数相同，核电荷越大的半径越小，因此 N3-＞O2-＞Na+＞Mg2+ ；
（4）根据反应物和生成物写出离子方程式为 ClO-+Cl-+2H+=Cl2↑+H2O ；
（5）根据 X为电解质溶液，可电离出OH-， 可以得出是NaOH溶液，A为氯化铝，B为氢氧化铝，C为偏铝酸钠，故B为 Al(OH)3 ；X为 NaOH ；
【分析】（1）根据元素周期表即可判断；
（2）根据给出的元素即可写出化学式，即可写出电子式判断物质类别；
（3）根据具有相同的电子层，其半径与核电荷数成反比；
（4）根据反应物和生成物即可写出方程式；
（5）根据信息推测出化学式。
33．【答案】（1）；
（2）用湿润的红色石蕊试纸，若试纸变蓝，则证明气体甲为 （或其他合理答案）；
（3）不能；乙为碳酸钠，丙为碳酸氢钠，两者均可与氢氧化钙反应生成白色浑浊；
【解析】【解答】（1）若甲为具有臭鸡蛋气味的有毒气体，则甲为H2S，乙为淡黄色固体单质，乙为S，则丁为氧气。S和氧气反应生成SO2，则丙为SO2。H2S和SO2反应生成S和水，甲和丙反应的化学方程式为：2H2S+SO2=3S↓+2H2O。
（2）若甲、乙、丙均为化合物，其中甲为有刺激性气味的气体，水溶液呈碱性，则甲为NH3；丙为红棕色气体，则丙为NO2。NH3可以催化氧化为NO，NO和氧气反应生成NO2，所以乙为NO，丁为O2。
①NH3溶于水显碱性，实验室检验NH3的方法为：用湿润的红色石蕊试纸，若试纸变蓝，则证明气体甲为 NH3。
②在催化剂的作用下，NH3可和NO、NO2反应生成N2和水。NH3中N从-3价升高到0价，1molNH3失去3mol电子，NO中N的为+2价，1molNO得到2mol电子，NO2中的N为+4价，1molNO2得到4mol电子，同温、同压下体积比等于物质的量之比，根据电子守恒，V甲 、 V乙 、 V丙 应满足的关系是3V甲=2V乙+4V丙 。
（3）若甲为短周期元素组成的一元强碱，则甲为NaOH，丁为无色无味的气体，则丁为CO2，CO2和NaOH生成Na2CO3，Na2CO3的溶液中通入CO2，可以生成NaHCO3，所以乙为Na2CO3，丙为NaHCO3。
①Na2CO3和NaHCO3都能与石灰水生成白色沉淀CaCO3，所以用澄清石灰水来鉴别乙和丙不能成功。
②NaOH和NaHCO3反应生成Na2CO3和水，离子方程式为：OH + =H2O+ 。
【分析】（1）根据给出的甲和乙的特征即可判断出甲为硫化氢，乙为S，丙为二氧化硫，结合问题即可写出方程式
（2）根据给出的信息即可判断甲为氨气，乙为一氧化氮，丙为二氧化氮
①一般检验氨气用的是湿润的红色的石蕊试纸
②根据方程式即可计算出体积的关系
（3）根据题意可知，甲为氢氧化钠，丁为二氧化碳，即可判断出乙为碳酸钠，丙为碳酸氢钠
①据可产生沉淀不易鉴别，可以选择氯化钙溶液
②根据反应物结合性质即可写出方程式
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专题1 物质的分类及转化
一、单选题
1．下列说法错误的是（ ）
A．化学是在原子、分子水平上研究物质的组成、结构、性质、转化及其应用的基础自然科学
B．李时珍的《本草纲目》和宋应星的《天工开物》中蕴含了丰富的化学知识
C．侯德榜发明联合制碱法，制取的是氢氧化钠
D．我国科学家在世界上第一次用化学方法合成的结晶牛胰岛素属于蛋白质
2．孔雀石古称石绿，是铜的表生矿物[化学式，“水色”从植物中提取，如花青(分子式)。下列说法错误的是
A．“石绿”耐酸、耐碱
B．属于纯净物
C．保存不善的国画，“水色”容易变色
D．从蓝草中提取花青，可用有机溶剂萃取
3．随着神舟十五号飞船的成功发射，6名中国航天员在空间站实现在轨交接。空间站中有一套完善的再生式环境控制与生命保障系统，可实现舱内氧气和水的循环利用，保障航天员长时间在轨驻留的需求。下列过程属于物理变化的是
A．长征二号遥十五火箭点火发射 B．冷凝回收舱内的水蒸气
C．利用循环水电解制氧气 D．还原去除舱内的二氧化碳
4．下列物质性质与用途具有对应关系的是（ ）
A．乙炔能发生加成反应，可以用来焊接金属
B．甲醇能发生酯化反应，可以用作汽车燃料
C．萘(C10H8)极易升华，可以用作生活中的防蛀剂
D．氯乙烷汽化时吸收大量热，可用于运动损伤冷冻镇痛
5．“白墙黑瓦青石板，烟雨小巷油纸伞”，是著名诗人戴望舒《雨巷》中描述的景象，下列有关说法中不正确的是（ ）
A．“白墙”的白色源于墙体表层的CaO
B．“黑瓦”与陶瓷的主要成分都是硅酸盐
C．做伞骨架的竹纤维的主要成分可表示为(C6H10O5)n
D．刷在伞面上的熟桐油是天然植物油，具有防水作用
6．下列叙述不正确的是（ ）
A．二氧化硫可用于漂白纸浆
B．可利用二氧化碳制造全降解塑料
C．碳酸氢钠可用于中和胃酸过多
D．食品消毒、防腐常使用福尔马林
7．中国古代文献和诗句中涉及许多化学知识。下列说法错误的是（ ）
A．《天工开物》记载“矿灰形者，取入缸中，浸三个时，漉入釜中”包含过滤操作
B．《梦溪笔谈》记载“方家以磁石磨针，则能指南”，磁石的主要成分是
C．“爆竹声中一岁除，春风送暖入屠苏”中爆竹爆炸发生的反应为氧化还原反应
D．“青蒿一握，以水二升渍，绞取法”，屠呦呦对青蒿素的提取属于物理变化
8．下列过程属于物理变化的是（）
A．煤的高温干馏
B．汽车排气管上安装的催化转化器解决汽车尾气
C．用金刚钻修补破损的瓷器
D．自制“烤蓝”小刀
9．下列物质的性质比较，结论不正确的是（ ）
A．硬度：金刚石＞碳化硅＞晶体硅
B．离子半径：S2-＞Cl－＞Na+＞O2-
C．熔点：NaF＞NaCl＞NaBr＞NaI
D．沸点：＞
10．下列过程中没有发生化学变化的是（ ）
A．二氧化硫作纸浆的漂白剂
B．用苯提取溴水中的溴
C．明矾作净水剂
D．“84”消毒液用于杀灭新冠病毒
11．下列说法正确的是（ ）
A．向鸡蛋清溶液中加入饱和硫酸铵溶液有沉淀产生，属于物理变化
B．丝绸的主要成分是天然纤维素，属于高分子化合物
C．用来合成抑制新冠病毒(COVID-19)的潜在药物磷酸氯喹的中间体 (喹啉)属于芳香烃
D．用蒸馏的方法从饱和Na2CO3溶液中分离出乙酸乙酯
12．物质间纷繁复杂的转化关系是化学的魅力所在，下列选项中物质的转化在一定条件下不能实现的是（ ）
A．
B．
C．
D．
13．下列有关共价键的键参数的说法错误的是
A．、、分子中的键角依次增大
B．HF、、分子中的键长依次增长
C．、、分子中的键能依次减小
D．分子中共价键的键能越大，分子的熔、沸点越高
14．下列说法不正确的是（ ）
A．植物油含有不饱和高级脂肪酸甘油酯，能使溴的四氯化碳溶液褪色
B．向某溶液中加入茚三酮溶液，加热煮沸出现蓝紫色，可判断该溶液含有蛋白质
C．麦芽糖、葡萄糖都能发生银镜反应
D．将天然10种氨基酸混合，在一定条件下形成十肽，理论上可达种或更多种
15．下面的“诗”情“化”意中，分析正确的是（ ）
A．“千锤万凿出深山,烈火焚烧若等闲”只发生了物理变化
B．“日照澄州江雾开”中伴有丁达尔效应
C．“试玉要烧三日满”中“玉”的成分是硅酸盐，该句诗表明玉的硬度很大
D．“绿蚁新醅酒，红泥小火炉”，在酿酒过程中不涉及氧化还原反应
16．下列物质中属于耐高温酸性氧化物的是（ ）
A．CO B．SiO C．MgO D．Na2O
17．中华优秀传统文化涉及到很多的化学知识，下列有关说法错误的是（ ）
A．“日照澄洲江雾开”中伴有丁达尔效应
B．古剑“沈卢”以剂钢为刃，柔铁为茎干，不尔则多断折”，剂钢指的是铁的合金
C．“粉身碎骨浑不怕，要留清白在人间”指的是物质发生了物理变化
D．“煤饼烧蛎房成灰（蛎房即牡蛎壳）”中灰的主要成分为氧化钙
18．“液态阳光”是指由阳光、二氧化碳和水通过人工光合作用得到的绿色液态燃料。下列有关“液态阳光”的说法错误的是（ ）
A．CO2和H2O转化为“液态阳光”过程中同时吸收能量
B．煤气化得到的水煤气合成的甲醇属于“液态阳光”
C．“液态阳光”行动有利于可持续发展并应对气候变化
D．“液态阳光”有望解决全球化石燃料不断枯竭的难题
19．下列说法正确的是（ ）
A．浓硫酸具有吸水性，可用于干燥NH3、SO2等
B．Na2O2与水和二氧化碳反应都会生成氧气，可用作供氧剂
C．明矾溶于水能形成胶体，可用于自来水的杀菌消毒
D．二氧化硅不与任何酸反应，可用石英制造耐酸容器
20．下面的排序错误的是（ ）
A．晶体熔点由低到高：CF4﹤CCl4﹤CBr4﹤CI4
B．硬度由大到小：金刚石＞碳化硅＞晶体硅
C．酸性：HClO4＞H2SO4＞H3PO4＞H2SiO3
D．晶格能由大到小： NaI＞NaBr＞ NaCl＞NaF
二、多选题
21．前者是物理变化，后者是化学变化的是( )
A．胶体的丁达尔效应、钟乳石的形成
B．碘的升华、石油的蒸馏
C．热的硝酸钾溶液降温析出晶体、石墨加工成金刚石
D．蓝色的CuSO4·5H2O变白、浓硫酸在纸上写字
22．下列相关物质结构与性质的说法错误的是（ ）
A．基态Ni原子核外填有电子的能量最高的电子层为N层，该层有16个原子轨道
B．Si原子间难形成双键而C原子间可以，因为Si原子半径大于C，难形成p—pπ键
C．所有元素中氟的第一电离能最大
D．AsF3、IF、OF2、Cl2O、BeF2中价层电子对数均相同
23．下列有关说法正确的是（ ）
A．在酒精灯加热条件下，Na2CO3、NaHCO3固体都能发生分解
B．不同条件下，23g钠在空气中充分反应时转移电子数均为NA
C．11gCO2与足量Na2O2反应转移的电子数为0.5NA
D．将Na2O2加入Ba（HCO3）2溶液中同时有气体和沉淀产生
24．路易斯·巴斯德(LouisPasteur)分离手性酒石酸盐实验(1848年)被评为十大最美实验之首，左旋和右旋酒石酸铵钠盐的结构简式分别为、 。酒石酸的制备方法之一是乙二醛与氢氰酸(HCN)反应再酸性水解：OHC—CHO+HCN。下列说法正确的是
A．左旋和右旋酒石酸铵钠盐中含有的化学键类型相同
B．氢氰酸溶液所含元素中第一电离能最大的是O
C．一个酒石酸( )分子中含有2个手性碳原子
D．乙二醛(OHC—CHO)分子中σ键和π键的数目之比为3∶2
25．下列说法正确的是（ ）
A．向乙醇中加入绿豆大小的金属钠有气体产生，说明乙醇中含有H2O
B．向蔗糖中加入浓硫酸，蔗糖变黑后膨胀，说明浓硫酸具有吸水性和强氧化性
C．向NaHCO3溶液中滴加紫色石蕊试液，溶液变蓝，说明Kw > Ka1(H2CO3)·Ka2(H2CO3)
D．向苯酚稀溶液中逐滴加入饱和溴水有白色沉淀产生，说明羟基对苯环性质产生影响
三、实验探究题
26．石墨烯铜复合材料的电导率高，韧性好，可用于制备高铁的“超级导线”。某化学小组用如下装置测定其中的碳含量(铜、碳以外的成分不与浓硫酸反应)。已知：实验前后，各通入一次，将装置中的气体全部赶入到U型管中。
（1）仪器B的名称为 ，装置D中的试剂为 ；
（2）碳与浓硫酸反应的化学方程式为 ；
（3）装置E和F中碱石灰的作用为 ；
（4）实验结束后，U型管(E)增重，则碳含量为 ；
（5）若撤去D，则实验测定的结果 (填“偏高”“偏低”或“无影响”)。
27．2021 年10月16日神舟十三号载人飞船发射成功，肼是一种良好的火箭燃料，分子式N2H4，为无色油状液体，与水按任意比例互溶形成稳定的水合肼N2H4·H2O，沸点118℃，有强还原性。实验室先制备次氯酸钠，再与尿素[CO(NH2)2]反应制备水合肼，进一步脱水制得肼，实验装置如图所示(部分装置省略)。已知：CO(NH2)2+2NaOH+NaClO=Na2CO3+N2H4·H2O+NaCl
（1）装置C中制备NaClO的离子方程式为 。反应过程中温度升高易产生副产物NaClO3，可采取的措施是 。装置B中装有饱和食盐水，反应完后关闭K1，装置B的作用是 。
（2）将装置C中制备的溶液转移到装置D的 中，并缓缓滴入，原因是 。
（3）装置D蒸馏获得水合肼粗品后，剩余溶液再进一步处理还可获得副产品NaCl和Na2CO3 ·10H2O，获得NaCl粗品的操作是 (NaCl和Na2CO3的溶解度曲线如图)。
（4）称取5.0g水合肼样品，加水配成500mL溶液，从中取出10.00mL溶液于锥形瓶中，滴入几滴淀粉溶液，用0.20mol/L的I2溶液进行滴定，滴定终点的现象是 ，测得消耗I2溶液的体积为17.50mL，则样品中水合肼N2H4·H2O)的质量百分数为 (用百分数表示并保留3位有效数字)。(已知：N2H4·H2O +2I2=N2↑+4HI+H2O)
（5）脱水制得的液态肼，在加热条件下可与新制的Cu(OH)2制备纳米级Cu2O，并产生无污染气体，写出该反应的化学方程式： 。
四、综合题
28．填写下列空白：
（1）写出表示含有8个质子、10个中子的原子的化学符号： 。
（2）周期表中位于第8纵行的铁元素属于第 族。
（3）下列几种物质：①Ca(OH)2②H2O2③He④H2S ⑤MgCl2 ,只含有离子键的是(选填序号，下同) ；只含有极性共价键的化合物是 ；
（4）HClO的结构式 ，I2的电子式 。
（5）下列变化中：①干冰气化；②硝酸钾熔化；③KHSO4熔融；④蔗糖溶液水⑤硫酸溶于水；未破坏化学键的是 ；
（6）下列不能说明氯元素原子得电子能力比硫元素原子得电子能力强的是
①HCl的溶解度比H2S的大 ②HCl的酸性比H2S的强 ③HCl的稳定性比H2S的强④Cl2与铁反应生成FeCl3，而S与铁反应生成FeS ⑤HClO4的酸性比H2SO4的强 ⑥Cl2能与H2S反应生成S
29．某温度下，在2L密闭容器中X、Y、Z三种物质(均为气态)间进行反应，其物质的量随时间的变化曲线如图。据图回答：
（1）该反应的化学方程式可表示为 。
（2）反应起始至tmin(设t=5)，X的平均反应速率是 。
（3）下列可判断反应已达到该状态的是____(填字母，下同)
A．X、Y、Z的反应速率相等 B．X、Y的反应速率比为2：3
C．混合气体的密度不变 D．生成1molZ的同时生成2molX
（4）一定能使该反应的反应速率增大的措施有____
A．其他条件不变，及时分离出产物
B．适当降低温度
C．其他条件不变，增大X的浓度
30．某柔性电极材料由聚吡咯()、二维层状材料Ti3C2和聚乙烯醇复合而成，其转化过程示意如图。
（1）二维层状材料Ti3C2中存在金属键、离子键和共价键。Ti3C2能导电的原因是 在电场作用下定向移动。
（2）Ti3C2的结构单元如下图，其中代表 原子，在顶点处被 个结构单元所共用，在棱心处被 个结构单元所共用。
（3）聚乙烯醇的结构简式为 ，其不能由单体通过聚合反应得到的原因是 。
（4）吡咯()呈平面结构。聚吡咯能够增强材料导电性的原因是 。
（5）通过控制HF溶液浓度和反应时间，在Ti3C2表面引入-F和-OH，形成改性Ti3C2。
①聚吡咯和改性Ti3C2通过 作用分散在聚乙烯醇中。
②制备柔性电极材料过程中，下列能够替代聚乙烯醇的是 (填标号)。
31．将下列物质进行分类(填序号)：
①O2与O3；②与；③H2O和D2O；④冰与干冰；⑤和⑥和
（1）互为同位素的是 ；
（2）互为同素异形体的是 ；
（3）互为同分异构体的是 ；
（4）属于同系物的是 。
（5）属于同一物质的是 。
五、推断题
32．如图为元素周期表的一部分，请根据元素①~⑧在表中的位置，回答下列问题：
（1）请写出元素⑦在元素周期表中的位置 。在上述元素的最高价氧化物对应的水化物中，酸性最强的是 (用化学式表示)。
（2）由元素①、④、⑤形成的化合物的电子式为 ，该物质属于 (填“离子”或“共价”)化合物。
（3）③、④、⑤、⑥的简单离子半径由大到小的顺序是 (用离子符号表示)。
（4）在全国抗击“新冠肺炎”的“战疫”中用了大量的“84消毒液”来消毒杀菌。84消毒液(主要成分为NaClO)和洁厕灵(主要成分为盐酸)混合使用会产生一种有毒气体，写出两者混合时发生反应的离子方程式： 。
（5）由表中元素形成的常见无机化合物A、B、C、X有以下转化关系：
若A、B、C含同一金属元素，X为电解质溶液，可电离出OH-，所有反应都在溶液中进行。B的化学式为 ，X中溶质的化学式为 。
33．甲、乙、丙、丁均为中学常见的纯净物，其中甲、乙、丙均含同一种元素，它们之间存在转化关系： （其他产物及反应条件已略去）。回答下列问题：
（1）若甲为具有臭鸡蛋气味的有毒气体，乙为淡黄色固体单质；甲和丙反应可生成乙和另一种无色无味的液体，则甲的化学式为 ，写出甲和丙反应的化学方程式： 。
（2）若甲、乙、丙均为化合物，其中甲为有刺激性气味的气体，水溶液呈碱性；丙为红棕色气体。
①实验室检验气体甲的方法为 （简述操作、现象及结论）。
②在催化剂的作用下，气体甲可还原乙和丙生成两种无污染的物质。同温、同压下将体积分别为 、 、 的甲、乙、丙三种气体混合，在催化剂的作用下充分反应恰好生成两种无污染的物质，则 、 、 应满足的关系是 （用 、 、 表示）。
（3）若甲为短周期元素组成的一元强碱，丁为无色无味的气体。
①某实验小组设计用澄清石灰水来鉴别乙和丙，该实验 （填“能”或“不能”）成功，其原因为 。
②写出甲和丙反应的离子方程式： 。
答案解析部分
1．【答案】C
【解析】【解答】A．化学是在原子、分子水平上研究物质的组成、结构、性质、转化及其应用的基础自然科学，A不符合题意；
B．李时珍的《本草纲目》和宋应星的《天工开物》中都蕴含着丰富的化学知识和经验，B不符合题意；
C．侯德榜发明联合制碱法，制取的是纯碱，C符合题意；
D．我国科学家在世界上第一次用化学方法合成的结晶牛胰岛素是一种具有生物活性的蛋白质，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.化学是在原子、分子水平上研究物质的基础自然科学；
B.李时珍的《本草纲目》和宋应星的《天工开物》中蕴含了丰富的化学知识；
D.结晶牛胰岛素是蛋白质。
2．【答案】A
【解析】【解答】A.Cu(OH)2·CuCO3能与酸反应，因此不耐酸；与碱不反应，因此耐碱，A符合题意。
B..Cu(OH)2·CuCO3属于纯净物，B不符合题意。
C.“水色”花青中含有不饱和键，易发生氧化反应，容易褪色，C不符合题意。
D.有机物易溶于有机溶剂中，D不符合题意。
故答案为：A
【分析】A、Cu(OH)2·CuCO3能与酸反应。
B、能用化学式表示的都是纯净物。
C、花青中含有不饱和键，易被氧化。
D、有机物易溶于有机溶剂。
3．【答案】B
【解析】【解答】A．火箭点火发射时燃料燃烧，属于化学变化，A不选；
B．冷凝水蒸气得到液态水，没有生成新物质，属于物理变化，B选；
C．电解水制氧气有新物质生成，属于化学变化，C不选；
D．用氢气还原去除舱内的二氧化碳生成水，有新物质生成，属于化学变化，D不选；
故答案为：B。
【分析】A、燃烧为化学变化；
B、水蒸气的冷凝为物理变化；
C、 水生成氧气为化学变化；
D、二氧化碳的除去为化学变化。
4．【答案】D
【解析】【解答】A.乙炔能用来焊接金属是因为燃烧的时候释放出大量的热量，与其发生加成反应无关，A选项是错误的；
B.甲醇可做汽车燃料是因为燃烧产物无污染并且放出的热量多，与其发生酯化反应无关，B选项是错误的；
C.萘可以作驱虫剂是因为其分子具有毒性，与其易升华无关，因此C选项是错误的；
D.氯乙烷汽化时吸收大量热，可用于运动损伤冷冻镇痛，D选项是正确的。
故答案为：D。
【分析】A.乙炔中的官能团是碳碳三键，可以发生加成反应；
B.甲醇可做汽车燃料是因为燃烧产物无污染并且放出的热量多，与其发生酯化反应无关；
C.萘是最简单的稠环芳烃，化学式为C10H8，是由2个苯环共用2个相邻碳原子稠合而成，广泛用作制备染料、树脂、溶剂等的原料，也用作驱虫剂；
D.氯乙烷汽化时吸收大量热达到降低温度的效果，可用于运动损伤冷冻镇痛。
5．【答案】A
【解析】【解答】A、“白墙”的白色源于墙体表层的CaCO3，选项A不符合题意；
B、陶瓷、砖瓦均属于传统的硅酸盐产品，选项B符合题意；
C、竹纤维的主要成分是纤维素，选项C符合题意；
D、植物油属于油脂，油脂不溶于水，刷在伞面上形成一层保护膜能防水，选项D符合题意
【分析】白墙”的白色源于墙体表层的CaCO3。
6．【答案】D
【解析】【解答】A.SO2具有漂白性，可用于漂白纸浆，选项正确，A不符合题意；
B.CO2可用于合成聚碳酸酯塑料，聚碳酸酯塑料可完全降解，因此可利用CO2制造全降解塑料，选项正确，B不符合题意；
C.胃酸的主要成分为HCl，能与NaHCO3反应，因此可用NaHCO3治疗胃酸过多，选项正确，C不符合题意；
D.福尔马林属于有毒物质，不可用于食品消毒、防腐，选项错误，D符合题意；
故答案为：D
【分析】A.SO2具有漂白性；
B.聚碳酸酯塑料可完全降解；
C.胃酸的主要成分为HCl，能与NaHCO3反应；
D.福尔马林属于有毒物质；
7．【答案】B
【解析】【解答】A、“矿灰形者，取入缸中，浸三个时，漉入釜中”，涉及到固液分离，分离固液混合物的操作为过滤操作，故A不符合题意；
B、 磁石的主要成分是Fe3O4，故B符合题意；
C、爆竹爆炸的过程中发生剧烈的氧化还原反应，故C不符合题意；
D、“青蒿一握，以水二升渍，绞取法”的过程中没有新物质生成，属于物理变化，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A、分离固液混合物的操作为过滤操作；
B、磁石的主要成分为四氧化三铁；
C、爆炸是剧烈的氧化还原反应；
D、没有新物质生成的变化属于物理变化。
8．【答案】C
【解析】【解答】A.煤的高温干馏发生化学变化，产生了煤焦油、焦炉煤气等物质，A不符合题意；
B.汽车排气管上安装的催化转化器可以使NO、CO等有害气体转化为CO2、N2等空气的成分，解决汽车尾气造成的污染，发生的是化学变化，B不符合题意；
C.用金刚钻修补破损的瓷器，只是改变了物质的形状，没有新物质产生，发生的是物理变化，C符合题意；
D.自制“烤蓝”小刀就是使金属表面产生一层致密的氧化物保护膜，发生了化学变化，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】物理变化与化学变化的区别在于变化过程中是否有新物质生成，据此判断即可。
9．【答案】B
【解析】【解答】A. 键长C—C＞C—Si＞Si—Si，键长越短，键能越大，硬度越大，因此硬度：金刚石＞碳化硅＞晶体硅，故A不符合题意；
B. 根据层多径大，同电子层结构核多径小，因此离子半径：S2 ＞Cl－＞O2 ＞Na+，故B符合题意；
C. 离子半径F－
故答案为B。
【分析】电子层数越多，离子半径越大，同电子层结构，核电荷越多，半径越小。
10．【答案】B
【解析】【解答】A．二氧化硫作纸浆的漂白剂时，有新物质生成，属于化学变化，故A不符合题意；
B．用苯提取溴水中的溴时，利用的是溴易溶于苯的特点，没有新物质生成，属于物理变化，故B符合题意；
C．明矾作净水剂时，有新物质生成，属于化学变化，故C不符合题意；
D．“84”消毒液用于杀灭新冠病毒时，有新物质生成，属于化学变化，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】有新物质生成，属于化学变化；没有新物质生成，属于物理变化。
11．【答案】A
【解析】【解答】A．鸡蛋清溶液为蛋白质胶体，加入饱和硫酸铵溶液，发生蛋白质的盐析，属于物理变化，故A符合题意；
B．丝绸的主要成分是蛋白质，属于高分子化合物，故B不符合题意；
C．芳香烃仅含有C、H两种元素，且含有苯环，该中间体中除了含C、H外，还含有N元素，该中间体不属于芳香烃，故C不符合题意；
D．乙酸乙酯为液体，饱和碳酸钠溶液降低乙酸乙酯在水中的溶解度使之析出，采用分液方法分离，故D不符合题意；
故答案为A。
【分析】A. 在鸡蛋清溶液中加入饱和硫酸铵溶液，是盐析过程，析出的蛋白质性质并无变化，即没有新物质生成．析出的蛋白质继续加水，仍能溶解，则此过程不是化学变化过程；
B. 丝绸的主要成分是蛋白质，属于天然高分子化合物；
C. 含有苯环的烃（碳氢化合物）都是芳香烃，以此分析；
D. 乙酸乙酯不溶于饱和碳酸钠溶液，可通过分液分离.
12．【答案】C
【解析】【解答】A．Si+O2 SiO2；SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O，选项中物质的转化在一定条件下能实现，故A不符合题意；
B.3NO2+H2O=2HNO3+NO，Cu+4HNO3（浓）=Cu（NO3）2+2NO2↑+2H2O，选项中物质的转化在一定条件下能实现，故B不符合题意；
C.2Fe+3Cl2 2FeCl3，Cu+2FeCl3═2FeCl2+CuCl2，在金属活动性顺序中，铁在铜的前面，铜不能与亚铁盐溶液发生置换反应，故FeCl3和Cu反应不能生成Fe，无法实现，故C符合题意；
D．Al2O3+6HCl=2AlCl3+3H2O，氨水是弱碱，AlCl3+3NH3 H2O=Al（OH）3↓+3NH4Cl，选项中物质的转化在一定条件下能实现，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】三价铁离子具有很强的氧化性，铜单质的活泼性较弱，加入铜单质不能将其还原为铁单质只能到亚铁离子，其他选项均正确
13．【答案】D
【解析】【解答】A．三者的键角分别为、、，依次增大，A不符合题意；
B．因为F、Cl、Br的原子半径依次增大，故与H形成的共价键的键长依次增长，B不符合题意；
C．O、S、Se的原子半径依次增大，故与H形成的共价键的键长依次增长，键能依次减小，C不符合题意；
D．分子的熔、沸点与分子间作用力有关，与共价键的键能无关，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.孤电子对间排斥力＞孤电子对和成键电子对之间的排斥力＞成键电子对之间的排斥力，孤电子对越多键角越小；
B.原子半径越大，形成的共价键的键长越大；
C.非金属性越强，形成的共价键越稳定，共价键的键能越大。
14．【答案】A
【解析】【解答】A．不饱和高级脂肪酸甘油酯中含有不饱和键，能与溴发生加成反应，所以能使溴的四氯化碳溶液褪色，D不符合题意；
B．由分析可知，向某溶液中加入茚三酮溶液，加热煮沸出现蓝紫色，该溶液中可能含有氨基酸或蛋白质，B符合题意；
C．麦芽糖和葡萄糖中均含有醛基，均能发生银镜反应，C不符合题意；
D．将天然10种氨基酸混合，在一定条件下形成十肽，则这十肽由10个氨基酸构成，相当于10个位置，每个位置上可以选择10种氨基酸，所以理论上可达 种或更多种，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A. 不饱和高级脂肪酸甘油酯中含有不饱和键，能与溴发生加成反应。
B.注意茚三酮溶液与蛋白质或氨基酸在加热条件下反应均会出现蓝紫色现象。
C.醛基能发生银镜反应。
D. 由10种氨基酸来构成十肽，十肽由10个氨基酸构成，相当于10个位置，每个位置上可以选择10种氨基酸，据此分析。
15．【答案】B
【解析】【解答】A．千锤万凿出深山，烈火焚烧若等闲中涉及碳酸钙分解，有化学变化，A不符合题意；
B．雾是小水滴凝结灰尘而形成的，是胶体，有丁达尔效应，B符合题意；
C．“试玉要烧三日满”中“玉”的成分是硅酸盐，该句诗表明玉的熔点很高，C不符合题意；
D．在酿酒过程中涉及葡萄糖变成乙醇和二氧化碳，涉及到氧化还原反应，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.有新物质生成的变化是化学变化；
B.雾属于胶体，胶体能产生丁达尔效应；
C.玉的成分是硅酸盐，熔点很高；
D.葡萄糖是单糖，不能发生水解反应。
16．【答案】B
17．【答案】C
【解析】【解答】A. “日照澄州江雾开”中，雾属于胶体，胶体能产生丁达尔效应，故A不符合题意；
B. 剑刃硬度要大，所以用碳铁合金，故B不符合题意；
C. “粉身碎骨浑不怕，要留清白在人间”是碳酸钙的分解反应，反应中有新物质生成，是化学变化，故C符合题意；
D. “煤饼烧蛎房成灰”(“蛎房”即牡蛎壳)，贝壳主要成分为碳酸钙，碳酸钙灼烧生成氧化钙，灰的主要成分为氧化钙，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】化学与STSE的题，需要学生多了解中国优秀的传统文化，需要分析这些原理中蕴含的化学原理。
18．【答案】B
【解析】【解答】A．根据题意可知，阳光、二氧化碳和水转化为“液态阳光”过程中类似光合作用，需吸收能量，故A不符合题意；
B．煤气化得到的水煤气，成分为CO和H2，水煤气合成的甲醇，没有合成“液态阳光”的要素，因此不属于“液态阳光”，故B符合题意；
C．“液态阳光”行动有利于可持续发展，减少温室效应，有利于气候变化，故C不符合题意；
D．“液态阳光”只需要阳光、二氧化碳和水，因此有望解决全球化石燃料不断枯竭的难题，故D不符合题意；
故答案为B。
【分析】根据题意液态阳光的合成方式即可判断
19．【答案】B
【解析】【解答】A．NH3和硫酸反应，不能干燥氨气，A不符合题意；
B．Na2O2与水和二氧化碳反应都会生成氧气，可用作供氧剂，B符合题意；
C．明矾溶于水能形成胶体，胶体可以吸附水中的悬浮物，但是不能杀菌消毒，C不符合题意；
D．二氧化硅能与氢氟酸反应，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.浓硫酸不能干燥氨气
B.过氧化钠与水和二氧化碳反应得到氧气
C.明矾可以做净水剂，不能消毒杀菌
D.二氧化硅可与氢氟酸反应
20．【答案】D
【解析】【解答】A．组成和结构相似的分子晶体，相对分子质量越大，分子间作用力越大，熔点越高，所以晶体熔点由低到高：CF4＜CCl4＜CBr4＜CI4，故A不符合题意；
B．原子晶体中原子半径越小，共价键键能越大，晶体的硬度越大，原子半径：C＜Si，则键能C-C＞C-Si＞Si-Si，所以硬度由大到小：金刚石＞碳化硅＞晶体硅，故B不符合题意；
C．非金属性越强，对应最高价含氧酸的酸性越强，非金属性：Cl＞S＞P＞Si，则酸性：HClO4＞H2SO4＞H3PO4＞H2SiO3，故C不符合题意；
D．离子晶体中离子半径越小，晶格能越大，离子半径：F-＜Cl-＜Br-＜I-，所以晶格能：NaI＜NaBr＜NaCl＜NaF，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A、分子晶体的熔沸点与分子的相对分子质量有关，相对分子质量越大，分子间作用力越大，熔沸点越高；
B、原子晶体的硬度与原子半径的相对的大小有关，原子半径越小，共价键键能越大，晶体的硬度越大；
C、原子的非金属性越强，对应最高价含氧酸的酸性越强；
D、物质晶格能的相对大小与离子半径的相对大小有关，离子半径越小，晶格能越大。
21．【答案】A,C
【解析】【解答】A．胶体的丁达尔效应没有生成新物质，属于物理变化；钟乳石的形成过程中发生反应Ca(HCO3)2=CaCO3↓+H2O+CO2↑，属于化学变化，故选A；
B．碘的升华、石油的蒸馏没有生成新物质，属于物理变化，故不选B；
C．热的硝酸钾溶液降温析出晶体没有生成新物质，属于物理变化；石墨加工成金刚石，有新物质生成，属于化学变化，故选C；
D．蓝色的CuSO4 5H2O变白，有新物质CuSO4生成，属于化学变化；浓硫酸具有脱水性，用浓硫酸在纸上写字，纸碳化，有新物质生成，属于化学变化，故不选D；
故答案为：AC
【分析】A．丁达尔效应：当一束光通过胶体时，在垂直于光线的方向有一条光亮的通路；钟乳石的形成过程属于化学变化；
B．升华：固体直接变成气体、蒸馏：利用液体间沸点的不同，把液体分离开；
C．降温结晶属于物理变化；石墨加工成金刚石属于化学变化；
D．蓝色的CuSO4 5H2O变成白色的CuSO4，属于化学变化；浓硫酸脱水属于化学变化；
22．【答案】C,D
【解析】【解答】A．Ni的原子序数为28，根据能量最低原理可写出电子排布式为或[Ar]3d84s2，能量最高的电子层为N层，该层最多可容纳32个电子，有16个原子轨道，选项A不符合题意；
B．Si原子半径较大，原子间形成的键较长，p—p轨道重叠程度很小，难以形成π键，所以Si原子间难形成双键而C原子间可以，选项B不符合题意；
C．同一周期元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈增大趋势，同一族中元素的第一电离能随着原子序数的增大而减小，所以所有元素中，第一电离能最大的元素是He元素，选项C符合题意；
D．AsF3中As原子价层电子对个数=3+=4、中I原子价层电子对个数=2+=4、OF2中O原子价层电子对个数=2+=4、Cl2O中O原子价层电子对个数=2+=4、BeF2中Be原子价层电子对个数=2+=2， 价层电子对数不相同，选项D符合题意；
故答案为：CD。
【分析】A．根据能量最低原理；
B．原子半径较大，轨道重叠程度小，难以形成π键；
C．同一周期元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈增大趋势，同一族中元素的第一电离能随着原子序数的增大而减小；
D．依据价层电子对数=σ键数+孤电子对数。
23．【答案】B,D
【解析】【解答】A．Na2CO3比较稳定，受热不易分解，NaHCO3固体受热易分解，A不符合题意；
B．不同条件下，钠与氧气反应生成Na2O和Na2O2，两种钠的氧化物中钠元素均为+1价，则23g钠即1mol在空气中充分反应时转移电子数均为NA，B符合题意；
C．涉及反应是2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2，反应中Na2O2中氧元素化合价由-1变为0和-2，即1mol Na2O2反应转移1mol电子，所以11gCO2即0.25mol与足量Na2O2反应转移的电子数为0.25NA，C不符合题意；
D．Na2O2与水反应生成O2和NaOH，NaOH与Ba(HCO3)2反应能生成BaCO3白色沉淀，D符合题意；
故答案为：BD。
【分析】A.加热条件下，Na2CO3比较稳定，NaHCO3易分解。
B.注意不同条件下，钠与氧气反应生成的氧化物中钠元素的化合价均为+1。
C.CO2与Na2O2反应中，1mol Na2O2反应转移1mol电子。
D. Na2O2与水反应能生成O2，OH-与HCO3-反应生成CO32-和H2O。
24．【答案】A,C
【解析】【解答】A．左旋和右旋酒石酸铵钠盐中都是含有共价键和离子键，A符合题意；
B．氢氰酸溶液所含元素中含有的元素有，H、N、C、O，其中N的价层电子排布式为2s22p3，为半满的稳定结构，其第一电离能大于O，故第一电离能最大的是N，B不符合题意；
C．酒石酸中，标有“*”的碳原子为手性碳，一共有2个手性碳原子，C符合题意；
D.1个乙二醛(OHC—CHO)分子中，σ键为5个，π键的为2个数目之比为5∶2，D不符合题意；
故答案为：AC。
【分析】A．依据结构简式判断；
B．同一周期的主族元素中，从左至右，元素的第一电离能呈“锯齿状”增大，其中II A族和V A族的第一电离能高于相邻的元素。依据配合物的结构和性质分析；
C．手性碳是碳原子连接4个不同的原子或原子团的物质分析；
D.依据单键是σ键，双键一个σ键和一个π键，三键是一个σ键和两个π键。
25．【答案】C,D
【解析】【解答】A．乙醇也能与金属钠反应产生氢气，无论有没有水，加入金属钠都会有气体产生，A不符合题意；
B．向蔗糖中加入浓硫酸，蔗糖变黑，浓硫酸将蔗糖中的氢原子和氧原子以2：1比例脱去，后膨胀，浓硫酸与炭反应生成了气体，说明浓硫酸具有脱水性和强氧化性，B不符合题意；
C．向NaHCO3溶液中滴加紫色石蕊试液，溶液变蓝，说明溶液呈碱性，HCO的水解程度大于电离程度，即Kh=>，则Kw>Ka1(H2CO3)·Ka2(H2CO3)，C符合题意；
D．向苯酚稀溶液中逐滴加入饱和溴水有白色沉淀产生，说明羟基对苯环性质产生影响，即羟基使苯环上的氢(主要是邻对位)变活泼，更易发生取代反应，D符合题意；
故答案为：CD。
【分析】A.乙醇可与金属钠反应，应该加入无水硫酸铜
B.浓硫酸具有氧化性，将其氧化
C.根据溶液显碱性判断水解强于电离即可判断
D.根据现象即可判断出苯环对羟基活化作用
26．【答案】（1）分液漏斗；浓硫酸
（2）
（3）E中的碱石灰吸收反应产生的二氧化碳；F中的碱石灰吸收空气中可能进入的 、 等，保证实验测量值的准确性
（4）
（5）偏高
【解析】【解答】（1）仪器B是分液漏斗；装置D用于干燥CO2，一般用浓硫酸。
（2）碳与浓硫酸反应的化学方程式为 。
（3）装置E用于吸收反应产生的二氧化碳，装置F用于吸收空气中的CO2、H2O，以防干扰实验。
（4）实验结束后，U型管(E)增重mg，说明生成的CO2质量为mg，根据反应关系式C~CO2可知，石墨烯铜复合材料中碳的质量为，所以碳含量为 。
（5）若撤去D，则测得U型管(E)增重的质量偏大，所以实验测定的结果偏高。
【分析】根据题干信息可知，在三颈烧瓶中发生反应： 、Cu+2H2SO4CuSO4+SO2↑+2H2O，装置C用于吸收反应产生的SO2，装置D用于干燥CO2，装置E用于吸收反应产生的二氧化碳，装置F用于吸收空气中的CO2、H2O，以防干扰实验。
27．【答案】（1）；将氢氧化钠溶液采用冰水浴的方式降温；储存多余的Cl2
（2）分液漏斗；若滴加次氯酸钠较快，反应生成的水合肼会被次氯酸钠氧化，导致产率降低
（3）加热至有大量固体析出，趁热过滤
（4）最后一滴碘溶液加入，溶液变成蓝色，且半分钟不褪色；87.5%
（5）
【解析】【解答】（1） 装置C中制备NaClO的离子方程式为：；高温易产生副产物 副产物NaClO3， 为减少副产物的产生，应该对反应体系进行降温；装置B中的饱和食盐水可以在反应完后关闭K1， 然后储存多余的氯气，使氯气不逸出；
（2） 将装置C中制备的溶液转移到装置D的分液漏斗中； 缓慢滴加的原因是： 若滴加次氯酸钠较快，反应生成的水合肼会被次氯酸钠氧化，导致产率降低 ；
（3）根据去曲线可知， NaCl 的溶解度随温度的变化变化趋势较小，所以应该利用蒸发结晶来获取NaCl粗品，具体操作为： 加热至有大量固体析出，趁热过滤 ；
（4） 水合肼 有你强还原性，可以与碘单质发生氧化还原反应，所以滴定的终点是： 最后半滴碘溶液加入，溶液变成蓝色，且半分钟不褪色；
根据方程式：N2H4·H2O+2I2=N2+4HI+H2O，可知n（N2H4·H2O）=（0.2×17.50 ×10-3/2）×50=0.0875mol，m（N2H4·H2O）=n×M=0.0875×50=4.375g，w=4.375/5.0 ×100%=87.5%；
（5） 脱水制得的液态肼，在加热条件下可与新制的Cu(OH)2制备纳米级Cu2O，并产生无污染气体 的方程式为： 。
【分析】（1） 氯气属于酸性气体，可以与碱反应生成；根据同离子效应，可以除去氯气中的HCl气体；水合肼具有还原性，次氯酸钠具有氧化性，二者会发生氧化还原反应；
（2） 将装置C中制备的溶液转移到装置D的分液漏斗中； 缓慢滴加的原因是： 若滴加次氯酸钠较快，反应生成的水合肼会被次氯酸钠氧化，导致产率降低 ；
（3）根据去曲线可知， NaCl 的溶解度随温度的变化变化趋势较小，所以应该利用蒸发结晶来获取NaCl粗品；
（4） 水合肼 强还原性，可以与碘单质发生氧化还原反应，该滴定实验用淀粉作指示剂，所以滴定的终点是： 最后半滴碘溶液加入，溶液变成蓝色，且半分钟不褪色；
根据方程式：N2H4·H2O+2I2=N2+4HI+H2O，可知n（N2H4·H2O）=（0.2×17.50 ×10-3/2）×50=0.0875mol，m（N2H4·H2O）=n×M=0.0875×50=4.375g，w=4.375/5.0 ×100%=87.5%；
（5） 脱水制得的液态肼，在加热条件下可与新制的Cu(OH)2制备纳米级Cu2O，该反应属于氧化还原反应，并产生无污染气体 的方程式为： 。
28．【答案】（1）
（2）Ⅷ
（3）⑤；④
（4）H-O-Cl；
（5）①④
（6）①②
【解析】【解答】(1)含有8个质子、10个中子的原子是氧原子，元素符号左下角标注质子数，左上角标出质量数，质量数等于质子数+中子数=8+10=18，化学符号表示为： ；(2)铁是26号元素，在周期表中位于第8纵行的铁元素属于第Ⅷ族；(3)①Ca(OH)2是离子化合物，钙离子和氢氧根离子间形成离子建，氢原子和氧原子之间形成极性共价键，即含离子建又含极性共价键；②H2O2属于共价化合物，即含极性共价键，又含非极性共价键；③He是稀有气体，不含化学键；④H2S属于共价化合物， 中只含极性共价键；⑤MgCl2中只含离子键；
只含有离子键的是⑤；只含有极性共价键的化合物是④； (4)HClO中氧原子形成两对共用电子对，结构式H-O-Cl，碘原子间形成一对共用电子对，I2的电子式 ；(5)①干冰气化，破坏的是分子间作用力；②硝酸钾熔化，破坏的是离子键；③ KHSO4熔融，破坏的是离子键；④蔗糖溶液水，破坏的是分子间作用力；⑤硫酸溶于水，破坏的是共价键；未破坏化学键的是①④；(6)①HCl的溶解度比H2S的大，溶解性与得失电子无关，不能说明氯元素原子得电子能力比硫元素原子得电子能力强；②HCl的酸性比H2S的强，说明电离出氢离子的能力HCl＞H2S，与得失电子无关，不能说明氯元素原子得电子能力比硫元素原子得电子能力强；③HCl的稳定性比H2S的强，说明非金属性Cl＞S，能说明氯元素原子得电子能力比硫元素原子得电子能力强；④Cl2与铁反应生成FeCl3，而S与铁反应生成FeS，说明氯气的氧化性大于硫，氯元素的非金属性大于硫，能说明氯元素原子得电子能力比硫元素原子得电子能力强；⑤HClO4的酸性比H2SO4的强，氯元素的非金属性大于硫，能说明氯元素原子得电子能力比硫元素原子得电子能力强；⑥Cl2能与H2S反应生成S，说明氯气的氧化性大于硫，氯元素的非金属性大于硫，能说明氯元素原子得电子能力比硫元素原子得电子能力强；
不能说明氯元素原子得电子能力比硫元素原子得电子能力强的是①②。
【分析】根据质子数和质量数写出氧原子的化学符号；根据铁在周期表的位置回答；根据物质的类别回答化学键的类型；根据次氯酸、碘单质的结构写出结构式和电子式；根据物质所含化学键的类别进行回答；根据元素的非金属性越强，得电子能力越强进行判断。
29．【答案】（1）2X3Y+Z
（2）0.08mol/（L min）
（3）D
（4）C
【解析】【解答】(1)结合以上分析可知，反应的化学方程式为：2X3Y+Z；
(2)反应起始至tmin(设t=5)，X的平均反应速率是=0.08mol/（L min）；
(3)A．由于各物质的化学计量数不等，则X、Y、Z的反应速率相等不能说明是否达到平衡状态，故A不正确；
B．化学反应速率之比等于化学计量数之比，无论是否达到平衡状态，X、Y的反应速率比都为2：3，故B不正确；
C．由于反应在体积不变的密闭容器中进行，反应过程中气体的体积不变，质量不变，则混合气体的密度不变，不能判断是否达到平衡状态，故C不正确；
D．生成1molZ的同时生成2molX，说明正逆反应速率相等，达到平衡状态，故D正确；
故答案为D；
(4)A.其他条件不变，及时分离出产物，生成物浓度减小，反应速率减小，A不符合；
B.适当降低温度反应速率减小，B不符合；
C.其他条件不变，增大X的浓度，即增大反应物浓度，反应速率增大，C符合；
故答案为：C。
【分析】（1）根据图及反应消耗的物质的量可以作答，减少的为反应物，增加的生成物；
（2）反应的量除以反应时间；
（3）注意化学平衡状态的判断，正逆反应速率相等等；
（4）化学平衡移动方向，增加反应物浓，降低生成物浓度等等。
30．【答案】（1）自由电子
（2）Ti；4；4
（3）；其单体聚乙烯醇无法稳定存在
（4）聚吡咯中存在碳碳单键和碳碳双键交替排列成的共轭结构(或形成大π键)
（5）氢键；C
【解析】【解答】二维层状材料Ti3C2存在金属键，故其中存在自由电子，这是其能导电的原因。Ti3C
2和聚乙烯醇、聚呲咯复合形成某柔性电极材料。
(1)Ti3C2中存在金属键，故其中也存在自由电子，自由电子可在电场作用下定向移动从而使该材料导电。
(2)根据Ti3C2的结构单元结合其化学式可知，黑色球代表Ti原子，其在顶点处被4个结构单元所共用，在棱心处被4个结构单元所共用。
(3)聚乙烯醇的结构简式为，其一般通过CH3COOCH=CH2单体聚合后再水解得到，如果直接由单体聚合得到，则其单体为HOCH=CH2，羟基连接在有碳碳双键的碳原子上，结构不稳定。
(4)聚呲咯中存在碳碳单键和碳碳双键交替排列成的共轭结构，有利于增强材料的导电性。
(5)聚呲咯中氮原子、改性Ti3C2中引入了-F和-OH，N、F、O都是半径小，电负性强的原子，可与N原子相连的H、-OH上的H原子形成氢键。故两者通过氢键作用分散在聚乙烯醇中。聚乙烯醇能与另外两种物质形成氢键，便于其分散在聚乙烯醇中，下列四种物质中，只有C可与其他物质形成氢键，故C可替代聚乙烯醇。
【分析】（1）物质导电是因为有自由移动的电子。
（2）根据均摊法可知黑球有3个，白球有2个，结合分子式进行分析。
（3）根据单体乙烯醇（CH2=CHOH）的性质进行分析。
（4）聚呲咯中存在碳碳单键和碳碳双键交替排列成的共轭结构。
（5）①引入的-F和-OH可与N原子相连的H、-OH上的H原子形成氢键。
②聚乙烯醇能与另外两种物质形成氢键，据此分析。
31．【答案】（1）②
（2）①
（3）⑤
（4）⑥
（5）③
【解析】【解答】(1) 同位素是同种元素的不同原子，②互为同位素；
(2) 同素异形体是同种元素组成的不同单质，①O2与O3是同素异形体；
(3) 同分异构体的分子式相同，结构不同，⑤互为同分异构体；
(4) 同系物是官能团的种类和数目都相同、且分子组成上相差若干个“CH2”的两种有机物，⑥属于同系物；
(5) H2O和D2O都表示水分子，属于同一物质；
【分析】(1) 同位素是同种元素不同原子；
(2) 同素异形体是同种元素组成的不同单质；
(3) 同分异构体的分子式相同，结构不同；
(4) 同系物是官能团的种类和数目都相同、且分子组成上相差若干个“CH2”的两种有机物；
(5) H2O和D2O都表示水分子。
32．【答案】（1）第三周期第ⅢA族；HClO4
（2）；离子
（3）N3-＞O2-＞Na+＞Mg2+
（4）ClO-+Cl-+2H+=Cl2↑+H2O
（5）Al(OH)3；NaOH
【解析】【解答】（1）根据位置即可判断出第三周期第IIIA族，根据同周期从左到右非金属逐渐增强，判断Cl的最高价氧化物水化物酸性最强，为HClO4，
（2）①④⑤分别为Na，O，H三种元素，因此形成的化合物为NaOH，因此电子式为 ，属于离子化合物；
（3）③④⑤⑥是N，O，Na，Mg，形成的离子电子层数相同，核电荷越大的半径越小，因此 N3-＞O2-＞Na+＞Mg2+ ；
（4）根据反应物和生成物写出离子方程式为 ClO-+Cl-+2H+=Cl2↑+H2O ；
（5）根据 X为电解质溶液，可电离出OH-， 可以得出是NaOH溶液，A为氯化铝，B为氢氧化铝，C为偏铝酸钠，故B为 Al(OH)3 ；X为 NaOH ；
【分析】（1）根据元素周期表即可判断；
（2）根据给出的元素即可写出化学式，即可写出电子式判断物质类别；
（3）根据具有相同的电子层，其半径与核电荷数成反比；
（4）根据反应物和生成物即可写出方程式；
（5）根据信息推测出化学式。
33．【答案】（1）；
（2）用湿润的红色石蕊试纸，若试纸变蓝，则证明气体甲为 （或其他合理答案）；
（3）不能；乙为碳酸钠，丙为碳酸氢钠，两者均可与氢氧化钙反应生成白色浑浊；
【解析】【解答】（1）若甲为具有臭鸡蛋气味的有毒气体，则甲为H2S，乙为淡黄色固体单质，乙为S，则丁为氧气。S和氧气反应生成SO2，则丙为SO2。H2S和SO2反应生成S和水，甲和丙反应的化学方程式为：2H2S+SO2=3S↓+2H2O。
（2）若甲、乙、丙均为化合物，其中甲为有刺激性气味的气体，水溶液呈碱性，则甲为NH3；丙为红棕色气体，则丙为NO2。NH3可以催化氧化为NO，NO和氧气反应生成NO2，所以乙为NO，丁为O2。
①NH3溶于水显碱性，实验室检验NH3的方法为：用湿润的红色石蕊试纸，若试纸变蓝，则证明气体甲为 NH3。
②在催化剂的作用下，NH3可和NO、NO2反应生成N2和水。NH3中N从-3价升高到0价，1molNH3失去3mol电子，NO中N的为+2价，1molNO得到2mol电子，NO2中的N为+4价，1molNO2得到4mol电子，同温、同压下体积比等于物质的量之比，根据电子守恒，V甲 、 V乙 、 V丙 应满足的关系是3V甲=2V乙+4V丙 。
（3）若甲为短周期元素组成的一元强碱，则甲为NaOH，丁为无色无味的气体，则丁为CO2，CO2和NaOH生成Na2CO3，Na2CO3的溶液中通入CO2，可以生成NaHCO3，所以乙为Na2CO3，丙为NaHCO3。
①Na2CO3和NaHCO3都能与石灰水生成白色沉淀CaCO3，所以用澄清石灰水来鉴别乙和丙不能成功。
②NaOH和NaHCO3反应生成Na2CO3和水，离子方程式为：OH + =H2O+ 。
【分析】（1）根据给出的甲和乙的特征即可判断出甲为硫化氢，乙为S，丙为二氧化硫，结合问题即可写出方程式
（2）根据给出的信息即可判断甲为氨气，乙为一氧化氮，丙为二氧化氮
①一般检验氨气用的是湿润的红色的石蕊试纸
②根据方程式即可计算出体积的关系
（3）根据题意可知，甲为氢氧化钠，丁为二氧化碳，即可判断出乙为碳酸钠，丙为碳酸氢钠
①据可产生沉淀不易鉴别，可以选择氯化钙溶液
②根据反应物结合性质即可写出方程式
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