高考化学重点题型2 32页

六、氧化还原反应 ‎1．三氟化氮（NF3）是微电子工业中优良的等离子刻蚀气体，它在潮湿的环境中能发生反应：‎ ‎3NF3+5H2O=2NO+HNO3+9HF．下列有关该反应的说法正确的是（　　）‎ A．NF3是氧化剂，H2O是还原剂 ‎ B．还原剂与氧化剂的物质的量之比为2：1 ‎ C．若生成0.2 mol HNO3，则转移0.2 mol电子 ‎ D．若2 mol NF3被氧化，反应转移电子数为4 NA ‎2．已知：①SO2+I2+2H2O═H2SO4+2HI；②向含有HCl、FeCl3和BaCl2的溶液中通入足量的SO2，产生白色沉淀；③将FeCl3溶液滴在淀粉﹣KI试纸上，试纸变蓝色。现有等物质的量的FeI2、NaHSO3的混合溶液100 mL，向其中通入‎4.48 L（标准状况）氯气，然后向反应后的溶液中滴加KSCN溶液，溶液呈微红色。下列有关说法正确的是（　　）‎ A．FeI2的物质的量浓度约为1mol•L﹣1 ‎ B．完全反应时转移电子0.2 mol ‎ C．通入氯气的过程中，首先被氧化的离子是Fe2+，最后被氧化的离子是I﹣ ‎ D．反应后，溶液中大量存在的离子有Na+、H+、SO42﹣和Fe3+‎ ‎3．一定量的某磁黄铁矿（主要成分FexS，S为﹣2价）与100mL盐酸恰好完全反应（矿石中其他成分不与盐酸反应），生成‎2.4g硫单质、0.425mol FeCl2和一定量H2S气体，且溶液中无Fe3+．则下列说法正确的是（　　）‎ A．该盐酸的物质的量浓度为4.25 mol•L﹣1 ‎ B．该磁黄铁矿FexS中，Fe2+与Fe3+的物质的量之比为3：1 ‎ C．生成的H2S气体在标准状况下的体积为‎2.24 L ‎ D．该磁黄铁矿中FexS的x=0.85‎ ‎4．已知NH4CuSO3与足量的1mol/L硫酸溶液混合微热，产生下列现象：①有红色金属生成；②有刺激性气味气体产生；③溶液呈蓝色。据此判断下列说法合理的是（　　）‎ A．NH4CuSO3中硫元素被氧化 ‎ B．2mol NH4CuSO3完全反应转移1mol电子 ‎ C．刺激性气味的气体是氨气 ‎ D．该反应中硫酸作氧化剂 ‎5．下列有关反应Cr2O72﹣+3SO32﹣+aH+═2Cr3++3Y+4H2O的说法不正确的是（　　）‎ A．Y是SO42﹣ B．a=8 ‎ C．Cr2O72﹣被还原成Cr3+ D．生成1mol Cr3+时转移的电子数是6×6.02×1023‎ ‎6．安全气囊碰撞时发生反应：10NaN3+2KNO3═K2O+5Na2O+16N2↑，下列判断正确的是（　　）‎ A．每生成16 mol N2转移30 mol电子 B．NaN3中N元素为﹣3价 ‎ C．N2既是氧化剂又是还原剂 D．还原产物与氧化产物质量之比为1：15‎ ‎7．氯气是一种重要的工业原料。工业上利用反应3Cl2+2NH3=N2+6HCl检查氯气管道是否漏气。下列说法错误的是（　　）‎ A．该反应利用了Cl2的强氧化性和NH3的还原性 ‎ B．每生成0.1molN2有0.6mol电子转移 ‎ C．该反应中有0.2molNH3被还原，则生成的还原产物为0.6mol ‎ D．检查氯气管道漏气的现象是有白烟产生，产生白烟的物质是反应生成了NH4Cl ‎8．黄铜矿（主要成分CuFeS2）是提取Cu的主要原料。‎ 已知：2CuFeS2+4O2Cu2S+3SO2+2FeO（Ⅰ）‎ 产物Cu2S在‎1200℃‎高温下继续反应：2Cu2S+3O2═2Cu2O+2SO2 （Ⅱ）‎ ‎2Cu2O+Cu2S═6Cu+SO2↑ （Ⅲ）‎ 假定各步反应都完全。则下列说法正确的是（　　）‎ A．反应Ⅰ中CuFeS2仅作还原剂 ‎ B．取‎12.5g黄铜矿样品，经测定含‎3.60g硫，则矿样中CuFeS2质量分数一定为82.8% ‎ C．由6molCuFeS2生成6molCu消耗O2的物质的量为14.25mol ‎ D．6molCuFeS2和15.75molO2反应，理论上可得到铜的物质的量为3mol ‎9．硫代硫酸钠溶液与氯气能发生反应：Na2S2O3+4Cl2+5H2O═2NaCl+6HCl+2H2SO4．下列说法错误的是（　　）‎ A．氧化产物、还原产物的物质的量之比为1：1 ‎ B．若0.5molNa2S2O3作还原剂；则转移4mol电子 ‎ C．当Na2S2O3过量时，溶液出现浑浊 ‎ D．硫代硫酸钠溶液吸收氯气后，溶液的pH降低 ‎10．亚铁氰化钾（K4[Fe（CN）6]）俗称黄血盐，其与KMnO4溶液反应的方程式（未配平）为：‎ K4[Fe（CN）6]+KMnO4+H2SO4→KHSO4+Fe2（SO4）3+MnSO4+HNO3+CO2↑+H2O 下列有关叙述正确的是（　　）‎ A．K4[Fe（CN）6]中Fe、C元素化合价分别为+2和+4价 ‎ B．在上述反应中H2SO4作氧化剂 ‎ C．在上述反应中被氧化的元素只有Fe、N ‎ D．在上述反应中，若有1 mol K4[Fe（CN）6]反应，需消耗12.2mol KMnO4‎ 七、化学与STSE ‎11．中国传统文化对人类文明贡献巨大，《本草纲目》中有如下记载：“（火药）乃焰消（KNO3）、硫黄、杉木炭所合，以为烽燧铳机诸药者”，其中利用的KNO3的性质是（　　）‎ A．自燃性 B．易分解 C．还原性 D．氧化性 ‎12．中华优秀传统文化涉及到很多的化学知识。下列有关说法不正确的是（　　）‎ A．“火树银花合，星桥铁索开”，其中的“火树银花”涉及到焰色反应 ‎ B．古剑沈卢“以剂钢为刃，柔铁为茎干，不尔则多断折”，剂钢是铁的合 ‎ C．“青蒿一握，以水二升渍，绞取汁”，这种对青蒿素的提取方法属于物理变化 ‎ D．“滴水石穿、绳锯木断”不包含化学变化 ‎13．明朝宋应星的《天工开物》对石灰有这样的记述：“凡石灰经火焚炼为用。成质之后，入水劫不坏……火力到后，烧酥石性，置于风中，久自吹化成粉。急用者以水沃之，亦自解散。”在上述过程中，没有涉及的化学反应为（　　）‎ A．氧化还原反应 B．分解反应 C．化合反应 D．离子反应 ‎14．化学与生活密切相关。下列应用中利用了物质氧化性的是（　　）‎ A．用钠钾合金作为快中子反应堆的热交换剂 B．纯碱去油污 ‎ C．常温下，用铁罐储存浓硝酸 D．明矾净化水 ‎15．绿水青山就是金山银山，要保护好绿水青山，下列做法合理的是（　　）‎ A．森林着火时，将火焰蔓延线路前的小片树林砍掉 B．我国地域面积广阔，林木可以随意砍伐 ‎ C．将塑料袋、矿泉水瓶等随手丢弃河道中 D．随身携带打火机进入泰山旅游景区 ‎16．化学与科学、技术、社会、环境密切相关。下列有关说法中正确的是（　　）‎ A．现代化学的重要任务之一是利用化学反应创造新的原子合成新的物质 ‎ B．雾霾天气对人的健康造成危害，“雾”和“霾”的分散质微粒直径不相同 ‎ C．为防止中秋月饼等富脂食品因被氧化而变质，常在包装袋中放入生石灰或硅胶 ‎ D．在次氯酸钠溶液中通入少量二氧化硫可使其消毒能力增强 ‎17．化学与生活、社会发展息息相关，下列有关说法不正确的是（　　）‎ A．在元素周期表的金属和非金属分界线附近寻找半导体材料 ‎ B．漂白粉失效是由于漂白粉中的Ca（ClO）2与空气中的CO2反应生成的HClO见光分解 ‎ C．少量液溴要保存在棕色细口瓶中，并在液溴上面加水封 ‎ D．向煤中加入适量CaCO3，可大大减少燃烧产物中温室气体的排放 ‎18．化学与生产、生活、社会密切相关。下列有关说法错误的是（　　）‎ A．通过植树造林，可吸收二氧化碳，降低温室效应 ‎ B．应用高纯度单质硅制成光导纤维，提高信息传输速度 ‎ C．化石燃料在燃烧过程中能产生污染环境的CO、SO2等有害气体 ‎ D．开发二氧化碳制成的全降解塑料，缓解日益严重的“白色污染”‎ ‎19．化学与人类生产、生活密切相关，下列说法正确的是（　　）‎ A．大量CO2排放可导致酸雨的形成 ‎ B．焚烧废旧塑料以防止“白色污染” ‎ C．绿色化学的核心是利用化学原理对环境污染进行治理 ‎ D．植树造林、减少化石燃料的燃烧有利于减缓温室效应 ‎20．下列说法不正确的是（　　）‎ A．储热材料是一类重要的能量存储物质，单位质量的储热材料在发生熔融或结晶时会吸收或释放较大的热量 ‎ B．Ge（32号元素）的单晶可以作为光电转换材料用于太阳能电池 ‎ C．液晶态介于晶体状态和液态之间，液晶具有一定程度的晶体的有序性和液体的流动性 ‎ D．纳米铁粉可以高效地去除被污染水体中的Pb2+、Cu2+、Cd2+、Hg2+等重金属离子，其本质是纳米铁粉对重金属离子较强的物理吸附 ‎21．下列描述不正确的是（　　）‎ A．臭氧是饮用水的理想消毒剂之一，因为它杀菌能力强又不影响水质 ‎ B．回收废旧电池，主要是为了提取贵重金属 ‎ C．食品包装袋中常放人小袋的铁粉，目的是防止食品氧化变质 ‎ D．提倡使用无氟冰箱，主要是为了保护大气臭氧层 ‎22．化学与生活密切相关，下列说法正确的是（　　）‎ A．乙醇、过氧化氢、次氯酸钠等消毒液均可以将病毒氧化而达到消毒的目的 ‎ B．二氧化硫可广泛用于食品的增白 ‎ C．“地沟油”禁止食用，但可以用来制肥皂 ‎ D．小苏打是制作面包等糕点的膨松剂，苏打是治疗胃酸过多的一种药剂 ‎23．2016年我国环境日的主题是“改善环境质量、推动绿色发展”。下列行为中不符合“绿色生活”宗旨的是（　　）‎ ‎①发展水电，开发新能源，如核能、太阳能、风能等，减少对矿物能源的依赖 ‎②限制化学发展，关停化工企业，消除污染源头 ‎③推广煤的干馏、气化、液化技术，提供清洁、高效燃料和基础化工原料，挖掘使用价值 ‎④推广利用微生物发酵技术，将植物桔杆、动物粪便等制成沼气以替代液化石油气 ‎⑤实现资源的“3R”利用观，即：减少资源消耗（Reduce）、增加资源的重复使用（Reuse）、资源的重复再生（Recycle）‎ ‎⑥用大排量的轿车代替公交车出行 A．①⑤ B．②⑥ C．③④ D．②③‎ ‎24．下列说法不正确的是（　　）‎ A．在接触室里用98.3%的浓硫酸吸收SO3，目的是防止形成酸雾便于SO3吸收完全 ‎ B．工业制玻璃和炼铁过程中都要加入石灰石，目的是除去杂质二氧化硅 ‎ C．工业制备和提纯硅的三步化学反应都是氧化还原反应 ‎ D．氯碱工业得到的产品可以用来制盐酸 ‎25．化学与生活、社会发展息息相关，下列有关说法不正确的是（　　）‎ A．高纯度的二氧化硅广泛用于制作光导纤维，光导纤维遇强碱会“断路” ‎ B．我国已能利用3D打印技术，以钛合金粉末为原料，通过激光熔化逐层堆积，来制造飞机钛合金结构件，高温时可用金属钠还原相应的氯化物来制取金属钛 ‎ C．用活性炭为糖浆脱色和用次氯酸盐漂白纸浆的原理不相同 ‎ D．铝合金的大量使用归功于工业上用一氧化碳还原氧化铝生产铝 ‎26．在生产和生活中应用的化学知识正确的是（　　）‎ A．玻璃、水泥、水晶项链都是硅酸盐制品 ‎ B．晶体硅是在通信工程中制作光导纤维的主要原料 ‎ C．赏心悦目的雕花玻璃通常是用氢氟酸对玻璃进行刻蚀而制成的 ‎ D．工业上，利用二氧化硅热分解法冶炼硅 ‎27．下列关于生活中的化学知识正确的是（　　）‎ A．使用明矾可以对水进行消毒、杀菌 ‎ B．为加快漂白粉的漂白速率，使用时可滴加几滴醋酸 ‎ C．新鲜的水果箱内，放入浸泡过高锰酸钾溶液的硅藻土是为了催熟水果 ‎ D．信息产业中的光缆的主要成分是单质硅 ‎28．周辉《清波杂志》卷十二：信州铅山胆水自山下注，势若瀑布，用以浸铜，铸冶是赖，虽干溢系夫旱涝，大抵盛于春夏，微于秋冬。古传一人至水滨，遗匙钥，翌日得之，已成铜矣。这里的胆水是指（　　）A．FeSO4溶液 B．氨水 C．CuSO4溶液 D．NaCl溶液 ‎29．下列有关金属的说法中，正确的是（　　）‎ ‎①利用氯化铁溶液腐蚀铜箔制造印刷线路板 ②钠着火用干冰灭火器灭火 ‎③缺钙会引起骨质疏松，缺铁会引起贫血 ④铝与浓硫酸不反应，故用铝皮车运输浓硫酸 ‎⑤氯水、硫氰酸钾溶液可以检验Fe2+ ‎ ‎⑥硬铝、青铜、钢铁都属于合金，合金的性能一般优于纯金属 A．①④⑤⑥ B．②③④⑤ C．①③⑤⑥ D．①②④⑥‎ ‎30．为建设生态文明、构建环境友好型社会，下列有关做法不符合这一要求的是（　　）‎ A．在大力推广乙醇汽油的同时，研究开发太阳能电池和氢燃料电池汽车 ‎ B．大力发展农村沼气，将废弃的农作物秸秆转化为清洁、高效的能源 ‎ C．研发高效低毒农药，降低蔬菜的农药残留量 ‎ D．以聚苯乙烯全面代替木材，生产包装盒、快餐盒等以减少木材的使用，保护森林 八、元素及其化合物的性质 ‎31．下列图象正确的是（　　）‎ A．向 Ca（OH）2和 NaOH的混合液中通入CO2 ‎ B．向‎1L浓度均为0.1mol•L﹣1NaAlO2、Ba（OH）2混合溶液中加入0.1 mol•L﹣1的稀H2SO4 ‎ C．向‎1L浓度分别为0.1 mol•L﹣1和0.3mol•L﹣1 的AlCl3、的NH4Cl混合溶液中加入0.1 mol•L﹣1的稀NaOH 溶液 ‎ D．向烧碱溶液中滴加明矾溶液 ‎32．X、Y、Z、W有如图所示的转化关系，则X、Y可能是（　　）‎ ‎①Na、Na2O2 ②AlCl3、Al（OH）3 ③Cl2、FeCl3 ④C、CO2‎ A．①② B．②③ C．③④ D．②④‎ ‎33．类比（比较）是研究物质性质的常用方法之一，可预测许多物质的性质。但类比是相对的，不能违背客观实际。下列说法正确的是（　　）‎ A．CaC2能水解：CaC2+2H2O═Ca（OH）2+C2H2↑；则Al‎4C3也能水解：Al‎4C3+12H2O═4Al（OH）3↓+3CH4↑‎ B．Fe能置换硫酸铜溶液的铜；则Na也能置换硫酸铜溶液的铜 ‎ C．根据化合价Fe3O4可表示为FeO•Fe2O3，则Fe3I8也可表示为FeI2•2FeI3 ‎ D．CO2与Na2O2反应生成Na2CO3和O2；则SO2与Na2O2反应生成Na2SO3和O2‎ ‎34．A、B、C、D都是中学化学中的常见物质，其中A、B、C均含有同一种元素，A是一种强碱，C为厨房中的用品，在﹣定条件下相互转化关系如图（部分反应中的水己略去）。下列有关B、C的说法正确的是（　　）‎ A．可以用BaCl2或CaCl2稀溶液或Ba（OH）2稀溶液鉴别B、C两种溶液 ‎ B．分别取等质量的B、C两种固体与等体积等浓度盐酸反应，产生气体的速率一样 ‎ C．取agB、C的混合物充分加热，固体质量减重bg，由此可计算出混合物中B的质量分数 ‎ D．取a gB、C的混合物与足量稀硫酸充分反应，逸出的气体用碱石灰完全吸收，增重bg，由此可计算出混合物中B的质量分数 ‎35．将SO2分别通入下列4种溶液中，有关说法正确的是（　　）‎ A．试管a中实验可以证明SO2具有漂白性 ‎ B．试管b中溶液褪色，说明SO2具有强氧化性 ‎ C．试管c中能产生白色沉淀，该沉淀的成分为BaSO3 ‎ D．试管d中能产生白色沉淀，该沉淀完全溶于稀盐酸 ‎36．能实现下列物质间直接转化的元素是（　　）‎ 单质氧化物酸或碱或盐 A．氯 B．氮 C．硫 D．铁 ‎37．下列说法中正确的是（　　）‎ A．常温下，浓硝酸使铝发生钝化，而稀硝酸与铝剧烈反应，说明浓硝酸氧化性不如稀硝酸 ‎ B．苏打和小苏打焰色反应的现象相同，说明在灼烧过程中，它们发生了相同的化学反应 ‎ C．二氧化硅用于制备光导纤维，是因为二氧化硅能将光能转换为电能 ‎ D．过氧化钠可用于呼吸面具或潜水艇中作为氧气的来源 ‎38．在不同条件或不同用量时，下列物质间发生化学反应产物不同的是（　　）‎ ‎①AlCl3和NaOH溶液②P和Cl2③AgNO3溶液和氨水④C和O2⑤CO2和NaOH溶液 ‎⑥Fe和浓HNO3⑦乙醇和O2⑧Cl2和NaOH溶液 A．①③⑤⑦ B．②④⑥⑦ C．③④⑤⑥⑦ D．全部 ‎39．下列各组物质中，不能按（“→”表示一步完成）关系相互转化的是（　　）‎ 选项 a b c A Fe FeCl3‎ FeCl2‎ B Cl2‎ NaClO NaCl C Si SiO2‎ H2SiO3‎ D AlCl3‎ Al（OH）3‎ NaAlO2‎ ‎40．下列关于材料的叙述中，正确的一组是（　　）‎ ‎①氧化铝可用来制造耐火坩埚 ‎ ‎②玻璃钢是以玻璃纤维做增强体、合成树脂做基体的复合材料 ‎ ‎③结构陶瓷碳化硼（B‎4C3）是一种无机非金属材料，常用于制造切削工具 ‎ ‎④用纯碱、石灰石、石英为原料可制造普通玻璃 ⑤硅可用来制造通信光缆．‎ A．①③⑤ B．②④⑤ C．①②③④ D．①②③④⑤‎ 八、元素周期表、律 ‎41．X、Y、Z、M、W为五种短周期元素，其原子序数依次增大，X是元素周期表中原子半径最小的元素，W原子核外电子数是M原子最外层电子数的2倍，Y、Z、M、W在周期表中的相对位置如表所示。下列说法不正确的是（　　）‎ Y Z M W A．W氧化物的水化物的酸性强于Y B．简单离子半径：Z＞M＞X ‎ C．气态氢化物的稳定性：Z＞Y＞W D．W与Y可形成化合物W3Y4‎ ‎42．a、b、c、d、e为原子序数依次增大的五种短周期元素，其中a、b、c为同一周期相邻元素；b与d的单质在不同条件下可形成两种化合物，但阴阳离子个数比例均为1：2；d、e质子数之和是a的4倍。下列说法正确的是（　　）‎ A．简单离子半径从大到小：d＞a＞b＞c ‎ B．c单质可从盐溶液中置换出e单质 ‎ C．电解d和e形成的化合物的水溶液可制备e的单质 ‎ D．上述元素形成的氢化物中b的氢化物熔沸点最高 ‎43．下列不能说明氯元素的非金属性比硫元素的强的有几项（　　）‎ ‎①HCl比H2S稳定 ②HClO的氧化性比H2SO4强 ‎③Cl2能与H2S反应生成S ④HCl的溶解度比H2S大 ‎⑤Cl2与Fe反应生成FeCl3，S与Fe生成FeS ⑥HCl的酸性比H2S强。‎ A．2项 B．3项 C．4项 D．5项 ‎44．下列表示正确的是（　　）‎ A．O2﹣的离子结构意图： B．乙酸的结构式：CH3COOH ‎ C．过氧化氢的电子式： D．水分子的比例模型：‎ ‎45．如图为元素周表的一部分有关表中元素说法正确的是（　　）‎ A．元素⑤的单质有多种同素异形体，其中一种保存在冷水中 ‎ B．元素⑦位于第四周期，第ⅧB族 ‎ C．①、④两元素各自的最高价氧化物的水化物之间反应的离子方程式为：H++OH﹣═+H2O ‎ D．③的单质（X2）与SO2混合通入水中发生反应：X2+SO2+2H2O═H2SO4+2HX ‎46．W、X、Y、Z均为短周期元素且原子序数依次增大，元素X和Z同族。盐YZW与浓盐酸反应，有黄绿色气体产生，此气体同冷烧碱溶液作用，可得到含YZW的溶液。下列说法正确的是（　　）‎ A．原子半径大小为W＜X＜Y＜Z B．X的氢化物水溶液酸性强于Z的 ‎ C．Y2W2与ZW2均含有非极性共价键 D．标准状况下W的单质状态与X的相同 ‎47．我国在砷化镓太阳能电池研究方面国际领先．砷（As）和镓（Ga）都是第四周期元素，分别属于ⅤA和ⅢA族．下列说法中，不正确的是（　　）‎ A．原子半径：Ga＞As＞P B．热稳定性：NH3＞PH3＞AsH3 ‎ C．酸性：H3AsO4＞H2SO4＞H3PO4 D．Ga（OH）3 可能是两性氢氧化物 ‎48．元素周期表和元素周期律可以指导人们进行规律性的推测和判断．下列说法不合理的是（　　）‎ A．若X+和Y2﹣的核外电子层结构相同，则原子序数：X＞Y ‎ B．由水溶液的酸性：HCl＞H2S，可推断出元素的非金属性：Cl＞S ‎ C．硅、锗都位于金属与非金属的交界处，都可以做半导体材料 ‎ D．Cs和Ba分别位于第六周期ⅠA和ⅡA族，碱性：CsOH＞Ba（OH）2‎ ‎49．短周期元素W、X、Y和Z的原子序数依次增大。元素W是制备一种高效电池的重要材料，X的一种核素在考古时常用来鉴定一些文物的年代，元素Y 是地壳中含量最丰富的金属元素，Z原子的最外层电子数是其电子层数的2倍。下列说法错误的是（　　）‎ A．化合物XZ2各原子均满足8电子的稳定结构 ‎ B．已知含氧酸的酸性：H2ZO3＞H2XO3，则Z的非金属性强于X ‎ C．若单质W失火，不能用二氧化碳灭火器或水扑灭 ‎ D．通常采用电解法制备单质Y及其同周期的金属单质 ‎50．X、Y、Z、W四种短周期元索的有关数据如表，下列叙述正确的是（　　）‎ 元素代号 X Y Z W 原子半径/pm ‎66‎ ‎70‎ ‎143‎ ‎160‎ 主要化合物 ‎﹣2‎ ‎+5、+3、﹣3‎ ‎+3‎ ‎+2‎ A．X、Y、Z、W的离子半径由大到小的顺序为X＞Y＞W＞Z ‎ B．Y的最高价氧化物对应的水化物为强酸 ‎ C．Y的气态氢化物的稳定性高于X ‎ D．工业上采用电解熔融状态的Z的氯化物制备Z单质 ‎2018年11月13日魏连好的高中化学组卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一．选择题（共50小题）‎ ‎1．【分析】该反应中，N元素化合价由+3价变为+2价、+5价，其它元素化合价都不变，所以NF3既是氧化剂又是还原剂，再结合各个物理量之间的关系式计算。‎ ‎【解答】解：A．该反应中，N元素化合价由+3价变为+2价、+5价，其它元素化合价都不变，所以NF3既是氧化剂又是还原剂，故A错误；‎ B．该反应中有的NF3被还原，有的NF3被氧化，所以还原剂和氧化剂的物质的量之比为1：2，故B错误；‎ C．若生成0.2mol HNO3，则转移电子的物质的量=×2=0.4mol，故C错误；‎ D．若2molNF3被氧化，则反应转移电子数=2mol×2×NA/mol=4NA，故D正确；‎ 故选：D。‎ ‎【点评】本题考查了氧化还原反应，明确该反应中元素化合价变化是解本题关键，注意该反应中氧化剂和还原剂是同一物质，为易错点。‎ ‎2．【分析】由信息可知，还原性为HSO3﹣＞I﹣＞Fe2+，通入‎4.48 L（标准状况）氯气，然后向反应后的溶液中滴加KSCN溶液，溶液呈微红色，可知此时HSO3﹣、I﹣均被完全氧化，n（Cl2）==0.2mol，设FeI2、NaHSO3的物质的量均为n，由电子守恒可知2n+n×（6﹣4）＜0.2mol×2，解得n＜0.1mol，以此来解答。‎ ‎【解答】解：A．由上述分析可知，FeI2、NaHSO3的物质的量均略小于0.1mol，满足亚铁离子只有小部分被氧化，则FeI2的物质的量浓度约为=1mol•L﹣1，故A正确；‎ B．由氯气得电子数可知，完全反应时转移电子为0.2mol×2×（1﹣0）=0.4mol，故B错误；‎ C．还原性为HSO3﹣＞I﹣＞Fe2+，则通入氯气的过程中，首先被氧化的离子是HSO3﹣，最后被氧化的离子是Fe2+，故C错误；‎ D．亚铁离子只有小部分被氧化，则反应后，溶液中大量存在的离子有Na+、H+、SO42﹣、Fe2+、Fe3+，故D错误；‎ 故选：A。‎ ‎【点评】本题考查氧化还原反应的计算，为高考常见题型，把握还原性的强弱、氧化的先后顺序、电子守恒为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，注意选项A中为近似浓度，题目难度中等。‎ ‎3．【分析】n（S）=‎2.4g/‎32g/mol=0.075mol，根据转移电子守恒得n（Fe3+）=0.075×2÷（3﹣2）=0.15mol，则n（Fe2+）=0.425mol﹣0.15mol=0.275mol，所以Fe2+与Fe3+的物质的量之比=0.275mol：0.15mol=11：6，‎ A．根据氯原子守恒计算盐酸的浓度；‎ B．根据转移电子守恒计算Fe2+与Fe3+的物质的量之比；‎ C．根据氢原子守恒计算硫化氢的体积；‎ D．根据转移电子守恒计算n（Fe3+），根据铁原子守恒计算n（Fe2+），根据氢原子守恒及硫单质计算硫原子的物质的量，从而得出x值。‎ ‎【解答】解：A．盐酸恰好反应生成FeCl2 0.425mol，根据氯原子守恒得c（HCl）=0.425mol×2÷‎0.1L=8.5mol/L，故A错误；‎ B．根据转移电子守恒得n（Fe3+）=0.075mol（2﹣0）÷（3﹣2）=0.15mol，则n（Fe2+‎ ‎）=0.425mol﹣0.15mol=0.275mol，所以Fe2+与Fe3+的物质的量之比=0.275mol：0.15mol=11：6，故B错误；‎ C．根据氢原子、氯原子守恒得n（H2S）=0.5n（HCl）=n（FeCl2）=0.425mol，V（H2S）=0.425mol×‎22.4L/mol=‎9.52L，故C错误；‎ D．FexS中n（S）=0.075mol+0.425mol=0.5mol，n（Fe）=0.425mol，所以n（Fe）：n（S）=0.425mol：0.5mol=0.85，所以x=0.85，故D正确；‎ 故选：D。‎ ‎【点评】本题考查了根据氧化还原反应进行计算，根据反应过程中原子守恒、转移电子守恒进行计算，根据氢原子守恒计算硫化氢体积，根据转移电子守恒计算亚铁离子和铁离子的物质的量之比，计算量较大，难度较大。‎ ‎4．【分析】NH4CuSO3与硫酸混合微热，生成红色固体物、产生有刺激性气味的气体和蓝色溶液，说明反应生成Cu、SO2和Cu2+，则NH4CuSO3中Cu的化合价为+1价，以此解答该题。‎ ‎【解答】解：反应的发产生为：2NH4CuSO3+4H+═Cu+Cu2++2SO2↑+2H2O+2NH4+。‎ A．由发产生为：2NH4CuSO3+4H+═Cu+Cu2++2SO2↑+2H2O+2NH4+，反应只有Cu元素的化合价发生变化，S元素的化合价没有变化，故A错误；‎ B．反应只有Cu元素的化合价发生变化，分别由+1→+2，+1→0，反应为2NH4CuSO3+4H+═Cu+Cu2++2SO2↑+2H2O+2NH4+，每2molNH4CuSO3参加反应则转移1mol电子，故B正确；‎ C．因反应是在酸性条件下进行，不可能生成氨气，故C错误；‎ D．反应只有Cu元素的化合价发生变化，硫酸根反应前后未变，反应中硫酸体现酸性，不作氧化剂，故D错误；‎ 故选：B。‎ ‎【点评】本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，注意利用现象分析反应产物，侧重信息处理能力的考查，题目难度中等。‎ ‎5．【分析】因Cr元素的化合价降低，则S元素的化合价升高，所以Y为SO42﹣，然后利用电荷守恒可确定a，利用化合价降低的物质为氧化剂发生还原反应及化合价的变化计算转移的电子数。‎ ‎【解答】解：A．Cr2O72﹣+3SO32﹣+aH+=2Cr3++3Y+4H2O中，Cr2O72﹣→2Cr3+，Cr元素的化合价降低，则S元素的化合价升高，所以Y为SO42﹣，故A正确；‎ B．反应后电荷为0，则由电荷守恒可知，a=8，故B正确；‎ C．因Cr元素的化合价降低，则Cr2O72﹣被还原成Cr3+，故C正确；‎ D．Cr元素由+6价降低为+3价，则生成1molCr3+时转移的电子数是1mol×（6﹣3）×NA=3×6.02×1023，故D错误；‎ 故选：D。‎ ‎【点评】本题考查氧化还原反应，明确反应中电子守恒及电荷守恒、常见的元素的化合价是解答本题的关键，题目难度不大。‎ ‎6．【分析】10NaN3+2KNO3═K2O+5Na2O+16N2↑中，只有N元素的化合价变化，由N元素的化合价降低可知，2molKNO3反应转移电子为2mol×（5﹣0）=10mol，以此来解答。‎ ‎【解答】解：A．由反应可知，2molKNO3反应转移电子为2mol×（5﹣0）=10mol，即每生成16 mol N2转移10 mol电子，故A错误；‎ B．NaN3中Na为+1价，N元素化合价为﹣，故B错误；‎ C．只有N元素的化合价变化，则N2既是氧化产物又是还原产物，故C错误；‎ D．该反应中10molNaN3是还原剂，生成氧化产物N2的物质的量是15mol；2molKNO3是氧化剂，生成还原产物N2的物质的量是1mol，还原产物与氧化产物质量之比为1：15，故D正确；‎ 故选：D。‎ ‎【点评】本题考查氧化还原反应，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重氧化还原反应基本概念及转移电子的考查，题目难度不大。‎ ‎7．【分析】反应3Cl2+2NH3=N2+6HCl中，Cl元素化合价降低，被还原，Cl2为氧化剂，N元素化合价升高，被氧化，NH3为还原剂，NH3可与HCl反应生成氯化铵，有白烟生成，以此解答。‎ ‎【解答】解：A．该反应中Cl元素化合价降低，被还原，Cl2为氧化剂，元素化合价升高，被氧化，NH3为还原剂，利用了Cl2的强氧化性和NH3的还原性，故A正确；‎ B．N元素化合价由﹣3价升高到0价，则生成0.1molN2时有0.6mol电子转移，故B正确；‎ C．N元素化合价升高，NH3为还原剂，反应中被氧化，故C错误；‎ C．反应生成HCl，NH3可与HCl反应生成氯化铵，有白烟生成，故D正确；‎ 故选：C。‎ ‎【点评】本题考查氯气的性质、氧化还原反应的计算，题目难度不大，注意从元素化合价的角度解答该题，试题侧重于化学与生活、生产的联系以及氧化还原反应的考查，有利于提高学生的灵活应用能力。‎ ‎8．【分析】A、2CuFeS2+4O2Cu2S+3SO2+2FeO（Ⅰ），其中Cu化合价由+2价降低到+1，S化合价由﹣‎2升高到+4；‎ B、黄铜矿样品中还可能还有其他含硫物质；‎ C、由反应可知，最终CuFeS2与O2反应的最终成为FeO、Cu、SO2，根据原子守恒计算n（FeO）、n（SO2），根据O原子守恒可知2n（O2）=n（FeO）+n（SO2）；‎ D、①②根据方程式计算6mol CuFeS2消耗O2的物质的量、生成Cu2S的物质的量，进而计算剩余O2‎ 的物质的量。根据2Cu2S+3O2=2Cu2O+2SO2计算反应的Cu2S的物质的量、生成Cu2O的物质的量，进而计算剩余Cu2S的物质的量，再根据2Cu2O+Cu2S→6Cu+SO2进行过量计算。‎ ‎【解答】解：A、2CuFeS2+4O2Cu2S+3SO2+2FeO（Ⅰ），其中Cu化合价由+2价降低到+1，S化合价由﹣‎2升高到+4，所以反应Ⅰ中CuFeS2既作氧化剂又作还原剂，故A错误；‎ B、‎12.5g×ω（CuFeS2）×=‎3.6g，解得ω（CuFeS2）=82.8%，但黄铜矿样品中还可能还有其他含硫物质，所以矿样中CuFeS2质量分数不一定为82.8%，故B错误；‎ C、由反应可知，最终CuFeS2与O2反应的最终成为FeO、Cu、SO2，根据原子守恒n（FeO）=n（CuFeS2）=6mol，n（SO2）=2n（CuFeS2）=12mol，根据O原子守恒可知2n（O2）=n（FeO）+2n（SO2）=6mol+12mol×2，故n（O2）=15mol，故C错误；‎ D、2CuFeS2+4O2 =Cu2S+3SO2+2FeO，‎ ‎ 6mol 12mol 3mol 故剩余氧气为15.75mol﹣12mol=3.75mol，生成Cu2S为3mol，‎ ‎2Cu2S+3O2=2Cu2O+2SO2；‎ ‎3mol 4.5mol 故氧气不足，故氧气完全反应，按照氧气计算，‎ ‎2Cu2S+3O2 =2Cu2O+2SO2‎ x 3.75mol y 生成Cu2O为3.75mol×=2.5mol 消耗的Cu2S为3.75mol×=2.5mol，则剩余Cu2S为3mol﹣2.5mol=0.5mol，‎ ‎2Cu2O+Cu2S=6Cu+SO2；‎ ‎2.5mol 0.5mol z 故氧化亚铜完全反应，则生成铜z=0.5mol×6=3mol，故D正确；‎ 故选：D。‎ ‎【点评】本题考查混合物的有关计算，题目过程复杂，计算量很大，为易错题目，对学生的心理素质有较高的要求，注意原子守恒计算与过量计算。‎ ‎9．【分析】由Na2S2O3+4Cl2+5H2O═2NaCl+6HCl+2H2SO4，S元素的化合价由+2价升高为+6价，Cl元素的化合价由0降低为﹣1价，则氧化剂为Cl2，NaCl和HCl为还原产物，还原剂为Na2S2O3，氧化产物为H2SO4，以此来解答。‎ ‎【解答】解：A．由分析可知，氧化剂为Cl2，NaCl和HCl为还原产物，还原剂为Na2S2O3，氧化产物为H2SO4，所以氧化产物、还原产物的物质的量之比为1：4，故A错误；‎ B．S元素的化合价由+2价升高为+6价，则0.5molNa2S2O3作还原剂；则转移0.5mol×（6﹣2）×‎ ‎2=4mol电子，故B正确；‎ C．当Na2S2O3过量时，Na2S2O3与酸发生歧化反应生成硫沉淀，则溶液出现浑浊，故C正确；‎ D．上述反应中生成H2SO4，所以吸收氯气后，溶液的pH降低，故D正确；‎ 故选：A。‎ ‎【点评】本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重氧化还原反应基本概念及转移电子的考查，题目难度不大。‎ ‎10．【分析】A、根据CN﹣计算C元素化合价，据化合价代数和为0计算Fe元素化合价；‎ B、根据化合价降低为氧化剂判断；‎ C、根据化合价升高被氧化判断；‎ D、根据得失电子守恒计算。‎ ‎【解答】解：A、由CN﹣可知C元素化合价为+2，据化合价代数和为0，则Fe元素化合价为+2，故A错误；‎ B、H2SO4在反应前后化合价不变，则H2SO4不是氧化剂，故B错误；‎ C、化合价升高元素是Fe、N和C，所以上述反应中被氧化的元素只有Fe、N和C，故C错误；‎ D、化合价升高的元素是铁元素、碳元素和氮元素，所以氧化产物是Fe（SO4）3、HNO3、CO2．1mol K4Fe（CN）6在反应中失去电子是（1+2×6+8×6）mol=61mol，所以根据电子的得失守恒可知，消耗高锰酸钾的物质的量为61mol÷5=12.2mol，故D正确；‎ 故选：D。‎ ‎【点评】本题考查学生氧化还原反应，为高频考点，侧重于学生的分析、计算能力的考查，注意从元素化合价的角度解答该题，难度中等。‎ ‎11．【分析】火药发生化学反应的时候，KNO3中氮元素的化合价降低，据此分析。‎ ‎【解答】解：火药的反应方程式为S（s）+2KNO3（s）+‎3C（s）═K2S（s）+N2（g）+3CO2（g），KNO3中氮元素的化合价降低，被还原，做氧化剂，体现氧化性；‎ 故选：D。‎ ‎【点评】本题主要考查的是元素化合物的性质，题目的情景设计较新颖，予化学知识于古文字中，注意古文的理解和化学物质性质的分析判断，题目难度不大，试题培养了学生的分析能力。‎ ‎12．【分析】A．焰色反应是某些金属的特征性质；‎ B．合金的硬度大于其任一成分；‎ C．对青蒿素的提取属于萃取；‎ D．物理变化和化学变化的根本区别在于是否有新物质生成。如果有新物质生成，则属于化学变化；反之，则是物理变化。‎ ‎【解答】解：A．焰色反应是某些金属的特征性质，不同金属的焰色反应不同，“火树银花”中的焰火实质上是金属元素的焰色反应的体现，故A正确；‎ B．剑刃硬度要大，所以用碳铁合金，故B正确；‎ C．对青蒿素的提取属于萃取，属于物理变化，故C正确；‎ D．石头大多由大理石（即碳酸钙） 其能与水，二氧化碳反应生成Ca（HCO3）2，Ca（HCO3）2是可溶性物质，属于化学变化，而“绳锯木断”则不含化学变化是物理变化，故D错误，‎ 故选：D。‎ ‎【点评】本题考查物质的性质及应用，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、相关化学史料为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意化学与生活的联系，题目难度不大。‎ ‎13．【分析】根据《天工开物》中的描述可知，石灰为碳酸钙，焚烧生成氧化钙，与水反应生成氢氧化钙，以此解答该题。‎ ‎【解答】解：题中“火力到后，烧酥石性，置于风中，久自吹化成粉。急用者以水沃之，亦自解散”，涉及碳酸钙的分解反应，生成氧化钙和水反应生成氢氧化钙，为化合反应，也为离子反应，元素化合价没有发生变化，没有涉及氧化还原反应。‎ 故选：A。‎ ‎【点评】本题考查物质的性质与用途，为高频考点，侧重于化学与生活、生产的考查，有利于培养学生良好的科学素养，难度不大，注意把握物质的性质以及反应类型的判断，难度不大。‎ ‎14．【分析】利用了物质氧化性，则发生氧化还原反应，且物质中元素的化合价降低，以此来解答。‎ ‎【解答】解：A．用钠钾合金作为快中子反应堆的热交换剂，是利用钠钾合金的物理性质，没有元素的化合价变化，故A不选；‎ B．纯碱去油污与水解有关，没有元素的化合价变化，为非氧化还原反应，故B不选；‎ C．常温下，用铁罐储存浓硝酸，铁遇到浓硝酸发生钝化，利用硝酸的氧化性，故C选；‎ D．明矾净化水与铝离子水解有关，没有元素的化合价变化，为非氧化还原反应，故D不选；‎ 故选：C。‎ ‎【点评】本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握发生的反应、反应中元素的化合价变化是解答本题的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。‎ ‎15．【分析】A、森林着火时，将火焰蔓延线路前的小片树林砍掉，阻止火焰的蔓延；‎ B、爱护植被，并大力提倡植树造林，不能随意砍伐；‎ C、塑料袋、矿泉水瓶等随手丢弃河道中，易造成白色污染；‎ D、随身携带打火机进入泰山旅游景区易引起火灾。‎ ‎【解答】解：A、森林火灾时将火焰蔓延线路前的小片树林砍掉，是使可燃物与其他物品隔离灭火，可以保护深林资源，故A正确；‎ B、植树造林可以吸收二氧化碳，释放氧气，维持碳﹣氧平衡，我们不可以随意砍伐所需树木，故B错误；‎ C、将塑料袋、矿泉水瓶等随手丢弃河道中，易造成白色污染，污染环境，故C错误；‎ D、随身携带打火机进入泰山旅游景区，景区森林覆盖，明火易引起火灾，故D错误；‎ 故选：A。‎ ‎【点评】本题考查环境保护，注意水污染的途径和化石燃料的使用是解答的关键，把握常见的有害物质即可解答，题目难度不大。‎ ‎16．【分析】A．化学反应是原子分子层次上研究物质变化，不能形成新的原子；‎ B．雾滴的尺度比较大，从几微米到100微米，平均直径大约在10﹣20微米左右；霾粒子的分布比较均匀，而且灰霾粒子的尺度比较小，从0.001微米到10微米，平均直径大约在1﹣2微米左右；‎ C．注意氧化还原反应的实质，食品被氧化的实质是被空气中的氧气氧化；‎ D．次氯酸钠溶液中通入少量二氧化硫，发生氧化还原反应生成硫酸钠、氯化钠。‎ ‎【解答】解：A．化学反应是原子分子层次上研究物质变化，化学变化的实质是原子的重新组合不能形成新的原子，故A错误；‎ B．雾霾天气对人的健康造成危害，“雾”和“霾”的分散质微粒不相同，雾的粒度较大，霾的粒度较小，故B正确；‎ C．生石灰或硅胶无还原性不能与氧化性物质反应，故不能防止食品氧化，故C错误；‎ D．次氯酸钠溶液中通入少量二氧化硫，发生氧化还原反应生成硫酸钠、氯化钠，则次氯酸根离子浓度减小，消毒能力减弱，故D错误；‎ 故选：B。‎ ‎【点评】本题考查物质的性质及应用，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、性质与用途为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。‎ ‎17．【分析】A．在元素周期表的金属和非金属分界线附近的元素既有金属性又有非金属性；‎ B．次氯酸钙与二氧化碳反应生成碳酸钙和次氯酸，次氯酸不稳定，见光分解导致漂白粉变质；‎ C．液溴加入水，可防止液溴挥发；‎ D．煤中加入适量石灰石，发生2CaCO3+O2+2SO2═2CaSO4+2CO2，可大大减少燃烧产物中SO2的量。‎ ‎【解答】解：A．在元素周期表的金属和非金属分界线附近的元素既有金属性又有非金属性，则金属和非金属分界线附近寻找半导体材料，故A正确；‎ B．漂白粉的有效成分为次氯酸钙，漂白粉中的Ca（ClO）2与空气中的CO2反应生成CaCO3和见光易分解的HClO，导致漂白粉易变质，故B正确；‎ C．液溴的密度比水大，加入水，水覆盖在液溴的上层，可防止液溴挥发，故C正确；‎ D．煤中加入适量石灰石，发生2CaCO3+O2+2SO2═2CaSO4+2CO2，可大大减少燃烧产物中SO2的量，而不是减少二氧化碳的量，故D错误；‎ 故选：D。‎ ‎【点评】本题综合考查元素化合物知识，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，注意常见物质的性质以及保存方法，难度不大。‎ ‎18．【分析】A．二氧化碳可以导致温室效应；‎ B．光导纤维成分为二氧化硅；‎ C．化石燃料在燃烧过程中，不完全燃烧会生成一氧化碳，含硫燃料煤燃烧易产生二氧化硫，产生的CO、S02等有害气体会污染环境；‎ D．白色污染是由塑料袋的使用导致的。‎ ‎【解答】解：A．二氧化碳可以导致温室效应，故植树造林吸收二氧化碳从而能减轻温室效应，故A正确；‎ B．光导纤维的主要成分是二氧化硅，而不是单质硅，故B错误；‎ C．化石燃料在燃烧过程中产生的CO、S02等有害气体会污染环境，故C正确；‎ D．白色污染是由塑料袋的使用导致的，而用二氧化碳制造出降解塑料可以替代不能降解的塑料，从而能减缓白色污染，故D正确。‎ 故选：B。‎ ‎【点评】本题考查了化学知识在生活和生产中的应用，题目难度不大，应注意的是硅单质和二氧化硅在用途上的区别。‎ ‎19．【分析】A．二氧化碳不会形成酸雨；‎ B、焚烧废旧，造成大气污染；‎ C．“绿色化学”的核心是从源头上减少污染物的使用；‎ D．植树造林、减少化石燃料的燃烧减少了二氧化碳气体的排放。‎ ‎【解答】解：A．酸雨的形成是由于SO2、NO2而引起的，与CO2无关，故A错误；‎ B、焚烧废旧，造成大气污染，不符合尊重自然、顺应自然、保护自然理念，故B错误；‎ C．“绿色化学”的核心是从源头上减少污染物的使用，而不能先污染后进行治理，故C错误；‎ D．植树造林、减少化石燃料的燃烧，有利于减少二氧化碳气体排放，有利于减缓温室效应，故D正确；‎ 故选：D。‎ ‎【点评】本题主要考查了“三废“处理与环境保护，题目难度不大，熟悉相关物质的性质即可解答，注意酸雨形成和温室气体的不同。‎ ‎20．【分析】A．储热材料是一类重要的存储物质，在熔融时吸收热量、在结晶时放出热量；‎ B．Ge是32号元素，位于金属和非金属交界线处，可以作半导体材料；‎ C．通常我们把物质的状态分为固态、液态和气态，但是某些有机化合物具有一种特殊的状态，在这种状态中，他们一方面像液体，具有流动性，一方面又像晶体，分子在某个方向上排列比较整齐，因而具有各向异性，这种物质叫液晶；‎ D．Fe和Pb2+、Cu2+、Hg2+发生置换反应。‎ ‎【解答】解：A．储热材料是一类重要的存储物质，根据能量守恒知，这些物质在熔融时需要吸收热量、在结晶时放出热量，故A正确；‎ B.32号元素Ge位于金属和非金属交界线处，具有金属和非金属的性质，可以作半导体材料，所以Ge（32号元素）的单晶可以作为光电转换材料用于太阳能电池，故B正确；‎ C．液晶态是指介于晶体和液体之间的物质状态，像液体具有流动性，像固体具有晶体的有序性，故C正确；‎ D．Fe和Pb2+、Cu2+、Hg2+发生置换反应生成金属单质而治理污染，与吸附性无关，故D错误；‎ 故选：D。‎ ‎【点评】本题考查较综合，涉及氧化还原反应、物质用途、能量守恒等知识点，明确基本原理、物质性质是解本题关键，注意D中发生反应而不是利用胶体性质，为易错点。‎ ‎21．【分析】A．臭氧具有强的氧化性可用于杀菌消毒；‎ B．废旧电池中含有重金属汞等；‎ C．食品抗氧化剂应具有还原性；‎ D．氟利昂使用能破坏臭氧层。‎ ‎【解答】解：A．臭氧具有强氧化性，可用于杀菌消毒，与水不反应，且无残留，不影响水质，故A正确；‎ B．回收废旧电池，主要是为了防止重金属污染环境，故B错误；‎ C．铁粉具有还原性，食品包装袋中常放人小袋的铁粉，目的是防止食品氧化变质，故C正确；‎ D．提倡使用无氟冰箱，主要是为了保护大气臭氧层，故D正确；‎ 故选：B。‎ ‎【点评】本题考查环境污染及治理，侧重于化学与生产、环境的考查，为高频考点，有利于培养学生的良好的科学素养，提高学生学习的积极性，题目难度不大，注意相关基础知识的积累。‎ ‎22．【分析】A．乙醇不具有强氧化性，乙醇能使蛋白质发生变性；‎ B．二氧化硫有一定毒性；‎ C．地沟油对人体健康有害，可作为工业原料；‎ D．碳酸钠碱性较强，所以不能用来治疗胃酸过多，碳酸氢钠在医疗上是治疗胃酸过多的一种药剂。‎ ‎【解答】解：A．乙醇消毒液消毒是因为可以使蛋白质变性，而并非是将病毒氧化，故A错误；‎ B．二氧化硫有一定毒性，不能用于食物漂白，故B错误；‎ C．地沟油对人体健康有害，可作为工业原料，属于酯类物质，可用于制取肥皂、汽油、柴油等，可减轻环境污染和节约化石能，故C正确；‎ D．小苏打是制作面包等糕点的膨松剂，也是医疗上治疗胃酸过多症的一种药剂，碳酸钠碱性较强，所以不能用来治疗胃酸过多，故D错误；‎ 故选：C。‎ ‎【点评】本题综合考查化学与生活等问题，为高频考点，侧重化学与生活、生产的考查，有利于培养学生的良好的科学素养，题目难度不大。‎ ‎23．【分析】“绿色生活”的含义包括“绿色城市，绿色生活，绿色消费、人与自然和谐发展”等内容，绿色与生活息息相关，提倡人们节能减排，低碳生活，保护环境，据此分析解答。‎ ‎【解答】解：①发展水电，开发新能源，如核能、太阳能、风能等，减少对矿物能源的依赖，可以减少环境污染，实现能源可持续性发展，符合绿色生活宗旨，故不选；‎ ‎②限制化工发展，关停化工企业，不利于经济发展和社会需求，不符合绿色生活宗旨，故选；‎ ‎③推广煤的干馏、气化、液化技术，提供清洁、高效燃料和基础化工原料，挖掘使用价值，符合“促进低碳经济”符合绿色生活宗旨，故不选；‎ ‎④推广利用微生物发酵技术，将植物桔杆、动物粪便等制成沼气以替代液化石油气，能减少环境污染，符合绿色生活宗旨，故不选；‎ ‎⑤实现资源的“3R”利用观，即：减少资源消耗（Reduce）、增加资源的重复使用（Reuse）、资源的重复再生（Recycle），符合节能减排，低碳生活，符合绿色生活宗旨，故不选；‎ ‎⑥用大排量的轿车代替公交车出行，产生大量气体污染物，不利于环境保护，不符合绿色生活宗旨，故选；‎ 故选：B。‎ ‎【点评】本题考查绿色化学的有关知识，准确理解把握“改善环境质量、推动绿色发展”及绿色生活的含义即可解答，题目难度不大。‎ ‎24．【分析】A．若用水或稀硫酸吸收，易形成酸雾，且吸收速度慢；‎ B．炼铁材料为铁矿石、焦炭、石灰石，加入石灰石，目的是除去杂质二氧化硅，生产普通玻璃的原料有砂子，石灰石和纯碱；‎ C．①SiO2+‎2CSi+2CO↑，反应前后有元素化合价变化； ②Si+2Cl2SiCl4 反应前后有化合价变化； ③SiCl4+2H2Si+4HCl，反应前后有元素化合价变化；‎ D．氯碱工业生成氢氧化钠、氢气和氯气；‎ ‎【解答】解：A．在吸收塔中三氧化硫与水反应生成硫酸，但水直接吸收三氧化硫会形成酸雾，使三氧化硫的吸收率降低，生产实践中用98.3%的浓H2SO4吸收三氧化硫，可以防止形成酸雾，使SO3吸收完全，故A正确；‎ B．炼铁材料为铁矿石、焦炭、石灰石，加入石灰石，目的是除去杂质二氧化硅，普通玻璃的原料有砂子，石灰石和纯碱，石灰石是制玻璃的原料之一，故B错误；‎ C．①SiO2+‎2CSi+2CO↑，反应前后有元素化合价变化； ②Si+2Cl2SiCl4 反应前后有化合价变化； ③SiCl4+2H2Si+4HCl，反应前后有元素化合价变化，所以都是氧化还原反应，故C正确；‎ D．氯碱工业得到的产品是氢氧化钠、氢气和氯气，其中氢气和氯气反应生成氯化氢气体，溶于水用来制盐酸，故D正确；‎ 故选：B。‎ ‎【点评】本题考查了硫酸的制备、工业制玻璃和炼铁的原理、硅制备、氯碱工业等，属于对基础知识的考查，注意工业制备原理的理解应用，题目难度中等。‎ ‎25．【分析】A．二氧化硅对光具有良好的全反射作用，且与碱反应；‎ B．钠的还原性大于Ti；‎ C．活性炭为糖浆脱色与吸附性有关，用次氯酸盐漂白纸浆与强氧化性有关；‎ D．Al为活泼金属，应电解冶炼。‎ ‎【解答】解：A．二氧化硅对光具有良好的全反射作用，且与碱反应，则二氧化硅广泛用于制作光导纤维，光导纤维遇强碱会“断路”，故A正确；‎ B．钠的还原性大于Ti，则高温时可用金属钠还原相应的氯化物来制取金属钛，故B正确；‎ C．活性炭为糖浆脱色与吸附性有关，用次氯酸盐漂白纸浆与强氧化性有关，则褪色原理不同，故C正确；‎ D．Al为活泼金属，应电解熔融氧化铝冶炼，不能选CO还原，故D错误；‎ 故选：D。‎ ‎【点评】本题考查物质的性质及应用，为高考常见题型，把握物质的性质、发生的反应、性质与用途为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。‎ ‎26．【分析】A．含有硅酸根离子的盐属于硅酸盐，传统硅酸盐产品包括：普通玻璃、陶瓷、水泥；‎ B．二氧化硅具有良好的光学特性，是制造光导纤维主要原料；‎ C．二氧化硅和氢氟酸反应生成四氟化硅和水；‎ D．工业上用SiO2热还原法冶炼硅。‎ ‎【解答】解：A．普通玻璃的主要成分是硅酸钠、硅酸钙和二氧化硅，属于硅酸盐，普通水泥主要成分为：3CaO•SiO2，2CaO•SiO2，3CaO•Al2O3、石膏等成分，属于硅酸盐，水晶项链是二氧化硅，不含有硅酸根离子，因此不属于硅酸盐材料，故A错误；‎ B．二氧化硅是在通信工程中制作光导纤维的主要原料，故B错误；‎ C．玻璃中含有二氧化硅，二氧化硅和氢氟酸反应，反应方程式为SiO2+4HF=SiF4↑+2H2O，所以赏心悦目的雕花玻璃通常是用氢氟酸刻蚀，故C正确；‎ D．工业上用SiO2热还原法冶炼硅，而不是热分解法冶炼硅，故D错误；‎ 故选：C。‎ ‎【点评】本题考查了元素化合物知识，掌握硅及其化合物的性质是解答关键，题目难度不大。‎ ‎27．【分析】A．明矾水解生成氢氧化铝胶体具有吸附作用，起到净水的作用；‎ B．醋酸可与次氯酸钙反应生产次氯酸；‎ C．乙烯是一种植物生长调节剂，对水果蔬菜具有催熟的作用，为了延长水果的保鲜期，应除掉乙烯；‎ D．光导纤维的主要成分是二氧化硅。‎ ‎【解答】解：A．A．明矾水解生成氢氧化铝胶体具有吸附作用，起到净水的作用，但无消毒杀菌的作用，故A错误；‎ B．醋酸酸性比次氯酸强，醋酸可与次氯酸钙反应生产次氯酸，次氯酸浓度增大，漂白速率增大，故B正确；‎ C．乙烯具有较强的还原性，能与强氧化剂高锰酸钾反应，故可用高锰酸钾除掉乙烯，为了延长水果的保鲜期将苹果放入有浸泡过高锰酸钾溶液的硅土的密封容器中，故C错误；‎ D．光导纤维的主要成分是二氧化硅，信息产业中的光缆的主要成分是二氧化硅，单质硅是半导体材料，故D错误。‎ 故选：B。‎ ‎【点评】本题考查化学与环境、材料、信息、能源关系密切相关的知识，为高频考点，侧重于基础知识的综合理解和运用的考查，题目难度不大。‎ ‎28．【分析】胆水用来冶炼铜，说明胆水中含有铜离子，结合选项分析解答。‎ ‎【解答】解：胆水用来冶炼铜，说明胆水中含有铜离子，而四个选项中只有C硫酸铜中含有铜离子，所以选硫酸铜溶液，‎ 故选：C。‎ ‎【点评】本题重点考查了铜金属及其重要化合物的主要性质，难度不大，用以浸铜，已成铜矣是解题的突破口。‎ ‎29．【分析】①Cu与氯化铁反应生成氯化亚铁氯化铜；‎ ‎②钠燃烧生成过氧化钠，过氧化钠与二氧化碳反应生成氧气；‎ ‎③铁是合成血红蛋白的主要元素，缺乏会患贫血；钙主要存在于骨胳和牙齿中，使骨和牙齿具有坚硬的结构支架；‎ ‎④常温下Al遇浓硫酸发生钝化；‎ ‎⑤先加KSCN无现象，再加氯水可检验亚铁离子；‎ ‎⑥硬铝是铝硅、镁等形成的合金，青铜是铜锡合金，钢铁为Fe的合金，合金性能优良。‎ ‎【解答】解：①Cu与氯化铁反应生成氯化亚铁氯化铜，则用氯化铁溶液腐蚀铜箔制造印刷线路板，故正确；‎ ‎②钠燃烧生成过氧化钠，过氧化钠与二氧化碳反应生成氧气，则钠着火不能用干冰灭火器灭火，应选沙土扑灭，故错误；‎ ‎③铁是合成血红蛋白的主要元素，缺乏会患贫血；钙主要存在于骨胳和牙齿中，使骨和牙齿具有坚硬的结构支架，缺乏幼儿和青少年会患佝偻病，老年人会患骨质疏松，故正确；‎ ‎④常温下Al遇浓硫酸发生钝化，生成致密的氧化膜阻止反应的进一步发生，用铝皮车运输浓硫酸，故错误；‎ ‎⑤先加KSCN无现象，再加氯水，变为血红色，可知溶液中含亚铁离子，故正确；‎ ‎⑥硬铝是铝硅、镁等形成的合金，青铜是铜锡合金，钢铁为Fe的合金，合金的性能一般优于纯金属，故正确；‎ 故选：C。‎ ‎【点评】本题考查金属及化合物的性质，为高考常见题型，把握物质的性质、发生的反应、离子检验、性质与用途为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。‎ ‎30．【分析】低碳减排，绿色生活”是指减少化石燃烧的使用，降低二氧化碳和空气污染物的排放，防止环境污染，凡是能达到该目的措施均符合这一理念。‎ ‎【解答】解：A．在大力推广乙醇汽油的同时，研究开发太阳能汽车和氢燃料电池汽车，能减少空气污染，符合要求，故A正确；‎ B．沼气是可再生能源，故在农村地区开发沼气能源，符合要求，故B正确；‎ C．降低蔬菜的农药残留量，符合绿色生活要求，故C正确；‎ D．聚苯乙烯难降解，会造成白色污染，故D错误。‎ 故选：D。‎ ‎【点评】本题考查环境污染及治理，侧重于化学与人体健康的考查，为高考常见题型和高频考点，有利于培养学生的良好科学素养，难度不大，注意相关基础知识的积累。‎ ‎31．【分析】A．向Ca（OH）2和NaOH的混合溶液中通入CO2，CO2先与Ca（OH）2反应；‎ B．向Ba（OH）2、NaAlO2混合溶液中加稀H2SO4，开始生成硫酸钡沉淀和氢氧化铝沉淀，硫酸过量时氢氧化铝溶解；‎ C．氢氧化铝与氢氧化钠反应时，二者物质的量比为1：1；‎ D．铝离子与过量的氢氧根离子反应生成偏铝酸根离子，偏铝酸根离子与铝离子反应生成氢氧化铝沉淀。‎ ‎【解答】解：A．向Ca（OH）2和NaOH的混合溶液中通入CO2，CO2先与Ca（OH）2反应，所以一开始就有碳酸钙沉淀生成，当Ca（OH）2全部反应后，再与NaOH反应，图象不符，故A错误；‎ B．向‎1L浓度均为0.1 mol•L﹣1的Ba（OH）2、NaAlO2混合溶液中加入0.1 mol•L﹣1的稀H2SO4，0.1molBa（OH）2消耗0.1mol硫酸，0.1molNaAlO2消耗0.05mol硫酸，硫酸过量时氢氧化铝溶解，0.1mol氢氧化铝消耗硫酸0.15mol，故B正确；‎ C．向‎1L浓度分别为0.1 mol•L﹣1和0.3 mol•L﹣1的AlCl3、NH4Cl的混合溶液中加入0.1 mol•L﹣1的稀NaOH溶液，AlCl3与NaOH反应生成沉淀，然后氢氧化钠与氯化铵反应生成氨水，最后氢氧化铝与氢氧化钠反应，沉淀溶解，此时氢氧化铝与氢氧化钠的物质的量比为1：1，图象不符，故C错误；‎ D．铝离子与过量的氢氧根离子反应生成偏铝酸根离子，偏铝酸根离子与铝离子反应生成氢氧化铝沉淀，偏铝酸根离子的物质的量是铝离子的，图象不符合，故D错误；‎ 故选：B。‎ ‎【点评】本题考查了混合物反应的计算与应用，题目难度中等，明确发生反应的实质为反应的先后顺序为解答关键，试题充分培养了学生的分析、理解能力及灵活应用能力。‎ ‎32．【分析】①X为Na，Y为Na2O2，则W为O2，Z为Na2O，过氧化钠不能转化为氧化钠；‎ ‎②氯化铝与不足量氢氧化钠反应生成氢氧化铝，与过量氢氧化钠生成偏铝酸钠，氢氧化铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠；‎ ‎③X为Cl2，Y为FeCl3，则W为Fe或FeCl2，氯气与Fe或氯化亚铁反应都只能得到氯化铁；‎ ‎④C与不足量氧气生成CO，与过量氧气生成二氧化碳，CO与氧气反应生成二氧化碳。‎ ‎【解答】解：①X为Na，Y为Na2O，W为O2，Z为Na2O2，可实现图中转化，而X为Na，Y为Na2O2，则W为O2，Z为Na2O，过氧化钠不能转化为氧化钠，故错误；‎ ‎②X为AlCl3，Y为Al（OH）3，W为NaOH，Z为NaAlO2，可实现图中转化，故正确；‎ ‎③X为Cl2，Y为FeCl3，则W为Fe或FeCl2，氯气与Fe或氯化亚铁反应都只能得到氯化铁，不能实现图中转化，故错误；‎ ‎④X为C，Y为CO，W为O2，Z为CO2，可实现图中转化，故正确，‎ 故选：D。‎ ‎【点评】本题考查钠、铝、氯、铁、碳元素化合物的性质与转化，题目侧重基础知识的考查，需要学生熟练掌握元素化合物的性质，注意掌握常见连续反应、三角转化、特殊置换反应等。‎ ‎33．【分析】A．碳化物水解生成碱与烃；‎ B．Na与水反应生成NaOH、氢气，NaOH与硫酸铜反应生成沉淀；‎ C．铁离子和碘离子发生氧化还原反应；‎ D．SO2与Na2O2发生氧化还原反应。‎ ‎【解答】解：A．碳化钙和水反应时，该反应中各元素化合价不变，说明没有发生氧化还原反应，二者发生复分解反应，且Al‎4C3+12H2O═4Al（OH）3↓+3CH4↑中各元素化合价不变，发生复分解反应，故A正确；‎ B．Fe能置换硫酸铜溶液的铜，而Na与硫酸铜溶液反应生成硫酸钠、氢氧化铜、氢气，故B错误；‎ C．铁离子具有氧化性、碘离子具有还原性，所以铁离子和碘离子不能共存，则Fe3I8不能表示为FeI2•2FeI3，故C错误；‎ D．CO2与Na2O2反应生成Na2CO3和O2，而SO2与Na2O2反应生成Na2SO4，故D错误；‎ 故选：A。‎ ‎【点评】本题考查金属及化合物的性质，为高考常见题型，把握物质的性质、发生的反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。‎ ‎34．【分析】A、B、C均含有同一种元素，A是一种强碱，C为厨房中的用品，由转化关系可推知A为NaOH，D为CO2，C为NaHCO3，B为Na2CO3。‎ ‎【解答】解：A．Ba（OH）2稀溶液与NaHCO3、Na2CO3‎ 均生成碳酸钡白色沉淀，不能鉴别二者，故A错误；‎ B．等质量的碳酸钠、碳酸氢钠，碳酸氢钠的物质的量更大，其物质的量浓度更大，与盐酸反应速率更快，即生成气体的速率更快，故B错误；‎ C．取a克碳酸钠、碳酸氢钠的混合物充分加热，固体质量减重b克，则（a﹣b）g为碳酸氢钠分解生成二氧化碳、水的质量和，结合方程式可计算出混合物中碳酸氢钠的质量，进而计算碳酸钠的质量分数，故C正确；‎ D．取a克碳酸钠、碳酸氢钠的混合物与足量稀硫酸充分反应，逸出的气体用碱石灰完全吸收，增重b克为水和二氧化碳的质量和，不能计算出混合物中碳酸钠的质量分数，故D错误，‎ 故选：C。‎ ‎【点评】本题考查无机物的推断，涉及钠元素化合物的性质与转化、物质鉴别、化学反应速率、物质含量测定等，需要学生熟练掌握元素化合物知识，归纳总结中学常见的连续反应、三角转化、特殊置换反应等。‎ ‎35．【分析】A．SO2与KMnO4酸性溶液发生氧化还原反应；‎ B．SO2使品红溶液褪色，表现了SO2的漂白性；‎ C．SO2被溶液中的NO3﹣和H+氧化为SO42﹣，表现了SO2的还原性；‎ D．SO2与NaOH和BaCl2混合溶液反应生成BaSO3，BaSO3溶于盐酸。‎ ‎【解答】解：A．SO2与KMnO4酸性溶液发生氧化还原反应，表现了SO2的还原性，故A错误；‎ B．SO2使品红溶液褪色，表现了SO2的漂白性，故B错误；‎ C．SO2被溶液中的NO3﹣和H+氧化为SO42﹣，表现了SO2的还原性，生成了硫酸钡沉淀，故C错误；‎ D．SO2与NaOH和BaCl2混合溶液反应生成BaSO3，BaSO3溶于盐酸，故D正确；‎ 故选：D。‎ ‎【点评】本题考查了SO2的性质，要注意SO2使有色物质褪色不一定是它的漂白性，注意知识的积累，题目难度不大。‎ ‎36．【分析】A．氯气和氧气不反应；‎ B．氮气与氧气反应生成NO，NO不能与水反应；‎ C．硫燃烧生成二氧化硫，溶于水形成亚硫酸，可以和碱反应；‎ D．铁与氧气反应生成四氧化三铁，四氧化三铁不与水反应；‎ ‎【解答】解：A．氯气和氧气不能反应，不能一步直接实现，故A错误；‎ B．氮气与氧气反应生成NO，NO不能与水反应，故B错误；‎ C．S+O2SO2、SO2+H2O=H2SO3、H2SO3+2NaOH=Na2SO3+H2O，所以符合题干信息，故C正确；‎ D．铁与氧气反应生成四氧化三铁，四氧化三铁不与水反应，故D错误；‎ 故选：C。‎ ‎【点评】本题考查金属及其化合物的性质，侧重考查元素化合物知识及知识的应用，根据氧化物的溶解性即可判断，题目难度不大。‎ ‎37．【分析】A、硝酸浓越大氧化性越强；‎ B、焰色反应为物理变化；‎ C、光导纤维，就是依靠光在线缆中进行全反射从而达到用光进行载体传输信息的介质。既然用光来传输，就要求介质要尽可能透明，二氧化硅就是石英，透明度很高，因此是很好的光导材料；‎ D．过氧化钠和人呼出的二氧化碳和水蒸气反应生成氧气。‎ ‎【解答】解：A、硝酸浓越大氧化性越强，浓硝酸氧化性强于稀硝酸，故A错误；‎ B、焰色反应是元素的物理性质，苏打和小苏打都含有钠元素，所以二者的焰色反应的现象是相同的，故B错误；‎ C、光导纤维，就是依靠光在线缆中进行全反射从而达到用光进行载体传输信息的介质。既然用光来传输，就要求介质要尽可能透明，二氧化硅就是石英，透明度很高，因此是很好的光导材料，故C错误；‎ D．过氧化钠和人呼出的二氧化碳和水蒸气反应生成氧气，过氧化钠可用于呼吸面具或潜水艇中作为氧气的来源，故D正确。‎ 故选：D。‎ ‎【点评】本题考查知识点较多，注重对焰色反应、光导纤维、硝酸和过氧化钠的性质的考查，题目难度不大，熟悉基础知识即可解答。‎ ‎38．【分析】①AlCl3和NaOH溶液，氢氧化钠少量和过量产物不同；‎ ‎②P和Cl2反应，氯气少量与过量，产物不同；‎ ‎③AgNO3溶液和氨水，氨水少量与过量，产物不同；‎ ‎④C和O2，O2少量与过量，产物不同；‎ ‎⑤CO2 和NaOH溶液，NaOH溶液少量与过量，产物不同；‎ ‎⑥Fe和浓HNO3，浓HNO3少量与过量，产物不同；‎ ‎⑦乙醇和O2，O2少量与过量，产物不同；‎ ‎⑧Cl2和NaOH溶液，加热与不加热条件下产物不同。‎ ‎【解答】解：①AlCl3和NaOH溶液，氢氧化钠少量生成氢氧化铝沉淀和氢氧化钠过量生成偏铝酸钠，所以NaOH少量和过量时产物不同，故①正确；‎ ‎②P和Cl2反应，氯气少量时生成三氯化磷，氯气过量时生成五氯化磷，氯气的量不同产物不同，故②正确；‎ ‎③AgNO3溶液和氨水，氨水少量生成氢氧化银与氨水过量生成银铵络合物，产物不同，故③正确；‎ ‎④C和O2，O2少量生成一氧化碳与氧气过量生成二氧化面，产物不同，故④正确；‎ ‎⑤CO2和NaOH溶液，NaOH溶液少量生成碳酸氢钠与氢氧化钠过量生成碳酸钠，产物不同，故⑤正确；‎ ‎⑥Fe和浓HNO3，浓HNO3 少量生成硝酸亚铁与浓HNO3 过量生成硝酸铁，产物不同，故⑥正确；‎ ‎⑦乙醇和O2，O2少量生成一氧化碳与氧气过量生成二氧化碳，产物不同，故⑦正确；‎ ‎⑧Cl2和NaOH溶液，不加热时生成氯化钠、次氯酸钠和水，加热时生成氯酸钠和氯化钠和水，反应条件不同时产物不同，故⑧正确；‎ 故选：D。‎ ‎【点评】本题考查元素化合物性质应用，题目难度中等，明确常见元素及其化合物性质为解答关键，⑧为易错点，试题有利于提高学生的分析能力及灵活应用基础知识的能力。‎ ‎39．【分析】A、铁与氯气反应生成氯化铁，氯化铁与铁反应生成氯化亚铁，氯化亚铁与活泼金属反应生成金属铁 B、Cl2NaClONaClCl2，能按照关系相互转化；‎ C．硅与氧气反应生成二氧化硅，二氧化硅不与水反应，不能生成硅酸；‎ D、氯化铝与氢氧化钠或氨水反应生成氢氧化铝，氢氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，偏铝酸钠与过量盐酸反应生成氯化铝。‎ ‎【解答】解：A、2Fe+3Cl22FeCl3，2FeCl3+Fe=3FeCl2，FeCl2+Mg=MgCl2+Fe，即能够实现题目中的转化，故A正确；‎ B、Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，NaClO+HCl=NaCl+HClO，2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑，能够实现题目中的转化，故B正确；‎ C、Si+O2SiO2，而SiO2不能直接与H2O反应生成H2SiO3，不能够实现题目中的转化，故C错误；‎ D、AlCl3+3NH3•H2O=Al（OH）3↓+3NH4Cl，Al（OH）3+NaOH=NaAlO2+2H 2O，NaAlO2+4HCl=AlCl3+NaCl+2H2O，能够实现题目中的转化，故D正确；‎ 故选：C。‎ ‎【点评】本题考查了物质之间的相互转化，熟悉物质的性质是解题关键，题目难度不大。‎ ‎40．【分析】①氧化铝具有很高的熔点；‎ ‎②复合材料是由两种或两种以上不同性质的材料，通过物理或化学的方法，在宏观上组成具有新性能的材料；‎ ‎③无机非金属材料是除有机高分子材料和金属材料以外的几乎所有材料的统称．如陶瓷、玻璃、水泥、耐火材料、碳材料以及以此为基体的复合材料；‎ ‎④玻璃原料是纯碱、石灰石和石英；‎ ‎⑤通信光缆的化学成分是二氧化硅；‎ ‎【解答】解：①氧化铝具有很高的熔点，是一种比较好的耐火材料，可用来制造耐火坩埚，故①正确；‎ ‎②玻璃钢是由玻璃纤维合成树脂组成的复合材料，故②正确；‎ ‎③碳化硼（B‎4C3）是无机非金属材料，硬度很大，常用于制造切削工具，故③正确；‎ ‎④用纯碱、石灰石、石英为原料可制造普通玻璃，故④正确；‎ ‎⑤通信光缆的化学成分是二氧化硅，硅不可用来制造通信光缆，故⑤错误；‎ 故选：C。‎ ‎【点评】本题主要考查物质的性质、组成以及用途，是一道基础知识题目，难度不大，可以根据所学知识进行．‎ ‎41．【分析】X、Y、Z、M、W为五种短周期元素，其原子序数依次增大，X是元素周期表中原子半径最小的元素，X为H元素；W原子核外电子数是M原子最外层电子数的2倍，设M的最外层电子数为n，结合位置可知，2n=2+8+n﹣3，解得n=7，可知M为F，W为Si，Y为N，Z为O，以此来解答。‎ ‎【解答】解：由上述分析可知，X为H、Y为N、Z为O、M为F、W为Si，‎ A．非金属性Y＞W，则W最高价氧化物的水化物的酸性弱于Y的，不是最高价含氧酸无此规律，故A错误；‎ B．电子层越多，离子半径越大，具有相同电子排布的离子中原子序数大的离子半径小，则简单离子半径：Z＞M＞X，故B正确；‎ C．非金属性越强，对应氢化物越稳定，则气态氢化物的稳定性：Z＞Y＞W，故C正确；‎ D．W与Y可形成化合物Si3N4，为原子晶体，故D正确；‎ 故选：A。‎ ‎【点评】本题考查位置、结构与性质，为高考常见题型，把握元素的位置、原子结构来推断元素为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度不大。‎ ‎42．【分析】a、b、c为同一周期相邻元素，b与d的单质在不同条件下可形成两种化合物，但阴阳离子个数比例均为1：2，两种化合物为氧化钠和过氧化钠，则b是O元素、d是Na元素，a是N元素、c是F元素；d、e质子数之和是a的4倍，e的质子数=7×4﹣11=17，则e为Cl元素，据此进行解答。‎ ‎【解答】解：a、b、c为同一周期相邻元素，b与d的单质在不同条件下可形成两种化合物，但阴阳离子个数比例均为1：2，则b是O元素、d是Na元素，a是N元素、c是F元素；d、e质子数之和是a的4倍，e的质子数=7×4﹣11=17，为Cl元素，‎ A．a、b、c、d简单离子的电子层数相同，质子数越大半径越小，所以简单离子半径从大到小：a＞b＞c＞d，故A错误；‎ B．F2能与水反应放出氧气，F2不能从盐溶液中置换出氯气，故B错误；‎ C．d和e形成的化合物为NaCl，电解氯化钠溶液生成氢气、氯气、氢氧化钠，故C正确；‎ D．上述元素形成的氢化物中NaH的熔沸点最高，故D错误；‎ 故选：C。‎ ‎【点评】‎ 本题考查位置结构性质的相互关系应用，题目难度中等，推断元素为解答关键，注意熟练掌握元素周期律内容、元素周期表结构，D为易错点，试题有利于提高学生的综合应用能力。‎ ‎43．【分析】元素的非金属性越强，其单质的氧化性越强，其简单氢化物的稳定性越强，其最高价氧化物的水合物酸性越强，其单质与氢气化合越容易，据此分析解答。‎ ‎【解答】解：①简单氢化物的稳定性越强，其非金属性越强，HCl比H2S稳定，则非金属性Cl＞S，故正确；‎ ‎②HClO的氧化性比H2SO4强，HClO不是Cl元素最高价氧化物的水合物，所以不能判断非金属性强弱，故错误；‎ ‎③Cl2能与H2S反应生成S，说明非金属单质的氧化性Cl2＞S，则非金属性Cl＞S，故正确；‎ ‎④氢化物的溶解性与非金属性强弱无关，所以HCl的溶解度比H2S大，不能判断非金属性Cl＞S，故错误；‎ ‎⑤Cl2与Fe反应生成FeCl3，S与Fe生成FeS，说明非金属单质的氧化性Cl2＞S，则非金属性Cl＞S，故正确；‎ ‎⑥非金属性强弱与其氢化物酸性强弱无关，所以HCl的酸性比H2S强，不能说明非金属性Cl＞S，故错误；‎ 故选：B。‎ ‎【点评】本题考查非金属性强弱判断，侧重考查元素周期律的综合运用，明确非金属性强弱判断方法是解本题关键，注意：非金属性强弱与其氢化物的稳定性有关，与其氢化物的溶解性无关，题目难度不大。‎ ‎44．【分析】A．元素符号左上角数字为质量数，左下角数字为质子数，氧离子质子数为8，核外10个电子；‎ B．结构式中需要用短线表示出所有的共价键，CH3COOH为结构简式；‎ C．过氧化氢中O、O之间形成一对共用电子对；‎ D．水分子应该为V型结构，且O原子的原子半径较大。‎ ‎【解答】解：A．氧离子的核电荷数为8，带有2个单位的负电荷，其核外电子数为10，其结构示意图为，故A错误；‎ B．CH3COOH为乙酸的结构简式，乙酸的结构式为，故B错误；‎ C．过氧化氢是共价化合物，O原子之间为共价键，每个O原子上均和一个H原子形成共价键，电子式为，故C正确；‎ D．水分子为V型，氧原子的相对体积大于氢原子，其正确的比例模型为，故D错误；‎ 故选：C。‎ ‎【点评】本题考查了常见化学用语的判断，题目难度不大，注意掌握离子结构意图、结构式、电子式、比例模型等化学用语的概念及表示方法，明确结构式与结构简式的区别。‎ ‎45．【分析】由元素在周期表中位置，可知①为Na、②为C，③为F、④为Si、⑤为P、⑥为S、⑦为Fe、⑧为As，‎ A．磷元素存在白磷和红磷等同分异构体，其中白磷易燃，需要保存在冷水中；‎ B．Fe位于第四周期、第Ⅷ族；C．硅酸为弱酸，离子方程式中不能拆开；‎ D．氟气直接与水反应，不会氧化二氧化硫。‎ ‎【解答】解：由元素在周期表中位置，可知①为Na、②为C，③为F、④为Si、⑤为P、⑥为S、⑦为Fe、⑧为As，‎ A．元素⑤为P，其单质存在同分异构体有白磷、红磷，其中白磷易燃烧，需要保存在冷水中，故A正确；‎ B．元素⑦为Fe，原子序数为26，位于第四周期、第Ⅷ，族，故B错误；‎ C．①、④两元素分别为Na、Si，NaOH与硅酸反应生成硅酸钠和水，硅酸不能拆开，正确的离子方程式为：H2SiO3+2OH﹣═SiO32﹣+2H2O，故C错误；‎ D．③的单质F2与SO2混合通入水中，反应生成氧气和氟化氢，正确的反应为：‎2F2+2H2O═O2↑+4HF，故D错误；‎ 故选：A。‎ ‎【点评】本题考查位置结构与性质关系的应用，题目难度中等，明确原子结构与元素周期表的关系为解答关键，注意掌握元素周期律内容，试题培养了学生的分析能力及综合应用能力。‎ ‎46．【分析】W、X、Y、Z均为短周期元素且原子序数依次增大，元素X和Z同族，盐YZW与浓盐酸反应，有黄绿色气体产生，该气体是Cl2，此气体同冷烧碱溶液作用，可得到含YZW的溶液，氯气和NaOH反应生成NaCl和NaClO，YZW应该是NaClO，则Y是Na、Z是Cl、W是O元素，X和Z同一族且为短周期元素，则X为F元素；‎ A．原子电子层数越多其原子半径越大，同一周期元素，其原子半径随着原子序数增大而减小；‎ B．X的氢化物为HF、Z的氢化物为HCl，氢氟酸是弱酸、盐酸是强酸；‎ C．Y2W2、ZW2分别是Na2O2、ClO2，同一种非金属元素之间易形成非极性键；‎ D．标况下，氟气、氧气都是气态。‎ ‎【解答】解：W、X、Y、Z均为短周期元素且原子序数依次增大，元素X和Z同族，盐YZW与浓盐酸反应，有黄绿色气体产生，该气体是Cl2‎ ‎，此气体同冷烧碱溶液作用，可得到含YZW的溶液，氯气和NaOH反应生成NaCl和NaClO，YZW应该是NaClO，则Y是Na、Z是Cl、W是O元素，X和Z同一族且为短周期元素，则X为F元素；‎ A．原子电子层数越多其原子半径越大，同一周期元素，其原子半径随着原子序数增大而减小，原子半径大小顺序是F＜O＜Cl＜Na，即X＜W＜Z＜Y，故A错误；‎ B．X的氢化物为HF、Z的氢化物为HCl，氢氟酸是弱酸、盐酸是强酸，所以其氢化物的水溶液酸性X弱于Z，故B错误；‎ C．Y2W2、ZW2分别是Na2O2、ClO2，同一种非金属元素之间易形成非极性键，前者含有非极性键，后者不含非极性键，故C错误；‎ D．标况下，氟气、氧气都是气态，所以标况下W和X的单质状态相同，故D正确；‎ 故选：D。‎ ‎【点评】本题考查位置结构性质关系，侧重考查学生综合运用能力，正确判断YZW物质是解本题关键，熟练掌握元素周期表结构、原子结构、元素周期律即可，题目难度不大。‎ ‎47．【分析】A、同周期自左而右，原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大，据此判断；‎ B、非金属性越强，氢化物越稳定．同主族自上而下非金属性减弱；‎ C、非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，同周期自左而右，非金属性增强，同主族自上而下非金属性减弱；‎ D、镓（Ga）是第四周期ⅢA族元素，与Al同族，与Al具有相似性质，氢氧化铝是两性氢氧化物，Ga可能具有两性．‎ ‎【解答】解：A、同周期自左而右，原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大，所以原子半径Ga＞As＞P，故A正确；‎ B、同主族自上而下非金属性减弱，非金属性N＞P＞As，非金属性越强，氢化物越稳定，所以热稳定性：NH3＞PH3＞AsH3，故B正确；‎ C、同周期自左而右，非金属性增强，同主族自上而下非金属性减弱，所以非金属性S＞P＞As，所以酸性H2SO4＞H3PO4＞H3AsO4，故C错误；‎ D、镓（Ga）是第四周期ⅢA族元素，与Al同族，与Al具有相似性质，氢氧化铝是两性氢氧化物，Ga金属性虽然比Al强，但可能具有两性，故D正确。‎ 故选：C。‎ ‎【点评】本题考查同周期、同周期元素性质的递变规律，难度中等，注意元素周期律的掌握．‎ ‎48．【分析】A．根据离子的核外电子层结构分析；‎ B．元素的非金属性与氢化物水溶液的酸性无关；‎ C．位于金属与非金属的交界处元素具有金属性与非金属性；‎ D．根据同周期元素自左而右金属性变化规律分析．‎ ‎【解答】解：A．若X+和Y2﹣的核外电子层结构相同，则X处于Y的下一周期，故原子序数：X＞Y，故A正确；‎ B．元素的非金属性与元素最高价氧化物对应水化物的酸性强弱有关，与氢化物水溶液的酸性无关，故B错误；‎ C．硅、锗都位于金属与非金属的交界处，具有一定金属性与非金属性，都可以做半导体材料，故C正确；‎ D．同周期元素自左而右金属性减弱，金属性Cs＞Ba，金属性越强最高价氧化物对应水化物的碱性越强，故碱性CsOH＞Ba（OH）2，故D正确；‎ 故选：B。‎ ‎【点评】C本题考查元素周期表结构、元素周期律等知识，难度不大，B为易错点，注意对规律的理解掌握．‎ ‎49．【分析】短周期元素W、X、Y和Z的原子序数依次增大，X的一种核素在考古时常用来鉴定一些文物的年代，则X为C元素；元素Y是地壳中含量最丰富的金属元素，则Y为Al元素；Z原子的最外层电子数是其电子层数的2倍，Z位于第三周期，最外层含有6个电子，为S元素；W的原子序数小于C，元素W是制备一种高效电池的重要材料，则W为Li元素，据此进行解答。‎ ‎【解答】解：短周期元素W、X、Y和Z的原子序数依次增大，X的一种核素在考古时常用来鉴定一些文物的年代，则X为C元素；元素Y是地壳中含量最丰富的金属元素，则Y为Al元素；Z原子的最外层电子数是其电子层数的2倍，Z位于第三周期，最外层含有6个电子，为S元素；W的原子序数小于C，元素W是制备一种高效电池的重要材料，则W为Li元素，‎ A．XZ2为CS2，其分子中C、S原子都满足8电子稳定结构，故A正确；‎ B．H2ZO3为H2SO3，H2SO3不是最高价含氧酸，不能据此判断二者非金属性，故B错误；‎ C．Li能够与水、二氧化碳反应，不能用二氧化碳灭火器或水扑灭，故C正确；‎ D．Na、Mg、Al的金属性较强，通常采用电解法制备金属Na、Mg、Al，故D正确；‎ 故选：B。‎ ‎【点评】本题考查位置结构与性质的相互关系，题目难度中等，推断元素为解答关键，注意熟练掌握原子结构与元素周期律、元素周期表的关系，试题培养了学生的分析能力及综合应用能力。‎ ‎50．【分析】X、Y、Z、W四种短周期元素，X、Y的半径小于Z、W的半径，结合元素的化合价可知，X为O，Y为N，Z、W为第三周期的显正价的金属，则W为Mg，Z为Al，然后结合元素化合物及元素周期律知识来解答。‎ ‎【解答】解：由上述分析可知，X为O，Y为N，W为Mg，Z为Al，‎ A．根据表中数据可知，原子半径W＞Z＞Y＞X，故A错误；‎ B．Y的最高价氧化物对应的水化物为硝酸，属于强酸，故B正确；‎ C．非金属性O＞N，则简单氢化物的稳定性X＞Y，故C错误；‎ D．电解Z的氯化物为氯化铝，为共价化合物，电解溶液时生成氢氧化铝、氢气、氯气，应电解熔融氧化铝制备Al单质，故D错误；‎ 故选：B。‎ ‎【点评】本题考查位置结构与性质关系的应用，为高频考点，把握原子半径、化合价及短周期推断元素为解答本题的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意元素周期律的应用，题目难度不大。‎ ‎　‎