高考化学重点题型

1、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（）ANF3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2：1C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 NA2已知：SO2+I2+2H2OH2SO4+2HI；向含有HCl、FeCl3和BaCl2的溶液中通入足量的SO2，产生白色沉淀；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

2、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（）AFeI2的物质的量浓度约为1molL1B完全反应时转移电子0.2 molC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ID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 molL1B该磁黄铁矿FexS中

3、，Fe2+与Fe3+的物质的量之比为3：1C生成的H2S气体在标准状况下的体积为2.24 LD该磁黄铁矿中FexS的x=0.854已知NH4CuSO3与足量的1mol/L硫酸溶液混合微热，产生下列现象：有红色金属生成；有刺激性气味气体产生；溶液呈蓝色。据此判断下列说法合理的是（）ANH4CuSO3中硫元素被氧化B2mol 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（）AY是SO42 Ba=8CCr2O72被还原成Cr3+ D生成1mol Cr3+时转移的电子数是66

4、.0210236安全气囊碰撞时发生反应：10NaN3+2KNO3K2O+5Na2O+16N2，下列判断正确的是（）A每生成16 mol N2转移30 mol电子 BNaN3中N元素为3价CN2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1：157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0.6molD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NH4

5、Cl8黄铜矿（主要成分CuFeS2）是提取Cu的主要原料。已知：2CuFeS2+4O2Cu2S+3SO2+2FeO（）产物Cu2S在1200高温下继续反应：2Cu2S+3O22Cu2O+2SO2 （）2Cu2O+Cu2S6Cu+SO2 （）假定各步反应都完全。则下列说法正确的是（）A反应中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14.25molD6molCuFeS2和15.75molO2反应，理论上可得到铜的物质的量为3mol9硫代硫酸钠溶液与氯气能发生反应：N

6、a2S2O3+4Cl2+5H2O2NaCl+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1：1B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（K4Fe（CN）6）俗称黄血盐，其与KMnO4溶液反应的方程式（未配平）为：K4Fe（CN）6+KMnO4+H2SO4KHSO4+Fe2（SO4）3+MnSO4+HNO3+CO2+H2O下列有关叙述正确的是（）AK4Fe（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

7、化的元素只有Fe、ND在上述反应中，若有1 mol K4Fe（CN）6反应，需消耗12.2mol KMnO4七、化学与STSE11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

8、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

9、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

10、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

11、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BGe（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

12、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232016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（）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限制化学发展，关停化工企业，消除污染源头推广煤的干馏、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实现资源的“3R”利用观，即：减少资源消耗（Redu

13、ce）、增加资源的重复使用（Reuse）、资源的重复再生（Recycle）用大排量的轿车代替公交车出行ABCD24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

14、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

15、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（）AFeSO4溶液B氨水CCuSO4溶液DNaCl溶液29下列有关金属的说法中，正确的是（）利用氯化铁溶液腐蚀铜箔制造印刷线路板 钠着火用干冰灭火器灭火缺钙会引起骨质疏松，缺铁会引起贫血 铝与浓硫酸不反应，故用铝皮车运输浓硫酸氯水、硫氰酸钾溶液可以检验Fe2+ 硬铝、青铜、钢铁都属于合金，合金的性能一般优于纯金属ABCD30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

16、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CO2B向1L浓度均为0.1molL1NaAlO2、Ba（OH）2混合溶液中加入0.1 molL1的稀H2SO4C向1L浓度分别为0.1 molL1和0.3molL1 的AlCl3、的NH4Cl混合溶液中加入0.1 molL1的稀NaOH 溶液D向烧碱溶液中滴加明矾溶液32X、Y、Z、W有如图所示的转化关系，则X、Y可能是（）Na、Na

17、2O2 AlCl3、Al（OH）3 Cl2、FeCl3 C、CO2ABCD33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（）ACaC2能水解：CaC2+2H2OCa（OH）2+C2H2；则Al4C3也能水解：Al4C3+12H2O4Al（OH）3+3CH4BFe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FeOFe2O3，则Fe3I8也可表示为FeI22FeI3DCO2与Na2O2反应生成Na2CO3和O2；则SO2与Na2O2反应生成Na2SO3和O234A、B、C、D都是中学化学中的

18、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

19、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BaSO3D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（）AlCl3和NaOH溶液P和Cl2

20、AgNO3溶液和氨水C和O2CO2和NaOH溶液Fe和浓HNO3乙醇和O2Cl2和NaOH溶液ABCD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abcAFeFeCl3FeCl2BCl2NaClONaClCSiSiO2H2SiO3DAlCl3Al（OH）3NaAlO240下列关于材料的叙述中，正确的一组是（）氧化铝可用来制造耐火坩埚 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 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 用纯碱、石灰石、石英为原料可制造普通玻璃 硅可用来制造通信光缆ABCD八、元素周期表、律41X、Y、Z、M、W为

21、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（）YZMWAW氧化物的水化物的酸性强于Y B简单离子半径：ZMXC气态氢化物的稳定性：ZYW DW与Y可形成化合物W3Y442a、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：dabcBc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

22、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（）HCl比H2S稳定 HClO的氧化性比H2SO4强Cl2能与H2S反应生成S HCl的溶解度比H2S大Cl2与Fe反应生成FeCl3，S与Fe生成FeS HCl的酸性比H2S强。A2项B3项C4项D5项44下列表示正确的是（）AO2的离子结构意图： B乙酸的结构式：CH3COOHC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元素的单质有多种同素异形体，其中一种保存在冷水中B元素位于第四周期，第B族C、两元素各自的最高价氧

23、化物的水化物之间反应的离子方程式为：H+OH+H2OD的单质（X2）与SO2混合通入水中发生反应：X2+SO2+2H2OH2SO4+2HX46W、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WXYZ BX的氢化物水溶液酸性强于Z的CY2W2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A和A族下列说法中，不正确的是（）A原子半径：GaAsP B热稳定性：

24、NH3PH3AsH3C酸性：H3AsO4H2SO4H3PO4 DGa（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：XYB由水溶液的酸性：HClH2S，可推断出元素的非金属性：ClSC硅、锗都位于金属与非金属的交界处，都可以做半导体材料DCs和Ba分别位于第六周期A和A族，碱性：CsOHBa（OH）249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

25、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：H2ZO3H2XO3，则Z的非金属性强于XC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50X、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XYZW原子半径/pm6670143160主要化合物2+5、+3、3+3+2AX、Y、Z、W的离子半径由大到小的顺序为XYWZBY的最高价氧化物对应的水化物为强酸CY的气态氢化物的稳定性高于XD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

26、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=2mol2NA/mol=4NA，故D正确；故选：D。【点评】本题考查

27、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HSO3IFe2+，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（64）0.2mol2，解得n0.1mol，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=1molL1，故A正确；B由氯气得

28、电子数可知，完全反应时转移电子为0.2mol2（10）=0.4mol，故B错误；C还原性为HSO3IFe2+，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

29、2（32）=0.15mol，则n（Fe2+）=0.425mol0.15mol=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）=0.425mol20.1L=8.5mol/L，故A错误；B根据转移电子守恒得n（

30、Fe3+）=0.075mol（20）（32）=0.15mol，则n（Fe2+）=0.425mol0.15mol=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）=0.425mol22.4L/mol=9.52L，故C错误；DFexS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。【

31、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

32、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，+10，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

33、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：ACr2O72+3SO32+aH+=2Cr3+3Y+4H2O中，Cr2O722Cr3+，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；DCr元素由+6价降低为+3价，则生成1molCr3+时转移的电子数是1mol（63）NA=36.021023，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

34、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+2KNO3K2O+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（50）=10mol，以此来解答。【解答】解：A由反应可知，2molKNO3反应转移电子为2mol（50）=10mol，即每生成16 mol N2转移10 mol电子，故A错误；BNaN3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

35、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；BN元素化合价由3价升高到

36、0价，则生成0.1molN2时有0.6mol电子转移，故B正确；CN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（），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

37、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、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+Cu2S6Cu+SO2进行过量计算。【解答】解：A、2CuFeS2+4O2Cu2S+3SO2+2FeO（），其中Cu化合价由+2价降低到+1，S化合价由2升高到+4，所以反应中CuFeS2既作氧化剂又作还原剂

38、，故A错误；B、12.5g（CuFeS2）=3.6g，解得（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+12mol2，故n（O2）=15mol，故C错误；D、2CuFeS2+4O2 =Cu2S+3SO2+2FeO， 6mol 12mol 3mol故剩余氧气为15.75

39、mol12mol=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+2SO2x 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3mol2.5mol=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=0.5mol6=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

40、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+5H2O2NaCl+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；BS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（62）2=4mol电子，故B正确；

41、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

42、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、CO21mol K4Fe（CN）6在反应中失去电子是（1+26+86）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61mol5=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

43、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

44、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

45、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

46、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

47、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

48、大，从几微米到100微米，平均直径大约在1020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12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

49、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+2SO22CaSO4+2CO2，可大大减少燃烧产物中SO2的量。【解答】解：A在元素周期

50、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+2SO22CaSO4+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【

51、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

52、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

53、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；BGe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；DFe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；DFe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