Br2的氧化性比I2的强，故C正确；D.CH3COONa和NaNO2溶液浓度未知，所以无法根据pH的大小，比较出两种盐的水解程度，也就无法比较HNO2和CH3COOH电离出H+的难易程度，故D错误。
【点拨】在检验离子时注意试剂的滴加顺序也很关键，应先滴加KSCN溶液无现象，在滴加氯水，观察到溶液变红，则证明有Fe2+。
2.【答案】B
【解析】A.NH4HCO3受热易分解和用作化肥无关，可以用作化肥是因为含有氮元素；B.铁锈的主要成分为Fe2O3，硫酸具有酸性可以和金属氧化物反应，具有对应关系；C.二氧化硫的漂白原理是二氧化硫与有色物质化合成不稳定的无色物质，不涉及氧化还原，故和二氧化硫的氧化性无关；D.电解冶炼铝，只能说明熔融氧化铝能导电，是离子晶体，无法说明是否具有两性，和酸、碱都反应可以体现Al2O3具有两性。
【点拨】主要考查非金属的性质与用途，常见的漂白剂类型有氧化型（双氧水，氯水等）、吸附性（碳）、形成新化合物型（SO2）。
3.【答案】A
【解析】陶瓷是以天然粘土以及各种天然矿物为主要原料经过粉碎混炼、成型和煅烧制得的材料的各种制品。
陶瓷的传统概念是指所有以黏土等无机非金属矿物为原料的人工工业产品。
A项、氧化铁为棕红色固体，瓷器的青色不可能来自氧化铁，故A错误；B项、秦兵马俑是陶制品，陶制品是由粘土或含有粘土的混合物经混炼、成形、煅烧而制成的，故B正确；C项、陶瓷的主要原料是取之于自然界的硅酸盐矿物，陶瓷的主要成分是硅酸盐，与水泥、玻璃等同属硅酸盐产品，故C正确；D项、陶瓷的主要成分是硅酸盐，硅酸盐的化学性质不活泼，具有不与酸或碱反应、抗氧化的特点，故D正确。
【点拨】本题考查物质的性质，侧重分析与应用能力的考查，注意化学与生活的联系，把握物质性质、反应与用途为解答的关键。
4.【答案】A
【解析】A.氯气与碳酸钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和碳酸氢钠，不能制备次氯酸，不能达到实验目的，A选；B.过氧化氢溶液中加入少量二氧化锰作催化剂，加快双氧水的分解，因此可以加快氧气的生成速率，能达到实验目的，B不选；C.碳酸钠溶液与乙酸反应，与乙酸乙酯不反应，可以除去乙酸乙酯中的乙酸，能达到实验目的，C不选；D.根据较强酸制备较弱酸可知向饱和亚硫酸钠溶液中滴加浓硫酸可以制备二氧化硫，能达到实验目的，D不选；答案选A。
【点拨】因为酸性：
HClO>HCO
，所以得不到高浓度的次氯酸而是会生成次氯酸钠和碳酸氢钠。
5.【答案】B
【解析】A.液氯就是液态的氯气，与钢瓶不反应，可以储存在钢瓶中，A项正确；B.天然气的主要成分是甲烷，可燃冰的主要成分是甲烷的水合物，B项错误；C.石英、水晶、硅石、沙子的主要成分均为二氧化硅，C项正确；D.硫在地壳中主要以硫化物、硫酸盐等形式存在，火山口处有硫单质，D项正确。
【点拨】考查物质的性质，注重在记忆。
二、考点突破
1.【答案】B
【解析】根据题意该物质能够与很多金属反应，根据选项B最符合，该强水为硝酸，硝酸具有强氧化性，可溶解大部分金属；答案选B。
【点拨】文言词义的解析是关键，性最烈，能蚀五金，五金八石皆能穿第，说明具有较强的氧化性，选项中只有硝酸最符合。
2.【答案】A
【解析】A.二氧化硫可以杀菌消毒，微量的SO2可用作葡萄酒的食品添加剂，A正确；B.汽油不是可再生能源，故B不选；C.漂白粉与二氧化碳和水结合生成次氯酸，次氯酸光照分解，所以漂白粉变质不是被氧气氧化，故C不选；D.CO2的饱和溶液pH为5.6，雨水pH小于5.6是因为水和二氧化硫反应生成了亚硫酸，在空气中放置一段时间后亚硫酸能被空气氧化成硫酸，酸性增强，pH下降，故D不选；故选A。
【点拨】二氧化硫虽然有毒，但微量使用是可以的；能杀菌消毒的很多物质都有毒，只要用量控制在安全范围内，是可以使用的。
3.【答案】D
【解析】A．碘是人体必需微量元素，所以要吃富含KIO3的食盐，但不能多吃，多吃会导致升高血压，促进动脉粥样硬化，故A错误；B．化石燃科不完全燃烧会产生CO造成污染。
完全燃烧生成的CO2会导致温室效应，故B错误；C．利用Fe3+的氧化性比Cu2+强的性质，可用FeCl3溶液腐蚀Cu来刻制印刷电路板，故C错误；D．明矾溶液中Al3+水解使溶液呈酸性，铜锈为Cu2（OH）2CO3，溶于酸性溶液，故利用明矾溶液的酸性清除铜镜表面的铜锈，故D正确；答案为D。
【点拨】注意CO2会造成温室效应，同样是不利于人类生存。
4.【答案】B
【解析】A.N2与H2在一定条件下合成NH3气，是氮元素的单质变为化合物的过程，因此属于氮的固定，A正确；B.CO2在室温下在饱和食盐水中溶解度不大，若先通入CO2，后通入NH3，则反应产生的HCO
离子浓度较小，最后得到的NaHCO3就少，或根本不产生NaHCO3固体，而NH3易溶于水，先通入NH3使溶液呈碱性，有利于CO2的吸收，因此要先向饱和食盐水中通入足量NH3，再通入CO2气体，B错误；C.反应⑤、⑥中均匀元素化合价的变化，因此这两个反应均为氧化还原反应，C正确；D.由于三氯氢硅沸点只有33℃，比较低，与其它杂质的沸点不同，因此可通过蒸馏的方法分离提纯，分馏方法也叫精馏，D正确；故合理选项是B。
【点拨】本题以制取Na2CO3和高纯Si的工艺流程为线索，考查了物质制取过程中加入物质的先后顺序、反应类型的判断、混合物的分离方法等化学基础知识和基本技能。
掌握物质的性质及在实验中的应用是本题解答的关键。
5.【答案】D
【解析】A.溶液颜色变红时发生反应的离子方程式是：
，故A错误；B.红色溶液褪色表现了
的还原性，故B错误；C.溶液颜色变红时发生反应的离子方程式是
，该反应没有生成
，说明三价铁离子的氧化性不强于
，故C错误；D.无色溶液Ⅱ中含有亚铁离子和SCN−，根据分析SCN−与氯离子相似，具有还原性，亚铁离子的还原性强于氯离子，根据拟卤素的化学性质均与卤素单质相似，所以亚铁离子的还原性强于SCN−，即滴入适量的
溶液，先将亚铁离子氧化为三价铁离子，溶液又变成红色，故D正确。
【点拨】三价铁离子与硫氰化钾溶液反应生成硫氰化铁红色溶液，硫氰化铁红色溶液与酸性高锰酸钾溶液反应，三价铁离子最高价，高锰酸钾不能与三价铁离子发生氧化还原反应，SCN−中S为-2价，C为+4价，N为-3价，S、N均处于最低价，+4价C氧化性较弱，所以高锰酸钾与SCN−发生氧化还原反应，使溶液褪色，说明SCN−和氯离子相似，具有还原性；硫氰化铁红色溶液与二氧化硫反应，由于二氧化硫具有强还原性，不与SCN−反应，而三价铁离子具有强氧化性能被二氧化硫还原为亚铁离子，导致溶液褪色。
据此来解题。
6.【答案】D
【解析】根据ClO−与ClO
的浓度之比1∶3，由Cl到ClO-，失去1个电子，由Cl到ClO
，失去5个电子，一共失去1+3×5=16个电子；由Cl到Cl−，得到1个电子，需要16个原子才能得到16个电子，所以，被还原的氯元素与被氧化的氯元素的物质的量之比=16∶（1+3）=4∶1，故答案为D。
【点拨】氧化还原反应中，氧化剂得电子总数与还原剂失电子总数相等，常用于有关氧化还原反应的计算及配平氧化还原反应方程式；运用守恒规律进行氧化还原反应的计算方法：
氧化剂物质的量×变价元素的原子个数×化合价的变化值=还原剂物质的量×变价元素的原子个数×化合价的变化值。
7.【答案】B
【解析】①SO2使酸性高锰酸钾溶液退色，可证明SO2有还原性，故①错误；②浓盐酸可除去烧瓶内残留的MnO2，稀硝酸可除去试管内壁的银镜，发生的都是氧化还原反应；不能用磨口玻璃瓶保存NaOH溶液，因为2NaOH+SiO2=Na2SiO3+H2O,不属于氧化还原反应，故②错误；③取少量Na2SO3样品加入Ba（NO3）2溶液后，产生白色沉淀BaSO3，再滴加稀盐酸，BaSO3被溶液中的NO
和H+氧化为BaSO4沉淀,，因此不能证明Na2SO3已氧化变质，故③错误；④某溶液加入稀盐酸产生能使澄清石灰水变浑浊的无色无味气体，该溶液可能存在HCO
、CO
离子，滴加CaCl2溶液，有白色沉淀生成，确定该溶液存在CO
，故④正确；⑤含有NH
的离子的溶液，加入浓氢氧化钠溶液并加热能放出NH3气，它能使湿润红色石蕊试纸变蓝，所以该溶液一定有NH
，故⑤正确；故B符合题意；所以本题答案：
B。
【点拨】和强氧化剂反应时，SO2一般表现为还原性，要区分还原性与漂白性。
8.【答案】A
【解析】亚硫酸根离子与溴离子都具有还原性，但是亚硫酸根离子还原性强于溴离子，通入氯气后，氯气首先氧化H2SO3为H2SO4，H2SO3反应完毕，然后再氧化Br−。
氯气氧化亚硫酸生成硫酸：
Cl2+H2SO3+H2O=H2SO4+2HCl
0.02mol0.02mol0.02mol0.04mol
H2SO3为弱酸，生成两种强酸：
H2SO4和HCl，c（H+）增大，H2SO3反应完毕，消耗Cl20.02mol，Cl2过量0.01mol，然后再氧化Br−：
Cl2+2HBr=Br2+2HCl
0.01mol0.02mol
HBr全部被氯气氧化转变为Br2和HCl，HCl和HBr都是强酸，所以c（H+）不变；答案选A。
【点拨】本题考查了氧化还原反应的计算，注意反应的先后顺序，Cl2能氧化HBr，Br2能氧化H2SO3，氯气首先氧化H2SO3为H2SO4，H2SO3反应完毕，然后再氧化Br−，由于Br-全部转变Br2，所以HBr和H2SO3都完全被氧化。
9.【答案】C
【解析】A.NH4ClO4是由铵根离子与高氯酸根形成的离子键组成的离子化合物，故A正确；B.根据NaClO4
NH4ClO4，当加入氯化铵后，析出高氯酸铵的晶体，得出高氯酸铵溶解度小于高氯酸钠，故B正确；C.最后的母液中含有的NaCl可循环利用，故C错误；D.根据在化合物中正负化合价代数和为零，可知高氯酸铵中氯元素的化合价为：
（+1）+x+（-2）×4=0，则x=+7，故D正确；故选C。
【点拨】制备类实验题，清晰定位各步骤的产物，及反应条件，易得循环使用的物质是NaCl。
10.【答案】B
【解析】A．玻璃中含有少量金属氧化物，能够使玻璃呈现不同的颜色，故A正确；B．玻璃是一种质地坚硬，容易破碎的玻璃态物质，故B错误；C．制玻璃的原料是：
石灰石、纯碱、石英，三者在玻璃熔炉中高温熔融可制得玻璃，故C正确；D．玻璃塞中的二氧化硅能和氢氧化钠反应生成硅酸钠，长时间后，塞子不容易打开，所以氢氧化钠溶液不能用带有磨口玻璃塞的试剂瓶盛装，故D正确。
【点拨】玻璃是传统的硅酸盐产品，普通玻璃由石灰石、纯碱、石英在高温下熔融烧制而成，玻璃是易碎品。
11.【答案】A
【解析】A.pH＝3时，有效氯主要以HClO存在，主要发生HClO氧化NH3的反应，反应后，次氯酸被还原为氯离子，离子反应方程式为：
3HClO+2NH
=3Cl−+N2+3H2O+5H+，故A错误；B.根据图像，pH>8时，有效氯浓度随pH的增大而减小，故B正确；C.当pH＞8时，有效氯浓度下降，而氮的去除率却并未明显下降，可能的原因是：
pH升高有利于NH
转变为NH3，NH3可直接在电极上放电而氧化（或pH升高有利于NH
转变为NH3，且有利于NH3逸出），故C正确；D.当pH＜8时，氮的去除率随pH的降低而下降，结合平衡移动原理，可能的原因是：
随溶液pH降低，c（H+）增大，Cl2+H2O⇌H++Cl−+HClO平衡逆向移动，溶液中c（HClO）减小，使NH
的氧化率下降，故D正确。
【点拨】结合图象，观察分析图象中横坐标与纵坐标代表的意义，及水溶液中氯气的溶解平衡，PH对平衡移动的影响也是解题关键因素。
PH降低，c（H+）增大，Cl2+H2O⇌H++Cl−+HClO平衡逆向移动，溶液中c（HClO）减小，使NH
的氧化率下降。
12.【答案】D
【解析】A.滴入30%氢氧化钾溶液后，发生反应
，棕黄色（碘水颜色）溶液变成无色，故A正确；B.黄色沉淀为单质硫，反应为
，故B正确；C.尾气只能是
，C中氢氧化钠溶液的作用是吸收硫化氢，故C正确；D.一系列操作应为过滤，洗涤，合并滤液和洗液，蒸发结晶，故D错误；答案选D。
【点拨】本题以KIO3与H2S反应制备KI固体，考查了两种反应物制取的反应顺序，反应方程式正误判断、混合物的分离提纯的方法等化学基础知识和基本技能。
掌握物质的性质及在实验中的应用是本题解答的关键。
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