因此PM2.5和PM10都是空气质量指数AQI的重要指标；
A正确；
大气中的SO2和氮氧化物是形成酸雨的主要污染物，而CO2不是大气污染物；
B错误；
聚乙烯和聚氯乙烯都属于有机高分子，不易降解，随意乱扔都能产生白色污染，C正确；
水体富营养化污染是指含有大量氮、磷等植物营养成分的污水的排放,大量有机物在水中降解放出营养元素N、P,会使水中氮、磷等营养成分大量富集,促进水中的藻类等浮游植物和浮游动物大量繁殖,使水体通气不良,水中溶解的氧气含量显著下降,致使鱼类等水生生物大量死亡,水面发黑,水体发臭,出现赤潮、水华现象；
D正确；
正确选项B。
2. 油纸伞是“国家级非物质文化遗产”，其传统制作技艺的最后一步使用的桐油主要成分是不饱和脂肪酸甘油三酯，可因自行聚合而固化。下列有关说法正确的是 A. 1，2-丙二醇与甘油互为同系物 B. C17H33COOH的直链不饱和脂肪酸共17种 C. 天然桐油能使酸性高锰酸钾溶液褪色 D. 桐油的自行聚合固化属于缩聚反应 【答案】C ...... 点睛同系物结构相似，组成上相差相差n个-CH2原子团；
如果有机物含有官能团，则要求官能团的种数相同，个数也得相同，所以. 1，2-丙二醇与甘油不是同系物关系，属于同类物。
3. 某白色固体混合物，为了鉴定其成分进行如下实验 ①取少量样品加足量水充分混合，观察到气体产生，反应后仍有部分固体未溶解，过滤；
②滤渣加入足量NaOH溶液，滤渣溶解；
③滤液中加足量稀硝酸酸化，再加几滴AgNO3溶液，产生白色沉淀。该白色粉末可能是 A. AlCl3和NH4HCO3 B. AlBr3和NaHCO3 C. BaOH2和NH42CO3 D. CaCl2和NH42SO3 【答案】A 【解析】滤液中加足量稀硝酸酸化，再加几滴AgNO3溶液，产生白色沉淀为氯化银，溴化银为淡黄色沉淀，不可能含有溴离子，B错误；
BaOH2溶液和NH42CO3溶液反应生成的白色沉淀为碳酸钡，不溶于过量的NaOH溶液，C错误；
CaCl2溶液和NH42SO3溶液反应生成亚硫酸钡白色沉淀，不溶于过量的NaOH溶液，D错误；
AlCl3溶液和NH4HCO3溶液发生双水解生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体，过滤后滤渣为氢氧化铝，能够溶于足量NaOH溶液；
滤液中含有氯离子，能够在稀硝酸酸化后，加几滴AgNO3溶液，产生氯化银白色沉淀；
A正确；
正确选项A。
点睛铝离子水解显酸性，碳酸氢钠水解显碱性，二者混合后相互促进水解进行到底，生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体，即铝离子与碳酸氢根离子不能大量共存。
4. 短周期元素W、X、Y、Z，其原子序数之和为25，W的简单阳离子是一个质子，X的某单质可以制作惰性电极，Y的气态氢化物和其最高价含氧酸可以化合成盐。下列说法错误的是 A. 最高价含氧酸的酸性XZ C. W分别与X、Y形成的化合物在水中溶解度XZ 【答案】D 【解析】Y的气态氢化物和其最高价含氧酸可以化合成盐，符合条件的元素为氮元素，氨气和硝酸反应生成硝酸铵；
W的简单阳离子是一个质子，W为氢元素；
X的某单质可以制作惰性电极，X的单质可以为石墨， X为碳元素，根据短周期元素W、X、Y、Z，其原子序数之和为25，可知Z为钠元素；
元素的非金属性越强， 最高价含氧酸的酸性就越强；
碳的非金属性小于氮，因此H2CO3 Na，B正确；
W分别与X、Y形成的化合物为CxHy 和NH3, CxHy为烃类，均不溶于水，氨气极易溶于水，C正确；
钠为金属，氢气为非金属单质，金属钠的还原性大于氢气，D错误；
正确选项D。
5. 某电池以K2FeO4和Zn为电极材料，KOH溶液为电解溶质溶液。下列说法正确的是 A. Zn为电池的负极 B. 正极反应式为2FeO4210H6eFe2O35H2O C. 该电池放电过程中电解质溶液浓度不变 D. 电池工作时OH向正极迁移 【答案】A 【解析】分析A．根据化合价升降判断，Zn化合价只能上升，故为负极材料，K2FeO4为正极材料；
B．KOH溶液为电解质溶液，则正极电极方程式为2FeO42-6e-8H2O2FeOH310OH-；
C．该电池放电过程中电解质溶液浓度减小；
D．电池工作时阴离子OH-向负极迁移。
详解A．根据化合价升降判断，Zn化合价只能上升，故为负极材料，K2FeO4为正极材料，故A正确；
B．KOH溶液为电解质溶液，则正极电极方程式为2FeO42-6e-8H2O2FeOH310OH-，故B错误；
C．该电池放电过程中电解质溶液浓度减小，故C错误；
D．电池工作时阴离子OH-向负极迁移，故D错误；
故本题选A。
点晴注意从元素化合价的角度分析，把握原电池与氧化还原反应的关系，某电池以K2FeO4和Zn为电极材料，KOH溶液为电解溶质溶液，原电池发生工作时，Zn被氧化，为原电池的负极，K2FeO4具有氧化性，为正极，碱性条件下被还原生成FeOH3，结合电极方程式以及离子的定向移动解答该题。
6. 向1L含0.01molNaAlO2和0.02molNaOH的溶液中缓慢通入二氧化碳，随nCO2增大，先后发生三个不同的反应。下列对应关系正确的是 选项 nCO2/mol 溶液中离子的物质的量浓度 A 0 cNa[cAlO2-cOH-] B 0.01 cNacAlO2- cOH-cCO32- C 0.015 cNa cCO32-cHCO3- cOH- D 0.03 cNacH cHCO3- cOH- cCO32- A. A B. B C. C D. D 【答案】C 【解析】分析向1L含0.01molNaAlO2和0.02molNaOH的溶液中缓慢通入CO2，反应分为三个阶段先生成Na2CO3，此后继续通入气体生成AlOH3沉淀，沉淀完全继续通入气体Na2CO3转化为NaHCO3。
详解A项，未通入CO2时，由电荷守恒知，cNacHcAlO2-cOH-，所以cNa cCO32-cHCO3- cOH-故C项正确。
D项，nCO20.03mol时，溶液中溶质为0.03mol NaHCO3，根据电荷守恒cNacH cHCO3- cOH- 2cCO32-，故D项错误；
综上所述，本题正确答案为C。
7. NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A. 标况下11.2L 甲醇所含共价键数为5NA B. 1L 1mol/L葡萄糖溶液含有氧原子数为6NA C. 46g乙醇在金属铜催化下完全反应生成乙醛转移电子数为2NA D. 0.1L 12mol/L 浓硫酸与足量Zn完全反应标况下生成气体1.2NA 【答案】C 【解析】A、甲醇标准状况不是气体，11.2 L甲醇不是0.5mol，故A错误；
B. 1L 1mol/L葡萄糖溶液中还含有大量的水，水中也含有氧原子，故B错误；
C. 46g乙醇的物质的量为1mol，在金属铜催化下完全反应生成乙醛，消耗0.5mol氧气，转移电子2mol，故C正确；
D. 浓硫酸具有强氧化性，与金属反应放出二氧化硫，变成稀硫酸后，与锌反应才能放出氢气，故D错误；
故选C。
8. 某课外活动小组根据镁与CO2的反应设计实验探究镁与NO2的反应。
甲同学推测产物是MgO和N2；
乙同学推测产物除了MgO和N2外，固体中还可能含有Y。
该小组同学设计了以下装置探究镁与NO2反应的固体产物，并测定其组成。
（1）实验开始时，先关闭止水夹后打开弹簧夹，再打开分液漏斗活塞，当硬质玻璃管充满红综色气体后，打开止水夹，关闭弹簧夹，最后点燃酒精灯。这样做的目的是__________ （2）装置B中的试剂可以选用________ A、浓硫酸 B、无水氯化钙 C、五氧化二磷 D、碱石灰 （3）装置C中盛装氢氧化钠溶液的作用是___________________________________ （4）为保证生成气体体积的准确性，读取量筒刻度时应注意的问题是①气体恢复至室温再读数；
②_______________________________；
③______________________________。
（5）实验结束后，同学们将固体产物取出与水反应，发现有刺激性气味的气体产生，该气体能使湿润的石蕊试纸变蓝。说明乙组同学推测正确，请写出Y与水反应的化学方程式___ （6）若初始加入镁粉质量为3.6 g，在足量的NO2中充分反应后 ，收集到N2体积为448ml 标准状况，则产物中MgO的质量是_________ 【答案】 1. 排除装置中空气，避免空气干扰 2. BC 3. 吸收剩余NO2 4. 调整量筒中液面与D中水平 5. 视线与液体凹液面相切 6. Mg3N2H2O3MgOH2↓2NH3↑ 7. 4.8g 【解析】1实验开始时，先关闭止水夹后打开弹簧夹，再打开分液漏斗活塞，当硬质玻璃管充满红综色气体后，打开止水夹，关闭弹簧夹，最后点燃酒精灯。这样做可以排除装置中空气，避免空气干扰，故答案为排除装置中空气，避免空气干扰；
2装置A中浓硝酸与铜反应生成二氧化氮，生成的二氧化氮中混有水蒸气，装置B中的试剂需要除去其中的水蒸气，可以选用无水氯化钙和五氧化二磷等酸性固体干燥剂，故选BC；
3二氧化氮能够污染空气，并且与水反应生成一氧化氮，影响氮气的体积的测定，装置C中盛装氢氧化钠溶液可以吸收为反应的NO2，故答案为吸收剩余的NO2；
4为保证生成气体体积的准确性，读取量筒刻度时应注意的问题是①气体恢复至室温再读数；
②调整量筒中液面与D中水平；
③视线与液体凹液面相切，故答案为调整量筒中液面与D中水平；
视线与液体凹液面相切；
5实验结束后，同学们将固体产物取出与水反应，发现有刺激性气味的气体产生，该气体能使湿润的石蕊试纸变蓝，说明生成的气体为氨气，则固体产物中含有氮元素，根据参与反应的物质为镁和二氧化氮，可以判断固体产物为Mg3N2，Mg3N2与水反应的化学方程式为Mg3N2H2O3MgOH2↓2NH3↑，故答案为Mg3N2H2O3MgOH2↓2NH3↑；
6镁的物质的量0.15mol，反应生成氧化镁或氮化镁，失去电子0.3mol，标准状况下，N2体积为448mL，物质的量0.02mol，得到了电子0.02mol80.16mol，根据得失电子守恒，生成Mg3N2mol0.01mol，根据镁原子守恒，生成