【化学】宁夏吴忠市吴忠中学2019-2020学年高一学业水平文化课第二次模拟考试试题（解析版）
宁夏吴忠市吴忠中学2019-2020学年高一学业水平文化课第二次模拟考试试题
可能用到的相对原子质量：H-1 N-14 O-16 S-32 Cl-35.5
一、选择题(在每题给出的四个选项中，只有一项是正确的)
1.下列物质属于易燃液体的是( )
A. 高锰酸钾 B. 乙醇 C. 金属钠 D. 浓硫酸
【答案】B
【解析】
【详解】A．高锰酸钾是固体，且不能燃烧，故A不符合题意；
B．乙醇为液体，能够燃烧，属于易燃液体，故B符合题意；
C．钠能够燃烧，易燃固体，故C不符合题意；
D．浓硫酸不能燃烧，故D不符合题意；
答案选B。
2.下列分散系中分散质粒子直径最大的是( )
A. 胶体 B. 葡萄糖溶液 C. 溶液 D. 盐酸
【答案】A
【解析】
【详解】A、Fe(OH)3 胶体属于胶体，分散质微粒直径介于1～100nm之间；
B、葡萄糖溶液属于溶液分散系，分散质微粒直径小于1nm；
C、AgNO3溶液分散质微粒直径小于1nm；
D、盐酸分散质微粒直径小于1nm，
综上所述分散质粒子最大的是A。
答案选A。
3.下列说法正确的是（ ）
A. 1mol N2 的质量是14g B. H2SO4的摩尔质量是98 g/mol
C. H2O的摩尔质量是18 D. 1mol HCl的质量是36.5 g /mol
【答案】B
【解析】
【详解】A.1mol氮气质量=1mol×28g/mol=28g
，故A错误；B．摩尔质量单位是g/mol，摩尔质量在数值上等于其相对分子质量，硫酸的摩尔质量是98g/mol，故B正确；C．摩尔质量单位是g/mol，摩尔质量在数值上等于其相对分子质量，水的摩尔质量是18g/mol，故C错误；D．质量的单位是g，m(HCl)=nM=1mol×36.5g/mol=36.5g，故D错误；故选B。
4.下列化学用语正确的是( )
A. 硫化氢的电子式： B. 甲烷的分子式：C2H4O2
C. 铝离子的结构示意图： D. 硫酸钾的电离方程式：K2SO4＝2K++SO4-2
【答案】C
【解析】
【详解】A. 硫化氢的电子式： ，故错误；
B. 甲烷的分子式：CH4，故错误；
C. 铝离子的结构示意图：，故正确；
D. 硫酸钾的电离方程式：K2SO4＝2K++SO42-，故错误。
故选C。
5.下列变化过程中，加人氧化剂才能实现的是( )
A. Cl2→Cl- B. I-→I2
C. SO2→SO32- D. CuO→Cu
【答案】B
【解析】
【分析】化合价升高元素所在的反应物是还原剂，实现化合价的升高要加入氧化剂，以此解答。
【详解】A、Cl2→Cl-，氯元素化合价由0价降到-1价，所以可以加入还原剂来实现，故A错误；
B、I-→I2，碘元素的化合价由-1价升高到0价，所以需加入氧化剂才能实现，故B正确；
C、SO2→SO32- 中，没有元素化合价变化，不是氧化还原反应，故C错误；
D、CuO→Cu铜元素的化合价降低了，所以需加入还原剂才能实现，故D错误。
故选B。
6.下列属于电解质的是( )
A. 氯化钠 B. 蔗糖 C. 氯气 D. 铁
【答案】A
【解析】
【分析】电解质：在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物；例:酸、碱、盐，金属氧化物等；
非电解质：在水溶液中和熔融状态下不能导电的化合物；例：大多数有机物，非金属氧化物；
电解质与非电解质都是化合物，据此分析解答。
【详解】A项，氯化钠溶于水或熔融状态下可以导电，是电解质，故A项正确；
B项，蔗糖的水溶液或熔融状态都不导电，是非电解质，故B项错误；
C项，氯气是单质，既不是电解质也不是非电解质，故C项错误；
D项，铁是单质，既不是电解质也不是非电解质，故D项错误。
综上所述，本题正确答案为A。
7.下列反应可用：H++OH-=H2O表示的是( )
A. HNO3 + Ba(OH)2 B. HCl + Fe(OH)3
C. NaHCO3 + NaOH D. HF + NaOH
【答案】A
【解析】
【详解】A．HNO3+Ba（OH）2反应实质氢离子与氢氧根离子反应生成水，可以用H++OH-=H2O，故A正确；
B．氢氧化铁为沉淀，不能拆，，所以不能用H++OH-=H2O表示，故B错误；
C．反应实质是碳酸氢根离子与氢氧根离子反应，，不能用H++OH-=H2O表示，故D错误；
D．HF为弱酸，不能拆成离子形式，，所以不能用H++OH-=H2O表示，故D错误；
答案选A。
8.下列物质的保存方法不正确的是( )
A. 少量金属钠保存在煤油中
B. 氢氧化钠溶液盛放在带有玻璃塞的玻璃瓶中
C. 漂白粉密封保存在广口瓶中
D. 氢氟酸保存在带有橡胶塞的塑料瓶中
【答案】B
【解析】
【详解】A项、钠能与空气中的氧气和水蒸气反应，钠的密度比水的小比煤油的大，则少量的金属钠应保存在煤油中，隔绝空气，故A正确；
B项、NaOH与玻璃中的二氧化硅反应生成的硅酸钠具有黏性，会将瓶塞与瓶身黏在一起使瓶塞难以打开，不能使用玻璃塞，NaOH溶液盛放在带橡皮塞的细口瓶中，故B错误；
C项、因漂白粉容易与空气中的水和二氧化碳反应生成次氯酸，次氯酸又见光分解，而使漂白粉变质，则漂白粉应密封保存在广口瓶中，故C正确；
D项、因氢氟酸能和玻璃中的二氧化硅发生化学反应，所以氢氟酸要存放在带有橡胶塞的塑料瓶中，不能保存在玻璃瓶中，故D正确；
故选B。
9.下列物质中，不能由金属跟非金属单质直接化合而成的是( )
A. Fe3O4 B. Na2O2 C. Mg3N2 D. FeCl2
【答案】D
【解析】
【详解】A.铁在氧气中燃烧生成Fe3O4,故A不能选；
B钠与氧气加热生成Na2O2，故B不能选；
C.镁在氮气中燃烧生成Mg3N2，故C不能选；
D.铁在氯气中反应只能生成FeCl3，故选D。
10.下列有关新制氯水的说法错误的是( )
A. 加入CaCO3不发生反应 B. 具有酸性和氧化性
C. 强光照射有气体产生 D. 具有漂白性
【答案】A
【解析】
【分析】新制氯水中存在如下平衡Cl2＋H2OHCl＋HClO，溶液中存在三种分子H2O、Cl2、HClO，四种离子H＋、Cl－、ClO－和OH－，溶液呈浅黄绿色，有强氧化性和漂白性。
【详解】A项、新制氯水中盐酸能与CaCO3反应，故A错误；
B项、新制氯水中含有盐酸和次氯酸，溶液呈酸性，次氯酸有强氧化性，故B正确；
C项、新制氯水中次氯酸不稳定，见光分解生成盐酸和氧气，故C正确；
D项、新制氯水中次氯酸有强氧化性，能使有机色质漂白褪色，故D正确。
故选A。
11.某溶液中含有较大浓度的H+、Fe2+、时，下列离子可以在其中大量存在的是( )
A. Cl- B. OH- C. D. Ba2+
【答案】A
【解析】
【详解】A．Cl-与三个离子都不反应，可共存，A正确；
B．H+与OH-结合成水，Fe2+与OH-结合成沉淀，不能共存，B错误；
C．在H+酸性条件下具有强氧化性，能与Fe2+发生氧化还原反应，不能共存，C错误；
D．Ba2+能与结合成沉淀，不能共存，D错误；
答案选A。
12.X、Y、Z、W为4种短周期元素，已知X、Z同主族，Y2+、Z–、W+ 3种离子的电子层结构与氖原子相同，下列叙述正确的是( )
A. 原子序数：Z＜Y
B. 原子半径：W＜X
C. 金属性：Y＞W
D. 气态氢化物的稳定性：HX＞HZ
【答案】A
【解析】
【分析】X、Y、Z、W为四种短周期元素，Y2+、Z-、W+三种离子的电子层结构与氖原子相同，则Y是Mg元素、Z是F元素、W是Na元素，X、Z同主族，且都是短周期元素，则X是Cl元素，据此分析解答。
【详解】根据上述分析可知：X是Cl元素，Y是Mg元素、Z是F元素、W是Na元素，
A.Z是F，Y是Mg，所以原子序数：Z＜Y，A正确；
B.同一周期的元素，原子序数越大，原子半径越小，所以原子半径：W>X，B错误；
C.同一周期的元素，原子序数越大，元素的金属性越弱，所以Y
X，所以稳定性HXS>Cl B. 原子半径：F>Cl>I
C. 碱性强弱：KOH>NaOH>Mg(OH)2 D. 酸性强弱：HIO4>HBrO4>HClO4
【答案】C
【解析】
【分析】根据元素在周期表中的位置和元素周期律解题即可。
【详解】A. 同周期，从左向右元素的非金属性逐渐增强，所以元素的非金属性P＜S＜Cl，故A错误；
B. 同主族，从上到下随着电子层数的增多，原子半径逐渐增大，所以原子半径：F＜Cl＜I，故B错误；
C. 因为金属性K＞Na＞Mg，所以其最高价氧化物对应水化物的碱性KOH>NaOH>Mg(OH)2，故C正确；
D. 因为非金属性Cl＞Br＞I，所以其最高价氧化物对应水化物的酸性HIO4＜HBrO4＜HClO4，故D错误；
故答案选C。
24.下列物质只含有共价键的是（ ）
A. CaCO3 B. NaCl C. H2O D. NaOH
【答案】C
【解析】
【详解】A. CaCO3是离子化合物，含有离子键、共价键，故不选A；
B. NaCl是离子化合物，只含离子键，故不选B；
C. H2O是共价化合物，只含共价键，故选C；
D. NaOH是离子化合物，含有离子键、共价键，故不选D；答案选C。
25.下列漂白剂中，有一种物质的漂白原理与其他三种物质不同，该漂白剂是（ ）
A. 次氯酸钠溶液 B. 过氧化钠
C. 活性炭 D. 二氧化硫
【答案】C
【解析】
【详解】次氯酸钠、SO2和过氧化钠作为漂白剂的原理都是发生化学反应，而活性炭的漂白是利用活性炭的吸附作用，属于物理变化，故选C。
26.某化学活动小组欲制备一定量的氢气，下列方法不能达到目的的是( )
A. Cu和稀硝酸反应 B. Zn和稀盐酸反应
C. Fe和稀硫酸反应 D. A1和稀盐酸反应
【答案】A
【解析】
【详解】A、金属和硝酸反应生成氮的氧化物，不产生氢气，故A选；
B、Zn和稀盐酸发生Zn＋2H＋=Zn2＋＋H2↑，能产生氢气，故B不选；
C、Fe和稀硫酸发生Fe＋2H＋=Fe2＋＋H2↑，能产生氢气，故C不选；
D、A1和稀盐酸反应发生2Al＋6H＋=2Al3＋＋3H2↑，能产生氢气，故D不选；
答案选A。
27.下列各组金属适合利用还原剂将其从化合物中还原出来的是( )
A. Mg、Ca B. Al、 K C. Fe、Cu D. Hg、Ag
【答案】C
【解析】
【分析】金属的冶炼方法有电解法、热还原法、热分解法等，在金属活动顺序表中Zn～Cu等较不活泼金属可用热还原法冶炼，电解法：冶炼活泼金属K、Ca、Na、Mg、Al，一般用电解熔融的氯化物（Al是电解熔融的三氧化二铝）制得；热还原法：冶炼较不活泼的金属Zn、Fe、Sn、Pb、Cu，常用还原剂有（C、CO、H2等）；热分解法：Hg、Ag用加热分解氧化物的方法制得，物理分离法：Pt、Au用物理分离的方法制得；
【详解】A．Ca、Mg为活泼金属，应用电解氯化物的电解法冶炼，故A错误；
B．Al应用电解法冶炼，通常用电解氧化铝制金属铝，K用电解熔融的KCl冶炼，故B错误；
C．Fe用CO还原法冶炼，Cu可用H2或CO把它们从其对应的化合物中还原出来，故C正确；
D．Hg、Ag不活泼金属，可用热分解法冶炼，故D错误；
故选：C
28.在一定条件下的反应：3H2(g)+N2(g)2NH3(g)，达到限度的标志是( )
A. H2、N2、NH3的分子个数之比为3：1：2
B. N2的正反应速率和逆反应速率相等
C. 反应已经停止
D. 单位时间内生成3mol H2，同时生成1mol N2
【答案】B
【解析】
【详解】A．当体系达平衡状态时，N2、H2、NH3分子数之比为1：3：2，也可能不是1：3：2，与各物质的初始浓度及转化率有关，故A错误；
B．当体系达平衡状态时，N2、H2、NH3的浓度不再变化，说明氮气的正逆反应速率相等，故B正确；
C．达到平衡状态，正逆反应速率相等，反应仍在进行，所以正、逆反应速率不等于零，反应不停止，故C错误；
D．在反应进行的任一时刻，单位时间内生成3mol H2，同时生成1mol N2，速率方向同向，不能说明反应达到平衡状态，故D错误；
答案选B。
29.下列说法正确的是( )
A. 石油是可再生能源
B. 化学反应必然伴随着能量变化
C. 原电池的正极发生氧化反应
D. 加入催化剂一定能加快化学反应速率
【答案】B
【解析】
【详解】A．所有的矿产资源都属于非再生资源，石油属于化石能源，属于不可再生资源，A错误；
B．化学反应的特征：存在物质的变化和能量的变化，B正确；
C．原电池中的负极材料失电子，发生氧化反应，C错误；
D．催化剂能加快化学反应速率，而负催化剂也能减慢反应速率，D错误；
答案选B。
30.标况下，aL 某气体含分子数为b个，则阿伏加德罗常数NA可表示为( )
A. B. mol-1 C. mol-1 D. mol
【答案】B
【解析】
【详解】标况下，aL某气体，物质的量为n== mol，含分子数为N=n×NA=×NA=b，NA= mol－1，故选B。
二、填空题
31.己知乙烯能发生以下转化：
(1)写出化合物中的官能团的化学式或名称：B中所含官能团名称_；D中所含官能团化学式__；
(2)写出反应的化学方程式：
①_____________________， 反应类型：_____________；
②_____________________ ， 反应类型：_____________；
③_____________________ ， 反应类型：_____________；
【答案】(1). 羟基 (2). -COOH (3). (4). 加成反应 (5). (6). 氧化反应
(7). CH3CH2OH+CH3COOHCH3COOCH2CH3+H2O (8). 酯化反应
【解析】
【分析】乙烯发生加聚反应生成聚乙烯；乙烯含有碳碳双键能与水发生加成反应生成B是乙醇，乙醇发生催化氧化生成C是乙醛，B与D发生酯化反应生成乙酸乙酯，则D是乙酸。
【详解】(1)乙烯与水加成生成乙醇CH3CH2OH（B）；乙醇被氧化生成乙醛CH3CHO（C）；乙醇与乙酸CH3COOH（D）发生酯化反应生成乙酸乙酯CH3COOCH2CH3。B中含官能团是—OH，名称是羟基；D是乙酸，官能团是-COOH，其中含官能团名称是羧基。故答案为:羟基；-COOH；
(2)①反应①是乙烯与水发生加成反应，反应方程式为，故答案为：；加成反应；
②反应②是乙醇的催化氧化，反应的化学方程式为，为氧化反应，故答案为：；氧化反应。
③反应③乙醇和乙酸发生酯化反应生成乙酸乙酯CH3COOCH2CH3和水，CH3CH2OH+CH3COOHCH3COOCH2CH3+H2O，反应类型：酯化反应；故答案为：CH3CH2OH+CH3COOHCH3COOCH2CH3+H2O；酯化反应。
32.下表列出了5种元素在周期表中的位置。
族
周期
ⅠA
0
1
ⅡA
ⅢA
ⅣA
ⅤA
ⅥA
ⅦA
2
①
②
3
③
④
⑤
(1)①的元素符号是_______，⑤的原子结构示意图是__________；
(2)以上元素中，非金属性最强的是___________(填元素符号)；
(3)④元素的最高价氧化物对应的水化物呈______性(填“酸”或“碱”或“两”)；
(4)③④⑤三种元素按原子半径由大到小的顺序是______(填元素符号)；
(5)元素①与元素②的单质氧化性较强的是________(填化学式)。；
(6)元素④的最高价氧化物与元素③的最高价氧化物对应的水化物相互反应的化学方程式__。
【答案】(1). C (2). (3). F (4). 两 (5). Na>Mg>Al (6). F2 (7). Al2O3+2NaOH==2NaAlO2+H2O
【解析】
【分析】由元素在元素周期表中的位置可知：①C、②F、③Na、④Al、⑤Cl；
(2)同周期从左到右，随着原子序数增大，非金属性增强；同主族从上到下，非金属性减弱；
【详解】(1)①的元素符号是C，⑤是Cl，原子序数是17，其原子结构示意图是：，故答案为C；；
(2)同周期从左到右，随着原子序数增大，非金属性增强；同主族从上到下，非金属性减弱，则以上元素中，非金属性最强的是F，故答案为：F；
(3)④是Al元素，其最高价氧化物对应的水化物是Al(OH)3，即可跟酸反应，又能跟碱反应，呈两性，故答案为：两；
(4)③④⑤分别是Na、Al、Cl，同周期从左到右，随着原子序数增大，原子半径减小，则三种元素的原子半径由大到小的顺序是：Na>Al>Cl，故答案为：Na>Al>Cl；
(5)元素①的单质是C，与元素②的单质是F2，氧化性较强的是F2，故答案为：F2；
(6)元素④的最高价氧化物是Al2O3，元素③的最高价氧化物对应的水化物是NaOH，相互反应的化学方程式：Al2O3+2NaOH==2NaAlO2+H2O，故答案为：Al2O3+2NaOH==2NaAlO2+H2O。
三、实验探究题
33.某化学小组为了证明SO2和Cl2的漂白性，设计了如图所示的实验装置：
（1）他们制备Cl2依据的原理是：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+2H2O+Cl2↑，应选用图A、E装置中的__________（填序号）制Cl2，反应中浓盐酸所表现出的性质是_____________、_____________。
（2）反应开始后，发现B、D两个试管中的品红溶液都褪色，停止通气后，给B、D两个试管中的液体加热，B试管中的现象是_____________。
（3）写出过量NaOH溶液与SO2气体反应离子方程式是________________。
（4）该小组同学将两种气体混合后通入品红溶液，一段时间后，品红溶液几乎不褪色。查阅资料得知：两种气体按体积比1：1混合，再与水反应可生成两种常见的酸，因而失去漂白作用，该反应的化学方程式是_______________。
【答案】(1). E (2). 酸性 (3). 还原性 (4). 溶液由无色变成红色 (5). SO2+2OH﹣=+H2O (6). Cl2+SO2+2H2O=H2SO4+2HCl
【解析】
【详解】（1）实验室制取氯气所用药品是固体MnO2和液体浓盐酸，反应条件是加热，所以应选用固液加热型装置，故选E；实验室制取氯气的反应方程式为：MnO2 + 4HCl（浓）MnCl2 + Cl2↑ + 2H2O，由HCl生成MnCl2，氯元素化合价不变，盐酸表现酸性，由HCl生成Cl2，氯元素化合价升高，盐酸表现还原性，所以浓盐酸所表现出的性质是酸性和还原性；
（2）E装置制备Cl2，则A装置制备SO2；Cl2能使品红溶液褪色是Cl2与水反应生成的次氯酸具有强氧化性，其漂白效果是永久的；二氧化硫能使品红溶液褪色是二氧化硫和有色物质化合成不稳定的无色物质，其漂白效果是暂时的；停止通气后，给B、D两个试管中的液体加热，D试管中无明显现象，B试管中溶液由无色变为红色；
（3）二氧化硫和过量氢氧化钠反应生成亚硫酸钠和水，离子方程式为：SO2+2OH﹣=+H2O；
（4）氯气有强氧化性，二氧化硫有还原性，二者能按1：1发生氧化还原反应而失去漂白性，反应的化学方程式为Cl2+SO2+2H2O=H2SO4+2HCl。
四、附加题
34.了解化学与生活的关联，对形成更加科学的生活方式具有指导意义。
(1)下列行为能减少环境污染的是 ____________。(选填字母)
A．含氮、磷化合物的废水大量排放 B．农业生产中农药、化肥的大量使用
C．实现煤的清洁利用，大力开发新能源 D．使用含有甲醛、氡等的材料装修房子
(2)某学生的午餐是：米饭、酱牛肉、炒青菜、红烧豆腐、西红柿蛋汤，从营养成分均衡的角度分析这份食谱是合理的，因为它含有了糖类、油脂、__________ 、__________ 、矿物质(无机盐)和水等营养物质
(3)陶瓷工业上常因陶土里混有氧化铁而影响产品质量，解决问题的方法之一是将陶土和水一起搅拌，使微粒直径在1-100nm之间，然后插入电极通直流电，达时阴阳两极分别聚集氧化铁和陶土，这种做法的可能原理是__________。(选填字母)
A．胶体的聚沉 B．电泳 C．渗析 D．丁达尔现象
(4)家庭主妇不慎将炒菜用的植物油混入了少量的水，应采用__________ 方法加以分离。
【答案】(1). C (2). 蛋白质 (3). 维生素 (4). B (5). 分液
【解析】
【分析】(2)人体内的六大营养素包括糖类、油脂、蛋白质、维生素、水、无机盐；
(3)胶体电泳的性质：带电颗粒在电场作用下，向着与其电性相反的电极移动；
【详解】(1)A．氮磷是植物的营养元素，含氮、磷等生活废水的大量排放，会导致水体富营养化，藻类疯长，引发水华、赤潮；故A错误；
B．农业生产中大量使用化肥、农药，是造成环境体污染的重要原因，故B错误；
C．实现煤的清洁利用，大力开发新能源，符合低碳经济，大力开发新能源，尽可能地减少煤炭、石油等高碳能源消耗，减少温室气体排放，故C正确；
D．装修材料中含有的甲醛等物质会危害人体的健康，故D错误；
故答案选C；
(2)人体内的六大营养素包括糖类、油脂、蛋白质、维生素、水、无机盐，米饭中主要含有糖类，酱牛肉中主要含有蛋白质、少量油脂和无机盐，红烧豆腐、西红柿蛋汤中主要含有蛋白质、水、无机盐，炒青菜主要含有维生素，故答案为：蛋白质；维生素；
(3) 胶体具有较大的表面积能够吸附带电的离子形成带电的胶体微粒，氧化铁胶体能够吸引带正电荷的离子形成带正电的胶体微粒，在外加电场的作用下，向阴极移动；利用的原理是胶体的电泳，故答案为：B；
(4)分离有机层和无机层的方法是分液，故答案为：分液。
35.保护环境、保护地球已成为人类共同的呼声，请回答下列问题：(选填字母，下同)
(1)酸雨的pH<5.6，下列气体排放可能形成酸雨的是__________。
A、N2 B、CO C、SO2 D、氟氯代烷
(2)废弃的热塑性塑料通过清洗、熔融、重新制成塑料。塑料属于________。
A、无机非金属材料 B、有机高分子材料 C、复合材料 D、合金
(3)下列四种垃圾处理方法中，较为合理的是___________。
A、堆积 B、填理 C、分类回收 D、焚烧
(4)下列措施不利于环境保护的是___________。
A、推广使用无铅汽油 B、提倡家庭使用太阳能热水器
C、推广废旧电池单独回收 D、提倡家庭购买大排量汽车
(5)下列产品的使用，不会造成环境污染的是________。
A、含磷洗农粉 B、氢气燃料 C、氟氯烃制冷剂 D、含汞电池
【答案】(1). C (2). B (3). C (4). D (5). B
【解析】
【详解】(1)引起酸雨的主要污染物为二氧化硫和氮氧化物，氟氯代烷可导致臭氧空洞，氮气是空气的主要成分之一，CO是一种有毒气体，所以选C；
(2)无机非金属材料主要有陶瓷、玻璃、水泥等；有机合成材料主要有塑料、合成橡胶、合成纤维；复合材料是两种或两种以上材料复合成一体而形成的材料，如玻璃钢等；合金主要有铝合金、钛合金等金属合金；塑料属于有机高分子材料，所以选B；
(3)垃圾直接堆放、填埋会由于垃圾霉变生成有毒气体会污染空气，还会污染土壤、水资源等，焚烧垃圾虽然可减少“白色污染”等，但会产生有毒气体、固体颗粒等，增加了大气污染；而垃圾经分类回收处理可转化为可用资源，不会造成污染，所以选C；
(4)推广使用无铅汽油、提倡家庭使用太阳能热水器、推广废旧电池单独回收都可以减少有害物质的排放，减少环境污染；而提倡家庭购买大排量汽车，会提高汽车尾气的排放，污染环境，所以选D；
(5)A．含磷洗衣粉会造成水体的富营养化，故A不符合题意；
B．氢气燃料的产物只有水，不会污染环境，故B符合题意；
C．氟氯烃制冷剂会造成臭氧空洞，故C不符合题意；
D．含汞电池会造成水体、土壤的污染，故D不符合题意；
综上所述选B。
