2015-2016学年吉林省白山市长白山一高高一（上）月考化
学试卷（12月份） 参考答案与试题解析
一、选择题（本题包括16小题，每小题3分，共48分．每小题只有一个选项符合题意．） 1．（3分）（2012春•建瓯市校级期末）下列有关实验操作中合理的是（ ） A．用托盘天平称取11.70 g食盐 B．用量筒量取12.36 mL盐酸
C．用酸式滴定管量取21.20 mL 0.10 mol•L
﹣1
的H2SO4溶液
D．测定溶液的pH时，用洁净、干燥的玻璃棒蘸取溶液，点在用蒸馏水润湿过的pH试纸上，再与标准比色卡比较 【考点】化学实验方案的评价．
【分析】A．托盘天平的最小读数为0.1g，无法称量到0.01gg的食盐； B．量筒的最小读数为0.1mL，无法量取到0.01mL盐酸； C．硫酸为酸性溶液，滴定管能够读到0.01mL；
D．用pH试纸测定未知溶液的pH时，正确的操作方法为用玻璃棒蘸取少量待测液滴在干燥的pH试纸上，与标准比色卡对比来确定pH．
【解答】解：A．托盘天平的最小读数只能读到0.1g，无法用托盘天平称取11.70g食盐，故A错误；
B．量筒的最小读数为0.1mL，无法用量筒量取12.36mL的盐酸，需要使用酸式滴定管量取，故B错误；
C．滴定管能够读到0.01mL的溶液，可以用酸式滴定管量取21.20mL 0.10mol/L H2SO4溶液，故C正确；
D．用水湿润pH试纸，稀释了待测溶液，使呈酸性和碱性溶液的酸碱性减弱，故D错误； 故选C．
【点评】本题考查了计量仪器的构造及其使用方法、pH试纸的使用方法，题目难度不大，注意掌握常见的仪器构造及使用方法，明确广泛pH只能读出整数，无法读到小数部分．
2．（3分）（2015秋•白山月考）下列实验操作或现象解释不正确的是（ ） A．进行焰色反应时，必须用稀硫酸洗涤并灼烧铂丝，然后再进行实验
B．分液操作时，分液漏斗中的下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出 C．读取滴定管内液体体积时，俯视读数导致读数偏小
D．利用一束强光照射明矾水溶液，产生光亮的“通路”，说明明矾一定发生了水解 【考点】化学实验方案的评价． 【专题】实验评价题．
【分析】A．焰色反应时用稀盐酸洗涤并灼烧铂丝；
B．分液时，为防止产生杂质，分液漏斗中的下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出； C．滴定管上边数值小于下边数值，读取滴定管内液体体积时，俯视读数导致读数偏小； D．胶体能产生丁达尔效应，溶液不产生丁达尔效应．
【解答】解：将铂丝用盐酸洗净并灼烧至跟酒精灯火焰颜色相同，因为灼烧时氯化物易挥发，而硫酸盐难挥发，从而影响检验结果，故A错误；
B．分液操作时，为防止分离出的液体混有杂质，分液漏斗中的下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出，故B正确；
C．滴定管的0刻度在上方，所以俯视时，读取的液面的数值比实际偏小，故C正确； D．胶体能产生丁达尔效应，溶液不产生丁达尔效应，利用一束强光照射明矾水溶液，产生光亮的“通路”，说明含有胶体，则说明明矾一定发生了水解，故D正确； 故选A．
【点评】本题考查化学实验方案评价，为高频考点，涉及胶体性质、仪器使用、基本操作等知识点，明确实验原理及基本操作方法是解本题关键，易错选项是C，注意滴定管和量筒数值区别，题目难度不大．
3．（3分）（2015秋•白山月考）设NA 为阿伏加德罗常数的值．下列说法正确的是（ ） A．3.4gNH3中含N﹣H键数目为0.2NA
B．标准状况下，体积相同的两种气体的分子数一定相同 C．标准状况下，22.4L甲醇中含有的氧原子数目为1.0NA D．1L0.1mol•L
﹣1
的Fe2（SO4）3溶液中，Fe3+的数目为0.2NA
【考点】阿伏加德罗常数．
【专题】阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律．
【分析】A、求出氨气的物质的量，然后根据1mol氨气中含3molN﹣H键来分析；
B、根据分子数N=来计算；
C、标况下甲醇为液态；
D、Fe3+是弱碱阳离子，在溶液中会水解．
【解答】解：A、3.4g氨气的物质的量为0.2mol，而1mol氨气中含3molN﹣H键，故0.2mol氨气中含0.6molN﹣H键，即0.6NA个，故A错误； B、分子数N=
，而标况下，气体摩尔体积的数值均为22.4L/mol，体积又相同，故分
子个数相同，故B正确；
C、标况下甲醇为液态，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，故C错误； D、Fe3+是弱碱阳离子，在溶液中会水解，故溶液中铁离子的个数小于0.2NA个，故D错误． 故选B．
【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，难度不大．
4．（3分）（2015秋•无锡期中）属于电解质的是（ ） A．CO2
B．Al
C．Na2CO3
D．蔗糖
【考点】电解质与非电解质． 【专题】电离平衡与溶液的pH专题．
【分析】电解质是在水溶液中本身能电离出自由移动离子而导电或在熔融状态下能电离出自由移动离子而导电的化合物，据此分析．
【解答】解：A、二氧化碳在熔融状态下不导电，在水溶液中导电和其本身无关，故为非电解质，故A错误；
B、铝为单质，故不是电解质也不是非电解质，故B错误； C、碳酸钠溶于水后能导电，故为电解质，故C正确；
D、蔗糖在水溶液中不能电离出离子而导电，在熔融状态下也不能导电，故为非电解质，故D错误． 故选C．
【点评】本题考查了电解质的判断，根据定义来分析，应注意的是电解质必须是化合物，且在水溶液中是其本身电离出自由移动离子而导电，难度不大．
5．（3分）（2014秋•虹口区期末）在下列变化：①工业制盐酸 ②工业制漂粉精 ③实验室制氯气中，按氯元素被氧化、被还原、既被氧化又被还原的顺序排列，正确的是（ ） A．①②③
【考点】氧化还原反应． 【专题】氧化还原反应专题．
【分析】一般来说，元素化合价为最高价态，应具有氧化性，元素化合价为最低价态，则只具有还原性，化合价处于中间价态，则既有氧化性又有还原性． 【解答】解：①工业制盐酸发生H2+Cl2元素被还原；
②工业制漂粉精发生Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，Cl元素的化合价既升高又降低，Cl元素既被氧化又被还原； ③实验室制氯气发生MnO2+4HCl素被氧化， 故选D．
【点评】本题考查氧化还原反应，明确发生的化学反应及反应中Cl元素的化合价变化是解答本题的关键，注意结合氧化还原反应中的概念来解答，题目难度不大．
6．（3分）（2011秋•大港区校级期末）某溶液中含有较大量的Mg2+、Ag+、Ba2+三种阳离子，欲将三种离子逐一沉淀出来，下列加入试剂的顺序中，正确的是（ ）
①NaOH溶液、NaCl溶液、Na2SO4溶液 ②NaOH溶液、Na2SO4溶液、NaCl溶液 ③NaCl溶液、Na2SO4溶液、NaOH溶液 ④NaCl溶液、NaOH溶液、Na2SO4溶液． A．①②
B．③④
C．①③
D．②④
MnCl2+Cl2↑+2H2O，Cl元素的化合价升高，Cl元
2HCl，Cl元素的化合价降低，在反应中氯
B．②①③
C．①③②
D．③①②
【考点】物质分离、提纯的实验方案设计． 【专题】离子反应专题．
【分析】欲将三种离子逐一沉淀出来，应先加入NaCl溶液，只和Ag+反应生成沉淀，然后再加入Na2SO4溶液或NaOH溶液，可分别Ba2+和Mg2+反应生成沉淀，依次沉淀出来． 【解答】解：如先加入NaOH，Mg2+、Ag+都生成沉淀，欲将三种离子逐一沉淀出来，应先加入NaCl溶液，只和Ag+反应生成沉淀，然后再加入Na2SO4溶液或NaOH溶液，可分别Ba2+和Mg2+反应生成沉淀，依次沉淀出来．
故选B．
【点评】本题考查物质的分离、提纯的实验方案的设计，侧重于离子反应的考查，注意根据物质的性质判断反应的先后顺序，题目难度不大．
7．（3分）（2013•山东）足量下列物质与等质量的铝反应，放出氢气且消耗溶质物质的量最少的是（ ） A．氢氧化钠溶液 【考点】铝的化学性质． 【专题】元素及其化合物．
【分析】首先硝酸与金属铝反应不生成氢气，根据生成物的化学式：Na[Al（OH）4]、Al2（SO4）3、AlCl3，通过物料守恒可直接判断出等量的铝消耗NaOH物质的量最少． 【解答】解：设Al为1mol，
A．铝与氢氧化钠溶液反应生成Na[Al（OH）4]，1molAl消耗1molNaOH； B．铝与稀硫酸反应生成Al2（SO4）3，1mol铝消耗1.5mol硫酸； C．铝与盐酸反应生成AlCl3，1mol铝消耗3mol盐酸； D．硝酸与金属铝反应不生成氢气，
综合以上分析可知放出氢气且消耗溶质物质的量最少的是氢氧化钠溶液， 故选A．
【点评】本题考查铝的性质，侧重于物质的量的判断，解答时可根据生成物的化学式，从质量守恒的角度分析，易错点为D，注意硝酸与铝反应不生成氢气．
8．（3分）（2015秋•白山月考）下列关于金属钠的叙述错误的是（ ） A．金属钠可以保存在煤油中
B．金属钠着火时，可用泡沫灭火器来灭火 C．钠与熔融的四氯化钛反应可制取钛 D．实验时用剩的钠块应该放回原试剂瓶 【考点】钠的化学性质；化学试剂的存放． 【分析】A、金属钠的密度比煤油的大；
B、金属钠燃烧生成的过氧化钠可以和二氧化碳之间反应，泡沫灭火器产生的是二氧化碳； C、钠的还原性强，钠能与熔融状态下的四氯化钛反应制取金属钛；
B．稀硫酸
C．盐酸
D．稀硝酸
D、实验时用剩的钠块应该放回原瓶．
【解答】解：A、金属钠的密度比煤油的大，通常少量的金属钠可保存在煤油中，故A正确； B、金属钠着火不可用泡沫灭火器灭火，这样会使或燃烧得更旺，故B错误； C、钠的还原性强，可用钠和熔融状态下的四氯化钛反应制取金属钛，故C正确； D、实验时用剩的钠块应该放回原瓶，故D正确． 故选B．
【点评】本题涉及金属钠的保存以及性质等知识，注意知识的归纳和整理是关键，难度不大．
9．（3分）（2012•金山区一模）金山铁路支线即上海轨交22号线运营采用动车组列车，最高时速可达160公里/小时．下列有关说法中正确的是（ ） A．铁路勘探时常用太阳能电池提供能量，太阳能电池是原电池 B．铁轨焊接时常用到铝热反应，铝热反应中放出大量的热足以使铁熔化 C．铁元素在周期表中位于第四周期ⅡB族 D．工业上铁、铝的冶炼均采用热还原法
【考点】常见的能量转化形式；金属冶炼的一般原理；铝的化学性质． 【专题】元素及其化合物．
【分析】A．原电池是把化学能转化为电能的装置； B．铝热反应是放热反应；
C．铁元素在周期表中位于第四周期Ⅷ族； D．铝通常用电解法冶炼．
【解答】解：A．太阳能电池是通过光电效应或者光化学效应把光能转化成电能的装置，故A错误；
B．铝热反应是放热反应，可用来焊接钢轨，故B正确； C．铁元素在周期表中位于第四周期Ⅷ族，故C错误； D．铁用热还原法冶炼，铝通常用电解法冶炼，故D错误． 故选B．
【点评】本题考查原电池、金属冶炼原理等，难度不大，注意太阳能电池是通过光电效应或者光化学效应把光能转化成电能的装置．
10．（3分）（2015秋•长春校级期中）将足量的CO2不断通入KOH、Ba（OH）2、KAlO2的混合溶液中，生成沉淀与通入CO2的量的关系可表示为（ ）
A． B．
C． D．
【考点】有关混合物反应的计算．
【分析】将足量的CO2不断通入KOH、Ba（OH）2、KAlO2的混合溶液中，发生反应先后顺序为Ba（OH）2+CO2=BaCO3↓+H2O、2KOH+CO2=K2CO3+H2O、2KAlO2+CO2+3H2O=2Al（OH）3↓+K2CO3、K2CO3+CO2+H2O=2KHCO3、BaCO3+H2O+CO2=Ba（HCO3）2，据此分析解答．
【解答】解：将足量的CO2不断通入KOH、Ba（OH）2、KAlO2的混合溶液中，发生反应先后顺序为Ba（OH）2+CO2=BaCO3↓+H2O、2KOH+CO2=K2CO3+H2O、
2KAlO2+CO2+3H2O=2Al（OH）K2CO3+CO2+H2O=2KHCO3、BaCO3+H2O+CO2=Ba3↓+K2CO3、
（HCO3）2，根据物质的溶解性知，沉淀量与通入二氧化碳关系图为故选C．
，
【点评】本题考查混合物的有关计算，侧重考查分析能力，明确物质反应先后顺序是解本题关键，注意碳酸钡能和二氧化碳、水进一步反应生成可溶性碳酸氢钡，为易错点．
11．（3分）（2013•浙江校级模拟）容量瓶的瓶壁上未标明的是（ ） A．刻度线
B．温度
C．浓度
D．容积
【考点】计量仪器及使用方法． 【专题】化学实验常用仪器及试剂．
【分析】容量瓶上标有：温度、规格、刻度线以此解答该题．
【解答】解：容量瓶是用来配制一定物质的量浓度溶液的定量仪器，容量瓶上标有使用温度、容量和刻度，故选C．
【点评】本题主要考查了容量瓶的结构，难度不大，根据知识的积累．
12．（3分）（2015秋•白山月考）判断给定化学反应是否为氧化还原反应的依据是（ ） A．看反应前后是否有氧原子的得失 B．看反应前后是否有原子的重新组合 C．看反应前后是否有元素的化合价发生改变 D．看反应后是否有气体生成 【考点】氧化还原反应．
【分析】氧化还原反应的特征为化合价变化，实质为电子转移，以此来解答． 【解答】解：A．不一定有氧参加，故A不选； B．原子数目在反应前后不变，故B不选；
C．含元素化合价变化的反应为氧化还原反应，则看反应前后是否有元素的化合价发生改变，故C选；
D．氧化还原反应中不一定有气体生成，故D不选； 故选C．
【点评】本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意氧化还原反应的特征，题目难度不大．
13．（3分）（2015秋•盐城期中）最近美国宇航局的科研人员确认火星地表含有溶有高氯酸 盐的液态水．下列有关水及高氯酸盐的说法错误的是（ ） A．水是一种弱电解质 B．NH4ClO4溶液显酸性
C．NaClO4中含有离子键和共价键 D．NH4ClO4只有氧化性，没有还原性
【考点】氯、溴、碘及其化合物的综合应用；水的电离． 【专题】氧化还原反应专题；卤族元素．
【分析】A．水是部分电离的电解质，为弱电解质； B．高氯酸铵是强酸弱碱盐，铵根离子水解导致溶液呈酸性；
C．活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子键，非金属元素之间易形成共价键； D．元素处于最高价时只有氧化剂，处于最低价态时只有还原性，中间价态的元素既有氧化剂又有还原性．
【解答】解：A．水是部分电离的电解质，为弱电解质，故A正确；
B．高氯酸铵是强酸弱碱盐，铵根离子水解导致溶液呈酸性，所以高氯酸铵溶液呈酸性，故B正确；
C．活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子键，非金属元素之间易形成共价键，则钠离子和高氯酸根离子之间存在离子键、Cl原子和O原子之间存在共价键，故C正确； D．Cl元素处于最高价，则具有氧化性，N元素处于最低价态，则具有还原性，所以该物质具有氧化性和还原性，故D错误； 故选D．
【点评】本题考查较综合，涉及电解质强弱判断、氧化性和还原性判断、化学键、盐类水解等知识点，侧重考查基本理论，知道物质氧化性和还原性比较方法，题目难度不大．
14．（3分）（2012•云南校级学业考试）水是国家战略性资源，下列物质对水质不会产生严重污染的是（ ） A．CH3OH
B．SO2
C．PbCl2
D．CO2
【考点】常见的生活环境的污染及治理． 【专题】元素及其化合物．
【分析】对水质不产生严重污染，不能像水中排放污染物，如甲醇、硫氧化物、氮氧化物以及重金属盐．
【解答】解：题中CH3OH、SO2都是有害物质，对人体有害，PbCl2为重金属盐，对人体有害，不能排放到水中，CO2微溶于水，对水质不会产生严重污染． 故选D．
【点评】本题考查常见环境污染及治理，题目难度不大，注意相关物质的性质，把握常见物质的性质以及对环境的危害．
15．（3分）（2014秋•扬州期末）下列行为不符合“绿色化学”这一主题的是（ ） A．推广和鼓励多使用公共交通工具出行 B．大量使用化肥农药，提高农作物产量 C．大力发展太阳能和风力发电 D．对燃煤进行脱硫，减少空气的污染 【考点】绿色化学．
【专题】化学计算．
【分析】“绿色化学”应减少污染物的排放，杜绝浪费，减少污染，使用清洁能源等，以此解答该题．
【解答】解：A．推广和鼓励多使用公共交通工具出行，可减少汽车尾气的排放，故A正确； B．大量使用化肥农药，造成了水体和土壤的污染，故B错误；
C．大力发展太阳能和风力发电，可减少化石能源的使用，减少环境污染，故C正确； D．对燃煤进行脱硫，减少了二氧化硫的排放，减少空气的污染，故D正确． 故选B．
【点评】本题考查化学与生活，注重环境保护与污染的处理，明确“绿色化学”的主题是解答本题的关键，难度不大．
16．（3分）（2015秋•白山月考）下列有关叙述正确的是（ ） A．不需要加热就能发生的反应一定是放热反应 B．弱电解质溶液的导电能力一定比强电解质溶液的弱 C．SO2溶于水，其水溶液能导电，故SO2是电解质
D．升高温度，可提高活化分子百分数，使有效碰撞增多，化学反应速率加快 【考点】反应热和焓变；化学反应速率的影响因素；强电解质和弱电解质的概念． 【分析】A．吸热反应实质是反应物所具有的总能量低于生成物所具有的总能量，与反应条件无关；
B．溶液导电能力取决于溶液中离子浓度的大小，与电解质强弱无关； C．SO2的水溶液能导电，但SO2是非电解质；
D．升高温度，普通分子吸收能量变为活化分子，活化分子百分数增大，有效碰撞增多． 【解答】解：A．放热反应有的需加热，有的不需加热，如木炭的燃烧是放热反应，但需要点燃，再如铝热反应也是，故A错误；
B．溶液导电能力取决于溶液中离子浓度的大小，与电解质强弱无关，强电解质溶液的导电能力不一定比弱电解质溶液的导电能力强，故B错误；
C．SO2溶于水后和水反应生成亚硫酸，亚硫酸电离出阴阳离子而使其溶液导电，电离出阴阳离子的物质是亚硫酸而不是SO2，所以SO2是非电解质，故C错误；
D．升高温度，普通分子吸收能量变为活化分子，活化分子百分数增大，有效碰撞增多，化学反应速率加快，故D正确；
故选：D．
【点评】本题考查了化学反应的热效应与条件的关系，溶液的导电性、电解质、温度对速率的影响等关系，题目难度不大，注意知识的积累．
二、填空题（每空2分，共28分）
17．（4分）（2007秋•福州期末）（1）CCl4和蒸馏水都是无色液体，请按下列要求用实验方法鉴别之（简要地写出实验过程）
①只允许用一种试剂 各取少量加水若互溶则为水，若不互溶则为四氯化碳
②不用任何试剂 取少量未知液A，缓缓加入未知液B，若B在上层，则B为水；若B在下层，则B为四氯化碳 ．
【考点】物质的检验和鉴别的实验方案设计． 【专题】物质检验鉴别题．
【分析】四氯化碳是一种难溶于水的有机溶剂，并且密度比水大，和水混合后分层，四氯化碳在下层，水在上层．
【解答】解：①四氯化碳是一种难溶于水的有机溶剂，可应用水来检验水和四氯化碳，各取少量加水若互溶则为水，若不互溶则为四氯化碳．
故答案为：各取少量加水若互溶则为水，若不互溶则为四氯化碳；
②四氯化碳是一种难溶于水的有机溶剂，并且密度比水大，和水混合后分层，四氯化碳在下层，水在上层，不用任何试剂检验水和四氯化碳的方法是：取少量未知液A，缓缓加入未知液B，若B在上层，则B为水；若B在下层，则B为四氯化碳，
故答案为：取少量未知液A，缓缓加入未知液B，若B在上层，则B为水；若B在下层，则B为四氯化碳；
【点评】本题是一道物质鉴别题，主要是考查学生的综合分析能力，要求学生具有分析和解决问题的能力，注意把握四氯化碳不溶于水，且密度比水大的性质，难度不大．
18．（2分）（2014秋•龙海市校级期中）NaCl溶液中含有少量的CaCl2，某学生用过量的Na2CO3使Ca2+转化为沉淀而除去，确认Na2CO3已过量的实验方法是 沉淀完全后，静置，取出上层清液少量，再加入CaCl2溶液，若产生白色沉淀，则可确认Na2CO3已过量 ． 【考点】物质的检验和鉴别的基本方法选择及应用． 【专题】物质检验鉴别题．
【分析】Na2CO3已过量，则溶液中含有碳酸根离子，可以根据碳酸根离子的特征离子反应：和钙离子反应生成碳酸钙沉淀来检验碳酸根离子．
【解答】解：CaCl2和Na2CO3反应生成碳酸钙和氯化钠，Na2CO3已过量则氯化钙无剩余，可以取向反应后的上层溶液少许，再加入CaCl2溶液，若产生白色沉淀，则可确认Na2CO3已过量；
故答案为：沉淀完全后，静置，取出上层清液少量，再加入CaCl2溶液，若产生白色沉淀，则可确认Na2CO3已过量．
【点评】本题考查了物质的检验方法，要综合考虑各物质的性质，选择适当的试剂和方法，题目难度不大．
19．（8分）（2015秋•文昌校级期中）8.5g NH3的物质的量是 0.5 mol，含有 3.01×1023 个氨分子， 1.204×1024 个原子，标准状况下占有的体积是 11.2 L． 【考点】物质的量的相关计算． 【专题】计算题．
【分析】根据n=计算8.5gNH3的物质的量，根据N=nNA计算氨气分子数目，结合氨气分子式可知含有原子数目是分子的4倍，根据V=nVm计算氨气的体积． 【解答】解：8.5gNH3的物质的量=
﹣1
=0.5mol，氨气分子数目=0.5mol×6.02×1023mol
=3.01×1023，结合氨气分子式可知含有原子数目是分子的4倍，故含有原子数目
=4×3.01×1023=1.204×1024，标况下，氨气的体积=0.5mol×22.4L/mol=11.2L， 故答案为：0.5；3.01×1023；1.204×1024；11.2．
【点评】本题考查物质的量有关计算，比较基础，注意公式的理解与灵活应用．
20．（4分）（2013•福建学业考试）完成下列各题
（1）工业上以氯气和石灰乳为帮料制造漂白粉，漂白粉的有效成分是 Ca（ClO）2 （填“CaCl2”或“Ca（ClO）2”）．
（2）某些合成染发剂含有对苯二胺（属于 有机物 （填“有机物”或“无机物”）．
【考点】氯气的化学性质；无机化合物与有机化合物的概念． 【专题】物质的分类专题；卤族元素．
），有一定的致癌作用．对苯二胺
【分析】（1）漂白粉的有效成分是次氯酸钙；
（2）含碳化合物（一氧化碳、二氧化碳、碳酸、碳酸盐、金属碳化物、氰化物除外）或碳氢化合物及其衍生物的总称是有机物．
【解答】解：（1）氯气和石灰乳反应生成氯化钙、次氯酸钙和水，次氯酸钙能和酸反应生成次氯酸，次氯酸具有漂白性，所以漂白粉的有效成分是Ca（ClO）2， 故答案为：Ca（ClO）2；
（2）含碳化合物（一氧化碳、二氧化碳、碳酸、碳酸盐、金属碳化物、氰化物除外）或碳氢化合物及其衍生物的总称是有机物，根据有机物的定义知，对苯二胺属于有机物，故答案为：有机物．
【点评】本题考查了漂白粉的有效成分及有机物的判断，知道漂白粉的主要成分及有效成分的区别，根据漂白性确定其有效成分，再结合有机物的概念来分析解答，注意：并不是含有碳元素的物质都是有机物，为易错点．
21．（8分）（2014秋•皇姑区校级期末）铁、铝在生产生活中有广泛的应用．完成下列填空： （1）铝用作电线是利用了铝的 导电 性；铁用作炊具是利用了铁的 导热 性． （2）常温下由于浓硫酸能使铁 钝化 ，因此浓硫酸可用铁槽车运输．
（3）氢氧化铝既能跟盐酸反应又能跟氢氧化钠溶液反应，由此可知氢氧化铝是 两性 物质．氢氧化铝和盐酸反应的离子方程式为 Al（OH）3+3H+=Al3++3H2O ． 【考点】两性氧化物和两性氢氧化物；铁的化学性质．
【分析】（1）Al属于金属，能导电；铁属于金属，具有导热性； （2）常温下，浓硫酸和Fe发生钝化现象；
（3）能和强酸、强碱溶液反应的物质具有两性，氢氧化铝能和稀盐酸反应生成盐和水． 【解答】解：（1）Al属于金属，具有金属的通性，所以能导电；铁属于金属，具有金属的通性，所以具有导热性， 故答案为：导电；导热；
（2）常温下，浓硫酸和Fe反应生成一层致密的氧化物薄膜而阻止进一步被氧化，该现象为钝化现象，所以浓硫酸可以用铁槽车运输，故答案为：钝化；
（3）能和强酸、强碱溶液反应的物质具有两性，氢氧化铝能和HCl、NaOH溶液反应而具有两性，氢氧化铝能和稀盐酸反应生成盐和水，离子方程式为Al（OH）3+3H+=Al3++3H2O，故答案为：两性；Al（OH）3+3H+=Al3++3H2O．
【点评】本题以Al、Fe为载体考查两性物质、钝化等知识点，侧重考查元素化合物知识，知道钝化现象原因、两性物质归纳，注意总结归纳物质性质，题目难度不大． 三、简答题
22．（12分）（2015秋•白山月考）化合物A是尿路结石的主要成分，属于结晶水合物，可用X•nH2O表示．在一定条件下有如图1所示的转化关系：
已知：
①经分析，图1中的各字母代表的物质均由常见元素（原子序数≤20）组成，其中X由三种元素组成，三种元素的原子个数之比为1：2：4，；A、D晶体中阴、阳离子个数比都是1：1；D中的阳离子与C分子有相同的电子数，A中的阳离子与D中的阴离子的电子层结构相同．
②G、H是常见的气体单质，E、K、L是常见的气体化合物；E被人体吸入会与血红蛋白结合而使人中毒，K的大量排放是造成地球温室效应的一个主要原因． ③反应②、③是重要的化工反应，I是一种重要的化工原料．
④图2中的部分变化经定量测定，得到如图2所示的固体产物的质量m随温度[t （℃）]的变化曲线．回答下列问题：
（1）写出A的化学式： CaC2O4•H2O ，D中阴离子的结构示意图为 （2）反应①的化学方程式为： CaC2O4CaCO3+CO↑ ．
；
（3）K与G在一定条件下可生成多种物质，既可获得经济效益，也减少对环境的污染． ①若O是一种易挥发的液态燃料，有毒，误饮5﹣10mL会导致双目失明．则O的分子式为： CH4O ．
②若O是K与G按1：3的比例反应而得，则O可能是 B ．（填编号） A．烷烃 B．烯烃 C．炔烃 D．芳香烃．
【考点】无机物的推断． 【专题】无机推断．
【分析】化合物A是尿路结石的主要成分，可用X•nH2O表示，在300℃下分解得到B与C，B继续加热分解得到的E被人体吸入，与血红蛋白结合而使人中毒，则E为CO，K的大量排放是造成地球温室效应的主要原因，则K为CO2，故C为H2O，D中的阳离子与C（水）分子有相同的电子数，D晶体中阴、阳离子个数比是1：1，电解D的溶液得到三种物质G、H、I，应是电解NaCl溶液，则D为NaCl，G与H在点燃条件下反应生成L，则G、H分别为氢气、氯气中的一种，L为HCl，I为NaOH；K与G反应得到O与C（水），故G为H2、H为Cl2，（4）中若O是一种易挥发的液态燃料，有毒，误饮5～10mL会导致双目失明，则O为CH3OH，若O是K与G按1：3的比例反应而得，则2CO2+6H2→C2H4+4H2O，所以可以得到有机物质是乙烯．
A中的阳离子与D中的阴离子的电子层结构相同，则A中阳离子为Ca2+，故X中含有Ca、C、O元素，结合X含有的三种元素的原子个数之比为1：2：4，故X为CaC2O4，图上数据100到87.7为失去结晶水的过程，则
=1﹣87.7%，解得n=1，可以确定A为
CaC2O4•H2O，则B为CaC2O4，A的相对分子质量为146，F的相对分子质量为146×68.5%=100，故F为CaCO3，J的相对分子质量为146×38.4%=56，故J为CaO，据此解答．
【解答】解：化合物A是尿路结石的主要成分，可用X•nH2O表示，在300℃下分解得到B与C，B继续加热分解得到的E被人体吸入，与血红蛋白结合而使人中毒，则E为CO，K的大量排放是造成地球温室效应的主要原因，则K为CO2，故C为H2O，D中的阳离子与C（水）分子有相同的电子数，D晶体中阴、阳离子个数比是1：1，电解D的溶液得到三种物质G、H、I，应是电解NaCl溶液，则D为NaCl，G与H在点燃条件下反应生成L，则G、H分别为氢气、氯气中的一种，L为HCl，I为NaOH；K与G反应得到O与C（水），故G为H2、H为Cl2，（4）中若O是一种易挥发的液态燃料，有毒，误饮5～10mL会导致双目失明，则O为CH3OH，若O是K与G按1：3的比例反应而得，则2CO2+6H2→C2H4+4H2O，所以可以得到有机物质是乙烯．
A中的阳离子与D中的阴离子的电子层结构相同，则A中阳离子为Ca2+，故X中含有Ca、C、O元素，结合X含有的三种元素的原子个数之比为1：2：4，故X为CaC2O4，图上数据100到87.7为失去结晶水的过程，则
=1﹣87.7%，解得n=1，可以确定A为
CaC2O4•H2O，则B为CaC2O4，A的相对分子质量为146，F的相对分子质量为146×68.5%=100，故F为CaCO3，J的相对分子质量为146×38.4%=56，故J为CaO，据此解答．
（1）由上述分析可知，A的化学式为CaC2O4•H2O，D为NaCl，其中阴离子为Cl，Cl离
﹣
﹣
子结构示意图为，
故答案为：CaC2O4•H2O；；
CaCO3+CO↑，
（3）反应①的化学方程式为：CaC2O4故答案为：CaC2O4
CaCO3+CO↑；
（4）①若O是一种易挥发的液态燃料，有毒，误饮5～10mL会导致双目失明，则O为CH3OH， 故答案为：CH4O；
②若O是K与G按1：3的比例反应而得，则2CO2+6H2→C2H4+4H2O，所以可以得到有机物质是乙烯， 故选：B．
【点评】本题以框图形式考查无机物推断，基本属于猜测验证型推断，根据A的化学式确定C为水以及E、K的性质等是推断突破口，注意充分利用题目信息，需要学生熟练掌握元素化合物性质，难度较大．
23．（14分）（2015秋•无锡期中）工业电解饱和食盐水模拟装置的结构如图所示： （1）写出电解饱和食盐水的化学方程式 2NaCl+2H2O业成为 氯碱 工业
（2）实际生产中使用的盐往往含有一些杂质，在电解食盐水之前，需要提纯食盐水．为了除去粗盐中的Ca2+、Mg2+、SO42及泥沙，可将粗盐溶于水，然后进行下列五项操作，正确
﹣
2NaOH+Cl2↑+H2↑ ，该工的操作顺序是 C
①过滤 ②加过量的NaOH溶液 ③加适量的盐酸 ④加过量的Na2CO3溶液 ⑤加过量的BaCl2溶液
A．①④②⑤③B．④①②⑤③C．②⑤④①③D．⑤②④③①
（3）在该装置中写出装NaOH溶液试管中所发生的化学反应方程式（并用双线桥表示电子的转移的方向和数目）
．
【考点】电解原理． 【专题】电化学专题．
【分析】（1）电解氯化钠饱和溶液产物是氢氧化钠和氢气和氯气；
（2）除去粗盐中的Ca2+、Mg2+、SO42及泥沙，盐酸要放在最后，来除去过量的氢氧化钠
﹣
和碳酸钠，要先加过量的氯化钡除去硫酸根离子，然后用碳酸钠去除过量的钡离子，即必须满足碳酸钠溶液应该在加入氯化钡溶液之后；
（3）氯气可以和氢氧化钠之间发生反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，根据化合价升高值=化合价降低值=转移电子数来表示电子转移情况．
【解答】解：（1）解氯化钠饱和溶液产物是氢氧化钠和氢气和氯气，电解方程式为：2NaCl+2H2O
2NaOH+Cl2↑+H2↑，该工业称为氯碱工业，
2NaOH+Cl2↑+H2↑；氯碱；
故答案为：2NaCl+2H2O
（2）要先除硫酸根离子，然后再除钙离子，碳酸钠可以除去过量的钡离子，如果加反了，过量的钡离子就没法除去，至于加氢氧化钠除去镁离子顺序不受限制，因为过量的氢氧化钠加盐酸就可以调节了，只要将三种离子除完，再进行过滤，最后加盐酸除去过量的氢氧根离子和碳酸根离子，顺序为：②⑤④①③或⑤②④①③． 故选C；
（3）氯气可以和氢氧化钠之间发生反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，即
Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，反应中氯原子失电子，同时氯原子得到电子，电子转移如
下：，故答案为：．
【点评】本题主要考查了除杂的方法和原则以及电解池的工作原理和电解方程式的书写知识，除去多种杂质时，要考虑加入试剂的顺序，为了保证将杂质除尽，所加试剂必须过量，因此为了不引进新的杂质，后面加入的试剂要能够除去前面所进入的过量试剂，难度不大．
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