高中化学 高三(上)第一次月考化学试卷解析版

高三（上）第一次月考化学试卷

一、选择题（本题为7〜13小题，每小题6分，每小题只有一个选项符合题意）

L（6分）下列说法不正确的是（）

A.浓硝酸保存在玻璃塞的棕色试剂瓶中

B.已经完成定容的500mL1.0mol»L-1的NaOH溶液，某同学不慎将容量瓶中

溶液洒出，只能重新配制

C.导管口点燃CO时需要验纯，H2加热还原CuO时也需要验纯

D.物质溶于水的过程中，一般有放热或吸热现象，因此溶解的操作不能在量筒

中进行

2.（6分）利用实验器材（规格和数量不限），能完成相应实验的一项是（）

实验器材（省略夹持装置）相应实验

A烧杯、玻璃棒、蒸发皿用重结晶方法提纯含NaCl杂质的KNO3

B烧杯、玻璃棒、胶头滴管用稀硝酸除去氯化铁中的少量氯化亚

铁

C烧杯、玻璃棒、胶头滴管、分液漏用氯水和CCI4除去KCI溶液中的少量KI

斗

D烧杯、玻璃棒、胶头滴管、容量瓶用浓盐酸配制500mL0.1mol/L的溶液

A.AB.BC.CD.D

3.（6分）NA为阿伏伽德罗常数，下列叙述错误的是（）

A.常温常压下，42g乙烯和丁烯混合气体中，极性键数为6NA

B.lmolMg与足量。2或此反应生成MgO或MgsN2均失去2NA个电子

C.由C02和。2组成的混合气体中共有NA个分子，其中的氧原子数为2NA

D.6.4gS02与足量氧气反应生成S03,转移电子数为0.2NA

4.（6分）下列说法或表达正确的是（）

①次氯酸的结构式为H-CI-0

②含有离子键的化合物都是离子化合物

③蛋白质、漂白粉、苛性钾、液氨分别为纯净物、混合物、强电解质和非电解质

④丁达尔效应可用于区别溶液和胶体，云、雾均能产生丁达尔效应

⑤酸性氧化物不一定是非金属氧化物，但是碱性氧化物一定是金属氧化物.

A.①②④B.①③⑤C.②④⑤D.③④⑤

5.（6分）下述实验不能达到预期实验目的是（）

实验内容实验方案或者目的

A向试管中加入适量的澳乙烷和NaOH的乙醇溶证明滨乙烷发生消去反应

液，加热，将产生的气体通入漠的四氯化碳溶

液

B向相同体积的甲苯和苯中加入3滴酸性KMnO4证明与苯环相连的甲基易被

溶液振荡，观察现象氧化

C将装有N02的玻璃球浸泡在冷、热水中，观察探究温度对化学平衡的影响

颜色变化

D向碳酸钠固体中加入过量的盐酸，产生的气体证明碳酸的酸性比硅酸强

通入硅酸钠溶液中，产生白色沉淀

A.AB.BC.CD.D

6.（6分）在两个密闭容器中，分别充有质量相同的甲、乙两种气体，若它们的

温度和密度均相同，试根据甲、乙的摩尔质量（M）关系，判断下列说法正确的

是（）

A.若M（甲）VM忆”则气体的压强：甲＞乙

B.若MM。，则气体的摩尔体积：甲〈乙

C.若则气体体积：甲〈乙

D.若则分子数：甲〈乙

7.（6分）在T°C时，将agNW完全溶于水，得到VmL溶液，假设该溶液的密

度为pg/cm3,溶质的质量分数为①，物质的量浓度为cmol・「i.则下列选项不

正确的是（）

A.溶质的质量分数为3=17c

1000P

B.用水稀释该溶液，OH的物质的量增加

C.该溶液中共有6种微粒

D.上述溶液中再加入VmL水后，所得溶液溶质的质量分数大于0.53

二、解答题（共6小题，满分58分）

8.（4分）下面列出了几组物质或粒子，请将合适的组号填写在空格上.

①金刚石与"足球烯"（C60）

（

②CH3cH2cH2cH（C2HS）CH3和CH3cH2cH2cHCH3）C2H5

③235U、238U

④氧气（。2）与臭氧（。3）

⑤乙醇（CH3cH20H）和甲醛（CH30cH3）⑥淀粉和纤维素

IIC1

II

<I——C—ClCI——<•-1!

⑦A和

（1）是同素异形体的是,（填序号，下同）

（2）是同位素的是,

（3）是同分异构体的是，

（4）是同一物质的是.

9.（3分）下列物质：①CL②Na25③NaOH@HCI⑤C2H6⑥MgF?⑦HNO3

（1）只由离子键构成的物质是（填序号，下同）

（2）由离子键和非极性键构成的物质是

（3）由极性键和非极性键构成的物质是.

10.（12分）提纯下列物质（括号内的物质是杂质），请将所选用的除杂试剂和

分离方法（填字母或者序号）填入对应的空格中（若不选，填"无"）

除杂试剂：A.盐酸B.酸性高锌酸钾C.氢氧化钠溶液D.（浓）滨水E.H2

（催化剂）F.CaOG.NaCI

分离方法：①蒸馆②分液③洗气④过滤

被提纯的物质除杂试剂分离方法

（1）酒精（水）

（2）乙烷（乙烯）

（3）硬脂酸钠溶液（甘油）

（4）苯（苯酚）

（5）SiO2（AI2O3）

IL（13分）氯碱工业是最基本的化学工业之一，其主要原理基于电解饱和食盐

水：水aCI+2H2。电解2NaOH+H2个+5个,它的产品烧碱和氯气以及氢气应用

广泛.请回答下列问题：

（1）电解前，如果粗盐中SO’?一含量较高，必须添加钢试剂除去SO42,该钢试

剂可以是（填字母代号）.

a.Ba（OH）2b.Ba（NO3）2c.BaCI2

（2）〃盐泥〃是电解食盐水过程中形成的工业〃废料〃.某工厂的盐泥组成如下：

成分NaCIMg(OH)2CaCOsBaS04其他不溶物

质量分数（％）15〜2015-205~1030-4010~15

利用盐泥生产MgSO4>7H2O晶体的工艺流程如图1所示.

.tII1Y—-----•♦*

图1图2

回答下列问题：

①酸洗过程中加入适量硫酸控制pH为5左右，反应温度在50°（:左右.持续搅拌

使之充分反应，以使Mg（0H）2充分溶解并转化为MgSCU，CaCO3在此过程中转

化为CaSCU，请解释此转化得以发生的原因.

②过滤所得滤渣的主要成分为.

③根据如图2分析，蒸发结晶过滤所得晶体A主要成分为.

④真空干燥MgSO4»7H2O晶体的原因是.

（3）已知NaCl在60℃的溶解度为37.1g,现电解60℃精制饱和食盐水1371g,

经分析，电解后溶液密度为1.37g・cm3,其中含有20gNaCI,则电解后NaOH的

物质的量浓度为mol-L1.

12.（14分）某研究性学习小组欲测定室温下（25℃,lOlkPa）的气体摩尔体积,

请回答以下问题.

该小组设计的简易实验装置如图所示:

=£

in乙

该实验的主要操作步骤如下：

①配制100mL1.0mol»L-1的盐酸溶液；

②用（填仪器名称并注明规格）量取7.5mLl.Omol.L-1的盐酸溶液加入

锥形瓶中；

③称取ag己除去表面氧化膜的镁条，并系于铜丝末端，为使HCI全部参加反应,

a的数值至少为；

④往广口瓶中装入足量水，按如图连接好装置，检查装置的气密性；

⑤反应结束后待体系温度恢复到室温，读出量筒中水的体积为VmL.

请将上述步骤补充完整并回答下列问题.

（1）步骤①中，配制100mL1.0mol・L-1的盐酸溶液时，下列哪些操作会使配

制浓度偏小（填写字母）.

A.用量筒量取浓盐酸时，俯视量筒的刻度

B.容量瓶未干燥即用来配制溶液

C.浓盐酸在烧杯中稀释时，搅拌时间过长

D.定容完成后，将容量瓶倒置摇匀后，发现液面低于刻度线

E.在容量瓶中定容时俯视容量瓶刻度线

F.烧杯中有少量水

（2）请填写操作步骤中的空格：步骤②步骤③

（3）实验步骤⑤中应选用（填字母）的量筒.

A.100mLB.200mLC.500mL

（4）读数时除恢复到室温外，还要注意

①,②.

（5）忽略水蒸气影响，在该条件下测得气体摩尔体积的计算式为Vm=

L/mol.

13.（12分）医用氯化钙可用于生产补钙、抗过敏和消炎等药物.以工业碳酸钙

（含有少量Na、Al3\Fe3等杂质）生产医药级二水合氯化钙（CaCbOH2。的质

量分数为97.0%-103.0%）的主要流程如下：

盐酸氢氧化钙盐酸

滤渣CaCl?•2HQ

（1）除杂操作是加入氢氧化钙，调节溶液的pH为8.0-8.5,以除去溶液中的少

量AF+、Fe3：检验Fe（OH）3是否沉淀完全的试验操作是.

（2）酸化操作是加入盐酸，调节溶液的pH约为4.0,其目的有：①

;②.

（3）测定样品中CI-含量的方法是：a.称取0.7500g样品，溶解，在250mL

容量瓶中定容;b.量取25.00mL待测溶液于锥形瓶中;c.用0.05000mol・LFAgNC）3

溶液滴定至终点，消耗AgNO3溶液体积的平均值为20.39mL.

①计算上述样品中的质量分数为.

CaCl2«2H2O

②若用上述办法测定的样品中的质量分数有时超过（测定过

CaCI2.2H2O100.0%

程中产生的误差可忽略），其可能原因有

高三（上）第一次月考化学试卷

参考答案与试题解析

一、选择题（本题为7〜13小题，每小题6分，每小题只有一个选项符合题意）

1.（6分）下列说法不正确的是（）

A.浓硝酸保存在玻璃塞的棕色试剂瓶中

B.已经完成定容的500mL1.0mol・L-1的NaOH溶液，某同学不慎将容量瓶中

溶液洒出，只能重新配制

C.导管口点燃CO时需要验纯，H2加热还原CuO时也需要验纯

D.物质溶于水的过程中，一般有放热或吸热现象，因此溶解的操作不能在量筒

中进行

【分析】A.浓硝酸见光易分解；

B.500mLl.Omol-L1的NaOH溶液配制已完成;

C.可燃性气体和空气中的氧气混合易发生爆炸；

D.量筒不能用来稀释溶液.

【解答】解：A.浓硝酸具有腐蚀性、挥发性和不稳定性，故应保存在玻璃塞的

棕色试剂瓶中，故A错误；

B.已经完成定容的500mL1.0mol・L1的NaOH溶液，某同学不慎将容量瓶中溶

液洒出，不需重新配制，故B正确；

C.导管口点燃CO时需要验纯，H2在加热的情况下有可能和空气中的氧气发生

爆炸，故在还原Cu。时也需要验纯，故C错误；

D.不能在量筒中进行溶液的稀释，故D错误。

故选:Bo

【点评】本题考查了基本物质的保存方法，溶液的配置，基本仪器的使用等知识

点，基础性较强，注意相关基础知识的积累，难度不大.

2.（6分）利用实验器材（规格和数量不限），能完成相应实验的一项是（)

实验器材（省略夹持装置）相应实验

A烧杯、玻璃棒、蒸发皿用重结晶方法提纯含NaCI杂质的KN03

B烧杯、玻璃棒、胶头滴管用稀硝酸除去氯化铁中的少量氯化亚

铁

C烧杯、玻璃棒、胶头滴管、分液漏用氯水和CCI4除去KCI溶液中的少量KI

斗

D烧杯、玻璃棒、胶头滴管、容量瓶用浓盐酸配制500mLO.lmol/L的溶液

A.AB.BC.CD.D

【分析】A.重结晶方法提纯含NaCI杂质的KNO3,析出晶体后需要过滤；

B.稀硝酸除去氯化铁中的少量氯化亚铁，引入硝酸根离子；

C.用氯水和CCk除去KCI溶液中的少量KI,反应后需要萃取、分液操作；

D.配制500mL0.1mol/L的溶液,必须使用500mL容量瓶.

【解答】解：A.重结晶方法提纯含NaCI杂质的KN03，析出晶体后需要过滤，

给出的仪器中缺少漏斗、铁架台等，则不能完成实验，故A错误；

B.稀硝酸除去氯化铁中的少量氯化亚铁，引入硝酸根离子，应利用氯水来除杂,

故B错误；

C.用氯水和CCI4除去KCI溶液中的少量KI,反应后需要萃取、分液操作，则需

要烧杯、玻璃棒、胶头滴管、分液漏斗，可完成实验，故C正确；

D.配制500mL0.1mol/L的溶液，必须使用500mL容量瓶，给出的仪器没有说明

容量瓶的规格，故D错误；

故选：Co

【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及混合物分离提纯、除

杂、溶液的配制等，把握分离原理及实验基本操作为解答的关键，侧重实验技能

的考查，注意实验的评价性、操作性分析，题目难度不大.

3.（6分）NA为阿伏伽德罗常数，下列叙述错误的是（）

A.常温常压下，42g乙烯和丁烯混合气体中，极性键数为6NA

B.ImolMg与足量。2或也反应生成MgO或MgsN2均失去2NA个电子

C.由CO2和02组成的混合气体中共有NA个分子，其中的氧原子数为2NA

D.6.4gSO2与足量氧气反应生成SO3，转移电子数为0.2NA

【分析】A.烯燃中极性键为碳氢键，乙烯和丁烯的最简式为CH2,根据最简式

计算出混合物中含有碳氢键数目；

B.镁为2价金属，无论生成氧化镁还是氮化镁，Imol镁完全反应失去2moi电

子；

C.二氧化碳和氧气分子中都含有2个氧原子，则NA个分子中含有的氧原子数

为2NA；

D.二氧化硫转化成三氧化硫的反应为可逆反应，反应物不可能完全转化成生成

物.

【解答】解：A.42g乙烯和丁烯的混合物中含有3moi最简式CW，含有6moi氢

原子，烯妙中极性键为碳氢键，6moi氢原子形成了6moi碳氢极性键，所以混合

气体中含有极性键数为6NA,故A正确；

B.lmol镁完全反应，无论生成氮化镁还是氧化镁，化合物中镁的化合价都是+2

价，则失去的电子为2mol,均失去2NA个电子，故B正确；

C.由C02和。2组成的混合气体中共有NA个分子，由于二者分子中都含有2个

氧原子，则含有的氧原子数为2NA,故C正确；

D.SC）2与。2的反应为可逆反应，反应物不可能完全转化为产物，故6.4gSO2反

应时转移电子数小于0.2NA,故D错误

故选：Do

【点评】本题考查了阿伏加德罗常数，题目难度中等，主要涉及了阿伏伽德罗常

数在有关物理量中的计算，如分子中含有的原子数的计算、化学键的计算以及在

氧化还原反应中的转移的电子数的计算等，包括的知识内容较多，综合性较强，

充分考查了学生的分析、理解能力及灵活应用所学知识的能力.

4.（6分）下列说法或表达正确的是（）

①次氯酸的结构式为H-CI-0

②含有离子键的化合物都是离子化合物

③蛋白质、漂白粉、苛性钾、液氨分别为纯净物、混合物、强电解质和非电解质

④丁达尔效应可用于区别溶液和胶体，云、雾均能产生丁达尔效应

⑤酸性氧化物不一定是非金属氧化物，但是碱性氧化物一定是金属氧化物.

A.①②④B.①③⑤C.②④⑤D.③④⑤

【分析】①次氯酸中氧原子与氢离子和氯原子分别形成一个共价键；

②凡是含有离子键的化合物都是离子化合物，离子化合物可能含有共价键；

③苛性钾、液氨分别为强电解质和非电解质，蛋白质和漂白粉都是混合物；

④根据胶体的化学性质进行判断；

⑤碱性氧化物一定是金属氧化物，酸性氧化物可以是金属氧化物；

【解答】解：①次氯酸的结构式为H-O-CI,故①错误；

②含有离子键的化合物都是离子化合物，故②正确；

③苛性钾为强电解质能完全电离，氨气为非电解质，蛋白质和漂白粉都是混合物,

故③错误；

④胶体用一速光照射会有光亮的通路，所以可以区别溶液与胶体，云、雾是气溶

胶均能产生丁达尔效应，故④正确；

⑤酸性氧化物不一定是非金属氧化物如七氧化二锌，但是碱性氧化物一定是金属

氧化物，故⑤正确；

故选：Co

【点评】本题考查了物质的分类，题目难度不大，注意胶体和溶液的鉴别，碱性

氧化物、酸性氧化物与金属氧化物和非金属氧化物的联系等.概念间的联系是学

习的难点，属于易错题.

5.（6分）下述实验不能达到预期实验目的是（）

实验内容实验方案或者目的

A向试管中加入适量的澳乙烷和NaOH的乙醇溶证明澳乙烷发生消去反应

液，加热，将产生的气体通入漠的四氯化碳溶

液

B向相同体积的甲苯和苯中加入3滴酸性KMnO4证明与苯环相连的甲基易被

溶液振荡，观察现象氧化

C将装有N02的玻璃球浸泡在冷、热水中，观察探究温度对化学平衡的影响

颜色变化

D向碳酸钠固体中加入过量的盐酸，产生的气体证明碳酸的酸性比硅酸强

通入硅酸钠溶液中，产生白色沉淀

A.AB.BC.CD.D

【分析】A.溟乙烷和NaOH的乙醇溶液，加热，发生消去反应生成乙烯；

B.甲苯能被高锯酸钾氧化，而苯不能；

C.存在2NO2/N2O4化学平衡，N02为红棕色气体；

D.盐酸易挥发，挥发的盐酸可与硅酸钠溶液反应.

【解答】解：A.滨乙烷和NaOH的乙醇溶液，加热，发生消去反应生成乙烯，

乙烯与澳发生加成反应使其褪色，则可证明澳乙烷发生消去反应，故A不选；

B.甲苯能被高镒酸钾氧化，而苯不能，则该实验可证明与苯环相连的甲基易被

氧化，故B不选；

C.存在2NO2WN2O4化学平衡，NO?为红棕色气体，则该实验可探究温度对化学

平衡的影响，故C不选；

D.盐酸易挥发，挥发的盐酸可与硅酸钠溶液反应，干扰碳酸与硅酸的酸性比较,

则该实验不能证明碳酸的酸性比硅酸强，故D选；

故选：Do

【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及有机物性质及反应、

化学平衡的影响因素、酸性比较等，侧重物质性质及实验技能的考查，注意实验

的评价性、操作性分析，题目难度中等.

6.（6分）在两个密闭容器中，分别充有质量相同的甲、乙两种气体，若它们的

温度和密度均相同，试根据甲、乙的摩尔质量（M）关系，判断下列说法正确的

是（）

A.若则气体的压强：甲>乙

B.若MMg,则气体的摩尔体积：甲〈乙

C.若M（甲）>M（乙），则气体体积：甲〈乙

D.若MwVMg,则分子数：甲〈乙

【分析】两个密闭容器中，分别充有质量相同的甲、乙两种气体，若它们的温度

和密度均相同，则二者的体积相等，根据n=史、PV=nRT、Vm=Y分析解答.

Mn

【解答】解：两个密闭容器中，分别充有质量相同的甲、乙两种气体，若它们的

温度和密度均相同，则二者的体积相等，A.若M邮<M%”根据PV=nRT=™RT,

M

所以PM=pRT,二者密度、温度相等，所以其压强与摩尔质量成反比，所以气体

的压强：甲〉乙，故A正确；

B.若根据n=@，二者的物质的量：甲〈乙，根据Vm=Y知，气体

Mn

的摩尔体积：甲〉乙，故B错误；

C.二者质量相等、密度相等，所以其体积相等，与摩尔质量无关，故C错误；

D.若M<¥）VMn，根据n=皿，二者的物质的量：甲〉乙，根据N=nNA知，二

M

者的分子数甲,乙，故D错误；

故选：Ao

【点评】本题考查阿伏伽德罗定律及其推论，明确物质的量公式中各个物理量之

间的关系式是解本题关键，知道PV=nRT,题目难度中等.

7.（6分）在T°C时，将agNW完全溶于水，得到VmL溶液，假设该溶液的密

度为pg/cm3,溶质的质量分数为3,物质的量浓度为cmol・Li.则下列选项不

正确的是（）

A.溶质的质量分数为3=H

1000P

B.用水稀释该溶液，OH的物质的量增加

C.该溶液中共有6种微粒

D.上述溶液中再加入VmL水后，所得溶液溶质的质量分数大于0.53

【分析】A.氨水溶液溶质为氨气，设该溶液的体积为1L,所以溶液质量为lOOOpg,

溶质氨气的质量为17cg,进而计算溶质的质量分数；

B.用水稀释该溶液，溶液中的一水合氨的电离程度增大；

C.该溶液中含有NHj、OH\H'、NH3、出0和NWH2O;

D.水的密度比氨水的密度大，相等体积的氨水与水，水的质量大，等体积混合

后溶液的质量大于原氨水的2倍，溶液中氨气的质量相同，根据溶质的质量分数

_m（溶质）

X100%判断.

%（溶液）

【解答】解：A.氨水溶液溶质为氨气，设该溶液的体积为1L,所以溶液质量为

lOOOpg,溶质氨气的质量为17cg,故溶质的质量分数为3=17c,故A正确；

1000P

B.用水稀释该溶液，溶液中的一水合氨的电离程度增大，故0”的物质的量增

加，故B正确；

C.该溶液中含有NHj、OH\H、NH3、也0和NWH2O6种微粒，故C正确；

D.水的密度比氨水的密度大，相等体积的氨水与水，水的质量大，等体积混合

后溶液的质量大于原氨水的2倍，溶液中氨气的质量相同，根据溶质的质量分数

=噌斐?X100%可知,等体积混合所得溶液溶质的质量分数小于0.53,故D错

m（溶液）

误，

故选：Do

【点评】本题考查溶液浓度的相关计算，涉及物质的量浓度、质量分数的相关计

算，同时也涉及到了电离平衡、弱电解质的电离问题，综合性较强.

二、解答题（共6小题，满分58分）

8.（4分）下面列出了几组物质或粒子，请将合适的组号填写在空格上.

①金刚石与"足球烯"（C60）

②CH3cH2cH2cH（C2H5）CH3和CH3cH2cH2cH（CH3）C2H5

③235U、238U

④氧气（。2）与臭氧（。3）

⑤乙醇（CH3cH2OH）和甲醛（CH30cH3）⑥淀粉和纤维素

IICI

II

<I—C—flC!-C—H

⑦，和

（1）是同素异形体的是①④，（填序号，下同）

（2）是同位素的是③，

（3）是同分异构体的是⑤，

（4）是同一物质的是②⑦.

【分析】相同元素组成，不同形态的单质互为同素异形体；

有相同质子数，不同中子数的原子互为同位素；

具有相同分子式而结构不同的化合物互为同分异构体.

【解答】解：①金刚石与"足球烯"（C60）是由碳元素形成的不同单质，故互为同

素异形体，

②CH3cH2cH2cH（C2H5）CH3和CH3cH2cH2cH（CH3）C2H5结构相同，是同一物质，

③235U和238U质子数相同，中子数不同，故互为同位素，

④氧气（。2）与臭氧（。3）是由氧元素形成的不同单质，故互为同素异形体，

⑤乙醇（CH3CH2OH）和甲醛（CH3OCH3）分子式相同，但结构不同，故互为同分

异构体，

⑥淀粉和纤维素都是天然高分子化合物，但既不是同系物，也不是同分异构体，

IIC1

II

<I—（.,—ClCI—c-H

⑦>1和II结构相同，是同一物质，

故是同素异形体的是①④；是同位素的是③；是同分异构体的是⑤；是同一物质

的是②⑦；

故答案为：（1）①④；（2）③；（3）⑤；（4）②⑦.

【点评】本题考查同位素、同素异形体、同分异构体的概念，难度不大.对于元

素、核素、同位素、同素异形体、同分异构体、同系物、同种物质等概念的区别

是考试的热点问题.

9.（3分）下列物质：①CL②NazOz③NaOH@HCI⑤C2H6⑥MgF?⑦HNO3

（1）只由离子键构成的物质是⑥（填序号,下同）

（2）由离子键和非极性键构成的物质是

（3）由极性键和非极性键构成的物质是⑤.

【分析】一般来说，活泼金属与非金属形成离子键，非金属之间形成共价键，同

种非金属之间形成非极性键，不同非金属形成极性键，以此来解答.

【解答】解:①CL中只含CI-CI非极性键；

②Na2O2中含离子键和0-。非极性键；

③NaOH中含离子键和0-H极性键；

④HCI中只含H-CI极性键；

⑤C2H6中既由极性键和非极性键；

@MgF2只存在着离子键；

⑦HN03中只含N、。和0、H之间的极性键，

则（1）只由离子键构成的物质是⑥，故答案为：⑥；

（2）由离子键和非极性键构成的物质是②，故答案为：②；

（3）由极性键和非极性键构成的物质是⑤，故答案为：⑤.

【点评】本题考查化学键，为高频考点，把握化学键的形成及判断的一般规律为

解答的关键，注重常见物质中的化学键类型的考查，题目难度不大.

10.（12分）提纯下列物质（括号内的物质是杂质），请将所选用的除杂试剂和

分离方法（填字母或者序号）填入对应的空格中（若不选，填"无"）

除杂试剂：A.盐酸B.酸性高镒酸钾C.氢氧化钠溶液D.（浓）漠水E.出

（催化剂）F.CaOG.NaCI

分离方法：①蒸储②分液③洗气④过滤

被提纯的物质除杂试剂分离方法

(1)酒精（水）F①

(2)乙烷（乙烯）D③

（3）硬脂酸钠溶液（甘油）G④

(4)苯（苯酚）C②

④

(5)SiO2(AI2O3)A

【分析】（1）酒精中的水选用Ca。和水发生反应然后进行蒸储的方法；

（2）乙烷中的乙烯除杂的方法可以让混合气体通过澳水，乙烯和溟发生加成反

应生成1,2-二澳乙烷存在在溶液中而除去乙烯；

（3）NaCI可以降低甘油在硬脂酸钠溶液的溶解度而除去；

（4）苯酚可以与碱液发生反应生成易溶于水的物质，而苯是难溶于水的，在利

用分液的方法除去；

（5）AI2O3是两性物质，而Si02是酸性氧化物，故可以采用盐酸进行除杂.

【解答】解：（1）酒精中的水选用CaO和水发生反应，增大沸点差异，然后进

行蒸储①的方法可分离；

（2）乙烷中的乙烯除杂的方法可以让混合气体通过澳水，乙烯和漠发生加成反

应生成1,2-二溟乙烷存在在溶液中而除去乙烯，则利用洗气法分离；

（3）选择NaCI可以降低甘油在硬脂酸钠溶液的溶解度而除去，然后过滤④可分

离；

（4）苯酚可以与碱液发生反应生成易溶于水的物质，而苯是难溶于水的，在利

用分液②的方法除去；

（5）AI2O3是两性物质，而SiO2是酸性氧化物，故可以采用盐酸后过滤故④可除

杂，

故答案为：

被提纯的物质除杂试剂分离方法

(1)酒精（水）F①

(2)乙烷（乙烯）D③

(3)硬脂酸钠溶液（甘油）G④

(4)苯（苯酚）C②

④

(5)SiO2(AI2O3)A

【点评】本题考查混合物分离提纯方法的选择，为高频考点，把握混合物中物质

的性质、性质差异为解答的关键，侧重除杂的考查，注意发生的化学反应及除杂

原则，题目难度不大.

11.（13分）氯碱工业是最基本的化学工业之一，其主要原理基于电解饱和食盐

水：2NaCI+2H2。速区2NaOH+H2个+CL个，它的产品烧碱和氯气以及氢气应用

广泛.请回答下列问题：

（1）电解前，如果粗盐中SCX>2一含量较高，必须添加钢试剂除去SO,?-,该钢试

剂可以是ac（填字母代号）.

a.Ba（OH）2b.Ba（NO3）2c.BaCh

（2）"盐泥"是电解食盐水过程中形成的工业"废料某工厂的盐泥组成如下：

成分NaCIMg(OH)2CaCOaBaS04其他不溶物

质量分数（％）15〜2015-205—1030-4010〜15

利用盐泥生产MgSO4«7H2O晶体的工艺流程如图1所示.

6n

__|_X化:

，，1一.一；

曲“f丁Ill“i)1A•AMgSO.-7IU)Wi^

困1四2

回答下列问题：

①酸洗过程中加入适量硫酸控制pH为5左右，反应温度在50℃左右.持续搅拌

使之充分反应，以使Mg(0H)2充分溶解并转化为MgSCU，CaC03在此过程中转

化为CaS04,请解释此转化得以发生的原因硫酸能与碳酸钙反应，搅拌过程中

产生的C02不断逸出，碳酸钙转化为硫酸钙.

②过滤所得滤渣的主要成分为CaS04、BaS04等其它不溶酸的物质.

③根据如图2分析，蒸发结晶过滤所得晶体A主要成分为NaCI.

④真空干燥MgSO4«7H2O晶体的原因是减小压强，降低水的沸点，避免干燥温

度过高而失去结晶水.

(3)已知NaCI在60℃的溶解度为37.1g,现电解60℃精制饱和食盐水1371g,

经分析，电解后溶液密度为1.37g・cm3,其中含有20gNaCl,则电解后NaOH的

物质的量浓度为7.14

【分析】(1)除去SO’?一应用Ba2+,在除杂过程中不能引入新的杂质，故只能选

择BaCh；

(2)①在此过程中是生产MgSO4*7H2O,故应加入硫酸，加入的硫酸与CaCO3

发生反应生成C02,在搅拌过程中C02不断逸出，使平衡CaCCh+H2so4M

CaSCU+WO+CCh个不断向右移动，而使CaC03转化为CaSO4;

②过滤得到不溶于硫酸的物质，而CaS。,、BaSCU不溶于硫酸，故过滤所得滤渣

的主要成分为CaS04、BaS04、其它不溶物质；

③在此过程中是根据在不同温度下不同物质的溶解度的不同而把其中的杂质除

掉，故晶体A主要成分为氯化钠；

④真空干燥MgSO4*7H2O晶体防止失去结晶水；

（3）设137igt°C时饱和食盐水中含有氯化钠的质量为x.

1371g」00g+37.1g

~37.1g

x=371g

电解后溶液中含有20gNaCI,故电解的NaCI的质量为371g-20g=351g,

2NaCI+2H2O=2NaOH+H2个+CL个

11780

351gm

117=80

35?V

m=240g

n=6mol

同理根据上面的计算可以得到生成的氢气、氯气的质量分别为6g、213g,故电

解完溶液的质量为1371g-6g-213g=1152g,电解后溶液的体积为

—1152J=841mL=0.841L,以此计算NaOH的物质的量浓度.

1.37g-cm7

【解答】解：（1）除去SO’?一应用Ba2+,在除杂过程中不能引入新的杂质，故只

能选择BaCh»故选：ac；

（）①在此过程中是生产故应加入硫酸，加入的硫酸与

2MgSO4*7H2O,CaCO3

发生反应生成在搅拌过程中不断逸出，使平衡

CO2,CO2CaCCh+H2so4

CaSCU+dO+CCh个不断向右移动，而使CaCS转化为CaS04，故答案为：硫酸能

与碳酸钙反应，搅拌过程中产生的C02不断逸出，碳酸钙转化为硫酸钙；

②过滤得到不溶于硫酸的物质，而CaSCU、BaS04不溶于硫酸，故过滤所得滤渣

的主要成分为、其它不溶物质，故答案为：等其它

CaSO”BaSCUCaSO4>BaSCU

不溶酸的物质；

③在此过程中是根据在不同温度下不同物质的溶解度的不同而把其中的杂质除

掉，故晶体A主要成分为氯化钠，故答案为：NaCI；

④真空干燥MgSO4・7H2。晶体防止失去结晶水，故答案为：减小压强，降低水的

沸点，避免干燥温度过高而失去结晶水；

（3）设1371gt°C时饱和食盐水中含有氯化钠的质量为X.

1371g」00g+37.lg

~37.1g

x=371g

电解后溶液中含有20gNaCI,故电解的NaCI的质量为371g-20g=351g,

2NaCI+2H2O=2NaOH+H2个+CL个

11780

351gm

117=80

35?V

m=240g

n=6mol

同理根据上面的计算可以得到生成的氢气、氯气的质量分别为6g、213g,故电

解完溶液的质量为1371g-6g-213g=1152g,电解后溶液的体积为

―1152g_=841mL=0.841L,故NaOH的物质的量浓度c=Z=7.14mol・LF,故答

1.37g-cmTV

案为：7.14.

【点评】本题考查了（1）物质的分离提纯，题目难度不大，根据除杂是不能引

入新的杂质、不能影响被提纯的物质的性质和量，并且操作简单可行，除杂时要

结合物质的物理性质和化学性质进行分离；（2）含杂质物质的化学方程式计算和

溶质质量分数的计算，难度较大.计算反应后溶液质量时，用反应前溶液质量减

去生成气体的质量时，不但要减去氯气的质量，还要减去氢气的质量，故本题综

合性较强.

12.（14分）某研究性学习小组欲测定室温下（25℃,lOlkPa）的气体摩尔体积,

请回答以下问题.

该小组设计的简易实验装置如图所示：

甲

该实验的主要操作步骤如下:

①配制100mL1.0mol*L-1的盐酸溶液；

②用10mL量筒（填仪器名称并注明规格）量取7.5mL1.0mol-L-1的盐酸溶

液加入锥形瓶中；

③称取ag已除去表面氧化膜的镁条，并系于铜丝末端，为使HCI全部参加反应,

a的数值至少为0.090；

④往广口瓶中装入足量水，按如图连接好装置，检查装置的气密性；

⑤反应结束后待体系温度恢复到室温，读出量筒中水的体积为VmL.

请将上述步骤补充完整并回答下列问题.

（1）步骤①中，配制100mL1.0mol・L-1的盐酸溶液时，下列哪些操作会使配

制浓度偏小（填写字母）AC.

A.用量筒量取浓盐酸时，俯视量筒的刻度

B.容量瓶未干燥即用来配制溶液

C.浓盐酸在烧杯中稀释时，搅拌时间过长

D.定容完成后，将容量瓶倒置摇匀后，发现液面低于刻度线

E.在容量瓶中定容时俯视容量瓶刻度线

F.烧杯中有少量水

（2）请填写操作步骤中的空格：步骤②10mL量筒步骤③0.090

（3）实验步骤⑤中应选用A（填字母）的量筒.

A.100mLB.200mLC.500mL

（4）读数时除恢复到室温外，还要注意

①调节量筒高度，使量筒内的液面与集气瓶内的液面相平，②读数时眼睛

视线应与量筒中水的凹液面相平.

（5）忽略水蒸气影响，在该条件下测得气体摩尔体积的计算式为Vm=-J—

~3.75V

L/mol.

【分析】（1）A.用量筒量取浓盐酸时，俯视量筒的刻度会使所量取溶液的体积

减小；

B.容量瓶未干燥即用来配制溶液对所配置的溶液的浓度没有影响；

C.浓盐酸在烧杯中稀释时，搅拌时间过长会使盐酸溶液中的溶质挥发；

D.定容完成后，将容量瓶倒置摇匀后，发现液面低于刻度线不会对所配置的溶

液的浓度有影响；

E.在容量瓶中定容时俯视容量瓶刻度线会使容量瓶中的液体的体积偏小；

F.烧杯中有少量水对配置的溶液的浓度无关；

(2)步骤②量取7.5mL1.0mol・L的盐酸溶液加入锥形瓶中，题中要求酸的体积

7.5mL,故选用10mL量筒即可;

步骤③假设a全部是镁结合化学方程式计算得到；

(3)Mg+2HCI-MgCL+Hz个

2mollmol

0,0075moln(H2)

应选

n(H2)=0.00375molV(H2)=0.00375molX22.4L/mol=0.056L=56ml,100mL

量筒；

(4)读数时要保持左右气体压强相等，以减少误差，故应注意：将量筒缓缓向

下移动，使乙、丙中液面相平；

(5)由(2)得气体的物质的量为0.00375mol,通过⑥的气体的体积为VmL,

Vm=v=0.001VIL/mol.

n0.00375mol3.75V

【解答】解：(1)A.用量筒量取浓盐酸时，俯视量筒的刻度会使所量取溶液的

体积减小，时所配置的溶液的浓度偏小，故A符合；

B.容量瓶未干燥即用来配制溶液对所配置的溶液的浓度没有影响，故B不符合;

C.浓盐酸在烧杯中稀释时，搅拌时间过长会使盐酸溶液中的溶质挥发使所配置

的溶液的浓度偏低，故C符合；

D.定容完成后，将容量瓶倒置摇匀后，发现液面低于刻度线不会对所配置的溶

液的浓度有影响，故D不符合；

E.在容量瓶中定容时俯视容量瓶刻度线会使容量瓶中的液体的体积偏小，所配

置的溶液浓度偏大，故E不符合；

F.烧杯中有少量水对配置的溶液的浓度无关，故F不符合；

故答案为：AC；

(2)步骤②量取7.5mL1.0mol・L的盐酸溶液加入锥形瓶中，题中要求酸的体积

7.5mL,故选用10mL量筒即可；

步骤③

Mg+2HCI-MgCb+Hz个

lmol2mol

n0.0075mol

n=0.00375mol故a=24g/molX0.00375mol=0.090；

故答案为:10mL量筒；0.090；

(3)Mg+2HCI-MgCL+W个

2mollmol

（

0,0075molnH2）

（）（）应选

nH2=0.00375molVH2=0.00375molX22.4L/mol=0.056L=56ml,100mL

量筒；

故答案为：A；

（4）读数时要保持左右气体压强相等，以减少误差，故应注意：将量筒缓缓向

下移动，使乙、丙中液面相平，调节量筒高度，使量筒内的液面与集气瓶内的液

面相平；读数时眼睛视线应与量筒中水的凹液面相平;

故答案为：调节量筒高度，使量筒内的液面与集气瓶内的液面相平；读数时眼睛

视线应与量筒中水的凹液面相平；

（5）由（2）得气体的物质的量为0.00375mol,通过⑥的气体的体积为VmL,

Vm=V=0.001V1L/moh

n0.00375m。。3.75V

【点评】本题主要考查了一定体积的一定浓度的溶液的配制，在配制过程中要注

意的一些事项都在本题中有所考查，气体摩尔体积的计算要