【化学】安徽省安庆市桐城中学2019-2020学年高一上学期第一次月考试题（解析版） 14页

安徽省安庆市桐城中学2019-2020学年高一上学期第一次月考试题 相对原子质量：H:1 C:12 N:14 O:16 Na:23 Mg:24 S:32 Cl:35.5 K:39‎ 一、选择题（每小题3分，共48分。每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）‎ ‎1.对下列实验事故或废弃药品的处理方法正确的是（ ）‎ A. 当有大量毒气泄漏时，人应沿顺风方向疏散 B. 实验室里电线失火，首先要断开电源 C. 当少量浓硫酸沾在皮肤上，应立即用氢氧化钠溶液冲洗 D. 酒精失火用水浇灭 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.当有大量毒气泄漏时，为防止人们中毒加深，人应沿逆风方向疏散，A错误；‎ B.实验室里电线失火，首先要断开电源，避免灭火时触电，B正确；‎ C.当少量浓硫酸沾在皮肤上，应立即用大量水冲洗，C错误；‎ D.酒精失火用湿抹布扑灭，D错误；‎ 故合理选项是B。‎ ‎2.如图所示是分离混合物时常用的主要仪器，从左至右，可以进行的混合物分离操作分别是（ ） ‎ A. 蒸馏、蒸发、萃取、过滤 B. 蒸馏、过滤、萃取、蒸发 C. 萃取、过滤、蒸馏、蒸发 D. 过滤、蒸发、萃取、蒸馏 ‎【答案】B ‎【解析】根据仪器构造可知四种仪器分别是蒸馏烧瓶、漏斗、分液漏斗、蒸发器，因此可以进行的混合物分离操作分别是蒸馏、过滤、萃取、蒸发，答案选B。‎ ‎3.下列实验过程中出现的异常情况，其可能原因分析错误的是（ ）‎ 选项 异常情况 可能原因分析 A 蒸发结晶：蒸发皿破裂 将溶液蒸干或酒精灯灯芯碰到热的蒸发皿底部 B 分液：分液漏斗中的液体难以滴下 没有打开分液漏斗活塞，或玻璃塞上凹槽与漏斗口侧面的小孔没有对齐 C 萃取：液体静置不分层 加入萃取剂的量较多 D 蒸馏：冷凝管破裂 冷凝管没有通水或先加热后通水 ‎【答案】C ‎【解析】试题分析：A．将溶液蒸干或酒精灯灯芯碰到热的蒸发皿底部，受热不均匀会导致蒸发皿破裂，A项正确；B．没有打开分液漏斗活塞，或玻璃塞上凹槽与漏斗口侧面的小孔没有对齐，不与外界连通会使分液漏斗中的液体难以滴下，B项正确；C．萃取剂与水互溶会造成液体静置不分层，与加入萃取剂的量较多无关，C项错误；D．冷凝管没有通水或先加热后通水，受热不均匀会使冷凝管破裂，D项正确；答案选C。‎ ‎4.设NA为阿伏加德罗常数，下列说法不正确是（ ）‎ A. 标准状况下，22.4 L氢气完全燃烧，生成H2O分子数为NA B. 18 g水中含有的电子数为10 NA C. 46 g二氧化氮和46 g四氧化二氮含有的原子数均为3 NA D. 在1L 2 mol/L的硝酸镁溶液中含有的离子数为4 NA ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.标准状况下，22.4 L氢气的物质的量是1mol，根据H元素守恒，可知氢气完全燃烧，生成H2O的物质的量是1mol，其中含有的H2O分子数为NA，A正确；‎ B.18 g水的物质的量是1mol，由于1个H2O分子中含有10个电子，所以1molH2O中含有的电子数为10 NA，B正确；‎ C.46 gNO2的物质的量是1mol，由于1个NO2分子中含有3个原子，所以1molNO2中含有的原子个数是3NA；46 gN2O4的物质的量是0.5mol，由于1个N2O4中含有6个原子，则0.5molN2O4中含有3NA个原子，C正确；‎ D.Mg(NO3)2是离子化合物，1个Mg(NO3)2中含有3个离子，在1L 2 mol/L的硝酸镁溶液中含有溶质的物质的量是2mol，则其中含有的离子数为6NA ‎，溶液中的水也会电离出氢离子和氢氧根，所以溶液中的离子数至少为6NA，D错误；‎ 故合理选项是D。‎ ‎5.偏二甲肼(C2H8N2)是一种高能燃料，燃烧产生巨大能量，可作为航天运载火箭的推动力。下列叙述中正确的是（ ）‎ A. 偏二甲肼的摩尔质量为60g B. 6.02×1023个偏二甲肼分子的质量为60g C. 1 mol偏二甲肼的质量为60g/mol D. 6g偏二甲肼含有NA个偏二甲肼分子 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.偏二甲肼的摩尔质量为60g/mol，A错误；‎ B.6.02×1023个偏二甲肼分子的物质的量是1mol，由于其摩尔质量为60g/mol，所以1mol偏二甲肼分子的质量为60 g，B正确； ‎ C.1 mol偏二甲肼的质量为60g，C错误；‎ D. 由于偏二甲肼相对分子质量是60，所以6g偏二甲肼的物质的量是0.1mol，其中含有的分子数目是0.1NA，D错误；‎ 故合理选项是B。‎ ‎6.某硫原子的质量是ag,12C原子的质量是bg，若NA只表示阿伏加德罗常数的数值，则下列说法中正确的是( ) ‎ ‎①该硫原子的相对原子质量为 ②mg该硫原子的物质的量为 mol ‎③该硫原子的摩尔质量是aNA g ④ag该硫原子所含的电子数为16NA A. ①③ B. ②④ C. ①② D. ②③‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】①该硫原子的相对原子质量为该原子的质量除以12C原子质量的，即，正确；‎ ‎②mg硫原子的个数为，其物质的量为mol，正确；‎ ‎③该原子的摩尔质量是aNA g/mol，不正确；‎ ‎④一个硫原子所含电子数为16，则16NA为1 mol硫原子所含电子数，不正确。‎ 答案选C。‎ ‎7.将质量均为m g的O2、X、Y气体分别充入相同容积的密闭容器中，压强(p)与温度(T)的关系如图所示，则X、Y气体可能分别是(　　)‎ A. C2H4、CH4 B. CO2、Cl2 C. SO2、CO2 D. CH4、Cl2‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】根据PV=nRT可知温度和体积相等时，压强与气体的物质的量成正比。根据m＝nM可知在质量相等时气体的物质的量与摩尔质量成反比，根据图像可知三种气体的相对分子质量大小关系是O2＜X＜Y，由此答题。‎ ‎【详解】经分析，种气体的相对分子质量大小关系是O2＜X＜Y；‎ A. C2H4、CH4的相对分子质量分别是28和16，A不符合题意；‎ B. CO2、Cl2的相对分子质量分别是44和71，B符合题意；‎ C. SO2、CO2的相对分子质量分别是64和44，C不符合题意；‎ D. CH4、Cl2的相对分子质量分别是16和71，D不符合题意；‎ 故合理选项为B。‎ ‎8.某固体仅由一种元素组成，其密度为5 g·cm3。用X射线研究该固体的结果表明：在棱长为1×10-7cm的立方体中含有20个原子，则此元素的相对原子质量最接近（ ）‎ A. 32 B. 65 ‎ C. 140 D. 150‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】根据m=ρ·V可计算质量，1mol原子的质量在数值上等于其相对原子质量。‎ ‎【详解】20个原子的质量为5×(1×10-7)3g=5×10-21g，所以一个原子的质量为：2.5×10-22g，则NA个质量为：6.02×1023×2.5×10-22‎ ‎=150.5g，故摩尔质量为150.5g/mol，此元素的原子相对质量约为150。合理选项是D。‎ ‎9.当O2、SO2、SO3的质量比为2∶4∶5时，它们的物质的量之比为（ ）‎ A. 2：4：5 B. 1：2：3 C. 1：1：1 D. 2：2：3‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】根据n=求解物质的量，可以假设三者的质量分别为2g，4g，5g，所以根据公式可以计算其物质的量分别为，，，三者化简后均为，即物质的量相等，C项符合题意；‎ 本题答案选C。‎ ‎10.将40℃的饱和澄清石灰水冷却至10℃，或向其中加入少量CaO并使温度维持在40℃，则在这两种情况下均保持不变的是（ ）‎ A. Ca(OH)2的溶解度 B. 溶液中Ca2+的数目 C. 溶液中溶质的质量分数 D. 溶剂的质量 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】40℃的饱和澄清石灰水冷却至10℃，氢氧化钙溶解度增大，溶液的组成成分及含量不变；保持40℃向其中加入少量CaO，氧化钙和水反应生成氢氧化钙，析出晶体，钙离子减少，溶液的物质的量浓度不变。‎ A.40℃的饱和澄清石灰水冷却至10℃，氢氧化钙溶解度增大，A不符合题意；‎ B.将40℃的饱和澄清石灰水冷却至10℃，氢氧化钙的溶解度增大，溶液的组成成分及含量不变；加入少量CaO（但温度仍保持40℃），氧化钙与水反应，导致溶液中溶剂的物质的量减小，溶液体积减小，而溶液仍然是饱和溶液，所以溶液中钙离子数目减少；B错误；‎ C.将40℃的饱和澄清石灰水冷却至10℃，溶液中溶质和溶剂都不变，与饱和溶液中溶质的物质的量浓度相等；而向饱和溶液中进入氧化钙，氧化钙与溶剂水反应生成氢氧化钙，但是反应后的溶液仍然是饱和溶液，所以两种情况中溶质氢氧化钙的物质的量浓度不变、质量分数不变，C正确；‎ D.向其中加入少量CaO并使温度维持在40℃，氧化钙与溶剂水反应生成氢氧化钙，溶剂的质量减少，D错误；‎ 故合理选项是C。‎ ‎11.将H2、O2、N2三种气体分别装在三个相同容器里，当温度和密度相同时，三种气体压强大小关系正确的是（ ）‎ A. p(H2)=p(O2)=p(N2) B. p(H2)> p(N2)>p(O2)‎ C. p(O2)> p(N2) > p(H2) D. p(O2)>p(H2)>p(N2)‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】温度、容器容积和密度相同，说明气体的质量相同，因三种气体的摩尔质量M(H2)＜M(N2)＜M(O2)，故三种气体的物质的量n(H2)＞n(N2)＞n(O2)，据阿伏加德罗定律知，压强关系为p(H2)＞p(N2)＞p(O2)。‎ 答案选B。‎ ‎12.同温同压下，同体积的甲乙两种气体的质量比是17:14。若乙气体是CO，则甲气体是（ ）‎ A. H2S B. HCl C. NH3 D. Cl2‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】同温同压下，同体积的气体，物质的量相等，质量比等于摩尔质量之比。乙为一氧化碳时，由于一氧化碳的摩尔质量为28g/mol，所以，甲气体的摩尔质量为34g/mol，硫化氢的摩尔质量是34g/mol。‎ 故选A。‎ ‎13.在配制溶液过程中正确的是（ ）‎ A. 配制盐酸溶液用量筒量取盐酸时量筒必须先润洗 B. 配制盐酸溶液时，容量瓶中少量的水不影响最终的浓度 C. 定容时观察液面俯视会造成所配溶液浓度偏低 D. 浓H2SO4稀释后即可注入容量瓶配制 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、量筒量取溶液时不应润洗，否则所取溶液偏多，选项A错误；‎ B、因配制过程中需要用蒸馏水定容，故配制盐酸溶液时，容量瓶中少量的水不影响最终的浓度，选项B正确；‎ C、定容时观察液面俯视，则所加蒸馏水偏少，会造成所配溶液浓度偏高，选项C错误；‎ D、浓H2SO4稀释后必须冷却至室温再注入容量瓶配制，选项D错误。‎ 答案选B。‎ ‎14.实验室有一瓶溶液，标签上标有溶液0.2mol/L BaCl2溶液的字样，下面对该溶液的叙述正确的是( )‎ A. 配制500mL该溶液，可将0.1mol BaCl2溶于500mL水中 B. Ba2+和Cl-的物质的量浓度都是0.2mol∙L-1‎ C. 将该瓶溶液稀释一倍，则所得溶液的c(Cl-)为0.2mol∙L-1‎ D. 从试剂瓶中取该溶液的一半，则所取溶液的物质的量浓度为0.1mol∙L-1‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.溶于500mL水为溶剂的体积，应为0.1 mol BaCl2溶于水配制500mL溶液，其浓度为0.2mol•L-1，A错误；‎ B.由BaCl2 0.2mol•L-1及物质构成可知，Ba2+和Cl-的物质的量浓度分别为0.2 mol•L-1、0.4 mol•L-1，B错误；‎ C.Cl-的物质的量浓度为0.4mol/L，稀释前后离子的物质的量不变，则将该瓶溶液稀释一倍，则所得溶液的c(Cl-)为0.2mol∙L-1，C正确；‎ D.溶液具有均一性，则从试剂瓶中取该溶液的一半，则所取溶液的物质的量浓度为0.2 mol•L-1，D错误；‎ 故合理选项是C。‎ ‎15.已知300 mL某浓度的NaOH溶液中含60 g溶质。现欲配制1 mol/L 的NaOH溶液，应取原溶液与蒸馏水的体积比约为（忽略稀释时体积的变化）‎ A. 1︰4 B. 1︰5 C. 2︰1 D. 2︰3‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】原溶液的浓度为，设取原溶液和水的体积分别为x、y；则，，故A项正确。‎ ‎16.若以w1和w2分别表示浓度为amol·L－1和bmol·L－1氨水的质量分数，且知2a＝b，则下列推断正确的是(氨水的密度比纯水的小)‎ A. 2w1＝w2 B. w2＞2w1 ‎ C. 2w2＝w1 D. w1＜w2＜2w1‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】利用来计算，并利用氨水溶液的浓度越大其密度越小来分析判断。‎ ‎【详解】以w1和w2分别表示浓度为amol·L－1和bmol·L－1氨水的质量分数，则a=1000ρ1w1/17，b=1000ρ2w2/17，且知2a=b，则2×1000ρ1w1/17=1000ρ2w2/17，即2ρ1w1=ρ2w2，又氨水溶液的浓度越大其密度越小，则ρ1＞ρ2，因此w2＞2w1，答案选B。‎ 二、填空题（5题，共52分）‎ ‎17.(1)除去NaCl固体中混有的少量KNO3，所进行的实验操作依次为________、蒸发、结晶、________。‎ ‎(2)除去KCl溶液中的SO42-，依次加入的溶液为（填溶质的化学式）_______。‎ ‎(3)下列物质的分离和提纯方法操作为 ‎①粗盐中泥沙_________；‎ ‎②油水混合物________；‎ ‎③四氯化碳与碘的混合物（回收四氯化碳）________；‎ ‎④碘水中的I2________；‎ ‎⑤KNO3溶液得到KNO3固体________。‎ ‎【答案】(1). 溶解 (2). 过滤 (3). BaCl2、K2CO3、HCl (4). 过滤 (5). 分液 (6). 蒸馏 (7). 萃取分液 (8). 蒸发 ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)KNO3固体的溶解度随温度的升高明显增大，NaNO3固体的溶解度受温度变化影响较小，如提纯NaNO3，就要让NaNO3成为晶体析出，所以用蒸发结晶的方法，步骤是：溶解、蒸发、结晶、过滤；‎ ‎(2)除去KCl溶液中的SO42-，应先加入过量BaCl2的使SO42-生成沉淀，然后加入K2CO3使过量的BaCl2生成沉淀，过滤后加入HCl除去过量的K2CO3；‎ ‎(3)①‎ NaCl溶于水，而泥沙难溶于水，将混合物加入水中，充分搅拌，然后过滤，就除去了泥沙；‎ ‎②油是不溶于水的液体物质，二者分层，可利用分液法分离；‎ ‎③四氯化碳与碘的混合物(回收四氯化碳)，由于二者的沸点不同，可将混合物加热，四氯化碳首先变为气体，然后冷凝得到液体四氯化碳，从而是二者分离，这种方法叫蒸馏；‎ ‎④可根据碘易溶于水，易溶于有机溶剂的性质，向碘水在加入四氯化碳，充分振荡后，静置，然后分液就分离了碘单质与水，采取的分离方法叫萃取、分液；‎ ‎⑤硝酸钾溶于水，其溶解度受温度的影响变化较大，利用蒸发结晶从KNO3溶液得到KNO3。‎ ‎18.(1)______mol H2O中含有的氧原子数与1.5 mol CO2中含有的氧原子数相等。‎ ‎(2)将等物质的量的NH3和CH4混合，混合气体中NH3与CH4的质量比为________。‎ ‎(3)要使NH3与CH4含相同数目的H原子，则NH3和CH4的物质的量之比为__________。‎ ‎(4)臭氧层是地球生命的保护神，臭氧比氧气具有更强的氧化性.实验室可将氧气通过高压放电管来制取臭氧：   ‎ ‎① 若在上述反应中有30 %的氧气转化为臭氧，所得混合气的平均摩尔质量为________(保留一位小数)‎ ‎②将8L氧气通过放电管后，恢复到原状况，得到气体6.5L，其中臭氧为__________L ‎③实验室将氧气和臭氧的混合气体0.896L (标准状况)通入盛有20.0g铜粉的反应器中，充分加热后（气态全部参加反应），粉末的质量变为21.6g，则原混合气中臭氧的体积分数为__________，该混合气体对氢气的相对密度为_________________。‎ ‎【答案】(1). 3 (2). 17：16 (3). 4：3 (4). 35.6 (5). 3 (6). 50% (7). 20‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】(1)根据物质分子中含有的O原子个数关系计算；‎ ‎(2)根据n=计算；‎ ‎(3)根据氨分子与甲烷分子中含有的H原子个数关系计算；‎ ‎(4)①设原有O2 为1 mol，计算转化的氧气与生成的臭氧的物质的量，进而计算剩余的氧气的物质的量，根据平均摩尔质量计算；‎ ‎②根据差量法计算臭氧的体积；‎ ‎③先计算混合气体的物质的量，设臭氧的体积分数为a，根据氧原子守恒根据氧原子守恒解题，根据混合气体的平均相对分子质量比等于其密度比。‎ ‎【详解】(1) 1.5 mol CO2中含有的氧原子的物质的量是3mol，由于H2O中含有1个O原子，所以O原子的物质的量是3mol，则H2O的物质的量也就是3mol；‎ ‎(2)假如气体的物质的量都是1mol，则1molNH3质量是17g，1molCH4的质量是16g，所以等物质的量的氨气与甲烷的物质的量的比是17：16；‎ ‎(3)1个NH3中含有3个H原子，1个CH4中含有4个H原子，若二者含相同数目的H原子，假如都是12mol，则NH3和CH4的物质的量之比为(12÷3)：(12÷4)=4：3；‎ ‎(4)①设原有O2 1 mol，发生反应的O2为1 mol×30%=0.3 mol，由反应3O2 2O3知：生成的O3为0.2 mol，故反应后所得气体O3为0.2mol和O2为(1-0.3)mol=0.7 mol，因此平均摩尔质量==35.6 g/mol；‎ ‎②由反应3O2 2O3知反应消耗3体积O2，会产生2体积的O3，气体体积减少1L。现在气体体积由反应前8L变为反应后的6.5L，气体积减少8L-6.5L=1.5L，则其中含有臭氧为1.5L×2=3L；‎ ‎③混合气体的物质的量n==0.04mol，设臭氧的体积分数为a，根据氧原子守恒，0.04mol×a×3+0.04mol×(1-a)×2=mol，解得a=50%，即其中含有O2、O3的物质的量分别是0.02mol，0.02mol，则混合气体的平均相对分子质量==40，该混合气体对氢气的相对密度为D=M(混)：M(H2)=40:2=20。‎ ‎19.某同学设计如下实验方案，以分离KCl和BaCl2两种固体混合物，试回答下列问题：‎ 供选试剂：Na2SO4溶液、K2SO4溶液、K2CO3溶液、盐酸 ‎(1)操作①的名称是____________，操作②的名称是_____________。‎ ‎(2)试剂a是____________，固体B是___________。（填化学式）‎ ‎(3)加入试剂b所发生的化学反应方程式为：______________________________________。‎ ‎(4)该方案能否达到实验目的：________。若不能，应如何改进（若能，此问不用回答）_________。‎ ‎(5)若要测定原混合物中KCl和BaCl2的质量分数，除了要准确称量混合物的质量外，至少还要获得的数据是_________的质量。‎ ‎【答案】(1). 溶解 (2). 过滤 (3). K2CO3 (4). BaCl2 (5). BaCO3+2HCl=BaCl2+H2O+CO2↑ (6). 不能 (7). 滤液中有过量的CO32-未除去，应加入稀盐酸除去 (8). BaCl2‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】分离KCl和BaCl2两种固体混合物，可先溶于水，然后加入过量K2CO3使BaCl2转化为沉淀，过滤后沉淀加入盐酸可生成BaCl2溶液，经蒸发、结晶、干燥后可得固体BaCl2，操作②所得滤液为KCl和K2CO3的混合物，应加入过量盐酸可得KCl，以此解答该题。‎ ‎【详解】分离KCl和BaCl2两种固体混合物，可先溶于水，然后加入过量K2CO3使BaCl2转化为沉淀，过滤后沉淀加入盐酸可生成BaCl2溶液，经蒸发、结晶、干燥后可得固体BaCl2，操作②所得滤液为KCl和K2CO3的混合物，应加入过量盐酸可得KCl。‎ ‎(1)操作①是将固体溶解，配成溶液；操作②为分离难溶性的固体和液体的分离，为过滤；‎ ‎(2)固体溶解后加入过量K2CO3溶液，使BaCl2转化为沉淀，然后过滤，得到BaCO3沉淀，向其中加入盐酸，BaCO3与盐酸反应可生成BaCl2溶液，经蒸发、结晶、干燥后可得固体BaCl2，所以试剂a是K2CO3，固体B是BaCl2；‎ ‎(3)向BaCO3中加入HCl，发生复分解反应产生BaCl2、H2O、CO2，该反应的化学方程式为：BaCO3+2HCl=BaCl2+H2O+CO2↑；‎ ‎(4)滤液为KCl和K2CO3的混合物，直接将其蒸发浓缩结晶，获得的晶体为KCl和K2CO3的混合物，因此该方案不能达到实验目的，改进方法是：蒸发结晶前应加入适量稀盐酸，将过量的碳酸钾转化成氯化钾；‎ ‎(5)固体溶解后加入过量K2CO3使BaCl2转化为碳酸钡沉淀，过滤后沉淀加入试剂b盐酸可将碳酸钡转化成BaCl2溶液，然后经蒸发、结晶、干燥后可得固体BaCl2，若要测定原混合物中KCl和BaCl2的质量分数，除了要准确称量混合物的质量外，至少还要获得的数据是固体B或沉淀A1的质量，依据B为BaCl2计算得到质量分数，A1为碳酸钡，结合钡元素守恒计算氯化钡质量得到。‎ ‎20.若需要240mL1.0mol/L的NaOH溶液，请回答下列问题：‎ ‎（1）应选用的容量瓶规格为：________mL，应称量NaOH _________g，称量NaOH固体时，应该选用小烧杯装着药品进行称量。‎ ‎（2）配制时，在下面的操作中，正确的操作顺序是(用字母表示，每个字母只能用一次)____。‎ A．用30mL水洗涤烧杯2-3次，洗涤液均注入容量瓶中，振荡 B．准确称量所需的NaCl的质量于烧杯中，加入少量水(约30mL),用玻璃棒慢慢搅拌，使固体溶解 C．将冷却后的NaCl溶液注入容量瓶中 D．将容量瓶盖紧，振荡，摇匀 E．改用胶头滴管加水，使溶液凹面最低点恰好与刻度线水平相切 F．继续往容量瓶内小心加水，直到液面接近刻度线1-2cm处 ‎（3）配制过程中加蒸馏水不慎超过了刻度，则溶液浓度将__________（填“偏低”或“不变”或“偏高”），你将如何处理？__________________________________。‎ ‎【答案】 (1). 250mL (2). 10.0 g (3). BCAFED (4). 偏低 (5). 重新配制溶液 ‎【解析】（1）没有240mL容量瓶，应选用的容量瓶规格为250mL，应称量NaOH的质量是0.25L×1.0mol/L×40g/mol＝10.0g。（2）配制的一般操作步骤是计算、称量、溶解、冷却、转移、洗涤、振荡、定容、摇匀等，因此正确的操作顺序是BCAFED；（3）配制过程中加蒸馏水不慎超过了刻度，则溶液浓度将偏低，由于实验失败，需要重新配制溶液。‎ ‎21.“84消毒液”能有效杀灭甲型H1N1病毒，某同学购买了一瓶“威露士”牌“84消毒液”，并查阅相关资料和消毒液包装说明得到如下信息：“84消毒液”：含25%NaClO、1000mL、密度1.192g·cm−3，稀释100倍（体积比）后使用。请根据以上信息和相关知识回答下列问题：‎ ‎（1）该“84消毒液”的物质的量浓度为_____mol·L−1。‎ ‎（2）该同学取100 mL“威露士”牌“84消毒液”稀释后用于消毒，稀释后的溶液中c（Na+）=____mol·L−1。‎ ‎（3）一瓶“威露士”牌“84消毒液”能吸收空气中____L的CO2（标准状况）而变质。（已知：CO2+2NaClO+H2O=Na2CO3+2HClO）‎ ‎（4）该同学参阅“威露士”牌“84消毒液”的配方，欲用NaClO固体配制480mL含25%NaClO的消毒液。下列说法正确的是____。‎ A．如上图所示的仪器中，有四种是不需要的，还需一种玻璃仪器 B．容量瓶用蒸馏水洗净后，应烘干才能用于溶液配制 C．利用购买的商品NaClO来配制可能导致结果偏低 D．需要称量的NaClO固体质量为143g ‎【答案】(1). 4.0 (2). 0.04 (3). 89.6 (4). C ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）根据c=，则c（NaClO）==4.0 mol/L；‎ ‎（2）根据稀释前后溶质的物质的量不变，则100 mL×4.0 mol/L=×c（NaClO），解得稀释后c（NaClO）≈0.04 mol/L，c（Na+）=c（NaClO）≈0.04 mol/L；‎ ‎（3）一瓶“84消毒液”含有n（NaClO）=1 L×4.0 mol/L=4.0 mol，‎ 根据反应CO2+NaClO+H2O═NaHCO3+HClO，则需要CO2物质的量为n（NaClO）=4.0 mol，‎ 即标准状况下V（CO2）=4.0 mol×22.4 L/mol=89.6 L；‎ ‎（4）A、需用托盘天平称量NaClO固体，需用烧杯来溶解NaClO，需用玻璃棒进行搅拌和引流，需用容量瓶和胶头滴管来定容，图示的A、B、C、D不需要，但还需玻璃棒和胶头滴管，选项A错误；‎ B、配制过程中需要加入水，所以经洗涤干净的容量瓶不必烘干后再使用，选项B错误；‎ C、由于NaClO易吸收空气中的H2O、CO2而变质，所以商品NaClO可能部分变质导致NaClO减少，配制的溶液中溶质的物质的量减小，结果偏低，选项C正确；‎ D、应选取500 mL的容量瓶进行配制，然后取出480 mL即可，所以需要NaClO的质量：0.5L×4.0mol/L×74.5 g/mol=149g，选项D错误；‎ 答案选C