安徽省安庆市桐城中学2019-2020学年高一上学期第一次月考化学试题

www.ks5u.com桐城中学2019~2020学年度秋季高一第一次月考化学试卷

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

A. A B. B C. C D. D

【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。

【考点定位】考查化学实验基本操作，

【名师点睛】本题考查常见的化学实验基本操作，主要涉及错误的操作导致的后果。①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；②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；③萃取剂与水互溶会造成液体静置不分层；④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，据此分析解答即可。

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。

【点睛】本题考查相对原子质量的计算方法，注意摩尔质量和相对原子质量在数值上相等这一条件的应用。

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。

【点睛】本题考查物质的量浓度的有关计算，明确物质的量与质量分数的关系及氨水溶液中浓度与密度的关系是解答本题的关键，注意的灵活应用。

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)①NaCl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。

【点睛】本题主要考查了溶液的配制仪器、物质的分离提纯的方法及选择，本题易错点为(2)，注意加入试剂的顺序和除杂原理，把握物质的性质及性质差异为解答的关键，侧重分离方法及除杂的考查。

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。

【点睛】本题考查了物质的量的有关计算、根据方程式的计算及阿伏伽德罗定律的推论的知识，注意(4)中利用差量法进行计算，可以简化计算，同时利用气体的摩尔质量比等于气体的相对密度比计算。

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。

【点睛】本题考查物质的分离、提纯操作，注意把握物质的性质，根据性质选择反应试剂，把握化学基本实验操作知识。试题侧重考查学生的分析、实验能力。

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