【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)

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【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)

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
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