山西省运城市空港新区一中2019-2020学年高一9月月考化学试题

山西省运城市空港新区一中2019-2020学年高一9月月考化学试题

www.ks5u.com 山西省空港一中2019-2020学年度第一学期月考（9月）‎ 高一化学试题 可能用到的原子量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 S 32‎ 一、单项选择题（共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.使用化学药品必须注意安全，下列药品对应的警示标志正确的是(　　)‎ A. 酒精 B. 浓硫酸 C. 汽油 D. 浓硝酸 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、酒精是易燃液体，故A错误；‎ B、浓硫酸有强腐蚀性，是腐蚀品，故B正确；‎ C、汽油是易燃液体，不是爆炸品，故C错误；‎ D、浓硝酸有腐蚀性，没有剧毒，不是剧毒品，故D错误。‎ ‎2.下列仪器：①烧杯 ②锥形瓶 ③圆底烧瓶 ④试管 ⑤坩埚，其中可用酒精灯直接加热的仪器是 A. ④⑤ B. ①②③④ C. ①③ D. ④‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】可以用酒精灯直接加热的仪器有：坩埚、蒸发皿、试管、燃烧匙等，垫上石棉网可以加热的仪器有烧杯、烧瓶、锥形瓶等，所以能够直接加热的为：④⑤。‎ 故选A。‎ ‎3.下列有关实验操作正确的是（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.点燃酒精灯时应使用火柴，不能用酒精的对点，已发生危险，A错误；‎ B.天平的精确度为0.1g，不能准确称量10.05g，B错误；‎ C.加入试管中液态不能超过容积的1/3，使用试管夹，试管口不能对着人，加热液体时倾斜角度约45°，C正确；‎ D.用量筒量取9.5mL的液态应选用10mL的量筒，D错误；‎ 答案为C。‎ ‎4.下列实验操作均要用到玻璃棒：①过滤；②蒸发；③溶解；④向容量瓶里转移液体，其中玻璃棒的作用相同的是 A. ①和② B. ①和③ C. ③和④ D. ①和④‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】①过滤时用玻璃棒引流；②蒸发时用玻璃棒搅拌，防止局部过热；③溶解时用玻璃棒搅拌，可加速固体的溶解；④向容量瓶中转移液体，可用玻璃棒引流，则玻璃棒作用相同的是①和④或②和③，故答案为D ‎【点睛】玻璃棒在很多操作中被用到，不同操作中玻璃棒的作用也不相同，如引流、搅拌加速溶解、防止液体飞溅、转移固体等作用；①在过滤操作中的作用是引流；②在蒸发操作和配制溶液中是搅拌；②蒸发完毕可以用玻璃棒转移固体；④玻璃棒还能起的作用是蘸取少许溶液测pH；⑤红磷燃烧试验中引燃红磷；⑥在溶解固体时是用玻璃棒来加速溶解，在过滤中用玻璃棒是引导液体的流向，防止外流。‎ ‎5.为达到下列实验目的，所采用的方法正确的是（ ）‎ A. 分离汽油和水的混合物——分液 B. 分离水和酒精的混合物——分液 C. 用酒精从碘水中提取碘——萃取 D. 从溴水中提取溴——分液 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．水和汽油的混合物分层，则利用分液法可分离，A项正确；‎ B．水和酒精互溶，不能采用分液方法分离，B项错误；‎ C. 酒精与水互溶，不能作为萃取剂，C项错误； D．溴水不分层，不能利用分液分离，溴易溶于有机溶剂，不易溶于水，应利用萃取分离，D项错误；‎ 答案选A。‎ ‎【点睛】萃取剂的选择遵循四原则：‎ ‎1、与原溶剂不互溶；2、与被萃取的物质不反应；3、被萃取的物质在萃取剂中的溶解度比原溶剂大；4、要不易于挥发，要特别注意酒精不能作为水溶液中溶质的萃取剂。‎ ‎6.与6.4gSO2所含的氧原子数相等的NO2的质量为（ ）‎ A. 3.2g B. 4.6g C. 6.4g D. 2.3g ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】6.4g二氧化硫的物质的量为=0.1mol，SO2、NO2分子均含有2个氧原子，二者含有氧原子数目相等，则二者物质的量相等，即NO2的物质的量为0.1mol，则NO2的质量为0.1mol×46g/mol=4.6g，故B正确；‎ 答案选B。‎ ‎7.下列叙述中正确的是（ ）‎ A. 1 mol任何气体所占体积约为22.4 L B. 配制1 mol·L－1 NaCl溶液 1 L，其方法是将58.5 g NaCl溶于1 L 水中 C. 1 mol NH3中约含有6.02×1024个电子 D. 1 mol O2的质量是32 g·mol－1‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A项，气体摩尔体积是指1 mol任何气体所占的体积，其大小是不确定的，会随着温度、压强的变化而变化，22.4 L/mol是标准状况下的气体摩尔体积，故A项错误；‎ B项，58.5 g NaCl溶于1 L水中，所配溶液体积大于1 L，溶液浓度不等于1 mol·L－1，故B项错误；‎ C项，1个NH3分子含有10个电子，则1 mol NH3含有10mol 电子，即6.02×1024个电子，故C项正确；‎ D项，质量的单位为g，摩尔质量的单位为g·mol－1，故D项错误。‎ 综上所述，本题正确答案为C。‎ ‎8.下列说法中，正确的是（ ）‎ A. N的摩尔质量是14g B. 1molCl2中含有的氯原子数约为 C. 溶液中含有 D. 标准状况下，的体积约是 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．N2的摩尔质量为28g/mol，注意单位，故A错误；‎ B．氯气的物质的量是1mol，氯原子物质的量为2mol，氯原子数约为2×6.02×1023，故B正确；‎ C.0.1 mol/L Na2SO4溶液中Na+浓度为0.2mol/L，溶液体积未知，不能确定Na+的物质的量，故C错误；‎ D.18g水的物质的量为1mol，标况下水不是气体，1mol水的体积不是22.4L，故D错误。‎ 答案选B。‎ ‎9.在0.5 L某浓度的NaCl溶液中含有0.5 mol NaCl，下列对该溶液的说法中，不正确的是 A. 该溶液溶质的物质的量浓度为1 mol·L-1‎ B. 该溶液中含有58.5 g NaCl C. 配制100 mL该溶液需用5.85 g NaCl D. 量取100 mL该溶液倒入烧杯中，烧杯中的NaCl物质的量为0.1 mol ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、钠离子物质的量等于氯化钠的物质的量，所以氯化钠的物质的量浓度为=1mol/L，故A正确；  B、钠离子物质的量等于氯化钠的物质的量，所以氯化钠的物质的量为0.5mol，质量为0.5mol×58.5g/mol=29.25g，故B错误；  C、氯化钠的物质的量浓度为1mol/L，配制100mL该溶液需用NaCl质量为0.1L×1mol/L×58.5g/mol=5.85g，故C正确；  D、溶液中氯离子浓度为1mol/L，量取100mL该溶液倒入烧末中，烧杯中NaCl的物质的量为0.1L×1mol/L=0.1mol，故D正确。 故选：B。‎ ‎10.实验室配制500 mL0.2 mol·L-1的Na2CO3溶液，下列说法错误的是（ ）‎ A. 称量时，若将Na2CO3固体置于托盘天平右盘，将导致所配溶液浓度偏小 B. 将Na2CO3固体置于烧杯中溶解，冷却后转移到容量瓶中 C. 定容摇匀后发现液面低于刻度线，应再滴加蒸馏水至刻度线 D. 将配制好的Na2CO3溶液转移至带橡胶塞的试剂瓶中 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 称量时，若将Na2CO3固体置于托盘天平右盘，称量的实际质量应该是砝码减去游码的质量，所以将导致所配溶液浓度偏小，故A正确；‎ B. 溶解过程应该在烧杯中进行，转移之前溶液要恢复室温，故B正确；‎ C. 定容摇匀后发现液面低于刻度线，再滴加蒸馏水至刻度线导致溶液浓度偏低，故C错误；‎ D. 容量瓶不能长时间存放药品，所以将配制好的Na2CO3溶液转移至带橡胶塞的试剂瓶中，故D正确，‎ 故选C。‎ ‎11.下列配制的溶液浓度偏高的是 A. 配制盐酸溶液用量筒量取盐酸时，俯视刻度线 B. 配制盐酸溶液定容时，仰视容量瓶刻度线 C. 称量4 g NaOH配1000 mL 0.1 mol/L溶液时，砝码错放左盘 D. NaOH溶解后未经冷却即注入容量瓶至刻度线 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．配制盐酸用量筒量取盐酸时俯视刻度线，量取的盐酸体积偏少，则以该盐酸为溶质来配制溶液的浓度就偏低，A不选；‎ B．配制盐酸定容时，仰视容量瓶刻度线，则加入的溶剂水偏多，使溶液的体积偏大，故导致溶液的浓度偏低，B不选；‎ C．称量4 g NaOH配制0.1 mol/L NaOH溶液1000 mL时，砝码错放左盘，由于没有使用游码，因此质量不变，配制的溶液的浓度也不变，C不选；‎ D．NaOH溶解后未经冷却即注入容量瓶至刻度线，当溶液恢复至室温时，溶液的体积低于刻度线，则配制的溶液的浓度就偏高，D选。‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】明确实验原理和误差分析的依据是解答的关键，选项C是解答的易错点，注意物品和砝码放反了不一定产生误差，关键是看是否使用了游码。‎ ‎12.某乙醇的水溶液中，乙醇所含的氢原子与水所含的氢原子数相等，该溶液中乙醇的质量分数为(　　)‎ A. 78% B. 46% C. 23% D. 11.5%‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 乙醇溶液中溶质的质量分数=×100%，因此需要判断溶质乙醇与溶剂水的质量关系；每个乙醇C2H5OH分子中含6个H原子，每个水H2O分子中含2个H原子；根据“乙醇分子里所含的氢原子总数与水分子里所含的氢原子总数相等”‎ 可推算溶液中乙醇与水的质量关系。‎ ‎【详解】根据氢原子数相等，找出乙醇分子与水分子间的关系，进而确定出质量关系。‎ C2H5OH~6H~3H2O ‎46         54‎ 此乙醇溶液中溶质的质量分数为：×100%=46%，‎ 故答案选B。‎ ‎13.将5mol/L的Mg(NO3)2溶液a mL稀释至b mL，稀释后溶液中NO3﹣的物质的量浓度为 A. 5a/b mol/L B. 10a/b mol/L C. b/5a mol/L D. a/b mol/L ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据硝酸镁的化学式可知硝酸根的浓度为硝酸镁浓度的2倍，即硝酸根浓度为10mol/L，由稀释定律可知，稀释前后硝酸根的物质的量不变，据此计算。‎ ‎【详解】根据硝酸镁的化学式可知硝酸根的浓度为硝酸镁浓度的2倍，所以硝酸根浓度为10mol/L。令稀释后硝酸根的浓度为c，根据稀释定律可知，稀释前后硝酸根的物质的量不变，则：10mol/L×a mL=c×bmL，解得，c=mol/L；故选B。‎ ‎14.同温同压下，质量相同的H2S、NH3两种气体，下列说法正确的是 A. 所占体积之比为1：2 B. 所含分子数之比为2：1‎ C. 两种气体的密度之比为1：2 D. 所含的电子数之比为2：1‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．同温同压下，质量相同的H2S、NH3两种气体的物质的量之比是（1/34）:（1/17）＝1:2，同温同压下，两气体体积比等于物质的量比，为1:2，故A正确；‎ B．同温同压下，质量相同的H2S、NH3两种气体的物质的量之比是（1/34）:（1/17）＝1:2，分子数之比等于物质的量比，为1:2，故B错误；‎ C．相同条件下气体密度之比是摩尔质量之比，则两种气体的密度之比为2:1，故C错误；‎ D．H2S、NH3两种气体的电子数分别是18和10，则所含的电子数之比为（1×18）:（2×10）＝9:10，故D错误；‎ 故答案选A。‎ ‎【点睛】本题考查阿伏加德罗定律及物质的量的计算，把握物质的量为中心的基本计算公式为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查。‎ ‎15.将标准状况下密度为ρ的a L HCl(g)溶于1 000 g水中，得到盐酸的密度为b g·cm－3，则该盐酸的物质的量浓度是 A. mol·L－1 B. mol·L－1‎ C. mol·L－1 D. mol·L－1‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】标准状况下密度为ρ的a L HCl(g)的物质的量是 、质量是；将标准状况下密度为ρ的a L HCl(g)溶于1 000 g水中，得到盐酸的质量为1000+，盐酸的体积是 ，该盐酸的物质的量浓度是÷= mol·L－1。故选C。‎ ‎16.已知8.4gA物质和3.65gB物质恰好完全反应，生成标准状况下2.24L二氧化碳气体和含质子数为6.02×1023个的水分子，还有0.1mol E物质，则E物质的摩尔质量为 A. 36.5 g/mol B. 84g/mol C. 44g/mol D. 58.5g/mol ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】标准状况下2.24L二氧化碳气体的物质的量为：2.24L÷22.4L/mol=0.01mol，0.01mol二氧化碳的质量为：0.1mol×44g/mol=4.4g，1个水分子含有10个质子，含质子数为6.02×1023个的水分子的物质的量为：6.02×1023÷6.02×1023‎ ‎/mol÷10=0.1mol，0.1mol水分子的质量为：0.1mol×18g/mol=1.8g，根据质量守恒定律，E的质量是8.4+3.65-4.4-1.8=5.85g，E的摩尔质量是M=m/n=5.85g/0.1mol=58.5g/mol，故D正确。‎ 故选D。‎ 二、非选择题（共52分）‎ ‎17.（1）在标准状况下①3.36LNH3②1.204×1023个CH4③18gH2O④0.4molHCl。‎ a.体积由大到小的顺序_____（填序号，下同）。‎ b.氢原子个数由大到小的顺序___。‎ ‎（2）18.6gNa2X含有0.6molNa＋，则X2-的摩尔质量为__。‎ ‎（3）若ag某气体中含有的分子数为b，则cg该气体在标况下体积是(设NA为阿伏加德罗常数的值)____L。‎ ‎【答案】 (1). ④>②>①>③ (2). ③>②>①>④ (3). 16g/mol (4). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据n=N/NA=m/M=V/Vm进行计算，V为标准状况下的气体体积。‎ ‎【详解】（1）在标准状况下①、②、④为气体，③为液体，①3.36LNH3，物质的量为0.15mol，②1.204×1023个CH4的体积为1.204×1023/NA=0.2mol，为4.48L，④0.4molHCl，体积为8.96L，则体积由大到小的顺序为④>②>①>③；①3.36LNH3，物质的量为0.15mol，含有氢原子数目=n（NH3）3=0.45NA，②1.204×1023个CH4的体积为1.204×1023/NA=0.2mol，含有氢原子数目=n（CH4）=0.8NA，③18gH2O为1mol，含有氢原子数目=n（H2O）2=2NA，④0.4molHCl，含有氢原子数目=n（HCl）1=0.4NA，氢原子个数由大到小的顺序为③>②>①>④；‎ ‎（2）0.6molNa＋的质量为13.8g，则X的质量为4.8g，已知N（Na＋）：N（X2-）=2：1，则n（X2-）=0.3mol，M=m/n=4.8g/0.3mol=16g/mol；‎ ‎（3）cg该气体的分子个数=cgb/ag，则物质的量=cb/(aNA)，标况下的体积=cb22.4/(aNA)L。‎ ‎18.根据下图两套基础实验装置回答问题。‎ ‎（1）写出下列仪器的名称：①______________、②___________________。‎ ‎（2）仪器①～④中，使用时必须检查是否漏水的有____________________。（填序号）‎ ‎（3）用装置I制蒸馏水，还缺少的仪器有_________，冷却水从_______口进。‎ ‎（4）a．现需配制250mL0.2mol•L-1NaCl溶液，其中装置II是某同学配制此溶液时转移操作的示意图，图中有两处错误分别是_______________，_______________。‎ b．配制过程中，下列情况会使配制结果偏高的是________________（填序号）。‎ ‎①定容时俯视刻度线观察液面；②容量瓶使用时未干燥；③定容后经振荡、摇匀、静置，发现液面低于刻度线，再加蒸馏水补至刻度线；④移液时未洗涤烧杯和玻璃棒 c．若实验中加蒸馏水时不慎超过了刻度，应如何处理？______________‎ ‎【答案】 (1). 蒸馏烧瓶 (2). 冷凝管 (3). ④ (4). 酒精灯 (5). g (6). 未用玻璃棒引流 (7). 未采用250ml容量瓶 (8). ① (9). 重配 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据仪器构造判断其名称；‎ ‎（2）有活塞或塞子的仪器使用时需要检查是否漏液；‎ ‎（3）根据蒸馏的实验原理和操作分析判断；‎ ‎（4）根据一定物质的量浓度溶液的配制原理结合装置图分析判断；根据c＝n÷V结合不当操作分析。‎ ‎【详解】（1）根据仪器的结构特点可知①是蒸馏烧瓶，②是冷凝管；‎ ‎（2）有活塞或塞子的仪器使用时需要检查是否漏液，因此在仪器①～④中，使用时必须检查是否漏水的为容量瓶，答案选④；‎ ‎（3）用装置I制蒸馏水采用蒸馏法，必须使用酒精灯加热，则还缺少的仪器为酒精灯，冷凝管中冷却水是下口进水上口出水，即冷却水从g口进，f口出。‎ ‎（4）a．配制一定物质的量浓度溶液时必须使用玻璃棒引流，防止液体外溅；容量瓶只有一个刻度线，只能用来配制所标容量瓶规格的溶液，因此配制250mL0.2mol•L-1NaCl溶液需要使用250mL容量瓶；‎ b．①定容时俯视刻度线观察液面，溶液体积减少，浓度偏高；‎ ‎②容量瓶使用时未干燥不影响结果；‎ ‎③定容后经振荡、摇匀、静置，发现液面低于刻度线，再加蒸馏水补至刻度线，溶液体积增加，浓度偏低；‎ ‎④移液时未洗涤烧杯和玻璃棒，溶质的物质的量减少，浓度偏低；‎ 答案选①；‎ c．若实验中加蒸馏水时不慎超过了刻度，实验失败，需要重配配制。‎ ‎【点睛】本题考查化学实验方案的评价，把握仪器的使用、混合物分离及溶液的配制等为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，误差分析是解答的易错点。‎ ‎19.（1）从1L1mol/LNaOH溶液中取出100mL，则这100mLNaOH溶液的物质的量浓度是____mol/L，含NaOH的质量____g。‎ ‎（2）某同学将标准状况下44.8L的HCl气体溶于水，配成500mL的溶液，该HCl气体的物质的量为______，可知所配成的盐酸溶液的物质的量浓度为_____。‎ ‎（3）在标准状况下15gCO与CO2的混合气体，体积为11.2L。则：‎ ‎①混合气体的密度是_____。‎ ‎②混合气体平均摩尔质量是______。‎ ‎③CO2和CO的体积之比是_______。‎ ‎④CO的体积分数是______。‎ ‎⑤CO2和CO的质量之比是_______。‎ ‎⑥CO的质量分数是______。‎ ‎⑦混合气体中所含氧原子的物质的量是_____。‎ ‎【答案】 (1). 1 (2). 4 (3). 2mol (4). 4mol/L (5). 1.339g/L (6). 30g/mol (7). 1:7 (8). 87.5％ (9). 11:49 (10). 81.7％ (11). 0.5625mol ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据n＝m/M、n＝V/Vm、c＝n/V，结合阿伏加德罗定律、气体摩尔体积和物质的组成分析计算。‎ ‎【详解】（1）溶液是均一稳定的，从1L1mol/LNaOH溶液中取出100mL，则这100mLNaOH溶液的物质的量浓度仍然是1 mol/L，含NaOH的质量1mol/L×0.1L×40g/mol＝4 g。‎ ‎（2）某同学将标准状况下44.8L的HCl气体溶于水，配成500mL的溶液，该HCl气体的物质的量为44.8L÷22.4L/mol＝2mol，因此所配成的盐酸溶液的物质的量浓度为2mol÷0.5L＝4mol/L。‎ ‎（3）在标准状况下15gCO与CO2的混合气体，体积为11.2L。则：‎ ‎①混合气体的密度是15g÷11.2L＝1.339g/L。‎ ‎②混合气体的物质的量是0.5mol，则混合气体的平均摩尔质量是15g÷0.5mol＝30g/mol。‎ ‎③设混合气体中CO与CO2的物质的量分别是xmol、ymol，则28x+44y＝15、11.2÷22.4＝x+y，解得x＝7/16、y＝1/16，则CO2和CO的体积之比是1:7。‎ ‎④CO的体积分数是＝87.5％。‎ ‎⑤CO2和CO的质量之比是1×44：7×28＝11:49。‎ ‎⑥CO的质量分数是＝81.7％。‎ ‎⑦混合气体中所含氧原子的物质的量是7/16mol+1/16mol×2＝0.5625mol。‎ ‎20.实验室配制1mol/L的NaOH溶液240mL，‎ ‎（1）实验操作中用天平称量___gNaOH固体；‎ ‎（2）容量瓶在使用前的操作是___‎ ‎（3）若实验时遇到下列情况，所配溶液的浓度偏大的是___。‎ ‎①称量氢氧化钠固体的时间过长。 ②容量瓶用蒸馏水洗涤后残留有少量的水。‎ ‎③溶液未冷却即转入容量瓶。 ④在转移氢氧化钠溶液后未洗涤烧杯。‎ ‎⑤定容时俯视刻度线。⑥摇匀后，发现溶液的液面低于刻度线，又加水至刻度线。‎ ‎（4）取配制的1mol/L的NaOH溶液10mL，再稀释成100mL，再从中取出10mL，这10mL溶液的物质的量浓度为____。‎ ‎【答案】 (1). 10.0 (2). 检查容量瓶是否漏液 (3). ③⑤ (4). 0.1mol/L ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）配制1mol/L的NaOH溶液240mL，应选用250mL的容量瓶；‎ ‎（2）在使用容量瓶前应检验容量瓶是否漏液；‎ ‎（3）①称量氢氧化钠固体的时间过长，NaOH潮解，导致固体质量增大；‎ ‎②容量瓶用蒸馏水洗涤后残留有少量的水，对配置溶液的浓度无影响；‎ ‎③溶液未冷却即转入容量瓶，温度较高，导致所配溶液的体积偏小；‎ ‎④在转移氢氧化钠溶液后未洗涤烧杯，导致所配溶液中NaOH的含量偏低；‎ ‎⑤定容时俯视刻度线，导致所配溶液的体积偏小；‎ ‎⑥摇匀后，发现溶液的液面低于刻度线，又加水至刻度线，导致所配溶液的体积偏大；‎ ‎（4）根据c1V1=c2V2计算。‎ ‎【详解】（1）配制1mol/L的NaOH溶液240mL，应选用250mL的容量瓶，则需要NaOH的质量=1mol/L0.25L40g/mol=10.0g；‎ ‎（2）在使用容量瓶前应检验容量瓶是否漏液，将容量瓶倒转后观察是否漏水，再将瓶塞旋转180度观察是否漏水；‎ ‎（3）①称量氢氧化钠固体的时间过长，NaOH潮解，导致固体质量增大，NaOH的浓度偏小，①错误；‎ ‎②容量瓶用蒸馏水洗涤后残留有少量的水，对配置溶液的浓度无影响，②错误；‎ ‎③溶液未冷却即转入容量瓶，温度较高，导致所配溶液的体积偏小，浓度偏大，③正确；‎ ‎④在转移氢氧化钠溶液后未洗涤烧杯，导致所配溶液中NaOH的含量偏低，浓度偏小，④错误；‎ ‎⑤定容时俯视刻度线，导致所配溶液的体积偏小，浓度偏大，⑤正确；‎ ‎⑥摇匀后，发现溶液的液面低于刻度线，又加水至刻度线，导致所配溶液的体积偏大，浓度偏小，⑥错误；‎ 答案为③⑤；‎ ‎（4）根据c1V1=c2V2，c1=c2V2/V1=1mol/L10mL/100mL=0.1mol/L。‎ ‎【点睛】溶液稀释时，溶质的物质的量不变。‎ ‎21.(1)某温度下，向2m g 16%的CuSO4溶液中加入m g CuSO4•5H2O，溶液恰好达到饱和，该饱和溶液中CuSO4的质量分数为_____。‎ ‎(2)标准状况下，1体积水可溶解V体积HCl气体，所得溶液的密度为ρg/cm3，则所得溶液溶质的质量分数表示为_____，溶质的物质的量浓度表示为_____。‎ ‎(3)若以ω1和ω2分别表示浓度为a mol•L﹣1和b mol•L﹣1硫酸溶液的溶质的质量分数，且知 2a＝b，则下列推断正确的是(硫酸溶液的密度比纯水的大)_____(填序号)‎ A. 2ω1＝ω2 B. ω2＜2ω1 C. ω2＞2ω1 D. ω1＜ω2＜2ω1‎ ‎(4)若以ω1和ω2分别表示浓度为a mol•L﹣1和b mol•L﹣1氨水的溶质的质量分数，且知2ω1＝ω2，则下列推断正确的是(氨水的密度比纯水的小)_____(填序号)‎ A. 2a＝b B. 2a＜b C. 2a＞b D. a＜b＜2a．‎ ‎【答案】 (1). 32% (2). (3). (4). BD (5). CD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)质量分数= ；‎ ‎(2) 质量分数=，物质的量浓度c= ；‎ ‎(3)硫酸的浓度越大密度越大，根据 判断ω2、ω1的关系；‎ ‎(4)氨水的浓度越大密度越小，根据 判断a、b的关系。‎ ‎【详解】(1) m(CuSO4)= 2m×16%＋m ×=0.96m g，CuSO4溶液的质量是2m+m=3m g ，质量分数==32%； ‎ ‎(2)假设1体积为1L，标准状况下， V体积HCl气体的物质的量是mol，质量为×36.5g ，所得溶液质量为×36.5g+1000g；溶液体积为，则所得溶液溶质的质量分数表示为(×36.5g)÷(×36.5g+1000g) ×100%=，溶质的物质的量浓度表示为mol÷=mol/L。‎ ‎(3)根据，a=，b= ，2a＝b，， ‎ ‎ ，硫酸的浓度越大密度越大， ，所以ω2＜2ω1；物质的量浓度越大，质量分数越大，所以ω1＜ω2＜2ω1，故选BD；‎ ‎(4)根据，ω1=，ω2=，2ω1＝ω2，‎ ‎ ，氨水的浓度越大密度越小， ，所以2a>b，质量分数越大，物质的量浓度越大，所以a＜b＜2a，故选CD。‎ ‎ ‎