物质的及量浓度.pptVIP

3.（2011·莱芜高一检测）配制一定物质的量浓度的溶液时，由于操作不慎，使液面略超过了容量瓶的刻度线，这时应采取的措施是( ) A.倒出刻度线以上的液体 B.立即吸出刻度线以上的溶液 C.影响不大，不再处理 D.重新配制 【解析】选D。液面超过容量瓶的刻度线，说明溶液浓度已低于要求，只能重新配制。 5.实验室需1.0 mol/L NaOH溶液480 mL，若用固体NaOH进行配制，则应称取NaOH多少克？ 【解析】本题只有掌握容量瓶的结构特点，熟悉容量瓶的规格，才能正确解题。480 mL 1.0 mol/L NaOH溶液中的NaOH为19.2 g，但实验室无480 mL容量瓶，应该用比 480 mL大的容量瓶，1 000 mL的大得太多，故用500 mL 容量瓶，以此计算所需NaOH的质量。则0.5 L溶液需NaOH质量：m(NaOH) ＝0.5 L× 1.0 mol/L × 40 g/mol ＝ 20.0 g。 答案:应称取NaOH 20.0 g。 一、选择题（本题包括6小题，每小题4分，共24分） 1．关于0.2 mol/L NaOH溶液，下列说法不正确的是( ) A．100 mL该溶液中含0.8 g NaOH B．200 mL该溶液与100 mL 0.2 mol/L的硫酸溶液反应形成中性溶液 C．100 mL该溶液中约含0.02 mol×6.02×1023mol-1个Na＋ D．配制含1 L水的该溶液，需NaOH的质量为8 g 【解析】选D。A项，m(NaOH)＝0.2 mol/L×0.1 L× 40 g/mol＝0.8 g，故A正确；B项，2NaOH＋H2SO4 ==== Na2SO4＋2H2O，所以 符合化学方程式前的系数之比，故B正确；C项，N(Na＋)＝ 0.2 mol/L×0.1 L×6.02×1023mol-1＝0.02×6.02×1023， 故C正确；D项，含1 L水的该溶液，溶液的体积肯定不 1 L，NaOH的质量就不能以1 L 溶液来计算了，故D错误。 2.取100 mL 0.3 mol·L-1和300 mL 0.25 mol·L-1的硫酸混合后再加水配制成500 mL溶液，该混合溶液中H+的物质的量浓度是( ) A.0.21 mol·L-1 B.0.56 mol·L-1 C.0.42 mol·L-1 D.0.26 mol·L-1 【解析】选C。利用溶质混合前后不变原理，根据混合前硫 酸的物质的量等于混合稀释后溶液中硫酸的物质的量来找 关系式。混合前，n(H2SO4)=0.3 mol·L-1×0.1 L+ 0.25 mol·L-1×0.3 L=0.105 mol，混合稀释后， =0.21 mol·L-1，c(H+)=0.21 mol·L-1 ×2=0.42 mol·L-1 。 3.2011年3月11日，日本发生地震，并引发海啸，假如你是国际救援队的卫生防疫人员，为配制0.01 mol·L-1的KMnO4消毒液，下列操作会导致所配溶液浓度偏高的是( ) A.称量时，左盘高，右盘低 B.定容时俯视容量瓶刻度线 C.原容量瓶洗净后未干燥 D.摇匀后见液面下降，再加水至刻度线 【解析】选B。A项，称量时，左盘高，右盘低，说明称量的物质质量偏小；C项，原容量瓶洗净后未干燥对溶液浓度没有影响；D项，摇匀后见液面下降，再加水至刻度线，就会使配制的溶液浓度偏低。 【规律方法】配制一定物质的量浓度溶液的误差分析 由c=n/V可知，误差来源的根本原因是：物质的量或溶液体积产生误差，若n偏大或V偏小则c偏大，若n偏小或V偏大则c偏小。 (1) 若称量物错放在托盘天平的右盘上，n可能偏小使c偏小，因为m(左)=m(右)+m(游)。 (2) 转移过程中有少量溶液或洗涤液洒在容量瓶外，则n偏小而使c偏小。 (3) 未洗涤溶解时用的烧杯和玻璃棒或洗涤液未转移入容量瓶，配出的溶液浓度偏低，因为溶质的n少了。 (4)用量筒量取计算出的浓溶液体积时仰视刻度，n偏大使c偏大。 (5) 除洗涤烧杯和玻璃棒外，还洗涤了量筒，则n偏大使c偏大，因为量筒在标定刻度时，没有把附在器壁上的残留液计算在内，用水洗涤反而使溶质的量偏大，造成c偏大。 (6) 定容时仰视刻度线，则V偏大，使c偏小。 (7) 定容时俯视刻度线，则V偏小，使c偏大。 (8) 若容量瓶使用前有少量蒸馏水，则无影响。 4．某金属R的氯化物溶液20 mL，浓度为0.05 mol/L，它恰好能与20 mL 0.15 mol/L AgNO3溶液完全反应，则该氯化物的化学式为( ) A．RCl B．RCl2 C．RCl3 D．RCl5 【解析】选C。n(