题目内容
【题目】Ⅰ某无土栽培用的营养液,营养液要求KCl、K2SO4和NH4Cl 3种固体原料的物质的量之比为1:4:8。
(1) 配制该营养液后c(NH4+)=0.016 mol﹒L-1,溶液c(K+)=_______________。
(2) 若采用(NH4)2SO4和KCl来配制该营养液,则(NH4)2SO4和KCl物质的量之比为________
Ⅱ从1L 1 mol﹒L-1氢氧化钠溶液中取出100 mL:
(1)取出的这100 mL氢氧化钠溶液的物质的量浓度是______。若将取出的这100 mL氢氧化钠溶液加水稀释至500 mL,所得溶液的物质的量浓度是_____。
某学生计划用12 mol﹒L-1的浓盐酸配制0.1 mol﹒L-1的稀盐酸450 mL,回答下列问题:
(2)实验过程中,不必使用的是________(填字母)。
A.托盘天平 B.量筒 C.容量瓶 D.250 mL烧杯E.胶头滴管F.500 mL试剂瓶
(3)除上述仪器可使用外,还缺少的仪器是________。
(4)量取浓盐酸的体积为___ mL,应选用的量筒规格为______(提供10.0 mL、25.0 mL)。
(5)配制时应选用的容量瓶规格为______________。
(6)某同学操作出现以下情况,对所配溶液浓度将有何影响(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。
定容时俯视刻度线__________加蒸馏水时不慎超过了刻度__________,此时应如何处理 ________。
【答案】0.018mol/L 4:9 1mol/L 0.2mol/L A 玻璃棒 4.2 mL 10.0mL 500 mL 偏高 偏低 重新配制
【解析】
Ⅰ由配制营养液的KCl、K2SO4和NH4Cl三种固体原料的物质的量之比为1:4:8可知,溶液中K+和NH4+的物质的量比为(1+2×4):8=9:8,由K+和NH4+的物质的量比计算可得;
Ⅱ溶液是均匀的,从1L 1 mol﹒L-1氢氧化钠溶液中取出的100mLNaOH溶液浓度等于原溶液的浓度,由稀释定律计算可得;配置一定物质的量浓度的溶液,配制步骤有计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀等操作,需要用到的仪器有量筒、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管、和500 mL试剂瓶。
Ⅰ(1)由配制营养液的KCl、K2SO4和NH4Cl三种固体原料的物质的量之比为1:4:8可知,溶液中K+和NH4+的物质的量比为(1+2×4):8=9:8,若营养液中c(NH4+)为0.016 mol﹒L-1,n(K+):n(NH4+)=c(K+):c(NH4+)=9:8,则c(K+)==0.018mol/L,故答案为:0.018mol/L;
(2)设(NH4)2SO4的物质的量为x,KCl的物质的量的物质的量为y,由溶液中K+、NH4+的物质的量比为9:8可得y:2x=9:8,则x:y=4:9,故答案为:4:9;
Ⅱ(1)溶液是均匀的,从1L 1 mol﹒L-1氢氧化钠溶液中取出的100mLNaOH溶液浓度等于原溶液的浓度,则取出的这100 mL氢氧化钠溶液的物质的量浓度是为1mol/L;据稀释定律,稀释前后溶质氢氧化钠的物质的量不变,令稀释后的浓度为c,则可得关系式100mL×1mol/L=500mL×c,解得c=0.2mol/L,故答案为:1mol/L ;0.2mol/L;
(2)配置一定物质的量浓度的溶液,配制步骤有计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀等操作,需要用到的仪器有量筒、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管、和500 mL试剂瓶,不必使用的是托盘天平,故答案为:A;
(3)由(2)分析可知,还缺少的仪器是玻璃棒,故答案为:玻璃棒;
(4)设量取浓盐酸的体积是Vml,由稀释定律可知稀释前后HCl物质的量不变,则有12mol/L×V×10—3L=0.10mol/L×0.5L,解得V=4.2,由量筒使用的最近原则可知,应选用10.0mL量筒量取4.2ml浓盐酸,故答案为:4.2ml;10.0mL;
(5)实验室没有450mL的容量瓶,则配制0.1 mol﹒L-1的稀盐酸450 mL应选用500mL的容量瓶,故答案为:500 mL;
(6)定容时俯视刻度线,会导致溶液体积偏小,所配溶液浓度偏高;加蒸馏水时不慎超过了刻度,会导致溶液体积偏大,所配溶液浓度偏低,由于操作导致实验失败,解决的方法是重新配制,故答案为:偏高;偏低;重新配制。