Question

11．某同学通过以下装置测定M 样品（只含Fe、Al、Cu）中各成分的质量分数．取两份质量均为m g 的M 样品，按实验1（如图1）和实验2（如图2）进行实验，该同学顺利完成了实验并测得气体体积分别为V₁mL 和V₂mL（已折算到标准状况下）．

（1）实验1 装置中小试管的作用是液封，避免氢气从长颈漏斗中逸出，控制加氢氧化钠溶液的体积来控制反应的快慢，节省药品
（2）对于实验2，平视读数前应依次进行的两种操作是：冷却到室温；调整BC液面相平
（3）实验1 进行实验前，B 瓶中水没有装满，使测得气体体积无影响  （填“偏大”、“偏小”或“无影响”，下同）；若拆去实验2 中导管a，使测得气体体积偏大
（4）该实验需要0.50mol•L^-1 的NaOH 溶液470mL，请回答下列问题
①配制时应称量 g NaOH，配制过程所需仪器小烧杯（或称量瓶）、药匙  （填仪器名称）．
②配制NaOH 溶液时，NaOH 固体中含有Na₂O 杂质会导致所配溶液浓度偏大．（填“偏大”、“偏小”或“无影响”）．
（5）该实验中所用稀硫酸是用98%的浓硫酸（ρ=1.84g/cm³）配制的，若将该浓硫酸与等质量的水混合，则所得溶液中溶质物质的量浓度＜  9.2mol/L（填＞、＜、=）

Answer 1

分析 据题意，M只含铁、铝、铜三种金属中的两种或三种，其中铝既能与强酸反应，又能与强碱反应；铁只能溶于强酸，不溶于强碱；铜既不溶于氢氧化钠，也不溶于稀硫酸．
（1）实验1的装置中，小试管的作用是对长颈漏斗起到液封作用，防止氢气逸出，控制加液体量，调节化学反应速率，节省药品；
（2）对于实验2，平视读数前应等到冷却到室温，并上下移动C量气管，使B、C液面相平，其目的是使B管收集的气体压强等于外界大气压，这样读得的读数才准确；
（3）如果实验前B瓶液体没有装满水，不影响实验结果，因为理论上B管收集的气体体积等于排入C管里液体的体积；若拆去导管a，加入液体时，排出锥形瓶中部分空气，导致测定的气体体积偏大；
（4）要配制0.50mol•L^-1的NaOH溶液470mL，所用容量瓶应为500mL，所以计算氢氧化钠的质量时要按500mL溶液计算，称量时氢氧化钠要放在小烧杯（或称量瓶）中进行，用药匙取药品，NaOH固体中含有Na₂O杂质，氧化钠与水反应生成氢氧化钠，使得溶液中氢氧化钠偏多，据此答题；
（5）根据$\frac{1000ρw}{M}$计算该浓硫酸的物质的量浓度．该硫酸与水的密度不同，混合所得溶液的总体积不等于硫酸体积的二倍

解答 解：据题意，M只含铁、铝、铜三种金属中的两种或三种，其中铝既能与强酸反应，又能与强碱反应；铁只能溶于强酸，不溶于强碱；铜既不溶于氢氧化钠，也不溶于稀硫酸．
（1）验1的装置中，小试管的作用是对长颈漏斗起到液封作用，防止氢气逸出，控制加液体量，调节化学反应速率，节省药品；
故答案为：液封，避免氢气从长颈漏斗中逸出，控制加氢氧化钠溶液的体积来控制反应的快慢，节省药品；
（2）对于实验2，平视读数前应等到冷却到室温，并上下移动C量气管，使B、C液面相平，其目的是使B管收集的气体压强等于外界大气压，这样读得的读数才准确，
故答案为：冷却到室温；调整BC液面相平；
（3）如果实验前B瓶液体没有装满水，不影响实验结果，因为理论上B管收集的气体体积等于排入C管里液体的体积；若拆去导管a，加入液体时，排出锥形瓶中部分空气，导致测定的气体体积偏大；
故答案为：无影响；偏大；
（4）①要配制0.50mol•L^-1的NaOH溶液470mL，所用容量瓶应为500mL，所以配制时应称量0.50mol•L^-1×0.5L×40g/mol=10.0g NaOH，称量时氢氧化钠要放在小烧杯（或称量瓶）中进行，用药匙取药品，
故答案为：10.0；小烧杯（或称量瓶）、药匙；
②NaOH固体中含有Na₂O杂质，氧化钠与水反应生成氢氧化钠，使得溶液中氢氧化钠偏多，所以会导致所配溶液浓度偏大，
故答案为：偏大；
（5）根据c=$\frac{1000ρw}{M}$可得浓硫酸的物质的量浓度为$\frac{1000×1.84g/c{m}^{3}×98%}{98g/mol}$=18.4mol/L，
硫酸与水的密度不同，设硫酸和水的体积都为1L，混合后的密度为ρ，则有混合后的硫酸的物质的量浓度为c=$\frac{\frac{18.4mol/L×1L×1000}{1.84g/mol×1000ml+1000g}}{ρ}$=0.648ρ，因ρ＞$\frac{1.84+1}{2}$g/ml，所以c＜0.92mol/L＜9.2mol/L，
故答案为：＜．

点评 本题考查了物质性质的分析判断，实验装置的理解应用，物质的量浓度溶液的配制和计算等，掌握基础是关键，题目难度中等．