Question

1．（1）O₂和O₃是氧元素的两种单质，质量之和为96克的O₂和O₃的气体混合，其氧原子个数为1：1．
（2）配制100mL 1mol•L^-1的稀H₂SO₄溶液，需要用量筒量取浓H₂SO₄（密度为1.84g•mL^-1，质量分数为98%）的体积为5.4mL．
（3）现要配制1mol•L^-1 Na₂CO₃溶液250mL，求：
①需要含结晶水的碳酸钠晶体（Na₂CO₃•10H₂O）71.5g；
②在配制上述溶液的过程中，可能导致配制溶液浓度偏小的有：ACE
A．固体Na₂CO₃•10 H₂O放在右盘（1 g以下用游码）
B．容量瓶用碳酸钠溶液先润洗
C．转移溶液时未洗涤烧杯
D．定容时，溶液未冷却；
E．定容时视线仰视；
F．摇匀时，发现液面低于容量瓶刻度线，但未补加水；
G．容量瓶未干燥．

Answer 1

分析 （1）假设O₂和O₃的质量均为48g，根据n=$\frac{m}{M}$计算各自物质的量，结合分子组成计算O原子数；
（2）先计算浓硫酸的物质的量浓度，再根据溶液稀释前后溶质的物质的量不变计算所需浓盐酸的体积；
（3）①所需碳酸钠的物质的量n=CV=1mol/L×0.25L=0.25mol，由于1mol碳酸钠晶体（Na₂CO₃•10H₂O）能提供1molNa₂CO₃，故所需Na₂CO₃•10H₂O的物质的量也为0.25mol，质量m=nM，据此求算；
②根据c=$\frac{n}{V}$并结合溶质的物质的量n和溶液的体积V的变化来进行误差分析，凡是不当操作使n偏小或者使V偏大的操作都会使溶液浓度偏低，凡是不当操作使n偏大或者使V偏小的操作都会使溶液浓度偏高，据此解答．

解答 解：（1）假设O₂和O₃的质量均为48g，
则O₂的物质的量为$\frac{48g}{32g/mol}$=1.5mol，
O₃的物质的量为$\frac{48g}{48g/mol}$=1mol，
故O₂和O₃所含分子个数比为1.5mol：1mol=3：2；
O₂和O₃均由O原子构成，则氧原子质量相等，含有O原子数目相等，即原子个数比为1：1；
故答案为：1：1；
（2）浓硫酸的物质的量浓度为$\frac{1000×1.84×98%}{98}$=18.4mol/L，设需要浓硫酸的体积为V，根据溶液稀释前后溶质的物质的量不变得：0.2mol/L×0.5L=18.4mol/L×V，V=0.0054L=5.4mL，
故答案为：5.4；
（3）①配制1mol•L^-1 Na₂CO₃溶液250mL，所需碳酸钠的物质的量n=CV=1mol/L×0.25L=0.25mol，由于1mol碳酸钠晶体（Na₂CO₃•10H₂O）能提供1molNa₂CO₃，故所需Na₂CO₃•10H₂O的物质的量也为0.25mol，质量m=nM=0.25mol×286g/mol=71.5g；
故答案为：71.5g；
②A．固体Na₂CO₃•10 H₂O放在右盘，则称量时，药品的实际质量偏小，所以配制的溶液的浓度偏小，故A选；
B．容量瓶用碳酸钠溶液先润洗，容量瓶中碳酸钠的物质的量偏大，所以配制的溶液的浓度偏大，故B不选；
C．转移溶液时未洗涤烧杯，烧杯中有残留的碳酸钠，则容量瓶中碳酸钠的物质的量偏小，所以配制的溶液的浓度偏小，故C选；
D．定容时，溶液未冷却，冷却后溶液的体积减小，所以配制的溶液的浓度偏大，故D不选；
E．定容时视线仰视，溶液的体积偏大，则配制的溶液的浓度偏小，故E选；
F．摇匀时，发现液面低于容量瓶刻度线，但未补加水，溶液的浓度不变，故F不选；
G．容量瓶未干燥，对溶液的体积无影响，溶液的浓度不变，故G不选；
故选ACE．

点评 本题考查了物质的量的计算、一定物质的量浓度溶液的配制过程中的计算和误差分析，准确判断不当操作对溶质的物质的量和溶液体积的影响是解题关键，题目难度不大．