Question

实验室需要0.1mol/L NaOH溶液450mL和0.5mol/L硫酸溶液450mL．可供选择的仪器有：①玻璃棒 ②烧瓶 ③烧杯 ④胶头滴管 ⑤量筒 ⑥容量瓶 ⑦托盘天平 ⑧药匙 ⑨分液漏斗．实验室现有NaOH固体和质量分数为98%、密度为1.84g?cm^-3的浓H₂SO₄提供，根据这两种溶液的配制情况回答下列问题：
（1）上述仪器中，一直用不到的有

 

（填序号）．
（2）下列操作中，容量瓶不具备的功能有

 

（填序号）．
A、配制一定体积准确浓度的标准溶液B、长期贮存溶液
C、用来加热溶解固体溶质   D、配制一定质量分数的标准溶液
（3）配制时应称取NaOH

 

g，量取浓硫酸

 

mL．
（4）实验中，玻璃棒的作用有

 

．
（5）配制溶液时，下列操作中引起误差偏高的有

 

．（填序号）
①洗涤量取浓H₂SO₄后的量筒，并将洗涤液转移到容量瓶中
②未等溶解的NaOH溶液和稀释后的H₂SO₄溶液冷却至室温就转移到容量瓶中
③将溶液转移至容量瓶后，未洗涤烧杯和玻璃棒
④定容时，加蒸馏水超过标线，又用胶头滴管吸出
⑤转移前，容量瓶中含有少量蒸馏水
⑥定容摇匀后，发现液面低于标线，又用胶头滴管加蒸馏水至标线
⑦定容时，俯视标线
⑧用量筒量取浓硫酸时，仰视观察凹液面与量筒刻度相切．

Answer 1

考点：配制一定物质的量浓度的溶液

专题：物质的量浓度和溶解度专题

分析：（1）配置一定物质的量浓度溶液用到的仪器有：托盘天平或者量筒、药匙、烧杯、玻璃棒、容量瓶、胶头滴管，据此解答；
（2）容量瓶作为精密仪器，是用来配置一定物质的量浓度的溶液的主要仪器，不可用于储存和溶解、稀释物质，也不能测量除其规格以外容积的液体体积；
（3）依据n=C×V m=n×M计算氢氧化钠的质量；溶液稀释前后溶质的物质的量不变；

1000×1.84g/ml×98%

98g/mol

（4）溶解固体用玻璃棒搅拌可以加速溶解，移液时容量瓶瓶颈太细，用玻璃棒将溶液引流入容量瓶；
（5）依据C=

n

V

分析，凡是使n偏小或者使V偏大的操作都会是溶液的浓度偏低，反之偏高．

解答： 解：（1）配置一定物质的量浓度溶液用到的仪器有：托盘天平或者量筒、药匙、烧杯、玻璃棒、容量瓶、胶头滴管，用不到的是②烧瓶⑨分液漏斗；
故答案为：②⑨；
（2）容量瓶作为精密仪器，是用来配置一定物质的量浓度的溶液的主要仪器，不可用于储存和溶解、稀释物质，也不能测量除其规格以外容积的液体体积；
故选：BCD；
（3）需要氢氧化钠的物质的物质的量n=0.1mol/L×0.5L=×0.05mol，其质量为m=0.05mol×40g/mol=2.0g；
浓硫酸的物质的量浓度C=

1000ω

M

=

1000×1.84g/ml×98%

98g/mol

=18.4mol/L，溶液稀释前后溶质的物质的量不变，
设需要浓硫酸的体积为V，则V×18.4mol/L=0.5mol/L×500ml，解得V=13.6ml；
故答案为：2.0；13.6；
（4）实验中，玻璃棒的作用有搅拌和引流，故答案为：搅拌、引流；
（5）依据C=

n

V

分析，凡是使n偏小或者使V偏大的操作都会是溶液的浓度偏低，反之偏高．
①洗涤量取浓H₂SO₄后的量筒，并将洗涤液转移到容量瓶中，导致量取的浓硫酸体积偏大，溶质的物质的量n偏大，溶液浓度偏高，故①正确；
②未等溶解的NaOH溶液和稀释后的H₂SO₄溶液冷却至室温就转移到容量瓶中，冷却后溶液的体积小于容量瓶容积，溶液的体积偏小，溶液的浓度偏高，故②正确；
③将溶液转移至容量瓶后，未洗涤烧杯和玻璃棒，溶质的物质的量n偏小，溶液的浓度偏低，故③错误；
④定容时，加蒸馏水超过标线，又用胶头滴管吸出，溶质的物质的量n偏小，溶液的浓度偏低，故④错误；
⑤转移前，容量瓶中含有少量蒸馏水，对溶质的物质的量和溶液的体积均不产生影响，溶液的浓度不受影响 故⑤错误；
⑥定容摇匀后，发现液面低于标线，又用胶头滴管加蒸馏水至标线，导致溶液的体积V偏大，溶液的浓度偏低，故⑥错误；
⑦定容时，俯视标线，导致溶液的体积偏小，溶液的浓度偏高，故⑦正确；
⑧用量筒量取浓硫酸时，仰视观察凹液面与量筒刻度相切，导致所取浓硫酸的体积偏大，溶质的物质的量偏大，溶液的浓度偏高，故⑧正确；
故选：①②⑦⑧．

点评：本题考查了配制一定物质的量浓度的溶液中的方法及误差分析，该题的难点在于误差分析，可以根据实验操作对c=

n

V

的影响进行判断，题目难度不大．