题目内容

1．某实验小组配制0.10mol/L NaOH溶液并进行有关性质实验，回答下列问题．
（1）若实验中大约要使用475mL NaOH溶液，至少需要称量NaOH固体2.0g．
（2）从图中选择称量NaOH固体所需要的仪器是（填字母）abe．
名称托盘天平
（带砝码）		小烧杯坩埚钳玻璃棒药匙量筒
仪器      
序号abcdef
（3）下列情况会使所配溶液浓度偏低的是（填序号）①③⑤⑥
①称量时，左盘高，右盘低
②固体溶解后未冷却到室温就直接转移到容量瓶中
③溶液转移到容量瓶后，未进行洗涤操作
④转移溶液前容量瓶内有少量蒸馏水
⑤定容时，仰视容量瓶的刻度线
⑥定容后摇匀，发现液面降低，又补加少量水，重新达到刻度实验室欲配制
（4）向VmL上述浓度的NaOH溶液中，通入一定量的CO2后，然后向该溶液中逐滴加入1mol．L-1的盐酸，所加入盐酸溶液的体积与产生CO2的体积关系如图所示：
①当加入35.0mL盐酸溶液时，产生标准状况下二氧化碳的体积为224mL；
②计算所取氢氧化钠溶液的体积V=450mL．
（5）取上述氢氧化钠溶液200mL，加入适量铝粉使之恰好完全反应，该反应的化学方程式为2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，逐渐向反应后的溶液中至少加入1.0mol．L-1的盐酸80 mL才能使生成的沉淀完全溶解．

分析 （1）容量瓶只能配制与其规格相对应的容积的溶液，根据n=CV和m=nM来计算；
（2）根据配制一定物质的量浓度的溶液的步骤是计算、称量、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀来选择使用的仪器；
（3）根据c=$\frac{n}{V}$，通过判断不当操作对溶质的物质的量n和溶液体积V的影响来分析误差；
（4）由图可知，此时溶液为氯化钠，从25mL开始生成二氧化碳，反应为HCO3-+H+=CO2↑+H2O，当加入45mL盐酸溶液时，二氧化碳的体积达最大，此时溶液中溶质为氯化钠，
①从25mL开始生成二氧化碳，反应为HCO3-+H+=CO2↑+H2O，生成二氧化碳消耗的盐酸为35mL-25mL=10mL，根据方程式可知n（CO2）=n（HCl），根据n=cV计算n（HCl）；
②当加入45mL盐酸溶液时，二氧化碳的体积达最大，此时溶液中溶质为氯化钠，根据钠元素守恒有n（NaOH）=n（NaCl），根据氯元素守恒有n（NaCl）=n（HCl），计算出n（NaOH），再根据V=$\frac{n}{c}$计算氢氧化钠溶液的体积；
（5）过量的铝与氢氧化钠反应生成NaAlO2、H2；根据氢氧化钠的物质的量n=CV=0.1mol/L×0.2L=0.02mol，可求出反应后溶液中的NaAlO2的物质的量，根据当生成的沉淀完全溶解时，溶液中的溶质为NaCl和AlCl3，根据氯离子的守恒来计算．

解答 解：（1）容量瓶的规格有100ml/250ml/500ml/1000ml，容量瓶只有一条刻度线，故只能配制与其规格相同的体积的溶液，应“大而近”的原则来选择合适的容量瓶，故配制475mL NaOH溶液，应选择500mL的容量瓶，配制出500mL0.1mol/L的氢氧化钠溶液，需要的氢氧化钠的物质的量n=CV=0.1mol/L×0.5L=0.05mol，质量m=nM=0.05mol×40g/mol=2.0g，
故答案为：2.0；
（2）根据配制一定物质的量浓度的溶液的步骤是计算、称量、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀可知选择的仪器有：托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶和胶头滴管，故选abe，
故答案为：abe；
（3）①称量时，左物右码，左盘高，右盘低，说明药品偏轻，故所配溶液的浓度偏低，故①选；
②固体溶解后未冷却到室温就直接转移到容量瓶中，待冷却后，溶液体积偏小，则浓度偏高，故②不选；
③溶液转移到容量瓶后，未进行洗涤操作，会导致溶质的损失，则浓度偏低，故③选；
④只要最后定容时凹液面与刻度线相切即可，至于水是事先就有的还是后来加入的，对浓度无影响，故④不选；
⑤定容时，仰视容量瓶的刻度线，会导致溶液体积偏大，则浓度偏低，故⑤选；
⑥定容后摇匀，发现液面降低是正常的，又补加少量水会导致浓度偏低，故⑥选．
故选：①③⑤⑥；
（4）由图可知，此时溶液为氯化钠，从25mL开始生成二氧化碳，反应为HCO3-+H+=CO2↑+H2O，当加入45mL盐酸溶液时，二氧化碳的体积达最大，此时溶液中溶质为氯化钠．
①从25mL开始生成二氧化碳，反应为HCO3-+H+=CO2↑+H2O，生成二氧化碳消耗的盐酸为35mL-25mL=10mL，根据方程式可知n（CO2）=n（HCl）=0.01L×1mol•L-1=0.01mol，体积V=n•Vm=0.01mol×22.4L/mol=224mL
故答案为：224；
②当加入45mL盐酸溶液时，二氧化碳的体积达最大，此时溶液中溶质为氯化钠，根据钠元素守恒有n（NaOH）=n（NaCl），根据氯元素守恒有n（NaCl）=n（HCl）=0.045L×1mol•L-1=0.045mol，所以n（NaOH）=n（NaCl=0.045mol，氢氧化钠溶液的体积为$\frac{0.045mol}{0.1mol/L}$=0.45L=450mL，
故答案为：450；
（5）过量的铝与氢氧化钠反应生成NaAlO2、H2，故化学方程式为：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑；
由于氢氧化钠的物质的量n=CV=0.1mol/L×0.2L=0.02mol，由于氢氧化钠完全反应，设反应后生成的NaAlO2的物质的量为Xmol，根据反应可知：
NaOH～NaAlO2
  1      1
0.02mol  Xmol
可知：$\frac{1}{0.02}$=$\frac{1}{x}$，解得X=0.02mol
逐渐向反应后的溶液中至少加入1.0mol•L-1的盐酸使生成的沉淀完全溶解时，溶液中的溶质为0.02molNaCl和0.02molAlCl3，根据氯离子的守恒可知，消耗的盐酸的物质的量n（HCl）=n（Cl-）=0.02mol×1+0.02mol×3=0.08mol
故盐酸的体积V=$\frac{n}{c}$=$\frac{0.08mol}{1mol/L}$=0.08L=80mL，
故答案为：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑；80．

点评 本题考查了一定物质的量浓度溶液的配制以及误差分析和物质的量浓度的计算，难度不大，注意实验的基本操作方法和注意事项．

练习册系列答案
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11．下列有关化学用语正确的是（　　）
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C．醛基的简写方式为：-CHOD．苯分子中既有单键又有双键
12．能产生“丁达尔效应”的是（　　）
A．饱和食盐水B．Fe（OH）3胶体C．盐酸D．硫酸铜溶液
9．在一定条件下，CH4和CO的燃烧的热化学方程式分别为：
CH4 （ g ）+2O2（ g ）═2H2O （ l ）+CO2（ g ）△H=-890kJ/mol
2CO （ g ）+O2（ g ）═2CO2（ g ）△H=-566kJ/mol
一定量的CO和CH4的混合气体完全燃烧时，放出的热量为262.9kJ，生成的CO2用过量的饱和石灰水完全吸收，可得到50g白色沉淀．求混合气体中CO和CH4的体积比．（　　）
A．3：5B．2：3C．3：2D．5：3
16．设NA代表阿伏加德罗常数的数值，下列说法中正确的是（　　）
①常温常压下，19g甲烷（CHD3）所含的中子数为9NA
②64g的铜发生氧化还原反应，一定失去2NA个电子
?常温常压下，22.4L N2气体的分子数大于NA
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A．①②B．①④C．③④D．①③
6．下列叙述中正确的是（　　）
A．SiO2和NO2能与强碱溶液反应，都是酸性氧化物
B．不锈钢材料因含有铬、镍所以抗腐蚀性好
C．普通玻璃、钢化玻璃、玻璃钢都属于硅酸盐产品，水玻璃可用于木材防腐
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13．用惰性电极电解2L0.5mol/L的硝酸银溶液，当在电路中通过0.1mol电子后，调换正负极，电路中又通过了0.2mol电子，此时溶液pH值为（假设溶液体积不变）是（　　）
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10．下列分子中的键的极性最强的是（　　）
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11．将1.76g铜镁合金完全溶解于50mL密度为1.40g•mL-1、质量分数为63%的浓硝酸中，得到NO2和N2O4的混合气体1344mL（标准状况），向反应后的溶液中加入1.0mo1•L-1NaOH溶液，当金属离子全部沉淀时，得到3.12g沉淀．下列说法不正确的是（写出过程）（　　）
A．该合金中铜与镁的物质的量之比是1：1
B．该浓硝酸中HN03的物质的量浓度是14.0mo1•L-1
C．NO2和N2O4的混合气体中，NO2的体积分数是80%
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