Question

1．（1）O₂和O₃是氧元素的兩種單質，質量之和為96克的O₂和O₃的氣體混合，其氧原子個數(shù)為1：1．
（2）配制100mL 1mol•L^-1的稀H₂SO₄溶液，需要用量筒量取濃H₂SO₄（密度為1.84g•mL^-1，質量分數(shù)為98%）的體積為5.4mL．
（3）現(xiàn)要配制1mol•L^-1 Na₂CO₃溶液250mL，求：
①需要含結晶水的碳酸鈉晶體（Na₂CO₃•10H₂O）71.5g；
②在配制上述溶液的過程中，可能導致配制溶液濃度偏小的有：ACE
A．固體Na₂CO₃•10 H₂O放在右盤（1 g以下用游碼）
B．容量瓶用碳酸鈉溶液先潤洗
C．轉移溶液時未洗滌燒杯
D．定容時，溶液未冷卻；
E．定容時視線仰視；
F．搖勻時，發(fā)現(xiàn)液面低于容量瓶刻度線，但未補加水；
G．容量瓶未干燥．

Answer 1

分析 （1）假設O₂和O₃的質量均為48g，根據(jù)n=$\frac{m}{M}$計算各自物質的量，結合分子組成計算O原子數(shù)；
（2）先計算濃硫酸的物質的量濃度，再根據(jù)溶液稀釋前后溶質的物質的量不變計算所需濃鹽酸的體積；
（3）①所需碳酸鈉的物質的量n=CV=1mol/L×0.25L=0.25mol，由于1mol碳酸鈉晶體（Na₂CO₃•10H₂O）能提供1molNa₂CO₃，故所需Na₂CO₃•10H₂O的物質的量也為0.25mol，質量m=nM，據(jù)此求算；
②根據(jù)c=$\frac{n}{V}$并結合溶質的物質的量n和溶液的體積V的變化來進行誤差分析，凡是不當操作使n偏小或者使V偏大的操作都會使溶液濃度偏低，凡是不當操作使n偏大或者使V偏小的操作都會使溶液濃度偏高，據(jù)此解答．

解答 解：（1）假設O₂和O₃的質量均為48g，
則O₂的物質的量為$\frac{48g}{32g/mol}$=1.5mol，
O₃的物質的量為$\frac{48g}{48g/mol}$=1mol，
故O₂和O₃所含分子個數(shù)比為1.5mol：1mol=3：2；
O₂和O₃均由O原子構成，則氧原子質量相等，含有O原子數(shù)目相等，即原子個數(shù)比為1：1；
故答案為：1：1；
（2）濃硫酸的物質的量濃度為$\frac{1000×1.84×98%}{98}$=18.4mol/L，設需要濃硫酸的體積為V，根據(jù)溶液稀釋前后溶質的物質的量不變得：0.2mol/L×0.5L=18.4mol/L×V，V=0.0054L=5.4mL，
故答案為：5.4；
（3）①配制1mol•L^-1 Na₂CO₃溶液250mL，所需碳酸鈉的物質的量n=CV=1mol/L×0.25L=0.25mol，由于1mol碳酸鈉晶體（Na₂CO₃•10H₂O）能提供1molNa₂CO₃，故所需Na₂CO₃•10H₂O的物質的量也為0.25mol，質量m=nM=0.25mol×286g/mol=71.5g；
故答案為：71.5g；
②A．固體Na₂CO₃•10 H₂O放在右盤，則稱量時，藥品的實際質量偏小，所以配制的溶液的濃度偏小，故A選；
B．容量瓶用碳酸鈉溶液先潤洗，容量瓶中碳酸鈉的物質的量偏大，所以配制的溶液的濃度偏大，故B不選；
C．轉移溶液時未洗滌燒杯，燒杯中有殘留的碳酸鈉，則容量瓶中碳酸鈉的物質的量偏小，所以配制的溶液的濃度偏小，故C選；
D．定容時，溶液未冷卻，冷卻后溶液的體積減小，所以配制的溶液的濃度偏大，故D不選；
E．定容時視線仰視，溶液的體積偏大，則配制的溶液的濃度偏小，故E選；
F．搖勻時，發(fā)現(xiàn)液面低于容量瓶刻度線，但未補加水，溶液的濃度不變，故F不選；
G．容量瓶未干燥，對溶液的體積無影響，溶液的濃度不變，故G不選；
故選ACE．

點評 本題考查了物質的量的計算、一定物質的量濃度溶液的配制過程中的計算和誤差分析，準確判斷不當操作對溶質的物質的量和溶液體積的影響是解題關鍵，題目難度不大．