热门试卷

解：（1）①设盐酸的体积为1L，则溶质的质量为1000mL×1.19g•cm-3×36.5%，溶质的物质的量为=11.9mol，

所以溶质的物质的量浓度为=11.9mol/L，故答案为：11.9；

②A、n=CV，所以与溶液体积有关，故A错误；

B、溶液的浓度是均一稳定的，与所取溶液的体积无关，故B正确．

C、N=nNA=CVNA，所以与溶液体积有关，故C错误；

D、溶液的密度是均一的，所以与所取溶液的体积无关，故D正确，

故选：BD；

（2）①因配制溶液的体积为480ml，而容量瓶的规格没有480ml，只能选用500ml，Na2CO3的物质的量n=cV=0.5L×0.08mol•L-1=0.04mol，Na2CO3•10H2O的物质的量等于Na2CO3的物质的量，所以Na2CO3•10H2O的质量0.04mol×286g/mol=11.4g，故答案为：11.4；

②由左盘的质量=右盘的质量+游码的质量可知：砝码质量=物体质量+游码的质量，所以物体质量=砝码质量-游码质量，即：物体质量=11g-0.4g=10.6g．故答案为：10.6；

③用容量瓶配制一定物质的量浓度的溶液，在使用前要先检查是否漏水，容量瓶中无论干燥与否，对实验结果没有影响，但不能用欲配制的溶液润洗过的，会导致误差偏大，故答案为：B；

④A．加水时越过刻度线，溶液的体积偏大，浓度偏小，故答案为：偏低；

B．忘记将洗涤液加入容量瓶，溶质的质量偏小，浓度偏小，故答案为：偏低；

C．容量瓶内壁附有水珠而未干燥处理，溶液的体积不变，浓度不变，故答案为：不变；

D．溶解后没有冷却便进行定容，溶液冷却下来会导致溶液的体积偏小，浓度偏大，故答案为：偏高；

（3）①Fe2O3粉末加入适量盐酸，发生的反应：Fe2O3 +6HCl=2FeCl3 +3H2O，离子方程式为：Fe2O3 +6H+=2Fe3++3H2O，故答案为：Fe2O3 +6H+=2Fe3++3H2O；

②FeCl3溶液中滴入NaOH溶液，发生反应：Fe3++3OH-=Fe（OH）3↓，可观察到有红褐色沉淀Fe（OH）3生成，故答案为：Fe3++3 OH-=Fe（OH）3↓；

③向沸水中滴入几滴FeCl3饱和溶液，继续煮沸至溶液变成红褐色，即可制得氢氧化铁胶体，故答案为：红褐； 

④因胶体具有丁达尔效应，而溶液没有丁达尔效应，故答案为：乙；溶液和胶体．

解：A．因配制溶液时，若加水超过容量瓶刻度，应用重新配制，故A错误；

B．因Na2CO3溶液呈碱性，碱性溶液应用碱式滴定管量能装，故B正确；

C、在硫酸铜晶体（CuSO4•n H2O）结晶水含量测定中，加热前后质量的减少量即是失去结晶水的质量，加热后放在空气中冷却，会吸收空气中的水重新形成晶体，结前后质量差减小，结果偏小，故C错误；

D、实验中为准确测定结晶水的值，应分别测定坩埚的质量、坩埚与晶体的总质量，以此测定晶体的质量，然后称量加热后坩埚与固体总质量，之后再加热，至少再称一次以判断晶体是否完全分解，所以至少称量4次，故D正确；

E、在中和热的测定实验中，要减少反应放出的热量，作为量热计的仪器装置，其保温隔热的效果一定要好，故E正确；

F、中和热数值取决于酸、碱的强弱，与用量无关，故F错误；

G、因等质量的Na2O、NaOH配成相同体积溶液，前者的浓度大，根据极限法，可知NaOH中混有Na2O会使配制的NaOH溶液浓度偏高，故G正确；

H、仰视容量瓶刻线，溶液体积偏大，浓度偏小；量取液体时，开始仰视，读数偏小，放出溶液后俯视滴定管，读数偏大，所以量取的溶液体积偏高，故H错误；

故答案为：B、D、E、G．

解：（1）配制480mL的氯化钠溶液，需要选用规格为500mL的容量瓶，则需要氯化钠的质量为：0.2mol/L×0.5L×58.5g=5.85g，天平只能称到小数点后面一位．

故答案为：5.9；  

（2）实验操作的步骤：计算、称量、溶解、移液、洗涤移液、定容、摇匀等操作，实验步骤是：①⑦②③⑤④⑥，故答案为：①⑦②③⑤④⑥；

（3）A．烧杯中NaCl溶液移入容量瓶后没有洗涤烧杯，则n减小，所以结果偏低，故A正确；

B．定容后摇匀，发现液面低于刻度线，再滴加蒸馏水至刻度线，相当于溶液稀释，结果偏小，故B正确；

C、实验用的容量瓶洗净后未干燥，里面含有少量水不影响实验结果，故C错误；

D、定容时俯视，会导致V偏小，所以c偏高，故D错误．

故选AB．