分析 (1)根据实验操作步骤及各仪器的作用选取仪器;
(2)根据配制过程判断还缺少的仪器;
(3)容量瓶有瓶塞,配制前需要检查容量瓶是否漏水;
(4)根据实验操作对c=$\frac{n}{V}$的影响进行判断;
(5)需要490mL 0.1mol•L-1的NaCl溶液溶液,实际上配制的是500mL 0.1mol•L-1的NaCl溶液,根据m=cVM计算出需要氯化钠的质量,注意托盘天平的最小读数为0.1g;根据稀释过程中溶质的物质的量不变计算出需要该氯化钠溶液的体积.
解答 解:(1)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,该实验中需要用天平称量、用药匙取药品,烧杯溶解药品,需要玻璃棒搅拌和引流,需要500mL容量瓶配制溶液,需要胶头滴管定容,所以不会用到的是C.100mL容量瓶、G.洗瓶,
故答案为:CG;
(2)定容时必须使用胶头滴管定容,所以还缺少胶头滴管,
故答案为:胶头滴管;
(3)容量瓶带有瓶塞,使用时必须确保不漏水,所以容量瓶在使用前必须检查是否漏水,
故答案为:检查是否漏水;
(4)A.称量时氯化钠固体放在右托盘中:应该遵循“左物右码”原则,即:氯化钠固体放在左盘中,否则导致称量的氯化钠质量偏小,配制的溶液浓度偏小,故A错误;
B.移液前容量瓶没有干燥,有少量蒸馏水,不影响溶质质量和溶液体积,则不影响配制结果,故B错误;
C.移液后未洗涤烧杯,导致配制的溶液中含有溶质的物质的量偏小,配制的溶液浓度偏低,故C错误;
D.定容时俯视容量瓶刻度线,加入的蒸馏水体积偏小,配制的溶液浓度偏高,故D正确;
E.定容后,把容量瓶倒置摇匀后发现液面低于刻度线,便补充几滴水至刻度处,导致配制的溶液中含有的溶质的物质的量偏小,配制的溶液浓度偏低,故E错误;
故答案为:D;
(5)需要490mL 0.1mol•L-1的NaCl溶液溶液,实际上配制的是500mL 0.1mol•L-1的NaCl溶液,需要氯化钠固体的质量为:m(NaCl)=0.1mol/L×0.5L×58.5g/mol=2.925g,托盘天平的最小读数为0.1g,则称量的氯化钠的质量为2.9g;
配制500mL 0.1mol•L-1的NaCl溶液,需要2mol/L的NaCl溶液的体积为:$\frac{0.1mol/L×0.5L}{2mol/L}$=0.025L=25mL,
故答案为:2.9; 25.
点评 本题考查了配制一定浓度的溶液方法,题目难度中等,注意掌握配制一定物质的量浓度的溶液步骤,明确常见容量瓶的规格为解答关键,试题侧重基础知识的考查,培养了学生的分析能力及化学实验能力.
科目:高中化学 来源: 题型:解答题
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科目:高中化学 来源: 题型:解答题
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科目:高中化学 来源: 题型:解答题
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科目:高中化学 来源: 题型:选择题
A. | 2.0gH218O与D2O的混合物中所含中子数为NA | |
B. | 1mol Na2O2 固体中含离子总数为4 NA | |
C. | 标准状况下,22.4 LSO3含有NA个分子 | |
D. | 50ml 12mol/L盐酸与足量MnO2共热,转移的电子数为0.3NA |
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科目:高中化学 来源: 题型:选择题
A. | 装置A的作用是除去氯气中的水蒸汽 | |
B. | 装置B的现象是干燥处布条褪色,湿润处布条不褪色 | |
C. | 装置C中发生反应为Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O | |
D. | 该实验必须在通风橱中进行 |
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