Question

19．某同学欲配制1OOmLO.20mol，L^-1的KCl溶液，实验操作如下：
（A）用托盘天平准确称取1.49gKCl固体，并放入烧杯中；
（B）加入约30mL蒸馏水，用玻璃棒搅拌使其溶解，并恢复至室温；
（C）将KCl溶液由烧杯小心倒入100mL容量瓶中；
（D）然后往容量瓶中加蒸馏水，直到液面接近标线1-2cm处，轻轻摇动容量瓶并静置片刻后，改用胶头滴管滴加蒸馏水；
（E）使溶液凹面最低点恰好与刻度相切，把容量瓶盖好，上下翻转摇匀后装瓶．
（1）该学生操作中错误的是ACD（填写编号）．
（2）下面哪些操作会导致所配的100mLO.20mol/L的KCl溶液浓度降低BCDE．
（A）容量瓶用蒸馏水洗涤三次直到洗净，
（B）称量KCl固体时将砝码放在左盘
（C）未洗涤转移KCl溶液的烧杯，
（D）转移KCl溶液时有KCl溶液溅出
（E）定容时仰视刻度线
（3）若用O.2mol，L^-1的KCl溶液配制0.05mol，L^-1的KCl溶液200.0mL，需要O.20mol，L^-1的KCl溶液62.5mL，
（4）已知在标准状况下1L水可以溶解VLHCl气体，此时所形成的溶液密度为ρg/mL，（相对原子质量Cl
35.5  H1）该溶液物质的量浓度为：$\frac{1000ρV}{22400+36.5V}$（mol/L）

Answer 1

分析 （1）托盘天平只能精确至0.1g；向容量瓶中移液时要用玻璃棒引流；在定容前必须要将烧杯和玻璃棒洗涤，洗涤液也要注入容量瓶中，据此分析；
（2）根据c=$\frac{n}{V}$并结合溶质的物质的量n和溶液的体积V的变化来进行误差分析；
（3）由于实验室无200mL容量瓶，故应选择250mL的容量瓶，故配制出250mL溶液．根据溶液稀释定律C_浓V_浓=C_稀V_稀来计算；
（4）先根据HCl的体积求出其物质的量和质量，然后求出溶液的质量分数ω=$\frac{溶质的质量}{溶液的质量}$×100%，带入公式C=$\frac{1000ρω}{M}$即可求得．

解答 解：（1）（A）托盘天平只能精确至0.1g，故无法用托盘天平准确称取1.49gKCl固体，故A错误；
（B）加入约30mL蒸馏水，用玻璃棒搅拌使其溶解，由于容量瓶不能受热，故要将溶液恢复至室温，故B正确；
（C）向容量瓶中移液时要用玻璃棒引流，防止溶液溅出，不能直接倾倒，故C错误；
（D）在定容前必须要将烧杯和玻璃棒洗涤，洗涤液也要注入容量瓶中，然后再往往容量瓶中加蒸馏水来定容，故D错误；
（E）定容时，开始时直接往容量瓶中加蒸馏水，直到液面接近标线1-2cm处，轻轻摇动容量瓶并静置片刻后，改用胶头滴管滴加蒸馏水使溶液凹面最低点恰好与刻度相切，把容量瓶盖好，上下翻转摇匀后装瓶，故E正确．
故选ACD；
（2）（A）容量瓶用蒸馏水洗涤三次直到洗净是正确的，对所配溶液的浓度无影响，故A不选；
（B）称量KCl固体时将砝码放在左盘，会导致所称量的固体的质量偏小，则所配溶液的浓度偏低，故B选；
（C）未洗涤转移KCl溶液的烧杯，会导致溶质的损失，则浓度偏低，故C选；
（D）转移KCl溶液时有KCl溶液溅出，会导致溶质的损失，则浓度偏低，故D选；
（E）定容时仰视刻度线，会导致溶液体积偏大，则浓度偏低，故E选．
故选BCDE．
（3）由于实验室无200mL容量瓶，故应选择250mL的容量瓶，故配制出250mL溶液．
设需要的O.2mol，L^-1的KCl溶液体积为VmL，根据溶液稀释定律C_浓V_浓=C_稀V_稀可知：0.2mol/L×VmL=0.05mol/L×250mL；
解得V=62.5mL，故答案为：62.5；
（4）由于标况下，1L水中所溶解的HCl的体积为VL，故HCl的质量m=$\frac{V}{{V}_{m}}M$=$\frac{VL}{22.4L/mol}×36.5g/mol$=$\frac{36.5V}{22.4}$g，故溶液的质量分数ω=$\frac{溶质的质量}{溶液的质量}$×100%=$\frac{\frac{36.5V}{22.4}g}{\frac{36.5V}{22.4}g+1000g}×100%$=$\frac{36.5V}{36.5V+22400}×100%$，
所得盐酸溶液的物质的量浓度C=$\frac{1000ρω}{M}$=$\frac{1000×ρg/mL×\frac{36.5V}{36.5V+22400}×100%}{36.5g/mol}$=$\frac{1000ρV}{22400+36.5V}$mol/L．
故答案为：$\frac{1000ρV}{22400+36.5V}$．

点评 本题考查了一定物质的量浓度溶液的配制、溶质质量分数的计算，题目难度中等，注意掌握物质的量浓度、溶质质量分数的概念及表达式，难度不大．