Question

【题目】完成下列填空：

(1)与标准状况下4.48LCO2中所含氧原子数目相同的水的质量是_______g；

(2)V L Fe2(SO4)3溶液中含Fe3+m g，则溶液中SO42-的物质的量浓度为_____mol/L；

(3)用容量瓶配制一定物质的量浓度的稀硫酸，下面操作造成所配稀硫酸溶液浓度偏高的是________

A.转移时没有洗涤烧杯、玻璃棒

B.未冷却到室温就转移

C.摇匀后发现液面低于刻度线，又加蒸馏水至刻度线

D.用量筒量取浓硫酸后洗涤量筒并把洗涤液转移到容量瓶

E.定容时俯视液面

(4)下列属于电解质的是___________，属于非电解质的是__________(填编号)。

①酒精 ②CH3COOH ③NaOH ④NaCl ⑤Cu ⑥SO2 ⑦Na2CO3

(5)药物“达喜”的化学成分是铝和镁的碱式盐，可用于治疗胃酸过多。取一定量该碱式盐，加入2.0 mol/L盐酸使其溶解，当加入盐酸42.5 mL时开始产生CO2，加入盐酸至45.0 mL时恰好反应完全，该碱式盐样品中氢氧根与碳酸根的物质的量之比为_______。

Answer 1

【答案】7.2 BDF ②③④⑦ ①⑥ 16：1

【解析】

(1)根据n=结合物质的分子构成计算；

(2)根据Fe3+的质量求其物质的量，根据化学式计算SO42-的物质的量，然后利用物质的量浓度定义式计算其物质的量浓度；

(3)分析操作对溶质的物质的量或对溶液的体积的影响，根据c=分析对所配溶液浓度的影响；

(4)根据电解质、非电解质的概念分析判断；

(5)加入盐酸生成CO2，反应过程为：先发生H++OH-=H2O，再发生CO32-+H+=HCO3-，最后发生HCO3-+H+=CO2↑+H2O，从42.5mL～45.0mL消耗2.5mL盐酸，发生反应HCO3-+H+=CO2↑+H2O，根据方程式计算n(HCO3-)、n(CO32-)，进而计算HCO3-、CO32-消耗的氢离子物质的量，进而计算n(OH-)，据此解答。

(1)标准状况下4.48L CO2的物质的量n(CO2)==0.2mol，其中含有O原子的物质的量为0.4mol，由于H2O分子中只含有1个O原子，所以所含氧原子数目相同的水的物质的量为0.4mol，则水的质量为m(H2O)=0.4mol×18g/mol=7.2g；

(2)V L Fe2(SO4)3溶液中，含有Fe3+mg，则n(Fe3+)=mol，根据化学式Fe2(SO4)3可知SO42-的物质的量n(SO42-)=n(Fe3+)=×mol，所以SO42-的物质的量浓度为c(SO42-)===mol/L；

(3)A.转移时没有洗涤烧杯、玻璃棒，导致配制的溶液中溶质的物质的量偏小，配制的溶液浓度偏低，A错误；

B.溶解的时候溶液没有冷却到室温就转移，溶液冷却后体积偏小，导致所配制的溶液浓度偏高，B正确；

C.摇匀后发现液面低于刻度线，又加蒸馏水至刻度线，使配制的溶液体积偏大，溶液浓度偏小，C错误；

D.用量筒量取浓硫酸后洗涤量筒并把洗涤液转移到容量瓶，溶质的物质的量偏大，配制的溶液浓度偏高，D正确；

E.定容时俯视刻度线，导致加入的蒸馏水体积偏小，则配制的溶液体积偏小，溶液浓度偏高，E正确；

故合理选项是BDE；

(4)①酒精本身不能电离产生自由移动的离子，是化合物，属于非电解质；

②CH3COOH在水溶液中可电离产生自由移动的CH3COO-、H+，是化合物，属于电解质； ③NaOH在水溶液中或熔融状态下可电离产生自由移动的Na+、OH-，是化合物，属于电解质；

④NaCl在水溶液中或熔融状态下可电离产生自由移动的Na+、Cl-，是化合物，属于电解质；⑤Cu是单质，不是电解质，也不是非电解质；

⑥SO2本身不能电离产生自由移动的离子，是化合物，属于非电解质；

⑦Na2CO3在水溶液中或熔融状态下可电离产生自由移动的Na+、CO32-，是化合物，属于电解质；

综上所述可知。属于电解质的是②③④⑦；属于非电解质的是①⑥；

(5)加入盐酸时，反应过程为：先发生H++OH-=H2O，再发生CO32-+H+=HCO3-，最后发生HCO/span>3-+H+=CO2↑+H2O，从42.5mL～45.0mL消耗2.5mL盐酸，发生反应HCO3-+H+=CO2↑+H2O，n(HCl)=2.0 mol/L×0.0025L=0.005mol，则n(HCO3-)=0.005mol，由CO32-+H+=HCO3-可知n(CO32-)=n(HCO3-)=0.005mol，则与OH-反应的HCl消耗的H+的物质的量n(H+)=2mol/L×0.045L-0.005mol-0.005mol=0.08mol，所以该碱式盐样品中氢氧根与碳酸根的物质的量之比=0.08mol：0.005mol=16：1。