2023年高考化学二轮复习专题能力提升练二第一篇专题通关攻略专题一基本概念2化学常用计量

PAGE2-专题能力提升练二化学常用计量(建议用时:20分钟)1.(2022·哈尔滨一模)某氖原子的质量是ag,12C原子的质量是bg,用NA表示阿伏加德罗常数,那么以下表达中错误的选项是()A.该氖原子的相对原子质量为12a/bB.Wg该氖原子的物质的量为W/aNAmolC.Wg该氖原子所含的质子数为10W/a个D.氖元素的摩尔质量为aNAg·mol-1【解析】选D。根据相对原子质量的含义可知,A正确;氖原子的质量是ag,那么1mol该原子的质量为aNAg,其摩尔质量为aNAg·mol-1,Wg该氖原子的物质的量为W/aNAmol,B正确;一个氖原子含有10个质子,那么Wg该氖原子所含原子个数是W/a,共含有质子数为10W/a,C正确;氖元素含有同位素,只是其中这种核素的摩尔质量是aNAg·mol-1,并不是氖元素的摩尔质量,D错误。【加固训练】(2022·怀化一模)绿色植物是空气天然的净化器,1万平方米柳杉每月可以吸收160kgSO2,那么1万平方米柳杉每月吸收的SO2的物质的量为()A.164kg B.2.5molC.2500mol D.2500g·mol-1【解析】选C。1万平方米柳杉每月可以吸收160kgSO2,那么1万平方米柳杉每月吸收的SO2的物质的量为n===2500mol。2.(2022·保定一模)配制物质的量浓度为0.1mol·L-1的Na2CO3溶液100mL时,以下操作正确的选项是()A.用托盘天平称取1.06g无水碳酸钠,在烧杯中加适量水溶解,待冷却到室温后,将溶液转移到容量瓶中B.在使用容量瓶前必须检查容量瓶是否完好以及瓶塞处是否漏水C.定容时,假设加水超过刻度线,可用胶头滴管小心吸出多余局部D.定容时,假设仰视,那么所配溶液的浓度将偏高【解析】选B。A项,托盘天平的精确度为0.1g,不能称出1.06g,故A错误;B项,使用容量瓶前需检验瓶塞处是否漏水,故B正确;C项,假设加水超过刻度线,可用胶头滴管小心吸出多余局部,n减小,根据c=可知会造成浓度偏低,故C错误;D项,定容时仰视,会造成液体高于刻度线,V变大,根据c=可知会造成浓度偏低,故D错误。【加固训练】(2022·淮安一模)以下说法正确的选项是()A.相同体积和物质的量浓度的不同溶液里所含溶质的物质的量相同B.10mol·L-1的浓盐酸与H2O等质量混合所得混合液的浓度为5mol·L-1C.溶液中溶质质量分数为w,密度为ρg·cm﹣3,溶质摩尔质量为Mg·mol-1的溶液的物质的量浓度为mol·L-1D.一定物质的量浓度的溶液配制过程中,仰视定容,所得溶液的浓度偏大【解析】选A。根据n=Vc,相同体积和物质的量浓度,其物质的量必然相等,A正确;盐酸密度(ρ1)大于水的密度(ρ2),c===<5mol·L-1,B错误;c=mol·L-1,C错误;配制一定物质的量浓度的溶液时,假设仰视定容,参加的蒸馏水体积会偏大,配制的溶液的体积偏大,溶液的浓度会偏小,D错误。3.(2022·昆明一模)有一粗硅,含杂质铁,取等质量的样品分别投入足量的稀盐酸和足量的稀氢氧化钠溶液中,放出等量的H2,那么该粗硅中铁和硅的关系正确的选项是()A.物质的量之比为1∶1B.物质的量之比为1∶2C.质量之比为4∶1D.质量之比为2∶1【解析】选C。根据电子得失守恒可知:铁与盐酸反响:Fe～H2,而硅与氢氧化钠反响:Si～2H2,放出等量的H2,那么粗硅中铁和硅的物质的量之比为2∶1,质量之比为(2×56)∶(1×28)=4∶1。【加固训练】(2022·通辽一模)以下表达正确的选项是()①NaCl的摩尔质量是58.5g②在C与SiO2反响制备SiC中,氧化剂与复原剂的物质的量之比是2∶1③标准状况下,1LHCl和1LH2O的物质的量相同④标准状况下,1gH2和16gO2的体积相同⑤摩尔质量就等于物质的式量⑥两种物质的物质的量相同,那么它们在标准状况下的体积也相同⑦在同温同体积时,气体物质的物质的量越大,那么压强越大⑧同温同压下,气体的密度与气体的相对分子质量成正比A.①②③④ B.②③⑥⑦⑧C.⑤⑥⑦⑧ D.④⑦⑧【解析】选D。①摩尔质量的单位是g·mol-1,错误;②反响3C+SiO2SiC+2CO中,氧化剂C与复原剂C的物质的量之比是1∶2,错误;③标准状况下,H2O是液体,错误;④标准状况下,1gH2和16gO2的物质的量相同、体积相同,正确;⑤摩尔质量单位是g·mol-1,式量的单位是1,错误;⑥两种物质的物质的量相同,假设不是气体那么体积不同,错误;⑦相同条件下,气体物质的物质的量与压强成正比,正确;⑧根据ρ==可知,相同条件下,Vm相同,那么气体的密度与气体的相对分子质量成正比,正确。4.(2022·双鸭山一模)三种气体X、Y、Z的相对分子质量关系为Mr(X)<Mr(Y)=0.5Mr(Z),以下说法正确的选项是()A.三种气体密度最小的是XB.分子数目相等的三种气体,质量最大的是YC.假设一定条件下,三种气体体积均为2.24L,那么它们的物质的量一定均为0.1molD.20℃时,假设2molY与1molZ体积相等,那么Y、Z气体所承受的压强比为2∶1【解析】选D。相同条件下,气体摩尔体积相同,Mr(X)最小,根据密度的定义式ρ=可知,只有在相同条件下,X气体密度最小,A错误;分子数目相等的三种气体,物质的量相等,根据m=Mn可知,Mr(Z)最大,故质量最大的是Z,B错误;在标准状况下,三种气体体积均为2.24L,那么它们的物质的量一定均为0.1mol,C错误;同温同体积时,气体的压强之比等于物质的量之比,20℃时,假设2molY与1molZ体积相等,那么Y、Z气体所承受的压强比为2∶1,D正确。5.(2022·长沙一模)设NA表示阿伏加德罗常数的值,以下说法正确的选项是()A.在常温常压下,2.24LSO2与O2混合气体中所含氧原子数为0.2NAB.25℃时,pH=13的1LBa(OH)2溶液中含有的OH-数为0.2NAC.1molNaCl中,所有Na+的最外层电子总数为NAD.1molCH3COONa和少量CH3COOH溶于水所得中性溶液中,CH3COO-的数目为NA【解析】选D。A项,常温常压不是标准状况,无法确定2.24L的混合气体的总物质的量,无法确定其中所含氧原子数,A错误;B项,pH=13,那么c(OH-)=0.1mol·L-1,n(OH-)=0.1mol,故含有的OH-数为0.1NA,B错误;C项,NaCl中Na+的最外层有8个电子,因此1molNaCl中,所有Na+的最外层电子总数为8NA,C错误;D项中存在电荷守恒:c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-),该溶液呈中性,那么c(H+)=c(OH-),故c(Na+)=c(CH3COO-),n(Na+)=n(CH3COO-)=1mol,即CH3COO-的数目为NA,D正确。6.(2022·大庆三模)以NA表示阿伏加德罗常数,以下说法中正确的选项是()A.8gCH4中含有的共价键总数为NAB.3.2g的Cu与足量的浓硝酸反响生成的气体分子数为NAC.含有NA个中子的D2O的质量为2.0gD.pH=2的硫酸氢钠溶液中的硫酸根离子数为0.01NA【解析】选C。8g甲烷的物质的量为0.5mol,0.5mol甲烷中含有2mol碳氢共价键,含有的共价键数为2NA个,A错误;3.2g铜的物质的量为0.05mol,0.05mol铜与足量硝酸反响失去0.1mol电子,根据电子守恒,能够生成0.1mol二氧化氮;由于二氧化氮与四氧化二氮存在转化平衡,所以反响生成的气体分子的物质的量小于0.1mol,气体分子数小于0.1NA,B错误;含有NA个中子的D2O的物质的量为0.1mol,0.1mol重水的质量为2.0g,C正确;溶液体积不明确,故溶液中硫酸根离子的个数无法计算,D错误。【加固训练】(2022·松原一模)设NA为阿伏加德罗常数的值。以下说法正确的选项是()A.加热条件下,将足量Fe投入含有1mol硫酸的浓硫酸中,生成0.5NA个SO2分子B.30g乙酸与足量乙醇发生酯化反响,充分反响后断裂的C-O键数目为0.5NAC.20gCD4与17gNH3所含质子数均为10NAD.6.72LNO2溶于足量水中,充分反响后转移的电子数为0.2NA【解析】选C。随着反响的进行,硫酸浓度变小,此时反响生成氢气,故生成SO2分子小于0.5mol即0.5NA个,A错误;酯化反响是可逆反响,不能计算反响进行的程度,也不能计算充分反响后断裂的C-O键数目,B错误;CD4的摩尔质量是20g·mol-1,20gCD4与17gNH3的物质的量都是1mol,二者都是含有10个质子的分子,故所含质子数均为10NA,C正确;6.72LNO2气体不一定处于标准状况下,其物质的量无法计算,D错误。二、非选择题7.(2022·滨州一模)物质的量是高中化学常用的物理量,请完成以下有关计算:(1)2.3g乙醇含有________个氢原子,所含共价键的物质的量为________,其中所含官能团羟基的电子数为________。(2)某条件下,8g氧气所占的体积为6L,那么在该条件下的气体摩尔体积为________。(3)100mL硫酸铝溶液中c(Al3+)=0.20mol·L-1(不考虑水解因素),那么其中n(S)=________。(4)在9.5g某二价金属的氯化物中含有0.2molCl-,此氯化物的摩尔质量为________。(5)6.72LCO(标准状况)与一定量的Fe2O3恰好完全反响(生成Fe与CO2)后,生成Fe的质量为________g,转移的电子数目为________。【解析】(1)2.3g乙醇的物质的量为=0.05mol,0.05mol乙醇分子中含氢原子的物质的量为0.05mol×6=0.3mol,含氢原子数为0.3NA;一个乙醇分子中含5个C-H键、1个C-C键、1个C-O键和1个O-H键,总共含有8个共价键,那么0.05mol乙醇分子中含有共价键的物质的量为0.05mol×8=0.4mol;0.05mol乙醇分子中含0.05mol羟基,0.05mol羟基中含有的电子的物质的量为9×0.05mol=0.45mol,含有电子数为0.45NA。(2)8g氧气的物质的量为=0.25mol,0.25mol氧气在该条件下的体积为6L,那么该条件下的气体摩尔体积为=24L·mol-1。(3)100mL硫酸铝溶液中c(Al3+)=0.20mol·L-1,那么该溶液中含有铝离子的物质的量为n(Al3+)=0.20mol·L-1×0.1L=0.02mol,根据硫酸铝的化学式可知该溶液中含有的n(S)=n(Al3+)=0.03mol。(4)9.5g某二价金属的氯化物中含有0.2molCl-,该氯化物的物质的量为0.2mol×=0.1mol,那么此氯化物的摩尔质量为=95g·mol-1。(5)标准状况下6.72L二氧化碳的物质的量为=0.3mol,0.3mol完全反响生成二氧化碳失去的电子的物质的量为0.3mol×(4-2)=0.6mol,转移电子的数目为0.6NA,根据电子守恒,反响生成铁的物质的量为=0.2mol,质量为56g·mol-1×0.2mol=11.2g。答案:(1)0.3NA0.4mol0.45NA(2)24L·mol-1(3)0.03mol(4)95g·mol-1(5)11.20.6NA8.(2022·邵阳一模)用质量分数为36.5%的盐酸(密度为1.16g·cm-3)配制1mol·L-1的稀盐酸,现实验室仅需要这种盐酸270mL,试答复以下问题:(1)配制稀盐酸时,应选用容量为__mL的容量瓶。(2)经计算需要________mL浓盐酸,在量取时宜选用以下量筒中的________。A.5mL B.10mLC.25mL D.50mL(3)在量取浓盐酸后,进行了以下操作:①等稀释的盐酸的温度与室温一致后,沿玻璃棒注入250mL容量瓶中。②往容量瓶中小心加蒸馏水至液面离容量瓶刻度线1～2cm时,改用胶头滴管加蒸馏水,使溶液的液面与瓶颈的刻度标线相切。③在盛盐酸的烧杯中注入蒸馏水,并用玻璃棒搅动,使其混合均匀。④用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒2至3次,并将洗涤液全部注入容量瓶。上述操作中,正确的顺序是(填序号)________。(4)在上述配制过程中,用刚刚洗涤洁净的量筒来量取浓盐酸,其配制的稀盐酸浓度是________(填“偏高〞“偏低〞或“无影响〞)。假设未用蒸馏水洗涤烧杯内壁或未将洗涤液注入容量瓶,那么配制的稀盐酸浓度是________(填“偏高〞“偏低〞或“无影响〞)。【解析】(1)要配制盐酸270mL,那么需要选择500mL的容量瓶。(2)质量分数为36.5%的盐酸(密度为1.16g·cm-3)的物质的量浓度为=11.6(mol·L-1),设需要浓盐酸的体积为V,依据溶液稀释前后溶质的物质的量不变得:V×11.6mol·L-1=500mL×1mol·L-1,解得V=21.6mL,应选择25mL的量筒。(3)配制一定物质的量浓度的溶液一般步骤:计算、量取、稀释、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀,所以正确的顺序为③①④②。(4)在上述配制过程中,用刚刚洗涤洁净的量筒来量取浓盐酸,导致量取的氯化氢的物质的量偏小,溶液的浓度偏低;假设未用蒸馏水洗涤烧杯内壁或未将洗涤液注入容量瓶,导致溶质的物质的量偏小,溶液的浓度偏低。答案:(1)500(2)21.6C(3)③①④②(4)偏低偏低【易错提醒】用量筒量取液体的体积时,选用的量筒体积应比量取液体的体积略大或相等,以减小实验误差;液体参加量筒接近所量取体积时,应该改用胶头滴管滴加至所需体积。【加固训练】(2022·安庆一模)在标准状况下,将22.4LHCl气体溶于63.5mL水中,所得盐酸的密度为1.18g·cm-3。答复以下问题:(1)所得盐酸的质量分数和物质的量浓度分别为________、________。(2)现需480mL2.0mol·L-1的盐酸,需用量筒量取________mL上述盐酸并选用________mL的容量瓶来配制;假设配制过程中洗涤量取上述盐酸的量筒,并将洗涤液转移到容量瓶,那么所配盐酸的浓度________(填“>〞“<〞或“=〞)2.0mol·L-1。(3)现取不纯的Na2CO3样品ag(含少量NaHCO3和H2O)于100mL2.0mol·L-1过量的盐酸中,充分反响后,再参加50mL1.0mol·L-1的NaOH溶液后呈中性。蒸发中和后的溶液最终得到固体________g。【解析】(1)标准状况下,22.4L氯化氢的物质的量是1mol,其质量是36.5g,63.5mL水的质量是63.5g,所以其质量分数是36.5g÷(36.5+63.5)g×100%=36.5%,溶液的体积=100g÷1.18g·cm-3≈0.085L,所以其物质的量浓度=1mol÷0.085L≈11.8mol·L-1。(2)设需用盐酸的体积是V,11.8mol·L-1×V=0.5L×2.0mol·L-1,V≈84.7mL,需要500mL容量瓶;溶质的物质的量偏大导致所配物质的浓度偏高。(3)碳酸钠和碳酸氢钠与盐酸反响后都生成氯化钠,当溶液呈中性时,溶液是氯化钠溶液,根据盐酸的物质的量计算氯化钠的物质的量,盐酸的物质的量等于氯化钠的物质的量=0.1L×2.0mol·L-1=0.2mol,质量是11.7g。答案:(1)36.5%11.8mol·L-1(2)84.7500>(3)11.7(建议用时:25分钟)一、选择题1.以下溶液配制实验的描述完全正确的选项是()A.在容量瓶中先参加一定体积的水,再参加浓硫酸配制准确浓度的稀硫酸B.用浓盐酸配制1∶1(体积比)的稀盐酸(约6mol·L-1)通常需要用容量瓶等仪器C.配制NH4Fe(SO4)2标准溶液时,参加一定量H2SO4以防水解D.用pH=1的盐酸配制100mL、pH=2的盐酸所需全部玻璃仪器有100mL容量瓶、烧杯、玻璃棒、胶头滴管【解析】选C。A项,不能在容量瓶中稀释浓硫酸;B项,用浓盐酸配制体积比1∶1的稀盐酸,应用量筒和烧杯;D项,量取浓盐酸时需要量筒。2.某氯化镁溶液的密度为1.18g·cm-3,其中镁离子的质量分数为5.1%,那么300mL该溶液中Cl-的物质的量约等于()A.0.37mol B.0.63molC.0.74mol D.1.50mol【解析】选D。氯化镁溶液的质量为1.18g·cm-3×300mL=354g,镁离子的质量为354g×5.1%=3.54×5.1g,镁离子的物质的量为=0.75mol,根据电荷守恒,氯化镁溶液中n(Cl-)=2n(Mg2+)=2×0.75mol=1.5mol。【加固训练】用含1.0molNaOH的溶液吸收0.8molCO2,所得溶液中C和HC的物质的量之比为()A.1∶3 B.2∶1C.2∶3 D.3∶2【解析】选A。设C、HC的物质的量分别为x、y,那么解得==。3.配制一定物质的量浓度的NaOH溶液,下面实验操作中正确的选项是()A.称量时,将NaOH固体直接放在天平托盘上B.将称好的NaOH固体放入容量瓶中,参加少量水溶解C.在烧杯中溶解NaOH固体后,立即将所得溶液注入容量瓶中D.将烧杯中已冷却的NaOH溶液注入未经枯燥的容量瓶中【解析】选D。A项,氢氧化钠具有腐蚀性、易潮解,直接放在托盘天平上称量,会有大量的氢氧化钠残留在托盘天平上,使所配溶液浓度偏低,应在玻璃器皿中称量,故A错误;B项,溶液配制不能在容量瓶内进行溶解或稀释,溶解或稀释会产生化学热,影响溶液体积,甚至会导致容量瓶破裂,故应将称好的NaOH固体放入烧杯中,参加少量水溶解,恢复室温后再移入容量瓶,故B错误;C项,氢氧化钠溶解时放出热量,溶液有热胀冷缩的性质,如果不冷却直接转移到容量瓶中,会导致溶液的体积偏小,配制溶液的浓度偏大,所以应将溶液冷却到室温后转移至容量瓶中,故C错误;D项,氢氧化钠溶解放出大量的热,不冷却进行定容,冷却后将使所配溶液的体积偏小,配制溶液的浓度偏大,所以应将溶液冷却到室温后转移至容量瓶中。溶液配制最后需加水定容,容量瓶不枯燥,对所配溶液无影响,故D正确。4.设NA为阿伏加德罗常数的值,以下表达正确的选项是()A.11gT2O含有的电子数为5NAB.常温下,0.2L0.5mol·L-1NH4NO3溶液的氮原子数小于0.2NAC.含4molHCl的浓盐酸与足量二氧化锰反响转移的电子总数为2NAD.标准状况下,2.24LH2S全部溶于水所得溶液中HS-和S2-离子数之和为0.1NA【解析】选A。A项,T2O的摩尔质量为22g·mol-1,故11gT2O的物质的量为0.5mol,而1molT2O含有10mol电子,即10NA个,那么0.5molT2O含有5NA个电子,A正确;B项,常温下,0.2L0.5mol·NH4NO3溶液中含有0.1molNH4NO3,氮原子数等于0.2NA,B错误;C项,随着反响的进行,浓盐酸逐渐变成稀盐酸,反响不再进行,因此含4molHCl的浓盐酸与足量二氧化锰反响转移的电子总数少于2NA,C错误;D项,标准状况下,2.24LH2S的物质的量为=0.1mol,溶于水所得溶液中含有HS-、S2-和H2S,因此HS-和S2-离子数之和少于0.1NA,D错误。5.设NA为阿伏加德罗常数的值。以下说法正确的选项是()A.标准状况下,0.1molCl2溶于水,转移的电子数目为0.1NAB.标准状况下,2.24LNO和2.24LO2混合后气体分子数为0.15NAC.加热条件下,1molFe投入足量的浓硫酸中,生成NA个SO2分子D.0.1molNa2O2与足量的潮湿的二氧化碳反响转移的电子数为0.1NA【解析】选D。A项,Cl2溶于水发生的反响是可逆反响,因此转移的电子数目小于0.1NA,A错误;B项,2.24LNO和2.24LO2混合后生成2.24LNO2,氧气过量,剩余氧气1.12L,但由于存在平衡2NO2N2O4,所以气体分子数小于0.15NA,B错误;C项,加热条件下,铁与浓硫酸反响生成硫酸铁,根据电子得失守恒可知生成1.5NA个SO2分子,C错误;D项,0.1molNa2O2与足量的潮湿的二氧化碳反响中,Na2O2既是氧化剂,也是复原剂,转移的电子数为0.1NA,D正确。6.碳酸铜和碱式碳酸铜[Cu2(OH)2CO3]均可溶于盐酸转化为氯化铜。在高温下这两种化合物均能分解生成氧化铜。溶解28.4g的上述混合物,恰好消耗1.0mol·L-1盐酸500mL。灼烧等量的上述混合物,得到的氧化铜质量是()A.15g B.30gC.20g D.35g【解析】选C。碳酸铜和碱式碳酸铜均可溶于盐酸,转化为氯化铜,消耗1mol·L-1盐酸500mL,盐酸溶质的物质的量为0.5mol,那么CuCl2为0.25mol,根据铜元素质量守恒,那么可知原混合物中含有0.25molCu,灼烧等质量的上述混合物,得到氧化铜的物质的量为0.25mol,那么质量为0.25mol×80g·mol-1=20g。二、非选择题7.“84消毒液〞是一种高效消毒剂,在日常消毒和灾后消毒时方便快捷。某“84消毒液〞瓶体局部标签如图1所示,该“84消毒液〞通常稀释100倍(体积之比)后使用。请答复以下问题:84消毒液【有效成分】NaClO【规格】1000mL【质量分数】24%【密度】1.18g·cm-3图1图2(1)此“84消毒液〞的物质的量浓度约为__________mol·L-1。(计算结果保存一位小数)(2)某同学量取100mL此“84消毒液〞,按说明要求稀释后用于消毒,那么稀释后的溶液中c(Na+)=________mol·L-1。(3)该同学阅读该“84消毒液〞的配方,欲用NaClO固体配制480mL含NaClO质量分数为24%的消毒液。①如图2所示的仪器中配制溶液需要使用的是______(填仪器序号),还缺少的玻璃仪器是________。②以下操作中,容量瓶不具备的功能是________(填序号)。a.配制一定体积准确浓度的标准溶液b.贮存溶液c.测量容量瓶规格以下的任意体积的溶液d.准确稀释某一浓度的溶液e.用来加热溶解固体溶质③请计算该同学配制此溶液需称取NaClO固体的质量为________g。(4)假设实验遇以下情况,导致所配溶液的物质的量浓度偏高是________(填序号)。①定容时俯视刻度线②转移前,容量瓶内有蒸馏水③未冷至室温就转移定容④定容时水多用胶头滴管吸出【解析】(1)c(NaClO)===3.8(mol·L-1)。(2)稀释后c(NaClO)=×3.8mol·L-1=0.038mol·L-1,c(Na+)=c(NaClO)=0.038mol·L-1。(3)①由于实验室无480mL容量瓶,故应选用500mL容量瓶,根据配制一定物质的量浓度的溶液的步骤是计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀和装瓶可知所需的仪器有托盘天平、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶和胶头滴管,故需要的是C、D、E,还需要的是玻璃棒、胶头滴管。②容量瓶只能用于配制一定体积准确浓度的标准溶液;容量瓶不能贮存溶液,只能用于配制,配制完成后要尽快装瓶;容量瓶只有一条刻度线,故不能测量容量瓶规格以下的任意体积的溶液;容量瓶不能受热,而浓溶液的稀释容易放热,故不能用于准确稀释某一浓度的溶液,也不能用来加热溶解固体溶质。③质量分数为24%的消毒液的浓度为3.8mol·L-1,由于实验室无480mL容量瓶,故应选用500mL容量瓶,而配制出500mL溶液,故所需的质量m=cVM=3.8mol·L-1×0.5L×74.5g·mol-1=141.6g。(4)定容时俯视刻度线,会导致溶液体积偏小,那么浓度偏高,①正确;转移前,容量瓶内有蒸馏水,对溶液浓度无影响,②错误;未冷却至室温就转移定容,那么冷却后溶液体积偏小,那么浓度偏高,③正确;定容时水多用胶头滴管吸出,那么吸出的不只是溶剂,还有溶质,故溶液浓度偏小,④错误。答案:(1)3.8(2)0.038(3)①C、D、E玻璃棒、胶头滴管②bcde③141.6(4)①③【加固训练】人体血液里Ca2+的浓度一般采用mg·cm-3来表示。抽取一定体积的血样,加适量的草酸铵[(NH4)2