2012新题分类汇编A 常用化学计量高考真题模拟新题 10页

A单元　常用化学计量 ‎　　　　　　　　　　　　　　　　　‎ A1　阿伏伽德罗常数和物质的量 ‎7．N3、B3、A1‎ ‎[2011·安徽卷] 科学家最近研制出可望成为高效火箭推进剂的N(NO2)3(如图1－3所示)。已知该分子中N－N－N键角都是108.1°，下列有关N(NO2)3的说法正确的是(　　)‎ NO2NNO2NO2‎ 图1－3‎ A．分子中N、O间形成的共价键是非极性键 B．分子中四个氮原子共平面 C．该物质既有氧化性又有还原性 D．‎15.2 g该物质含有6.02×1022个原子 ‎7．N3、B3、A1‎ ‎【解析】 C　分子中N、O间形成的共价键是由不同元素的原子形成的，属于极性键，故A错误；由夹角108.1°可知该分子的结构类似NH3的结构，是三角锥形，因此，四个氮原子不可能共平面，故B错误；该分子中N的化合价为＋3价，处于中间价态，因此，该物质既有氧化性又有还原性，C正确；15.2 g该物质含有的原子数约为×10×6.02×1023＝6.02×1023，故D错误。‎ ‎9．A1‎ ‎[2011·广东卷] 设nA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是(　　)‎ A．常温下，‎23 g NO2含有nA个氧原子 B．‎1 L 0.1 mol·L－1氨水含有0.1 nA个OH－‎ C．常温常压下，‎22.4 L CCl4含有nA个CCl4分子 D．1 mol Fe2＋与足量的H2O2溶液反应，转移2nA个电子 ‎9．A1‎ ‎【解析】 A　23 g NO2中氧原子的物质的量为×2＝1 mol，故A正确；1 L 0.1 mol·L－1氨水中含有溶质NH3·H2O的物质的量为0.1 mol，但由于NH3·H2O是弱电解质，不能完全电离，故含有的OH－的个数少于0.1nA，B错误；常温常压下，CCl4为液态，22.4 L CCl4的物质的量不是1 mol，C错误；1 mol Fe2＋被H2O2氧化生成1 mol Fe3＋，反应过程转移的电子数为nA，D错误。‎ ‎10．A1　[2011·海南化学卷] 设NA是阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是(　　)‎ A．1 mol Al3＋离子含有的核外电子数为3NA B．1 mol Cl2与足量的铁反应，转移的电子数为3NA C．‎10 L pH＝1的硫酸溶液中含有的H＋离子数为2NA D．‎10 L pH＝13的NaOH溶液中含有的OH－离子数为NA ‎10．A1　【解析】 D　Al3＋离子核外电子数为10个，1 mol Al3＋离子含有的核外电子数应为10 NA，故A错；2Fe＋3Cl2===2FeCl3，反应中转移6个电子，1 mol Cl2反应转移的电子数应为2NA，故B错；pH＝1时c(H＋)＝0.1 mol·L－1，n(H＋)＝1 mol，故C错；pH＝13时c(OH－)＝0.1 mol·L－1，n(OH－)＝1 mol, 故D对。‎ ‎8．A1　[2011·江苏化学卷] 设NA为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是(　　)‎ A．1 mol甲醇中含有C－H键的数目为4NA B．‎25 ℃‎，pH＝13的NaOH溶液中含有OH－的数目为0.1NA C．标准状况下，‎2.24 L己烷含有分子的数目为0.1NA D．常温常压下，Na2O2与足量H2O反应，共生成0.2 mol O2，转移电子的数目为0.4NA ‎8．A1　【解析】 D　1 mol 甲醇中含有3 mol C－H键，A错；pH＝13的NaOH溶液c(OH－)＝0.1 mol/L，由于没有提供溶液体积，OH－的数目无法确定，B错；己烷在标准状况下为液体，不适用气体摩尔体积，C错；2Na2O2＋2H2O===4NaOH＋O2↑中，生成0.2 mol O2，转移0.4 mol e－，D对。‎ ‎12．A‎1 C1E4‎ ‎[2011·全国卷] NA为阿伏加德罗常数，下列叙述错误的是(　　)‎ A．18 gH2O中含有的质子数为10NA B．‎12 g金刚石中含有的共价键数为4NA C．‎46 g NO2和N2O4混合气体中含有原子总数为3NA D．1 mol Na与足量O2反应，生成Na2O和Na2O2的混合物，钠失去NA个电子 ‎12．A‎1 C1E4‎ ‎【解析】 B　金刚石中一个碳原子形成4条共价键，而每条共价键被两个碳原子拥有，因此一个碳原子对每条共价键的“拥有权”为0.5，因此一个碳原子有两条共价键，12 g金刚石为1 mol，因此含有共价键为2 mol。一个水分子中有10个质子，18 g水是1 mol，所以A项正确。NO2和N2O4的最简式相同，因此只要质量相同，其所含原子个数也相同，C项正确。钠与氧气反应时，无论生成物是Na2O还是Na2O2，Na均为＋1价，因此1 mol Na参加反应时失去的电子数为1NA，D项正确。‎ A2　气体摩尔体积和阿伏加德罗定律 ‎　　　　　　　　　　　　　　　　　‎ A3　物质的量浓度及溶液的配制 ‎33．J‎2A3H2‎ ‎[2011·广东卷] 某同学进行实验研究时，欲配制1.0 mol·L－1 Ba(OH)2溶液，但只找到在空气中暴露已久的Ba(OH)2·8H2O试剂(化学式量：315)。在室温下配制溶液时发现所取试剂在水中仅部分溶解，烧杯中存在大量未溶物。为探究其原因，该同学查得Ba(OH)2·8H2O在283 K、293 K和303 K时的溶解度(g/‎100 g H2O)分别为2.5、3.9和5.6。‎ ‎(1)烧杯中未溶物可能仅为BaCO3，理由是________________________________________________________________________‎ ‎________________________________________________________________________。‎ ‎(2)假设试剂由大量Ba(OH)2·8H2O和少量BaCO3组成。设计实验方案，进行成分检验。写出实验步骤、预期现象和结论。(不考虑结晶水的检验；室温时BaCO3饱和溶液的pH＝9.6)‎ 限选试剂及仪器：稀盐酸、稀硫酸、NaOH溶液、澄清石灰水、pH计、烧杯、试管、带塞导气管、滴管 实验步骤 预期现象和结论 步骤1：取适量试剂于洁净烧杯中，加入足量蒸馏水，充分搅拌，静置，过滤，得滤液和沉淀。‎ 步骤2：取适量滤液于试管中，滴加稀硫酸。‎ 步骤3：取适量步骤1中的沉淀于试管中，________。‎ 步骤4：‎ ‎(3)将试剂初步提纯后，准确测定其中Ba(OH)2·8H2O的含量。实验如下：‎ ‎①配制250 mL约0.1 mol·L－1 Ba(OH)2溶液：准确称取w克试样，置于烧杯中，加适量蒸馏水，________，将溶液转入________中，洗涤，定容，摇匀。‎ ‎②滴定：准确量取25.00 mL所配Ba(OH)2溶液于锥形瓶中，滴加指示剂，将________(填“‎0.020”‎、“‎0.05”‎、“‎0.1980”‎或“‎1.5”‎)mol·L－1盐酸装入50 mL酸式滴定管，滴定至终点，记录数据。重复滴定2次。平均消耗盐酸V mL。‎ ‎③计算Ba(OH)2·8H2O的质量分数＝____________(只列出算式，不做运算)。‎ ‎(4)室温下，________(填“能”或“不能”) 配制1.0 mol·L－1 Ba(OH)2溶液。‎ ‎33．J‎2A3H2‎ ‎(1)由于Ba(OH)2·8H2O与空气中CO2反应，所取试剂大部分已变质为BaCO3，未变质的Ba(OH)2·8H2O在配制溶液时能全部溶解 ‎(2)‎ 步骤2：‎ 出现白色沉淀，说明该试剂中有Ba2＋存在 步骤3：滴加稀盐酸，连接带塞导气管将产生的气体导入澄清石灰水中 澄清石灰水变浑浊，说明该试剂含有BaCO3‎ 步骤4：取步骤1中的溶液于烧杯中，用pH计测定其pH pH明显大于9.6，说明该试剂含有Ba(OH)2‎ ‎(3)①搅拌溶解　250 mL容量瓶 ‎②0.1980‎ ‎③×100%‎ ‎(4)不能 ‎【解析】 (1)空气中存在的CO2能与Ba(OH)2反应可生成BaCO3；(2)BaCO3和Ba(OH)2·8H2O的检验，可首先通过加入硫酸，与BaCO3反应生成沉淀和气体进行检验，确定后再将混合物配成饱和溶液，结合BaCO3饱和溶液的pH为9.6加以确认；(3)①配制250 mL溶液应使用250 mL容量瓶，溶解固体后应恢复至室温方可转移溶液至容量瓶；②取样品溶液25 mL，浓度大约是0.1 mol·L－1，即n(OH－)大约是25×10－3×0.1 mol，据中和滴定关系，可确定盐酸浓度为0.1980 mol·L－1较为合适；③结合Ba(OH)2＋2HCl===BaCl2＋2H2O即可计算；(4)由上述可知，Ba(OH)2固体易与空气中水和CO2‎ 结合出现杂质，同时依据Ba(OH)2·8H2O的溶解度关系，不能配制出1.0 mol·L－1的该溶液。‎ ‎　　　　　　　　　　　　　　　　　‎ A4　常用化学计量综合 ‎23．A4　B3　[2011·福建卷] Ⅰ.磷、硫元素的单质和化合物应用广泛。‎ ‎(1)磷元素的原子结构示意图是____________。‎ ‎(2)磷酸钙与焦炭、石英砂混合，在电炉中加热到‎1500 ℃‎生成白磷，反应为：‎ ‎2Ca3(PO4)2＋6SiO2===6CaSiO3＋P4O10‎ ‎10C‎＋P4O10===P4＋10CO 每生成1 mol P4时，就有________mol电子发生转移。‎ ‎(3)硫代硫酸钠(Na2S2O3)是常用的还原剂。在维生素C(化学式C6H8O6)的水溶液中加入过量I2溶液，使维生素C完全氧化，剩余的I2用Na2S2O3溶液滴定，可测定溶液中维生素C的含量。发生的反应为：‎ C6H8O6＋I2===C6H6O6＋2H＋＋2I－‎ ‎2S2O＋I2===S4O＋2I－‎ 在一定体积的某维生素C溶液中加入a mol·L－1I2溶液V1 mL，充分反应后，用Na2S2O3溶液滴定剩余的I2，消耗b mol·L－1Na2S2O3溶液V2 mL。该溶液中维生素C的物质的量是________mol。‎ ‎(4)在酸性溶液中，碘酸钾(KIO3)和亚硫酸钠可发生如下反应：‎ ‎2IO＋5SO＋2H＋===I2＋5SO＋H2O 生成的碘可以用淀粉溶液检验，根据反应溶液出现蓝色所需的时间来衡量该反应的速率。某同学设计实验如下表所示：‎ ‎0.01 mol·L－1KIO3酸性溶液(含淀粉)的体积/mL ‎0.01 mol·L－1Na2SO3溶液的体积/mL H2O的 体积 ‎/mL 实验 温度 ‎/℃‎ 溶液出现蓝色时所需时间/s 实验1‎ ‎5‎ V1‎ ‎35‎ ‎25‎ 实验2‎ ‎5‎ ‎5‎ ‎40‎ ‎25‎ 实验3‎ ‎5‎ ‎5‎ V2‎ ‎0‎ 该实验的目的是________________________________________________________________________；‎ 表中V2＝________mL。‎ Ⅱ.稀土元素是宝贵的战略资源，我国的蕴藏量居世界首位。‎ ‎(5)铈(Ce)是地壳中含量最高的稀土元素，在加热条件下CeCl3易发生水解，无水CeCl3可用加热CeCl3·6H2O和NH4Cl固体混合物的方法来制备。其中，NH4Cl的作用是________________________________________________________________________‎ ‎________________________________________________________________________。‎ ‎(6)在某强酸性混合稀土溶液中加入H2O2，调节pH≈3。Ce3＋通过下列反应形成Ce(OH)4沉淀得以分离。完成反应的离子方程式：‎ Ce3＋＋H2O2＋H2O===Ce(OH)4↓＋______‎ ‎23．A4　B3　(1)‎ ‎(2)20‎ ‎(3)(其他合理答案也可)‎ ‎(4)探究该反应的速率与温度、亚硫酸钠溶液浓度的关系(其他合理答案也可)　40‎ ‎(5)分解出HCl气体，抑制CeCl3水解(或其他合理答案)‎ ‎(6)2　1　6　2　6H＋‎ ‎【解析】 (1)P元素为15号元素，根据核外电子排布规律其原子结构示意图为。‎ ‎(2)在P4O10中P的化合价为＋5价，当生成1 mol P4转移电子数为20 mol。‎ ‎(3)第二个反应消耗Na2S2O3的物质的量为：b mol·L－1×V2 10－‎3L＝V2b10－3mol，则第一个反应剩余的I2的物质的量为0.5V2b10－3mol，该过程加入I2总的物质的量为a mol·L－1×V1 10－‎3L＝V‎1 a 10－3mol，则参加第一个反应的I2的物质的量为V‎1a 10－3mol－0.5 V2b 10－3mol，则该溶液中维生素C的物质的量为V‎1a 10－3mol－0.5 V2b 10－3mol＝(V‎1a－0.5 V2b)10－3mol。‎ ‎(4)实验1和实验2温度相同但加水体积不同，而实验2和实验3温度不同则加水体积应该相同，故V2＝40，有3个实验所给出的不同对比数据可得出该实验目的为：探究该反应的速率与温度、亚硫酸钠浓度的关系。‎ ‎(5)CeCl3发生水解的方程式为：CeCl3＋3H2OCe(OH)3＋3HCl，NH4Cl固体加热可分解生成HCl，起到抑制CeCl3水解的作用。‎ ‎(6)根据电荷守恒：反应物中有阳离子，则生成物中必然要有阳离子，由题意知溶液pH＝3，故最后一个空应为H＋；根据氧化还原反应方程式的配平原则，分析反应中的化合价变化，H2O2中两个O的化合价从－1→－2，得到2个电子，Ce元素的化合价从＋3→＋4，应该失去两个电子，综合得失电子守恒和质量守恒，可配平出2Ce3＋＋H2O2＋6H2O===2Ce(OH)4＋6H＋‎ ‎7．A4[2011·课标全国卷] 下列叙述正确的是(　　)‎ A．1.00 mol NaCl中含有6.02×1023个NaCl分子 B．1.00 mol NaCl中，所有Na＋的最外层电子总数为8×6.02×1023‎ C．欲配制‎1.00 L ,1.00 mol·L－1的NaCl溶液，可将‎58.5 g NaCl溶于‎1.00 L水中 D．电解‎58.5 g 熔融的NaCl，能产生‎22.4 L氯气(标准状况)、‎23.0 g金属钠 ‎7．A4　【解析】 B　NaCl为离子晶体，是由Na＋和Cl－直接构成的，不存在分子，A项错误；Na＋最外层电子数为8，因此，1.00 mol Na＋最外层电子数为8×6.02×1023，B项正确；溶液的体积不是‎1.00 L，C项错误；D项产生氯气的体积应为‎11.2 L(标准状况)。‎ ‎1．[2011·舟山月考] NA代表阿伏加德罗常数，下列有关叙述正确的是(　　)‎ A．标准状况下，‎2.24 L H2O含有的电子数等于NA B．常温下，100 mL 1 mol·L－1Na2CO3溶液中阴离子总数大于0.1NA C．分子数为NA的N2、C2H4混合气体体积约为‎22.4 L，质量为‎28 g D．‎3.4 g NH3中含N—H键数目为0.2NA ‎1．B　【解析】 A项标准状况下H2O为液态；C项没有限定条件，所以体积无法确定；D项‎3.4 g NH3为0.2 mol，含N—H键数目为0.6NA；B项要考虑CO水解，所以100 mL 1 mol·L－1Na2CO3溶液中阴离子总数大于0.1NA。‎ ‎2．[2011·日照一模] 下列叙述正确的是(用NA代表阿伏加德罗常数的值)(　　)‎ A．‎2.4 g金属镁变为镁离子时失去的电子数为0.1 NA B．1 mol HCl气体中的粒子数与0.5 mol/L盐酸中溶质的粒子数相等 C．在标准状况下，‎22.4 L CH4与‎18 g H2O所含有的电子数均为10 NA D．CO和N2为等电子体，‎22.4 L CO气体与1 mol N2所含的电子数相等 ‎2．C　【解析】 A中应为0.2NA；B中盐酸的体积不知道，无法确定溶质的粒子数；D中‎22.4 L CO的状态不确定，CO的物质的量无法确定。‎ ‎3．[2011·启东一模] 设阿伏加德罗常数为NA。则下列说法正确的是(　　)‎ A．‎7.1 g Cl2与足量NaOH溶液充分反应后，转移的电子数为0.1NA B．‎1.0 L浓度为1.0 mol·L－1的一元酸溶液中含有的氢离子数为1.0NA C．常温下，‎1 L 0.1 mol·L－1的NH4NO3溶液中氮原子数小于0.2NA D．标准状况下，‎22.4 L乙醛中含有的氧原子数为1.0NA ‎3．A　【解析】 选项B中的一元酸没有指出是强酸还是弱酸。选项C，虽然NH会发生部分水解，但根据质量守恒定律可知溶液中氮原子数等于0.2NA。选项D，标准状况下，乙醛是液体。‎ ‎4．[2011·长春二模] 设NA表示阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是(　　)‎ A．足量的CO2与‎39 g Na2O2发生反应，转移的电子数为NA B．100 mL 1 mol·L－1FeCl3溶液中，阴、阳离子总数大于0.4 NA C．用惰性电极电解硫酸铜溶液，若生成1 mol O2，则转移电子数为2NA D．‎18 g的D2O与NA个CH具有相同的电子数 ‎4．B　【解析】 A项中，‎39 g Na2O2的物质的量为0.5 mol，Na2O2中－1价的氧，化合价一升一降，所以转移的电子数为0.5 NA。B项中，不考虑水解，100 mL 1 mol·L－1FeCl3溶液中，阴、阳离子总数等于0.4 NA，但1 mol Fe3＋水解生成3 mol H＋，从而使离子的数目增多。C项中，生成1 mol O2，转移电子4 mol。D项中，‎18 g的D2O含电子数小于10 mol，NA个CH的电子数为10 mol。‎ ‎5.[2011·宜昌质检] 设NA代表阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是(　　)‎ A．用石墨电极电解Ca(NO3)2溶液，当转移电子数为0.2 NA时，阴极析出‎4 g金属 B．0.1 mol24Mg32S晶体中所含中子总数为2.8 NA C．常温下含有NA个NO2、N2O4分子的混合气体，温度降至标准状况，其体积约为‎22.4 L D．在熔融状态下，1 mol NaHSO4完全电离出的阳离子数目为2NA ‎5．B　【解析】 A项错，电解硝酸钙实质是电解水，所以不会生成金属单质；B项正确，0.1 mol24 Mg32S含有中子的物质的量为0.1 mol×(12＋16)＝2.8 mol；C项错，NO2、N2O4是可以相互转化的，2NO2N2O4，该反应正向为放热反应，故温度由常温降至标准状况时，平衡正向移动，分子的数目减少，其体积也小于‎22.4 L；D项错，熔融状态下，NaHSO4===Na＋＋HSO，1 mol NaHSO4完全电离出的阳离子数目为NA。‎ ‎6．[2011·福鼎调研] NA为阿伏加德罗常数，下列叙述中正确的是(　　)‎ ‎①‎106 g Na2CO3晶体中的离子总数大于3 NA ‎②标准状况下，‎16 g O3和O2混合气体中含有的氧原子数为NA ‎③将0.1 mol NaCl全部溶于乙醇中制成胶体，其中含有的胶体粒子数目为0.1 NA ‎④1 mol N2和3 mol H2在一定条件下的密闭容器中充分反应，容器内的分子数大于2 NA A．①②　　　　　　　B．②④‎ C．①③ D．③④‎ ‎6．B　【解析】 在‎106 g Na2CO3晶体中，存在钠离子和碳酸根离子共3 NA，①错误；胶体粒子是粒子的集合体，0.1 mol NaCl全部溶于乙醇中制成胶体，其中含有的胶体粒子数目要远远小于0.1 NA，③错误；理论上1 mol N2和3 mol H2在一定条件下反应生成2NA个NH3分子，由于该反应为可逆反应，所以分子总数大于2NA，正确。‎ ‎7．[2011·郑州联考] 阿伏加德罗常数的值约为6.02×1023 mol－1，下列叙述中不正确的是(　　)‎ ‎①‎12.4 g白磷晶体中含有的P—P键数约是0.6×6.02×1023‎ ‎②电解精炼铜时转移了6.02×1023个电子，阳极溶解‎32 g铜 ‎③‎7.8 g Na2S和Na2O2的混合物中含有的阴离子数大于0.1×6.02×1023‎ ‎④2 mol SO2和1 mol O2在V2O5存在的条件下于密闭容器中加热反应后，容器内物质分子数大于2×6.02×1023‎ ‎⑤‎2.9 g 2CaSO4·H2O含有的结晶水分子数为0.02×6.02×1023(2CaSO4·H2O的相对分子质量为290)‎ ‎⑥含0.2 mol H2SO4的浓硫酸与足量铜反应，生成SO2的分子数为0.1 NA A．①②③④⑤ ‎ B．①③④⑤⑥‎ C．②③⑤⑥ ‎ D．③④⑤⑥‎ ‎7．C　【解析】 1 mol P4中含有6 mol P－P键，‎12.4 g白磷即0.1 mol P4，含有P—P键数约是0.6×6.02×1023，①对；电解精炼铜时，阳极首先失去电子的是Zn等活泼金属杂质，所以，转移了6.02×1023‎ 个电子，阳极溶解的铜小于‎32 g，②错；Na2S和Na2O2摩尔质量相同，且每摩尔物质中阴离子都为1摩尔，所以‎7.8 g Na2S和Na2O2的混合物，即0.1 mol的混合物中阴离子数为0.1×6.02×1023，③错；对于④，由于SO2和O2反应属于可逆反应，根据方程式可知，如果完全反应，减少气体的物质的量为1 mol，现在是可逆，实际减少的物质的量小于1 mol，因此，容器内气体物质的量大于2 mol，所以容器内物质分子数大于2×6.02×1023，④对；由于1 mol 2CaSO4·H2O中结晶水的物质的量为1 mol，所以‎2.9 g 2CaSO4·H2O含有的结晶水分子数为0.01×6.02×1023，⑤错；由于浓硫酸的量一定，随着反应的进行，硫酸变稀，硫酸浓度小到一定程度反应就停止了，所以含0.2 mol H2SO4的浓硫酸与足量铜反应，生成SO2的分子数小于0.1 NA，⑥错；因此，选C。‎ ‎8．[2011·衢州二模] 用NA代表阿伏加德罗常数的数值，下列叙述正确的是(　　)‎ A．在铁参与的反应中，‎5.6 g铁完全反应失去的电子数一定为0.3 NA B．1 mol‎12C18O2中，所含的中子数为22 NA C．标准状况下，‎11.2 L CO和N2混合气体中含有的分子数是0.5 NA D．常温下，pH＝12的‎1 L氨水中含有的NH3·H2O分子数是0.01 NA ‎8．C　【解析】 铁在参加反应时可能生成Fe2＋、Fe3＋，故失去的电子数不一定相同。1 mol ‎12C18O2中含有的中子数为26NA。氨水中NH3·H2O的浓度不能确定。‎ ‎9．[2011·鄂州统测] 将Mg、Al、Zn组成的混合物与足量的盐酸作用，放出H2的体积为‎2.8 L(标准状况下)，则这三种金属的物质的量之和可能为(　　)‎ A．0.250 mol ‎ B．0.125 mol C．0.100 mol ‎ D．0.080 mol ‎9．C　【解析】 V(H2)＝＝0.125 mol，若全为＋2价金属，AH2，n(A)＝n(H2)＝0.125 mol，若全为＋3价金属，n(A)＝n(H2)＝0.125 mol×＝0.083 mol，混合物中Mg、Zn为＋2价金属，Al为＋3价金属，所以有：0.083 mol＜n(混)＜0.125 mol，只有C项符合题意。‎ ‎10．[2011·姜堰一模] (1)若某药品质量约为‎32.0 g，用托盘天平准确称其质量，若用↓表示在右盘放上砝码，用↑表示将砝码取下，在下列表格的空格内，用↓和↑表示相应砝码的放上或取下。‎ ‎50 g ‎20 g ‎20 g ‎10 g ‎5 g ‎(2)配制500 mL 0.1 mol·L－1 Na2CO3溶液，图K6－1中操作②中应该填写的数据为________，实验时操作的先后顺序为______________(填编号)。‎ 图K6－1‎ ‎(3)在配制一定物质的量浓度的溶液时，用“偏高、偏低、无影响”表示下列操作对所配溶液浓度的影响。‎ ‎①用量筒量取液态溶质，读数时，俯视量筒，所配制溶液的浓度________。‎ ‎②将量取液态溶质的量筒用水洗涤，洗涤液倒入容量瓶，所配制溶液的浓度________。‎ ‎③定容摇匀后，有少量溶液外流，对所配制溶液的浓度________。‎ ‎10.‎ ‎50 g ‎20 g ‎20 g ‎10 g ‎5 g ‎↓↑‎ ‎↓‎ ‎↓↑‎ ‎↓‎ ‎↓↑‎ ‎(2)5.3　②④③⑥⑤①⑦‎ ‎(3)①偏低　②偏高　③无影响 ‎【解析】 (3)①用量筒量取液态溶质，读数时俯视量筒会使所量取液体体积比理论值小，使所配制溶液的浓度偏低；②用量筒量取液体时已经排除残留的部分，故用水洗涤，洗涤液倒入容量瓶，会使液态溶质偏多，使所配溶液的浓度偏高；③定容摇匀后，即使有少量溶液外流，对所配制溶液的浓度是没有影响的。‎