高考化学专题复习分类练习 物质的量综合解答题及详细答案.docx
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高考化学专题复习分类练习物质的量综合解答题及详细答案
高考化学专题复习分类练习物质的量综合解答题及详细答案
一、高中化学物质的量
1.为了将可称量的物质与难以称量的微观粒子之间联系起来,国际上采用了“物质的量”这一物理量,据此完成下列试题:
(1)等质量的O2和O3所含分子的物质的量之比为___。
(2)等温等压下,等体积的O2和O3所含分子个数比为___,质量比为___。
(3)设NA为阿伏加德罗常数的值,如果ag氧气中含有的分子数为b,则cg氧气在标准状况下的体积约是___(用含a、b、c、NA的式子表示)。
(4)实验室需要配制100mL1mol/L的NaOH溶液,进行如下操作:
①配制该溶液所需主要仪器除了托盘天平、玻璃棒、烧杯、胶头滴管,还需要的玻璃仪器___。
②计算需要NaOH固体的质量:
___g。
③取出50mL配制好的溶液,此溶液中NaOH的物质的量浓度为___。
④若出现如下情况,导致所配溶液浓度偏高的是___。
A.称量时砝码已经生锈
B.定容时仰视
C.溶解、转移溶液之后没有对烧杯和玻璃棒进行洗涤操作
D.定容摇匀后,液面低于容量瓶颈上的刻度线
【答案】3:
21:
12:
3
L100mL容量瓶4.01mol/LA
【解析】
【详解】
(1)根据
可知,等质量的O2和O3的物质的量之比为
,所含分子的物质的量之比为3:
2。
(2)根据阿伏加德罗定律,PV=nRT(R为常数),在等温等压下,等体积的任一气体所含分子的物质的量相同,由N=nNA(NA为常数)可知,分子个数比为1:
1;由m=nM可知,O2和O3的质量比为2:
3。
(3)设NA为阿伏加德罗常数的值,如果ag氧气中含有的分子数为b,则ag氧气的物质的量
,摩尔质量
,即当氧气为cg,物质的量
,在标准状况下的体积
L。
(4)①实验室需要配制100mL1mol/L的NaOH溶液,则配制该溶液所需主要仪器为托盘天平、玻璃棒、烧杯、胶头滴管和100mL容量瓶。
②需要NaOH固体的质量
。
③溶液具有均一性,物质的量浓度不随着溶液的体积发生改变,浓度仍然为1mol/L。
④A.称量时砝码已经生锈,实际砝码质量增大,称得的氢氧化钠质量增大,浓度偏高;
B.定容时仰视,实际加水量偏高,溶液浓度偏低;
C.溶解、转移溶液之后没有对烧杯和玻璃棒进行洗涤操作,剩余部分溶质残留,导致容量瓶内部溶质减小,溶液物质的量浓度偏低;
D.定容摇匀后,溶液物质的量浓度固定,液面低于容量瓶颈上的刻度线对结果无影响。
答案为A。
【点睛】
根据
可得,一定物质的量浓度溶液配制的误差都是由溶质的物质的量n和溶液的体积V引起的。
误差分析时,关键要看配制过程中引起n和V怎样的变化。
在配制一定物质的量浓度溶液时,若n比理论值小,或V比理论值大时,都会使所配溶液浓度偏小;若n比理论值大,或V比理论值小时,都会使所配溶液浓度偏大。
需要具体问题具体分析。
2.现有含有少量NaCl、Na2SO4、Na2CO3等杂质的NaNO3溶液,选择适当的试剂除去杂质,得到纯净的NaNO3固体,实验流程如下图所示。
(1)沉淀A的主要成分是_____________、______________(填化学式)。
(2)①②③中均进行的分离操作是_______________。
(3)溶液3经过处理可以得到NaNO3固体,溶液3中肯定含有的杂质是__________,为了除去杂质,可向溶液3中加入适量的______________。
(4)实验探究小组在实验中需要用到456mL1mol•L-1的HNO3溶液,但是在实验室中只发现一瓶8mol•L-1的HNO3溶液,该小组用8mol•L-1的HNO3溶液配制所需溶液。
①实验中所需的玻璃仪器包括________、_____mL量筒、烧杯、________、胶头滴管等。
②该实验中需要量取8mol•L-1的HNO3溶液________mL。
③下列实验操作中导致配制的溶液浓度偏高的是_____________。
A.取用8mol•L-1的HNO3溶液溶液时仰视量筒刻度线
B.量取用的量筒水洗后未进行任何操作
C.8mol•L-1的HNO3溶液从量筒转移至烧杯后用水洗涤量筒并全部转移至烧杯
D.定容时仰视刻度线
E.定容后,将容量瓶振荡摇匀后,发现液面低于刻度线,未进行任何操作
【答案】BaSO4BaCO3过滤Na2CO3HNO3500mL容量瓶100玻璃棒62.5AC
【解析】
【分析】
由实验流程可知,加入过量的Ba(NO3)2,生成BaSO4、BaCO3沉淀,然后在滤液中加入过量的AgNO3,使Cl-全部转化为AgCl沉淀,在所得滤液中加入过量的Na2CO3,使溶液中的Ag+、Ba2+完全沉淀,最后所得溶液为NaNO3和Na2CO3的混合物,加入稀HNO3,最后进行蒸发操作可得固体NaNO3。
【详解】
(1)加入过量的Ba(NO3)2,Na2SO4、Na2CO3和Ba(NO3)2反应生成BaSO4、BaCO3沉淀,故答案为:
BaSO4;BaCO3;
(2)①②③中均进行的分离操作是分离固体和液体,为过滤操作,故答案为:
过滤;
(3)溶液3为NaNO3和Na2CO3的混合物,加入稀HNO3,可除去Na2CO3,最后加热蒸发、冷却结晶、过滤得到硝酸钠,故答案为:
Na2CO3;HNO3;
(4)①实验室只有500mL的容量瓶,则本实验需要配制的溶液体积为500mL,另外需要用量筒量8mol/L的HNO3溶液倒在烧杯中加水溶解,同时需要玻璃棒搅拌,转移到容量瓶中时也需要玻璃棒引流,最后还需要用胶头滴管定容,整个实验需要的玻璃仪器包括500mL容量瓶、100mL量筒、烧杯、玻璃棒、胶头滴管等,故答案为:
500mL容量瓶;100;玻璃棒;
②设需要量取8mol•L-1的HNO3溶液VmL,则8mol•L-1×V×10-3L=1mol•L-1×500×10-3L,解得:
V=62.5mL,故答案为:
62.5;
③A.取8mol•L-1的HNO3溶液时仰视刻度线,液面在刻度线上方,即浓硝酸的体积偏大,导致配制溶液浓度偏高,故A正确;
B.量取用的量筒水洗后未进行任何操作,会稀释浓硝酸,即浓硝酸的体积偏小,导致配制溶液浓度偏低,故B错误;
C.量筒量取浓硝酸后,不应该水洗,否则浓硝酸的体积偏大,导致配制溶液浓度偏高,故C正确;
D.定容时仰视刻度线,液面在刻度线上方,溶液体积偏大,导致浓度偏低,故D错误;
E.定容后,除容量瓶振荡摇匀,不能再加水定容,这样做对实验结果无影响,故E错误;故答案为AC。
3.
(1)在Na2SO4和Al2(SO4)3的混合溶液中,测得Al3+浓度为0.1mol·L-1,加入等体积0.3mol·L-1的BaCl2溶液恰好使SO42-完全沉淀,则混合溶液中Na+的浓度为____。
(2)将0.1mol·L-1的K2SO4溶液、0.2mol·L-1的Al2(SO4)3溶液和纯水混合,要使混合液中K+、Al3+、SO42-的浓度分别为0.1mol·L-1、0.1mol·L-1、0.2mol·L-1,则K2SO4溶液、Al2(SO4)3溶液、纯水三者的体积比___。
(忽略体积的变化)
【答案】0.3mol·L-12:
1:
1
【解析】
【详解】
(1)设混合溶液体积为1L。
n(Al3+)=c·V=0.1mol·L-1×1L=0.1mol,n(SO
)=n(Ba2+)=0.3mol·L-1×1L=0.3mol。
由电荷守恒可得:
3n(Al3+)+n(Na+)=2n(SO
),所以n(Na+)=2n(SO
)-3n(Al3+)=2×0.3mol-3×0.1mol=0.3mol,c(Na+)=
=
=
=0.3mol·L-1,故答案为:
0.3mol·L-1;
(2)设K2SO4溶液、Al2(SO4)3溶液、纯水三者的体积分别是xL、yL、zL,则0.2x=0.1×(x+y+z)、0.4y=0.1×(x+y+z)、0.1x+0.6y=0.2×(x+y+z),解得x=2y=2z,所以K2SO4溶液、Al2(SO4)3溶液、纯水三者的体积比为2∶1∶1,故答案为:
2∶1∶1。
4.氯及其化合物在生产、生活中都有重要的应用:
(Ⅰ)现实验室要配置一定物质的量浓度的稀盐酸。
(1)如图是某市售盐酸试剂瓶标签上的部分数据。
则该盐酸的物质的量浓度是___mol·L-1。
(2)某同学用该浓盐酸配制100mL1mol·L-1的稀盐酸。
请回答下列问题:
①通过计算可知,需要用量筒量取浓盐酸____mL。
②使用的仪器除量筒、烧杯、玻璃棒外,还必须用到的仪器有_______。
③若配制过程遇下列情况,溶液的物质的量浓度将会:
(填“偏高”“偏低”“无影响”)
A.量取的浓盐酸置于烧杯中较长时间后配制______。
B.转移溶液前,洗净的容量瓶内壁附有水珠而未干燥处理___。
C.定容时俯视容量瓶的刻度线_____。
(Ⅱ)实验室使用浓盐酸、二氧化锰共热制氯气,并用氯气和氢氧化钙反应制取少量漂白粉(该反应放热)。
已知:
MnO2+4HCl(浓)
MnCl2+Cl2↑+2H2O;氯气和氢氧化钙在温度较高时会生成副产物氯酸钙。
甲、乙、丙三位同学分别设计了三个实验装置如下图所示:
(1)哪位同学的装置能够有效地防止副反应的发生?
_____。
(2)上述装置中,甲由A、B两部分组成,乙由C、D、E三部分组成,丙由F、G两部分组成。
从上述甲、乙、丙三套装置中选出合理的部分(按气流从左至右的流向)组装一套较完善的实验装置(填所选部分的字母)_____。
(3)利用
(2)中实验装置进行实验,实验中若用12mol·L-1的浓盐酸200mL与足量二氧化锰反应,最终生成的次氯酸钙的物质的量总小于0.3mol,其可能的主要原因是_____(假定各步反应均无反应损耗且无副反应发生)。
(Ⅲ)已知HClO的杀菌能力比ClO-强。
25℃时将氯气溶于水形成氯气一氯水体系,该体系中Cl2、HClO和ClO-的物质的量分数(a)随pH变化的关系如图所示。
由图分析,欲使氯水的杀菌效果最好,应控制的pH范围是__,当pH=7.5时,氯水中含氯元素的微粒有___。
【答案】11.68.6胶头滴管、100mL容量瓶偏低无影响偏低甲FBE浓盐酸逐渐变稀,稀盐酸与二氧化锰不反应,且浓盐酸有挥发性,所以盐酸不能全部反应生成氯气,故生成的Ca(ClO)2少于0.3mol2~6HClO、ClO-、Cl-
【解析】
【分析】
(Ⅰ)
(1)根据
计算浓度;
(2)配制一定物质的量浓度的溶液,步骤为计算、量取、稀释、转移、洗涤、定容、摇匀、装瓶;
(Ⅱ)
(1)要防止副反应的发生就要控制反应的温度。
【详解】
(Ⅰ)
(1)根据
计算盐酸的浓度,有
;
(2)①根据溶质的物质的量不变,需要量取的盐酸的体积
;
②量取盐酸的时候需要量筒;稀释浓盐酸,需要玻璃棒、烧杯;转移时,需要100mL容量瓶,玻璃棒、烧杯;定容时,需要胶头滴管;则还需要的仪器有100mL容量瓶,胶头滴管;
③A、浓盐酸易挥发,置于烧杯后,较长时间配制,盐酸挥发,溶质减少,溶液的浓度偏低;
B、容量瓶中存在蒸馏水,由于定容前,需要往容量瓶中加入蒸馏水,因此之前存在的蒸馏水,对浓度无影响;
C、俯视刻度线,定容时,水会少加,体积偏小,浓度偏大;
(Ⅱ)
(1)氯气和氢氧化钙在温度较高时会生成副产物氯酸钙,所以必须要控制反应温度,甲装置有冰水浴,可以较好地控制副反应的发生;
(2)F装置可以通过分液漏斗来控制反应的速率,B装置有冰水浴可以较少副反应的发生,E装置可以做到尾气吸收,答案为FBE;
(3)MnO2只与浓盐酸反应生成氯气,虽然反应的进行,浓盐酸浓度降低,不与MnO2反应,所以生成氯气的值小于理论值,答案为浓盐酸逐渐变稀,稀盐酸与二氧化锰不反应,且浓盐酸有挥发性,所以盐酸不能全部反应生成氯气,故生成的Ca(ClO)2少于0.3mol;
(Ⅲ)HClO的杀菌能力比ClO-强,所以HClO的浓度越大,杀菌效果最好,根据图像pH最好为2~6之间;当pH=7.5时,根据图像,氯水中没有Cl2,韩律的微粒有HClO、ClO-以及与水反应生成的Cl-。
【点睛】
(Ⅲ)第二小问是易错点,很容易忽略Cl-;不要忘记,Cl2+H2O
HCl+HClO,有Cl-生成。
5.Ⅰ.如图是中学化学中常用于混合物的分离和提纯的装置,请根据装置回答问题:
(1)从氯化钾溶液中得到氯化钾固体,选择装置____(填代表装置图的字母);
(2)分离CCl4(沸点为76.75℃)和甲苯(沸点为110.6℃)的液体混合物,可选择装置A,该分离方法的名称为_____,装置A中①的名称是______。
(3)实验室用B装置从碘水中分离出I2,将碘水和苯注入分液漏斗中充分振荡并静置后,碘主要溶解在_____(填“上层”或“下层”)液体中,该层溶液颜色为_____,该装置在分液时为使液体顺利下滴,应进行的具体操作_____。
Ⅱ.用胆矾晶体(CuSO4·5H2O)配制0.40mol/L的CuSO4溶液240mL,回答下列问题:
(1)所需仪器为:
托盘天平、药匙、烧杯、量筒、玻璃棒、胶头滴管,还需要哪些玻璃仪器才能完成该实验,请写出:
_____。
(2)请写出该实验的简要的实验步骤:
①计算②称量胆矾_____g③溶解④转移⑤洗涤并转移⑥定容⑦摇匀
(3)如图是该同学转移溶液的示意图,图中的错误是_____。
【答案】D蒸馏冷凝管上层紫红色打开分液漏斗的上口活塞250mL容量瓶25转移溶液时,应用玻璃棒引流
【解析】
【分析】
Ⅰ.
(1)蒸发可以实现易溶于水的固体和水的分离;
(2)分离沸点不同的互溶物质用蒸馏的方法;
(3)碘单质在苯中的溶解度大于在水中的溶解度,苯的密度比水小,将碘水和苯注入分液漏斗中充分振荡并静置后,上层为紫红色的碘的苯溶液,下层为水层;分液时,应打开分液漏斗的上口活塞,起到平衡气压的作用,便于液体顺利下滴;
Ⅱ.
(1)实验室没有240mL容量瓶,用胆矾晶体(CuSO4·5H2O)配制0.40mol/L的CuSO4溶液240mL时,应选用250mL容量瓶;
(2)先计算250mL0.40mol/L的CuSO4溶液中硫酸铜的物质的量,再计算胆矾的质量;
(3)转移溶液时,应用玻璃棒引流。
【详解】
Ⅰ.
(1)蒸发可以实现易溶于水的固体和水的分离,从氯化钾溶液中得到氯化钾固体可用蒸发,D为蒸发装置,故答案为:
D;
(2)分离沸点不同的互溶物质用蒸馏的方法,四氯化碳和甲苯的沸点不同,用蒸馏的方法分离,A为蒸馏装置,装置A中①的名称是冷凝管,故答案为:
蒸馏;冷凝管;
(3)B为萃取分液装置,碘单质在苯中的溶解度大于在水中的溶解度,笨的密度比水小,将碘水和苯注入分液漏斗中充分振荡并静置后,上层为紫红色的碘的苯溶液,下层为水层;分液时,应打开分液漏斗的上口活塞,起到平衡气压的作用,便于液体顺利下滴,故答案为:
上层;紫红色;打开分液漏斗的上口活塞;
Ⅱ.
(1)实验室没有240mL容量瓶,用胆矾晶体(CuSO4·5H2O)配制0.40mol/L的CuSO4溶液240mL时,应选用250mL容量瓶,用到的仪器有托盘天平、药匙、烧杯、量筒、250mL容量瓶、玻璃棒、胶头滴管,故答案为:
250mL容量瓶;
(2)250mL0.40mol/L的CuSO4溶液中硫酸铜的物质的量为0.25L×0.40mol/L=0.1mol,则称量胆矾的质量为0.1mol×250g/mol=25g,故答案为:
25g;
(3)由题给图示可知,图中的错误是转移溶液时没有用玻璃棒引流,故答案为:
转移溶液时,应用玻璃棒引流。
【点睛】
实验室没有240mL容量瓶,用胆矾晶体(CuSO4·5H2O)配制0.40mol/L的CuSO4溶液240mL时,应选用250mi容量瓶是解答易错点。
6.根据所学知识,回答下列问题:
(1)高铁酸钠(Na2FeO4)可作为高效、多功能水处理剂,其摩尔质量是__________。
高铁酸钠可与水反应生成Fe(OH)3胶体、氢氧化钠和氧气,写出相应的离子方程式:
_____________。
(2)戴维通过电解法首先制得了金属钠,随后几十年内,工业上采用铁粉和氢氧化钠高温熔融的方法制得钠蒸气,同时获得Fe3O4和氢气。
写出该反应的化学方程式_____________,该反应中属于电解质但不属于氧化物的物质是________________(填化学式),若制得22.4L(折算为标准状况下)钠蒸气,转移电子的数目为________________。
(3)漂白粉常用于饮水、污水、排泄物及被污染的环境消毒,其主要成分是氯化钙和次氯酸钙[Ca(ClO)2],有效成分为次氯酸钙。
为测得某漂白粉的有效成分含量,称取Ag漂白粉样品溶解,往所得溶液中通入CO2至不再产生沉淀为止,反应的化学方程式为Ca(ClO)2+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO,若反应生成次氯酸(HClO)的物质的量为Kmol,则该漂白粉中有效成分的质量分数为___________%(用含A、K的式子表示)。
【答案】166g/mol4FeO42-+10H2O=4Fe(OH)3(胶体)+8OH-+3O2↑3Fe+4NaOH=4Na↑+Fe3O4+2H2↑NaOH2NA或1.204×1024
【解析】
【分析】
(1)摩尔质量以g/mol为单位,数值上等于其相对分子质量;根据电子转移守恒、电荷守恒、原子守恒配平书写离子方程式;
(2)由题意可知,Fe与NaOH在高温条件下生成Na蒸气、Fe3O4和H2,配平书写化学方程式;反应中属于电解质但不属于氧化物的物质是NaOH;反应中Na、H元素化合价降低,根据方程式计算生成氢气的量,根据Na元素、H元素化合价变化计算转移电子数目;
(3)根据HClO的量计算Ca(ClO)2的质量,再根据质量分数的定义式计算。
【详解】
(1)Na2FeO4的相对分子质量为166,故其摩尔质量为166g/mol。
高铁酸钠可与水反应生成Fe(OH)3胶体、氢氧化钠和氧气,相应的离子方程式:
4FeO42-+10H2O=4Fe(OH)3(胶体)+8OH-+3O2↑;
(2)由题意可知,Fe与NaOH在高温条件下生成Na蒸气、Fe3O4和H2,反应方程式为:
3Fe+4NaOH
4Na↑+Fe3O4+2H2↑,反应中属于电解质但不属于氧化物的物质是NaOH,Na的物质的量n(Na)=224L÷22.4L/mol=1mol,由方程式可知生成氢气为1mol×
=0.5mol,故转移电子的物质的量n(e-)=1mol×1+0.5mol×2=2mol,则转移电子数目N(e-)=2mol×NA/mol=2mol×(6.02×1023mol-1)=1.204×1024;
(3)由Ca(ClO)2+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO可知,n[Ca(ClO)2]=
n(HClO)=
×Kmol=0.5Kmol,则该漂白粉中有效成分的质量分数
×100%=
%。
【点睛】
本题考查化学方程式和离子方程式的书写、电解质、摩尔质量等概念及化学计算的知识。
掌握化学基础知识和物质的量的有关计算公式是解题基础,考查了学生运用知识分析问题和解决问题的能力。
7.Ⅰ某无土栽培用的营养液,营养液要求KCl、K2SO4和NH4Cl3种固体原料的物质的量之比为1:
4:
8。
(1)配制该营养液后c(NH4+)=0.016mol﹒L-1,溶液c(K+)=_______________。
(2)若采用(NH4)2SO4和KCl来配制该营养液,则(NH4)2SO4和KCl物质的量之比为________
Ⅱ从1L1mol﹒L-1氢氧化钠溶液中取出100mL:
(1)取出的这100mL氢氧化钠溶液的物质的量浓度是______。
若将取出的这100mL氢氧化钠溶液加水稀释至500mL,所得溶液的物质的量浓度是_____。
某学生计划用12mol﹒L-1的浓盐酸配制0.1mol﹒L-1的稀盐酸450mL,回答下列问题:
(2)实验过程中,不必使用的是________(填字母)。
A.托盘天平 B.量筒 C.容量瓶 D.250mL烧杯 E.胶头滴管 F.500mL试剂瓶
(3)除上述仪器可使用外,还缺少的仪器是________。
(4)量取浓盐酸的体积为___mL,应选用的量筒规格为______(提供10.0mL、25.0mL)。
(5)配制时应选用的容量瓶规格为______________。
(6)某同学操作出现以下情况,对所配溶液浓度将有何影响(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。
定容时俯视刻度线__________加蒸馏水时不慎超过了刻度__________,此时应如何处理________。
【答案】0.018mol/L4:
91mol/L0.2mol/LA玻璃棒4.2mL10.0mL500mL偏高偏低重新配制
【解析】
【分析】
Ⅰ由配制营养液的KCl、K2SO4和NH4Cl三种固体原料的物质的量之比为1:
4:
8可知,溶液中K+和NH4+的物质的量比为(1+2×4):
8=9:
8,由K+和NH4+的物质的量比计算可得;
Ⅱ溶液是均匀的,从1L1mol﹒L-1氢氧化钠溶液中取出的100mLNaOH溶液浓度等于原溶液的浓度,由稀释定律计算可得;配置一定物质的量浓度的溶液,配制步骤有计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀等操作,需要用到的仪器有量筒、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管、和500mL试剂瓶。
【详解】
Ⅰ
(1)由配制营养液的KCl、K2SO4和NH4Cl三种固体原料的物质的量之比为1:
4:
8可知,溶液中K+和NH4+的物质的量比为(1+2×4):
8=9:
8,若营养液中c(NH4+)为0.016mol﹒L-1,n(K+):
n(NH4+)=c(K+):
c(NH4+)=9:
8,则c(K+)=
=0.018mol/L,故答案为:
0.018mol/L;
(2)设(NH4)2SO4的物质的量为x,KCl的物质的量的物质的量为y,由溶液中K+、NH4+的物质的量比为9:
8可得y:
2x=9:
8,则x:
y=4:
9,故答案为:
4:
9;
Ⅱ
(1)溶液是均匀的,从1L1mol﹒L-1氢氧化钠溶液中取出的100mLNaOH溶液浓度等于原溶液的浓度,则取出的这100mL氢氧化钠溶液的物质的量浓度是为1mol/L;据稀释定律,稀释前后溶质氢氧化钠的物质的量不变,令稀释后的浓度为c,则可得关系式100mL×1mol/L=500mL×c,解得c=0.2mol/L,故答案为:
1mol/L;0.2mol/L;
(2)配置一定物质的量浓度的溶液,配制步骤有计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀等操作,需要用到的仪器有量筒、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管、和500mL试剂瓶,不必使用的是托盘天平,故答案为:
A;
(3)由
(2)分析可知,还缺少的仪器是玻璃棒,故答案为:
玻璃棒;
(4)设量取浓盐酸的体积是Vml,由稀释定律可知稀释前后HCl物质的量不变,则有12mol/L×V×10—3L=0.10mol/L×0.5L,解得V=4.2,由量筒使用的最近原则可知,应选用10.0mL量筒量取4.2ml浓盐酸,故答案为:
4.2ml;10.0mL;
(5)实验室没有45
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