备战高考化学备考之物质的量压轴突破训练培优篇及详细答案.docx

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备战高考化学备考之物质的量压轴突破训练培优篇及详细答案

2020-2021备战高考化学备考之物质的量压轴突破训练∶培优篇及详细答案

一、高中化学物质的量练习题（含详细答案解析）

1．某同学设计了测定气体摩尔体积的探究实验，利用氯酸钾分解制O2。

实验步骤如下：

①把适量的氯酸钾粉末和少量二氧化锰粉末混合均匀，放入干燥的试管中，准确称量试管和药品的总质量为15.95g.

②连接好实验装置，检查装置的气密性．

③加热，开始反应，直到不再有气体产生为止．

④测量排入量筒中水的体积为285.0mL，换算成标准状况下氧气的体积为279.7mL.

⑤准确称量试管和残留物的质量为15.55g.

根据上述实验过程，回答下列问题：

（1）如何检查装置的气密性？

______________________________________________。

（2）以下是测量收集到气体体积必须包括的几个步骤：

①调整量筒的高度使广口瓶和量筒内的液面高度相同

②使试管和广口瓶内气体都冷却至室温

③读取量筒内液体的体积

这三步操作的正确顺序是________（请填写步骤代码。

进行③的实验操作时，若仰视读数，则读取氧气的体积________（填“偏大”、“偏小”或“无影响”）。

（3）实验过程中产生氧气的物质的量是________mol；实验测得氧气的摩尔体积是________（保留小数点后两位）。

【答案】往广口瓶中注满水，塞紧橡胶塞，按装置图连接好装置，用手将试管底部捂热，若观察到广口瓶中长玻璃管内液面上升，松开手后，过一会儿长玻璃管内的液面下降，则证明该装置不漏气②①③偏小0.012522.38L/mol

【解析】

【分析】

【详解】

（1）往广口瓶中装满水，使装置左侧形成密闭体系，通过捂热试管看广口瓶中长导管内液面高度的变化来判断装置的气密性；综上所述，本题答案是：

往广口瓶中注满水，塞紧橡胶塞，按装置图连接好装置，用手将试管底部捂热，若观察到广口瓶中长玻璃管内液面上升，松开手后，过一会儿长玻璃管内的液面下降，则证明该装置不漏气。

（2）在测量收集到O2的体积时，先将装置中的气体冷却至室温，否则气体受热膨胀时，会使排出水的体积偏大；然后调整量筒高度，使量筒内液面和广口瓶中液面相平，以保证广口瓶中气体的压强和外界气压相等，从而使排出水的体积与产生的O2的体积相等，最后再读取量筒内水的体积；正确顺序为②①③；读数时若仰视量筒内的液面，会使读取O2的体积偏小；综上所述，本题答案是：

②①③；偏小。

（3）根据质量守恒定律，产生O2的质量为15.95g－15.55g＝0.4g；n（O2）＝0.4/32=0.0125mol，O2的摩尔体积为0.2797/0.0125=22.38L/mol；综上所述，本题答案是：

0.0125，22.38L/mol。

【点睛】

用排水法测量收集到气体体积时，要注意：

先将装置中的气体冷却至室温，否则气体受热膨胀时，易引起误差；第二，要调整量筒高度，使量筒内液面和广口瓶中液面相平，以保证广口瓶中气体的压强和外界气压相等，这样才能减小实验误差；最后再读取量筒内水的体积，要平视进行读数，减小实验误差；只要做到以上三点，就能提高测定数据的准确度。

2．实验室用氢氧化钠固体配制1.00mol·L－1的NaOH溶液500mL，回答下列问题。

（1）关于容量瓶的使用，下列操作正确的是________（填字母）。

a．使用前要检验容量瓶是否漏液

b．用蒸馏水洗涤后必须要将容量瓶烘干

c．为了便于操作，浓溶液稀释或固体溶解可直接在容量瓶中进行

d．为了使所配溶液浓度均匀，定容结束后，要摇匀

e．用500mL的容量瓶可以直接配制480mL溶液

f．当用容量瓶配制完溶液后，可用容量瓶存放所配制的试剂

（2）请补充完整实验的简要步骤。

①计算；②称量NaOH固体________g；③溶解；④冷却并移液；⑤洗涤并转移；⑥________；⑦摇匀。

（3）本实验用到的基本仪器已有烧杯、天平（带砝码）、镊子、量筒、玻璃棒，还缺少的仪器是________、________。

（4）上述实验操作②③都要用到小烧杯，其作用分别是_____________________和_______。

（5）如图是该同学转移溶液的示意图，图中有两处错误，请写出：

①____________________________________________；

②_____________________________________________。

（6）在配制过程中，其他操作都是正确的，下列操作会引起浓度偏高的是________（填字母）。

A．转移溶液时不慎有少量液体洒到容量瓶外面

B．定容时俯视刻度线

C．未冷却到室温就将溶液转移到容量瓶并定容

D．定容后塞上瓶塞反复摇匀，静置后，发现液面低于刻度线，再加水至刻度线

【答案】ad20.0定容500mL容量瓶胶头滴管用烧杯称量NaOH固体，防止NaOH腐蚀天平的托盘用烧杯做溶解用的容器没有用玻璃棒引流应选用500mL的容量瓶BC

【解析】

【分析】

【详解】

（1）a、容量瓶使用前要检验是否漏水，a正确；

b、容量瓶不能加热，b错误；

c、容量瓶不可以用来稀释浓溶液，也不能用来溶解固体，c错误；

d、为了使所配溶液浓度均匀，定容结束后要摇匀，d正确；

e、用500mL的容量瓶只能配制500mL溶液，不能配制480mL溶液，e错误；

f、容量瓶不能长期贮存溶液，f错误；

故选ad；

（2）m（NaOH）＝nM=cVM=1.00mol·L－1×0.500L×40g·mol－1＝20.0g。

配制时，要遵循计算、称量、溶解（冷却）、移液、洗涤、定容、摇匀的顺序进行配制。

（3）配制一定物质的量浓度溶液使用的仪器有一定规格的容量瓶、烧杯、玻璃棒、胶头滴管、托盘天平（带砝码）、量筒，本题还缺少500mL容量瓶和胶头滴管。

（4）NaOH固体具有强腐蚀性，不能用纸称量，要用玻璃仪器（如小烧杯）盛放。

NaOH固体溶解时要在小烧杯中进行。

（5）配制500mL的溶液，应选用500mL的容量瓶；在转移溶液时，一定要用玻璃棒引流，防止溶液溅到瓶外。

（6）A、转移溶液时不慎有少量液体洒到容量瓶外面，导致溶质损失，则所配溶液浓度偏低，A错误；

B、定容时俯视液面，则溶液体积偏小，导致所配溶液浓度偏高，B正确；

C、在未降至室温时，立即将溶液转移至容量瓶定容，则冷却后溶液体积偏小，导致所配溶液浓度偏高，C正确；

D、定容后，加盖倒转摇匀后，由于会有少量液体残留在刻线上方，因此液面低于刻度线是正常的，又滴加蒸馏水至刻度，体积会增大，导致所配溶液浓度偏低，D错误；

故选BC。

【点睛】

本题第（3）题，填写容量瓶时务必带着规格填写，即填写500mL容量瓶，只填写容量瓶是不正确的。

3．实验室需要480mL0.3mol.·L-1NaOH溶液和一定浓度的硫酸溶液。

请回答：

（1）如图所示的仪器中，配制上述溶液一定不需要的仪器为__________（填选项字母），配制上述溶液还需用到的玻璃仪器为_________________（填仪器名称）。

（2）配制NaOH溶液。

①计算用托盘天平称取NaOH固体的质量为_____g。

②若NaOH溶液在转移至容量瓶时，洒落了少许，则所配制的溶液浓度将_______（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）。

（3）配制硫酸溶液。

①实验室用98%（ρ=1.84g·cm3）的硫酸配制3.68mo·L-1的硫酸溶液500mL，需准确量取98%的硫酸的体积为_____mL。

②该同学实际配制硫酸溶液的浓度为3.50mol·L-1，原因可能是_________（填选项字母）。

A．用胶头滴管加水定容时俯视刻度

B．容量瓶中原来存有少量水

C．稀释硫酸的烧杯未洗涤

D．用胶头滴管加水定容时仰视刻度

【答案】AC烧杯、玻璃棒6.0偏低100mLCD

【解析】

【分析】

配制一定物质的量浓度的溶液的步骤有：

计算、称量、溶解（冷却）、转移、洗涤、定容、摇匀、装瓶贴签。

配制硫酸溶液时，根据浓稀硫酸物质的量相等计算，浓硫酸的浓度可根据公式c=

进行计算。

【详解】

（1）用液体药品配制溶液需要的玻璃仪器有烧杯、量筒、胶体滴管、容量瓶、玻璃棒，因此一定不会用到的是A烧瓶和C分液漏斗；还需要的玻璃仪器是烧杯、玻璃棒。

（2）①配制溶液应根据体积选择合适的容量瓶以确保精度，然后根据容量瓶体积计算溶质的量，配制480mL0.3mol/L的NaOH溶液需要选择500mL容量瓶，因此需要NaOH的物质的量为0.5L×0.3mol/L=0.15mol，需要NaOH的质量为：

m=n∙M=0.15mol/L×40g/mol=6.0g，因此需要称取6.0NaOH固体。

②NaOH溶液转移时洒落少许，会使溶质物质的量减小，配制的溶液浓度偏低。

（3）98%的浓硫酸的分数为:

需要浓硫酸的体积为：

。

（4）A.用胶头滴管加水定容时俯视视刻度，读数比实际体积大，加入的水会低于刻度线，会使实际溶液浓度偏大，A错误；

B.容量瓶中有水不会影响配制溶液的浓度，B错误；

C.稀释硫酸的烧杯未洗涤可能会导致硫酸残余在烧杯中，会使配制的溶液浓度减小，C正确；

D.用胶头滴管加水定容时仰视刻度，读数比实际体积小，加入的水会超过刻度线，会使实际溶液浓度减小，D正确；

故选CD。

【点睛】

本题的易错点为（3）①，计算浓硫酸用量时，需根据稀释前后物质的量不变来计算，稀硫酸的浓度和体积是已知的，只需要知道浓硫酸的浓度即可，浓硫酸的浓度可用公式c=

算出。

4．①同温同压下，同体积的氨气和硫化氢气体（H2S）的质量比为_________；

②同质量的氨气和硫化氢气体的体积比为_______________，其中含有的氢的原子个数比为___________；

③若二者氢原子数相等，它们的体积比为_____________；

④在相同条件下，在5.6g氮气中应添加___________g氨气所组成的混合气体与16g氧气所占的体积相等。

【答案】1:

22:

13:

12:

35.1

【解析】

【分析】

【详解】

①同温同压下，气体体积之比等于其物质的量之比，根据m=nM可知，同体积的氨气和硫化氢气体（H2S）的质量比为17g/mol：

34g/mol= 1：

2 ；

②根据n=

可知，同质量的氨气与硫化氢的物质的量之比为34g/mol:

 17g/mol=2:

1；相同条件下，气体体积之比等于其物质的量之比，二者体积之比为2:

1，所含氢原子数目之比为（2

3）:

（1

2）=3:

1；

③假设H原子为3mol，氨气为1mol，硫化氢为1.5mol，二者体积之比为1mol:

 1.5mol=2:

3；

④氮气物质的量n=

，氧气物质的量n=

= 0.2mol，则氨气物质的量为=0.5mol-0.2mol=0.3mol ，氨气的质量为0.3mol

17g/mol=5.1g。

5．

（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。

6．已知：

2KMnO4

K2MnO4+MnO2+O2↑，将0.1moKMnO4固体加热一段时间后，收集到amolO2；向反应后残留的固体中加入足量的浓盐酸，又收集到bmolCl2，此时Mn元素全部以Mn2+的形式存在于溶液中（注：

KMnO4和K2MnO4以及MnO2都能与浓盐酸反应并生成Mn2+）。

（1）2KMnO4+16HCl=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O反应中的还原产物是_____（填化学式），反应中若产生0.3mol的气体则有________mol的电子转移。

（2）a+b的最大值为________，a+b最小值为________。

【答案】MnCl20.60.250.2

【解析】

【分析】

（1）元素化合价降低发生还原反应得到还原产物；根据Cl元素化合价变化计算转移电子；

（2）KMnO4固体，加热一段时间后，收集到amol氧气，在反应后的残留固体中加入足量的浓盐酸，继续加热，收集到气体bmol氯气，根据电子转移守恒，整个过程中，Mn元素得到电子数等于O元素、Cl元素失去的电子，则有：

0.1×（7-2）=4a+2b，整理得a+b=0.25-a，当高氯酸钾没有分解时，（a+b）达最大值，当高锰酸钾完全分解生成氧气时，生成氧气最多，生成氯气最少，根据方程式计算氧气最大值，进而确定（a+b）的最小值。

【详解】

（1）反应中Mn元素化合价由+7价变为+2价，化合价降低，得到电子，被还原，所以MnCl2是还原产物；产生0.3mol的氯气时，转移电子为n（e-）=0.3mol×2×[0-（-1）]=0.6mol；

（2）KMnO4固体加热一段时间后，收集到amol氧气，在反应后的残留固体中加入足量的浓盐酸，继续加热，收集到bmol氯气，根据电子转移守恒，整个过程中，Mn元素获得电子等于O元素、Cl元素失去的电子，则有：

0.1×（7-2）=4a+2b，整理可得a+b=0.25-a，当高氯酸钾没有分解时，（a+b）达最大值，此时a=0，则（a+b）的最大值=0.25；当高锰酸钾完全分解生成氧气时，生成氧气最多，生成氯气最少，由2KMnO4

K2MnO4+MnO2+O2↑，可知生成氧气最大的物质的量为0.1mol×

=0.05mol，则a+b≥0.25-0.05=0.2，故（a+b）的最小值为0.2。

【点睛】

本题考查混合物计算、氧化还原反应计算，充分利用整个过程中的电子转移守恒是解答本题的关键。

掌握元素化合价升降总数与反应过程中电子转移的关系及与物质的性质与作用的关系是解答的基础，学会将关系式进行变形，并用用极值方法分析判断。

7．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。

8．物质的类别和核心元素的化合价是研究物质性质的两个基本视角。

（1）图中Y物质的化学式为______。

（2）治理含CO、SO2的烟道气，可以将其在催化剂作用下转化为单质S和无毒的气体．则治理烟道气反应的化学方程式为____________________________。

（3）实验室中X气体由不溶性的硫化亚铁（FeS）固体和稀硫酸混合反应制得，该反应的离子方程式为：

_____________________________________________。

（4）Na2S2O3（硫代硫酸钠）是一种用途广泛的钠盐。

①下列物质用于Na2S2O3的制备，从氧化还原反应的角度，理论上有可能的是___。

a.Na2S+Sb.Z+Sc.Na2SO3+Yd.NaHS+NaHSO3

②Na2S2O3具有较强还原性，能作为织锦物漂白后的脱氯剂，脱氯后S2O32-转变为SO42-。

现需处理含标准状况下Cl22.24L的织锦物，理论上需要0.00100mol/LNa2S2O3溶液的体积为_______L。

【答案】SO32CO+SO2

2CO2+SFeS+2H+=Fe2++H2S↑bd25

【解析】

【分析】

依据元素化合价和物质分类分析，X为气态氢化物为H2S，Y为硫元素的+6价氧化物为SO3，Z为+4价的盐可以为Na2SO3。

（1）Y是S元素化合价为+6价；

（2）根据反应物、生成物，结合反应中电子转移数目相等，可得反应方程式；

（3）FeS与稀硫酸发生复分解反应产生H2S和FeSO4，根据离子方程式中物质拆分原则书写反应的离子方程式；

（4）①Na2S2O3中S为+2价，从氧化还原的角度分析，反应物中S元素化合价必须分别大于2和小于2；

②根据元素化合价升降总数相等，计算反应消耗的Na2S2O3的物质的量，再根据n=cV计算其物质的量。

【详解】

根据上述推断可知X是H2S，Y是SO3，Z是Na2SO3。

（1）Y为S元素的氧化物，化合价为+6价，则Y为SO3；

（2）CO、SO2反应产生S单质和CO2，根据电子守恒、原子守恒，可得反应方程式为：

2CO+SO2

2CO2+S；

（3）FeS与稀硫酸发生复分解反应产生H2S和FeSO4，反应的离子方程式为：

FeS+2H+=Fe2++H2S↑；

（4）①Na2S2O3中S为+2价，从氧化还原的角度分析，反应物中S元素化合价必须分别大于2和小于2，A中S化合价都小于2，C中物质中S化合价都大于+2价，B、D中S元素化合价必须分别大于2和小于2，故合理选项是bd；

②根据题干信息可知发生反应方程式为：

Na2S2O3+4Cl2+5H2O=2NaCl+2H2SO4+6HCl，标准状况下2.24LCl2的物质的量是n（Cl2）=2.24L÷22.4L/mol=0.1mol，在反应中获得电子变为-1价的Cl-，0.1molCl2获得电子的物质的量是0.2mol；S2O32-转变为SO42-，每1molS2O32-失去8mol电子，则转移0.2mol电子，需消耗S2O32-的物质的量n（S2O32-）=0.2mol÷8=0.025mol，根据n=c·V可知理论上需要0.00100mol/LNa2S2O3溶液的体积V=0.025mol÷0.00100mol/L=25L。

【点睛】

本题考查硫其化合物性质的综合应用、氧化还原反应的计算，正确提取图象信息，结合氧化还原反应规律分析为解答关键，注意掌握常见元素及其化合物性质，试题培养了学生的分析能力及综合应用能力。

9．下图为某市售盐酸试剂瓶标签上的部分数据。

问：

（1）该盐酸的物质的量浓度为_________

（2）下列实验操作会导致实验结果偏低的是（________）

①配制100g 10%的CuSO4溶液，称取10g 硫酸铜晶体溶于90g水中

②测定碳酸钠晶体中结晶水的百分含量时，所用的晶体已经受潮

③配制一定物质的量浓度的溶液时，药品与砝码放反了，游码读数为0.2g，所得溶液的浓度

④