《2018版高考化学一轮复习热点突破2化学常用计算方法练习新人教版20171101145.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2018版高考化学一轮复习热点突破2化学常用计算方法练习新人教版20171101145.doc（16页珍藏版）》请在三一文库上搜索。
1、热点突破2 化学常用计算方法解题策略高考命题中，最常见的化学计算方法有“差量法”“关系式法”“极值法”“平均值法”“终态法”等，在这几种计算方法中，充分体现了物质的量在化学计算中的核心作用和纽带作用，依据化学方程式的计算又是各种计算方法的基础，其解题步骤如下：(1)根据题意写出并配平化学方程式。(2)依据题中所给信息及化学方程式判断过量物质，用完全反应物质的量进行计算。(3)把已知的和需要求解的量分别写在化学方程式有关化学式的下面，两个量及单位“上下一致，左右相当”。(4)选择有关量(如物质的量、气体体积、质量等)的关系作为计算依据，列比例式，求未知量。授课提示：对应学生用书第10页角度一“差
2、量法”在化学方程式计算中的妙用差量法解题思维流程一是表示出理论差值及相应反应物、生成物对应的物理量，要注意不同物质的物理量及单位间的对应关系二是表示出实际差量并写在相应位置(注意应将理论差值与实际差值写在化学方程式最右侧)三是根据比例关系建立方程式并求出结果差量法是指根据化学反应前后物质的量发生的变化，找出“理论差量”。这种差量可以是质量、物质的量、气态物质的体积和压强、反应过程中的热量等，是一个通过分析化学方程式找出来的新的比例量，然后就可以与化学方程式中存在的各种量列成比例，然后求解：如：2C(s)O2(g)=2CO(g)H221 kJmol12 mol 1 mol2 molm(固)n(气
3、)V(气)24 g1 mol22.4 L(标准状况)题组训练1为了检验某含有NaHCO3杂质的Na2CO3样品的纯度，现将w1 g样品充分加热，其质量变为w2 g，则该样品的纯度(质量分数)是()A.BC. D解析：2NaHCO3Na2CO3CO2H2Om16810662m(NaHCO3)(w1w2)gm(NaHCO3)g则样品的纯度为w1168(w1w2)/62/w1。答案：A2一定条件下，合成氨反应达到平衡时，测得混合气体中氨气的体积分数为20.0%，与反应前的体积相比，反应后体积缩小的百分率是()A16.7% B20.0%C80.0% D83.3%解析：N23H22NH3V 1 3 2
4、2 1 L 3 L 2 L 2 L由以上关系式可知反应前后体积的减少与生成的NH3体积相等。设平衡时混合气体100 L，其中含20 L NH3，则原气体总体积减小20 L。所以，反应前氮气和氢气总体积为120 L，反应后体积缩小的百分率为100%16.7%。答案：A3将12 g CO和CO2的混合气体通过足量灼热的氧化铜后，得到气体的总质量为18 g，求原混合气体中CO的质量分数。解析：设原混合气体中CO的质量分数为x。CuOCOCuCO2气体质量增加(差量)284444281612x g18 g12 g6 g，x0.875。答案：原混合气体中CO的质量分数为87.5%。角度二关系式法解决连续
5、反应计算题的捷径关系式是物质间关系的一种简化式子，解决多步反应，计算最简捷。多步反应中建立关系式的方法：(1)叠加法(如利用木炭、水蒸气制取氨气)由木炭、水蒸气制取NH3的关系为3C4NH3。(2)元素守恒法4NH35O24NO6H2O2NOO2=2NO23NO2H2O=2HNO3NO经多次氧化和吸收，由N元素守恒知：NH3HNO3。(3)电子转移守恒法NH3HNO3，O22由得失电子总数相等知，NH3经氧化等一系列过程生成HNO3，NH3和O2的关系为NH32O2。题组训练4Ba2是一种重金属离子，对环境有污染，有一环境监测小组欲利用Na2S2O3、KI、K2Cr2O7等试剂测定某工厂废水中
6、Ba2的物质的量浓度。取废水50.00 mL，控制适当的酸度，加入足量的K2Cr2O7溶液，得到BaCrO4沉淀；沉淀经过滤洗涤后，用适量的稀盐酸溶解，此时CrO全部转化为Cr2O；再加入过量KI溶液进行反应，然后在反应液中滴加0.100 molL1标准Na2S2O3溶液，反应完全时，消耗Na2S2O3溶液36.00 mL。已知有关反应的离子方程式为Cr2O6I14H=2Cr33I27H2O；I22S2O=2IS4O。求该工厂废水中Ba2的物质的量浓度。解析：设Ba2的物质的量为x，则Ba2BaCrO4Cr2OI23S2O1 mol 3 molx36.001030.100 molx1.2103
7、 mol，所以c(Ba2)0.024 molL1。答案：该工厂废水中Ba2的物质的量浓度为0.024 molL15在O2中燃烧0.22 g由硫元素和铁元素组成的化合物，使其中的硫元素全部转化为SO2，将这些SO2全部转化为SO3，生成的SO3完全被H2O吸收，所得的H2SO4可用10.0 mL 0.50 molL1的NaOH溶液完全中和，则原化合物中硫元素的质量分数约为()A45%B36%C20% D40%解析：本题可用关系式法来求解，由SSO2SO3H2SO42NaOH得：n(S)n(NaOH)(10.0103)L0.50 molL10.002 5 mol，w(S)100%36%。答案：B6
8、氯化亚铜(CuCl)是重要的化工原料。国家标准规定合格CuCl产品的主要质量指标为CuCl的质量分数大于96.50%。工业上常通过下列反应制备CuCl：2CuSO4Na2SO32NaClNa2CO3=2CuCl3Na2SO4CO2(1)CuCl制备过程中需要质量分数为20.0%的CuSO4溶液，试计算配制该溶液所需的CuSO45H2O与H2O的质量之比。(2)准确称取所制备的0.250 0 g CuCl样品置于一定量的0.5 molL1 FeCl3溶液中，待样品完全溶解后，加水20 mL，用0.100 0 molL1的Ce(SO4)2溶液滴定到终点，消耗24.60 mL Ce(SO4)2溶液。
9、有关化学反应为Fe3CuCl=Fe2Cu2Cl，Ce4Fe2=Fe3Ce3，通过计算说明上述样品中CuCl的质量分数是否符合标准。解析：(1)设需要CuSO45H2O的质量为x，H2O的质量为y。CuSO45H2O的相对分子质量为250，CuSO4的相对分子质量为160，依题意有，xy511。(2)设样品中CuCl的质量为z。由化学反应方程式得关系式：CuClFe2Ce4995 g1 molz 0.1 00 0 molL124.60103 Lz0.244 8 gCuCl的质量分数为100%97.92%9792%96.50%，所以样品中的CuCl符合标准。答案：(1)511(2)符合标准角度三平
10、均值法混合物类计算的“简化高手”(1)依据若XAXB，则XAXB，代表平均相对原子(分子)质量、平均浓度、平均含量、平均生成量、平均消耗量等。(2)应用已知可以确定XA、XB的范围；若已知XA、XB可以确定的范围。解题的关键是要通过平均值确定范围，很多考题的平均值需要根据条件先确定下来再作出判断。实际上，它是极值法的延伸。题组训练7把含有某一种可溶性氯化物杂质的MgCl2粉末95 g溶于水后，与足量AgNO3溶液反应，测得生成的AgCl为300 g，则该MgCl2中的杂质可能是()ANaClBAlCl3CKCl DCaCl2解析：提供1 mol Cl所需各物质的质量(即“平均摩尔Cl质量”)分
11、别为物质的化学式MgCl2NaClAlCl3KClCaCl2平均摩尔Cl质量47.558.544.574.555.5而平均值9545.4，小于45.4的只有AlCl3，故选B。答案：B8两种金属混合物共15 g，投入足量的盐酸中，充分反应后得到11.2 L H2(标准状况)，则原混合物的组成肯定不可能为()AMg和Ag BZn和CuCAl和Zn DAl和Cu解析：本题可用平均摩尔电子质量(即提供1 mol电子所需金属的质量)法求解。反应中H被还原生成H2，由题意可知15 g金属混合物可提供1 mol e，其平均摩尔电子质量为15 gmol1。选项中金属Mg、Zn、Al的摩尔电子质量分别为12
12、gmol1、32.5 gmol1、9 gmol1，其中不能与盐酸反应的Ag和Cu的摩尔电子质量可看做无穷大。根据数学上的平均值原理可知，原混合物中一种金属的摩尔电子质量大于15 gmol1，另一种金属的摩尔电子质量小于15 gmol1。由此可判断出原混合物肯定不可能是Zn和Cu。答案：B9两种气态烃以任意比例混合，在105 时，1 L该混合烃与9 L氧气混合，充分燃烧后恢复到原状态，所得气体体积仍是10 L。下列各组混合烃中符合此条件的是()CH4、C2H4CH4、C3H6C2H4、C3H4C2H2、C3H6A BC D解析：105 时水为气态。因反应前后气体体积不变，由化学方程式CxHy(x
13、)O2xCO2H2O得1xx，得y4，所以混合烃分子中的平均氢原子数为4。CH4和C3H6混合后平均氢原子数必定大于4，故项错误。C2H2与C3H6只有等体积混合时平均氢原子数才是4，不满足“任意比”的条件，故错误。答案：A角度四守恒法简化过程，妙用守恒所谓“守恒”就是物质在发生“变化”或两物质在发生“相互作用”的过程中某些物理量的总量保持“不变”。一切化学反应都遵循守恒定律，在化学变化中有各种各样的守恒，如质量守恒、元素原子守恒、得失电子守恒、电荷守恒、能量守恒等。题组训练10把500 mL含有BaCl2和KCl的混合溶液分成5等份，取一份加入含a mol硫酸钠的溶液，恰好使钡离子完全沉淀；
14、另取一份加入含b mol硝酸银的溶液，恰好使氯离子完全沉淀。则该混合溶液中钾离子浓度为()A0.1(b2a)molL1B10(2ab)molL1C10(ba)molL1D10(b2a)molL1解析：由题中数据知，在100 mL混合液中n(Ba2)a mol，n(Cl)b mol，利用“电荷守恒”可知溶液中n(K)n(Cl)2n(Ba2)(b2a)mol，故c(K)10(b2a)molL1。答案：D11(2015全国高考课标卷)乌洛托品在合成、医药、染料等工业中有广泛用途，其结构式如图所示。将甲醛水溶液与氨水混合蒸发可制得乌洛托品。若原料完全反应生成乌洛托品，则甲醛与氨的物质的量之比应为()A
15、11 B23C32 D21解析：根据乌洛托品的结构式写出其分子式为C6H12N4，因为乌洛托品是将甲醛水溶液与氨水混合蒸发而制得的，根据原子守恒可得化学方程式为6HCHO4NH3=C6H12N46H2O，根据反应物的物质的量之比等于化学计量数之比得，甲醛与氨的物质的量之比为32，C项正确。答案：C12有K2SO4、Al2(SO4)3的混合液，已知其中Al3的物质的量浓度为0.4 molL1，SO的物质的量浓度为0.7 molL1，则此溶液中K的物质的量浓度为()A0.1 molL1 B0.15 molL1C0.2 molL1 D0.25 molL1解析：由电荷守恒有：c(K)3c(Al3)2c
16、(SO)，c(K)2c(SO)3c(Al3)20.7 molL130.4 molL10.2 molL1，C项正确。答案：C13向含有1 mol的FeCl2的溶液中通入0.2 mol Cl2，再加入含0.1 mol X2O的酸性溶液，使溶液中Fe2全部恰好氧化，并使X2O还原为Xn，则n值为()A2 B3C4 D5解析：由题意知，0.2 mol Cl2和0.1 mol X2O的酸性溶液，共同将1 mol Fe2氧化。根据氧化还原反应中得失电子守恒可知，0.2 mol Cl2和0.1 mol X2O得到电子的物质的量与1 mol Fe2失去电子的物质的量相等，所以有0.2 mol20.1 mol2
17、(6n)1 mol1，解得n3。答案：B课时作业(授课提示：对应学生用书第238页)1标准状况下，一个装满氯气的容器的质量为74.6 g，若装满氮气时总质量为66 g，则此容器的容积是()A22.4 LB44.8 LC11.2 L D4.48 L解析：22.4 L(标准状况下)Cl2换成22.4 L(标准状况下)N2的质量差是71 g28 g43 g，设氯气的体积为x L，则有Cl2 N2 m224 L43 gx L74.6 g66 g8.6 g解得x4.48。答案：D2含KCl和KBr的样品3.87 g，溶于水配成溶液，向溶液中加入过量AgNO3溶液，充分反应后，产生的沉淀质量为6.63 g
18、，则原样品中钾元素的质量分数为()A24.1% B40.3%C25.9% D48.7%解析：KCl和KBr与AgNO3溶液反应生成AgCl和AgBr沉淀，固体的质量发生了变化，实质是由于K变成了Ag造成的，故可用差量法进行计算。KAgm3910869m6.63 g3.87 g2.76 g解得m1.56 g质量分数为100%40.3%答案：B3一定质量的碳和8 g氧气在密闭容器中于高温下反应，恢复到原来的温度，测得容器内的压强变为原来的1.4倍，则参加反应的碳的质量为()A2.4 g B4.2 gC6 g D无法确定解析：由化学方程式：CO2CO2和2CO22CO可知，当产物全部是CO2时，气体
19、的物质的量不变，温度和体积不变时气体的压强不变；当产物全部是CO时，气体的物质的量增大1倍，温度和体积不变时压强增大1倍，现在气体压强变为原来的1.4倍，故产物既有CO2，又有CO。n(O2)0.25 mol，由阿伏加德罗定律可知，气体压强变为原来的1.4倍，气体的物质的量变为原来的1.4倍，即n(气体)0.25 mol(1.41)0.1 mol。2CO22COn(气体)2 mol1 mol 1 mol 02 mol 0.1 mol 0.1 mol则生成CO消耗0.1 mol O2，生成CO2消耗0.15 mol O2。CO2CO2015 mol0.15 mol故n(C)0.2 mol0.15
20、 mol0.35 mol，m(C)0.35 mol12 gmol14.2 g。答案：B4一定量的液态化合物AB2，在适量的氧气中恰好完全燃烧，反应化学方程式为AB2(l)3O2(g)=AO2(g)2BO2(g)，冷却后，在标准状况下测得生成物的体积为336 mL，密度为2.56 gL1，则化合物AB2的相对分子质量为()A30 B38C76 D172解析：由题给反应方程式及各物质的状态可知，反应前后气体的体积不变，故参与反应的O2的体积V(O2)V(AO2)V(BO2)336 mL，则n(O2)0.015 mol，故n(AB2)n(O2)0.005 mol。m(生成物)0.336 L2.56
21、gL10.86 g，根据质量守恒定律，m(AB2)m(生成物)m(O2)0.86 g0.015 mol32 gmol10.38 g，则M(AB2)76 gmol1，故AB2的相对分子质量为76。答案：C5三氯异氰尿酸是一种较强的氧化剂，利用氰尿酸(图甲)与次氯酸(HClO)在一定条件下反应可制备三氯异氰尿酸(图乙)，若原料完全反应生成三氯异氰尿酸，则氰尿酸与次氯酸的物质的量之比为()A11 B32C21 D13解析：由氰尿酸、三氯异氰尿酸的结构简式可知，二者的分子式分别为C3N3H3O3、C3N3Cl3O3，而三氯异氰尿酸是由氰尿酸与次氯酸(HClO)在一定条件下反应制得，其中Cl原子来自于H
22、ClO，根据原子守恒可知，生成1 mol三氯异氰尿酸消耗1 mol C3N3H3O3和3 mol HClO，故氰尿酸与次氯酸的物质的量之比为1 mol3 mol13。答案：D6将15 mL 2 molL1Na2CO3溶液逐滴加入40 mL 0.5 molL1 MCln盐溶液中，恰好将溶液中的Mn完全沉淀为碳酸盐，则MCln中n值是()A4 B3C2 D1解析：从反应后的溶质为NaCl，由电荷守恒可知，n(Na)n(Cl)，15103 L2 molL1240103 L0.5 molL1n，n3。答案：B7R2O在一定条件下可以把Mn2氧化成MnO，若反应中R2O变为RO，又知反应中氧化剂与还原剂
23、的物质的量之比为52，则n值为()A1 B2C3 D4解析：根据得失电子守恒，2 mol Mn22 mol MnO，失10 mol e，所以每1 mol R2O2 mol RO得2 mol e，故可知R2O中R的化合价为7价。因此n2。答案：B8(2017江西赣州期中)有一块镁铝合金，其中镁与铝的质量比是89。加入足量稀HNO3使其完全溶解后，产生NO气体在标准状况下的体积为11.2 L，溶液中再加入NaOH溶液，生成沉淀质量的最大值为()A17.4 g B46.8 gC40.8 g D23.4 g解析：有一块镁铝合金，其中镁与铝的质量比是89，则物质的量之比为11，加入足量稀HNO3使其完全
24、溶解后，生成NO的物质的量为0.5 mol，根据电子转移守恒，n(Mg)n(Al)0.3 mol，溶液中再加入NaOH溶液，生成沉淀质量最大时，沉淀为Mg(OH)2、Al(OH)3，根据Mg元素守恒，nMg(OH)2n(Mg)0.3 mol，根据Al元素守恒，nAl(OH)3n(Al)0.3 mol，故沉淀最大质量为0.3 mol58 g/mol0.3 mol78 g/mol40.8 g，故C正确。答案：C9(2017河北衡水中学调研)在一定温度下，某浓度的硝酸与金属锌反应生成NO2和NO，两者的物质的量之比为13，则要使1 mol金属锌完全反应，反应过程中消耗HNO3的物质的量为()A2.4
25、 mol B2.6 molC2.8 mol D3.2 mol解析：依题意，Zn最后全部以Zn(NO3)2的形式存在，且nZn(NO3)21 mol，则起酸性作用的硝酸的物质的量n12 mol。Zn失去2 mol电子，根据得失电子守恒，设n(NO2)x，n(NO)3x，有x3x32 mol，x0.2 mol，则起氧化剂作用的HNO3的物质的量n2n(NO2)n(NO)0.8 mol，所以消耗HNO3的总物质的量n总(HNO3)n1n22.8 mol。答案：C10(2017湖南十校联考)铜和镁的合金4.6 g完全溶于一定量的浓硝酸，若反应中HNO3被还原只产生1 792 mL的NO2气体和1 12
26、0 mL的NO气体(标准状况下)，在反应后的溶液中加入足量的氢氧化钠溶液，生成沉淀的质量为()A7.04 g B8.26 gC8.51 g D9.02 g解析：分析反应过程可知，最后生成的沉淀是Cu(OH)2和Mg(OH)2，Cu和Mg在反应后均为2价，它们失去的电子的总物质的量n(e)等于它们形成氢氧化物沉淀时所结合的OH的总物质的量n(OH)。由得失电子守恒有：n(e)n(NO2)n(NO)30.08 mol0.05 mol30.23 mol，则n(OH)0.23 mol，m(OH)3.91 g，所以沉淀的质量m(合金)m(OH)4.6 g3.91 g8.51 g。答案：C11黄铁矿主要成
27、分是FeS2。某硫酸厂在进行黄铁矿成分测定时，取0.100 0 g样品在空气中充分灼烧，将生成的SO2气体与足量Fe2(SO4)3溶液完全反应后，用浓度为0.020 00 molL1的K2Cr2O7标准溶液滴定至终点，消耗K2Cr2O7标准溶液25.00 mL。已知：SO22Fe32H2O=SO2Fe24HCr2O6Fe214H=2Cr36Fe37H2O(1)样品中FeS2的质量分数是(假设杂质不参加反应)_。(2)煅烧10 t上述黄铁矿，理论上产生SO2的体积(标准状况)为_L，制得98%的硫酸质量为_t。解析：(1)根据化学方程式：4FeS211O22Fe2O38SO2SO22Fe32H2
28、O=SO2Fe24HCr2O6Fe214H=2Cr36Fe37H2O得关系式：Cr2O6Fe23SO2FeS21m(FeS2)0.090 00 g样品中FeS2的质量分数为90.00%(2)4FeS211O22Fe2O38SO24 mol8 mol22.4 Lmol1 mol V(SO2)V(SO2)3.36106 Ln(SO2)1.5105 mol由SO2SO3 H2SO41 mol 98 g15105 molm(H2SO4)98%得m(H2SO4)1.5107 g15 t。答案：(1)90.00%(2)3.361061512氢氧化钡是一种使用广泛的化学试剂。某课外小组通过下列实验测定某试样
29、中Ba(OH)2nH2O的含量。(1)称取3.50 g试样溶于蒸馏水配成100 mL溶液，从中取出10.0 mL溶液于锥形瓶中，加2滴指示剂，用0.100 mol/L HCl标准溶液滴定至终点，共消耗标准液20.0 mL(杂质不与酸反应)，试样中氢氧化钡的物质的量为_ mol。(2)另取5.25 g试样加热至失去全部结晶水(杂质不分解)，称得质量为3.09 g，则Ba(OH)2nH2O中的n的值为_。(3)试样中Ba(OH)2nH2O的质量分数为_。解析：(1)nBa(OH)20.02 L0.100 mol/L100.01 mol。(2)样品总量为(1)中的1.5倍，H2O的物质的量为0.12
30、 mol，n8。(3)100%90%。答案：(1)0.01(2)8(3)0.90(或90%)章末排查练(一)授课提示：对应学生用书第12页1“NA”关联类排查(判断正误)(1)含NA个阴离子的Na2O2溶于水形成1 L溶液，所得溶液的浓度为1 mol/L。()(2)20 g氖气中所含的原子数为NA。()(3)7.8 g苯中含有的碳碳双键数为0.3NA。()(4)常温常压下，2.24 L CO和CO2混合气体中含有的碳原子数目为0.1NA。()(5)1 L 0.1 mol/L CuSO4溶液中含有Cu2的数目为0.1NA。()(6)2.24 L N2和NH3的混合气体，含有的共用电子对数目为0.
31、3NA。()(7)2 mol SO2和1 mol O2在一定条件下充分反应后，所得混合气体的分子数大于2NA。()(8)1.0 L 1.0 molL1的NaAlO2水溶液中含有的氧原子数为2NA。()(9)25 时，pH13的NaOH溶液中含有OH的数目为0.1NA。()(10)1 mol Na被完全氧化生成Na2O2，失去2NA个电子。()(11)标准状况下，6.72 L NO2与水充分反应转移的电子数目为0.1NA。()(12)在过氧化钠与水的反应中，每生成0.1 mol氧气，转移电子的数目为0.4NA。()(13)1 L 1 molL1CH3COOH溶液中，所含CH3COO、CH3COO
32、H的总数为NA。()(14)1 L 1 molL1饱和FeCl3溶液滴入沸水中完全水解生成Fe(OH)3胶体粒子数为NA个。()(15)10 g 46%的乙醇水溶液中所含H原子数为0.6NA。()答案：(1)(2)(3)(4)(5)(6)(7)(8)(9)(10)(11)(12)(13)(14)(15)2概念辨析类排查(判断正误)(1)“物质的量”是国际单位制中的一个基本单位。()(2)阿伏加德罗常数就是6.021023mol1。()(3)CO2的摩尔质量是44 gmol1，表示1 mol CO2的质量为44 g。()(4)H2SO4溶液的物质的量浓度为1 molL1，表示1 L溶液中含有1
33、mol H2SO4。()(5)气体摩尔体积Vm22.4 Lmol1，表示1 mol任何气体的体积都约为22.4 L。()(6)阿伏加德罗常数NA6.021023 mol1，表示1 mol任何粒子集体所含的粒子数约为6.021023。()(7)摩尔是用来衡量微观粒子多少的一种物理量。()(8)在一定的温度和压强下，各种气态物质体积的大小由构成气体的分子数决定。()(9)在一定的温度和压强下，各种气体的摩尔体积相等。()(10)阿伏加德罗常数的数值是0.012 kg碳所含的原子个数。()答案：(1)(2)(3)(4)(5)(6)(7)(8)(9)(10)3规范答题克服非智力因素失分实验室需要配制0
34、.50 molL1NaCl溶液480 mL。按下列操作步骤填上适当的文字，以使整个操作完整。(1)选择仪器。完成本实验所必需的仪器有：托盘天平、药匙、烧杯、_、_、_以及等质量的两片滤纸。(2)计算。配制该溶液需取NaCl晶体_g。(3)称量。天平调平之后，应将天平的游码调至某个位置，请在下图中用一根竖线标出游码左边缘所处的位置：称量过程中NaCl晶体应放于天平的_(填“左盘”或“右盘”)。称量完毕，将药品倒入烧杯中。(4)溶解、冷却。该步实验中需要使用玻璃棒，目的是_。(5)转移、洗涤。在转移时应使用玻璃棒引流，需要洗涤烧杯和玻璃棒23次是为了_。(6)定容。向容量瓶中加水至液面接近刻度线_
35、处，改用_加水，使溶液凹液面与刻度线相切。(7)摇匀、装瓶。答题实录名师批注(1)容量瓶、玻璃棒、胶头滴管(2)案例114.625案例214.0(3)左(4)搅拌，加速NaCl容解(5)减小误差(6)12交头滴管(1)问中虽然熟悉某一规格的容量瓶只能配制一定体积的溶液，但未指明所选容量瓶的规格。(2)问中，案例1没有注意体现托盘天平的精确度；案例2不熟悉常用容量瓶的规格。(3)问中不按要求作答。(4)汉字使用错误。(5)回答问题不完整、太笼统。(6)未写单位，汉字使用错误。我来规范(1)500 mL容量瓶胶头滴管玻璃棒(2)14.6(3)左盘(4)搅拌，加速NaCl溶解(5)保证溶质全部转入容量瓶中(6)12 cm胶头滴管- 16 -