2023届新高考新教材化学人教版一轮学案-第一章第3讲　物质的量在化学实验中的应用.docx

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1、第3讲物质的量在化学实验中的应用复习目标核心素养1.了解溶液的含义。2了解溶解度、饱和溶液的概念。3了解物质的量浓度(c)。4掌握配制一定溶质质量分数溶液和物质的量浓度的溶液的化学实验基础知识和基本技能。1.科学探究与创新意识：了解容量瓶的使用方法，通过配制一定物质的量浓度的溶液，体会定量实验的操作要点，归纳总结规范操作对实验结果的影响。2变化观念与平衡思想：能通过分析各物质的溶解度及溶解度曲线，寻找各种因素对物质溶解度的影响。考点一物质的量浓度及其相关计算1物质的量浓度(1)概念物质的量浓度表示单位体积的溶液里所含溶质B的物质的量，也称为B的物质的量浓度，符号为cB。(2)常用单位：mol/

2、L或molL1。(3)公式：ncBV(4)注意事项V是溶液的体积，不是溶剂的体积，也不是溶质与溶剂的体积之和。n必须是溶质B的物质的量。2物质的量浓度和溶质质量分数的比较物质的量浓度c溶质质量分数w概念以单位体积溶液中所含溶质的物质的量来表示溶液组成的物理量以溶质的质量与溶液的质量比值来表示溶液的组成的物理量溶质的单位molg溶液的单位Lg表达式cw100%两者关系w(M：摩尔质量；单位：gmol1；：密度，单位：gcm3)(1)1 molL1NaCl溶液是指此溶液中含有1 mol NaCl。()(2)从100 mL 5 molL1H2SO4溶液中取出了10 mL，所得硫酸的物质的量浓度为0.

3、5 molL1。()(3)用100 mL水吸收0.1 mol HCl气体所得溶液的物质的量浓度恰好是1 molL1。()(4)将62 g Na2O溶于水中，配成1 L溶液，所得溶质的物质的量浓度为1 molL1。()(5)0.5 molL1的稀H2SO4溶液中c(H)为1.0 molL1。()(6)31 g Na2O溶于水，配成1 L溶液，c(Na2O)0.5 molL1。()题点一对物质的量浓度含义的理解根据题目条件计算下列溶液的相关量：(1)2 molL1Mg(NO3)2溶液中含有0.4 mol NO，则溶液的体积为_mL。(2)在标准状况下，将V L氨气溶于0.1 L水中，所得溶液的密度

4、为 gcm3，则此氨水的物质的量浓度为_molL1。(3)若20 g密度为 gcm3的Ca(NO3)2溶液中含有2 g Ca(NO3)2，则溶液中NO的物质的量浓度为_。【解析】(2)n(NH3) mol，溶液体积：V103 Lc molL1 molL1。(3)Ca(NO3)2的物质的量浓度为 molL1，NO的物质的量浓度为 molL1。【答案】(1)100(2)(3) molL1母题延伸(1)2 mol/L Mg(NO3)2溶液中含有0.4 mol NO，则NO的浓度_mol/L。(2)在标准状况下，将V L氨气溶于0.1 L水中，所得溶液的密度为 gcm3，则此氨水中溶质的质量分数_。(

5、3)若20 g密度为 gcm3的Ca(NO3)2溶液中含有2 g Ca(NO3)2，则溶液中NO的质量分数_。提示：(1)4(2)100%(3)7.6%对点训练1下列目的能达到的是()A将58.5 g NaCl溶于1 L水中可得1 molL1的NaCl溶液B从1 L 1 molL1的NaCl溶液中取出10 mL，其浓度仍是1 molL1C中和100 mL 1 molL1的H2SO4溶液生成正盐，需NaOH 4 gD将78 g Na2O2溶于水，配成1 L溶液可得到浓度为1 molL1溶液解析：BA项，不知道所得溶液的体积，无法计算NaCl溶液的物质的量浓度；B项，从1 L 1 molL1的Na

6、Cl溶液中取出10 mL，其浓度不变；C项，m(NaOH)20.1 L1 molL140 gmol18 g；D项，所得溶液溶质为NaOH，其浓度应为2 molL1。题点二物质的量浓度与溶质的质量分数之间换算在环保、化工行业有一种溶液浓度的表示方法：质量体积浓度，用单位体积溶液中所含的溶质质量来表示，单位gm3或gL1。现有一种20 时的饱和CuSO4溶液，密度为1.2 gcm3，质量体积浓度为200 gL1，则对此溶液的说法错误的是()A该溶液的质量分数为16.7%B该溶液的物质的量浓度为1.25 molL1C在20 时，硫酸铜的溶解度为20 gD在20 时把200 g CuSO45H2O溶解

7、于1 L水中恰好得到饱和溶液【解析】根据质量体积浓度为200 gL1，即1 L溶液中含200 g溶质，1 L溶液的质量是1000 mL1.2 gcm31200 g，该溶液的质量分数为100%16.7%，A正确；1 L溶液中含200 g(即1.25 mol)溶质，该溶液的物质的量浓度为1.25 molL1，B正确；S100 g200 g(1000 mL1.2 gcm3200 g)，S20 g，C正确；CuSO45H2O溶于水后得到CuSO4溶液，其溶质为CuSO4，质量为200 g128 g，质量分数100%10.7%，此值小于16.7%，不是饱和溶液，D错误。【答案】D母题变式(双选)T 时，

8、有硫酸镁溶液500 mL，它的密度是1.20 gcm3，其中镁离子的质量分数是4.8%，则有关该溶液的说法不正确的是()A溶质的质量分数是24.0%B溶液的物质的量浓度是2.4 molL1C溶质和溶剂的物质的量之比是140D若此溶液为饱和溶液，则硫酸镁在该温度下的溶解度是 g24 g解析：CD由Mg2的质量分数知MgSO4的质量分数为4.8%24.0%，其物质的量浓度c2.4 molL1，溶质与溶剂的物质的量之比为121，硫酸镁在该温度下的溶解度为 g31.58 g。对点训练2已知某饱和NaCl溶液的体积为V mL，密度为 g3，质量分数为w，物质的量浓度为c molL1，溶液中含NaCl的质

9、量为m g。(1)用m、V表示溶液的物质的量浓度：_。(2)用w、表示溶液的物质的量浓度：_。(3)用c、表示溶质的质量分数：_。(4)用w表示该温度下NaCl的溶解度：_。解析：(1)c(NaCl) molL1 molL1。(2)c(NaCl) molL1。(3)w100%100%。(4)，S g。答案：(1) molL1(2) molL1(3)100%(4) g题点三溶液的稀释与混合现有100 mL 1 molL1稀盐酸，欲将其浓度变为2 molL1，可以采取的措施为()A向其中通入标准状况下22.4 L HCl气体B加热蒸发使溶液体积变为50 mLC加热蒸发掉50 mL水D加入5 mol

10、L1盐酸100 mL，再将溶液体积稀释到300 mL【解析】向其中通入标准状况下22.4 L HCl气体，则溶质的物质的量为0.1 L1 molL122.4 L/22.4 Lmol11.1 mol，而溶液体积不能计算，所以其物质的量浓度不能计算，A错误；HCl易挥发，所以加热蒸发稀盐酸，HCl和水蒸气都减少，蒸发操作不可取，故B、C错误；加入5 molL1盐酸100 mL，再将溶液体积稀释到300 mL，所得溶液中溶质物质的量浓度为(0.1 L1 molL15 mol L10.1 L)/0.3 L2 molL1，D正确。【答案】D母题变式(双选)在题干不变的情况下，下列措施正确的是()A向其中

11、通入2.24 L HCl气体B加入100 mL 3 mol/L稀盐酸使总体积变为200 mLC加热蒸发掉部分水使其密度变为2 gcm3，质量分数3.65%D加入200 mL 1 mol/L稀盐酸答案：BC对点训练3下图是某学校实验室从市场买回的试剂标签上的部分内容。按要求回答下列问题：(1)硫酸的物质的量浓度为_，氨水的物质的量浓度为_。(2)各取5 mL与等质量的水混合后，c(H2SO4)_9.2 molL1，c(NH3)_6.45 molL1(填“”“”或“”，下同)。(3)各取5 mL与等体积水混合后，w(H2SO4)_49%，w(NH3)_12.5%。解析：(1)利用c计算，c(H2S

12、O4) molL118.4 molL1，c(NH3) molL112.9 molL1。(2)硫酸的密度大于水，氨水的密度小于水，各取5 mL与等质量的水混合后，所得稀硫酸的体积大于10 mL，稀氨水的体积小于10 mL，故有c(H2SO4 )9.2 molL1，c(NH3)6.45 molL1。(3)5 mL浓硫酸和5 mL浓氨水的质量分别为1.84 gcm35 mL9.2 g、0.88 gcm35 mL4.4 g，而5 mL水的质量约为5 g，故各取5 mL与等体积的水混合后，w(H2SO4)49%，w(NH3)12.5%。答案：(1)18.4 molL112.9 molL1(2)(3)名师

13、点拨溶质相同、质量分数不同的两溶液混合的计算技巧同一溶质、质量分数分别为a%、b%的两溶液混合。(1)等质量混合两溶液等质量混合时(无论1 gcm3还是1 gcm3)，混合后溶液中溶质的质量分数w(a%b%)。(2)等体积混合当溶液密度大于1 gcm3时，溶液浓度越大，密度越大，如H2SO4、HNO3、HCl、NaOH等多数溶液等体积混合后，质量分数w(a%b%)。当溶液密度小于1 gcm3时，溶液浓度越大，密度越小，如酒精、氨水等少数溶液等体积混合后，质量分数w(a%b%)。(3)当a或b等于零时，也适用于上述判断。考点二一定物质的量浓度溶液的配制1一定物质的量浓度溶液的配制(1)容量瓶的构

14、造及使用容量瓶上标有温度、规格和刻度线。常用规格有100 mL、250 mL、500 mL、1000 mL等。容量瓶在使用前要检查是否漏水，其操作顺序为装水盖塞倒立正立玻璃塞旋转180倒立。(2)配制过程以配制500 mL 1.0 molL1NaCl溶液为例：2质量分数及一定质量分数溶液的配制(1)溶质的质量分数概念：用溶质的质量与溶液质量的比值来表示溶液组成的物理量，一般用百分数表示。表达式：w(B)100%。(2)质量分数与物质的量浓度的关系c。(3)一定质量分数溶液的配制以配制100 g 5% NaOH溶液为例：步骤：计算称量(量取)溶解(稀释)。仪器：托盘天平、量筒、烧杯、玻璃棒。(4

15、)体积比浓度溶液的配制如用浓硫酸配制14的稀硫酸50 mL：用50 mL的量筒量取40.0 mL的水注入100 mL的烧杯中，再用10 mL的量筒量取10.0 mL浓硫酸，然后沿烧杯内壁缓缓注入烧杯中，并用玻璃棒不停地搅拌。3常见误差分析(1)误差分析依据c。实验操作V不变时，n偏大，则c偏大；n偏小，则c偏小。同样，若实验操作n不变时，V偏大，则c偏小；V偏小，则c偏大。(2)常见的实验误差分析可能引起误差的一些操作变量c/ (molL1)n/molV/L用量筒量取需稀释的溶液时仰视读数增大不变偏大定容时俯视容量瓶刻度线不变减小溶液未冷却就转入容量瓶进行定容不变减小药品和砝码位置颠倒(使用游

16、码)减小不变偏小没有洗涤烧杯、玻璃棒减小不变定容时仰视容量瓶刻度线不变增大溶质已潮解或含有其他杂质减小不变定容、摇匀后又加蒸馏水不变增大用量筒量取需稀释的溶液时俯视读数减小不变定容时蒸馏水加多后用胶头滴管吸出减小不变转移时有少量液体洒在容量瓶外减小不变(1)向容量瓶中转移液体时，引流用玻璃棒可以接触容量瓶内壁。()(2)洗净的锥形瓶和容量瓶需要放进烘箱中烘干。()(3)NaOH固体放入小烧杯中，然后加入蒸馏水，为防止氢氧化钠溶液与空气中的CO2反应，溶解后应立即转移到容量瓶中。()(4)在容量瓶中先加入一定体积的水，再加入浓硫酸配制准确浓度的稀硫酸。()(5)用固体NaCl配制0.5 molL

17、1的溶液，所用的仪器只有：烧杯、玻璃棒、胶头滴管、容量瓶。()(6)如图A配制0.1 molL1 NaOH溶液。()(7)如图B配制一定浓度的NaCl溶液。()(8)用如图C装置配制溶液()题点一一定物质的量浓度溶液的配制硫代硫酸钠晶体(Na2S2O35H2O，M248 gmol1)可用作定影剂、还原剂。利用K2Cr2O7标准溶液定量测定硫代硫酸钠的纯度。测定步骤如下：(1)溶液配制：称取1.2000 g某硫代硫酸钠晶体样品，用新煮沸并冷却的蒸馏水在_中溶解，完全溶解后，全部转移至100 mL的_中，加蒸馏水至_(2)滴定。【解析】溶液配制需要计算、称量、溶解、转移、洗涤、定容、摇匀等步骤，结

18、合配制过程选择需要的仪器，称取1.2000 g某硫代硫酸钠晶体样品，用新煮沸并冷却的蒸馏水在烧杯中溶解，完全溶解后，全部转移至100 mL的容量瓶中，加蒸馏水至凹液面最低处与刻度线相平。【答案】烧杯容量瓶凹液面最低处与刻度线相平母题延伸(1)若将称取的1.2000 g某硫代硫酸钠晶体样品，放入100 mL容量瓶中，加水溶解并稀释至刻度线，该操作正确吗？为什么？ (2)向容量瓶中转移液体时，引流用玻璃棒应接触容量瓶内壁的什么位置？为什么？(3)若定容时俯视刻度线，则所配溶液体积偏大还是偏小？此时应如何处理？提示：(1)不正确。容量瓶只用于配制固定体积的溶液，不能用于溶解固体，应在烧杯中溶解再转移

19、到容量瓶。(2)玻璃棒下端应接触容量瓶内壁刻度线以下，防止定容时有部分液体附着在刻度线上，导致所配溶液体积大于100 mL。(3)偏小。应平视，继续加水至溶液凹液面最低处与刻度线相平。对点训练1实验室需要0.1 molL1 NaOH溶液450 mL和0.5 molL1硫酸溶液500 mL。根据这两种溶液的配制情况回答下列问题：(1)如图所示的仪器中配制溶液肯定不需要的是_(填字母)，配制上述溶液还需用到的玻璃仪器是_(填仪器名称)。(2)在配制NaOH溶液时：根据计算用托盘天平称取NaOH的质量为_g；若NaOH溶液在转移至容量瓶时，洒落了少许，则所得溶液浓度_(填“”“”“”或“”)0.1

20、molL1。(3)在配制硫酸溶液时：所需质量分数为98%、密度为1.84 gcm3的浓硫酸的体积为_(计算结果保留一位小数)mL；如果实验室有15 mL、20 mL、50 mL量筒，应选用_mL量筒最好；配制过程中需先在烧杯中将浓硫酸进行稀释，稀释时操作方法是_。解析：(1)配制溶液需要五种玻璃仪器：量筒、烧杯、玻璃棒、胶头滴管、容量瓶。(2)因无450 mL的容量瓶，配制NaOH溶液要用500 mL的容量瓶，m(NaOH)cVM0.1 molL10.5 L40 gmol12.0 g；NaOH溶于水放出大量热，应把它冷却至室温后再移入容量瓶中，否则定容后，溶液冷却至室温时，体积减小，浓度偏高。

21、(3)c(浓)V(浓)c(稀)V(稀)，即 molL1V(浓)0.5 molL10.5 L，得V(浓)0.0136 L13.6 mL；选用15 mL量筒最好，误差小；注意三点：酸入水、沿器壁、棒搅拌。答案：(1)AC烧杯、玻璃棒(2)2.0(3)13.615先在烧杯中加适量水，再将浓硫酸沿器壁缓缓倒入水中，并用玻璃棒不断搅拌题点二配制一定物质的量浓度溶液的误差分析(2021广州模拟)硫代硫酸钠(Na2S2O3)常用于碘量法中测定碘的标准溶液。现需要配制500 mL 0.10 molL1 Na2S2O3溶液，下列情况会导致所配制的溶液浓度偏高的是()A用托盘天平称取7.9 g Na2S2O35H

22、2OB定容时，仰视容量瓶刻度线C没有用蒸馏水洗涤转移后的烧杯和玻璃棒D用Na2S2O3溶液润洗过的容量瓶配制溶液【解析】500 mL 0.10 molL1Na2S2O3溶液中Na2S2O3的质量cVM0.10 molL10.5 L158 gmol17.9 g，用托盘天平称取7.9 g Na2S2O35H2O时，7.9 g Na2S2O35H2O中Na2S2O3的质量为7.9 g5.0 g，n的值偏小，浓度偏低，故A不符合题意；定容时，仰视容量瓶刻度线，会使V的值偏大，根据c分析，浓度偏低，故B不符合题意；没有用蒸馏水洗涤转移后的烧杯和玻璃棒，会使n的值偏小，浓度偏低，故C不符合题意；D.用Na

23、2S2O3溶液润洗过的容量瓶配制溶液，会使n的值偏大，浓度偏高，故D符合题意。【答案】D母题变式(双选)在配制一定物质的量浓度的盐酸时，下列操作可使所配溶液浓度偏高的是()A未将洗涤烧杯和玻璃棒的溶液移入容量瓶B用量筒量取浓盐酸时，仰视读数C定容时俯视刻度线D溶解搅拌时造成液体溅出解析：BC未将洗涤烧杯和玻璃棒的溶液移入容量瓶中，溶质的物质的量减少，所配溶液的浓度偏低，A项错误；用量筒量取浓盐酸时，仰视读数，量取的浓盐酸体积偏大，所配溶液浓度偏高，B项正确；定容时俯视刻度线，会造成水量偏少，所以溶液浓度偏高，C项正确；溶解搅拌时造成液体溅出，溶质的物质的量减少，所配溶液的浓度偏低，D项错误。对

24、点训练2从溶质改变角度分析产生的误差(用“偏大”“偏小”或“无影响”填空)。(1)配制450 mL 0.1 molL1的NaOH溶液，用托盘天平称取NaOH固体1.8 g：_。(2)配制500 mL 0.1 molL1的硫酸铜溶液，用托盘天平称取胆矾8.0 g：_。(3)配制NaOH溶液用托盘天平称量NaOH时，托盘天平的两个托盘上放两张质量相等的纸片，其他操作均正确：_。(4)配制一定物质的量浓度的NaOH溶液，需称量溶质4.4 g，称量时物码放置颠倒：_。(5)配制稀H2SO4溶液用量筒量取浓硫酸时，仰视读数：_。(6)定容时，加水超过刻度线，用胶头滴管吸取多余的液体至刻度线：_。(7)未

25、经洗涤烧杯及玻璃棒：_。解析：(2)胆矾的摩尔质量为250 gmol1，所需质量为0.5 L0.1 molL1250 gmol112.5 g。(3)NaOH易吸水潮解。答案：(1)偏小(2)偏小(3)偏小(4)偏小(5)偏大(6)偏小(7)偏小 归纳总结误差判断分析技巧(1)误差分析的思维流程(2)视线引起误差的分析方法仰视容量瓶刻度线图(a)，导致溶液体积偏大，结果偏低。俯视容量瓶刻度线图(b)，导致溶液体积偏小，结果偏高。【命题分析】以物质的量为中心的综合运算，常与化学方程式结合起来进行解答，涉及的运算方法主要有比例式法和关系式法，而解题常用的守恒法是化学学科中的一种基本思想和方法，包括质

26、量守恒、得失电子守恒、电荷守恒、能量守恒。1依据化学方程式中的定量关系进行相关计算(1)应用原理在化学方程式中，各物质的物质的量之比等于其化学计量数之比。各物质均为气体时，各物质的气体体积之比等于其化学计量数之比。(2)解题步骤2利用关系式法解答连续反应类计算题(1)应用原理关系式是表示两种或多种物质之间“量”的关系的一种简化式子。在多步反应中，若第一步反应的产物是下一步反应的反应物，可以根据化学方程式，将该物质作为“中介”，找出已知物质和所求物质之间“量”的关系。(2)解题步骤3利用守恒法简化解题过程(1)应用原理所谓“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

27、的总量保持“不变”。在化学变化中有各种各样的守恒，如质量守恒、原子守恒、得失电子守恒、电荷守恒、能量守恒等。(2)解题步骤1将a g Fe2O3、Al2O3样品溶解在过量的200 mL pH1的硫酸溶液中，然后向其中加入NaOH溶液，使Fe3、Al3刚好沉淀完全，用去NaOH溶液100 mL，则NaOH溶液的浓度为_。解析：当Fe3、Al3刚好沉淀完全时，溶液中溶质只有硫酸钠，而Na全部来源于NaOH，且变化过程中Na的量不变。根据电荷守恒可知：，所以，n(NaOH)n(Na)2n(SO)n(H)0.1 molL10.2 L0.02 mol，c(NaOH)0.2 molL1。答案：0.2 mo

28、lL12高锰酸钾纯度的测定：称取1.0800 g样品，溶解后定容于100 mL容量瓶中，摇匀。取浓度为0.2000 molL1的H2C2O4标准溶液20.00 mL，加入稀硫酸酸化，用KMnO4溶液平行滴定三次，平均消耗的体积为24.48 mL。该样品的纯度为_(列出计算式即可，已知2MnO5H2C2O46H=2Mn210CO28H2O)。解析：由2MnO5H2C2O46H=2Mn210CO28H2O知，w(KMnO4)100%100%。答案：100%3水中的溶解氧是水生生物生存不可缺少的条件。某课外小组采用碘量法测定学校周边河水中的溶解氧。实验步骤及测定原理如下：.取样、氧的固定用溶解氧瓶采

29、集水样。记录大气压及水体温度。将水样与Mn(OH)2碱性悬浊液(含有KI)混合，反应生成MnO(OH)2，实现氧的固定。.酸化、滴定将固氧后的水样酸化，MnO(OH)2被I还原为Mn2，在暗处静置5 min，然后用标准Na2S2O3溶液滴定生成的I2(2S2OI2=2IS4O)。回答下列问题：(1)取水样时应尽量避免扰动水体表面，这样操作的主要目的是_。(2)“氧的固定”中发生反应的化学方程式为_。(3)Na2S2O3溶液不稳定，使用前需标定。配制该溶液时需要的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、试剂瓶和_；蒸馏水必须经过煮沸、冷却后才能使用，其目的是杀菌、除_及二氧化碳。(4)取100.00 mL水样经

30、固氧、酸化后，用a molL1 Na2S2O3溶液滴定，以淀粉溶液作指示剂，终点现象为_；若消耗Na2S2O3溶液的体积为b mL，则水样中溶解氧的含量为_mgL1。(5)上述滴定完成时，若滴定管尖嘴处留有气泡会导致测定结果偏_。(填“高”或“低”)解析：(1)取水样时避免扰动水体表面，这样能保证所取水样中溶解氧量与水体中实际溶解氧量基本相同，以减小实验误差。(2)根据水样与Mn(OH)2碱性悬浊液反应生成MnO(OH)2，可写出固氧的反应为O22Mn(OH)2=2MnO(OH)2。(3)由于Na2S2O3溶液不稳定，使用前需标定，配制该溶液时无需用容量瓶，只需粗略配制，故配制Na2S2O3溶

31、液时，还需要用到的玻璃仪器为量筒；所用蒸馏水必须经过煮沸、冷却后才能使用，这样能除去水中溶解的氧气和二氧化碳等，且能杀菌。(4)根据可知MnO(OH)2能将水样中的I氧化为I2，滴定过程中用淀粉溶液作指示剂，在滴定终点前淀粉遇I2变蓝，达到滴定终点时，I2完全被消耗，溶液蓝色刚好褪去。根据得失电子守恒可得关系式O22MnO(OH)22I24Na2S2O3，结合消耗n( Na2S2O3)a molL1b103 Lab103 mol，可求出100.00 mL水样中溶解氧的质量为ab103 mol32 gmol18ab103 g8ab mg，则该水样中溶解氧的含量为8ab mg0.10000 L80

32、ab mgL1。(5)滴定完成时，滴定管尖嘴处留有气泡，会导致读取的Na2S2O3标准液体积偏小，根据关系式O24Na2S2O3，可知测定的溶解氧的含量偏低。答案：(1)使测定值与水体中的实际值保持一致，避免产生误差(2)O22Mn(OH)2=2MnO(OH)2(3)量筒氧气(4)滴入最后一滴Na2S2O3溶液，蓝色刚好褪去且半分钟内不恢复蓝色80ab(5)低4(2021浙江1月选考，27)玻璃仪器内壁残留的硫单质可用热KOH溶液洗涤除去，发生如下反应：3S6KOH2K2SK2SO33H2O(x1)SK2SK2Sx(x26)SK2SO3K2S2O3请计算：(1)0.480 g硫单质与V mL

33、1.00 molL1热KOH溶液恰好完全反应，只生成K2S和K2SO3，则V_。(2)2.560 g硫单质与60.0 mL 1.00 molL1热KOH溶液恰好完全反应，只生成K2Sx和K2S2O3，则x_。(写出计算过程)解析：(1)只生成K2S和K2SO3，则说明只发生反应3S6KOH2K2SK2SO33H2O，0.480 g S的物质的量n(S)0.015 mol，则需要消耗KOH的物质的量n(KOH)2n(S)0.03 mol，故需要KOH溶液的体积V(KOH)0.03 L30.0 mL。(2)若S与KOH溶液反应只生成K2Sx和K2S2O3，则总反应的化学方程式为(2x2)S6KOH

34、2K2SxK2S2O33H2O，根据反应方程式有：(2x2)S6KOH2K2SxK2S2O33H2O 2x2 6 0.060 L1.00 molL1可列比例式：，解得x3。答案：(1)30.0(2)3(2x2)S6KOH2K2SxK2S2O33H2O 2x2 6 0.080 0.060x31(2021广东卷，7)测定浓硫酸试剂中H2SO4含量的主要操作包括：量取一定量的浓硫酸，稀释；转移定容得待测液；移取20.00 mL待测液，用0.1000 mol/L的NaOH溶液滴定。上述操作中，不需要用到的仪器为()解析：B根据题中实验操作，中“转移定容得待测液”需用到容量瓶；中用NaOH溶液滴定待测液

35、，需用到锥形瓶和碱式滴定管，故本题选B。2(高考组合题)(双选)下列说法正确的是()A(2020北京高考)配制一定物质的量浓度的氯化钠溶液用下列(图1)仪器或装置进行相应实验B(2020天津高考)配制50.00 mL 0.1000 molL1Na2CO3溶液选择下列(图2)实验仪器或装置C(经典高考题)将4.0 g NaOH固体置于100 mL容量瓶中，加水至刻度，配制1.000 molL1NaOH溶液D(经典高考题)配制一定物质的量浓度的溶液，下列(图3)实验仪器或操作能达到目的解析：AD图1为配制一定物质的量浓度溶液的转移操作，图示操作正确，A项能达到实验目的；配制50.00 mL 0.1

36、000 molL1 Na2CO3溶液需要用容量瓶，不能使用量筒配制溶液，B项不能达到实验目的；配制一定物质的量浓度的溶液不能在容量瓶中溶解或稀释，C项不能达到实验目的；容量瓶上的刻度与凹液面的最低处相切，胶头滴管垂直位于容量瓶的正上方，故D项能达到目的。3(经典高考题改编)用无水Na2CO3固体配制250 mL 0.1000 molL1的溶液。请回答：(1)在配制过程中不必要的玻璃仪器是_。A烧杯B烧瓶C玻璃棒D胶头滴管E容量瓶(2)定容时的操作：当液面接近容量瓶刻度线时，_，再将容量瓶塞盖好，反复上下颠倒，摇匀。(3)下列操作会使配得的Na2CO3溶液浓度偏低的是()A称取相同质量的Na2C

37、O310H2O固体进行配制B定容时俯视容量瓶的刻度线C摇匀后发现液面低于容量瓶刻度线，再滴加蒸馏水至刻度线D转移洗涤液时洒到容量瓶外，继续用该未清洗的容量瓶重新配制解析：(1)固体配制溶液时不需要烧瓶，需要的仪器主要有：托盘天平、药匙、烧杯、量筒、容量瓶(规格)、胶头滴管、玻璃棒等；(2)定容操作时要注意加水至刻度线的细节表述：当液面接近容量瓶刻度线时，用胶头滴管滴加蒸馏水至溶液凹面正好与刻度线相切，再将容量瓶塞盖好，反复上下颠倒，摇匀；(3)A项中称取相同质量的Na2CO310H2O固体实际溶质少了，导致浓度偏小；C中摇匀后发现液面低于容量瓶刻度线，再滴加蒸馏水至刻度线，导致浓度偏低。B项导

38、致偏大，D项转移洗涤液时洒到容量瓶外，实验失败，洗净容量瓶后重新配制，未清洗容量瓶中残留有溶质，导致浓度偏高。答案：(1)B(2)用胶头滴管滴加蒸馏水至溶液凹液面正好与刻度线相切(3)AC4(经典高考组合题)下列实验过程不能达到实验目的的是_。编号实验目的实验过程A配制0.4000 molL1的NaOH溶液称取4.0 g固体NaOH于烧杯中，加入少量蒸馏水溶解，转移至250 mL容量瓶中定容B配制浓度为0.010 molL1的KMnO4溶液称取KMnO4固体0.158 g，放入100 mL容量瓶中，加水溶解并稀释至刻度C制取并纯化氢气向稀盐酸中加入锌粒，将生成的气体依次通过NaOH溶液、浓硫酸

39、和KMnO4溶液D配制稀硫酸先将浓硫酸加入烧杯中，后倒入蒸馏水解析：NaOH固体溶解并冷却后转移至250 mL容量瓶中，洗涤烧杯和玻璃棒并将洗涤液转移至容量瓶中，然后定容，A项不能达到实验目的；不能在容量瓶中直接溶解固体，B项不能达到实验目的；锌粒与稀盐酸反应生成的H2中混有挥发出的HCl，要先通过NaOH溶液除去HCl，再通过浓硫酸除去水蒸气即可，不需要通过KMnO4溶液，C项不能达到实验目的；稀释浓硫酸时应将浓硫酸慢慢加入水中(“酸入水”)，并不断搅拌使产生的热量迅速扩散，以防液体溅出，D项不能达到实验目的。答案：ABCD5(1)(2020全国卷，27节选)由FeSO47H2O固体配制0.10 molL1 FeSO4溶液，需要的仪器有药匙、玻璃棒、_(从下列图中选择，写出名称)。(2)(经典高考题)下列图示表示一定物质的量浓度溶液配制的是_。解析：(1)利用固体配制一定物质的量浓度的溶液时需要用托盘天平称量固体，用烧杯溶解固体，用量筒量取蒸馏水。答案：(1)烧杯、量筒、托盘天平(2)BD