第二章 第2讲 物质的量浓度及其溶液的配制（讲义及解析）-2026年高考化学一轮复习

大一轮·化学(周星星·化学） 第2讲 物质的量浓度及其溶液的配制 考点一 物质的量浓度及其简单计算 1．物质的量浓度 (1)概念：表示单位体积溶液里所含溶质B的物质的量的物理量，符号为cB (2)表达式：cB＝ 单位：mol·L－1或mol/L (3)特点：对于某浓度的溶液，取出任意体积的溶液，其浓度、密度、质量分数相同，但所含溶质的质量、物质的量则因体积不同而改变 2．溶质的质量分数 (1)概念：以溶液里溶质质量m(B)与溶液质量的比值表示溶液组成的物理量，一般用百分数表示 (2)表达式：w(B)＝×100% 3．溶解度 (1)概念：在一定温度下，某固体物质在100_g溶剂(通常是水)里达到饱和状态时所溶解溶质的质量，单位是g (2)表达式：S＝×100g 注意 ①正确判断溶液的溶质 与水发生反应的物质，溶质发生变化，水量减少 如：Na、Na2O、Na2O2NaOH； SO3H2SO4；NO2HNO3 特殊物质 如：NH3溶于水后溶质为NH3·H2O，但计算浓度时仍以NH3作为溶质 含结晶水的物质，溶质不变但水量增多 如：CuSO4·5H2OCuSO4；Na2CO3·10H2ONa2CO3， ②准确计算溶液的体积 ①c＝中的V是溶液的体积，不是溶剂的体积，也不是溶质和溶剂的体积之和，不能用水的体积代替溶液的体积，应根据V＝×10－3 L计算 ②两溶液混合，溶液的体积并不是两液体体积的加和，应依据混合溶液的密度进行计算 【逐点训练1】 1．下列方法所得溶液中溶质的物质的量浓度为1 mol·L－1的是(　　) A．将40 g NaOH固体溶解于1 L水中 B．将80 g SO3溶于水并配成1 L的溶液 C．将1 L 10 mol·L－1的浓盐酸与9 L水混合 D．向1 mol的硫酸钡固体中加水至1 L 2．下列溶液中，Na＋物质的量浓度最大的是(　　) A．10 mL 0.4 mol·L－1 NaOH溶液 B．5 mL 0.3 mol·L－1 Na3PO4溶液 C．10 mL 0.3 mol·L－1 Na2SO4溶液 D．5 mL 0.5 mol·L－1 NaNO3溶液 3．某试剂瓶上贴有标签：“100 mL 1.0 mol·L-1MgCl2溶液”。下列对该试剂理解正确的是(　　) A．该溶液中含有的微粒主要有MgCl2、Mg2+、Cl-、H2O B．若取50 mL溶液，其中的c(Cl-)=1.0 mol·L-1 C．取该溶液5.0 mL恰好与100 mL 0.1 mol·L-1AgNO3溶液完全反应 D．该溶液与100 mL 1.0 mol·L-1NaCl溶液中的c(Cl-)相等 4．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列对0.3 mol·L-1K2SO4溶液的叙述正确的是(　　)。 A．1 L该溶液中含有0.3NA个K+ B．1 L该溶液中含有K+和SO42-的总数为0.9NA C．2 L该溶液中K+的浓度为1.2 mol·L-1 D．将0.3 mol硫酸钾溶于1 L水中，所得硫酸钾溶液的浓度为0.3 mol·L-1 5．若20 g密度为ρ g·mL－1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(　　) A． mol·L－1 B． mol·L－1 C． mol·L－1 D． mol·L－1 6．(2024•安徽省芜湖市期中)下列溶液的物质的量浓度的相关计算正确的是( ) A．同浓度的三种物质的溶液：Na2SO4、MgSO4、Al2(SO4)3溶液体积之比为3∶2∶1，则SO42-浓度之比为3∶2∶3 B．将100mL 5的盐酸加水稀释至1L，再取出5mL，这5mL溶液的物质的量浓度为0.5mol/L C．将1mol•L-1的NaCl溶液和0.5mol•L-1的BaCl2溶液等体积混合后，忽略溶液体积变化c(Cl-)=0.75mol•L-1 D．标准状况下，22.4L HCl溶于1L水，盐酸的物质的量浓度为1mol•L-1 考点二 溶液浓度的计算与换算 1. 物质的量浓度(c)与溶质质量分数(w)的换算 设c为溶质的物质的量浓度，单位mol·L－1，ρ为溶液密度，单位g·cm－3，w为溶质的质量分数，M为溶质的摩尔质量，单位g·mol－1，按溶液体积为1 L，公式的推导如下：c＝＝＝ mol/L 2. 物质的量浓度(c)与溶解度(S)的换算 若某饱和溶液的密度为ρ g·cm－3，溶质的摩尔质量为M g·mol－1，溶解度为S g，则溶解度与物质的量浓度的表达式分别为：S＝，c＝＝ 3. 标准状况下气体溶液的物质的量浓度的计算 假定气体的摩尔质量为M g·mol－1，V L(标准状况下)该气体溶于1 L水中所得溶液的密度为ρ g·cm－3 ①先计算溶质的物质的量：n＝ mol ②再计算溶液的体积：V＝ ＝×1×10－3 L·mL－1 ＝ L ③后计算溶质的物质的量浓度：c＝＝＝ mol·L－1 注意 ①溶液的体积不能用溶剂水的体积和溶质的体积之和来代替，应该用溶液的质量除以溶液的密度； ②两溶液混合，由于其密度可不相等，所以体积不等于两混合溶液体积之和。 ③物质溶于水后注意看溶质是否发生了变化。如Na、Na2O2、NO2、SO3等溶于水，由于它们与水反应，所以溶质发生了变化。 4. 稀释定律 (1)如用V1、V2、c1、c2分别表示稀释前后溶液的体积和溶质的物质的量浓度，有c1V1＝c2V2。 (2)如用m1、m2、w1、w2分别表示稀释前后溶液的质量和质量分数，有m1w1＝m2w2。 5. 混合规律 同一溶质不同浓度的溶液混合后溶质质量分数的判断方法：设溶质质量分数分别为w1和w2的两溶液混合后所得溶液溶质的质量分数为w。 (1)两溶液等质量混合：w＝(w1＋w2)。 (2)两溶液等体积混合： a．若溶液中溶质的密度大于溶剂的密度，则w≥(w1＋w2)，如H2SO4溶液。 b．若溶液中溶质的密度小于溶剂的密度，则w≤(w1＋w2)，如氨水、酒精溶液。 【逐点训练2】 1．4 ℃时，在100 mL水中溶解22.4 L(标准状况下)HCl气体形成溶液。下列说法正确的是(　　) A．该溶液的物质的量浓度为10 mol·L－1 B．由于溶液的密度未知，故该溶液的物质的量浓度无法求得 C．由于溶液的密度未知，故该溶液中溶质的质量分数无法求得 D．所得溶液的体积为22.5 L 2．欲配制500 mL 2 mol·L－1的盐酸，需要36.5%的浓盐酸(密度约为1.2 g·cm－3)的体积为(　　) A．27.4 mL　　 B．83.3 mL C．120 mL D．无法计算 3．在标准状况下，将V L A气体(摩尔质量为M g·mol－1)溶于0.1 L水中，所得溶液的密度为ρ g·cm－3，则此溶液的物质的量浓度(mol·L－1)为(　　) A．　　　　　 B． C． D．1 000Vρ(MV＋2 240) 4．标准状况下，500体积的氯化氢气体溶于水形成1体积的盐酸，则盐酸的物质的量浓度是(　　) A．500 mol·L－1 B． mol·L－1 C．5 mol·L－1 D．无法计算 5．在T ℃时，将a g NH3完全溶于水，得到V mL溶液，假设该溶液的密度为ρ g·cm－3，溶质的质量分数为w，其中含NH的物质的量为b mol。下列叙述中正确的是 (　　) A．溶质的质量分数为w＝×100% B．溶质的物质的量浓度c＝ mol·L－1 C．溶液中c(OH－)＝ mol·L－1 D．上述溶液中再加入V mL水后，所得溶液溶质的质量分数大于0.5w 6．若以w1和w2分别表示浓度为a mol·L－1和 b mol·L－1的氨水的质量分数，且知2a＝b，则下列判断正确的是 (　　) A．2w1＝w2 B．2w2＝w1 C．w2＞2w1 D．w1＜w2＜2w1 7．浓度不等的两种硫酸溶液等质量混合后，溶液中溶质的质量分数为a%，而等体积混合后，溶质的质量分数为b%；浓度不等的两种氨水等质量混合时，其溶质的质量分数为a%，而等体积混合后，溶质的质量分数为c%，那么a、b、c数值的关系是 (　　) A．a>b>c B．b>a>c C．c>b>a D．c>a>b 8．已知某饱和NaCl溶液的体积为V mL，密度为ρ g·cm－3，质量分数为w，物质的量浓度为c mol·L－1，溶液中含NaCl的质量为m g。 (1)用m、V表示溶液的物质的量浓度： (2)用w、ρ表示溶液的物质的量浓度： (3)用c、ρ表示溶质的质量分数： (4)用w表示该温度下NaCl的溶解度： 考点三 一定物质的量浓度溶液的配制 1、配制主要仪器——容量瓶 (1)构造及用途 ①结构：细颈、梨形、平底玻璃瓶，瓶口配有磨口塞或塑料塞 ②标志：温度、容量和刻度线 ③规格：100mL﹑250mL﹑500mL﹑1000mL ④用途：容量瓶是一种容积精密的仪器，常用于配制一定物质的量浓度的溶液 (2)查漏操作——使用容量瓶的第一步操作是检查是否漏水 ①容量瓶的检漏方法：向容量瓶中注入一定量水，盖好瓶塞。用食指摁住瓶塞，另一只手托住瓶底，把瓶倒立，观察是否漏水。如不漏水，将瓶正立并将塞子旋转180°后塞紧，再检查是否漏水。如不漏水，该容量瓶才能使用 ②关键词：装水盖塞倒立观察正立玻璃塞旋转180°倒立观察 (3)使用容量瓶注意“四不能” ①不能将固体或浓溶液直接在容量瓶中溶解或稀释； ②不能作为反应容器或长期贮存溶液的容器； ③不能加入过冷或过热的液体； ④不能配制任意体积的溶液 3、配制过程——以“配制100 mL 1.00 mol·L－1NaCl溶液”为例 ①计算 根据配制要求计算出所用固体溶质的质量(或浓溶液的体积) 根据nB＝cB·V可知n(NaCl)＝0.1 mol，则m(NaCl)＝5.85 g ②称量 用托盘天平称量固体溶质的质量(或用量筒量取浓溶液的体积) 若用托盘天平可准确称取NaCl固体5.9 g ③溶解 在烧杯中用蒸馏水将称出的固体溶解(或将浓溶液加水稀释)，并用玻璃棒不断搅拌 ④转移 待烧杯内溶液恢复室温后，用玻璃棒引流，将其缓缓注入100 ml容量瓶中 ⑤洗涤 用蒸馏水将烧杯内壁和玻璃棒洗涤2~3次，并将洗涤液全部注入容量瓶里 ⑥振荡 将容量瓶中的溶液振荡均匀，使溶液充分混合 ⑦定容 先向容量瓶加入蒸馏水，至液面距刻线1cm~2cm处，再改用胶头滴管向容量瓶中滴加蒸馏水，直至溶液的凹液面恰好与刻线相切 ⑧摇匀 塞好瓶塞，用食指摁住瓶塞，另一只手托住瓶底，把容量瓶反复倒转，使溶液混合均匀 ⑨装瓶 将容量瓶中的溶液倒入试剂瓶中，贴上标签，标明浓度 3、主要仪器 (1)固体配制溶液 (配制100 mL 1.00 mol/L NaCl溶液) 托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、100ml容量瓶、胶头滴管、试剂瓶 (不需要量筒) (2)浓溶液配制稀溶液 (18.4mol/L的浓H2SO4配制1 mol/L的稀H2SO4100 mL) 量筒、胶头滴管、烧杯、玻璃棒、100ml容量瓶、试剂瓶 4、配制辅助仪器 (1)托盘天平：称量前先调零，称量时药品放在左盘，砝码放在右盘，读数精确到0.1 g (2)胶头滴管：在试验中往试管或其他容器中滴入少量试剂，或用于量筒和容量瓶的定容 5、配制一定物质的量浓度溶液的误差分析 (1)误差的分析方法：根据cB＝＝可知，MB为定值(溶质的摩尔质量)，实验过程中不规范的操作会导致mB或V的值发生变化，从而使所配制溶液的物质的量浓度产生误差。若实验操作导致mB偏大，则cB偏大；若实验操作导致V偏大，则cB偏小 (2)常见的操作不当造成的误差 能引起误差的一些操作 误差分析(填偏大、偏小或无影响) 称量 天平砝码沾有其他物质或已生锈(没有脱落) 称量物与砝码放反并使用游码 砝码破损 用滤纸称量NaOH 称量易潮解的物质(如NaOH固体)时间过长 称量NaOH时，称量前小烧杯中有水 溶质中混有其他杂质 量取 用量筒量取液体药品(浓溶液)时俯视读数 用量筒量取液体药品(浓溶液)时仰视读数 量取药品后，将量筒洗涤数次并将洗涤液转移入容量瓶 转移 未等溶液恢复至室温就转移入容量瓶，且溶解放热 向容量瓶转移溶液时有少量溅出 玻璃棒下端位置在刻度线以上 洗涤 未洗涤溶解用的烧杯和玻璃棒 定容 定容时俯视容量瓶刻度线 定容时仰视容量瓶刻度线 加水时不慎超过了刻度线，又用滴管取出至刻度线处 定容后摇匀，发现液面低于刻度线，未采取措施 摇匀 摇匀后，发现液面下降又加水 容量瓶 容量瓶洗涤后未干燥 容量瓶中原有少量蒸馏水 注意 ①选择容量瓶的原则——“大而近”原则：所配溶液的体积等于或略小于容量瓶的容积，所需溶质的量按所选用的容量瓶的规格进行计算，如：配制950 mL 1 mol·L－1NaCl溶液，需要用1 000 mL的容量瓶，计算NaCl的质量时也应按1000 mL溶液来计算 ②选用容量瓶时一定要注明规格，如：100mL的容量瓶 ③移液时洗涤烧杯和玻璃棒2～3次是为了确保溶质全部转入容量瓶中，否则会导致溶液浓度偏低 ④定容时，当液面离容量瓶颈刻度线下1～2 cm时，应该改用胶头滴管滴加，否则容易导致液体体积超过刻度线，导致溶液浓度偏低 ⑤溶液注入容量瓶前需恢复到室温，这是因为溶质在烧杯内稀释或溶解时常有热效应 ⑥用胶头滴管定容后再振荡摇匀，出现液面低于刻度线时不要再加水 ⑦向容量瓶中注入液体时，要用玻璃棒引流；且玻璃棒下端要靠在容量瓶的刻度线以下的瓶颈壁上 ⑧腐蚀性药品(如NaOH)不能直接在垫纸的托盘天平上称量，应置于小烧杯中间接称量 ⑨如果摇匀时不小心洒出几滴，不能再补加水到刻度线。因洒出的溶液中带走了一部分溶质，再补加水，会使所配溶液浓度偏低 6．质量百分比浓度、体积比浓度溶液的配制 (1)一定质量分数溶液的配制——以配制100 g 5% NaOH溶液为例 ①配制过程：用托盘天平称取10.0 g NaOH固体，放入烧杯中，再用100 mL量筒量取95.0 mL的水注入烧杯中，然后用玻璃棒搅拌使之溶解 ②步骤：计算→称量(量取)→溶解(稀释) ③仪器：托盘天平、量筒、烧杯、玻璃棒 (2)体积比浓度溶液的配制 用浓硫酸配制1∶4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 【逐点训练3】 1．配制100 mL 1.0 mol·L－1Na2CO3溶液，下列操作正确的是(　　) A．称取10.6 g无水碳酸钠，置于100 mL容量瓶中，加水溶解、定容 B．称取10.6 g无水碳酸钠置于烧杯中，加入100 mL蒸馏水，搅拌、溶解 C．转移Na2CO3溶液时，未用玻璃棒引流，直接倒入容量瓶中 D．定容后，塞好瓶塞，反复倒转、摇匀 2．配制一定物质的量浓度的NaOH溶液时，使所配制的溶液浓度偏小的操作是(　　) ①烧杯中NaOH溶液移入容量瓶后没有洗涤烧杯 ②定容后摇匀，发现液面低于刻度线，再滴加蒸馏水至刻度线　 ③实验用的容量瓶洗净后未干燥，里面含有少量水　 ④定容时俯视 A．①②　　　　　B．③④ C．①③ D．②④ 3．配制一定物质的量浓度的溶液是一个重要的定量实验，下列有关说法正确的是(　　) A．容量瓶用蒸馏水洗净后，必须干燥才能用于配制溶液 B．配制1 L 0.1 mol·L－1的NaCl溶液时，用托盘天平称量NaCl固体时药品砝码左右位置颠倒，对实验结果无 影响 C．配制一定物质的量浓度的溶液时，定容时仰视刻度线会导致所配溶液浓度偏高 D．用浓盐酸配制稀盐酸，量取浓盐酸时仰视量筒的刻度线会导致所配溶液浓度偏高 4．配制250 mL 0.5 mol·L－1的NaOH溶液，在下列仪器中：①量筒、②250 mL容量瓶、③托盘天平和砝码、④500 mL容量瓶、⑤烧杯、⑥玻璃棒、⑦漏斗、⑧药匙、⑨胶头滴管、⑩250 mL烧瓶，需要用到的仪器按使用先后顺序排列正确的是(　　) A．⑧③⑤⑥②⑨　　　　B．②③⑦⑤⑥ C．②⑤⑦⑥① D．④③⑦⑤⑥ 5．用溶质质量分数为98%的浓硫酸(ρ=1.84g· cm-3)配制稀硫酸，下列操作正确的是( ) A．将蒸馏水缓慢注入盛有一定量浓硫酸的烧杯中，并不断搅拌至冷却 B．必须用到的定量仪器有200mL容量瓶和托盘天平 C．量取浓硫酸的体积为20.0mL D．量取浓硫酸时仰视，定容时俯视，都会使所配硫酸溶液浓度偏大 6．某种天然碱的化学式为aNaHCO3·bNaHCO3·cH2O，某实验小组欲测定该天然碱中Na2CO3与NaHCO3的比例，进行了如下实验。回答下列问题 (1)配制一定物质的量浓度的稀盐酸溶液。 ①若要配制250mL0.10mol·L-1稀盐酸，需量取120.1mol·L-1的浓盐酸 (计算结果保留1位小数)。 ②配制溶液过程中，下列关于容量瓶的操作，正确的是 (填字母，下同)。 A．检验容量瓶是否漏水     B．定容 C．转移         D．摇匀 ③下列情况会使所配溶液浓度偏低的是 。 A．容量瓶清洗后，未经过干燥处理 B．转移时，没有洗涤烧杯和玻璃棒 C．溶液未经冷却直接倒入容量瓶中 D．摇匀后，发现液面低于刻度线，继续加水至液面与刻度线相切 (2)取一定质量该天然碱溶于水，逐滴加入稀盐酸，溶液中NaHCO3的物质的量与加入的物质的量关系如图所示。 ①a：b= ； ②P点处溶液中c(Na+)：n(Cl-)= ； ③若Q点时溶液体积为5L，则溶液中的浓度为 ； ④“M→N”过程中发生反应的离子方程式是 。 1．(2023•全国甲卷，9)实验室将粗盐提纯并配制的NaCl溶液。下列仪器中，本实验必须用到的有( ) ①天平  ②温度计  ③坩埚  ④分液漏斗  ⑤容量瓶  ⑥烧杯  ⑦滴定管  ⑧酒精灯 A．①②④⑥ B．①④⑤⑥ C．②③⑦⑧ D．①⑤⑥⑧ 2．(2022•海南省选择性考试)在2.8gFe中加入100mL3mol/LHCl，Fe完全溶解。NA代表阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是( ) A．反应转移电子为0.1mol B．HCl溶液中数为3NA C．含有的中子数为1.3NA D．反应生成标准状况下气体3.36L 3．(2022•山东卷)实验室用基准Na2CO3配制标准溶液并标定盐酸浓度，应选甲基橙为指示剂，并以盐酸滴定Na2CO3标准溶液。下列说法错误的是( ) A．可用量筒量取25.00 mL Na2CO3标准溶液置于锥形瓶中 B．应选用配带塑料塞的容量瓶配制Na2CO3标准溶液 C．应选用烧杯而非称量纸称量Na2CO3固体 D．达到滴定终点时溶液显橙色 4．(2021•广东省选择性考试)测定浓硫酸试剂中含量的主要操作包括： ①量取一定量的浓硫酸，稀释； ②转移定容得待测液； ③移取待测液，用的溶液滴定。 上述操作中，不需要用到的仪器为( ) A. B. C. D. 5．(2024·湖北卷，18节选)(1)配制1.00mol·L-1的CoSO4溶液，需要用到下列仪器中的 (填标号)。 a．     b．      c．     d． 6．(2024·全国甲卷，9节选)下图为“溶液配制”的部分过程，操作a应重复3次，目的是 ，定容后还需要的操作为 。 7．(2022•广东选择性考试，17题节选)食醋是烹饪美食的调味品，有效成分主要为醋酸(用HAc表示)。HAc的应用与其电离平衡密切相关。25℃时，HAc的Ka=1.75×105=10-4.76。 (1)配制的HAc溶液，需溶液的体积为 mL。 (2)下列关于容量瓶的操作，正确的是 。 8．(2022•全国乙卷，27题节选)二草酸合铜(Ⅱ)酸钾(K2 Cu [(C2O4)2])可用于无机合成、功能材料制备。 (1)由CuSO4·5H2O配制Ⅰ中的CuSO4溶液，下列仪器中不需要的是 (填仪器名称)。 9．(2020·全国Ⅰ卷，27节选)由FeSO4·7H2O固体配制0.10 mol·L-1 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)。  10．[2020·天津，15(4)(8)]为测定CuSO4溶液的浓度，甲、乙两同学设计了两个方案。回答下列问题： (1)甲方案 实验原理：CuSO4＋BaCl2===BaSO4↓＋CuCl2 实验步骤： 固体质量为w g，则c(CuSO4)＝_________________ mol·L－1。 (2)乙方案，实验装置如图： Zn粉质量为a g，若测得H2体积为b mL，已知实验条件下ρ(H2)＝d g·L－1，则c(CuSO4)＝________ mol·L－1(列出计算表达式)。 11．[2020·北京，17(4)]从旧CPU中回收金部分流程如下 若用Zn粉将溶液中的1 mol HAuCl4完全还原，则参加反应的Zn的物质的量是________mol。 答案及解析 【逐点训练1】 1．B 2．B。解析：A、c(Na＋)＝0.4 mol·L－1；B、c(Na＋)＝0.3×3 mol·L－1C、c(Na＋)＝0.3×2 mol·L－1＝0.6 mol·L－1；D、c(Na＋)＝0.5 mol·L－1，综上所述B正确。 3．【答案】C 【解析】MgCl2是强电解质，在水溶液中完全电离，水是弱电解质，在水溶液中部分电离，所以溶液中存在的微粒有Mg2+、Cl-、H2O、H+、OH-，A项错误；该溶液的浓度为1.0 mol·L-1，根据Cl原子守恒可得c(Cl-)=2c(MgCl2)=2×1.0 mol·L-1=2.0 mol·L-1，浓度与溶液的体积无关，B项错误；n(Cl-)=2.0 mol·L-1×0.005 L=0.01 mol，n(Ag+)=0.1 mol·L-1×0.1 L=0.01 mol，二者以1∶1的比例进行反应，所以n(Cl-)=n(Ag+)时，二者恰好完全反应，C项正确；1.0 mol·L-1 NaCl溶液中的c(Cl-)=c(NaCl)=1.0 mol·L-1，D项错误。 4．【答案】B 【解析】在0.3 mol·L-1K2SO4溶液中，c(K+)=0.6 mol·L-1，c(SO42-)=0.3 mol·L-1，则1 L该溶液中所含K+的数目为0.6NA，K+和SO42-的总数为0.9NA，A项错误，B项正确；物质的量浓度表示的是1 L溶液中所含溶质的物质的量，其不受溶液体积大小的影响，故2 L 0.3 mol·L-1K2SO4溶液中K+的浓度为0.6 mol·L-1，C项错误；体积应为溶液的体积而不是溶剂的体积，D项错误。 5．C。解析：溶质的物质的量n＝＝ mol，溶液体积V＝×10－3 L·mL－1＝ L，Ca(NO3)2的物质的量浓度：c＝＝＝ mol·L－1，NO的物质的量浓度为 mol·L－1×2＝ mol·L－1。 6．【答案】B 【解析】A项，假设三种溶液的浓度均为1mol/L，则Na2SO4、MgSO4、Al2(SO4)3溶液中SO42-浓度分别=1mol/L×1=1mol/L、1mol/L×1=1mol/L和1mol/L×3=3mol/L，即浓度之比为1∶1∶3，A错误；B项，溶液稀释前后溶质的物质的量不变，则稀释后盐酸物质的量浓度==0.5mol/L，溶液具有均一性、稳定性，所以稀释后溶液中盐酸浓度都是相同的，与溶液体积大小无关，5mL溶液物质的量浓度为0.5mol/L，B正确；C项，1mol·L-1的NaCl溶液中c(Cl-)=1mol/L×1=1mol/L，0.5mol•L-1的BaCl2溶液中c(Cl-)=0.5mol/L×2=1mol/L，故两者混合后，不考虑体积的变化，c(Cl-)=1mol•L-1，C错误；D项，1L为水的体积，不是溶液的体积，则溶液体积未知不能计算盐酸的物质的量浓度，D错误；故选B。 【逐点训练2】 1．B。解析：溶液的密度未知，故该溶液的物质的量浓度无法求得，A项错误，B项正确；溶质的质量分数＝溶质的质量/(水的质量＋溶质的质量)＝，故可以求出溶液中溶质的质量分数，C项错误；气体会溶解在水中，且1 mol HCl气体在4 ℃时体积不为22.4 L，所得溶液体积不是22.5 L，D项错误。 2．B。解析：36.5%的浓盐酸c(HCl)＝ mol·L－1＝12 mol·L－1，溶液稀释时溶质的物质的量不变，即0.500 L×2 mol·L－1＝V×12 mol·L－1，解得V≈0.083 3 L，V≈83.3 mL。 3．B。解析：气体的物质的量为 mol，所得溶液的质量为g，则此溶液的物质的量浓度为 mol÷＝ mol·L－1。 4．B。解析：c(HCl)＝＝＝＝ mol·L－1。 5．【答案】B 【解析】根据题中给出的已知量及各选项的要求，利用待求量的最基本计算关系代入求解即可。A不正确，w应为×100%；根据公式c＝进行计算知B正确；由溶液中的电荷守恒可知c(OH－)＝ mol·L－1＋c(H＋)，C错误；因为氨水的密度小于水的密度，故上述溶液再加V mL水后，所得溶液溶质的质量分数小于0.5w，故D不正确。 6．【答案】C 【解析】根据溶质的质量分数和物质的量浓度之间的换算关系，有：a＝　　　　　　　　　　　 ①；b＝ ②；将上述两式相比得：＝＝2，即＝，因为氨水的密度比纯水的小，氨水浓度越大，密度越小，所以ρ1＞ρ2，即w2＞2w1。 7．【答案】B 【解析】由混合后溶质质量分数的判定规律知，硫酸溶液密度大于1 g·cm－3，故b>a；氨水密度小于1 g·cm－3，且浓度越大，密度越小，则c<a。故答案为B。 8．(1) mol·L－1　(2) mol·L－1　(3)×100%　(4) g 解析：(1)c＝ mol·L－1＝ mol·L－1 (2)c＝＝ mol·L－1。 (3)w＝×100%＝×100%。 (4)＝，S＝ g。 【逐点训练3】 1．D。解析：固体不能直接在容量瓶中溶解，A项错误；配制100 mL 1.0 mol·L－1Na2CO3溶液，所用水的体积并不是100 mL，而是加水至100 mL，B项错误；转移液体时，要用玻璃棒引流，C项错误；定容后，塞好瓶塞，要进行摇匀操作，D项正确。 2．A。解析：①没有洗涤烧杯导致溶质不能全部转入容量瓶，配制的溶液浓度偏低；②定容后再滴加蒸馏水至刻度线，配制的溶液浓度偏低；③实验用的容量瓶洗净后未干燥，对配制的溶液浓度无影响；④定容时俯视，导致溶液体积偏小，配制的溶液浓度偏大。 3．D。解析：配制溶液时需加水定容，所以容量瓶用蒸馏水洗净后，不需要干燥就能用于配制溶液，A错误；配制1 L 0.1 mol·L－1的NaCl溶液时，用托盘天平称量NaCl固体时药品砝码左右位置颠倒，称取食盐的质量偏小，配制溶液的浓度偏低，B错误；配制一定物质的量浓度的溶液时，定容时仰视刻度线，溶液体积偏大，导致所配溶液浓度偏低，C错误；用浓盐酸配制稀盐酸，量取浓盐酸时仰视量筒的刻度线，量取浓盐酸体积偏大，会导致所配溶液浓度偏高，D正确。 4．A。解析：一定规格的容量瓶只能配制相应体积的溶液，故应选择250 mL容量瓶；用药匙取用试剂，用托盘天平称量一定质量的药品(药品可放在烧杯中称量)后，在烧杯中溶解(可用量筒量取水)，并用玻璃棒搅拌，待溶液冷却后转移到250 mL容量瓶中，转移过程中需用玻璃棒引流，用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒并将洗涤液转移到容量瓶中，当加水至液面距离刻度线1～2 cm时，改用胶头滴管滴加至溶液凹液面恰好与刻度线水平相切，盖好瓶塞，摇匀。所以需要用到的仪器及先后顺序为药匙、托盘天平和砝码、烧杯、量筒(也可不用)、玻璃棒、250 mL容量瓶、胶头滴管，即⑧③⑤(①)⑥②⑨，A项符合。 5．【答案】D 【解析】A项，稀释浓硫酸时，应将浓硫酸缓慢注入盛有一定量蒸馏水的烧杯中，并不断搅拌至冷却，A错误；B项，实验室没有200mL容量瓶，则配制200ml1.84mol/L稀硫酸时，必须用到的定量仪器为250mL容量瓶和量筒，B错误；C项，由c=可知，浓硫酸的浓度为mol/L=18.4mol/L，由稀释定律可知，量取浓硫酸的体积为×103mL/L=25.0mL，C错误；D项，量取浓硫酸时仰视会使硫酸的物质的量增大，导致所配硫酸溶液浓度偏大，定容时俯视会使溶液的体积偏小，导致所配硫酸溶液浓度偏大，D正确；故选D。 6．【答案】(1) 2.1 C BD (2) 1：2 2：1 0.8mol·L-1 CO32-+H+=HCO3- 【解析】(2)天然碱溶于水，加入稀盐酸先发生①Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，当碳酸钠完全转化为碳酸氢钠后，继续加入稀盐酸发生②NaHCO3+HCl= NaCl+H2O+CO2↑，根据图像可知，MN发生反应①，NQ发生反应②。(1)①据稀释原理，要配制250mL0.10mol/L稀盐酸，设需量取12mol/L的浓盐酸VmL，则有250×0.10=V×12，解得V=2.1；检验容量瓶是否漏水，应往瓶内加入一定量的水，塞好瓶塞，用食指摁住瓶塞，另一只手托住瓶底，倒立过来观察瓶塞周围是否漏水，若不漏水，将瓶正立并将瓶塞旋转180º后，再把瓶倒立过来，再检查是否漏水，经检查不漏水的容量瓶才能使用，故A错误；定容时视线应平视，故B错误；转移时用玻璃棒引流，且玻璃棒下端靠在刻度线之下，故C正确；摇匀时盖上容量瓶的瓶塞，左手掌心托住瓶底，右手食指紧按住瓶塞，进行上下颠倒摇匀，故D错误；故选C；③容量瓶清洗后，未经过干燥处理，不影响定容时溶液的体积，对所配溶液浓度无影响，故A错误；转移时，没有洗涤烧杯和玻璃棒，会使溶质损失，所配溶液浓度偏低，故B正确；溶液未经冷却直接倒入容量瓶中，会导致溶液体积偏小，所配溶液浓度偏高，故C错误；摇匀后，发现液面低于刻度线，继续加水至液面与刻度线相切，会导致溶液体积偏大，所配溶液浓度偏低，故D正确；故选BD；(2)①MN段发生Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，消耗氯化氢的物质的量为1mol，生成n(NaHCO3)=1mol，原溶液中n(Na2CO3)=1mol，NQ段发生NaHCO3+HCl= NaCl+H2O+CO2↑，该段消耗氯化氢的物质的量为3mol，消耗NaHCO3的物质的量为3mol，则原溶液中碳酸氢钠的物质的量为2mol，所以天然碱中碳酸钠与碳酸氢钠的物质的量之比为1：2，即a：b=1：2；②溶液中钠离子和氯离子未参与反应，n(Na+)=1×2+2=4mol，n(Cl-)=2mol， P点处溶液中c(Na+)：n(Cl-)=4：2=2：1；③Q点碳酸氢钠与盐酸恰好完全反应，溶质只有氯化钠，根据原子守恒可知，n(Na+)=4mol，溶液体积为5L，则溶液中c(Na+)=；④上分析可知，“M→N”过程中发生的是Na2CO3与盐酸1：1的反应，反应的离子方程式是CO32-+H+=HCO3-。 1.【答案】D 【解析】实验室将粗盐提纯时，需要将其溶于一定量的水中，然后将其中的硫酸根离子、钙离子、镁离子依次用稍过量的氯化钡溶液、碳酸钠溶液和氢氧化钠溶液除去，该过程中有过滤操作，需要用到烧杯、漏斗和玻璃棒；将所得滤液加适量盐酸酸化后蒸发结晶得到较纯的食盐，该过程要用到蒸发皿和酒精灯；用提纯后得到的精盐配制溶液的基本步骤有称量、溶解、转移、洗涤、定容、摇匀等操作，需要用到天平、容量瓶、烧杯、玻璃棒、胶头滴管等。综上所述，本实验必须用到的有①天平、⑤容量瓶、⑥烧杯、⑧酒精灯，故选D。 2.【答案】A 【解析】2.8gFe的物质的量为0.05mol；100mL 3mol·L-1HCl中H+和Cl-的物质的量均为0.3mol，两者发生反应后，Fe完全溶解，而盐酸过量。A项，Fe完全溶解生成Fe2+，该反应转移电子0.1mol，A正确；B项，HCl溶液中Cl-的物质的量为0.3mol，因此，Cl-数为0.3NA，B不正确；C项，56Fe 的质子数为26、中子数为30，2.8g56Fe的物质的量为0.05mol，因此，2.8g56Fe含有的中子数为1.5NA，C不正确；D项，反应生成H2的物质的量为0.05mol，在标准状况下的体积为1.12L ，D不正确；故选A。 【答案】A 【解析】根据中和滴定过程批示剂选择原则，以盐酸滴定Na2CO3标准溶液，选甲基橙为指示剂，则应利用盐酸滴定碳酸钠，即将Na2CO3标准溶液置于锥形瓶中，将待测盐酸置于酸式滴定管中，滴定终点时溶液由黄色变为橙色。A项，量筒的精确度为0.1 mL，不可用量简量取Na2CO3标准溶液，应该用碱式滴定管或移液管量取25.00 mL Na2CO3标准溶液置于锥形瓶中，A错误；B项，Na2CO3溶液显碱性，盛放Na2CO3溶液的容器不能用玻璃塞，以防碱性溶液腐蚀玻璃产生有粘性的硅酸钠溶液而将瓶塞粘住，故应选用配带塑料塞的容量瓶配制Na2CO3标准溶液，B正确；C项，Na2CO3有吸水性且有一定的腐蚀性，故应选用烧杯而非称量纸称量Na2CO3固体，C正确；D项，Na2CO3溶液显碱性，甲基橙滴入Na2CO3溶液中显黄色，当滴入最后一滴盐酸时，溶液由黄色突变为橙色且半分钟之内不变色即为滴定终点，故达到滴定终点时溶液显橙色，D正确；故选A。 【答案】B 【解析】实验过程中，①量取一定量的浓硫酸并稀释所需仪器为：量筒、烧杯、玻璃棒； ②转移定容得待测液所需仪器为：玻璃棒、容量瓶、胶头滴管；③移取20.00mL待测液，用0.1000mol/L的NaOH溶液滴定所需仪器为：酸式滴定管、碱式滴定管、锥形瓶；选项中A为容量瓶，B为分液漏斗，C为锥形瓶，D为碱式滴定管，上述操作中，不需要用到的仪器为分液漏斗，综上所述，故答案为B。 5.【答案】(1)bc【解析】(1)配制1.00 mol·L-1的CoSO4溶液，需要用到容量瓶、胶头滴管等等，因此选bc。 6.【答案】(4)避免溶质损失 盖好瓶塞，反复上下颠倒、摇匀 【解析】(4)操作a为洗涤烧杯和玻璃棒，并将洗涤液转移到容量瓶中，目的是避免溶质损失；定容后应盖好瓶塞，反复上下颠倒、摇匀。 7.【答案】(1)5.0 (2)C 【解析】(1)溶液稀释过程中，溶质的物质的量不变，因此250mL×0.1mol/L=V×5mol/L，解得V=5.0mL；(2)A项，容量瓶使用过程中，不能用手等触碰瓶口，以免污染试剂，故A错误；B项，定容时，视线应与溶液凹液面和刻度线“三线相切”，不能仰视或俯视，故B错误；C项，向容量瓶中转移液体，需用玻璃棒引流，玻璃棒下端位于刻度线以下，同时玻璃棒不能接触容量瓶口，故C正确；D项，定容完成后，盖上瓶塞，将容量瓶来回颠倒，将溶液摇匀，颠倒过程中，左手食指抵住瓶塞，防止瓶塞脱落，右手扶住容量瓶底部，防止容量瓶从左手掉落，故D错误；综上所述，正确的是C项 8.【答案】(1)分液漏斗和球形冷凝管 【解析】(1)由CuSO4·5H2O固体配制硫酸铜溶液，需用天平称量一定质量的CuSO4·5H2O固体，将称量好的固体放入烧杯中，用量筒量取一定体积的水溶解CuSO4·5H2O，因此用不到的仪器有分液漏斗和球形冷凝管。 9.【答案】烧杯、量筒、托盘天平 【解析】烧杯用于固体的溶解；量筒用于量取蒸馏水，避免直接向烧杯中加蒸馏水使溶液体积过大；托盘天平用于称量固体样品的质量。 10.【答案】(4)　 (8) 【解析】(4)w g为BaSO4的质量，BaSO4的物质的量为 mol，由化学方程式：CuSO4＋BaCl2 ===BaSO4↓＋CuCl2可知，CuSO4的物质的量等于BaSO4的物质的量，所以CuSO4溶液的浓度为c(CuSO4)＝＝ mol·L－1。(8)Zn粉的物质的量为 mol，反应产生H2的物质的量为＝ mol，由Zn＋H2SO4===ZnSO4＋H2↑知，与H2SO4反应的Zn的物质的量等于产生H2的物质的量，为 mol，与CuSO4反应消耗Zn的物质的量为(－)mol。由化学方程式Zn＋CuSO4===ZnSO4＋Cu可知，与CuSO4反应消耗的Zn的物质的量等于CuSO4的物质的量，所以c(CuSO4)＝ mol·L－1。 11.【答案】1.5 【解析】1 mol HAuCl4完全被还原，HAuCl4得到3 mol e－，锌的化合价从0价升高到＋2价，设参加反应的Zn的物质的量为x，根据得失电子守恒可知：2x＝3 mol，x＝1.5 mol，则参加反应的Zn的物质的量是1.5 mol。 2 1 学科网（北京）股份有限公司 $$