02 第一部分 第1章 第2讲 物质的量浓度及溶液的配制(基础课)-【名师导航】2026年高考化学一轮总复习教师用书（鲁科版）

第2讲　物质的量浓度及溶液的配制 (基础课) 　1.了解溶液浓度的表示方法。　2.理解溶液中溶质的质量分数和物质的量浓度的概念，并能进行有关计算。　3.掌握配制一定溶质质量分数的溶液和物质的量浓度的溶液的方法。 　物质的量浓度 1．物质的量浓度 (1)概念：单位体积溶液所含溶质B的物质的量叫做溶质B的物质的量浓度，符号为cB。 (2)表达式：cB＝，单位：mol·L－1(mol/L)或mol·m－3或mmol·L－1。 2．溶质的质量分数 (1)概念：用溶质的质量与溶液的质量的比值来表示溶液中溶质与溶液的质量关系的物理量。 (2)表达式：ω(B)＝×100%。 　溶液中溶质的确定 ①与水发生反应生成新的物质：如Na、Na2O、Na2O2NaOH；SO3H2SO4；NO2HNO3。 ②特殊物质：计算氨水浓度时以NH3作为溶质。 ③含结晶水的物质：CuSO4·5H2O―→CuSO4；Na2CO3·10H2O―→Na2CO3。 3．物质的量浓度的有关计算 (1)标准状况下，气体溶于水所得溶液的物质的量浓度的计算 c＝ (2)溶液中溶质的质量分数与物质的量浓度的换算 推导过程(以1 L溶液为标准)：1 L(1 000 mL)溶液中溶质质量m(溶质)＝1 000ρω g⇒n(溶质)＝mol⇒溶质的物质的量浓度c＝ mol·L－1(c为溶质的物质的量浓度，单位：mol·L－1；ρ为溶液的密度，单位：g·cm－3；ω为溶质的质量分数；M为溶质的摩尔质量，单位：g·mol－1)。 4．溶液中的电荷守恒 任何电解质溶液中均存在电荷守恒，即溶液中阳离子所带正电荷总数等于阴离子所带负电荷总数。如Al2(SO4)3溶液中的电荷守恒式为3c(Al3＋)＋c(H＋)＝2c(SO)＋c(OH－)，知其中三种离子的浓度，即可求剩余一种离子的浓度。 下列说法正确的是②④(填标号)。 ①将58.5 g NaCl溶于1 L水中得到1 mol·L－1的NaCl溶液 ②将31 g Na2O和39 g Na2O2分别投入水中配成1 L 溶液，所得溶液的物质的量浓度均为 1 mol·L－1 ③25 ℃，pH＝1的H2SO4溶液的物质的量浓度为 0.1 mol·L－1 ④1 mol·L－1的CaCl2溶液中Cl－的物质的量浓度为 2 mol·L－1 ⑤从100 mL 0.4 mol·L－1的MgCl2溶液中取出10 mL 溶液，其物质的量浓度为 0.04 mol·L－1 ——物质的量浓度的基本计算 1．(2025·青岛模拟)下列说法正确的是(　　) A．16 g CuSO4溶于1 L水中，所得溶液浓度为 0.1 mol·L－1　 B．80 g SO3溶于920 g水中，所得溶液的溶质的质量分数为8% C．标准状况下将11.2 L HCl通入水中所得100 mL溶液，则溶液的物质的量浓度为 5 mol·L－1 D．1 L 0.5 mol·L－1的BaCl2溶液中Cl－的物质的量为0.5 mol C　[A项，所得溶液不是1 L，错误；B项，溶质变为H2SO4，溶质质量分数为9.8%，错误；C项，c(HCl)＝＝5 mol·L－1，正确；D项，n(Cl－)＝1 L×0.5 mol·L－1×2＝1 mol，错误。] 2．有硫酸镁溶液500 mL，它的密度是1.20 g·cm－3，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 mol·L－1 C．溶质和溶剂的物质的量之比是1∶40 D．硫酸根离子的质量分数是19.2% C　[由Mg2＋的质量分数知MgSO4的质量分数为×4.8%＝24.0%，其物质的量浓度为c＝＝ 2.4 mol·L－1，CO2溶质与溶剂的物质的量之比为∶≈1∶21，SO的质量分数为×4.8%＝19.2%。] 3．标准状况下，V L氨气溶解在1 L水中(水的密度近似为 1 g·mL－1)，所得溶液的密度为ρ g·mL－1。请回答下列问题： (1)所得溶液的溶质的物质的量为________，质量为________。 (2)所得溶液的质量为________，溶液体积为　　　　。　 (3)所得溶液的物质的量浓度为________，溶质质量分数为____________(以上用V和ρ表示)。 解析：(1)n(NH3)＝ mol，m(NH3)＝×17 g＝ g。 (2)m(溶液)＝g， V(溶液)＝ L＝ L。 (3)c(NH3)＝＝ mol·L－1， ω(NH3)＝×100%＝×100%。 答案：(1) mol　 g (2)g　 L (3) mol·L－1　×100% ——溶液稀释与混合的计算 溶液稀释、同种溶质的溶液混合的计算 (1)溶液稀释 ①溶质的质量在稀释前后保持不变， 即m1ω1＝m2ω2。 ②溶质的物质的量在稀释前后保持不变， 即c1V1＝c2V2。 ③溶液质量守恒，m(稀)＝m(浓)＋m(水)(体积一般不守恒)。 (2)溶液混合：混合前后溶质的物质的量保持不变，即c1V1＋c2V2＝c混V混(若稀溶液混合后体积不变，V混＝V1＋V2；若混合后体积变化，V混＝)。 4．V mL Al2(SO4)3溶液中含有Al3＋ m g，取 mL 该溶液用水稀释至4V mL，则SO的物质的量浓度为(　　) A． mol·L－1　 B． mol·L－1 C． mol·L－1 D． mol·L－1 A　[ mL溶液中Al3＋的物质的量为＝ mol，稀释后溶液中Al3＋的物质的量浓度为 c(Al3＋)＝＝ mol·L－1，c(SO)＝c(Al3＋)＝× mol·L－1＝ mol·L－1。] 5．常温下，0.2 mol·L－1 H2SO4溶液与 0.2 mol·L－1 HNO3溶液等体积混合，混合液中 c(H＋)为(　　) A．0.15 mol·L－1 B．0.25 mol·L－1 C．0.3 mol·L－1 D．0.2 mol·L－1 C　[混合液中c(H＋)＝ mol·L－1＝0.3 mol·L－1，C正确。] 6．如图是某学校实验室从化学试剂商店买回的硫酸试剂标签上的部分内容。据此，下列说法正确的是(　　) 硫酸化学纯(CP)(500 mL) 品名：硫酸 化学式：H2SO4 相对分子质量：98 密度：1.84 g·cm－3 质量分数：98% A．该硫酸的物质的量浓度为9.2 mol·L－1 B．1 mol Fe与足量的该硫酸反应产生2 g氢气 C．配制200 mL 4.6 mol·L－1的稀硫酸需取该硫酸50 mL D．等质量的水与该硫酸混合所得溶液的物质的量浓度等于9.2 mol·L－1 C　[硫酸的物质的量浓度为 mol·L－1＝ mol·L－1＝18.4 mol·L－1，A错误；铁和浓硫酸在加热条件下反应生成二氧化硫，铁和稀硫酸反应生成氢气，B错误；溶液稀释前后溶质的物质的量不变，该浓硫酸物质的量浓度为18.4 mol·L－1，则配制200 mL 4.6 mol·L－1的稀硫酸需取该硫酸体积为＝0.05 L＝50 mL，C正确；浓硫酸密度大于水的密度，等质量的浓硫酸和水，水的体积大于浓硫酸的体积，所以两者混合后溶液体积大于浓硫酸的二倍，则其物质的量浓度小于原来的，即小于9.2 mol·L－1，D错误。] 溶质相同、质量分数不同的两溶液混合定律 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 混合后溶液中溶质的质量分数ω＝(a%＋b%)。 (2)等体积混合 ①当溶液密度大于1 g·cm－3时，必然是溶液浓度越大，密度越大(如H2SO4、HNO3、HCl、NaOH等大多数溶液)，等体积混合后，质量分数ω>(a%＋b%)。 ②当溶液密度小于1 g·cm－3时，必然是溶液浓度越大，密度越小(如酒精、氨水等)，等体积混合后，质量分数ω<(a%＋b%)。 注意：当a或b等于零时，也适用于上述判断。 　一定物质的量浓度溶液的配制 1．溶液配制涉及的两种仪器 (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。若配制0.4 mol·L－1 NaCl溶液500 mL，若用托盘天平需称取NaCl 11.7 g，称量时，不慎将物品和砝码颠倒放置(1 g以下用游码)，实际称量的NaCl的质量为10.3 g。 (2)容量瓶 ①构造及用途 ②查漏操作 　使用容量瓶的注意事项 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。 ③不能配制任意体积的溶液，只能配制容量瓶上规定容积的溶液。如需要480 mL某溶液，可选用 500 mL 容量瓶配制500 mL该溶液，遵从“大而近”的原则。 2．一定物质的量浓度溶液的配制 (1)配制步骤 以配制500 mL 1.50 mol·L－1NaOH溶液为例。 ①计算：需NaOH固体的质量，计算式为0.5 L×1.50 mol·L－1×40 g·mol－1。 ②称量：用托盘天平称量NaOH固体30.0 g。 ③溶解：将称好的NaOH固体放入烧杯中，加入适量蒸馏水，用玻璃棒搅拌，使NaOH固体全部溶解。 ④冷却移液：待烧杯中的溶液冷却至室温后，将溶液用玻璃棒引流注入500 mL容量瓶中。 ⑤洗涤：用少量蒸馏水洗涤烧杯内壁和玻璃棒2～3次，洗涤液注入容量瓶，轻轻摇动容量瓶，使溶液混合均匀。 ⑥定容：将蒸馏水注入容量瓶，当液面距瓶颈刻度线1～2 cm 时，改用胶头滴管滴加蒸馏水至溶液凹液面与刻度线相切。 ⑦摇匀：盖好瓶塞，反复上下颠倒，摇匀。注意液面下降时不能再加水，否则浓度偏低。 (2)误差分析的依据 　一定物质的量浓度的溶液也可以用浓溶液稀释法配制，但需计算浓溶液的体积，用量筒或滴定管量取浓溶液。用量筒量取一定体积溶液读数时，精确度为0.1 mL。 3．一定溶质质量分数溶液的配制 以配制200 g 20%的NaOH溶液为例。 (1)计算：需NaOH的质量为40.0 g，需蒸馏水的体积为 160 mL。 (2)称量：用托盘天平称取NaOH 40.0 g，用量筒量取 160 mL 蒸馏水。 (3)溶解：将称量的NaOH放入烧杯中，将量取的蒸馏水加入烧杯中并用玻璃棒搅拌，即得所需溶液。 下列说法正确的是①⑥⑦(填标号)。 ①容量瓶在使用前要检查是否漏水 ②配制950 mL某浓度的溶液应选用950 mL的容量瓶 ③把0.585 g NaCl固体放入100 mL容量瓶中，加水到刻度线处，配成0.1 mol·L－1的NaCl溶液 ④配制500 mL 0.8 mol·L－1 Na2CO3溶液，需用托盘天平称取42.40 g Na2CO3 ⑤使用量筒量取一定体积的浓硫酸配制一定物质的量浓度的稀硫酸，将浓硫酸转移至烧杯后需用蒸馏水洗涤量筒，并将洗涤液一并转移至烧杯 ⑥转移溶液时，玻璃棒底端置于容量瓶刻度线以下 ⑦配制100 g 10%的NaOH溶液用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、量筒等 1．实验室配制0.100 0 mol·L－1的 H2SO4溶液，下列图示操作不需要的是(A) A　　 B　　　　 C　　 D 2．现需要480 mL 0.5 mol·L－1的稀硫酸。 在配制稀硫酸时： (1)所需溶质质量分数为98%、密度为1.84 g·cm－3的浓硫酸的体积为________mL(结果保留一位小数)。 (2)如果实验室有15 mL、20 mL、50 mL量筒，应选用　　　　 mL量筒最合适。 (3)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____________ _____________________________________________________________________________________________________________________________________。 (4)配制时所需的玻璃仪器有____________________________________________ ____________________________________________________________________。 解析：(1)应用500 mL容量瓶配制，根据稀释定律得 mol·L－1×V(浓)＝0.5 mol·L－1×0.5 L，可知V(浓)≈0.013 6 L＝13.6 mL。 (2)选用略大于13.6 mL的量筒，即15 mL量筒。 答案：(1)13.6　(2)15　(3)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　(4)量筒、烧杯、玻璃棒、500 mL容量瓶、胶头滴管 3．实验室为配制480 mL浓度均为0.1 mol·L－1的NaOH和Na2CO3的混合溶液，具体操作步骤如下，请根据要求回答下列问题。 Ⅰ.配制前：首先进行的操作为_________________________________________ ______________________________________________________________________________________________________________________________________。 Ⅱ.配制操作： a．计算所需溶质的质量； b．称量：分别用天平称量m(NaOH)＝　　　　，m(Na2CO3)＝________，NaOH需放在________中称量； c．溶解：把称量的固体放入小烧杯中，加蒸馏水溶解，并冷却至室温； d．转移：用玻璃棒将烧杯中的溶液引流入　　　　 mL容量瓶中； e．洗涤：用蒸馏水洗涤烧杯内壁及玻璃棒2～3次，将洗涤液转移至容量瓶中； f．振荡并加蒸馏水稀释：轻轻振荡容量瓶，使溶液混合均匀，向容量瓶中加蒸馏水至液面在刻度线以下1～2 cm； g．定容：用________(填仪器名称)向容量瓶中加蒸馏水至凹液面与刻度线相切； h．摇匀、装瓶。 Ⅲ.误差分析： (1)若溶液温度未冷却至室温，直接转移并定容，所配溶液浓度________(填“偏大”“偏小”或“不变”，下同)。 (2)若转移洗涤液时有少许溶液溅到容量瓶外，所配溶液浓度________。 (3)若定容时俯视容量瓶刻度线，则所配溶液浓度　　　　。 解析：Ⅰ.由于配制一定物质的量浓度溶液需用到容量瓶，而容量瓶自身带瓶塞，故首先需进行容量瓶的检漏操作。Ⅱ.b.配制480 mL溶液需选用 500 mL 容量瓶，需n(NaOH)＝0.1 mol·L－1×500 mL×10－3 L·mL－1＝0.05 mol，m(NaOH)＝0.05 mol×40 g·mol－1＝2.0 g，需n(Na2CO3)＝0.1 mol·L－1×500 mL×10－3 L·mL－1＝0.05 mol，m(Na2CO3)＝0.05 mol×106 g·mol－1＝5.3 g，即需称量2.0 g NaOH和5.3 g Na2CO3；NaOH容易吸水潮解，故需放在烧杯中称量；d.选用500 mL容量瓶；g.定容时向容量瓶中加水至离刻度线1～2 cm处时，改用胶头滴管继续滴加。Ⅲ.(1)当溶液冷却到室温后，溶液体积缩小，导致所配溶液浓度偏大。(2)转移时有溶液溅出，则溶质损失，导致所配溶液浓度偏小。(3)定容时俯视刻度线，导致溶液凹液面最低点达不到刻度线，即溶液体积偏小，导致所配溶液浓度偏大。 答案：Ⅰ.检查容量瓶是否漏液 Ⅱ.2.0 g　5.3 g　烧杯　500　胶头滴管 Ⅲ.(1)偏大　(2)偏小　(3)偏大 4．(1)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500 mL 0.1 mol·L－1的硫酸铜溶液，用托盘天平称取胆矾8.0 g：________。 ②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：　　　　。 ③用量筒量取浓硫酸时，仰视读数：　　　　。 ④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：________。 ⑤配制NaOH溶液时，NaOH固体中含有Na2O杂质：　　　　。 (2)从溶液改变角度分析产生的误差(用“偏大”“偏小”或“无影响”填空)。 ①定容摇匀后，发现液面下降，继续加水至刻度线：　　　　。　 ②定容时仰视刻度线：________。 ③容量瓶洗净后未干燥：________。 答案：(1)①偏小　②偏小　③偏大　④偏小　⑤偏大　(2)①偏小　②偏小　③无影响 仰视与俯视引起的误差分析思路 a　 　 　 　　　 　b 溶解度及其曲线的应用 1．溶解度 固体物质的溶解度 定义：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的质量，叫做这种物质在该溶剂里的溶解度，其单位为g 利用饱和溶液求溶解度的公式：S固体＝×100 g 影响因素：①溶剂的影响，如NaCl易溶于水而不易溶于汽油。②温度的影响：升高温度，大多数固体物质的溶解度增大，少数物质的溶解度减小，如 Ca(OH)2 气体物质的溶解度 定义：通常指该气体(压强为101 kPa)在一定温度时溶解于1体积水里达到饱和状态时气体的体积 影响因素：气体溶解度的大小与温度和压强有关，温度升高，溶解度减小；压强增大，溶解度增大 2．溶解度曲线的应用 (1)溶解度曲线的含义 ①同一物质在不同温度时的溶解度不同。 ②两曲线交点的含义：表示两物质在某温度时的溶解度相同。 ③快速比较两种物质在某温度时溶解度的大小。 (2)根据溶解度受温度影响选择不同的物质分离方法 ①溶解度受温度影响较小的物质采取蒸发结晶的方法；如NaCl溶液中含有KNO3，应采取蒸发结晶、趁热过滤的方法。 ②溶解度受温度影响较大的物质(或带有结晶水)采取蒸发浓缩、冷却结晶的方法；如KNO3溶液中含有NaCl，应采取加热浓缩、冷却结晶、过滤的方法。 1．下表是四种盐在不同温度下的溶解度(假设盐类共存时不影响各自的溶解度，分离晶体时，溶剂的损耗忽略不计)。 物质 NaNO3 KNO3 NaCl KCl 溶解度/g 10 ℃ 80.5 21.2 35.7 31.0 100 ℃ 175 246 39.1 56.6 用物质的量之比为1∶1的硝酸钠和氯化钾为原料制取硝酸钾晶体，其流程如图所示： 以下说法错误的是(　　) A．①和②的实验过程中，都需要控制温度 B．①实验操作依次为加水溶解、蒸发浓缩结晶、趁热过滤 C．②实验操作依次为加水溶解、蒸发浓缩结晶、趁热过滤 D．用95%的酒精洗涤所得的硝酸钾晶体比较好 C　[①涉及蒸发浓缩，②涉及冷却结晶，均需要控制温度，A正确；①实验分离出NaCl，操作依次为加水溶解、蒸发浓缩结晶、趁热过滤，B正确；②实验操作为冷却结晶，C错误；用95%的酒精洗涤所得的硝酸钾晶体比较好，可减少硝酸钾的溶解，D正确。] 2．如图是a、b两种固体物质的溶解度曲线，下列说法正确的是(　　) A．a的溶解度大于b的溶解度 B．在t ℃时，a、b的饱和溶液中溶质的物质的量浓度相同 C．当a中含有少量b时，可以用蒸发浓缩、冷却结晶的方法提纯a D．在t ℃时，将a、b的饱和溶液升温后，溶质的质量分数：a>b C　[由溶解度曲线可知，当温度小于t ℃时，a的溶解度小于b的溶解度，当温度等于t ℃时，a的溶解度等于b的溶解度，当温度大于t ℃时，a的溶解度大于b的溶解度，A错误；在 t ℃ 时，a、b两物质的溶解度相等，所以在 t ℃ 时，a、b饱和溶液中溶质的质量分数相同，但溶液的密度、溶质的摩尔质量不一定相等，故溶质的物质的量浓度不一定相等，B错误；由图可知，b的溶解度随温度的升高变化较小，a的溶解度随温度的升高变化较大，所以当a中含有少量b时，可以用蒸发浓缩、冷却结晶的方法提纯a，C正确；在t ℃时，a、b两物质的溶解度相等，即在 t ℃时，a、b饱和溶液中的溶质质量分数相同，将a、b的饱和溶液升温后，溶液由饱和变为不饱和，但溶质的质量分数仍相等，D错误。] 1．(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 A　[A项，量筒不能准确量取25.00 mL溶液，错误；B项，Na2CO3溶液呈碱性，应用配带塑料塞的容量瓶，正确；C项，Na2CO3具有吸水性，不用称量纸称量，正确；D项，达到滴定终点时溶液由黄色变为橙色，正确。] 2．(1)(2024·安徽卷节选)测定铁矿石中铁含量的传统方法是SnCl2-HgCl2-K2Cr2O7滴定法。研究小组用该方法测定质量为a g的某赤铁矿试样中的铁含量。 【配制溶液】 ①c mol·L－1 K2Cr2O7标准溶液。 ②SnCl2溶液：称取6 g SnCl2·2H2O溶于20 mL浓盐酸，加水至100 mL，加入少量锡粒。 【测定含量】 按如图所示(加热装置略去)操作步骤进行实验。 已知：氯化铁受热易升华；室温时HgCl2可将Sn2＋氧化为Sn4＋，难以氧化Fe2＋；Cr2O可被Fe2＋还原为Cr3＋。 回答下列问题： 下列仪器在本实验中必须用到的有______________(填名称)。 (2)(2024·全国甲卷节选)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______________________________ ___________________________________________________________________。 解析：(1)配制SnCl2溶液需要用到容量瓶和量筒，滴定需要用到酸式滴定管，但给出的为碱式滴定管，因此给出的仪器中，本实验必须用到容量瓶和量筒。(2)操作a为洗涤烧杯和玻璃棒，并将洗涤液转移到容量瓶中，此操作应重复3次，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。 答案：(1)容量瓶、量筒　(2)避免溶质损失　盖好瓶塞，反复上下颠倒、摇匀 3．(2022·广东卷节选)(1)配制250 mL 0.1 mol·L－1的HAc溶液，需5 mol·L－1 HAc溶液的体积为　　　　 mL。 (2)下列关于250 mL容量瓶的操作，正确的是　　　　(填标号)。 A 　　　　 B　　 　C　　 　　D 答案：(1)5.0　(2)C 课时分层作业(二) (建议用时：30分钟) 一、选择题(本题共8小题，每小题3分，共24分。每小题有一个或两个选项符合题目要求) 1．把如图标签所示的两份溶液全部注入容量瓶中并加水达到图示状态。 下列说法正确的是(　　) A．两份溶液中溶质的物质的量相同 B．两份溶液中c(H＋)分别为0.3 mol·L－1和 0.25 mol·L－1　 C．容量瓶中溶液的物质的量浓度为 0.21 mol·L－1 D．容量瓶中溶液的c(H＋)为0.21 mol·L－1 C　[A项，两份溶液中n(H2SO4)分别为0.03 mol和0.075 mol，错误；B项，两份溶液中c(H＋)分别为0.6 mol·L－1和0.5 mol·L－1，错误；C项，c＝ mol·L－1＝0.21 mol·L－1，正确；D项，c(H＋)＝0.21 mol·L－1×2＝0.42 mol·L－1，错误。] 2．V L浓度为0.3 mol·L－1的盐酸，欲使其浓度增大一倍，采取的措施合理的是 (　　) A．通入标准状况下的HCl气体6.72 L B．将溶液加热浓缩到0.5V L C．加入V L 0.1 mol·L－1的盐酸，混合均匀 D．加入6 mol·L－1的盐酸0.1V L，再稀释至1.5V L　 D　[V L浓度为0.3 mol·L－1的盐酸，通入标准状况下的HCl气体6.72 L，体积发生改变，无法计算混合后浓度，故A错误；加热促进HCl挥发，将溶液加热浓缩到0.5V L，得到溶液浓度小于0.6 mol·L－1，B错误；V L浓度为0.3 mol·L－1的盐酸加入V L 0.1 mol·L－1的盐酸混合均匀，得到溶液体积不等于2V L，无法计算混合后溶液浓度，C错误；V L浓度为0.3 mol·L－1的盐酸加入6 mol·L－1的盐酸0.1V L，共含有溶质氯化氢物质的量为(0.3V＋6×0.1V) mol，再稀释至1.5V L，所得溶液浓度为＝0.6 mol·L－1，D正确。] 3．用质量分数为98%的浓硫酸(ρ＝1.84 g·cm－3)配制 240 mL 1.84 mol·L－1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．必需的定量仪器有50 mL量筒、250 mL容量瓶和托盘天平 C．量取浓硫酸的体积为25.0 mL D．先在容量瓶中加入适量水，将量好的浓硫酸注入容量瓶，加水定容 C　[根据稀释前后溶质质量不变知，配制该稀硫酸需要浓硫酸的体积为V＝＝25.0 mL，C项正确。] 4．某学生配制了100 mL 1 mol·L－1的硫酸，然后对溶液浓度做了精确测定，且测定过程中一切操作都正确，结果测得溶液的物质的量浓度低于 1 mol·L－1。那么，在配制过程中，下列操作可能导致溶液浓度偏低的是(　　) ①量筒用蒸馏水洗净后立即用来量取浓硫酸 ②将浓硫酸在烧杯中稀释并冷却，转移到容积为 100 mL 的容量瓶中后，没有洗涤烧杯 ③在转移过程中用玻璃棒引流，因操作不慎有少量溶液流到了容量瓶外面 ④最后定容时，加水超过了刻度线，马上用胶头滴管吸出多余的水，使溶液凹液面刚好与刻度线相切 A．②③④　　　　　 B．③④ C．①②③ D．①②③④ D　[①量筒用蒸馏水洗净后立即量取浓硫酸，使浓硫酸被稀释，所取溶质H2SO4偏少，会导致溶液浓度偏低。②未洗涤烧杯，溶质H2SO4损失，会导致溶液浓度偏低。③少量溶液流到容量瓶外面，溶质H2SO4损失，会导致溶液浓度偏低。④加水超过了刻度线，马上用胶头滴管吸出多余的水，溶质H2SO4损失，会导致溶液浓度偏低。] 5．如图是NaCl、MgSO4的溶解度曲线。下列说法正确的是(　　) A．只有在t1 ℃时，NaCl和MgSO4的溶解度才相等 B．t1～t2 ℃，MgSO4的溶解度随温度升高而减小 C．在t2 ℃时，MgSO4饱和溶液的溶质质量分数最大 D．把MgSO4饱和溶液的温度从t3 ℃降至t2 ℃时，有晶体析出 C　[A项，在t1 ℃、t3 ℃时，NaCl、MgSO4的溶解度都相等；B项，t2 ℃之前，MgSO4的溶解度随温度的升高而增大，t2 ℃之后，MgSO4的溶解度随温度的升高而减小；C项，ω＝×100%，S越大，ω越大；D项，把MgSO4饱和溶液的温度从t3 ℃降至t2 ℃时，由饱和溶液变成不饱和溶液，不会有晶体析出。] 6．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 mol·L－1 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 Na2S2O3·5H2O B．定容时，俯视容量瓶刻度线 C．没有用蒸馏水洗涤转移后的烧杯和玻璃棒 D．用经Na2S2O3溶液润洗过的容量瓶配制溶液 BD　[500 mL 0.10 mol·L－1 Na2S2O3溶液中Na2S2O3的质量为c·V·M＝0.10 mol·L－1×500×10－3 L×158 g·mol－1＝7.9 g，用托盘天平称取7.9 g Na2S2O3·5H2O时，7.9 g Na2S2O3·5H2O中Na2S2O3的质量小于7.9 g，浓度偏低，故A不符合题意；定容时，俯视容量瓶刻度线，会使V的值偏小，根据c＝分析，浓度偏高，故B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；用Na2S2O3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。] 7．某结晶水合物的化学式为A·nH2O，其相对分子质量为M，在25 ℃时，a g晶体溶于b g水中即达饱和，形成密度为ρ g·mL－1的溶液，下列表达式正确的是(　　) A．饱和溶液的物质的量浓度为 mol·L－1 B．饱和溶液中溶质的质量分数为% C．饱和溶液的体积为 mL D．25 ℃时，A的溶解度为 g BC　[饱和溶液的物质的量浓度为cA＝＝＝ mol·L－1，A错误；饱和溶液中溶质的质量分数为ω(A)＝×100%＝×100%＝%，B正确；溶液的体积为V＝＝ mL，C正确；设25 ℃时，A的溶解度为S g，则ω(A)＝＝，得S＝，D错误。] 8．在0.2 L由NaCl、MgCl2、CaCl2组成的混合溶液中，部分离子浓度大小如图所示，对于该溶液成分，下列说法不正确的是 (　　) A．该混合液中CaCl2的物质的量为0.2 mol B．溶质MgCl2的质量为9.5 g C．NaCl的物质的量为0.2 mol D．将该混合液加水稀释至体积为1 L，向稀释后的溶液中加入足量硝酸酸化的硝酸银溶液，可得到沉淀0.6 mol A　[根据图可知，Cl－的物质的量浓度为3.0 mol·L－1，Cl－来自NaCl、MgCl2、CaCl2的电离，所以根据原子守恒，来自CaCl2的Cl－的物质的量浓度为 3.0 mol·L－1－1.0 mol·L－1－0.5 mol·L－1×2＝1.0 mol·L－1，根据比例关系，CaCl2的物质的量浓度为0.5 mol·L－1，所以CaCl2的物质的量为 0.5 mol·L－1×0.2 L＝0.1 mol，故A错误。] 二、非选择题(本题共2小题，共16分) 9．(8分)在花瓶中加入“鲜花保鲜剂”可延长鲜花的寿命。下表是1 L“鲜花保鲜剂”的成分，阅读后回答下列问题： 成分 蔗糖 硫酸钾 阿司匹林 高锰酸钾 硝酸银 质量/g 50.00 0.50 0.35 0.50 0.04 摩尔质量/(g·mol－1) 342 174 180 158 170 (1)“鲜花保鲜剂”中物质的量浓度最大的成分是　　　　(填写名称)。 (2)“鲜花保鲜剂”中K＋的物质的量浓度为(阿司匹林中不含K＋)________(只要求写表达式，不需计算)mol·L－1。 (3)下图所示的仪器中，在配制“鲜花保鲜剂”溶液时肯定不需要的是________(填标号)，还缺少的仪器有_____________________________________ (填仪器名称)。 解析：(2)“鲜花保鲜剂”中K＋的物质的量为n(K＋)＝2n(K2SO4)＋n(KMnO4)＝mol，所以c(K＋)＝mol·L－1。(3)配制一定物质的量浓度的溶液必需的仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管、容量瓶、托盘天平，不需要圆底烧瓶和分液漏斗，还缺少的仪器有托盘天平、烧杯、玻璃棒。 答案：(1)蔗糖 (2)　 (3)ac　托盘天平、玻璃棒、烧杯 10．(8分)在标准状况下，将224 L HCl气体溶于 635 mL 水中，所得盐酸的密度为1.18 g·cm－3。试计算： (1)所得盐酸的质量分数和物质的量浓度分别是　　　　、　　　　。　 (2)取这种盐酸100 mL，稀释至1.18 L，所得稀盐酸的物质的量浓度是________。 (3)在40.0 mL 0.065 mol·L－1 Na2CO3溶液中，逐滴加入上述稀释后的稀盐酸，边加边振荡。若使反应不产生CO2气体，加入稀盐酸的体积最多不超过________mL。 解析：(1)n(HCl)＝＝10 mol，m(HCl)＝10 mol×36.5 g·mol－1＝365 g，盐酸中HCl的质量分数ω＝×100%＝36.5%，c(HCl)＝＝ ＝11.8 mol·L－1。 (2)由c(浓)·V(浓)＝c(稀)·V(稀)可知，c(稀)＝＝1 mol·L－1。 (3)n(Na2CO3)＝0.040 L×0.065 mol·L－1＝0.002 6 mol，设加入稀盐酸的体积最多不超过 x mL，则n(HCl)＝1 mol·L－1×0.001x L＝0.001x mol，根据反应Na2CO3＋HCl===NaHCO3＋NaCl得0.002 6＝0.001x，解得x＝2.6。 答案：(1)36.5%　11.8 mol·L－1 (2)1 mol·L－1 (3)2.6 学科网（北京）股份有限公司 $$