第2单元 第6讲 物质的量浓度（课件PPT）-【正禾一本通】2026年新高考化学高三一轮总复习高效讲义（人教版 双选）

该高中化学高考复习课件聚焦“物质的量浓度”专题，覆盖物质的量浓度概念、溶液配制实验、溶解度及曲线三大高考核心考点，依据新课标和高考评价体系，分析各考点在选择、实验题中的权重，归纳浓度计算、误差分析等常考题型，体现备考针对性。 课件亮点在于“必备知识整合+关键能力提升”，如结合容量瓶使用、溶液配制步骤（称量、溶解、定容）等实验细节，通过错误操作案例（如定容时加浓盐酸）培养科学探究与实践素养，配套精练卷强化计算与曲线分析题型，帮助学生掌握答题技巧，助力教师高效开展针对性复习。

正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义 化学（S） 1 第二单元 物质的量 2 第6讲　物质的量浓度 3 整合必备知识 源于教材与课标 考点1　物质的量浓度 单位体积的溶液 4 质量 物质的量 NaOH H2SO4 HNO3 CuSO4 Na2CO3 5 溶质 溶液 6 7 × × × √ 8 × × √ 9 提升关键能力 对接高考与素养 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 整合必备知识 源于教材与课标 考点2　一定物质的量浓度溶液的配制 21 22 0.1 mol 5.85 g 药匙 5.9 g 玻璃棒 量筒 100 mL容量瓶 玻璃棒 2~3 100 mL容量瓶 1~2 cm 胶头滴管 凹液面与刻度线相切 23 × × 24 × 25 提升关键能力 对接高考与素养 26 27 28 29 30 31 32 33 整合必备知识 源于教材与课标 考点3　溶解度和溶解度曲线 100 g溶剂 饱和状态 34 增大 35 1∶700 1∶700 1∶500 1∶40 减小 增大 36 37 相同 38 39 提升关键能力 对接高考与素养 40 41 42 43 44 45 46 47 × 48 √ × 49 50 51 52 53 54 课下巩固精练卷（六） 物质的量浓度 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 13 56 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 13 57 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 13 58 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 13 59 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 13 60 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 13 61 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 13 62 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 13 63 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 13 64 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 13 65 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 13 66 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 13 67 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 13 68 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 13 69 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 13 70 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 13 71 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 13 72 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 13 73 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 13 74 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 13 75 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 13 76 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 13 77 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 13 78 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 13 79 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 13 80 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 13 81 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 13 82 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 13 83 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 13 84 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 13 85 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 13 86 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 13 87 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 13 88 感谢收看 89 【备考目标】　1.了解物质的量浓度的概念。2.掌握有关物质的量浓度的计算。3.掌握一定物质的量浓度溶液配制的操作并能正确地进行误差分析。 1．物质的量浓度 (1)概念 表示 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)表达式： 。 (3)常用单位： 或mol/L。 cB＝ eq \f(nB,V) mol·L－1 (4)特点：对于某浓度的溶液，取出任意体积的溶液，其浓度、密度、质量分数均不变，但所含溶质的 、 因体积不同而改变。 【提醒】 物质的量浓度计算的两要素 (1)溶质的确定 ①与水发生反应生成新的物质：如Na、Na2O、Na2O2 eq \o(――→,\s\up7(水)) ；SO3 eq \o(――→,\s\up7(水)) ；NO2 eq \o(――→,\s\up7(水)) 。 ②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。 ③含结晶水的物质：CuSO4·5H2O eq \o(――→,\s\up7(水)) ;__Na2CO3·10H2O eq \o(――→,\s\up7(水)) 。 (2)溶液体积的确定 不是溶剂体积，也不是溶剂体积与溶质体积之和，可以根据V＝ eq \f(m（溶液）,ρ（溶液）) 求算。溶液混合后，体积会发生变化，密度不同的溶液体积一般不能直接加和。 2．溶质的质量分数 (1)概念：以溶液里 质量与 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)＝ eq \f(m（B）,m（aq）) ×100%。 3．物质的量浓度与质量分数的关系 如图所示，体积为 V L，密度为ρ g·cm－3的溶液，含有摩尔质量为M g·mol－1的溶质m g，溶质的质量分数为w，则物质的量浓度c与质量分数w的关系：c＝ eq \f(n,V) ＝ eq \f(m,MV) ＝ eq \f(1 000ρwV,MV) ＝ eq \f(1 000ρw,M) ，w＝ eq \f(cM,1 000ρ) 。 【基点判断】(正确的打“√”，错误的打“×”) (1)将58.5 g NaCl溶于1 L水中，所得溶液的物质的量浓度为1 mol·L－1( ) (2)1 L 0.5 mol·L－1 CaCl2溶液中，Ca2＋与Cl－的物质的量浓度都是0.5 mol·L－1( ) (3)将62 g Na2O溶于水，配成1 L溶液，所得溶液的物质的量浓度为1 mol·L－1( ) (4)标准状况下，2.24 L HCl溶于水配成1 L溶液，所得溶液的物质的量浓度为0.1 mol·L－1( ) (5)从100 mL 0.1 mol·L－1 HNO3溶液中取出25 mL，剩余溶液中NO eq \o\al(\s\up24(－),\s\do8(3)) 的物质的量浓度为0.075 mol·L－1( ) (6)将25 g CuSO4·5H2O晶体溶于75 g水中，所得溶液中溶质的质量分数为25%( ) (7)将40 g SO3溶于60 g水中，所得溶液中溶质的质量分数为49%( ) 一、物质的量浓度、质量分数的计算 1．标准状况下，V L氨溶解在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： (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)＝ eq \f(V,22.4) mol，m(NH3)＝ eq \f(V,22.4) ×17 g＝ eq \f(17V,22.4) g。 (2)m(溶液)＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(V,22.4)×17＋1 000)) g V(溶液)＝ eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(V,22.4)×17＋1 000)),ρ×1 000) L＝ eq \f(17V＋22 400,22 400ρ) L。 (3)c(NH3)＝ eq \f(\f(V,22.4) mol,\f(17V＋22 400,22 400ρ) L) ＝ eq \f(1 000ρV,17V＋22 400) mol·L－1。 w(NH3)＝ eq \f(\f(V,22.4)×17 g,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(V,22.4)×17＋1 000))g) ×100%＝ eq \f(17V,17V＋22 400) ×100%。 答案：(1) eq \f(V,22.4) mol　 eq \f(17V,22.4) g (2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(17V,22.4)＋1 000)) g　 eq \f(17V＋22 400,22 400ρ) L (3) eq \f(1 000ρV,17V＋22 400) mol·L－1 eq \f(17V,17V＋22 400) ×100% 2．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：____________________。 解析：(1)c＝ eq \f(\f(m,58.5),\f(V,1 000)) mol·L－1＝ eq \f(1 000m,58.5V) mol·L－1。 (2)c＝ eq \f(1 000×ρ×w,M) ＝ eq \f(1 000ρw,58.5) mol·L－1。 (3)w＝ eq \f(cM,1 000ρ) ＝ eq \f(58.5c,1 000ρ) ×100%。 (4) eq \f(S,100 g) ＝ eq \f(w,1－w) ，S＝ eq \f(100w,1－w) g。 答案：(1) eq \f(1 000m,58.5V) mol·L－1　 (2) eq \f(1 000ρw,58.5) mol·L－1　(3) eq \f(58.5c,1 000ρ) ×100%　 (4) eq \f(100w,1－w) g 二、溶液稀释与混合的计算方法 【方法指导】 1.溶液稀释 （1）溶质的质量在稀释前后保持不变，即m1w1＝m2w2； （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.同种溶质的溶液混合：混合前后溶质的物质的量保持不变，即c1V1＋c2V2＝c混V混。 3.溶质相同、质量分数分别为a%、b%的两溶液的混合规律 （1）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，等体积混合后，质量分数w> eq \f(1,2) (a%＋b%)，如H2SO4、NaOH等； 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，等体积混合后，质量分数w< eq \f(1,2) (a%＋b%)，如酒精溶液、氨水等 （2）等质量混合 两溶液等质量混合时(无论ρ>1 g·cm－3还是ρ<1 g·cm－3)，混合后溶液中溶质的质量分数w＝ eq \f(1,2) (a%＋b%) 3．(2022·广东高考)配制250 mL 0.1 mol/L的HAc溶液，需5 mol·L－1 HAc溶液的体积为________________mL。 解析：稀释前后溶质的物质的量不变，V(HAc)＝ eq \f(0.1 mol·L－1×0.25 L,5 mol·L－1) ＝0.005 L，即5.0 mL。 答案：5.0 4．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 mol·L－1，c(NH3)________6.45 mol·L－1(填“＞”“＜”或“＝”，下同)。 (3)各取5 mL与等体积的水混合后，w(H2SO4)______49%，w(NH3)______12.5%。 解析：(1)利用c＝ eq \f(1 000ρw,M) 计算，c(H2SO4)＝ eq \f(1 000×1.84×98%,98) mol·L－1＝18.4 mol·L－1，c(NH3)＝ eq \f(1 000×0.88×25%,17) mol·L－1≈12.9 mol·L－1。 (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 mol·L－1，c(NH3)＞6.45 mol·L－1。 (3)5 mL硫酸和5 mL氨水的质量分别为1.84 g·cm－3×5 mL＝9.2 g、0.88 g·cm－3×5 mL＝4.4 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 mol·L－1　12.9 mol·L－1　(2)＜　＞　(3)＞　＜ 100 mL 250 mL 1．容量瓶的构造与使用 (1)容量瓶的构造、规格及用途 温度 容积 (2)查漏操作 【提醒】 (1)选择容量瓶时应遵循“大而近”的原则，即所配溶液的体积等于或略小于容量瓶的容积，同时所需溶质的量按所选用的容量瓶的规格进行计算。(2)使用容量瓶时的“五不”：不能溶解固体；不能稀释浓溶液；不能加热；不能作反应容器；不能长期贮存溶液。 2．100 mL 1.00 mol·L－1氯化钠溶液的配制 【提醒】 配制一定物质的量浓度的溶液时，若是固体溶质，则计算所需质量，用天平进行称量；若是液体溶质，则要换算成体积，用量筒量取。 【基点判断】(正确的打“√”，错误的打“×”) (1)用图A装置配制0.1 mol·L－1的NaOH溶液( ) (2)用图B装置配制一定物质的量浓度的NaCl溶液( ) (3)用图C装置配制0.5 mol·L－1的Na2CO3溶液( ) (4)配制0.100 0 mol·L－1NaCl溶液时，将溶液转移到容量瓶中需用玻璃棒引流( ) (5)用固体NaCl配制0.5 mol·L－1的溶液，所用的仪器只有烧杯、玻璃棒、胶头滴管、容量瓶( ) √ × 一、一定物质的量浓度溶液的配制 1．实验室需要配制0.50 mol·L－1NaCl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(带砝码、最小砝码为5 g)、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固体________g。 (3)称量。 ①天平调平之后，应将天平的游码调至某个位置，请在图中用一根竖线标出游码所处的位置： ②称量过程中NaCl固体应放于天平的________(填“左盘”或“右盘”)。 ③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2～3次是为了__________________________________________________。 (6)定容。向容量瓶中加水至液面接近刻度线________处，改用________加水，使溶液凹液面与刻度线相切。 (7)摇匀、装瓶。 答案：(1)500 mL容量瓶　胶头滴管　玻璃棒　(2)14.6 (3)①　②左盘 (4)搅拌，加速NaCl溶解　(5)保证溶质全部转入容量瓶中　(6)1～2 cm　胶头滴管 一定物质的量浓度溶液配制的误差分析 (1)根据cB＝ eq \f(nB,V) ＝ eq \f(mB,MBV) 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)容量瓶定容时仰视、俯视对结果的影响 ①仰视刻度线(如图a)：加水量高于基准线(刻度线)，溶液体积偏大，c偏低。 ②俯视刻度线(如图b)：加水量低于基准线(刻度线)，溶液体积偏小，c偏高。 2．用“偏大”“偏小”或“无影响”表示下列操作对所配溶液浓度的影响。 (1)配制480 mL 0.1 mol·L－1的FeSO4溶液，用托盘天平称取FeSO4固体7.3 g：________。 (2)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：________。 (3)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：________。 (4)浓硫酸稀释过程中，用量筒量取浓硫酸时，仰视读数：________。 (5)配制NaOH溶液时，将称量好的NaOH固体放入小烧杯中溶解，未经冷却立即转移到容量瓶中并定容：________。 (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)定容摇匀后，发现液面下降，继续加水至刻度线：________。 (8)定容摇匀后少量溶液外流：________。 (9)容量瓶中原有少量蒸馏水：________。 (10)配制NaOH溶液时，NaOH固体中含有Na2O杂质：________。 (11)配制NaOH溶液时，NaOH固体放在烧杯中称量时间过长：________。 答案：(1)偏小　(2)偏小　(3)偏小　(4)偏大　(5)偏大　(6)偏小　(7)偏小　(8)无影响　(9)无影响　(10)偏大　(11)偏小 二、配制一定质量分数或体积比浓度的溶液 3．实验室需100 g 5%的氯化铜溶液，用氯化铜固体配制，具体配制过程为____________________________________________________________。 答案：称取5.0 g氯化铜固体溶解在95.0 g稀盐酸中搅拌混匀即可 4．用浓硫酸配制1∶4的硫酸50 mL，具体配制过程为 _________________________________________________________。 答案：用50 mL的量筒量取40.0 mL的水注入到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，并用玻璃棒不停搅拌 1．固体的溶解度 (1)概念：在一定温度下，某固体物质在 (通常是水)里达到 时所溶解的质量，叫作这种物质在该溶剂里的溶解度。溶解度的单位为“g”。 (2)表达式：S＝ eq \f(m溶质,m溶剂) ×100 g。 (3)影响溶解度大小的因素 内因 物质本身的性质(由结构决定) 外因 溶剂的影响：如NaCl易溶于水而不易溶于汽油 温度的影响：升温，大多数固体物质的溶解度 ，少数物质却相反，如Ca(OH)2；温度对NaCl的溶解度影响不大 2.气体的溶解度 (1)概念：某气体在压强为101 kPa和一定温度下，在1体积水里达到饱和状态时所溶解的气体的体积，常记为1∶x。如NH3、HCl、SO2、CO2等气体在常温时的溶解度分别为 、 、 、1∶1。 (2)气体溶解度的大小与温度和压强的关系：温度升高，溶解度 ；压强增大，溶解度 。 3．溶解度曲线 (1)两类典型溶解度曲线 ①随温度升高，溶解度变大 ②随温度升高，溶解度变小 (2)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 。 ③能快速比较两种物质在某温度时溶解度的大小。 (3)根据溶解度受温度影响的大小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，如除去NaCl溶液中含有的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，如除去KNO3溶液中含有的NaCl，应采取加热浓缩、冷却结晶、过滤的方法。 一、认识溶解度曲线 1．(2025·广东深圳模拟)晾晒海水制盐在我国有悠久的历史，利用该工艺可得到氯化钠和氯化镁等物质。氯化钠和氯化镁的溶解度曲线如图。下列说法正确的是(　　) A．海水晒盐利用了蒸发结晶的方法获得晶体 B．氯化钠的溶解度受温度影响较大 C．t ℃时，氯化镁饱和溶液中溶质质量分数为70% D．采用降温结晶的方法可除去氯化钠饱和溶液中少量的氯化镁杂质 解析：选A。由于氯化钠的溶解度受温度影响较小，所以海水晒盐是利用蒸发结晶的方法获得晶体，A正确；由图可知，氯化镁的溶解度受温度影响较大，氯化钠的溶解度受温度影响较小，B错误；t ℃时，氯化镁的溶解度为70 g，即100 g水中最多溶解70 g氯化镁，达到该温度下的饱和状态，故饱和溶液中溶质质量分数为 eq \f(70 g,100 g＋70 g) ×100%，C错误；由图可知，氯化镁的溶解度受温度影响较大，氯化钠的溶解度受温度影响较小，采用蒸发结晶的方法可除去氯化钠饱和溶液中少量的氯化镁杂质，D错误。 2．MgSO4、NaCl的溶解度曲线如图所示。下列说法正确的是(　　) A.MgSO4的溶解度随温度升高而升高 B．NaCl的溶解度比MgSO4的溶解度大 C．T2 ℃时，MgSO4饱和溶液中溶质的质量分数最大 D.将MgSO4饱和溶液的温度从T3 ℃降至T2 ℃时，有晶体析出 解析：选C。温度低于T2 ℃时，MgSO4的溶解度随温度升高而增大，高于T2 ℃时，MgSO4的溶解度随温度升高而降低，A错误；T1 ℃、T3 ℃时，NaCl、MgSO4的溶解度相等，B错误；w＝ eq \f(S,100＋S) ×100%，S越大，w越大，C正确；将MgSO4饱和溶液的温度从T3 ℃降至T2 ℃时，MgSO4的溶解度增大，由饱和溶液变成不饱和溶液，不会有晶体析出，D错误。 二、利用溶解度曲线进行物质的分离与提纯 3．(2025·广东东莞模拟)已知4种盐的溶解度曲线如图所示，下列说法不正确的是(　　) A．将NaCl溶液蒸干可得NaCl固体 B．将MgCl2溶液蒸干可得MgCl2固体 C．可用MgCl2和NaClO3制备Mg(ClO3)2 D．Mg(ClO3)2中混有少量NaCl杂质，可用重结晶法提纯 解析：选B。氯化钠受热不分解，将氯化钠溶液蒸干后，得到的固体是氯化钠，A正确；将MgCl2溶液蒸干，因为镁离子会发生水解生成氢氧化镁和挥发性酸盐酸，盐酸挥发，促进镁离子的水解正向移动，所以不会得到氯化镁固体，B错误；由图可知，氯化钠的溶解度较小，所以浓度较大的MgCl2溶液和NaClO3溶液可发生复分解反应生成Mg(ClO3)2和氯化钠沉淀，反应类似侯氏制碱法原理，C正确；氯化钠的溶解度随温度变化不大，而Mg(ClO3)2的溶解度随温度的变化较大，所以Mg(ClO3)2中混有少量氯化钠杂质，可用重结晶法提纯，D正确。 4．如图是X、Y两种固体物质的溶解度曲线。按要求回答下列问题： (1)若X中混有少量Y，怎样提纯X? ___________________________________________________________。 (2)若Y中混有少量X，怎样提纯Y? ___________________________________________________________。 答案：(1)加水溶解，加热浓缩，冷却结晶，过滤 (2)加水溶解，蒸发结晶，趁热过滤 【真题演练·感悟高考】 1．判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”) (1)(2024·北京高考改编)用图示装置配制一定物质的量浓度的KCl溶液( ) (2)(2023·浙江6月选考改编)如图操作俯视刻度线定容会导致所配溶液浓度偏大( ) (3)(2023·山东高考改编)进行容量瓶检漏时，倒置一次即可( ) 2．(2024·山东高考节选)取20.00 mL 0.100 0 mol·L－1 KIO3的碱性溶液和一定量的KI固体，配制1 000 mL KIO3碱性标准溶液，下列仪器必须用到的是________(填字母)。 A．玻璃棒 B．1 000 mL锥形瓶 C．500 mL容量瓶 D．胶头滴管 答案：AD 3．(2024·全国卷甲节选)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________________________________________。 答案：避免溶质损失　盖好瓶塞，反复上下颠倒，摇匀 4．(2023·山东高考改编)相关化合物的溶解度与温度的关系如图所示。 根据图示，LiCl溶液中加入饱和Na2CO3溶液可以得到Li2CO3并结晶析出，操作方法是____________________________________________。 答案：蒸发结晶，趁热过滤 5．(2022·全国卷乙节选)由CuSO4·5H2O配制一定浓度的CuSO4溶液，下列仪器中不需要的是__________________________(填仪器名称)。 解析：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。 答案：分液漏斗和球形冷凝管 6．(2022·海南高考节选)现有浓H3PO4质量分数为85%，密度为1.7 g·mL－1。若实验需100 mL 1.7 mol·L－1的H3PO4溶液，则需浓H3PO4______mL(保留一位小数)。 解析：c(浓H3PO4)＝ eq \f(1 000ρw,M) ＝ eq \f(1 000×1.7×85%,98) ，由稀释定律得：V(浓H3PO4)＝ eq \f(0.1 L×1.7 mol·L－1,c（浓H3PO4）) ≈11.5×10－3 L＝11.5 mL。 答案：11.5 一、选择题 1．某溶液标签上标有“CaCl2，0.1 mol·L－1”的字样，下面对该溶液的叙述，正确的是(　　) A．配制1 L该溶液，可将0.1 mol CaCl2溶于1 L水中 B.Ca2＋和Cl－的物质的量浓度都是0.1 mol·L－1 C．从试剂瓶中取该溶液的一半，则所得溶液的物质的量浓度为0.05 mol·L－1 D．将该瓶溶液稀释一倍，则所得溶液的c(Cl－)为0.1 mol·L－1 答案：D 2．下列关于物质的量浓度表述正确的是(　　) A．0.3 mol·L－1的Na2SO4溶液中含有Na＋和SO eq \o\al(\s\up24(2－),\s\do8(4)) 的总物质的量为0.9 mol B．50 mL 1 mol·L－1的KCl溶液和100 mL 0.25 mol·L－1MgCl2溶液中，Cl－物质的量浓度相等 C．将10 mL 1 mol·L－1的H2SO4稀释成0.1 mol·L－1的H2SO4，可向其中加入100 mL水 D．20 ℃时，0.023 mol·L－1的氢氧化钙饱和溶液100 mL加入5 g生石灰，冷却到20 ℃时，其体积小于100 mL，它的物质的量浓度仍为0.023 mol·L－1 解析：选D。硫酸钠溶液物质的量浓度已知，但溶液体积未知，不能计算离子物质的量，故A错误；1 mol·L－1的KCl溶液中Cl－的物质的量浓度为1 mol·L－1，0.25 mol·L－1 MgCl2溶液中Cl－的物质的量浓度为0.5 mol·L－1，Cl－的物质的量浓度不相等，故B错误；10 mL 1 mol·L－1的H2SO4稀释成0.1 mol·L－1的H2SO4，所得稀硫酸的体积为100 mL，所加水的体积不是100 mL，故C错误；氧化钙能与水反应生成氢氧化钙，消耗了饱和溶液中的溶剂，使部分氢氧化钙析出，溶液温度恢复到20 ℃时，仍为氢氧化钙的饱和溶液，溶液体积减小，同温下同种溶质在同种溶剂中的饱和溶液的浓度不变，故D正确。 3．取100 mL 0.3 mol·L－1和300 mL 0.25 mol·L－1的硫酸混合并稀释配成500 mL溶液，该混合溶液中H＋的物质的量浓度是(　　) A．0.21 mol·L－1 B．0.42 mol·L－1 C．0.56 mol·L－1 D．0.26 mol·L－1 解析：选B。该混合溶液中n(H＋)＝(0.1 L×0.3 mol·L－1＋0.3 L×0.25 mol·L－1)×2＝0.21 mol，所以c(H＋)＝ eq \f(0.21 mol,0.5 L) ＝0.42 mol·L－1。 4．冰晶石(Na2AlF6)制备反应为2Al(OH)3＋12HF＋3Na2CO3===2Na3AlF6＋3CO2↑＋9H2O。设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是(　　) A．1 mol Na3AlF6中含有的σ键数目为3NA B．室温下1 L 0.1 mol·L－1NaF溶液中F－数目为0.1NA C．室温下1 L 0.1 mol·L－1Na2CO3溶液中氧原子数目为0.3NA D．常温常压下，2.0 g HF中含有的电子数为NA 解析：选D。Na3AlF6为配合物，AlF eq \o\al(\s\up24(3－),\s\do8(6)) 中含有6个σ键，所以1 mol Na3AlF6中含有的σ键数目为6NA，A错误；NaF属于强碱弱酸盐，F－水解使溶液呈碱性，则室温下，1 L 0.1 mol·L－1NaF溶液中F－的数目小于0.1NA，B错误；Na2CO3溶液中含有大量的水，所以氧原子数目大于0.3NA，C错误；HF的电子数为10，则常温常压下，2.0 g HF中含有的电子数为 eq \f(2.0 g,20 g·mol－1) ×10×NA mol－1＝NA，D正确。 5．配制500 mL 0.100 mol·L－1的NaCl溶液，部分实验操作示意图如下： 下列说法正确的是(　　) A．实验中需用的仪器有托盘天平、250 mL容量瓶、烧杯、玻璃棒、胶头滴管等 B．上述实验操作步骤的正确顺序为①②④③ C．容量瓶需要用自来水、蒸馏水洗涤，干燥后才可用 D．定容时，仰视容量瓶的刻度线，使配得的NaCl溶液浓度偏低 答案：D 6．实验室用18.4 mol·L－1的浓硫酸配制1.0 mol·L－1的稀硫酸100 mL，并用来测定稀硫酸与Zn反应的速率，下列部分仪器选用合理的是(　　) A．①②③⑥ B．①④⑤⑥ C．②③⑥⑧ D．②③⑦⑧ 解析：选C。配制100 mL 1 mol/L的稀硫酸，应该使用100 mL的容量瓶，①中容量瓶规格错误；配制溶液需要使用②胶头滴管定容；⑤酸式滴定管在配制溶液和反应过程中均不需要使用；⑥配制100 mL 1 mol/L的稀硫酸，需要18.4 mol/L的浓硫酸约5.4 mL，因此需要选用小量程的量筒，以提高精确度，故选择⑥号量筒而不是⑦号；最后稀硫酸和Zn反应生成氢气，测定氢气体积时需要使用⑧，故需要使用的仪器为②③⑥⑧。 7．某学生配制了100 mL 1 mol·L－1的硫酸，然后对溶液浓度做精确测定，测定过程中一切操作都正确，但测得溶液的物质的量浓度小于1 mol·L－1，则在配制过程中，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，转移到100 mL的容量瓶中后，没有洗涤烧杯和玻璃棒 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，马上用胶头滴管吸去多余的水，使溶液凹液面刚好与刻度线相切 A．只有②③④ B．只有③④ C．只有①②③ D．①②③④ 答案：D 8．下列说法错误的是(　　) A．将14%的KOH溶液蒸发掉100 g水后，变为28%的KOH溶液80 mL，该80 mL溶液的物质的量浓度为6.25 mol/L B．将质量分数为98%的H2SO4与水等体积混合，混合后H2SO4的质量分数大于49% C．某MgCl2溶液的密度为1.2 g·cm－3，Mg2＋的质量分数为5%，1 L该溶液中Cl－的物质的量为5 mol D．1 mol氧气在放电条件下，有30%转化为O3，则放电后混合气体对氢气的相对密度是35.6 解析：选D。将14%的KOH溶液蒸发掉100 g水后，变为28%的KOH溶液，溶质质量不变，则原溶液质量为200 g，溶质质量为200×14%＝28 g，物质的量为 eq \f(28,56) ＝0.5 mol，蒸发后的溶液物质的量浓度为 eq \f(0.5 mol,0.08 L) ＝6.25 mol/L，A正确；浓硫酸密度比水大，等体积混合后硫酸的质量分数大于49%，B正确；MgCl2溶液的密度为1.2 g·cm－3，1 L该溶液的质量为1.2×1 000＝1 200 g，Mg2＋的质量分数为5%，则Mg2＋的质量为1 200 g×5%＝60 g，物质的量为 eq \f(60 g,24 g/mol) ＝2.5 mol，所以氯离子的物质的量为2.5 mol×2＝5 mol， C正确；根据质量守恒，气体总质量不变，1 mol氧气在放电条件下，有30%转化为O3，根据反应式3O2===2O3，有0.3 mol O2反应转化为O3，O3的物质的量为0.2 mol，则混和气体的平均摩尔质量为 eq \f(1 mol×32 g/mol,1 mol－0.3 mol＋0.2 mol) ≈35.6 g/mol，相同条件下有 eq \f(ρ（A）,ρ（B）) ＝ eq \f(M（A）,M（B）) ，即 eq \f(ρ（混合气体）,ρ（H2）) ＝ eq \f(35.6,2) ＝17.8，D错误。 9．如图是氯化钠、氯化铵和碳酸氢钠三种物质的溶解度曲线，分析曲线得到的以下说法中正确的是(　　) ①冷却含有Na＋、Cl－、NH eq \o\al(\s\up24(＋),\s\do8(4)) 、HCO eq \o\al(\s\up24(－),\s\do8(3)) 的浓热的溶液，可得到碳酸氢钠晶体 ②在20 ℃时，三种物质饱和溶液的溶质质量分数为NH4Cl＞NaCl＞NaHCO3 ③在30 ℃时，氯化钠和氯化铵固体各20 g分别溶于50 g水，所得溶液都是饱和溶液 ④利用结晶法从氯化钠、氯化铵混合物中分离出氯化铵的最佳温度在10 ℃以下 A．①②③ B．①②④ C．②③④ D．①③④ 解析：选B。①在20 ℃时，氯化钠和氯化铵的溶解度大于10 g，是易溶物质，碳酸氢钠的溶解度大于1小于10，是可溶物质，故正确；②在20 ℃时，三种物质的溶解度为NH4Cl＞NaCl＞NaHCO3，由饱和溶液的溶质质量分数＝ eq \f(S,100＋S) ×100%，故三种物质饱和溶液的溶质质量分数为NH4Cl＞NaCl＞NaHCO3，故正确；③30 ℃时，氯化铵的溶解度大于40 g，20 g氯化铵能完全溶于50 g水，所得溶液不是饱和溶液，氯化钠的溶解度小于40 g，20 g氯化钠不能全部溶解，所得溶液是饱和溶液，故错误；④由三种物质的溶解度变化规律可知：利用结晶法从氯化钠、氯化铵混合物中分离出氯化铵的最佳温度在10 ℃以下，故正确。 10．(2025·江苏苏州模拟)工业上用NaOH溶液进行PbSO4脱硫并制备高纯PbO的过程为：PbSO4 eq \o(――→,\s\up7(碱浸1)) 粗PbO eq \o(――→,\s\up7(碱浸2)) 溶液 eq \o(――→,\s\up7(冷却、过滤)) 高纯PbO。已知PbO(s)＋NaOH(aq)⇌NaHPbO2(aq)；PbO的溶解度曲线如图所示。 下列说法正确的是(　　) A．PbO在NaOH溶液中的溶解是放热反应 B．碱浸1适宜用高浓度的NaOH溶液 C．降低NaOH溶液的浓度有利于PbO溶解 D．若PbO溶解后NaOH溶液的浓度不变，M点溶液中存在c(HPbO eq \o\al(\s\up24(－),\s\do8(2)) )<c(OH－) 解析：选D。由图可知，温度升高，PbO在NaOH溶液中的溶解度增大，所以PbO在NaOH溶液中的溶解是吸热反应，A错误；由图可知，浓度越大，PbO在NaOH溶液中的溶解度越大，碱浸1需要得到固体PbO，则应选择低浓度的NaOH溶液，B、C错误；M点溶液中c(OH－)＝1 mol/L，PbO溶解度为110 g/L，根据反应PbO(s)＋NaOH(aq)⇌NaHPbO2(aq)可求出c(HPbO eq \o\al(\s\up24(－),\s\do8(2)) )＝ eq \f(\f(110 g,223 g/mol),1 L) ≈0.49 mol/L，即存在c(HPbO eq \o\al(\s\up24(－),\s\do8(2)) )<c(OH－)，D正确。 11．4 ℃下把摩尔质量为M g·mol－1的A g可溶性盐RCln溶解在V mL水中，恰好形成该温度下的饱和溶液，密度为ρ g·cm－3，下列关系式错误的是(　　) A.溶质的质量分数w＝ eq \f(A,A＋V) ×100% B．溶质的物质的量浓度c＝ eq \f(1 000ρA,MA＋MV) mol·L－1 C．1 mL该溶液中n(Cl－)＝ eq \f(nρAV,M（A＋V）) mol(RCln在溶液中完全电离) D．该温度下此盐的溶解度S＝ eq \f(100A,V) g 解析：选C。根据溶质的质量分数w＝ eq \f(m溶质,m溶液) ×100%，m溶质＝A g，V mL水的质量为V g，m溶液＝(A＋V) g，w＝ eq \f(A,A＋V) ×100%，故A正确；根据溶质的物质的量浓度c＝ eq \f(n,V′) ，n＝ eq \f(A,M) mol，V′＝ eq \f(A＋V,1 000ρ) L，代入可得c＝ eq \f(1 000ρA,MA＋MV) mol·L－1，故B正确；1 mL 该溶液中n(Cl－)＝ eq \f(1 000ρA,MA＋MV) mol·L－1×1×10－3 L×n＝ eq \f(nρA,M（A＋V）) mol，故C错误；该温度下此盐的溶解度S＝ eq \f(100A,V) g，故D正确。 二、非选择题 12．Ⅰ.工业上常用废铁屑溶于一定浓度的硫酸溶液制备绿矾(FeSO4·7H2O，式量为278)。 (1)98% 1.84 g·cm－3的浓硫酸在稀释过程中，密度下降，当稀释至50%时，密度为1.4 g·cm－3，50%的硫酸物质的量浓度为________(结果保留两位小数)，50%的硫酸与30%的硫酸等体积混合，混合酸的质量分数________(填“>”“<”或“＝”)40%。 (2)将111.2 g绿矾在高温下加热，充分反应后生成Fe2O3固体和SO2、SO3、水的混合气体，则生成Fe2O3的质量为_______g，SO2为________mol。 Ⅱ.实验室可用以下方法制备莫尔盐晶体[(NH4)2SO4·FeSO4·6H2O，式量为392]。 (3)将4.88 g铁屑(含Fe2O3)与25 mL 3 mol·L－1 H2SO4充分反应后，得到FeSO4和H2SO4的混合溶液，稀释溶液至100 mL，测得其pH＝1。铁屑中Fe2O3的质量分数是________(结果保留两位小数)。 (4)向上述100 mL溶液中加入与该溶液中FeSO4等物质的量的(NH4)2SO4晶体，待晶体完全溶解后蒸发掉部分水，冷却至t ℃，析出莫尔盐晶体12.360 g，剩余溶液的质量为82.560 g。t ℃时，计算(NH4)2SO4·FeSO4·6H2O的溶解度为________(结果保留两位小数)。 解析：(1)密度为1.4 g·cm－3、质量分数为50%的硫酸物质的量浓度c＝ eq \f(1 000ρw,M) ＝ eq \f(1 000×1.4×50%,98) mol·L－1≈7.14 mol·L－1；假如50%的硫酸与30%的硫酸密度相同，则混合后硫酸的质量分数为40%，由于50%的硫酸的密度大于30%的硫酸的密度，所以等体积混合后溶液中硫酸的质量偏大，硫酸的质量分数大于40%。(2)n(FeSO4·7H2O)＝ eq \f(111.2 g,278 g·mol－1) ＝0.4 mol，由2FeSO4·7H2O eq \o(=====,\s\up7(高温)) Fe2O3＋SO2↑＋SO3↑＋14H2O↑可知，生成Fe2O3的质 量为0.4 mol× eq \f(1,2) ×160 g·mol－1＝32 g，SO2的物质的量为0.4 mol× eq \f(1,2) ＝0.2 mol。(3)根据题意知，溶液中剩余酸的物质的量n(H2SO4)＝0.1 mol·L－1× eq \f(1,2) ×0.1 L＝0.005 mol，则参加反应的n(H2SO4)＝0.025 L×3 mol·L－1－0.005 mol＝0.07 mol；设铁的物质的量是m mol，氧化铁的物质的量是n mol，发生反应的化学方程式为Fe＋Fe2O3＋3H2SO4===3FeSO4＋3H2O、Fe＋H2SO4===FeSO4＋H2↑，则根据固体的质量和硫酸的物质的量可知，56m＋160n＝4.88，m－n＋3n＝0.07，解得n＝0.02，m＝0.03，所以铁屑中Fe2O3 的质量分数是 eq \f(0.02 mol×160 g·mol－1,4.88 g) ×100%≈65.57%。(4)根据以上分析结合原子守恒知，n(FeSO4)＝n(Fe)＋2n(Fe2O3)＝(0.03＋0.04) mol＝0.07 mol，根据莫尔盐的化学式知，n[(NH4)2SO4·FeSO4·6H2O]＝n(FeSO4)＝0.07 mol，剩余溶液中莫尔盐的质量为0.07 mol×392 g·mol－1－12.360 g＝15.08 g，设莫尔盐的溶解度为x，则 eq \f(x,100 g) ＝ eq \f(15.08 g,82.560 g－15.08 g) ，解得x≈22.35 g。 答案：(1)7.14 mol·L－1　>　(2)32　0.2　(3)65.57%　(4)22.35 g 13．已知某84消毒液瓶体部分标签如图所示，该84消毒液通常稀释100倍(体积之比)后使用。请回答下列问题： 84消毒液 [有效成分]　NaClO [规格]　1 000 mL [质量分数]　25% [密度]　1.19 g·cm－3 (1)该84消毒液的物质的量浓度约为__________mol·L－1。 (2)某同学取100 mL该84消毒液，稀释后用于消毒，稀释后的溶液中c(Na＋)＝________mol·L－1。 (3)该同学参阅该84消毒液的配方，欲用NaClO固体配制480 mL含NaClO质量分数为25%的消毒液。下列说法正确的是________(填字母)。 A．如图所示的仪器中，有三种是不需要的，还需要一种玻璃仪器 B.容量瓶用蒸馏水洗净后，应烘干后才能用于溶液配制 C．配制过程中，未用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒可能导致结果偏低 D．需要称量NaClO固体的质量为143.0 g (4)84消毒液与稀硫酸混合使用可增强消毒能力，某消毒小组人员用98%(密度为1.84 g·cm－3)的浓硫酸配制500 mL 2.3 mol·L－1的稀硫酸用于增强84消毒液的消毒能力。 ①所配制的稀硫酸中，H＋的物质的量浓度为____________mol·L－1。 ②需用浓硫酸的体积为________mL。 解析：(1)由c＝ eq \f(1 000ρw,M) 得c(NaClO)＝ eq \f(1 000×1.19×25%,74.5) ≈4.0 mol·L－1。(2)稀释前后溶液中NaClO的物质的量不变，则有100 mL×10－3 L·mL－1×4.0 mol·L－1＝100 mL×100×10－3 L·mL－1×c(NaClO)，即c(NaClO)＝0.04 mol·L－1。(3)A项称量NaClO固体需要托盘天平，溶解NaClO固体需要使用烧杯，需用玻璃棒搅拌和引流，还需用500 mL容量瓶和胶头滴管定容，图中a、b仪器不需要，还需要玻璃棒、胶头滴管两种玻璃仪器；B项配制溶液过程中需要加入水，故洗涤干净的容量瓶不必烘干后再使用；C项未洗涤烧杯和玻璃棒将导致所配制的溶液中溶质的物质的量减小，结果偏低；D项 应选用500 mL容量瓶进行配制，再取出480 mL即可，需要的NaClO固体的质量应按配制500 mL溶液进行计算，为0.5 L× eq \f(1 000×1.19×25%,74.5) mol·L－1×74.5 g·mol－1＝148.75 g，托盘天平的精确度为0.1 g，故需要称量的NaClO固体的质量为148.8 g。(4)①根据H2SO4的组成可知，溶液中c(H＋)＝2c(H2SO4)＝4.6 mol·L－1。②500 mL 2.3 mol·L－1的稀硫酸中溶质的物质的量为0.5 L×2.3 mol·L－1＝1.15 mol，设需用98%的浓硫酸的体积为V mL，则 eq \f(V mL×1.84 g·cm－3×98%,98 g·mol－1) ＝1.15 mol，解得V＝62.5。 答案：(1)4.0　(2)0.04　(3)C　(4)①4.6　②62.5 $