第2章 第6讲 物质的量浓度的计算和溶液的配制(课时作业Word)-【高考领航】2027年高考化学大一轮复习学案（创新版）

**基本信息** 聚焦溶液配制与浓度计算，以实验操作规范和定量分析为核心，通过误差分析、守恒法等科学思维方法构建系统性解题体系。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |溶液配制基础|5题（1-5、8）|仪器选择与操作规范、误差分析（c=n/V影响因素）|从容量瓶使用到定容操作，构建“操作-误差-浓度”逻辑链| |浓度计算与换算|4题（7、10、11、12）|c=1000ρω/M公式应用、稀释定律|质量分数与物质的量浓度概念转化，强化定量计算能力| |混合溶液分析|2题（6、9）|电荷守恒、沉淀反应计算|离子反应与浓度关系，培养科学思维中的证据推理| |综合应用|2题（12、13）|结晶水合物称量、溶解度计算|实验与计算结合，体现科学探究与实践素养|

限时规范训练6　物质的量浓度的计算和溶液的配制 (建议用时：45分钟　满分：53分) 一、选择题：本题共11小题，每小题3分，共33分。每小题只有一个选项符合题目要求。 1．(2025·海南海口一模)配制250 mL 0.50 mol·L-1NaCl溶液，不需要用到的玻璃仪器是(　　) A．250 mL容量瓶 B．胶头滴管 C．酸式滴定管 D．玻璃棒 解析：C　配制250 mL 0.50 mol·L-1NaCl溶液，需要使用250 mL规格的容量瓶，A不符合题意；配制溶液过程中，最后对容量瓶中液体进行定容时需要使用胶头滴管，B不符合题意；配制NaCl溶液称取的是NaCl固体，不需要酸式滴定管，C符合题意；配制过程中，溶解搅拌和转移液体都需要使用玻璃棒，D不符合题意。 2．室温下，甲同学配制5%的NaCl溶液100 g，乙同学配制0.5 mol·L-1的NaCl溶液100 mL(NaCl的溶解度为36 g/100 g水)，下列说法正确的是(　　) A．所需溶质的质量相同 B．所需仪器均包括100 mL容量瓶 C．所配溶液均为不饱和溶液 D．所配溶液质量相同 解析：C　100 g 5%氯化钠溶液中氯化钠的质量为100 g×5%＝5 g，100 mL 0.5 mol·L-1氯化钠溶液中氯化钠的质量为0.5 mol·L-1×0.1 L×58.5 g·mol-1≈2.9 g，100 g氯化钠饱和溶液中氯化钠的质量为≈26.5 g，所以5%氯化钠溶液和0.5 mol·L-1氯化钠溶液均为不饱和溶液。由分析可知，100 g 5%氯化钠溶液和100 mL 0.5 mol·L-1氯化钠溶液中氯化钠的质量不同，A错误；配制100 g 5%氯化钠溶液不需要用到100 mL容量瓶，B错误；由分析可知，5%氯化钠溶液和0.5 mol·L-1氯化钠溶液均为不饱和溶液，C正确；氯化钠溶液的密度大于1 g·mL-1，则100 mL氯化钠溶液的质量大于100 g，D错误。 3．(2025·海南模拟)某化学实验小组在实验室中利用NaOH固体配制250 mL 0.5 mol·L-1的NaOH溶液。下列做法错误的是(　　) A．在托盘天平上放置烧杯用于称取5.0 g NaOH固体 B．选取规格为250 mL的容量瓶，并进行检漏 C．为防止NaOH变质，NaOH固体溶解后立即转移至容量瓶中 D．定容、摇匀后，液面低于刻度线时不再处理 解析：C　所需NaOH固体质量为m＝nM＝cVM＝0.25 L×0.5 mol·L-1×40 g·mol-1＝5.0 g，托盘天平的精确度为0.1 g，A正确；配制250 mL 溶液，则选择规格为250 mL的容量瓶，需查漏才能使用，B正确；NaOH固体溶解放热，若趁热立即将溶液注入容量瓶中并定容，冷却至室温后溶液体积偏小，则导致所配溶液浓度偏高，C错误；定容、摇匀后发现液面低于刻度线是因为部分溶液留在瓶壁上，不需要再加水，否则会导致所配溶液浓度偏低，D正确。 4．(2025·山西晋中平遥二中月考)现要配制0.01 mol·L-1的KMnO4溶液，下列操作导致所配溶液浓度偏高的是(　　) A．称量时，左盘低，右盘高 B．定容时仰视容量瓶刻度线 C．砝码破损 D．摇匀后见液面下降，再加水至刻度线 解析：A　称量时左盘低右盘高，KMnO4质量偏大，物质的量偏大，所配溶液浓度偏高；定容时仰视容量瓶刻度线，溶液体积偏大，所配溶液浓度偏低；砝码破损，KMnO4质量偏小，物质的量偏小，所配溶液浓度偏低；摇匀后见液面下降，再加水至刻度线，溶液体积偏大，所配溶液浓度偏低。 5．(2025·安徽六安月考)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 解析：D　配制500 mL 0.100 mol·L-1 NaCl溶液用到的仪器有托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、500 mL 容量瓶、胶头滴管，A错误；配制一定物质的量浓度的溶液的步骤有计算、称量、溶解、转移、洗涤、定容、摇匀等，操作步骤正确的顺序为②①④③，B错误；容量瓶用蒸馏水洗净后，由于后面还需要加入蒸馏水定容，所以不必干燥，C错误；定容时仰视容量瓶的刻度线，则所加蒸馏水偏多，溶液的体积V偏大，溶液的浓度偏低，D正确。 6．(2025·广东深圳一模)取100 mL Na2CO3和Na2SO4的混合溶液，加入过量BaCl2溶液后得到29.02 g白色沉淀，用过量稀硝酸处理产生气体2.24 L(标准状况)。下列说法不正确的是(　　) A．混合溶液中Na2CO3的物质的量浓度为0.1 mol·L-1 B．混合溶液中Na2SO4的物质的量浓度为0.4 mol·L-1 C．29.02 g白色沉淀用过量稀硝酸处理，沉淀质量减少19.7 g D．处理沉淀消耗的硝酸的溶质的物质的量为0.2 mol 解析：A　用过量稀硝酸处理产生气体2.24 L，该气体应为二氧化碳，其物质的量为＝0.1 mol，则碳酸钠的物质的量以及生成碳酸钡的物质的量均为0.1 mol，生成碳酸钡的质量为0.1 mol×197 g·mol-1＝19.7 g；则硫酸钡的质量为29.02 g－19.7 g＝9.32 g，其物质的量为＝0.04 mol，可知Na2SO4的物质的量为0.04 mol，据此分析解答。由以上分析可知Na2CO3的物质的量为0.1 mol，则其浓度为＝1 mol·L-1，A错误；由以上分析可知Na2SO4的物质的量为0.04 mol，混合溶液中Na2SO4的物质的量浓度为＝0.4 mol·L-1，B正确；29.02 g白色沉淀用过量稀硝酸处理，其中碳酸钡溶于硝酸，其质量为19.7 g，C正确；1 mol碳酸钡消耗2 mol硝酸，则0.1 mol碳酸钡溶解消耗0.2 mol硝酸，D正确。 7．25 ℃时，将10 mL质量分数为50%(密度为1.4 g·cm-3)的硫酸稀释成100 mL。下列说法正确的是(　　) A．上述100 mL稀硫酸中含溶质14 g，该稀硫酸不属于电解质 B．上述稀释过程所需要的蒸馏水为90 mL C．50%的硫酸溶液中溶质的物质的量浓度约为7.14 mol·L-1 D．俯视容量瓶颈刻度线定容，所配溶液的浓度偏低 解析：C　稀释前后溶质的质量保持不变，则100 mL稀硫酸中含H2SO4的质量为1.4 g·cm-3×10 mL×50%＝7 g，稀硫酸属于混合物，既不是电解质也不是非电解质，A错误；由于稀释后硫酸溶液的密度未知，故无法计算所需蒸馏水的体积，B错误；50%的硫酸溶液中溶质物质的量浓度为c(H2SO4)＝≈7.14 mol·L-1，C正确；俯视容量瓶颈刻度线定容，所配溶液的体积偏小，则所配溶液的浓度偏高，D错误。 8．(2025·湖南邵阳联考)配制420 mL 0.10 mol·L-1的NaCl溶液，操作过程如图所示。下列说法中正确的是(　　) A．“操作1”前需用托盘天平称取2.5 g NaCl固体 B．“操作3”中烧杯、玻璃棒需用自来水洗涤2～3次 C．“操作4”中若仰视容量瓶刻度线，会使NaCl溶液浓度偏低 D．“操作5”中摇匀后发现液面低于刻度线，使用胶头滴管定容 解析：C　配制420 mL 0.10 mol·L-1的NaCl溶液需使用500 mL容量瓶，需要NaCl的质量为500×10-3 L×0.10 mol·L-1×58.5 g·mol-1≈2.9 g(托盘天平精确到0.1 g)，A错误；“操作3”中烧杯、玻璃棒需用蒸馏水洗涤2～3次，B错误；“操作4”中若仰视容量瓶刻度线，导致加水偏多，V偏大，所配NaCl溶液浓度偏低，C正确；摇匀后发现液面低于刻度线，属于正常情况，不应该再补加蒸馏水，D错误。 9．(2025·四川成都月考)用KCl、K2SO4、NH4Cl、(NH4)2SO4四种物质配制某无土栽培用的营养液，测得该营养液中各离子的浓度如表所示。若向0.2 L该营养液中逐滴滴加0.1 mol·L-1的BaCl2溶液，其中有两种离子的浓度变化如图所示(忽略溶液混合前后的体积变化)。下列说法错误的是(　　) 离子 离子浓度(mol·L-1) K＋ 1.1 Cl- 0.7 x y A．图中a曲线代表的浓度变化 B．图中c1＝0.5，c2＝0.6 C．图中b曲线代表K＋的浓度变化 D．若该营养液中c(KCl)＝0.3 mol·L-1，则c[(NH4)2SO4]＝0.1 mol·L-1 解析：C　向溶液中逐滴滴加0.1 mol·L-1的BaCl2溶液，a曲线的离子浓度逐渐变为0，只有符合，因为与Ba2+反应生成沉淀，A正确；a曲线代表的浓度变化，由图可知加入1 L 0.1 mol·L-1的BaCl2溶液时，硫酸根恰好反应完，故＝0.1 mol，c1＝＝0.5 mol·L-1；根据电荷守恒，可计算出＝0.6 mol·L-1，加入1 L BaCl2溶液时，溶液体积变为1.2 L，是原体积的6倍，此时b曲线所代表离子的浓度为0.1 mol·L-1，则原溶液中该离子浓度为0.6 mol·L-1，即c2＝0.6，b曲线代表的浓度变化，B正确，C错误；c(KCl)＝0.3 mol·L-1时，KCl提供的c(K＋)＝0.3 mol·L-1，K2SO4提供的c(K＋)＝0.8 mol，则c(K2SO4)＝0.4 mol·L-1，由K2SO4提供的＝0.4 mol·L-1，由(NH4)2SO4提供的＝0.1 mol·L-1，即c[(NH4)2SO4]＝0.1 mol·L-1，D正确。 10．(2025·湖南长沙联考)相对分子质量为Mr的气态化合物V L(标准状况)溶于m g水中，得到溶液的质量分数为w%，物质的量浓度为c mol·L-1，密度为ρ g·cm-3，则下列说法正确的是(　　) A．溶液密度ρ可表示为 B．物质的量浓度c可表示为 C．溶液的质量分数w%可表示为 D．相对分子质量Mr可表示为 解析：D　根据c＝ 可得ρ＝，A错误；V L标准状况下的该气体的物质的量为mol，该气体的质量为mol×Mr g·mol-1＝g，溶液的质量为m g＋g，形成溶液的体积为 ，该溶液的物质的量浓度为mol·L-1，B错误；由B项的分析可知，溶液中溶质的质量分数w%＝×100%＝×100%，C错误；由溶质的质量分数w%＝×100%＝×100%，整理得该气体的相对分子质量为 ，D正确。 11．(2025·河南郑州期中)下图是硫酸试剂瓶标签上的部分内容。据此下列说法不正确的是(　　) 硫酸　化学纯　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18.4 mol·L-1 B．配制250 mL 4.6 mol·L-1的稀硫酸需取该硫酸62.5 mL C．该硫酸与等体积的水混合，所得溶液的质量分数大于49% D．取100 g该硫酸与100 mL水混合，所得溶液的物质的量浓度大于9.2 mol·L-1 解析：D　该硫酸的物质的量浓度c＝mol·L-1＝18.4 mol·L-1，A正确；根据稀释前后硫酸物质的量不变，配制250 mL 4.6 mol·L-1的稀硫酸需取该硫酸＝62.5 mL，B正确；水的密度小于该硫酸，等体积的水质量小于硫酸的质量，所以该硫酸与等体积的水混合所得溶液的质量分数大于49%，C正确；100 mL水质量为100 g，等质量的水与98%的硫酸混合后所得硫酸溶液的溶质质量分数为49%，设混合后溶液的密度为ρ1，此时溶质的物质的量浓度为 mol·L-1＝5ρ1 mol·L-1，硫酸溶液的浓度越大，其密度越大，故ρ1＜1.84 g·cm-3，物质的量浓度小于9.2 mol·L-1，D错误。 二、非选择题：本题共2小题。 12．(10分)实验室欲配制x mol·L-1的CuSO4溶液200 mL。回答下列问题： (1)应选用的容量瓶的规格是__________，使用容量瓶前必须进行的一步操作是__________________________________。 (2)某同学称量CuSO4·5H2O配制该溶液，他先将烧杯放入托盘天平左盘称量，得到烧杯的质量为15.2 g，再放入药品称量，天平平衡后的状态如图，则该同学配制的溶液的实际浓度x＝__________ mol·L-1。 (3)在下列配制过程示意图中，有错误的是________(填序号)。 (4)若甲同学定容时，发现液面高于刻度线；而乙同学摇匀后，液面低于刻度线，________(填“甲”或“乙”)同学需重做。 (5)下列操作会使所配溶液浓度偏大的有________(填字母，下同)，偏小的有________。 A．称量时用了生锈的砝码 B．向容量瓶中转移时，有少量液体溅出 C．未洗涤溶解CuSO4·5H2O的烧杯 D．定容时仰视刻度线 E．容量瓶未干燥即用来配制溶液 解析：(2)图示称量时是左码右物，烧杯和CuSO4·5H2O的实际质量为30 g－2.3 g＝27.7 g，CuSO4·5H2O的质量为27.7 g－15.2 g＝12.5 g，CuSO4·5H2O的物质的量为＝0.05 mol，所配制溶液的实际浓度x＝＝0.2 mol·L-1。(4)若甲同学定容时，发现液面高于刻度线，甲同学实验失败，甲同学应重做；乙同学摇匀后液面低于刻度线，是正常现象，乙同学无需重做。(5)A项称量时用了生锈的砝码，称量固体的质量偏大，溶质物质的量偏大，所配溶液的浓度偏大；B项，向容量瓶中转移时，有少量液体溅出，溶质的物质的量偏小，所配溶液的浓度偏小；C项，未洗涤溶解CuSO4·5H2O的烧杯，溶质物质的量偏小，所配溶液的浓度偏小；D项，定容时仰视刻度线，所配溶液的体积偏大，所配溶液的浓度偏小；E项，配制过程中需要加水，容量瓶未干燥即用来配制溶液，对所配溶液溶质物质的量和溶液的体积都无影响，对所配溶液的浓度无影响。 答案：(1)250 mL　检查容量瓶是否漏水　 (2)0.2　(3)④　(4)甲　(5)A　BCD 13．(10分)Ⅰ.绿矾(FeSO4·7H2O)在化学合成上用作还原剂及催化剂。工业上常用废铁屑溶于一定浓度的硫酸溶液制备绿矾。 (1)98%(密度为1.84 g·cm-3)的浓硫酸在稀释过程中，密度减小，稀释至50%时，密度为1.4 g·cm-3，50%的硫酸溶液的物质的量浓度为____________(保留两位小数)，50%的硫酸溶液与30%的硫酸溶液等体积混合，混合酸的浓度________(填“>”“<”或“＝”)40%。 (2)将111.2 g绿矾(FeSO4·7H2O，摩尔质量为278 g·mol-1)在高温下加热，充分反应后生成Fe2O3固体和SO2、SO3、H2O的混合气体，则生成Fe2O3的质量为________g；生成SO2的物质的量为________mol。 Ⅱ.实验室可用以下方法制备莫尔盐晶体[(NH4)2SO4·FeSO4·6H2O，摩尔质量为392 g·mol-1]。 (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________(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12.36 g莫尔盐晶体，剩余溶液的质量为82.56 g。t ℃时，计算(NH4)2SO4·FeSO4·6H2O的溶解度为________(保留两位小数)。 解析：Ⅰ.(1)密度为1.4 g·cm-3、质量分数为50%的硫酸溶液的物质的量浓度c＝ mol·L-1≈7.14 mol·L-1；假如50%的硫酸溶液与30%的硫酸溶液密度相同，则等体积混合后硫酸溶液的质量分数为40%，由于50%的硫酸溶液的密度大于30%的硫酸溶液的密度，所以等体积混合后硫酸溶液的质量分数大于40%。(2)n(FeSO4·7H2O)＝＝0.4 mol，由2FeSO4·7H2OFe2O3＋SO2↑＋SO3↑＋14H2O可知，生成Fe2O3的质量为0.4 mol××160 g·mol-1＝32 g，生成SO2的物质的量为0.4 mol×＝0.2 mol。 Ⅱ.(3)根据题意可知，稀释溶液至100 mL，测得其pH＝1，溶液中剩余的酸n(H2SO4)＝0.1 mol·L-1××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，则n(FeSO4)＝0.07 mol。设铁的物质的量是x mol，氧化铁的物质的量是y mol，则有56x＋160y＝4.88，x＋2y＝0.07，解得x＝0.03，y＝0.02，所以铁屑中Fe2O3的质量分数是×100%≈65.57%。(4)100 mL FeSO4和H2SO4的混合溶液中，n(FeSO4)＝0.07 mol，根据莫尔盐的化学式可知，n[(NH4)2SO4·FeSO4·6H2O]＝n(FeSO4)＝0.07 mol，溶液中莫尔盐的质量为0.07 mol×392 g·mol-1－12.36 g＝15.08 g，设莫尔盐的溶解度为x，则，解得x≈22.35 g。 答案：Ⅰ.(1)7.14 mol·L-1　>　(2)32　0.2　Ⅱ.(3)65.57%　(4)22.35 g 学科网（北京）股份有限公司 $