主题3 第2讲 物质的量浓度及溶液的配制(课件PPT)-【新高考方案】2027年高考化学一轮总复习（山东、海南专版）

该高中化学高考复习课件聚焦“物质的量浓度及溶液的配制”专题，覆盖概念理解、计算应用及实验操作三大核心考点，对接高考“理解与辨析”“分析与推测”考查要求。通过近五年真题分析，明确物质的量浓度计算占45%、溶液配制及误差分析占35%的高频考点分布，归纳出概念辨析、跨情景计算等常考题型，体现备考针对性。 课件亮点在于“真题精讲+思维建模+实验探究”策略，如以2023全国甲卷粗盐提纯实验为载体，运用“误差分析模型”（m和V变化对c的影响）培养科学思维，结合2025浙江选考NaOH溶液配制实例强化科学探究与实践素养。特设“公式推导法”（c=1000ρω/M）等解题技巧，助力学生掌握得分关键，教师可据此精准实施考点突破，提升复习效率。

第二讲 物质的量浓度及溶液的配制 Di Er Jiang |内|容|与|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进行误差分析。 1 逐点清(一)　物质的量浓度 2 逐点清(二)　一定物质的量浓度 溶液的配制 3 作业验收评价 目 录 物质的量浓度 逐点清(一) 1.溶液组成的表示方法 (1)溶质的质量分数 ①概念:以溶液里溶质质量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，也可用小数表示。 ②表达式:ω(B)=×100%。 思考:15%的NaCl溶液的含义是什么? 提示:每100 g NaCl溶液中含有NaCl的质量为15 g。 (2)物质的量浓度 单位体积 mol·L-1 mol·m-3 物质的量浓度 物质的量 (3)溶液中溶质的质量分数与物质的量浓度的换算 换算公式:c=，其中c为溶质的物质的量浓度，单位为mol·L-1，ρ为溶液的密度，单位为g·cm-3，ω为溶质的质量分数，M为溶质的摩尔质量，单位为g·mol-1。 [示例]　200 mL密度为1.20 g·mL-1、质量分数为31.5%的硝酸的物质的量浓度为___________。   6 mol·L-1 (1)溶质的确定 ①与水发生反应生成新的物质: 如Na、Na2O、Na2O2 NaOH。 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 CuSO4。 (2)溶液体积的确定 溶液混合后，由于密度不同，溶液体积会发生变化，不能直接加和，可以根据V=求算。 2.物质的量浓度计算的两种类型 (1)标准状况下气体溶质形成溶液的计算 c= (2)溶液稀释、同种溶质溶液混合的计算 溶液稀释 溶质的质量在稀释前后保持不变，即m1ω1=m2ω2 溶质的物质的量在稀释前后保持不变，即c1V1=c2V2 溶液质量守恒，m(稀)=m(浓)+m(水)(体积一般不守恒) 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 |基|础|落|实|小|练| 1.判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)。 (1)1 mol·L-1NaCl溶液是指此溶液中含有1 mol NaCl ( ) (2)1 mol·L-1的NaCl溶液是指此溶液中含有1 mol Na+ ( ) (3)从100 mL 1 mol·L-1的蔗糖溶液中取出10 mL，所得溶液中溶质的物质的量浓度为0.1 mol·L-1 ( ) (4)31 g Na2O溶于水，配成1 L溶液，c(Na2O)=0.5 mol·L-1 ( ) (5)常温下，pH=13的Ba(OH)2溶液中Ba2+的物质的量浓度为0.1 mol·L-1 ( ) × × × × × 2.(1)将53 g Na2CO3投入水中，充分溶解配成1 L溶液，则溶质的物质的量浓度为___________。  (2)标准状况下，4.48 L HCl溶于足量水中，所得溶液的体积为0.5 L，则溶液的浓度为_____ mol·L-1。  (3)配制250 mL 0.4 mol·L-1 CuSO4溶液，则需CuSO4的质量为____ g。  0.5 mol·L-1 0.4 16 3.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。 (1)该硫酸的物质的量浓度为_____________。  (2)用量筒量取10 mL该样品，其中所含硫酸的质量为________。  (3)配制500 mL 4.6 mol·L-1的稀硫酸需取该硫酸的体积约为________。  硫酸　化学纯(CP)(500 mL) 化学式:H2SO4 相对分子质量:98 密度:1.84 g·cm-3 质量分数:98% 18.4 mol·L-1 18.0 g 125 mL √ 题点、考法讲评 1.(2026·资阳市安岳中学开学测试)下列有关溶液的叙述正确的是 (　　) A.100 mL 0.6 mol·L-1的NaCl溶液与50 mL 0.6 mol·L-1的MgCl2溶液所含Cl-的物质的量浓度相等 B.标准状况下将a L NH3溶于b mL水中，得到的氨水溶液密度为c g·cm-3，则该溶液中溶质的物质的量浓度为 mol·L-1 C.将5 mol·L-1的Ba(NO3)2溶液10 mL稀释至50 mL，稀释后溶液中Ba2+的物质的量浓度为1 mol·L-1 D.2.3 g Na投入到97.7 g水中，形成溶液的溶质质量分数为2.3% 解析:100 mL 0.6 mol·L-1NaCl溶液中Cl-浓度为0.6 mol·L-1，50 mL 0.6 mol·L-1 MgCl2溶液中Cl-浓度为1.2 mol·L-1，两者不相等，A错误;标准状况下a L NH3的物质的量为 mol，质量为 g，得到的氨水质量= g+b mL×1 g·mL-1 = g，氨水体积= mL，溶质物质的量浓度为= mol·mL-1= mol·L-1，B错误;稀释后溶液体积扩大5倍，Ba2+浓度由5 mol·L-1变为1 mol·L-1，C正确;钠与水反应生成NaOH和H2:2Na+2H2O ==2NaOH+H2↑，2.3 g Na(0.1 mol)投入到97.7 g水(过量)中溶质为NaOH，溶液总质量为2.3 g+97.7 g-0.1 g=99.9 g，溶质质量为0.1 mol×40 g·mol-1=4 g，溶质质量分数为×100%≈4%，D错误。 2.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，下列表达式不正确的是 (　　) 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 √ 解析:物质的量浓度应为= mol·L-1，A错误;×100% =%符合定义，B正确;溶液体积为总质量除以密度= mL， C正确;设25 ℃时，A的溶解度为S，根据溶质的质量分数与溶解度的关系ω==，解得S= g，D正确。 √ 3.[双选]标准状况时，将a L NH3完全溶于水，得到V mL溶液，假设该溶液的密度为ρ g·mL-1，溶质质量分数为ω，其中含有N的物质的量是b mol，下列叙述不正确的是(　　) A.溶质的质量分数ω=×100% B.溶质电离出的OH-物质的量浓度c(OH-)= mol·L-1 C.溶液中c(OH-)= mol·L-1 D.向上述溶液中加入等质量的水，所得溶液的溶质质量分数为0.5ω √ 解析:标准状况下，a L氨气的物质的量为= mol，质量为 mol×17 g·mol-1= g，溶液质量为V mL×ρ g·mL-1=ρV g，则溶质的质量分数ω=×100%=×100%，A错误；根据NH3·H2O⇌N+OH-可知，该溶液中溶质电离出的OH-物质的量等于N的物质的量b mol，故其浓度c(OH-) = mol·L-1，B正确；根据电荷守恒有:n(OH-)=n(N)+n(H+)，根据c=可知:c(OH-)=c(N)+c(H+)，c(N)= mol·L-1，故c(OH-)= mol·L-1+c(H+)，C错误；溶液中溶质质量不变，等质量混合后溶液质量等于原溶液质量的2倍，则所得溶液溶质的质量分数等于0.5ω，D正确。 4.200 mL 0.3 mol·L-1 K2SO4溶液和100 mL 0.2 mol·L-1 Fe2(SO4)3溶液混合后不考虑混合后溶液体积的变化，溶液中S的物质的量浓度为____________。  解析:200 mL 0.3 mol·L-1 K2SO4溶液中S的物质的量为0.2 L×0.3 mol·L-1 =0.06 mol，100 mL 0.2 mol·L-1 Fe2(SO4)3溶液中S的物质的量为3×0.1 L× 0.2 mol·L-1=0.06 mol，故混合液中S的物质的量为0.06 mol+0.06 mol=0.12 mol，由于混合后不考虑体积的变化，混合后溶液的体积为0.3 L，混合液中S的物质的量浓度为=0.4 mol·L-1。 0.4 mol·L-1 |思维建模|相同溶质、不同质量分数两溶液混合的规律 (设两溶液的质量分数分别为a%、b%) (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，(如H2SO4、HNO3、HCl、NaOH等多数溶液)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)等体积混合后，质量分数ω<(a%+b%)。 (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ω=(a%+b%)。 一定物质的量 浓度溶液的配制 逐点清(二) 1.主要仪器:托盘天平、药匙、量筒、玻璃棒、______、________、__________。 2.容量瓶的构造及使用 (1)构造及用途 烧杯 容量瓶 胶头滴管 刻度线 (2)查漏操作 (3)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，遵从“大而近”的原则。 ④容量瓶有无色的和棕色的，棕色的适用于见光易分解的物质，如HNO3溶液。 ⑤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。 3.配制过程 (1)操作图示 (2)配制过程 配制100 mL 1.00 mol·L-1 NaCl溶液的过程 计算 需NaCl固体的质量为_____ g 称量 根据计算结果，用托盘天平称量NaCl固体____ g 溶解 将称好的NaCl固体放入烧杯中，加适量蒸馏水溶解，并用玻璃棒搅拌 移液 待烧杯中的溶液冷却至室温后，用玻璃棒引流，将溶液注入____ mL容量瓶 洗涤 用适量蒸馏水洗涤烧杯内壁和玻璃棒2~3次，洗涤液全部注入容量瓶，轻轻摇动容量瓶，使溶液混合均匀 定容 将蒸馏水注入容量瓶，当液面距瓶颈刻度线_____ cm时，改用______ _____滴加蒸馏水至凹液面与刻度线相切 摇匀 盖好瓶塞，反复上下颠倒，摇匀 装瓶、贴签 将配制好的溶液倒入试剂瓶中，并贴好标签 5.85 5.9 100 1~2 胶头 滴管 |基|础|落|实|小|练| 1.判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)。 (1)向容量瓶中转移液体时，引流用的玻璃棒可以接触容量瓶内壁 ( ) (2)用浓H2SO4配制稀H2SO4时，可以用量筒量取浓H2SO4的体积 ( ) (3)配制Na2SO4溶液时，移液前，容量瓶中有少量蒸馏水会使结果偏高 ( ) (4)用容量瓶配制溶液，定容时若加水超过刻度线，立即用滴管吸出多余液体( ) √ √ × × (5) 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 ( ) 2.配制480 mL 0.10 mol·L-1的硫酸铜溶液，应选_____ mL容量瓶，可称取无水CuSO4的质量为_____ g，或者称取胆矾_____ g。  × × × 500 8.0 12.5 题点、考法讲评 √ 一、配制仪器的使用与配制过程分析 1.(2026·烟台市期末)配制480 mL 0.100 0 mol·L-1 NaCl溶液时，下列说法正确的是(　　) A.用电子天平称量2.925 g NaCl B.溶解后应立即移液至容量瓶 C.定容时俯视刻度线导致所配溶液浓度偏低 D.所需玻璃仪器只有容量瓶、烧杯、量筒、胶头滴管 解析:配制480 mL 0.100 0 mol·L-1 NaCl溶液应使用500 mL容量瓶配制，故需要NaCl质量为m=0.100 0 mol·L-1×0.5 L×58.5 g·mol-1=2.925 g，可以用电子天平称量2.925 g NaCl，A正确;溶解后需冷却至室温再转移，若未冷却就转移并定容，溶液冷却后体积会收缩，导致溶液体积偏小，浓度偏高，B错误;定容时俯视刻度线会使实际液面低于刻度线，溶液体积偏小，浓度偏高，C错误;配制还需玻璃棒搅拌和引流，缺少玻璃棒，D错误。 2. (2026·嘉兴市期末)实验室配制100 mL 0.10 mol·L-1的碳酸钠溶液的部分过程如图，下列说法不正确的是 (　　) A.操作1中托盘天平可换成分析天平以减小误差 B.操作2中玻璃棒与容量瓶口处不接触 C.操作3应加水至凹液面最低处与刻度线相平 D.操作4后发现液面低于刻度线不应补加水 √ 解析:分析天平精确度更高，称量固体更精准，利于减小实验误差，A正确;玻璃棒引流时伸入刻度线下方，与容量瓶口处不接触，B正确;加水定容时，应加水至距离刻度线1~2 cm处改用胶头滴管滴加，使溶液凹液面最低处与刻度线相切，C错误;定容后摇匀过程中可能存在部分液体残留在刻度线上方，导致液面低于刻度线，此时不应补加水，D正确。 3.(2025·浙江6月选考)NaOH中常含Na2CO3。为配制不含Na2CO3的NaOH溶液，并用苯甲酸标定其浓度，实验方案如下: 步骤Ⅰ——除杂:称取NaOH配制成饱和溶液，静置，析出Na2CO3; 步骤Ⅱ——配制:量取一定体积的上层清液，稀释配制成NaOH溶液; 步骤Ⅲ——标定:准确称量苯甲酸固体，加水溶解，加指示剂，用步骤Ⅱ所配制的NaOH溶液滴定。 下列说法正确的是(　　) A.步骤Ⅰ中Na2CO3析出的主要原因是:c(OH-)很大，抑制C水解 B.步骤Ⅱ中可用量筒量取上层清液 C.步骤Ⅲ中可用甲基橙作指示剂 D.步骤Ⅱ、Ⅲ中所需的蒸馏水都须煮沸后使用，目的是除去溶解的氧气 √ 解析:Na2CO3在浓NaOH溶液中析出的主要原因是Na+的同离子效应，导致其溶解度显著降低，高浓度OH-抑制水解是次要原因，A错误;步骤Ⅱ中配制一定浓度的NaOH溶液，可以用量筒量取一定体积的上层清液，稀释配制成NaOH溶液，B正确;苯甲酸属于弱酸，用苯甲酸标定NaOH溶液的浓度，滴定终点溶液呈碱性，应该选择酚酞作指示剂，C错误;步骤Ⅱ、Ⅲ中所需的蒸馏水都须煮沸后使用是除去水中溶解的CO2，避免CO2和NaOH反应产生杂质，氧气对配制苯甲酸溶液和NaOH溶液没有影响，D错误。 二、溶液配制的误差分析 4.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 mol·L-1的NaOH溶液，用托盘天平称取NaOH固体1.8 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: _______。  解析:(2)胆矾的摩尔质量为250 g·mol-1，所需质量为0.5 L×0.1 mol·L-1×250 g·mol-1=12.5 g。 偏小 偏小 (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)用量筒量取浓硫酸时，仰视读数:_______。  (5)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: _______。  (6)未洗涤烧杯及玻璃棒:_______。  解析: (3)实际称量溶质的质量为4.0 g-0.4 g=3.6 g。 偏小 偏大 偏小 偏小 5.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)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:_______。  (2)定容摇匀后，发现液面下降，继续加水至刻度线:_______。  (3)定容时仰视刻度线:_______。  (4)定容摇匀后少量溶液外流:_________。  (5)容量瓶中原有少量蒸馏水:_________。  解析:(1)NaOH溶于水放热，溶液的体积比室温时大，应恢复至室温后再移液、定容。(2)溶液的总体积偏大。 偏大 偏小 偏小 无影响 无影响 |思维建模|配制溶液中误差分析的方法 (1)误差分析的思维流程 (2)定容时视线引起误差的分析方法 ①仰视刻度线[图(a)]，导致溶液体积偏大，结果偏低。 ②俯视刻度线[图(b)]，导致溶液体积偏小，结果偏高。 作业验收评价 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 √ 12 一、选择题 1.下列所配溶液浓度为1 mol·L-1的是(　　) A.将31 g Na2O溶于1 L水中 B.常温下，将22.4 L HCl溶于水中，配成1 L溶液 C.将100 mL 5 mol·L-1的KNO3溶液加水稀释至500 mL D.将10 mL 10 mol·L-1的H2SO4溶液与40 mL水混合 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 解析:根据钠原子守恒可知n(NaOH)=2n(Na2O)=2× =1 mol，但水的体积不等于溶液的体积，所以无法计算出该物质的浓度，A错误;气体存在的状态不是标准状况下，无法确定气体的物质的量，所以无法计算出该物质的浓度， B错误;稀释前后溶质的物质的量不变，即c(浓)V(浓)=c(稀)V(稀)，则100×10-3 L ×5 mol·L-1=c(稀)×500×10-3 L，解得c(稀)=1 mol·L-1，C正确;将10 mL 10 mol·L-1的H2SO4 溶液与40 mL水混合，溶液的体积不等于50 mL，无法计算出该溶液的浓度，D错误。 2.(2023·全国甲卷)实验室将粗盐提纯并配制0.100 0 mol·L-1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 √ 1 2 4 5 6 7 8 9 10 11 3 解析:粗盐提纯涉及的操作及使用的仪器有溶解(⑥烧杯和玻璃棒)、除杂、过滤(漏斗、玻璃棒、⑥烧杯)、蒸发结晶(蒸发皿、⑧酒精灯、玻璃棒)。配制0.100 0 mol·L-1的NaCl溶液的操作步骤及使用的仪器是称量(①天平)→溶解(⑥烧杯和玻璃棒)→移液(⑥烧杯、玻璃棒、⑤容量瓶)→定容(胶头滴管)。 12 √ 1 2 4 5 6 7 8 9 10 11 3 3.(2025·山东卷)称取1.6 g固体NaOH配制400 mL浓度约为0.1 mol·L-1的NaOH溶液，下列仪器中不需要使用的是 (　　) A.100 mL烧杯 B.500 mL容量瓶 C.500 mL量筒 D.500 mL细口试剂瓶(具橡胶塞) 解析:本题设定了“配制400 mL浓度约为0.1 mol·L-1的NaOH溶液”真实情景，一方面固体NaOH质量确定为1.6 g，无法使用500 mL容量瓶(如果使用需要2.0 g)，另一方面容量瓶属于高精度仪器，精确度达0.01 mol·L-1，题目要求配制约为 0.1 mol·L-1的NaOH溶液，无需使用容量瓶。 12 √ 1 2 4 5 6 7 8 9 10 11 3 4.(2026·古田县第一中学月考)实验室要用80 mL 0.2 mol·L-1的硫酸铜溶液，现选取100 mL容量瓶进行配制，以下操作正确的是 (　　) A.称取3.2 g硫酸铜(CuSO4)，加入100 mL水 B.称取3.2 g胆矾(CuSO4·5H2O)配成100 mL溶液 C.称取5.0 g胆矾(CuSO4·5H2O)，加入100 mL水 D.称取5.0 g胆矾(CuSO4·5H2O)配成100 mL溶液 12 1 2 4 5 6 7 8 9 10 11 3 12 解析:配制一定体积、一定物质的量浓度的溶液，要求选择容量瓶的标准是“大而近”。现选择使用100 mL容量瓶进行配制，溶液的浓度是0.2 mol·L-1，则需溶质的物质的量为n(CuSO4)=c·V=0.2 mol·L-1×0.1 L=0.02 mol。根据Cu元素守恒，可知需要硫酸铜的质量为m(硫酸铜)=0.02 mol×160 g·mol-1=3.2 g，需要胆矾质量为m(胆矾)=0.02 mol×250 g·mol-1=5.0 g。然后根据选项问题分析解答。根据上述计算可知:需称取3.2 g硫酸铜，配制所得溶液体积是100 mL，而不是加入100 mL的溶剂水，A、B错误;配制100 mL 0.2 mol·L-1的CuSO4溶液时，是将称量的5.0 g胆矾溶解在适量水中，最后得到溶液体积是100 mL，不是将称取的5.0 g胆矾加到100 mL水得到的溶液，C错误，D正确。 √ 1 2 4 5 6 7 8 9 10 11 3 5.硫酸钠溶液和硫酸溶液等体积混合后，氢离子浓度为0.6 mol·L-1，硫酸根离子浓度为0.8 mol·L-1，则混合溶液中钠离子浓度为 (　　) A.1.0 mol B.0.5 mol C.1.0 mol·L-1 D.0.2 mol·L-1 解析:设钠离子浓度为x mol·L-1，根据电荷守恒:x mol·L-1×1+0.6 mol·L-1 ×1=0.8 mol·L-1×2，解得:x=1.0 mol·L-1。 12 √ 1 2 4 5 6 7 8 9 10 11 3 6.(2026·浦北县期中)化学实验室里有瓶盐酸，上面的标签如图所示。下列说法正确的是 (　　) A.该试剂瓶中的盐酸属于纯净物 B.配制100 mL 1.00 mol·L-1的稀盐酸需该盐酸10 mL C.该盐酸物质的量浓度为12 mol·L-1 D.配制稀盐酸时，取用浓盐酸的量筒使用后应洗涤，并将洗涤液也注入容量瓶 12 产品名称:盐酸 化学式:HCl 产品等级:分析纯 质量分数:36.5% 密度:1.2 g·cm-3 1 2 4 5 6 7 8 9 10 11 3 12 解析:依据计算公式c=可计算得到该盐酸物质的量浓度c= mol·L-1=12 mol·L-1。盐酸是氯化氢的水溶液，因此该试剂瓶中的盐酸属于混合物，故A错误;按稀释定律，100 mL×1.00 mol·L-1=V×12 mol·L-1，V≈8.3 mL，配制100 mL 1.00 mol·L-1的稀盐酸需该盐酸8.3 mL，故B错误;配制稀盐酸时，取用浓盐酸的量筒使用后不能洗涤，故D错误。 √ 1 2 4 5 6 7 8 9 10 11 3 7.某同学在配制一定物质的量浓度的NaCl溶液时，有下列不当操作:①称量时天平未达平衡(左低右高);②摇匀后见液面下降，再加水至刻度线;这两处不当操作对所得溶液浓度的影响是 (　　) A.都导致浓度偏大 B.①导致浓度偏小，②导致浓度偏大 C.都导致浓度偏小 D.①导致浓度偏大，②导致浓度偏小 12 解析:称量时左低右高导致称量质量偏大，浓度偏大，摇匀后加水使体积增加，浓度偏小，即①使浓度偏大，②使浓度偏小，A、B、C错误，D正确。 √ 1 2 4 5 6 7 8 9 10 11 3 8.(2026·张家口期末)实验室由CuSO4·5H2O固体配制500 mL 0.10 mol·L-1 CuSO4溶液，若实验遇下列情况，导致所配溶液的物质的量浓度偏低的是 (　　) A.移液前，容量瓶内有蒸馏水 B.CuSO4·5H2O固体失去部分结晶水 C.未冷却至室温就转移定容 D.定容时仰视刻度线 12 解析:容量瓶中的蒸馏水在定容时会被计入总体积，最终溶液体积准确，浓度不受影响，故A不选;失去结晶水的CuSO4·5H2O固体中CuSO4的实际质量增加，导致溶质物质的量偏多，浓度偏高，故B不选;热溶液体积膨胀，定容后冷却体积收缩，实际溶液体积小于500 mL，浓度偏高，故C不选;仰视刻度线时，实际液面超过刻度线，溶液体积偏大，导致浓度偏低，故D选。 √ 1 2 4 5 6 7 8 9 10 11 3 9.(2026·西安市第一中学月考)V mL Al2(SO4)3溶液中含Al3+a g，取 mL溶液稀释到4V mL，则稀释后溶液中的物质的量浓度是(　　) A. mol·L-1 B. mol·L-1 C. mol·L-1 D. mol·L-1 12 解析:n(Al3+)== mol，c(Al3+)== mol·L-1，取 mL溶液稀释到4V mL，溶液体积增大16倍，则铝离子浓度变为原来的，稀释后c(Al3+) =× mol·L-1= mol·L-1= mol·L-1，该溶液中铝离子浓度与硫酸根离子浓度之比等于其系数之比=2∶3，则稀释后c(S)= mol·L-1×= mol·L-1。 1 2 4 5 6 7 8 9 10 11 3 √ 12 10.[双选](2026·青岛第三十九中学期中)某无土栽培营养液中含有KCl、K2SO4、NH4Cl三种溶质,实验测得部分离子的浓度如图甲所示。取200 mL样品加水稀释,测得N的浓度(c)随溶液体积(V)的变化如图乙曲线所示。下列判断错误的是(　　) A.图甲中X离子是S B.图乙中c1=8.0 C.营养液中KCl的物质的量浓度为4.0 mol·L-1 D.营养液中KCl与K2SO4的物质的量之比为1∶3 √ 1 2 4 5 6 7 8 9 10 11 3 12 解析:由图乙可知,取200 mL样品加水稀释至1 L时,N的浓度为1.6 mol·L-1,则稀释前的浓度c(N)==8.0 mol·L-1,图甲中X的浓度为4.0 mol·L-1,则X离子为S,A正确;原溶液中N的浓度为8.0 mol·L-1,则图乙中c1=8.0,B正确;由Cl元素守恒可知,c(KCl)=9.0 mol·L-1-8.0 mol·L-1=1.0 mol·L-1,C错误;由K元素守恒可知,K2SO4的浓度为4 mol·L-1,则营养液中KCl与K2SO4的物质的量之比为1∶4,D错误。 1 2 4 5 6 7 8 9 10 11 3 12 二、非选择题 11.(6分)检测血液中Ca2+的浓度可用于判断多种疾病。某研究性学习小组设计如下实验测定血液中Ca2+的浓度。 (1)配制酸性KMnO4溶液。如图是配制100 mL 0.01 mol·L-1酸性KMnO4溶液的过程示意图。 1 2 4 5 6 7 8 9 10 11 3 12 ①配制100 mL 0.010 mol·L-1酸性KMnO4溶液时所需称量(分析天平，精确度0.000 1 g)KMnO4固体的质量为________ g。  ②观察图示并判断其中不正确的操作有______(填标号)。  ③其中使用的玻璃仪器除量筒、烧杯外还有__________________________ ________________(填名称)。  ④如果按照图示的操作配制溶液，在其他操作均正确的情况下，配制溶液的浓度将_______(填“偏大”或“偏小”)。  0.158 0　 ace　 玻璃棒、胶头滴管、 偏小　 100 mL容量瓶　 1 2 4 5 6 7 8 9 10 11 3 12 解析:①配制100 mL 0.010 mol·L-1酸性KMnO4溶液时所需称量KMnO4固体的质量为0.010 mol·L-1×0.1 L×158 g·mol-1=0.158 0 g;②KMnO4具有强氧化性，不能直接称量，可以放在烧杯中称量，a错误;转移时应用玻璃棒引流，c错误;定容时应平视刻度线，e错误;③配制一定物质的量浓度溶液时用到的玻璃仪器有量筒、烧杯、玻璃棒、胶头滴管、100 mL容量瓶;④按图示操作a、c会造成溶质质量减少，e定容时仰视会造成加入水偏多，这些错误操作最终会使配制溶液浓度偏小。 1 2 4 5 6 7 8 9 10 11 3 12 (2)测定血液样品中Ca2+的浓度。取血液样品40.00 mL，加适量的草酸铵[(NH4)2C2O4]溶液可析出草酸钙(CaC2O4)沉淀，将洗涤后的草酸钙沉淀溶于强酸可得草酸(H2C2O4)，再用0.010 mol·L-1酸性KMnO4溶液反应，反应完全时，共消耗48.00 mL酸性KMnO4溶液。 ①写出草酸与酸性KMnO4溶液反应的离子方程式: ____________________________________________。 ②计算血液样品中Ca2+的浓度为_____ mg·mL-1。  5H2C2O4+2Mn+6H+==2Mn2++10CO2↑+8H2O 1.2 1 2 4 5 6 7 8 9 10 11 3 12 解析:①草酸和酸性高锰酸钾反应，草酸作还原剂被氧化生成二氧化碳，高锰酸钾作氧化剂被还原为Mn2+，根据得失电子守恒配平离子方程式为5H2C2O4+2Mn+6H+==2Mn2++10CO2↑+8H2O;②根据反应的关系式可知n(Ca2+)=n(H2C2O4)=n(Mn)=×0.010 mol·L-1×0.048 L=1.2×10-3 mol，m(Ca2+)=40 g·mol-1×1.2×10-3 mol=0.048 g，则血液样品中Ca2+的浓度为=1.2 mg·mL-1。 12 1 2 4 5 6 7 8 9 10 11 3 12.(12分)摩尔盐[Fe(SO4)2·6H2O]，摩尔质量为392 g·mol-1，是一种常用的还原剂，也是一种抗氧化剂。回答下列问题: Ⅰ.某小组配制480 mL 0.1 mol·L-1(NH4)2Fe(SO4)2溶液，配制步骤如下:①计算; ②定容;③称量;④溶解;⑤转移;⑥振荡;⑦洗涤;⑧摇匀;⑨装瓶。 (1)配制溶液正确的顺序是①③_____________________________⑧⑨。  解析:配制一定物质的量浓度溶液的步骤为计算、称量、溶解、转移、洗涤、振荡、定容、摇匀、装瓶，所以顺序是①③④⑤⑦⑥②⑧⑨。 ④⑤⑦⑥②或④⑤⑦⑤⑥② 12 1 2 4 5 6 7 8 9 10 11 3 (2)配制溶液需使用托盘天平称量______ g (NH4)2Fe·6H2O固体。  (3)完成步骤④需要的仪器有______________(填名称)。步骤②的具体操作是先加入蒸馏水至离刻度线1~2 cm处，______________________________________ _________________(填操作)。  解析: (2)实验室没有480 mL的容量瓶，应配制500 mL溶液，n=0.5 L×0.1 mol·L-1=0.05 mol，m=0.05 mol×392 g·mol-1=19.6 g，称量固体用托盘天平。(3)步骤④溶解需要的仪器有烧杯、玻璃棒;步骤②定容先加入蒸馏水至离刻度线1~2 cm处，改用胶头滴管滴加蒸馏水，至凹液面最低处与刻度线相切。 19.6 烧杯、玻璃棒 改用胶头滴管滴加蒸馏水，至凹液面最低 处与刻度线相切 12 1 2 4 5 6 7 8 9 10 11 3 (4)如果省去步骤⑦，配制溶液浓度会_____(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。  (5)如果“定容”时加入蒸馏水超过刻度线，后续操作是__________。  解析: (4)省去步骤⑦洗涤，会使溶质损失，根据c=，n减小，配制溶液浓度会偏低。(5)定容时加入蒸馏水超过刻度线，溶液浓度偏低，应重新配制。 偏低 重新配制 12 1 2 4 5 6 7 8 9 10 11 3 Ⅱ.测定某K2Cr2O7样品纯度(杂质不参与反应)。取1.20 g样品溶于水，配制成250 mL溶液，准确量取25.00 mL配制的溶液于锥形瓶中，滴加适量稀硫酸，加入20.00 mL 0.10 mol·L-1Fe溶液恰好完全反应。 (6)则K2Cr2O7样品中K2Cr2O7的质量分数为______%。(保留小数点后两位)  (已知:Cr2+6Fe2++14H+==2Cr3++6Fe3++7H2O) 81.67 12 1 2 4 5 6 7 8 9 10 11 3 解析: 20.00 mL 0.10 mol·L-1的Fe(SO4)2溶液中Fe2+的物质的量:根据n=cV可得n(Fe2+)=0.002 mol;根据反应方程式Cr2+6Fe2++14H+==2Cr3++6Fe3+ +7H2O，由化学计量数之比可知，n(Cr2)=n(Fe2+)=，因为是从 250 mL溶液中取25.00 mL进行反应，所以250 mL溶液中n(Cr2)= ×= mol，K2Cr2O7的摩尔质量M=294 g·mol-1，根据m=nM，可得m(K2Cr2O7)= mol×294 g·mol-1=0.98 g，样品质量为1.20 g，质量分数ω=×100%≈81.67%。 本课结束 更多精彩内容请登录：www.zghkt.cn $