主题3 第2讲 物质的量浓度及溶液的配制(Word教参)-【新高考方案】2027年高考化学一轮总复习

该高中化学高考复习讲义聚焦物质的量浓度及溶液配制核心考点，按概念理解、计算应用、实验操作的逻辑层次整合知识，通过逐点梳理、方法建模、真题精讲等环节，帮助学生构建从基础概念到综合计算再到实验误差分析的完整知识体系。 讲义创新采用“概念-计算-实验”三阶突破法，通过误差分析双角度（溶质改变、溶液改变）训练科学思维，结合容量瓶使用等实验操作培养科学探究与实践能力。设置基础小练与真题分层训练，配合即时反馈，助力学生高效掌握考点，为教师把控复习节奏提供清晰路径。

第二讲　物质的量浓度及溶液的配制 |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。 逐点清(一)　物质的量浓度 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 (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、Na2O2NaOH。 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:CuSO4·5H2OCuSO4。 (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,则溶质的物质的量浓度为　　 　　　mol·L-1。  (3)配制250 mL 0.4 mol·L-1 CuSO4溶液,则需CuSO4的质量为　　　　g。  答案:(1)0.5 mol·L-1　(2)0.4　(3)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。 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% (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　　　　。  答案:(1)18.4 mol·L-1　(2)18.0 g　(3)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:选C　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-1MgCl2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.饱和溶液中溶质的物质的量浓度为 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:选A　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.(2026·哈尔滨市第七十三中学期中)在标准状况下,将a L NH3完全溶于水得到V mL氨水,溶液的密度为ρ g·cm-3,溶质的质量分数为ω,溶质的物质的量浓度为c mol·L-1。下列叙述中正确的有 (　　) ①ω=×100%　②c= mol·L-1　③上述溶液中加入V mL水后,所得溶液的质量分数大于0.5ω　④上述溶液中加入等质量的水后,所得溶液的物质的量浓度大于0.5c A.②③ B.①③ C.②④ D.③④ 解析:选C　氨气溶于水,ω=×100%=×100%=×100%,故①错误;所得氨水中溶液的物质的量浓度为c=== mol·L-1,故②正确;由于氨水的浓度越大,密度越小,等体积氨水的质量小于水的质量,所以将题述溶液中再加入V mL水后,所得溶液的质量分数小于0.5ω,故③错误;题述溶液中加入等质量的水后,所得溶液的质量变为原来的2倍,溶液密度增大,而溶质的物质的量、质量不变,所以所得溶液的体积小于原溶液的2倍,根据c=可知,最终所得溶液的物质的量浓度大于0.5c,故④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。 答案: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%)。 逐点清(二)　一定物质的量浓度溶液的配制 1.主要仪器:托盘天平、药匙、量筒、玻璃棒、烧杯、容量瓶、胶头滴管。 2.容量瓶的构造及使用 (1)构造及用途 (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5.85 g 称量 根据计算结果,用托盘天平称量NaCl固体5.9 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100 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1~2 cm时,改用胶头滴管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 |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。  答案: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:选A　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:选C　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:选B　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:　　　　。  (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:(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。(3)实际称量溶质的质量为4.0 g-0.4 g=3.6 g。 答案:(1)偏小　(2)偏小　(3)偏小　(4)偏大 (5)偏小　(6)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。 答案:(1)偏大　(2)偏小　(3)偏小　(4)无影响　(5)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。 55 / 62 $