课时跟踪检测（5）物质的量浓度-【名师带你过关】2026-2027学年高考化学一轮复习

**基本信息** 聚焦物质的量浓度核心概念与计算，通过概念辨析、误差分析、实际应用等题型构建“概念-计算-应用”逻辑链，渗透科学思维与态度。 **专项设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |基础概念|1-2题|溶液取出浓度不变、离子浓度比较|从定义出发，建立浓度与溶质组成的关联| |溶液配制|3、9题|操作正误判断、误差分析|结合实验操作，理解配制原理及误差影响| |实际应用|4题|化验单数据解读|联系生活情境，强化单位换算与数据处理| |综合计算|5-8、10-12题|质量分数与浓度换算、化学方程式结合计算|整合密度、摩尔质量等物理量，构建定量计算模型|

课时跟踪检测(五)　物质的量浓度 (限时训练:45分钟) 　　　　　　　　　　　　 1.(2026·山西大同期中)从50 mL 1mol/L AlCl3 溶液中取出10 mL溶液,剩余溶液的下列物理量中不会发生变化的是 (　　) A.溶液的体积　 B.Cl-的浓度 C.Al3+的物质的量　 D.溶质AlCl3的质量 2.(2026·江苏省南京模拟)下列溶液中,与100 mL 0.5 mol/L NaCl溶液所含的Cl-物质的量浓度相同的是 (　　) A.100 mL 0.5 mol/L NaClO溶液　 B.溶液200 mL 0.25 mol/L AlCl3 C.100 mL 0.5 mol/L HCl溶液 D.25 mL 1 mol/L MgCl2溶液 3.[科学探究与创新意识]配制80 mL 1.0 mol/L NaOH溶液的操作如下所示。下列说法正确的是 (　　) A.操作1前需称取质量为3.2 g的NaOH B.操作2将溶解的NaOH注入容量瓶后,直接进行操作3 C.操作4如果俯视,则NaOH溶液浓度偏大 D.操作5后液面下降,需补充少量水至刻度线 4.[科学态度与社会责任]某儿童在广州市儿童医院临床检验结果报告单的部分数据如图,根据图中的数据,下列解读错误的是 (　　) 分析项目 检测结果 单位 参考范围 1 锌(Zn) 115.92 μmol·L-1 66~120 2 铁(Fe) 6.95 mmol·L-1 7.52~11.82 3 钙(Ca) 1.78 mmol·L-1 1.55~2.60 A.该儿童铁元素含量偏低,应补充铁元素 B.报告单中“μmol·L-1”为物质的量浓度的单位,“mmol·L-1”为物质的量的单位 C.从报告单可知,儿童体内锌的含量低于铁的含量 D.该儿童体内所含铁元素的物质的量约为钙元素物质的量的3.9倍 5.若20 g密度为d g·cm-3的硝酸钙溶液里含有1 g Ca2+,则N的物质的量浓度为(　　) A. mol·L-1　 B. mol·L-1 C.2.5d mol·L-1　 D.1.25d mol·L-1 6.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.溶质的质量分数w%可表示为 D.相对分子质量Mr可表示为 7.对于1 mol/L的氨水(P<1 lg·cm-3),下列叙述正确的是(忽略溶液混合时的体积变化) (　　) A.将标准状况下22.4 L氨气溶于1 L水配成溶液,即可得到1 mol/L的氨水 B.1 mol/L的氨水的质量分数小于1.7% C.1 mol/L的氨水与水等质量混合后,所得氨水的物质的量浓度大于0.5 mol/L D.将1 mol/L的氨水与3 mol/L的氨水等质量混合后,所得氨水的物质的量浓度为2 mol/L 8.[证据推理与模型认知]实验室中利用氧化铜和氧化铁混合物进行如图实验。下列说法错误的是(　　) A.“3.04 g固体”一定是铁铜混合物 B.“溶液2”中溶质的物质的量为0.1 mol C.混合物中含氧元素的物质的量为0.06 mol D.反应②能生成0.04 g H2 9.已知质量分数为98%的浓硫酸,密度为1.84 g·cm-3。现需要220 mL 1 mol·L-1的稀硫酸。下列说法正确的是 (　　) A.用上述浓硫酸配制稀硫酸时,需要的玻璃仪器有量筒、玻璃棒、烧杯、500 mL容量瓶、胶头滴管 B.经计算需要用量筒量取13.6 mL浓硫酸 C.配制稀硫酸,用量筒量取浓硫酸时俯视刻度线,则配制的稀硫酸浓度偏高 D.若定容时仰视容量瓶的刻度线,则配制的稀硫酸浓度偏高 10.(2026·河北示范高中期中改编)实验室备有质量分数为63%、密度为1.40 g·cm-3的浓硝酸。下列说法错误的是 (　　) A.该硝酸的物质的量浓度为14.0 mol·L-1 B.某同学用该浓硝酸配制稀硝酸,定容时俯视读数,会造成最终配制的稀硝酸浓度偏高 C.50 mL该硝酸与足量的铜反应可得到标准状况下0.35 mol NO2 D.等体积的水与该硝酸混合所得溶液的物质的量浓度大于7.0 mol·L-1 11.Ⅰ.配制酸性KMnO4标准溶液:如图是配制50 mL 0.020 mol·L-1酸性KMnO4标准溶液的过程示意图。 (1)请你观察图示并判断其中不正确的操作有　　　　(填序号)。  (2)其中确定50 mL溶液体积的容器是　　　　(填名称)。  (3)在其他操作均正确的情况下,如果按照图示的操作配制溶液,配制溶液的浓度将　　　　(填“偏大”或“偏小”)。  12.Ⅰ.绿矾(FeSO4·7H2O)在化学合成中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% 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(FeSO4·7H2O,式量为278)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)。  学科网（北京）股份有限公司 $ 课时跟踪检测(五) 1.B　【解析】 取出溶液后剩余溶液的体积变为40 mL,体积发生变化,A错误;溶液浓度是均一的,Cl-的浓度仍为3 mol·L-1,B正确;剩余溶液中Al3+的物质的量为0.04 L×1 mol·L-1=0.04 mol,比原溶液0.05 mol减少,C错误;剩余溶质AlCl3的质量为0.04 mol×133.34 g/mol≈5.333 g,比原溶液6.667 g减少,D错误。 2.C　【解析】 NaCl在水溶液中电离为Na+和Cl-,0.5 mol·L-1 NaCl溶液中的Cl-浓度为0.5 mol·L-1。NaClO在水溶液中电离为Na+和ClO-,无Cl-;AlCl3在水溶液中电离为Al3+和Cl-,Cl-浓度为0.25 mol/L×3=0.75 mol·L-1;HCl在水溶液中电离为H+和Cl-,Cl-浓度为0.5 mol·L-1;MgCl2在水溶液中Mg2+和Cl-,Cl-浓度为1 mol/L×2=2 mol·L-1,故选C. 3.C　【解析】 实验中,使用100 mL容量瓶进行溶液的配制,则操作1前需称量NaOH的质量为0.1 L ×1.0 mol·L-1×40 g·mol-1=4.0 g,A错误;NaOH溶解后,应先冷却到室温,再进行操作3,B错误;操作4如果俯视,则导致体积偏小,NaOH溶液浓度偏大,C正确;操作5后液面下降,不需补充少量水至刻度线;若补充少量水至刻度线,则导致体积偏大,NaOH溶液浓度偏小,D错误。 4.B　【解析】 由报告单中数据可知,该儿童铁元素含量为6.95 mmol·L-1,与参考范围相比铁元素偏低,应补充铁元素,故A正确;报告单中μmol·L-1、mmol·L-1均为物质的量浓度的单位,故B错误;由报告单中数据可知,该儿童体内锌元素的含量为115.92 μmol·L-1,铁元素的含量为6.95 mmol·L-1,则儿童体内锌元素的含量低于铁元素的含量,故C正确;由报告单中数据可知,该儿童体内铁元素的含量为6.95 mmol·L-1,钙元素的含量为1.78 mmol·L-1,则该儿童体内所含铁元素的物质的量约为钙元素物质的量的3.9倍,故D正确;故选B。 5.C　【解析】 1 g钙离子的物质的量为0.025 mol,该溶液中n=2n=0.025 mol×2=0.05 mol,20 g该硝酸钙溶液的体积V=×10-3 L·mL-1= L,所以该溶液中c==2.5d mol·L-1,故选C。 6.D　【解析】 根据c=可得ρ==,故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= 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,故B错误;由B项的分析可知,溶液中溶质的质量分数w%=×100%=×100%,故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,故D正确;故选D。 7.C　【解析】 将标准状况下22.4 L氨气的物质的量为1 mol,溶于水配成1 L溶液,浓度为1 mol/L,体积1 L是指溶液的体积,不是溶剂的体积,故A错误;令氨水密度为p g/mlL,根据c=可知,ω=×%=×100%=1.7%,由于氨水密度ρ<1,所以ω=×100%>1.7%,故B错误;氨水的浓度越大密度越小,混合后溶液的质量为原来2倍,混合后溶液的密度大于1 mol/L氨水溶液的密度,所以混合后溶液的体积小于1 mol/L氨水溶液体积的2倍,溶质氨气物质的量不变,故混合后物质的量浓度大于0.5 mol/L,故C正确;因氨水的浓度越大,其密度越小,则等质量混合时,3 mol/L的氨水所占体积比1 mol/L 的氨水大,故所得氨水的物质的量浓度大于2 mol/L,故D错误;答案C。 8.D　【解析】 实验中得到溶液1发生的反应为CuO+H2SO4CuSO4+H2O、Fe2O3+3H2SO4Fe2(SO4)3+3H2O,得到溶液2可能发生的反应为Fe2(SO4)3+Fe3FeSO4、Fe+H2SO4FeSO4+H2↑、CuSO4+FeFeSO4+Cu,设氧化铁的物质的量为x mol、氧化铜为y mol,由氧化物的质量可得:160x+80y=4,由反应的方程式可得:64y+5.6—56(x+y+0.1—3x—y)=3.04解联立方程可得x=0.01、y=0.03,则4 g固体中含有1.6 g氧化铁、2.4 g氧化铜,3.04 g固体中含有1.92 g铜、1.12 g铁,溶液1中含有0.01 mol硫酸铁、0.03 mol硫酸铜、0.04 mol硫酸,溶液2中含有0.1 mol硫酸亚铁。 3.04 g固体中含有1.92 g铜、1.12 g铁,故A正确;由分析可知,溶液2中含有0.1 mol硫酸亚铁,故B正确;由分析可知,4 g固体中含有0.01 mol氧化铁、0.03氧化铜,混合物中含氧元素的物质的量为0.06 mol,故C正确;由分析可知,溶液1中硫酸的物质的量为0.04 mol,则与铁反应生成氢气的质量为0.04 mol×2 g/mol=0.08 g,故D错误;故选D。 9.B　【解析】 220 mL 1 mol·L-1的稀硫酸需要使用250 mL的容量瓶;一定物质的量浓度溶液配制的操作步骤有计算、量取、稀释、移液、洗涤移液、定容、摇匀等操作,用量筒量取(用到胶头滴管)浓硫酸,在烧杯中稀释,用玻璃棒搅拌,冷却后转移到250 mL容量瓶中,并用玻璃棒引流,洗涤2~3次,将洗涤液转移到容量瓶中,加水至液面距离刻度线1~2 cm时,改用胶头滴管滴加,最后定容颠倒摇匀。 用上述浓硫酸配制稀硫酸时,需要的玻璃仪器有量筒、玻璃棒、烧杯、250 mL容量瓶、胶头滴管,A错误;需要浓硫酸体积为0.25 L×1 mol·L-1×98 g/mol÷98%÷1.84 g·cm-3=13.6 mL,B正确;用量筒量取浓硫酸时俯视刻度线,则浓硫酸量偏小,配制的稀硫酸浓度偏低,C错误;若定容时仰视容量瓶的刻度线,则溶液体积偏大,配制的稀硫酸浓度偏低,D错误;故选B。 10.C　【解析】 根据c=,可知该硝酸的物质的量浓度c= mol·L-1=14.0 mol·L-1,A项正确;某同学用该浓硝酸配制稀硝酸,定容时俯视读数,溶液体积偏小,会造成最终配制的稀硝酸浓度偏高,B项正确;Cu与浓HNO3发生反应:Cu+4HNO3(浓)Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O,硝酸浓度降低到某一浓度后,开始生成NO,不再生成NO2,50 mL该浓硝酸中,硝酸的物质的量n=0.05 L×14 mol·L-1=0.7 mol,由4HNO3~2NO2可知,生成NO2的物质的量小于0.35 mol,C项错误;等体积的水与该硝酸混合所得溶液的体积小于原硝酸体积的2倍,因此所得溶液的物质的量浓度大于7.0 mol·L-1,D项正确。 11.【答案】 (1)⑤　(2)50 mL容量瓶　(3)偏小 【解析】 (3)用图示的操作配制溶液,定容时仰视刻度线,会使溶液体积偏大,配制的溶液浓度将偏小。 12.【答案】 (1)7.14 mol·L-1 　>　(2)32　0.2 (3)65.57%　(4)22.35 g 【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== 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)==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,SO2的物质的量为0.4 mol×=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××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+3H2SO43FeSO4+3H2O、Fe+H2SO4FeSO4+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 mol,m=0.03 mol,所以铁屑中Fe2O3的质量分数是×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,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=,解得x≈22.35 g。 学科网（北京）股份有限公司 $