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第02讲 物质的量浓度（练习）（含答案） 2025年高考化学一轮复习讲练测（新教材新高考）
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题型一 物质的量浓度概念的理解
1．下列操作所得溶液的溶质的物质的量浓度为1的是( )
A．将9.5g MgCl2溶于蒸馏水，配成100mL溶液
B．将4gNaOH固体溶于100mL蒸馏水
C．将50mL2NaCl溶液与50mL蒸馏水混合
D．将3.36L氯化氢气体溶于水，配成150mL溶液
【答案】A
【解析】A项，9.5g MgCl2的物质的量为0.1ml，配成100mL溶液，浓度等于1ml/L，A正确；B项，4gNaOH的物质的量未0.1ml，溶于100mL蒸馏水，溶液的体积不再是100mL，故浓度不是1ml/L，故B错误；C项，50mL溶液与50mL水混合后溶液的体积未知，不能计算浓度，故C错误；D项，状况未标明，故气体的物质的量不一定是0.15ml，D错误；故选A。
2．下列说法正确的是( )
A．将44.8 L的HCl气体溶于水配成1 L溶液，溶液的浓度为2 ml/L
B．将40 g NaOH固体溶解在1 L水中，所得溶液的浓度恰好是1 ml/L
C．2 L0.2 ml/L的NaCl溶液与5 L0.4 ml/L的NaCl溶液的Cl-浓度之比为1：2
D．从100 mL硫酸溶液中取出10 mL，则这10 mL硫酸溶液的物质的量浓度是原溶液的
【答案】C
【解析】A项，未知气体所处的外界条件，不能确定其物质的量，因而不能计算其配制溶液的浓度，A错误；B项，40 g NaOH的物质的量是1 ml，将其溶解在1 L水中，所得溶液的体积不是1 L，因此不能确定溶液的物质的量浓度就是1 ml/L，B错误；C项，2 L0.2 ml/L的NaCl溶液中Cl-浓度是0.2 ml/L；5 L0.4 ml/L的NaCl溶液的Cl-浓度是0.4 ml/L，故两种溶液中Cl-浓度之比为0.2 ml/L ：0.4 ml/L =1：2，C正确；D项，溶液具有均一性，同一溶液各处的浓度相等，与溶液体积大小无关，故从100 mL硫酸溶液中取出10 mL，则这10 mL硫酸溶液的物质的量浓度就是原溶液的浓度，D错误；故选C。
3．某校化学兴趣小组在实验中发现一瓶溶液，标签上标有“CaCl2 0.1 ml·L-1”的字样，下面是该小组成员对溶液的叙述，正确的是( )。
A．配制1 L该溶液，可将0.1 ml CaCl2溶于1 L水中
B．Ca2+和Cl-的物质的量浓度都是0.1 ml·L-1
C．从试剂瓶中取出该溶液的一半，则所取溶液的物质的量浓度为0.05 ml·L-1
D．将该瓶溶液稀释一倍，所得溶液中c(Cl-)为0.1 ml·L-1
【答案】D
【解析】将0.1 ml CaCl2溶于1 L水中，所得溶液的体积大于1 L，A项错误；Cl-的物质的量浓度为0.2 ml·L-1，B项错误；所取溶液的物质的量浓度为0.1 ml·L-1，C项错误；原溶液中c(Cl-)=0.2 ml·L-1，将溶液稀释一倍后，所得溶液中c(Cl-)=0.1 ml·L-1，D项正确。
4．下列溶液Cl-物质的量浓度与200mL1ml·L-1AlCl3溶液中Cl-物质的量浓度相等的是( )
A．150mL3ml·L-1NaClO溶液B．75mL3ml·L-1CaCl2溶液
C．150mL3ml·L-1KCl溶液D．150mL2ml·L-1MgCl2溶液
【答案】C
【解析】200mL1ml·L-1AlCl3溶液中Cl-物质的量浓度3ml·L-1。A项，150mL3ml·L-1NaClO溶液中NaClO电离出Na+和ClO-，不存在Cl-，A不符合题意；B项，75mL3ml·L-1CaCl2溶液中Cl-物质的量浓度6ml·L-1，B不符合题意；C项，150mL3ml·L-1KCl溶液中Cl-物质的量浓度3ml·L-1，C符合题意；D项，150mL2ml·L-1MgCl2溶液中Cl-物质的量浓度4ml·L-1，D不符合题意；故选C。
题型二 溶液浓度的计算
5．一定量的铜和浓硫酸在加热条件下充分反应，向反应后的溶液中逐滴加入含a ml NaOH的溶液，恰好使反应后的溶液呈中性，则下列叙述错误的是 ( )
A．溶液中c(Na＋)＝2c(SOeq \\al(2－,4)) B．eq \f(a,2) ml＞沉淀的物质的量＞0
C．沉淀的物质的量＝eq \f(a,2) ml D．原浓硫酸中H2SO4的物质的量＞eq \f(a,2) ml
【答案】C
【解析】铜和浓硫酸反应后的溶液中含有CuSO4和H2SO4，加入含a ml NaOH的溶液后显中性，此时溶液中的溶质为Na2SO4，Cu2＋完全沉淀，A项正确；n(CuSO4)＜eq \f(a,2) ml，故B项正确，C项错；由于有一部分浓硫酸被还原为SO2，故n(H2SO4)＞eq \f(a,2) ml，D项正确。
6．体积为VmL，密度为的ρg/cm3含有相对分子质量为M的某种物质的溶液，其中溶质为mg，其物质的量浓度为cml/L，溶质的质量分数为w％，则下列表示正确的是( )
A．B．C．c=D．
【答案】A
【解析】A项，，A项正确；B项，，B项错误；C项，，C项错误；D项，，则，D项错误；故选A。
7．现有硫酸钠溶液V mL，其密度是ρ g·mL－1，其中钠离子的质量分数是a%，则有关该溶液的说法不正确的是( )
A．溶质的质量分数是eq \f(71a,23)%
B．溶液的物质的量浓度是eq \f(5ρa,23) ml·L－1
C．溶质和溶剂的物质的量之比是9a∶(1 000－142a)
D．硫酸根离子的质量分数是eq \f(48a,23)%
【答案】C
【解析】现有硫酸钠溶液V mL，其密度是ρ g·mL－1，溶液质量是ρV g，其中钠离子的质量分数是a%，则钠离子的质量是ρVa% g，物质的量是eq \f(ρVa%,23) ml，所以硫酸钠的物质的量是eq \f(ρVa%,46) ml，质量是eq \f(ρVa%,46) ml×142 g·ml－1＝eq \f(142ρVa%,46) g，则：溶质的质量分数是eq \f(\f(142ρVa%,46) g,ρV g)＝eq \f(71a%,23)，A正确；溶液的物质的量浓度是eq \f(\f(ρVa%,46) ml,0.001V L)＝eq \f(5ρa,23) ml·L－1，B正确；溶质和溶剂的物质的量之比是eq \f(ρVa%,46) ml∶eq \f(ρV g－\f(142ρVa%,46) g,18 g·ml－1)，C错误；硫酸根离子的质量分数是eq \f(\f(ρVa%,46) ml×96 g·ml－1,ρV g)＝eq \f(48a%,23)，D正确。
8．现有硫酸钠溶液V mL，它的密度是ρ g· mL-1，其中钠离子的质量分数是a%，则下列有关该溶液的说法错误的是( )。
A．溶质的质量分数是71a23%
B．溶液的物质的量浓度是5ρa23 ml·L-1
C．溶质和溶剂的物质的量之比是9a∶(2300-71a)
D．硫酸根离子的质量分数是48a23
【答案】D
【解析】现有硫酸钠溶液V mL，它的密度是ρ g· mL-1，溶液质量是ρV g，其中钠离子的质量分数是a%，则钠离子的质量是ρVa% g，物质的量是ρVa%23 ml，所以硫酸钠的物质的量是ρVa%46 ml，质量是ρVa%46 ml×142 g· ml-1=142ρVa%46 g，则溶质的质量分数是142ρVa%46gρVg×100%=71a23%，A项正确；溶液的物质的量浓度是ρVa%46ml0.001VL=5ρa23 ml·L-1，B项正确；溶质和溶剂的物质的量之比是ρVa%46 ml∶ρVg-142ρVa%46g18 g· ml-1=9a∶(2300-71a)，C项正确；硫酸根离子的质量分数是ρVa%46ml×96 g· ml-1ρVg×100%=48a23%，D项错误。
9．已知硫酸、氨水的密度与所加水的量的关系如图所示，现有硫酸与氨水各一份，请根据表中信息，回答下列问题：
(1)表中硫酸的质量分数为________(不写单位，用含c1、ρ1的代数式表示)。
(2)物质的量浓度为c1 ml·L－1的硫酸与水等体积混合(混合后溶液的体积变化忽略不计)，所得溶液的物质的量浓度为________ ml·L－1。
(3)将物质的量浓度分别为c2 ml·L－1和eq \f(1,5)c2 ml·L－1的氨水等质量混合，所得溶液的密度________(填“大于”、“小于”或“等于”，下同)ρ2 g·cm－3，所得溶液的物质的量浓度________eq \f(3,5)c2 ml·L－1(设混合后溶液的体积变化忽略不计)。
【答案】(1)eq \f(9.8c1,ρ1)% (2)c1/2 (3)大于 大于
【解析】(1)设硫酸的体积为1 L，则w(H2SO4)＝eq \f(1×c1×98,1×103×ρ1)×100%＝eq \f(9.8c1,ρ1)%。(2)硫酸与水等体积混合(混合后溶液的体积变化忽略不计)，溶液的体积变为原来的2倍，则浓度为eq \f(c1,2) ml·L－1。(3)根据图像可知，氨水的浓度越大，密度越小，则c2 ml·L－1氨水的密度小于eq \f(1,5)c2 ml·L－1氨水的密度，等质量时，eq \f(1,5)c2 ml·L－1氨水的体积小于c2 ml·L－1氨水的体积。两者混合后，所得溶液的密度一定比ρ2大，所得溶液的物质的量浓度趋近于体积大者，故大于eq \f(3,5)c2 ml·L－1。
题型三 一定物质的量浓度溶液的配制
10．某兴趣小组需要500 mL 2 ml·L-1的H2SO4溶液，若用质量分数为98%、密度为1.84 g· mL-1的浓硫酸配制该溶液。下列操作正确的是( )。
【答案】D
【解析】A项，图中量取液体时仰视刻度线，导致量取浓硫酸体积偏大，操作错误；B项，图中浓硫酸稀释时，将水注入浓硫酸容易使硫酸飞溅伤人，操作错误；C项，图中移液操作未用玻璃棒引流，操作错误；D项，图中为定容操作，眼睛平视刻度线，操作正确。
11．下列实验操作或仪器的选择正确的是( )。
A．配制240 mL 0.1 ml·L-1FeSO4溶液，需要选择240 mL容量瓶
B．配制1 ml·L-1H2SO4溶液，为了节省时间，可将浓硫酸直接加入容量瓶中
C．配制1 ml·L-1AlCl3溶液，将氯化铝晶体溶于适量浓盐酸中，加水稀释
D．移液时，玻璃棒下端紧靠容量瓶刻度线以上的位置
【答案】C
【解析】A项，实验室没有规格为240 mL的容量瓶，应选择250 mL的容量瓶，错误；B项，不能在容量瓶中直接稀释浓硫酸，错误；C项，氯化铝易水解，将AlCl3晶体溶于浓盐酸中可抑制AlCl3的水解，正确；D项，移液时，玻璃棒下端应紧靠容量瓶刻度线以下的位置，错误。
12．(2024·山东省青岛市一模)草酸晶体(H2C2O4·2H2O)用途广泛，易溶于水，其制备及纯度测定实验如下。
I．制备
步骤1：将mg淀粉溶于水与少量硫酸加入反应器中，保持85~90℃约30min，然后逐渐降温至60℃左右。
步骤2：控制反应温度在55~60℃条件下，边搅拌边缓慢滴加含有适量催化剂的混酸(65%硝酸与98%硫酸)，主要反应为C6H12O6+12HNO3=3H2C2O4+9NO2↑+3NO↑+9H2O。严格控制混酸的滴加速度，防止发生副反应。3h左右，冷却，减压过滤得粗品，精制得草酸晶体m1g。
Ⅱ．纯度测定
称取制得的草酸晶体m2g，配成100.00mL溶液。取出20.00mL，用cml·L-1酸性KMnO4标准溶液滴定，重复2~3次，滴定终点时，平均消耗标准溶液VmL。对于上述实验，下列说法正确的是( )
A．65%浓硝酸()的物质的量浓度约为13.6ml·L-1
B．草酸晶体的产率为
C．配制的草酸溶液物质的量浓度为0.025cVml·L-1
D．草酸晶体的纯度为
【答案】D
【解析】A项，65%浓硝酸()的物质的量浓度约为，故A错误；B项，，，则草酸晶体的产率为，故B错误；C项，根据得失电子守恒有5H2C2O4~2KMnO4，则配制的草酸溶液物质的量浓度为，故C错误；D项，据C解析草酸溶液的物质的量浓度，则草酸晶体的纯度为，故D正确；故选D。
13．(2024•山东省烟台市招远二中月考)某“84”消毒液部分标签如下图所示，回答下列问题：
(1)计算该“84”消毒液的物质的量浓度为 ml·L-1 (保留小数点后一位)。
(2)某实验需用480mL2.0NaClO的消毒液，现用NaClO固体配制。需要用托盘天平称量NaClO的固体质量为 g；
(3)在配制过程中，除需要烧杯、玻璃棒外还必需的玻璃仪器有 。
(4)下列操作可能使配制溶液浓度偏低的是(填字母) 。
A．移液时，未洗涤烧杯内壁和玻璃棒
B．溶解后未经冷却就移液
C．移液时，有少量液体溅出
D．定容时，仰视刻度线
E．容量瓶用蒸馏水洗净后，没烘干就直接使用
(5)取该“84”消毒液100mL，再加入28.4克Na2SO4(Na2SO4的摩尔质量142 g·mlˉ1)固体，将其溶解并配成500mL溶液，此时溶液中Na+的物质的量浓度为 ml·L-1。
【答案】(1)4.0 (2)74.5 (3)胶头滴管、500mL容量瓶 (4)ACD (5)1.6
【解析】(1)由公式c=可知，25%次氯酸钠溶液的物质的量浓度为ml/L=4.0ml/L；(2)实验室没有480mL容量瓶，配制480mL 2.0 ml/L次氯酸钠溶液的消毒液时，应选择500mL容量瓶配制，则次氯酸钠的质量为2.0ml/L×0.5L×74.5g/ml=74.5g；(3)配制一定物质的量浓度的溶液的一般步骤为计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶等，用到的仪器有烧杯、药匙、托盘天平、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管，则缺少必须的玻璃仪器为胶头滴管、500mL容量瓶，故选胶头滴管、500mL容量瓶；(4)移液时，未洗涤烧杯内壁和玻璃棒会导致溶质的物质的量减小，所配溶液的浓度偏低，A符合题意；溶解后未经冷却就移液会导致溶液体积偏小，所配溶液的浓度偏高，B不符合题意；移液时，有少量液体溅出会导致溶质的物质的量减小，所配溶液的浓度偏低，C符合题意；定容时，仰视刻度线会导致溶液体积偏大，所配溶液的浓度偏低，D符合题意；容量瓶用蒸馏水洗净后，没烘干就直接使用对溶质的物质的量和溶液的体积都不产生影响，溶液的浓度无影响，E不符合题意；故选ACD；(5)由题意可知，500mL溶液中钠离子的物质的量浓度为=1.6 ml/L。
14．(2024•安徽省亳州市涡阳县期末)某学生欲配制1000mL6.0ml·L-1的H2SO4，实验室有三种不同浓度的硫酸：
①480mL0.5ml·L-1的硫酸；②150mL25%的硫酸(ρ=1.18g·mL-1)；③足量的18ml·L-1的硫酸。有三种规格的容量瓶：250mL、500mL、1000mL。老师要求把①②两种硫酸全部用完，不足的部分由③来补充。
请回答下列问题：
(1)实验所用25%的硫酸的物质的量浓度为 _______ml·L-1(保留1位小数)。
(2)配制时，该同学的操作顺序如下，请将操作步骤B、D补充完整。
A．将①②两溶液全部在烧杯中混合均匀；
B．用量筒准确量取所需的18ml·L-1的浓硫酸 _______mL，沿玻璃棒倒入上述混合液中。并用玻璃棒搅拌，使其混合均匀；
C．将混合均匀的硫酸沿玻璃棒注入所选的容量瓶中；
D．________________________；
E.振荡，继续向容量瓶中加水，直到液面接近刻度线1~2cm处；
F.改用胶头滴管加水，使溶液的凹液面恰好与刻度线相切；
G.将容量瓶盖紧，振荡，摇匀。
(3)进行操作C前还需注意___________________________________ 。
(4)如果省略操作D，对所配溶液浓度有何影响？ _____ (填“偏大”、“偏小”或“无影响”)。
【答案】(1)3.0
(2) 295 用适量的水洗涤烧杯和玻璃棒2～3次，洗涤液均注入容量瓶中
(3)将稀释后的硫酸冷却至室温
(4)偏小
【解析】(1)25%的硫酸(ρ=1.18g/mL)物质的量浓度；(2)欲配制6.0ml/L的H2SO4 1 000mL所需硫酸的物质的量=6.0ml/L×1L=6.0ml，①480mL 0.5ml/L的硫酸中含硫酸的物质的量为0.5ml/L×0.48L=0.24ml；②150mL 25%的硫酸(ρ=1.18g/mL)含硫酸的物质的量为3.0ml/L×0.15L=0.45ml，6.0ml-0.24ml-0.45ml=5.31ml，所以需要18ml/L的硫酸的体积，即295.0mL；烧杯壁和玻璃棒上都沾有硫酸，为保证全部将溶质转移到容量瓶，应进行洗涤，将洗涤液全部转移到容量瓶中；故D为：用适量的水洗涤烧杯和玻璃棒2～3次，洗涤液均注入容量瓶中；(3)容量瓶不能受热，故应将将稀释后的硫酸冷却；(4)如果省略操作D，导致溶质的物质的量偏小，依据可知溶液浓度偏小。
15．(2024•山东省枣庄市薛城区期末)物质的量是化学常用的物理量。回答下列问题：
(1)某含氯化合物X在标准状况下为气体，6.8 g X的体积为4.48 L(STP)，则X的摩尔质量是 。
(2)y ml H2SO4中含a个氧原子，则阿伏加德罗常数NA= (用含a、y的代数式表示)。
(3)无土栽培所用营养液中含有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c(SO42-)随溶液体积(V)的变化如图乙所示。
①c(SO42-)= ml·L－1。
②溶质中NH4+的物质的量为 。
(4)室温下，某固定容积的密闭容器由可移动的活塞隔成A、B两室，分别向A、B两室充入H2、O2的混合气体和1ml空气，此时活塞的位置如图。
①A室混合气体的物质的量为 ml；若实验测得A室混合气体的质量为19g，该混合气体中H2、和O2的物质的量之比为 。
②若将A室中混合气体点燃，恢复到原来温度后，活塞停留在 刻度处。
【答案】(1) (2)
(3) 4 1.6ml (4) 2 3：1 2
【解析】(1)标准状况下，4.48 L气体的物质的量为，该气体的摩尔质量为；(2)y ml H2SO4中含4yml氧原子，即a个氧原子，则；(3)①由乙图知，稀释前；②由甲图知，在稀释前，c(K+)=c(Cl-)=9.0ml/L，根据电荷守恒得：，则；(4)①相同温度和压强下，气体的体积之比等于其物质的量之比，开始时A、B体积之比为4：2=2：1，则A中气体物质的量是B的2倍，为2ml；设氢气、氧气的物质的量分别是xml、yml则x+y=2，2x+ 32y = 19，解得x=1.5，y=0.5，该混合气体中H2、和O2的物质的量之比为3：1；②若将A室H2、O2的混合气体点燃，根据反应方程式知，恢复原温度后，氢气有剩余，剩余氢气的物质的量为0.5ml，则A、B时气体物质的量之比为0.5ml：1ml=1：2，其体积之比为1：2，所以最终活塞停留的位置在2刻度。
16．(2024•海南省部分学校高三联考)碳酸钠俗称纯碱，是一种重要的化工原料，在生活、生产和实验研究中均有广泛应用。某学习小组探究Na2CO3溶液与盐溶液反应的产物，进行如下实验。
(1)配制100mL0.1ml·L-1的Na2CO3溶液。
①配制溶液过程中用托盘天平称量Na2CO3·10H2O固体的质量为 g。
②定容时，加蒸馏水不慎超过刻度线，处理的方法是 。
(2)通过下列实验探究Na2CO3溶液与盐溶液反应，记录实验现象如下表：
为了探究白色沉淀的成分，设计了热分解实验，其装置如图所示：
将实验乙、丙所得沉淀分别置于装置B中使样品完全分解，实验结束后，数据记录如下：
①实验甲产生白色沉淀反应的离子方程式为 。
②装置E的作用是 。
③通过热分解实验可判断实验乙所得白色沉淀的成分为 (填化学式)，实验乙反应的离子方程式为 。
④实验丙所得白色沉淀的化学式可表示为xZn(OH)2·yZnCO3，则x∶y= 。
【答案】(1) 2.9 重新配制
(2) Ca2++CO32-=CaCO3↓ 防止空气中的H2O、CO2进入装置D中
Al(OH)3↓ 2Al3++3 CO32-+3H2O=2Al(OH)3↓+3CO2↑ 1∶1
【解析】探究白色沉淀成分的热分解实验中，A装置中的碱石灰吸收空气中的CO2和H2O(g)，实验前用除去CO2和H2O(g)的空气排尽装置中的空气，B装置进行白色沉淀的热分解，C装置吸收分解生成的H2O(g)，D装置中的碱石灰吸收分解生成的CO2，E装置中的碱石灰防外界空气中的H2O(g)和CO2进入D装置，实验结束后用除去CO2和H2O(g)的空气将分解生成的气体全部驱赶出来以便完全吸收。(1)①配制溶液过程中用托盘天平称量Na2CO3∙10H2O固体的质量为0.1ml/L×0.1L×286g/ml≈2.9g。②定容时，加蒸馏水不慎超过刻度线，说明实验失败，处理的方法是：重新配制。(2)①实验甲中Na2CO3与CaCl2发生复分解反应产生白色CaCO3沉淀，反应的离子方程式为Ca2++ CO32-=CaCO3↓。②装置E的作用是：防止空气中的H2O(g)、CO2进入装置D中。③实验乙的样品热分解生成了H2O的质量为3.6g，没有生成CO2说明白色沉淀中不含CO32-，加热后固体为Al2O3，Al2O3与H2O的物质的量之比为∶=1∶3，故实验乙中所得白色沉淀的成分为Al(OH)3；实验乙中Na2CO3与AlCl3发生双水解反应生成Al(OH)3和CO2，反应的离子方程式为2Al3++3 CO32-+3H2O=2Al(OH)3↓+3CO2↑。④实验丙的样品完全分解生成H2O的质量为1.8g，生成H2O的物质的量为=0.1ml，生成CO2的质量为4.4g，生成CO2的物质的量为=0.1ml，生成ZnO的质量为16.2g，生成ZnO的物质的量为=0.2ml，根据原子守恒，Zn(OH)2与ZnCO3即x∶y=0.1ml∶0.1ml=1∶1。
17．(2024•陕西省西安市期中)CuSO4·5H2O俗称蓝矾、胆矾或铜矾，是颜料、电池、杀虫剂、木材防腐等方面的化工原料。其具有催吐，祛腐，解毒作用。
I．实验室需配制的CuSO4溶液．根据溶液配制情况，回答下面问题：
(1)用胆矾配制上述CuSO4溶液，需用托盘天平称量的质量为 。
(2)下列关于容量瓶的操作，正确的是 。
(3)以下操作会引起所配制溶液浓度偏低的是 (填序号)。
a．配制前容量瓶底部有少量水 b．胆矾长期放置失去部分结晶水
c．定容时仰视刻度线 d．装瓶时有少量溶液溅出
(4)现利用上述CuSO4溶液配制的CuSO4溶液，需用量筒量取 的CuSO4溶液。完成该实验，除用量筒，烧杯，玻璃棒之外，还需使用的玻璃仪器有 。
Ⅱ．实验室有一瓶标签污损的硫酸铜溶液，为测定其浓度，研究小组设计了如下方案。
实验原理：CuSO4+BaCl2=BaSO4↓+CuCl2
实验步骤：
(5)判断SO42-沉淀完全的方法为 。
(6)固体质量为wg，则c(CuSO4)= 。
(7)若步骤①从烧杯中转移沉淀时未洗涤烧杯，则测得c(CuSO4) (填“偏高”“偏低”或“无影响”)。
【答案】(1)12.5g (2)C (3)c
(4) 10 500mL容量瓶、胶头滴管
(5)向上层清液中继续滴加BaCl2溶液，无白色沉淀生成，则沉淀完全
(6)
(7)偏低
【解析】配制一定物质的量浓度的溶液，所需的步骤有计算、称量、溶解(冷却)、转移、洗涤、定容、摇匀、装瓶贴签。【解析】(1)胆矾为五水硫酸铜晶体，配制上述CuSO4溶液，需用托盘天平称量的质量为；(2)A．摇匀时应盖好瓶塞，反复上下颠倒摇匀，而不是上下振荡，A错误；B．定容应平视刻度线，B错误；C．溶液转入时要用玻璃棒引流，C正确；故选C；(3)a．溶液配制过程中需加水定容，配制前容量瓶底部有少量水，对所配浓度无影响； b．胆矾长期放置失去部分结晶水，导致所称胆矾中CuSO4质量偏大，浓度偏高；c．定容时仰视刻度线，导致所配溶液体积偏大，使溶液浓度偏低；d．溶液具有均一性，装瓶时有少量溶液溅出，对所配浓度无影响；故选c；(4)用上述CuSO4溶液配制的CuSO4溶液，需使用500mL的容量瓶，则需用量筒量取的CuSO4溶液。完成该实验，除用量筒，烧杯，玻璃棒之外，还需使用的玻璃仪器有500mL容量瓶、胶头滴管；(5)因CuSO4+BaCl2=BaSO4↓+CuCl2，则判断SO42-沉淀完全的方法为：向上层清液中继续滴加BaCl2溶液，无白色沉淀生成，则沉淀完全；(6)CuSO4+BaCl2=BaSO4↓+CuCl2，固体质量为wg硫酸钡，则；(7)若步骤①从烧杯中转移沉淀时未洗涤烧杯，会损失部分硫酸钡，导致计算出的n(BaSO4)偏小，即n(CuSO4)偏小，则测得c(CuSO4)偏低。
18．(2024•湖南省常德市期末)碳酸氢钠俗称小苏打，在医疗、食品、橡胶工业中有广泛应用。
(1)甲同学向饱和NaCl溶液中先通NH3再通入CO2，充分反应后得到NaHCO3晶体和另一种不含金属元素的盐，请补充完整该反应方程式。
NaCl+NH3+CO2+H2O=NaHCO3↓+_____ ；
乙同学认为甲同学获得的NaHCO3晶体中含有NaCl等与酸不反应的杂质。为测定NaHCO3的质量分数，他设计了以下两种方案：
方案一：滴定法
称取样品溶于水，逐滴加入2.3ml·L-1稀硫酸，待完全反应时，测定所消耗稀硫酸的体积。
(2)配制100mL2.3ml·L-1的稀硫酸
①若用18.4 ml·L-1浓硫酸配制，需量取浓硫酸 。
②配制过程中不需要用到的仪器是 (填字母)。
A． B． C． D．
③下列情况会导致所配制溶液浓度偏低的是 。
A．没有洗涤烧杯和玻璃棒
B．定容时俯视刻度线
C．容量瓶清洗后残留有少量蒸馏水
D．如果加水超过了刻度线，吸出液体使液面恰好到刻度线
(3)乙同学在用硫酸滴定样品测定含量时，在保证测定结果数值变化不大的情况下，一共进行3次测定，这样做的目的是 。
方案二：称量法
乙同学按如图操作流程进行测定。
(4)操作Ⅰ后所得溶液的主要溶质的化学式是 。
(5)操作Ⅱ的名称是 。
(6)样品中NaHCO3的质量分数为 (用含a的代数式表示)。
【答案】(1) NH4Cl
(2) 12.5 D AD
(3)减小实验误差
(4) NaCl
(5)蒸发
(6)
【解析】(1)该反应为NaCl+NH3+CO2+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl；(2)①配制100mL2.3ml/L的稀硫酸，据稀释前后溶质物质的量不变，可知需量取18.4 ml·L-1浓硫酸体积；②配制100mL2.3ml/L的稀硫酸，需要使用量筒、烧杯、玻璃棒、100mL容量瓶、胶头滴管，不需要使用漏斗，故选D；③没有洗涤烧杯和玻璃棒，导致溶质的物质的量偏少，由于溶液体积不变，所配制溶液浓度偏低，故A正确；定容时俯视刻度线，则溶液的体积偏小，由于溶质的物质的量不变，最终导致配制的溶液浓度偏高，故B错误；容量瓶清洗后残留有少量蒸馏水，不影响溶质的物质的量及溶液的体积，因此对配制的溶液的浓度无影响，故C错误；如果加水超过了刻度线，吸出液体使液面恰好到刻度线，则溶质的物质的量减少，最终导致配制的溶液浓度偏低，故D正确；故选AD；(3)测定含量时，在保证测定结果数值变化不大的情况下，一共进行3次测定，这样做的目的是减小实验误差；(4)样品与足量盐酸反应后，得到的溶液中的溶质主要是NaCl，所以操作Ⅰ后所得溶液的主要溶质的化学式是NaCl；(5)将反应后溶液转移蒸发皿中蒸发，当仅剩余少量液体时，停止加热，利用余热将残留水分蒸干，然后冷却、称量，所以操作Ⅱ的名称是蒸发；(6)据反应方程式NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑可知，84g NaHCO3参与反应，固体质量减轻84g-58.5g=25.5g，现减轻(2.0-a)g，则样品中NaHCO3的质量为，所以样品中NaHCO3的质量分数为。
1．(2022•山东卷)实验室用基准Na2CO3配制标准溶液并标定盐酸浓度，应选甲基橙为指示剂，并以盐酸滴定Na2CO3标准溶液。下列说法错误的是( )
A．可用量筒量取25.00 mL Na2CO3标准溶液置于锥形瓶中
B．应选用配带塑料塞的容量瓶配制Na2CO3标准溶液
C．应选用烧杯而非称量纸称量Na2CO3固体
D．达到滴定终点时溶液显橙色
【答案】A
【解析】根据中和滴定过程批示剂选择原则，以盐酸滴定Na2CO3标准溶液，选甲基橙为指示剂，则应利用盐酸滴定碳酸钠，即将Na2CO3标准溶液置于锥形瓶中，将待测盐酸置于酸式滴定管中，滴定终点时溶液由黄色变为橙色。A项，量筒的精确度为0.1 mL，不可用量简量取Na2CO3标准溶液，应该用碱式滴定管或移液管量取25.00 mL Na2CO3标准溶液置于锥形瓶中，A错误；B项，Na2CO3溶液显碱性，盛放Na2CO3溶液的容器不能用玻璃塞，以防碱性溶液腐蚀玻璃产生有粘性的硅酸钠溶液而将瓶塞粘住，故应选用配带塑料塞的容量瓶配制Na2CO3标准溶液，B正确；C项，Na2CO3有吸水性且有一定的腐蚀性，故应选用烧杯而非称量纸称量Na2CO3固体，C正确；D项，Na2CO3溶液显碱性，甲基橙滴入Na2CO3溶液中显黄色，当滴入最后一滴盐酸时，溶液由黄色突变为橙色且半分钟之内不变色即为滴定终点，故达到滴定终点时溶液显橙色，D正确；故选A。
2．(2021•广东省选择性考试)测定浓硫酸试剂中含量的主要操作包括：
①量取一定量的浓硫酸，稀释；
②转移定容得待测液；
③移取待测液，用的溶液滴定。
上述操作中，不需要用到的仪器为
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】实验过程中，①量取一定量的浓硫酸并稀释所需仪器为：量筒、烧杯、玻璃棒；
②转移定容得待测液所需仪器为：玻璃棒、容量瓶、胶头滴管；③移取20.00mL待测液，用0.1000ml/L的NaOH溶液滴定所需仪器为：酸式滴定管、碱式滴定管、锥形瓶；选项中A为容量瓶，B为分液漏斗，C为锥形瓶，D为碱式滴定管，上述操作中，不需要用到的仪器为分液漏斗，综上所述，故答案为B。
3．(2022•全国乙卷，27题节选)二草酸合铜(Ⅱ)酸钾(K2 Cu [(C2O4)2])可用于无机合成、功能材料制备。
(1)由CuSO4·5H2O配制Ⅰ中的CuSO4溶液，下列仪器中不需要的是________(填仪器名称)。
【答案】(1)分液漏斗和球形冷凝管
【解析】(1)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。
4．[2020·北京，17(4)]从旧CPU中回收金部分流程如下
eq \x(含Au固体)eq \(―――――→,\s\up7(HNO3—NaCl),\s\d5(溶金、分离))eq \x(HAuCl4溶液)eq \(――――→,\s\up7(Zn粉),\s\d5(还原、分离))eq \x(Au)
若用Zn粉将溶液中的1 ml HAuCl4完全还原，则参加反应的Zn的物质的量是________ml。
【答案】1.5
【解析】1 ml HAuCl4完全被还原，HAuCl4得到3 ml e－，锌的化合价从0价升高到＋2价，设参加反应的Zn的物质的量为x，根据得失电子守恒可知：2x＝3 ml，x＝1.5 ml，则参加反应的Zn的物质的量是1.5 ml。
目录
01 模拟基础练
【题型一】物质的量浓度概念的理解
【题型二】溶液浓度的计算
【题型三】一定物质的量浓度溶液的配制
02 重难创新练
03 真题实战练
溶质的物质的量浓度/ml·L－1
溶液的密度/g·cm－3
硫酸
c1
ρ1
氨水
c2
ρ2
净含量：500mL密度：1.19 g· cm-3
主要成分：25%NaClO(NaClO的摩尔质量74.5 g·mlˉ1)
注意事项：密封保存
装置
实验
试剂a
现象
甲
4mL0.1ml·L-1 CaCl2溶液
产生白色沉淀
乙
4mL0.1ml·L-1 AlCl3溶液
产生白色沉淀及大量气体
丙
4mL0.1ml·L-1ZnSO4溶液
产生白色沉淀及大量气体
样品
加热前样品质量/g
加热后样品质量/g
装置C增重/g
装置D增重/g
实验乙样品
10.4
6.8
3.6
0
实验丙样品
22.4
16.2
1.8
4.4
题型一 物质的量浓度概念的理解
1．下列操作所得溶液的溶质的物质的量浓度为1的是( )
A．将9.5g MgCl2溶于蒸馏水，配成100mL溶液
B．将4gNaOH固体溶于100mL蒸馏水
C．将50mL2NaCl溶液与50mL蒸馏水混合
D．将3.36L氯化氢气体溶于水，配成150mL溶液
【答案】A
【解析】A项，9.5g MgCl2的物质的量为0.1ml，配成100mL溶液，浓度等于1ml/L，A正确；B项，4gNaOH的物质的量未0.1ml，溶于100mL蒸馏水，溶液的体积不再是100mL，故浓度不是1ml/L，故B错误；C项，50mL溶液与50mL水混合后溶液的体积未知，不能计算浓度，故C错误；D项，状况未标明，故气体的物质的量不一定是0.15ml，D错误；故选A。
2．下列说法正确的是( )
A．将44.8 L的HCl气体溶于水配成1 L溶液，溶液的浓度为2 ml/L
B．将40 g NaOH固体溶解在1 L水中，所得溶液的浓度恰好是1 ml/L
C．2 L0.2 ml/L的NaCl溶液与5 L0.4 ml/L的NaCl溶液的Cl-浓度之比为1：2
D．从100 mL硫酸溶液中取出10 mL，则这10 mL硫酸溶液的物质的量浓度是原溶液的
【答案】C
【解析】A项，未知气体所处的外界条件，不能确定其物质的量，因而不能计算其配制溶液的浓度，A错误；B项，40 g NaOH的物质的量是1 ml，将其溶解在1 L水中，所得溶液的体积不是1 L，因此不能确定溶液的物质的量浓度就是1 ml/L，B错误；C项，2 L0.2 ml/L的NaCl溶液中Cl-浓度是0.2 ml/L；5 L0.4 ml/L的NaCl溶液的Cl-浓度是0.4 ml/L，故两种溶液中Cl-浓度之比为0.2 ml/L ：0.4 ml/L =1：2，C正确；D项，溶液具有均一性，同一溶液各处的浓度相等，与溶液体积大小无关，故从100 mL硫酸溶液中取出10 mL，则这10 mL硫酸溶液的物质的量浓度就是原溶液的浓度，D错误；故选C。
3．某校化学兴趣小组在实验中发现一瓶溶液，标签上标有“CaCl2 0.1 ml·L-1”的字样，下面是该小组成员对溶液的叙述，正确的是( )。
A．配制1 L该溶液，可将0.1 ml CaCl2溶于1 L水中
B．Ca2+和Cl-的物质的量浓度都是0.1 ml·L-1
C．从试剂瓶中取出该溶液的一半，则所取溶液的物质的量浓度为0.05 ml·L-1
D．将该瓶溶液稀释一倍，所得溶液中c(Cl-)为0.1 ml·L-1
【答案】D
【解析】将0.1 ml CaCl2溶于1 L水中，所得溶液的体积大于1 L，A项错误；Cl-的物质的量浓度为0.2 ml·L-1，B项错误；所取溶液的物质的量浓度为0.1 ml·L-1，C项错误；原溶液中c(Cl-)=0.2 ml·L-1，将溶液稀释一倍后，所得溶液中c(Cl-)=0.1 ml·L-1，D项正确。
4．下列溶液Cl-物质的量浓度与200mL1ml·L-1AlCl3溶液中Cl-物质的量浓度相等的是( )
A．150mL3ml·L-1NaClO溶液B．75mL3ml·L-1CaCl2溶液
C．150mL3ml·L-1KCl溶液D．150mL2ml·L-1MgCl2溶液
【答案】C
【解析】200mL1ml·L-1AlCl3溶液中Cl-物质的量浓度3ml·L-1。A项，150mL3ml·L-1NaClO溶液中NaClO电离出Na+和ClO-，不存在Cl-，A不符合题意；B项，75mL3ml·L-1CaCl2溶液中Cl-物质的量浓度6ml·L-1，B不符合题意；C项，150mL3ml·L-1KCl溶液中Cl-物质的量浓度3ml·L-1，C符合题意；D项，150mL2ml·L-1MgCl2溶液中Cl-物质的量浓度4ml·L-1，D不符合题意；故选C。
题型二 溶液浓度的计算
5．一定量的铜和浓硫酸在加热条件下充分反应，向反应后的溶液中逐滴加入含a ml NaOH的溶液，恰好使反应后的溶液呈中性，则下列叙述错误的是 ( )
A．溶液中c(Na＋)＝2c(SOeq \\al(2－,4)) B．eq \f(a,2) ml＞沉淀的物质的量＞0
C．沉淀的物质的量＝eq \f(a,2) ml D．原浓硫酸中H2SO4的物质的量＞eq \f(a,2) ml
【答案】C
【解析】铜和浓硫酸反应后的溶液中含有CuSO4和H2SO4，加入含a ml NaOH的溶液后显中性，此时溶液中的溶质为Na2SO4，Cu2＋完全沉淀，A项正确；n(CuSO4)＜eq \f(a,2) ml，故B项正确，C项错；由于有一部分浓硫酸被还原为SO2，故n(H2SO4)＞eq \f(a,2) ml，D项正确。
6．体积为VmL，密度为的ρg/cm3含有相对分子质量为M的某种物质的溶液，其中溶质为mg，其物质的量浓度为cml/L，溶质的质量分数为w％，则下列表示正确的是( )
A．B．C．c=D．
【答案】A
【解析】A项，，A项正确；B项，，B项错误；C项，，C项错误；D项，，则，D项错误；故选A。
7．现有硫酸钠溶液V mL，其密度是ρ g·mL－1，其中钠离子的质量分数是a%，则有关该溶液的说法不正确的是( )
A．溶质的质量分数是eq \f(71a,23)%
B．溶液的物质的量浓度是eq \f(5ρa,23) ml·L－1
C．溶质和溶剂的物质的量之比是9a∶(1 000－142a)
D．硫酸根离子的质量分数是eq \f(48a,23)%
【答案】C
【解析】现有硫酸钠溶液V mL，其密度是ρ g·mL－1，溶液质量是ρV g，其中钠离子的质量分数是a%，则钠离子的质量是ρVa% g，物质的量是eq \f(ρVa%,23) ml，所以硫酸钠的物质的量是eq \f(ρVa%,46) ml，质量是eq \f(ρVa%,46) ml×142 g·ml－1＝eq \f(142ρVa%,46) g，则：溶质的质量分数是eq \f(\f(142ρVa%,46) g,ρV g)＝eq \f(71a%,23)，A正确；溶液的物质的量浓度是eq \f(\f(ρVa%,46) ml,0.001V L)＝eq \f(5ρa,23) ml·L－1，B正确；溶质和溶剂的物质的量之比是eq \f(ρVa%,46) ml∶eq \f(ρV g－\f(142ρVa%,46) g,18 g·ml－1)，C错误；硫酸根离子的质量分数是eq \f(\f(ρVa%,46) ml×96 g·ml－1,ρV g)＝eq \f(48a%,23)，D正确。
8．现有硫酸钠溶液V mL，它的密度是ρ g· mL-1，其中钠离子的质量分数是a%，则下列有关该溶液的说法错误的是( )。
A．溶质的质量分数是71a23%
B．溶液的物质的量浓度是5ρa23 ml·L-1
C．溶质和溶剂的物质的量之比是9a∶(2300-71a)
D．硫酸根离子的质量分数是48a23
【答案】D
【解析】现有硫酸钠溶液V mL，它的密度是ρ g· mL-1，溶液质量是ρV g，其中钠离子的质量分数是a%，则钠离子的质量是ρVa% g，物质的量是ρVa%23 ml，所以硫酸钠的物质的量是ρVa%46 ml，质量是ρVa%46 ml×142 g· ml-1=142ρVa%46 g，则溶质的质量分数是142ρVa%46gρVg×100%=71a23%，A项正确；溶液的物质的量浓度是ρVa%46ml0.001VL=5ρa23 ml·L-1，B项正确；溶质和溶剂的物质的量之比是ρVa%46 ml∶ρVg-142ρVa%46g18 g· ml-1=9a∶(2300-71a)，C项正确；硫酸根离子的质量分数是ρVa%46ml×96 g· ml-1ρVg×100%=48a23%，D项错误。
9．已知硫酸、氨水的密度与所加水的量的关系如图所示，现有硫酸与氨水各一份，请根据表中信息，回答下列问题：
(1)表中硫酸的质量分数为________(不写单位，用含c1、ρ1的代数式表示)。
(2)物质的量浓度为c1 ml·L－1的硫酸与水等体积混合(混合后溶液的体积变化忽略不计)，所得溶液的物质的量浓度为________ ml·L－1。
(3)将物质的量浓度分别为c2 ml·L－1和eq \f(1,5)c2 ml·L－1的氨水等质量混合，所得溶液的密度________(填“大于”、“小于”或“等于”，下同)ρ2 g·cm－3，所得溶液的物质的量浓度________eq \f(3,5)c2 ml·L－1(设混合后溶液的体积变化忽略不计)。
【答案】(1)eq \f(9.8c1,ρ1)% (2)c1/2 (3)大于 大于
【解析】(1)设硫酸的体积为1 L，则w(H2SO4)＝eq \f(1×c1×98,1×103×ρ1)×100%＝eq \f(9.8c1,ρ1)%。(2)硫酸与水等体积混合(混合后溶液的体积变化忽略不计)，溶液的体积变为原来的2倍，则浓度为eq \f(c1,2) ml·L－1。(3)根据图像可知，氨水的浓度越大，密度越小，则c2 ml·L－1氨水的密度小于eq \f(1,5)c2 ml·L－1氨水的密度，等质量时，eq \f(1,5)c2 ml·L－1氨水的体积小于c2 ml·L－1氨水的体积。两者混合后，所得溶液的密度一定比ρ2大，所得溶液的物质的量浓度趋近于体积大者，故大于eq \f(3,5)c2 ml·L－1。
题型三 一定物质的量浓度溶液的配制
10．某兴趣小组需要500 mL 2 ml·L-1的H2SO4溶液，若用质量分数为98%、密度为1.84 g· mL-1的浓硫酸配制该溶液。下列操作正确的是( )。
【答案】D
【解析】A项，图中量取液体时仰视刻度线，导致量取浓硫酸体积偏大，操作错误；B项，图中浓硫酸稀释时，将水注入浓硫酸容易使硫酸飞溅伤人，操作错误；C项，图中移液操作未用玻璃棒引流，操作错误；D项，图中为定容操作，眼睛平视刻度线，操作正确。
11．下列实验操作或仪器的选择正确的是( )。
A．配制240 mL 0.1 ml·L-1FeSO4溶液，需要选择240 mL容量瓶
B．配制1 ml·L-1H2SO4溶液，为了节省时间，可将浓硫酸直接加入容量瓶中
C．配制1 ml·L-1AlCl3溶液，将氯化铝晶体溶于适量浓盐酸中，加水稀释
D．移液时，玻璃棒下端紧靠容量瓶刻度线以上的位置
【答案】C
【解析】A项，实验室没有规格为240 mL的容量瓶，应选择250 mL的容量瓶，错误；B项，不能在容量瓶中直接稀释浓硫酸，错误；C项，氯化铝易水解，将AlCl3晶体溶于浓盐酸中可抑制AlCl3的水解，正确；D项，移液时，玻璃棒下端应紧靠容量瓶刻度线以下的位置，错误。
12．(2024·山东省青岛市一模)草酸晶体(H2C2O4·2H2O)用途广泛，易溶于水，其制备及纯度测定实验如下。
I．制备
步骤1：将mg淀粉溶于水与少量硫酸加入反应器中，保持85~90℃约30min，然后逐渐降温至60℃左右。
步骤2：控制反应温度在55~60℃条件下，边搅拌边缓慢滴加含有适量催化剂的混酸(65%硝酸与98%硫酸)，主要反应为C6H12O6+12HNO3=3H2C2O4+9NO2↑+3NO↑+9H2O。严格控制混酸的滴加速度，防止发生副反应。3h左右，冷却，减压过滤得粗品，精制得草酸晶体m1g。
Ⅱ．纯度测定
称取制得的草酸晶体m2g，配成100.00mL溶液。取出20.00mL，用cml·L-1酸性KMnO4标准溶液滴定，重复2~3次，滴定终点时，平均消耗标准溶液VmL。对于上述实验，下列说法正确的是( )
A．65%浓硝酸()的物质的量浓度约为13.6ml·L-1
B．草酸晶体的产率为
C．配制的草酸溶液物质的量浓度为0.025cVml·L-1
D．草酸晶体的纯度为
【答案】D
【解析】A项，65%浓硝酸()的物质的量浓度约为，故A错误；B项，，，则草酸晶体的产率为，故B错误；C项，根据得失电子守恒有5H2C2O4~2KMnO4，则配制的草酸溶液物质的量浓度为，故C错误；D项，据C解析草酸溶液的物质的量浓度，则草酸晶体的纯度为，故D正确；故选D。
13．(2024•山东省烟台市招远二中月考)某“84”消毒液部分标签如下图所示，回答下列问题：
(1)计算该“84”消毒液的物质的量浓度为 ml·L-1 (保留小数点后一位)。
(2)某实验需用480mL2.0NaClO的消毒液，现用NaClO固体配制。需要用托盘天平称量NaClO的固体质量为 g；
(3)在配制过程中，除需要烧杯、玻璃棒外还必需的玻璃仪器有 。
(4)下列操作可能使配制溶液浓度偏低的是(填字母) 。
A．移液时，未洗涤烧杯内壁和玻璃棒
B．溶解后未经冷却就移液
C．移液时，有少量液体溅出
D．定容时，仰视刻度线
E．容量瓶用蒸馏水洗净后，没烘干就直接使用
(5)取该“84”消毒液100mL，再加入28.4克Na2SO4(Na2SO4的摩尔质量142 g·mlˉ1)固体，将其溶解并配成500mL溶液，此时溶液中Na+的物质的量浓度为 ml·L-1。
【答案】(1)4.0 (2)74.5 (3)胶头滴管、500mL容量瓶 (4)ACD (5)1.6
【解析】(1)由公式c=可知，25%次氯酸钠溶液的物质的量浓度为ml/L=4.0ml/L；(2)实验室没有480mL容量瓶，配制480mL 2.0 ml/L次氯酸钠溶液的消毒液时，应选择500mL容量瓶配制，则次氯酸钠的质量为2.0ml/L×0.5L×74.5g/ml=74.5g；(3)配制一定物质的量浓度的溶液的一般步骤为计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶等，用到的仪器有烧杯、药匙、托盘天平、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管，则缺少必须的玻璃仪器为胶头滴管、500mL容量瓶，故选胶头滴管、500mL容量瓶；(4)移液时，未洗涤烧杯内壁和玻璃棒会导致溶质的物质的量减小，所配溶液的浓度偏低，A符合题意；溶解后未经冷却就移液会导致溶液体积偏小，所配溶液的浓度偏高，B不符合题意；移液时，有少量液体溅出会导致溶质的物质的量减小，所配溶液的浓度偏低，C符合题意；定容时，仰视刻度线会导致溶液体积偏大，所配溶液的浓度偏低，D符合题意；容量瓶用蒸馏水洗净后，没烘干就直接使用对溶质的物质的量和溶液的体积都不产生影响，溶液的浓度无影响，E不符合题意；故选ACD；(5)由题意可知，500mL溶液中钠离子的物质的量浓度为=1.6 ml/L。
14．(2024•安徽省亳州市涡阳县期末)某学生欲配制1000mL6.0ml·L-1的H2SO4，实验室有三种不同浓度的硫酸：
①480mL0.5ml·L-1的硫酸；②150mL25%的硫酸(ρ=1.18g·mL-1)；③足量的18ml·L-1的硫酸。有三种规格的容量瓶：250mL、500mL、1000mL。老师要求把①②两种硫酸全部用完，不足的部分由③来补充。
请回答下列问题：
(1)实验所用25%的硫酸的物质的量浓度为 _______ml·L-1(保留1位小数)。
(2)配制时，该同学的操作顺序如下，请将操作步骤B、D补充完整。
A．将①②两溶液全部在烧杯中混合均匀；
B．用量筒准确量取所需的18ml·L-1的浓硫酸 _______mL，沿玻璃棒倒入上述混合液中。并用玻璃棒搅拌，使其混合均匀；
C．将混合均匀的硫酸沿玻璃棒注入所选的容量瓶中；
D．________________________；
E.振荡，继续向容量瓶中加水，直到液面接近刻度线1~2cm处；
F.改用胶头滴管加水，使溶液的凹液面恰好与刻度线相切；
G.将容量瓶盖紧，振荡，摇匀。
(3)进行操作C前还需注意___________________________________ 。
(4)如果省略操作D，对所配溶液浓度有何影响？ _____ (填“偏大”、“偏小”或“无影响”)。
【答案】(1)3.0
(2) 295 用适量的水洗涤烧杯和玻璃棒2～3次，洗涤液均注入容量瓶中
(3)将稀释后的硫酸冷却至室温
(4)偏小
【解析】(1)25%的硫酸(ρ=1.18g/mL)物质的量浓度；(2)欲配制6.0ml/L的H2SO4 1 000mL所需硫酸的物质的量=6.0ml/L×1L=6.0ml，①480mL 0.5ml/L的硫酸中含硫酸的物质的量为0.5ml/L×0.48L=0.24ml；②150mL 25%的硫酸(ρ=1.18g/mL)含硫酸的物质的量为3.0ml/L×0.15L=0.45ml，6.0ml-0.24ml-0.45ml=5.31ml，所以需要18ml/L的硫酸的体积，即295.0mL；烧杯壁和玻璃棒上都沾有硫酸，为保证全部将溶质转移到容量瓶，应进行洗涤，将洗涤液全部转移到容量瓶中；故D为：用适量的水洗涤烧杯和玻璃棒2～3次，洗涤液均注入容量瓶中；(3)容量瓶不能受热，故应将将稀释后的硫酸冷却；(4)如果省略操作D，导致溶质的物质的量偏小，依据可知溶液浓度偏小。
15．(2024•山东省枣庄市薛城区期末)物质的量是化学常用的物理量。回答下列问题：
(1)某含氯化合物X在标准状况下为气体，6.8 g X的体积为4.48 L(STP)，则X的摩尔质量是 。
(2)y ml H2SO4中含a个氧原子，则阿伏加德罗常数NA= (用含a、y的代数式表示)。
(3)无土栽培所用营养液中含有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c(SO42-)随溶液体积(V)的变化如图乙所示。
①c(SO42-)= ml·L－1。
②溶质中NH4+的物质的量为 。
(4)室温下，某固定容积的密闭容器由可移动的活塞隔成A、B两室，分别向A、B两室充入H2、O2的混合气体和1ml空气，此时活塞的位置如图。
①A室混合气体的物质的量为 ml；若实验测得A室混合气体的质量为19g，该混合气体中H2、和O2的物质的量之比为 。
②若将A室中混合气体点燃，恢复到原来温度后，活塞停留在 刻度处。
【答案】(1) (2)
(3) 4 1.6ml (4) 2 3：1 2
【解析】(1)标准状况下，4.48 L气体的物质的量为，该气体的摩尔质量为；(2)y ml H2SO4中含4yml氧原子，即a个氧原子，则；(3)①由乙图知，稀释前；②由甲图知，在稀释前，c(K+)=c(Cl-)=9.0ml/L，根据电荷守恒得：，则；(4)①相同温度和压强下，气体的体积之比等于其物质的量之比，开始时A、B体积之比为4：2=2：1，则A中气体物质的量是B的2倍，为2ml；设氢气、氧气的物质的量分别是xml、yml则x+y=2，2x+ 32y = 19，解得x=1.5，y=0.5，该混合气体中H2、和O2的物质的量之比为3：1；②若将A室H2、O2的混合气体点燃，根据反应方程式知，恢复原温度后，氢气有剩余，剩余氢气的物质的量为0.5ml，则A、B时气体物质的量之比为0.5ml：1ml=1：2，其体积之比为1：2，所以最终活塞停留的位置在2刻度。
16．(2024•海南省部分学校高三联考)碳酸钠俗称纯碱，是一种重要的化工原料，在生活、生产和实验研究中均有广泛应用。某学习小组探究Na2CO3溶液与盐溶液反应的产物，进行如下实验。
(1)配制100mL0.1ml·L-1的Na2CO3溶液。
①配制溶液过程中用托盘天平称量Na2CO3·10H2O固体的质量为 g。
②定容时，加蒸馏水不慎超过刻度线，处理的方法是 。
(2)通过下列实验探究Na2CO3溶液与盐溶液反应，记录实验现象如下表：
为了探究白色沉淀的成分，设计了热分解实验，其装置如图所示：
将实验乙、丙所得沉淀分别置于装置B中使样品完全分解，实验结束后，数据记录如下：
①实验甲产生白色沉淀反应的离子方程式为 。
②装置E的作用是 。
③通过热分解实验可判断实验乙所得白色沉淀的成分为 (填化学式)，实验乙反应的离子方程式为 。
④实验丙所得白色沉淀的化学式可表示为xZn(OH)2·yZnCO3，则x∶y= 。
【答案】(1) 2.9 重新配制
(2) Ca2++CO32-=CaCO3↓ 防止空气中的H2O、CO2进入装置D中
Al(OH)3↓ 2Al3++3 CO32-+3H2O=2Al(OH)3↓+3CO2↑ 1∶1
【解析】探究白色沉淀成分的热分解实验中，A装置中的碱石灰吸收空气中的CO2和H2O(g)，实验前用除去CO2和H2O(g)的空气排尽装置中的空气，B装置进行白色沉淀的热分解，C装置吸收分解生成的H2O(g)，D装置中的碱石灰吸收分解生成的CO2，E装置中的碱石灰防外界空气中的H2O(g)和CO2进入D装置，实验结束后用除去CO2和H2O(g)的空气将分解生成的气体全部驱赶出来以便完全吸收。(1)①配制溶液过程中用托盘天平称量Na2CO3∙10H2O固体的质量为0.1ml/L×0.1L×286g/ml≈2.9g。②定容时，加蒸馏水不慎超过刻度线，说明实验失败，处理的方法是：重新配制。(2)①实验甲中Na2CO3与CaCl2发生复分解反应产生白色CaCO3沉淀，反应的离子方程式为Ca2++ CO32-=CaCO3↓。②装置E的作用是：防止空气中的H2O(g)、CO2进入装置D中。③实验乙的样品热分解生成了H2O的质量为3.6g，没有生成CO2说明白色沉淀中不含CO32-，加热后固体为Al2O3，Al2O3与H2O的物质的量之比为∶=1∶3，故实验乙中所得白色沉淀的成分为Al(OH)3；实验乙中Na2CO3与AlCl3发生双水解反应生成Al(OH)3和CO2，反应的离子方程式为2Al3++3 CO32-+3H2O=2Al(OH)3↓+3CO2↑。④实验丙的样品完全分解生成H2O的质量为1.8g，生成H2O的物质的量为=0.1ml，生成CO2的质量为4.4g，生成CO2的物质的量为=0.1ml，生成ZnO的质量为16.2g，生成ZnO的物质的量为=0.2ml，根据原子守恒，Zn(OH)2与ZnCO3即x∶y=0.1ml∶0.1ml=1∶1。
17．(2024•陕西省西安市期中)CuSO4·5H2O俗称蓝矾、胆矾或铜矾，是颜料、电池、杀虫剂、木材防腐等方面的化工原料。其具有催吐，祛腐，解毒作用。
I．实验室需配制的CuSO4溶液．根据溶液配制情况，回答下面问题：
(1)用胆矾配制上述CuSO4溶液，需用托盘天平称量的质量为 。
(2)下列关于容量瓶的操作，正确的是 。
(3)以下操作会引起所配制溶液浓度偏低的是 (填序号)。
a．配制前容量瓶底部有少量水 b．胆矾长期放置失去部分结晶水
c．定容时仰视刻度线 d．装瓶时有少量溶液溅出
(4)现利用上述CuSO4溶液配制的CuSO4溶液，需用量筒量取 的CuSO4溶液。完成该实验，除用量筒，烧杯，玻璃棒之外，还需使用的玻璃仪器有 。
Ⅱ．实验室有一瓶标签污损的硫酸铜溶液，为测定其浓度，研究小组设计了如下方案。
实验原理：CuSO4+BaCl2=BaSO4↓+CuCl2
实验步骤：
(5)判断SO42-沉淀完全的方法为 。
(6)固体质量为wg，则c(CuSO4)= 。
(7)若步骤①从烧杯中转移沉淀时未洗涤烧杯，则测得c(CuSO4) (填“偏高”“偏低”或“无影响”)。
【答案】(1)12.5g (2)C (3)c
(4) 10 500mL容量瓶、胶头滴管
(5)向上层清液中继续滴加BaCl2溶液，无白色沉淀生成，则沉淀完全
(6)
(7)偏低
【解析】配制一定物质的量浓度的溶液，所需的步骤有计算、称量、溶解(冷却)、转移、洗涤、定容、摇匀、装瓶贴签。【解析】(1)胆矾为五水硫酸铜晶体，配制上述CuSO4溶液，需用托盘天平称量的质量为；(2)A．摇匀时应盖好瓶塞，反复上下颠倒摇匀，而不是上下振荡，A错误；B．定容应平视刻度线，B错误；C．溶液转入时要用玻璃棒引流，C正确；故选C；(3)a．溶液配制过程中需加水定容，配制前容量瓶底部有少量水，对所配浓度无影响； b．胆矾长期放置失去部分结晶水，导致所称胆矾中CuSO4质量偏大，浓度偏高；c．定容时仰视刻度线，导致所配溶液体积偏大，使溶液浓度偏低；d．溶液具有均一性，装瓶时有少量溶液溅出，对所配浓度无影响；故选c；(4)用上述CuSO4溶液配制的CuSO4溶液，需使用500mL的容量瓶，则需用量筒量取的CuSO4溶液。完成该实验，除用量筒，烧杯，玻璃棒之外，还需使用的玻璃仪器有500mL容量瓶、胶头滴管；(5)因CuSO4+BaCl2=BaSO4↓+CuCl2，则判断SO42-沉淀完全的方法为：向上层清液中继续滴加BaCl2溶液，无白色沉淀生成，则沉淀完全；(6)CuSO4+BaCl2=BaSO4↓+CuCl2，固体质量为wg硫酸钡，则；(7)若步骤①从烧杯中转移沉淀时未洗涤烧杯，会损失部分硫酸钡，导致计算出的n(BaSO4)偏小，即n(CuSO4)偏小，则测得c(CuSO4)偏低。
18．(2024•湖南省常德市期末)碳酸氢钠俗称小苏打，在医疗、食品、橡胶工业中有广泛应用。
(1)甲同学向饱和NaCl溶液中先通NH3再通入CO2，充分反应后得到NaHCO3晶体和另一种不含金属元素的盐，请补充完整该反应方程式。
NaCl+NH3+CO2+H2O=NaHCO3↓+_____ ；
乙同学认为甲同学获得的NaHCO3晶体中含有NaCl等与酸不反应的杂质。为测定NaHCO3的质量分数，他设计了以下两种方案：
方案一：滴定法
称取样品溶于水，逐滴加入2.3ml·L-1稀硫酸，待完全反应时，测定所消耗稀硫酸的体积。
(2)配制100mL2.3ml·L-1的稀硫酸
①若用18.4 ml·L-1浓硫酸配制，需量取浓硫酸 。
②配制过程中不需要用到的仪器是 (填字母)。
A． B． C． D．
③下列情况会导致所配制溶液浓度偏低的是 。
A．没有洗涤烧杯和玻璃棒
B．定容时俯视刻度线
C．容量瓶清洗后残留有少量蒸馏水
D．如果加水超过了刻度线，吸出液体使液面恰好到刻度线
(3)乙同学在用硫酸滴定样品测定含量时，在保证测定结果数值变化不大的情况下，一共进行3次测定，这样做的目的是 。
方案二：称量法
乙同学按如图操作流程进行测定。
(4)操作Ⅰ后所得溶液的主要溶质的化学式是 。
(5)操作Ⅱ的名称是 。
(6)样品中NaHCO3的质量分数为 (用含a的代数式表示)。
【答案】(1) NH4Cl
(2) 12.5 D AD
(3)减小实验误差
(4) NaCl
(5)蒸发
(6)
【解析】(1)该反应为NaCl+NH3+CO2+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl；(2)①配制100mL2.3ml/L的稀硫酸，据稀释前后溶质物质的量不变，可知需量取18.4 ml·L-1浓硫酸体积；②配制100mL2.3ml/L的稀硫酸，需要使用量筒、烧杯、玻璃棒、100mL容量瓶、胶头滴管，不需要使用漏斗，故选D；③没有洗涤烧杯和玻璃棒，导致溶质的物质的量偏少，由于溶液体积不变，所配制溶液浓度偏低，故A正确；定容时俯视刻度线，则溶液的体积偏小，由于溶质的物质的量不变，最终导致配制的溶液浓度偏高，故B错误；容量瓶清洗后残留有少量蒸馏水，不影响溶质的物质的量及溶液的体积，因此对配制的溶液的浓度无影响，故C错误；如果加水超过了刻度线，吸出液体使液面恰好到刻度线，则溶质的物质的量减少，最终导致配制的溶液浓度偏低，故D正确；故选AD；(3)测定含量时，在保证测定结果数值变化不大的情况下，一共进行3次测定，这样做的目的是减小实验误差；(4)样品与足量盐酸反应后，得到的溶液中的溶质主要是NaCl，所以操作Ⅰ后所得溶液的主要溶质的化学式是NaCl；(5)将反应后溶液转移蒸发皿中蒸发，当仅剩余少量液体时，停止加热，利用余热将残留水分蒸干，然后冷却、称量，所以操作Ⅱ的名称是蒸发；(6)据反应方程式NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑可知，84g NaHCO3参与反应，固体质量减轻84g-58.5g=25.5g，现减轻(2.0-a)g，则样品中NaHCO3的质量为，所以样品中NaHCO3的质量分数为。
1．(2022•山东卷)实验室用基准Na2CO3配制标准溶液并标定盐酸浓度，应选甲基橙为指示剂，并以盐酸滴定Na2CO3标准溶液。下列说法错误的是( )
A．可用量筒量取25.00 mL Na2CO3标准溶液置于锥形瓶中
B．应选用配带塑料塞的容量瓶配制Na2CO3标准溶液
C．应选用烧杯而非称量纸称量Na2CO3固体
D．达到滴定终点时溶液显橙色
【答案】A
【解析】根据中和滴定过程批示剂选择原则，以盐酸滴定Na2CO3标准溶液，选甲基橙为指示剂，则应利用盐酸滴定碳酸钠，即将Na2CO3标准溶液置于锥形瓶中，将待测盐酸置于酸式滴定管中，滴定终点时溶液由黄色变为橙色。A项，量筒的精确度为0.1 mL，不可用量简量取Na2CO3标准溶液，应该用碱式滴定管或移液管量取25.00 mL Na2CO3标准溶液置于锥形瓶中，A错误；B项，Na2CO3溶液显碱性，盛放Na2CO3溶液的容器不能用玻璃塞，以防碱性溶液腐蚀玻璃产生有粘性的硅酸钠溶液而将瓶塞粘住，故应选用配带塑料塞的容量瓶配制Na2CO3标准溶液，B正确；C项，Na2CO3有吸水性且有一定的腐蚀性，故应选用烧杯而非称量纸称量Na2CO3固体，C正确；D项，Na2CO3溶液显碱性，甲基橙滴入Na2CO3溶液中显黄色，当滴入最后一滴盐酸时，溶液由黄色突变为橙色且半分钟之内不变色即为滴定终点，故达到滴定终点时溶液显橙色，D正确；故选A。
2．(2021•广东省选择性考试)测定浓硫酸试剂中含量的主要操作包括：
①量取一定量的浓硫酸，稀释；
②转移定容得待测液；
③移取待测液，用的溶液滴定。
上述操作中，不需要用到的仪器为
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】实验过程中，①量取一定量的浓硫酸并稀释所需仪器为：量筒、烧杯、玻璃棒；
②转移定容得待测液所需仪器为：玻璃棒、容量瓶、胶头滴管；③移取20.00mL待测液，用0.1000ml/L的NaOH溶液滴定所需仪器为：酸式滴定管、碱式滴定管、锥形瓶；选项中A为容量瓶，B为分液漏斗，C为锥形瓶，D为碱式滴定管，上述操作中，不需要用到的仪器为分液漏斗，综上所述，故答案为B。
3．(2022•全国乙卷，27题节选)二草酸合铜(Ⅱ)酸钾(K2 Cu [(C2O4)2])可用于无机合成、功能材料制备。
(1)由CuSO4·5H2O配制Ⅰ中的CuSO4溶液，下列仪器中不需要的是________(填仪器名称)。
【答案】(1)分液漏斗和球形冷凝管
【解析】(1)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。
4．[2020·北京，17(4)]从旧CPU中回收金部分流程如下
eq \x(含Au固体)eq \(―――――→,\s\up7(HNO3—NaCl),\s\d5(溶金、分离))eq \x(HAuCl4溶液)eq \(――――→,\s\up7(Zn粉),\s\d5(还原、分离))eq \x(Au)
若用Zn粉将溶液中的1 ml HAuCl4完全还原，则参加反应的Zn的物质的量是________ml。
【答案】1.5
【解析】1 ml HAuCl4完全被还原，HAuCl4得到3 ml e－，锌的化合价从0价升高到＋2价，设参加反应的Zn的物质的量为x，根据得失电子守恒可知：2x＝3 ml，x＝1.5 ml，则参加反应的Zn的物质的量是1.5 ml。
目录
01 模拟基础练
【题型一】物质的量浓度概念的理解
【题型二】溶液浓度的计算
【题型三】一定物质的量浓度溶液的配制
02 重难创新练
03 真题实战练
溶质的物质的量浓度/ml·L－1
溶液的密度/g·cm－3
硫酸
c1
ρ1
氨水
c2
ρ2
净含量：500mL密度：1.19 g· cm-3
主要成分：25%NaClO(NaClO的摩尔质量74.5 g·mlˉ1)
注意事项：密封保存
装置
实验
试剂a
现象
甲
4mL0.1ml·L-1 CaCl2溶液
产生白色沉淀
乙
4mL0.1ml·L-1 AlCl3溶液
产生白色沉淀及大量气体
丙
4mL0.1ml·L-1ZnSO4溶液
产生白色沉淀及大量气体
样品
加热前样品质量/g
加热后样品质量/g
装置C增重/g
装置D增重/g
实验乙样品
10.4
6.8
3.6
0
实验丙样品
22.4
16.2
1.8
4.4
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