2.3.2物质的量浓度（精讲）-（人教版）解析版_高化_595801221724高中化学新人教版选择性必修一二三电子版教案PPT课件高中试卷_必修一册（人教版）_专项练习

2.3.2 物质的量浓度 知识点一 物质的量浓度基本概念 【例1】（2020·全国课时练习）下列关于物质的量浓度表述正确的是（ ） A．0.3 mol·L－1的NaSO 溶液中含有Na＋和SO 2－的总物质的量为0.9 mol 2 4 4 B．当1 L水吸收22.4 L氨气时所得氨水的浓度不是1 mol·L－1，只有当22.4 L氨气溶于水制得1 L氨水时， 其浓度才是1 mol·L－1 C．在KSO 和NaCl的中性混合水溶液中，如果Na＋和SO 2－的物质的量相等，则K＋和Cl－的物质的量浓 2 4 4 度一定相同 D．10 ℃时，100 mL 0.35 mol·L－1的KCl饱和溶液蒸发掉5 g水，冷却到10 ℃时，其体积小于100 mL， 它的物质的量浓度仍为0.35 mol·L－1【答案】D 【解析】A. 0.3molL−1的NaSO 溶液中Na＋、SO 2－的物质的量浓度为：0.6molL−1,0.3molL−1，由于缺少溶 2 4 4 液的体积，所以无法⋅ 计算出离子的物质的量，故A错误； ⋅ ⋅ B. 溶液的体积不等于溶剂的体积,所以1L水吸收22.4L氨气时所得氨水的浓度不是1molL−1；气体摩尔体 积与状态有关,22.4L氨气的物质的量无法求出,所以22.4L氨气溶于水制得1L氨水时，其⋅浓度不一定等于 1molL−1，故B错误； C. 在⋅K 2 SO 4 和NaCl的中性混合水溶液中存在：c(Na+)+c(K+)=c(Cl−)+2c(SO 4 2－),Na+和SO 4 2－的物质的量相等, 即物质的量浓度相等,所以K+和Cl−的物质的量浓度一定不相同，故C错误； D. 10℃时，0.35mol/L的KCl饱和溶液100mL蒸发掉5g水，冷却到10℃时，其体积小于100mL，溶液仍 然是饱和溶液，溶质的物质的量浓度不变，它的物质的量浓度仍为0.35mol/L，故D正确； 故选D。 【一隅三反】 1．（2020·小店·山西大附中月考）下列溶液中物质的量浓度为1 mol/L的是( ) A．将40 g NaOH固体溶解于1 L水中 B．将22.4 L氯化氢气体溶于水配成1 L溶液 C．将1 L 10 mol/L的浓盐酸与9 L水混合 D．10 g NaOH固体溶解在水中配成250 mL溶液 【答案】D 【解析】A.40g氢氧化钠物质的量为40g÷40g/mol=1mol，1L是溶剂水的体积，溶液的体积不等于1L， NaOH物质的量浓度不是1mol/L，故A不符合题意； B.HCl所处的状态不明确，故22.4LHCl气体的物质的量无法计算，则所得溶液的浓度无法计算，故B不符 合题意； C.当密度不同时，溶液体积不能简单相加，故将1L 10mol/L的浓盐酸与9L水混合后，溶液体积不是10L， 则浓度不是1mol/L，故C不符合题意； D. 10g氢氧化钠的物质的量为10g÷40g/mol=0.25mol，物质的量浓度 ，故D符合 题意；故选D。 2．（2020·全国课时练习）下列溶液中Cl﹣浓度由大到小的顺序是（ ） ①200mL 2mol/L MgCl 溶液 2 ②1000mL 2.5mol/L NaCl溶液 ③300mL 5mol/L KCl溶液④250mL 1mol/L FeCl 溶液。 3 A．③①④② B．④①②③ C．③②①④ D．②③①④ 【答案】A 【解析】①200mL 2mol/L MgCl 溶液中,Cl−浓度为：2mol/L×2=4mol/L； 2 ②1000mL 2.5mol/L NaCl溶液中,Cl−浓度为：2.5mol/L×1=2.5mol/L； ③300mL 5mol/L KCl溶液中,Cl−浓度为：5mol/L×1=5mol/L； ④250mL 1mol/L FeCl 溶液中,Cl−浓度为：1mol/L×3=3mol/L； 3 根据分析可知，氯离子浓度由大到小数序为③①④②，故选A。 3．（2020·全国课时练习）下列各溶液中n(Na＋)与100 mL 0.1 mol/L Na SO 溶液中n(Na＋)相同的是 2 4 （ ） A．100 mL 0.1 mol/L NaCl 溶液 B．50 mL 0.2 mol/L NaNO 溶液 3 C．100 mL 0.1 mol/L NaHSO 溶液 4 D．200mL 0.2mol/L HCl溶液与100 mL 0.2 mol/L NaHCO 溶液混合 3 【答案】D 【解析】100mL 0.1mol/L NaSO 溶液中，c(Na+)=2c(Na SO )=0.1mol/L×2=0.2mol/L，溶液中 2 4 2 4 n(Na+)=0.2mol/L×0.1L=0.02mol； A．100 mL 0.1 mol/L NaCl 溶液中c(Na+)=c(NaCl)=0.1mol/L，n(Na+)=0.1mol/L×0.1L=0.01mol，故A错误； B．50 mL 0.2 mol/L NaNO 溶液中c(Na+)=c(NaNO)=0.2mol/L，n(Na+)=0.2mol/L×0.05L=0.01mol，故B错误； 3 3 C．100 mL 0.1 mol/L NaHSO 溶液中c(Na+)=c(NaHSO )=0.1mol/L，n(Na+)=0.1mol/L×0.1L=0.01mol，故C错 4 4 误； D．200mL 0.2mol/L HCl溶液与100 mL 0.2mol/L NaHCO 溶液混合中：n(Na+)=n(NaHCO )=0.2mol/ 3 3 L×0.1L=0.02mol，故D正确；故答案为D。 知识点二 容量瓶【例2】（2020·商水县实验高级中学月考）在容量瓶的使用方法中，下列操作中正确的是 A．容量瓶用蒸馏水洗净后，再用待配液润洗 B．使用容量瓶前检查它是否漏水 C．配制溶液时，如果试样是固体，把称好的试样用纸条小心倒入容量瓶中，缓慢加入蒸馏水到接近刻度 线2﹣3cm处，用滴管滴加蒸馏水到刻度线 D．配制溶液时，如果试样是液体，用量筒量取试样后直接到入容量瓶中，缓慢加入蒸馏水到接近刻度线2 ﹣3cm处，用滴管加蒸馏水到刻度线 【答案】B 【解析】A．容量瓶用蒸馏水洗净后，不能用待配液润洗，错误； B．容量瓶是准确配制一定体积、一定物质的量浓度的溶液的仪器，使用容量瓶前检查它是否漏水，正确； C．配制溶液时，如果试样是固体，应该在烧杯中先进行溶解、稀释，待溶液恢复至室温后，再转移至容 量瓶中，，缓慢加入蒸馏水到接近刻度线2-3cm处，用滴管滴加蒸馏水到刻度线，错误； D．配制溶液时，如果试样是液体，用量筒量取试样后也应该先在烧杯中进行稀释，待溶液恢复至室温后 再转移溶液到入容量瓶中，缓慢加入蒸馏水到接近刻度线2-3cm处，用滴管加蒸馏水到刻度线，错误。答案选B。 【一隅三反】 1．（2020·四川邻水实验学校月考）在容量瓶上没有标记的是（ ） A．刻度线 B．温度 C．浓度 D．容量 【答案】C 【解析】容量瓶是一种配制一定物质的量浓度溶液的精确玻璃仪器，瓶体上标有刻度线、温度、和容量瓶 的规格(容量)，没有标溶液的物质的量浓度，故选C。 2．（2020·西华县第一高级中学月考）下列实验中所选用的仪器合理的是 ①用50 mL量筒量取5.2 mL稀硫酸 ②用托盘天平称量11.70g氯化钠晶体 ③配制一定物质的量浓度的溶液，定容时俯视刻度线会导致所配溶液浓度偏高 ④用250 mL容量瓶配制250 mL 0.2 mol/L的NaOH溶液 A．①② B．②③ C．①③ D．③④ 【答案】D 【解析】①在实验室量取5.2mL稀硫酸，应该使用10mL量筒，不能用50mL量筒量取，故①错误； ②托盘天平精确到0.1g，故可用托盘天平称量11.7g氯化钠晶体，故②错误； ③配制一定物质的量浓度的溶液时，定容时俯视刻度线，溶液体积减少，会导致所配溶液浓度偏高，故③ 正确； ④配制250mL 0.2mol/L的NaOH溶液，必须选用250mL容量瓶，故④正确； 故选：D。 3．（2020·全国课时练习）实验室中需要 的 溶液450mL，配制时应选用的容量瓶的规 格和称取胆矾的质量分别是( ) A．500mL 25.0g B．450mL 22.5g C．450mL 14.4g D．500mL 16.0g 【答案】A 【解析】没有450mL的容量瓶，则需要配制500mL溶液， 的物质的量是 ，因此需要胆矾的质量是 。答案选A。 知识点三 配制一定物质的量浓度溶液的配制过程【例3】．（2020·福建省连城县第一中学月考）用98%的浓HSO (密度为1.84 g·mL-1)配制1.0 mol·L-1的稀 2 4 HSO (密度为1.2g·mL-1)100 mL，配制过程中可能用到下列仪器：①25 mL量筒；②10 mL量筒； 2 4 ③100mL烧杯；④托盘天平；⑤100 mL容量瓶；⑥胶头滴管；⑦玻璃棒。按使用的先后顺序排列正确的 是（ ） A．②⑤⑦⑥ B．②⑥③⑦⑤ C．①③⑦⑤⑥ D．④③⑤⑦⑥【答案】B 【解析】设需要98%的浓硫酸的体积为VmL，则1.84g/mL×VmL×98%=1mol/L×0.1L×98g/mol，V=5.4mL， 所以应该选取10mL量筒和100mL容量瓶； 量取浓硫酸时需要用到10mL量筒和胶头滴管，稀释浓硫酸时需要用到烧杯和玻璃棒，转移溶液时需要用 到玻璃棒，定容时需要用到100mL容量瓶和胶头滴管，故选：B。 【一隅三反】 1．（2020·西华县第一高级中学月考）配制100mL1.0mol/LNa CO 溶液，下列操作正确的是 2 3 A．称取10.6g无水碳酸钠，加入100mL容量瓶中，加水溶解、定容 B．称取10.6g无水碳酸钠，加入100mL蒸馏水，搅拌、溶解 C．转移NaCO 溶液时，未用玻璃棒引流，直接倒入容量瓶中 2 3 D．定容后，塞好瓶塞，反复倒转、摇匀 【答案】D 【解析】A．容量瓶不能作为溶解仪器，称量固体后不能在容量瓶中溶解，应先在烧杯中溶解，故A错误； B．碳酸钠溶液的配制时，10.6g无水碳酸钠的物质的量n= = =0.1mol，溶解过程就加入100 mL的水，再移液、洗涤、定容再加上水，溶液体积就会超过100 mL，根据c= ，V 的值偏大，浓度 液 偏小，故B错误； C．移液操作时，防止液体外溅，需要玻璃棒来引流，故C错误； D．定容后，塞好瓶塞，要进行反复倒转、摇匀操作，为了使瓶内溶液进一步均匀，故D正确； 答案选D。 2．（2020·全国课时练习）下列有关溶液配制的说法正确的是( ) A．在50mL量筒中配制0.1000 mol/L NaCl溶液 B．配制一定物质的量浓度的溶液，定容时仰视刻度线 C．配制240 mL 0.1000 mol/ 溶液需用250mL容量瓶 D．定容时蒸馏水加多了，可用胶头滴管吸出多余的液体 【答案】C 【解析】A．应该在容量瓶中配制0.1000 mol/L NaCl溶液，A项错误； B．配制一定物质的量浓度的溶液，定容时应平视刻度线，B项错误；C．配制240 mL 0.1000 mol/L 溶液需用250mL容量瓶，C项正确； D．定容时蒸馏水加多了，必须重新配制，D项错误。 故选：C。 3．（2020·全国课时练习）配制100 mL 1 mol/L的NaCl溶液时，下列做法不正确的是 A．选择容积100 mL的容量瓶 B．在容量瓶中溶解NaCl固体 C．转移NaCl溶液时用玻璃棒引流 D．定容时向容量瓶中滴加蒸馏水至液面与刻度线相切 【答案】B 【解析】A项、配制100mL1.00mol/L NaCl溶液时应选择容积100 mL的容量瓶，故A正确； B项、容量瓶为精密仪器，不能在容量瓶中稀释或者溶解物质，故B错误； C项、转移NaCl溶液时，应用玻璃棒引流，防止溶液溅出，故C正确； D项、定容时，距刻度2—3cm处，改用胶头滴管向容量瓶中滴加蒸馏水至液面与刻度线相切，故D正确。 故选B。 知识点四 配制溶液的误差分析【例3】（2020·全国课时练习）实验室需要480 mL 1mol/L NaOH溶液，根据溶液配制情况回答下列问题： (1)实验中除需要托盘天平(带砝码)、药匙、量筒、烧杯、玻璃棒、试剂瓶外，还需要的玻璃仪器有 ____________________。(2)如图所示是某同学在实验室配制该NaOH溶液的过程示意图，其中有错误的是_____________(填序号)。 (3)称取NaOH固体时，所需砝码的质量为_____________(填标号)。 A．19.2g B．20g C．19.2～20g D．大于 20g (4)在此溶液的配制过程中，有以下基本实验步骤，其中只需进行一次的操作是________(填序号)。 ①称量 ②溶解 ③转移 ④洗涤 ⑤定容 ⑥摇匀 (5)下列操作会导致所配溶液的物质的量浓度偏高的是___________(填标号)。 A．NaOH固体长期暴露在空气中 B．用蒸馏水溶解NaOH固体后，立即转入容量瓶中 C．称量NaOH固体时，将药品和砝码放反 D．定容后发现溶液的凹液面最低点高于刻度线，用胶头滴管将多余的液体吸出 E．定容时俯视刻度线 【答案】（1）500mL容量瓶、胶头滴管 （2） ①③⑤ （3）D （4） ②⑤ （5）BE 【解析】(1)固体物质溶液的配制，需要的仪器有需要托盘天平(带砝码)、药匙、量筒、烧杯、玻璃棒、试 剂瓶500mL容量瓶、胶头滴管。 (2)①量筒不能用来溶解物质，①错误； ②用玻璃棒搅拌可以加速固体的溶解，②正确； ③用玻璃棒引流时，玻璃棒下端应靠在容量瓶刻度线以下的内壁上，③错误； ④用少量蒸馏水洗涤烧杯内壁和玻璃棒2～3次后的洗涤液都要注入容量瓶内，④正确； ⑤定容时，眼睛应平视刻度线，使溶液凹液面与刻度线相切，⑤错误； ⑥反复上下颠倒，使溶液混合均匀，⑥正确。 综上所述，①③⑤错误； (3)由于无480mL的容量瓶，故选用500mL的容量瓶，配制500 mL 1mol/L NaOH溶液所需NaOH固体的质 量为1mol/L×0.5L×40g/mol=20g，而NaOH固体需要放在小烧杯里称量，故所需砝码的质量大于20g。 (4)①用托盘天平称量时应先称空烧杯的质量再称烧杯和NaOH固体的总质量； ②固体在烧杯中溶解，冷却后转移到500mL容量瓶中，只进行一次； ③转移时，除需要将溶液转移到容量瓶中还需要将洗涤液转移到容量瓶中；④烧杯及玻璃棒需要洗涤2～3次； ⑤定容时，当加蒸馏水至液面在刻度线以下1～2cm时，改用胶头滴管滴加，使溶液的凹液面与刻度线相 切，只进行一次； ⑥移液后要摇匀一次，定容后再摇匀一次。 只需进行一次的操作是②⑤； (5)A．NaOH固体长期暴露在空气中，导致部分NaOH变质，溶质的物质的量偏小，溶液浓度偏低，A与 题意不符； B．用蒸馏水溶解NaOH固体后，立即转入容量瓶中，热的溶液体积偏大，冷却后体积变小，所配溶液体 积偏小，浓度偏高，B符合题意； C．称量NaOH固体时，若将药品和砝码放反，所称NaOH固体的质量偏小，所配溶液浓度偏低，C与题 意不符； D．定容后发现溶液的凹液面最低点高于刻度线，用胶头滴管将多余的液体吸出，则溶质的物质的量偏小， 所配溶液浓度偏低，D与题意不符； E．定容时俯视刻度线，导致加入的蒸馏水体积偏小，所配溶液体积偏小，浓度偏高，E符合题意。 答案为BE。 【一隅三反】 1．（2020·横峰中学月考）在溶液的配制过程中会引起浓度偏高的是 A．配制500 mL 0.1 mol/L的硫酸铜溶液，用托盘天平称取胆矾8.5 g B．配制NaOH溶液时，NaOH固体放在烧杯中称量时间过长 C．移液后，烧杯、玻璃棒未洗涤 D．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 【答案】D 【解析】A．500 mL 0.1 mol/L的硫酸铜溶液中含有溶质的物质的量为n(CuSO )=c·V=0.1 mol/L×0.5 L=0.05 4 mol，则根据Cu元素守恒，可知需要称量胆矾的质量m(CuSO ·5H O)= 0.05 mol×250 g/mol=12.5 g，称量 4 2 8.5 g会导致配制溶液中含有的溶质的物质的量偏少，最终会使配制的溶液浓度偏低，A不符合题意； B．NaOH固体放在烧杯中称量若时间过长，NaOH易吸水潮解，会导致NaOH的物质的量偏少，使配制的 溶液浓度偏低，B不符合题意； C．移液后，烧杯、玻璃棒未洗涤，导致溶质的物质的量偏少，使配制的溶液的浓度偏低，C不符合题意； D．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，当溶液恢复至室温时，溶液的体积偏小，根据c= 可知，会导致配制的溶液浓度偏高，D符合题意； 故答案为D。 2．（2020·福建省连城县第一中学月考）配制一定物质的量浓度的溶液时，下列操作使所配制的溶液浓度 偏高的是 A．配制200mL 2.0 mol·L-1的NaOH溶液，称取NaOH固体16.0g B．用托盘天平称取NaOH固体时，在天平左右两个托盘各放一张大小相同的滤纸，称量 C．将称取的NaOH固体在烧杯中溶解后，迅速转移至容量瓶，洗涤、定容 D．定容时，加蒸馏水不慎超过刻度线一点，立即用胶头滴管吸出，凹液面与刻度线相平 【答案】C 【解析】A. 配制200mL 2.0 mol·L-1的NaOH溶液，需要称取NaOH固体的质量为0.2L×2.0 mol·L-1×40g/mol=16.0g，称取的NaOH固体的质量正确，故A不符合； B. NaOH易潮解，用托盘天平称取NaOH固体时，在天平左右两个托盘各放一张大小相同的滤纸，称量， 实际称量的NaOH质量可能偏小，n偏小，则导致溶液浓度偏低，故B不符合； C. NaOH固体溶于水，放出大量热，将称取的NaOH固体在烧杯中溶解后，迅速转移至容量瓶，将导致溶 液体积V偏小，则溶液浓度偏高，应冷却后转移，故C符合； D. 定容时，加蒸馏水不慎超过刻度线一点，立即用胶头滴管吸出，n偏小，则导致溶液浓度偏低，应重新 配制，故D不符合； 故选C。 3．（2020·林芝市第二高级中学月考）某同学帮助水质监测站配制480mL0.5mol·L－1的NaOH溶液以备使 用。 (1)该同学应选择________mL的容量瓶。 (2)其操作步骤如图所示，则上图框中的操作应在图中________(填字母)之间。 A．②与③ B．①与② C．③与④ D．④与⑤ (3)该同学应称取NaOH固体_____g，用质量为23.1g的烧杯放在托盘天平上称取所需NaOH固体时，请在 附表中选取所需的砝码大小_____(填字母)，并在图中选出能正确表示游码位置的选项____。附表：砝码规格 a b c d e 砝码大小/g 100 50 20 10 5 (4)下列操作对所配溶液的浓度大小有何影响？(填“偏大”“偏小”或“无影响”) ①定容时，俯视读数，浓度会__________； ②转移溶液的过程中，少量液体溅出来，浓度会________； ③容量瓶未干燥，浓度会________。 【答案】（1）500 （2）D （3）10.0 cd C （4） 偏大 偏小 无影响 【解析】(1)容量瓶的规格应等于或稍大于配制溶液的体积，实验室没有480mL容量瓶，所以应选500mL 容量瓶，故答案为：500； (2)框中的操作为将蒸馏水注入容量瓶，该操作应在使用胶头滴管定容之前，即应在④与⑤之间，故答案为： D； (3)配制500mL0.5mol·L－1NaOH溶液需要NaOH的质量为0.5L×0.5mol·L－1×40g·mol－1＝10.0g，NaOH具有 腐蚀性且易潮解，应放在烧杯内称量，计算可得NaOH与烧杯的总质量为10.0g＋23.1g＝33.1g，故应选择 20g与10g的砝码，即选择c、d。由表中数据可知，最小的砝码为5g，游码的最大刻度为5g，所以游码应 在3.1g的位置，故答案为：10.0；cd；C； (4)①定容时，俯视读数，溶液的体积偏小，所配制溶液的浓度偏大，故答案为：偏大； ②转移溶液的过程中，少量液体溅出来，溶质的物质的量偏小，所配制溶液的浓度会偏小，故答案为：偏 小； ③容量瓶使用时未干燥，溶质的物质的量和溶液的体积都不变，所以对配制溶液的浓度无影响，故答案为： 无影响。 知识点五 物质的量浓度、溶解度、质量分数的关系【例5】（2019·东北育才学校月考）下列有关溶质的质量分数和物质的量浓度的计算结果错误的是（ ） A．有KSO 和Al （SO ） 的混合溶液，已如其中Al3+的物质的量浓度为0.4mol/L， SO 的物质的量浓 2 4 2 4 3 度为0.7mol/L，则此溶液中K+的物质的量浓度为0.2mol/L B．将5mol/L的Mg（NO ） 溶液a mL稀释至b mL，稀释后溶液中NO 的物质的量浓变为 mol/L 3 2 C．将标准状况下，将VLA气体（摩尔质量为Mg/mol）溶于0.1L水中，所得溶液密度为ρg/cm3，则此溶 液的物质的量浓度为. mol/LD．密度为0.91g/cm3的氨水，质量分数为25%。该氨水用等体积的水稀释后，所得溶液中溶质的质量分数 等于12.5% 【答案】D 【解析】A．由电荷守恒得3c(Al3+)+ c(K+)=2c(SO )，即3×0.4mol/L+ c(K+)=2×0.7mol/L，即 c(K+)=0.2mol/L，A正确； B．稀释前后溶质的物质的量不变，则稀释后( )= = mol/L，B正确； C．溶质的物质的量n= = ，溶液的质量=溶质的质量+溶剂的质量= +0.1L×1000g/L= g，溶液的体积= = mL= ×10-3L，所以所得溶液的溶质的物质的量浓度= = mol/L，C正 确； D．稀释前后溶质的质量不变，设稀释前氨水的体积为Vcm3，稀释前溶液的质量=0.91Vg，则稀释前溶质 的质量=稀释后溶质的质量0.91V×25%g=0.2275Vg，稀释后溶液的质量=0.91Vg+Vcm3×1g/cm3 =1.91Vg，则 稀释后溶质的质量分数= ×100%≈11.6%，D错误。 答案选D。 利用好公式：c=n/V，ρ=m/V，ω=m(溶质)/m(溶液)，注意溶液体积单位的变化，否则计算结果相差1000倍。 【一隅三反】 1.（2020·江西上高二中月考）将标准状况下，将VLA气体(摩尔质量为Mg/mol)溶于0.1L水中，所得溶液密度为ρg/cm3，则此溶液的物质的量浓度(mol/L)为( ) A． B． C． D． 【答案】A 【解析】标准状况下，将VLA气体物质的量为 mol，质量为 g，溶于0.1L水中，得到溶液质量 为（100+ ）g，溶液体积为 L，则溶液物质的量浓度为 （mol·L－1），故选：B。 2．（2020·全国课时练习）从500mL1.0mol·L-1NaCl溶液中取出100mL溶液的叙述正确的是（ ） A．物质的量的浓度为1.0mol·L-1 B．溶液中含有1molNaCl C．溶液中含有29.25gNaCl D．物质的量的浓度为0.2mol·L-1 【答案】A 【解析】A.溶液具有均一性，溶液的浓度与取出的溶液的体积无关，所以取出100mL溶液的物质的量的浓 度为1.0mol·L-1，A正确； B.100mL溶液中含有NaCl的物质的量是n(NaCl)=1.0mol/L×0.1L=0.1mol，则溶液中含有0.1molNaCl，B错 误； C. 100mL溶液中含有NaCl的物质的量是n(NaCl)=1.0mol/L×0.1L=0.1mol，则溶液中含有NaCl的质量是 m(NaCl)=0.1mol×58.5g/mol=5.85g，C错误； D.溶液具有均一性，溶液各处的浓度相同，所以取出的100mL溶液的物质的量的浓度为1.0mol·L-1，D错 误； 故合理选项是A。 3.（2019·江西丰城九中期中）某结晶水合物的化学式为R·nHO，其相对分子质量为M。25 ℃时，a g该 2 晶体能够溶于b g水中形成 V mL溶液，下列关系中不正确的是A．该溶液中溶质的质量分数为w＝ % B．该溶液的物质的量浓度为c＝ mol·L－1 C．该溶液中溶剂与溶质的质量比为m(水)∶m(溶质)＝( ＋b)∶(a－ ) D．该溶液的密度为ρ＝ g·L－1 【答案】A 【解析】A．R的质量为（M-18n）/M×ag，溶液总质量为（a+b）g，可知该溶液质量分数为[（M-18n）/ M×a]/(a+b) ×100%=100a(M-18n)/M (a+b)%，故A错误； B．n（R）=n（R•nH O）=a/M mol，该溶液的物质的量浓度(a/M)/ V×10-3=1000a/(MV)mol·L﹣1，故B正确； 2 C．R•nH O中结晶水的质量为18na/Mg，故R的质量为（a﹣18na/M ）g，溶液中溶剂的质量为 2 （18na/M+b ）g，则溶液中m（水）：m（溶质）=（18na/M+b ）：（a﹣18na/M ），故C正确； D．溶液总质量为（a+b）g，根据ρ=m/V可知，溶液密度为(a+b)/V=(a+b)/V g/mL=1000(a+b)/Vg·L﹣1，故D 正确；综上所述，本题选A。 知识点六 溶液稀释及混合【例六】（1）质量百分含量为25%的氨水用等体积的水稀释后,所得溶液的溶质质量分数（ ） A．等于12.5% B．大于12.5% C．小于12.5% D．无法确定 （2）（2020·全国课时练习）VL Fe (SO ) 溶液中含有a g SO2－，取此溶液0.5V L，用水稀释至2V L，则 2 4 3 4 稀释后溶液中Fe3＋ 的物质的量的浓度为（ ） A． mol/L B． mol/L C． mol/L D． mol/L 【答案】（1）C（2）A 【解析】（1）溶质的质量不变，但氨水的密度小于水，等体积的水和氨水，水的质量更大，因此加进去 的溶剂的质量比原溶液大，故稀释后所得溶液的溶质质量分数小于12.5%，故选C。 （2）ag SO 2﹣的物质的量是 ，Fe (SO ) 的物质的量是 ，原Fe (SO ) 溶液的浓度 4 2 4 3 2 4 3 为 ，稀释后溶液中Fe (SO ) 溶液的浓度为 2 4 3，稀释后溶液中Fe3+的物质的量的浓度为 mol/L，故A正确。 【一隅三反】 1．（2020·安达市第七中学月考）已知硫酸的质量分数越大时，其溶液的密度越大；已知98%的浓硫酸的 浓度为18.4mol/L，则49%的硫酸溶液的浓度为( ) A．9.2mol/L B．＞9.2mol/L C．＜9.2 mol/L D．无法确定 【答案】C 【解析】质量分数为98%的浓硫酸的物质的量浓度为18.4mol/L，溶液稀释后硫酸的密度降低，c= <9.2mol/L，答案为C。故选:C。 2．（2020·全国课时练习）两种硫酸溶液,一种硫酸溶液的物质的量浓度为 ,密度为 ;另一种硫酸溶液的 物质的量浓度为c,密度为 ,将它们等体积混合后,所得溶液的密度为 ,则混合后硫酸的物质的量浓度为( 2 ) A． B． C． D． 【答案】A 【解析】ρ×V =ρ ×V +ρ ×V ，则V= ，c= = ，答案为A。 3 3 1 1 2 1 3 3 3．（2020·全国高一课时练习）把5%的碳酸钠溶液蒸发掉64.3 g水后，溶液变为31 mL，浓度变为14%， 没有晶体析出，则浓缩后碳酸钠溶液的物质的量浓度为( ) A．8.52 mol·L－1 B．4.26 mol·L－1 C．1.52 mol·L－1 D．3.04 mol·L－1 【答案】C【解析】假设5%的NaCO 溶液的质量为mg，则：mg×5%= (mg- 64.3g) × 14% ，解得m= 100g ，故碳酸 2 3 钠的质量为100g×5%= 5g，其物质的量为：0.0472mol，故浓缩后碳酸钠溶液的物质的量浓度为 0.0472mol/0.031L= 1.52mol/L ；故选C。 4．（2020·小店·山西大附中月考）体积为VmL，密度为ρg/mL的含有相对分子质量为M的某物质的溶液， 其中溶质为mg，其物质的量浓度为cmol/L，溶质的质量分数为ω，则下列表达式错误的是（ ） A．c= B．m=V×ρ×ω C．ω= % D．c= 【答案】C 【解析】A.浓度 ，故A正确； B.溶质质量 ，故B正确； C. 溶质的质量分数 ，故C错误； D. 浓度 ，故D正确。 故答案选：C。