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专题05 物质的量浓度【七大题型】
【新高考通用】
【知识点1 物质的量浓度及相关计算】........................................................2
【知识点2 溶液浓度的计算与换算】..........................................................4
【知识点3 一定物质的量浓度溶液的配制】....................................................5
【题型1 物质的量浓度的理解与计算】........................................................1
【题型2 物质的量浓度与质量分数的计算】....................................................9
【题型3 考查溶液的稀释】.................................................................11
【题型4 考查溶液的混合】.................................................................12
【题型5 配制一定物质的量浓度的溶液操作】.................................................14
【题型6 配制一定物质的量浓度的误差分析】.................................................15
【题型7 配制一定物质的量浓度的溶液综合应用】.............................................17
【过关测试】..............................................................................20
考点要求
真题统计
考情分析
1.了解物质的量浓度的含义和应
用，体会定量研究对化学科学的
重要作用。
2.了解溶液物质的量浓度的表示
方法，理解溶解度、质量分数等
概念，并能进行有关计算。
3.掌握一定物质的量浓度溶液的
配制方法并能进行误差分析。
2024 江苏卷3 题，3 分；
2024·甘肃卷3 题，3 分；
2024·北京卷3 题，3 分；
2023 全国甲卷9 题，6 分；
2022 山东卷6 题，2 分；
2022 全国乙卷27 题，2
分；
2022 广东卷7 题，4 分；
2022 海南卷7 题，2 分
有关物质的量浓度的计算、一定
物质的量浓度溶液的配制仍然是
高考的热点。预测2025 年重点考
查一定物质的量浓度溶液的配制
和误差分析将融合于化学实验基
本操作。特别是以生活、生产中
的真实情境考查计有关物质的量
浓度的计算。
【思维导图】
1
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【知识点1 物质的量浓度及相关计算】
1．物质的量浓度
（1）概念：物质的量浓度表示单位体积的溶液里所含溶质B 的物质的量，也称为B 的物质的量浓度，符
号为cB。
（2）单位：mol·L－1(或 mol/L)。
（3）表达式：cB＝。
【名师提醒】
（1）cB＝中V 是溶液的体积，不是溶剂的体积，也不是溶质与溶剂的体积之和。
（2）n 必须是溶质B 的物质的量。
（3）从一定物质的量浓度溶液中取出任意体积的溶液，其浓度相同，所含溶质的物质的量不同。
2
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2．溶质的质量分数
(1)概念：以溶液里溶质质量m(B)与溶液质量m(aq)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：w(B)＝×100%。
3.物质的量浓度和溶质质量分数的比较
物质的量浓度c
溶质质量分数w
概念
以单位体积溶液中所含溶质的物
质的量来表示溶液组成的物理量
以溶质的质量与溶液的质量比
值来表示溶液的组成的物理量
溶质的单位
mol
g
溶液的单位
L
g
表达式
c＝
w＝×100%
两者关系
w＝(M：摩尔质量；单位：g·mol－1；ρ：密度，单位：g·cm－3)
【易错警示】
(1)溶液中溶质的判断
①与水发生反应的物质，溶质发生变化，水量减少，如：Na、Na2O、Na2O2――→NaOH，SO2、
SO3――→H2SO3、H2SO4，NH3――→NH3·H2O(但仍按NH3进行计算)。
②结晶水合物，溶质为失去结晶水的化合物，水量增多，如：CuSO4·5H2O――→CuSO4，
FeSO4·7H2O――→FeSO4。
(2)部分与整体的关系
溶质的浓度和离子浓度不同，要注意根据化学式具体分析。如1 mol·L－1 Al2(SO4)3溶液中c(SO)＝3 mol·L－
1，c(Al3＋)<2 mol·L－1(考虑Al3＋水解)。
【知识点2 溶液浓度的计算与换算】
1．物质的量浓度与溶质质量分数之间的换算
c＝＝＝＝，w＝ 。(ρ：g·cm－3)
2．物质的量浓度与溶解度(S)的换算(饱和溶液)
c＝＝＝，S＝。(ρ：g·cm－3)
3．气体溶质的物质的量浓度和质量分数的计算
在标准状况下，1 L 水中溶解某气体V L，所得溶液密度为ρ，则：
c＝＝＝(ρ：g·cm－3)，
w＝×100%＝＝×100%。
【易错警示】
3
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（1）溶液的体积不能用溶剂水的体积和溶质的体积之和来代替，应该用溶液的质量除以溶液的密度；
（2）两溶液混合，由于其密度可不相等，所以体积不等于两混合溶液体积之和。
（3）物质溶于水后注意看溶质是否发生了变化。如Na、Na2O2、NO2、SO3等溶于水，由于它们与水反
应，所以溶质发生了变化。
4．溶液的稀释定律
(1)溶质的质量在稀释前后保持不变，即m1w1＝m2w2。
(2)溶质的物质的量在稀释前后保持不变，即c1V1＝c2V2。
(3)溶液质量守恒，m(稀)＝m(浓)＋m(水)(体积一般不守恒)。
5．溶液的混合规律
（1）同溶质不同物质的量浓度溶液的混合计算
①混合后溶液体积保持不变时，c1V1＋c2V2＝c 混×(V1＋V2)。
②混合后溶液体积发生改变时，c1V1＋c2V2＝c 混V 混，其中V 混＝。
（2）溶质相同、质量分数不同的两溶液混合定律
同一溶质、质量分数分别为a%、b%的两溶液混合。
①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)，则混合后溶液中溶质的质量分数w＝(a%＋b%)。
以上规律概括为“计算推理有技巧，有大必有小，均值均在中间找，谁多向谁靠”。
②等体积混合
a.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w>(a%＋b%)。
b.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、氨水溶液)，等体积混合后，质
量分数w＜(a%＋b%)。
【知识点3 一定物质的量浓度溶液的配制】
1．溶液配制所需主要仪器
（1）容量瓶
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①容量瓶上标有温度、规格和刻度线。常用规格有100 mL、250 mL、500 mL、1 000 mL 等。
②容量瓶在使用前要检查是否漏水，其操作顺序为装水盖塞→倒立→正立→玻璃塞旋转180°→倒立。
③选用容量瓶的原则——“大而近”，如需90 mL 溶液，则选用100 mL 容量瓶。
④选用容量瓶时，应指明其规格。
【易错警示】容量瓶使用的三个“不能”
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用来长期贮存溶液。
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
（2）托盘天平：可精确至0.1g，称量前先调零，称量时物品放在左盘，砝码放在右盘。
（3）其他仪器：药匙、量筒、烧杯、玻璃棒、胶头滴管等。
2.配制步骤（以配制500 mL0.5 mol·L－1 NaCl 溶液为例）
计算→称量→溶解(恢复室温)→转移（移液）→洗涤→振荡→定容→摇匀→(装瓶→贴签)
如图所示为配制100 mL 1.0 mol·L－1的NaCl 溶液过程示意图。
①计算
根据n（NaCl）＝c·V（容量瓶）知，m（NaCl）＝n（NaCl）·M（NaCl）＝5.85 g
②称量
或量取
用分析天平称量固体时，可精确到0.000 1 g，用托盘天平称量固体时，可精确到0.1 g。如果是
用浓溶液配制，可用量筒或移液管量取浓溶液的体积
③溶解
把称量好的NaCl 转移到烧杯中，加适量蒸馏水溶解，用玻璃棒充分搅拌，冷却（恢复）至室
温
④转移
将玻璃棒下端靠在容量瓶刻度线以下的内壁上，上端不与容量瓶瓶口接触，将烧杯中的溶液沿
玻璃棒注入100mL 容量瓶内
⑤洗涤
用少量蒸馏水洗涤烧杯内壁和玻璃棒2～3 次，每次的洗涤液都要注入容量瓶内。轻轻摇动容量
瓶，使溶液混合均匀
⑥定容
将蒸馏水注入容量瓶，当液面在容量瓶颈部的刻度线以下1～2 cm 时，改用胶头滴管滴加蒸馏
水至溶液的凹液面与刻度线相切
⑦摇匀
盖好瓶塞，反复上下颠倒，摇匀
⑧装瓶
将配制好的溶液倒入试剂瓶中，并贴好标签
3．误差判断分析技巧
（1）误差分析的思维流程
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（2）误差分析方法：误差分析中变量是m 或V，一般情况要固定其一，分析另一种物理量的变化对溶液浓
度的影响：
操作
变量
c/(mol·L－1)
n
V
砝码与物品颠倒(使用游码)
减小
—
偏低
用滤纸称NaOH
减小
—
向容量瓶注液时少量溅出
减小
—
未洗涤烧杯和玻璃棒
减小
—
定容时，水多用滴管吸出
减小
—
定容摇匀后液面下降再加水
—
增大
定容时仰视刻度线
—
增大
砝码沾有其他物质或已生锈(锈未脱落)
增大
—
偏高
未冷却至室温就注入容量瓶定容
—
减小
定容时俯视刻度线
—
减小
定容后经振荡、摇匀，静置液面下降
—
—
不变
转移前，发现容量瓶内
有少量蒸馏水
—
—
不变
（3）视线引起误差的分析方法
①仰视容量瓶刻度线[图(a)]，导致溶液体积偏大，结果偏低。
②俯视容量瓶刻度线[图(b)]，导致溶液体积偏小，结果偏高。
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【题型1 物质的量浓度的理解与计算】
【例1】下列所得溶液的物质的量浓度为0.1 mol·L－1的是( )
A．将0.1 mol 氨充分溶解在1 L 水中
B．将10 g 质量分数为98%的硫酸与990 g 水混合
C．将25.0 g 胆矾溶于水配成1 L 溶液
D．将10 mL 1 mol·L－1的盐酸与90 mL 水充分混合
【答案】C
【解析】将0.1 mol 氨充分溶解在1 L 水中，所得溶液的体积不是1 L，故不能得到0.1 mol·L－1的溶液，A
错误；将10 g 质量分数为98%的硫酸与990 g 水混合，不知所配溶液的密度，无法求算其物质的量浓度，
B 错误；25.0 g 胆矾的物质的量为0.1 mol，将其溶于水配成1 L 溶液，所得溶液的物质的量浓度为0.1
mol·L－1，C 正确；将10 mL 1 mol·L－1的盐酸与90 mL 水充分混合，不同液体混合后的体积不等于两液体
体积在数值上的简单加和，D 错误。
【变式1-1】将物质的量均为a mol 的Na 和Al 一同投入m g 足量水中，所得溶液的密度为ρ g·cm－3，则
此溶液的物质的量浓度为( )
A. mol·L－1
B. mol·L－1
C. mol·L－1
D. mol·L－1
【答案】A
【解析】Na 和Al 一同投入m g 足量水中时，发生反应的化学方程式为2Na＋2H2O===2NaOH＋H2↑、2Al
＋2NaOH＋6H2O===2Na[Al(OH)4]＋3H2↑。由于Na、Al 的物质的量均为a mol，结合化学方程式可知共生
成2a mol H2，所得溶液中只有Na[Al(OH)4]一种溶质，其物质的量为a mol。所得溶液的质量为m(Na)＋
m(Al)＋m(H2O)－m(H2)＝(46a＋m) g，所得溶液的体积为 L，则该溶液的物质的量浓度为 mol·L－1。
【变式1-2】若20 g 密度为d g·cm－3的硝酸钙溶液里含有1 g Ca2＋，则NO 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
【答案】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。
【变式1-3】下列说法正确的是( )
A．0.1 mol·L－1的FeCl3溶液中，Cl－的物质的量为0.3 mol
B．NA个HCl 分子溶于水中配成1 L 溶液，所得盐酸的浓度为1 mol·L－1
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C．将10 mL 2 mol·L－1 H2SO4与100 mL 水混合，得到0.2 mol·L－1 H2SO4溶液
D．将100 mL 饱和NaCl 溶液浓缩至80 mL，恢复到原温度，溶液的浓度升高
【答案】B
【解析】未指出溶液体积，无法计算溶质物质的量，A 项错误；溶质HCl 的物质的量为1 mol，溶液体积
为1 L，则盐酸浓度为1 mol·L－1，B 项正确；混合后溶液总体积并不是混合前的10 倍，所以所得H2SO4溶
液浓度不是0.2 mol·L－1，C 项错误；温度不变物质溶解度不变，恢复到原温度，饱和溶液浓度不变，D 项
错误。
【题型2 物质的量浓度与质量分数的计算】
【例2】标准状况下，V L 氨气溶解在1 L 水中(水的密度近似为1 g·mL－1)，所得溶液的密度为ρ g·mL－1，
质量分数为w，物质的量浓度为c mol·L－1，则下列关系中不正确的是( )
A．ρ＝
B．w＝
C．w＝
D．c＝
【答案】A
解析由c＝＝，可得w＝，B 项正确；氨水中溶质的质量分数为＝，C 项正确；氨水的物质的量浓度为＝＝，
D 项正确。
【变式2-1】4 ℃下，把摩尔质量为M g·mol－1的可溶性盐RCln A g 溶解在V mL 水中，恰好形成该温度
下的饱和溶液，密度为ρ g·cm－3，下列关系式错误的是 ( )
A．溶质的质量分数w＝×100%
B．溶质的物质的量浓度c＝ mol·L－1
C．1 mL 该溶液中n(Cl－)＝ mol(RCln在溶液中完全电离)
D．该温度下此盐的溶解度S＝g
【答案】C
【解析】根据溶质的质量分数w＝×100%，m 溶质＝A g，V mL 水的质量为V g，m 溶液＝(A＋V) g，w＝
×100%，故A 正确；根据溶质的物质的量浓度c＝，n＝ mol，V′＝ L，代入可得c＝ mol·L－1，故B 正
确；1 mL 该溶液中n(Cl－)＝ mol·L－1×1 mL×10－3 L·mL－1×n＝ mol，故C 错误；该温度下此盐的溶解
度S＝ g，故D 正确。
【变式2-2】现有V mL 硫酸钠溶液，它的密度是ρ g·mL－1，其中钠离子的质量分数是a%，下列有关该溶
液的说法错误的是( )
A．溶质的质量分数为%
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B．溶液的物质的量浓度是 mol·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%
【答案】C
【解析】根据题意可知，钠离子的质量是ρVa% g，物质的量是 mol，所以硫酸钠的物质的量是 mol，质量
是 mol×142 g·mol－1 g，溶质的质量分数是＝%，A 正确；溶液的物质的量浓度c＝＝ mol·L－1，B 正确；
溶质和溶剂的物质的量之比是 mol∶＝9a (2 300
∶
－71a)，C 错误；硫酸根离子的质量分数是＝%，D 正确。
【变式2-3】已知Mg（ClO3）2的溶解度（S）随温度（T）的变化曲线如图所示。下列有关叙述不正确的
是（ ）
A.温度越高，Mg（ClO3）2饱和溶液中溶质的物质的量浓度越大
B.温度越高，Mg（ClO3）2饱和溶液中溶质的质量分数越大
C.350 K 时，Mg（ClO3）2饱和溶液中溶质的物质的量浓度为
250 g
191 g·mol
－1×1 L
D.350 K 时，Mg（ClO3）2饱和溶液中溶质的质量分数为250 g
350 g ×100％
【答案】C
【解析】由图可知，随着温度的升高，氯酸镁的溶解度增大，则温度越高，氯酸镁饱和溶液中溶质的物质
的量浓度越大，氯酸镁的质量分数越大，A、B 项正确；不知道该条件下饱和溶液的密度，无法计算350 K
时氯酸镁饱和溶液中溶质的物质的量浓度，C 项错误；350 K 时氯酸镁的溶解度为250 g，则Mg（ClO3）2
饱和溶液中溶质的质量分数为
250 g
250 g+100 g×100％＝250 g
350 g ×100％，D 项正确。
【题型3 考查溶液的稀释】
【例3】V mL Al2(SO4)3溶液中含有Al3＋m g，取 mL 该溶液用水稀释至4V mL，则SO 物质的量浓度为(
)
A. mol·L－1
B. mol·L－1
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C. mol·L－1
D. mol·L－1
【答案】A
【解析】 mL 溶液中Al3＋的物质的量为＝ mol，稀释后溶液中Al3＋的物质的量浓度为c(Al3＋)＝＝ mol·L－
1，c(SO)＝c(Al3＋)＝× mol·L－1＝ mol·L－1。
【变式3-1】取100 mL 0.3 mol·L－1和300 mL 0.25 mol·L－1的硫酸混合并稀释配成500 mL 溶液，所得溶液
中H＋的物质的量浓度是__________。
【解析】所得溶液中H＋的物质的量n(H＋)＝(100×10－3 L×0.3 mol·L－1＋300×10－3 L×0.25 mol·L－1)×2＝0.21
mol，所以 c(H＋)＝＝0.42 mol·L－1。
【答案】0.42 mol·L－1
【变式3-2】V mL Al2(SO4)3溶液中含有m g Al3＋，取 mL 该溶液用水稀释至4V mL，所得溶液中SO 的
物质的量浓度为________。
【解析】m g Al3＋的物质的量n(Al3＋)＝＝ mol，根据关系式2Al3＋～3SO 得，V mL 溶液中SO 的物质的量
n(SO)＝× mol＝ mol，取 mL 该溶液用水稀释至4V mL，稀释后溶液中SO 的物质的量浓度c(SO)＝＝
mol·L－1。
【答案】 mol·L－1
【变式3-3】将30 mL 0.5 mol·L-1 NaOH 溶液加水稀释到500 mL，关于稀释后的溶液叙述不正确的是( )
A.浓度为0.03 mol·L-1
B.从中取出10 mL 溶液，其浓度为0.03 mol·L-1
C.稀释后的溶液中含NaOH 0.6 g
D.从中取出10 mL 溶液，含NaOH 0.015 mol
【答案】D
【解析】溶液稀释前后溶质的物质的量不变。从一定物质的量浓度的溶液中取出任意体积的溶液，其浓度
不变，但所含溶质的物质的量或质量因体积的不同而不同。
【题型4 考查溶液的混合】
【例4】取100 mL 0.3 mol·L－1和300 mL 0.25 mol·L－1的硫酸混合并稀释配成500 mL 溶液，该混合溶液中
H＋的物质的量浓度是( )
A．0.21 mol·L－1
B．0.42 mol·L－1
C．0.56 mol·L－1
D．0.26 mol·L－1
【答案】B
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【解析】该混合溶液中n(H＋)＝(0.1 L×0.3 mol·L－1＋0.3 L×0.25 mol·L－1)×2＝0.21 mol，所以c(H＋)＝＝0.42
mol·L－1。
【变式4-1】下列叙述中正确的是( )
A．溶质质量分数为23%和10%的氨水等质量混合，混合液的溶质质量分数小于16.5%
B．同种溶质不同浓度的两种溶液混合，计算时可将体积直接加和
C．若溶质质量分数为2x%的乙醇溶液的物质的量浓度为2y mol·L－1，则将其加水稀释至溶质质量分数为
x%，所得稀溶液物质的量浓度大于y mol·L－1
D．某溶液密度为ρ g·cm－3，溶质摩尔质量为M g·mol－1，若物质的量浓度为c mol·L－1，则该溶液的溶质
质量分数为%
【答案】C
【解析】假设质量均为m，则混合液的溶质质量分数为×100%＝16.5%，故A 错误；同种溶质不同浓度的
两种溶液的密度不同，两者混合，计算时不可将体积直接加和，故B 错误；由c＝可知，c1＝2y＝，稀释后
c2＝，＝＝＝，c2＝y，乙醇密度小于水，则ρ2>ρ1，故c2>y，故C 正确；由c＝可知，某溶液密度为ρ
g/cm3，溶质摩尔质量为M g/mol，若物质的量浓度为c mol/L，则该溶液的溶质质量分数为w＝×100%
＝%，故D 错误。
【变式4-2】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
【答案】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。
【题型5 配制一定物质的量浓度的溶液操作】
【例5】用98%的浓H2SO4(密度为1.84 g·mL－1)配制100 mL1 mol·L－1的稀H2SO4，配制过程中可能用到下
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列仪器：①100 mL 量筒；②10 mL 量筒；③50 mL 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．②⑥③⑦⑤⑥
B．④③⑤⑦⑥
C．①③⑦⑤⑥
D．②⑤⑦⑥
【答案】A
【解析】98%的浓H2SO4中溶质的物质的量浓度c＝＝mol·L－1＝18.4 mol·L－1，配制1 mol·L－1的稀H2SO4 100
mL 需要浓硫酸的体积V＝≈0.005 4 L，即5.4 mL。
【变式5-1】配制500 mL 0.100 mol·L－1的NaCl 溶液，部分实验操作示意图如下：
下列说法正确的是( )
A．实验中需用的仪器有托盘天平、250 mL 容量瓶、烧杯、玻璃棒、胶头滴管等
B．上述实验操作步骤的正确顺序为①②④③
C．容量瓶需要用自来水、蒸馏水洗涤，干燥后才可用
D．定容时，仰视容量瓶的刻度线，使配得的NaCl 溶液浓度偏低
【答案】D
【解析】配制500 mL 0.100 mol·L－1 NaCl 溶液用到的仪器有托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、500 mL 容
量瓶、胶头滴管等，A 错误；配制一定物质的量浓度的溶液的步骤有计算、称量、溶解、转移、洗涤、定
容、摇匀等，操作步骤正确的顺序为②①④③，B 错误；容量瓶用蒸馏水洗净后，不必干燥，C 错误；定
容时仰视容量瓶的刻度线，则所加蒸馏水偏多，溶液的体积V 偏大，溶液的浓度偏低，D 正确。
【变式5-2】配制一定物质的量浓度的溶液是一个重要的定量实验，下列有关说法正确的是( )
A．容量瓶用蒸馏水洗净后，可不经干燥直接用于配制溶液
B．配制一定物质的量浓度的稀盐酸时，用量筒量取9.82 mL 浓盐酸
C．配制1 L 0.1 mol·L－1的NaCl 溶液时，用托盘天平称量5.85 g NaCl 固体
D．定容时，为防止液滴飞溅，胶头滴管紧贴容量瓶内壁
【答案】A
【解析】10 mL 量筒的精确度为0.1 mL，B 错误；托盘天平的精确度为0.1 g，C 错误；胶头滴管应悬空垂
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直于容量瓶上方，D 错误。
【变式5-3】配制100 mL 1.0 mol·L－1 NaOH 溶液的操作如图所示。下列说法正确的是（ ）
A.操作1 前可用托盘天平、称量纸、药匙称取质量为4.0 g 的NaOH 固体
B.操作1 中NaOH 完全溶解后，为避免吸收空气中的CO2，应立刻进行操作2
C.操作4 中如果俯视刻度线定容，所配NaOH 溶液浓度偏大
D.将100 mL 1.0 mol·L－1的NaOH 溶液加热蒸发50 g 水后，其物质的量浓度变为2.0
mol·L－1
【答案】C
【解析】NaOH 具有腐蚀性，应在小烧杯中称取质量为4.0 g 的NaOH 固体，故A 错误。操作1 中NaOH 完
全溶解后，应冷却到室温，再进行操作2，故B 错误。操作4 中如果俯视刻度线定容，则加入水的体积偏
小，所配NaOH 溶液浓度偏大，故C 正确。将100 mL 1.0 mol·L－1NaOH 溶液加热蒸发50 g 水后，剩余溶
液的密度不是1 g·mL－1，溶液的体积不为50 mL，其物质的量浓度不是2.0 mol·L－1，故D 错误。
【题型6 配制一定物质的量浓度的误差分析】
【例6】配制一定物质的量浓度的溶液是一个重要的定量实验，下列有关说法正确的是( )
A．容量瓶用蒸馏水洗净后，必须干燥才能用于配制溶液
B．配制1 L 0.1 mol·L－1的NaCl 溶液时，用托盘天平称量NaCl 固体时药品砝码左右位置颠倒，对实验结果
无影响
C．配制一定物质的量浓度的溶液时，定容时仰视刻度线会导致所配溶液浓度偏高
D．用浓盐酸配制稀盐酸，量取浓盐酸时仰视量筒的刻度线会导致所配溶液浓度偏高
【答案】D
【解析】配制溶液时需加水定容，所以容量瓶用蒸馏水洗净后，不需要干燥就能用于配制溶液，A 错误；
配制1 L 0.1 mol·L－1的NaCl 溶液时，用托盘天平称量NaCl 固体时药品砝码左右位置颠倒，称取食盐的质
量偏小，配制溶液的浓度偏低，B 错误；配制一定物质的量浓度的溶液时，定容时仰视刻度线，溶液体积
偏大，导致所配溶液浓度偏低，C 错误；用浓盐酸配制稀盐酸，量取浓盐酸时仰视量筒的刻度线，量取浓
盐酸体积偏大，会导致所配溶液浓度偏高，D 正确。
【变式6-1】下列操作会使所配溶液浓度偏高的是（ ）
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A.配制480 mL 0.1 mol·L－1的Na2CO3溶液，用托盘天平称量5.1 g Na2CO3
B.用浓硫酸配制一定物质的量浓度的稀硫酸时，量取浓硫酸时仰视读数
C.配制一定物质的量浓度的溶液时，在摇匀后，液面位于刻度线以下，加水至刻度线
D.配制NaOH 溶液时，使用内壁有蒸馏水的小烧杯称量NaOH 固体
【答案】B
【解析】配制480 mL 0.1 mol·L－1的Na2CO3溶液，需要配制溶液500 mL，所需碳酸钠的质量为0.1 mol·L－
1×0.5 L×106 g·mol－1＝5.3 g，则用托盘天平称量5.1 g Na2CO3时会使所配溶液浓度偏低，A 项不符合题意；
用浓硫酸配制一定物质的量浓度的稀硫酸时，量取浓硫酸时仰视读数，会使量取的浓硫酸体积偏大，则所
配溶液浓度偏高，B 项符合题意；配制一定物质的量浓度的溶液时，在摇匀后，液面位于刻度线以下，加
水至刻度线，溶液体积偏大，则所配溶液浓度偏低，C 项不符合题意；使用内壁有蒸馏水的小烧杯称量
NaOH 固体，容易导致氢氧化钠溶液吸收二氧化碳，则氢氧化钠固体质量偏小，所配溶液浓度偏低，D 项
不符合题意。
【变式6-2】用NaOH 固体配制1.0 mol·L－1的NaOH 溶液220 mL，下列说法正确的是( )
A．首先称取NaOH 固体8.8 g
B．定容时仰视刻度线会使所配制的溶液浓度偏高
C．定容后将溶液振荡均匀，静置时发现液面低于刻度线，于是又加少量水至刻度线
D．容量瓶中原有少量蒸馏水没有影响
【答案】D
【解析】依题意，配制1.0 mol·L－1的NaOH 溶液220 mL，要用250 mL 容量瓶来配制，则需要NaOH 固体
10.0 g，A 错误；B、C 项中的操作都会使配制的溶液浓度偏低，错误。
【变式6-3】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，称量时物码位置颠倒：________。
(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】(1)应选用500 mL 容量瓶配制，称取NaOH 的质量为0.5 L×0.1 mol·L－1×40 g·mol－1＝2.0 g。(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)实际称量溶质质量为
4 g－0.4 g＝3.6 g。(4)用量筒量取浓硫酸时，仰视读数使所量取浓硫酸的体积偏大，使所配溶液浓度偏大。
(5)定容时，加水超过刻度线，所配溶液体积偏大，吸出多余液体会损失部分溶质，故浓度偏小。(6)未洗涤
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烧杯、玻璃棒，使溶质损失，所配溶液浓度偏小。
【答案】(1)偏小 (2)偏小 (3)偏小 (4)偏大 (5)偏小 (6)偏小
【题型7 配制一定物质的量浓度的溶液综合应用】
【例7】人体血液里Ca2＋的浓度一般采用mg·cm－3来表示。抽取一定体积的血样，加适量的草酸铵
[(NH4)2C2O4]溶液，可析出草酸钙(CaC2O4)沉淀，将此草酸钙沉淀洗涤后溶于强酸可得草酸(H2C2O4)，再用
酸性KMnO4溶液滴定即可测定血液样品中Ca2＋的浓度。某研究性学习小组设计如下实验步骤测定血液样
品中Ca2＋的浓度。
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”)。
Ⅱ.测定血液样品中Ca2＋的浓度：取血液样品20.00 mL，经过上述处理后得到草酸，再用0.020 mol·L－1酸性
KMnO4溶液滴定，使草酸转化成CO2逸出，这时共消耗12.00 mL 酸性KMnO4溶液。
(4)已知草酸与酸性KMnO4溶液反应的离子方程式为5H2C2O4＋2MnO＋6H＋===2Mnx＋＋10CO2↑＋8H2O，则
式中的x＝ 。
(5)滴定时，根据现象： ，
即可确定反应达到终点。
(6)经过计算，血液样品中Ca2＋的浓度为 mg·cm－3。
【答案】(1)⑤ (2)50 mL 容量瓶 (3)偏小
(4)2 (5)当滴入最后半滴酸性KMnO4溶液，溶液由无色变为浅紫色，且半分钟内不褪色 (6)1.2
【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。
(6)20.00 mL 血液样品经过处理后得到草酸，草酸消耗的高锰酸钾的物质的量为0.020 mol·L－1×0.012 L
＝2.4×10－4 mol，根据反应的离子方程式5H2C2O4＋2MnO＋6H＋===2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O 及草酸钙的化
学式CaC2O4可知，n(Ca2＋)＝n(H2C2O4)＝×2.4×10－4 mol＝6×10－4 mol，Ca2＋的质量为40 g·mol－1×6×10－4
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mol＝0.024 g，其浓度为＝1.2 mg·cm－3。
【变式7-1】
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)。
【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2FeSO4·7H2O=====Fe2O3＋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＋3H2SO4===3FeSO4＋
3H2O、Fe＋H2SO4===FeSO4＋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，m＝0.03，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。
【变式7-2】在花瓶中加入“鲜花保鲜剂”可延长鲜花的寿命。如表是1 L“鲜花保鲜剂”的成分，阅读后
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并回答下列问题：
成分
质量/g
摩尔质量/(g·mol－1)
蔗糖
50.00
342
硫酸钾
0.50
174
阿司匹林
0.35
180
高锰酸钾
0.50
158
硝酸银
0.04
170
(1)“鲜花保鲜剂”中物质的量浓度最大的成分是 (填写名称)。
(2)“鲜花保鲜剂”中K＋的物质的量浓度为(阿司匹林中不含
K＋) (只要求写表达式，不需计算)mol·L－1。
(3)下图所示的仪器中，在配制“鲜花保鲜剂”溶液时肯定不需要的是 (填字母)，还缺少的玻璃仪器有
(填仪器名称)。
(4)配制过程中，下列操作对配制结果没有影响的是 (填字母)。
A．容量瓶在使用前未干燥，里面有少量蒸馏水
B．定容时仰视液面
C.容量瓶在使用前刚刚配制完一定物质的量浓度的NaCl 溶液而未洗净
D．定容摇匀后发现液面低于容量瓶的刻度线，但未做任何处理
(5)欲确定“鲜花保鲜剂”中硝酸银的浓度，可加入的试剂中要含有 。(填化学符号)
【解析】(1)同一溶液，体积相等，则物质的量越大溶液浓度越大，蔗糖的物质的量为：≈0.146 mol；硫酸
钾的物质的量为：≈0.002 87 mol；阿司匹林的物质的量为： ≈0.001 94 mol；高锰酸钾的物质的量：
≈0.003 2 mol；硝酸银的物质的量：≈0.000 24 mol；所以蔗糖的物质的量最大，溶液中蔗糖的物质的量浓
度最多；(2)则依据c＝，V＝1 L，溶液中钾离子的物质的量浓度为c＝ ＝ mol/L；(3)配制一定物质的浓度
溶液一般步骤：计算、称量、溶解、移液、洗涤、定容等，用到的仪器：托盘天平、烧杯、玻璃棒、药
匙、1 000 mL 容量瓶、胶头滴管；用不到烧瓶和分液漏斗，还缺少的仪器：玻璃棒、烧杯；(4)容量瓶在使
用前未干燥，里面有少量蒸馏水，对溶质的物质的量和溶液体积都不产生影响，溶液浓度不变，故A 选；
定容时仰视液面，导致溶液体积偏大，溶液浓度偏小，故B 不选；容量瓶在使用前刚刚配制完一定物质的
量浓度的NaCl 溶液而未洗净，容量瓶中沾有氯化钠，氯化钠能够消耗银离子，导致溶液中银离子浓度偏
小，故C 不选；定容摇匀后发现液面低于容量瓶的刻度线，但未做任何处理，属于正确操作，溶液浓度准
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确，故D 选；(5)银离子能够与氯离子反应生成氯化银白色沉淀，向待测液中加入少量氯化钠，若产生白色
沉淀即可证明溶液中含有银离子。
【答案】(1)蔗糖 (2)2×＋(或＋或＋或＋) (3)ac 玻璃棒、烧杯 (4)AD (5)Cl－
【基础题】
1.（2024·广东茂名·月考）正确操作是保证实验成功的前提。配制一定物质的量浓度的NaCl 溶液，下列实
验操作中正确的是
A．图甲称量
B．图乙溶解
C．图丙转移
D．图丁定容
【答案】C
【解析】A．称量时，托盘天平的使用应该是左物右码，A 错误；
B．不能在容量瓶里进行溶解操作，B 错误；
C．转移时需要用玻璃棒引流，C 正确；
D．定容时，应平视读数，D 错误；
故选C。
2.（2024·河北衡水·调研）实验室中需要配制1mol/L 的NaCl 溶液450mL，配制时应选用的容量瓶的规格和
称取的NaCl 质量为
A．500mL，29.250g
B．450mL，26.325g
C．500mL，26.325g
D．250mL，26.325g
【答案】A
【解析】实验室没有450mL 量筒，因此需要配制500mL，则选择500mL 容量瓶。需要氯化钠的质量＝
1mol/L×0.5L×58.5g/mol＝29.250g。
答案选A。
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3.（2024·辽宁大连·月考）配制500mL0.100mol•L-1的NaCl 溶液，部分实验操作示意图如图：
下列说法正确的是（ ）
A．实验中需用到的仪器有：天平、250mL 容量瓶、烧杯、玻璃棒、胶头滴管等
B．上述实验操作步骤的正确顺序为①②④①③
C．容量瓶需用自来水、蒸馏水洗涤，干燥后才可用
D．定容时，仰视容量瓶的刻度线，使配得的NaCl 溶液浓度偏低
【答案】D
【分析】配制500mL 0.100 mol·L-1NaCl 溶液操作步骤有计算、称量、溶解、转移、洗涤、定容、摇匀等操
作，用托盘天平（用到药匙）称量氯化钠，在烧杯中溶解，用玻璃棒搅拌，加速溶解，恢复到室温后转移
到500mL 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
～2cm 时，改用胶头滴管滴加，最后定容颠倒摇匀。
【解析】A．配制500mL 0.100 mol·L-1NaCl 溶液用到的仪器有托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、500mL 容
量瓶、胶头滴管，A 错误；
B．配制一定物质的量浓度的溶液的步骤有计算、称量、溶解、转移、洗涤、定容、摇匀等，操作步骤正
确的顺序为②①④③，B 错误；
C．容量瓶用蒸馏水洗净后，由于后面还需要加入蒸馏水定容，所以不必干燥，C 错误；
D．定容时仰视容量瓶的刻度线，则所加蒸馏水偏多，溶液的体积V 偏大，溶液的浓度偏低，D 正确；
故选D。
4.（2024·陕西宝鸡·期末）配制500mL0.1mol/L 的NaCl 溶液，下列说法或操作正确的是
A．将NaCl 固体直接放在托盘天平的托盘上称量
B．用托盘天平准确称量干燥的NaCl 固体2.925g
C．在500mL 容量瓶中溶解氯化钠固体，然后加蒸馏水至刻度线
D．若容量瓶未干燥，内有少量蒸馏水，其他操作均正确，配制溶液的c(Cl-)不变
【答案】D
【解析】A．将NaCl 固体不能直接放在托盘天平的托盘上称量，而能放在干净的纸片上，A 错误；
B．用托盘天平准确称量干燥的NaCl 固体质量时，应精确到0.1g,B 错误；
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C．应在烧杯中溶解氯化钠，不能在容量瓶中溶解，C 错误；
D．容量瓶中有少量蒸馏水，其他操作均正确，不影响配制浓度，D 正确；
故选D。
5.（2024·河北邯郸·期中）下列有关描述中正确的是
A．1L
：溶液中含有的
的浓度为
B．将
溶液与
溶液等体积混合(忽略溶液混合时的体积变化)后得到的HCl 浓
度为
C．将5.85g
固体溶于1L 水中，得到
溶液的浓度为
D．10.6g
固体溶于水得到1L 溶液，得到的溶液中
的浓度为
【答案】B
【解析】A．1L
溶液中含有的
的浓度为
，故A 错误；
B．将
溶液与
溶液等体积混合，设硫酸溶液的体积为VL，反应生成HCl 的
物质的量为
，得到的HCl 浓度为
，故B 正确；
C．将5.85g
固体溶于1L 水中，得到溶液的体积不是1L，
溶液的浓度不是
，故C 错
误；
D．10.6g
固体溶于水得到1L 溶液，得到的溶液中
的浓度为
，故D
错误；故选B。
6.（2024·陕西延安·月考）现实验室需要用质量分数：98%、密度：1.84g/cm3的浓硫酸配制240mL4.6mol/L
的稀硫酸，下列说法中正确的是（ ）
A．该浓硫酸的物质的量浓度为18.4mol/L
B．需要该浓硫酸的体积为60mL。
C．配制稀硫酸时，将量好的浓硫酸注入容量瓶中，并加入适量的水
D．该同学实际配制得到的浓度为4.8mol/L，可能的原因是量筒量取浓硫酸时俯视刻度线
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【答案】A
【解析】A．密度为1.84g/cm3，溶质的质量分数98%的浓硫酸物质的量浓度
，故A 正确；
B．需要240mL4.6mol/L 的硫酸，应选择500mL 容量瓶，实际配制500mL 溶液，依据稀释过程中溶质的物
质的量不变得：18.4mol/L×V=500mL×4.6mol/L，解得V=125mL，故B 错误；
C．配制稀硫酸时，将量好的浓硫酸注入烧杯中，容量瓶中不能用于稀释溶液，故C 错误；
D．是量筒量取浓硫酸时俯视刻度线，会使所取溶质的物质的量偏小，根据
，所配溶液的浓度会偏
小，故D 错误；
答案选A。
7.（2024·江苏苏州·月考）下列说法中错误的是
A．从1 L
的NaCl 溶液中取出10 mL，其浓度仍是
B．制成0.5 L
的盐酸，需要氯化氢气体112 L(标况下)
C．0.5 L
溶液中，
和
总数为
D．10 g 98%硫酸(密度为
)与10 mL
硫酸的浓度是不同的
【答案】D
【解析】A． 溶液具有均一性，从1L1mol/L 的氯化钠溶液中取出10mL，其浓度仍是1mol/L，A 正确；
B．制成0.5L10mol/L 的盐酸，需要氯化氢气体的物质的量为0.5L×10mol/L=5mol，标况下的体积为
5mol×22.4L/mol=112L，B 正确；
C． 0.5L2mol/L 的BaCl2溶液中，钡离子和氯离子总数为3 ×0.5L×2mol/L×6.02×1023=3×6.02×1023，C 正
确；
D． 10g98%硫酸（密度为1.84g/cm3）的物质的量浓度为
，与
10mL18.4mol/L 硫酸的浓度是相同的，D 不正确；
故选D。
8.（2024·湖南长沙·月考）标准状况下，11.2L HCl 气体溶于水中得到500mL 盐酸，其密度为
，则
所得盐酸的物质的量浓度为
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A．
B．
C．
D．无法确定
【答案】B
【解析】标况下，0.5molHCl 气体溶于水中得到500mL 盐酸，
，故选B。
9.（2024·江苏徐州·月考）相对分子质量为M 的气态化合物VL(标准状况)溶于mg 水中，得到溶液的质量
分数为
，物质的量浓度c mol∙L−1，密度为
，则下列说法正确的是
A．相对分子质量M 可表示为：
B．溶液密度
可表示为：
C．溶液的质量分数
可表示为
D．物质的量浓度C 可表示为：
【答案】A
【解析】A．
，则
，
，
，则相对分子质量M 可表示为：
，故A 正确；
B．根据
，则溶液密度
可表示为：
，故B 错误；
C．溶液的质量分数
可表示为
，故C 错误；
D．物质的量浓度c 可表示为：
，故D 错误。
综上所述，答案为A。
10.（2024·辽宁沈阳·开学考试）下列说法不正确的是
A．某硝酸密度为1.42g•cm-3，质量分数为63%，此硝酸物质的量浓度为14.2mol//L
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B．将100g 浓度为1.0mol/L 的硫酸与一定体积的水混合稀释成0.5mol/L，则水的体积大于100mL
C．当2L 水吸收44.8L 氨气(标况)时所得氨水的浓度不是1mol•L-1，或有当44.8L(标况)氨气溶于水制得2L
氨水时，其浓度才是1mol•L-1
D．VLAl2(SO4)3溶液中含Al3+ag，则溶液中的
物质的量浓度为
mol/L
【答案】B
【解析】A．某硝酸密度为1.42g•cm-3，质量分数为63%，此硝酸物质的量浓度为
=14.2mol//L，A 正确；
B．将100g 浓度为1.0mol/L 的硫酸与一定体积的水混合稀释成0.5mol/L，则混合溶液的体积是1.0mol/L 的
硫酸体积的二倍，1.0mol/L 的硫酸的密度大于1g/cm3，则100g 浓度为1.0mol/L 的硫酸的体积小于
100mL，所以水的体积也应小于100mL，B 不正确；
C．2L 水吸收44.8L 氨气(标况)(2mol)，所得氨水的体积不是2L，则浓度不是1mol•L-1，当44.8L(标况)氨气
溶于水制得2L 氨水时，其浓度为
=1mol•L-1，C 正确；
D．VLAl2(SO4)3溶液中含Al3+ag，则溶液中Al3+的物质的量浓度为
=
mol/L，则
物质的量
浓度为
mol/L =
mol/L，D 正确；
故选B。
【提升题】
11.（2024·陕西宝鸡·月考）20℃时，饱和NaCl 溶液的密度为ρg⋅cm
−3，物质的量浓度为
，则下
列说法错误的是
A．温度低于20℃时，饱和NaCl 溶液的浓度小于
B．20℃时，饱和NaCl 溶液中NaCl 的质量分数为
C．20℃时，将58.5gNaCl 溶解在1L 水中，所得溶液的浓度为
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D．20℃时，NaCl 的溶解度为
【答案】C
【解析】A．温度低于20℃时，NaCl 的溶解度减小，NaCl 的质量分数减小，则饱和NaCl 溶液的浓度小于
，故A 正确；
B．20℃时，1L 饱和NaCl 溶液的质量为
，溶质NaCl 的质量为58.5cg，故NaCl 的质量分数为
，故B 正确；
C．58.5gNaCl 的物质的量为1mol，将其溶解在1L 水中，所得溶液的体积不是1L，故所得溶液的浓度不是
，故C 错误；
D．20℃时，1L 饱和NaCl 溶液中NaCl 的质量为58.5cg，又知溶液的质量为
，则溶剂水的质量为
，根据溶解度的定义，可知20℃时NaCl 的溶解度为
，故D 正确；
故选C。
12.（2024·河北石家庄·月考）把300mL 含有BaCl2、MgCl2、Mg(NO3)2的混合溶液分成3 等份分别逐滴加入
Na2SO4溶液、AgNO3溶液、NaOH 溶液。直至不再产生沉淀，此时消耗amolNa2SO4、bmolAgNO3、
cmolNaQH，则该混合溶液中
的浓度为
A．10(2a-b+c)mol/L
B．
mol/L
C．10(2a+b+c)mol/L
D．
mol/L
【答案】A
【解析】消耗amolNa2SO4，则原溶液中含有amolBa2+，即BaCl2有amol，消耗bmolAgNO3，则原溶液中含
有bmolCl-，BaCl2中有Cl-2amol，因此MgCl2中有Cl-为(b-2a)mol，则MgCl2有
mol，消耗
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NaOHcmol，则Mg2+有
mol，则Mg(NO3)2有镁离子(
-
)mol，因此
的物质的量为(c-b+2a)mol，
则
的浓度为(c-b+2a)mol÷0.1L=10(2a-b+c)mol/L；
故选A。
13.（2024·北京海淀·开学考试）配制
溶液的操作如下所示。下列说法正确的是
A．操作1 前需用称量纸称取质量为
的
B．操作1 确认
完全溶解后，应立刻进行操作2
C．操作4 如果俯视，则
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
【答案】C
【解析】A．氢氧化钠具有腐蚀性。不能用称量纸称量，A 错误；
B． 操作1 确认
完全溶解后，应冷却到室温、再进行操作2，B 错误；
C． 操作4 如果俯视，则导致体积偏小，
溶液浓度偏大，C 正确；
D．若补充少量水至刻度线，则导致体积偏大，
溶液浓度偏小，D 错误；
答案选C。
14.（2024·福建龙岩·月考）使用容量瓶配制溶液时，由于操作不当会引起误差，下列情况会使所配溶液浓
度偏低的是
①用天平称量时所用砝码生锈
②用量筒量取所需浓溶液时，仰视读数
③定容时，俯视容量瓶的刻度线
④转移溶液前容量瓶内有少量蒸馏水
⑤溶液转移到容量瓶后，烧杯及玻璃棒未用蒸馏水洗涤
⑥定容后摇匀，发现液面降低，又补加少量水，重新达到刻度线
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A．②④
B．②⑤⑥
C．①③⑥
D．⑤⑥
【答案】D
【分析】根据c=
，一定物质的量浓度溶液配制的误差都是由溶质的物质的量n 和溶液的体积V 引起的，
若n 比理论值小或V 比理论值大时，都会使所配溶液浓度偏小；若n 比理论值大或V 比理论值小时，都会
使所配溶液浓度偏大，据此分析判断。
【解析】①用天平称量时所用砝码生锈，会导致称量的溶质的质量偏大，配制的溶液中溶质的物质的量偏
大，溶液的浓度偏高，故①不选；
②用量筒量取所需浓溶液时，仰视刻度，导致量取的液体体积偏大，配制的溶液中溶质的物质的量偏大，
溶液浓度偏高，故②不选；
③定容时，俯视容量瓶的刻度线，导致加入的蒸馏水低于容量瓶刻度线，配制的溶液体积偏小，溶液的浓
度偏高，故③不选；
④转移溶液前容量瓶内有少量蒸馏水，对溶质的物质的量、溶液的最终体积都没有影响，不影响配制结
果，故④不选；
⑤溶液转移到容量瓶后，烧杯及玻璃棒未用蒸馏水洗涤，配制的溶液中溶质的物质的量偏小，溶液浓度偏
低，故⑤选；
⑥定容后摇匀，发现液面降低，又补加少量水，重新达到刻度线，导致配制的溶液体积偏大，溶液浓度偏
低，故⑥选；
故选D。
15.（2024·上海嘉定·期末）下列实验过程能引起结果偏高的是 （ ）
①配制100g10％CuSO4溶液，称取10g 硫酸铜晶体溶于90g 水中
②测定硫酸晶体中结晶水的百分含量时，所用的晶体已经受潮
③配制一定物质的量浓度的硫酸溶液时，定容时俯视容量瓶的刻度线
④质量分数为10％和90％的两种硫酸等质量混合配制50％的硫酸溶液
⑤质量分数为10％和30％的两种乙醇溶液等体积混合配成20％乙醇
A．①⑤
B．②④
C．②③
D．④⑤
【答案】C
【解析】①配制100g10％CuSO4溶液，称取10g 硫酸铜晶体溶于90g 水中，则硫酸铜的质量小于10g，溶
液质量为10g+90g=100g，因此质量分数小于10%，结果偏低，故①不符合题意；
②测定硫酸晶体中结晶水的百分含量时，所用的晶体已经受潮，加热时，质量减少得多，被理解为结晶
水，因此结晶水的百分含量增加，结果偏高，故②符合题意；
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③配制一定物质的量浓度的硫酸溶液时，定容时俯视容量瓶的刻度线，溶液体积偏小，物质的量浓度等于
溶质物质的量除以溶液体积，因此结果偏高，故③符合题意；
④等质量混合，混合后溶液质量分数是混合前质量分数和的一半，因此质量分数为10％和90％的两种硫酸
等质量混合配制50％的硫酸溶液，故④不符合题意；
⑤等体积混合，密度小于1g·mL−1溶液，混合后溶液质量分数小于混合前质量分数和的一半，因此质量分
数为10％和30％的两种乙醇溶液等体积混合配成乙醇质量分数小于20%，故⑤不符合题意；
因此②③引起结果偏高，故C 符合题意。
综上所述，答案为C。
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