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一、有关物质的量浓度计算的四大类型
由定义出发，运用守恒(溶质守恒、溶剂守恒等)及公式c= n
V 、w=m(溶质)
m(溶液)×100%；ρ=m(溶液)
V
进行推理，
注意密度的桥梁作用，不要死记公式。
1．标准状况下，气体溶液的物质的量浓度的计算
c＝
2．溶液中溶质的质量分数与物质的量浓度的换算
(1)计算公式：c＝ (c 为溶质的物质的量浓度，单位mol·L－1，ρ 为溶液的密度，单位g·cm－3，w 为溶质的质
量分数，M 为溶质的摩尔质量，单位g·mol－1)。
第02 讲 物质的量浓度及其溶液的配制
考点导航
考点一 物质的量浓度及其计算
重难点辨析
1
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当溶液为饱和溶液时，因为w＝，可得c＝。
(2)公式的推导(按溶液体积为V L 推导)
c＝＝＝或w＝＝＝。
3．溶液稀释和同种溶质的溶液混合的计算
(1)溶液稀释
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，即m(稀)＝m(浓)＋m(水)(体积一般不守恒)。
(2)溶液混合
①混合前后溶质的质量保持不变，即m1w1＋m2w2＝m 混w 混。
②混合前后溶质的物质的量保持不变，即c1V1＋c2V2＝c 混V 混。
4．应用电荷守恒式进行未知离子的浓度计算
溶液中所有阳离子所带正电荷总数与阴离子所带负电荷总数相等。
例如：CH3COONa 和CH3COOH 的混合溶液中存在
c(CH3COO－)＋c(OH－)＝c(Na＋)＋c(H＋)。
二、溶质相同、溶质质量分数不同的两溶液混合规律
同一溶质、溶质质量分数分别为a%、b%的两溶液混合：
(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，溶质质量分数w＞(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、氨水溶液)，等体积混合后，溶
质质量分数w＜(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”。
1．有关物质的量浓度计算的三个易错点
(1)溶液中溶质的判断
①与水发生反应的物质，溶质发生变，水量减少，如:
Na、Na2O、Na2O2
NaOH
CO2、SO2、SO3
H2CO3、H2SO3、H2SO4
NH3
NH3·H2O(溶质按NH3进行计算)
规律·方法·技巧·点拔
2
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②结晶水合物，溶质不变但水量增多，如CuSO4·5H2O
CuSO4，FeSO4·7H2O
FeSO4。
(2)混淆溶液的体积和溶剂的体积
①不能用溶剂的体积代替溶液的体积，尤其是固体、气体溶于水时，一般根据溶液的密度计算溶液的体积:
V=m(气体或固体)+m(溶剂)
ρ
。
②溶液稀释或混合时，溶液的体积一般不可直接相加，应根据溶液的质量和密度求算混合溶液的体积。溶
液密度的单位一般是g·mL-1，而溶液体积的单位一般是L，要注意单位的换算。若题中注明“忽略混合后
溶液体积变化”，则溶液的总体积一般按相加计算。
(3)部分与整体的关系
溶质的浓度和离子的浓度不一定相同，要注意根据化学式具体分析。如1mol·L-1Al2(SO4)3溶液中c(SO4
2-
)=3mol·L-1，c(Al3+)等于2mol·L-1(考虑Al3+水解时,则其浓度小于2mol·L-1)。
2．巧用电荷守恒求解离子浓度
任何电解质溶液中均存在电荷守恒，即溶液中阳离子所带正电荷总数等于阴离子所带负电荷总数。如
Al2(SO4)3溶液中的电荷守恒关系为3c(Al3+)+c(H+)=2c(SO4
2-)+c(OH-)，只要知道其中三种离子的浓度，即可
求剩余一种离子的浓度。
注意：一般情况下，列电荷守恒等式时不能忽略H＋、OH－，但在计算时，酸性溶液中常可忽略OH－，碱
性溶液中常可忽略H＋。
考向1 物质的量浓度概念的理解
【典例1】（2022·全国·高三专题练习）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 mol/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 mol/L
C．2 L0.2 mol/L 的NaCl 溶液与5 L0.4 mol/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
典型例题剖析
3
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【答案】C
【解析】A．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．40 g NaOH 的物质的量是1 mol，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 mol/L，B 错误；
C．2 L0.2 mol/L 的NaCl 溶液中Cl-浓度是0.2 mol/L；5 L0.4 mol/L 的NaCl 溶液的Cl-浓度是0.4 mol/L，故
两种溶液中Cl-浓度之比为0.2 mol/L ：0.4 mol/L =1：2，C 正确；
D．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；
故合理选项是C。
【变式练1】（2022·全国·高三专题练习）下列说法中正确的是
A．把98g 硫酸溶于1 L 水中，则溶液的物质的量浓度为1mol•L-1
B．1mol•L-1的NaCl 溶液是指此溶液中含有1molNaCl
C．1mol•L-1的CaCl2溶液中，Cl-的物质的量浓度为2mol•L-1
D．从100mL 的1mol/L 的硫酸溶液中取出10mL，则这10mL 硫酸溶液的物质的量浓度是0.1mol/L
【答案】C
【解析】A．把98g 硫酸溶于1L 水中，溶液的体积不是1L，则溶液的物质的量浓度不是1mol•L﹣1，故A
错误；
B．溶液体积未知，无法计算溶质的物质的量，1mol•L﹣1的NaCl 溶液是指1L 溶液中含有1molNaCl，故B
错误；
C．1mol•L﹣1的CaCl2溶液中，存在如下关系式：CaCl2~2Cl-，则Cl﹣的物质的量浓度为2mol•L﹣1，故C 正
确；
D．溶液是均一的分散系，它的浓度与所取体积多少无关，所以从100mL 的1mol/L 的硫酸溶液中取出
10mL，则这10mL 硫酸溶液的物质的量浓度与原来相等，故D 错误；
故选C。
【变式练2】（2022·全国·高三专题练习）下列说法中正确的是
A．1L 水中溶解了58.5gNaCl，该溶液的物质的量浓度为lmol/L
B．从1L2mol/L 的H2SO4溶液中取出0.5L，该溶液的浓度为lmol/L
C．配制500mL0.5mol·L-1的CuSO4溶液，需62.5g 胆矾(CuSO4·5H2O)
D．中和100mL1mol/L 的H2SO4溶液，需NaOH 为4g
【答案】C
【解析】A．1L 水中溶解了58.5gNaCl，溶液的体积不是1L，该溶液的物质的量浓度不是lmol/L，A 错误；
4
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B．溶液是均一稳定的液体，取出其中一部分，其浓度不变，B 错误；
C．配制500mL0.5mol·L-1的CuSO4溶液，需要CuSO4物质的量
，则需胆矾(CuSO4·5H2O)
质量为
，C 正确；
D．中和100mL1mol/L 的H2SO4溶液，需NaOH 物质的量
，其质量为
，D
错误；
故选C。
考向2 物质的量浓度的有关计算
【典例2】（2022 秋·宁夏银川·高三校考阶段练习）下列溶液的物质的量浓度的相关计算正确的是
A．同浓度的三种物质的溶液：Na2SO4、MgSO4、Al2(SO4)3、溶液体积之比为3 2 1
∶∶，则SO
浓度之比为
3 1 3
∶∶
B．将1mol·L-1的NaCl 溶液和0.5mol·L-1的BaCl2溶液等体积混合后，忽略溶液体积变化，
c(Cl-)=0.75mol·L-1
C．将100mL 5mol·L-1的盐酸加水稀释至1L，再取出5mL，这5mL 溶液的物质的量浓度为0.5 mol·L-1
D．标准状况下，22.4 LHCl 溶于1L 水，盐酸的物质的量浓度为1mol·L-1
【答案】C
【解析】A．假设三种溶液的浓度均为1mol/L，则Na2SO4、MgSO4、Al2(SO4)3溶液中SO
浓度分别
=1mol/L×1=1mol/L、1mol/L×1=1mol/L 和1mol/L×3=3mol/L，即浓度之比为1 1 3
∶∶，故A 错误；
B．1mol·L-1的NaCl 溶液中c(Cl-)=1mol/L×1=1mol/L，0.5mol•L-1的BaCl2溶液中c(Cl-)=0.5mol/
L×2=1mol/L，故两者混合后，不考虑体积的变化，c(Cl-)=1mol•L-1，故B 错误；
C．溶液稀释前后溶质的物质的量不变，则稀释后盐酸物质的量浓度=
=0.5mol/L，溶液具有
均一性、稳定性，所以稀释后溶液中盐酸浓度都是相同的，与溶液体积大小无关，5mL 溶液物质的量浓度
为0.5mol/L，故C 正确；
D．1L 为水的体积，不是溶液的体积，则溶液体积未知不能计算盐酸的物质的量浓度，故D 错误；
故选C。
5
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【变式练3】（2023·湖南长沙·高三长郡中学校考阶段练习）相对分子质量为Mr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ω，密度为ρg/cm3，物质的量浓度为cmol/L。下列说法正确的是
A．溶液的质量分数
可表示为
B．相对分子质量Mr可表示为
C．溶液密度ρ 可表示为
D．物质的量浓度c 可表示为
【答案】A
【解析】A．溶液中溶质的质量
，溶液质量为
，则溶质
的质量分数为
，故A 正确；
B．质量分数为
，则水的质量分数为
，水的质量为
，则溶液的质量为
，溶质的质量为
，溶质的物质的量为
，则该化合物的摩尔质量为
，
所以该化合物的相对分子量为
，故B 错误；
C．设溶液的体积为
，则溶液中溶质的质量为
，
该溶液的质量
为
，则溶液的密度为
，故C 错误；
D．溶液体积=
，溶液中溶质的物质的量为
，
6
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该溶液的浓度为
，故D 错误；
选A。
【变式练4】（2022 秋·海南省直辖县级单位·高三校考阶段练习）VmL
溶液中含有
mg，取
V/4 mL 该溶液用水稀释至4VmL，则
物质的量浓度为
A．
mol/L
B．
mol/L
C．
mol/L
D．
mol/L
【答案】A
【解析】VmLAl2(SO4)3溶液中含有Al3+mg，则
的物质的量为
mol，取
mL 该溶液稀释至4VmL，
则
的物质的量为
mol，则其物质的量浓度为
mol÷(4V×10-3)L=
，故答案选A。
1．（2022·福建·统考高考真题）常温常压下，电化学还原制氨气的总反应方程式：
，设
为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．
水中含有的孤电子对数为
B．每产生
失去的电子数为
C．
氨水中，含有的
分子数少于
D．消耗
(已折算为标况)时，产生的
分子数为
【答案】D
【解析】A．H2O 分子中孤电子对数为
=2，
H2O 的物质的量为
=0.5mol，含有的孤电子
三年真题·两年模拟
7
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对数为
，故A 错误；
B．该反应中N2中N 元素化合价由0 价下降到-3 价，34g
的物质的量为
=2mol，每产生
，
得到6mol 电子，数目为6NA，故B 错误；
C．氨水的体积未知，无法计算
的分子数，故C 错误；
D．
的物质的量为0.5mol，由方程式可知，消耗0.5mol
，产生的0.75mol
，数目为
，
故D 正确；
故选D。
2．（2022·海南·统考高考真题）在2.8gFe 中加入100mL3mol/LHCl，Fe 完全溶解。NA代表阿伏加德罗常
数的值，下列说法正确的是
A．反应转移电子为0.1mol
B．HCl 溶液中
数为3NA
C．
含有的中子数为1.3NA
D．反应生成标准状况下气体3.36L
【答案】A
【解析】A．Fe 完全溶解生成Fe2+，该反应转移电子0.1mol，A 正确；
B．HCl 溶液中Cl-的物质的量为0.3mol，因此，Cl-数为0.3NA，B 不正确；
C．
56Fe 的质子数为26、中子数为30，2.8g56Fe 的物质的量为0.05mol，因此，2.8g56Fe 含有的中子数为
1.5NA，C 不正确；
D．反应生成H2的物质的量为0.05mol，在标准状况下的体积为1.12L ，D 不正确；
综上所述，本题A。
3．（2021·重庆·统考高考真题）葡萄酒中含有CH3CH2OH、CH3COOH、 SO2 和CO2等多种成分。若NA
代表阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．46gCH3CH2OH 中含有C-H 键数为5NA
B．1L1 mol·L-1CH3COOH 溶液中含有氢离子数为NA
C．1 mol SO2与1 mol O2完全反应转移的电子数为4 NA
D．11.2L (标准状况) CO2完全溶于水后溶液中H2CO3分子数为0.5NA
【答案】A
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【解析】A．46gCH3CH2OH 的物质的量为
，1mol 乙醇含有5molC-H 键，含有C-H 键
数为5NA，A 正确；
B．1L1 mol·L-1CH3COOH 的物质的量为n=cV=1mol，由于醋酸是弱酸，不能完全电离出氢离子，
1molCH3COOH 溶液中含有氢离子数小于NA，B 错误；
C ．SO2与O2反应
是可逆反应，不能完全转化，则1 mol SO2与1 mol O2完全反应生成
小于1mol SO3，S 元素从+4 升到+6 价，转移的电子数小于2NA，C 错误；
D．标准状况下11.2L CO2的物质的量为
，0.5molCO2与水反应生成
0.5molH2CO3，由于溶液中H2CO3部分电离，则H2CO3分子数小于0.5NA，D 错误；
故选：A。
4．（2022·上海·模拟预测）将V L 浓度为0.3mol/L 的盐酸浓度扩大一倍，采取的措施合理的是
A．将溶液加热浓缩至原来体积的一半
B．通入标准状况下的HCl 气体6.72L
C．加入3mol/L 的盐酸0.2V L，再稀释至1.5V L
D．加入等体积0.9mol/L 的盐酸，混合均匀
【答案】C
【解析】A．将溶液加热浓缩至原来体积的一半时，由于HCl 的挥发，不能使其浓度扩大一倍，A 不合理；
B．标准状况下6.72LHCl 的物质的量为0.3mol，但向溶液中通入HCl 气体时溶液的体积会发生变化，所以
浓度不能扩大一倍，B 不合理；
C．V L 浓度为0.3mol/L 的盐酸中有0.3VmolHCl，3mol/L 的盐酸0.2V L 含HCl 的物质的量为0.6Vmol，稀
释至1.5V L，浓度为
=0.6mol/L，C 合理；
D．两种盐酸混合后，溶液的体积不能直接加和，所以混合后溶液的物质的量浓度不是原来的2 倍，D 不
合理；
综上所述答案为C。
5．（2022·全国·高三专题练习）下列说法错误的是
A．将14%的KOH 溶液蒸发掉100g 水后，变为28%的KOH 溶液80mL，该80mL 溶液的物质的量浓度为
6.25mol/L
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B．将质量分数为98%的
与水等体积混合，混合后
的质量分数大于49%
C．某
溶液的密度为1.2
，
的质量分数为5%，1L 该溶液中
的物质的量为5mol
D．1mol 氧气在放电条件下，有30%转化为
，则放电后混合气体对氢气的相对密度是35.6
【答案】D
【解析】A．将14%的KOH 溶液蒸发掉100g 水后，变为28%的KOH 溶液，溶质质量不变，则原溶液质量
为200g，溶质质量为
，物质的量为
，蒸发后的溶液物质的量浓度为
，故A 正确；
B．浓硫酸密度比水大，等体积混合硫酸质量分数大于49%，故B 正确；
C．
溶液的密度为1.2
，1L 该溶液的质量为
，
的质量分数为5%，则
的质量为
，物质的量为
，所以氯离子的物质的量为2.5mol×2=5mol，
故C 正确；
D．根据质量守恒，气体总质量不变，1mol 氧气在放电条件下，有30%转化为
，根据反应式3O2=2O3，
有0.3molO2反应转化为O3的物质的量为0.2mol，则混和气体的平均摩尔质量为
，相同条件下有
，即
，故D 错误；
故选D。
6．（2022 秋·河南周口·高三校考阶段练习）下列溶液与20mL1mol·L-1NaNO3溶液中NO 物质的量浓度相
等的是
A．10mL1mol·L-1Mg(NO3)2溶液
B．5mL0.8mol·L-1Al(NO3)3溶液
C．10mL2mol·L-1AgNO3溶液
D．10mL0.5mol·L-1Cu(NO3)2溶液
【答案】D
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【解析】A．10mL1mol·L-1Mg(NO3)2溶液中，
的物质的量浓度为2mol/L，A 不同；
B．5mL0.8mol·L-1Al(NO3)3溶液中，
的物质的量浓度为2.4mol/L，B 不同；
C．10mL2mol·L-1AgNO3溶液中，
的物质的量浓度为2mol/L，C 不同；
D．10mL 0.5mol·L-1Cu(NO3)2溶液中，
的物质的量浓度为1mol/L，D 相同；
故答案为：D。
一、一定物质的量浓度溶液的配制
1．容量瓶的使用
(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用来长期贮存溶液；
③不能将过冷或过热的溶液转移到容量瓶中，因为容量瓶的容积是在瓶身所标的温度下确定的；
④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．主要仪器
托盘天平、药匙、量筒、玻璃棒、烧杯、500mL 容量瓶、胶头滴管。
考点二 一定物质的量浓度溶液的配制
重难点辨析
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3．配制过程
以配制500 mL 1.00 mol/L 的NaOH 溶液为例
(1)计算：需NaOH 固体的质量为20.0 g。
(2)称量：通过托盘天平称量NaOH 固体时，需将其放在小烧杯中。
(3)溶解：将称好的NaOH 固体放入烧杯中，用适量水溶解。
(4)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500 mL 容量瓶。
(5)洗涤：用少量蒸馏水洗涤烧杯内壁和玻璃棒2～3 次，洗涤液移入容量瓶中，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，当液面距瓶颈刻度线下1～2 cm 时，改用胶头滴管滴加蒸馏水至溶液的凹
液面最低处与刻度线相切。
(7)摇匀：盖好瓶塞，反复上下颠倒，摇匀。
图示流程如下：
4．误差分析
(1)配制溶液过程中的误差分析(以配制NaOH 溶液为例分析)。
依据c= n
V = m
MV ,其中变量为m、V。因操作上的错误而导致实际溶质质量(或物质的量)比理论值m(或n)偏
小,或溶液体积比理论值V 偏大时,都会使所配溶液浓度偏低。反之偏高。具体分析如下:
可能引起误差的一些操作
因变量
c/(mol·L-1)
m
V
砝码与药品位置颠倒(使用了游码)
减小
—
偏低
称量时间过长(潮解)
减小
—
放在纸片上称量NaOH
减小
—
向容量瓶中转移时少量溅出
减小
—
未洗涤烧杯和玻璃棒
减小
—
定容时加水过多,
用胶头滴管吸出
减小
—
定容摇匀后液面下降再加水
—
增大
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定容时仰视刻度线
—
增大
砝码沾有其他物质或已生锈
增大
—
偏高
溶液未冷却至室温就
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,液面下降
—
—
不变
容量瓶用蒸馏水洗涤后未干
—
—
(2)定容时仰视、俯视误差分析。
结果:仰视时,容量瓶内液面高于刻度线,所配溶液体积偏大,浓度偏低;俯视时,容量瓶内液面低于刻度线,所配
溶液体积偏小,浓度偏高。
二、质量百分比浓度、体积比浓度溶液的配制
1．配制100 g 10%的NaCl 溶液。用托盘天平称取10 g NaCl 固体，放入100mL 的烧杯中，再用100 mL 量
筒量取90 mL 的水注入烧杯中，然后用玻璃棒搅拌使之溶解。
2．用浓硫酸配制1∶4 的稀硫酸50 mL。用50 mL 的量筒量取40.0 mL 的水注入到100 mL 的烧杯中，再用
10 mL 的量筒量取10.0 mL 浓硫酸，然后沿烧杯内壁缓缓注入烧杯中，并用玻璃棒不停搅拌。
一、与溶液浓度配制所使用的仪器有关的易混易错点
1．容量瓶是配制溶液的精密仪器,使用时要注意:
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，不能用来加热；
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。
④选用容量瓶的原则——“大而近”,如需配制90mL 溶液,应选用100mL 的容量瓶。
⑤选用容量瓶时应指明其规格。
⑥往容量瓶中转移液体时,要用玻璃棒引流,玻璃棒末端应在容量瓶刻度线以下。
2．托盘天平使用时要注意
(1)使用前调零
(2)药品不能直接放在托盘上
(3)左物右码，先大后小
规律·方法·技巧·点拔
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(4)读数至小数点后1 位
(5)用托盘天平称量，物质和砝码放反时，不一定有误差。若没有用到游码，则无误差；若用到游码，则按
照“药品的质量＝砝码的质量－游码的质量”来计算。
3．量筒使用时要注意
(1)不能作反应器
(2)不能将浓溶液直接在量筒中稀释
(3)量取的液体倒出后不必洗涤
4．烧杯使用时要注意
(1)用于溶解固体或稀释浓溶液
(2)将溶液转入容量瓶后，必须将烧杯洗涤2～3 次，洗涤液转入容量瓶
5．玻璃棒使用时要注意
(1)在溶液配制中的作用是搅拌、引流
(2)搅拌勿碰烧杯内壁，引流注意玻璃棒下端应在刻度线以下
(3)往容量瓶中转移液体时，要用玻璃棒引流，玻璃棒末端应在容量瓶刻度线以下。
二、与物质的量浓度配制过程有关的易混易错点
1．配制一定物质的量浓度的溶液是将一定质量或体积的溶质在选定的容量瓶中定容，不必计量水的用量。
2．配制NaOH 溶液时，必须用小烧杯快速称量NaOH 固体，不能将NaOH 直接放在纸上，因NaOH 固体
易潮解，且易与空气中的CO2反应。
3．把准确称量好的固体溶质放在烧杯中，用少量溶剂溶解，然后把溶液转移到容量瓶里。
4．定容加水超过刻度线时，则需重新配制。
5．定容后如果发现液面低于刻度线，这是因为容量瓶内极少量溶液在瓶颈处润湿所致，所以并不影响所
配制溶液的浓度，故不要再向容量瓶内加蒸馏水，否则，将使所配制的溶液浓度降低。
6．实验室中一般用托盘天平称量药品,而托盘天平只能精确到0.1g,所以记录数据时只能保留小数点后一位
数字。如所需NaCl 的质量为14.6g,不能写为14.60g。
7．移液时洗涤烧杯2~3 次是为了确保溶质全部转入容量瓶中,否则会导致溶液浓度偏低。
8．定容时,当液面离容量瓶颈部刻度线1~2cm 时,应该改用胶头滴管滴加,否则容易导致液体体积超过刻度线,
导致溶液浓度偏低。
三、溶液配制过程的“四个数据”
溶液配制过程中有“四个数据”在高考中经常考查。
数据
要求或解释
药品的质量
实验室中一般用托盘天平称量药品,而托盘天平只能精确到0.1g,所以记录数据时只能
保留小数点后一位数字。如所需NaCl 的质量为14.6g,不能写为14.60g
容量瓶的规格
(1)选择容量瓶的规格时应该与所配溶液体积相等或稍大,如需配制480mL 某溶液,则应
该选择500mL 容量瓶
(2)回答补充仪器的问题时应该注明容量瓶的规格,如回答“500mL 容量瓶”时,不能只
回答“容量瓶”
洗涤烧杯2~3 次
移液时洗涤烧杯2~3 次是为了确保溶质全部转入容量瓶中,否则会导致溶液浓度偏低
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液面离容量瓶颈部
刻度线1~2cm
定容时,当液面离容量瓶颈部刻度线1~2cm 时,应该改用胶头滴管滴加,否则容易导致液
体体积超过刻度线,导致溶液浓度偏低
四、俯视、仰视导致的误差分析
在量筒、容量瓶的使用中经常涉及俯视、仰视问题，其对实验结果的影响究竟如何(偏大或偏小)，必须分
情况讨论：
（1）用容量瓶定容(如图Ⅰ、Ⅱ)
①图Ⅰ：定容时俯视刻度线，液面低于刻度线，导致溶液体积偏小，所配制溶液的浓度偏高。
②图Ⅱ：定容时仰视刻度线，液面高于刻度线，导致溶液体积偏大，所配制溶液的浓度偏低。
(2)用浓硫酸配制一定浓度的稀硫酸，用量筒量取浓硫酸的体积。
结果:图1：仰视时量筒内液面高于刻度线，所量取的浓硫酸体积偏大，所配溶液浓度偏高;图2：俯视时,量
筒内液面低于刻度线, 所量取的浓硫酸体积偏小，所配溶液浓度偏低。
考向1 一定物质的量浓度溶液的配制过程
【典例1】（2022·全国·高三专题练习）配制500mL
的
溶液，部分实验操作示意图如下：
典型例题剖析
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下列说法正确的是
A．实验中需用的仪器有天平、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
溶液浓度偏低
【答案】D
【解析】A．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，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。
【变式练1】（2022·浙江·高三专题练习）下列有关溶液配制的叙述正确的是
A．配制0.400 0 mol·L-1的NaOH 溶液，称取4.0 g 固体NaOH 于烧杯中，加入少量蒸馏水溶解，立即转移
至250 mL 容量瓶中定容
B．用已准确称量的KBrO3固体配制一定体积的0.1 mol·L-1 KBrO3溶液时，用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃
棒、容量瓶和胶头滴管
C．量取27.2 mL 18.4 mol·L-1浓硫酸于烧杯中，加水稀释、冷却后转移至500 mL 容量瓶中即可得1.0
mol·L-1的H2SO4溶液
D．称取0.158 g KMnO4固体，放入100 mL 容量瓶中，加水溶解并稀释至刻度，即可得到0.010 mol·L-1的
KMnO4溶液
【答案】B
【解析】A．n(NaOH)=m/M=4.0g÷40g/mol=0.1mol。NaOH 在溶解时会放出大量热，因此需要冷却至室温后
再转移到250mL 容量瓶中，并且洗涤烧杯和玻璃棒2~3 次，将洗涤液也转移到容量瓶中，以减小误差，A
错误；
B．用已准确称量的KBrO3固体配制一定体积的0.1 mol·L-1 KBrO3溶液时，溶解时用到烧杯、玻璃棒，转
移到容量瓶中，再用胶头滴管定容，B 正确；
C．浓硫酸稀释时需要将浓硫酸沿烧杯内壁缓慢倒入蒸馏水中，并用玻璃棒不断搅拌，C 错误；
D．容量瓶不能作为溶解容器，应在烧杯中进行溶解，D 错误。
故本题选B。
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【变式练2】（2022 秋·山东泰安·高三山东省泰安英雄山中学校考阶段练习）下列操作正确的
①试管、蒸发皿既能用于给固体加热也能用于给溶液加热
②容量瓶在使用前一定要检漏、洗涤并烘干
③称取
固体的实验操作是先在托盘上各放一张滤纸，然后在右盘上添加2g 砝码，左盘上添加
NaOH 固体
④将小块钠投入到盛有水的试管中，进行钠与水反应的实验
⑤配制一定浓度的
溶液时，将称得的碳酸钠小心转移至250mL 容量瓶中，加入蒸馏水至刻度线
A．3 个
B．2 个
C．1 个
D．0 个
【答案】D
【解析】①试管既能用于给固体加热也能用于给溶液加热，蒸发皿不能用来给固体加热，故①错误；
②容量瓶在使用前一定要检漏、洗涤，但使用之前不需烘干，最后需加水定容，故②错误；
③氢氧化钠固体具有腐蚀性，易潮解，要放在烧杯中称量，故③错误；
④钠与水反应剧烈，会产生易燃易爆的氢气，钠与水反应的实验应该在烧杯或水槽中实验，故④错误；
⑤不能在容量瓶中配制溶液，应该在烧杯中配置好溶液再转移到容量瓶中，故⑤错误；故全部错误；
答案选D。
考向2 溶液配制的误差分析
【典例2】（2022 秋·吉林延边·高三延边二中校考开学考试）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有几项
①用天平(使用游码)称量时，被称量物与砝码的位置放颠倒了；
②溶液转移到容量瓶后，烧杯及玻璃棒未用蒸馏水洗涤；
③转移溶液前容量瓶内有少量蒸馏水；
④定容时，仰视容量瓶的刻度线；
⑤定容后摇匀，发现液面降低，又补加少量水，重新达到刻度线；
⑥用量筒量取一定量浓硫酸配制稀硫酸，转移到烧杯后，用少量水洗涤量筒；
⑦在烧杯中溶解NaOH 后，立即将所得溶液注入容量瓶中。
A．4 项
B．5 项
C．6 项
D．7 项
【答案】A
【解析】①用天平(使用游码)称量时，应该左物右码，被称量物与砝码的位置放颠倒了，物质少少了，会
使所配溶液浓度偏低；
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②溶液转移到容量瓶后，烧杯及玻璃棒未用蒸馏水洗涤，会造成溶质损失，会使所配溶液浓度偏低；
③转移溶液前容量瓶内有少量蒸馏水，不影响溶液的浓度；
④定容时，仰视容量瓶的刻度线，相当于水加多了，会使所配溶液浓度偏低；
⑤定容后摇匀，发现液面降低，又补加少量水，重新达到刻度线，相当于水加多了，会使所配溶液浓度偏
低；
⑥用量筒量取一定量浓硫酸配制稀硫酸，转移到烧杯后，不能用水洗涤量筒，若洗涤量筒，会使溶质偏多，
造成所配溶液浓度偏高；
⑦在烧杯中溶解NaOH 后，应该冷却到室温，若立即将所得溶液注入容量瓶中，热胀冷缩，相当于水加少
了，会使所配溶液浓度偏高。
故答案为：A
【变式练3】（2023 秋·新疆巴音郭楞·高三八一中学校考开学考试）某位同学配制一定物质的量浓度的
NaOH 溶液时，造成所配溶液浓度偏高的原因是
A．所用NaOH 已经潮解
B．向容量瓶中加水未到刻度线
C．有少量NaOH 溶液残留在烧杯里
D．用带游码的托盘天平称2.4g NaOH 时误用了“左码右物”方法
【答案】B
【解析】A．所用NaOH 已经潮解，导致溶质的物质的量偏小，根据
可知，所得溶液的浓度偏低，故
A 错误；
B．向容量瓶中加水未到刻度线，导致溶液体积偏小，根据
可知，所得溶液的浓度偏高，故B 正确；
C．有少量NaOH 溶液残留在烧杯里，导致溶质的物质的量偏小，根据
可知，所得溶液的浓度偏低，
故C 错误；
D．称2.4gNaOH 时误用了“左码右物”方法，称量的NaOH 质量偏小，导致溶质的物质的量偏小，根据
可知，所得溶液的浓度偏低，故D 错误。
答案选B。
【变式练4】（2022·浙江·高三专题练习）欲配制50mL，0.1mol·L-1KMnO4溶液，过程示意图如下所示。
下列说法错误的是
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A．图示中不正确的操作步骤有①②⑤
B．若未洗涤烧杯和玻璃棒，所配溶液浓度偏小
C．按图示操作配制的溶液浓度偏大
D．洗涤后应轻轻摇动锥形瓶使溶液混合均匀
【答案】C
【解析】A．称量时不能将药品直接放在托盘中，不能在量筒中溶解高锰酸钾，定容时，眼睛应与刻度线
保持水平，故图示中不正确的操作步骤有①②⑤，A 项正确；
B．烧杯中和玻璃棒上残留部分KMnO4，若未洗涤烧杯和玻璃棒，所配溶液浓度偏小，B 项正确；
C．因为仰视定容，溶液的体积偏大，所配制的溶液浓度将偏小，C 项错误；
D．洗涤后应轻轻摇动容量瓶使溶液混合均匀，D 项正确；
答案选C。
1．（2022·广东·高考真题）食醋是烹饪美食的调味品，有效成分主要为醋酸(用
表示)。
的应用与
其电离平衡密切相关。25℃时，
的
。
(1)配制
的
溶液，需
溶液的体积为_______mL。
(2)下列关于
容量瓶的操作，正确的是_______。
【答案】(1)5.0
(2)C
【解析】（1）溶液稀释过程中，溶质的物质的量不变，因此250mL×0.1mol/L=V×5mol/L，解得
三年真题·两年模拟
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V=5.0mL，故答案为：5.0。
（2）A．容量瓶使用过程中，不能用手等触碰瓶口，以免污染试剂，故A 错误；
B．定容时，视线应与溶液凹液面和刻度线“三线相切”，不能仰视或俯视，故B 错误；
C．向容量瓶中转移液体，需用玻璃棒引流，玻璃棒下端位于刻度线以下，同时玻璃棒不能接触容量瓶口，
故C 正确；
D．定容完成后，盖上瓶塞，将容量瓶来回颠倒，将溶液摇匀，颠倒过程中，左手食指抵住瓶塞，防止瓶
塞脱落，右手扶住容量瓶底部，防止容量瓶从左手掉落，故D 错误；
综上所述，正确的是C 项。
2．（2021·河北·统考高考真题）下列操作规范且能达到实验目的的是
A．图甲测定醋酸浓度
B．图乙测定中和热
C．图丙稀释浓硫酸
D．图丁萃取分离碘水中的碘
【答案】A
【解析】A．氢氧化钠溶液呈碱性，因此需装于碱式滴定管，氢氧化钠溶液与醋酸溶液恰好完全反应后生
成的醋酸钠溶液呈碱性，因此滴定过程中选择酚酞作指示剂，当溶液由无色变为淡红色时，达到滴定终点，
故A 选；
B．测定中和热实验中温度计用于测定溶液温度，因此不能与烧杯内壁接触，并且大烧杯内空隙需用硬纸
板填充和大小烧杯口部平齐，防止热量散失，故B 不选；
C．容量瓶为定容仪器，不能用于稀释操作，故C 不选；
D．分液过程中长颈漏斗下方放液端的长斜面需紧贴烧杯内壁，防止液体流下时飞溅，故D 不选；
综上所述，操作规范且能达到实验目的的是A 项，故答案为A。
3．（2021·山东·统考高考真题）为完成下列各组实验，所选玻璃仪器和试剂均准确、完整的是(不考虑存
放试剂的容器)
实验目的
玻璃仪器
试剂
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A
配制100mL 一定物质的量浓度
的NaCl 溶液
100mL 容量瓶、胶头滴管、烧
杯、量筒、玻璃棒
蒸馏水、NaCl 固体
B
制备Fe(OH)3胶体
烧杯、酒精灯、胶头滴管
蒸馏水、饱和FeCl3溶液
C
测定NaOH 溶液浓度
烧杯、锥形瓶、胶头滴管、酸式
滴定管
待测NaOH 溶液、已知浓度的盐
酸、甲基橙试剂
D
制备乙酸乙酯
试管、量筒、导管、酒精灯
冰醋酸、无水乙醇、饱和Na2CO3
溶液
A．A
B．B
C．C
D．D
【答案】AB
【解析】A．配制100mL 一定物质的量浓度的NaCl 溶液的步骤为：计算、称量、溶解、转移、洗涤、定
容、摇匀等，需要的仪器有：托盘天平、药匙、烧杯、量筒、玻璃棒、100mL 容量瓶、胶头滴管等，选项
中所选玻璃仪器和试剂均准确，A 符合题意；
B．往烧杯中加入适量蒸馏水并加热至沸腾，向沸水滴加几滴饱和氯化铁溶液，继续煮沸至溶液呈红褐色
停止加热，得到氢氧化铁胶体，所选玻璃仪器和试剂均准确，B 符合题意；
C．用标准稀盐酸溶液滴定待测氢氧化钠溶液可测定出氢氧化钠的浓度，取待测液时需选取碱式滴定管，
酸式滴定管则盛装标准盐酸溶液，所以所选仪器还应有碱式滴定管，C 不符合题意；
D．制备乙酸乙酯时需要用浓硫酸作催化剂和吸水剂，所选试剂中缺少浓硫酸，D 不符合题意；
故选AB。
4．（2023·上海杨浦·统考二模）室温下，甲同学配制5%的
溶液100g，乙同学配制
的
溶液100mL(
的溶解度为
水)，下列说法正确的是
A．所需溶质的质量相同
B．所需仪器均包括100mL 容量瓶
C．所配溶液均为不饱和溶液
D．所配溶液质量相同
【答案】C
【解析】100g5%氯化钠溶液中氯化钠的质量为100g×5%=5g，100mL0.5mol/L 氯化钠溶液中氯化钠的质量
为0.5mol/L×0.1L×58.5g/mol≈2.9g，100g 氯化钠饱和溶液中氯化钠的质量为
≈26.5g，所以5%氯
化钠溶液和0.5mol/L 氯化钠溶液均为不饱和溶液。
A．由分析可知，5%氯化钠溶液和0.5mol/L 氯化钠溶液中氯化钠的质量不同，故A 错误；
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B．配制100g5%氯化钠溶液不需要用到100mL 容量瓶，故B 错误；
C．由分析可知，5%氯化钠溶液和0.5mol/L 氯化钠溶液均为不饱和溶液，故C 正确；
D．氯化钠溶液的密度大于1g/mL，则100mL 氯化钠溶液的质量大于100g，故D 错误；
故选C。
5．（2022 秋·青海西宁·高三校考阶段练习）配制100mL 0.1mol⋅L-1
溶夜，下列操作正确的是
A．称取1.06g 无水碳酸钠，加入100mL 容量㼛中，加水溶解、定容
B．称取1.06g 无水碳酸钠，放入小烧杯中加入100mL 蒸馏水，搅拌、溶解
C．转移
溶液时，未用玻璃棒引流，直接倒入容量㼛中
D．定容后，塞好瓶塞，反复倒转，摇匀
【答案】D
【解析】A．称量好的固体不能直接放入容量瓶中，应先在烧杯中溶解并冷却至室温后转移到容量瓶中，
故A 错误；
B．由物质的量浓度的定义可知，100mL 是指溶液的体积是100mL，不是蒸馏水的体积是100mL，故B 错
误；
C．向容量瓶中转移溶液时应用玻璃棒引流，防止溶液溅出导致实验误差，故C 错误；
D．配制一定物质的量浓度溶液时，定容操作完成后，应塞好瓶塞，应将容量瓶反复倒转，摇匀溶液，故
D 正确；
故选D。
6．（2022 秋·四川成都）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
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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。
7．（2022·高三课时练习）配制250mL0.25
的NaOH 溶液时，下列实验操作会使配得的溶液浓度偏
高的是
A．转移溶液后未洗涤烧杯和玻璃棒就直接定容
B．用托盘天平称量时，药品放在右盘称量
C．在容量瓶中定容时俯视刻度线
D．定容后把容量瓶倒转摇匀，发现液面低于刻度，再补充几滴水至刻度线
【答案】C
【解析】A． 转移溶液后未洗涤烧杯和玻璃棒就直接定容，n 偏小，所得溶液浓度偏小，故A 错误；
B． 需要NaOH 的质量0.250L×0.25
×40g/mol=2.5g，用托盘天平称量时，药品放在右盘称量，称得
的NaOH 质量偏小，n 偏小，所得溶液浓度偏小，故B 错误；
C． 在容量瓶中定容时俯视刻度线，加入蒸馏水体积偏小，导致V 偏小，所得溶液浓度偏大，故C 正确；
D． 定容后把容量瓶倒转摇匀，发现液面低于刻度，再补充几滴水至刻度线，溶液体积V 偏大，所得溶液
浓度偏小，故D 错误；
故选C。
1．溶解度
固体物质
定义:在一定温度下，某固体物质在100g 溶剂(通常是水)里达到饱和状态时所溶解的质量，叫
做这种物质在该溶剂里的溶解度，其单位为g。
考点三 溶解度 溶解度曲线
重难点辨析
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的溶解度
利用饱和溶液求溶解度的公式：S 固体=m溶质
m溶剂
×100 g。
影响因素：①溶剂的影响，如NaCl 易溶于水不易溶于汽油。②温度的影响：升高温度，大多
数固体物质的溶解度增大，少数物质的溶解度减小，如Ca(OH)2。
气体物质
的溶解度
定义：通常指该气体(压强为101 kPa)在一定温度时溶解于1 体积水里达到饱和状态时气体的
体积。常记为1∶x。如NH3在常温常压下溶解度为1∶700。
影响因素：气体溶解度的大小与温度和压强有关，温度升高，溶解度减小；压强增大，溶解
度增大。
2．溶解度的表示方法
(1)列表法
硝酸钾在不同温度时的溶解度：
温度
/℃
0
10
20
30
40
50
60
70
80
90
100
溶解
度
/g
13.3
20.9
31.6
45.8
63.9
85.5
110
138
168
202
246
(2)曲线法
(3)溶解度曲线的含义。
①同一物质在各温度时的溶解度不同。
②两曲线交点的含义：表示两物质在某温度时的溶解度相同。
③快速比较两种物质在某温度时溶解度的大小。
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④能反映出溶解度随温度变化的趋势。
3．根据溶解度受温度影响选择不同的物质分离方法
(1)对于大多数固体物质，溶解度随温度升高而增大，如KNO3，应采取蒸发浓缩、冷却结晶、过滤的方法
结晶。
(2)对于溶解度随温度变化不大的固体物质，如NaCl，应采取蒸发结晶的方法结晶。
(3)若KNO3溶液中混有NaCl，结晶的方法是：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤，从而得到较纯净的KNO3固体。
(4)若NaCl 溶液中混有KNO3，结晶的方法是：蒸发浓缩至有较多固体析出时趁热过滤，从而得到较纯净的
NaCl 固体。
一、气体溶于水，计算物质的量浓度的一般思路
气体溶于水，溶液的体积不是溶剂的体积，也不是气体体积与溶剂体积之和，应根据V＝进行计算。
二、物质的量浓度、溶解度、质量分数的相互换算
溶质的质量分数ω 与物质的量浓度c
c＝＝＝＝(密度的单位为g·cm－3或g·mL－1)
饱和溶液溶质的质量分数与溶解度
ω＝×100%，c＝(密度的单位为g·cm－3或g·mL－1)
三、利用溶解度判断物质结晶的方法：
（1）①溶解度受温度影响较小的物质(如NaCl)采取蒸发结晶的方法；②溶解度受温度影响较大的物质采
取蒸发浓缩、冷却结晶的方法；③带有结晶水的晶体，一般采取蒸发浓缩、冷却结晶的方法。(2)检验气体
产物时，应先检验水蒸气，然后再检验其他气体。
考向1 溶解度曲线的理解
【典例1】（2023 秋·江苏泰州·高三校联考期末）实验室以浓缩盐湖水(含Na＋、Li＋、Cl-和少量Mg2＋、Ca2
＋)为原料制备高纯Li2CO3的实验流程如下：
规律·方法·技巧·点拔
典型例题剖析
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Li2CO3溶解度曲线如图所示
下列说法错误的是
A．“步骤Ⅰ”“步骤Ⅱ”中均需使用漏斗
B．“沉淀2”的主要成分为CaCO3
C．“操作X”依次为蒸发浓缩、降温结晶、过滤、洗涤、干燥
D．“滤液3”经除杂后可用作氯碱工业的原料
【答案】C
【解析】浓缩盐湖水(含Na＋、Li＋、Cl-和少量Mg2＋、Ca2＋)中加入Ca(OH)2，可将Mg2+转化为沉淀，经过
滤得沉淀1 主要为Mg(OH)2；往滤液1 中加入Li2CO3，可将Ca2+转化为沉淀，经过滤得沉淀2 主要为
CaCO3，过滤后滤液2 中继续加入浓度较大的Na2CO3溶液，同时升高温度，可将Li+转化为Li2CO3沉淀，
所得滤液3 主要为氯化钠溶液。
A． “步骤Ⅰ”“步骤Ⅱ”用于分离溶液和沉淀，为过滤操作，均需使用漏斗，A 正确；
B． 据分析，“沉淀2”的主要成分为CaCO3，B 正确；
C．题干信息显示，Li2CO3在冷水中溶解度较热水中大，所以 “操作X”依次为蒸发结晶、趁热过滤、洗
涤、干燥，C 不正确；
D．滤液3 主要为氯化钠溶液，“滤液3”经除杂后可用作氯碱工业的原料，D 正确；
答案选C。
【变式练1】（2022 秋·广东东莞·高三校考阶段练习）已知4 种盐的溶解度曲线如图所示，下列说法不正
确的是
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A．将NaCl 溶液蒸干可得NaCl 固体
B．将MgCl2溶液蒸干可得MgCl2固体
C．可用MgCl2和NaClO3制备Mg(ClO3)2
D．Mg(ClO3)2中混有少量NaCl 杂质，可用重结晶法提纯
【答案】B
【解析】A．氯化钠受热不分解，将氯化钠溶液蒸干后，得到的固体是氯化钠，A 正确；
B．将MgCl2溶液蒸干灼烧，因为镁离子会发生水解生成氢氧化镁和挥发性酸盐酸，盐酸挥发，促进镁离
子的水解正向移动，所以不会得到氯化镁固体，B 错误；
C．由图可知，氯化钠的溶解度较小，所以浓度较大的MgCl2溶液和NaClO3溶液可发生复分解反应生成
Mg(ClO3)2和氯化钠沉淀，反应类似侯氏制碱法原理，C 正确；
D．氯化钠的溶解度随温度变化不大，而Mg(ClO3)2的溶解度随温度的变化较大，所以Mg(ClO3)2中混有少
量氯化钠杂质，可用重结晶法提纯，D 正确，
故选B。
【变式练2】（2022·全国·高三专题练习）甲、乙两物质的溶解度曲线如图所示，下列说法不正确的是
A．甲溶于水，一定明显放热
B．
℃时，甲、乙的溶解度相同
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C．分别将等质量的甲、乙饱和溶液从
℃降至
℃，析出固体(不含结晶水)的质量甲一定多于乙
D．从甲的溶液中(含少量杂质)将甲固体结晶的操作为：加热浓缩、冷却结晶
【答案】A
【解析】A．甲物质的溶解度受温度变化影响较大，但是甲溶于水不一定放热，故A 错误；
B．通过分析溶解度曲线可知，t1℃时，甲、乙的溶解度相同，故B 正确；
C．t2℃时，将等质量的甲、乙两种物质的饱和溶液分别降温至t1℃，析出晶体的质量甲一定多于乙，故C
正确；
D．甲物质的溶解度受温度变化影响较大，所以从甲的溶液中(含少量杂质)将甲固体结晶的操作为：加热浓
缩、冷却结晶，故D 正确；
故选A。
考向2 根据溶解度曲线进行分离提纯
【典例2】（2022·浙江·高三专题练习）根据下列各组溶解度曲线图,判断分离提纯方法。
（1）根据图1 中Na2SO4和Na2SO4·10H2O 的溶解度曲线(g/100 g 水),由Na2SO4溶液得到Na2SO4固体的操作
为:将溶液升温结晶、______、用乙醇洗涤后干燥。用乙醇洗涤而不用水洗的原因是______。
（2）根据图2 所示相关物质的溶解度曲线。在实验室中提纯过硫酸钾粗产品的实验具体操作依次为:将过
硫酸钾粗产品溶于适量水中,__________,干燥。
（3）根据图1 中红矾钠(Na2Cr2O7·2H2O)和Na2SO4的溶解度曲线。从Na2Cr2O7和 Na2SO4的混合溶液中提取
红矾钠的操作为:先将混合溶液蒸发浓缩,趁热过滤。趁热过滤的目的是__________;然后将滤液______,从而
析出红矾钠。
【答案】 趁热过滤 防止形成 Na2SO4·10H2O 在不超过80 ℃的条件下加热浓缩,冷却结晶,过
滤,用冷水洗涤 有利于Na2SO4结晶析出,又能防止Na2Cr2O7·2H2O 结晶析出 冷却结晶
【解析】（1）硫酸钠的溶解度随温度降低生成易Na2SO4·10H2O，所以趁热过滤，再用乙醇洗涤；用乙醇
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洗涤而不用水的原因是防止形成 Na2SO4·10H2O；
（2）温度升高，过硫酸钾会发生分解反应，所以将过硫酸钾粗产品溶于适量水中,在不超过80 ℃的条件下
加热浓缩,冷却结晶,过滤,用冷水洗涤；
（3）红矾钠的溶解度在相同的温度高于硫酸钠，所以趁热过滤有利于Na2SO4结晶析出,又能防止
Na2Cr2O7·2H2O 结晶析出；因为红矾钠的溶解度随温度降低，所以将滤液降温结晶可得到红矾钠固体。
【变式练3】（2022·全国·高三专题练习）海洋是一个巨大的资源宝库。海水资源综合利用的部分途径如下
图：
已知：粗盐中的杂质有泥沙、
、
，流程中部分操作及试剂已省略。
根据图中KNO3、NaCl 的溶解度曲线，下列说法不正确的是___________(填字母)。
A．t℃时，将45g KNO3固体放入50g 水中充分溶解，所得溶液的质量为95g
B．NaCl 溶液中含有少量KNO3，可以采用蒸发结晶的方法提纯NaCl
C．40℃时，将KNO3的饱和溶液降温至20℃，溶液的溶质质量分数减小(不考虑水分损失)
【答案】A
【解析】A．t℃时，根据KNO3的溶解度可知100g 水中溶解80g KNO3，因此将45g KNO3固体放入50g 水
中充分溶解，KNO3只溶解了40g，所得溶液的质量为90g，故A 错误；
B．NaCl 溶液中含有少量KNO3，可以采用蒸发结晶趁热过滤的方法提纯NaCl，故B 正确；
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C．40℃时，将KNO3的饱和溶液降温至20℃，KNO3的溶解度减小，溶液的溶质质量分数减小，故C 正确；
故答案为A。
【变式练4】（2023 秋·北京西城·高三统考期末）硫酸铝铵固体中含有少量硫酸铵杂质，根据下图的溶解
度曲线，进一步提纯硫酸铝铵的操作是加热溶解、_______、洗涤、干燥。
【答案】降温结晶、过滤
【解析】由图可知，相同温度下硫酸铵溶解度更大，则进一步提纯硫酸铝铵的操作是加热溶解、降温结晶、
过滤、洗涤、干燥。
1．（2022·黑龙江哈尔滨·哈尔滨三中校考模拟预测）碳酸钠是一种重要的无机化工原料，以“侯氏制碱
法”为原理，实验室中用碳酸氢铵和粗盐(含有MgCl2、CaCl2)制备碳酸钠，并测定其含量。回答下列问题：
I.碳酸钠的制备
制备流程如图所示。
已知：Ksp(CaCO3)=2.8×10-9，Ksp(MgCO3)=6.8×10-6，Ksp[Ca(OH)2]=4.7×10-6，Ksp[Mg(OH)2]=5.6×10-12
(1)滤渣的成分有____。
(2)写出灼烧碳酸氢钠的化学方程式____。
(3)根据相关物质的溶解度随温度的变化曲线(如图所示)，制备NaHCO3时反应温度控制在30~35℃之间，
三年真题·两年模拟
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温度过高或者过低都不利于反应进行，原因是____。
(4)向母液中加入研细的NaCl 粉末可以制得NH4Cl 晶体，为使NH4Cl 晶体充分析出并分离，根据溶解度曲
线，需采用的操作为____、____、洗涤、干燥。
【答案】(1)CaCO3、Mg(OH)2
(2)2NaHCO3
Na2CO3+CO2↑+H2O
(3)温度过高，NH4HCO3易分解；温度过低，NH4HCO3溶解度小
(4) 降温结晶 过滤
【解析】（1）粗盐(含有MgCl2、CaCl2)中加入NaOH，目的是与MgCl2反应生成Mg(OH)2，加入Na2CO3
可以CaCl2转化为CaCO3，所以滤渣为CaCO3、Mg(OH)2；
（2）灼烧NaHCO3生成Na2CO3，所以化学方程式为2NaHCO3
Na2CO3+CO2↑+H2O；
（3）由图象可知，NH4HCO3的溶解度在最大，当温度再高时NH4HCO3分解，而温度低时NH4HCO3溶解
度小，会导致反应物浓度较小，反应变慢，所以答案为：温度过高，NH4HCO3易分解；温度过低，
NH4HCO3溶解度小；
（4）根据溶解度曲线可知，NH4Cl 的溶解度随着温度的升高而增大，NaCl 的溶解度随温度变化不明显，
所以采取降温结晶的方式得到晶体，然后过滤分离，答案为降温结晶，过滤；
2．（2023 秋·北京西城·高三统考期末）(8)硫酸铝铵固体中含有少量硫酸铵杂质，根据下图的溶解度曲线，
进一步提纯硫酸铝铵的操作是加热溶解、_______、洗涤、干燥。
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【答案】(8)降温结晶、过滤
【解析】（8）由图可知，相同温度下硫酸铵溶解度更大，则进一步提纯硫酸铝铵的操作是加热溶解、降
温结晶、过滤、洗涤、干燥。
3．（2022 秋·宁夏银川）如图表示X、Y 两种不含结晶水的固体物质的溶解度曲线。根据图示，判断下列
说法中错误的是
A．X、Y 都是易溶于水物质
B．t℃时，X、Y 的饱和溶液中物质的量浓度相等
C．将t1℃时，等质量X、Y 的饱和溶液均分别降温到t℃，X 溶液中析出晶体的质量比Y 的多
D．当Y 的饱和溶液中含有少量X 时，能通过蒸发浓缩、趁热过滤的方法提纯Y
【答案】B
【解析】A．根据图示，20℃时两物质的溶解度都大于10g，属于易溶物质，故A 正确；
B．t℃时X、Y 两物质的溶解度曲线交于一点，此时两种物质的溶解度相等，饱和溶液的质量分数=
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×100%相等，但物质的量浓度不相等，故B 错误；
C．X 的溶解度受温度的影响比较大，所以在t1℃时，等质量X、Y 的饱和溶液均分别降温到t℃，X 溶液
中析出晶体的质量比Y 的多，故C 正确；
D．由于X 的溶解度随温度的升高而明显增大，而Y 的溶解度受温度的影响很小，因此可以通过能通过蒸
发浓缩、趁热过滤的方法提纯Y，故D 正确；
答案选B。
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