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第05 讲 物质的量浓度及溶液配制
【化学学科素养】
1.宏观辨识与微观探析：能从不同层次认识物质的多样性，能根据溶液的体积和溶质的物质的量浓度
计算溶质的物质的量、溶质的微粒数目。
2. 科学探究与创新意识：能从问题和实际出发，确定探究目的，设计配制一定物质的量浓度溶液的实
验方案，进行实验探究；在探究中学会合作与交流，能够正确分析实验过程中可能存在的误差问题。
【必备知识解读】
一、物质的量浓度
1．物质的量浓度
(1)概念：表示单位体积溶液中所含溶质B 的物质的量。
(2)表达式：cB＝。
(3)单位：mol·L－1(或mol/L)。
2．溶质的质量分数
(1)概念：以溶液里溶质质量与溶液质量的比值表示溶液组成的物理量，一般用百分数表示。
(2)表达式：w(B)＝×100%。
3．物质的量浓度与溶质的质量分数
物理量
物质的量浓度
溶质的质量分数
定义
表示单位体积溶液里所含溶质B
的物质的量的物理量
以溶液里溶质质量与溶液质量的比
值表示溶液组成的物理量
表达式
cB＝
ω(B)＝ ×100%
单位
mol·L－1
【易错警示】
(1)溶液中溶质的判断
Na、Na2O、Na2O2――→NaOH
CO2、SO2、SO3――→H2CO3、H2SO3、H2SO4
NH3――→NH3·H2O(但仍按NH3进行计算)
CuSO4·5H2O――→CuSO4，Na2CO3·10H2O――→Na2CO3
(2)混淆溶液的体积和溶剂的体积
①不能用水的体积代替溶液的体积，尤其是固体、气体溶于水，一般根据溶液的密度和总质量进行计
算：
V＝＝。
1
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②两溶液混合，溶液的体积并不是两液体体积的加和，应依据混合溶液的密度进行计算。(若题目说忽
略体积变化，则总体积可由混合前体积直接相加)
二、物质的量浓度的计算
1．气体溶于水时物质的量浓度的计算
气体溶于水，求溶液中溶质的物质的量浓度的一般思维：(设气体体积为V1，溶液体积为V2)
2．溶液稀释定律(守恒观点)
(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)。
3．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＝。
4．溶质相同、质量分数不同的两溶液混合规律
同一溶质、质量分数分别为a%、b%的两溶液混合。
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，等体
积混合后，质量分数w＞(a%＋b%)(如H2SO4、HNO3、HCl、NaOH 等多数溶
液)。
②当溶液密度小于1 g·cm－3时，必然是溶液越浓，密度越小，等体积混
合后，质量分数w＜(a%＋b%)(如酒精、氨水溶液)
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%)
5．物质的量浓度与溶质质量分数的换算
体积为V mL，密度为ρ g·cm－3的溶液，含有摩尔质量为M g·mol－1的溶质m g，溶质的质量分数为
w，则溶质的物质的量浓度c 与溶质的质量分数w 的关系是：
c＝＝＝＝，反之，w＝。
6．物质的量浓度(c)与溶解度(S)的换算
若某饱和溶液的密度为ρ g/cm3，溶质的摩尔质量为M g·mol－1，溶解度为S g，则溶解度与物质的量
浓度的表达式分别为：S＝，c＝＝＝。
三、一定物质的量浓度溶液的配制
2
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1．容量瓶的构造及使用方法
在使用前首先要检查是否漏水，检查合格后，用蒸馏水洗涤干净。具体操作如下：
【特别提醒】容量瓶使用的四个“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．配制过程示意图
(1)配制过程(以配制100 mL 1.00 mol·L－1 NaCl 溶液为例)
①计算：需NaCl 固体的质量为5.9 g。
②称量：根据计算结果，用托盘天平称量NaCl 固体。
③溶解：将称好的NaCl 固体放入烧杯中，加适量蒸馏水溶解，并用玻璃棒搅拌。
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 100 mL 容量瓶中。
⑤洗涤：用适量蒸馏水洗涤烧杯内壁和玻璃棒2～3 次，洗涤液全部注入容量瓶，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1～2_cm 时，改用胶头滴管滴加蒸馏水至凹液面
与刻度线相切。
⑦摇匀：盖好瓶塞，反复上下颠倒，摇匀。
⑧装瓶、贴签。
(2)配制流程图示
3
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【方法技巧】配制溶液的误差分析技巧
(1)误差分析的思维流程
(2)定容时视线引起误差的分析方法
①仰视刻度线[图(a)]，导致溶液体积偏大，结果偏低。
②俯视刻度线[图(b)]，导致溶液体积偏小，结果偏高。
【关键能力拓展】
一、物质的量浓度溶液的混合计算
1.溶液稀释定律(守恒观点)
(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)。
2.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＝。
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3.不同溶质溶液混合反应，有关物质浓度的计算
(1)明确各反应物、产物之间的物质的量之比。
(2)巧用电荷守恒思想：电解质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。
4.溶质相同、质量分数不同的两溶液混合定律(教师用书独具)
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
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，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，
质量分数w＜(a%＋b%)。
二、有关物质的量浓度计算的类型
类型一：标准状况下，气体溶于水所得溶液的溶质的物质的量浓度的计算
c＝
类型二：溶液中溶质的质量分数与溶质的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，单位为mol·L－1；ρ 为溶液的密度，单位为g·cm－3；w 为
溶质的质量分数；M 为溶质的摩尔质量，单位为g·mol－1)。
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＝＝＝。
类型三：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)同种溶质不同物质的量浓度的溶液混合
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。
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类型四：应用电荷守恒式求算未知离子的浓度
溶液中所有阳离子所带正电荷总数与所有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＋)。
【易错警示】
1．正确判断溶液的溶质并计算其物质的量
(1)与水发生反应生成新的物质，如Na、Na2O、Na2O2――→NaOH；SO3――→H2SO4；
NO2――→HNO3。
(2)特殊物质，如NH3溶于水后溶质为NH3·H2O，但计算浓度时仍以NH3作为溶质。
(3)含结晶水的物质：CuSO4·5H2O―→CuSO4；Na2CO3·10H2O―→Na2CO3。
2．准确计算溶液的体积
不能用水的体积代替溶液的体积，尤其是固体、气体溶于水，一般根据溶液的密度进行计算：
V＝×10－3 L。
注意：溶液稀释或混合时，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．注意溶质的浓度与溶液中某离子浓度的关系
溶质的浓度和离子浓度可能不同，要注意根据化学式具体分析。如1 mol·L－1Al2(SO4)3溶液中c(SO)＝3
mol·L－1，c(Al3＋)＝2 mol·L－1(当考虑Al3＋水解时，则其浓度小于2 mol·L－1)。
三、一定物质的量浓度溶液的配制误差分析
(1)分析依据：c＝＝，其中变量为m、V。
(2)分析方法：结合实验操作判断是“m”还是“V”引起的误差。以配制NaOH 溶液为例，具体分析如下：
能引起误差的一些操作
因变量
c/(mol·L－1)
m
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(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
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定容后经振荡、摇匀，静置液面下降
—
—
不变
【核心题型例解】
高频考点一 考查物质的量浓度的计算
例1．下列关于物质的量浓度表述正确的是( )
A．0.3 mol·L-1的Na2SO4溶液中含有Na+和SO4
2-的总物质的量为0.9 mol
B．50mL 1mol·L－1的KCl 溶液和100mL 0.25 mol·L－1MgCl2溶液中，Cl－物质的量浓度相等
C．将10 mL 1 mol·L－1的H2SO4稀释成0.1 mol·L－1的H2SO4，可向其中加入100 mL 水
D．20℃时，0.023 mol·L-1的氢氧化钙饱和溶液100mL 加入5g 生石灰，冷却到 20℃时，其体积小于
100mL，它的物质的量浓度仍为0.023 mol·L-1
【答案】D
【解析】硫酸钠溶液物质的量浓度已知，但溶液体积未知，不能计算离子物质的量，故A 错误；
1mol•L-1 的KCl 溶液中Cl-的物质的量浓度为1mol/L，0.25mol•L-1MgCl2 溶液中Cl-的物质的量浓度为
0.5mol/L，Cl-的物质的量浓度不相等，故B 错误；10 mL 1 mol·L－1的H2SO4稀释成0.1mol/L 的H2SO4，所
得稀硫酸的体积为100mL，所加水的体积不是100mL，故C 错误；氧化钙能与水反应生成氢氧化钙，消耗
了饱和溶液中的溶剂，使部分氢氧化钙析出，溶液温度恢复到20℃时，仍为氢氧化钙的饱和溶液，溶液体
积减小，同温下同种溶质在同种溶剂中的饱和溶液的浓度不变，故D 正确。故选D。
【变式探究】下列所得溶液的物质的量浓度为0.1mol/L 的是（ ）
A．将0.1mol 氨充分溶解在1L 水中
B．将10g 质量分数为98%的硫酸与990g 水混合
C．将25.0g 胆矾溶于水配成1L 溶液
D．将10mL1mol/L 的盐酸与90mL 水充分混合
【答案】C
【解析】将0.1mol 氨充分溶解在1L 水中，所得溶液的体积不是1L，故不能得到0.1mol/L 的溶液，A
错误；将10g 质量分数为98%的硫酸与990g 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；将25.0g 胆矾的物质的量为0.1mol，将其溶于水配成1L 溶液，所得溶液的物质的量浓度为
0.1mol/L，C 正确；将10mL1mol/L 的盐酸与90mL 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；故选C。
高频考点二 物质的量浓度与质量分数的换算
例2.向溶质质量分数为2a%，体积为10 mL，物质的量浓度为c1 mol·L-1的稀H2SO4中加入V mL 的水，
使之溶质质量分数变为a%，此时物质的量浓度为c2 mol·L-1，则下列关系正确的是
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A．V>10 2c2=c1
B．V<10 2c2>c1
C．V>10 2c2<c1
D．V>10 2c2>c1
【答案】C
【解析】因为水的密度小于稀H2SO4的密度，要使10 mL 稀H2SO4中溶质质量分数由2a%变为a%，则
所加水的体积大于10 mL；由c＝
可知，当稀H2SO4中溶质质量分数变为原来的
时，其密度也变
小，故其物质的量浓度小于原来的
，故选项C 正确。
【变式探究】在t℃时，将agNH3完全溶于水，得到VmL 溶液，假设该溶液的密度为ρg/mL，溶质质
量分数为w，其中含有NH 的物质的量是bmol，下列叙述正确的是
A．溶质的质量分数w＝
×100%
B．溶质的物质的量浓度c＝
mol/L
C．溶液中c(OH－)＝
mol/L＋c(H＋)
D．向上述溶液中加入VmL 水，所得溶液的溶质质量分数大于0.5w
【答案】C
【解析】溶质的质量分数w＝
×100%，A 错误；在计算时，氨水中的溶质是NH3而不是NH3·H2O，
c＝
＝
mol/L＝
mol/L，B 错误；氨水中含有的阳离子为H＋和NH ，含有的阴离子只
有OH－，根据电荷守恒可知，C 正确；由于氨水的密度小于水的密度，与水等体积混合所得稀氨水的质量
大于原氨水质量的2 倍，故其溶质质量分数小于0.5w，D 错误。故选C。
高频考点三 有关物质的量的计算
例3.将一定质量的镁铜合金加入到稀硝酸中，两者恰好完全反应，假设反应过程中还原产物全是
NO，向所得溶液中加入物质的量浓度为3 mol·L－1 NaOH 溶液至沉淀完全，测得生成沉淀的质量比原合金
的质量增加5.1 g，则下列有关叙述中正确的是（ ）
A．加入合金的质量不可能为6.4 g
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B．参加反应的硝酸的物质的量为0.1 mol
C．沉淀完全时消耗NaOH 溶液的体积为150 mL
D．溶解合金时收集到NO 气体的体积在标准状况下为2.24 L
【答案】D
【分析】将一定量的镁和铜合金加入到稀HNO3中，二者恰好反应，金属、硝酸都没有剩余，反应中
还原产物只有NO，发生反应：3Mg+8HNO3（稀）═3Mg（NO3）2+2NO↑+4H2O、3Cu+8HNO3（稀）
═3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O；向反应后的溶液中加入3mol/LNaOH 溶液至沉淀完全，发生反应：Mg
（NO3）2+2NaOH═Mg（OH）2↓+2NaNO3、Cu（NO3）2+2NaOH═Cu（OH）2↓+2NaNO3，沉淀为氢氧化镁
和氢氧化铜，生成沉淀的质量比原合金的质量增加5.1g，则氢氧化镁和氢氧化铜含有氢氧根的质量为
5.1g，氢氧根的物质的量为
=0.3mol，根据电子转移守恒，则镁和铜的总的物质的量为
=0.15mol，生成NO 为
=0.1mol。
【解析】镁和铜的总的物质的量为0.15mol，假定全为镁，质量为0.15mol×24g/mol=3.6g，若全为铜，
质量为0.15mol×64g/mol=9.6g，所以参加反应的金属的总质量（m）为3.6g＜m＜9.6g，则合金的质量可能
为6.4g，A 错误；根据方程式可知参加反应的n 反应（HNO3）= n（金属）= ×0.15mol=0.4mol，故B 错
误；加入的氢氧化钠恰好与硝酸镁、硝酸铜反应，由上述分析可知，加入的NaOH 为0.3mol，故加入NaO
溶液的体积为
=0.1L=100mL，C 错误；标准状况下0.1molNO 的体积为2.24L，D 正确。故选D，
【变式探究】取3.38g K2CO3 和KHCO3 的混合物溶于水配成25 mL 溶液，往溶液中加入25 mL
Ba(OH)2 溶液恰好使生成白色沉淀的量最多。反应后溶液的c(OH－)＝0.8mol/L（忽略混合后溶液体积变
化）。则原混合物中K2CO3和KHCO3物质的量之比为
A．1:2
B．1:1
C．2:1
D．2:3
【答案】A
【解析】恰好生成沉淀最多，C 元素全部转化成BaCO3，发生的反应是K2CO3＋Ba(OH)2=BaCO3↓＋
2KOH，KHCO3＋Ba(OH)2=BaCO3↓＋H2O＋KOH，设K2CO3 的物质的量为xmol，KHCO3 的物质的量为
ymol，根据题意有138x＋100y=3.38，根据反应方程式，得出2x＋y=50×10 －3×0.8，两式联立解得，
x=0.01mol，y=0.02mol，两种物质的物质的量之比为0.01:0.02=1:2，故A 正确。
高频考点四 一定物质的量浓度溶液配制
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例4．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
【分析】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。
【解析】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；配制
100g5%氯化钠溶液不需要用到100mL 容量瓶，故B 错误；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；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。
【变式探究】下列有关溶液及其配制的叙述正确的是
A．配制
溶液的操作：将
溶于100mL 蒸馏水中
B．配制
的
溶液的实验过程：称取8.0g 固体
于烧杯中，加入适量蒸馏水溶
解，立即转移至250mL 容量瓶中定容
C．配制
溶液，需要用量筒量取
溶液
D．配制浓度为
的
溶液的操作：称取
固体0.158g，放入100mL 容量瓶
中，加水溶解并稀释至刻度线
【答案】C
【解析】
溶于100mL 蒸馏水中溶液的体积不再为100mL，故配制
溶液的操作应该为：将0.1L×0.5mol/L×250g/mol=
溶于一定量的蒸
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馏水中再经冷却、转移、洗涤、定容等操作配成100mL 溶液，A 错误；配制
的
溶液的实
验过程：称取8.0g 固体
于烧杯中，加入适量蒸馏水溶解，需冷却至室温后才能转移至250mL 容量
瓶中，然后经洗涤和定容，B 错误；根据稀释定律可知，配制
溶液，需要用量筒量
取
溶液的体积为：
=13.6mL，C 正确；容量瓶不能作为溶解、稀释和
长时间贮存溶液的仪器，D 错误；
故选C。
高频考点五 溶液的误差分析
例5．如图是某同学配制
溶液的过程：
下列关于该实验的叙述正确的是
A．计算可得配制溶液需要的NaOH 的质量为1.8g
B．如图所示称量烧碱，会导致配制的溶液浓度偏高
C．配制的正确顺序为①④③⑤②⑥
D．②中定容时俯视刻线会导致溶液浓度偏低
【答案】C
【分析】配制450mL 溶液需要用500mL 容量瓶，所以计算时要用500mL 进行计算。
【解析】m=nM=cVM=0.1mol/L×0.5L×40g/mol=2g，A 错误；NaOH 易潮解，粘在托盘天平上，导致溶
解的NaOH 偏少，浓度偏低，B 错误；配制的顺序是称量、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀，即
①④③⑤②⑥，C 正确；定容时俯视刻线会导致水加少，溶液浓度偏高，D 错误；故选C。
【变式探究】下列配制的溶液浓度偏高的是( )
A．配制盐酸用量筒量取盐酸时俯视刻度线
B．配制盐酸定容时，仰视容量瓶刻度线
C．配制烧碱溶液时，没有洗涤溶解烧碱的烧杯和玻璃棒
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D．配制烧碱溶液时，烧碱溶解后未经冷却即注入容量瓶并稀释至刻度线
【答案】D
【解析】俯视刻度线，将会使量得的盐酸体积小于计算值，根据c=
，导致浓度偏低，故A 不符合
题意；定容时仰视容量瓶刻度线，导致加水量增多，根据c=
，溶液浓度偏低，故B 不符合题意；未洗
涤烧杯、玻璃棒，导致溶质减少，根据c=
，溶液浓度偏低，故C 不符合题意；溶液在容量瓶中冷却后
液面低于刻度线，溶液体积减小，根据c=
，溶液浓度偏高，故D 符合题意；故选D。
高频考点六 考查一定物质的量浓度溶液配制实验
例6．“84 消毒液”能有效杀灭甲型H1N1 病毒，某同学购买了一瓶“威露士”牌“84 消毒液”，该
消毒液通常稀释100 倍(体积比)使用。查阅相关资料和消毒液包装说明得到如下信息：
84 消毒液
有效成分 N
aClO
规格 1
000mL
质量分数
25%
密度 1.19g/cm3
(1)该“84 消毒液”的物质的浓度约为_______mol/L。(结果保留至小数点后两位)
(2)某同学取100mL 该“84 消毒液”，稀释后用于消毒，稀释后的溶液中 c(Na+)=_____mol/L。
(3)该同学参阅该“84 消毒液”的配方，欲用NaClO 固体配制480mL 上述物质的量浓度的消毒液。下
列说法正确的是_______(填字母)。
A．如图所示的仪器中，有三种是不需要的，还需要一种玻璃仪器
B．容量瓶用蒸馏水洗净后，应烘干后才能用于溶液配制
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C．利用购买的商品NaClO 来配制可能导致结果偏低
D．需要称量NaClO 固体的质量为142.8g
(4)一瓶上述“威露士”牌“84 消毒液”能吸收空气中_______L 的CO2(标准状况)而变质。(已知：
CO2+NaClO+H2O=NaHCO3+HClO)
(5)“84 消毒液”与稀硫酸混合使用可增强消毒能力，某消毒小组人员用98%(密度为1.8g·cm-3)的浓硫
酸配制100mL 物质的量浓度为0.8mol·L-1的稀硫酸用于增强“84 消毒液”的消毒能力。
①需要用量筒取_______mL 上述浓硫酸进行配制。
②为配制上述稀硫酸，除了量筒、烧杯、玻璃棒外，还缺少的玻璃仪器是_______。
③在配制过程中，下列实验操作可能导致配制的硫酸溶液浓度偏高的是_______(填序号)。
a.定容时俯视观察
b.定容后经振荡、摇匀、静置后，发现液面下降，再加适量的蒸馏水
c.浓硫酸在烧杯中加水稀释后，未冷却就向容量瓶中转移
d.容量瓶未干燥即用来配制溶液
e.往容瓶转移时，有少量液体溅出
f.未洗涤稀释浓硫酸的烧杯
【答案】(1)3.99 (2)0.0399 (3)C (4)89.376
(5) 4.4 100mL 容量瓶和胶头滴管 ac
【分析】配制稀硫酸溶液时，需要计算、量取、溶解、冷却、转移、洗涤、定容、摇匀、装瓶等操
作，所以必须用到的仪器有烧杯、胶头滴管、玻璃棒、一定规格的量筒和一定规格的容量瓶，配制过程中
要保证溶质完全转移到容量瓶中、保证溶液体积准确，不然会引起误差，若不当操作导致溶质物质的量偏
小或溶液体积偏大，则浓度偏小；若不当操作导致溶质物质的量偏大或溶液体积偏小，则浓度偏大；
【解析】（1）根据质量分数与物质的量浓度换算公式得：c=
(保留至小数点后两位)。
（2）该消毒液中钠离子浓度等于
，由题意知，该消毒液稀释100 倍后使用，故稀释后
c(Na+)=
。
（3）实验过程中需要用到仪器有：烧杯③、托盘天平④、500 mL 容量瓶⑤，还需要的玻璃仪器有胶
头滴管、玻璃棒，A 错误；容量瓶底部有少量水不影响实验结果，不需要烘干再使用，B 错误；商品
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NaClO 含杂质，所取固体中NaClO 含量偏低，C 正确；配制480mL，实验室没有480mL 规格的容量瓶，
应该选择500mL 容量瓶，则注意体积用500mL 计算而非480mL，m(NaClO)=3.99 mol/L×500×10-3 L×74.5
g/mol=148.6 g，D 错误； 故选C。
（4）已知：CO2+NaClO+H2O=NaHCO3+HClO，一瓶上述“威露士”牌“84 消毒液”能吸收空气中
CO2而变质，由题意知，该瓶消毒液含有n(NaClO)=cV=3.99 mol/L×1 L=3.99 mol，根据反应比例
NaClO~CO2，3.99molNaClO 可吸收3.99 molCO2，其体积V=3.99 mol×22.4 L/mol=89.376L。
（5）①c(浓H2SO4)=
，浓硫酸配制稀硫酸相当于稀释，稀释
前后溶质的物质的量不变，故c(浓H2SO4)·V(浓H2SO4)= c(稀H2SO4)·V(稀H2SO4)，则V(浓H2SO4)
=
，故需用量筒量取4.4 mL 浓硫酸进行配制。
②配制稀硫酸时，需要量取、溶解、冷却、转移、洗涤、定容、摇匀、装瓶等操作，所以必须用到的
仪器有烧杯、胶头滴管、玻璃棒、一定规格的量筒和100mL 的容量瓶。为配制上述稀硫酸，除了量筒、烧
杯、玻璃棒外，还缺少的玻璃仪器是100mL 容量瓶和胶头滴管。
③定容时俯视观察，导致溶液体积偏小，浓度偏高，故a 选；定容后经振荡、摇匀、静置后，发现液
面下降，再加适量的蒸馏水，补充水导致溶液体积偏大，浓度偏低，故b 不选；浓硫酸在烧杯中加水稀释
后，未冷却就向容量瓶中转移，冷却至室温后，溶液体积缩小，浓度偏高，故c 选；容量瓶未干燥即用来
配制溶液，对溶质物质的量和溶液体积都不产生影响，溶液浓度无影响，故d 不选；往容瓶转移时，有少
量液体溅出，导致溶质物质的量偏小，溶液浓度偏低，故e 不选；未洗涤稀释浓硫酸的烧杯，导致溶质物
质的量偏小，溶液浓度偏低，故f 不选；故选ac。
【变式探究】I．配制480mL 1.00mol/L 碳酸钠溶液。如图是一些关键步骤和操作。
a
b
c
d
e
f
(1)配制过程所需的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、量筒、______。
(2)配制过程的先后顺序是______(用字母序号填写)。
(3)某同学用Na2CO3·10H2O 晶体来配制此溶液，需要用托盘天平称量______gNa2CO3·10H2O 晶体。
(4)①如定容时仰视，配制的溶液的浓度会______(填“偏高”、“偏低”、“不变”)
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②如晶体已经部分失去结晶水，配制的溶液的浓度会______(填“偏高”、偏低”、“不变”。)
Ⅱ．某小组利用下列装置继续对Na2CO3和NaHCO3的性质进行探究(夹持装置已略去，气密性已检
验)。
(5)方框中试剂a 为饱和NaHCO3溶液，其作用为______。
(6)请将该洗气装置补充完整______。
(7)实验持续一段时间后，观察到饱和Na2CO3溶液中有细小晶体析出，用化学方程式表示产生细小晶
体的原因______。
0
℃
10
℃
20
℃
30
℃
40
℃
Na2CO3的溶解度(g)
7.1
12.5
21.5
39.7
49.0
NaHCO3的溶解度(g)
6.9
8.1
9.6
11.1
12.7
【答案】(1)500mL 容量瓶、胶头滴管 (2)dbcafe (3)143.0 (4) 偏低 偏高
(5)除去CO2中HCl (6)
(7)
【分析】盐酸与NaHCO3产生CO2， CO2中混有的HCl 可用饱和碳酸氢钠溶液洗气去除，再把二氧化
碳通入饱和碳酸钠溶液中，由于
、且碳酸氢钠的溶解度小于碳酸钠，故
得到碳酸氢钠的过饱和溶液、析出了碳酸氢钠晶体。
【解析】（1）实验室没有480 mL 规格的容量瓶，应该选择500 mL 容量瓶，则配制480mL 1.00mol/L
碳酸钠溶液配制过程所需的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、量筒、500mL 容量瓶、胶头滴管。
（2）配制溶液的步骤为计算、称量(量取)、溶解(稀释)、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶，根据图中
操作步骤，配制过程的先后顺序是dbcafe。
（3）某同学用Na2CO3·10H2O 晶体来配制此溶液，需要用托盘天平称量
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Na2CO3·H2O 晶体。
（4）①如定容时仰视，使溶液体积偏大，则配制的溶液的浓度会偏低
②如晶体已经部分失去结晶水，使得碳酸钠的质量偏大，配制的溶液的浓度会偏高。
（5）碳酸氢钠能与盐酸反应、但不与二氧化碳反应，则方框中试剂a 为饱和NaHCO3溶液，其作用为
除去CO2中HCl。
（6）盐酸与NaHCO3产生CO2，盐酸具有挥发性CO2中混有HCl，用饱和碳酸氢钠溶液洗气去除其中
的HCl，洗气瓶应长管进短管出，故装置为
。
（7）持续一段时间后，观察到饱和Na2CO3溶液中有细小晶体析出，是因为CO2与Na2CO3溶液反应生
成NaHCO3，NaHCO3的溶解度比Na2CO3小，故会有晶体析出，化学方程式为
。
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