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第二章 化学计量与简单计算
第7 讲 物质的量浓度计算及溶液配制
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核心知识库：重难考点总结，梳理必背知识、归纳重点
考点1 有关物质的量浓度的计算★★☆☆☆
考点2 一定物质的量浓度溶液的配制★★★☆☆
（星级越高，重要程度越高）
限时训练挑战场：感知真题，检验成果，考点追溯
考点1 有关物质的量浓度的计算
1.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
溶质的物质的量n=
V 气体
22.4 L·mol
−1
溶液的体积V = m
ρ = m气体+m水
ρ
}
c= n
V
2.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=1 000 ρw
M
(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=
S
S+100，可得c= 1 000 ρS
M (100+ S)。
(2)公式的推导(按溶液体积为V L 推导)
c= n
V =1 000 ρ×V ×w
M ×V
=1 000 ρw
M
或w=m(溶质)
m(溶液)= V ×c× M
V ×1 000 ρ=
cM
1 000 ρ。
3.溶液的稀释与混合
(1)溶液的稀释
①溶质的质量在稀释前后保持不变，即m 浓·w 浓=m 稀·w 稀，溶液的质量m 稀=m 浓+m 水；
②溶质的物质的量在稀释前后保持不变，即c 稀·V 稀=c 浓·V 浓，但溶液的体积V 稀≠V
浓+V 水。
1
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(2)溶液(溶质相同)的混合
①物质的量浓度不同(分别为c1、c2)的两溶液：混合前后溶质的物质的量保持不变，
即c1V1+c2V2=c 混V 混。
②质量分数不同(分别为a%、b%)的两溶液
a.等体积混合
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>1
2(a%+b%)；当溶液密度小于1 g·cm-3时，等体积混合后，质量分数w<1
2
(a%+b%)。
b.等质量混合
混合后溶液中溶质的质量分数w=1
2(a%+b%)。
【小试牛刀】
一、物质的量浓度与质量分数的计算
1.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=17V +22 400
22.4+22.4V
B.w=
17c
1 000 ρ
C.w=
17V
17V +22 400
D.c=
1 000 ρV
17V +22 400
【答案】A
【解析】由c=1 000 ρw
M
=1 000 ρw
17
，可得w=
17 c
1 000 ρ ，B 项正确；氨水中溶质的质
量分数为
V L
22.4 L·mol
−1 ×17 g·mol
−1
V L
22.4 L·mol
−1 ×17 g·mol
−1+1 000 g
=
17V
17V +22 400，C 项正确；氨
水的物质的量浓度为1 000 ρw
M
=1 000 ρ×
17V
17V +22 400
17
=
1 000 ρV
17V +22 400，D 项正
确。
2.已知某饱和NaCl 溶液的体积为V mL，密度为ρ g·cm-3，质量分数为w，物质的量
浓度为c mol·L-1，溶液中含NaCl 的质量为m g。
(1)用m、V 表示溶液的物质的量浓度： 。
2
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(2)用w、ρ 表示溶液的物质的量浓度： 。
(3)用c、ρ 表示溶质的质量分数： 。
(4)用w 表示该温度下NaCl 的溶解度： 。
【答案】
(1)1 000m
58.5V
mol·L-1
(2)1 000 ρw
58.5
mol·L-1 (3) 58.5c
1 000 ρ×100%
(4)100w
1−w g
【解析】(1)c=
m
58.5
V
1 000
mol·L-1=1 000m
58.5V
mol·L-1。
(2)c=1 000 mL· L
−1× ρ g·m L
−1×w
58.5 g·mol
−1
=1 000 ρw
58.5
mol·L-1。
(3)w= 58.5 g·mol
−1×c mol· L
−1×V mL
1 000 mL· L
−1× ρ g·m L
−1×V mL
×100%= 58.5c
1 000 ρ×100%。
(4)
S
100 g=
w
1−w ，S=100w
1−w g。
二、溶液的稀释与混合
3.V mL Al2(SO4)3溶液中含有Al
3+m g，取V
4 mL 该溶液用水稀释至4V mL，则SO4
2−
物质的量浓度为( )
A.125m
36V mol·L-1
B.125m
9V mol·L-1
C.125m
54V mol·L-1
D.125m
18V mol·L-1
【答案】A
3
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【解析】V
4 mL 溶液中Al
3+的物质的量为
m g× 1
4
27 g·mol
−1
= m
108 mol，稀释后溶液中
Al3+的物质的量浓度为c(Al3+)=
m
108 mol
4V ×10
−3 L
=250m
108V mol·L-1，c(SO4
2−)=3
2c(Al3+)=3
2×
250m
108V mol·L-1=125m
36V mol·L-1。
4.200 mL 0.3 mol·L-1 K2SO4溶液和100 mL 0.2 mol·L-1 Fe2(SO4)3溶液混合后不考虑混
合后溶液体积的变化，溶液中SO4
2−的物质的量浓度为 。
【答案】0.4 mol·L-1
【解析】200 mL 0.3 mol·L-1 K2SO4溶液中SO4
2−的物质的量为0.2 L×0.3 mol·L-1=0.06
mol，100 mL 0.2 mol·L-1 Fe2(SO4)3溶液中SO4
2−的物质的量为3×0.1 L×0.2 mol·L-1=0.06
mol，故混合液中SO4
2−的物质的量为0.06 mol+0.06 mol=0.12 mol，由于混合后不考虑
体积的变化，混合后溶液的体积为0.3 L，混合液中SO4
2−的物质的量浓度为0.12mol
0.3 L
=0.4 mol·L-1。
考点2 一定物质的量浓度溶液的配制
1.容量瓶的构造及使用
(1)构造及用途
(2)查漏操作
2.配制过程及操作
4
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【名师点拨】
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10.0 g NaCl 固体，放入200 mL 烧杯中，
再用100 mL 量筒量取90.0 mL 的蒸馏水注入烧杯中，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 的蒸馏水注入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
用玻璃棒不停地搅拌。
【小试牛刀】
一、一定物质的量浓度溶液的配制规范操作
1.配制480 mL 0.5 mol·L
−1的NaOH 溶液，试回答下列问题。
(1)选择仪器：完成本实验所必需的仪器有托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、 、
等。
(2)计算：需要NaOH 固体的质量为 。
(3)称量：①称量过程中NaOH 固体应放在小烧杯中并放在天平的 (填
“左盘”或“右盘”)。
②某同学先用托盘天平称量一个小烧杯的质量，称量前把游码放在标尺的零刻度处，
天平静止时发现指针在分度盘的偏右位置，说明此时左边质量 (填“大于”
或“小于”)右边质量。假定最终称得小烧杯的质量为 (填“32.6 g”或“32.61
g”)，请在下图标尺上画出游码的位置(画“△”表示)。
标尺：
(4)溶解、冷却。该步实验中需要使用玻璃棒，作用是 。
(5)转移、洗涤。在转移时应使用 引流，洗涤烧杯2~3 次是为了
。
5
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(6)定容、摇匀。定容的操作是
。
【答案】(1)胶头滴管 500 mL 容量瓶 (2)10.0 g
(3)①左盘 ②小于 32.6 g
(4)搅拌，加速溶解
(5)玻璃棒 保证溶质全部转移至容量瓶中
(6)向容量瓶中加入蒸馏水至距刻度线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
【解析】(2)m(NaOH)=0.5 mol·L-1×0.5 L×40 g·mol-1=10.0 g。(3)用托盘天平称量时，物
品放在左盘，托盘天平可精确到0.1 g。
二、一定物质的量浓度溶液配制的误差分析
【解题技巧】
误差分析的思维流程
2.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，称量时物码放置颠倒：
。
(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： 。
【答案】(1)偏小 (2)偏小 (3)偏小 (4)偏大 (5)偏小 (6)偏小
【解析】(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.从溶液改变角度分析产生的误差(用“偏大”“偏小”或“无影响”填空)。
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(1)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： 。
(2)定容摇匀后，发现液面下降，继续加水至刻度线：
。
(3)定容时仰视刻度线： 。
(4)定容摇匀后少量溶液外流： 。
(5)容量瓶中原有少量蒸馏水： 。
【答案】(1)偏大 (2)偏小 (3)偏小 (4)无影响 (5)无影响
【解析】(1)NaOH 溶于水放热，溶液的体积比室温时大，应恢复至室温后再移液、定
容。(2)溶液的总体积偏大。
【名师点拨】
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。
【真题挑战】
1.(2023·全国甲卷，9)实验室将粗盐提纯并配制0.100 0 mol·L-1的NaCl 溶液。下列仪器
中，本实验必须用到的有( )
①天平 ②温度计 ③坩埚 ④分液漏斗 ⑤容量瓶 ⑥烧杯 ⑦滴定管 ⑧酒精灯
A.①②④⑥
B.①④⑤⑥
C.②③⑦⑧
D.①⑤⑥⑧
【答案】D
【解析】粗盐提纯涉及的操作及使用的仪器有溶解(⑥烧杯和玻璃棒)、除杂、过滤(漏
斗、玻璃棒、⑥烧杯)、蒸发结晶(蒸发皿、⑧酒精灯、玻璃棒)。配制0.100 0 mol·L-1的
NaCl 溶液的操作步骤及使用的仪器是称量(①天平)→溶解(⑥烧杯和玻璃棒)→移液(⑥
烧杯、玻璃棒、⑤容量瓶)→定容(胶头滴管)，故本题选D。
2.[2024·全国甲卷，27(4)]下图为“溶液配制”的部分过程，操作a 应重复3 次，目的是
，定容后还需要的操作为 。
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【答案】避免溶质损失 盖好瓶塞，反复上下颠倒、摇匀
3.(2022·山东，6)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】量筒的精确度为0.1 mL，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 说法错误；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黏性的硅酸钠而将瓶塞黏住，故应选用配带
塑料塞的容量瓶配制Na2CO3标准溶液，B 说法正确；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 说法正确；Na2CO3溶液显碱性，甲
基橙滴入Na2CO3溶液中显黄色，当滴入最后半滴盐酸时，溶液由黄色突变为橙色且半
分钟内不变色即为滴定终点，D 说法正确。
【限时训练】（限时：60 分钟）
一、(选择题1~13 题，每小题5 分，共65 分)
1.实验中需用1.0 mol·L-1的CuSO4溶液950 mL，配制时选用容量瓶的规格和称取药品
的质量分别为( )
选项
A
B
C
D
容量瓶
规格
1 000 mL
950 mL
1 000 mL
500 mL
CuSO4
质量
152.0 g
152.0 g
160.0 g
80.0 g
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【答案】C
【解析】配制1 000 mL 溶液时，需要溶质CuSO4的质量为1 L×1.0 mol·L-1×160
g·mol-1=160.0 g，C 项正确。
2.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
【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+)=0.21mol
0.5 L =0.42 mol·L-1。
3.(2024·山东滨州质检)在Al2(SO4)3、K2SO4和明矾的混合溶液中，c(SO4
2−)等于0.2
mol·L-1，当加入等体积的0.2 mol·L-1的KOH 溶液时，生成的沉淀恰好溶解，则原混合
溶液中K+的物质的量浓度为( )
A.0.25 mol·L-1
B.0.2 mol·L-1
C.0.45 mol·L-1
D.0.225 mol·L-1
【答案】A
【解析】加入等体积的KOH 溶液时生成的沉淀恰好溶解，根据Al3++4OH-
===[Al(OH)4]-可知，原溶液中c(Al3+)=1
4 ×0.2 mol·L-1=0.05 mol·L-1。设K+的物质的量浓
度为x mol·L-1，根据电荷守恒可知，c(K+)+3c(Al3+)=2c(SO4
2−)，即x mol·L-1+0.05
mol·L-1×3=0.2 mol·L-1×2，解得x=0.25。
4.用98%的浓H2SO4(密度为1.84 g·mL-1)配制100 mL 1 mol·L-1的稀H2SO4，配制过程中
可能用到下列仪器：①100 mL 量筒；②10 mL 量筒；③50 mL 烧杯；④托盘天平；⑤
100 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=1 000 ρw
M
=1 000×1.84×98 %
98
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=
0.1 L×1mol· L
−1
18.4 mol· L
−1
≈0.005 4 L，即5.4 mL。
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5.下列实验过程能引起结果偏高的是( )
①用已知浓度的盐酸滴定未知浓度的NaOH 溶液时，酸式滴定管用蒸馏水洗涤后未用
标准液润洗 ②用量筒量取5.0 mL 溶液时，俯视读数 ③配制一定物质的量浓度的硫
酸溶液时，定容时仰视容量瓶的刻度线 ④质量分数为10%和90%的两种硫酸等体积
混合配制50%的硫酸溶液
A.①③
B.①④
C.②③
D.②④
【答案】B
【解析】用已知浓度的盐酸滴定未知浓度的NaOH 溶液时，酸式滴定管未用标准液润
洗，导致标准液浓度减小，滴定过程中消耗的标准液体积偏大，测定结果偏高，①正
确；用量筒量取5.0 mL 溶液时，俯视读数，导致量取的液体体积偏小，②错误；配制
一定物质的量浓度的硫酸溶液，定容时仰视容量瓶的刻度线，导致加入的蒸馏水体积
偏大，配制的溶液浓度偏低，③错误。
6.下图是某同学用500 mL 容量瓶配制0.10 mol·L-1 NaOH 溶液的过程，该同学的错误步
骤有( )
A.1 处
B.2 处
C.3 处
D.4 处
【答案】C
【解析】第①步不能把 NaOH 固体放在称量纸上称量；第④步玻璃棒应接触容量瓶内
壁刻度线以下的部位；第⑤步定容时应平视刻度线。即该同学的操作步骤中有3 处错
误，C 正确。
7.若20 g 密度为d g·cm-3的硝酸钙溶液里含有1 g Ca2+，则NO3
−的物质的量浓度为(
)
A. d
400 mol·L-1
B.20
d mol·L-1
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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(N O3
−)=2n(C a
2+)=0.025
mol×2=0.05 mol，20 g 该硝酸钙溶液的体积V=
20 g
d g·c m
−3×10-3 L·mL-1= 1
50d L，所以该
溶液中c(N O3
−)=
0.05mol
1
50d L =2.5d mol·L-1，故选C。
8.下列关于物质的量浓度表述正确的是( )
A.0.3 mol·L-1的Na2SO4溶液中含有的Na+和SO4
2−的总物质的量为0.9 mol
B.将286 g Na2CO3·10H2O 溶于1 L 水中，所得溶液的物质的量浓度为1 mol·L-1
C.在K2SO4和NaCl 的中性混合水溶液中，如果Na+和SO4
2−的物质的量相等，则K+和
Cl-的物质的量浓度一定相同
D.10 ℃时，0.35 mol·L-1的KCl 饱和溶液100 mL 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】不知道溶液体积，无法计算离子的总物质的量，故A 错误；将286 g
Na2CO3·10H2O 溶于1 L 水中，所得溶液的体积不是1 L，故B 错误；K2SO4和NaCl 的
中性混合水溶液中，c(H+)=c(OH-)，则c(K+)+c(Na+)=c(Cl-)+2c(SO4
2−)，若Na+和SO4
2−物
质的量相等，则K+的浓度大于Cl-的浓度，故C 错误；同一物质在同一温度下的溶解度
一定，饱和溶液的物质的量浓度恒定，故D 正确。
9.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.1 000aρ
46a+m mol·L-1
B.
4 ρ
46a+m mol·L-1
C.1 000aρ
50a+m mol·L-1
D.1 000aρ
45a+m 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)-
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m(H2)=(46a+m) g，所得溶液的体积为46a+m
1 000 ρ L，则该溶液的物质的量浓度为
1 000aρ
46a+m mol·L-1。
10.室温时，甲、乙两同学配制氯化钠溶液。甲同学配制10%的NaCl 溶液100 g，乙同
学配制1.0 mol·L-1的NaCl 溶液100 mL(20 ℃时，氯化钠的溶解度为36.0 g)。下列说法
正确的是( )
A.两同学所需溶质的质量相同
B.两同学所配溶液的质量相同
C.两同学所需实验仪器种类相同
D.甲同学所配的溶液浓度比乙同学的大
【答案】D
【解析】配制100 g 10%的NaCl 溶液需要氯化钠的质量为100 g×10%=10 g，配制100
mL 1.0 mol·L-1的NaCl 溶液需要氯化钠的质量为0.1 L×1.0 mol·L-1×58.5 g·mol-1=5.85 g，
A 错误；氯化钠溶液的密度大于1 g·mL-1，100 mL 氯化钠溶液的质量大于100 g，B 错
误；配制一定质量分数的氯化钠溶液，所需仪器有托盘天平、量筒、烧杯、玻璃棒、
药匙等；配制100 mL 1.0 mol·L-1的氯化钠溶液，需要的仪器有托盘天平、烧杯、玻璃
棒、药匙、100 mL 容量瓶、胶头滴管等，C 错误；配制10%的NaCl 溶液100 g，其密
度大于1 g·mL-1，所以100 g 溶液的体积小于100 mL，10%的NaCl 溶液中氯化钠的物
质的量为10 %×100 g
58.5 g·mol
−1≈0.17 mol，其物质的量浓度大于1.7 mol·L-1，D 正确。
11.4 ℃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=
A
A +V ×100%
B.溶质的物质的量浓度c=1 000 ρA
MA + MV mol·L-1
C.1 mL 该溶液中n(Cl-)=
nρAV
M ( A +V ) mol(RCln在溶液中完全电离)
D.该温度下此盐的溶解度S=100 A
V
g
【答案】C
12
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【解析】根据溶质的质量分数w=
m溶质
m溶液
×100%，m 溶质=A g，V mL 水的质量为V g，m 溶
液=(A+V) g，w=
A
A +V ×100%，故A 正确；根据溶质的物质的量浓度c= n
V ' ，n= A
M
mol，V'= A +V
1 000 ρ L，代入可得c=1 000 ρA
MA + MV mol·L-1，故B 正确；1 mL 该溶液中
n(Cl-)=1 000 ρA
MA + MV mol·L-1×1 mL×10-3 L·mL-1×n=
nρA
M ( A +V ) mol，故C 错误；该温度下
此盐的溶解度S=100 A
V
g，故D 正确。
12.(2025·石家庄模拟)标准状况下，将a L NH3完全溶于水，得到V mL 溶液，假设该溶
液的密度为ρ g·mL-1，溶质质量分数为w，其中含有NH 4
+的物质的量是b mol，下列叙
述不正确的是( )
A.溶质的质量分数为
17a
22.4 ρV ×100%
B.NH3·H2O 电离出的OH-的物质的量浓度为1 000b
V
mol·L-1
C.溶液中c(OH-)=1 000b
V
mol·L-1
D.向上述溶液中加入等质量的水，所得溶液的溶质的质量分数为0.5w
【答案】C
【解析】氨水中溶质为氨气，标准状况下，a L 氨气的物质的量为a
22.4 mol，溶质的质
量分数为
17a
22.4 g
ρV g
×100%=
17 a
22.4 ρV ×100%，A 正确；根据NH3·H2O
NH 4
++OH-可知，
该溶液中NH3·H2O 电离出的OH-的物质的量等于NH 4
+的物质的量，故NH3·H2O 电离出
的c(OH-)=1 000b
V
mol·L-1，B 正确；根据电荷守恒有c(OH-)=c(NH 4
+)+c(H+)，c(NH 4
+)=
1 000b
V
mol·L-1，故c(OH-)=1 000b
V
mol·L-1+c(H+)，C 错误；加入等质量的水后，溶
液中溶质质量不变，溶液质量变为原来的2 倍，则所得溶液溶质的质量分数等于
0.5w，D 正确。
13.(2024·河南驻马店校际联考)科学研究发现，溶液凝固点降低值ΔT1=K1·m(其中K1称
为摩尔凝固点降低常数；m 为质量物质的量浓度，表示1 000 g 溶剂溶解溶质粒子的物
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质的量，对于电解质溶液，m 表示离子的质量物质的量浓度)，下列物质的水溶液的凝
固点最低的是( )
A.0.10 mol·kg-1葡萄糖溶液
B.0.05 mol·kg-1Al(NO3)3溶液
C.0.06 mol·kg-1NaCl 溶液
D.0.08 mol·kg-1甘油溶液
【答案】B
【解析】葡萄糖为非电解质，故0.10 mol·kg-1葡萄糖溶液中溶质的质量物质的量浓度为
0.10 mol·kg-1；已知Al(NO3)3===Al3++3NO3
−，故0.05 mol·kg-1 Al(NO3)3溶液中离子的质
量物质的量浓度为0.05 mol·kg-1×4=0.2 mol·kg-1；已知NaCl===Na++Cl-，故0.06 mol·k
g
−1 NaCl 溶液中离子的质量物质的量浓度为0.06 mol·kg-1×2=0.12 mol·kg-1；甘油为非电
解质，故0.08 mol·kg-1甘油溶液中溶质的质量物质的量浓度为0.08 mol·kg-1。综上分析
可知，B 溶液中m 最大，则其凝固点最低。
14.(9 分)Ⅰ.如图所示为常见仪器的部分结构。
(1)上述仪器中是容量瓶的是 (填字母)。
Ⅱ.现用98%的浓H2SO4(密度为1.84 g·cm-3)来配制480 mL 0.2 mol·L-1的稀H2SO4。
有关操作：①计算所需浓硫酸的体积；②量取一定体积的浓硫酸；③稀释、冷却；④
转移、洗涤；⑤定容；⑥摇匀。
(2)应用量筒量取的浓硫酸体积是 mL，实验中所用的玻璃仪器除烧杯、玻璃棒、
量筒、胶头滴管外还有 。
(3)第③步中稀释浓硫酸的操作是 。
(4)将所配制的稀H2SO4进行测定，发现实际浓度大于0.2 mol·L-1。下列操作会引起所配
溶液浓度偏高的有 (填字母)。
A.用量筒量取浓硫酸时，仰视量筒的刻度
B.容量瓶未干燥即用来配制溶液
C.浓硫酸在烧杯中稀释后，未冷却就立即转移到容量瓶中，并进行定容
D.烧杯中稀溶液往容量瓶转移时，有少量液体溅出
E.烧杯未进行洗涤
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F.在容量瓶中定容时俯视容量瓶刻度线
G.定容后塞上瓶塞反复上下颠倒摇匀，静置后，液面不到刻度线，再加水至刻度线
【答案】(1)B (2)5.4 500 mL 容量瓶 (3)将浓硫酸沿烧杯内壁慢慢加入水中，边加边
用玻璃棒搅拌 (4)ACF
15.(14 分)实验室欲配制x mol·L-1的CuSO4溶液200 mL。回答下列问题：
(1)应选用的容量瓶的规格是 ，使用容量瓶前必须进行的一步
操作是
。
(2)某同学称量CuSO4·5H2O 配制该溶液，他先将烧杯放入托盘天平左盘称量，得到烧
杯的质量为15.2 g，再放入药品称量，天平平衡后的状态如图，则该同学配制的溶液的
实际浓度x= mol·L-1。
(3)在下列配制过程示意图中，有错误的是 (填序号)。
(4)若甲同学定容时，发现液面高于刻度线；而乙同学摇匀后，液面低于刻度线，
(填“甲”或“乙”)同学需重做。
(5)下列操作会使所配溶液浓度偏大的有 (填字母，下同)，偏小的有
。
A.称量时用了生锈的砝码
B.向容量瓶中转移时，有少量液体溅出
C.未洗涤溶解CuSO4·5H2O 的烧杯
D.定容时仰视刻度线
E.容量瓶未干燥即用来配制溶液
【答案】(1)250 mL 检查容量瓶是否漏水 (2)0.2 (3)④ (4)甲 (5)A BCD
【解析】(2)图示称量时是左码右物，烧杯和CuSO4·5H2O 的实际质量为30 g-2.3 g=27.7
g，CuSO4·5H2O 的质量为27.7 g-15.2 g=12.5 g，CuSO4·5H2O 的物质的量为
12.5 g
250 g·mol
−1=0.05 mol，所配制溶液的实际浓度x=0.05mol
0.25 L =0.2 mol·L-1。(4)若甲同
学定容时，发现液面高于刻度线，甲同学实验失败，甲同学应重做；乙同学摇匀后液
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面低于刻度线，是正常现象，乙同学无需重做。(5)A 项称量时用了生锈的砝码，称量
固体的质量偏大，溶质物质的量偏大，所配溶液的浓度偏大；B 项，向容量瓶中转移
时，有少量液体溅出，溶质的物质的量偏小，所配溶液的浓度偏小；C 项，未洗涤溶
解CuSO4·5H2O 的烧杯，溶质物质的量偏小，所配溶液的浓度偏小；D 项，定容时仰视
刻度线，所配溶液的体积偏大，所配溶液的浓度偏小；E 项，配制过程中需要加水，
容量瓶未干燥即用来配制溶液，对所配溶液溶质物质的量和溶液的体积都无影响，对
所配溶液的浓度无影响。
16.(12 分)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=1 000 ρw
M
=
1 000×1.4×50 %
98
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)=
111.2 g
278 g·mol
−1=0.4 mol，由2FeSO4·7H2O
Fe2O3+SO2↑+SO3↑+14H2O↑可知，生
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成Fe2O3的质量为0.4 mol×1
2×160 g·mol-1=32 g，SO2的物质的量为0.4 mol×1
2=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-1×1
2×0.1 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0.02mol×160 g·mol
−1
4.88 g
×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
x
100 g=
15.08 g
82.560 g−15.08 g，解得x≈22.35 g。
17
