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考点07 物质的量浓度
1．3 年真题考点分布
年份
卷区
考点分布
物质的量浓度的有关计算
配制一定物质的量浓度的溶液
2022
广东
√
√
山东
√
2021
山东
√
河北
√
广东
√
2020
北京
√
天津
√
√
2．命题规律及备考策略
【命题规律】近3 年新高考卷对该专题主要考查：
1．配制仪器的选择与使用
2．配制溶液的规范操作、步骤和误差分析
3．计算物质的量浓度
【备考策略】熟练掌握物质的量浓度的概念及简单计算，配制一定物质的量浓度的方法及相关误差分析；。
【命题预测】近几年高考试题中物质的量浓度的主要考查是对一定体积物质的量浓度溶液的配制实验，主要体
现在实验仪器的选择以及实验过程中实验操作的考查，选择题和非选择题中均有涉及。另外在阿伏加德罗常数
的应用判断中也会涉及有关物质的量浓度的简单计算等。
考法
1 物质的量浓度及其计算
1．物质的量浓度
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）＝
mB
maq ×100%。
（3）与物质的量浓度的关系：ω＝
cM
1000 ρ
①M：摩尔质量，单位：g·mol－1；
②ρ：溶液密度，单位：g·cm－3
1
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【典例1】下列配制溶液的说法正确的有：①1L 水中溶解了5.85gNaCl，所得溶液的物质的量浓度为
0.1mol/L；②31gNa2O 溶于水得到1L 溶液，所得溶液的物质的量浓度为0.5mol/L；③标准状况下，22.4LHCl 溶
于水配成1L 溶液，所得盐酸的物质的量浓度为1mol/L；④从1L0.1mol/LHNO3溶液中取出250mL，剩余溶液中
NO3
－的浓度为0.075mol/L；⑤将25gCuSO4·5H2O 晶体溶于75g 水中所得溶质的质量分数为16%；⑥将一定量
18.4mol/L 的硫酸与水等质量混合，所得溶液的浓度大于9.2mol/L（ ）。
A．①③ B．④⑥ C．③⑤ D．⑤⑥
【解析】选C。①1L 水中溶解了5.85gNaCl，溶液的体积不一定是1L，无法算出溶液的物质的量浓度，故错误；
②Na2O 溶于水，反应生成NaOH，溶质为NaOH，n（NaOH）＝2n（Na2O）＝2×
31g
62g/mol ＝1mol，c（NaOH）
＝
＝1mol·L－1，故错误；③标准状况下，22.4LHCl 的物质的量是1mol，溶于水配成1L 溶液，所得盐酸的
物质的量浓度为1mol/L，故正确；④从1L0.1mol/LHNO3溶液中取出250mL，剩余溶液中NO 的浓度仍为
0.1mol/L，故错误；⑤将25gCuSO4·5H2O 所含CuSO4的质量25g×
160
250 ＝16g，溶于75g 水中所得溶质的质量分数
为
16g
75g+25g ×100%＝16%，故正确；⑥将一定量18.4mol/L 的硫酸与水等质量混合，由于水的密度小于硫酸的密
度，混合后体积大于原硫酸体积的二倍，所得溶液的浓度小于9.2mol/L，故错误；故正确的是③⑤。
【拓展延伸】物质的量的浓度的基本计算
1．基本公式：cB＝
nB
V
（1）计算物质的量：n＝
m
M ＝
N
N A ＝
V
V m ＝
V
22.4L/mol （STP）
（2）计算溶液的体积：V（溶液）＝
＝
①密度单位为g/cm3，根据该公式计算出的体积单位是mL，需要换算成L。
②换算关系：1L＝1000mL
2．标准状况下，气体溶质物质的量浓度的计算
（1）溶质的物质的量：n＝
V 气体
22.4L/mol
（2）溶剂的体积：V＝
＝
＝
3．有关物质的量浓度的3 个注意点
（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含结晶水的物质：CuSO4·5H2O→CuSO4；Na2CO3·10H2O→Na2CO3。
③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。
（2）混淆溶液的体积和溶剂的体积
①c＝
n
V 中的V 是溶液的体积，不是溶剂的体积，也不是溶质和溶剂的体积之和，不能用水的体积代替
溶液的体积。
②固体、液体、气体溶于水，一般根据溶液的密度进行计算：
。
③注意部分与整体的关系：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计算，如
1mol·L－1的Al2（SO4）3溶液中SO4
2－的物质的量浓度是3mol·L－1。
【典例2】（2022~2023 湖南株洲高三上学期期中）25℃时，将10mL 质量分数为50%（密度为1.4g/cm3）的硫
酸稀释成100mL。下列说法正确的是（ ）。
A．上述100mL 稀硫酸中含溶质14g，该稀硫酸不属于电解质
2
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B．上述稀释过程所需要的蒸馏水为90mL
C．50%的硫酸溶液中溶质的物质的量浓度为7.14mol/L
D．俯视容量瓶颈刻度线定容，所配溶液的浓度偏低
【解析】选C。稀释前后溶质的质量保持不变，则100mL 稀硫酸中含H2SO4的质量为1.4g/cm3×10mL×50%＝
7g，稀硫酸属于混合物，既不是电解质、也不是非电解质，A 错误；由于稀释后硫酸溶液的密度未知，故无法
计算所需蒸馏水的体积，B 错误；50%的硫酸溶液中溶质物质的量浓度为c（H2SO4）＝
＝7.14mol/L，C 正确；俯视容量瓶颈刻度线定容，所配溶液的体积偏小，则所配溶液
的浓度偏高，D 错误。
【拓展延伸】溶液稀释（浓缩）和混合的计算原理
1．溶液稀释
（1）稀释（浓缩）前后溶质的质量保持不变，即m1w1＝m2w2。
（2）稀释（浓缩）前后溶质的物质的量保持不变，即c1V1＝c2V2。
2．相同溶质不同浓度的两溶液混合。
（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。
3．说明
①m1、m2和m 混的单位可以是g 或kg，统一即可
②V1、V2和V 混的单位可以是L 或mL，统一即可
【典例3】（2022~2023 学年河北邯郸高三上学期期末）两种硫酸溶液，一种物质的量浓度为c1mol/L，密度为
ρ1g/cm3，另一种物质的量浓度为c2mol/L，密度为ρ2g/cm3，当它们等体积混合后，溶液的密度为ρ3g/cm3，则混
合溶液的物质的量浓度为（ ）。
A．
B．
C．
D．
【解析】选B。假设两种硫酸溶液的体积均为V，则混合后溶质的质量分数为：ω＝
×100%＝
＝
，则混合溶液的物质的量浓度为c＝
＝
＝
。
【拓展延伸】物质的量浓度和溶质的质量分数的换算
1．溶质质量分数：ω＝
×100%＝
×100%
2．换算关系：c＝
1000×ρ×ω
M
，ω＝
cM
1000 ρ
（1）
代表溶液的密度，其单位为g/cm3，1000 为升和毫升之间换算的比例关系。
（2）c、ω、M 必须为对应关系
①若c 为溶质的浓度，则ω 为该溶质的质量分数，M 为该溶质的摩尔质量
②若c 为某离子的浓度，则ω 为该离子的质量分数，M 为该离子的摩尔质量
3．饱和溶液中物质的量浓度和溶解度之间的关系
（1）溶质质量分数和溶解度之间的关系：ω＝
S
100g+S ×100%，S＝
100ω
1−ω
（2）物质的量浓度和溶解度之间的关系：c＝
1000×ρ×S
M (100+S) ，S＝
1000cM
1000 ρ−cM
1．下列溶液中，溶质的物质的量浓度不是1mol·L－1的是（ ）。
3
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A．将80gSO3溶于水并配成1L 的溶液
B．10gNaOH 固体溶解在水中配成250mL 溶液
C．将58.5gNaCl 固体加入1L 水后所得的溶液
D．标准状况下，将22.4L 氯化氢气体溶于水配成1L 溶液
【解析】选C。80gSO3的物质的量为
80g
80g/mol ＝1mol，溶于水发生反应：SO3+H2O＝H2SO4，硫酸的物质的量也
为1mol，溶液体积为1L，所以H2SO4的物质的量浓度为
＝1mol·L－1，故A 不选；10gNaOH 固体的物质的
量为
10g
40g/mol ＝0.25mol，溶解在水中配成250mL 溶液，NaOH 的物质的量浓度为
＝1mol·L－1，故B 不
选；n（NaCl）＝
58.5g
58.5g/mol ＝1mol，加入1L 水中，所得溶液体积不一定为1L，所以溶液的物质的量浓度无法
计算，故C 选；标准状况下，22.4L 氯化氢气体的物质的量为
22.4L
22.4L/mol ＝1mol，溶于水配成1L 溶液，溶质的
物质的量浓度为
＝1mol·L－1，故D 不选。
2．现有VL0.5mol·L－1的盐酸，欲将其浓度扩大一倍，以下方法中最宜采用的是（ ）。
A．加热浓缩到原来体积的一半
B．加入5mol·L－1的盐酸0.125VL
C．加入10mol·L－1的盐酸0.1VL，再稀释至1.5VL
D．标准状况下通入11.2VL 氯化氢气体
【解析】选C。加热蒸发，HCl 挥发，溶液浓度降低，故A 错误；溶液的体积不具有加和性，故B 错误；混合
后溶液中的HCl 的物质的量为0.5mol·L－1×VL+10mol·L－1×0.1VL＝1.5Vmol，所以混合后HCl 的浓度为
＝1mol·L－1，故C 正确；通入氯化氢气体，溶液的体积发生变化，无法求出浓度，故D 错误。
3．实验室备有质量分数为63%，密度为1.40g·cm－3的浓硝酸。据此下列说法错误的是（ ）。
A．该硝酸的物质的量浓度为14.0mol·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．该硝酸50mL 与足量的铜反应可得到标准状况下NO20.35mol
D．等质量的水与该硝酸混合所得溶液的物质的量浓度小于7.0mol·L－1
【解析】选C。根据c＝
，该硫酸的物质的量浓度c＝
＝14.0mol·L－1，A
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 正确；标准状况下NO2不是气体，不能用22.4L/mol 进行计算，C 错误；等质量的水与该硝酸混合所得溶液的
体积大于原硝酸体积的2 倍，因此所得溶液的物质的量浓度小于7.0mol·L－1，D 正确。
考法
2 配制一定物质的量浓度的溶液
1．容量瓶的构造及使用方法
（1）构造及用途
（2）查漏操作：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：
4
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2．配制过程
（1）配制过程（以配制100mL1.00mol·L－1NaCl 溶液为例）
①计算：需NaCl 固体的质量为5.85g。
②称量：根据计算结果，用托盘天平称量5.9gNaCl 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100mL
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1~2cm 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、贴标签。
（2）配制流程图示
【典例1】（2022·广东省等级考）下列关于250mL 容量瓶的操作，正确的是_______。
【解析】选C。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；定容时，视线应与溶液
凹液面和刻度线“三线相平”，不能仰视或俯视，故B 错误；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；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。
【拓展延伸】配制一定物质的量浓度的溶液时注意事项
1．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．容量瓶的选择
（1）所配溶液的体积与容量瓶的规格要匹配，如要配制250mL 溶液，应当选用250mL 的容量瓶。
（2）当所需的溶液的体积不是容量瓶的规格时，则应选择与其接近的大规格容量瓶，如配制480mL 溶液，
应先配制500mL 溶液，然后再取出480mL 即可。
5
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3．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。
4．配制某些“特殊”溶液的注意点
（1）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。
（2）配制易水解的盐溶液：先加相应的冷酸或冷碱，防水解；再加水稀释到所需要的浓度
5．计算精度
（1）托盘托盘的读数精度为0.1g
（2）量筒的读数精度为0.1mL
（3）滴定管的读数精度为0.01mL
【特别提醒】用容量瓶配制溶液时，必须先用蒸馏水洗净容量瓶，但可以不进行干燥。
【典例2】（2023·全国甲卷）实验室将粗盐提纯并配制0.1000mol·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
【解析】选D。实验室将粗盐提纯时，需要将其溶于一定量的水中，然后将其中的硫酸根离子、钙离子、镁离
子依次用稍过量的氯化钡溶液、碳酸钠溶液和氢氧化钠溶液除去，该过程中有过滤操作，需要用到烧杯、漏斗
和玻璃棒；将所得滤液加适量盐酸酸化后蒸发结晶得到较纯的食盐，该过程要用到蒸发皿和酒精灯；用提纯后
得到的精盐配制溶液的基本步骤有称量、溶解、转移、洗涤、定容、摇匀等操作，需要用到天平、容量瓶、烧
杯、玻璃棒、胶头滴管等。综上所述，本实验必须用到的有①天平、⑤容量瓶、⑥烧杯、⑧酒精灯。
【拓展延伸】配制一定物质的量浓度的溶液所需的仪器
1．必用仪器：烧杯、玻璃棒、胶头滴管、
××mL
容量瓶
2．选用仪器
（1）溶质是固体：还需要托盘天平
（2）溶质是液体：还需要量筒（精度0.1mL）或某式滴定管（精度0.01mL）
【典例3】（2023·上饶模拟）现要配制0.01mol·L－1的KMnO4溶液，下列操作导致所配溶液浓度偏高的是（
）。
A．称量时，左盘高，右盘低
B．定容时俯视容量瓶刻度线
C．砝码破损
D．摇匀后见液面下降，再加水至刻度线
【解析】选B。A 项称量时，左盘高，右盘低，溶质的质量偏小，溶液浓度偏低；B 项定容时俯视容量瓶刻度
线，溶液体积偏小，溶液浓度偏高；C 项砝码破损，KMnO4质量偏小，物质的量偏小，所配溶液浓度偏低；D
项导致所配溶液浓度偏低。
【拓展延伸】误差判断分析技巧
1．误差分析的思维流程
2．俯视、仰视导致的误差分析
（1）用容量瓶定容
①图Ⅰ：定容时俯视刻度线→液面低于刻度线→溶液体积偏小→浓度偏高。
②图Ⅱ：定容时仰视刻度线→液面高于刻度线→溶液体积偏大→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。
6
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①图1：仰视→量筒内液面高于刻度线→量取的浓硫酸体积偏大→溶液浓度偏高；
②图2：俯视→量筒内液面低于刻度线→量取的浓硫酸体积偏小→溶液浓度偏低。
3．具体误差分析
可能引起误差的一些操作
因变量
c
n
V
称量
称量前小烧杯内有水
不变
——
无影响
称量前天平指针偏右，称量后天平平衡
偏大
——
偏高
称量时砝码和药品位置颠倒，而且使用了游码
偏小
——
偏低
称量时砝码不干净，有铁锈或污迹
偏大
——
偏高
称量NaOH 固体时间过长
偏小
——
偏低
用滤纸称量NaOH 固体
偏小
——
偏低
洗涤
未洗涤烧杯和玻璃棒或洗涤不干净
偏小
——
偏低
用量筒量取液体溶质后，用蒸馏水洗涤量筒，将
洗涤液体全部转移到容量瓶中
偏大
——
偏高
配制溶液前，容量瓶中有少量蒸馏水
——
——
无影响
配制溶液前，容量瓶用待配制液洗涤
偏大
——
偏高
移液
移液时有少量溶液溅出
偏小
——
偏低
定容
定容时加水超过刻度线
——
偏大
偏低
定容后倒转容量瓶几次，发现液面低于刻度线，
又补充了几滴水至刻度线
——
偏大
偏低
定容时加水超过刻度线，又用胶头滴管吸出一部
分液体达到刻度线
偏小
——
偏低
溶液未冷却到室温就移入容量瓶定容
——
偏小
偏高
定容时一直用手握住容量瓶的粗大部分
——
偏小
偏高
容量瓶塞上瓶塞后，立即倒转，发现有液体漏出
——
偏小
偏高
定容后经振荡、摇匀、静置，液面下降
——
——
无影响
读数
定容时俯视刻度线
——
偏小
偏高
定容时仰视刻度线
——
偏大
偏低
用量筒取用一定体积液体溶质时俯视刻度
偏小
——
偏低
用量筒取用一定体积液体溶质时仰视刻度
偏大
——
偏高
1．（2023·孝感模拟）用胆矾（CuSO4·5H2O）配制480mL0.100mol·L－1CuSO4 溶液，下列做法中正确的是（
）。
A．可选用500mL 容量瓶
B．配制该溶液需称取12.0g 胆矾
C．转移溶液前须将容量瓶烘干
D．定容后摇匀，发现液面低于刻度线，又补加少量水，重新达到刻度线
【解析】选A。实验室没有480mL 的容量瓶，应选500mL 的容量瓶，A 正确；配制500mL0.100mol·L－1CuSO4
溶液，n（CuSO4）＝0.500L×0.100mol·L－1＝0.0500mol，则需称取CuSO4·5H2O 的质量为0.0500mol×250g·mol－1
＝12.5g，B 错误；配制溶液过程中要加水，所以容量瓶洗干净就可以，没必要烘干，烘干反而影响体积的准确
度，C 错误；定容后摇匀，发现液面低于刻度线，又补加少量水，重新达到刻度线，导致溶液体积偏大，所配
溶液浓度变小，D 错误。
2．（2023·南平模拟）在配制溶液过程中正确的是（ ）。
A．配制稀盐酸用量筒量取浓盐酸时量筒必须先润洗
B．配制稀盐酸时，容量瓶中少量的水不影响最终的浓度
C．定容时俯视液面会造成所配溶液浓度偏低
D．浓硫酸稀释后即可注入容量瓶进行配制
【解析】选B。量筒量取溶液时不应润洗，否则所取溶液偏多，A 错误；因配制过程中需要用蒸馏水定容，故
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配制稀盐酸时，容量瓶中少量的水不影响最终的浓度，B 正确；定容时俯视液面，则所加蒸馏水偏少，会造成
所配溶液浓度偏高，C 错误；浓硫酸稀释后必须冷却至室温再注入容量瓶配制，D 错误。
3．“84”消毒液常用于杀菌、消毒、漂白等。欲用NaClO 固体准确配制480mL 含NaClO25%、密度为
1.19g·cm－3的消毒液。下列说法正确的是（ ）。
A．该“84”消毒液的物质的量浓度约为4.0mol·L－1
B．应称取142.8gNaClO 固体配制该溶液
C．定容时仰视刻度线导致所配溶液浓度偏高
D．所配制的NaClO 消毒液在空气中光照久置后，溶液的漂白性不变
【解析】选A。该“84”消毒液的物质的量浓度约为c（NaClO）＝
≈4mol·L－1，A
正确；要准确配制480mLNaClO 溶液，可选用500mL 的容量瓶，则应称取NaClO 固体的质量为
500mL×1.19g·cm－3×25%＝148.75g，B 错误；定容时仰视刻度线导致加入的蒸馏水偏多，溶液的体积偏大，则
所配溶液浓度偏低，C 错误；NaClO 发生水解反应生成NaOH 和HClO，HClO 见光易分解生成HCl 和氧气，则
所配制的NaClO 消毒液在空气中光照久置后，溶液的漂白性减弱或消失，D 错误。
【基础过关】
1．某学习小组用烧碱固体配制一定物质的量浓度的溶液。下列图示对应操作正确的是（ ）。
【解析】选B。NaOH 具有腐蚀性，称量时应放在小烧杯中，而且应放在左盘称量，A 错误；读数时，视线应
与凹液面最低处相平，图示为仰视操作，操作错误，C 错误；摇匀时用一只手的食指顶住瓶塞，同时用另一只
手托住瓶底，上下颠倒摇匀而不是振荡，操作错误，D 错误。
2．经测定，某加碘食盐中含碘量为38.1mg·kg－1，取1 千克该食盐配制成2L 的溶液所得到的溶液中碘酸钾
（KIO3）的物质的量的浓度为（ ）。
A．0.15mmol·L－1 B．0.3 mmol·L－1
C．0.6 mmol·L－1 D．1.2 mmol·L－1
【解析】选A。1 千克该食盐中含碘元素的质量为：m（I）＝1kg×38.1mg·kg－1＝38.1mg，其物质的量为：n
（I）＝n（KIO3）＝
38.1×10
−3g
127g/mol
＝3×10－4mol，c（KIO3）＝
3×10−4 mol
2 L
＝1.5×10－4mol/L＝0.15 mmol·L－1。
3．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列对0.3mol·L－1K2SO4溶液的叙述正确的是（ ）。
A．1L 溶液中含有0.3NA个K+
B．1L 溶液中含有K+和SO4
2－的总数为0.9NA
C．2L 溶液中K+的浓度为1.2mol·L－1
D．将0.3mol 硫酸钾溶于1L 水中，所得硫酸钾溶液的浓度为0.3mol·L－1
【解析】选B。在0.3mol·L－1K2SO4溶液中，c（K+）＝0.6mol·L－1，c（SO4
2－）＝0.3mol·L－1，则1L 溶液中含
K+的数目为0.6NA，K+和SO4
2－的总数为0.9NA，A 错误，B 正确；物质的量浓度表示的是1L 溶液中所含溶质的
物质的量，不受溶液体积大小的影响，2L0.3mol·L－1K2SO4溶液中K+的浓度为0.6mol·L－1，C 错误；物质的量浓
度中的体积指的是溶液的体积而不是溶剂的体积，D 错误。
4．对于含有1molHCl 的稀盐酸，下列有关说法正确的是（NA表示阿伏加德罗常数的值）（ ）。
A．HCl 的摩尔质量为36.5g
B．该溶液中Cl－的数目为NA
C．该溶液中H+的物质的量浓度为1mol·L－1
D．取0.1L 该溶液，Cl－的物质的量为0.1NA
【解析】选B。HCl 的摩尔质量为36.5g·mol－1，A 错误；该溶液中Cl－的物质的量为1mol，数目为NA，B 正确；
没有溶液的体积，该溶液中H+的物质的量浓度无法计算，C 错误；该溶液浓度未知，取0.1L 该溶液，Cl－的物
质的量无法计算，D 错误。
5．（2023·湖南岳阳调研）配制一定物质的量浓度的溶液时，下列有关实验操作或判断正确的是（ ）。
A．可将固体或浓溶液直接在容量瓶中溶解或稀释
B．向容量瓶转移液体时，玻璃棒可以接触容量瓶内壁
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C．将溶液转移到容量瓶后，烧杯内壁及玻璃棒未用蒸馏水洗涤
D．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低
【解析】选B。先将固体或浓溶液放在烧杯中溶解或稀释，冷却后再转移到一定规格的容量瓶中，然后洗涤、
定容、摇匀，装瓶贴标签，A 错误；向容量瓶转移液体时，玻璃棒可以接触容量瓶内壁，玻璃棒下端靠在刻度
线以下，B 正确；将溶液转移到容量瓶后，要用蒸馏水洗涤烧杯内壁及玻璃棒并将洗涤液转移到容量瓶中，C
错误；配制一定物质的量浓度的溶液，定容时俯视刻度线，溶液体积偏小，所配溶液浓度偏高，D 错误。
6．某同学进行配制一定物质的量浓度稀硫酸的实验，操作如下：计算后用10mL 量筒量取5.4mL 浓硫酸；将其
沿小烧杯壁缓缓倒入蒸馏水中，并用玻璃棒不断搅拌；将稀释后的溶液用玻璃棒引流转移至100mL 容量瓶中；
用蒸馏水洗涤量筒、烧杯和玻璃棒2~3 次，并将洗涤液转移入容量瓶；振荡摇匀；继续加蒸馏水至离刻度线
1~2cm 处，改用胶头滴管滴加，直至凹液面最低处与刻度线相平；盖上玻璃塞，左手掌心拖住瓶底，右手食指
按住玻璃塞，其余四指轻拢瓶颈，进行上下颠倒摇匀；把溶液倒入试剂瓶，贴好标签。实验中存在的错误有（
）。
A．1 处 B．2 处 C．3 处 D．4 处
【解析】选B。浓硫酸稀释后，要冷却到室温，再转移到容量瓶中；洗涤量筒的洗涤液不能转入容量瓶；实验
中存在的错误有2 处，故选B。
7．（2022~2023 学年高三3 月模拟）海水提溴过程中发生反应：3Br2+6Na2CO3+3H2O＝
5NaBr+NaBrO3+6NaHCO3，下列说法正确的是（ ）。
A．标准状况下2molH2O 的体积约为44.8L
B．1L0.1mol·L−1Na2CO3溶液中CO3
2−的物质的量为0.1mol
C．反应中消耗3molBr2转移的电子数约为5×6.02×1023
D．反应中氧化产物和还原产物的物质的量之比为5∶1
【解析】选C。反应3Br2+6Na2CO3+3H2O＝5NaBr+NaBrO3+6NaHCO3中，Br2一部分被还原成NaBr，一部分被
氧化成NaBrO3，Br2既是氧化剂又是还原剂。标准状况下H2O 不是气体，不能用22.4L/mol 计算2mol 水的体积，
A 错误；CO3
2－在溶液中会水解，导致其物质的量小于0.1mol，B 错误；每消耗3molBr2，其中有0.5molBr2被氧
化成NaBrO3，有2.5molBr2被还原成NaBr，整个过程中转移电子的物质的量为5mol，数目约为5×6.02×1023，C
正确；氧化产物是NaBrO3，还原产物是NaBr，由化学计量数可知氧化产物与还原产物物质的量之比为1∶5，
D 错误。
8．溶液的浓度是一种常用的物理量，下列说法正确的是（ ）。
A．质量分数为98%的浓硫酸和等质量的水混合后，硫酸溶液的质量分数大于49%
B．配制250mL1.0mol·L－1H2SO4溶液，需要量取18mol·L－1H2SO4溶液的体积为13.9mL
C．从1L0.15mol·L－1Na2SO4溶液中取出100mL，取出溶液中Na2SO4的物质的量浓度为0.015mol·L－1
D．50mL0.1mol·L－1NaCl 溶液和25mL0.1mol·L－1MgCl2溶液中的Cl－浓度相同
【解析】选B。质量分数为98%的浓硫酸和等质量的水混合后，硫酸溶液的质量分数为ω（H2SO4）＝
＝49%， A 错误；由稀释定律可知，需要量取18mol·L－1硫酸溶液的体积为V（浓硫酸）＝
＝
≈13.9mL，B 正确；从1L0.15mol·L－1硫酸钠溶液中取出100mL，取出溶液中硫酸钠的物质的量
浓度还是0.15mol·L－1，C 错误；50mL0.1mol·L－1NaCl 溶液中c（Cl－）＝0.1mol·L－1，25mL0.1mol·L－1MgCl2溶
液中c（Cl－）＝0.1mol·L－1×2＝0.2mol·L－1，两溶液中c（Cl－）不相等，D 错误。
9．某校化学兴趣小组在实验中发现一瓶溶液，标签上标有“CaCl20.1mol·L－1”的字样，下面是该小组成员对溶
液的叙述，正确的是（ ）。
A．配制1L 该溶液，可将0.1molCaCl2溶于1L 水中
B．Ca2+和Cl－的物质的量浓度都是0.1mol·L－1
C．从试剂瓶中取该溶液的一半，则所取溶液的物质的量浓度为0.05mol·L－1
D．将该瓶溶液稀释一倍，则所得溶液的c（Cl－）为0.1mol·L－1
【解析】选D。标签上标有“CaCl20.1mol·L－1”的字样，即在1L 的溶液中含1molCaCl2；将0.1molCaCl2溶于
1L 水中，所得溶液的体积不等于1L，则所得浓度不是0.1mol•L－1，故A 错误；在CaCl2中，Ca2+和Cl－的物质
的量之比为1∶2，则浓度之比也为1∶2，故Ca2+的浓度为0.1mol/L，而Cl－的浓度应为0.2mol/L，故B 错误；
溶液是均一稳定的，浓度与取出的溶液的体积多少无关，故C 错误；溶液中Cl－的浓度为0.2mol/L，将溶液稀
释一倍，则浓度减半，即稀释后Cl－的浓度应为0.1mol/L，故D 正确。
10．硫有多种含氧酸，亚硫酸（H2SO3）、硫酸（H2SO4）、焦硫酸（H2SO4•SO3）……等，其中硫酸最为重要，
在工业上有广泛的应用。试回答以下问题：
（1）已知某硫酸溶液的密度为1.84g•cm－3，质量分数为98%，该硫酸溶液的物质的量浓度为______mol•L－1。
（2）若将其稀释为500mL0.2mol•L－1的溶液，需用量筒取该浓硫酸______mL。
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（3）焦硫酸（H2SO4•SO3）溶于水，其中的SO3都转化为硫酸。若将89g 焦硫酸溶于水配成800mL 硫酸，则该
硫酸的物质的量浓度为______mol•L－1。
（4）硫铁矿是工业上制硫酸的主要原料。硫铁矿氧化焙烧的化学反应如下：
3FeS2+8O2
2Fe3O4+6SO2，4FeS2+11O2
2Fe2O3+8SO2
若2.4mol FeS2完全反应耗用氧气145.6L（标准状况），计算反应产物中Fe3O4与Fe2O3物质的量之比______。
【解析】（1）根据c＝
可知，该硫酸溶液的物质的量浓度为c（H2SO4）＝
＝18.4mol/L；（2）设需要用量筒取该浓硫酸VmL，稀释前后溶液中溶质的物质的
量相等，则：0.2mol•L－1×500mL＝V（H2SO4）×18.4mol•L－1，解得V（H2SO4）＝5.4mL；（3）根据硫原子守恒：
n（H2SO4）＝2n（H2SO4•SO3）＝2×
89g
178g/mol ＝1mol，c（H2SO4）＝
＝1.25mol•L－1；（4）由S 原子守恒
可知生成SO2为n（SO2）＝2n（FeS2）＝2×2.4mol＝4.8mol，消耗氧气的物质的量n（O2）＝
145.6L
22.4L/mol ＝
6.5mol，设Fe3O4与Fe2O3物质的量分别为x、y，根据Fe 原子、O 原子守恒，则：n（Fe）＝3x+2y＝2.4mol，n
（O）＝4x+3y＝2×6.5mol－2×4.8mol，解得x＝0.4mol，y＝0.6mol，故Fe3O4与Fe2O3物质的量之比为
0.4mol∶0.6mol＝2∶3。
【答案】（1）18.4（2）5.4 （3）1.25（4）2∶3
【能力提升】
1．氢型离子交换树脂（HR）可使硬水中的钙、镁离子通过离子交换去除而使硬水软化。某同学将含有Ca2+、
Mg2+且pH＝7 的硬水利用如图装置进行软化，所得软水的pH 为4。下列叙述正确的是（ ）。
A．硬水中可能含有大量的Cl－、CO3
2－、SO4
2－
B．通过净化处理后，水中的离子浓度增大
C．氢型离子交换树脂失效后可放入强碱溶液中再生
D．原硬水中Ca2+、Mg2+的总浓度约为10－5mol·L－1
【解析】选B。根据离子共存原则，CO3
2－与Ca2+、Mg2+会产生沉淀，不能大量共存，故硬水中不可能含有大量
的CO3
2－，故A 错误；经过氢型离子交换树脂时，Ca2+、Mg2+与H+发生离子交换被除去，根据电荷守恒知，一
个Ca2+或Mg2+会交换出两个H+，故水中阳离子的总数增大，阴离子总数不变，故离子总浓度增大，故B 正确；
氢型离子交换树脂失效即交换树脂中不存在氢离子，应放入强酸溶液中补充氢离子，使其再生，故C 错误；由
离子交换原理得，生成的H+数目是原来Ca2+、Mg2+数目的2 倍，即c（H+）c（H+）是Ca2+、Mg2+浓度的2 倍，
溶液的pH 由7 变为4，则c（H+）的变化量是10－4mol·L－1－10－7mol·L－1≈10－4mol·L－1，所以原硬水中Ca2+、
Mg2+的总浓度为5×10－5mol·L－1，故D 错误。
2．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）。
A．1mol Na2O2与足量CO2充分反应，转移的电子数为NA
B．64gCu 完全溶于一定量的浓硝酸，生成NO2的分子数为2NA
C．将稀氨水滴入含1mol（NH4）2SO4的溶液至中性，溶液中NH4
+数目为NA
D．标准状况下11.2L 三氯甲烷中含共价键数为4NA
【解析】选A。过氧化钠与二氧化碳反应时，过氧化钠既是氧化剂又是还原剂，过氧根离子中的氧为－1 价，
一半氧原子化合价升高，生成氧气，另一半氧原子化合价降低，生成－2 价的氧，故1mol 过氧化钠参与反应时
转移电子的量为1mol，转移的电子数为NA，故A 正确；64gCu 的物质的量为1mol，由Cu+4HNO3（浓）＝Cu
（NO3）2+2NO2↑+2H2O，若二者恰好按照此反应进行生成的NO2为2mol，但随着反应的进行，浓硝酸浓度降
低，反应生成NO，生成NO2的分子数小于2NA，故B 错误；溶液中的电荷守恒为n（NH4
+）+n（H+）＝2n
（SO4
2－）+n（OH－），由于溶液呈中性时n（H+）＝n（OH－），则n（NH4
+）＝2n（SO4
2－），含1mol
（NH4）2SO4，则n（SO4
2－）＝1mol，即n（NH4
+）＝2mol，溶液中NH4
+数目为2NA，故C 错误；标准状况下
三氯甲烷为液态，不能用22.4L/mol 计算三氯甲烷物质的量，故D 错误。
3．（2022·安徽马鞍山高三上学期期末）海冰是海水冻结而成的咸水冰，海水冻结时，部分来不及流走的盐分
（设以NaCl 为主）以卤汁的形式被包裹在冰晶之间，形成“盐泡”，其大致结构如图所示，若海冰的冰龄达到
10
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1 年以上，则融化后的水为淡水。下列叙述正确的是（ ）。
A．海冰内层“盐泡”越少，密度越大
B．海冰冰龄越短，内层的“盐泡”越少
C．每含1molH2O 的海冰内就有2×10－5mol·L－NA个NaCl 分子（NA为阿伏加德罗常数）
D．海冰内层NaCl 的浓度约为10－3mol·L－（设冰的密度为0.9g/cm3）
【解析】选D。海冰内层“盐泡”越少，来不及流走的盐分越少，密度越小，A 错误；若海冰的冰龄达到1 年
以上，则融化后的水为淡水，说明海冰冰龄越长，内层的“盐泡”越少，B 错误；NaCl 属于离子化合物，不存
在NaCl 分子，C 错误；设海冰内层体积为1L，则冰的质量为0.9g/cm3×1000cm3＝900g，则n（H2O）＝
900g
18g/mol ＝50mol，n（NaCl）∶n（H2O）＝N（NaCl）∶N（H2O）＝（2×10－5）∶1，n（NaCl）＝50mol×2×10
－5＝10－3mol，则NaCl 的浓度约为10－3mol÷1L＝10－3mol/L，D 正确。
4．某同学购买了一瓶“84 消毒液”，包装说明如下：
根据以上信息和相关知识判断，下列分析不正确的是（ ）。
A．该“84 消毒液”的物质的量浓度为4.0mol·L－1
B．一瓶该“84 消毒液”能吸收空气中44.8L 的CO2（标准状况）而变质
C．取100mL 该“84 消毒液”稀释100 倍后用以消毒，稀释后的溶液中c（Na+）约为0.04mol·L－1
D．参阅该“84 消毒液”的配方，欲用NaClO 固体配制480mL 含25%NaClO 的消毒液，需要称量的NaClO
固体质量为143g
【解析】选D。根据c＝
得，c（NaClO）＝
mol·L－1≈4.0mol·L－1，A 正确；
一瓶该“84 消毒液”含有的n（NaClO）＝1L×4.0mol·L－1＝4.0mol，根据反应：CO2+NaClO+H2O＝
NaHCO3+HClO，吸收CO2的物质的量最多为4.0mol，即标准状况下V（CO2）＝4.0mol×22.4L·mol－1＝89.6L，
则能吸收空气中44.8L 的CO2而变质，B 正确；根据稀释前后溶质的物质的量不变，有100mL×4.0mol·L－1＝
100mL×100×c（NaClO），解得稀释后c（NaClO）＝0.04mol·L－1，c（Na+）＝c（NaClO）＝0.04mol·L－1，C 正
确；应选取500mL 的容量瓶进行配制，然后取出480mL，所以需要NaClO 的质量为0.5L×4.0mol·L－1×74.5g·mol
－1＝149g，D 错误。
5．（2023·河北邢台名校联盟联考）质量分数为a 的某物质的溶液mg 与质量分数为b 的该物质的溶液ng 混合
后，蒸发掉pg 水，得到的溶液的密度为qg·cm－3（此过程中无溶质析出），物质的量浓度为cmol·L－1，则溶质
的相对分子质量为（ ）。
A．
q（ma+nb ）
c（m+n－p） B．
c（m+n－p）
q（ma+nb ）
C．
1000q（ma+nb ）
c（m+n－p） D．
c（m+n－p）
1000q（ma+nb ）
【解析】选C。设溶质的相对分子质量为M，则溶质的物质的量n＝
ma+nb
M
mol；混合并蒸发掉pg 水之后溶液
的体积为V＝
m+n－p
1000q
L，则有n＝cV，即有
ma+nb
M
＝c×
m+n－p
1000q
，从而可得M＝
1000q（ma+nb ）
c（m+n－p）。
6．（2023·辽宁铁岭六校联考）温度为T 时，将aLNH3完全溶于水，得到VmL 溶液，假设此时Vm＝22.4L·mol－
1，该溶液的密度为ρg·mL－1，溶质质量分数为w，其中含有NH4
+的物质的量是bmol，下列叙述不正确的是（
）。
A．溶质的质量分数为
×100%
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B．溶质的物质的量浓度c＝
1000a
22.4V mol·L－1
C．溶液中c（OH－）＝
1000b
V
mol·L－1
D．向上述溶液中加入等质量的水，所得溶液的溶质质量分数为0.5w
【解析】选C。m（NH3）＝
×17g·mol－1，故溶质的质量分数w＝
×100%，A 正确；将w＝
×100%代入公式c＝
，化简可得c＝
1000a
22.4V mol·L－1，B 正确；氨水中含有的阳离子为H+和
NH4
+，含有的阴离子只有OH－，根据电荷守恒可知c（OH－）＝
1000b
V
mol·L－1+c（H+），C 错误；设溶液质量
为mg，则加入等质量的水后溶质的质量分数为
＝0.5w，D 正确。
7．某结晶水合物的化学式为A·nH2O，其相对分子质量为M，在25℃时，ag 晶体溶于bg 水中即达饱和，形成
密度为ρg·mL－1的溶液，则下列关于饱和溶液的说法正确的是（ ）。
A．该溶液中A 的质量分数为w＝
%
B．该晶体25℃时，在水中的溶解度S＝
g
C．溶液中A 的物质的量为n（A）＝
mol
D．该溶液的浓度为c（A）＝
mol·L－1
【解析】选C。晶体的物质的量为n＝
mol，溶质的质量为
g，溶液的质量为（a+b）g，该溶液
中A 的质量分数为
×100%＝
%，故A 错误；设25℃时，A 的溶解度为S，则
＝
，解之得S＝
，故B 错误；溶液中A 的物质的量为n（A）＝
mol，故
C 正确；溶液的体积为V＝
mL＝
L，该溶液的浓度为c（A）＝
＝
mol·L－1，故
D 错误。
8．如表所示甲、乙是实验室试剂标签上的部分内容，下列说法正确的是（ ）。
硫酸化学纯（CP）
500mL
品名：硫酸
化学式：H2SO4
相对分子质量：98
密度：1.84g·cm－3
质量分数：98%
氨水化学纯（CP）
500mL
品名：氨水
化学式：NH3
相对分子质量：17
密度：0.88g·cm－3
质量分数：25%
甲
乙
A．氨水的物质的量浓度约为6.3mol·L－1
B．各取5mL 两种溶液与等质量的水混合后，c（H2SO4）＜9.2mol·L－1，c（NH3）＞6.45mol·L－1
C．常温下铁不能与该硫酸反应
D．各取10mL 两种溶液置于两烧杯中，再分别加入一定量的水，即可得到较稀的硫酸溶液和氨水
【解析】选B 。根据标签上的内容可计算该氨水的物质的量浓度约为c （NH3·H2O ）＝
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＝12.9mol·L－1，A 项错误。计算可得c（H2SO4）＝
＝
18.4mol·L－1，各取5mL 两种溶液与等质量的水混合后，对硫酸而言，硫酸浓度越大，密度越大，等质量的水和
硫酸比较，水的体积大，所以c（H2SO4）＜9.2mol·L－1；对氨水来说，氨水浓度越大，密度越小，等质量的水
和氨水比较，水的体积小，所以c（NH3·H2O）＞6.45mol·L－1，B 项正确。由题意可知该硫酸为浓硫酸，常温下，
铁在浓硫酸中发生钝化，钝化是化学变化，C 项错误。浓硫酸的密度比水大，且溶于水放出大量的热，稀释浓
硫酸时，应在烧杯中加入水，再将浓硫酸沿器壁慢慢倒入水中，边加边搅拌，D 项错误。
9．下列说法不正确的是（ ）。
A．把7.2g 纯铁粉加入40mL 浓度未知的HNO3溶液中，充分反应后剩余固体1.6g，产生NO2和NO 的混合
气体0.08mol，若不考虑N2O4的存在，则原HNO3溶液的物质的量浓度为7.0mol/L
B．将质量分数为a%，物质的量浓度为c1mol/L 的稀H2SO4溶液蒸发掉一定量的水，使之质量分数为2a%，
此时物质的量浓度为c2mol/L，则c1和c2的数值关系是c2＞2c1
C．将标准状况下的aLHCl 气体溶于1000mL 水中，得到的盐酸溶液密度为bg/mL，则该盐酸溶液的物质的
量浓度为
ab
22400 mol/L
D．VLFe2（SO4）3溶液中含Fe3+mg，则溶液中SO4
2－的物质的量浓度为
3m
112V mol/L
【解析】选C。把7.2g 纯铁粉投入到40mL 某HNO3溶液中，充分反应后剩余固体1.6g，说明生成硝酸亚铁，硝
酸完全反应，参加反应的Fe 的质量为：m（Fe）＝7.2g−1.6g＝5.6g，其物质的量为：n（Fe）＝
5.6g
56g/mol ＝
0.1mol，则生成硝酸亚铁的物质的量为：n［Fe（NO3）2］＝n（Fe）＝0.1mol，反应中硝酸起氧化剂、酸性作
用，起酸性作用的硝酸生成硝酸亚铁，起氧化剂作用的硝酸生成NO 和NO2，根据N 元素守恒可知该硝酸溶液
中含有硝酸的总物质的量为：n（HNO3）＝2n［Fe（NO3）2］+n（NO+NO2）＝0.1mol×2+0.08mol＝0.28mol，
所以原HNO3溶液的物质的量浓度为：c（HNO3）＝
＝7.0mol/L，故A 正确；设将溶质质量分数为a%
的硫酸溶液密度为ρ1，则c1＝
mol/L＝
mol/L，设将溶质质量分数为2a%的硫酸溶液密度为
ρ2，则c2＝
mol/L＝
mol/L，所以c1∶c2＝
mol/L∶
mol/L＝ρ1∶2ρ2，即c2＝
c1，硫酸溶液的浓度越大密度也越大，所以ρ2＞ρ1，所以
＞2，即c2＞2c1，故B 正确；标况下，aLHCl
溶于1000mL 水中，所得溶液中n（HCl）＝
mol，溶质质量分数w（HCl）＝
＝
，因此则该盐酸溶液的物质的量浓度c（HCl）＝
＝
＝
，
mol/L，故C 错误；VLFe2（SO4）3溶液中含Fe3+mg，
则溶液中n（Fe3+）＝
mg
56g/mol
VL
＝
m
56V mol/L，由Fe2（SO4）3化学式以及其在水中会发生完全电离可知，SO4
2－
浓度为Fe3+浓度1.5 倍，则溶液中SO4
2－的物质的量浓度为
m
56V ×
3
2 mo1/L＝
3m
112V mo1/L，故D 正确。
10．硫代硫酸钠晶体（Na2S2O3·5H2O，M＝248g·mol－1）可用作定影剂、还原剂。利用K2Cr2O7标准溶液定量测
定硫代硫酸钠的纯度。测定步骤如下：
（1）溶液配制：称取1.2000g 某硫代硫酸钠晶体样品，用新煮沸并冷却的蒸馏水在_____中溶解，完全溶解后，
全部转移至100mL 的_____中，加蒸馏水至_____。
（2）滴定：取0.00950mol·L－1的K2Cr2O7标准溶液20.00mL，用硫酸酸化后加入过量KI，发生反应：Cr2O7
2－
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+6I－+14H+
3I2+2Cr3++7H2O。然后用硫代硫酸钠样品溶液滴定至淡黄绿色，发生反应：2S2O3
2－+I2
S4O6
2－
+2I－。加入淀粉溶液作为指示剂，继续滴定，当溶液_______________，即为终点。平行滴定3 次，样品溶液的
平均用量为24.80mL，则样品纯度为_____%（保留1 位小数）。
【解析】（1）配制一定物质的量浓度的溶液，应该在烧杯中溶解，冷却至室温后，转移至选定的容量瓶中，加
蒸馏水至距离刻度线1~2cm 处，改用胶头滴管滴加至溶液的凹液面最低处与刻度线相平。（2）加入淀粉作指
示剂，淀粉溶液遇I2变蓝色，加入的Na2S2O3样品与I2反应，当I2消耗完后，溶液蓝色褪去，即为滴定终点。由
反应Cr2O7
2－+6I－+14H+
3I2+2Cr3++7H2O、2S2O3
2－+I2
S4O6
2－+2I－，可得关系式：Cr2O7
2－~3I2~6S2O3
2－，则有
n（S2O3
2－）＝6n（Cr2O7
2－）＝0.00950mol·L－1×0.02L×6＝1.14×10－3mol，故硫代硫酸钠样品溶液的浓度为c
（S2O3
2－）＝
，则样品的纯度为
1.14×10－3mol
2.48×10－2L
×0.1L×248g/mol
1.2000g
×100%≈95.0%。
【答案】（1）烧杯、容量瓶、刻度线（2）蓝色褪去；95.0
【真题感知】
1．（2022·山东省等级考）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25.00mLNa2CO3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
【解析】选A。量筒的精确度不高，不可用量简量取Na2CO3标准溶液，应该用碱式滴定管或移液管量取
25.00mLNa2CO3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粘性的硅酸钠溶液而将瓶塞粘住，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，当滴入最后一滴盐酸时，溶液由黄色突变为
橙色且半分钟之内不变色即为滴定终点，故达到滴定终点时溶液显橙色，D 说法正确。
2．（2021·广东省选择考）测定浓硫酸试剂中H2SO4含量的主要操作包括：①量取一定量的浓硫酸，稀释；②
转移定容得待测液；③移取20.00mL 待测液，用0.1000mol/L 的NaOH 溶液滴定。上述操作中，不需要用到的
仪器为（ ）。
A．
B．
C．
D．
【解析】选B。实验过程中，①量取一定量的浓硫酸并稀释所需仪器为：量筒、烧杯、玻璃棒；②转移定容得
待测液所需仪器为：玻璃棒、容量瓶、胶头滴管；③移取20.00mL 待测液，用0.1000mol/L 的NaOH 溶液滴定
所需仪器为：酸式滴定管、碱式滴定管、锥形瓶，选项中A 为容量瓶，B 为分液漏斗，C 为锥形瓶，D 为碱式
滴定管，上述操作中，不需要用到的仪器为分液漏斗。
3．（2021·河北省选择考）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
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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
【解析】选A。氢氧化钠溶液呈碱性，因此需装于碱式滴定管中，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,A 现
象正确；测定中和热时大烧杯口、小烧杯口与硬纸板平齐，防止热量散失，B 现象错误；应该在烧杯中稀释浓
硫酸，C 选项错误；萃取分离碘水中的碘时，分液漏斗末端尖嘴处要紧靠烧杯内壁，D 选项错误。
4．（2021·山东省等级考）关于下列仪器使用的说法错误的是（ ）。
A．①、④不可加热
B．②、④不可用作反应容器
C．③、⑤可用于物质分离
D．②、④、⑤使用前需检漏
【解析】选A。①是锥形瓶，②是酸式滴定管，③是蒸馏烧瓶，④是容量瓶，⑤是梨形分液漏斗。锥形瓶可以
加热，但需要加石棉网，容量瓶不能加热，A 项符合题意；酸式滴定管用于量取一定体积的溶液，容量瓶只能
用于配制一定物质的量浓度的溶液，都不能作反应容器，B 项不符合题意；蒸馏烧瓶用于蒸馏操作，分离相互
溶解的液体，分液漏斗用于分液操作，分离相互不溶解的液体，两者均可用于物质分离，C 项不符合题意；酸
式滴定管带有旋塞、容量瓶带有瓶塞、分液漏斗带有瓶塞和旋塞，使用前均需检查是否漏水，D 项不符合题意。
5．（2020·北京市等级考）用下列仪器或装置（图中夹持略）进行相应实验，不能达到实验目的的是（ ）。
A
B
C
D
配制一定物
质的量浓度
的氯化钠溶
液
检验浓硫酸与铜反应产
生的二氧化硫
检验溴乙烷消去产物中
的乙烯
分离酒精和水
【解析】选D。图示为配制一定量浓度溶液的转移操作，图示操作正确，故A 能达到实验目的；浓硫酸和铜在
加入条件下反应生成二氧化硫，二氧化硫具有漂白性，通入到品红溶液中，若品红褪色，则证明生成二氧化硫，
二氧化硫气体是大气污染物，不能排放到空气中，试管口用浸有氢氧化钠溶液的棉花团吸收二氧化硫，图示正
确，故B 能达到实验目的；溴乙烷在氢氧化钠醇溶液加热作用下发生消去反应生成乙烯，由于乙醇易挥发，制
得的乙烯中含有乙醇蒸汽，先通过水，使乙醇溶于水，在将气体通入酸性高锰酸钾溶液中，若酸性高锰酸钾溶
液褪色，则可以证明反应中产生乙烯，故C 能达到实验目的；乙醇和水任意比互溶，分液操作无法分离，故D
不能达到实验目的。
6．（2020·天津等级考真题）下列实验仪器或装置的选择正确的是（ ）。
配制50.00mL
0.1000mol·L－1
Na2CO3溶液
除去Cl2中的HCl
蒸馏用冷凝管
盛装Na2SiO3
溶液的试剂瓶
A
B
C
D
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【解析】选B。配制50.00mL0.1000mol·L－1Na2CO3溶液需要用容量瓶，不能使用量筒配制溶液，故A 错误；除
去氯气中的氯化氢气体使用饱和氯化钠溶液，可以吸收氯化氢气体，根据氯气在水中的反应：Cl2+H2O
H+
+Cl－+HClO，饱和氯化钠溶液中的氯离子使氯气溶于水的平衡逆向移动，降低氯气在水中的溶解度，洗气瓶长
进短出，利于除杂，故B 正确；蒸馏要使用直形冷凝管，不能使用球形冷凝管，故C 错误；硅酸钠溶液呈碱性，
硅酸钠溶液是一种矿物胶，能将玻璃塞与试剂瓶的瓶口粘在一起，盛装Na2SiO3溶液的试剂瓶不能使用玻璃塞，
应使用橡胶塞，故D 错误。
7．（2022·广东省等级考）配制250mL0.1mol·L－1的HAc 溶液，需5mol·L－1HAc 溶液的体积为_______mL。
【解析】溶液稀释过程中，溶质的物质的量不变，因此250mL×0.1mol·L－1＝V×5mol/L，解得V＝5.0mL。
【答案】5.0
8．（2022·广东省等级考）“过滤2”后，滤饼中检测不到Mg 元素，滤液2 中Mg2+浓度为2.7g·L－1。为尽可能
多地提取RE3+，可提高月桂酸钠的加入量，但应确保“过滤2”前的溶液中c（C11H23COO－）低于
_______mol·L－1（保留两位有效数字）。已知：（C11H23COO）2Mg 的Ksp＝1.8×10－8。
【解析】滤液2 中Mg2+浓度为2.7g·L－1，即0.1125mol/L，根据Ksp［（C11H23COO）2Mg］＝1.8×10－8＝c
（Mg2+）×c2（C11H23COO－），若要加入月桂酸钠后只生成C11H23COO）3RE，而不产生（C11H23COO）2Mg，则
c（C11H23COO－）＜
＝
mol·L－1＝4
10－4mol·L－1。
【答案】4
10－4
9．（2020·天津等级考真题）为测定CuSO4溶液的浓度，甲、乙两同学设计了两个方案。回答下列问题：
Ⅰ．甲方案实验原理：CuSO4+BaCl2
BaSO4↓+CuCl2
实验步骤：
（1）判断SO4
2－沉淀完全的操作为____________。
（2）步骤②判断沉淀是否洗净所选用的试剂为_____________。
（3）步骤③灼烧时盛装样品的仪器名称为__________。
（4）固体质量为wg，则c（CuSO4）＝________mol·L－1。
（5）若步骤①从烧杯中转移沉淀时未洗涤烧杯，则测得c（CuSO4）_________（填“偏高”、“偏低”或“无
影响”）。
Ⅱ．乙方案实验原理：CuSO4+Zn
ZnSO4+Cu，Zn+H2SO4
ZnSO4+H2↑
实验步骤：
①按右图安装装置（夹持仪器略去）。
②……
③在仪器A、B、C、D、E…中加入图示的试剂。
④调整D、E 中两液面相平，使D 中液面保持在0 或略低于0 刻度位置，读数并记录。
⑤将CuSO4溶液滴入A 中搅拌，反应完成后，再滴加稀硫酸至体系不再有气体产生。
⑥待体系恢复到室温，移动E 管，保持D、E 中两液面相平，读数并记录。
⑦处理数据
（6）步骤②为_______________________________。
（7）步骤⑥需保证体系恢复到室温的原因是________（填序号）。
A．反应热受温度影响
B．气体密度受温度影响
C．反应速率受温度影响
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（8）Zn 粉质量为ag，若测得H2体积为bmL，已知实验条件下ρ （H2）＝dg•L－1，则c（CuSO4）______mol·L
－1（列出计算表达式）。
（9）若步骤⑥E 管液面高于D 管，未调液面即读数，则测得c（CuSO4）________（填“偏高”、“偏低”或
“无影响”）。
（10）是否能用同样的装置和方法测定MgSO4溶液的浓度：_________（填“是”或“否”）。
【解析】Ⅰ．（1）硫酸根离子的检验是滴加氯化钡溶液，若产生白色沉淀，证明溶液中含有硫酸根离子，故判
断SO4
2－沉淀完全的操作向上层清液中继续滴加BaCl2溶液，无白色沉淀生成，则沉淀完全；（2）步骤②判断
沉淀是否洗净所选用的试剂为AgNO3溶液，硫酸钡沉淀中可能附着有氯化钡，为了证明还有没氯离子，需要加
入硝酸银溶液，若产生白色沉淀，证明没有洗净；（3）步骤③灼烧时盛装样品的仪器为坩埚；（4）固体质量
为wg，为硫酸钡的质量，硫酸钡的物质的量为n（BaSO4）＝
wg
233g/mol ＝
40w
233 mol，根据硫酸根守恒可知，
CuSO4~BaSO4，则c（CuSO4）＝
＝
＝
40w
233 mol·L－1；（5）若步骤①从烧杯中转移沉淀时未洗涤烧
杯，会使固体的质量偏小，物质的量偏小，根据c＝
可知，则测得c（CuSO4）偏低；
Ⅱ．（6）加入药品之前需检查装置的气密性；步骤②为检查装置气密性；（7）气体的体积受温度和压强的影
响较大，气体的质量不随温度和压强的变化而改变，密度也受温度和压强的影响，步骤⑥需保证体系恢复到室
温的原因是气体密度受温度影响；反应热不受温度的影响，只与反应物和生成物自身的能量有关，不随温度压
强而改变；反应速率受温度影响，温度越高，反应速率越快，步骤⑥需保证体系恢复到室温与反应速率无关；
（8）Zn 粉质量为ag，若测得H2体积为bmL，已知实验条件下ρ （H2）＝dg•L－1，氢气的质量m（H2）＝ρ
（H2）×V＝dg•L－1×b×10－3L＝db×10－3g，根据Zn+H2SO4
ZnSO4+H2↑，与酸反应的锌的物质的量为：n
（Zn）＝n（H2）＝
db×10－3g
2g/mol
＝
db×10－3
2
mol，锌的总物质的量为
ag
65g/mol ＝
a
65 mol，与硫酸铜反应的锌的物
质的量为
a
65 mol－
db×10－3
2
mol，根据CuSO4+Zn
ZnSO4+Cu，则c（CuSO4）＝
＝
mol•L－1；（9）若步骤⑥E 管液面高于D 管，未调液面即读数，得到氢气的体积偏小，与硫酸
反应的锌的质量偏小，与硫酸铜反应的锌的质量偏大，则测得c（CuSO4）偏高；（10）不能用同样的装置和方
法测定MgSO4溶液的浓度，硫酸镁不和锌发生置换反应。
【答案】（1）向上层清液中继续滴加BaCl2溶液，无白色沉淀生成，则沉淀完全
（2）AgNO3溶液（3）坩埚（4）
40w
233 （5）偏低
（6）检查装置气密性（7）b（8）
（9）偏高（10）否
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