物质的量浓度（解析版）_小初高学习资料合集（每天更新）_2026年7月高中化学试题汇编_0723化学_物质的量浓度--2027年高考化学

物质的量浓度
目 录
真题·命题感知
进阶·强化演练
考向01 根据定义式c =n /V计算物质的量浓度
B B
考向02 溶液混合与稀释的计算
考向03 物质的量浓度与溶质的质量分数的换算
考向04 考查一定物质的量浓度溶液的配制
考向05 考查配制一定物质的量浓度溶液的误差分析
拔高·模拟预测
真题·命题感知
1.(2026·贵州·高考真题)法医学中可通过“砷镜”反应对含砷化合物进行鉴定，反应如下。
①As 2 O 3 +6Zn+12HClaq
1
 =2AsH ↑+6ZnCl +3H O 3 2 2
②2AsH =3H +2As(砷镜)
3 2
设N 为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A
A. 1.8gD O中含有的质子数目为1.0N
2 A
B. 反应②中每生成1mol As转移电子数目为3N
A
C. 1.0L0.1mol⋅L-1ZnCl 溶液中，Cl-数目为0.1N
2 A
D. 25℃和101kPa下，2.24LAsH 含有的原子数目为0.40N
3 A
命题情境
本题以法医刑侦中的马氏试砷法(砷镜反应)为真实情境。砒霜是剧毒物质，法医学常用该反应检验样
品中是否含有砷化物，用于砷中毒案件鉴定。整个过程分为两步：①在盐酸酸性环境下，锌还原三氧化
二砷生成砷化氢气体；②砷化氢受热分解，单质砷析出，在玻璃管壁形成光亮的黑色砷镜，以此鉴定砷元
素。
题目以两步陌生化学反应为载体，考查质子数、转移电子数、原子数以及物质的量浓度的计算。
解题方法
①同位素陷阱。重水D O，氘(D)是氢的同位素，摩尔质量为20 g/mol，容易误按普通水18 g/mol计
2
算质子数，是高频易错点。
②陌生氧化还原电子转移。As由-3价升到0价，H由+1价降到0价；每生成2mol As转移6mol电
子，生成1mol As转移3mol电子。考查化合价升降与电子转移数目判断。
③离子数目陷阱。忽略化学式下角标，ZnCl 1mol可电离出2mol Cl-
2④气体摩尔体积条件陷阱。25℃、101 kPa为常温常压，并非标准状况，不能用22.4 L/mol计算气体物
质的量。
【答案】B
1.8g
【解析】A．D O的摩尔质量为M(D O)=20g⋅mol-1，1.8gD O物质的量为n= =0.09mol，1
2 2 2 20g/mol
个D O分子中含10个质子，故1.8gD O中含有的质子数为0.9N ，A错误；
2 2 A
B．反应②中As元素从-3价升高到0价，每生成1mol As失去3mol电子，数目为3N ，B正确；
A
C．ZnCl 是强电解质，在水中完全电离，1.0L0.1mol⋅L-1ZnCl 溶液中Cl-的物质的量为1.0L×
2 2
0.1mol⋅L-1×2=0.2mol，数目为0.2N ，C错误；
A
D．25°C、101kPa为常温常压，气体摩尔体积大于22.4L⋅mol-1，2.24LAsH 物质的量小于0.1mol，原
3
子数目小于0.40N ，D错误；
A
故选B。
2.(2026·山东·高考真题)准确称取1.0600gNa CO ，基准物质配制0.0500mol·L-1Na CO 溶液，下列仪器必
2 3 2 3
须使用的是
A. ①②③ B. ①②⑤⑥ C. ①③④⑥ D. ④⑤⑥
命题情境
本题选自定量化学分析实验，酸碱中和滴定实验前，配制碳酸钠基准标准溶液。定量分析化学实验情
景，是高考化学实验高频命题素材，常见于滴定实验的前期准备操作，区别于课本基础实验，侧重真实化
学实验室实际操作，注重仪器精度、规格选择，贴近高校基础化学实验操作，考查学生是否清楚定量实验
和普通定性实验的仪器差别。
解题方法
①容量瓶规格匹配陷阱：先通过计算求出需要配制溶液体积为200 mL，因此只能选用200 mL容量瓶，
不能随意选用500 mL容量瓶。高考常考：容量瓶没有任意规格，只能选固定规格，配制溶液体积必须
与容量瓶容积一致。
②天平精度陷阱：称量质量为1.0600，精确到小数点后四位，属于万分之一精度，必须使用电子分析天
平；托盘天平精度只有0.01g，达不到四位小数的称量精度，不能选用托盘天平，这是本题最主要的易错
点。
【答案】B
m 1.0600g
【解析】Na CO 摩尔质量M=106 g⋅mol-1，n(Na CO )= = =0.01000mol，因此需
2 3 2 3 M 106g⋅mol-1
n 0.01000mol
配制溶液体积为V= = =0.2000 L=200.0mL，因此需选用200mL容量瓶(②)，
c 0.0500mol⋅L-1
2不能用500mL容量瓶(④)。定容时需用到胶头滴管(①)，溶解操作、移液操作需用到玻璃棒(⑥)，因需
称量1.0600 gNa CO ，普通电子天平(③)精度不足，无法称取1.0600 g，需用到电子分析天平(⑤)，因此
2 3
确定必需仪器为①②⑤⑥，故选B。
3.(2024·全国甲卷·高考真题)CONH 2
3
 ⋅H O (俗称过氧化脲)是一种消毒剂，实验室中可用尿素与过氧化 2 2 2
氢制取，反应方程式如下：
CONH 2  2 +H 2 O 2 =CONH 2  ⋅H O 2 2 2
(一)过氧化脲的合成
烧杯中分别加入25mL30%H 2 O 2ρ=1.11g⋅cm-3  、40mL蒸馏水和12.0g尿素，搅拌溶解。30°C下反应
40min，冷却结晶、过滤、干燥，得白色针状晶体9.4g。
(二)过氧化脲性质检测
I．过氧化脲溶液用稀H SO 酸化后，滴加KMnO 溶液，紫红色消失。
2 4 4
Ⅱ．过氧化脲溶液用稀H SO 酸化后，加入KI溶液和四氯化碳，振荡，静置。
2 4
(三)产品纯度测定
溶液配制：称取一定量产品，用蒸馏水溶解后配制成100mL溶液。
滴定分析：量取25．00mL过氧化脲溶液至锥形瓶中，加入一定量稀H SO ，用准确浓度的KMnO 溶液
2 4 4
滴定至微红色，记录滴定体积，计算纯度。
回答下列问题：
(1)过滤中使用到的玻璃仪器有 (写出两种即可)。
(2)过氧化脲的产率为 。
(3)性质检测Ⅱ中的现象为 。性质检测I和Ⅱ分别说明过氧化脲具有的性质是 。
(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 。
(5)“滴定分析”步骤中，下列操作错误的是 (填标号)。
A. KMnO 溶液置于酸式滴定管中 B. 用量筒量取25．00mL过氧化脲溶液
4
C. 滴定近终点时，用洗瓶冲洗锥形瓶内壁 D. 锥形瓶内溶液变色后，立即记录滴定管液面刻度
(6)以下操作导致过氧化脲纯度测定结果偏低的是 (填标号)。
A. 容量瓶中液面超过刻度线 B. 滴定管水洗后未用KMnO 溶液润洗
4
C. 摇动锥形瓶时KMnO 溶液滴到锥形瓶外 D. 滴定前滴定管尖嘴处有气泡，滴定后气泡消失
4
命题情境
本题以消毒剂过氧化脲CONH 2  ⋅H O 的实验室制备、提纯、性质检验、纯度滴定测定为完整主线，是 2 2 2典型的物质制备→性质探究→定量滴定分析综合实验大题。过氧化脲是常用固态消毒剂，相比液态双
氧水更稳定，易储存，广泛用于医用消毒、环境杀菌。工业与实验室常用尿素和30%过氧化氢溶液低温
合成过氧化脲晶体。题目完整还原实验室流程：合成反应→冷却结晶过滤→产物性质检验→配制待测
液→高锰酸钾氧化滴定测纯度，模拟真实化工产品实验室研发分析流程。
解题方法
① 过滤三种玻璃仪器：烧杯、普通漏斗、玻璃棒。题目要求任选两个，写出任意两个即可。
② 产率计算(高频必考)解题步骤固定三步：分别算出两种反应物的物质的量；比较二者化学计量比，找
出不足量的反应物(限制反应物)，过量的物质不参与计算；产率=实际质量/理论质量。
③ 物质氧化性、还原性判断：升失氧还原剂(还原性)，降得还氧化剂(氧化性)。
④ 溶液配制的操作问题：洗涤液全部转入容量瓶，重复洗涤2~3次的目的标准答案模板：将附着在烧杯
和玻璃棒上的溶质全部转移至容量瓶，防止溶质损失，减小实验误差。
⑤ 定容之后的操作：盖上瓶塞，反复上下颠倒摇匀。
【答案】(1)烧杯、漏斗、玻璃棒，可任选两种作答
(2)50%
(3)液体分层，上层为无色，下层为紫红色 还原性、氧化性
(4)避免溶质损失 盖好瓶塞，反复上下颠倒、摇匀
(5)BD
(6)A
【解析】(1)过滤操作需要的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒，可任选两种作答。
(2)实验中加入尿素的质量为12.0g，物质的量为0.2mol，过氧化氢的质量为25mL×1.11g⋅cm-3×30%
=8.325g，物质的量约为0.245mol，过氧化氢过量，产率应按照尿素的质量计算，理论上可得到过氧化脲
9.4g
0.2mol，质量为0.2mol×94g/mol=18.8g，实验中实际得到过氧化脲9.4g，故过氧化脲的产率为
18.8g
×100%=50%。
(3)在过氧化脲的性质检测中，检测Ⅰ用稀硫酸酸化，加入高锰酸钾溶液，紫红色消失，说明过氧化脲被
酸性高锰酸钾氧化，体现了过氧化脲的还原性；检测Ⅱ用稀硫酸酸化，加入KI溶液和四氯化碳溶液，过
氧化脲会将KI氧化为I 单质，体现了过氧化脲的氧化性，生成的I 在四氯化碳中溶解度大，会溶于四氯
2 2
化碳溶液，且四氯化碳密度大于水，振荡，静置后出现的现象为：液体分层，上层为无色，下层为紫红色。
(4)操作a为洗涤烧杯和玻璃棒，并将洗涤液转移到容量瓶中，目的是避免溶质损失；定容后应盖好瓶塞，
反复上下颠倒、摇匀。
(5)A．KMnO 溶液是强氧化性溶液，应置于酸式滴定管中，A项正确；
4
B．量筒的精确度不能达到0.01mL，量取25.00mL的溶液应选用滴定管，B项错误；
C．滴定过程中，待测液有可能会溅到锥形瓶内壁，滴定近终点时，为了使结果更精确，可用洗瓶冲洗锥
形瓶内壁，C项正确；
D．锥形瓶内溶液变色后，应等待30s，观察溶液不再恢复原来的颜色后，才能记录滴定管液面刻度，D
项错误；
故选BD。
(6)A．在配制过氧化脲溶液时，容量瓶中液面超过刻度线，会使溶液体积偏大，配制溶液的浓度偏低，会
使滴定过程中消耗的KMnO 溶液体积偏低，导致测定结果偏低，A项符合题意；
4
B．滴定管水洗后未用KMnO 溶液润洗，会导致KMnO 溶液浓度偏低，会使滴定过程中消耗的
4 4
4KMnO 溶液体积偏高，导致测定结果偏高，B项不符合题意；
4
C．摇动锥形瓶时KMnO 溶液滴到锥形瓶外，会使滴定过程中消耗的KMnO 溶液体积偏高，导致测定
4 4
结果偏高，C项不符合题意；
D．滴定前滴定管尖嘴处有气泡，滴定后气泡消失，会使滴定过程中消耗的KMnO 溶液体积偏高，导致
4
测定结果偏高，D项不符合题意；
故选A。
进阶·强化演练
考向01 根据定义式c =n /V计算物质的量浓度
B B
4.(2025·海南省直辖县级单位·模拟预测)N 代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A
3
A. 2.2g超重水 H O
2
5
 所含的电子数目为N
A
B. 1 L 0.1 mol⋅L-1 NaClO溶液中ClO-的数目为0.1N
A
C. 过量C与1molSiO 充分反应转移电子数目为3N
2 A
D. pH=1的HCOOH溶液中，H+的数目为0.1N
A
【答案】A
2.2g
【解析】A．超重水(3H O)的摩尔质量为22g/mol，2.2g超重水的物质的量为 =0.1mol，1个超
2 22g/mol
重水分子含10个电子，故所含电子物质的量为0.1mol×10=1mol，电子数目为N ，A正确；
A
B．ClO-为弱酸根离子，在水溶液中部分发生水解，因此1L0.1mol⋅L-1NaClO溶液中ClO-的数目小
于0.1N ，B错误；
A
C．过量C与1mol SiO 反应生成硅单质和一氧化碳，Si元素化合价从+4价降低到0价，则反应转移
2
电子数目为4N ，C错误；
A
D．题干未给出pH=1的HCOOH溶液的体积，无法计算H+的物质的量，故无法确定H+的数目，D错
误；
故选A。
5.(2026·浙江温州·模拟预测)下列说法不正确的是(设N 为阿伏加德罗常数的值)
A
A. 1.0 L 1.0mol/L的Na SO 溶液中含有的氧原子数目大于4N
2 4 A
B. 26gC H 与C H 的混合气体中含C-H键的数目为3N
2 2 6 6 A
C. 标准状况下，8.96LH 、CO的混合气体完全燃烧，消耗氧分子的数目为0.2N
2 A
D. 现有含2N 个Na+的硫酸钠溶液1 L，该溶液溶质的物质的量浓度为1mol/L
A
【答案】B
【解析】A．1.0 L 1.0mol/L的Na 2 SO 4 溶液中，溶质的物质的量nNa 2 SO 4  =1.0L×1.0mol/L=1mol，
含4mol氧原子，同时溶剂水中也含有氧原子，故总氧原子数目大于4N ，A正确；
A
B．C 2 H 2 和C 6 H 6 的最简式均为CH，26g混合气体中nCH 
26g
= =2mol，每个CH结构对应1 13g/mol
个C-H键，故C-H键数目为2N ，B错误；
A
C．标准状况下混合气体总物质的量n总 
8.96L
= =0.4mol，H 和CO燃烧时均满足2mol气体
22.4L/mol 2消耗1mol O ，故0.4mol混合气体完全燃烧消耗O 为0.2mol，即氧分子数目为0.2N ，C正确；
2 2 A
1mol
D．含2N 个Na+的Na SO 的物质的量为1mol，溶液体积为1L，故溶质物质的量浓度c= =
A 2 4 1L
1mol/L，D正确；
故选B。
6.(2026·云南·二模)设N 为阿伏加德罗常数的值。关于反应2Na37ClO +4H35Cl=2ClO ↑+Cl ↑
A 3 2 2
+2NaCl+2H O(产物中氯元素的质量数未标记)，下列说法错误的是
2
A. 1molH35Cl中所含的中子数为18N
A
B. 22.4LCl 中含有的原子数为2N
2 A
C. 反应生成2molH O时转移电子的数目为2N
2 A
D. 当反应消耗0.1 L 1 mol·L-1盐酸时，生成ClO 的数目为0.05N
2 A
【答案】B
【解析】A．H的中子数为0，35Cl的中子数为35-17=18，故1mol H35Cl含18mol中子，中子数为
18N ，A正确；
A
B．未指明Cl 处于标准状况，无法用22.4L/mol计算其物质的量，原子数不一定为2N ，B错误；
2 A
C．根据化学方程式2Na37ClO +4H35Cl=2ClO ↑+Cl ↑+2NaCl+2H O，生成2molH O时，有2
3 2 2 2 2
molNa37ClO 被还原(Cl元素从+5价降至+4价，得到2mol电子)，同时有2 molH35Cl被氧化(Cl元素
3
从-1价升至0价，失去2mol电子)，故反应转移的电子为2mol，数目为2N ，C正确；
A
D．消耗的HCl物质的量为0.1L×1mol/L=0.1mol，由方程式计量数，4 molHCl反应生成2
molClO ，故0.1 molHCl反应生成0.05 molClO ，数目为0.05N ，D正确；
2 2 A
故答案选B。
7.( 2026 · 江 西 吉 安 · 模 拟 预 测 ) 硫 及 其 部 分 化 合 物 的 转 化 关 系 为
SO2
SO
O2
SO
H2 OH
SO
NaOHNa
SO 。设N 是阿伏加德罗常数的值。下列叙述错误的是
2 3 2 4 2 4 A
A. 1molSO 与过量O 反应转移电子的数目为2N
2 2 A
B. 32gS ( )分子中含有的S-S键数目为N
8 A
C. 标准状况下，1molSO 的体积小于22.4L
3
D. 1L1mol⋅L-1Na SO 溶液中氧原子数目大于4N
2 4 A
【答案】A
【解析】A．SO 与O 生成SO 的反应为可逆反应，1molSO 不能完全反应，因此转移电子数小于2N ，
2​ 2 3 2 A
A错误；
32g 1
B．由S 的结构可知，1个S 分子含8个S-S键；32gS 的物质的量为 = mol，含S-S
8 8 8 8×32g/mol 8
1
键的物质的量为 mol×8=1mol，数目为N ，B正确；
8 A
C．标准状况下SO 为固态，1mol固体的体积远小于22.4L，C正确；
3
D．1L1mol⋅L-1Na SO 溶液中，Na SO 本身含4mol氧原子，溶剂水也含有氧原子，因此溶液中氧原子
2 4 2 4
总数大于4N ，D正确；
A
6故选A。
考向02 溶液混合与稀释的计算
8.某化学兴趣小组在实验中发现一瓶溶液标签上标有“CaCl 0.1mol⋅L-1”的字样，下面是该小组成员对
2
溶液的叙述，正确的是
A. 配制1 L该溶液，可将0.1mol CaCl 溶于1 L水中
2
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. 将该瓶溶液稀释至原体积的2倍，则所得溶液的cCl-
7
 为0.1mol⋅L-1
【答案】D
【解析】A．配制1L该溶液，可将0.1mol CaCl 溶解后定容至1 L，而非溶于1 L水中，A错误；
2
B．CaCl 溶液中，Ca2+浓度等于CaCl 浓度，但Cl-浓度为CaCl 浓度的2倍，故两者浓度不同，B错
2 2 2
误；
C．溶液具有均一性，取出一半溶液，其物质的量浓度不变，仍为0.1 mol·L-1，C错误；
D．原溶液中c(Cl-) = 2 × 0.1 mol·L-1 = 0.2 mol·L-1，稀释至原体积2倍后，c(Cl-)减半为0.1
mol·L-1，D正确；
答案选D。
9.把2.0mol/L CuSO
4
溶液和2.0mol/L Fe 2SO
4
 溶液等体积混合(假设混合溶液的体积等于混合前两
3
种溶液的体积之和)，再向其中加入足量铁粉，经过足够长的时间后，铁粉有剩余。此时溶液中Fe2+的物
质的量浓度为
A. 1.0mol/L B. 2.0mol/L C. 3.0mol/L D. 4.0mol/L
【答案】D
【解析】设两种溶液的体积均为V L，混合后溶液的总体积为2V L。混合溶液中n(SO2-)=n(CuSO )
4 4
+3×n(Fe (SO ) )=2.0mol/L×VL+3×2.0mol/L×VL=8.0Vmol。向混合溶液中加入足量铁粉，
2 4 3
由于铁粉有剩余，溶液中的Cu2+和Fe3+均被完全反应，最终溶液中的阳离子只有Fe2+，阴离子只有
8.0Vmol
SO2-，溶质为FeSO 。根据电荷守恒，溶液中c(Fe2+)=c(SO2-)= =4.0mol/L。故选D。
4 4 4 2VL
10.下列有关溶液的叙述正确的是
A. 将5mol/L的BaNO 3  溶液10mL稀释至50mL，稀释后溶液中Ba2+的物质的量浓度为1mol/L 2
B. 标准状况下将aLNH 气体溶于b mL水中，得到的氨水溶液密度为cg⋅cm-3，则该溶液中溶质的物质
3
a
的量浓度为 mol⋅L-1
22.4b
C. 100mL0.6mol⋅L-1的NaCl溶液与50mL0.6mol⋅L-1MgCl 溶液所含Cl-的物质的量浓度相等
2
D. 2.3gNa投入到97.7 g水中，形成溶液的溶质质量分数为2.3%
【答案】A
【解析】A．BaNO 3  溶液稀释前后Ba2+的物质的量不变，稀释后溶液体积扩大5倍，浓度变为原来的 2
1
，则Ba2+浓度从5mol/L降至1mol/L，A正确；
5aL a 17a
B．标准状况下aLNH 的物质的量为 = mol，溶液的质量为 +b
3 22.4L/mol 22.4 22.4
8
 g，则该溶液中
a
mol
n 22.4
溶质的物质的量浓度为c= =
V  17a +b
22.4

1000ac
= mol/L，B错误；
17a+22.4b g
c×1000g/L
C．0.6mol/L NaCl溶液中Cl⁻浓度为0.6mol/L，0.6mol/L MgCl 溶液中Cl⁻浓度为1.2mol/L，两者
2
不相等，C错误；
D．2Na+2H O=2NaOH+H ↑，溶液中的溶质为NaOH，2.3gNa(物质的量为0.1mol)与水反应生成
2 2
NaOH的物质的量为0.1mol(质量为4g)生成H 的物质的量为0.05mol(质量为0.1g)，则NaOH的质量
2
4g
分数为 ×100%≈4%，D错误；
2.3g+97.7g-0.1g
故选A。
11.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：Na 2 SO 4 、MgSO 4 、Al 2SO 4  ，体积之比为3:2:1，则SO2-浓度之比为3:2:3 3 4
B. 将1mol⋅L-1的NaCl溶液和0.5mol⋅L-1的BaCl 溶液等体积混合后，忽略溶液体积变化，c(Na+)=
2
1mol⋅L-1
C. 在标准状况下，VL氨气溶于1 L水配成密度为ρg/cm3的氨水，该氨水的物质的量浓度为
V
22.4V+1 
mol/L
D. 将100 mL5 mol⋅L-1的盐酸加水稀释至1 L，再取出5mL，这5mL溶液的物质的量浓度为
0.5mol⋅L-1
【答案】D
【解析】A．同浓度的三种溶液中，SO2-的浓度仅由溶质组成决定，与体积无关，Na SO 、MgSO 的
4 2 4 4
SO2
4
-浓度均为溶液浓度的1倍，Al 2SO
4
 为3倍，浓度之比应为1:1:3，A错误；
3
B．混合后cNa+  由原NaCl溶液的浓度决定。等体积混合后，Na+浓度被稀释为原浓度的一半，即
0.5mol/L，B错误；
C．氨水的体积需通过总质量和密度计算，不能直接取V+1 
1000ρV
L，正确浓度应为 
22400+17V
mol/L，C错误；
D．稀释后盐酸浓度为0.5mol/L，溶液均一，取任意体积浓度不变，D正确；
故答案选D。
考向03 物质的量浓度与溶质的质量分数的换算
12.如图是某学校实验室买回的硫酸试剂标签上的部分内容。据此下列说法正确的是
硫酸 化学纯(CP)
(500mL)
品名：硫酸
化学式：H SO
2 4
相对分子质量：98
密度：1.84g/cm3
质量分数：98%A. 该硫酸的物质的量浓度为9.2mol/L
B. 配制230mL4.60mol/L的稀硫酸需取该硫酸62.5mL
C. 该硫酸与等体积的水混合后所得溶液的质量分数小于49%
D. 该硫酸与等质量的水混合后所得溶液的浓度大于9.2mol/L
【答案】B
1000ρw 1000×1.84×98%
【解析】A．该硫酸的物质的量浓度为c= = =18.4mol/L，A错误；
M 98
B．配制230mL 4.60mol/L稀硫酸需用250mL容量瓶配制，设配制250mL 4.6mol/L的稀硫酸需取该
硫酸的体积为x L，根据溶液稀释前后溶质的物质的量不变可知：0.25L×4.6mol/L=x×18.4mol/L，解
得x=62.5mL，B正确；
C．水的密度为1 g/cm3，等体积的水与98%的硫酸混合后，溶质质量不变，由于硫酸的密度大于水的密
度，等体积混合时，硫酸溶液的质量大于水的质量，故混合后溶液的质量分数大于49%，C错误；
D．等质量的水与98%的硫酸混合后所得硫酸溶液的溶质质量分数为49%，此时溶质的物质的量浓度
1000×ρ×49%
为 mol/L=5ρmol/L，硫酸溶液的浓度越大，其密度越大，混合后ρ<1.84g/cm3，故物质
98
的量浓度小于9.2mol/L，D错误；
故答案选B。
13.下列有关物质的量浓度和质量分数的计算正确的是
A. Na O 和Na O各0.1mol分别溶于水形成1L溶液，所得溶液的物质的量浓度不相等
2 2 2
B. VLAl 2SO
4
9

m
溶液中含Al3+mg，则溶液中SO2-物质的量浓度为 mol⋅L-1
3 4 18V
C. 150 mL 1 mol⋅L-1的氯化钾溶液中的cCl-  与50mL1mol⋅L-1的氯化铝溶液中的cCl-  相
等
D. 20°C时，饱和KCl溶液的密度为1.174g⋅cm-3，物质的量浓度为4.0mol/L，则此溶液中KCl的质量分
74.5×4.0
数为 %
1.174×1000
【答案】B
【解析】A．Na O 和Na O各0.1mol溶于水均生成0.2mol NaOH，溶液体积均为1 L，物质的量浓度
2 2 2
均为0.2mol/L，A错误；
m
B．Al3+质量为m g，则物质的量为 mol；又Al (SO ) 中Al3+与SO2-物质的量之比为2:3，则SO2-
27 2 4 3 4 4
m 3 m m
物质的量为 × mol= mol；溶液体积为V L，则SO2-物质的量浓度= mol/L，B正确；
27 2 18 4 18V
C．150mL1mol⋅L-1的氯化钾溶液中的c(Cl-)=1mol⋅L-1；50mL 1mol⋅L-1的氯化铝溶液中的
c(Cl-)=3mol⋅L-1，C错误；
1000ρω cM cM 4.0mol/L×74.5g/mol
D．由c= ⇒ω= ，即KCl的质量分数ω= = ×100%=
M 1000ρ 1000ρ 1000×1.174g/L
4.0×74.5
×100%，D错误；
1000×1.174
故答案选B。
14.下列叙述中正确的是A. V mL Fe 2SO
4
10

3m
溶液中含Fe3+mg，则溶液中SO2-的物质的量浓度为 mol⋅L-1
3 4 112V
B. 高中化学实验室要配制200mL 1mol/L的硫酸铜溶液需称取胆矾50.0 g
C. 若溶质质量分数为2x %的乙醇(ρ<l�g⋅cm-3)溶液的物质的量浓度为2ymol⋅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小于ymol⋅L-1
D. 某溶液密度为ρg/cm3，溶质摩尔质量为M g/mol，若物质的量浓度为cmol⋅L-1，则该溶液的溶质质
cM
量分数为 %
10ρ
【答案】D
【解析】A．根据题意，V mL溶液中含Fe3+mg，则nFe3+ 
m
=
56
mol，由化学式Fe 2SO
4
 可得
3
nSO2-
4

3 m 3m
= × = mol，溶液中SO2-的浓度为cSO2-
2 56 112 4 4

3m
112 3000m
= = mol/L，A错误；
V×10-3 112V
B．配制200mL、1mol/L的硫酸铜溶液，需胆矾的物质的量为0.2L×1mol/L=0.2mol，质量为0.2mol
×250g/mol=50.0g，但实验室无200mL容量瓶，应使用250mL容量瓶，故需称取0.25L×1mol/L×
250g/mol=62.5g胆矾，B错误；
1000ρ ×2x% 2yM
C．设原溶液密度为ρ ，稀释后密度为ρ ，原溶液中c = 1 =2y，即ρ = ；稀释后，c
1 2 1 M 1 2000x 2
1000ρ ×x%
= 2 ，乙醇溶液加水稀释，密度增大，故c >ymol/L，C错误；
M 2
1000ρw cM cM cM
D．根据c= ，可得w= ，故溶液的溶质质量分数为 ×100%= %，D正确；
M 1000ρ 1000ρ 10ρ
故答案选D。
15.甲醛(化学式为CH O)沸点为-19.5℃，易溶于水。标准状况下，VL甲醛气体溶于m g水中，得到溶
2
液的质量分数为w，物质的量浓度为cmol⋅L-1，密度为ρg⋅cm-3，则下列说法错误的是
3c 22.4w
A. ρ= B. V=
100w 301-w 
30V 1000ρV
C. w= D. c=
22.4m+30V 30V+22.4m
【答案】B
1000ρw 3c
【解析】A．由公式 c= ，代入 M=30g/mol，得 ρ= ，A正确；
M 100w
30V 22.4wm
B．根据质量分数公式 w= ，推导得 V=
22.4m+30V 301-w 
，B错误；
30V
溶质质量 22.4 30V
C．质量分数公式 w= = = ，C正确；
溶液总质量 30V 22.4m+30V
m+
22.4
V
n 22.4 1000ρV
D．物质的量浓度公式 c= = = ，D正确；
溶液体积 m+30V 30V+22.4m
22.4
1000ρ
故选B。
考向04 考查一定物质的量浓度溶液的配制
16.(2026·河北雄安·模拟预测)配制约400mL0.0100mol⋅L-1NaOH 溶液滴定未知酸样品，下列做法错误的
是A. 由于不存在400mL容量瓶，故使用200mL容量瓶配制两次溶液备用
B. 配制该溶液应使用分析天平称量NaOH固体，只有实验室没有该条件时才考虑使用普通天平
C. 溶解NaOH固体时应先在一小烧杯中溶解，冷却后将溶液转移至容量瓶中，用蒸馏水洗涤烧杯和玻
璃棒2~3次并将洗涤液也转移至容量瓶
D. 定容后摇晃容量瓶使溶液混匀。摇晃后静置发现液面低于刻度线，此时也不应再向瓶中加水
【答案】A
【解析】A．配制400mL无对应规格容量瓶的溶液时，应选择500mL容量瓶配制，用200mL容量瓶分两
次配制会导致误差累积，无法满足滴定实验的精度要求，A错误；
B．题中NaOH溶液浓度标注为0.0100mol⋅L-1，精度要求高，需使用分析天平称量，无分析天平条件时
可使用普通天平，B正确；
C．NaOH固体溶解放热，需冷却至室温后转移，洗涤烧杯和玻璃棒2~3次并转移洗涤液，可避免溶质损
失、保证溶液浓度准确，C正确；
D．定容摇匀后液面低于刻度线，是部分溶液附着在容量瓶瓶颈、瓶塞缝隙处导致的正常现象，加水会稀
释溶液使浓度偏低，故无需补加水，D正确；
故答案为A。
17.(2026·江苏淮安·模拟预测)配制100mL0.100mol⋅L-1Na CO 溶液，部分过程示意图如下。
2 3
下列说法正确的是
A. 步骤1中称取的Na CO 固体为10.6 g
2 3
B. 步骤1中Na CO 溶解后，应趁热进行步骤2
2 3
C. 若步骤2烧杯中的液体洒到容量瓶外，则所配溶液cNa 2 CO 3
11
 >0.100 mol⋅L-1
D. 步骤4摇匀后，若容量瓶中液面低于刻度线，不能再滴加蒸馏水至刻度线
【答案】D
【分析】配制100mL 0.100 mol·L⁻¹ Na CO 溶液的步骤依次为计算、称量、溶解、转移、洗涤、定容、摇
2 3
匀。所需Na CO 的物质的量为0.100 mol·L-1×0.1 L=0.0100 mol，对应质量为0.0100 mol×106
2 3
g·mol-1=1.06 g。溶解后需冷却至室温再转移至容量瓶，避免热胀冷缩导致体积误差；转移过程中溶质
损失会导致浓度偏低；定容摇匀后液面低于刻度线为正常现象，补加水会稀释溶液导致浓度偏低。
【解析】A．所需Na CO 的质量为0.100 mol·L-1×0.1 L×106 g·mol-1=1.06 g，不是10.6 g，A错误；
2 3
B．Na CO 溶解后放热，若趁热转移至容量瓶，冷却后溶液体积偏小，导致所配溶液浓度偏高，应冷却
2 3
至室温后再进行转移，B错误；
C．步骤2烧杯中的液体洒到容量瓶外，会导致溶质损失，所配溶液c(Na CO )<0.100 mol·L-1，C错
2 3
误；D．步骤4摇匀后，容量瓶中液面低于刻度线是因为部分溶液附着在容量瓶塞和瓶颈内壁，属于正常现
象，若再滴加蒸馏水至刻度线，会导致溶液体积偏大，浓度偏低，因此不能再滴加蒸馏水，D正确；
故选D。
18.某水质检测站需要配制480mL0.5mol⋅L-1NaOH溶液以备用。
(1)该同学帮其配制该溶液应选择 mL的容量瓶。
(2)其配制操作步骤如框图内所示，则框图外的操作应插入在框图内中的 (填选项字母)
之间。
A. ②与③ B. ①与② C. ④与⑤
(3)该同学应称取NaOH固体 g，用质量为23.1g的烧杯放在托盘天平上称取所需NaOH固体时，
请在附表中选取所需的砝码大小 (填字母)，并在下图中选出能正确表示游码位置的选项
(填字母)。
附表：砝码规格
a b c d e
砝码大小/g 100 50 20 10 5
游码示数如下：
A. B.
C.
(4)①定容时，往容量瓶中加水，不小心液面超过了刻度，处理的方法是 (填序号)。
A. 吸出多余液体，使凹液面与刻度线相切
B. 经计算加入一定量的浓硫酸
C. 新加热容量瓶，经蒸发后，使凹液面与刻度线相切
D. 重新配制
12②配制时下列操作会导致所配溶液浓度偏高的是 。
A. 转移时有少量溶液溅出 B. 定容时俯视刻度线
C. 容量瓶用蒸馏水洗净后未干燥 D. 定容时液面超过了刻度线
【答案】(1)500
(2)C
(3)10.0 cd C
(4)D B
【分析】配制一定体积一定物质的量浓度的溶液需使用一定规格的容量瓶，选择仪器的标准是大而近，根
据配制溶液的步骤：计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、振荡、定容、摇匀、装瓶贴签确定各步使用的仪
器，据此分析；
【解析】(1)选取容量瓶的规格应该等于或稍大于配制溶液的体积，实验室没有480mL容量瓶，所以应该
选500mL容量瓶；
(2)如图所示的操作为移液洗涤后向容量瓶内加水，应在转移与定容之间，即应在④到⑤之间，故答案为
C；
(3)配制500mL 0.5mol•L-1 NaOH溶液需要氢氧化钠的质量为0.5 L×0.5mol/L×40 g/mol=10.0
g；氢氧化钠具有腐蚀性且易潮解，应放在烧杯内称量，根据氢氧化钠与烧杯总质量为10.0 g+23.1 g=
33.1 g，故应选择20 g与10 g的砝码，即选择cd；由表中升高可知，最小的砝码为5 g，故游码的最大刻度
为5 g，故小于5 g所以游码，所以游码应在3.1 g的位置，故选择C；
(4)①定容时，往容量瓶中加水，不小心液面超过了刻度，使溶液偏大而导致溶液变稀，处理的方法是倒
掉溶液重新配制，故选D；
②A．转移时有少量溶液溅出，导致溶质损失，因此而使溶液浓度偏低，A不符合题意；
B．定容时俯视刻度线，导致溶液的体积偏小，由于溶质的物质的量不变，最终导致配制的溶液浓度偏
高，B符合题意；
C．容量瓶用蒸馏水洗净后未干燥，由于不影响溶质的物质的量及溶液的体积，因此对配制溶液的浓度
无影响，C不符合题意；
D．定容时液面超过了刻度线，导致溶液的体积偏大，由于溶质的物质的量不变，最终使溶液的浓度偏
低，D不符合题意；
故选B。
19.化学实验小组成员欲测定某品牌化肥【主要成分为CONH 2
13
 (尿素)】中的氮含量，实验涉及如下步骤 2
(实验过程中，不考虑杂质的反应)：
①准确称取10.0g化肥固体样品溶于水，定容至100mL；
②用25.00 mL 0.1000 mol⋅L-1稀硫酸吸收NH ；
3
③向反应液中加入过量浓NaOH溶液，加热蒸馏；
④用0.1000 mol⋅L-1NaOH溶液中和过量的稀硫酸，重复3次，平均消耗氢氧化钠溶液的体积为V
mL；
⑤取10.00mL化肥水溶液于烧杯中，在硫酸铜、硫酸钾的存在下，与浓硫酸共热，使氮元素完全转化为硫
酸铵。
(1)“步骤①”需要使用到的下列仪器是 (写仪器名称)。(2)正确的操作顺序为：①→ →②→ 。(填序号)
(3)“步骤③”中发生反应的离子方程式为 。
(4)计算该化肥中氮(N)的质量分数为 %(含V代数式表示，要求化简)。
(5)某同学其他操作均正确，仅“步骤①”定容时仰视容量瓶上的刻度线，会导致最终测得化肥中的氮含
量 (填“偏大”“偏小”或“不变”)。
【答案】(1)100mL容量瓶
(2)⑤③ ④
Δ
(3)NH++OH- NH ↑+H O、H++OH-=H O
4 3 2 2
(4)(7-0.14 V)
(5)偏小
【分析】该实验通过将化肥中氮元素转化为铵盐，再经蒸馏、吸收、滴定等操作测定氮含量。涉及的原理
为尿素与硫酸反应、铵盐与碱反应、酸碱中和反应等。
【解析】(1)步骤①是配制100mL一定物质的量浓度的样品溶液，定容需要100mL容量瓶，对应图中第三
个仪器。
(2)测定原理是先配制样品溶液，再取样将氮转化为硫酸铵，然后加碱蒸馏出NH 被稀硫酸吸收，最后滴
3
定过量硫酸，故顺序为①→⑤→③→②→④。
(3)步骤③是铵根离子与浓氢氧化钠共热生成氨气的反应， ；由于溶液含有硫
酸，还会发生反应：H++OH-=H O。
2
(4)总nH 2 SO 4
14
 =0.025L×0.1000mol/L=2.5×10-3mol，滴定过量硫酸消耗nNaOH  =V×10-3L×
0.1000mol/L=10-4Vmol，根据H++OH-=H 2 O，与NH 3 反应的nH+  =2nH 2 SO 4  -nNaOH  =
5×10-3-10-4V  mol，故nN  =nNH 3  =5×10-3-10-4V  mol(对应10mL样品溶液)，总nN  =10
×5×10-3-10-4V  mol，氮的质量分数ωN 
14g/mol×10×5×10-3-10-4V
=
 mol
×100%=
10.0g
7-0.14V  %。
(5)定容时仰视刻度线，会导致配制的溶液体积偏大，样品浓度偏小，取10mL溶液时实际含氮量偏少，滴
定消耗NaOH体积V偏大，根据ωN  =7-0.14V，最终测得氮含量偏小。
考向05 考查配制一定物质的量浓度溶液的误差分析
20.用18.40mol/L的浓硫酸配制1.00mol/L的硫酸溶液，下列操作会导致所配溶液浓度偏大的是
①用量筒量取浓硫酸时，仰视刻度线
②转移时，有液体溅出
③摇匀后，发现液面低于刻度线，又补加蒸馏水
④定容时，俯视容量瓶
⑤配溶液前，容量瓶中有少量水⑥从量筒中倒出量取的浓硫酸后洗涤量筒内壁并把洗涤液转入容量瓶中
A. ①③⑥ B. ①④⑥ C. ②③⑤ D. ②④⑥
【答案】B
n
【解析】①仰视刻度线会导致量取的浓硫酸体积偏大，溶质的物质的量偏大，根据c= ，所配溶液浓度
V
偏大；
②液体溅出会导致溶质损失，溶质的物质的量偏小，所配溶液浓度偏小；
③摇匀后液面低于刻度线是正常现象，补加蒸馏水会导致溶液体积偏大，所配溶液浓度偏小；
n
④俯视容量瓶刻度线会导致溶液体积偏小，根据c= ，所配溶液浓度偏大；
V
⑤容量瓶中少量水对溶质的物质的量和溶液体积均无影响，所配溶液浓度无影响；
⑥量筒量取液体时，倒出的体积即为量取体积，洗涤量筒并转移洗涤液会导致溶质偏多，所配溶液浓度
偏大；
根据分析可知，导致所配溶液浓度偏大的操作是①④⑥。故答案选B。
21.下列说法正确的是
①配制浓度为0.010mol⋅L-1的KMnO 溶液，称取KMnO 固体0.158 g，放入100mL容量瓶中，加水溶
4 4
解并稀释至刻度线
②配制稀硫酸时，先将浓硫酸加入烧杯中，后直接倒入蒸馏水
③配制一定浓度溶液的实验中的定容操作：
④配制NaOH溶液时，应快速溶解NaOH固体，快速将溶液转移到容量瓶中
⑤配制溶液定容时，俯视容量瓶刻度会使所配制溶液浓度偏高
⑥洗净的锥形瓶和容量瓶可以放进烘箱中烘干
⑦用容量瓶配溶液时，若加水超过刻度线，立即用滴管吸出多余液体
⑧配制480mL 1.00mol⋅L-1 HCl溶液时，需量取36.5%、密度为1.19 g⋅cm-3的浓盐酸约42.0mL
A. ③⑤⑧ B. ②③④ C. ①⑥⑦ D. ②⑤⑧
【答案】A
【解析】①容量瓶不能用于溶解，需要在烧杯中溶解，然后移液至100mL容量瓶 ，错误；
② 配制稀硫酸需要将浓硫酸沿烧杯内壁缓缓加入水中，并不断搅拌，错误；
③ 胶头滴管滴加蒸馏水，平视定容，正确；
④ 配制NaOH溶液时，应快速溶解NaOH固体，冷却至室温后将溶液转移到容量瓶中，错误；
⑤ 配制溶液定容时，俯视容量瓶刻度会使所配制溶液浓度偏高，正确；
⑥容量瓶是精确仪器，无法用烘箱烘干，错误；
⑦用容量瓶配溶液时，若加水超过刻度线，浓度偏低，只能倒掉重配，不能用滴管吸出多余液体，错误；
⑧36.5%、密度为1.19 g⋅cm-3的浓盐酸浓度为11.9mol/L，配制480mL 1.00mol⋅L-1 HCl溶液时需要
15500mL×1mol·L-1
选用500mL容量瓶，配制500mL溶液需要浓盐酸 =42.0mL，正确；
11.9mol·L-1
符合题意的为③⑤⑧，故答案选A。
22.某学生配制了100 mL 1 mol⋅L-1的硫酸，然后对溶液浓度做精确测定，且测定过程中一切操作
都正确，但测得溶液的物质的量浓度小于1mol⋅L-1则在配制过程中，下列操作可能导致溶液浓度偏低
的是
①量筒用蒸馏水洗净后立即用来量取浓硫酸
②将浓硫酸在烧杯中稀释，转移到100mL的容量瓶中后，没有洗涤烧杯内壁和玻璃棒
③在转移过程中用玻璃棒引流，因操作不慎有少量溶液流到了容量瓶外面
④最后定容时，加水超过了刻度线，马上用胶头滴管吸去多余的水，使溶液凹液面刚好与刻度线相切
A. 只有②③④ B. 只有③ C. 只有①②③ D. ①②③④
【答案】D
【解析】①量筒用蒸馏水洗净后未干燥立即量取浓硫酸，浓硫酸被稀释，所取溶质H SO 偏少，导致溶液
2 4
浓度偏低；
②未洗涤烧杯内壁和玻璃棒，使溶质H SO 损失，导致溶液浓度偏低；
2 4
③少量溶液流到容量瓶外面，使溶质H SO 损失，导致溶液浓度偏低；
2 4
④加水超过了刻度线，马上用胶头滴管吸去多余的水，使溶质H SO 损失，导致溶液浓度偏低；
2 4
能导致溶液浓度偏低的是①②③④，选D。
23.配制240mL 1.00mol/L的NaOH溶液时，下列说法正确的是
A. 用托盘天平称取9.6 g NaOH固体
B. 搅拌溶解时有液体溅出，会使所配制溶液浓度偏低
C. 仰视容量瓶刻度线定容，会使所配制溶液浓度偏高
D. 定容后摇匀，发现液面低于刻度线，再加蒸馏水至刻度线
【答案】B
【解析】A．配制240mL溶液需使用250mL容量瓶，应称取NaOH质量为1.00mol/L × 0.250 L × 40
g/mol = 10.0 g，而非9.6 g，A错误；
B．搅拌溶解时液体溅出，导致溶质损失，溶质物质的量减少，最终溶液浓度偏低，B正确；
C．仰视容量瓶刻度线定容，实际加入水过多，溶液体积偏大，导致浓度偏低，C错误；
D．定容后摇匀液面低于刻度线属正常现象，再加蒸馏水会使溶液体积偏大，浓度偏低，D错误；
故答案选B。
拔高·模拟预测
一、单选题
24.配制480mL 0.1mol/L的NaCl溶液，部分实验操作如下图。下列说法不正确的是
16A. 实验中需要用托盘天平称量约2.8 g NaCl固体
B. 图中实验操作步骤的顺序为②①④③
C. ①、②中玻璃棒的作用分别是引流、搅拌
D. 进行操作③时，仰视刻度线，NaCl溶液浓度偏小
【答案】A
【解析】A．配制480mL溶液需要使用500mL的容量瓶，称取NaCl质量为0.1mol/L×0.5 L×58.5
g/mol=2.925 g，托盘天平精确到0.1 g，即需要称取2.9 g，A错误；
B．操作顺序为：溶解固体、冷却、转移、洗涤、定容，即②①④③，B正确；
C．转移中玻璃棒作用为引流，溶解中作用为搅拌，C正确；
D．定容时仰视刻度线导致溶液体积偏大，溶液浓度偏小，D正确；
故答案选A。
用胆矾(CuSO ⋅5H O)配制460mL0.1mol/LCuSO 溶液，下列说法错误的是
4 2 4
A. 根据计算，应用托盘天平称量8.0 g胆矾
B. 若定容时仰视刻度线，则所配制的溶液浓度偏小
C. 若所称取的胆矾固体失去了部分结晶水，则所配制的溶液浓度偏大
D. 配制上述溶液所需的玻璃仪器包括烧杯、玻璃棒、胶头滴管、500mL容量瓶
【答案】A
【解析】A．配制460mL 0.1mol/LCuSO 溶液，使用500mL容量瓶，需胆矾(CuSO ⋅5H O)的质量为
4 4 2
0.1mol/L×0.5L×250g/mol=12.5g，A项错误；
B．定容时仰视刻度线，导致溶液体积偏大，浓度偏小，B项正确；
C．胆矾失去部分结晶水后，相同质量的固体中含更多CuSO ，溶质物质的量增大，浓度偏大，C项正确；
4
D．配制上述溶液所需的玻璃仪器包括烧杯、玻璃棒、胶头滴管、500mL容量瓶，D项正确；
故答案选A。
25.将5 mol·L-1的Mg(NO ) 溶液a mL稀释至b mL，稀释后溶液中NO-的物质的量浓度为
3 2 3
5a 10a b 5b
A. mol·L-1 B. mol·L-1 C. mol·L-1 D. mol·L-1
b b 5a a
【答案】B
【解析】稀释前后溶质的物质的量不变，Mg(NO ) 的初始浓度为5 mol·L-1，体积为a mL，稀释后体积为
3 2
5a 10a
b mL，则稀释后Mg(NO ) 浓度为 mol·L-1；因为Mg(NO ) =Mg2++2NO-，即c(NO-)=
3 2 b 3 2 3 3 b
mol·L-1，故答案选B。
1726.在配制0.1mol/L的NaOH溶液过程中，下列说法不正确的是
A. 实验前要检验容量瓶是否漏水
B. 转移溶液后要用少量蒸馏水洗涤玻璃棒和烧杯2~3次，洗涤液也要注入容量瓶中
C. 定容时，俯视容量瓶刻度线，会使所配溶液溶质的物质的量浓度偏小
D. 用托盘天平称量固体药品时，砝码生锈，会使所配溶液溶质的物质的量浓度偏大
【答案】C
【解析】A．容量瓶带有活塞，配制溶液前需检验是否漏水，操作规范，A正确；
B．转移溶液后，烧杯和玻璃棒上附着有溶质，洗涤2~3次并将洗涤液注入容量瓶，可保证溶质全部转
移，避免所配浓度偏低，操作正确，B正确；
n
C．定容时俯视刻度线，会导致实际加水量低于刻度线，溶液体积V偏小，根据c= ，所配溶液浓度偏
V
大，而非偏小，C错误；
n
D．砝码生锈后称量得到的NaOH固体质量偏大，溶质物质的量n偏大，根据c= ，所配溶液浓度偏
V
大，D正确；
故选C。
27.下列关于物质的量浓度表述正确的是
A. 在标准状况下VL氨气溶于1L水中配成密度为ρg·cm-3的氨水，该氨水的物质的量浓度为
V
22.4V+1
18

mol/L
B. 1.5mol/L的Fe (SO ) 溶液中SO2-的物质的量浓度为1.5mol/L
2 4 3 4
C. 实验室需要配制100mL1.00mol/LNaCl溶液应用托盘天平准确称量食盐5.85g
D. 10g98%的硫酸(密度为1.84g⋅cm-3)与10mL18.4mol/L的硫酸浓度相同
【答案】D
【解析】A．氨气溶于水后溶液的体积不等于气体和水的体积之和，需用总质量除以密度计算体积，A错
误；
B．1.5mol/L的Fe (SO ) 溶液中SO2-的物质的量浓度为1.5mol/L×3=4.5mol/L，B错误；
2 4 3 4
C．托盘天平精度为0.1 g，无法准确称量5.85 g，C错误；
1000×1.84×98%
D．98%的硫酸(密度为1.84g•cm-3)的物质的量浓度为：c= mol/L=18.4mol/L，D
98
正确；
故答案选D。
28.在标准状况下，将aLNH 完全溶于1L水得到VmL氨水，溶液的密度为ρg/cm3，溶质的质量分数为ω，溶
3
质的物质的量浓度为cmol/L。下列叙述中错误的是
1000aρ 1000a 17a 17a+2240
A. c= B. c= C. ω= D. ρ=
22400+17a 22.4V 22.4Vρ 2240a+1 
【答案】D
【分析】nNH 3 
aL a
= 22.4L/mol = 22.4 mol，mNH 3  =nNH 3  ×MNH 3 
17a
= g，溶液的质量为 22.4m溶液
19
 17a =ρV或1000+
22.4
 g，ω= mNH 3 
m溶液 
17a
22.4 17a 17a = = ，根据1000+
ρV 22.4ρV 22.4
 =ρV得出ρ
17a
1000+
22.4 22400+17a
= = 。
V 22.4V
a
1000aρ
22.4
【解析】A．溶质的物质的量浓度c= = ，叙述正确，A不选；
1000+ 17a 22400+17a
22.4 ×10-3
ρ
a
22.4 1000a
B．溶质的物质的量浓度c= = ，叙述正确，B不选；
10-3V 22.4V
17a
C．根据分析可知溶质的质量分数ω= ，叙述正确，C不选；
22.4ρV
22400+17a
D．根据分析可知溶液的密度ρ= ，叙述错误，D选；
22.4V
故答案选D。
29.为了配制500mL0.9mol⋅L-1的硫酸溶液，某同学取VmL18mol⋅L-1的浓硫酸进行稀释。下列说法错误
的是
A. 配制过程中需要用玻璃棒搅拌、引流 B. V=25
C. 浓硫酸稀释后要冷却至室温再进行转移 D. 浓硫酸稀释过程中H SO 的物质的量逐渐减少
2 4
【答案】D
【解析】A．配制过程中稀释时需用玻璃棒搅拌，转移时需用玻璃棒引流，A正确；
0.9×500
B．根据稀释公式 C V =C V ，计算得 V= =25，B正确；
浓 浓 稀 稀 18
C．浓硫酸稀释放热，需冷却至室温再转移，避免体积误差，C正确；
D．稀释过程中溶质(H SO )的物质的量未变化，仅浓度降低，D错误；
2 4
故选D。
30.下列关于物质的量浓度说法正确的是
A. 将58.5gNaCl溶于1L水中，所得溶液的物质的量浓度为1mol/L
B. 从1L2mol/L的H SO 溶液中取出0.5L，取出的溶液浓度为1mol/L
2 4
C. 配制500mL0.5mol/L的CuSO 溶液，需称量62.5g胆矾(CuSO ⋅5H O)
4 4 2
D. 将1L1mol/L的Na SO 溶液加水稀释至2L，此时Na+的物质的量浓度为0.5mol/L
2 4
【答案】C
【解析】A．将58.5g NaCl溶于1L水中，溶液的体积不等于1L(因溶质溶解导致溶液体积发生变化)，故
物质的量浓度不为1mol/L，A错误；
B．从1L2mol/L的H SO 溶液中取出0.5L，溶液浓度不变，仍为2mol/L，B错误；
2 4
C．配制500mL0.5mol/LCuSO 溶液需CuSO 物质的量为0.5L×0.5mol/L=0.25mol，n(CuSO )=
4 4 4
n(CuSO ⋅5H O)=0.25mol，胆矾(CuSO ⋅5H O)的摩尔质量为250g/mol，故需要胆矾的质量为
4 2 4 2
0.25mol×250g/mol=62.5g，C正确；
1L ×1mol/L
D．稀释后Na SO 浓度为c= =0.5mol/L，Na+浓度为2×0.5mol/L=1mol/L，D错
2 4 2L
误；故答案选C。
31.(2026·福建·一模)设N 为阿伏加德罗常数的值，下列判断正确的是
A
A. 18 g水蒸气内氢键数小于2N
A
B. 室温下，pH=11的Na CO 溶液中，由水电离出的OH-数目为0.01N
2 3 A
C. 1.2 g石墨中含有共价键的数目为0.2N
A
D. 23 g Na与足量的氧气反应生成含氧化钠和过氧化钠混合物，转移电子数为2N
A
【答案】A
【解析】A．水蒸气为气态，其中水分子间距离大，分子间作用力微弱，几乎不含氢键，18 g水蒸气(1
mol)的氢键数目远小于2N ，A项正确；
A
B．选项中未给出溶液体积，无法根据物质的量浓度计算水电离出的OH-数目，B项错误；
3
C．1.2 g石墨(0.1mol C)中，每个C原子形成3个共价键，但每个键被2个C共享，总键数为0.1×
2
×N =0.15N ，C项错误；
A A
D．23 gNa(1mol)与氧气反应，无论生成Na O或Na O ，每个钠原子均失去1个电子，转移电子数为
2 2 2
N ，D项错误；
A
故答案选A。
32.(2025·吉林·模拟预测)N 表示阿伏加德罗常数，下列说法正确的是
A
A. 标准状况下，2.24 L C H O可能含有的O-H键数为0.1N
2 6 A
B. 0.1mol C H 完全燃烧所消耗的氧分子数为0.25N
2 2 A
C. 将含N 个阴离子的Na O 溶于1L水中形成溶液，Na+浓度为2mol/L
A 2 2
D. 1.0L 1.0 mol·L-1Na CO 溶液中CO2-的数目为1.0N
2 3 3 A
【答案】B
【解析】A．C H O有乙醇和二甲醚两种同分异构体，标准状况下乙醇为液体，无法用22.4 L/mol计算
2 6
物质的量；二甲醚标况下为气体，但分子中不含O-H键，A错误；
2
B．0.1mol C H 完全燃烧耗氧气的物质的量为0.1×2+
2 2 4
20
 mol=2.5mol，因此分子数为0.25 N ，
A
B正确；
C．Na O 由钠离子和过氧根离子构成，含N 个阴离子的 Na O 的物质的量为1mol，但1 molNa O 溶
2 2 A 2 2 2 2
于1L水形成的溶液体积不是1L，因此无法计算Na+浓度，C错误；
D．CO2-在水溶液中会发生水解，因此1.0L 1.0mol·L-1 Na CO 溶液中CO2-的数目小于1.0 N ，D错
3 2 3 3 A
误；
故选B。
33.(2025·辽宁·模拟预测)某实验小组拟测定 CoNH 3   6  Cl 样品中Co元素的质量分数，实验步骤如下：① 3
称取2.000g CoNH 3   6  Cl 样品于烧瓶；②加入足量稀硫酸，充分反应，再加入过量的NaOH溶液，共热， 3
产生的气体用过量的VmLc mol⋅L-1盐酸充分吸收；③加蒸馏水将吸收液配制成100mL溶液；④准确
I 1
量取25.00mL配制的溶液于锥形瓶，滴加3滴指示剂X，用标准c mol⋅L-1NaOH溶液滴定过量的盐酸，
2
三次平行实验，消耗NaOH溶液的平均体积为VmL。下列叙述正确的是
2A. 步骤①需要托盘天平，步骤③需要100mL容量瓶
B. 指示剂X只能选择甲基橙溶液，不能选择酚酞溶液
C. 常温下，若用pH计测定滴定终点，当pH为7时停止滴定
D. 根据上述实验数据，该样品中Co的质量分数为wCo
21
 = 5.9c 1 V 1 -4c 2 V 2  %
12
【答案】D
【解析】A．称取2.000 g样品需要精度为0.001 g的分析天平，托盘天平精度仅为0.1 g，无法满足称量精
度要求，A错误；
B．滴定终点时溶液溶质为NH Cl、NaCl，溶液呈酸性，可选择甲基橙、甲基红等酸变色范围的指示剂，
4
并非只能选择甲基橙，B错误；
C．滴定终点时溶液溶质为NH Cl、NaCl，NH+水解使溶液显酸性，因此常温下，若用pH计测定滴定终
4 4
点，则pH<7，C错误；
D．总HCl的物质的量为c V×10-3mol，25mL吸收液中过量HCl的物质的量为c V×10-3mol，则
1 1 2 2
100mL吸收液中过量HCl为4c 2 V 2 ×10-3mol，与NH 3 反应的HCl即nNH 3  =c 1 V 1 -4c 2 V 2  ×
10-3mol，故该样品中nCo  = c 1 V 1 -4c 2 V 2  ×10-3 mol，计算得Co的质量分数为 5.9c 1 V 1 -4c 2 V 2
6
 %，
12
D正确；
故选D。
34.(2026·江西·模拟预测)设N 为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A
A. 78g 中含有的π键数为3N
A
B. 标准状况下，1mol乙醚完全燃烧生成CO 体积为44.8L
2
C. 1.5molBrF 中溴的价层电子对数为9N
5 A
D. 1mol/L的氯化铵溶液中NH+与H+离子数之和大于N
4 A
【答案】C
【解析】A．苯环中的不含π键，而是整体的离域大π键，因此π键数目不为3N ，A错误；
A
B．乙醚的分子式为C H O，1mol乙醚中含有4mol碳原子，完全燃烧生成CO 的体积为V=n⋅V
4 10 2 m
=4mol×22.4L⋅mol-1=89.6L，B错误；
1
C．BrF 中Br的孤电子对数= (7-5×1)=1，价层电子对数=孤电子对数+成键电子对数=1+5
5 2
=6，1.5mol BrF 中Br的价层电子对数为6×1.5mol×N mol-1=9N ，C正确；
5 A A
D．选项中未明确氯化铵溶液的体积，无法计算其中包含的离子数目，D错误；
故答案选C。
35.(2026·河南许昌·模拟预测)设N 为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A
A. 相同物质的量的Na O 和Na O中均含有3N 个离子
2 2 2 A
B. 200mL0.5mol/L的RbNO 溶液中，含有0.1N 个Rb+
3 A
C. 0.2mol苯甲酸中含有的σ键数目为2N
A
D. 5.6 g铁粉与足量水蒸气在高温下反应，转移电子数为0.3N
A【答案】B
【解析】A．未说明Na O 和Na O的物质的量为1mol，含有的离子数目不一定为3N ，故A错误；
2 2 2 A
B．RbNO 的物质的量n=0.2L×0.5mol/L=0.1mol，RbNO 为强酸强碱盐，Rb+不水解，故Rb+数目
3 3
为0.1N ，故B正确；
A
C．1个苯甲酸分子中含有15个σ键，0.2mol苯甲酸含σ键数目为3N ，故C错误；
A
高温

D．铁粉与水蒸气反应为3Fe+4H O(g) Fe O +4H ，3mol Fe反应转移8mol电子，5.6g Fe为
2 3 4 2
0.8
0.1mol，转移电子数为 N ，不是0.3N ，故D错误；
3 A A
选B。
36.(2026·黑龙江哈尔滨·三模)含氮化合物的部分转化关系如图，设N 为阿伏加德罗常数的值。下列说法
A
正确的是
A. 反应①每消耗32 g O ，生成NO分子的数目为2N
2 A
B. 46 gNO 含有分子数目为N
2 A
C. 1mol⋅L-1 NaNO 溶液中，含有NO-的数目为N
2 2 A
D. 反应③中每生成1mol氧化产物，转移电子的数目为N
A
【答案】D
�催化剂
【解析】A．反应①为氨的催化氧化，方程式为：4NH +5O = 4NO+6H O。 32gO 物质的量为
3 2 2 2
�Δ
1mol，由比例可知，1molO 反应生成0.8molNO，NO分子数为0.8N ，A错误；
2 A
B．NO 存在平衡：2NO ⇌N O ，46gNO 的物质的量为1mol，实际分子数小于N ，B错误；
2 2 2 4 2 A
C．题干未给出1mol/LNaNO 溶液的体积，无法计算NO-的数目，C错误；
2 2
D．反应③是NO 在碱中的歧化反应，方程式为：2NO +2OH-=NO-+NO-+H O。 反应中NO-是
2 2 3 2 2 3
氧化产物，N从+4价升高到+5价，每生成1molNO-，N失去1mol电子，转移电子数为N ，D正确；
3 A
故选D。
37.将a g NaCl完全溶于V mL水(设水的密度为1 g⋅cm-3)，得到V mL溶液，假设该NaCl溶液的密度
1
为ρg⋅cm-3，溶质的质量分数为ω，物质的量浓度为c。下列说法错误的是
A. V=ρV-a
1
a×103
B. 溶液中NaCl的物质的量浓度c= mol⋅L-1
58.5V
a
C. 溶液中NaCl的质量分数ω= ×100%
ρV
ω
D. 向上述溶液中再加入V mL水，所得稀溶液中NaCl的质量分数为
1 2
【答案】D
【解析】A．水的体积为V mL，密度为1 g⋅cm-3，则水的质量为VmL×1g·cm-3=Vg，根据溶液质量守
1 1 1
22恒，溶液质量等于水的质量加上溶质的质量，即ρVg=V 1 +a
23
 g，解得V 1 =ρV-a  g，A正确；
nmol
B． 根据c= ，其中溶质的物质的量为nNaCl
VL

ag
= ，溶液的体积为VmL=V×
58.5g·mol-1
10-3L，则有cNaCl 
nNaCl
=
 mol
Vaq 
a
mol 58.5 a×103
= = mol·L-1，B正确；
L V×10-3L 58.5V
C．根据溶质的质量分数ω = (溶质质量 / 溶液质量) × 100% = (a / (ρV)) × 100%，C正确；
D．原溶液质量分数ω = a / (ρV) × 100%；继续加入VmL水后，根据水的密度为1 g⋅cm-3，得到新溶
1
液质量增加V 1 g，则新溶液的质量为：ρV+V 1 
a
g，溶质质量不变，新溶液的质量分数为 ×100%； ρV+V
1
由选项A可知V 1 =ρV-a 
a
g，代入得到新溶液的质量分数为：
2ρV-a 
×100%，而原溶液质量分数
ω a
的二分之一为： = ×100%，两者不相等，D错误；
2 2ρV
故答案为：D。
38.下列说法正确的是
A. VLFe 2SO
4
 溶液中含Fe3+mg，溶液中cSO2-
3 4

56m
是 mol·L-1
V
B. 将100mL1.5mol·L-1的NaCl溶液与200mL0.25mol·L-1的NaCl溶液混合(忽略溶液体积变化)，得
到溶液的物质的量浓度为2mol·L-1
C. 把100g物质的量浓度为18mol·L-1密度为ρg·cm-3的浓硫酸稀释成9mol·L-1的硫酸，则加入水的体
积小于100mL
D. 在标准状况下，aLNH 溶于1000g水中，得到的溶液密度为bg·cm-3，则该溶液的物质的量浓度为
3
a
mol·L-1
22.4
【答案】C
m mg m
【解析】A．Fe3+的物质的量为
M
=
56g·mol-1
=
56
mol，根据Fe 2SO
4
 =2Fe3++3SO2-的关系，
3 4
m 3
mol×
n 56 2 3m
SO2-的浓度为 = = mol·L-1，A错误；
4 V VL 112V
B．混合后总物质的量为1.5mol·L-1×0.1L+0.25mol·L-1×0.2L=0.2mol，体积为0.3 L，浓度为
0.2mol 2
= mol·L-1，B错误；
0.3L 3
m 100g 100
C．原溶液体积为V= = = mL，稀释至9mol·L-1浓度减半则稀释后溶液的体积为V
ρ ρg·cm-3 ρ 2
200 100+m
=V= mL，设加水的质量为m ，稀释后溶液密度为ρ ，则V=V= 水 ，可得m =
1 ρ 水 2 2 2 ρ 水
2
200ρ
 2 -100
ρ
 g，因硫酸溶液密度随浓度减小而减小，故ρ <ρ，所以m <100g，则加入水的体积小于
2 水
100mL，C正确；
D．nNH 3 
V aL a
= = = mol，m溶液 V 22.4L·mol-1 22.4
m
 =mNH 3  +mH 2 O 
a
= mol× 22.4
17a
17g·mol-1+1000g= +1000
22.4

17a
 +1000
m 22.4
g，溶液的体积为 =
ρ
 g
17a+22400
= cm3，该溶液的
bg·cm-3 22.4ba
mol
n 22.4 1000ab
物质的量浓度为 = = mol·L-1，D错误；
V 17a+22400 ×10-3L 17a+22400
22.4b
故选C。
39.(2026·河南南阳·模拟预测)铜氨配合物 CuNH 3
24
  4  SO ⋅H O(M=246g⋅mol-1)在催化剂、电化学传感 4 2
器等方面有潜在的应用价值。实验室测定 CuNH 3   4  SO ⋅H O纯度的方法如图所示。 4 2
已知：CuNH 3   4  2+⇌Cu2++4NH ，2Cu2++4I-=2CuI↓+I ，I +2S O2-=S O2-+2I-。下列有关说 3 2 2 2 3 4 6
法中错误的是
A. 步骤Ⅰ中用到的玻璃仪器包括烧杯、玻璃棒、250mL容量瓶、胶头滴管、量筒
B. 步骤Ⅲ滴定时间不宜过长
C. 步骤Ⅲ若滴定前滴定管有气泡，滴定后气泡消失，则测定结果偏小
0.246V
D. 若步骤Ⅲ中Na S O 溶液平均用量为VmL，则产品的纯度为 ×100%
2 2 3 m
【答案】C
【分析】硫酸四氨合铜晶体加入稀硫酸溶解，加入碘化钾将铜离子还原为碘化亚铜，碘离子被氧化生成碘
单质，用硫代硫酸钠溶液滴定碘单质，从而计算Cu元素含量。
【解析】A．配制一定物质的量浓度的溶液，所需的步骤有计算、称量、溶解(冷却)、转移、洗涤、定容、摇
匀、装瓶贴签；步骤Ⅰ中用到的玻璃仪器包括烧杯、玻璃棒、250mL容量瓶、胶头滴管、量筒，A正确；
B．为防止空气中氧气对滴定过程的影响，步骤Ⅲ滴定时间不宜过长，B正确；
C．步骤Ⅲ若滴定前滴定管有气泡，滴定后气泡消失，导致Na S O 标准液读数增大，使得测定结果偏
2 2 3
大，C错误；
D．由反应2Cu2++4I-=2CuI↓+I 、I +2S O2-=S O2-+2I-，得反应关系式2Cu2+~I~2S O2-，结合
2 2 2 3 4 6 2 2 3
铜元素守恒，则m g产品中 CuNH 3   4  SO ⋅H O的质量分数为 4 2
0.1mol/L×V×10-3L× 250 ×246g/mol
25 0.246V
×100%= ×100%，D正确；
mg m
故选C。
40.(2026·河北廊坊·一模)N 为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A
A. 20gD16O中含有的质子数为12N
2 A
B. 2.0 LpH=13的NaOH溶液中含OH-的数目为0.2N
A
C. 1molCrO (Cr的化合价为+6)含过氧键的数目为2N
5 A
D. 标准状况下，22.4 L HF含分子数为N
A
【答案】C
【解析】A．D 16O的摩尔质量为20g⋅mol-1，20g该物质的物质的量为1mol，每个D 16O含质子数为2×
2 2
1+8=10，故含质子数为10N ，A错误；
A
B．题目未指明溶液温度，水的离子积K 不确定，无法根据pH计算OH-的物质的量，B错误；
wC．设CrO 中过氧键数目为x，每个过氧键中O为-1价，其余O为-2价，根据化合价代数和为0：+6
5
+-1
25
 ×2x+-2  ×5-2x  =0，解得x=2，故1molCrO 含过氧键数目为2N ，C正确； 5 A
D．标准状况下HF为液态，不能用气体摩尔体积计算其物质的量，分子数不等于N ，D错误；
A
故选C。
二、非选择题
19．已知某“84消毒液”瓶体部分标签如图所示。请回答下列问题：
(1)该“84消毒液”的物质的量浓度为___________mol⋅L-1。
(2)在实验室中，欲用NaClO固体配制240mL含NaClO质量分数为29.8%的消毒液。
a．可供选用的仪器有：①托盘天平 ②量筒 ③烧杯 ④玻璃棒 ⑤药匙。
配制溶液时，还缺少的玻璃仪器有___________(写仪器名称)。
b．用托盘天平需要称量NaClO固体的质量为___________。
(3)用题图中的“84消毒液”配制稀溶液，操作可分解成如下几步，其正确的操作顺序是___________(填字
母代号)。
a．用少量蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒2~3次，洗涤液一并转移入容量瓶中
b．根据计算，用量筒量取一定体积的84消毒液
c．用胶头滴管滴加蒸馏水，至溶液的凹液面与刻度线相切
d．将“84消毒液”倒入盛有约50mL蒸馏水的烧杯中稀释
e．盖好容量瓶瓶塞，反复上下颠倒，摇匀
f．将稀释后的“84消毒液”转移到经检查不漏水的容量瓶中
g．继续向容量瓶中加蒸馏水，使液面接近容量瓶上的刻度线
(4)上述操作d中玻璃棒的作用是___________，操作f中玻璃棒的作用是___________。
(5)下列操作会导致所配NaClO溶液浓度偏高的是___________(填代号)，无影响的是__________
_(填代号)。
A．取用的“84消毒液”久置于空气中
B．用量筒量取“84消毒液”后，洗涤量筒2~3次，洗涤液一并倒入烧杯中
C．定容操作时，俯视刻度线
D．定容后摇匀，液面低于刻度线，再加水至刻度线
E．容量瓶用蒸馏水洗净后，没烘干就直接使用
(6)“84消毒液”与稀硫酸混合使用可增强消毒能力，用18.4mol/L的浓硫酸配制200mL1.6mol/L的稀硫酸用于
增强“84消毒液”的消毒能力。需用量筒量取浓硫酸的体积为___________mL(保留一位小数)。【答案】(1)4.0
(2)250mL容量瓶、胶头滴管 74.5g
(3)bdfagce
(4)加快稀释，使充分稀释 引流
(5)BC E
(6)21.7
【分析】配制一定物质的量浓度溶液的步骤是：计算、称量(量取)、溶解(稀释)、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶，根据
n
c= 进行误差分析，以此解答。
V
1000ρw% 1000ρw% 1000×1.0×29.8%
【解析】(1)由c= 可以得到该“84消毒液”的物质的量浓度为 = =
M M 74.5
4.0mol/L；
(2)a．配制过程中，没有240mL容量瓶，只能用250mL容量瓶配制250mL溶液、胶头滴管，故答案为：250mL
容量瓶、胶头滴管；
b．由上一问可知需要称量NaClO固体的质量为0.25L×4.0mol/L×74.5g/mol=74.5g，需要用到的玻璃仪器
有烧杯、玻璃棒、胶头滴管、量筒、250mL容量瓶，故答案为：74.5g；
(3)配制一定物质的量浓度溶液的步骤是：计算、称量(量取)、溶解(稀释)、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶；则步骤先
后顺序为：b.根据计算，用量筒量取一定体积的84消毒液；d.将“84消毒液”倒入盛有约50mL蒸馏水的烧杯中，
并用玻璃棒慢慢搅拌；f.将稀释后的“84消毒液”沿玻璃棒注入经检查不漏水的容量瓶中；a.用少量蒸馏水洗涤
烧杯和玻璃棒2~3次，洗涤液一并转移入容量瓶中；g.继续向容量瓶中加蒸馏水，使液面接近容量瓶上的刻度
线；c.用胶头滴管滴加蒸馏水，至溶液的凹液面与刻度线相切；e.盖好容量瓶瓶塞，反复上下颠倒，摇匀；故答案
为：bdfagce；
(4)由分析可知：上述操作d即稀释步骤中玻璃棒的作用是加快稀释，使充分稀释，操作f即转移步骤中玻璃棒的
作用是引流，故答案为：加快稀释，使充分稀释；引流；
(5)A．久置的“84消毒液”中次氯酸钠的物质的量偏小，浓度偏低，A不合题意；
B．用量筒量取“84消毒液”后，洗涤量筒2~3次，洗涤液一并倒入烧杯中，导致溶质的物质的量偏大，所配溶液浓
度偏高，B符合题意；
C．定容操作时，俯视刻度线，导致所配溶液体积偏小，浓度偏高，C符合题意；
D．定容后摇匀后，液面低于刻度线，再加水至刻度线，溶液体积偏大，浓度偏低，D不合题意；
E．配制过程中需向容量瓶中加入蒸馏水，故容量瓶用蒸馏水洗净后，没烘干就直接使用对实验结果无影响，E
不合题意；
故答案为：BC；E；
(6)配制200mL1.6mol/L的稀硫酸选用250mL容量瓶，则18.4mol/L×V =250mL×1.6mol/L，解得
浓硫酸
V =21.7mL，则需用量筒量取浓硫酸的体积为21.7mL，故答案为：21.7。
浓硫酸
20．某大学研究团队利用科学技术改良新疆盐碱湖，更好养殖三文鱼等海产品，助力新疆发展。实验室中为测定
湖水所含物质，需要950mL0.1mol/L的Na CO 溶液，配制该溶液的几个关键实验步骤和操作示意图如下：
2 3
26(1)图a中仪器的名称为胶头滴管和___________。
(2)用托盘天平称量碳酸钠晶体(Na CO ·10H O)，应该称取的样品质量是___________g。
2 3 2
(3)在容量瓶的使用方法中，下列操作正确的是___________。
A．使用容量瓶前检验是否漏水
B．容量瓶用蒸馏水洗净，必须烘干后再配制溶液
C．用容量瓶配制溶液，若定容时加水超过刻度线，可用胶头滴管小心吸出多出的溶液
D．可将氢氧化钠固体在容量瓶中溶解
(4)上述操作的先后顺序是：___________。
c→b→d→_______→_______→e
(5)下列操作对所配溶液的浓度大小有何影响(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)。
①缺少操作d：___________。
②定容时，俯视凹液面会使结果：___________。
(6)简述定容的具体实验操作：___________。
【答案】(1)1000mL容量瓶
(2)28.6
(3)A
(4)f→a
(5)偏小 偏大
(6)将溶液转移至容量瓶后，加蒸馏水至液面距刻度线1~2cm，改用胶头滴管滴加，平视刻度线，使凹液面最低点
与刻度线相切
【解析】(1)配制950mL0.1mol/L的Na CO 溶液，应该选用1000mL容量瓶配制溶液(实验室没有950mL容量
2 3
瓶)，故图a中的仪器为胶头滴管、1000mL容量瓶；
(2)选用1000mL容量瓶进行配制溶液，称取碳酸钠晶体的质量为0.1mol⋅L-1×1L×286g⋅mol-1=28.6g；
(3)A．容量瓶需要颠倒摇匀，所以使用容量瓶前检验是否漏水，A正确；
B．容量瓶用蒸馏水洗净，由于后续需要加入蒸馏水，因此不需干燥后再配制溶液，B错误；
C．用容量瓶配制溶液，若定容时加水超过刻度线，应该重新配制，C错误；
D．氢氧化钠应该放在烧杯中溶解，D错误；
故答案选A；
(4)配制950mL0.1mol/L的Na CO 溶液的步骤为计算、称量、溶解并冷却、移液、洗涤、定容、摇匀，故上述操作顺
2 3
序为c→b→d→f→a→e；
(5)①缺少洗涤操作，溶质损失，所配溶液的浓度偏小；
②定容时，俯视凹液面，溶液体积偏小，所配溶液的浓度偏大；
(6)将溶液转移至容量瓶后，加蒸馏水至液面距刻度线1~2cm，改用胶头滴管滴加，平视刻度线，使凹液面最低点
与刻度线相切。
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