第一单元 物质的分类、转化与化学计量
第3 讲 物质的量浓度 溶液的配制
【高考考向预测】
物质的量浓度侧重浓度换算、稀释与混合计算，溶液配制围绕仪器选用、操作步骤、误
差分析、容量瓶使用要点考查，常结合滴定实验定量运算；近三年常在阿伏伽德罗常数选择
题、综合实验题中穿插设问，考频稳定；预测2027 年命题偏向陌生试剂配制、浓溶液稀释配
制的误差辨析，联动酸碱滴定的数据计算，强化定量实操与误差成因分析。
【核心梳理●明考点】
考点一 物质的量浓度
1.物质的量浓度
(1)概念
物质的量浓度表示单位体积的溶液里所含溶质B 的物质的量,也称为B 的物质的量浓度
,符号为
cB。
(2)常用单位:mol·L
-1 或mol/L。
(3)表达式:cB=nB
V ,变形:nB=cB· V ;V=
nB
cB。
(4)特点:对于某浓度的溶液,取出任意体积的溶液,其浓度、密度、质量分数均不变,但所含溶质
的质量、物质的量因体积不同而改变。
2.溶质质量分数及与物质的量浓度的关系
(1)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,也可
用小数表示。
②表达式:w(B)= m(B)
m(aq)×100%。
(2)溶液中溶质的质量分数与物质的量浓度的换算
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)。
3.溶液的稀释或混合
(1)浓溶液稀释
①溶质的物质的量不变:c(浓)·V(浓)=c(稀)·V(稀);
②溶质的质量不变:m(浓)·w(浓)=m(稀)·w(稀);
③溶液的质量守恒:m(稀)=m(浓)+m(水)。
(2)相同溶质两溶液混合
①混合前后溶质的物质的量保持不变,即:c1V1+c2V2=c 混V 混。若溶液混合后体积不变,则V 混
=V1+V2;若混合后体积变化,则V 混=
V 1 ρ1+V 2 ρ2
ρ混
。
②溶质的质量不变
m1w1+m2w2=m(混)·w(混)。
【考点突破●明方向】
1.36.5 g HCl 溶解在1 L 水中(水的密度近似为1 g·cm-3)所得溶液的密度为ρ g·cm-3,质量分数为
w,物质的量浓度为c mol·L-1,则下列叙述正确的是( )
A.所得溶液的物质的量浓度为1 mol·L-1
B.36.5 g HCl 气体占有的体积为22.4 L
C.c=
ρ
36.5+1 000
D.w= 36.5c
1 000 ρ
【答案】D
【解析】36.5 g HCl 的物质的量为1 mol,水的体积为1 L,但溶液的体积不是1 L,故其物质的
量浓度不是1 mol·L-1,A 项错误;没有指明气体所处的状况,无法计算气体的体积,B 项错误;c=
1
36.5+1 000
ρ
×10
−3 =
1 000 ρ
36.5+1 000,C 项错误; 根据c=1 000 ρw
M
可知w =
cM
1 000 ρ = 36.5c
1 000 ρ,D
项正确。
气体溶于水,计算物质的量浓度的一般思路
2.现有V L 0.5 mol·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5 mol·L-1的盐酸0.125V L
C.加入10 mol·L-1的盐酸0.1V L,再稀释至1.5V L
D.标准状况下通入11.2V L 氯化氢气体
【答案】C
【解析】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0.5 mol·L-1×V L+10 mol·L-1×0.1V L=1.5V mol,所以混合后HCl
的浓度为1.5V mol
1.5V L =1 mol·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.将0.10 mol·L-1氢氧化钠溶液和0.60 mol·L-1氢氧化钠溶液混合成0.20 mol·L-1的氢氧化钠溶液
求两种溶液的体积比(忽略混合时溶液体积变化)为 。
【答案】4∶1
【解析】根据混合前后溶质的物质的量不变,列式求解:
设所需0.10 mol·L-1的氢氧化钠溶液及所需0.60 mol·L-1的氢氧化钠溶液的体积分别是V1和V2,
根据混合前后溶质的物质的量不变列式得:
0.10 mol·L-1·V1+0.60 mol·L-1·V2=0.20 mol·L-1·(V1+V2),解得:
V 1
V 2
= 4
1。
4.某结晶水合物的化学式为R·nH2O,其摩尔质量为M g·mol-1。25 ℃时,将a g 该晶体溶于b g
水中恰好可形成V mL 饱和溶液。
(1)饱和溶液的物质的量浓度为 。
(2)饱和溶液中溶质的质量分数为 。
(3)25 ℃时R 的溶解度为 。
(4)饱和溶液的密度为 。
【答案】(1)1 000a
MV
mol·L-1 (2)a( M −18n)
M (a+b) ×100% (3)100a( M −18n)
18na+ Mb
g (4)a+b
V g·mL-1
【解析】(1)a g 该晶体的物质的量是n(R)=n(R·nH2O)= a
M mol,饱和溶液的体积是V mL,物质的
量浓度为
a
M
V ×10
−3 = 1 000a
MV
mol·L-1;(2)a g 该晶体中含R 的质量是a×( M −18n)
M
,饱和溶液的质
量是(a+b) g,溶质质量分数是a( M −18n)
M (a+b) ×100%;(3)水的质量是a×18n
M +b,R 的质量是a×
( M −18n)
M
,100∶S=(a×18n
M +b)∶a×( M −18n)
M
,25 ℃ 时R 的溶解度为100a( M −18n)
18na+ Mb
g;(4)饱
和溶液的质量是(a+b) g,饱和溶液的体积是V mL,根据ρ=m
V 可知,饱和溶液的密度为a+b
V
g·mL-1。
考点二 一定物质的量浓度溶液的配制
1.主要仪器
托盘天平、药匙、量筒、玻璃棒、烧杯、容量瓶、胶头滴管。
2.容量瓶的结构与用途
3.配制物质的量浓度溶液时容量瓶的选择
(1)所配溶液的体积与容量瓶的规格要匹配,如要配制250 mL 溶液,应当选用250 mL 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。
4.配制步骤(以配制500 mL 1.0 mol·L-1 NaCl 溶液为例)
5.一定物质的量浓度溶液配制的误差分析
(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。
【考点突破●明方向】
1.配制一定物质的量浓度的溶液是一个重要的定量实验,下列有关说法正确的是 。
A.容量瓶用蒸馏水洗净后,可不经干燥直接用于配制溶液
B.配制一定物质的量浓度的稀盐酸时,用量筒量取9.82 mL 浓盐酸
C.配制1 L 0.1 mol·L-1的NaCl 溶液时,用托盘天平称量5.85 g NaCl 固体
D.定容时,为防止液滴飞溅,胶头滴管紧贴容量瓶内壁
E.用碱式滴定管量取25.00 mL 高锰酸钾溶液
F.用200 mL 量筒量取5.2 mL 稀硫酸
G.用480 mL 容量瓶配制480 mL 0.1 mol·L-1 NaHCO3溶液
【答案】A
【解析】A.容量瓶是准确配制一定体积一定物质的量浓度溶液的仪器,由于配制溶液需加水至
刻度线,故在用蒸馏水洗净后,可不经干燥直接用于配制溶液,A 正确;B.量筒精确度是0.1 mL,因
此配制一定物质的量浓度的稀盐酸时,不能用量筒量取9.82 mL 浓盐酸,只能量取9.8 mL 浓盐
酸,B 错误;C.配制1 L 0.1 mol·L-1的NaCl 溶液时,需溶质的物质的量是n(NaCl)=0.1 mol·L-1×1
L=0.1 mol,则需称量NaCl 的质量为m(NaCl)=0.1 mol×58.5 g·mol-1=5.85 g,但托盘天平精确度
是0.1 g,故不能用托盘天平称量5.85 g NaCl 固体,应该称量5.9 g NaCl 固体,C 错误;D.定容时,
若胶头滴管紧贴容量瓶内壁,会导致溶液污染,应该悬空垂直滴加,D 错误;E.高锰酸钾溶液具有
强氧化性,会腐蚀碱式滴定管的橡胶管,故不能用碱式滴定管量取25.00 mL 高锰酸钾溶液,应该
使用酸式滴定管,E 错误;F.量筒量程不合适,应该用10 mL 量筒量取5.2 mL 稀硫酸,F 错误;G.在
实验室中不存在量程为480 mL 的容量瓶,根据选择仪器的标准“大而近”的原则,应该选择使
用500 mL 容量瓶配制500 mL 0.1 mol·L-1 NaHCO3溶液,然后再从中取出480 mL,就得到480
mL 0.1 mol·L-1 NaHCO3溶液,G 错误;综上所述可知:合理选项是A。
2.(2024·辽宁本溪开学考试)配制一定物质的量浓度的稀盐酸溶液。
(1)若要配制250 mL 0.10 mol·L-1稀盐酸,需要取12.01 mol·L-1的浓盐酸 mL(计算结果
保留1 位小数)。
(2)配制溶液过程中,下列关于容量瓶的操作,正确的是 (填字母,下同)。
(3)下列情况会使所配溶液浓度偏低的是 。
A.容量瓶清洗后,未经过干燥处理
B.转移时,没有洗涤烧杯和玻璃棒
C.溶液未经冷却直接倒入容量瓶中
D.摇匀后,发现液面低于刻度线,继续加水至液面与刻度线相切
【答案】(1)2.1 (2)C (3)BD
本讲感悟
疑点:
盲点:
【限时训练】
（60 分钟）
一、单选题
1．（2026·浙江·高考真题）下列说法错误的是
A．在做钠的焰色试验时，可用洁净的铂丝蘸取Na2CO3溶液在酒精灯外焰上灼烧并观察焰色
B．在进行中和滴定时，滴定管要用待装的溶液润洗
C．在配制0.100 mol/L NaCl溶液时，容量瓶须烘干
D．分液漏斗在使用前须检漏
【答案】C
【详解】A．钠的焰色试验通过铂丝蘸取含钠化合物溶液灼烧观察焰色，Na2CO3溶液含钠离
子，可观察到黄色火焰，操作正确，A 正确；
B．中和滴定时，滴定管用待装溶液润洗可避免残留水或杂质稀释溶液，确保浓度准确，符
合标准操作规范，B 正确；
C．配制0.100 mol/L NaCl 溶液时，最后一步是加水定容，容量瓶中残留的少量蒸馏水对溶质
的物质的量和溶液的最终体积均无影响，因此容量瓶无需烘干，C 错误；
D．分液漏斗使用前检漏是必要步骤，可检查活塞密封性，防止漏液，确保分液操作安全准
确，D 正确；
故答案为C。
2．（2025·贵州·高考真题）下列实验操作规范的是
A
B
C
D
向容量瓶中转移
溶液
用胶头滴管滴加
溶液
混合浓HNO3和浓
H2SO4
测NH4Cl溶液的pH
A．A
B．B
C．C
D．D
【答案】A
【详解】A．向容量瓶中转移溶液时，需用玻璃棒引流，符合规范，A 符合题意；
B．用胶头滴管向试管中滴加溶液时，胶头滴管应垂直悬空于试管口正上方，但该操作中滴
管并不是垂直悬空于试管口正上方，而是倾斜的，不符合规范，B 不符合题意；
C．混合浓HNO3和浓H2SO4时，由于浓H2SO4密度大且混合放热，应将浓H2SO4缓慢倒入浓HNO3
中，并搅拌散热；该操作中向浓H2SO4中加浓HNO3，易导致液体飞溅，不符合规范，C 不符合
题意；
D．测定溶液pH 时，用蒸馏水润湿pH 试纸会稀释待测液，导致测量结果不准，图示操作不
规范，D 不符合题意；
故选A。
3．（2025·广西·高考真题）下列实验操作规范的是
A
B
C
D
蒸发NaCl溶液
量取25.00 mL NaOH溶液
加热NaHCO3固体
转移Na2CO3溶液
A．A
B．B
C．C
D．D
【答案】A
【详解】A．蒸发NaCl 溶液时，应使用蒸发皿，用酒精灯加热，并不断用玻璃棒搅拌以防止
局部过热导致液滴飞溅，规范操作，A 正确；
B．量取25.00mL NaOH 溶液需精确到0.01mL，应使用碱式滴定管（因NaOH 腐蚀玻璃活
塞），图中为酸式滴定，B 错误；
C．加热NaHCO3固体时，试管口应略向下倾斜，防止冷凝水回流炸裂试管，若试管口向上则
操作错误，C 错误；
D．转移Na2CO3溶液至容量瓶时，需用玻璃棒引流，直接倾倒未引流则操作错误，D 错误；
故选A。
4．（2025·浙江·高考真题）NaOH中常含Na2CO3。为配制不含Na2CO3的NaOH溶液，并用苯甲酸
标定其浓度，实验方案如下：
步骤I——除杂：称取NaOH配制成饱和溶液，静置，析出Na2CO3；
步骤Ⅱ——配制：量取一定体积的上层清液，稀释配制成NaOH溶液；
步骤Ⅲ——标定：准确称量苯甲酸固体，加水溶解，加指示剂，用步骤Ⅱ所配制的NaOH溶液
滴定。
下列说法正确的是
A．步骤I 中Na2CO3析出的主要原因是：c(OH
−)很大，抑制CO3
2−水解
B．步骤Ⅱ中可用量筒量取上层清液
C．步骤Ⅲ中可用甲基橙作指示剂
D．步骤Ⅱ、Ⅲ中所需的蒸馏水都须煮沸后使用，目的是除去溶解的氧气
【答案】B
【详解】A．Na2CO3在浓NaOH 溶液中析出的主要原因是Na+的同离子效应，导致其溶解度显
著降低，高浓度OH−抑制CO3
2−水解是次要原因，A 错误；
B．步骤Ⅱ中配制一定浓度的NaOH溶液，可以用量筒量取一定体积的上层清液，稀释配制成
NaOH溶液，B 正确；
C．苯甲酸属于弱酸，用苯甲酸标定NaOH溶液的浓度，滴定终点溶液呈碱性，应该选择酚酞
作指示剂，C 错误；
D．步骤Ⅱ、Ⅲ中所需的蒸馏水都须煮沸后使用是为了除去水中溶解的CO2，避免CO2和
NaOH 反应产生杂质，氧气对配制苯甲酸溶液和NaOH 溶液没有影响，D 错误；
故选B。
5．（2025·重庆·高考真题）下列实验操作符合规范的是
A．加热
B．定容
C．稀释
D．滴定
【答案】A
【详解】A．给试管中的物质加热时，液体体积不能超过试管容积的1
3，且用酒精灯外焰加
热，操作合理，A 正确；
B．定容时，视线应与刻度线保持水平，操作错误，B 错误；
C．稀释浓硫酸应遵循“酸入水”的原则，操作错误，C 错误；
D．氢氧化钠溶液呈碱性，应放在碱式滴定管中进行滴定，装置使用错误，D 错误；
故选A。
6．（2026·江西吉安·模拟预测）硫及其部分化合物的转化关系为
S→
O2
SO2→
O2
SO3→
H2O
H2SO4 →
NaOH
Na2SO4。设N A是阿伏加德罗常数的值。下列叙述错误的是
A．1molSO2与过量O2反应转移电子的数目为2 N A
B．32g
S8
（
）分子中含有的S—S 键数目为
N A
C．标准状况下，1molSO3的体积小于22.4L
D．1L1mol⋅L
−1 Na2SO4溶液中氧原子数目大于4 N A
【答案】A
【详解】A．SO2与O2生成SO3的反应为可逆反应，1molSO2不能完全反应，因此转移电子数
小于2 N A，A 错误；
B．由S8的结构可知，1 个S8分子含8 个S-S 键；32gS8的物质的量为
32g
8×32g/mol = 1
8 mol，含
S-S 键的物质的量为1
8 mol×8=1mol，数目为N A，B 正确；
C．标准状况下SO3为固态，1mol固体的体积远小于22.4 L，C 正确；
D．1L1mol·L
−1 Na2SO4溶液中，Na2SO4本身含4 mol氧原子，溶剂水也含有氧原子，因此溶
液中氧原子总数大于4 N A，D 正确；
故选A。
7．（2026·浙江·二模）下列有关实验的说法不正确的是
A．可直接加热的仪器：试管、坩埚、烧瓶、蒸发皿
B．烧伤时，可先用洁净的冷水处理，再涂上烫伤药膏
C．向容量瓶转移液体时，玻璃棒下端应在容量瓶刻度线以下
D．容量瓶和分液漏斗使用前必须检漏
【答案】A
【详解】A．烧瓶底部面积较大，直接加热会受热不均炸裂，需垫石棉网或陶土网加热，不
属于可直接加热的仪器，A 错误；
B．烧伤时先用洁净冷水冲洗降温，减少局部热损伤，再涂上烫伤药膏，操作正确，B 正确；
C．向容量瓶转移液体时，玻璃棒下端放在刻度线以下，可避免液体附着在刻度线上方导致
定容体积偏大，操作正确，C 正确；
D．容量瓶和分液漏斗均带有玻璃塞，使用前必须检查是否漏液，操作正确，D 正确；
故选A。
8．（2026·四川·模拟预测）下列实验装置能达到实验目的的是
A．配制
100 mL 0.2mol/L
的稀硫酸
B．制备
[Cu(NH3)4)SO4·H2O
晶体：加入乙醇，
并用玻璃棒摩擦烧
杯内壁
C．萃取碘水中的
碘
D．验证酸性：盐
酸>碳酸>苯酚
A．A
B．B
C．C
D．D
【答案】B
【详解】A．容量瓶仅用于配制溶液的定容操作，不能作为稀释浓硫酸的容器，浓硫酸稀释
需在烧杯中进行，冷却后再转移至容量瓶定容，A 错误；
B．[Cu(NH3)4]SO4·H2O在乙醇中的溶解度较低，加入乙醇可降低溶质的溶解度，用玻璃棒摩
擦烧杯内壁可诱发晶核形成，促进晶体析出，可达到制备目的，B 正确；
C．乙醇与水互溶，不能作为萃取碘水中碘的萃取剂，C 错误；
D．浓盐酸具有挥发性，挥发的HCl会随CO2一同进入苯酚钠溶液，与苯酚钠反应生成苯酚，
无法证明碳酸的酸性强于苯酚，D 错误；
故选B。
9．（2026·云南·二模）下列实验装置（省略部分夹持装置）或操作正确且能达到实验目的的
是
A．配制稀硫酸
B．喷泉实验
C．灼烧海带
D．制备
[Cu(NH3)4]SO4·H2O
晶体
A．A
B．B
C．C
D．D
【答案】D
【详解】A．容量瓶为定容仪器，不能用于稀释浓硫酸，浓硫酸稀释应在烧杯中进行，冷却
后再转移至容量瓶定容，A 错误；
B．H2S在浓盐酸中溶解度极小，无法形成足够的压强差，不能发生喷泉实验，B 错误；
C．灼烧固体海带应使用耐高温的坩埚，烧杯不耐高温，不能用于灼烧操作，C 错误；
D．[Cu(NH3)4]SO4·H2O在乙醇中溶解度远小于在水溶液中的溶解度，加入乙醇可降低溶质溶
解度，析出目标晶体，操作正确，D 正确；
故选 D。
二、解答题
10．（2025·天津·高考真题）硫酸铜铵可用作杀虫剂等，其晶体组成可表示为
(NH4)x Cu y(SO4)z⋅nH2O。某学习小组为探究其组成进行了如下实验。
Ⅰ．溶液的配制
将硫酸铜铵晶体研细，准确称量20.000 g，在烧杯中加入适量水溶解，用容量瓶配制成500
mL 溶液。
Ⅱ．组成的测定
SO
①
❑4
2−定量分析：取25.00 mL 硫酸铜铵溶液放入烧杯中，加入过量的经盐酸酸化的BaCl2
溶液，使SO❑4
2−完全沉淀，经过滤、洗涤、干燥至恒重，得到BaSO4固体并记录质量。重复
四次实验，结果分别为1.066 g、1.164 g、1.165 g 和1.166 g。
Cu
②
2+定量分析：取25.00 mL 硫酸铜铵溶液放入锥形瓶中，调节溶液的pH 至3~4，加入过量
的KI 溶液，用0.1000 mol/L Na2S2O3溶液滴定至浅黄色，加入指示剂，充分摇动后继续滴定
至终点。重复四次实验，消耗Na2S2O3溶液的平均体积为25.00 mL。
已知：2Cu
2++ 4I
−=2CuI↓+I2,I2+2S2O3
2−=2I
−+S4O6
2−
(1)研细晶体的仪器名称为___________。
(2)配制500 mL 溶液定容时，操作的正确顺序为___________(填序号)。
a.将蒸馏水注入容量瓶
b.改用胶头滴管滴加蒸馏水
c.观察到液面离刻度线1~2 cm
d.至凹液面与刻度线相切
(3)分析SO4
2−时，洗涤沉淀能否用稀硫酸作为洗涤试剂？___________(填“能”或“不能”)。
实验得到BaSO4的平均质量为___________。
(4)分析Cu2+时：①选用的指示剂为___________；②临近滴定终点时，需改为半滴滴加，其
具体操作为___________；③达到滴定终点的标志为___________。
(5)硫酸铜铵晶体中元素Cu 的质量分数为___________。
(6)判断下列操作的影响(填“偏高”“偏低”或“无影响”)；
①若在配制硫酸铜铵溶液时，烧杯中的溶液有少量溅出，则所配溶液浓度___________；
②若在滴定终点读数时，俯视液面，则Cu2+含量的测定结果___________。
(7)根据上述实验和结果，能否推断出硫酸铜铵晶体的化学式？说明理由。___________(填
“能”或“不能”)，理由是________________。
【答案】(1)研钵
(2)acbd
(3) 不能 1.165 g
(4) 淀粉溶液 将悬挂在滴定管尖嘴处的液体，轻轻靠一下锥形瓶内壁，随即用少量
蒸馏水淋下 溶液恰好由蓝色变为无色，且半分钟内不变色；
(5)16%
(6) 偏低 偏低
(7) 能 由电荷守恒可以确定NH❑4
+的物质的量，由质量守恒可以确定H2O 的物质的
量，进而推算出最简整数比，得出化学式
【分析】该实验的实验目的是用滴定法测定杀虫剂硫酸铜铵晶体的组成。
【详解】（1）实验室研细晶体的仪器为研钵；
（2）配制500 mL 溶液定容的操作为将蒸馏水注入容量瓶，观察到液面离刻度线1~2 cm，改
用胶头滴管滴加蒸馏水，至凹液面与刻度线相切，操作的正确顺序为acbd；
（3）分析硫酸根离子时，不能用稀硫酸洗涤，否则硫酸根离子会与附在沉淀表面的钡离子转
化为硫酸钡沉淀，导致所测硫酸钡的质量偏大；由题给数据可知，第一次实验测得数据偏差
较大，应舍去，则硫酸钡的平均质量为1.164g+1.165g+1.166g
3
=1.165 g；
（4）由题意可知，分析铜离子时，应选用淀粉溶液作指示剂，当溶液中的碘与硫代硫酸钠溶
液完全反应时，溶液会由蓝色变为无色，临近滴定终点时，需改为半滴滴加，具体操作为将
悬挂在滴定管尖嘴处的液体，轻轻靠一下锥形瓶内壁，随即用少量蒸馏水淋下，达到滴定终
点的标志为溶液恰好由蓝色变为无色，且半分钟内不变色；
（5）由方程式可得如下转化关系：2Cu2+-I2-2S2O❑3
2-，滴定消耗25.00 mL0.1000 mol/L 硫代硫
酸钠溶液，则硫酸铜铵晶体中元素铜的质量分数为
0.100mol/L×0.025L×500mL
25.00mL ×64g
20.000g
×100 %=16%；
（6）①若在配制硫酸铜铵溶液时，烧杯中的溶液有少量溅出会使溶质的物质的量偏小，导致
所配溶液浓度偏低；
②若在滴定终点读数时，俯视液面会使消耗硫代硫酸钠溶液的体积偏小，导致所测铜离子含
量的测定结果偏低；
（7）由题意可知，实验测得硫酸根离子和铜离子的物质的量，则由电荷守恒可以确定硫酸铜
铵晶体中铵根离子的物质的量，由质量守恒可以确定结晶水的物质的量，由物质的量之比等
于微粒个数之比可以得出硫酸铜铵晶体的化学式，所以根据上述实验和结果能否推断出硫酸
铜铵晶体的化学式。
11．（2025·四川·高考真题）双水杨醛缩乙二胺(H2L，Mr=268)的锰配合物(MnLClx)常用作有机
氧化反应的催化剂。某化学课外小组制备了该配合物并确定其组成。
Ⅰ．MnLClx配合物的制备
制备原理：
实验步骤：
实验装置如图所示(省略夹持和加热等装置)。将反应物用乙醇溶解，在空气中，65~70℃反
应30 分钟。反应结束后，经冷却、结晶、过滤、洗涤、干燥，获得产物。
Ⅱ．MnLClx配合物中x 的测定
①移取20.00 mL3.5 mg⋅mL
−1的MnLClx溶液置于锥形瓶中，加入10.00 mL0.03000 mol⋅L
−1的维生
素C(C6 H8O6)溶液充分混合，放置3~ 4分钟。
②往上述锥形瓶中加入5 滴1%的淀粉溶液，立即用0.01000 mol⋅L
−1的I2标准溶液滴定至终
点。平行测定三次，消耗标准溶液的平均体积为20.20mL。
上述测定过程所涉及的反应如下：
2MnLClx+xC6 H8O6=2MnL+xC6 H6O6+2xHCl I2+C6 H8O6=C6 H6O6+2HI
回答下列问题：
(1)制备过程中，仪器A 的名称是_______，最适宜的加热方式为_______(填标号)。
A．酒精灯 B．水浴 C．油浴
(2)制备过程中，空气的作用是_______。
(3)步骤①中，“10.00mL维生素C 溶液”应用_______(填标号)量取。
a.烧杯 b.量筒 c.移液管
(4)步骤①中，加入维生素C 溶液后，“放置3~ 4分钟”，时间不宜过长的原因是_______。
(5)步骤②中，I2标准溶液应置于_______(填“酸式”或“碱式”)滴定管；滴定接近终点时，
加入半滴I2标准溶液的操作过程是_______。
(6)若滴定时过量，将引起测定结果_______(填“偏大”“偏小”或“不变”)。
(7)根据实验数据，MnLClx中x=_______(保留整数)。
【答案】(1) 球形冷凝管 B
(2)将Mn
2+氧化
(3)c
(4)防止时间过长维生素C 被氧化，影响后续测定结果
(5) 酸式 微微转动酸式滴定管的活塞，使溶液悬在滴定管口，形成半滴，用锥形瓶
内壁将其沾落，再以洗瓶用少量蒸馏水冲洗锥形瓶壁将I2的标准溶液冲入
(6)偏小
(7)1
【分析】在本题中，第一步制备MnLClx时，将反应物溶于乙醇，根据图中仪器可以看出，实
验过程中使用了球形冷凝管，因为制备过程中在 65~70℃反应30 分钟，根据反应温度可以
知道，65~70℃的反应温度应该采取水浴加热的方式进行加热；从反应方程式可以看出，锰
元素的价态从Mn(CH3COO)2·4H2O中的+2 价到MnLClx有明显的升高（根据H2L推断L 为-2 价，
MnLClx则要高于原本的+2 价），可知空气的作用是将Mn
2+氧化；在测定过程中，量取10.00mL
维生素C 溶液，因为体积精确到小数点后两位，所以应该使用移液管量取；因为维生素C 具
有较强的还原性，放置时间过长会被氧化，所以放置3~ 4分钟，避免影响后续的测定结果；
测定时，I2的标准溶液具有一定的氧化性，所以应该置于酸式滴定管，需要注意的是，最后
接近滴定终点时，要半滴滴定，加入半滴的操作应该是微微转动酸式滴定管的活塞，使溶液
悬在滴定管口，形成半滴，用锥形瓶内壁将其沾落，再以洗瓶用少量蒸馏水冲洗锥形瓶壁将
I2的标准溶液冲入；因为c标×v标=c测×v测，滴定过量时，消耗的标准溶液体积偏大，计算得
出的与I2的标准溶液反应的维生素C(C6 H8O6)也会变多，导致计算出的与维生素C 反应的
MnLClx变少，最终测定的结果就会偏小。
【详解】（1）根据图中仪器可以看出，实验过程中使用了球形冷凝管，所以A 的名称是球
形冷凝管；在65~70℃中反应最适宜的加热方式为水浴加热，选B。
（2）从Mn(CH3COO)2·4H2O到MnLClx中锰元素的价态升高，所以空气的作用是将Mn
2+氧化。
（3）量取10.00mL维生素C 溶液，因为体积精确到小数点后两位，所以应该使用移液管量
取，选c。
（4）维生素C 具有较强的还原性，放置时间过长会被氧化，所以放置3~ 4分钟，避免影响后
续的测定结果。
（5）I2的标准溶液具有一定的氧化性，所以应该置于酸式滴定管；需要注意的是，最后接近
滴定终点时，要半滴滴定避免滴定过量导致结果有误差，加入半滴的操作应该是微微转动酸
式滴定管的活塞，使溶液悬在滴定管口，形成半滴，用锥形瓶内壁将其沾落，再以洗瓶用少
量蒸馏水冲洗锥形瓶壁将I2的标准溶液冲入
（6）因为c标×v标=c测×v测，滴定过量时，消耗的标准溶液体积偏大，因为维生素C 的总量
是一定的，就会导致计算得出的与I2的标准溶液反应的维生素C(C6 H8O6)变多，从而与维生素
C 反应的MnLClx变少，最终测定的结果就会偏小。
（7）根据双水杨醛缩乙二胺(H2L，Mr=268)和相对原子质量可以计算得出
M(MnLClx)=55+(268−2)+35.5x=321+35.5x，移取的MnLClx质量为
20.00mL×3.5mg⋅mL
−1=70mg，维生素C 的物质的量为
0.01L×0.03000mol/L=0.0003mol=0.3mmol，I2消耗的维生素C 的物质的量为
0.01mol/L×0.0202L=0.000202mol=0.202mmol，所以与MnLClx反应的维生素C 的物质的量为
0.3mmol−0.202mmol=0.098mmol，根据反应的化学计量关系（2mol MnLClx与xmol维生素C
反应）进行计算：2
x =
70
321+35.5 x
0.098
，保留整数解得x≈1。
12．（2026·陕西西安·模拟预测）一水硫酸四氨合铜{[Cu(NH3)4)SO4⋅H2O}是一种深蓝色晶体，
常用作杀虫剂。某兴趣小组以CuSO4和氨水为反应物，在实验室制备[Cu(NH3)4)SO4⋅H2O，步骤
如下：
①配制0.1mol⋅L
−1 CuSO4溶液。
②向CuSO4溶液中滴加氨水至过量，得到深蓝色的透明溶液。
③向深蓝色溶液中加入适量95%的乙醇溶液，并用玻璃棒摩擦试管内壁、静置，有深蓝色晶
体析出。
④减压过滤后，先用乙醇与浓氨水的混合液洗涤晶体，后用丙酮洗涤，低温干燥。
已知：含[Cu(NH3)4)
2+的溶液中存在[Cu(NH3)4)
2+⇌[Cu(NH3)3)
2++ NH3等多步离解平衡。回答下列
问题：
(1)配制250 mL0.1mol⋅L
−1 CuSO4溶液过程中，下列仪器必须用到的是___________(填序号)。
(2)步骤②滴加氨水至过量的过程中，可观察到的现象为___________。
(3)依据题目信息，在两种溶剂中，[Cu(NH3)4)SO4⋅H2O在___________(填“水”或“95%乙醇
溶液”)中的溶解度更大。
(4)若将步骤②得到的深蓝色溶液直接蒸发浓缩、冷却结晶来获得[Cu(NH3)4)SO4⋅H2O晶体，将
导致测得的产率___________(填“偏高”或“偏低”)，理由是___________(从化学平衡角度
解释)。
(5)实验小组准确称取0.5g 粗产品，加适量水溶解，注入如图所示的三颈烧瓶中，通入足量水
蒸气，滴加NaOH 溶液并加热，将蒸出的氨气用50.00 mL0.2000 mol⋅L
−1的盐酸完全吸收，向
吸收液中加入指示剂，再用0.2000 mol⋅L
−1NaOH溶液滴定过量的盐酸，测得消耗NaOH 溶液
的平均体积为12.00 mL。已知：常温下，0.1mol⋅L
−1的NH4Cl溶液的pH≈5.13；部分常用指示
剂的变色范围如下表。
指示剂名称
变色pH 范围
酸性时颜
色
碱性时颜色
甲基橙
3.1～4.4
红色
黄色
酚酞
8.2～10.0
无色
红色
甲基红
4.4～6.2
红色
黄色
滴定时，合适的指示剂为___________；该粗产品中[Cu(NH3)4)SO4⋅H2O晶体的质量分数为
___________%。(已知[Cu(NH3)4)SO4的相对分子质量是228)
【答案】(1)③④⑥⑦
(2)先有蓝色沉淀生成，继续滴加氨水，沉淀逐渐消失，溶液变为深蓝色
(3)水
(4) 偏低 加热使NH3逸出，促进[Cu(NH3)4)
2+⇌[Cu(NH3)3)
2++ NH3平衡正向移动，导致晶
体[Cu(NH3)4)SO4⋅H2O减少
(5) 甲基红 93.48
【分析】向硫酸铜溶液中加入氨水，先生成蓝色沉淀氢氧化铜；继续加入氨水，沉淀溶解，
得到深蓝色溶液一水硫酸四氨合铜，加入乙醇，降低溶剂极性，减小一水硫酸四氨合铜的溶
解度，并用玻璃棒摩擦试管壁促进晶体析出。
【详解】（1）配制一定物质的量浓度溶液，所需要的仪器有③容量瓶、④玻璃棒、⑥烧杯和
⑦胶头滴管。
（2）步骤②滴加氨水至过量的过程中，先生成氢氧化铜沉淀，后生成四氨合铜离子，沉淀溶
解，可观察到的现象为先有蓝色沉淀生成，继续滴加氨水，沉淀逐渐消失，溶液变为深蓝
色。
（3）向深蓝色溶液中加入适量95%的乙醇溶液，并用玻璃棒摩擦试管内壁、静置，有深蓝色
晶体析出，可以推测，[Cu(NH3)4)SO4⋅H2O在水中的溶解度更大。
（4）若将步骤②得到的深蓝色溶液直接蒸发浓缩、冷却结晶来获得[Cu(NH3)4)SO4⋅H2O晶体，
加热使NH3逸出，促进[Cu(NH3)4)
2+⇌[Cu(NH3)3)
2++ NH3平衡正向移动，导致晶体
[Cu(NH3)4)SO4⋅H2O减少，故使得产率偏低。
（5）氨气与盐酸反应生成氯化铵，即滴定终点生成氯化铵，常温下，0.1mol⋅L
−1的NH4Cl溶
液的pH≈5.13，结合表中指示剂的变色范围可知，应选用甲基红作指示剂；根据题意和关系
式HCl～NaOH，剩余HCl 物质的量n (HCl)=0.2000 mol/L×12.00×10
−3L=2.4×10
−3 mol，根
据HCl～NH3，则蒸出的氨气的物质的量
n(NH3)=0.2000 mol/L×50.00×10
−3L-2.4×10
−3 mol=7.6×10
−3 mol，则该粗产品中晶体的质量
分数为7.6×10
−3 mol×246 g/mol
4×0.5g
×100 % =93.48 %。
13．（2026·天津和平·二模）某实验室制备糖精钴[Co(Sac)2(H2O)4)⋅x H2O，并测定其结晶水
含量。
已知：Sac
−表示糖精根离子，其摩尔质量为182g⋅mol
−1，糖精钴的溶解度在热水中较大，在
冷水中较小；丙酮沸点为56℃，与水互溶。
CoCl2⋅6 H2O+2NaSac⋅2H2O =[Co(Sac)2(H2O)4)⋅x H2O+(6−x)H2O+2NaCl
(一)制备
I.称取1.0gCoCl2⋅6 H2O，加入18mL蒸馏水，搅拌溶解，得溶液1。
Ⅱ.称取2.6g(稍过量)糖精钠(NaSac⋅2H2O)，加入l0mL蒸馏水，加热搅拌，得溶液2。
Ⅲ.将溶液2 加入到接近沸腾的溶液1 中，反应3 分钟后停止加热，静置，冷却结晶。
Ⅳ.过滤，依次用三种不同试剂洗涤晶体，晾干得产品。
回答下列问题：
(1)Ⅰ和Ⅱ中除烧杯外，还需用到的玻璃仪器有_______、_______(写出两种)
(2)与本实验安全注意事项有关的图标有_______。
(3)Ⅳ中分离产品的过程是_______，洗涤固体，验洗纯，干燥。
(4)Ⅳ中用①丙酮、②冷水、③冷的1%NaSac溶液洗涤晶体，正确顺序为_______。
A．①③② B．③②① C．②①③
(5)Ⅳ中为了确认氯离子已经洗净，取水洗时的最后一次滤液于试管中，_______(将实验操
作、现象和结论补充完整)。
(二)结晶水含量测定
EDTA和Co
2+形成1:1配合物。准确称取mg糖精钴产品于锥形瓶中，加蒸馏水，加热溶解，再
加入缓冲溶液和指示剂，在50~60℃下，用c mol⋅L
−1的EDTA标准溶液（碱性）滴定。
(6)标准溶液盛放在_______(填仪器名称)，使用该仪器前需要_______，盛放标准溶液前需要
_______，装液后容器中若有气泡，需赶出气泡，调节液面，准确记录读数。试简述如何赶出
气泡_______。
(7)滴定终点时消耗标准溶液V mL，则产品[Co(Sac)2(H2O)4)⋅x H2O中x 的测定值为_______(用
含m、c、V 的代数式表示)；若滴定前滴定管尖嘴处无气泡，滴定后有气泡，会导致x 的测定
值_______(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。
【答案】(1) 量筒或胶头滴管 玻璃棒或酒精灯等
(2)ABC
(3)冷却溶液，析出大量晶体后过滤
(4)B
(5)加稀硝酸酸化，再滴加AgNO3溶液，无白色沉淀生成，说明Cl
−已洗净
(6) 碱式滴定管或通用滴定管 检查滴定管是否漏水 从滴定管上口加入3~5mL标
准溶液，倾斜着转动滴定管，使液体润湿滴定管全部内壁，然后从下部放入预置的烧杯中，
重复2~3 次 将胶管向上弯曲，用力捏挤玻璃珠使溶液从尖嘴喷出，以赶出气泡，然后对
光检查胶管内气泡是否完全赶尽或快速放液，然后观察气泡是否完全赶尽
(7) 500 m
9cV −27.5 偏高
【分析】该实验的实验目的是以六水氯化亚钴和糖精钠为原料制备制备糖精钴，并测定其结
晶水含量。
【详解】（1）由题意可知，步骤I 为加入蒸馏水溶解六水氯化亚钴制备氯化亚钴溶液、步骤
Ⅱ为加入蒸馏水溶解糖精钠制备糖精钠溶液，溶解需要用到的玻璃仪器除烧杯外，还需用到
量筒(或胶头滴管) 量取蒸馏水，玻璃棒搅拌、酒精灯加热加快固体溶解；
（2）由题意可知，该实验涉及到的实验操作为溶解、加热，所以实验时需要佩戴护目镜，以
保护眼睛，同时防止热烫，实验结束后，离开实验室前需用肥皂等清洗双手，但实验中未涉
及锐器的操作，则与本实验安全注意事项有关的图标为ABC；
（3）步骤Ⅳ中分离产品的过程是冷却溶液，析出大量晶体后过滤，洗涤固体，验洗纯，干
燥；
（4）步骤Ⅳ中洗涤时为减少固体溶解而造成损失，先用冷的1% 糖精钠溶液洗去固体表面可
溶性杂质，再用冷水洗去残留的糖精钠，最后用丙酮洗去水分并快速干燥，则操作的正确顺
序为 ③②①，故选B；
（5）步骤IV 中确认氯离子已经除尽的操作为取水洗时的最后一次滤液于试管中，加稀硝酸
酸化，再滴加硝酸银溶液，若无白色沉淀生成，说明氯离子已除尽；
（6）EDTA 标准溶液呈碱性，应盛放在碱式滴定管或通用滴定管中；滴定管使用前检查滴定
管是否漏水；盛放标准溶液前需要润洗滴定管，具体操作为从滴定管上口加入3~5mL 标准溶
液，倾斜着转动滴定管，使液体润湿滴定管全部内壁，然后从下部放入预置的烧杯中，重复
2~3 次；装液后容器中若有气泡，需赶出气泡，具体操作为将胶管向上弯曲，用力捏挤玻璃
珠使溶液从尖嘴喷出，以赶出气泡，然后对光检查胶管内气泡是否完全赶尽或快速放液，然
后观察气泡是否完全赶尽；
（7）由题意可知，滴定消耗V mLc mol/LEDTA 标准溶液，则由EDTA 和亚钴离子形成1：1
配合物可得：c mol/L ×V×10-3 L×(495+18x) g/mol=m g，解得：x=500 m
9cV −27.5；若滴定前滴定
管尖嘴处无气泡，滴定后有气泡会使滴定消耗EDTA 溶液体积偏小，导致所测x 值偏高。
14．（2026·四川广元·三模）实验室制备硫酸四氨合铜晶体，并测定其中铜元素的含量，步
骤如下：
Ⅰ．硫酸四氨合铜的制备
称取5.0 g CuSO4⋅5 H2O ，加水溶解，滴加浓氨水至沉淀恰好溶解得深蓝色溶液，加无水乙醇
析出深蓝色晶体，减压过滤，用“乙醇—浓氨水”洗涤，60° C烘干备用。
Ⅱ．分光光度法测定铜元素的含量
该方法的原理基于物质对光的选择性吸收特性，其吸光度与溶液浓度呈定量关系。
ⅰ．绘制标准曲线
用仪器
1 量取0.0500 mol/L的CuSO4标准溶液0.00 mL、2.00 mL、4.00 mL、6.00 mL、8.00 mL、
10.00 mL于6 只烧杯中，各加入10.00 mL2mol/L氨水，充分反应后转入50 mL容量瓶，定容得
①~⑥组溶液（Cu
2+完全转化为[[Cu(NH3)4)
2+），用分光光度计测定吸光度，结果如下表：
组别
①
②
③
④
⑤
⑥
c([Cu(NH3)4]
2+)/ mol 0.0000
吸光度
0.000
0.108
0.228
0.322
0.433
0.538
ⅱ．铜元素含量的测定
称取步骤Ⅰ中制得的硫酸四氨合铜样品0.3200 g，用硫酸溶液溶解（防止生成Cu (OH)2沉
淀）；加入10.00 mL 2 mol/L 氨水，转移至250 mL 容量瓶中，用蒸馏水定容。测得吸光度平
均值为0.270，据此计算铜元素含量。
回答下列问题：
(1)仪器1 可选用________（填仪器名称）。
(2)第③组溶液中[Cu(NH3)4)
2+的浓度为________mol⋅L
−1（保留2 位有效数字）。
(3)绘制[Cu(NH3)4)
2+浓度与吸光度的标准曲线________。
(4)步骤中滴加无水乙醇析出硫酸四氨合铜晶体，无水乙醇的作用为________。
(5)减压过滤的优点为________。
(6)洗涤液中添加浓氨水的目的是________。
(7)计算样品中铜元素的质量分数为________（保留3 位有效数字）。
【答案】(1)酸式滴定管或移液管
(2)0.0040
(3)
(4)使用乙醇降低溶剂极性，降低硫酸四氨合铜的溶解度
(5)过滤速度快，沉淀更干燥、分离更充分
(6)抑制[Cu(NH3)4)
2+解离
(7)25.0%
【详解】（1）需要精确量取体积到0.01 mL 的标准溶液，题图中只有酸式滴定管或移液管能
满足精度要求，因此选酸式滴定管或移液管；
（2）已知Cu
2+完全转化成[Cu(NH3)4)
2+，根据铜元素守恒：
n([Cu(NH3)4)
2+)=n(Cu
2+)=0.0500 mol/L×4.00×10
−3L=2.00×10
−4 mol ，定容体积为
50.00 mL=0.05000 L，因此c([Cu(NH3)4)
2+)= 2.00×10
−4 mol
0.05000L
=0.0040 mol/L；
（3）先计算出所有组的浓度，组别②中c2= 0.0500mol/ L×2.00mL
50.00mL
=0.00200mol/ L，组别③
中c3= 0.0500mol/ L×4.00mL
50.00mL
=0.00400mol/ L，组别④中
c4= 0.0500mol / L×6.00mL
50.00mL
=0.00600mol / L，组别⑤中
c5= 0.0500mol/ L×8.00mL
50.00mL
=0.00800mol/ L，组别⑥中
c6= 0.0500mol / L×10.00mL
50.00mL
=0.01000mol / L，
得到所有坐标点（x 为浓度，单位10
−3 mol/L，y 为吸光度）：（0，0） 、（2，0.108）、
（4，0.228）、（6，0.322）、（8，0.433）、（10，0.538），将上述点描在坐标格中，过原
点作一条直线，使尽可能多的点落在直线上，偏离的点均匀分布在直线两侧即可，示意图如
下：
；
（4）由于Cu(NH3)4SO4晶体难溶于乙醇，可溶于水，步骤Ⅰ中加入无水乙醇的目的是降低溶剂
的极性，降低硫酸四氨合铜的溶解度，便于析出晶体；
（5）实验中采用减压过滤的优点是通过形成压力差，促使液体快速通过滤纸，从而大大加快
过滤的速度，且能得到较干燥的晶体；
（6）[Cu(NH3)4)
2+存在解离平衡：[Cu(NH3)4)
2+⇌
❑
Cu
2++ 4 NH3，加入浓氨水可以抑制[Cu(NH3)4)
2+的
解离，减少晶体的溶解损失；
（7）由第②组：V =2.00 mL定容到50.00 mL，c标= 0.0500×2.00
50.00
=0.00200 mol/L，对应吸光度
A =0.108，浓度与吸光度成正比：c
A = 定值，c样= 0.00200×0.270
0.108
=0.00500 mol/L，250 mL 溶
液中Cu 总物质的量：n(Cu)=c样⋅V =0.00500 mol/L× 250.0
1000 L=0.00125 mol，则Cu 元素质
量：m(Cu)=n⋅M =0.00125 mol×64.00 g/mol=0.0800 g，铜元素的质量分数为
ω(Cu)= m(Cu)
m样
×100 % = 0.0800
0.3200 ×100 % =25.0 %。
15．（2026·广东汕头·二模）等摩尔系列法可用来测定络合反应Cu
2++nL=[CuLn)
2+中的配体数
n 值（L 为含有氢原子的有机配体），实验如下：
【实验1】配制480 mL0.1000 mol/LCuSO4溶液
(1)配制过程中，下列仪器不需要用到的是______。（填仪器名称）
(2)通过计算，需要的无水CuSO4固体（M=160 g/mol）的质量为______g。
【实验2】
步骤1：将一定体积的CuSO4溶液（0.1000 mol/L）和L 溶液（0.1000 mol/L）进行混合；
步骤2：测定溶液的吸光度A，相关数据如下表所示：
序号
V(CuSO4)/ mL
V（有机配体L）
/ mL
吸光度A/单位省
略
①
0
50.00
0.002
②
5.00
45.00
0.152
③
20.00
30.00
0.602
④
25.00
25.00
数据X
⑤
30.00
20.00
0.602
⑥
45.00
5.00
0.152
⑦
50.00
0.00
0.002
在该实验中，溶液的吸光度A 与c([CuLn)
2+)成正比，可表示为A =k ⋅c([CuLn)
2+)，k 为常数。
数据处理：
(3)上述实验中，混合时[c(Cu
2+)+c(L))恒等于______mol/L，过程中需控制pH相同且小于7，
其中控制pH小于7 的原因是______。
(4)实验序号①和⑦的目的是______。
某同学将上述数据整理分析处理之后绘制了吸光度A 随
c(Cu
2+)
c(Cu
2+)+c(L)的变化如下图所示：
(5)分析推理
Ⅰ．实验①~③呈现良好的线性关系，原因是该阶段L 过量，生成的[CuLn)
2+由Cu
2+决定，直线
L1的关系式可表达为A =k ⋅c([CuLn)
2+)=k ⋅c(Cu
2+)，该阶段内若V (CuSO4)=a mL，A =______k
（用含a 的代数式表示）；
Ⅱ．实验⑤~⑦也呈现良好的线性关系，请解释吸光度A 随
c(Cu
2+)
c(Cu
2+)+c(L)变化的原因：该阶段
Cu
2+过量，______；
Ⅲ．得出结论：理论上直线L1与直线L2交于A0，此时Cu
2+和L 恰好完全反应，即
c(Cu
2+):c(L)=1:n，请根据图像的特点，推出n=______；
Ⅳ．实验测试结果，实际吸光度A′总小于理论吸光度A0，原因是[CuLn)
2+解离：
[CuLn)
2+⇌Cu
2++nL，此时解离度α =______[已知解离度=
c(已解离)
c(已解离)+c(未解离) ×100 %]，
（用含A0和′的代数式表示）]
(6)升华应用
在老师的指导下，兴趣小组发现该方法可以用来测定配离子的组成，但却无法区别是单核
[CuLn)
2+配离子还是双核[LnCu−CuLn)
4+配离子，那么进一步区别的科学方法是______。（要求
写出其中一种方法的名称）
【答案】(1)锥形瓶和直形冷凝管
(2)8.000
(3) 0.1 为了防止Cu
2+水解生成沉淀，影响配合物的形成与吸光度测定
(4)做空白对照，消除溶剂或其他杂质对吸光度的影响
(5) 0.002ak 生成的[CuLn)
2+由L 的量决定，L 的量减少，生成的[CuLn)
2+浓度降低，吸
光度A 降低 1 (1−A′
A0
)×100 %
(6)质谱法
【详解】（1）配制一定物质的量浓度溶液的步骤：计算→称量→溶解→转移→洗涤→定容→
摇匀，用到的仪器：托盘天平、500 mL 容量瓶、量筒、胶头滴管、烧杯、玻璃棒，图中不需
要用到的仪器有锥形瓶和直形冷凝管；
（2）用500 mL 容量瓶配制，按500 mL 计算：n(CuSO4)=c(CuSO4)×500mL=0.0500mol，
m(CuSO4)=n(CuSO4)× M (CuSO4)=8.000 g；
（3）①初始溶液的浓度均为0.1000 mol/L，混合后的总体积为50 mL 不变，所以
c(Cu
2+)+c( L)= 0.1mol / L×50mL
50mL
=0.1mol / L；
②Cu
2+在碱性条件下水解生成Cu(OH)2沉淀，控制pH小于7 是为了防止Cu
2+水解，影响配合物
的形成与吸光度测定；
（4）①只有L，⑦只有CuSO₄，两者的吸光度均为0.002，目的是：做空白对照，消除溶剂
或其他杂质对吸光度的影响；
（5）①总体积为50 mL，当V (CuSO4)=amL时，
c(Cu
2+)= 0.1000mol / L×a×10
−3 L
50mL
=0.002amol / L，A = 0.002ak；
②该阶段Cu
2+过量，生成的[CuLn)
2+由L 的量决定，随着
c(Cu
2+)
c(Cu
2+)+c(L)的增大，L 的量减少，生
成的[CuLn)
2+浓度降低，吸光度A 降低；
③由图得：直线L1与直线L2交于A0时，
c(Cu
2+)
c(Cu
2+)+c(L)
=0.5=
1
1+n，n=1；
④理论上络合物的浓度为c理论，A0=k ⋅c理论，实际上A′=k ⋅c实际，解离度
α = c理论−c实际
c理论
×100 % =(1−A′
A0
)×100 %；
（6）要进一步区别是单核[CuLn)
2+配离子还是双核[LnCu−CuLn)
4+配离子，可以用质谱法测定
相对分子质量。
