专题02 物质的量浓度（高效培优讲义）（解析版）2026年高考化学一轮复习高效培优系列（全国通.用）

/专题02物质的量浓度目录一、TOC\o"1-3"\h\u考情探究 11.高考真题考点分布 22.命题规律及备考策略 2二、培优讲练 错误！未定义书签。考点01物质的量浓度 3考向01考查物质的量浓度的含义 5考向02考查溶解度曲线 5考点02有关物质的量浓度的计算 7考向01考查根据定义式cB=nB/V计算物质的量浓度 9考向02考查溶液混合与稀释的计算 10考向03考查物质的量浓度与溶质的质量分数的换算 11考点03一定物质的量浓度溶液的配制 13考向01考查一定物质的量浓度溶液的配制 15考向02考查溶液配制的误差分析 16三、好题冲关 18基础过关 18题型01物质的量浓度 18题型02有关物质的量浓度的计算 21题型03一定物质的量浓度溶液的配制 26能力提升 32真题感知 39

1.高考真题考点分布考点内容考点分布有关物质的量浓度的计算2024北京卷，2023辽宁卷一定物质的量浓度溶液的配制2025重庆卷，2025云南卷，2025山东卷，2024广西卷，2024全国甲卷2.命题规律及备考策略【命题规律】1、由单一公式套用转向多重守恒（电荷、元素、电子）综合运算，常与沉淀溶解平衡、氧化还原滴定、热重分析等模块融合，数据呈“碎片化”隐藏于流程或图表中，考查信息提取与模型构建能力。2、溶液配制从“步骤识记”演进为“方案设计—误差诊断—绿色改进”全链条评价，仪器选择、润洗/引流/摇匀等细节高频设错；数字化实验（传感器、自动滴定）首次入题，要求解释实时曲线。【备考策略】1.了解溶液浓度的表示方法。理解溶液中溶质的质量分数和物质的量浓度的概念并能进行有关计算；2.掌握配制一定溶质质量分数溶液和物质的量浓度溶液的方法；3.了解溶解度、饱和溶液的概念；掌握溶解度曲线在物质分离、提纯中的应用。【命题预测】预计今后还是主要以穿插在生活、生产中的化学分析计算（如食品污染物空气污染物的测定、食品中的营养物质的测定、化工生产中的产品是否合格等等）为主。解题时注意审题，构建好解题模型，用守恒法计算溶液稀释或混合后的物质的量浓度。考点01物质的量浓度1．物质的量浓度(1)定义：单位体积的溶液里所含溶质B的物质的量。符号为cB。(2)定义式及单位：cB＝eq\f(nB,V)，单位mol/L(或mol·L－1)。(3)意义：1mol/LNaCl溶液表示1LNaCl溶液中含有1molNaCl。【易错提醒】(1)B表示溶液中的任意溶质，可以是分子、离子等。(2)溶质用物质的量表示，而不是质量，如给出溶质的质量或气体的体积时，要换算成物质的量。(3)V指“溶液的体积”，而不是“溶剂的体积”或“溶质的体积＋溶剂的体积”，V的单位为升(L)。(4)一定物质的量浓度的某溶液，其浓度不因所取溶液体积的不同而变化。2．溶质的质量分数(1)定义：溶液中的溶质质量与溶液质量之比。(2)定义式：w＝eq\f(m溶质,m溶液)×100%。(3)20%的NaCl溶液可表示100_g_NaCl溶液中含有NaCl20g。3．物质的溶解度（1）固体的溶解度①概念：在一定温度下，某固体物质在100g溶剂(通常是水)里达到饱和状态时所溶解的质量，叫作这种物质在该溶剂里的溶解度，其单位为“g”。②表达式：固体物质溶解度(饱和溶液)S＝eq\f(m溶质,m溶剂)×100g。③饱和溶液中存在的两比例：a.eq\f(m溶质,m溶剂)＝eq\f(S,100)；b.eq\f(m溶质,m溶液)＝eq\f(S,100＋S)。④影响溶解度大小的因素内因：物质本身的性质(由结构决定)。外因：a．溶剂的影响(如NaCl易溶于水而不易溶于汽油)。b．温度的影响：升温，大多数固体物质的溶解度增大，少数物质却相反，如Ca(OH)2；温度对NaCl溶解度的影响不大。（2）气体的溶解度①表示方法：通常指该气体(其压强为101kPa)在一定温度时溶解于1体积水里达到饱和状态时气体的体积，常记为1∶x。如NH3、HCl、SO2、CO2气体常温时在水中的溶解度分别为1∶700、1∶500、1∶40、1∶1。②影响因素：气体溶解度的大小与温度和压强有关，温度升高，溶解度减小；压强增大，溶解度增大。（3）溶解度曲线①常见物质的溶解度曲线②溶解度曲线的意义点：曲线上的点叫饱和点。a．曲线上任一点表示对应温度下该物质的溶解度；b．两曲线的交点表示两物质在该交点的温度下溶解度相等，浓度相同。线：溶解度曲线表示物质的溶解度随温度变化的趋势，其变化趋势分为三种：a．陡升型：大部分固体物质的溶解度随温度升高而增大，且变化较大，提纯时常采用降温结晶(冷却热饱和溶液)的方法；b．下降型：极少数物质的溶解度随温度升高反而减小，如熟石灰的饱和溶液升温时变浑浊；c．缓升型：少数物质的溶解度随温度变化不大，提纯时常采用蒸发结晶(蒸发溶剂)的方法。③利用溶解度受温度影响不同进行除杂的方法a．溶解度受温度影响较小的物质采取蒸发结晶的方法，如NaCl中含有KNO3，应采取加水溶解、蒸发结晶、趁热过滤的方法。b．溶解度受温度影响较大的物质(或带有结晶水的物质)采取加热浓缩、冷却结晶的方法，如KNO3中含有NaCl，应采取加水溶解、加热浓缩、冷却结晶、过滤的方法。请判断下列说法的正误(正确的打“√”，错误的打“×”)1、一定物质的量浓度的某溶液，其浓度不因所取溶液体积的不同而变化()2、20%的NaCl溶液可表示100_g_NaCl溶液中含有NaCl20g()3、溶质可以用物质的量表示，也可以用质量表示()【答案】1.√2.√3.×考向01考查物质的量浓度的含义【例1】（2025·上海·调研）向一定量的饱和NaOH溶液中加入少量Na2O固体，恢复到原来温度时，下列说法中正确的是A．溶液中Na+总数不变 B．单位体积内的OH-数目不变C．溶质的质量分数不变 D．溶液的质量不变【答案】BC【详解】A．原氢氧化钠溶液是饱和的，反应消耗了水，生成了氢氧化钠，生成的氢氧化钠不能溶解，而且溶液中还析出氢氧化钠，则溶液中的Na+总数也会减少，A错误；B．原氢氧化钠溶液是饱和的，反应消耗了水，生成了氢氧化钠，反应后恢复到原来温度，溶液仍饱和，且会析出剩余固体，溶液中NaOH的物质的量浓度保持不变，即单位体积内的OH-数目不变，B正确；C．氢氧化钠溶液是饱和的，反应消耗了水，生成了氢氧化钠，生成的氢氧化钠不能溶解，而且溶液中还析出氢氧化钠，由于溶液温度不变，变化后所得溶液仍为氢氧化钠的饱和溶液，同种溶质的同一温度下的饱和溶液的溶质质量分数相等，即该溶液溶质的质量分数不变，C正确；

D．原氢氧化钠溶液是饱和的，反应消耗了水，生成了氢氧化钠，反应后恢复到原来温度，溶液仍饱和，且会析出剩余固体，溶液的质量减少，D错误；故答案为：BC。考向02考查溶解度曲线【例2】（2025·北京海淀·调研）下图是a、b两种固体物质的溶解度曲线，下列说法中，正确的是A．a的溶解度大于b的溶解度B．在t℃时，a、b的饱和溶液中溶质的物质的量浓度相同C．当a中含有少量b时，可以用冷却结晶法提纯aD．在t℃时，将a、b的饱和溶液升温后，溶质的质量分数：a﹥b【答案】C【详解】A、根据图象，t℃以前，b的溶解度大于a的溶解度，故错误；B、根据c=1000ρw%/M，t℃时两者的质量分数相等，但两溶液的密度不同，且M不同，因此c不同，故错误；C、a溶解度受温度的影响较大，b的溶解度受温度的影响较小，因此采用冷却结晶的方法提纯a，故正确；D、t℃时两者的溶解度相同，因为是饱和溶液，则质量分数相同，升温后，溶质质量和溶剂质量不变，则质量分数不变，故错误。答案选C。【对点1】（2025·全国·模拟预测）下列关于“100mL0.1mol∙L−1BaCl2溶液”的说法正确的是A．该溶液Cl⁻浓度与0.1mol∙L−1NaCl的Cl⁻浓度的相等B．若取该溶液10mL，其中Ba2+浓度为0.01mol/LC．该溶液中含有的微粒主要有：Ba2+、Cl-、BaCl2、H2OD．若取该溶液10mL，恰好能与10mL0.1mol∙L−1Na2SO4溶液完全反应【答案】D【详解】A．该溶液Cl⁻浓度为0.2mol/L，而0.1mol/LNaCl的Cl⁻浓度为0.1mol/L，两者不相等，故A错误；B．溶液浓度与体积无关，取10mL后Ba2+浓度仍为0.1mol/L，故B错误；C．BaCl2为强电解质，完全电离为Ba2+和Cl-，溶液中不存在BaCl2分子，故C错误；D．10mL该溶液含0.001molBa2+，10mL0.1mol/LNa2SO4含0.001mol，两者恰好完全反应，故D正确；答案选D。【对点2】（2025·江苏苏州·调研）如图是硝酸钾()和氯化钾(KCl)的溶解度曲线，请回答下列问题.(1)10℃时，和KCl的溶解度大小关系是：KCl(填“>”“<”或“=”)(2)80℃时，将120g固体放入100g水中，充分溶解后，所得溶液的质量为g。该溶液密度为，则该溶液的物质的量浓度为(答案精确到0.1%)(3)中混有少量的KCl，可用的方法提纯(4)据题图，下列有关说法正确的是_______。A．KCl的不饱和溶液只能采用蒸发溶剂的方法才可变成饱和溶液B．60℃时，溶液的溶质质量分数一定比KCl溶液的大C．将60℃时和KCl两种溶液分别降温至10℃，析出晶体较多的是溶液D．60℃时，从和KCl两种饱和溶液中获得等质量晶体，蒸发水较多的是KCl溶液【答案】(1)＜(2)2105.24(3)冷却结晶(4)D【详解】（1）从溶解度曲线可以看出，10℃时KNO3的溶解度小于KCl的溶解度；故答案为：＜；（2）80℃时KNO3的溶解度为110g，将120gKNO3放入100g水中最多溶解110g，还有10g固体未被溶解，故形成210gKNO3的饱和溶液；所得饱和溶液的质量分数，，；故答案为：210；5.24；（3）KNO3的溶解度随温度变化趋势明显，而KCl的溶解度随温度变化不明显，因此将混有少量KCl的KNO3溶液降低温度，析出较多晶体的是KNO3，故可以除去KC1；故答案为：冷却结晶；（4）A．KC1的不饱和溶液采用增加溶质KCl、降低温度、蒸发溶剂的方法均可以使不饱和溶液变成饱和溶液，A错误；B．60℃时KNO3饱和溶液的溶质质量分数一定比KC1的饱和溶液中溶质质量分数大，但没有指明溶液是否饱和，无法比较溶质质量分数，B错误；C．没有指明溶液的质量大小，也没有说明溶液是否饱和，无法比较析出晶体的多少，C错误；D．等质量的晶体形成饱和溶液所需水的质量是硝酸钾小于氯化钾，因此蒸发水较多的是KCl溶液，D正确；故选D。考点02有关物质的量浓度的计算1．有关物质的量浓度的计算(1)计算的基本公式：c＝eq\f(n,V)＝eq\f(m,VM)。(2)计算的基本类型和方法①已知溶质的质量②已知溶液中某种粒子的数目③标准状况下，气体溶质的物质的量浓度的计算eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(溶质的物质的量n＝\f(V气体,22.4L·mol－1),溶液的体积V＝\f(m,ρ)＝\f(m气体＋m溶剂,ρ)))c＝eq\f(n,V)2．物质的量浓度与溶质的质量分数的换算cB＝eq\f(1000ρω,M)mol·L－1，Mg·mol－1为溶质B的摩尔质量；ρg·mL－1为溶液的密度。3．溶液的稀释与混合(1)溶液稀释的有关计算：稀释前后溶质的物质的量和质量都保持不变。c(浓)·V(浓)＝c(稀)·V(稀)，m(浓)·w(浓)＝m(稀)·w(稀)。(2)溶液混合的计算：混合前后溶质的物质的量或质量不变。c1·V1＋c2·V2＝c(混)·V(混)，m1·w1＋m2·w2＝m(混)·w(混)。4．溶液中离子浓度的计算(1)0.1mol·L－1的Na2CO3溶液中c(Na＋)＝0.2mol·L－1，c(COeq\o\al(2－,3))＝0.1mol·L－1。(2)任何溶液呈电中性，阴、阳离子带的正、负电荷数相等(电荷守恒)如MgSO4与KCl的混合液中：c(Mg2＋)×2＋c(K＋)×1＝c(SOeq\o\al(2－,4))×2＋c(Cl－)×1。【易错提醒】1.溶液中溶质的几种特殊情况(1)某些物质溶于水后与水发生反应生成了新物质，此时溶质为反应后的生成物，如Na、Na2O、Na2O2eq\o(→,\s\up7(水))NaOH，溶质为NaOH，SO3eq\o(→,\s\up7(水))H2SO4，溶质为H2SO4。(2)带有结晶水的物质如CuSO4·5H2O溶于水时，其溶质是CuSO4，而不是CuSO4·5H2O。(3)NH3溶于水后溶质为NH3·H2O，但计算浓度时是以NH3分子作为溶质。2.混合后溶液的体积(1)单位体积的溶液(1L)，注意溶液的体积不等于溶剂的体积；(2)若指出不考虑溶液体积改变，可认为是原溶液的体积之和。(3)若给出混合后溶液的密度，应根据V(混)＝eq\f(m混,ρ混)＝eq\f(ρ1V1＋ρ2V2,ρ混)来计算。请判断下列说法的正误(正确的打“√”，错误的打“×”)1、溶液稀释前后溶质的物质的量和质量都保持不变()2、溶液混合前后溶质的物质的量或质量不变()3、任何溶液呈电中性，阴、阳离子带的正、负电荷数相等(电荷守恒)()4、带有结晶水的物质如CuSO4·5H2O溶于水时，其溶质是CuSO4·5H2O()5、NH3溶于水后溶质为NH3·H2O，但计算浓度时是以NH3分子作为溶质()【答案】1.√2.√3.√4.×5.√考向01考查根据定义式cB=nB/V计算物质的量浓度【例1】（2025·辽宁抚顺·三模）含氮化合物的部分转化关系如图，设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A．反应①每消耗32g，生成NO分子的数目为B．标准状况下，22.4L中含有原子的数目为C．1L1mol·L-1溶液中，含有的数目为D．反应③中每生成1mol氧化产物，转移电子的数目为【答案】D【详解】A．根据反应①可知，每消耗32g，生成NO分子的数目为，A项错误；B．标准状况下，不是气体，无法计算，B项错误；C．在溶液中会发生水解，1L1mol·L-1溶液中，含有的数目小于，C项错误；D．中，为氧化产物，该反应每生成1个转移电子1个，则每生成1mol，转移电子的数目为，D项正确；答案选D。【思维建模】从定义式出发进行物质的量浓度、质量分数、溶解度的换算（1）由定义式出发，运用守恒(溶质守恒、溶剂守恒等)及公式c＝eq\f(n,V)、质量分数＝eq\f(溶质的质量,溶液的质量)×100%进行推理，注意密度的桥梁作用，不要死记公式。（2）在进行物质的量浓度、质量分数、溶解度三者之间的转换时，除利用上述方法外，我们还可以运用假设法，使问题简单化。例如：已知溶质的质量分数w，溶液的密度为ρg·cm－3，溶质的摩尔质量为Mg·mol－1，求物质的量浓度c。考向02考查溶液混合与稀释的计算【例2】（2025·全国·模拟预测）将30mL0.5mol/LNaOH溶液加水稀释到500mL，稀释后溶液中NaOH的物质的量浓度为A．0.3mol/L B．0.03mol/LC．0.05mol/L D．0.04mol/L【答案】B【详解】稀释前后溶质的物质的量不变，原溶液中NaOH的物质的量为：0.5mol/L×0.03L=0.015mol。稀释后溶液体积为500mL（0.5L），浓度为：。故选B。【思维建模】溶液混合与稀释的计算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＝eq\f(m混,ρ混)。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>1g·cm－3还是ρ＜1g·cm－3)，则混合后溶液中溶质的质量分数w＝eq\f(1,2)(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1g·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>eq\f(1,2)(a%＋b%)。②当溶液密度小于1g·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＜eq\f(1,2)(a%＋b%)。考向03考查物质的量浓度与溶质的质量分数的换算【例3】（2025·黑龙江齐齐哈尔·二模）代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A．晶体中键数目为B．1L硝酸钾溶液中含有的氧原子数为C．标准状况下，通入足量水中，转移电子数为D．等物质的量的乙烯与乙醇分别完全燃烧消耗的氧气分子数均为【答案】A【详解】A．晶体中有键，摩尔质量是，物质的量为，则键数目为，A正确；B．硝酸钾溶液中，除了硝酸钾外，水也含氧原子，故此溶液中的氧原子的个数大于，B错误；C．标准状况下，不是气体，不能用标准状况下气体摩尔体积22.4L/mol计算，C错误；D．1mol乙烯和乙醇均消耗3mol氧气，等物质的量并不一定为1mol，等物质的量二者分别完全燃烧所消耗的氧气分子数相同，但不一定是，D错误；故选A。【思维建模】(按溶液体积为VL推导)c＝eq\f(n,V)＝eq\f(1000ρ×V×w,M×V)＝eq\f(1000ρw,M)或w＝eq\f(m（溶质）,m（溶液）)＝eq\f(V×c×M,V×1000ρ)＝eq\f(cM,1000ρ)。【对点1】（2025·江西·模拟预测）设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是A．7.8gNa2O2中含有阴、阳离子的总数目为0.3NAB．0.5mol/L的H2SO4溶液中含有H+的数目为NAC．62g白磷()分子中含有P-P共价键的数目为3NAD．1molCl2和足量Na充分反应，转移电子的数目为2NA【答案】B【详解】A．7.8gNa2O2的物质的量是0.1mol，在1个Na2O2中含有2个Na+和1个，则在0.1molNa2O2中含有0.2molNa+和0.1mol，阴、阳离子总物质的量是0.3mol，其数目是0.3NA，A正确；B．只有溶液浓度，缺少溶液体积，无法计算溶液中含有H+的数目，B错误；C．在一个P4分子中含有6个P-P键，62g白磷的物质的量为n(P4)=，则其中含有P-P键的物质的量是3mol，其数目为3NA，C正确；D．1molCl2和足量Na反应生成2molNaCl，反应过程中转移电子的物质的量是2mol，则转移的电子数目为2NA，D正确；故合理选项是B。【对点2】（2025·山东·调研）下列说法中正确的是A．将322gNa2SO4·10H2O溶于1L水中，所得溶液的物质的量浓度为1mol·L-1B．将1L2mol·L-1H2SO4溶液加水稀释到2L，所得溶液的物质的量浓度为1mol·L-1C．将1L18.4mol·L-1的H2SO4溶液加入到1L水中，所得溶液的物质的量浓度大于9.2mol·L-1D．将336mLHCl气体溶于水，配成300mL溶液，所得溶液的物质的量浓度为0.05mol·L-1【答案】BC【详解】A．1L是溶剂体积，不是溶液体积，根据物质的量浓度定义，该物质的物质的量浓度不是1mol/L，故A说法错误；B．稀释前后溶质的物质的量不变，稀释后溶质物质的量浓度为=1mol/L，故B说法正确；C．稀释后如果溶液的体积增大一倍(即为2L)，物质的量浓度为9.2mol·L-1，分子间有间隔，体积小于2L，浓度应大于9.2mol·L-1，故C说法正确；D．未指明气体所处状况，无法计算出氯化氢物质的量，故D说法错误；故答案为BC。【对点3】（2025·湖南邵阳·模拟预测）为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是A．标准状况下，溶于水，溶液中、和的微粒数之和小于B．溶液中含有数目小于C．与完全反应，反应中转移的电子数介于和之间D．苯乙烯中含有碳碳双键数为【答案】A【详解】A．氯气与水反应为可逆反应，不能进行到底，依据氯原子个数守恒可知，标准状况下11.2LCl2溶于水，氯气物质的量n==0.5mol，溶液中Cl-、ClO-、HClO的微粒数之和小于NA，故A正确；B．0.1mol/LNH4NO3溶液体积不知，不能计算溶液中含有数目，故B错误；C．2.3gNa物质的量n==0.1mol，与O2完全反应，反应中转移的电子数为0.1NA，故C错误；D．苯环中不存在碳碳双键，1mol苯乙烯中含有碳碳双键数为NA，故D错误；故选：A。考点03一定物质的量浓度溶液的配制1．主要仪器（1）托盘天平(或分析天平)、烧杯、玻璃棒、容量瓶、胶头滴管、量筒。（2）容量瓶的结构与规格（3）容量瓶的查漏方法使用前要检查容量瓶是否漏水，检查方法：加水→塞瓶塞→倒立→观察是否漏水→正立→瓶塞旋转180°→倒立→观察是否漏水。【易错提醒】(1)容量瓶是配制一定物质的量浓度溶液的专用仪器，选择容量瓶应遵循“大而近”的原则；所配溶液的体积等于或略小于容量瓶的体积。如实验室需用480mL0.1mol/L的NaOH溶液，应选用500mL容量瓶，且计算时按500mL计算需用NaOH固体的量而不是按480mL计算。(2)使用容量瓶要注意“五不”：不能用于溶解固体；不能用于稀释浓溶液；不能加热；不能用作反应容器；不能长期贮存溶液。2．配制一定物质的量浓度的溶液（1）一定物质的量浓度溶液配制的步骤和仪器（2）配制示例——配制100mL1.00mol/LNaCl溶液3．配制一定物质的量浓度溶液的误差分析注：n、V一列用“偏小”“无影响”或“偏大”填写，c一列用“偏低”“无影响”“偏高”填写。(注：表格中“/”表示对n或V无影响。)操作步骤引起误差的原因对结果的影响nVc称量物质、砝码位置颠倒且需要使用游码偏小/偏低称量NaOH时使用滤纸偏小/偏低量取用量筒量取浓硫酸时仰视偏大/偏高用量筒量取浓硫酸时俯视偏小/偏低将量取浓溶液所用量筒洗涤，并将洗涤液注入容量瓶中偏大/偏高溶解不慎将溶液溅到烧杯外面偏小/偏低冷却、转移未冷却至室温就转入容量瓶中/偏小偏高转移前，容量瓶内有少量蒸馏水//无影响转移时有少量溶液流到容量瓶外偏小/偏低洗涤未洗涤或只洗涤了1次烧杯和玻璃棒偏小/偏低定容定容时仰视刻度线/偏大偏低定容时俯视刻度线/偏小偏高定容时液面超过刻度线，立即用胶头滴管吸出偏小/偏低定容摇匀后液面低于刻度线，又加蒸馏水至刻度线/偏大偏低【易错提醒】(1)误差分析的方法在分析配制一定物质的量浓度溶液的误差时，要根据cB＝eq\f(nB,V)＝eq\f(mB,MBV)来分析，其中MB(溶质的摩尔质量)为定值，因此：①V不变，凡是使mB或nB增大的操作，均使cB偏高；凡是使mB或nB减小的操作，均使cB偏低。②nB或mB不变，凡是使V增大的操作，均使cB偏低；凡是使V减小的操作，均使cB偏高。(2)注意事项①在配制一定物质的量浓度的溶液时，定容时加蒸馏水，一旦超过刻度线，应洗净容量瓶，重新配制。②配制时完全不需要计算水的用量，因此容量瓶不必是干燥的，有少量蒸馏水不影响实验结果。③定容时俯视、仰视对结果的影响仰视刻度线(图1)，导致溶液体积偏大，所配浓度偏低。俯视刻度线(图2)，导致溶液体积偏小，所配浓度偏高。请判断下列说法的正误(正确的打“√”，错误的打“×”)1、配制时完全不需要计算水的用量，因此容量瓶不必是干燥的，有少量蒸馏水不影响实验结果()2、在使用前，首先要检查容量瓶是否完好，瓶口处是否漏水，经检查不漏水才能使用()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、容量瓶可以配制任意体积的溶液()5、容量瓶可以作为反应容器或用来长期贮存溶液()【答案】1.√2.√3.√4.×5.×考向01考查一定物质的量浓度溶液的配制【例1】（2025·安徽·三模）下列实验装置能达到实验目的的是A．用图1所示装置检查装置的气密性B．用图2所示装置制备SO2C．用图3所示装置配制100mL一定物质的量浓度的硫酸溶液D．用图4所示装置探究碳酸氢钠的热稳定性【答案】B【详解】A．检查装置气密性时，图1中长颈漏斗下端未形成液封，握住集气瓶后，集气瓶中的气体会从漏斗上口逸出，无法密封，因此不能通过导管口是否有气泡来判断装置的气密性，A错误；B．铜与浓硫酸在加热条件下反应生成SO2，图2中装置有分液漏斗控制浓硫酸滴加、圆底烧瓶盛放铜屑及加热装置，也垫上了石棉网，符合固体与液体混合加热制取SO2的实验要求，B正确；C．配制100mL一定物质的量浓度的硫酸溶液时，由于浓硫酸稀释会放热，应先在烧杯中稀释浓硫酸，冷却后再通过玻璃棒引流转移溶液至100mL的容量瓶，加水定容，摇匀来配制溶液。而图3直接在容量瓶中稀释浓硫酸，不符合配制溶液的要求，C错误；D．在通过加热方法探究固体碳酸氢钠热稳定性时，试管口应略向下倾斜，以防止生成的水蒸气冷凝回流至试管底部导致试管炸裂，图4中试管口向上倾斜，不符合固体物质加热的实验要求，D错误；故合理选项是B。【思维建模】容量瓶使用的四个“不能”考向02考查溶液配制的误差分析【例2】（2025·辽宁盘锦·三模）下列有关溶液的配制叙述正确的是A．配制硫酸亚铁溶液时加入少量的铁粉是防止硫酸亚铁水解B．配制的NaOH溶液快速称量是防止NaOH潮解或变质C．配制NaCl溶液时用滴管从容量瓶中吸出超过刻度的水是防止溶液浓度变小D．配制硫酸溶液时直接在容量瓶中稀释的目的是防止硫酸飞溅出来【答案】B【详解】A．铁粉用于防止被氧化，而非防止水解，A错误；B．快速称量可减少其潮解和变质，B正确；C．吸出多余液体会导致溶质减少，浓度偏低，C错误；D．浓硫酸稀释应在烧杯中，不可在容量瓶中直接进行，D错误；故选B。【思维建模】误差分析的方法(1)根据c＝eq\f(n,V)＝eq\f(m,MV)，m偏大，c偏大；V偏大，c偏小。(2)注意事项：①在配制一定物质的量浓度的溶液时，定容时加蒸馏水，一旦超过刻度线，应洗净容量瓶，重配。②配制时完全不需要计算水的用量，因此容量瓶不必是干燥的，有少量蒸馏水不影响实验结果。③定容时俯视、仰视对结果的影响仰视刻度线(图1)，导致溶液体积偏大，所配浓度偏小。俯视刻度线(图2)，导致溶液体积偏小，所配浓度偏大。图1图2【对点1】（2025·山西大同·三模）下列实验对应的操作中正确的是A．制备Fe(OH)3胶体 B．用KMnO4和浓盐酸制取Cl2C．测钠与水反应后溶液的pH D．配制溶液时的定容操作【答案】B【详解】A．制备Fe(OH)3胶体时应该是将FeCl3饱和溶液滴入沸腾的蒸馏水中继续加热至液体呈红褐色，停止加热，若是使用Fe2(SO4)3饱和溶液制取Fe(OH)3胶体，不能产生挥发性的酸，酸根阴离子易导致胶粒聚沉而不能形成Fe(OH)3胶体，A错误；B．KMnO4溶液氧化性强，在常温下就可以与浓盐酸发生反应生成Cl2，无需加热，分液漏斗可控制制取Cl2的化学反应速率，B正确；C．测溶液pH时，不能将pH试纸直接伸入溶液中，应使用玻璃棒蘸取待测液滴在试纸上，否则会污染试剂，C错误；D．配制溶液定容时，当液面接近刻度线1-2cm时，需改用胶头滴管向容量瓶中滴加蒸馏水至凹液面与刻度线相切，而不能直接用烧杯向容量瓶中倾倒，D错误；故选B。【对点2】（2025·河北秦皇岛·调研）实验室配制500mL0.2mol·L－1的硫酸亚铁溶液，下列有关实验的说法正确的是（

）A．通过计算，需用天平称15.2g绿矾(FeSO4·7H2O)晶体B．将称取的绿矾晶体直接放到容量瓶中溶解C．配制溶液过程中，定容时俯视容量瓶的刻度线，则所配溶液浓度偏小D．从所配制的溶液中取出200mL，所取溶液中Fe2+的物质的量浓度仍为0.2mol/L【答案】D【详解】A．通过计算，15.2g绿矾（FeSO4•7H2O）的物质的量为＜0.5L×0.2mol·L－1，应称量绿矾的质量为0.1mol×278g/mol=27.8g，故A错误；B．将称取的绿矾晶体放到小烧杯中溶解，故B错误；C．配制溶液过程中，定容时俯视容量瓶的刻度线，V偏小，所配溶液浓度偏大，故C错误；D．溶液具有均一性，从所配制的溶液中取出200mL，所取溶液中Fe2+的物质的量浓度仍为0.2mol·L－1，故D正确；故选D。题型01物质的量浓度1．（2025·福建龙岩·模拟预测）下列叙述正确的是①标准状况下，1LHCl和1LH2O的物质的量相同②1mol任何气体所含的分子数都相等，体积也都约为22.4L③标准状况下，1gH2和14gN2的体积相同④将1mol的NaCl溶于1L水中，得到溶液的NaCl的物质的量浓度为1mol·L-1A．① B．② C．③ D．④【答案】C【详解】A．标准状况下，HCl为气体而H2O为液体，体积相同但物质的量不同，①错误；B．未说明标准状况，气体体积不一定为22.4L，②错误；C．1gH₂和14gN₂的物质的量均为0.5mol，标准状况下均为气体，体积相同，③正确；D．溶液体积不等于1L，浓度不等于1mol/L，④错误；故选C。2．（2025·全国·模拟预测）下列关于物质的量浓度叙述中正确的是A．0.3mol·L-1Na2SO4溶液中含有Na＋和的总物质的量为0.9molB．当1L水吸收22.4L氨气（NH3）时所得氨水的浓度不是1mol·L-1，只有当22.4L氨气溶于水制得1L氨水时，其浓度才是1mol·L-1C．在K2SO4和NaCl的中性混合水溶液中，如果Na＋和的物质的量浓度相等，则K＋和Cl-的物质的量浓度一定不同D．10℃时0.35mol·L-1的KCl饱和溶液100mL，蒸发掉5g水，冷却到10℃时，其体积小于100mL，它的物质的量浓度仍为0.35mol·L-1【答案】CD【详解】A．选项中没有指明溶液的体积，故溶液中Na＋和的总物质的量不一定等于0.9mol，A错误；B．选项中虽然强调了氨水的体积是1L，而不是溶剂为1L，但是22.4L的氨气没有指明是标准状况下的体积，则氨气的物质的量不一定是1mol，制成1L溶液时浓度也不一定是1mol·L-1，B错误；C．假设K2SO4的物质的量浓度为xmol/L(x>0)，则c()=xmol/L，如果c(Na+)=c()=xmol/L，则c(K+)=2xmol/L，c(Cl-)=xmol/L，即K＋与Cl-的物质的量浓度一定不同，C正确；D．对于10℃时0.35mol·L-1的KCl饱和溶液，蒸发了水分必析出KCl晶体，温度恢复到10℃时，仍为饱和溶液，故浓度不变，D正确；故选CD。3．（2025·四川内江·模拟预测）为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A．常温下，中所含氧原子数目为B．标准状况下，22.4LCl2与足量NaOH溶液反应转移的电子数为NAC．含NA个H2SO4分子的浓硫酸与足量铜反应可制得0.5molSO2D．溶液中含有的离子数为【答案】B【详解】A．标况下5.6L的物质的量为，含有氧原子数目为0.5，现在是常温并非标况，含有氧原子数目小于0.5NA，A不符合题意；B．标准状况下，与足量NaOH溶液反应的双线桥为：，根据双线桥可知1molCl2参加反应，转移电子数目为NA，而标况下22.4LCl2就是1mol，B符合题意；C．浓硫酸与铜反应过程中逐渐变稀，铜与稀硫酸不反应，生成二氧化硫小于0.5mol，C不符合题意；D．溶液体积不明确，故溶液中离子数目无法计算，D不符合题意；故选B。4．（2025·河北·模拟预测）粗盐中含有杂质，通过如图所示的流程制备精盐，并配制一定浓度的溶液。下列说法正确的是A．滤渣的成分只有3种物质B．操作X为蒸发浓缩、冷却结晶C．除杂时，可依次加入溶液、溶液、溶液D．将制得的精盐加入水中，得到的溶液【答案】C【详解】A．滤渣的成分只有氢氧化镁、硫酸钡、碳酸钡、碳酸钙，4种物质，A错误；B．“结晶”方式为蒸发至有大量晶体后停止加热，利用余热进行蒸干，B错误；C．除杂时加在之后以保证除掉钙离子和过量钡离子，可依次加入溶液、溶液、溶液，C正确；D．将制得的精盐加水形成1L溶液，得到的溶液，D错误；故选C。5．（2025·江苏·模拟预测）下列关于物质的量的相关叙述正确的是A．1molH2的质量是2g·mol-1B．0.5molNa2SO4中约含有6.02×1023个Na＋C．常温常压下，22.4LCO2中含有2molOD．1mol·L-1的NaOH溶液中溶质的物质的量是1mol【答案】B【详解】A．1molH2的质量是2g，g·mol-1是摩尔质量的单位，故A错误；B．0.5molNa2SO4中含有1molNa+，约为6.02×1023个，故B正确；C．常温常压下，22.4LCO2的物质的量小于1mol，O的物质的量小于2mol，故C错误；D．溶液的体积未知，无法判断溶质的物质的量，故D错误；答案选B。6．（2025·广西·模拟预测）设代表阿伏加德罗常数的值。下列说法中正确的是A．中所含的中子数为B．标准状况下，所含的分子数目为C．的溶液中含有的数目是D．熔融中阳离子数目为【答案】D【详解】A．中含有的中子数为18-8=10个，的物质的量为，其中所含的中子数为，A错误；B．标准状况下，为非气体，不能用气体摩尔体积计算，B错误；C．未给出溶液体积，无法计算，C错误；D．硫酸氢钠在熔融状态下电离出钠离子和硫酸氢根离子，熔融的物质的量为0.1mol，则0.1mol熔融的NaHSO4中含有的阳离子数目为0.1NA，D正确；故选D。题型02有关物质的量浓度的计算1．（2025·河北邢台·二模）是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A．标准状况下，所含的电子数目为B．和混合后充分反应，转移电子的数目为C．与反应，每生成，释放出的数目为D．的溶液中含有的阳离子数目为：【答案】C【详解】A．标准状况下，Br2为液态，无法用气体摩尔体积计算物质的量，故A错误；B．I2与H2反应为可逆反应，无法完全转化，和混合后充分反应，转移电子的数目小于，故B错误；C．根据质量守恒，1个与1个反应生成1个同时释放1个，每生成1mol释放1mol中子，数目为NA，故C正确；D．未提供溶液体积，无法计算的溶液中含有的阳离子数目，故D错误；选C。2．（2025·河南·一模）设为阿伏加德罗常数的值。下列描述正确的是A．时，的醋酸溶液，溶液中含的数目小于B．常温、常压下，过氧化钠与足量反应，电子转移数目为C．，2-二氯丙烷中的极性键数为D．金刚石平均含有的空间六元环数目为【答案】C【详解】A．时，的醋酸溶液，c(H+)=1×10-3mol/L，溶液中含的数目等于，故A错误；B．常温、常压下，过氧化钠的物质的量为0.1mol，与足量反应生成碳酸钠和氧气，过氧化钠中氧元素化合价由-1升高为0、由-1降低为-2，电子转移数目为0.1NA，故B错误；C．1，2-二氯丙烷结构式为，C-H、C-Cl键为极性键，1，2-二氯丙烷中的极性键数为，故C正确；D．金刚石中碳原子数为1mol，每个碳原子形成4个共价键，被12个六元环共用，根据均摊原则，每个环占用碳原子数个，平均含有的空间六元环数目为2，故D错误；选C。3．（2025·河北衡水·二模）向硝酸溶液中加入铜粉，生成的气体体积(V)(标准状况)(过程中仅产生NO和气体)，转移电子的物质的量(n)与铜的物质的量(n)间关系如图所示。下列叙述错误的是A．a点：B．b点：收集的气体为0.4molC．c点：收集气体D．d点：溶液中剩余为0.2mol【答案】C【详解】A．结合分析可知a点反应的离子方程式为，A正确；B．a→b消耗0.2molCu，结合反应的离子方程式可知产生，B正确；C．c点消耗0.5molCu，失去1.0mol电子，气体物质的量：，设气体中NO的物质的量为x，的物质的量为。由，，解得：，。所以，，C错误；D．根据N元素守恒，d点：，D正确；故选C。4．（2025·福建厦门·模拟预测）采用沉淀法定量测定氯化铵在溶液中的热分解率实验过程如图。下列说法错误的是A．“热分解”过程不宜加入沸石，以免影响后续定量测定B．“沉淀”过程向上层清液中滴加AgNO3溶液，若无浑浊说明已沉淀完全C．“干燥”过程选择干燥器干燥而非烘箱烘干，是为了提升干燥效率D．“称量”所得样品质量为mg，则NH4Cl的热分解率为【答案】C【详解】A．沸石多微孔，可能造成NH4Cl分解产生的气体残留，故“热分解”过程不宜加入沸石，以免影响后续定量测定，A正确；B．“沉淀”过程向上层清液中滴加AgNO3溶液，若无浑浊说明溶液中已无Cl-，说明已沉淀完全，B正确；C．“干燥”过程选择干燥器干燥而非烘箱烘干是为了防止氯化银分解，造成最终实验误差，C错误；D．“称量”所得样品为AgCl，质量为mg，依据可知分解后残留液中NH4Cl的物质的量为，则残留率=，NH4Cl的热分解率为，D正确；故选C。5．（2025·山西晋中·模拟预测）某实验室废液缸中可能含有和，课外学习小组取该溶液进行连续实验，实验过程如图所示。下列说法错误的是A．原溶液中至少存在3种离子B．原溶液中一定存在，且C．原溶液中一定不存在，不能确定D．若原溶液中存在，则【答案】D【详解】A．由以上分析可知，原溶液中至少存在铁离子、硫酸根离子和氯离子三种离子，故A正确；B．由以上分析可知，原溶液中一定存在Cl-，且Cl-的物质的量至少为0.02mol，溶液体积为100mL，则氯离子的物质的量浓度至少为0.2mol/L，故B正确；C．由以上分析可知，原溶液中碳酸根离子一定不存在，K+、Al3+不能确定，故C正确；D．若原溶液中存在0.4mol/L的Cl-，则一定含有K+或Al3+或两者都有，且不能确定其浓度，故D错误；故选D。6．（2025·山东·二模）钼钢具有高强度、高韧性、耐腐蚀等优良性能。一种利用钼渣[含、、、]制备钼酸铵的流程如图所示：已知：①钼酸()不溶于水；②当溶液中某离子浓度时，可认为该离子沉淀完全；常温下，几种沉淀的如下表所示：回答下列问题：(1)“磨粉”操作的目的是，实验室模拟该操作所需主要仪器是。(2)“调”可加入，生成“滤渣”的离子方程式为，向“滤渣”加入硫酸和溶解，再经一系列操作可得到，则理论上加入。(3)稀硝酸氧化时将转化为和，该反应的离子方程式为，“滤渣”的主要成分为。(4)钼酸钠和月桂酰肌氨酸常用做碳钢的缓蚀剂。①空气中钼酸盐对碳钢的缓蚀原理是在钢铁表面形成保护膜。密闭式循环冷却水系统中的碳钢管道缓蚀，除加入钼酸盐外还需加入的物质是(填字母)。A．适量的

B．

C．油脂

D．盐酸②常温下，碳钢在不同介质中腐蚀速率的实验结果如图所示。当硫酸的浓度大于时，腐蚀速率几乎为零，原因是。若缓蚀剂为钼酸钠—月桂酰肌氨酸(总浓度为)，缓蚀效果最好时，钼酸钠()的物质的量浓度为(保留2位有效数字)。【答案】(1)增大固体与盐酸的接触面积，加快反应速率，充分反应研钵(2)3：1(3)(4)常温下浓硫酸会使铁钝化【详解】（1）根据影响反应速率的因素，增大接触面积，能加快反应速率，“磨粉”操作的目的是增大固体与盐酸的接触面积，加快反应速率，充分反应；实验室中“磨粉”操作在研钵中进行。（2）根据流程图，可知加入碳酸钙“调”生成“滤渣”是氢氧化铁，反应的离子方程式为；中，中，则理论上加入3:1。（3）稀硝酸氧化时将转化为和，硝酸被还原为一氧化氮，根据得失电子守恒，该反应的离子方程式为，“滤渣1”中的PbCl2和氧化生成的硫酸反应生成PbSO4沉淀，所以“滤渣”的主要成分为PbSO4。（4）①NaNO2的具有氧化性，NaNO2可以替代空气中氧气起氧化剂作用，有利于在钢铁表面形成FeMoO4-Fe2O3保护膜，所以密闭式循环冷却水系统中的碳钢管道缓蚀，除加入钼酸盐外还需加入的物质是，选B。②常温下浓硫酸会使铁钝化，所以当硫酸的浓度大于时，腐蚀速率几乎为零。缓蚀效果最好时，钼酸钠的浓度为，钼酸钠的物质的量浓度为。题型03一定物质的量浓度溶液的配制1．（2025·江西·模拟预测）易水解，实验室用固体配制溶液。下列说法正确的是A．配制溶液时使用的容量瓶需要干燥B．配制溶液过程中，玻璃棒只起到引流的作用C．需用托盘天平称量固体D．溶解固体时需要加入少量盐酸【答案】D【详解】A．配制溶液时，为了使操作规范、减小误差，应该使用500mL容量瓶，但不需要干燥，A项错误；B．配制溶液过程中，按照实验操作的顺序，玻璃棒分别起到搅拌和引流的作用，B项错误；C．用托盘天平称量固体质量时，需称量固体质量为，C项错误；D．易水解生成沉淀，故溶解时要加入盐酸抑制的水解，D项正确；故答案选D。2．（2025·湖南张家界·三模）下列实验操作规范且能达到实验目的的是选项操作目的A称取溶于水配成100mL溶液配制的溶液B向内壁附有银镜的试管中依次加入稀氨水、自来水洗涤做银镜实验的试管C将加热条件下，溴乙烷与氢氧化钠的醇溶液反应产生的气体通入酸性溶液中检验溴乙烷发生消去反应有烯烃生成D将铜与浓硫酸（过量）反应后的试管冷却至室温，然后向其中缓缓倒入适量蒸馏水检验铜与浓硫酸反应生成A．A B．B C．C D．D【答案】A【详解】A．物质的量为，配成100mL溶液后浓度为，A正确；B．银镜的成分为银单质，稀氨水无法溶解银单质，正确方法应为用稀硝酸清洗，B错误；C．溴乙烷发生消去反应生成乙烯，乙烯气体可能混有乙醇蒸气，乙醇在酸性条件下也可使褪色，干扰检验，C错误；D．过量浓硫酸遇水剧烈放热，导致液滴飞溅，应将冷却液缓慢倒入水中，边倒边搅拌，D错误；故答案选A。3．（2025·山东·二模）为完成下列各组实验，所选玻璃仪器和试剂均准确、完整的是(不考虑存放试剂的容器)选项实验目的玻璃仪器试剂A配制一定物质的量浓度的稀硝酸容量瓶、胶头滴管、烧杯、玻璃棒蒸馏水、浓硝酸B测定锌与稀硫酸反应的速率锥形瓶、分液漏斗、烧杯、量筒、注射器(玻璃)、胶头滴管、计时器(玻璃)锌粒、硫酸C除去氨中的水蒸气导管、干燥管、集气瓶无水氯化钙D实验室制备乙炔气体启普发生器、试管、导管、集气瓶、胶头滴管碳化钙、饱和食盐水、硫酸铜溶液A．A B．B C．C D．D【答案】B【详解】A．配制溶液需用量筒量取浓硝酸，A选项中缺少量筒，故A项错误；B．锥形瓶可用于反应，分液漏斗控制硫酸加入，注射器中收集气体，量筒量取硫酸，计时器记录时间，烧杯可能用于临时盛放试剂，仪器和试剂均满足实验需求，故B项正确；C．干燥氨气应使用碱石灰，无水氯化钙会与氨气发生络合反应，因此不能用无水氯化钙干燥氨气，故C项错误；D．实验室制备乙炔利用碳化钙和饱和食盐水，乙炔制备通常不使用启普发生器，因为反应剧烈且生成物易堵塞仪器，故D项错误；故选B。4．（2025·浙江嘉兴·三模）下图是配制溶液的过程示意图，下列说法正确的是A．操作1前用托盘天平和滤纸称取氢氧化钠固体B．为使溶液充分混合，虚线框内的操作可用操作7C．若操作2中未冷却的溶液转移到容量瓶中，所配溶液浓度偏高D．操作7后发现液面低于刻度线，此时需补加少量蒸馏水至刻度线【答案】C【详解】A．托盘天平只能精确到0.1g，且氢氧化钠固体具有腐蚀性、不能用滤纸称量氢氧化钠固体，A错误；

B．为使溶液充分混合，要轻轻摇动容量瓶(虚线框内的操作)，操作方法为，不可用操作7摇匀操作，B错误；C．若操作2中未冷却的溶液转移到容量瓶中，导致冷却后溶液体积减小，所配溶液浓度偏高，C正确；

D．摇匀时会有少量液体附着到刻线上方，造成暂时性的液面低于刻线。加水会使溶液总体积变大，溶液浓度偏低，D错误；故选C。5．（2025·宁夏银川·模拟预测）三水合硝酸铜[]是一种重要的无机试剂，常用作搪瓷着色剂，也用于镀铜、制氧化铜及农药等。回答下列问题：I．三水合硝酸铜的制备。实验室常用废铜屑与稀硝酸反应制备硝酸铜溶液，过滤出剩余铜屑，再经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、乙醇洗涤后得到三水合硝酸铜晶体。(1)制备硝酸铜时发生反应的离子方程式为。(2)若废铜屑中含有杂质铁，则检验所得硝酸铜溶液中含有铁元素的试剂为。Ⅱ．溶液的配制。(3)实验室里需要溶液。用三水合硝酸铜配制该溶液时，下列仪器不需要的是(填仪器名称)。(4)所需三水合硝酸铜固体的质量为g。(5)配制过程中，下列操作将导致溶液浓度偏小的是___________(填序号)。A．加水定容时俯视刻度线B．容量瓶未干燥处理C．定容加水时超过刻度线后，立即吸出多余的水D．溶液从烧杯转移到容量瓶中后没有洗涤烧杯Ⅲ．三水合硝酸铜热分解实验。(6)将样品置于瓷坩埚中缓慢加热，其热重曲线(样品质量随温度变化的曲线)如图所示。在过程中有红棕色气体产生，反应的化学方程式为。继续升温至时生成的固体产物为(填化学式)。【答案】(1)(2)铁氰化钾(或HNO3+KSCN)(3)100mL容量瓶、分液漏斗(4)12.1(5)CD(6)【详解】（1）制备硝酸铜时发生反应铜和稀硝酸反应生成硝酸铜、NO和水，离子方程式为。（2）若废铜屑中含有杂质铁，反应后有铜剩余，说明溶液中的铁元素以亚铁离子的形式存在，则检验所得硝酸铜溶液中含有铁元素的方法为取少些实验所得硝酸铜溶液，加入铁氰化钾溶液，若有蓝色沉淀产生，则溶液中含有铁元素；或取少量实验所得硝酸铜溶液，先加入硝酸，氧化亚铁离子为铁离子，然后加入KSCN溶液，若溶液变为红色，则溶液中含有铁元素。故答案为：铁氰化钾(或HNO3+KSCN)；（3）实验室里需要溶液，配制时需要规格500mL的容量瓶，此外还需托盘天平、烧杯、玻璃棒，配制好后使用量筒量取450mL溶液，因此不需要的仪器有100mL容量瓶和分液漏斗。（4）所需三水合硝酸铜固体的质量为。（5）A．配制过程中，加水定容时俯视刻度线，使得溶液体积偏小，导致浓度偏大；B．容量瓶未干燥处理，对溶液的浓度无影响；C．定容加水时超过刻度线后，立即吸出多余的水，会导致溶质减少，浓度降低；D．溶液从烧杯转移到容量瓶中后没有洗涤烧杯，会导致溶质减少，浓度降低。故选CD。（6）24.2gCu(NO3)2∙3H2O的物质的量为0.1mol，完全失去结晶水生成0.1molCu(NO3)2，质量为18.8g，根据铜元素守恒，Cu(NO3)2分解生成0.1mol氧化铜，质量为8g，则时固体由Cu(NO3)2转化为CuO，同时观察到有NO2逸出，根据氧化还原反应规律，同时还有氧气生成，因此Cu(NO3)2分解产物为CuO、NO2、O2，反应的化学方程式为，再加热生成0.05molCu2O，质量为7.2g，则热到T3℃时CuO又分解，最终生成Cu2O。6．（2025·山东泰安·模拟预测）是主要的大气污染物之一，空气中含量测定方法如下：I．采样(1)按下图连接仪器，进行（填实验操作），装入药品，其中X、Z中盛有相同吸收液。打开止气阀和采气泵，开始测定实验。(2)进入的先转化为，进一步转化为粉红色的偶氮染料；在中被氧化为，在中被吸收转化。待（填“X”或“Z”）中吸收液变成粉红色后，同时关闭止气阀和采气泵，停止采样。多孔玻板上具有多个微孔结构，其作用是；Y中反应的离子方程式为。Ⅱ．含量测定将不同浓度的标准溶液与足量吸收液反应生成偶氮染料，分别测定其吸光度（对特定波长光的吸收程度），绘制出吸光度与标准溶液浓度的关系曲线如图。测定X、Z中吸收液的吸光度，与标准溶液吸光度曲线对照得出的浓度，换算出的含量。(3)称取（已干燥恒重）配制成标准溶液，下列实验仪器必须用到的是（填名称）。(4)以流量采样小时，测得的含量为，则所采集的环境空气中的含量为（用含、、的代数式表示）；若配制标准溶液前，固体未经干燥恒重，将导致测定结果（选填“偏大”或“偏小”）。【答案】(1)检查装置气密性(2)X增大气液接触面积，提高吸收率(3)烧杯、1000mL容量瓶(4)偏大【详解】（1）实验涉及气体的吸收与转化，则连接仪器后，进行检查装置气密性，再装入药品进行实验；（2）进入的先转化为，进一步转化为粉红色的偶氮染料，则待X中吸收液变成粉红色后，说明被吸收，同时关闭止气阀和采气泵，停止采样。多孔玻板上具有多个微孔结构，其作用是增大气液接触面积，提高吸收率；Y中NO与酸性KMnO4溶液反应生成和Mn2+，氮化合价由+2变为+4、锰化合价由+7变为+2，结合电子守恒，Y中反应的离子方程式为；（3）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；称取（已干燥恒重，精确度较高，需要使用电子天平）配制成标准溶液，下列实验仪器必须用到的是烧杯、1000mL容量瓶；（4）以流量采样小时，测得的含量为，则所采集的环境空气中的含量为；若配制标准溶液前固体未经干燥恒重，则称取质量偏小，标定标准溶液浓度时，由于称量质量相同，未烘干的基准物中有效物质摩尔数少于理论值，导致滴定所需标准溶液体积减少，计算浓度时，仍按干燥后的理论摩尔数代入公式c=n/V，而实际消耗的V偏小，导致标准溶液浓度计算结果偏高，标准溶液浓度偏高，则NOx含量测定结果偏大。1．（2025·河南驻马店·三模）将3.52g镁铜合金投入40mL一定浓度的硝酸中，合金完全溶解，产生NO和的混合气体1.792L(不考虑其他气体，体积折算为标准状况下，假设此条件下为气态)，反应结束后向溶液中加入溶液，恰好使溶液中的金属阳离子全部转化为沉淀且质量为6.24g。若将盛有1.792L该混合气体的容器倒扣在水中，通入一定体积的氧气，恰好可将该混合气体完全转化。下列说法中，不正确的是A．Mg与Cu的物质的量比值为B．原硝酸的浓度为C．NO和的体积比为D．通入的的体积为896mL(标准状况)【答案】C【详解】A．由分析可知，镁铜合金中镁、铜的物质的量都为0.04mol，则两者的物质的量比值为1：1，A正确；B．金属离子恰好完全沉淀时，溶液的溶质为，则未被还原的的物质的量为，因此根据N原子守恒，原硝酸的物质的量为n(气体)+n(未被还原的)，即，则原硝酸的浓度为=8mol/L，B正确；C．由分析可知，混合气体中一氧化氮、二氧化氮的物质的量都为0.04mol，则两者的物质的量比值为1：1，C错误；D．NO、与氧气、水反应又转化为，反应的化学方程式为，，NO、的物质的量都是0.04mol，因此根据方程式可知，标准状况下通入氧气的体积为：，即896mL，D正确；故选C。2．（2025·天津武清·二模）根据下列实验操作及现象能达到实验目的的是选项实验操作及现象实验目的A准确称取固体，放在100mL容量瓶中，加、水溶解，冷却至室温，并稀释至刻度配制100mL浓度为溶液B向溶液中加入溶液，萃取分液后，向水层滴入溶液，溶液变成红色与所发生的反应为可逆反应C在一支试管中加入溶液，加热，溶液变为黄绿色，然后置于冷水中，溶液变为蓝绿色证明反应的D用pH计分别测定溶液和溶液的pH，溶液pH大A．A B．B C．C D．D【答案】C【详解】A．容量瓶不能溶解药品，因此不能在容量瓶中直接溶解NaOH固体，应先在烧杯中溶解，冷却后再转移至容量瓶定容，故A项错误；B．当过量时，即使反应不可逆，也会显红色，此时，无法证明该反应是否可逆，故B项错误；C．升高温度，平衡向吸热方向移动，因此，加热时溶液变黄绿色（生成），冷却恢复蓝绿色（生成），说明该反应的ΔH>0，故C项正确；D．若未控制两种钠盐浓度相同，则无法通过pH比较水解程度，因此该实验设计不严谨，无法得出Ka关系，故D项错误；3．（2025·贵州黔南·三模）自然界中存在矿物转化反应：。设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A．中的数目为B．常温常压下，中价层电子对数为C．的溶液中的数目为D．参与反应的中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为【答案】B【详解】A．H2SO4由分子组成，液态不电离，H2SO4分子中不含H+，A错误；B．18gH2O为1mol，每个H2O分子中O的价层电子对数为，1molH2O价层电子对数为，B正确；C．溶液中的数目需结合体积计算，题目未给出体积，无法确定具体数目，C错误；D．5个FeS2中有7个S化合价由-1价降为-2价，作氧化剂，有3个S化合价由-1价升为+6价作还原剂，参与反应的中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为，D错误；故选B。4．（2025·河南郑州·一模）常温下，次磷酸钠(一种正盐，化学式为)和溶液可发生如下反应：。设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A．用NaOH溶液完全中和1mol次磷酸()，消耗的数目为B．的NaOH溶液中含有的数目为C．当生成6.4g铜时，被氧化的的数目为D．每生成，反应转移电子的数目为【答案】C【详解】A．次磷酸钠是正盐，故为一元弱酸，用NaOH溶液完全中和1mol次磷酸()，消耗的数目为，A错误；B．无体积无法计算，B错误；C．反应中P元素化合价从+1价升高到+3价，失去2个电子，铜元素化合价从+2价降低到0价，得到2个电子，氢元素化合价从+1价降低到0价，因此根据电子得失守恒可知参加反应的NaH2PO2有（1个）被CuSO4（1个）氧化，当生成6.4g铜（0.1mol）时，被氧化的的数目为，C正确；D．未注明气体状态，无法计算，D错误；故选C。5．（2025·全国·模拟预测）设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A．等质量的与中所含的中子数均为B．质量分数为的乙醇水溶液中氧原子数目为C．在纯氧中完全燃烧时转移个电子D．溶液中含有的数目为【答案】B【详解】A．或中所含的中子数均为，但等质量不一定是，A错误；B．质量分数为的乙醇水溶液中，的质量为，其物质的量为的质量为，其物质的量为，共含氧原子数为，B正确；C．在纯氧中完全燃烧时生成，故在纯氧中完全燃烧时转移电子的物质的量为，C错误；D．题中没有给出溶液的体积，故无法计算溶液中的数目，D错误；故答案为：B。6．（2025·辽宁葫芦岛·一模）设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A．1mol[Cu(OH)4]2-中所含σ键数目为4NAB．6gSiO2晶体中所含硅氧键数目为0.4NAC．标准状况下，4.48L氯仿中所含氯原子数目为0.6NAD．室温下，pH=13的KOH溶液中所含OH·数目为0.1NA【答案】B【详解】A．在中，1个与4个形成4个配位键（属于键），1个中还有1个O-H键，所以1mol[Cu(OH)4]2-中所含键数目为8NA，A错误；B．晶体中，1个Si原子与4个O原子形成4个硅氧键，6gSiO2的物质的量，则所含硅氧键数目为0.4NA，B正确；C．标准状况下，氯仿()是液体，不能用气体摩尔体积22.4L/mol来计算其物质的量，也就无法确定氯原子数目，C错误；D．室温下，pH=13的KOH溶液中，但溶液体积未知，根据n=cV，无法计算的物质的量，也就无法确定数目，D错误；故选B。7．（2025·辽宁大连·一模）采用铁粉和软锰矿[主要成分MnO2、SiO2、CaMg(CO3)2、Fe2O3]为原料制备电池正极材料LiMn0.5Fe0.5PO4的一种工艺流程如下：已知：①原料中铁元素与锰元素物质的量之比；②沉淀后得到Mn0.5Fe0.5C2O4∙2H2O；③相关物质的Ksp如下：回答下列问题：(1)“酸浸”中，提高浸取速率的方法为(答出一条即可)。(2)滤液①中铁元素的存在形式为Fe2+，写出该工艺条件下Fe粉与MnO2反应的离子方程式。(3)滤渣①成分为(填化学式)。(4)“除杂”前滤液①调节pH不宜过低的原因是。(5)滤液②中Mn2+的浓度为0.30mol∙L-1，Fe2+的浓度为0.25mol∙L-1，“沉淀”中Mn2+和Fe2+的沉淀率分别为98%和95%，则1m3滤液需要加入FeSO4的物质的量为mol(精确至0.1)。(6)“焙烧”过程中通入Ar的目的为；该过程中除产品外，还有H2O和两种气体生成，“焙烧”过程的化学反应方程式为。【答案】(1)适当升温(或适当提高硫酸浓度、粉碎矿石、搅拌)(2)(3)CaSO4、SiO2(4)pH过低时，易生成HF，不利于生成MgF2和CaF2沉淀(5)59.5(6)防止Fe2+氧化【详解】（1）“酸浸”中，可通过升高温度、增大浓度、增大接触面积提高浸取速率，方法为：适当升温(或适当提高硫酸浓度、粉碎矿石、搅拌)。（2）滤液①中铁元素的存在形式为Fe2+，该工艺条件下Fe粉与MnO2反应，生成Fe2+、Mn2+等，依据得失电子守恒、电荷守恒和元素守恒，可得出发生反应的离子方程式。（3）由分析可知，滤渣①成分为CaSO4、SiO2。（4）HF为弱酸，“除杂”前，滤液①调节pH不宜过低，否则会生成HF，消耗F-，不利于Ca2+、Mg2+转化为沉淀，则原因是：pH过低时，易生成HF，不利于生成MgF2和CaF2沉淀。（5）滤液②中Mn2+的浓度为0.30mol∙L-1，Fe2+的浓度为0.25mol∙L-1，“沉淀”中Mn2+和Fe2+的沉淀率分别为98%和95%，设1m3滤液需要加入FeSO4的物质的量为x，则依据沉淀Mn0.5Fe0.5C2O4∙2H2O的组成，可得出下列等式：0.30mol∙L-1×1000L×98%=(0.25mol∙L-1×1000L+x)×95%，可求出x=59.5mol，即1m3滤液需要加入FeSO4的物质的量为59.5mol。（6）Fe2+具有较强的还原性，需防止被氧化，则“焙烧”过程中通入Ar的目的为：防止Fe2+氧化；该过程中除产品外，还有H2O和两种气体生成，此两种气体应为H2C2O4的分解产物，依据元素守恒，可得出“焙烧”过程的化学反应方程式为。8．（2025·江苏南通·模拟预测）HCHO、(氨硼烷)、均可作为储氢材料，研究储氢材料的释氢过程具有重要意义。(1)HCHO催化释氢过程中的物质转化关系如下：9molHCHO参加反应，最终释放的物质的量与反应Ⅰ消耗的物质的量相同，则释放的物质的量为。(2)热解或醇解均可释氢。①中三种元素电负性大小为。热解释氢的过程如下：ⅰ．过程Ⅰ所得物质[分子式：]为链状结构，的结构简式为。ⅱ．过程Ⅲ制得的立方氮化硼晶胞结构如下图所示。推测立方氮化硼可能具有的用途(任写一种)。②一种催化醇解释氢时的物质转化过程如下：ⅰ．与热解相比，醇解释氢的优点有。ⅱ．固体与释氢的总反应化学方程式为。(3)水解释氢机理如下图所示。①取投入水中，一段时间后，取出固体，洗涤、干燥，称量固体质量为3.080g。计算该时间段内生成标准状况下的体积(写出计算过程)。②在溶液中也可水解释氢，且水解率明显提高，其机理如下图所示。在溶液中水解率明显提高的原因是。【答案】(1)3mol(2)作耐高温材料、切割工具等条件温和，节约能源(3)MgH2水解反应方程式为MgH2+2H2O=Mg(OH)2+2H2↑设：未反应MgH2的物质的量为x，参与反应MgH2的物质的量为y，则生成Mg(OH)2的物质的量为y，根据题意有：x+y=0.1000mol，26g/molx+58g/moly=3.08g解得y=0.015moln(H2)=0.015mol×2=0.03molV(H2)=0.03mol×22.4L/mol=0.672LMgCl2溶液中Mg2+水解使溶液H+浓度增加，MgH2水解速率加快；溶液中Mg2+能够与MgH2表面附近的OH-结合，避免在MgH2表面形成致密的Mg(OH)2覆盖层，使水解反应能够持续进行。【详解】（1）设释放H2的物质的量为xmol，则n(O2)=xmol，反应Ⅰ中消耗xmolHCHO，反应Ⅱ中消耗2xmolHCHO，则3x=9，故x=3，则释放H2的物质的量为3mol。（2）①i．根据分析可知(BNH4)n的结构简式为；ii．该材料在高温下生成，可知耐高温，又从立方氮化硼晶胞结构中可以看出B、N原子形成了类似金刚石的立体网状结构，硬度大，故可将其作耐高温材料、切割工具等。②i．热解需要高温，醇解不需要高温，仅需催化剂，条件较为温和，即醇解释氢的优点为条件温和，节约能源；ii．从物质转化过程看，反应物是NH3BH3和CH3OH，产物是H2，NH3以及含B、N、C、O产物，根据原子守恒，总反应为：。（3）①由题中信息可得，根据分析知MgH2水解反应方程式为MgH2+2H2O=Mg(OH)2+2H2↑设：未反应MgH2的物质的量为x，参与反应MgH2的物质的量为y，则生成Mg(OH)2的物质的量为y，根据题意有：x+y=0.1000mol，26g/molx+58g/moly=3.08g，解得x=0.085mol，y=0.015mol，n(H2)=0.015mol×2=0.03mol，V(H2)=0.03mol×22.4L/mol=0.672L；②根据分析可知，MgCl2溶液中Mg2+水解使溶液H+浓度增加，MgH2水解速率加快；溶液中Mg2+能够与MgH2表面附近的OH-结合，避免在MgH2表面形成致密的Mg(OH)2覆盖层，使水解反应能够持续进行。1．（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，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。2．（2025·云南·高考真题）下列装置(省略部分夹持装置)或操作正确的是A．制备B．配制溶液C．探究Na与反应D．探究温度对化学平衡的影响A．A B．B C．C D．D【答案】D【详解】A．和固体混合物加热制取氨气，试管口要略向下倾斜，A错误；B．配制溶液，应在烧杯中溶解KCl固体，B错误；C．小块的Na与水反应可以在试管中进行，不能用坩埚钳来夹持金属钠，应当用镊子，C错误；D．两个烧杯中分别盛有热水和冰水，可以通过观察气体的颜色深浅来探究温度对2NO2(红棕色)N2O4(无色)平衡的影响，D正确；故选D。3．（2025·山东·高考真题）称取固体配制浓度约为的溶液，下列仪器中不需要使用的是A．烧杯 B．容量瓶C．量筒 D．细口试剂瓶(具橡胶塞)【答案】B【详解】A．溶解1.6gNaOH需要在