2026年高考复习化学课时检测十一：一定物质的量浓度溶液的配制的基本知能评价（含解析）

课时检测(十一)一定物质的量浓度溶液的配制的基本知能评价

1．下列溶液中，与100mL0.5mol·L－1NaCl溶液中所含Cl－的物质的量浓度相同的是()

－1

A．100mL0.5mol·LMgCl2溶液

－1

B．200mL0.25mol·LAlCl3溶液

C．50mL1mol·L－1NaCl溶液

D．25mL0.5mol·L－1HCl溶液

2．将30mL0.5mol·L－1NaOH溶液加水稀释到500mL，关于稀释后溶液的叙述不正确的是()

A．浓度为0.03mol·L－1

B．从中取出10mL溶液，其浓度为0.03mol·L－1

C．稀释后的溶液中含NaOH0.6g

D．从中取出10mL溶液，含NaOH0.015mol

3．现有100mL1mol·L－1稀盐酸，欲将其浓度变为2mol·L－1，可以采取的措施为()

A．向其中通入标准状况下体积为22.4L的HCl气体

B．加热蒸发使溶液体积变为50mL

C．加热蒸发掉50mL水

D．加入5mol·L－1盐酸100mL，再将溶液体积稀释到300mL

4．下列叙述正确的是()

A．1L0.6mol·L－1食盐水中含氯化钠分子0.6mol

B．5g98%的硫酸(密度为1.84g·cm－3)与8mL18.4mol·L－1的硫酸浓度相等

C．标准状况下，44.8L氯化氢气体溶于1L水中，所得溶液的物质的量浓度为2mol·L－1

D．20g氢氧化钠溶于水配成物质的量浓度为1mol·L－1的溶液，所得溶液体积为1L

5．化学教授ThomasJ．Meyer等研发了环境友好、完全型的“绿色”引爆炸药，其中一种可表示

为Na2R，它保存在水中可以失去活性，爆炸后不会产生危害性残留物。已知10mL某Na2R溶液含

＋

Na的数目为N，则该Na2R溶液的物质的量浓度为()

N

A．N×10－2mol·L－1B.mol·L－1

1.204×1022

NN

C.mol·L－1D.mol·L－1

6.02×10216.02×1025

6．实验室里需要配制480mL0.10mol·L－1的硫酸铜溶液，下列实验用品及实验操作正确的是

()

容量瓶容积溶质质量实验操作

A480mL硫酸铜：7.68g加入500mL水

B480mL胆矾：12.0g配成500mL溶液

C500mL硫酸铜：8.0g加入500mL水

D500mL胆矾：12.5g配成500mL溶液

－1

7.4℃时，把Ag摩尔质量为Mg·mol的可溶性盐RCln溶解在VmL水中，恰好形成该温度下

的饱和溶液，密度为ρg·cm－3，下列关系式正确的是()

A

A．溶质的质量分数ω＝×100%

A＋V

ρA

B．溶质的物质的量浓度c＝mol·L－1

MA＋MV

nρAV

C．1mL该溶液中n(Cl－)＝mol

MA＋V

(RCln在溶液中完全电离)

100M

D．该温度下此盐的溶解度S＝g

V

8．(2024·河北衡水联考)配制450mL0.100mol·L－1NaCl溶液，部分实验操作示意图如图：

下列说法正确的是()

A．容量瓶需用蒸馏水洗净、干燥后才可使用

B．定容时，仰视容量瓶的刻度线，使配得的NaCl溶液浓度偏低

C．上述实验操作步骤的正确顺序为①②④①③

D．实验中用到的仪器有：天平、450mL容量瓶、烧杯、玻璃棒、胶头滴管等

9．配制一定物质的量浓度的NaCl溶液，下列操作会使溶液浓度偏高的是()

A．定容时液面最高处与刻度线相平

B．溶解NaCl时烧杯中有少量蒸馏水

C．转移溶液时没有洗涤烧杯和玻璃棒

D．少量NaCl固体残留在称量纸上

10．(2024·山东威海模拟预测)如图所示是配制一定物质的量浓度溶液的过程。下列说法错误的是

()

－1

A．所配Na2CO3溶液的物质的量浓度为1.0mol·L

B．操作2是将操作1得到的Na2CO3溶液转移到容量瓶中

C．操作4如果仰视，将导致所配溶液的浓度偏低

D．操作5中，定容摇匀后发现液面低于刻度线，要继续加水至刻度线

11．a、b、c三种固体物质在水中的溶解度曲线如图所示。下列说法正确的是()

A．P点表示t1℃时，a、c两种物质的饱和溶液中溶质质量相等

B．t2℃时，将30ga物质放入50g水中可得到80ga的溶液

C．将t1℃时，a、b、c三种物质的饱和溶液升温至t2℃，b溶液的溶质质量分数最大

D．将t2℃时，a、b、c三种物质的饱和溶液降温至t1℃，a溶液析出的晶体最多

12．(2024·安徽合肥联考)电流滴定法(电压10～100mV)根据电流情况判断滴定终点，如图所示，

－2－2－

仅I2、I同时存在时才能产生电流，可用此法来测定Na2S2O3溶液的浓度。已知：2S2O3＋I2===S4O6

＋2I－，下列说法正确的是()

A．a为滴定终点

B．ab段电流减小是因为离子浓度降低

C．应选用淀粉溶液作指示剂

－1

D．若碘液中含有38.1gI2，硫代硫酸钠溶液的浓度为0.5mol·L

13.(2024·天津南开区联考·改编)盐酸和氢氧化钠是工业上重要的化工原料，也是实验室常见的试

剂。

欲使用950mL0.30mol·L－1的HCl溶液，现拟用质量分数为36.5%的盐酸(ρ＝1.2g·cm－3)来配制，

请回答下列问题：

(1)配制溶液所用质量分数为36.5%的盐酸的体积为________mL。

(2)该实验用到的玻璃仪器：量筒、烧杯、玻璃棒、胶头滴管、________________。

(3)下列操作会使所配溶液浓度小于0.30mol·L－1的是________(填标号)。

a．容量瓶用蒸馏水洗净后没有烘干，瓶内有少量残留的蒸馏水

b．在操作中没有用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒

c．定容时俯视刻度线

d．定容时加蒸馏水超过了刻度线，倒出一些溶液，再重新加蒸馏水定容到刻度线

e．将配制好的溶液转入试剂瓶的过程中不慎洒出了少许溶液

f．用量筒量取质量分数为36.5%的盐酸时仰视读数

14．绿矾(FeSO4·7H2O)在化学合成中用作还原剂及催化剂。工业上常用废铁屑溶于一定浓度的硫

酸制备绿矾。

(1)98%1.84g·cm－3的浓硫酸在稀释过程中，密度下降，当稀释至50%时，硫酸密度为1.4g·cm

－3，物质的量浓度为________________(保留两位小数)；将50%的硫酸与30%的硫酸等体积混合后，

硫酸的质量分数__________(填“>”“<”或“＝”)40%。

(2)将111.2g绿矾(FeSO4·7H2O，式量为278)在高温下加热，充分反应后生成Fe2O3固体和SO2、

SO3、水的混合气体，则生成Fe2O3的质量为________g，SO2为________mol。

(3)实验室可用以下方法制备莫尔盐晶体[(NH4)2SO4·FeSO4·6H2O，式量为392]：将4.88g铁屑(含

－1

Fe2O3)与25mL3mol·LH2SO4溶液充分反应后，得到FeSO4和H2SO4的混合溶液，稀释溶液至100

mL，测得其pH＝1。铁屑中Fe2O3的质量分数为___________________(保留两位小数)。

(4)向上述100mL溶液中加入与该溶液中FeSO4等物质的量的(NH4)2SO4晶体，待晶体完全溶解后蒸

发掉部分水，冷却至t℃，析出莫尔盐晶体12.360g，剩余溶液的质量为82.560g。t℃时，

(NH4)2SO4·FeSO4·6H2O的溶解度为________________________(保留两位小数)。

课时检测(十一)

1．D粒子物质的量浓度与溶液的体积无关，100mL0.5mol·L－1NaCl溶液中c(Cl－)＝0.5mol·L

－1，而A、B、C、D项中，c(Cl－)分别为1mol·L－1、0.75mol·L－1、1mol·L－1、0.5mol·L－1，故D

项正确。

2．D溶液稀释前后溶质的物质的量不变。从一定物质的量浓度的溶液中取出任意体积的溶液，

其浓度不变，但所含溶质的物质的量或质量因体积的不同而不同。取出10mL溶液，含溶质n(NaOH)

10mL

＝30×10－3L×0.5mol·L－1×＝0.0003mol，D错误。

500mL

－1

3．D原稀盐酸中n原(HCl)＝1mol·L×0.1L＝0.1mol。通入标准状况下体积为22.4L的HCl

22.4L

气体，通入n(HCl)＝＝1mol，通入气体后，溶液中n(HCl)＝1.1mol，溶液体积发生变

22.4L·mol－1

化，体积未知，无法确定浓度，A错误；加热蒸发时，由于HCl的挥发，溶质质量减小，溶液体积

变为原来的一半，稀盐酸浓度比2mol·L－1小，B错误；加热蒸发时，由于HCl的挥发，且加热后溶

液体积未知，无法确定浓度，C错误；加入5mol·L－1盐酸100mL后，溶液中n(HCl)＝0.1mol＋5

0.6mol

mol·L－1×0.1L＝0.6mol，再将溶液体积稀释到300mL，此时溶液中c(HCl)＝＝2mol·L－1，

0.3L

D正确。

4．B食盐水中不含氯化钠分子，故A错误；5g98%的硫酸(密度为1.84g·cm－3)的物质的量浓

1000×1.84×98%

度为mol·L－1＝18.4mol·L－1，与8mL18.4mol·L－1的硫酸浓度相等，故B正确；

98

氯化氢气体溶于水中，溶液体积发生变化，体积未知，无法计算所得溶液的物质的量浓度，故C错

0.5mol

误；20g即0.5mol氢氧化钠溶于水配成物质的量浓度为1mol·L－1的溶液，所得溶液体积为

1mol·L－1

＝0.5L，故D错误。

＋N

5．B10mL该Na2R溶液中含Na的数目为N，则Na2R的物质的量为mol，Na2R

2×6.02×1023

NN

溶液的物质的量浓度为mol·L－1＝mol·L－1。

2×6.02×1023×0.011.204×1022

－1

6．D实验室里需要配制480mL0.10mol·LCuSO4溶液，由于没有480mL规格的容量瓶，

根据“大而近”的原则，需选择500mL容量瓶，溶质若为CuSO4，则需要8.0g，若为胆矾，则需要

12.5g，应配成500mL溶液而不是加入500mL水。

m溶质

7．A根据溶质的质量分数ω＝×100%，m溶质＝Ag，VmL水的质量为Vg，m溶液＝(A＋

m溶液

A1000ρA

V)g，代入公式可得ω＝×100%，溶质的物质的量浓度c＝mol·L－1，1mL该溶液中

A＋VMA＋MV

nρA100A

n(Cl－)＝mol，故A正确，B、C错误；该温度下此盐的溶解度S＝g，故D错误。

MA＋VV

8．B容量瓶用蒸馏水洗净后，由于后面还需要加蒸馏水定容，所以无需干燥即可使用，A错

误；仰视容量瓶的刻度线，使得液面高于刻度线，溶液体积偏大，浓度偏低，B正确；溶液配制的基

本步骤为计算、称量、溶解、转移、洗涤、定容、装瓶、贴标签，①为溶液的转移，②为NaCl固体

的溶解，③为定容，④为洗涤烧杯和玻璃棒，所以顺序为②①④①③，C错误；实验室没有450mL

容量瓶，应使用500mL容量瓶，D错误。

9．A定容时液面最高处与刻度线相平，会使加入的水偏少，配制的溶液浓度偏高，故A正确；

因NaCl溶解时需要加水，所以溶解NaCl的烧杯中有少量蒸馏水对实验结果无影响，故B错误；转

移溶液时没有洗涤烧杯和玻璃棒，会使配制的溶液中溶质偏少，溶液的浓度偏低，故C错误；少量

NaCl固体残留在称量纸上，会使配制的溶液中溶质偏少，溶液的浓度偏低，故D错误。

10．D由题图可知，所配溶液的体积为100mL，10.6g碳酸钠的物质的量为0.1mol，故所配

0.1mol－1

碳酸钠溶液的物质的量浓度为＝1mol·L，A正确；将Na2CO3固体溶解并放置至室温后再

0.1L

移液，故操作2是移液，B正确；操作4是定容，应滴加水至溶液凹液面的最低点与刻度线平齐，如

果仰视，溶液体积增加，将导致所配溶液的浓度偏低，C正确；定容摇匀后发现液面低于刻度线，少

量溶液残留在瓶塞与瓶口之间，再加水至液面与刻度线平齐，将导致所配溶液的体积偏大，所配溶液

的浓度偏低，D错误。

11.CP点表示t1℃时，a、c两种物质的溶解度相等，饱和溶液中溶质质量分数相等，但溶

液质量不确定，则溶质质量不一定相等，故A错误；t2℃时，50g水最多溶解15ga物质，将30ga

物质放入50g水中可得到65ga的溶液，故B错误；t1℃时a、b、c三种物质的饱和溶液中，b的

溶解度最大，溶质的质量分数最大，升温到t2℃时，a、b的溶解度增大，c的溶解度减小，a、b没

有晶体析出，质量分数不变，c有晶体析出，质量分数变小，t2℃时三种物质的溶液中溶质质量分数

由大到小的顺序是b>a>c，故C正确；不确定开始溶液质量的大小，不能判断降温后析出晶体的多

少，故D错误。

12．D滴定终点时无I2，电流为0，由题图可知，a点电流最大，不是滴定终点，故A错误；

2－2－－

根据2S2O3＋I2===S4O6＋2I，该反应生成离子的物质的量增加，电流减小是因为I2浓度降低，故

B错误；不需要淀粉溶液作指示剂，根据电流就可以判断滴定情况，故C错误；碘液中含有38.1gI2，

38.1g2－2－－

其物质的量n(I2)＝＝0.15mol，根据2S2O3＋I2===S4O6＋2I，n(Na2S2O3)＝2n(I2)＝0.3

254g·mol－1

mol，由题图可知，滴定终点时消耗Na2S2O3溶液的体积V＝600mL，所以硫代硫酸钠溶液的浓度为

0.5mol·L－1，故D正确。

13．解析：(1)设质量分数为36.5%盐酸(ρ＝1.2g·cm－3)的体积为VL，物质的量浓度为cmol·L－

1，溶液中溶质HCl的质量一定，有1.2g·cm－3×V×103mL×36.5%＝cmol·L－1×VL×36.5g·mol－1，解

得c＝12mol·L－1，配制950mLHCl溶液应选用1000mL容量瓶，根据稀释前后HCl的物质的量相

0.30mol·L－1×1000×10－3L

等可得所用质量分数为36.5%的盐酸的体积为＝0.025L＝25mL。(3)容量

12mol·L－1

瓶内有少量残留的蒸馏水，对所配溶液的浓度无影响，a不符合题意；在操作中没有用蒸馏水洗涤烧

杯和玻璃棒，导致溶质损失，所配溶液浓度偏小，b符合题意；定容时俯视刻度线，导致实际溶液体

积偏小，所配溶液浓度偏大，c不符合题意；定容时加蒸馏水超过了刻度线，倒出一些溶液，再重新

加蒸馏水定容到刻度线，导致溶质损失，所配溶液浓度偏小，d符合题意；将配制好的溶液转入试剂

瓶的过程中不慎洒出了少许溶液，对所配溶液的浓度无影响，e不符合题意；用量筒量取质量分数为

36.5%的盐酸时仰视读数，导致量取的盐酸的体积偏大，所配溶液浓度偏大，f不符合题意。

答案：(1)25(2)1000mL容量瓶(3)bd

1000×1.4×50%

14．解析：(1)密度为1.4g·cm－3、质量分数为50%的硫酸的物质的量浓度为mol·L

98

－1≈7.14mol·L－1；假如50%的硫酸与30%的硫酸密度相同，则混合后硫酸的质量分数为40%；由于

50%的硫酸的密度大于30%的硫酸，所以混合后溶液中硫酸的质量分数偏大，硫酸的质量分数大于

111.2g高温

40%。(2)n(FeSO4·7H2O)＝＝0.4mol，由2(FeSO4·7H2O)=====Fe2O3＋SO2↑＋SO3↑＋

278g·mol－1

1－1