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第02讲 物质的量浓度及其溶液的配制
一、有关物质的量浓度计算的四大类型
由定义出发，运用守恒(溶质守恒、溶剂守恒等)及公式c=、w=×100%；ρ=进行推理，注意密度的桥梁作用，不要死记公式。
1．标准状况下，气体溶液的物质的量浓度的计算
c＝
2．溶液中溶质的质量分数与物质的量浓度的换算
(1)计算公式：c＝ (c为溶质的物质的量浓度，单位mol·L－1，ρ为溶液的密度，单位g·cm－3，w为溶质的质量分数，M为溶质的摩尔质量，单位g·mol－1)。
当溶液为饱和溶液时，因为w＝，可得c＝。
(2)公式的推导(按溶液体积为V L推导)
c＝＝＝或w＝＝＝。
3．溶液稀释和同种溶质的溶液混合的计算
(1)溶液稀释
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，即m(稀)＝m(浓)＋m(水)(体积一般不守恒)。
(2)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。
4．应用电荷守恒式进行未知离子的浓度计算
溶液中所有阳离子所带正电荷总数与阴离子所带负电荷总数相等。
例如：CH3COONa和CH3COOH的混合溶液中存在
c(CH3COO－)＋c(OH－)＝c(Na＋)＋c(H＋)。
二、溶质相同、溶质质量分数不同的两溶液混合规律
同一溶质、溶质质量分数分别为a%、b%的两溶液混合：
(1)等体积混合
①当溶液密度大于1 g·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，溶质质量分数w＞(a%＋b%)。
②当溶液密度小于1 g·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，溶质质量分数w＜(a%＋b%)。
(2)等质量混合
两溶液等质量混合时(无论ρ＞1 g·cm－3还是ρ＜1 g·cm－3)，混合后溶液中溶质的质量分数w＝(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”。
1．有关物质的量浓度计算的三个易错点
(1)溶液中溶质的判断
①与水发生反应的物质，溶质发生变，水量减少，如:
Na、Na2O、Na2O2NaOH
CO2、SO2、SO3 H2CO3、H2SO3、H2SO4
NH3NH3·H2O(溶质按NH3进行计算)
②结晶水合物，溶质不变但水量增多，如CuSO4·5H2OCuSO4，FeSO4·7H2OFeSO4。
(2)混淆溶液的体积和溶剂的体积
①不能用溶剂的体积代替溶液的体积，尤其是固体、气体溶于水时，一般根据溶液的密度计算溶液的体积:V=。
②溶液稀释或混合时，溶液的体积一般不可直接相加，应根据溶液的质量和密度求算混合溶液的体积。溶液密度的单位一般是g·mL-1，而溶液体积的单位一般是L，要注意单位的换算。若题中注明“忽略混合后溶液体积变化”，则溶液的总体积一般按相加计算。
(3)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。如1mol·L-1Al2(SO4)3溶液中c(S)=3mol·L-1，c(Al3+)等于2mol·L-1(考虑Al3+水解时,则其浓度小于2mol·L-1)。
2．巧用电荷守恒求解离子浓度
任何电解质溶液中均存在电荷守恒，即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。如Al2(SO4)3溶液中的电荷守恒关系为3c(Al3+)+c(H+)=2c(S)+c(OH-)，只要知道其中三种离子的浓度，即可求剩余一种离子的浓度。
注意：一般情况下，列电荷守恒等式时不能忽略H＋、OH－，但在计算时，酸性溶液中常可忽略OH－，碱性溶液中常可忽略H＋。
考向1　物质的量浓度概念的理解
【典例1】（2024·全国·高三专题练习）下列说法正确的是
A．将44.8 L的HCl气体溶于水配成1 L溶液，溶液的浓度为2 mol/L
B．将40 g NaOH固体溶解在1 L水中，所得溶液的浓度恰好是1 mol/L
C．2 L0.2 mol/L的NaCl溶液与5 L0.4 mol/L的NaCl溶液的Cl-浓度之比为1：2
D．从100 mL硫酸溶液中取出10 mL，则这10 mL硫酸溶液的物质的量浓度是原溶液的
【答案】C
【解析】A．未知气体所处的外界条件，不能确定其物质的量，因而不能计算其配制溶液的浓度，A错误；
B．40 g NaOH的物质的量是1 mol，将其溶解在1 L水中，所得溶液的体积不是1 L，因此不能确定溶液的物质的量浓度就是1 mol/L，B错误；
C．2 L0.2 mol/L的NaCl溶液中Cl-浓度是0.2 mol/L；5 L0.4 mol/L的NaCl溶液的Cl-浓度是0.4 mol/L，故两种溶液中Cl-浓度之比为0.2 mol/L ：0.4 mol/L =1：2，C正确；
D．溶液具有均一性，同一溶液各处的浓度相等，与溶液体积大小无关，故从100 mL硫酸溶液中取出10 mL，则这10 mL硫酸溶液的物质的量浓度就是原溶液的浓度，D错误；
故合理选项是C。
【变式练1】（2024·全国·高三专题练习）下列说法中正确的是
A．把98g硫酸溶于1 L水中，则溶液的物质的量浓度为1mol L-1
B．1mol L-1的NaCl溶液是指此溶液中含有1molNaCl
C．1mol L-1的CaCl2溶液中，Cl-的物质的量浓度为2mol L-1
D．从100mL的1mol/L的硫酸溶液中取出10mL，则这10mL硫酸溶液的物质的量浓度是0.1mol/L
【答案】C
【解析】A．把98g硫酸溶于1L水中，溶液的体积不是1L，则溶液的物质的量浓度不是1mol L﹣1，故A错误；
B．溶液体积未知，无法计算溶质的物质的量，1mol L﹣1的NaCl溶液是指1L溶液中含有1molNaCl，故B错误；
C．1mol L﹣1的CaCl2溶液中，存在如下关系式：CaCl2~2Cl-，则Cl﹣的物质的量浓度为2mol L﹣1，故C正确；
D．溶液是均一的分散系，它的浓度与所取体积多少无关，所以从100mL的1mol/L的硫酸溶液中取出10mL，则这10mL硫酸溶液的物质的量浓度与原来相等，故D错误；
故选C。
【变式练2】（2024·全国·高三专题练习）下列说法中正确的是
A．1L水中溶解了58.5gNaCl，该溶液的物质的量浓度为lmol/L
B．从1L2mol/L的H2SO4溶液中取出0.5L，该溶液的浓度为lmol/L
C．配制500mL0.5mol·L-1的CuSO4溶液，需62.5g胆矾(CuSO4·5H2O)
D．中和100mL1mol/L的H2SO4溶液，需NaOH为4g
【答案】C
【解析】A．1L水中溶解了58.5gNaCl，溶液的体积不是1L，该溶液的物质的量浓度不是lmol/L，A错误；
B．溶液是均一稳定的液体，取出其中一部分，其浓度不变，B错误；
C．配制500mL0.5mol·L-1的CuSO4溶液，需要CuSO4物质的量，则需胆矾(CuSO4·5H2O)质量为，C正确；
D．中和100mL1mol/L的H2SO4溶液，需NaOH物质的量，其质量为，D错误；
故选C。
考向2　物质的量浓度的有关计算
【典例2】（2024·宁夏银川·高三练习）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：Na2SO4、MgSO4、Al2(SO4)3、溶液体积之比为3∶2∶1，则SO浓度之比为3∶1∶3
B．将1mol·L-1的NaCl溶液和0.5mol·L-1的BaCl2溶液等体积混合后，忽略溶液体积变化，c(Cl-)=0.75mol·L-1
C．将100mL 5mol·L-1的盐酸加水稀释至1L，再取出5mL，这5mL溶液的物质的量浓度为0.5 mol·L-1
D．标准状况下，22.4 LHCl溶于1L水，盐酸的物质的量浓度为1mol·L-1
【答案】C
【解析】A．假设三种溶液的浓度均为1mol/L，则Na2SO4、MgSO4、Al2(SO4)3溶液中SO浓度分别=1mol/L×1=1mol/L、1mol/L×1=1mol/L和1mol/L×3=3mol/L，即浓度之比为1∶1∶3，故A错误；
B．1mol·L-1的NaCl溶液中c(Cl-)=1mol/L×1=1mol/L，0.5mol L-1的BaCl2溶液中c(Cl-)=0.5mol/L×2=1mol/L，故两者混合后，不考虑体积的变化，c(Cl-)=1mol L-1，故B错误；
C．溶液稀释前后溶质的物质的量不变，则稀释后盐酸物质的量浓度==0.5mol/L，溶液具有均一性、稳定性，所以稀释后溶液中盐酸浓度都是相同的，与溶液体积大小无关，5mL溶液物质的量浓度为0.5mol/L，故C正确；
D．1L为水的体积，不是溶液的体积，则溶液体积未知不能计算盐酸的物质的量浓度，故D错误；
故选C。
【变式练3】（2024·湖南长沙·高三练习）相对分子质量为Mr的气态化合物VL(标准状况)溶于mg水中，得到溶液的质量分数为ω，密度为ρg/cm3，物质的量浓度为cmol/L。下列说法正确的是
A．溶液的质量分数可表示为 B．相对分子质量Mr可表示为
C．溶液密度ρ可表示为 D．物质的量浓度c可表示为
【答案】A
【解析】A．溶液中溶质的质量，溶液质量为，则溶质的质量分数为，故A正确；
B．质量分数为，则水的质量分数为，水的质量为，则溶液的质量为，溶质的质量为，溶质的物质的量为，则该化合物的摩尔质量为，所以该化合物的相对分子量为，故B错误；
C．设溶液的体积为，则溶液中溶质的质量为，该溶液的质量为，则溶液的密度为，故C错误；
D．溶液体积=，溶液中溶质的物质的量为，该溶液的浓度为，故D错误；
选A。
【变式练4】（2024·海南·高三校考阶段练习）VmL溶液中含有mg，取V/4 mL该溶液用水稀释至4VmL，则物质的量浓度为
A．mol/L B．mol/L C．mol/L D．mol/L
【答案】A
【解析】VmLAl2(SO4)3溶液中含有Al3+mg，则的物质的量为mol，取mL该溶液稀释至4VmL，则的物质的量为mol，则其物质的量浓度为mol÷(4V×10-3)L=，故答案选A。
1．（2024·北京·高考真题）不同条件下，当KMnO4与KI按照反应①②的化学计量比恰好反应，结果如下。
反应序号 起始酸碱性 KI KMnO4 还原产物 氧化产物
物质的量/mol 物质的量/mol
① 酸性 0.001 n Mn2+ I2
② 中性 0.001 10n MnO2
已知：的氧化性随酸性减弱而减弱。
下列说法正确的是
A．反应①，
B．对比反应①和②，
C．对比反应①和②，的还原性随酸性减弱而减弱
D．随反应进行，体系变化：①增大，②不变
【答案】B
【解析】A．反应①中Mn元素的化合价由+7价降至+2价，I元素的化合价由-1价升至0价，根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒，反应①的离子方程式是：10I-+2+16H+=2Mn2++5I2+8H2O，故n(Mn2+)∶n(I2)=2∶5，A项错误；
B．根据反应①可得关系式10I-~2，可以求得n=0.0002，则反应②的n(I-)∶n()=0.001∶(10×0.0002)=1∶2，反应②中Mn元素的化合价由+7价降至+4价，反应②对应的关系式为I-~2~MnO2~~6e-，中I元素的化合价为+5价，根据离子所带电荷数等于正负化合价的代数和知x=3，反应②的离子方程式是：I-+2+H2O=2MnO2↓++2OH-，B项正确；
C．已知的氧化性随酸性减弱而减弱，对比反应①和②的产物，I-的还原性随酸性减弱而增强，C项错误；
D．根据反应①和②的离子方程式知，反应①消耗H+、产生水、pH增大，反应②产生OH-、消耗水、pH增大，D项错误；
答案选B。
2．（2023·全国·高考真题）实验室将粗盐提纯并配制的溶液。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
【答案】D
【解析】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，因此本题选D。
3．（2022·福建·统考高考真题）常温常压下，电化学还原制氨气的总反应方程式：，设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．水中含有的孤电子对数为
B．每产生失去的电子数为
C．氨水中，含有的分子数少于
D．消耗(已折算为标况)时，产生的分子数为
【答案】D
【解析】A．H2O分子中孤电子对数为=2，H2O的物质的量为=0.5mol，含有的孤电子对数为，故A错误；
B．该反应中N2中N元素化合价由0价下降到-3价，34g的物质的量为=2mol，每产生，得到6mol电子，数目为6NA，故B错误；
C．氨水的体积未知，无法计算的分子数，故C错误；
D．的物质的量为0.5mol，由方程式可知，消耗0.5mol，产生的0.75mol，数目为，故D正确；
故选D。
4．（2024·上海·模拟预测）将V L浓度为0.3mol/L的盐酸浓度扩大一倍，采取的措施合理的是
A．将溶液加热浓缩至原来体积的一半
B．通入标准状况下的HCl气体6.72L
C．加入3mol/L的盐酸0.2V L，再稀释至1.5V L
D．加入等体积0.9mol/L的盐酸，混合均匀
【答案】C
【解析】A．将溶液加热浓缩至原来体积的一半时，由于HCl的挥发，不能使其浓度扩大一倍，A不合理；
B．标准状况下6.72LHCl的物质的量为0.3mol，但向溶液中通入HCl气体时溶液的体积会发生变化，所以浓度不能扩大一倍，B不合理；
C．V L浓度为0.3mol/L的盐酸中有0.3VmolHCl，3mol/L的盐酸0.2V L含HCl的物质的量为0.6Vmol，稀释至1.5V L，浓度为=0.6mol/L，C合理；
D．两种盐酸混合后，溶液的体积不能直接加和，所以混合后溶液的物质的量浓度不是原来的2倍，D不合理；
综上所述答案为C。
5．（2024·全国·高三专题练习）下列说法错误的是
A．将14%的KOH溶液蒸发掉100g水后，变为28%的KOH溶液80mL，该80mL溶液的物质的量浓度为6.25mol/L
B．将质量分数为98%的与水等体积混合，混合后的质量分数大于49%
C．某溶液的密度为1.2，的质量分数为5%，1L该溶液中的物质的量为5mol
D．1mol氧气在放电条件下，有30%转化为，则放电后混合气体对氢气的相对密度是35.6
【答案】D
【解析】A．将14%的KOH溶液蒸发掉100g水后，变为28%的KOH溶液，溶质质量不变，则原溶液质量为200g，溶质质量为，物质的量为，蒸发后的溶液物质的量浓度为，故A正确；
B．浓硫酸密度比水大，等体积混合硫酸质量分数大于49%，故B正确；
C．溶液的密度为1.2，1L该溶液的质量为，的质量分数为5%，则的质量为，物质的量为，所以氯离子的物质的量为2.5mol×2=5mol，故C正确；
D．根据质量守恒，气体总质量不变，1mol氧气在放电条件下，有30%转化为，根据反应式3O2=2O3，有0.3molO2反应转化为O3的物质的量为0.2mol，则混和气体的平均摩尔质量为，相同条件下有，即，故D错误；
故选D。
6．（2024·河南·高三校考阶段练习）下列溶液与20mL1mol·L-1NaNO3溶液中NO物质的量浓度相等的是
A．10mL1mol·L-1Mg(NO3)2溶液 B．5mL0.8mol·L-1Al(NO3)3溶液
C．10mL2mol·L-1AgNO3溶液 D．10mL0.5mol·L-1Cu(NO3)2溶液
【答案】D
【解析】A．10mL1mol·L-1Mg(NO3)2溶液中，的物质的量浓度为2mol/L，A不同；
B．5mL0.8mol·L-1Al(NO3)3溶液中，的物质的量浓度为2.4mol/L，B不同；
C．10mL2mol·L-1AgNO3溶液中，的物质的量浓度为2mol/L，C不同；
D．10mL 0.5mol·L-1Cu(NO3)2溶液中，的物质的量浓度为1mol/L，D相同；
故答案为：D。
一、一定物质的量浓度溶液的配制
1．容量瓶的使用
(1)构造及用途
(2)查漏操作
(3)注意事项
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的温度下确定的；
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．主要仪器
托盘天平、药匙、量筒、玻璃棒、烧杯、500mL容量瓶、胶头滴管。
3．配制过程
以配制500 mL 1.00 mol/L的NaOH溶液为例
(1)计算：需NaOH固体的质量为20.0 g。
(2)称量：通过托盘天平称量NaOH固体时，需将其放在小烧杯中。
(3)溶解：将称好的NaOH固体放入烧杯中，用适量水溶解。
(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500 mL容量瓶。
(5)洗涤：用少量蒸馏水洗涤烧杯内壁和玻璃棒2～3次，洗涤液移入容量瓶中，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下1～2 cm时，改用胶头滴管滴加蒸馏水至溶液的凹液面最低处与刻度线相切。
(7)摇匀：盖好瓶塞，反复上下颠倒，摇匀。
图示流程如下：
4．误差分析
(1)配制溶液过程中的误差分析(以配制NaOH溶液为例分析)。
依据c=,其中变量为m、V。因操作上的错误而导致实际溶质质量(或物质的量)比理论值m(或n)偏小,或溶液体积比理论值V偏大时,都会使所配溶液浓度偏低。反之偏高。具体分析如下:
可能引起误差的一些操作 因变量 c/(mol·L-1)
m V
砝码与药品位置颠倒(使用了游码) 减小 — 偏低
称量时间过长(潮解) 减小 —
放在纸片上称量NaOH 减小 —
向容量瓶中转移时少量溅出 减小 —
未洗涤烧杯和玻璃棒 减小 —
定容时加水过多, 用胶头滴管吸出 减小 —
定容摇匀后液面下降再加水 — 增大
定容时仰视刻度线 — 增大
砝码沾有其他物质或已生锈 增大 — 偏高
溶液未冷却至室温就 注入容量瓶定容 — 减小
定容时俯视刻度线 — 减小
定容后经振荡、摇匀,液面下降 — — 不变
容量瓶用蒸馏水洗涤后未干 — —
(2)定容时仰视、俯视误差分析。
结果:仰视时,容量瓶内液面高于刻度线,所配溶液体积偏大,浓度偏低;俯视时,容量瓶内液面低于刻度线,所配溶液体积偏小,浓度偏高。
二、质量百分比浓度、体积比浓度溶液的配制
1．配制100 g 10%的NaCl溶液。用托盘天平称取10 g NaCl固体，放入100mL的烧杯中，再用100 mL量筒量取90 mL的水注入烧杯中，然后用玻璃棒搅拌使之溶解。
2．用浓硫酸配制1∶4的稀硫酸50 mL。用50 mL的量筒量取40.0 mL的水注入到100 mL的烧杯中，再用10 mL的量筒量取10.0 mL浓硫酸，然后沿烧杯内壁缓缓注入烧杯中，并用玻璃棒不停搅拌。
一、与溶液浓度配制所使用的仪器有关的易混易错点
1．容量瓶是配制溶液的精密仪器,使用时要注意:
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，不能用来加热；
③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。
④选用容量瓶的原则——“大而近”,如需配制90mL溶液,应选用100mL的容量瓶。
⑤选用容量瓶时应指明其规格。
⑥往容量瓶中转移液体时,要用玻璃棒引流,玻璃棒末端应在容量瓶刻度线以下。
2．托盘天平使用时要注意
(1)使用前调零
(2)药品不能直接放在托盘上
(3)左物右码，先大后小
(4)读数至小数点后1位
(5)用托盘天平称量，物质和砝码放反时，不一定有误差。若没有用到游码，则无误差；若用到游码，则按照“药品的质量＝砝码的质量－游码的质量”来计算。
3．量筒使用时要注意
(1)不能作反应器
(2)不能将浓溶液直接在量筒中稀释
(3)量取的液体倒出后不必洗涤
4．烧杯使用时要注意
(1)用于溶解固体或稀释浓溶液
(2)将溶液转入容量瓶后，必须将烧杯洗涤2～3次，洗涤液转入容量瓶
5．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
(3)往容量瓶中转移液体时，要用玻璃棒引流，玻璃棒末端应在容量瓶刻度线以下。
二、与物质的量浓度配制过程有关的易混易错点
1．配制一定物质的量浓度的溶液是将一定质量或体积的溶质在选定的容量瓶中定容，不必计量水的用量。
2．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。
3．把准确称量好的固体溶质放在烧杯中，用少量溶剂溶解，然后把溶液转移到容量瓶里。
4．定容加水超过刻度线时，则需重新配制。
5．定容后如果发现液面低于刻度线，这是因为容量瓶内极少量溶液在瓶颈处润湿所致，所以并不影响所配制溶液的浓度，故不要再向容量瓶内加蒸馏水，否则，将使所配制的溶液浓度降低。
6．实验室中一般用托盘天平称量药品,而托盘天平只能精确到0.1g,所以记录数据时只能保留小数点后一位数字。如所需NaCl的质量为14.6g,不能写为14.60g。
7．移液时洗涤烧杯2~3次是为了确保溶质全部转入容量瓶中,否则会导致溶液浓度偏低。
8．定容时,当液面离容量瓶颈部刻度线1~2cm时,应该改用胶头滴管滴加,否则容易导致液体体积超过刻度线,导致溶液浓度偏低。
三、溶液配制过程的“四个数据”
溶液配制过程中有“四个数据”在高考中经常考查。
数据 要求或解释
药品的质量 实验室中一般用托盘天平称量药品,而托盘天平只能精确到0.1g,所以记录数据时只能保留小数点后一位数字。如所需NaCl的质量为14.6g,不能写为14.60g
容量瓶的规格 (1)选择容量瓶的规格时应该与所配溶液体积相等或稍大,如需配制480mL某溶液,则应该选择500mL容量瓶 (2)回答补充仪器的问题时应该注明容量瓶的规格,如回答“500mL容量瓶”时,不能只回答“容量瓶”
洗涤烧杯2~3次 移液时洗涤烧杯2~3次是为了确保溶质全部转入容量瓶中,否则会导致溶液浓度偏低
液面离容量瓶颈部刻度线1~2cm 定容时,当液面离容量瓶颈部刻度线1~2cm时,应该改用胶头滴管滴加,否则容易导致液体体积超过刻度线,导致溶液浓度偏低
四、俯视、仰视导致的误差分析
在量筒、容量瓶的使用中经常涉及俯视、仰视问题，其对实验结果的影响究竟如何(偏大或偏小)，必须分情况讨论：
（1）用容量瓶定容(如图Ⅰ、Ⅱ)
①图Ⅰ：定容时俯视刻度线，液面低于刻度线，导致溶液体积偏小，所配制溶液的浓度偏高。
②图Ⅱ：定容时仰视刻度线，液面高于刻度线，导致溶液体积偏大，所配制溶液的浓度偏低。
(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。
结果:图1：仰视时量筒内液面高于刻度线，所量取的浓硫酸体积偏大，所配溶液浓度偏高;图2：俯视时,量筒内液面低于刻度线, 所量取的浓硫酸体积偏小，所配溶液浓度偏低。
考向1　一定物质的量浓度溶液的配制过程
【典例1】（2024·全国·高三专题练习）配制500mL的溶液，部分实验操作示意图如下：
下列说法正确的是
A．实验中需用的仪器有天平、250mL容量瓶、烧杯、玻璃棒、胶头滴管等
B．上述实验操作步骤的正确顺序为①②④③
C．容量瓶需要用自来水、蒸馏水洗涤，干燥后才可用
D．定容时，仰视容量瓶的刻度线，使配得的溶液浓度偏低
【答案】D
【解析】A．配制500 mL 0.100 mol·L-1 NaCl溶液用到的仪器有托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、500 mL 容量瓶、胶头滴管，A错误；
B．配制一定物质的量浓度的溶液的步骤有计算、称量、溶解、转移、洗涤、定容、摇匀等，操作步骤正确的顺序为②①④③，B错误；
C．容量瓶用蒸馏水洗净后，由于后面还需要加入蒸馏水定容，所以不必干燥，C错误；
D．定容时仰视容量瓶的刻度线，则所加蒸馏水偏多，溶液的体积V偏大，溶液的浓度偏低，D正确。
故选D。
【变式练1】（2024·浙江·高三专题练习）下列有关溶液配制的叙述正确的是
A．配制0.400 0 mol·L-1的NaOH溶液，称取4.0 g固体NaOH于烧杯中，加入少量蒸馏水溶解，立即转移至250 mL容量瓶中定容
B．用已准确称量的KBrO3固体配制一定体积的0.1 mol·L-1 KBrO3溶液时，用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、容量瓶和胶头滴管
C．量取27.2 mL 18.4 mol·L-1浓硫酸于烧杯中，加水稀释、冷却后转移至500 mL容量瓶中即可得1.0 mol·L-1的H2SO4溶液
D．称取0.158 g KMnO4固体，放入100 mL 容量瓶中，加水溶解并稀释至刻度，即可得到0.010 mol·L-1的KMnO4溶液
【答案】B
【解析】A．n(NaOH)=m/M=4.0g÷40g/mol=0.1mol。NaOH在溶解时会放出大量热，因此需要冷却至室温后再转移到250mL容量瓶中，并且洗涤烧杯和玻璃棒2~3次，将洗涤液也转移到容量瓶中，以减小误差，A错误；
B．用已准确称量的KBrO3固体配制一定体积的0.1 mol·L-1 KBrO3溶液时，溶解时用到烧杯、玻璃棒，转移到容量瓶中，再用胶头滴管定容，B正确；
C．浓硫酸稀释时需要将浓硫酸沿烧杯内壁缓慢倒入蒸馏水中，并用玻璃棒不断搅拌，C错误；
D．容量瓶不能作为溶解容器，应在烧杯中进行溶解，D错误。
故本题选B。
【变式练2】（2024秋·山东·高三阶段练习）下列操作正确的
①试管、蒸发皿既能用于给固体加热也能用于给溶液加热
②容量瓶在使用前一定要检漏、洗涤并烘干
③称取固体的实验操作是先在托盘上各放一张滤纸，然后在右盘上添加2g砝码，左盘上添加NaOH固体
④将小块钠投入到盛有水的试管中，进行钠与水反应的实验
⑤配制一定浓度的溶液时，将称得的碳酸钠小心转移至250mL容量瓶中，加入蒸馏水至刻度线
A．3个 B．2个 C．1个 D．0个
【答案】D
【解析】①试管既能用于给固体加热也能用于给溶液加热，蒸发皿不能用来给固体加热，故①错误；
②容量瓶在使用前一定要检漏、洗涤，但使用之前不需烘干，最后需加水定容，故②错误；
③氢氧化钠固体具有腐蚀性，易潮解，要放在烧杯中称量，故③错误；
④钠与水反应剧烈，会产生易燃易爆的氢气，钠与水反应的实验应该在烧杯或水槽中实验，故④错误；
⑤不能在容量瓶中配制溶液，应该在烧杯中配置好溶液再转移到容量瓶中，故⑤错误；故全部错误；
答案选D。
考向2　溶液配制的误差分析
【典例2】（2024·吉林·高三开学考试）使用容量瓶配制溶液时，由于操作不当，会引起误差，下列情况会使所配溶液浓度偏低的有几项
①用天平(使用游码)称量时，被称量物与砝码的位置放颠倒了；
②溶液转移到容量瓶后，烧杯及玻璃棒未用蒸馏水洗涤；
③转移溶液前容量瓶内有少量蒸馏水；
④定容时，仰视容量瓶的刻度线；
⑤定容后摇匀，发现液面降低，又补加少量水，重新达到刻度线；
⑥用量筒量取一定量浓硫酸配制稀硫酸，转移到烧杯后，用少量水洗涤量筒；
⑦在烧杯中溶解NaOH后，立即将所得溶液注入容量瓶中。
A．4项 B．5项 C．6项 D．7项
【答案】A
【解析】①用天平(使用游码)称量时，应该左物右码，被称量物与砝码的位置放颠倒了，物质少少了，会使所配溶液浓度偏低；
②溶液转移到容量瓶后，烧杯及玻璃棒未用蒸馏水洗涤，会造成溶质损失，会使所配溶液浓度偏低；
③转移溶液前容量瓶内有少量蒸馏水，不影响溶液的浓度；
④定容时，仰视容量瓶的刻度线，相当于水加多了，会使所配溶液浓度偏低；
⑤定容后摇匀，发现液面降低，又补加少量水，重新达到刻度线，相当于水加多了，会使所配溶液浓度偏低；
⑥用量筒量取一定量浓硫酸配制稀硫酸，转移到烧杯后，不能用水洗涤量筒，若洗涤量筒，会使溶质偏多，造成所配溶液浓度偏高；
⑦在烧杯中溶解NaOH后，应该冷却到室温，若立即将所得溶液注入容量瓶中，热胀冷缩，相当于水加少了，会使所配溶液浓度偏高。
故答案为：A
【变式练3】（2024·新疆·高三开学考试）某位同学配制一定物质的量浓度的NaOH溶液时，造成所配溶液浓度偏高的原因是
A．所用NaOH已经潮解
B．向容量瓶中加水未到刻度线
C．有少量NaOH溶液残留在烧杯里
D．用带游码的托盘天平称2.4g NaOH时误用了“左码右物”方法
【答案】B
【解析】A．所用NaOH已经潮解，导致溶质的物质的量偏小，根据可知，所得溶液的浓度偏低，故A错误；
B．向容量瓶中加水未到刻度线，导致溶液体积偏小，根据可知，所得溶液的浓度偏高，故B正确；
C．有少量NaOH溶液残留在烧杯里，导致溶质的物质的量偏小，根据可知，所得溶液的浓度偏低，故C错误；
D．称2.4gNaOH时误用了“左码右物”方法，称量的NaOH质量偏小，导致溶质的物质的量偏小，根据可知，所得溶液的浓度偏低，故D错误。
答案选B。
【变式练4】（2024·浙江·高三专题练习）欲配制50mL，0.1mol·L-1KMnO4溶液，过程示意图如下所示。下列说法错误的是
A．图示中不正确的操作步骤有①②⑤ B．若未洗涤烧杯和玻璃棒，所配溶液浓度偏小
C．按图示操作配制的溶液浓度偏大 D．洗涤后应轻轻摇动锥形瓶使溶液混合均匀
【答案】C
【解析】A．称量时不能将药品直接放在托盘中，不能在量筒中溶解高锰酸钾，定容时，眼睛应与刻度线保持水平，故图示中不正确的操作步骤有①②⑤，A项正确；
B．烧杯中和玻璃棒上残留部分KMnO4，若未洗涤烧杯和玻璃棒，所配溶液浓度偏小，B项正确；
C．因为仰视定容，溶液的体积偏大，所配制的溶液浓度将偏小，C项错误；
D．洗涤后应轻轻摇动容量瓶使溶液混合均匀，D项正确；
答案选C。
1．（2024·北京·高考真题）下列实验的对应操作中，不合理的是
眼睛注视锥形瓶中溶液
A．用标准溶液滴定溶液 B．稀释浓硫酸
C．从提纯后的溶液获得晶体 D．配制一定物质的量浓度的溶液
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【解析】A．用HCl标准溶液滴定NaOH溶液时，眼睛应注视锥形瓶中溶液，以便观察溶液颜色的变化从而判断滴定终点，A项合理；
B．浓硫酸的密度比水的密度大，浓硫酸溶于水放热，故稀释浓硫酸时应将浓硫酸沿烧杯内壁缓慢倒入盛水的烧杯中，并用玻璃棒不断搅拌，B项合理；
C．NaCl的溶解度随温度升高变化不明显，从NaCl溶液中获得NaCl晶体采用蒸发结晶的方法，C项合理；
D．配制一定物质的量浓度的溶液时，玻璃棒引流低端应该在容量瓶刻度线以下；定容阶段，当液面在刻度线以下约1cm时，应改用胶头滴管滴加蒸馏水，D项不合理；
答案选D。
2．（2024·甘肃·高考真题）下列实验操作对应的装置不正确的是
A B C D
灼烧海带制海带灰 准确量取稀盐酸 配制一定浓度的溶液 使用电石和饱和食盐水制备
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【解析】A．灼烧海带制海带灰应在坩埚中进行，并用玻璃棒搅拌，给坩埚加热时不需要使用石棉网或陶土网，A项错误；
B．稀盐酸呈酸性，可用酸式滴定管量取15.00mL稀盐酸，B项正确；
C．配制一定浓度的NaCl溶液时，需要将在烧杯中溶解得到的NaCl溶液通过玻璃棒引流转移到选定规格的容量瓶中，C项正确；
D．电石的主要成分CaC2与水发生反应CaC2+2H2O→Ca(OH)2+CH≡CH↑制取C2H2，该制气反应属于固体与液体常温制气反应，分液漏斗中盛放饱和食盐水，具支锥形瓶中盛放电石，D项正确；
答案选A。
5．（2024·江苏·高考真题）实验室进行铁钉镀锌实验。下列相关原理、装置及操作不正确的是
A B C D
配制溶液 铁钉除油污 铁钉除锈 铁钉镀锌
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【解析】A．配制一定物质的量浓度的溶液时，溶质要放在烧杯中溶解，不能直接放在容量瓶中溶解，A不正确；
B．油污的主要成分是油脂，油脂在碱性条件下可以发生水解反应生成可溶于水的甘油和高级脂肪酸盐，因此，铁钉放在溶液中加热后可以除去其表面的油污，B正确；
C．铁锈的主要成分是，其可溶于盐酸，因此，将铁钉放在盐酸中可以除去其表面的铁锈，C正确；
D．该装置为电解池，铁钉与电源负极相连作阴极，锌片与电源的正极相连作阳极，电解质溶液为溶液，因此，该装置为电镀装置，可以实现铁钉上镀锌，D正确；
综上所述，本题选A。
4．（2024·上海·统考二模）室温下，甲同学配制5%的溶液100g，乙同学配制的溶液100mL(的溶解度为水)，下列说法正确的是
A．所需溶质的质量相同 B．所需仪器均包括100mL容量瓶
C．所配溶液均为不饱和溶液 D．所配溶液质量相同
【答案】C
【解析】100g5%氯化钠溶液中氯化钠的质量为100g×5%=5g，100mL0.5mol/L氯化钠溶液中氯化钠的质量为0.5mol/L×0.1L×58.5g/mol≈2.9g，100g氯化钠饱和溶液中氯化钠的质量为≈26.5g，所以5%氯化钠溶液和0.5mol/L氯化钠溶液均为不饱和溶液。
A．由分析可知，5%氯化钠溶液和0.5mol/L氯化钠溶液中氯化钠的质量不同，故A错误；
B．配制100g5%氯化钠溶液不需要用到100mL容量瓶，故B错误；
C．由分析可知，5%氯化钠溶液和0.5mol/L氯化钠溶液均为不饱和溶液，故C正确；
D．氯化钠溶液的密度大于1g/mL，则100mL氯化钠溶液的质量大于100g，故D错误；
故选C。
5．（2024·青海西宁·高三校考阶段练习）配制100mL 0.1mol L-1 溶夜，下列操作正确的是
A．称取1.06g无水碳酸钠，加入100mL容量 中，加水溶解、定容
B．称取1.06g无水碳酸钠，放入小烧杯中加入100mL蒸馏水，搅拌、溶解
C．转移溶液时，未用玻璃棒引流，直接倒入容量 中
D．定容后，塞好瓶塞，反复倒转，摇匀
【答案】D
【解析】A．称量好的固体不能直接放入容量瓶中，应先在烧杯中溶解并冷却至室温后转移到容量瓶中，故A错误；
B．由物质的量浓度的定义可知，100mL是指溶液的体积是100mL，不是蒸馏水的体积是100mL，故B错误；
C．向容量瓶中转移溶液时应用玻璃棒引流，防止溶液溅出导致实验误差，故C错误；
D．配制一定物质的量浓度溶液时，定容操作完成后，应塞好瓶塞，应将容量瓶反复倒转，摇匀溶液，故D正确；
故选D。
6．（2024·四川成都）配制溶液的操作如下所示。下列说法正确的是
A．操作1前需用称量纸称取质量为的
B．操作1确认完全溶解后，应立刻进行操作2
C．操作4如果俯视，则溶液浓度偏大
D．操作5后液面下降，需补充少量水至刻度线
【答案】C
【解析】A．氢氧化钠具有腐蚀性。不能用称量纸称量，A错误；
B． 操作1确认完全溶解后，应冷却到室温、再进行操作2，B错误；
C． 操作4如果俯视，则导致体积偏小，溶液浓度偏大，C正确；
D．若补充少量水至刻度线，则导致体积偏大，溶液浓度偏小，D错误；
答案选C。
7．（2024·高三课时练习）配制250mL0.25的NaOH溶液时，下列实验操作会使配得的溶液浓度偏高的是
A．转移溶液后未洗涤烧杯和玻璃棒就直接定容
B．用托盘天平称量时，药品放在右盘称量
C．在容量瓶中定容时俯视刻度线
D．定容后把容量瓶倒转摇匀，发现液面低于刻度，再补充几滴水至刻度线
【答案】C
【解析】A． 转移溶液后未洗涤烧杯和玻璃棒就直接定容，n偏小，所得溶液浓度偏小，故A错误；
B． 需要NaOH的质量0.250L×0.25×40g/mol=2.5g，用托盘天平称量时，药品放在右盘称量，称得的NaOH质量偏小，n偏小，所得溶液浓度偏小，故B错误；
C． 在容量瓶中定容时俯视刻度线，加入蒸馏水体积偏小，导致V偏小，所得溶液浓度偏大，故C正确；
D． 定容后把容量瓶倒转摇匀，发现液面低于刻度，再补充几滴水至刻度线，溶液体积V偏大，所得溶液浓度偏小，故D错误；
故选C。
1．溶解度
固体物质 的溶解度 定义: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，叫做这种物质在该溶剂里的溶解度，其单位为g。
利用饱和溶液求溶解度的公式：S固体=×100 g。
影响因素：①溶剂的影响，如NaCl易溶于水不易溶于汽油。②温度的影响：升高温度，大多数固体物质的溶解度增大，少数物质的溶解度减小，如Ca(OH)2。
气体物质 的溶解度 定义：通常指该气体(压强为101 kPa)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在常温常压下溶解度为1∶700。
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。
2．溶解度的表示方法
(1)列表法
硝酸钾在不同温度时的溶解度：
温度 /℃ 0 10 20 30 40 50 60 70 80 90 100
溶解度 /g 13.3 20.9 31.6 45.8 63.9 85.5 110 138 168 202 246
(2)曲线法
(3)溶解度曲线的含义。
①同一物质在各温度时的溶解度不同。
②两曲线交点的含义：表示两物质在某温度时的溶解度相同。
③快速比较两种物质在某温度时溶解度的大小。
④能反映出溶解度随温度变化的趋势。
3．根据溶解度受温度影响选择不同的物质分离方法
(1)对于大多数固体物质，溶解度随温度升高而增大，如KNO3，应采取蒸发浓缩、冷却结晶、过滤的方法结晶。
(2)对于溶解度随温度变化不大的固体物质，如NaCl，应采取蒸发结晶的方法结晶。
(3)若KNO3溶液中混有NaCl，结晶的方法是：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤，从而得到较纯净的KNO3固体。
(4)若NaCl溶液中混有KNO3，结晶的方法是：蒸发浓缩至有较多固体析出时趁热过滤，从而得到较纯净的NaCl固体。
一、气体溶于水，计算物质的量浓度的一般思路
气体溶于水，溶液的体积不是溶剂的体积，也不是气体体积与溶剂体积之和，应根据V＝进行计算。
二、物质的量浓度、溶解度、质量分数的相互换算
?溶质的质量分数ω与物质的量浓度c
c＝＝＝＝(密度的单位为g·cm－3或g·mL－1)
?饱和溶液溶质的质量分数与溶解度
ω＝×100%，c＝(密度的单位为g·cm－3或g·mL－1)
三、利用溶解度判断物质结晶的方法：
（1）①溶解度受温度影响较小的物质(如NaCl)采取蒸发结晶的方法；②溶解度受温度影响较大的物质采取蒸发浓缩、冷却结晶的方法；③带有结晶水的晶体，一般采取蒸发浓缩、冷却结晶的方法。(2)检验气体产物时，应先检验水蒸气，然后再检验其他气体。
考向1　溶解度曲线的理解
【典例1】（2024·江苏·高三校联考期末）实验室以浓缩盐湖水(含Na＋、Li＋、Cl-和少量Mg2＋、Ca2＋)为原料制备高纯Li2CO3的实验流程如下：
Li2CO3溶解度曲线如图所示
下列说法错误的是
A．“步骤Ⅰ”“步骤Ⅱ”中均需使用漏斗
B．“沉淀2”的主要成分为CaCO3
C．“操作X”依次为蒸发浓缩、降温结晶、过滤、洗涤、干燥
D．“滤液3”经除杂后可用作氯碱工业的原料
【答案】C
【解析】浓缩盐湖水(含Na＋、Li＋、Cl-和少量Mg2＋、Ca2＋)中加入Ca(OH)2，可将Mg2+转化为沉淀，经过滤得沉淀1主要为Mg(OH)2；往滤液1中加入Li2CO3，可将Ca2+转化为沉淀，经过滤得沉淀2主要为CaCO3，过滤后滤液2中继续加入浓度较大的Na2CO3溶液，同时升高温度，可将Li+转化为Li2CO3沉淀，所得滤液3主要为氯化钠溶液。
A． “步骤Ⅰ”“步骤Ⅱ”用于分离溶液和沉淀，为过滤操作，均需使用漏斗，A正确；
B． 据分析，“沉淀2”的主要成分为CaCO3，B正确；
C．题干信息显示，Li2CO3在冷水中溶解度较热水中大，所以 “操作X”依次为蒸发结晶、趁热过滤、洗涤、干燥，C不正确；
D．滤液3主要为氯化钠溶液，“滤液3”经除杂后可用作氯碱工业的原料，D正确；
答案选C。
【变式练1】（2024·广东·高三校考阶段练习）已知4种盐的溶解度曲线如图所示，下列说法不正确的是
A．将NaCl溶液蒸干可得NaCl固体
B．将MgCl2溶液蒸干可得MgCl2固体
C．可用MgCl2和NaClO3制备Mg(ClO3)2
D．Mg(ClO3)2中混有少量NaCl杂质，可用重结晶法提纯
【答案】B
【解析】A．氯化钠受热不分解，将氯化钠溶液蒸干后，得到的固体是氯化钠，A正确；
B．将MgCl2溶液蒸干灼烧，因为镁离子会发生水解生成氢氧化镁和挥发性酸盐酸，盐酸挥发，促进镁离子的水解正向移动，所以不会得到氯化镁固体，B错误；
C．由图可知，氯化钠的溶解度较小，所以浓度较大的MgCl2溶液和NaClO3溶液可发生复分解反应生成Mg(ClO3)2和氯化钠沉淀，反应类似侯氏制碱法原理，C正确；
D．氯化钠的溶解度随温度变化不大，而Mg(ClO3)2的溶解度随温度的变化较大，所以Mg(ClO3)2中混有少量氯化钠杂质，可用重结晶法提纯，D正确，
故选B。
【变式练2】（2024·全国·高三专题练习）甲、乙两物质的溶解度曲线如图所示，下列说法不正确的是
A．甲溶于水，一定明显放热
B．℃时，甲、乙的溶解度相同
C．分别将等质量的甲、乙饱和溶液从℃降至℃，析出固体(不含结晶水)的质量甲一定多于乙
D．从甲的溶液中(含少量杂质)将甲固体结晶的操作为：加热浓缩、冷却结晶
【答案】A
【解析】A．甲物质的溶解度受温度变化影响较大，但是甲溶于水不一定放热，故A错误；
B．通过分析溶解度曲线可知，t1℃时，甲、乙的溶解度相同，故B正确；
C．t2℃时，将等质量的甲、乙两种物质的饱和溶液分别降温至t1℃，析出晶体的质量甲一定多于乙，故C正确；
D．甲物质的溶解度受温度变化影响较大，所以从甲的溶液中(含少量杂质)将甲固体结晶的操作为：加热浓缩、冷却结晶，故D正确；
故选A。
考向2　根据溶解度曲线进行分离提纯
【典例2】（2024·浙江·高三专题练习）根据下列各组溶解度曲线图,判断分离提纯方法。
（1）根据图1中Na2SO4和Na2SO4·10H2O的溶解度曲线(g/100 g水),由Na2SO4溶液得到Na2SO4固体的操作为:将溶液升温结晶、______、用乙醇洗涤后干燥。用乙醇洗涤而不用水洗的原因是______。
（2）根据图2所示相关物质的溶解度曲线。在实验室中提纯过硫酸钾粗产品的实验具体操作依次为:将过硫酸钾粗产品溶于适量水中,__________,干燥。
（3）根据图1中红矾钠(Na2Cr2O7·2H2O)和Na2SO4的溶解度曲线。从Na2Cr2O7和 Na2SO4的混合溶液中提取红矾钠的操作为:先将混合溶液蒸发浓缩,趁热过滤。趁热过滤的目的是__________;然后将滤液______,从而析出红矾钠。
【答案】 趁热过滤 防止形成 Na2SO4·10H2O 在不超过80 ℃的条件下加热浓缩,冷却结晶,过滤,用冷水洗涤 有利于Na2SO4结晶析出,又能防止Na2Cr2O7·2H2O结晶析出 冷却结晶
【解析】（1）硫酸钠的溶解度随温度降低生成易Na2SO4·10H2O，所以趁热过滤，再用乙醇洗涤；用乙醇洗涤而不用水的原因是防止形成 Na2SO4·10H2O；
（2）温度升高，过硫酸钾会发生分解反应，所以将过硫酸钾粗产品溶于适量水中,在不超过80 ℃的条件下加热浓缩,冷却结晶,过滤,用冷水洗涤；
（3）红矾钠的溶解度在相同的温度高于硫酸钠，所以趁热过滤有利于Na2SO4结晶析出,又能防止Na2Cr2O7·2H2O结晶析出；因为红矾钠的溶解度随温度降低，所以将滤液降温结晶可得到红矾钠固体。
【变式练3】（2024·全国·高三专题练习）海洋是一个巨大的资源宝库。海水资源综合利用的部分途径如下图：
已知：粗盐中的杂质有泥沙、、，流程中部分操作及试剂已省略。
根据图中KNO3、NaCl的溶解度曲线，下列说法不正确的是___________(填字母)。
A．t℃时，将45g KNO3固体放入50g水中充分溶解，所得溶液的质量为95g
B．NaCl溶液中含有少量KNO3，可以采用蒸发结晶的方法提纯NaCl
C．40℃时，将KNO3的饱和溶液降温至20℃，溶液的溶质质量分数减小(不考虑水分损失)
【答案】A
【解析】A．t℃时，根据KNO3的溶解度可知100g水中溶解80g KNO3，因此将45g KNO3固体放入50g水中充分溶解，KNO3只溶解了40g，所得溶液的质量为90g，故A错误；
B．NaCl溶液中含有少量KNO3，可以采用蒸发结晶趁热过滤的方法提纯NaCl，故B正确；
C．40℃时，将KNO3的饱和溶液降温至20℃，KNO3的溶解度减小，溶液的溶质质量分数减小，故C正确；
故答案为A。
【变式练4】（2024·北京·高三统考期末）硫酸铝铵固体中含有少量硫酸铵杂质，根据下图的溶解度曲线，进一步提纯硫酸铝铵的操作是加热溶解、_______、洗涤、干燥。
【答案】降温结晶、过滤
【解析】由图可知，相同温度下硫酸铵溶解度更大，则进一步提纯硫酸铝铵的操作是加热溶解、降温结晶、过滤、洗涤、干燥。
1．（2024·黑龙江·模拟预测）碳酸钠是一种重要的无机化工原料，以“侯氏制碱法”为原理，实验室中用碳酸氢铵和粗盐(含有MgCl2、CaCl2)制备碳酸钠，并测定其含量。回答下列问题：
I.碳酸钠的制备
制备流程如图所示。
已知：Ksp(CaCO3)=2.8×10-9，Ksp(MgCO3)=6.8×10-6，Ksp[Ca(OH)2]=4.7×10-6，Ksp[Mg(OH)2]=5.6×10-12
(1)滤渣的成分有____。
(2)写出灼烧碳酸氢钠的化学方程式____。
(3)根据相关物质的溶解度随温度的变化曲线(如图所示)，制备NaHCO3时反应温度控制在30~35℃之间，温度过高或者过低都不利于反应进行，原因是____。
(4)向母液中加入研细的NaCl粉末可以制得NH4Cl晶体，为使NH4Cl晶体充分析出并分离，根据溶解度曲线，需采用的操作为____、____、洗涤、干燥。
【答案】(1)CaCO3、Mg(OH)2
(2)2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O
(3)温度过高，NH4HCO3易分解；温度过低，NH4HCO3溶解度小
(4) 降温结晶 过滤
【解析】（1）粗盐(含有MgCl2、CaCl2)中加入NaOH，目的是与MgCl2反应生成Mg(OH)2，加入Na2CO3可以CaCl2转化为CaCO3，所以滤渣为CaCO3、Mg(OH)2；
（2）灼烧NaHCO3生成Na2CO3，所以化学方程式为2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O；
（3）由图象可知，NH4HCO3的溶解度在最大，当温度再高时NH4HCO3分解，而温度低时NH4HCO3溶解度小，会导致反应物浓度较小，反应变慢，所以答案为：温度过高，NH4HCO3易分解；温度过低，NH4HCO3溶解度小；
（4）根据溶解度曲线可知，NH4Cl的溶解度随着温度的升高而增大，NaCl的溶解度随温度变化不明显，所以采取降温结晶的方式得到晶体，然后过滤分离，答案为降温结晶，过滤；
2．（2024·北京·高三统考期末）(8)硫酸铝铵固体中含有少量硫酸铵杂质，根据下图的溶解度曲线，进一步提纯硫酸铝铵的操作是加热溶解、_______、洗涤、干燥。
【答案】(8)降温结晶、过滤
【解析】（8）由图可知，相同温度下硫酸铵溶解度更大，则进一步提纯硫酸铝铵的操作是加热溶解、降温结晶、过滤、洗涤、干燥。
3．（2024·宁夏银川）如图表示X、Y两种不含结晶水的固体物质的溶解度曲线。根据图示，判断下列说法中错误的是
A．X、Y都是易溶于水物质
B．t℃时，X、Y的饱和溶液中物质的量浓度相等
C．将t1℃时，等质量X、Y的饱和溶液均分别降温到t℃，X溶液中析出晶体的质量比Y的多
D．当Y的饱和溶液中含有少量X时，能通过蒸发浓缩、趁热过滤的方法提纯Y
【答案】B
【解析】A．根据图示，20℃时两物质的溶解度都大于10g，属于易溶物质，故A正确；
B．t℃时X、Y两物质的溶解度曲线交于一点，此时两种物质的溶解度相等，饱和溶液的质量分数=×100%相等，但物质的量浓度不相等，故B错误；
C．X的溶解度受温度的影响比较大，所以在t1℃时，等质量X、Y的饱和溶液均分别降温到t℃，X溶液中析出晶体的质量比Y的多，故C正确；
D．由于X的溶解度随温度的升高而明显增大，而Y的溶解度受温度的影响很小，因此可以通过能通过蒸发浓缩、趁热过滤的方法提纯Y，故D正确；
答案选B。
2/ 让教学更有效 精品试卷 | 化学
第02讲 物质的量浓度及其溶液的配制
一、有关物质的量浓度计算的四大类型
由定义出发，运用守恒(溶质守恒、溶剂守恒等)及公式c=、w=×100%；ρ=进行推理，注意密度的桥梁作用，不要死记公式。
1．标准状况下，气体溶液的物质的量浓度的计算
c＝
2．溶液中溶质的质量分数与物质的量浓度的换算
(1)计算公式：c＝ (c为溶质的物质的量浓度，单位mol·L－1，ρ为溶液的密度，单位g·cm－3，w为溶质的质量分数，M为溶质的摩尔质量，单位g·mol－1)。
当溶液为饱和溶液时，因为w＝，可得c＝。
(2)公式的推导(按溶液体积为V L推导)
c＝＝＝或w＝＝＝。
3．溶液稀释和同种溶质的溶液混合的计算
(1)溶液稀释
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，即m(稀)＝m(浓)＋m(水)(体积一般不守恒)。
(2)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。
4．应用电荷守恒式进行未知离子的浓度计算
溶液中所有阳离子所带正电荷总数与阴离子所带负电荷总数相等。
例如：CH3COONa和CH3COOH的混合溶液中存在
c(CH3COO－)＋c(OH－)＝c(Na＋)＋c(H＋)。
二、溶质相同、溶质质量分数不同的两溶液混合规律
同一溶质、溶质质量分数分别为a%、b%的两溶液混合：
(1)等体积混合
①当溶液密度大于1 g·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，溶质质量分数w＞(a%＋b%)。
②当溶液密度小于1 g·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，溶质质量分数w＜(a%＋b%)。
(2)等质量混合
两溶液等质量混合时(无论ρ＞1 g·cm－3还是ρ＜1 g·cm－3)，混合后溶液中溶质的质量分数w＝(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”。
1．有关物质的量浓度计算的三个易错点
(1)溶液中溶质的判断
①与水发生反应的物质，溶质发生变，水量减少，如:
Na、Na2O、Na2O2NaOH
CO2、SO2、SO3 H2CO3、H2SO3、H2SO4
NH3NH3·H2O(溶质按NH3进行计算)
②结晶水合物，溶质不变但水量增多，如CuSO4·5H2OCuSO4，FeSO4·7H2OFeSO4。
(2)混淆溶液的体积和溶剂的体积
①不能用溶剂的体积代替溶液的体积，尤其是固体、气体溶于水时，一般根据溶液的密度计算溶液的体积:V=。
②溶液稀释或混合时，溶液的体积一般不可直接相加，应根据溶液的质量和密度求算混合溶液的体积。溶液密度的单位一般是g·mL-1，而溶液体积的单位一般是L，要注意单位的换算。若题中注明“忽略混合后溶液体积变化”，则溶液的总体积一般按相加计算。
(3)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。如1mol·L-1Al2(SO4)3溶液中c(S)=3mol·L-1，c(Al3+)等于2mol·L-1(考虑Al3+水解时,则其浓度小于2mol·L-1)。
2．巧用电荷守恒求解离子浓度
任何电解质溶液中均存在电荷守恒，即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。如Al2(SO4)3溶液中的电荷守恒关系为3c(Al3+)+c(H+)=2c(S)+c(OH-)，只要知道其中三种离子的浓度，即可求剩余一种离子的浓度。
注意：一般情况下，列电荷守恒等式时不能忽略H＋、OH－，但在计算时，酸性溶液中常可忽略OH－，碱性溶液中常可忽略H＋。
考向1　物质的量浓度概念的理解
【典例1】（2024·全国·高三专题练习）下列说法正确的是
A．将44.8 L的HCl气体溶于水配成1 L溶液，溶液的浓度为2 mol/L
B．将40 g NaOH固体溶解在1 L水中，所得溶液的浓度恰好是1 mol/L
C．2 L0.2 mol/L的NaCl溶液与5 L0.4 mol/L的NaCl溶液的Cl-浓度之比为1：2
D．从100 mL硫酸溶液中取出10 mL，则这10 mL硫酸溶液的物质的量浓度是原溶液的
【变式练1】（2024·全国·高三专题练习）下列说法中正确的是
A．把98g硫酸溶于1 L水中，则溶液的物质的量浓度为1mol L-1
B．1mol L-1的NaCl溶液是指此溶液中含有1molNaCl
C．1mol L-1的CaCl2溶液中，Cl-的物质的量浓度为2mol L-1
D．从100mL的1mol/L的硫酸溶液中取出10mL，则这10mL硫酸溶液的物质的量浓度是0.1mol/L
【变式练2】（2024·全国·高三专题练习）下列说法中正确的是
A．1L水中溶解了58.5gNaCl，该溶液的物质的量浓度为lmol/L
B．从1L2mol/L的H2SO4溶液中取出0.5L，该溶液的浓度为lmol/L
C．配制500mL0.5mol·L-1的CuSO4溶液，需62.5g胆矾(CuSO4·5H2O)
D．中和100mL1mol/L的H2SO4溶液，需NaOH为4g
考向2　物质的量浓度的有关计算
【典例2】（2024·宁夏银川·高三练习）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：Na2SO4、MgSO4、Al2(SO4)3、溶液体积之比为3∶2∶1，则SO浓度之比为3∶1∶3
B．将1mol·L-1的NaCl溶液和0.5mol·L-1的BaCl2溶液等体积混合后，忽略溶液体积变化，c(Cl-)=0.75mol·L-1
C．将100mL 5mol·L-1的盐酸加水稀释至1L，再取出5mL，这5mL溶液的物质的量浓度为0.5 mol·L-1
D．标准状况下，22.4 LHCl溶于1L水，盐酸的物质的量浓度为1mol·L-1
【变式练3】（2024·湖南长沙·高三练习）相对分子质量为Mr的气态化合物VL(标准状况)溶于mg水中，得到溶液的质量分数为ω，密度为ρg/cm3，物质的量浓度为cmol/L。下列说法正确的是
A．溶液的质量分数可表示为 B．相对分子质量Mr可表示为
C．溶液密度ρ可表示为 D．物质的量浓度c可表示为
【变式练4】（2024·海南·高三校考阶段练习）VmL溶液中含有mg，取V/4 mL该溶液用水稀释至4VmL，则物质的量浓度为
A．mol/L B．mol/L C．mol/L D．mol/L
1．（2024·北京·高考真题）不同条件下，当KMnO4与KI按照反应①②的化学计量比恰好反应，结果如下。
反应序号 起始酸碱性 KI KMnO4 还原产物 氧化产物
物质的量/mol 物质的量/mol
① 酸性 0.001 n Mn2+ I2
② 中性 0.001 10n MnO2
已知：的氧化性随酸性减弱而减弱。
下列说法正确的是
A．反应①，
B．对比反应①和②，
C．对比反应①和②，的还原性随酸性减弱而减弱
D．随反应进行，体系变化：①增大，②不变
2．（2023·全国·高考真题）实验室将粗盐提纯并配制的溶液。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
3．（2022·福建·统考高考真题）常温常压下，电化学还原制氨气的总反应方程式：，设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．水中含有的孤电子对数为
B．每产生失去的电子数为
C．氨水中，含有的分子数少于
D．消耗(已折算为标况)时，产生的分子数为
4．（2024·上海·模拟预测）将V L浓度为0.3mol/L的盐酸浓度扩大一倍，采取的措施合理的是
A．将溶液加热浓缩至原来体积的一半
B．通入标准状况下的HCl气体6.72L
C．加入3mol/L的盐酸0.2V L，再稀释至1.5V L
D．加入等体积0.9mol/L的盐酸，混合均匀
5．（2024·全国·高三专题练习）下列说法错误的是
A．将14%的KOH溶液蒸发掉100g水后，变为28%的KOH溶液80mL，该80mL溶液的物质的量浓度为6.25mol/L
B．将质量分数为98%的与水等体积混合，混合后的质量分数大于49%
C．某溶液的密度为1.2，的质量分数为5%，1L该溶液中的物质的量为5mol
D．1mol氧气在放电条件下，有30%转化为，则放电后混合气体对氢气的相对密度是35.6
6．（2024·河南·高三校考阶段练习）下列溶液与20mL1mol·L-1NaNO3溶液中NO物质的量浓度相等的是
A．10mL1mol·L-1Mg(NO3)2溶液 B．5mL0.8mol·L-1Al(NO3)3溶液
C．10mL2mol·L-1AgNO3溶液 D．10mL0.5mol·L-1Cu(NO3)2溶液
一、一定物质的量浓度溶液的配制
1．容量瓶的使用
(1)构造及用途
(2)查漏操作
(3)注意事项
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的温度下确定的；
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．主要仪器
托盘天平、药匙、量筒、玻璃棒、烧杯、500mL容量瓶、胶头滴管。
3．配制过程
以配制500 mL 1.00 mol/L的NaOH溶液为例
(1)计算：需NaOH固体的质量为20.0 g。
(2)称量：通过托盘天平称量NaOH固体时，需将其放在小烧杯中。
(3)溶解：将称好的NaOH固体放入烧杯中，用适量水溶解。
(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500 mL容量瓶。
(5)洗涤：用少量蒸馏水洗涤烧杯内壁和玻璃棒2～3次，洗涤液移入容量瓶中，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下1～2 cm时，改用胶头滴管滴加蒸馏水至溶液的凹液面最低处与刻度线相切。
(7)摇匀：盖好瓶塞，反复上下颠倒，摇匀。
图示流程如下：
4．误差分析
(1)配制溶液过程中的误差分析(以配制NaOH溶液为例分析)。
依据c=,其中变量为m、V。因操作上的错误而导致实际溶质质量(或物质的量)比理论值m(或n)偏小,或溶液体积比理论值V偏大时,都会使所配溶液浓度偏低。反之偏高。具体分析如下:
可能引起误差的一些操作 因变量 c/(mol·L-1)
m V
砝码与药品位置颠倒(使用了游码) 减小 — 偏低
称量时间过长(潮解) 减小 —
放在纸片上称量NaOH 减小 —
向容量瓶中转移时少量溅出 减小 —
未洗涤烧杯和玻璃棒 减小 —
定容时加水过多, 用胶头滴管吸出 减小 —
定容摇匀后液面下降再加水 — 增大
定容时仰视刻度线 — 增大
砝码沾有其他物质或已生锈 增大 — 偏高
溶液未冷却至室温就 注入容量瓶定容 — 减小
定容时俯视刻度线 — 减小
定容后经振荡、摇匀,液面下降 — — 不变
容量瓶用蒸馏水洗涤后未干 — —
(2)定容时仰视、俯视误差分析。
结果:仰视时,容量瓶内液面高于刻度线,所配溶液体积偏大,浓度偏低;俯视时,容量瓶内液面低于刻度线,所配溶液体积偏小,浓度偏高。
二、质量百分比浓度、体积比浓度溶液的配制
1．配制100 g 10%的NaCl溶液。用托盘天平称取10 g NaCl固体，放入100mL的烧杯中，再用100 mL量筒量取90 mL的水注入烧杯中，然后用玻璃棒搅拌使之溶解。
2．用浓硫酸配制1∶4的稀硫酸50 mL。用50 mL的量筒量取40.0 mL的水注入到100 mL的烧杯中，再用10 mL的量筒量取10.0 mL浓硫酸，然后沿烧杯内壁缓缓注入烧杯中，并用玻璃棒不停搅拌。
一、与溶液浓度配制所使用的仪器有关的易混易错点
1．容量瓶是配制溶液的精密仪器,使用时要注意:
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，不能用来加热；
③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。
④选用容量瓶的原则——“大而近”,如需配制90mL溶液,应选用100mL的容量瓶。
⑤选用容量瓶时应指明其规格。
⑥往容量瓶中转移液体时,要用玻璃棒引流,玻璃棒末端应在容量瓶刻度线以下。
2．托盘天平使用时要注意
(1)使用前调零
(2)药品不能直接放在托盘上
(3)左物右码，先大后小
(4)读数至小数点后1位
(5)用托盘天平称量，物质和砝码放反时，不一定有误差。若没有用到游码，则无误差；若用到游码，则按照“药品的质量＝砝码的质量－游码的质量”来计算。
3．量筒使用时要注意
(1)不能作反应器
(2)不能将浓溶液直接在量筒中稀释
(3)量取的液体倒出后不必洗涤
4．烧杯使用时要注意
(1)用于溶解固体或稀释浓溶液
(2)将溶液转入容量瓶后，必须将烧杯洗涤2～3次，洗涤液转入容量瓶
5．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
(3)往容量瓶中转移液体时，要用玻璃棒引流，玻璃棒末端应在容量瓶刻度线以下。
二、与物质的量浓度配制过程有关的易混易错点
1．配制一定物质的量浓度的溶液是将一定质量或体积的溶质在选定的容量瓶中定容，不必计量水的用量。
2．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。
3．把准确称量好的固体溶质放在烧杯中，用少量溶剂溶解，然后把溶液转移到容量瓶里。
4．定容加水超过刻度线时，则需重新配制。
5．定容后如果发现液面低于刻度线，这是因为容量瓶内极少量溶液在瓶颈处润湿所致，所以并不影响所配制溶液的浓度，故不要再向容量瓶内加蒸馏水，否则，将使所配制的溶液浓度降低。
6．实验室中一般用托盘天平称量药品,而托盘天平只能精确到0.1g,所以记录数据时只能保留小数点后一位数字。如所需NaCl的质量为14.6g,不能写为14.60g。
7．移液时洗涤烧杯2~3次是为了确保溶质全部转入容量瓶中,否则会导致溶液浓度偏低。
8．定容时,当液面离容量瓶颈部刻度线1~2cm时,应该改用胶头滴管滴加,否则容易导致液体体积超过刻度线,导致溶液浓度偏低。
三、溶液配制过程的“四个数据”
溶液配制过程中有“四个数据”在高考中经常考查。
数据 要求或解释
药品的质量 实验室中一般用托盘天平称量药品,而托盘天平只能精确到0.1g,所以记录数据时只能保留小数点后一位数字。如所需NaCl的质量为14.6g,不能写为14.60g
容量瓶的规格 (1)选择容量瓶的规格时应该与所配溶液体积相等或稍大,如需配制480mL某溶液,则应该选择500mL容量瓶 (2)回答补充仪器的问题时应该注明容量瓶的规格,如回答“500mL容量瓶”时,不能只回答“容量瓶”
洗涤烧杯2~3次 移液时洗涤烧杯2~3次是为了确保溶质全部转入容量瓶中,否则会导致溶液浓度偏低
液面离容量瓶颈部刻度线1~2cm 定容时,当液面离容量瓶颈部刻度线1~2cm时,应该改用胶头滴管滴加,否则容易导致液体体积超过刻度线,导致溶液浓度偏低
四、俯视、仰视导致的误差分析
在量筒、容量瓶的使用中经常涉及俯视、仰视问题，其对实验结果的影响究竟如何(偏大或偏小)，必须分情况讨论：
（1）用容量瓶定容(如图Ⅰ、Ⅱ)
①图Ⅰ：定容时俯视刻度线，液面低于刻度线，导致溶液体积偏小，所配制溶液的浓度偏高。
②图Ⅱ：定容时仰视刻度线，液面高于刻度线，导致溶液体积偏大，所配制溶液的浓度偏低。
(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。
结果:图1：仰视时量筒内液面高于刻度线，所量取的浓硫酸体积偏大，所配溶液浓度偏高;图2：俯视时,量筒内液面低于刻度线, 所量取的浓硫酸体积偏小，所配溶液浓度偏低。
考向1　一定物质的量浓度溶液的配制过程
【典例1】（2024·全国·高三专题练习）配制500mL的溶液，部分实验操作示意图如下：
下列说法正确的是
A．实验中需用的仪器有天平、250mL容量瓶、烧杯、玻璃棒、胶头滴管等
B．上述实验操作步骤的正确顺序为①②④③
C．容量瓶需要用自来水、蒸馏水洗涤，干燥后才可用
D．定容时，仰视容量瓶的刻度线，使配得的溶液浓度偏低
【变式练1】（2024·浙江·高三专题练习）下列有关溶液配制的叙述正确的是
A．配制0.400 0 mol·L-1的NaOH溶液，称取4.0 g固体NaOH于烧杯中，加入少量蒸馏水溶解，立即转移至250 mL容量瓶中定容
B．用已准确称量的KBrO3固体配制一定体积的0.1 mol·L-1 KBrO3溶液时，用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、容量瓶和胶头滴管
C．量取27.2 mL 18.4 mol·L-1浓硫酸于烧杯中，加水稀释、冷却后转移至500 mL容量瓶中即可得1.0 mol·L-1的H2SO4溶液
D．称取0.158 g KMnO4固体，放入100 mL 容量瓶中，加水溶解并稀释至刻度，即可得到0.010 mol·L-1的KMnO4溶液
【变式练2】（2024秋·山东·高三阶段练习）下列操作正确的
①试管、蒸发皿既能用于给固体加热也能用于给溶液加热
②容量瓶在使用前一定要检漏、洗涤并烘干
③称取固体的实验操作是先在托盘上各放一张滤纸，然后在右盘上添加2g砝码，左盘上添加NaOH固体
④将小块钠投入到盛有水的试管中，进行钠与水反应的实验
⑤配制一定浓度的溶液时，将称得的碳酸钠小心转移至250mL容量瓶中，加入蒸馏水至刻度线
A．3个 B．2个 C．1个 D．0个
考向2　溶液配制的误差分析
【典例2】（2024·吉林·高三开学考试）使用容量瓶配制溶液时，由于操作不当，会引起误差，下列情况会使所配溶液浓度偏低的有几项
①用天平(使用游码)称量时，被称量物与砝码的位置放颠倒了；
②溶液转移到容量瓶后，烧杯及玻璃棒未用蒸馏水洗涤；
③转移溶液前容量瓶内有少量蒸馏水；
④定容时，仰视容量瓶的刻度线；
⑤定容后摇匀，发现液面降低，又补加少量水，重新达到刻度线；
⑥用量筒量取一定量浓硫酸配制稀硫酸，转移到烧杯后，用少量水洗涤量筒；
⑦在烧杯中溶解NaOH后，立即将所得溶液注入容量瓶中。
A．4项 B．5项 C．6项 D．7项
【变式练3】（2024·新疆·高三开学考试）某位同学配制一定物质的量浓度的NaOH溶液时，造成所配溶液浓度偏高的原因是
A．所用NaOH已经潮解
B．向容量瓶中加水未到刻度线
C．有少量NaOH溶液残留在烧杯里
D．用带游码的托盘天平称2.4g NaOH时误用了“左码右物”方法
【变式练4】（2024·浙江·高三专题练习）欲配制50mL，0.1mol·L-1KMnO4溶液，过程示意图如下所示。下列说法错误的是
A．图示中不正确的操作步骤有①②⑤ B．若未洗涤烧杯和玻璃棒，所配溶液浓度偏小
C．按图示操作配制的溶液浓度偏大 D．洗涤后应轻轻摇动锥形瓶使溶液混合均匀
1．（2024·北京·高考真题）下列实验的对应操作中，不合理的是
眼睛注视锥形瓶中溶液
A．用标准溶液滴定溶液 B．稀释浓硫酸
C．从提纯后的溶液获得晶体 D．配制一定物质的量浓度的溶液
A．A B．B C．C D．D
2．（2024·甘肃·高考真题）下列实验操作对应的装置不正确的是
A B C D
灼烧海带制海带灰 准确量取稀盐酸 配制一定浓度的溶液 使用电石和饱和食盐水制备
A．A B．B C．C D．D
5．（2024·江苏·高考真题）实验室进行铁钉镀锌实验。下列相关原理、装置及操作不正确的是
A B C D
配制溶液 铁钉除油污 铁钉除锈 铁钉镀锌
A．A B．B C．C D．D
4．（2024·上海·统考二模）室温下，甲同学配制5%的溶液100g，乙同学配制的溶液100mL(的溶解度为水)，下列说法正确的是
A．所需溶质的质量相同 B．所需仪器均包括100mL容量瓶
C．所配溶液均为不饱和溶液 D．所配溶液质量相同
5．（2024·青海西宁·高三校考阶段练习）配制100mL 0.1mol L-1 溶夜，下列操作正确的是
A．称取1.06g无水碳酸钠，加入100mL容量 中，加水溶解、定容
B．称取1.06g无水碳酸钠，放入小烧杯中加入100mL蒸馏水，搅拌、溶解
C．转移溶液时，未用玻璃棒引流，直接倒入容量 中
D．定容后，塞好瓶塞，反复倒转，摇匀
6．（2024·四川成都）配制溶液的操作如下所示。下列说法正确的是
A．操作1前需用称量纸称取质量为的
B．操作1确认完全溶解后，应立刻进行操作2
C．操作4如果俯视，则溶液浓度偏大
D．操作5后液面下降，需补充少量水至刻度线
7．（2024·高三课时练习）配制250mL0.25的NaOH溶液时，下列实验操作会使配得的溶液浓度偏高的是
A．转移溶液后未洗涤烧杯和玻璃棒就直接定容
B．用托盘天平称量时，药品放在右盘称量
C．在容量瓶中定容时俯视刻度线
D．定容后把容量瓶倒转摇匀，发现液面低于刻度，再补充几滴水至刻度线
1．溶解度
固体物质 的溶解度 定义: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，叫做这种物质在该溶剂里的溶解度，其单位为g。
利用饱和溶液求溶解度的公式：S固体=×100 g。
影响因素：①溶剂的影响，如NaCl易溶于水不易溶于汽油。②温度的影响：升高温度，大多数固体物质的溶解度增大，少数物质的溶解度减小，如Ca(OH)2。
气体物质 的溶解度 定义：通常指该气体(压强为101 kPa)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在常温常压下溶解度为1∶700。
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。
2．溶解度的表示方法
(1)列表法
硝酸钾在不同温度时的溶解度：
温度 /℃ 0 10 20 30 40 50 60 70 80 90 100
溶解度 /g 13.3 20.9 31.6 45.8 63.9 85.5 110 138 168 202 246
(2)曲线法
(3)溶解度曲线的含义。
①同一物质在各温度时的溶解度不同。
②两曲线交点的含义：表示两物质在某温度时的溶解度相同。
③快速比较两种物质在某温度时溶解度的大小。
④能反映出溶解度随温度变化的趋势。
3．根据溶解度受温度影响选择不同的物质分离方法
(1)对于大多数固体物质，溶解度随温度升高而增大，如KNO3，应采取蒸发浓缩、冷却结晶、过滤的方法结晶。
(2)对于溶解度随温度变化不大的固体物质，如NaCl，应采取蒸发结晶的方法结晶。
(3)若KNO3溶液中混有NaCl，结晶的方法是：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤，从而得到较纯净的KNO3固体。
(4)若NaCl溶液中混有KNO3，结晶的方法是：蒸发浓缩至有较多固体析出时趁热过滤，从而得到较纯净的NaCl固体。
一、气体溶于水，计算物质的量浓度的一般思路
气体溶于水，溶液的体积不是溶剂的体积，也不是气体体积与溶剂体积之和，应根据V＝进行计算。
二、物质的量浓度、溶解度、质量分数的相互换算
?溶质的质量分数ω与物质的量浓度c
c＝＝＝＝(密度的单位为g·cm－3或g·mL－1)
?饱和溶液溶质的质量分数与溶解度
ω＝×100%，c＝(密度的单位为g·cm－3或g·mL－1)
三、利用溶解度判断物质结晶的方法：
（1）①溶解度受温度影响较小的物质(如NaCl)采取蒸发结晶的方法；②溶解度受温度影响较大的物质采取蒸发浓缩、冷却结晶的方法；③带有结晶水的晶体，一般采取蒸发浓缩、冷却结晶的方法。(2)检验气体产物时，应先检验水蒸气，然后再检验其他气体。
考向1　溶解度曲线的理解
【典例1】（2024·江苏·高三校联考期末）实验室以浓缩盐湖水(含Na＋、Li＋、Cl-和少量Mg2＋、Ca2＋)为原料制备高纯Li2CO3的实验流程如下：
Li2CO3溶解度曲线如图所示
下列说法错误的是
A．“步骤Ⅰ”“步骤Ⅱ”中均需使用漏斗
B．“沉淀2”的主要成分为CaCO3
C．“操作X”依次为蒸发浓缩、降温结晶、过滤、洗涤、干燥
D．“滤液3”经除杂后可用作氯碱工业的原料
【变式练1】（2024·广东·高三校考阶段练习）已知4种盐的溶解度曲线如图所示，下列说法不正确的是
A．将NaCl溶液蒸干可得NaCl固体
B．将MgCl2溶液蒸干可得MgCl2固体
C．可用MgCl2和NaClO3制备Mg(ClO3)2
D．Mg(ClO3)2中混有少量NaCl杂质，可用重结晶法提纯
【变式练2】（2024·全国·高三专题练习）甲、乙两物质的溶解度曲线如图所示，下列说法不正确的是
A．甲溶于水，一定明显放热
B．℃时，甲、乙的溶解度相同
C．分别将等质量的甲、乙饱和溶液从℃降至℃，析出固体(不含结晶水)的质量甲一定多于乙
D．从甲的溶液中(含少量杂质)将甲固体结晶的操作为：加热浓缩、冷却结晶
考向2　根据溶解度曲线进行分离提纯
【典例2】（2024·浙江·高三专题练习）根据下列各组溶解度曲线图,判断分离提纯方法。
（1）根据图1中Na2SO4和Na2SO4·10H2O的溶解度曲线(g/100 g水),由Na2SO4溶液得到Na2SO4固体的操作为:将溶液升温结晶、______、用乙醇洗涤后干燥。用乙醇洗涤而不用水洗的原因是______。
（2）根据图2所示相关物质的溶解度曲线。在实验室中提纯过硫酸钾粗产品的实验具体操作依次为:将过硫酸钾粗产品溶于适量水中,__________,干燥。
（3）根据图1中红矾钠(Na2Cr2O7·2H2O)和Na2SO4的溶解度曲线。从Na2Cr2O7和 Na2SO4的混合溶液中提取红矾钠的操作为:先将混合溶液蒸发浓缩,趁热过滤。趁热过滤的目的是__________;然后将滤液______,从而析出红矾钠。
【变式练3】（2024·全国·高三专题练习）海洋是一个巨大的资源宝库。海水资源综合利用的部分途径如下图：
已知：粗盐中的杂质有泥沙、、，流程中部分操作及试剂已省略。
根据图中KNO3、NaCl的溶解度曲线，下列说法不正确的是___________(填字母)。
A．t℃时，将45g KNO3固体放入50g水中充分溶解，所得溶液的质量为95g
B．NaCl溶液中含有少量KNO3，可以采用蒸发结晶的方法提纯NaCl
C．40℃时，将KNO3的饱和溶液降温至20℃，溶液的溶质质量分数减小(不考虑水分损失)
【变式练4】（2024·北京·高三统考期末）硫酸铝铵固体中含有少量硫酸铵杂质，根据下图的溶解度曲线，进一步提纯硫酸铝铵的操作是加热溶解、_______、洗涤、干燥。
1．（2024·黑龙江·模拟预测）碳酸钠是一种重要的无机化工原料，以“侯氏制碱法”为原理，实验室中用碳酸氢铵和粗盐(含有MgCl2、CaCl2)制备碳酸钠，并测定其含量。回答下列问题：
I.碳酸钠的制备
制备流程如图所示。
已知：Ksp(CaCO3)=2.8×10-9，Ksp(MgCO3)=6.8×10-6，Ksp[Ca(OH)2]=4.7×10-6，Ksp[Mg(OH)2]=5.6×10-12
(1)滤渣的成分有____。
(2)写出灼烧碳酸氢钠的化学方程式____。
(3)根据相关物质的溶解度随温度的变化曲线(如图所示)，制备NaHCO3时反应温度控制在30~35℃之间，温度过高或者过低都不利于反应进行，原因是____。
(4)向母液中加入研细的NaCl粉末可以制得NH4Cl晶体，为使NH4Cl晶体充分析出并分离，根据溶解度曲线，需采用的操作为____、____、洗涤、干燥。
2．（2024·北京·高三统考期末）(8)硫酸铝铵固体中含有少量硫酸铵杂质，根据下图的溶解度曲线，进一步提纯硫酸铝铵的操作是加热溶解、_______、洗涤、干燥。
3．（2024·宁夏银川）如图表示X、Y两种不含结晶水的固体物质的溶解度曲线。根据图示，判断下列说法中错误的是
A．X、Y都是易溶于水物质
B．t℃时，X、Y的饱和溶液中物质的量浓度相等
C．将t1℃时，等质量X、Y的饱和溶液均分别降温到t℃，X溶液中析出晶体的质量比Y的多
D．当Y的饱和溶液中含有少量X时，能通过蒸发浓缩、趁热过滤的方法提纯Y
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