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第7讲　物质的量浓度
【学习目标】
1.能认识物质的量浓度的意义并进行相关的简单计算。
2.学会一定物质的量浓度溶液配制等化学实验基础知识和基本技能,体会定量研究对化学科学的重要作用。
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或mol·L-1。
(3)表达式:cB=,可变形为nB=cB·V、V=。
(4)特点:对于某物质的量浓度的溶液,取出任意体积的溶液,其物质的量浓度、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.溶质的正确判断
(1)与水发生反应生成新物质:Na、Na2O、Na2O2NaOH;CO2、SO2、SO3H2CO3、H2SO3、H2SO4。
(2)特殊物质:NH3NH3·H2O(溶质按NH3进行计算)。
(3)含结晶水的物质:CuSO4·5H2O、Na2CO3·10H2OCuSO4、Na2CO3。
3.溶液体积的确定
不能用水的体积代替溶液的体积,可以根据V=求算。
一、物质的量浓度与质量分数的计算
1.相对分子质量为Mr的气态化合物V L(标准状况)溶于m g水中,得到的溶液的质量分数为w%,物质的量浓度为c mol·L-1,密度为ρ g·cm-3。回答下列问题。
(1)用c、Mr、w表示ρ:　 。
(2)用ρ、V、Mr、m表示c:　 。
(3)V、Mr、m表示w%:　 。
(4)m、w、V表示Mr:　 。
【答案】 (1)　(2)
(3)×100%　(4)
【解析】 (1)根据c=可得ρ==。
(2)V L标准状况下的该气体的物质的量为 mol,该气体的质量为 mol×Mr g·mol-1=
g,溶液的质量为m g+ g,溶液的体积为 L,溶液的物质的量浓度为=
mol·L-1。
(3)由上述分析可知,溶液的质量分数w%=×100%=×100%。
(4)由w%=×100%,整理得Mr=。
溶质的质量分数与物质的量浓度的关系
当ρ的单位为g·mL-1时,c(B)=。
二、溶液的稀释与混合
2.V mL Al2(SO4)3溶液中含有m g Al3+,取 mL该溶液用水稀释至4V mL,则S的物质的量浓度为(　　)
A. mol·L-1 B. mol·L-1
C. mol·L-1 D. mol·L-1
【答案】 A
【解析】 mL Al2(SO4)3溶液中Al3+的物质的量为= mol,稀释后溶液中c(Al3+)== mol·L-1,c(S)=c(Al3+)=× mol ·L-1= mol·L-1。
3.100 mL 0.3 mol·L-1 Na2SO4溶液和50 mL 0.2 mol·L-1 Al2(SO4)3溶液混合后(溶液体积变化忽略不计),溶液中S的物质的量浓度为　　　　 mol ·L-1。
【答案】 0.4
【解析】 由c1·V1+c2·V2=c混·(V1+V2)可知,100×10-3 L×0.3 mol ·L-1+50×10-3L×0.2 mol·L-1×3=
c混(S)×(100×10-3 L+50×10-3L),解得c混(S)=0.4 mol ·L-1。
(1)溶液的稀释。
①溶质的质量在稀释前后保持不变,即m浓·w浓=m稀·w稀,溶液的质量m稀=m浓+m水。
②溶质的物质的量在稀释前后保持不变,即c稀·V稀=c浓·V浓,但溶液的体积V稀≠V浓+V水。
(2)同种溶质的溶液的混合。
物质的量浓度不同(分别为c1、c2)的两溶液,混合前后溶质的物质的量保持不变,即c1·V1+c2·V2=c混·V混。
考点二　配制一定物质的量浓度的溶液　　　　　　 　　　　　 　　　　　
1.配制一定物质的量浓度的溶液
(1)容量瓶的构造及用途。
(2)配制一定物质的量浓度溶液流程。
2.配制一定物质的量浓度的溶液误差分析
(1)误差分析的思维流程。
(2)误差分析的理论依据。
(3)容量瓶读数误差的图示分析。
图甲使所配溶液体积偏大,浓度偏小;图乙使所配溶液体积偏小,浓度偏大。
(1)从溶质改变角度分析产生的误差(用“偏大”“偏小”或“无影响”填空)。
①配制480 mL 0.5 mol ·L-1的NaOH溶液,用托盘天平称取NaOH固体9.6 g:　　　　。
②配制一定物质的量浓度的NaOH溶液时,托盘天平的两个托盘上放两张质量相等的纸片,其他操作均正确:　　　　。
③配制一定物质的量浓度的NaOH溶液,需称量烧杯+溶质34.4 g,称量时物码放置颠倒:　　　　。
④定容时,加蒸馏水超过刻度线,用胶头滴管吸取多余的液体至刻度线:　　　　。
⑤未洗涤烧杯及玻璃棒:　　　　。
(2)从溶液体积改变角度分析产生的误差(用“偏大”“偏小”或“无影响”填空)。
①配制一定物质的量浓度的NaOH溶液时,将称量好的NaOH固体放入小烧杯中溶解,未经冷却立即转移到容量瓶中并定容:　　　　。
②定容摇匀后,发现液面下降,继续加蒸馏水至刻度线:　　　　。
③定容摇匀后少量溶液外流:　　　　。
④容量瓶中原有少量蒸馏水:　　　　。
【答案】 (1)①偏小　②偏小　③偏小　④偏小　⑤偏小　(2)①偏大　②偏小　③无影响　④无影响
配制一定物质的量浓度的溶液的全面分析
1.某同学进行实验时需要250 mL 0.10 mol·L-1 NaOH溶液,实验室有氢氧化钠固体。该同学利用所给试剂配制所需溶液。回答下列问题。
(1)无论采用何种试剂进行配制,实验必须用到的玻璃仪器除烧杯、玻璃棒、胶头滴管外,至少还需要的一种玻璃仪器是　　　　　　　　。
(2)通过计算需要用电子天平称量的NaOH的质量为　　　　g。
(3)下图是配制溶液的过程示意图,正确的操作顺序是　　　　　　　　(填序号)。
(4)在配制过程中,下列操作会使溶液浓度偏小的是　　　　(填字母)。
a.转移时,未洗涤烧杯内壁和玻璃棒
b.定容时俯视刻度线
c.容量瓶中原有少量蒸馏水
(5)配制稀的氢氧化钠溶液,也可用稀释法。如取10 mL 6 mol ·L-1的NaOH溶液加水稀释至100 mL,溶液的物质的量浓度变为　　　 mol ·L-1。
【答案】 (1)250 mL容量瓶　(2)1.00　(3)①②④⑤③　(4)a　(5)0.6
【解析】 (1)配制一定体积、一定物质的量浓度的溶液,需使用的玻璃仪器除烧杯、玻璃棒、胶头滴管外,至少还需要的一种玻璃仪器是250 mL容量瓶。
(2)配制250 mL 0.10 mol·L-1 NaOH溶液需要用电子天平称取的NaOH的质量为m=
0.10 mol·L-1×0.25 L×40 g·mol -1=1.00 g。
(3)配制一定物质的量浓度的溶液的步骤为计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶贴签,则正确的操作顺序是①②④⑤③。
(4)转移时,未洗涤烧杯内壁和玻璃棒,导致溶质的物质的量减小,由于溶液的体积不变,则最终导致配制的溶液浓度偏小,a符合题意;定容时俯视刻度线,则溶液的体积偏小,由于溶质的物质的量不变,最终导致配制的溶液浓度偏大,b不符合题意;容量瓶中原有少量蒸馏水,不影响溶质的物质的量,则对结果无影响,c不符合题意。
(5)溶液稀释前后溶质的物质的量不变,则有10×10-3 L×6 mol ·L-1=100×10-3L×c,解得c=
0.6 mol ·L-1。
2.已知:2,6-二氯酚靛酚钠盐(C12H6O2NCl2Na)呈蓝色,酸化后生成的氧化型2,6-二氯酚靛酚(C12H7O2NCl2)呈粉红色,被还原后变为无色的还原型2,6-二氯酚靛酚(C12H9O2NCl2)。
现用2,6-二氯酚靛酚钠盐固体配制450 mL 0.010 mol·L-1的2,6-二氯酚靛酚标准溶液的步骤如图所示:
(1)在配制过程中必要的仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管、电子天平和　　　　　　　　。
(2)经计算,需2,6-二氯酚靛酚钠盐固体的质量为　　　　g。
(3)此实验中玻璃棒的作用是　 。
(4)下列操作不会对所配得的2,6-二氯酚靛酚标准溶液的浓度产生影响的是　　　 　(填字母)。
A.容量瓶用蒸馏水洗净,没有烘干
B.操作③没有用蒸馏水洗涤烧杯2～3次,并转移洗涤液
C.操作⑤仰视容量瓶的刻度线
D.操作⑥后,发现液面略低于刻度线,再滴加少量蒸馏水使液体凹液面的最低处与刻度线相平
【答案】 (1)500 mL容量瓶　(2)1.45　(3)搅拌、引流　(4)A
【解析】 (1)配制450 mL 0.010 mol ·L-1的溶液时,需要500 mL容量瓶。(2)需要2,6-二氯酚靛酚钠盐的质量是500×10-3 L×0.010 mol·L-1×290 g·mol -1=1.45 g。(4)A项,定容时也要加蒸馏水,容量瓶用蒸馏水洗净,没有烘干,对实验结果无影响;B项,操作③没有用蒸馏水洗涤烧杯,并转移洗涤液,使容量瓶中溶质的物质的量减小,所配溶液的浓度偏小;C项,定容时仰视容量瓶的刻度线,使容量瓶中溶液体积增大,所配溶液的浓度偏小;D项,摇匀后,再加少量蒸馏水,对原溶液稀释,所配溶液的浓度偏小。
1.(1)(2022·全国乙卷,27节选)由CuSO4·5H2O配制CuSO4溶液,下列仪器中不需要的是　　　　　　　　　　　　(填仪器名称)。
(2)(2022·广东卷,17节选)下列关于250 mL容量瓶的操作,正确的是　　　　(填字母)。
A　B　　C　　D
(3)(2024·全国甲卷,27节选)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　 　　　　　。
【答案】 (1)分液漏斗、球形冷凝管　(2)C
(3)避免溶质损失　盖好瓶塞,反复上下颠倒、摇匀
【解析】 (2)振荡时应用瓶塞塞住容量瓶口,不可用手指压住容量瓶口,故A错误;定容时,视线应与刻度线相平,不能仰视或俯视,且胶头滴管不能插入容量瓶中,故B错误;定容完成后,盖上瓶塞,左手食指抵住瓶塞,右手扶住容量瓶底部,将容量瓶反复上下颠倒,摇匀,故D错误。
(3)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。
2.(2025·山东卷,4)称取1.6 g固体NaOH配制400 mL浓度约为0.1 mol·L-1的NaOH溶液,下列仪器中不需要使用的是(　　)
A.100 mL烧杯
B.500 mL容量瓶
C.500 mL量筒
D.500 mL细口试剂瓶(具橡胶塞)
【答案】 B
【解析】 1.6 g NaOH的物质的量为0.04 mol,配制浓度约为0.1 mol·L-1的NaOH溶液的体积为=0.4 L=400 mL<500 mL,故不可用500 mL容量瓶。由于所配NaOH溶液浓度的精确度不太高,故可将1.6 g固体NaOH置于100 mL 烧杯中,用500 mL量筒量取400 mL蒸馏水,先向烧杯中倒入适量蒸馏水溶解NaOH(用玻璃棒搅拌),冷却后将烧杯中的溶液转移至
500 mL细口试剂瓶(具橡胶塞)中(注意NaOH溶液呈碱性,不可用磨口玻璃塞),用量筒中的部分蒸馏水洗涤烧杯内壁和玻璃棒,将洗涤液转移至细口试剂瓶中,轻轻摇动细口试剂瓶,使溶液混合均匀,得到400 mL浓度约为0.1 mol·L-1的NaOH溶液,故选B。
3.(2022·海南卷,17节选)现有浓H3PO4溶液质量分数为85%,密度为1.7 g·mL-1。若实验需
100 mL 1.7 mol·L-1的H3PO4溶液,则需浓H3PO4溶液　　　　(保留一位小数)mL。
【答案】 11.5
【解析】 设需浓H3PO4溶液的体积为V mL,则有=0.1 L×1.7 mol ·L-1,解得V≈11.5。
课时作业
一、选择题(每小题只有一个选项符合题目要求)
1.某试剂瓶上贴有标签:“100 mL 1.0 mol·L-1MgCl2溶液”。下列说法正确的是(　　)
A.该溶液中含有的粒子主要有MgCl2、Mg2+、Cl-、H2O
B.若取50 mL该溶液,其中的c(Cl-)=1.0 mol·L-1
C.取该溶液5.0 mL恰好与100 mL 0.1 mol·L-1 AgNO3溶液完全反应
D.该溶液与100 mL 1.0 mol·L-1NaCl溶液中的c(Cl-)相等
【答案】 C
【解析】 MgCl2是强电解质,在水溶液中完全电离,水是弱电解质,在水溶液中部分电离,所以该溶液中存在的粒子有Mg2+、Cl-、H2O、H+、OH-,A错误;该溶液的浓度为1.0 mol·L-1,根据氯原子守恒可得c(Cl-)=2c(MgCl2)=2×1.0 mol·L-1=2.0 mol·L-1,浓度与溶液的体积无关,B错误;
n(Cl-)=2.0 mol ·L-1×0.005 L=0.01 mol,n(Ag+)=0.1 mol·L-1×0.1 L=0.01 mol,二者以1∶1的比例进行反应,所以n(Cl-)=n(Ag+)时,二者恰好完全反应,C正确;1.0 mol·L-1NaCl溶液中的c(Cl-)=
c(NaCl)=1.0 mol ·L-1,D错误。
2.下列关于溶液的物质的量浓度的说法正确的是(　　)
A.常温下,1 L水中溶解58.5 g NaCl,该溶液的物质的量浓度为1 mol/L
B.1 mol Na2O加入适量水配成1 L溶液,该溶液的物质的量浓度为1 mol/L
C.200 mL 0.1 mol/L NaCl溶液和100 mL 0.1 mol/L MgCl2溶液中Cl-的物质的量浓度相同
D.10 g 98%的硫酸(密度为1.84 g/cm3)与20 mL 18.4 mol/L的硫酸的物质的量浓度相同
【答案】 D
【解析】 58.5 g NaCl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,因此所得溶液的物质的量浓度不是1 mol/L,A错误;1 mol Na2O加入适量水,与水反应产生2 mol NaOH,配成的1 L溶液中含有2 mol NaOH,则所得溶液的物质的量浓度为2 mol/L,B错误;
200 mL 0.1 mol/L NaCl溶液中Cl-的物质的量浓度为0.1 mol/L,100 mL 0.1 mol/L MgCl2溶液中Cl-的物质的量浓度为0.2 mol/L,两种溶液中Cl-的物质的量浓度不相同,C错误;10 g 98%的硫酸的物质的量浓度为= mol/L=18.4 mol/L,与20 mL 18.4 mol/L的硫酸的物质的量浓度相同,D正确。
3.下列所得溶液的物质的量浓度为0.1 mol/L的是(　　)
A.将0.1 mol 氨充分溶解在1 L水中
B.将10 g质量分数为98%的硫酸与990 g水混合
C.将25.0 g胆矾溶于水配成1 L溶液
D.将10 mL 1 mol/L的盐酸与90 mL水充分混合
【答案】 C
【解析】 将0.1 mol 氨充分溶解在1 L水中,所得溶液的体积不是1 L,故不能得到0.1 mol/L的溶液,A错误;将10 g质量分数为98%的硫酸与990 g水混合,所配溶液的密度未知,无法求算其物质的量浓度,B错误;25.0 g胆矾的物质的量为0.1 mol,将其溶于水配成1 L溶液,所得溶液的物质的量浓度为0.1 mol/L,C正确;将10 mL 1 mol/L的盐酸与90 mL水充分混合,不同液体混合后的体积不等于两种液体的体积在数值上的简单加和,D错误。
4.现有V L 0.5 mol/L的盐酸,欲将其浓度扩大一倍,下列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的盐酸0.125V L
C.加入10 mol/L的盐酸0.1V L,再稀释至1.5V L
D.标准状况下通入11.2 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;混合后溶液的体积不等于两种液体的体积在数值上的简单加和,故B错误;混合后溶液中HCl的物质的量为0.5 mol/L×V L+
10 mol/L×0.1V L=1.5V mol,所以混合后溶液中HCl的浓度为=1 mol/L,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。
5.某同学配制一定物质的量浓度的氯化钠溶液,其中不会使所配溶液的物质的量浓度偏小的是(　　)
A.用蒸馏水洗涤烧杯2～3次,未将洗涤液移入容量瓶中
B.容量瓶刚用蒸馏水洗净,没有干燥
C.定容时,加蒸馏水先使液面略高于刻度线,再吸出少量水使凹液面与刻度线相切
D.定容时仰视刻度线
【答案】 B
【解析】 A项,该操作会造成溶质的物质的量减小,导致所配溶液的物质的量浓度偏小;B项,操作中还要加水定容,所以容量瓶没有干燥,对所配溶液的物质的量浓度无影响;C项,该操作中会吸出一部分溶质,造成溶质的物质的量减小,导致所配溶液的物质的量浓度偏小;D项,定容时仰视刻度线会导致溶液的体积偏大,使所配溶液的物质的量浓度偏小。
6.实验室里需要配制480 mL 0.10 mol/L的硫酸铜溶液,下列实验用品及实验操作正确的是(　　)
选项 容量瓶 容积 溶质质量 实验操作
A 480 mL 硫酸铜:7.68 g 加入500 mL水
B 480 mL 胆矾:12.0 g 配成500 mL溶液
C 500 mL 硫酸铜:8.0 g 加入500 mL水
D 500 mL 胆矾:12.5 g 配成500 mL溶液
【答案】 D
【解析】 实验室里需要配制480 mL 0.10 mol/L CuSO4溶液,由于没有480 mL规格的容量瓶,根据“大而近”的原则需要选择500 mL容量瓶,溶质若为CuSO4,则需要8.0 g,若是胆矾,则需要12.5 g,应配成500 mL溶液而不是加入500 mL水,故选D。
7.用溶质的质量分数为98%的浓硫酸(ρ=1.84 g/cm3)配制200 mL 1.84 mol/L稀硫酸。下列操作正确的是(　　)
A.将蒸馏水缓慢注入盛有一定量浓硫酸的烧杯中,并不断搅拌至冷却
B.必须用到的定量仪器有200 mL容量瓶和托盘天平
C.量取浓硫酸的体积为20.0 mL
D.量取浓硫酸时仰视,定容时俯视,都会使所配硫酸溶液的浓度偏大
【答案】 D
【解析】 稀释浓硫酸时,应将浓硫酸缓慢注入盛有一定量蒸馏水的烧杯中,并不断搅拌
至冷却,A错误;实验室通常没有200 mL容量瓶,则配制200 mL 1.84 mol/L稀硫酸时,必须
用到的定量仪器为250 mL容量瓶和量筒,B错误;由c=可知,浓硫酸的浓度为
mol/L=18.4 mol/L,由稀释定律可知,量取浓硫酸的体积为×
103 mL/L=25.0 mL,C错误;量取浓硫酸时仰视会使硫酸的物质的量增大,导致所配硫酸溶液的浓度偏大,定容时俯视会使溶液的体积偏小,导致所配硫酸溶液的浓度偏大,D正确。
8.某温度下,V mL不饱和NaNO3溶液a g,蒸发掉b g 水或加入b g NaNO3固体(恢复到原温度)均可使溶液达到饱和。下列各量的计算结果不正确的是(　　)
A.该温度下NaNO3的溶解度为100 g
B.原不饱和溶液的密度为 g·mL-1
C.原不饱和溶液中NaNO3的质量分数为%
D.原不饱和溶液中NaNO3的物质的量浓度为 mol·L-1
【答案】 C
【解析】 蒸发掉b g水或加入b g NaNO3固体,均能使溶液达到饱和,说明b g水溶解b g NaNO3形成饱和溶液,利用溶解度的定义可知,=,则该温度下NaNO3的溶解度为100 g,
A正确;根据密度的定义可知,原不饱和溶液的密度为 g·mL-1,B正确;令原不饱和溶液中溶质的质量为x g,蒸发掉b g水或加入b g NaNO3固体均可使溶液达到饱和,则有=,解得x=,原不饱和溶液中NaNO3的质量分数为×100%=%,C错误;原不饱和溶液中NaNO3的物质的量浓度为= mol·L-1,D正确。
9.下列溶液的物质的量浓度的相关计算正确的是(　　)
A.等物质的量浓度的Na2SO4、MgSO4、Al2(SO4)3溶液的体积之比为3∶2∶1,则三种溶液中S的物质的量浓度之比为3∶2∶3
B.将100 mL 5 mol/L的盐酸加水稀释至1 L,再取出5 mL,这5 mL溶液的物质的量浓度为
0.5 mol/L
C.将1 mol/L的NaCl溶液和0.5 mol/L的BaCl2溶液等体积混合后,忽略溶液体积变化,c(Cl-)=
0.75 mol/L
D.标准状况下,22.4 L HCl溶于1 L水,所得盐酸的物质的量浓度为1 mol/L
【答案】 B
【解析】 假设三种溶液的物质的量浓度均为1 mol/L,则Na2SO4、MgSO4、Al2(SO4)3溶液中S的物质的量浓度分别为1 mol/L、1 mol/L、3 mol/L,则三种溶液中S的物质的量浓度之比为1∶1∶3,A错误;溶液稀释前后溶质的物质的量不变,则稀释后盐酸的物质的量浓度为=0.5 mol/L,溶液具有均一性、稳定性,所以稀释后,取出5 mL,这5 mL溶液的物质的量浓度为0.5 mol/L,B正确;1 mol/L的NaCl溶液中c(Cl-)=1 mol/L,0.5 mol/L的BaCl2溶液中c(Cl-)=1 mol/L,故两者混合后,不考虑体积的变化,c(Cl-)=1 mol/L,C错误;1 L为水的体积,不是溶液的体积,则溶液的体积未知,不能计算盐酸的物质的量浓度,D错误。
二、非选择题
10.回答下列问题。
(1)实验室里需要450 mL 2 mol·L-1 H2SO4溶液。用98%浓硫酸(密度为1.84 g·cm-3)配制该溶液时,下列仪器不需要用到的是　　　　(填字母)。
(2)所需的浓硫酸的体积为　　　　(保留1位小数) mL。
(3)配制过程中,下列操作将导致溶液的浓度偏小的是　　　　(填字母)。
A.定容时俯视容量瓶刻度线
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.将溶液从烧杯转移到容量瓶中后没有洗涤烧杯
【答案】 (1)ABE　(2)54.3　(3)CD
【解析】 (1)用98%浓硫酸配制450 mL 2 mol·L-1 H2SO4溶液,不需要托盘天平、100 mL的容量瓶、分液漏斗,故选A、B、E。
(2)98%浓硫酸的浓度c== mol·L-1=18.4 mol·L-1,根据c浓·V浓=c稀·V稀,则有500×10-3 L×2 mol·L-1=V×18.4 mol·L-1,解得V≈0.054 3 L=54.3 mL。
(3)定容时俯视容量瓶刻度线会使溶液的体积偏小,浓度偏大,A不符合题意;容量瓶未干燥处理,对溶液的浓度没有影响,B不符合题意;定容加水时超过刻度线后,立即吸出多余的水,溶液的浓度偏小,C符合题意;将溶液从烧杯转移到容量瓶中后没有洗涤烧杯,烧杯中有溶质未转移,溶液的浓度偏小,D符合题意。
11.配制80 mL 0.100 mol·L-1的Na2S2O3溶液。
(1)需要使用的玻璃仪器除了烧杯、玻璃棒、胶头滴管之外,至少还需要的一种玻璃仪器是　　　　　　　　　　,此仪器在使用前必须进行的操作是　　　　　　　　。
(2)需用电子天平称量Na2S2O3·5H2O固体的质量为　　　　。
(3)在定容过程中,定容操作后期加入少量水的做法是 　。
(4)若出现以下情况,对所配制溶液的浓度将有何影响 (填“偏大”“偏小”或“无影响”)
①定容时仰视容量瓶刻度线:　　 　　。
②向容量瓶中转移溶液时,不慎有液滴掉在容量瓶外面:　　　　。
③洗涤后的容量瓶未干燥:　　 　　。
④溶解后未冷却至室温就进行下一步操作:　 。
【答案】 (1)100 mL容量瓶　检查是否漏水
(2)2.48 g
(3)用胶头滴管小心滴加蒸馏水至溶液的凹液面与刻度线相切
(4)①偏小　②偏小　③无影响　④偏大
【解析】 (1)配制该溶液过程中,需用电子天平称量Na2S2O3·5H2O固体的质量,用烧杯来溶解Na2S2O3·5H2O固体,用玻璃棒进行搅拌和引流,用100 mL容量瓶进行配制,用胶头滴管来定容;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,容量瓶在使用前必须进行的操作是检查是否漏水。
(2)配制100 mL 0.100 mol·L-1的Na2S2O3溶液,需要Na2S2O3·5H2O固体的质量为
0.100 mol·L-1×0.1 L×248 g·mol-1=2.48 g。
(3)在定容过程中,定容操作后期加入少量水的做法是用胶头滴管小心滴加蒸馏水至溶液的凹液面与刻度线相切。
(4)①定容时仰视容量瓶刻度线,导致溶液的体积偏大,浓度偏小。②向容量瓶中转移溶液时,不慎有液滴掉在容量瓶外面,溶质有损耗,导致溶液的浓度偏小。③洗涤后的容量瓶未干燥,最后还要加水定容,容量瓶中有水不影响结果。④溶解后未冷却至室温就进行下一步操作,导致溶液的体积偏小,浓度偏大。(共38张PPT)
第7讲　物质的
量浓度
1.能认识物质的量浓度的意义并进行相关的简单计算。
2.学会一定物质的量浓度溶液配制等化学实验基础知识和基本技能,体会定量研究对化学科学的重要作用。
【学习目标】
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 里所含溶质B的物质的量,也称为 ,符号为cB。
(2)常用单位:mol/L或 。
单位体积的溶液
主干知识整合
B的物质的量浓度
mol·L-1
cB·V
(4)特点:对于某物质的量浓度的溶液,取出任意体积的溶液,其物质的量浓度、密度、质量分数均不变,但所含溶质的 、 因体积不同而改变。
质量
物质的量
2.溶质的正确判断
NaOH
H2CO3
H2SO3
H2SO4
NH3·H2O
CuSO4
Na2CO3
一、物质的量浓度与质量分数的计算
1.相对分子质量为Mr的气态化合物V L(标准状况)溶于m g水中,得到的溶液的质量分数为w%,物质的量浓度为c mol·L-1,密度为ρ g·cm-3。回答下列问题。
(1)用c、Mr、w表示ρ:　 。
关键能力提升
(2)用ρ、V、Mr、m表示c:　 。
(3)V、Mr、m表示w%:　 。
(4)m、w、V表示Mr:　 。
归纳总结
溶质的质量分数与物质的量浓度的关系
二、溶液的稀释与混合
A
0.4
(1)溶液的稀释。
①溶质的质量在稀释前后保持不变,即m浓·w浓=m稀·w稀,溶液的质量m稀=
m浓+m水。
②溶质的物质的量在稀释前后保持不变,即c稀·V稀=c浓·V浓,但溶液的体积
V稀≠V浓+V水。
(2)同种溶质的溶液的混合。
物质的量浓度不同(分别为c1、c2)的两溶液,混合前后溶质的物质的量保持不变,即c1·V1+c2·V2=c混·V混。
归纳总结
考点二
配制一定物质的量浓度的溶液
1.配制一定物质的量浓度的溶液
(1)容量瓶的构造及用途。
主干知识整合
刻度线
(2)配制一定物质的量浓度溶液流程。
2.配制一定物质的量浓度的溶液误差分析
(1)误差分析的思维流程。
(2)误差分析的理论依据。
(3)容量瓶读数误差的图示分析。
图甲使所配溶液体积偏大,浓度偏小;图乙使所配溶液体积偏小,浓度偏大。
(1)从溶质改变角度分析产生的误差(用“偏大”“偏小”或“无影响”填空)。
①配制480 mL 0.5 mol ·L-1的NaOH溶液,用托盘天平称取NaOH固体9.6 g:
　　　　。
②配制一定物质的量浓度的NaOH溶液时,托盘天平的两个托盘上放两张质量相等的纸片,其他操作均正确:　　　　。
③配制一定物质的量浓度的NaOH溶液,需称量烧杯+溶质34.4 g,称量时物码放置颠倒:　　　　。
④定容时,加蒸馏水超过刻度线,用胶头滴管吸取多余的液体至刻度线:　　　　。
⑤未洗涤烧杯及玻璃棒:　　　　。
偏小
偏小
偏小
偏小
偏小
强化速练
(2)从溶液体积改变角度分析产生的误差(用“偏大”“偏小”或“无影响”填空)。
①配制一定物质的量浓度的NaOH溶液时,将称量好的NaOH固体放入小烧杯中溶解,未经冷却立即转移到容量瓶中并定容:　　　　。
②定容摇匀后,发现液面下降,继续加蒸馏水至刻度线:　　　　。
③定容摇匀后少量溶液外流:　　 　　。
④容量瓶中原有少量蒸馏水:　　 　　。
偏大
偏小
无影响
无影响
配制一定物质的量浓度的溶液的全面分析
1.某同学进行实验时需要250 mL 0.10 mol·L-1 NaOH溶液,实验室有氢氧化钠固体。该同学利用所给试剂配制所需溶液。回答下列问题。
(1)无论采用何种试剂进行配制,实验必须用到的玻璃仪器除烧杯、玻璃棒、胶头滴管外,至少还需要的一种玻璃仪器是　　　　　　　　。
关键能力提升
250 mL容量瓶
【解析】 (1)配制一定体积、一定物质的量浓度的溶液,需使用的玻璃仪器除烧杯、玻璃棒、胶头滴管外,至少还需要的一种玻璃仪器是250 mL容量瓶。
(2)通过计算需要用电子天平称量的NaOH的质量为　　　　g。
1.00
【解析】 (2)配制250 mL 0.10 mol·L-1 NaOH溶液需要用电子天平称取的NaOH的质量为m=0.10 mol·L-1×0.25 L×40 g·mol -1=1.00 g。
(3)下图是配制溶液的过程示意图,正确的操作顺序是　　　　　　　　(填序号)。
①②④⑤③
【解析】 (3)配制一定物质的量浓度的溶液的步骤为计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶贴签,则正确的操作顺序是①②④⑤③。
(4)在配制过程中,下列操作会使溶液浓度偏小的是　　　　(填字母)。
a.转移时,未洗涤烧杯内壁和玻璃棒
b.定容时俯视刻度线
c.容量瓶中原有少量蒸馏水
a
【解析】 (4)转移时,未洗涤烧杯内壁和玻璃棒,导致溶质的物质的量减小,由于溶液的体积不变,则最终导致配制的溶液浓度偏小,a符合题意;定容时俯视刻度线,则溶液的体积偏小,由于溶质的物质的量不变,最终导致配制的溶液浓度偏大,b不符合题意;容量瓶中原有少量蒸馏水,不影响溶质的物质的量,则对结果无影响,c不符合题意。
(5)配制稀的氢氧化钠溶液,也可用稀释法。如取10 mL 6 mol ·L-1的NaOH溶液加水稀释至100 mL,溶液的物质的量浓度变为　　　 mol ·L-1。
0.6
【解析】 (5)溶液稀释前后溶质的物质的量不变,则有10×10-3 L×6 mol ·L-1=
100×10-3L×c,解得c=0.6 mol ·L-1。
2.已知:2,6-二氯酚靛酚钠盐(C12H6O2NCl2Na)呈蓝色,酸化后生成的氧化型2,6-二氯酚靛酚(C12H7O2NCl2)呈粉红色,被还原后变为无色的还原型2,6-二氯酚靛酚(C12H9O2NCl2)。
现用2,6-二氯酚靛酚钠盐固体配制450 mL 0.010 mol·L-1的2,6-二氯酚靛酚标准溶液的步骤如图所示:
(1)在配制过程中必要的仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管、电子天平和
　　　　　　　　。
500 mL容量瓶
【解析】 (1)配制450 mL 0.010 mol ·L-1的溶液时,需要500 mL容量瓶。
(2)经计算,需2,6-二氯酚靛酚钠盐固体的质量为　　　　g。
1.45
【解析】 (2)需要2,6-二氯酚靛酚钠盐的质量是500×10-3 L×0.010 mol·L-1×
290 g·mol -1=1.45 g。
(3)此实验中玻璃棒的作用是　 。
搅拌、引流
(4)下列操作不会对所配得的2,6-二氯酚靛酚标准溶液的浓度产生影响的是
　　　　(填字母)。
A.容量瓶用蒸馏水洗净,没有烘干
B.操作③没有用蒸馏水洗涤烧杯2～3次,并转移洗涤液
C.操作⑤仰视容量瓶的刻度线
D.操作⑥后,发现液面略低于刻度线,再滴加少量蒸馏水使液体凹液面的最低处与刻度线相平
A
【解析】 (4)A项,定容时也要加蒸馏水,容量瓶用蒸馏水洗净,没有烘干,对实验结果无影响;B项,操作③没有用蒸馏水洗涤烧杯,并转移洗涤液,使容量瓶中溶质的物质的量减小,所配溶液的浓度偏小;C项,定容时仰视容量瓶的刻度线,使容量瓶中溶液体积增大,所配溶液的浓度偏小;D项,摇匀后,再加少量蒸馏水,对原溶液稀释,所配溶液的浓度偏小。
1.(1)(2022·全国乙卷,27节选)由CuSO4·5H2O配制CuSO4溶液,下列仪器中不需要的是　　　　　　　　　　　　(填仪器名称)。
学科素养进阶
分液漏斗、球形冷凝管
(2)(2022·广东卷,17节选)下列关于250 mL容量瓶的操作,正确的是
　　　　(填字母)。
C
A B C D
【解析】 (2)振荡时应用瓶塞塞住容量瓶口,不可用手指压住容量瓶口,故A错误;定容时,视线应与刻度线相平,不能仰视或俯视,且胶头滴管不能插入容量瓶中,故B错误;定容完成后,盖上瓶塞,左手食指抵住瓶塞,右手扶住容量瓶底部,将容量瓶反复上下颠倒,摇匀,故D错误。
【解析】 (3)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。
(3)(2024·全国甲卷,27节选)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
　 　。
避免溶质损失
盖好瓶塞,反复上下颠倒、
摇匀
2.(2025·山东卷,4)称取1.6 g固体NaOH配制400 mL浓度约为0.1 mol·L-1的NaOH溶液,下列仪器中不需要使用的是(　　)
A.100 mL烧杯
B.500 mL容量瓶
C.500 mL量筒
D.500 mL细口试剂瓶(具橡胶塞)
B
3.(2022·海南卷,17节选)现有浓H3PO4溶液质量分数为85%,密度为1.7 g·mL-1。若实验需100 mL 1.7 mol·L-1的H3PO4溶液,则需浓H3PO4溶液　　　　(保留一位小数)mL。
11.5第7讲　物质的量浓度
课时作业
一、选择题(每小题只有一个选项符合题目要求)
1.某试剂瓶上贴有标签:“100 mL 1.0 mol·L-1MgCl2溶液”。下列说法正确的是(　　)
A.该溶液中含有的粒子主要有MgCl2、Mg2+、Cl-、H2O
B.若取50 mL该溶液,其中的c(Cl-)=1.0 mol·L-1
C.取该溶液5.0 mL恰好与100 mL 0.1 mol·L-1 AgNO3溶液完全反应
D.该溶液与100 mL 1.0 mol·L-1NaCl溶液中的c(Cl-)相等
【答案】 C
【解析】 MgCl2是强电解质,在水溶液中完全电离,水是弱电解质,在水溶液中部分电离,所以该溶液中存在的粒子有Mg2+、Cl-、H2O、H+、OH-,A错误;该溶液的浓度为1.0 mol·L-1,根据氯原子守恒可得c(Cl-)=2c(MgCl2)=2×1.0 mol·L-1=2.0 mol·L-1,浓度与溶液的体积无关,B错误;
n(Cl-)=2.0 mol ·L-1×0.005 L=0.01 mol,n(Ag+)=0.1 mol·L-1×0.1 L=0.01 mol,二者以1∶1的比例进行反应,所以n(Cl-)=n(Ag+)时,二者恰好完全反应,C正确;1.0 mol·L-1NaCl溶液中的c(Cl-)=
c(NaCl)=1.0 mol ·L-1,D错误。
2.下列关于溶液的物质的量浓度的说法正确的是(　　)
A.常温下,1 L水中溶解58.5 g NaCl,该溶液的物质的量浓度为1 mol/L
B.1 mol Na2O加入适量水配成1 L溶液,该溶液的物质的量浓度为1 mol/L
C.200 mL 0.1 mol/L NaCl溶液和100 mL 0.1 mol/L MgCl2溶液中Cl-的物质的量浓度相同
D.10 g 98%的硫酸(密度为1.84 g/cm3)与20 mL 18.4 mol/L的硫酸的物质的量浓度相同
【答案】 D
【解析】 58.5 g NaCl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,因此所得溶液的物质的量浓度不是1 mol/L,A错误;1 mol Na2O加入适量水,与水反应产生2 mol NaOH,配成的1 L溶液中含有2 mol NaOH,则所得溶液的物质的量浓度为2 mol/L,B错误;
200 mL 0.1 mol/L NaCl溶液中Cl-的物质的量浓度为0.1 mol/L,100 mL 0.1 mol/L MgCl2溶液中Cl-的物质的量浓度为0.2 mol/L,两种溶液中Cl-的物质的量浓度不相同,C错误;10 g 98%的硫酸的物质的量浓度为= mol/L=18.4 mol/L,与20 mL 18.4 mol/L的硫酸的物质的量浓度相同,D正确。
3.下列所得溶液的物质的量浓度为0.1 mol/L的是(　　)
A.将0.1 mol 氨充分溶解在1 L水中
B.将10 g质量分数为98%的硫酸与990 g水混合
C.将25.0 g胆矾溶于水配成1 L溶液
D.将10 mL 1 mol/L的盐酸与90 mL水充分混合
【答案】 C
【解析】 将0.1 mol 氨充分溶解在1 L水中,所得溶液的体积不是1 L,故不能得到0.1 mol/L的溶液,A错误;将10 g质量分数为98%的硫酸与990 g水混合,所配溶液的密度未知,无法求算其物质的量浓度,B错误;25.0 g胆矾的物质的量为0.1 mol,将其溶于水配成1 L溶液,所得溶液的物质的量浓度为0.1 mol/L,C正确;将10 mL 1 mol/L的盐酸与90 mL水充分混合,不同液体混合后的体积不等于两种液体的体积在数值上的简单加和,D错误。
4.现有V L 0.5 mol/L的盐酸,欲将其浓度扩大一倍,下列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的盐酸0.125V L
C.加入10 mol/L的盐酸0.1V L,再稀释至1.5V L
D.标准状况下通入11.2 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;混合后溶液的体积不等于两种液体的体积在数值上的简单加和,故B错误;混合后溶液中HCl的物质的量为0.5 mol/L×V L+
10 mol/L×0.1V L=1.5V mol,所以混合后溶液中HCl的浓度为=1 mol/L,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。
5.某同学配制一定物质的量浓度的氯化钠溶液,其中不会使所配溶液的物质的量浓度偏小的是(　　)
A.用蒸馏水洗涤烧杯2～3次,未将洗涤液移入容量瓶中
B.容量瓶刚用蒸馏水洗净,没有干燥
C.定容时,加蒸馏水先使液面略高于刻度线,再吸出少量水使凹液面与刻度线相切
D.定容时仰视刻度线
【答案】 B
【解析】 A项,该操作会造成溶质的物质的量减小,导致所配溶液的物质的量浓度偏小;B项,操作中还要加水定容,所以容量瓶没有干燥,对所配溶液的物质的量浓度无影响;C项,该操作中会吸出一部分溶质,造成溶质的物质的量减小,导致所配溶液的物质的量浓度偏小;D项,定容时仰视刻度线会导致溶液的体积偏大,使所配溶液的物质的量浓度偏小。
6.实验室里需要配制480 mL 0.10 mol/L的硫酸铜溶液,下列实验用品及实验操作正确的是(　　)
选项 容量瓶 容积 溶质质量 实验操作
A 480 mL 硫酸铜:7.68 g 加入500 mL水
B 480 mL 胆矾:12.0 g 配成500 mL溶液
C 500 mL 硫酸铜:8.0 g 加入500 mL水
D 500 mL 胆矾:12.5 g 配成500 mL溶液
【答案】 D
【解析】 实验室里需要配制480 mL 0.10 mol/L CuSO4溶液,由于没有480 mL规格的容量瓶,根据“大而近”的原则需要选择500 mL容量瓶,溶质若为CuSO4,则需要8.0 g,若是胆矾,则需要12.5 g,应配成500 mL溶液而不是加入500 mL水,故选D。
7.用溶质的质量分数为98%的浓硫酸(ρ=1.84 g/cm3)配制200 mL 1.84 mol/L稀硫酸。下列操作正确的是(　　)
A.将蒸馏水缓慢注入盛有一定量浓硫酸的烧杯中,并不断搅拌至冷却
B.必须用到的定量仪器有200 mL容量瓶和托盘天平
C.量取浓硫酸的体积为20.0 mL
D.量取浓硫酸时仰视,定容时俯视,都会使所配硫酸溶液的浓度偏大
【答案】 D
【解析】 稀释浓硫酸时,应将浓硫酸缓慢注入盛有一定量蒸馏水的烧杯中,并不断搅拌
至冷却,A错误;实验室通常没有200 mL容量瓶,则配制200 mL 1.84 mol/L稀硫酸时,必须
用到的定量仪器为250 mL容量瓶和量筒,B错误;由c=可知,浓硫酸的浓度为
mol/L=18.4 mol/L,由稀释定律可知,量取浓硫酸的体积为×
103 mL/L=25.0 mL,C错误;量取浓硫酸时仰视会使硫酸的物质的量增大,导致所配硫酸溶液的浓度偏大,定容时俯视会使溶液的体积偏小,导致所配硫酸溶液的浓度偏大,D正确。
8.某温度下,V mL不饱和NaNO3溶液a g,蒸发掉b g 水或加入b g NaNO3固体(恢复到原温度)均可使溶液达到饱和。下列各量的计算结果不正确的是(　　)
A.该温度下NaNO3的溶解度为100 g
B.原不饱和溶液的密度为 g·mL-1
C.原不饱和溶液中NaNO3的质量分数为%
D.原不饱和溶液中NaNO3的物质的量浓度为 mol·L-1
【答案】 C
【解析】 蒸发掉b g水或加入b g NaNO3固体,均能使溶液达到饱和,说明b g水溶解b g NaNO3形成饱和溶液,利用溶解度的定义可知,=,则该温度下NaNO3的溶解度为100 g,
A正确;根据密度的定义可知,原不饱和溶液的密度为 g·mL-1,B正确;令原不饱和溶液中溶质的质量为x g,蒸发掉b g水或加入b g NaNO3固体均可使溶液达到饱和,则有=,解得x=,原不饱和溶液中NaNO3的质量分数为×100%=%,C错误;原不饱和溶液中NaNO3的物质的量浓度为= mol·L-1,D正确。
9.下列溶液的物质的量浓度的相关计算正确的是(　　)
A.等物质的量浓度的Na2SO4、MgSO4、Al2(SO4)3溶液的体积之比为3∶2∶1,则三种溶液中S的物质的量浓度之比为3∶2∶3
B.将100 mL 5 mol/L的盐酸加水稀释至1 L,再取出5 mL,这5 mL溶液的物质的量浓度为
0.5 mol/L
C.将1 mol/L的NaCl溶液和0.5 mol/L的BaCl2溶液等体积混合后,忽略溶液体积变化,c(Cl-)=
0.75 mol/L
D.标准状况下,22.4 L HCl溶于1 L水,所得盐酸的物质的量浓度为1 mol/L
【答案】 B
【解析】 假设三种溶液的物质的量浓度均为1 mol/L,则Na2SO4、MgSO4、Al2(SO4)3溶液中S的物质的量浓度分别为1 mol/L、1 mol/L、3 mol/L,则三种溶液中S的物质的量浓度之比为1∶1∶3,A错误;溶液稀释前后溶质的物质的量不变,则稀释后盐酸的物质的量浓度为=0.5 mol/L,溶液具有均一性、稳定性,所以稀释后,取出5 mL,这5 mL溶液的物质的量浓度为0.5 mol/L,B正确;1 mol/L的NaCl溶液中c(Cl-)=1 mol/L,0.5 mol/L的BaCl2溶液中c(Cl-)=1 mol/L,故两者混合后,不考虑体积的变化,c(Cl-)=1 mol/L,C错误;1 L为水的体积,不是溶液的体积,则溶液的体积未知,不能计算盐酸的物质的量浓度,D错误。
二、非选择题
10.回答下列问题。
(1)实验室里需要450 mL 2 mol·L-1 H2SO4溶液。用98%浓硫酸(密度为1.84 g·cm-3)配制该溶液时,下列仪器不需要用到的是　　　　(填字母)。
(2)所需的浓硫酸的体积为　　　　(保留1位小数) mL。
(3)配制过程中,下列操作将导致溶液的浓度偏小的是　　　　(填字母)。
A.定容时俯视容量瓶刻度线
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.将溶液从烧杯转移到容量瓶中后没有洗涤烧杯
【答案】 (1)ABE　(2)54.3　(3)CD
【解析】 (1)用98%浓硫酸配制450 mL 2 mol·L-1 H2SO4溶液,不需要托盘天平、100 mL的容量瓶、分液漏斗,故选A、B、E。
(2)98%浓硫酸的浓度c== mol·L-1=18.4 mol·L-1,根据c浓·V浓=c稀·V稀,则有500×10-3 L×2 mol·L-1=V×18.4 mol·L-1,解得V≈0.054 3 L=54.3 mL。
(3)定容时俯视容量瓶刻度线会使溶液的体积偏小,浓度偏大,A不符合题意;容量瓶未干燥处理,对溶液的浓度没有影响,B不符合题意;定容加水时超过刻度线后,立即吸出多余的水,溶液的浓度偏小,C符合题意;将溶液从烧杯转移到容量瓶中后没有洗涤烧杯,烧杯中有溶质未转移,溶液的浓度偏小,D符合题意。
11.配制80 mL 0.100 mol·L-1的Na2S2O3溶液。
(1)需要使用的玻璃仪器除了烧杯、玻璃棒、胶头滴管之外,至少还需要的一种玻璃仪器是　　　　　　　　　　,此仪器在使用前必须进行的操作是　　　　　　　　。
(2)需用电子天平称量Na2S2O3·5H2O固体的质量为　　　　。
(3)在定容过程中,定容操作后期加入少量水的做法是 　。
(4)若出现以下情况,对所配制溶液的浓度将有何影响 (填“偏大”“偏小”或“无影响”)
①定容时仰视容量瓶刻度线:　　 　　。
②向容量瓶中转移溶液时,不慎有液滴掉在容量瓶外面:　　　　。
③洗涤后的容量瓶未干燥:　　 　　。
④溶解后未冷却至室温就进行下一步操作:　 。
【答案】 (1)100 mL容量瓶　检查是否漏水
(2)2.48 g
(3)用胶头滴管小心滴加蒸馏水至溶液的凹液面与刻度线相切
(4)①偏小　②偏小　③无影响　④偏大
【解析】 (1)配制该溶液过程中,需用电子天平称量Na2S2O3·5H2O固体的质量,用烧杯来溶解Na2S2O3·5H2O固体,用玻璃棒进行搅拌和引流,用100 mL容量瓶进行配制,用胶头滴管来定容;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,容量瓶在使用前必须进行的操作是检查是否漏水。
(2)配制100 mL 0.100 mol·L-1的Na2S2O3溶液,需要Na2S2O3·5H2O固体的质量为
0.100 mol·L-1×0.1 L×248 g·mol-1=2.48 g。
(3)在定容过程中,定容操作后期加入少量水的做法是用胶头滴管小心滴加蒸馏水至溶液的凹液面与刻度线相切。
(4)①定容时仰视容量瓶刻度线,导致溶液的体积偏大,浓度偏小。②向容量瓶中转移溶液时,不慎有液滴掉在容量瓶外面,溶质有损耗,导致溶液的浓度偏小。③洗涤后的容量瓶未干燥,最后还要加水定容,容量瓶中有水不影响结果。④溶解后未冷却至室温就进行下一步操作,导致溶液的体积偏小,浓度偏大。

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