高一化学人教版必修1知识点解读：物质的量浓度

物质的量浓度

1. 有关溶液的知识网络

2.溶液体积、密度、溶质质量分数之间的关系

对于任意溶质B的水溶液，溶液体积V［B(aq)］、溶液密度ρ［B(aq)］和溶质质量分数w(B)之间的关系是：

m［B(aq)］=V［B(aq)］×ρ［B(aq)］

m(B)=m［B(aq)］×w(B)=V［B(aq)］×ρ［B(aq)］×w(B) 3.一定溶质质量分数的溶液稀释的规律

一定溶质质量分数的溶液，稀释前后，溶质质量保持不变。设稀释前溶液的质量为m1、溶质质量分数为w1，稀释后溶液的质量为m2、溶质质量分数为w2，则： m1w1=m2w2课本知识导学运用 课本知识诠解重要提示1.物质的量浓度

（1）定义：以单位体积溶液里所含溶质B的物质的量来表示溶液组成的物理量叫做溶质B的物质的量浓度。

（2）公式：c（B）n（B）/V 单位：mol·LB或mol·m-3

（3）含义：在1L溶液中含有1mol的溶质，这种溶液中溶质的物质的量浓度就是1mol·LB。 2.一定物质的量浓度溶液的配制 （1）常用仪器

①配制中必须用到的仪器有容量瓶、烧杯、玻璃棒、胶头滴管，托盘天平或量筒。

②容量瓶是配制准确浓度的溶液的仪器，是细梨形、平底的玻璃瓶，瓶中配有磨口玻璃塞或塑料颈都有标线。常用规格有50mL、100mL、250mL、500mL、1000mL等。 （2）天平的使用方法

①称量前先把游码拨到标尺的零刻度处，检查天平的摆动是否平衡，如未达到平衡，可以调节左、右的平衡螺母，使天平平衡。

②在托盘天平两个盘上各放一张相同质量的纸，然后把要称量的药品放在纸上称量，潮湿的或具有腐蚀性的药品必须放在玻璃器皿里称量。

③称量物放在左盘，砝码要用镊子夹取，先加质量大的砝码，再加质量小的砝码，最后移动游码。 ④称量完毕应把砝码放回砝码盒中，把游码移回零刻度处。 （3）物质的量浓度溶液的配制

①操作步骤：

a.计算→计算所需溶质的质量或体积。

b.称量→用托盘天平称取固体质量，或用量筒量取液体体积。 c.溶解或稀释→在小烧杯中溶解固体、稀释溶液，冷却至室温。

d.移液→将小烧杯中液体（沿玻璃棒小心转入一定体积的容量瓶中）进行无损转移。（转移过程将烧杯和玻璃棒用蒸馏水洗涤2~3次，将洗涤液一并转移至容量瓶中振荡，使溶液混合均匀）

e.定容→向容量瓶中加水至离刻度线2~3cm，改用胶头滴管加入至刻度线。摇匀→盖好瓶塞，用食指顶住瓶塞，另一只手的手指托住瓶底，把容量瓶倒转过来摇动多次，使溶液混合均匀。装瓶→贴标签。 ②应注意的问题：

a.根据所配溶液的体积选取合适规格的容量瓶，因为配制过程中用容量瓶定容，而容量瓶的规格是固定的，常用的有50mL、100mL、250mL、500mL和1000mL等，不能配制任意体积的溶液。

b.因为溶质在烧杯中溶解或稀释时常有热效应。溶质在烧杯中溶解后需冷至或恢复至室温方能转入容量瓶中，更不能把溶质直接放入容量瓶中加水溶解。

c.溶解溶质的烧杯及玻璃棒在溶质转移后必须洗涤2~3次，洗涤液全部转入容量瓶，否则，溶质将有损失。 d.如果定容时加水超过了刻度线，不能将超出的部分再吸走；若摇匀时不小心洒出几滴，不能再补加水至刻度，这样都将使配制的溶液浓度偏低。出现以上两种情况，只能重新配制。

e.用胶头滴管定容准确后再振荡，出现液面低于刻度线的情况不要再加水，这是因为极少量的溶液湿润磨口处而附着在玻璃壁上。对溶液浓度影响很小，可忽略不计。

f.在用固体NaOH配制NaOH溶液时，要注意易潮解和腐蚀性药品的称量。在用浓硫酸配制稀硫酸溶液的时候，要注意浓硫酸稀释的操作。 3.基本计算

（1）稀释定律：溶液在稀释前后溶质的量保持不变：1.(1)溶液体积不等于溶剂体积，是溶质和溶剂混合溶解后的实际体积。

(2)“溶质”是溶液中的溶质，可以指化合物，也可指离子。

(3)对于一定浓度的溶液，不论取用体积是多少，虽然在不同体积的溶液中，溶质的量不同，但浓度是不变

的。

(4)带有结晶水的物质作为溶质时，其“物质的量”的计算，用带有结晶水物质的质量除以带有结晶水物质的摩尔质量即可。 2.容量瓶使用应注意

(1)要考虑容量瓶的规格，每一容量瓶只能使用瓶上规定容积的溶液。 (2)使用前要检查是否漏水。

(3)不能加热，不能久贮溶液、不能在瓶内溶解固体或稀释液体。

3.思考：（1）在托盘上称量NaOH固体应注意什么问题？ （2）稀释浓H2SO4时应注意什么问题？

答案：（1）因NaOH极易潮解，应用小烧杯间接量，不能用小纸片；因跟CO2反应，称量要快速。 （2）把浓H2SO4逐滴滴入水中，不可反加，并用玻璃棒不断搅拌。

4.(1)溶质在烧杯中稀释或溶解过程总有热效应。因容量瓶的使用有一定的温度指数，只标明在一定温度下的正确体积（如20℃、250mL），其含义是，只有当液体的温度与容量瓶上标出的温度相同时，量出的体积才是准确的。这是因为，不管是固体（容量瓶的材料）还是液体（溶液）都存在热胀冷缩现象，所以溶液注入容量瓶前要冷却。

(2)因为当两种性质不同的溶液混合时，混合物的体积有可能小于两种液体体积之和，也有可能大于两种液体体积之和，若等水加到标线时再振荡摇匀，则振荡摇匀后液体的体积就有可能超过标线，这样配制的溶液是不符合要求的。所以在容量瓶中的液体尚未达到标线时，就必须反复振荡摇匀。c1·V1=c2·V2 （2）有关溶质B的基本计算公式： cB=

nb vmbmb(标准状况)N(b)nB=cB·V===

vmNAmb（3）溶质的质量分数与物质的量浓度的换算式：

1000ML??1?PB?VcB=

MB注意理解上述表达式中各英文字符所表达的意义及单位： nB——溶质B的物质的量（mol） ω——溶质B的质量分数 V——溶液体积（L）

cB——溶质B的物质的量浓度（mol/L） mB——溶质的质量（g） MB——溶质B的式量

ρB——溶液密度（通常用g/cm3） 随笔：

基础例题点拨一拖二【例题1】 配制1L0.1mol/L NaOH溶液的步骤： 【解析】①计算所需NaOH的质量：1L×0.1mol/L×40g/mol＝4g ②用托盘天平在小烧杯中快速称量4g NaOH。 ③溶解。将NaOH在小烧杯中溶解并冷却。

④移液、洗涤。将溶液沿玻璃棒注入1000mL容量瓶，然后用蒸馏水洗涤烧杯2~3次，将洗涤液也注入容量瓶。

⑤定容。往容量瓶中加水，直到液面接近刻度2~3cm处，改用胶头滴管加水，使溶液凹面恰好与刻度相切，最后摇匀。

【例题2】配制1molBCuSO4溶液100mL，以下说法正确的是()

A. 需胆矾25gB.需无水硫酸铜25g 拖1（1）用18mol/L硫酸配100mL1.0mol/L硫酸，若实验仪器有：

A.100mL量筒B.托盘天平 C.玻璃棒D.50mL容量瓶 E.10mL量筒 F.胶头滴管 G.50mL烧杯 H.100mL容量瓶

实验时应选用仪器的先后顺序是_______ 。（填入编号）

（2）在容量瓶的使用方法中，下列操作不正确的是_______（填写标号） A.使用容量瓶前检查它是否漏水C.需无水硫酸铜16g D.需胆矾16g

答案：（1）GECHF或EGCHF（2）BCD［解析：（1）用18mol/L H2SO4配制1.0mol/L H2SO4，实际是稀释问题的计算及物质的量浓度溶液配制实验操作。根据稀释定律c1V1=c2V2可计算18mol/L浓H2SO4的体积，V1=c2V2/c1=1.0×100/18=5.6（mL）。该体积的液体用10mL量筒量取比用100mL量筒量取误差要小，故应选E，不能选A。（2）主要涉及的是容量瓶的使用方法。用待配溶液润洗容量瓶，这样会使内壁附着溶质，导致所配溶液浓度偏大，B不正确；若在容量瓶中进行溶解或稀释，由于热效应会使溶液的体积和容量瓶的容量发生改变，所配溶液浓度有误差，C、D不正确。

点评：有关仪器（容量瓶、量筒、天平、胶头滴管、玻璃棒、烧杯等）的使用方法及一定物质的量浓度的溶液配制实验方法是高考要求重点掌握的内容，务必熟练掌握］

【分析】胆矾是CuSO4·5H2O的俗名，相对分子质量为250，CuSO4的相对分子质量为160。现要制备1mol·LBCuSO4溶液0.1L，设需CuSO4为x g则1L∶0.1L=160∶xx＝16g 若用CuSO4·5H2O，则需要25g。

【解析】AB.容量瓶用蒸馏水洗净后，再用待配溶液润洗

C.配制溶液时，如果试样是固体，把称好的试样用纸条小心倒入容量瓶中，缓慢加入蒸馏水到接近标线2~3cm处，用滴管滴加蒸馏水到标线

D.配制溶液时，如果试样是液体，用量筒量取试样后直接倒入容量瓶中，缓慢加入蒸馏水到接近标线2m～3cm处，用滴管滴加蒸馏水到标线

E.盖好瓶塞，用食指顶住瓶塞，用另一只手的手指托住瓶底，把容量瓶倒转和摇动多次 拖2配制250mL、0.1mol·LB的盐酸，需37.5%的盐酸（密度1.19g/cm3），的毫升数为。

答案：2 ［解析：本题给出浓盐酸，可先求出它的物质的量浓度，然后再根据浓、稀溶液中的溶质的量相等进一步找出所需浓盐酸体积，37.5%的浓盐酸的物质的量浓度为 1000cm3·LB×1.19g/cm3×37.56.5g·molB=12.2mol·LB 设需要盐酸的体积为VL，则

0.1mol·LB×0.25L=12.2mol·LB×VL V=2×10-3（约2mL）］ 重难点突破

重点·难点·易混点·易错点·方法技巧重点难点 1.(1)物质的量浓度溶液中溶质的微粒数目

①溶质是非电解质时，溶质在溶液中以分子形式存在。如1 L0.5mol·LB乙醇溶液中，含有0.5 mol即0.5NA个乙醇分子。

同体积同物质的量浓度的任何溶液所含溶质的物质的量相同，所以所含溶质分子数相同。

②溶质是可溶性强电解质时，溶质在溶液中均以离子形式存在。溶液中的微粒数目不仅与溶液的浓度、体积有关，还与电解质的化学式有关。如1l 0.5mol·LBH2SO4溶液中，含有1molH+和0.5molSO2-4，即NA个H+和0.5NA个SO2-4。

③溶质是弱电解质时，如弱酸、弱碱，溶质在溶液中既有阴阳离子，又有未电离的分子存在。如1L1mol·LB的CH3COOH溶液中，有溶质微粒：CH3COO-、H+、CH3COOH，以及大量的溶剂：H2O。 (2)溶液中溶质微粒浓度的守恒关系：

拖3 设NA为阿伏加德罗常数，下列关于0.2mol/L的Ba(NO3)2溶液不正确的说法是() A.2L溶液中有阴、阳离子总数为0.8NA B.500mL溶液中NO-3离子浓度为0.2mol/L C.500mL溶液中Ba2+离子浓度为0.2mol/L

D.500mL溶液中NO-3离子总数为0.2NA以1mol·LB的H2SO4为例。 ①粒子浓度关系：c(H2SO4)∶c（H+）(SO2-4)∶c=1∶1∶2 c(SO2-4)=1mol·LB，c(H+)=2mol·LB ②电荷守恒关系：c(H+)=2c(SO2-4) ③物料守恒关系：

如1 mol·LB的CH3COOH溶液中： c(CH3COOH-)+c(CH3COOH)=1 mol·LB 又如1 mol·LB的H3PO4溶液中：

c(H3PO4)+c(H2PO-4)+c(HPO2-4)+c(PO3-4)=1mol·LB

答案：AB （解析：由Ba（NO3）2=Ba2++2NO3- 知： n（Ba2+）=n［Ba（NO3）2］，n（NO3-）=2n［Ba（NO3）2］

因此，c（Ba）2+=0.2mol/L，c（NO3-）＝0.4mol/L。溶液的浓度与溶液体积无关。本题由体积及浓度确定物质（或微粒）的量，进而求微粒数目。

思路点拨：对于在水中完全电离的物质，已知其物质的量浓度，根据物质化学式的组成，即可确定其离子浓度。如c（H2SO4）=a mol/L，则其c（H+）=2a mol/L，c（SO2-4）=a mol/L。反之亦然，如已知Fe2（SO4）3溶液中c（SO2-4）=a mol/L，则可知 c［Fe2（SO4）3］=a3mol/L，c（Fe3+）=2a3mol/L） 【思路点拨】 CH3COOH的电离方程式： CH3COOHCH3COO-+H+

CH3COOH多数以分子形式存在，有少量电离生成CH3COO-和H+。 _______2.关于物质的量浓度的计算 (1)基本关系的计算公式：cB=

nb vcB表示物质的量浓度，nB表示溶质的物质的量，V表示溶液的体积(L) (2)物质量的浓度与溶液质量分数的换算：c=

1000?P?W

Mc表示物质的量浓度，ρ表示溶液的密度，ω表示溶液的质量分数，M表示溶液的摩尔质量 (3)溶液稀释(浓缩)的计算：c1V1=c2V2(稀释定律)

稀释前后溶质的物质的量不变，用于物质的量浓度溶液稀释。 (4)气体溶于水的物质的量浓度的计算：

气体溶于水，所得溶液的体积跟水的体积不相同，溶液的体积也不等于气体的体积和水的体积的加和，必须依据溶液质量和密度来计算水溶液的体积(V=m/ρ)。例如在标准状况下，1体积水中溶解V体积气体X，所得溶液的密度为ρ，溶质的摩尔质量为M，计算c(X)。计算时可令1L水中溶解VL气体X。计算步骤为：①先求溶液的质量： m(液)=1000mL×1g/mL+②再求溶液的体积：

v×M ?122.4L?molV(液)=

m(液) =p1000g?vMmol/L22.4 10-3L·mLB P③最后求物质的量浓度：

n(X)1000VPML??1c(X)＝ ?V(液)1000g?22.4L?mol?1?mv拖4 100mL 0.3mol·LB Na2SO4溶液和50mL 0.2mol·LBAl2(SO4)3溶液混合后，溶液中SO2-4的物质的量浓度为() A.0.20mol·LB B.0.25mol·LB C.0.40mol·LB D.0.50mol·LB

答案：C （解析：100 mL 0.3mol·LB Na2SO4溶液中的n（SO2-4）=n（Na2SO4）=100×10-3L×0.3mol·LB=0.03mol，50mL0.2mol·LB Al2（SO4）3溶液中n（SO2-4）=3n［Al2（SO4）3］=3×50×10-3 L×0.2mol·LB=0.03mol，所以混合后的溶液中共含0.03mol+0.03mol=0.06mol SO2-4，又溶液为稀溶液，故可忽略混合溶液的体积变化，溶液体积为150mL，所以SO2-4的物质的量浓度为：0.06mol150×10-3L=0.40mol·LB）

【例题3】 现有200mL H2SO4和Na2SO4的混合溶液，其中，硫酸的物质的量浓度为1mol/L，硫酸钠的物质的量浓度为0.5mol/L。若要配制硫酸和硫酸钠的物质的量浓度分别为2mol/L和0.2mol/L的溶液，应加入55.8%的硫酸溶液(密度为1.35g/cm3)多少毫升?再加蒸馏水稀释到多少毫升?

【分析】先根据稀释定律求稀释后溶液的体积V(稀)：对于Na2SO4来说，200mL×0.5mol/L=V(稀)×0.2mol/L，解得：

V(稀)=500mL。再求应加入55.8%的硫酸溶液的体积V(H2SO4)；对于H2SO4来说，n(原有)+n(加入)=n(配制)，则有0.2L×1mol/L+V(H2SO4)×1.35g/cm3×55.8?g/mol=0.5L×2mol/L，解得：V=104mL。

【解析】需加入55.8%的硫酸溶液104mL后再加蒸馏水稀释至500mL。

拖5在标准状况下，将224L HCl气体溶于635mL水(ρ=1.00g/cm3)中，所得盐酸的密度为1.18g/cm3。试计算：

(1)取出这种盐酸10.0mL，稀释至1.45L，所得稀盐酸的物质的量浓度。

(2)在40.0mL0.0650mol/L Na2CO3溶液中，逐滴加入(1)所配制的稀盐酸，边滴边振荡，若使反应不产生

CO2气体，加入稀盐酸的体积最多不能超过多少毫升?

答案：（1）0.0814mol/L （2）31.9mL ［解析：（1）n（HCl）=

224L =10.0mol，

22。4L?MOL?110.0mol635mL?1.00g?cm?3?10.0mol?36.5?mol?1V==847mL，c（HCl）==11.8mol/L。根据稀??30.874l1.18g?cm释定律：c2=

c1v111.8mol?L?1?10.0 ==0.0814mol/L。（2）若要不产生CO2气体，则要控制化学反应为：Na2CO3 3v21.45?10ML+ HClNaCl + NaHCO3，此时加入的n（HCl） ≤ n（Na2CO3）=40.0×10-3 L×0.0650mol/L=2.6×10-3mol。

n(HLC)11.8mol?L?1?10.0?故加入稀盐酸最大体积为：V（HCl）==31.9mL］

C(HCL)1.45?103ML易混易错点

1.两溶液稀释时，误把两溶液体积之和当作混合后溶液的体积，准确地讲，某溶液（体积为V1）和另一溶液（体积为V2）混合时，只有当溶液的溶质相同，且浓度也相同时，V总＝V1＋V2，只要有一项不同（如溶质或浓度），则V总≠V1＋V2。如20mL1mol·LB的NaCl溶液与20mL 1mol·LB的NaOH溶液混合总体积不等于40mL，同样与20mL的水混合总体积也不等于40mL。

另将某气体通入溶液时，如将1L HCl（标准状况）气体通入1L 1mol·LB的盐酸中，盐酸的体积将发生改变，不再等于1L，更不能等于2L；准确的体积需要通过密度来计算得知。

2.用胶头滴管滴入蒸馏水定容后，再盖上容量瓶颠倒几次后出现液面低于刻度线时，又继续滴加水至刻度线。

因容量瓶属“容纳式”的玻璃量器。用胶头滴管加入蒸馏水定容到液面正好与刻度线相切时，溶液体积恰好为容量瓶的标定容量。如果再振荡容量瓶（一般用手指压紧容量瓶的磨口玻璃塞颠倒几次）后，会出现瓶内液面低于刻度线，这是因为极少量溶液在润湿磨口处损耗了（沾在瓶塞或磨口处）。容量瓶的刻度是以“容纳量”为依据，所以倒后不需再加蒸馏水至刻度，若再加，则所配溶液浓度会偏低。 3.不能正确区分物质的量浓度和溶液中溶质的质量分数 物质的量浓度和溶质的质量分数的比较

物质的量浓度 浓质的质量分类 溶质的 单位 溶液的 单位 公式 Mol g L g 溶质的物质的量[n(B)]物质的量浓度［c(B)］= 溶液的体积（V）溶质的质量分数=溶质的的量[n(B)] 溶液的质量（V）特点 体积相同，物质的量浓度也相同的任何溶液中，所含溶质的物质的量相同，但溶质的质量不相同 质量相同，溶质的质量分数也相同的任何溶液中，所含溶质的质量相同，但溶质的物质的量不相同

物质的量浓度与溶液中溶质的质量分数的换算关系 物质的量浓度［c（B）］=

溶质的质量浓度（W）?溶液的密度（P）?1000L?L?1（上式中密度的单位为g·mLB，摩尔质量的

溶质的摩尔质量（M）单位为g·molB）

拖6将标准状况下的aL HCl(g)溶于1L水中，得到的盐酸密度为bg·cm-3，则该盐酸的物质的量浓度是多少？

答案：解析：溶质的物质的量： n（HCl）=

aLa?mol

22..4/mol22.4amol?mol?1?1000g136.5?l V（HCl(aq)）= 22.4?3?122409bbg?cm?1000ml?lm

amoln(HCL)36.5?2240022.4c(hcl)??l V(HCL)(ap)36.5?22440022400b2400b拖7体积为VmL、密度为ρ·mLB的含有相对分子质量为M的某物质的溶液，其中溶质为mg，其物质的量浓度为cmol·LB,溶质的质量分数为ω%，则下列表示正确的是()

1000wp Mw?PWB.m=

100CMC.ω%= %

100P1000mD.c＝

vMA.c=

答案：BD （解析：根据物质的量浓度与质量分数的换算可知c=换算知m=VρW%，而物质的量浓度c=

1000p?w%再由体积、密度、质量的

mm/m?w00。 ?v/1000vm思路点拨：本题把物质的量浓度与质量分数结合起来，培养学生应用综合知识解题的能力以及思维的严密性） 随笔：

【例题4】 在标准状况下，1体积水溶解700体积氨气，所得溶液的密度是0.9g·cm-3。则该氨水中溶质的物质的量浓度为（），质量分数为() A.18.4mol·LB B.34.7% C.20.4mol·LB D.31.2%

【错解】误认为所得氨水的体积为1L,700L或701L，得出错误结果。

【易错分析】由于气体溶于水后会使水的体积因为形成溶液而发生变化，要求出氨水的体积只能借助于水的密度和溶液总质量来换算

n（NH3）=V(NH3)Vm=700L22.4L·molB=31.25mol

又因为所得氨水的密度为0.9g·cm-3，其体积不能是1L，更不能是701L。要求出氨水的体积，只能借助于氨水的密度和溶液总质量来换算。

所得氨水的质量为： m（氨水）=31.25mol×17g·molB+1000mL×1g·mLB=1531.25g V（氨水）=

m(氨水)=1531.25g0.9g·cm-3=1701.4cm3即1.7L氨水 p则c（氨水）=

n(NH2)m(氨水)Vp=

31.25MOL=18.4mol·LB

1.7L那么氨水中溶质的质量分数为：

ω（氨水）=m(NH3)m(氨水)×100%=31.25mol×17g·molB1531.25g×100%=34.7%

【正解】AB

拖8标准状况下氯化氢在水中的溶解度为1∶500。求标准状况下，饱和氯化氢溶液的物质的量浓度和氯化氢的质量分数(盐酸ρ为1.19g/cm3)

答案：由于微粒间存在空隙，所以混合后溶液的体积，一般不能由原来溶液体积直接相加得到，但质量可以加和，利用质量与密度可以求得体积 溶液的物质的量浓度：

HCl的物质的量：500L÷22.4L/mol=22.32mol HCl质量：22.32mol×36.5g/mol=814.73g

溶液体积：（1000g+814.73g）÷1.17g/cm3=1551.1cm3=1.551L 溶液的物质的量浓度=

22.32mol=14.1mol/L

1.55L氯化氢的质量分数：

814.73g=0.449×100%=44.9%

1814.73g?100% 随笔：

【例题5】 （典型例题某温度下，100g饱和氯化钠溶液中含有氯化钠26.5g。若向此溶液中添加3.5g氯

化钠和6.5g水，则所得溶液的溶质质量分数是（） A.30% B.26.5+3.5100+6.5×100%

C.26.5% D.26.5+3.5100+6.5+3.5×100%

拖9式量为M的某物质，在室温下溶解度为Sg/100g水，此时测得饱和溶液的密度为ρg/cm3，则该饱和溶液的物质的量浓度是()

MB10·S·Cρmol·DLB 答案：B （若溶液的质量为（S+100）g，溶质的物质的量为S g/Mg·molB，又根据溶液的密度，可知溶液的体积为： 故溶液的物质的量浓度C=

S?100

P?1000LS/M

S?100P?1000(3) 经整理得，C=

P?S?1000，故选B） 【错解】本题极易错选D，错选率高达36.5%。

M（S?100）MOL?LB一部分同学对概念理解不透。当3.5g NaCl和6.5g水加入后，实际NaCl已过量。

【易错分析】溶液的溶质质量分数=溶质的质量溶液的质量×100%；6.5g水中最多能溶解氯化钠：6.5g×26.5g(100-26.5)g=2.34g＜3.5g，所以溶液仍是饱和的，其质量分数为26.5g100g×100%=26.5%。故答案为C。 方法技巧

配制一定物质的量浓度误差分析

（1）从配制原理c=nBV=mBMV可知，引起误差的主要因素是溶质的质量mB和溶液体积V。

引起误差的操作(以配制250mL0.1mol·LBNaOH(aq)为例) (1)称量：左码右物；使用滤纸 因变量 mB 减小 减小 (2)转移： — V — — 减小 偏高 偏低 C 溶解后热溶液立即即转移； 向容量瓶注液时少量溅失； 未洗烧杯、玻棒；未转移洗液； 配制中途未水平摇匀 (3)定容：因水面超过刻线，用滴管吸出 减小 减小 — — — 减小 偏低 偏低 偏高

减小 — — — 增大 减小 偏低 偏低

定容后翻转摇匀后，液面下降，再加水 — 增大 偏高 偏低

注：使用量筒时仰视和俯视的影响是： 误差 量筒 仪器 量一定体积 视线 仰视 俯视 （2）下列情况对配制结果无影响：

①烧杯洗净后未干燥，容量瓶洗净后未干燥即用于配制。 ②配制好溶液后，不慎倒出了一些。

③准确定容后，停止振荡摇匀时，液面略低于刻度线。

体积偏大 体积偏小 读数偏小 读数偏大 有一定体积读数仰视 随笔：

【例题6】配制一定量浓度溶液时，下列操作使得溶液的浓度偏高、偏低，还是不变？ （1）用量筒取液态溶质，读数时俯视量筒，所配溶液浓度_______ 。 （2）将取药的药匙用水洗涤，洗涤液倒入容量瓶，所配溶液浓度_______。 （3）定容摇匀后，有少量溶液外流，所配溶液浓度_______。

【分析】（1）对量筒的正确的读数方法是视线与量筒刻度保持水平，俯视的结果使得量取的液体体积小于计算值，所以配出溶液的浓度偏低。

（2）药匙上的药品并未称量，洗涤后移入容量瓶，使得溶质的量增大，故所配出的溶液的浓度偏高。 （3）定容摇匀后，溶液的配制已经结束，从中任意取出一部分，浓度不会发生改变，所以剩余溶液的浓度不变。

【解析】（1）偏低；（2）偏高；（3）不变

拖10配制一定物质的量浓度的NaOH溶液时，造成所配溶液的浓度偏高的原因是() A.所用NaOH已经潮解（晶体自发吸收空气中水蒸气） B.向容量瓶中加水未到刻度线

(4) 有少量NaOH的溶液残留在烧杯中

(5) D用带游码的托盘天平称量NaOH时，误用“左码右物”的方法

答案：B （解析：A中，配制物质的量浓度的溶液时，所用溶质潮解，称量时实际溶质质量小于所称量的质量，最后造成浓度偏低，A不正确。

B中，加水未到刻度线，则溶液的体积小了，最后配出溶液浓度偏高。 C中，烧杯内溶质残留致使溶质减少，溶液浓度偏低，C不正确。

D中，误用了“左码右物”的方法，实际质量也小于称量的质量，配液后造成溶液浓度偏低，D不正确） 典型例题解析

【例题7】 有A、B两种硫酸溶液，A溶液硫酸的质量分数为5a%，B溶液硫酸的质量分数为a%，将A、B两溶液等体积混合后，所得硫酸溶液中硫酸的质量分数为()

拖11将质量分数为a%物质的量浓度为c1的硫酸溶液蒸发掉一部分水，使其质量分数变为2a%，此时它的物

A.小于3a% B.等于3a%

C.大于3a% D.无法确定

答案：A （解析：因为缺少条件，若从物质的量浓度的定义出发计算是困难的，但物质的量浓度与质量分数之间有一定的联系，通过这两种不同的换算关系，找出两种溶液中物质的量浓度和密度的关系进行分析解答。

设ρ1、ρ2分别表示两种溶液的密度，w为溶质的质量分数。

100ml?L?1根据cB=

mb

得：c1=1000mL·LB×ρ1×a%

1000ml?lb1B c=·mol 2

98g?mol?198g?mol?1∵ρ1＜ρ2 ∴c2＞c1，故答案A正确。

思路点拨：通常情况下，同一种物质的不同浓度的溶液，其浓度越大溶液密度越大，浓度越小的密度越小。如硫酸、硝酸等，但也有少数物质的溶液例外，如氨水、乙醇溶液等，浓度大的密度反而小。后一种情况通常是物质本身密度比水的密度小）

【分析】根据题意，设各取A、B两溶液VmL，A、B两溶液的密度分别为ρ1g/cm3、ρ2g/cm3。根据溶液质量分数的含义，混合溶液的的质量分数为： 3a%＋2a%(ρ1-ρ2)ρ1+ρ2×100%

因对于硫酸而言，浓度大则密度大，此时ρ1＞ρ2，所以混合后的硫酸溶液中硫酸质量分数＞3a%。 【解析】C

【思路点拨】（1）当溶液的密度大于1g/cm3时，将等体积的浓度溶液与稀溶液混合后，所得溶液的溶质的质量分数大于两种溶液质量分数和的一半。

（2）当溶液的密度小于1g/cm3时，上述情况的结果会相反（“大于”变“小于”）。

（3）浓溶液与等体积的水混合，当溶液的密度大于1g/cm3时，混合后溶液的质量分数大于浓溶液的质量分数的一半。

质的量浓度相应变为c2，则c1和c2的数值关系是() A.c1＜c2 B.c1=c2 C.c1＞c2

D.无法计算【例题8】 把a L（NH4）2SO4和NH4NO3的混合溶液分成两等份，一份加入bmol烧碱并加热，刚好把NH3全部赶出。另一份需消耗cmol BaCl2，沉淀反应刚好完全，原溶液中硝酸根离子的物质的量浓度为()

b?2c2b?c B. ?1amol?l?1amol?la?b2b?4c

C. D.

amol?l?1amol?l?1A.

【分析】解题过程中容易忽略离子反应是在混合溶液分成两等份以后进行的，用关系式求出H+4、SO2-4的物质的量误认为就是原溶液中NH4+ 和SO2-4的物质的量，造成错选A。

对于混合溶液，首先分析溶液中有哪些离子，再分别求出各种离子的物质的量，利用电荷守恒法求解。 拖12V mL Al2（SO4）3溶液中含Al3+a g，取V4mL溶液稀释到4VmL，则稀释后溶液中SO2-4的物质的量浓度是____________。此题涉及离子反应有：NH4+ + OH-2-NH3↑+ H2O， Ba2+ + SO2-4BaSO4↓

由题意可知，a L混合溶液分成两等份： 其中一份有：NH4+ ～ OH-， bmolbmol

另一份有：Ba2+~SO2-4 cmolcmol

则a L混合液中，有2bmol NH+4，有2cmol SO2-4，在溶液中，根据电荷守恒有： 2bmol×1=2bmol×2+c（NO-3）×aL×1 得c（NO-3）=2b-4camol·LB

答案：125a/（36V）mol·LB （解析：①忽略取V4mL，溶液稀释到4VmL，而误把VmL原溶液中的n（SO2-4）当作4VmL溶液中的物质的量而代入计算造成错解。②忽视溶液体积单位，没有将mL换成L，造成错解。 本题是化学字母型计算题，主要考查对物质的量，稀释后溶液浓度计算等的掌握情况。

aag27?3?a ?据题意可知：n（Al3+）=

27g?mol?1n(so2?4)2mol18molvaa的原溶液中n′（SO2-4）= ?18mol?14ml72mol4a/72mol125a?4VmL的稀溶液中c（SO2-4）=

4v?10?3l36vmol?l?1【解析】D随笔：

【例题9】将KCl与KBr混合物13.400g溶于水配成500mL溶液，通过足量的Cl2让其反应（2KBr +Cl22KCl

+ Br2），将溶液蒸干得固体11.175g。则原溶液中K+、Cl-、Br- 的物质的量浓度之比为() A.1∶2∶3 C.1∶3∶2

B.3∶2∶1 D.2∶3∶1

【解析】B方法1：可将题设条件整理成如下框图： 13.400gKCl

KBrCl2足量11.175gKCl(原) KCl(生)

固体质量减少的原因是KBr变成了KCl 2KBr + Cl22KCl + Br2 ~2m 2mol

89g 2.225g

n（KBr） n（KBr）=

2.225g?2mol=0.05000mol

89gm（KBr）=119g·molB×0.0500mol=5.950g m（KCl）=13.400g-5.950g=7.450g n（KCl）=7.450g÷74.5g·molB=0.1000mo

拖13（典型例题等体积硫酸铝、硫酸锌、硫酸钠溶液分别与足量的氯化钡溶液反应。若生成的硫酸钡沉淀的质量比为1∶2∶3，则三种硫酸盐溶液的物质的量浓度比为() A.1∶2∶3 B.1∶6∶9 C.1∶3∶3

D.1∶3∶6n（K+）∶n（Cl-）∶n（Br-）=（0.05000mol+0.1000mol）∶0.1000mol∶0.05000mol=3∶2∶1 答案：B （据题意生成BaSO4的质量比为1∶2∶3，可推知Al2（SO4）3、ZnSO4、Na2SO4三种溶液中所含SO2-4的物质的量之比为1∶2∶3。

设Al2（SO4）3、ZnSO4、Na2SO4的物质的量浓度为c1、c2、c3 则3c1V：c2V：c3V=1∶2∶3 解得：c1：c2：c3=1∶6∶9）

方法2：原溶液中：n（K+）=n（Cl-）+n（Br-）（电荷守恒） 则n（K+）＞n（Cl-），n（K+）＞n（Br-）

【例题10】 有5瓶溶液分别是：①10mL 0.6mol·LB NaOH水溶液；②20mL0.5mol·LB H2SO4水溶液；③30mL 0.4mol·LB HCl水溶液；④40mL 0.3mol·LB CH3COOH水溶液；⑤50mL 0.2mol·LB的蔗糖水溶液。以上各瓶溶液所含离子、分子总数的大小顺序是() A.① ＞ ② ＞ ③ ＞ ④ ＞ ⑤ B.② ＞ ① ＞ ③ ＞ ④ ＞ ⑤ C.② ＞ ③ ＞ ④ ＞ ① ＞ ⑤ D.⑤ ＞ ④ ＞ ③ ＞ ② ＞ ①

【解析】D表面上看，似乎是考查nB=cB·V，而实际上溶液中所含离子、分子总数在未指明“溶质”时，还应包含溶液中的水分子。五种溶液中，溶质最多的是0.012mol，而水含量最多的近50g，约为2.7mol，因此离子、分子总数主要还是由水分子决定。因蔗糖中水最多，故可不必进行计算，即可快速选出答案D。 拖14（典型例题以NA表示阿伏加德罗常数，下列说法中正确的是() A.53g碳酸钠中含NA个CO2-3 B.0.1molOH-含NA个电子

C.1.8g重水（D2O）中含NA个中子 D.标准状况下11.2L臭氧中含NA个氧原子

答案：B （解析：53g Na2CO3物质的量为0.5mol，应含有0.5NA个CO2-3，0.1mol OH- 含有0.1mol×10=1mol电子，故含有NA个电子，1.8g D2O中含有中子的物质的量为：个中子，标准状况下11.2L O3中O原子个数为：

【例题11】配制500mL 0.5mol/L的NaOH溶液，试回答下列问题。 （1）计算：需要NaOH固体的质量为____________。

（2）某学生用托盘天平称量一个小烧杯的质量，称量前把游码放在标尺的零刻度处，天平静止时发现指针在分度盘的偏右位置，此时左边的托盘将____________ （填“高于”或“低于”）右边的托盘。欲使天平平衡，所进行的操作应为 。假定最终称得小烧杯的质量为____________ （填“32.6g”或“32.61g”），请用“↓”表示在托盘上放上砝码，“↑”表示从托盘上取下码的称量过程，并在标尺上画出游码位置（画“

”表示）。

1.8×10=0.9mol，即含0.9NA

20mol11.2v×NA/mol×3=1.5NA）

22.4L/mol并在标尺上画出游码位置 磕码质量/g 50 20 20 10 5 标量（取用砝码） 过程

拖15欲用98%的浓硫酸（ρ=1.84g/cm3）配制成浓度为0.5mol/L的稀硫酸500mL。 （1）选用的主要仪器有： ①_______，②_______， ③_______，④_______， ⑤_______ 。

（2）请将下列各操作，按正确的序号填在横线上。 A.用量筒量取浓H2SO4 B.反复颠倒摇匀

C.用胶头滴管加水至刻度砝码质量/g 50 20 20 10 5称量(取用砝码)过程标尺 （3）配制方法：设计五个操作步骤：

①向盛有NaOH的烧杯中加入200mL蒸馏水使其溶解，并冷却至室温。 ②继续往容量瓶中加蒸馏水至液面接近刻度线2~3cm。 ③将NaOH溶液沿玻璃棒注入500mL容量瓶中。

④在烧杯中加入少量的蒸馏水，小心洗涤2~3次后移入容量瓶。 ⑤改用胶头滴管加蒸馏水至刻度线，加盖摇匀。 试用以上顺序编出正确程序。

（4）某学生实际配制NaOH溶液的浓度为0.48mol/L，原因可能是() A.使用滤纸称量氢氧化钠固体

B.容量瓶中原来存有少量蒸馏水 C.溶解后的烧杯未经多次洗涤 D.胶头滴管加水后定容时仰视刻度

答案：（1）量筒 烧杯 玻璃棒 500mL容量瓶 胶头滴管 （2）D、A、E、F、D、C、B （3）①13.6 ②15 偏低 ③防止暴沸，迅速散热 低 ④静置冷却 偏低 偏低 ⑤偏高 偏低 （解析：设所需要浓硫酸溶液的体积为V

V×1.84g/cm3×98%=0.5L×0.5mol/L×98g/mol 解得:V=13.6mL。 依据公式c=

v，造成浓度误差的原因可由n或V引起。造成n的误差往往由①称量②转移③洗涤等错误n所致。造成V的误差往往由④错误读数⑤未冷却所致。例如未洗涤溶解用的烧杯和玻璃棒，造成实际值比n值偏小，而引起c偏小。

点评：在解有关误差分析问题时，切忌机械死记答案，而要在理解基础上去探究）

【分析】此题考查托盘天平的使用和NaOH溶液的配制。称量固体氢氧化钠时，不能使用滤纸称量，因为氢氧化钠具有很强的腐蚀性，并极易潮解，会与空气中的二氧化碳反应。所以在称量固体氢氧化钠时，应将氢氧化钠放在烧杯中，并盖上玻璃片，在称量时运作还应尽量快。

将烧杯里的溶液转移到容量瓶中以后，要用蒸馏水洗涤烧杯2~3次，并将洗涤液也全部转移到容量瓶中的原因是：因为烧杯中还会留有所配制的溶液，所以要用蒸馏水洗涤干净。如果洗涤液不全部转移到容量瓶中，会影响所配制溶液的浓度，即所配制的溶液的实际浓度数值比理论值低。

【解析】（1）10.0g（2）高于将左边的平衡螺母左旋移动或将右边的平衡螺母右旋，直至天平平衡32.6g↓↑，↓，↓↑，↓，↓↑

（3）①③④②⑤（4）ACDD.洗净所用仪器 E.稀释浓H2SO4 F.将溶液转入容量瓶

其操作正确的顺序依次为_______。 （3）简要回答下列问题：

①所需浓硫酸的体积为_______mL。

②如果实验室有15mL、20mL、50mL的量筒，选用_______mL的量筒最好，量取时发现量筒不干净用水洗净后直接量取将使结果浓度_______。（偏高、偏低、无影响）

③将浓硫酸沿烧杯内壁慢慢注入盛水的烧杯中，并不断搅拌的目的是_______，若搅拌过程中有液体溅出结果会使浓度偏_______。

④在转入容量瓶前烧杯中液体应_______，否则会使结果浓度偏_______；并洗涤烧杯2~3次，洗涤液也要转入容量瓶，否则会使结果浓度_______。

⑤定容时必须使溶液凹液面与刻度相平，若俯视会使结果浓度_______；仰视则使浓度_______。 【例题12】 标准状况下，有一定量的水吸收氨气后制得浓度为12.0mol·LB、密度为0.915g·cm-3的氨水1L。试计算1体积水吸收多少体积的氨气可制得上述氨水。（本题中氨的相对分子质量以17.0计，水的密度以1.00g·cm-3计）

【分析】已知1L氨水中溶有12.0mol NH3，即氨水中含17.0g·molB×12.0mol=204g NH3。这些NH3在标准状况下应该是12.0mol×22.4L·molB=268.8L。如果氨水的密度是0.915g·cm-3，则1L氨水中实有的水的质量应该是0.915g·cm-3×1000cm-3-204g=711g。题目要求1体积水吸收的NH3的体积，水的密度以1.00g·cm-3计，则将氨气体积除以水的体积即得268.8L711g×1L1000g=378。 1.00L该氨水中含氨的质量为： 12.0mol×17.0g·molB

其体积在标准状况下为：12.0mol×22.4L·molB 1.00L该氨水中含水的质量为： 1.00L×915g·LB-12.0mol×17.0g·molB 其体积为：

10.0l?915g?L-1?12.0MOL?17.0?MOL1000g?lv(NH2)=

V(H2O)

12.0mol×22.4L·molB1.00L×915g·LB-12.0mol×17.0g·molB1000g·LB=378 1体积水吸收378体积NH3（标准状况）。若直接列出总式，同样给分：

拖16在标准状况下33L氨气完全溶于0.1L水中，测得溶液的密度为0.9229g/cm3。 求：（1）溶液的物质的量浓度；

v（NH2）12.0mol?22.4L?MOL-1（2）溶液的溶质质量分数。l ?b?1V（H20）1.00L?915g?120mol?17.0g?mol答案：确定氨气为溶质（不是NH3·H2O）。再根据气体摩尔体积的概念，把氨气的体积换算成氨气的物质的量。

解：（1）溶质的质量

33L=24.99g

22.4L?MOL-1?17g?mol-1（2）溶液的质量 24.99g+100g=124.99g

（3）溶液的体积 124.99g÷0.9229g/mL=135.43mL

33L/22.4L?mol?1（4）溶液的物质的量浓度c==10.89mol·LB

0.135l24.99（5）溶质的质量分数w==20%

124.99?100%答：溶液的物质的量浓度为10.89mol·LB，溶质的质量分数为20%。 【解析】1体积水吸收378体积NH3（标准状况）。

【思路点拨】本题考查考生将溶液浓度的两种表示方法、质量分数和物质的量相联系及换算的基础知识基本技能。随笔： 知识链接

阿伏加德罗定律的发现

1805年，盖·吕萨克(Joseph Louis Gay

Lussac)在用定量的方法研究气体反应体积间的关系时，发现了气

体定律：当压强不变时，反应前的气体跟反应后生成的气体体积间互成简单的整数比。

这一定律的发现，引起了当时许多科学家的注意。贝采里乌斯(Jons Jacob Berzelius)首先提出了一个假设：在同温同压时，同体积的任何气体都含有相同数目的原子。由此可知，如果在同温同压时，把某气体的质量与同体积的氢气的质量相比较，便可以求出该气体的相对原子质量。但是，有一系列的矛盾是这种假设所不能解释的。例如，在研究氢气和氯气的反应时，假设同体积的气体中含有相同数目的原子，那么，1体积的氢气和1体积的氯气绝不可能生成多于1体积的氯化氢，但是，在实验中却得到了2体积的氯化氢。在研究其他反应时，也出现了类似的矛盾。

为了解决上述矛盾，1811年，意大利物理学家阿伏加德罗(Amedeo Avogadro)在化学中引入了分子的概念，提出了阿伏加德罗假说，即在同温同压下，同体积的任何气体都含有相同数目的分子。

根据这个观点，阿伏加德罗完善地解释了盖·吕萨克的气体反应定律。例如，1体积的氢气和1体积的氯气化合，之所以生成了2体积的氯化氢，是由于1个氢分子是由2个氢原子构成的，1个氯分子是由2个氯原子构成的，它们相互化合就生成2体积的氯化氢。

阿伏加德罗假说不仅圆满地解释了盖·吕萨克的实验结果，还确定了气体分子含有的原子数目，开辟了一

条确定相对分子质量和相对原子质量的新途径。但是，这个假说在当时并没有得到公认。当时，化学界的权威道尔顿(John Dalton)和贝采里乌斯反对阿伏加德罗假说，他们认为由相同原子组成分子是绝不可能的。 在19世纪60年代，由于意大利化学家康尼查罗(Stanislao Cannizzaro)的工作，阿伏加德罗假说才得到了公认。现在，阿伏加德罗假说已经被物理学和化学中的许多事实所证实，公认为一条定律了。 利用阿伏加德罗定律，我们可以做出下面的几个重要的推论：

(1)同温同压下，同体积的任何气体的质量比等于它们的相对分子质量之比.即：m1∶m2=Mr1∶Mr2。 (2)同温同压下，任何气体的体积比等于它们物质的量之比。即：V1∶V2=n1∶n2。

(3)同温同压下，相同质量的任何气体的体积比等于它们的相对分子质量的反比。即：V1∶V2=Mr2∶Mr1。 (4)同温同压下，任何气体的密度比等于它们的相对分子质量之比。即：ρ1∶ρ2=Mr1∶Mr2。 (5)恒温恒容下，气体的压强比等于它们的物质的量之比。即：p1∶p2=n1∶n2。 能力达标检测

1.容量瓶上需标有①温度、②浓度、③容量、④压强、⑤刻度线、⑥酸式或碱式六项中的() A.①③⑤ B.③⑤⑥ C.①②④ D.②④⑥

答案：A （容量瓶是物质的量浓度配制的重要仪器。要掌握其结构及使用）

2.使用胆矾配制0.1mol/L的硫酸铜溶液，正确的操作是() A.将胆矾加热除去结晶水后，称取16g溶解在1L水里 B.称取胆矾25g，溶解在1L水里

C.将25g胆矾溶于水，然后将此溶液稀释至1L D.将16g胆矾溶于水，然后将此溶液稀释至1L

答案：C （若配制1L溶液，则n（CuSO4）=1L×0.1mol·LB=0.1mol 即 m（CuSO4）=0.1mol×160g·molB=16g 则需m（CuSO4·5H2O）=

16g?250=25g）

1603.1mol·LB硫酸溶液的含义是() A.1L水中含有1mol硫酸 B.1L溶液中含1molH+

C.将98g硫酸溶于1L水所配成的溶液 D.指1L硫酸溶液中含有98gH2SO4

答案：D（解析：根据物质的量浓度的定义，以“单位体积溶液所含溶质B的物质的量来表示溶液组成的物理量，叫做溶质B的物质的量浓度”来看。 A的说法错误，主要是1L水不对，应是1L溶液。

B溶液的体积为1L时应含有2mol H+，因为硫酸是强电解质，1mol H2SO4会电离出2mol H+。B的说法错误。

C的错误在于98g H2SO4溶于1L水后溶液的体积不清楚，故溶液的物质的量浓度也说不清楚。 D正确，因为硫酸的相对分子质量为98，故1L溶液中含1mol H2SO4，其物质的量浓度为1mol·LB） 4.某样品的质量为10.6g，一学生称量该样品的质量时，将样品放在托盘天平的右盘上（该天平1g以下只能用游码），则天平的读数为()

A.10.6g B.11.6gC.11.4g D.9.6g

答案：C（懂题意是解题的前提，此题的题意是对质量为10.6g的物体进行错误称量，简单图示为：

对于天平有：10g+1g=10.6g+0.4g而平衡，而读数应为： 砝码+游码=11g+0.4g=11.4g即C正确）

5.在氯化铝和硫酸铝的混合液中，当Al3+ 和SO2-4 的物质的量浓度相同时，则下列有关判断正确的是（ ） A.3c（Al3+ ） = c（Cl-） B.c（SO2-4） = c（Cl-） C.c（SO2-4） ＜ c（Cl-） D.c［Al2（SO4）3］ = c（AlCl3） 答案：BD 依电荷守恒c（Cl-）+2c（SO2-4）=3c（Al3+） 而c（Al3+）=c（SO2-4），所以c（Cl-）=c（Al3+）=c（SO2-4） 进而推知c［Al2（SO4）3］=c（AlCl3）

6.在K2SO4和Al2（SO4）3的混合液中，c（Al3+）=0.1mol·LB、c（SO2-4）=xmol·LB、c（K+）=ymol·LB，则下列关系式中正确的是() A.y=

2 B.y=2x 0.3xC.y=2x-0.3 D.y=2x+0.3

答案：C［依电荷守恒c（K+）+3c（Al3+）=2c（SO2-4） 即 y+0.1×3=2xy=2x-0.3］

7.密度为d g·cm-3的溶液VmL含式量为M的溶质m g，其物质的量浓度为cmol·LB，质量分数为W%，下列表示式不正确的是()

1000md?v?w B.m= v?m100cmcmC.d= D.W%=

10w1000d%A.c=

答案：D（根据质量分数与物质的量浓度换算关系 c=

1000d?w%C?M=

m和W00d8.下列操作中造成所配溶液浓度偏高的是() A.量取浓盐酸时把量筒内残留液洗出来 B.忘记将洗涤液沿玻璃棒注入容量瓶中 C.用天平称固体时，砝码上沾有油污

D.将烧杯中的溶液转移到容量瓶时，有溶液溅出

答案：AC （量筒量取液体要遵循自流原则，若洗涤，则使溶质量多，浓度偏大，若砝码有油污，则称量的物质质量偏大）

9.实验室需用450mL 0.1mol·LB的硫酸铜溶液，现选用500mL容量瓶进行配制，以下操作正确的是() A.称取7.2g硫酸铜，加入500mL水 B.称取11.2g胆矾配成500mL溶液 C.称取8.0g硫酸铜，加入250mL水 D.称取12.5g胆矾配成500mL溶液

答案：D （解析：配制一定体积一定物质的量浓度的溶液，先要根据所选定的容量瓶的体积计算所需溶质的物质的量，再求所需溶质的质量

n（CuSO4）=c（CuSO4）×V（溶液）=0.1mol·LB×0.5L=0.05mol m（CuSO4）=n（CuSO4）×160g/mol=0.05mol×160g/mol=8g

m（CuSO4·5H2O）=n（CuSO4·5H2O）×M（CuSO4·5H2O） =n（CuSO4·5H2O）×250g/mol=0.05mol×250g/mol=12.5g

在配制时，不是加水500mL，而是配成500mL溶液。故只有D项是正确的） 10.精确配制250mL一定物质的量浓度的NaOH溶液，下列实验操作中正确的是（ ） A.选择仪器时，使用500mL容量瓶

B.称量时，直接将NaOH固体放在托盘天平的纸片上 C.将称好的NaOH固体放入容量瓶中，加入少量水溶解 D.在烧杯中溶解NaOH后，立即将所得溶液注入容量瓶中

E.将烧杯中的NaOH溶液注入未经干燥的洗净的容量瓶中

答案：E （解析：此题考查配制一定量物质的量浓度的溶液的具体操作方法及腐蚀性固体药品的特殊称量方法。容量瓶上只标有一个刻度线，配制250mL时只能选用250mL容量瓶，所以A项错。NaOH是腐蚀性固体药品，且易潮解，若直接放在托盘天平的纸片上称量时，潮解后的NaOH可能会沾在纸上，使所配NaOH溶液浓度偏低，故称量时，应将NaOH固体放在干燥而洁净的小烧杯中迅速称量。NaOH固体溶于水时放热，直接将称好的NaOH固体放入容量瓶中加入水溶解，会使溶液体积明显膨胀，定容冷却后，溶液的实际体积小于实验要求的体积，溶液浓度偏大，所以溶解NaOH固体要在小烧杯中进行，等冷却至室温后再转入容量瓶中。容量瓶只要是洁净的，其中是否有水，对溶质的量无影响。故对所配溶液浓度无影响。因此只有选项E正确）

11. 300mL某浓度的NaOH溶液中含有60g溶质。现欲配制1mol·LB NaOH溶液，应取原溶液与蒸馏水的体积比约为()

A.1∶4 B.1∶5C.2∶1 D.2∶3 答案：A （依题意，原NaOH溶液的浓度是c0=

60g=5mol·LB。 ?140g?mol?l设原溶液与水混合时体积不变，则以体积比1∶4稀释即成试题所要求的溶液。因此，选项A是本题答案） 12.（1999·全国）已知25%氨水的密度为0.91g·cm-3，5%氨水的密度为0.98g·cm-3。若将上述两溶液等体积混合，所得氨水溶液的质量分数是()

A.等于15% B.大于15% C.小于15% D.无法估算 答案：C

0.91?cm?3?0.25?0.98g?cm?3?0.05+0.98g·cm-3×100%=14.6%＜15%＝ ?3?30.91g?cm?0.98g?cm13.向10mL 0.1mol·LB的CuSO4溶液中加入10mL 0.15mol·LB的NaOH溶液时，产生一种蓝色沉淀。经测定溶液中的Cu2+离子已几乎沉淀完全。则该沉淀的主要成分是() A.Cu（OH）2 B.Cu2（OH）2SO4

C.3Cu（OH）2·CuSO4 D.Cu（OH）2·3CuSO4

答案：C （0.1mol·LB CuSO4溶液中Cu2+ 物质的量浓度为0.1mol·LB，0.15mol·LBNaOH溶液中OH- 物质的量浓度为0.15mol·LB。由于两溶液的体积是相同的，且n（Cu2+）＞的沉淀物中，n（Cu2+）：n（OH-）=0.1∶0.15=2∶3） 14.下列实验操作中，需用托盘天平的是() A.配制250mL 0.2mol·LB的NaCl溶液

1n（OH-），所以，生成2B.用浓硫酸（ρ=1.84g·cm-3）配制250mL 0.5mol·LB的稀硫酸 C.测定KNO3的溶解度

D.配制200g溶质质量分数为2%的硫酸铜溶液 E.用标准浓度的盐酸溶液滴定未知浓度的NaOH溶液

（2）在溶液配制过程中，有如下情况，其中能引起浓度偏高的是() A.将1g 98%的浓硫酸加入到4g水中，配制1∶4的硫酸溶液

B.配制一定物质的量浓度的硫酸时，最后在容量瓶中加入水至标线，塞好塞子摇匀后，发现液面低于标线 C.在100mL无水乙醇中，加入2g碘片溶解后配制2%的碘酒溶液

D.10%的H2SO4溶液与90%的H2SO4溶液等体积混合配制50%的H2SO4溶液 E.5x%的氨水与x%的氨水等质量混合配制3x%的氨水 答案：（1）ACD（2）CD

15.某校环保小组处理污水样品，需配制250mL 0.1mol·LB的盐酸溶液。

（1）在图所示仪器中，配制上述溶液肯定不需要的是_______ （填序号），除图中已有仪器外，配制上述溶液还需要的玻璃仪器是_______。 （2）怎样检查容量瓶是否漏水_______。

15题图

（3）在容量瓶的使用方法中，下列操作不正确的是_______。 A.使用容量瓶前检查它是否漏水 B.容量瓶用水洗净后，再用待配溶液润洗

C.配制溶液时，如果试样是固体，把称好的试样用纸条小心倒入容量瓶中，缓慢加水至接近标线2～3cm处，用滴管加蒸馏水至标线

D.配制溶液时，若试样是液体，用量筒取试样后直接倒入容量瓶中，缓慢加水至接近标线2～3cm处，用滴管加蒸馏水至标线

E.盖好瓶塞，用食指顶住瓶塞，另一只手托住瓶底，把容量瓶反复倒转多次，摇匀

答案：（1）C玻璃棒、烧杯

（2）将A瓶塞打开，加入少量水，塞好瓶塞，倒转不漏水，然后正放，把瓶塞旋转180°，再倒转不漏水，则说明该容量瓶瓶塞严密 （3）BCD

分析：（3）B容量瓶用蒸馏水洗净后，若再用待配溶液润洗，会造成溶质的量偏多，结果偏高。C、D无论是固体或液体溶质，溶解均应在烧杯中进行，而不可在容量瓶中进行。

16.100mL容量瓶内100mL 0.1010mol/L NaCl溶液，设法把它配成0.1000mol/L的NaCl溶液。

仪器、药品：100mL容量瓶（内装溶液），酸式滴定管，1mL移液管，滴管，100mL烧杯，100mL量筒，10mL量筒，蒸馏水。

答案：依稀释定律：100×0.1010=0.1000×V2，V2=101.0（mL）。用移液管或滴定管往盛有100.0mL 0.1010mol/L NaCl溶液的容量瓶内加1.0mL蒸馏水，然后摇匀即得所需浓度的溶液。

思路点拨：密度相近的两种稀溶液混合时，混合后溶液总体积约为各稀溶液体积之和。本题所给NaCl溶液为稀溶液，它的密度接近水的密度，故可作近似“加和”处理，但对于浓溶液稀释、浓溶液与稀溶液混合等，混合后溶液的体积并不等于各溶液体积之和，此时若要求得混合溶液的体积，需根据V（混）= 求算。

17.有一实验装置如图甲所示将30mL 0.1mol Ba（OH）然后边搅拌边慢慢加入0.1mol·LB2溶液置于烧杯中，由11-18号中某元素形成的某酸溶液25mL。加入酸溶液的体积V和安培表读数的坐标图如图乙所示。

m(混)P(混)

17题图

（1）此酸的化学式为_______。

（2）处于B点时，溶液中导电的阳离子主要是 _______。 （3）处于E点时，溶液中导电的阴离子主要是 _______。 （4）图中从O—D电流强度I变小的主要原因是 _______。

答案：（1）H3PO4 （2）Ba2+（3）PO3-4（4）溶液中离子浓度逐渐减小 解析：本题主要考查Ba（OH）2与H3PO4混合，量的比不同，产物不同； 3Ba（OH）2 + 2H3PO4Ba3（PO4）2↓+ 6H2O Ba3（PO4）2 + H3PO43BaHPO4 Ba（HPO4） + H3PO4Ba（H2PO4）2

18.向10mL由盐酸和硫酸组成的混合液中加入30mL（过量）0.5mol·LB的氯化钡溶液，使SO2-4完全沉淀为BaSO4，沉淀质量共2.33g。过滤后的滤液中滴加足量硝酸银溶液，又生成5.74g氯化银沉淀。则混合酸中硫酸物质的量浓度为_______，盐酸物质的量浓度为_______。

答案：1mol·LB 1mol·LB 提示：由H2SO4 + BaCl2BaSO4↓+ 2HCl，可知：n（H2SO4）=n（BaSO4）=2.33g233g·molB=0.01mol，此时溶液中Cl- 包括原盐酸溶液中Cl- 和加入BaCl2所引入Cl- ，据反应方程式：Cl- + Ag+AgCl↓，n（HCl）=n（AgCl）-2n（BaCl2）=5.74g143.5g·molB-2×0.03L×0.5mol·LB=0.01mol，因此c（H2SO4）=0.01mol0.01L=1mol·LB，c（HCl）= 参考答案 【一拖二】

1.（1）GECHF或EGCHF（2）BCD［解析：（1）用18mol/L H2SO4配制1.0mol/L H2SO4，实际是稀释问题的计算及物质的量浓度溶液配制实验操作。根据稀释定律c1V1=c2V2可计算18mol/L浓H2SO4的体积，V1=c2V2/c1=1.0×100/18=5.6（mL）。该体积的液体用10mL量筒量取比用100mL量筒量取误差要小，故应选E，不能选A。（2）主要涉及的是容量瓶的使用方法。用待配溶液润洗容量瓶，这样会使内壁附着溶质，导致所配溶液浓度偏大，B不正确；若在容量瓶中进行溶解或稀释，由于热效应会使溶液的体积和容量瓶的容量发生改变，所配溶液浓度有误差，C、D不正确。

点评：有关仪器（容量瓶、量筒、天平、胶头滴管、玻璃棒、烧杯等）的使用方法及一定物质的量浓度的溶液配制实验方法是高考要求重点掌握的内容，务必熟练掌握］

2. 2 ［解析：本题给出浓盐酸，可先求出它的物质的量浓度，然后再根据浓、稀溶液中的溶质的量相等进一步找出所需浓盐酸体积，37.5%的浓盐酸的物质的量浓度为

0.01mol=1mol·LB。

0.01l1000cm3?1.19g/cm3?37.5B

?1=12.2mol·L 36.5g?mol设需要盐酸的体积为VL，则 0.1mol·LB×0.25L=12.2mol·LB×VL V=2×10-3（约2mL）］

3.AB （解析：由Ba（NO3）2=Ba2++2NO3- 知：

n（Ba2+）=n［Ba（NO3）2］，n（NO3-）=2n［Ba（NO3）2］

因此，c（Ba）2+=0.2mol/L，c（NO3-）＝0.4mol/L。溶液的浓度与溶液体积无关。本题由体积及浓度确定物质（或微粒）的量，进而求微粒数目。

思路点拨：对于在水中完全电离的物质，已知其物质的量浓度，根据物质化学式的组成，即可确定其离子浓度。如c（H2SO4）=a mol/L，则其c（H+）=2a mol/L，c（SO2-4）=a mol/L。反之亦然，如已知Fe2（SO4）

3溶液中

c（SO2-4）=a mol/L，则可知

c［Fe2（SO4）3］=a3mol/L，c（Fe3+）=2a3mol/L）

4.C （解析：100 mL 0.3mol·LB Na2SO4溶液中的n（SO2-4）=n（Na2SO4）=100×10-3L×0.3mol·LB=0.03mol，50mL0.2mol·LB Al2（SO4）3溶液中n（SO2-4）=3n［Al2（SO4）3］=3×50×10-3 L×0.2mol·LB=0.03mol，所以混合后的溶液中共含0.03mol+0.03mol=0.06mol SO2-4，又溶液为稀溶液，故可忽略混合溶液的体积变化，溶液体积为150mL，所以SO2-4的物质的量浓度为：0.06mol150×10-3L=0.40mol·LB） 5.（1）0.0814mol/L （2）31.9mL ［解析：（1）n（HCl）=

224L =10.0mol，

22。4L?MOL?110.0mol635mL?1.00g?cm?3?10.0mol?36.5?mol?1V==847mL，c（HCl）==11.8mol/L。根据稀??30.874l1.18g?cm释定律：c2=

c1v111.8mol?L?1?10.0 ==0.0814mol/L。（2）若要不产生CO2气体，则要控制化学反应为：Na2CO3 3v21.45?10ML+ HClNaCl + NaHCO3，此时加入的n（HCl） ≤ n（Na2CO3）=40.0×10-3 L×0.0650mol/L=2.6×10-3mol。

n(HLC)11.8mol?L?1?10.0?故加入稀盐酸最大体积为：V（HCl）==31.9mL］

C(HCL)1.45?103ML

6.解析：溶质的物质的量： n（HCl）=

aLa?mol

22..4/mol22.4amol?mol?1?1000g136.5?l V（HCl(aq)）= 22.4?322409bbg?cm?1000ml?lm?1amoln(HCL)36.5?2240022.4c(hcl)??l V(HCL)(ap)36.5?22440022400b2400b7. BD （解析：根据物质的量浓度与质量分数的换算可知c=m=VρW%，而物质的量浓度c=

1000p?w%再由体积、密度、质量的换算知

mm/m?w00?。

v/1000vm思路点拨：本题把物质的量浓度与质量分数结合起来，培养学生应用综合知识解题的能力以及思维的严密性）

8.由于微粒间存在空隙，所以混合后溶液的体积，一般不能由原来溶液体积直接相加得到，但质量可以加和，利用质量与密度可以求得体积 溶液的物质的量浓度：

HCl的物质的量：500L÷22.4L/mol=22.32mol HCl质量：22.32mol×36.5g/mol=814.73g

溶液体积：（1000g+814.73g）÷1.17g/cm3=1551.1cm3=1.551L 溶液的物质的量浓度=

22.32mol =14.1mol/L

1.551l氯化氢的质量分数：

814.73 =0.449×100%=44.9%

1814.73g?100%9.B （若溶液的质量为（S+100）g，溶质的物质的量为S g/Mg·molB，又根据溶液的密度，可知溶液的体积为：S+100ρ×1000L 故溶液的物质的量浓度C=

s/m

s?100m(s?100)mlo经整理得，C=

p?s?1000mol·LB，故选B）

m(s?1000)10.B （解析：A中，配制物质的量浓度的溶液时，所用溶质潮解，称量时实际溶质质量小于所称量的质量，最后造成浓度偏低，A不正确。

B中，加水未到刻度线，则溶液的体积小了，最后配出溶液浓度偏高。 C中，烧杯内溶质残留致使溶质减少，溶液浓度偏低，C不正确。

D中，误用了“左码右物”的方法，实际质量也小于称量的质量，配液后造成溶液浓度偏低，D不正确） 11.A （解析：因为缺少条件，若从物质的量浓度的定义出发计算是困难的，但物质的量浓度与质量分数之间有一定的联系，通过这两种不同的换算关系，找出两种溶液中物质的量浓度和密度的关系进行分析解答。 设ρ1、ρ2分别表示两种溶液的密度，w为溶质的质量分数。

1000ml?l?1根据cB=

m∵ρ1＜ρ2 ∴c2＞c1，故答案A正确。

思路点拨：通常情况下，同一种物质的不同浓度的溶液，其浓度越大溶液密度越大，浓度越小的密度越小。如硫酸、硝酸等，但也有少数物质的溶液例外，如氨水、乙醇溶液等，浓度大的密度反而小。后一种情况

通常是物质本身密度比水的密度小） 12.125a/（36V）mol·LB （解析：①忽略取

v，溶液稀释到4VmL，而误把VmL原溶液中的n（SO2-4）4ml当作4VmL溶液中的物质的量而代入计算造成错解。②忽视溶液体积单位，没有将mL换成L，造成错解。 本题是化学字母型计算题，主要考查对物质的量，稀释后溶液浓度计算等的掌握情况。

aag27?3?a 据题意可知：n（Al3+）=?27g?mol?1n(so2?4)2mol18molvaa的原溶液中n′（SO2-4）= ?18mol?14ml72mol4a/72mol125a4VmL的稀溶液中c（SO2-4）= ?4v?10?3l36vmol?l?113.B （据题意生成BaSO4的质量比为1∶2∶3，可推知Al2（SO4）ZnSO4、Na2SO4三种溶液中所含SO2-43、的物质的量之比为1∶2∶3。

设Al2（SO4）3、ZnSO4、Na2SO4的物质的量浓度为c1、c2、c3 则3c1V：c2V：c3V=1∶2∶3 解得：c1：c2：c3=1∶6∶9）

14.B （解析：53g Na2CO3物质的量为0.5mol，应含有0.5NA个CO2-3，0.1mol OH- 含有0.1mol×10=1mol电子，故含有NA个电子，1.8g D2O中含有中子的物质的量为：

1.8=0.9mol，即含0.9NA个中子，

20mol?10标准状况下11.2L O3中O原子个数为：11.222.4L/mol×NA/mol×3=1.5NA）

15.（1）量筒 烧杯 玻璃棒 500mL容量瓶 胶头滴管 （2）D、A、E、F、D、C、B （3）①13.6 ②15 偏低 ③防止暴沸，迅速散热 低 ④静置冷却 偏低 偏低 ⑤偏高 偏低 （解析：设所需要浓硫酸溶液的体积为V V×1.84g/cm3×98%=0.5L×0.5mol/L×98g/mol 解得:V=13.6mL。

依据公式c=nV，造成浓度误差的原因可由n或V引起。造成n的误差往往由①称量②转移③洗涤等错误所致。造成V的误差往往由④错误读数⑤未冷却所致。例如未洗涤溶解用的烧杯和玻璃棒，造成实际值比n值偏小，而引起c偏小。

点评：在解有关误差分析问题时，切忌机械死记答案，而要在理解基础上去探究）

16.确定氨气为溶质（不是NH3·H2O）。再根据气体摩尔体积的概念，把氨气的体积换算成氨气的物质的量。

解：（1）溶质的质量

33l=24.99g ?1?122.4l?mol?17g?17g?mol（2）溶液的质量 24.99g+100g=124.99g

（3）溶液的体积 124.99g÷0.9229g/mL=135.43mL

33l22.4?mol?1（4）溶液的物质的量浓度c==10.89mol·LB

o.135l（5）溶质的质量分数w=

22.99g=20%

124.99?100%

答：溶液的物质的量浓度为10.89mol·LB，溶质的质量分数为20%。 【能力达标检测】

1.A （容量瓶是物质的量浓度配制的重要仪器。要掌握其结构及使用） 2.C （若配制1L溶液，则n（CuSO4）=1L×0.1mol·LB=0.1mol 即 m（CuSO4）=0.1mol×160g·molB=16g 则需m（CuSO4·5H2O）=

1.6g?250=25g）

1603.D（解析：根据物质的量浓度的定义，以“单位体积溶液所含溶质B的物质的量来表示溶液组成的物理量，叫做溶质B的物质的量浓度”来看。

A的说法错误，主要是1L水不对，应是1L溶液。

B溶液的体积为1L时应含有2mol H+，因为硫酸是强电解质，1mol H2SO4会电离出2mol H+。B的说法错误。

C的错误在于98g H2SO4溶于1L水后溶液的体积不清楚，故溶液的物质的量浓度也说不清楚。 D正确，因为硫酸的相对分子质量为98，故1L溶液中含1mol H2SO4，其物质的量浓度为1mol·LB） 4.C（懂题意是解题的前提，此题的题意是对质量为10.6g的物体进行错误称量，简单图示为：

对于天平有：10g+1g=10.6g+0.4g而平衡，而读数应为： 砝码+游码=11g+0.4g=11.4g即C正确）

5.BD 依电荷守恒c（Cl-）+2c（SO2-4）=3c（Al3+）

而c（Al3+）=c（SO2-4），所以c（Cl-）=c（Al3+）=c（SO2-4） 进而推知c［Al2（SO4）3］=c（AlCl3）

6.C［依电荷守恒c（K+）+3c（Al3+）=2c（SO2-4） 即 y+0.1×3=2xy=2x-0.3］

7.D（根据质量分数与物质的量浓度换算关系 c=1000d·W%M和W%=c·M1000d）

8.AC （量筒量取液体要遵循自流原则，若洗涤，则使溶质量多，浓度偏大，若砝码有油污，则称量的物质质量偏大）

9.D （解析：配制一定体积一定物质的量浓度的溶液，先要根据所选定的容量瓶的体积计算所需溶质的物质的量，再求所需溶质的质量

n（CuSO4）=c（CuSO4）×V（溶液）=0.1mol·LB×0.5L=0.05mol m（CuSO4）=n（CuSO4）×160g/mol=0.05mol×160g/mol=8g

m（CuSO4·5H2O）=n（CuSO4·5H2O）×M（CuSO4·5H2O） =n（CuSO4·5H2O）×250g/mol=0.05mol×250g/mol=12.5g

在配制时，不是加水500mL，而是配成500mL溶液。故只有D项是正确的）

10.E （解析：此题考查配制一定量物质的量浓度的溶液的具体操作方法及腐蚀性固体药品的特殊称量方法。容量瓶上只标有一个刻度线，配制250mL时只能选用250mL容量瓶，所以A项错。NaOH是腐蚀性固体药品，且易潮解，若直接放在托盘天平的纸片上称量时，潮解后的NaOH可能会沾在纸上，使所配NaOH溶液浓度偏低，故称量时，应将NaOH固体放在干燥而洁净的小烧杯中迅速称量。NaOH固体溶于水时放热，直接将称好的NaOH固体放入容量瓶中加入水溶解，会使溶液体积明显膨胀，定容冷却后，溶液的实际体积小于实验要求的体积，溶液浓度偏大，所以溶解NaOH固体要在小烧杯中进行，等冷却至室温后再转入容量瓶中。容量瓶只要是洁净的，其中是否有水，对溶质的量无影响。故对所配溶液浓度无影响。因此只有选项E正确）

11.A （依题意，原NaOH溶液的浓度是c0=

60gB

=5mol·L。 ?140g?mol?0.3l设原溶液与水混合时体积不变，则以体积比1∶4稀释即成试题所要求的溶液。因此，选项A是本题答案）

0.91g?cm?3?0.25?0.98?cm?3?0.0512.C ×100%=14.6%＜15%）

0.91g?cm?3?0.98?gm?313.C （0.1mol·LB CuSO4溶液中Cu2+ 物质的量浓度为0.1mol·LB，0.15mol·LBNaOH溶液中OH- 物质的量浓度为0.15mol·LB。由于两溶液的体积是相同的，且n（Cu2+）＞12n（OH-），所以，生成的沉淀物中，n（Cu2+）：n（OH-）=0.1∶0.15=2∶3） 14.（1）ACD（2）CD 15.（1）C玻璃棒、烧杯

（2）将A瓶塞打开，加入少量水，塞好瓶塞，倒转不漏水，然后正放，把瓶塞旋转180°，再倒转不漏水，则说明该容量瓶瓶塞严密

（3）BCD

分析：（3）B容量瓶用蒸馏水洗净后，若再用待配溶液润洗，会造成溶质的量偏多，结果偏高。C、D无论是固体或液体溶质，溶解均应在烧杯中进行，而不可在容量瓶中进行。

16.依稀释定律：100×0.1010=0.1000×V2，V2=101.0（mL）。用移液管或滴定管往盛有100.0mL 0.1010mol/L NaCl溶液的容量瓶内加1.0mL蒸馏水，然后摇匀即得所需浓度的溶液。

思路点拨：密度相近的两种稀溶液混合时，混合后溶液总体积约为各稀溶液体积之和。本题所给NaCl溶液为稀溶液，它的密度接近水的密度，故可作近似“加和”处理，但对于浓溶液稀释、浓溶液与稀溶液混合等，混合后溶液的体积并不等于各溶液体积之和，此时若要求得混合溶液的体积，需根据V（混）=m(混)p(混)求算。

17.（1）H3PO4 （2）Ba2+（3）PO3-4（4）溶液中离子浓度逐渐减小 解析：本题主要考查Ba（OH）2与H3PO4混合，量的比不同，产物不同； 3Ba（OH）2 + 2H3PO4Ba3（PO4）2↓+ 6H2O Ba3（PO4）2 + H3PO43BaHPO4 Ba（HPO4） + H3PO4Ba（H2PO4）2

18.1mol·LB 1mol·LB 提示：由H2SO4 + BaCl2BaSO4↓+ 2HCl，可知：n（H2SO4）=n（BaSO4）=2.33g233g·molB=0.01mol，此时溶液中Cl- 包括原盐酸溶液中Cl- 和加入BaCl2所引入Cl- ，据反应方程式：Cl- + Ag+AgCl↓，n（HCl）=n（AgCl）-2n（BaCl2）=5.74g143.5g·molB-2×0.03L×0.5mol·LB=0.01mol，因此c（H2SO4）=

0.01mol0.01mol=1mol·LB，c（HCl）==1mol·LB。

0.01L0.01L

（3）BCD

分析：（3）B容量瓶用蒸馏水洗净后，若再用待配溶液润洗，会造成溶质的量偏多，结果偏高。C、D无论是固体或液体溶质，溶解均应在烧杯中进行，而不可在容量瓶中进行。

16.依稀释定律：100×0.1010=0.1000×V2，V2=101.0（mL）。用移液管或滴定管往盛有100.0mL 0.1010mol/L NaCl溶液的容量瓶内加1.0mL蒸馏水，然后摇匀即得所需浓度的溶液。

思路点拨：密度相近的两种稀溶液混合时，混合后溶液总体积约为各稀溶液体积之和。本题所给NaCl溶液为稀溶液，它的密度接近水的密度，故可作近似“加和”处理，但对于浓溶液稀释、浓溶液与稀溶液混合等，混合后溶液的体积并不等于各溶液体积之和，此时若要求得混合溶液的体积，需根据V（混）=m(混)p(混)求算。

17.（1）H3PO4 （2）Ba2+（3）PO3-4（4）溶液中离子浓度逐渐减小 解析：本题主要考查Ba（OH）2与H3PO4混合，量的比不同，产物不同； 3Ba（OH）2 + 2H3PO4Ba3（PO4）2↓+ 6H2O Ba3（PO4）2 + H3PO43BaHPO4 Ba（HPO4） + H3PO4Ba（H2PO4）2

18.1mol·LB 1mol·LB 提示：由H2SO4 + BaCl2BaSO4↓+ 2HCl，可知：n（H2SO4）=n（BaSO4）=2.33g233g·molB=0.01mol，此时溶液中Cl- 包括原盐酸溶液中Cl- 和加入BaCl2所引入Cl- ，据反应方程式：Cl- + Ag+AgCl↓，n（HCl）=n（AgCl）-2n（BaCl2）=5.74g143.5g·molB-2×0.03L×0.5mol·LB=0.01mol，因此c（H2SO4）=

0.01mol0.01mol=1mol·LB，c（HCl）==1mol·LB。

0.01L0.01L

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