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第三节 物质的量
内容概览
01 竞赛技巧总结 核心策略精讲，高效解题通法提炼
02 技巧针对训练 专项能力突破，弱点题型强化攻坚
03 综合培优精练 高阶思维拓展，综合问题融合演练
04 竞赛真题精练 实战命题解密，赛场节奏模拟特训
竞赛技巧1 溶解度和饱和溶液
1、溶解度
在一定温度下的饱和溶液中，在一定量溶剂中溶解溶质的质量，叫做该物质在该温度下的溶解度。易溶于水的固体的溶解度用100 g水中溶解溶质的质量（g）表示；一定温度下，难溶物质饱和溶液的“物质的量”浓度也常用来表示难溶物质的溶解度。例如298 K氯化银的溶解度为1×10-5 mol·L-1。
2、饱和溶液
在一定温度下，未溶解的溶质跟已溶解的溶质达到溶解平衡状态时的溶液称为饱和溶液。在饱和溶液中，存在着下列量的关系： = 常数， = 常数
3、溶解度与温度
溶解平衡是一个动态平衡，其平衡移动的方向服从勒沙特列原理。一个已经饱和的溶液，如果它的继续溶解过程是吸热的，升高温度时溶解度增大；如果它的继续溶解过程是放热的，升高温度时溶解度减小。大多数固体物质的溶解度随温度的升高而增大。气体物质的溶解度随着温度的升高而减小。
4、溶解度与压强
固体或液体溶质的溶解度受压力的影响很小。气体溶质的溶解度受压力影响很大。对于溶解度很小，又不与水发生化学反应的气体，“在温度不变时，气体的溶解度和它的分压在一定范围内成正比”，这个定律叫亨利（Henry）定律。其数学表达式是：Cg = Kg·pg，式中pg为液面上该气体的分压，Cg为某气体在液体中的溶解度（其单位可用g·L-1、L·L、mol·L-1表示），Kg称为亨利常数。
竞赛技巧2 分配定律及萃取分离
1.分配定律
在一定温度下，一种溶质分配在互不相溶的两种溶剂中的浓度比值是一个常数，这个规律就称为分配定律，其数学表达式为：K = c/c ，式中K为分配系数；c为溶质A在溶剂中的浓度；c为溶质A在溶剂中的浓度。
2.萃取分离
（1）萃取分离法：利用一种与水不相溶的有机溶剂与试液一起震荡，使某组分转入有机相，另外的组分留在水相，从而达到分离的目的。
（2）溶剂萃取的实质：物质在互不相溶的两种溶剂中的分配差异。萃取过程是物质在两相中溶解过程的竞争，服从相似相溶原理。
（3）萃取分离的主要仪器：分液漏斗。
（4）具体操作如下：将试液（水溶液）置于60 ~ 125mL的梨形分液漏斗中，加入萃取溶剂后立即震荡，使溶质充分转移至萃取溶剂中。静置分层，然后将两相分开。
（5）在实际工作中，常用萃取百分率E来表示萃取的完全程度。萃取百分率是物质被萃取到有机相中的比率。E = ×100%
（6）萃取时，为提高萃取效率，通常采用“少量多次”的方法。
（7）设有V(mL)溶液内含有被萃取物质m(g)，用V(mL)溶剂萃取n次后，水相中剩余被萃取物质m(g)，则m= m()n ，式中K为分配系数，K = ；c为溶质A在水溶液中的浓度，c为溶质A在萃取溶剂中的浓度。
竞赛技巧3 溶液组分含量的表示方法及换算
一、溶液组分含量的表示方法
溶液中组分含量的表示方法有多种，不同方法适用于不同场景（如实验操作、理论计算、工业生产等），以下是常见的表示方法：
1、物质的量浓度
（1）定义：单位体积溶液中所含溶质的物质的量。
（2）符号：用c(B) 表示。
（3）公式： c(B)=。
（4）单位：mol/L（常用）或 mol/m 。
（5）特点：受温度影响（因溶液体积随温度变化）。
（6）适用范围：化学实验、定量分析、化学反应计算（如实验室配制的 “0.1mol/L NaOH 溶液”）。
2.质量摩尔浓度
（1）定义：单位质量溶剂中所含溶质的物质的量。
（2）符号：用 b(B)或m(B)表示。
（3）公式：m (B)=。
（4）单位：mol/kg。
（5）特点：不受温度影响（因质量不随温度变化），精度高于物质的量浓度。
（6）适用范围：精确的物理化学计算（如溶液热力学、依数性测定）。
3.摩尔分数
（1）定义：溶质的物质的量与溶液中所有组分（溶质 + 溶剂）总物质的量的比值。
（2）符号：用 x(B)表示。
（3）公式：x(B)=[n(总)=n(溶质)+n(溶剂)+...]。
（4）特点：无单位，不受温度影响，适用于多组分体系。
（5）适用范围：热力学计算（如溶液的依数性：凝固点降低、沸点升高等）。
4.质量分数
（1）定义：溶质B的质量占溶液总质量的分数称为溶质B的质量分数。
（2）符号：通常用ω(B)表示（B为溶质）。
（3）公式：ω(B)=×100%。
（4）特点：无单位（或用百分数表示），不受温度影响（因质量不随温度变化）。
（5）适用范围：固体溶质溶解于液体（如盐水浓度）、固体混合物（如合金成分）等。
5.体积分数（volume fraction）
（1）定义：溶质的体积与溶液总体积的比值（适用于互溶的液体组分）。
（2）符号：通常用 φ(B) 表示。
（3）公式：φ(B)= ×100%
（4）特点：无单位（或用百分数），受温度影响（因体积随温度变化）。
（5）适用范围：液体与液体混合（如医用酒精 “75%” 即体积分数，指 100mL 酒精溶液中含 75mL 纯酒精）。
6.质量浓度（mass concentration）
（1）定义：单位体积溶液中所含溶质的质量。
（2）符号：用 ρ(B) 表示。
（3）公式：ρ(B)=。
（4）单位：g/L、mg/mL、kg/m 等。
（5）特点：受温度影响（因体积随温度变化）。
（6）适用范围：低浓度溶液（如生理盐水“0.9% NaCl”可表示为9g/L，即1L 溶液中含9gNaCl）。
7. ppm 与 ppb（微量浓度）
（1）定义：用于极低浓度体系（如污染物、痕量元素）：
（2）ppm（parts per million）：百万分之一（10-6），可表示质量比或体积比（如 1ppm = 1mg/kg 或 1μL/L）。
（3）ppb（parts per billion）：十亿分之一（10-9），同理可表示质量比或体积比。
（4）适用场景：环境监测（如水中重金属含量）、食品中添加剂残留等。
二、各浓度之间的换算
1.物质的量浓度（c）与质量分数（ω）的换算
（1）公式：cB＝ mol·L－1
（2）推导：
①设溶液体积为 1L（1000cm ），则溶液质量=1000ρ（g）。
②溶质质量=溶液质量×ω(B)=1000ρ ω(B)（g）。
③溶质物质的量=溶质质量/M(B)=(1000ρ ω(B))/M(B)（mol）。
④物质的量浓度c(B)=溶质物质的量/溶液体积（1L），即得上述公式。
⑤单位说明：ρ单位为g/cm ，c单位为mol/L，ω为小数（非百分数）。
2.物质的量浓度（c）与质量浓度（ρ(B)）的换算
（1）公式：ρ(B)=c(B) M(B)或c(B)=
（2）推导：
①质量浓度ρ(B)=溶质质量/溶液体积=（溶质物质的量×M(B)）/溶液体积=c(B) M(B)
②单位说明：ρ(B)单位为g/L（若c为mol/L，M为g/mol，则ρ(B)=mol/L×g/mol=g/L）。
3.物质的量浓度（c）与质量摩尔浓度（b）的换算
（1）公式：b(B)= 或c(B)=
（2）推导：
①设溶液体积为1L，溶质物质的量=c(B)（mol），溶液质量=1000ρ（g）。
②溶剂质量=溶液质量-溶质质量=1000ρ-c(B) M(B)（g）=（1000ρ-c(B) M(B)）/1000（kg）。
③质量摩尔浓度b(B)=溶质物质的量/溶剂质量（kg），即得上述公式。
④稀溶液近似：若溶液极稀，溶质质量可忽略（1000ρ c(B) M(B)），则：b(B)≈
4.摩尔分数（x）与物质的量浓度（c）的换算
（1）公式：x(B)=
（2）推导：
①设溶液体积为1L，溶质物质的量n(B)=c(B)（mol），溶液质量=1000ρ（g）。
②溶剂质量=1000ρ-c(B) M(B)（g），溶剂物质的量n(A)=（1000ρ-c(B) M(B)）/M(A)（mol）。
③摩尔分数x(B)=n(B)/[n(B)+n(A)]，代入化简即得。
④稀溶液近似：溶质极少时，n(B) n(A)，则x(B)≈n(B)/n(A)≈[c(B) M(A)]/(1000ρ)。
5.摩尔分数（x）与质量摩尔浓度（b）的换算
（1）公式：x(B)=或b(B)=
（2）推导：
①设溶剂质量为1kg（1000g），则溶剂物质的量n(A)=1000/M(A)（mol），溶质物质的量n(B)=b(B)（mol）。
②摩尔分数x(B)=n(B)/[n(B)+n(A)]，代入化简即得。
③稀溶液近似：b(B)很小时，1000 b(B) M(A)，则x(B)≈b(B) M(A)/1000。
6.质量分数（ω）与质量摩尔浓度（b）的换算
（1）公式：b(B)=或ω(B)=
（2）推导：
①设溶液总质量为100g，则溶质质量=100ω(B)（g），溶剂质量=100(1-ω(B))（g）=0.1(1-ω(B))（kg）。
②溶质物质的量=100ω(B)/M(B)（mol），质量摩尔浓度b(B)=溶质物质的量/溶剂质量（kg），化简即得。
7.ppm/ppb 与其他浓度的换算
（1）ppm（10-6）：
①质量比：1ppm=1mg/kg=1μg/g=1×10-6（质量分数）。
②体积比：1ppm=1μL/L=1×10=6（体积分数）。
（2）ppb（10-9）：
①质量比：1ppb=1μg/kg=1ng/g=1×10-9（质量分数）。
②体积比：1ppb=1nL/L=1×10-9（体积分数）。
竞赛技巧4溶液的配制及误差分析
一、一定物质的量浓度溶液的配制（以配制 500mL 0.1mol/L NaCl 溶液为例）
1.核心原理：根据公式c=n/V，需准确控制溶质的物质的量（n）和溶液的最终体积（V，由容量瓶规格确定）。
2.仪器与药品
（1）仪器：托盘天平（或电子天平）、药匙、烧杯、玻璃棒、500mL 容量瓶、胶头滴管、量筒（可选，用于溶解时加水）。
（2）药品：NaCl 固体、蒸馏水。
3. 配制步骤
步骤 操作细节 注意事项
计算 算出溶质质量：m(NaCl)=c V M=0.1mol/L×0.5L×58.5g/mol≈2.9g 若为液体溶质（如浓溶液稀释），需计算体积：V(浓) =
称量 用托盘天平称取 2.9g NaCl 固体（左盘放药品，右盘放砝码，若放反且用游码会导致称量偏小）。 ① 天平精度：托盘天平称至 0.1g，电子天平可更高；② 腐蚀性药品（如 NaOH）需放在小烧杯中称量（防止腐蚀托盘）。
溶解 将 NaCl 放入烧杯，加适量蒸馏水（约 100mL），用玻璃棒搅拌至完全溶解。 ① 溶解时若放热（如 NaOH），需冷却至室温再转移（避免容量瓶受热变形，影响体积精度）；② 不能在容量瓶中直接溶解（容量瓶不能加热或溶解物质）。
转移 用玻璃棒引流，将溶液沿玻璃棒注入 500mL 容量瓶中（玻璃棒下端靠在容量瓶刻度线下方内壁）。 ① 引流防止溶液洒出；② 若有溶液洒出，溶质损失，浓度偏小。
洗涤 用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒 2~3 次，洗涤液全部注入容量瓶中。 未洗涤或洗涤液未转移，溶质残留，n偏小，浓度偏小。
定容 向容量瓶中加水至液面离刻度线 1~2cm 时，改用胶头滴管滴加蒸馏水，至凹液面最低点与刻度线相切。 ① 视线与刻度线、凹液面相平；② 仰视刻度线：加水偏多，V偏大，浓度偏小；俯视：加水偏少，V偏小，浓度偏大。
摇匀 盖好瓶塞，反复上下颠倒容量瓶，使溶液混合均匀（摇匀后液面可能低于刻度线，是正常现象，不能再加水，否则V偏大，浓度偏小）。
装瓶 将配好的溶液转移至试剂瓶，贴标签（注明浓度、名称、配制日期）。 试剂瓶需洁净，若用待配溶液润洗试剂瓶，会导致溶质偏多，浓度偏大。
4.误差分析（以物质的量浓度c =n/V为核心）
误差分析需判断操作对n（溶质物质的量）或V（溶液体积）的影响，进而分析c的偏差（“偏大”“偏小” 或 “无影响”）。
错误操作 对n或V的影响 c的偏差 原因分析
称量时左码右物（用游码） n偏小 偏小 实际称量质量 = 砝码质量 - 游码质量，溶质偏少。
溶解后未冷却直接转移到容量瓶 V偏小 偏大 热溶液体积膨胀，定容后冷却收缩，实际体积小于刻度线，V偏小。
转移时溶液洒出 n偏小 偏小 溶质损失，n减少。
未洗涤烧杯和玻璃棒 n偏小 偏小 溶质残留，n减少。
定容时仰视刻度线 V偏大 偏小 加水超过刻度线，V偏大。
定容时俯视刻度线 V偏小 偏大 加水未到刻度线，V偏小。
摇匀后液面下降，再加水 V偏大 偏小 摇匀后液面下降是正常现象（内壁附着），加水导致V偏大。
容量瓶未干燥（内壁有水） 无影响 无影响 定容时需加水至刻度线，原有水不改变最终n和V。
用待配溶液润洗容量瓶 n偏大 偏大 润洗后容量瓶内壁残留溶质，n增多。
量取浓溶液时仰视量筒（液体溶质） n偏大 偏大 量取体积偏多，溶质n增多。
定容时胶头滴管滴出的液体沾在瓶外 无影响 无影响 滴出的是蒸馏水，未计入溶液体积（定
二、质量分数溶液的配制（以配制 100g 10% NaCl 溶液为例）
1. 步骤与仪器
（1）计算：溶质质量m(NaCl)=100g×10%=10g，溶剂质量m(水)=90g（体积约90mL）。
（2）称量：用天平称10gNaCl，用量筒量90mL水（量筒读数时视线与凹液面最低处相平）。
（3）溶解：将NaCl放入烧杯，加入水，搅拌至溶解即可（无需容量瓶，精度要求较低）。
2.误差关键
（1）溶质称量偏小（如天平左码右物、药品沾在纸上未转移）：质量分数偏小。
（2）溶剂量取偏多（如量筒仰视）：质量分数偏小；量取偏少（俯视）：质量分数偏大。
竞赛技巧1 溶解度和饱和溶液
1．（2009高二·上海·竞赛）下图是几种盐的溶解度曲线，根据曲线判断下列说法正确的是
A．20℃时，硝酸钾饱和溶液的质量分数是31.6％
B．30℃时，将35g硝酸钾和35g食盐同时溶于l00g水中，蒸发时先析出的是氯化钠
C．40℃时，35g食盐溶于l00g水中，降温至0°C时，可析出氯化钠晶体
D．60℃时，200g水中溶解80g硫酸铜达饱和，当降温至30℃时，可析出30g硫酸铜晶体
2.A、B、C三种物质的溶解度曲线如图所示，下列分析正确的是
A．℃时，A、C两种物质的饱和溶液中溶质的质量相等
B．将C的饱和溶液变为不饱和溶液，可采用升温的方法
C．℃时，把50gA放入50g水中能得到A的饱和溶液，溶液的质量为75g
D．将℃时A、B、C三种物质的饱和溶液降温至℃，所得溶液的溶质质量分数的大小关系是B>C=A
竞赛技巧2 分配定律及萃取分离
3．在定温、定压下，如果一种物质溶解在两个同时存在的互不相溶的液体中，达到平衡后，该物质在两种溶液中的浓度之比为定值。在293 K时，在水和乙醚中的浓度之比为0.4，现有5克溶于100 mL水中，现用乙醚作为萃取剂进行萃取分液。(乙醚预先已被水所饱和，萃取时乙醚不会再溶于水)，若每次只加20 mL乙醚进行萃取分液，经过多次萃取分液后水层中的质量为克，则需要操作的萃取次数为 次(写出计算过程)？
4．若向碘水L中加入，充分振荡、静置，此时碘在中的物质的量浓度是水中的86倍，则萃取效率为 %(结果保留小数点后两位)(萃取效率)。
竞赛技巧3 溶液组分含量的表示方法及换算
5．（23-24高一上·湖南邵阳·竞赛）下列说法不正确的是
A．某硝酸密度为1.42g·cm-3，质量分数为63%，此硝酸物质的量浓度为14.2 mol·L-1
B．100 g浓度为c mol·L-1 的硫酸中加入一定的水稀释成0.5c mol·L-1， 则加入水的体积大于100 mL(已知硫酸的浓度越大，其密度越大)
C．将a%的氨水和(100-a)%的氨水等体积混合后，所得溶液的质量分数可能为小于或等于50%(已知氨水的浓度越大，其密度越小)
D．VLAl2(SO4)3溶液中含Al3+mg，则溶液中的物质的量浓度为mol·L-1
6．（23-24高一上·湖南邵阳·竞赛）在标准状况下，将aLNH3完全溶于1L水得到VmL氨水，溶液的密度为ρg cm-3，溶质的质量分数为ω，溶质的物质的量浓度为cmol/L。下列叙述中正确的是
①②③④⑤上述溶液中再加入VmL水后，所得溶液的质量分数大于0.5ω
A．①②④ B．②③④ C．②④ D．②③⑤
竞赛技巧4 溶液的配制及误差分析
7.（2013高二·广东·竞赛）重铬酸钾为氧化剂，它与硫酸组成的铬酸洗液是实验室中常用的强氧化性洗液之一，其在实验室配制过程中产生大量的热。下列说法中不正确的是
A．配制前，用研钵把重铬酸钾研磨得越细越好
B．把重铬酸钾粉末加到热水中，充分搅拌，使其溶解
C．配制时，选用大容积的玻璃仪器(如干燥器等)
D．在充分搅拌下把浓硫酸慢慢加入重铬酸钾溶液中
8.（19-20高一下·江西·竞赛）配制一定物质的量浓度的溶液是一个重要的定量实验，下列有关说法正确的是
A．容量瓶用蒸馏水洗净后，必须干燥才能用于配制溶液
B．配制1 L 0.1 mol·L－1的NaCl溶液时，用托盘天平称量5.85 g NaCl固体
C．配制一定物质的量浓度的溶液时，定容时仰视刻度线会导致所配溶液浓度偏高
D．用浓盐酸配制稀盐酸，量取浓盐酸时仰视量筒的刻度线会导致所配溶液浓度偏高
1．实验室利用KCl固体配制 溶液，利用浓硫酸配制 硫酸溶液，下列有关说法错误的是
A．两种溶液配制过程中，均需使用500 mL容量瓶
B．两种溶液配制过程中，所用仪器不完全相同
C．溶液配制过程中，玻璃棒均只起搅拌作用
D．量取浓硫酸时俯视读数，导致量取体积偏小
2．配制一定物质的量浓度溶液时，下列操作或说法不正确的是
A．容量瓶使用前必须检漏，但可以不用干燥
B．配制的溶液，所需的玻璃仪器有容量瓶、烧杯、玻璃棒、胶头滴管
C．用浓硫酸配制一定物质的量浓度的稀硫酸时，浓硫酸溶于水后应冷却至室温才能转移到容量瓶中
D．定容时，仰视容量瓶的刻度线，会使所配溶液浓度偏低
3．在t ℃时,将a g NH3完全溶于水,得到V mL溶液,设该溶液的密度为ρ g·cm-3,质量分数为ω,其中含N的物质的量为b mol。下列叙述中不正确的是
A．溶质的质量分数ω=×100%
B．溶质的物质的量浓度c= 1000a/17Vmol·L-1
C．溶液中c(OH-)= 1000b/Vmol·L-1+c(H+)
D．上述溶液中再加入V mL水后,所得溶液中溶质的质量分数小于0.5ω
4．某同学将0.1mol/L的K2SO4溶液V 1 L与0 . 2 mo l / L的Al2(SO4)3溶液V 2 L混合，再加入V 3 L蒸馏水，假定溶液总体积V总=V1+V 2 +V 3．并测得混合液中三种离子物质的量浓度分别为：K＋：0 .1 mo l /L ，Al3＋：0 .1 mo l /L，SO42－：0 . 2 mo l / L ，则下列判断正确的是
A．一定是2L K2SO4溶液和1L Al2(SO4)3溶液混合，再加1L蒸馏水
B．混合液中K＋浓度与Al3＋浓度数值之和大于SO浓度数值
C．三种液体体积比为V1：V2：V3=2：1：1
D．混合液中K2SO4物质的量等于Al2(SO4)3物质的量的一半
5．向100g密度为1.84g/mL质量分数为98%的浓硫酸中加入一定体积的水稀释成9.2mol/L的硫酸，则加入水的体积（ ）
A．>100mL B．=100mL C．< 100mL D．无法确定
6．现有两种硫酸溶液，其中一种物质的量浓度为C1 mol/L、密度为ρ1 g/cm3，另一种物质的量浓度为C2 mol/L、密度为p2 g/cm3 ,当它们等体积混合后,溶液的密度为ρ3 g/cm3，则混合溶液的物质的量浓度为
A． B． C． D．
7．已知浓硫酸的密度比稀硫酸大，现将质量分数为90％和10％二种硫酸溶液等体积混合后溶质的质量分数为( )
A．大于50％ B．等于50％
C．小于50％ D．无法确定
8．已知17mol·L-1氨水的密度为0.92g·cm-3，3mol·L-1氨水的密度为0.98g·cm-3，若将上述两溶液等质量混合，所得氨水溶液的物质的量浓度为
A．等于10mol·L-1 B．大于10mol·L-1 C．小于10mol·L-1 D．无法判断
9．向溶质质量分数为2a%，体积为10 mL，物质的量浓度为c1 mol·L-1的稀H2SO4中加入V mL的水，使之溶质质量分数变为a%，此时物质的量浓度为c2 mol·L-1，则下列关系正确的是
A．V>10 2c2=c1 B．V<10 2c2>c1
C．V>10 2c2
10 2c2>c1
10．在配制一定物质的量浓度的溶液的实验中，下列操作正确的是
A．将NaOH固体放在天平托盘的称量纸上，精确称量并放入烧杯中溶解后，立即注入容量瓶中
B．将准确量取的18.4mol·L-1浓硫酸10mL，注入已盛有30 mL水的100 mL容量瓶中，加入至刻度线即可
C．仰视容量瓶刻度线，看到液面超过了容量瓶刻度线，用胶头滴管吸出刻度线以上的溶液
D．欲配制1000 mL 0.1 mol·L-1的盐酸，将稀释后的盐酸溶液全部转移到未经干燥的1000 mL的容量瓶中，加水至刻度线
11．某溶液中有、、、四种阴离子各。现通入，则通入的体积(标准状况)和溶液中相关离子的物质的量的关系图正确的是(已知：离子还原性)
A． B．
C． D．
12．在标准状况下①6.72L②个HCl分子③13.6g④0.2mol，下列对这四种气体的关系从大到小表达正确的是
a．体积②>③>①>④ b．密度②>③>④>①
c．质量②>③>①>④ d．氢原子个数①>④>③>②
A．abc B．bcd C．abd D．abcd
13．相对分子质量为M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，物质的量浓度，密度为，则下列说法正确的是
A．相对分子质量M可表示为： B．溶液密度可表示为：
C．溶液的质量分数可表示为 D．物质的量浓度c可表示为：
14．在标准状况下，将完全溶于水得到氨水，溶液的密度为，溶质的质量分数为ω，溶质的物质的量浓度为。下列叙述中正确的有
① ② ③上述溶液中加入水后，所得溶液的质量分数大于 ④上述溶液中加入等质量的水后，所得溶液的物质的量浓度大于
A．②③ B．①③ C．②④ D．③④
15．无论在办公室还是居室里，在漂亮的花瓶中插上一束美丽的鲜花，将会给紧张而又忙碌的工作、生活带来轻松和愉悦的心情。如果在花瓶中加入“鲜花保鲜剂”，就会延长鲜花的寿命。下表是1L“鲜花保鲜剂”的成分，阅读后回答下列问题：
成分 质量(g) 摩尔质量(g·mol-1)
蔗糖 50.00 342
硫酸钾 0.50 174
阿司匹林 0.35 180
高锰酸钾 0.50 158
硝酸银 0.04 170
（1）“鲜花保鲜剂”中物质的量浓度最大的成分是 （填写名称）。
（2）“鲜花保鲜剂”中K+的物质的量浓度为（阿司匹林中不含K+） （只要求写表达式，不需计算）mol·L-1。
（3）配制过程中，下列操作配制结果没有影响的是 （填字母）。
A．容量瓶在使用前未干燥，里面有少量蒸馏水
B．定容时仰视液面
C．容量瓶在使用前刚刚配制完一定物质的量浓度的NaCl溶液而未洗净
D．定容摇匀后发现液面低于容量瓶的刻度线，但未做任何处理
（4）欲确定“鲜花保鲜剂”中硝酸银的浓度，可加入的试剂中含有 。（填化学符号）
1．（2013高二·广东·竞赛）下列说法中，正确的是
A．将10g CaCO3粉末加入100 mL水中，所得溶液的物质的量浓度为1 mol/L
B．将100mL5mol/L盐酸加热蒸发至50mL溶液，盐酸的物质的量浓度变为10mol/L
C．将10mL 1 mo/L NaCl溶液与90 mL水混合，所得溶液的物质的量浓度为0.1 mo/L
D．向100 mL饱和的澄清石灰水中加入10gCaO，充分搅拌、静置并恢复到原来的温度，所得溶液的物质的量浓度增加
2．（2007高二·陕西·竞赛）通过蒸馏19%的稀HCl溶液，得到浓度大于25%的浓HCl溶液
A．不能 B．能 C．不一定
3．（2020高二上·陕西渭南·竞赛）为了避免NO、NO2、对大气的污染，常用氢氧化钠溶液进行吸收处理(反应的化学方程式：=;=)。现有由amolNO、bmolNO2、cmolN2O4 组成的混合气体恰好被VL氢氧化钠溶液吸收(无气体剩余)，则此氢氧化钠溶液的物质的量浓度最小为
A．
B．
C．
D．
4．（2016高二·安徽·竞赛）在25℃时用铜作电极电解饱和Na2SO4溶液，过一段时间后，阴极产生a mol气体，同时有W g Na2SO4·10H2O晶体析出。若电解过程中始终保持温度不变，则原Na2SO4溶液的质量分数浓度为
A． B． C． D．
5．（2009高二·上海·竞赛）有一种测定阿伏加德罗常数的方法需测定NaCl晶体的体积，具体步骤为：准确称出mgNaCl晶体粉末并置于定容仪器a中；用滴定管b向仪器a中滴加某液体c至a仪器的刻度线，即可测出NaCl固体的体积。上述操作中的a、b、c分别指
A．量筒、滴定管、水 B．容量瓶、滴定管、水
C．量筒、滴定管、苯 D．容量瓶、滴定管、四氯化碳
6．（2022高一上·广东广州·竞赛）在甲、乙、丙、丁四个烧杯内分别放入0.1mol的钠、氧化钠、过氧化钠和氢氧化钠，然后各加入100mL水，固体完全溶解，溶液的物质的量浓度关系正确的是
A．丁<甲<乙=丙 B．甲=丁<乙=丙 C．甲>丁>乙>丙 D．丁<甲<乙<丙
7．（2024高三下·浙江·竞赛）已知22℃下水的蒸气压为2.7kPa，在该温度和100.0kPa下，用排水集气法收集到H2(g)0.05mol，则干燥后H2(g)的体积应为
A．1.26L B．2.45L C．12.6L D．24.5L
8．（2024高三下·浙江·竞赛）XSO4(aq)与NaOH(aq)反应，定量生成X3(OH)4SO4(s)和Na2SO4(aq)。1.0mol/L的XSO4和1.0mol/LNaOH混合，总体积为50mL(体积可加合)。为了得到最大的沉淀量，这两种溶液的体积应取
A．29mLNaOH+21mLXSO4 B．21mLNaOH+29mLXSO4
C．15mLNaOH+35mLXSO4 D．20mLNaOH+30mLXSO4
9．（2023高一·湖南·竞赛）在标准状况下，将和CO的混合气体(密度是的16倍)充满一盛有足量的密闭容器中(容积为22.4L)，用间断的电火花引发至充分反应。反应完全后容器里存在的物质叙述正确的是
A．存在0.5的CO B．存在0.125的
C．存在0.25的 D．存在1.25的
10．（2023高一·湖南·竞赛）为测定二氯化一氯五氨合钴(，摩尔质量用M表示)样品的纯度，将m g样品分为10等份，取其中一份于强碱溶液中，加热煮沸，蒸出所有氨气，用稀硫酸充分吸收，吸收后的溶液用中利平均消耗NaOH溶液的体积为。该样品中的纯度为
A． B．
C． D．
11．（2024高一下·河南洛阳·竞赛）将15.6gNa2O2和5.4gAl 同时放入一定量的水中，充分反应后得到200mL溶液，再向该溶液中缓慢通入标准状况下的HCl气体6.72L，若反应过程中溶液的体积保持不变，下列说法错误的是
A．最终溶液：c(Na+)= 2 mol·L-1 B．标准状况下，反应过程中得到6.72L气体
C．最终溶液：c(Na+) >c(Cl-) D．最终得到7.8 g沉淀
12．（2023高三·福建·竞赛）在温度为300K，压力为750mmHg的条件下有1.5L He和另一种气体的混合物，质量共5.0g。另一种气体在270K下即凝固。若在15K下气体混合物的压力为8mmHg(在相同体积下)，则另一种气体的相对分子质量是
A．103.8 B．4.0 C．495 D．82.24
【答案】A
13．（2019高一·江西上饶·竞赛）（1）0.5 mol Na2CO3中含有 个Na+。
（2）等质量的HCl、NH3、CO2、O2四种气体，在相同温度和相同压强条件下，体积最大的是 。
（3）实验室需要0.50mol·L—1NaCl溶液480mL。
①配制溶液时必需的仪器有：托盘天平（精确到0.1）、药匙、烧杯、玻璃棒、 、胶头滴管以及等质量的几片滤纸。
②配制该溶液需称取NaCl晶体的质量为 。
③下列操作会使所配溶液浓度偏低的是 。
A 容量瓶洗涤干净后未干燥
B 定容后经振荡、摇匀、静置，发现液面下降，再加适量的蒸馏水
C 定容时俯视刻度线
D 烧杯和玻璃棒未洗涤
14．（2023高一下·浙江温州·竞赛）甲溶液是和KOH的混合溶液，乙溶液是和的混合溶液，已知乙溶液中。取五份体积均为100mL的甲溶液，向其中缓慢加入不同体积的乙溶液，微热充分反应，测得各组产生的气体体积(假定气体全部逸出，标准状况下测定)如下表所示：
实验序号 Ⅰ Ⅱ Ⅲ Ⅳ Ⅴ
甲溶液体积(mL) 100
乙溶液体积(mL) 50 100 150 200 250
气体体积(mL) 224 0 448 1120 1120
（1）100mL的甲溶液中含 mol；（2）乙溶液中的物质的量浓度是 。
15.（2022高一下·浙江·竞赛）某兴趣小组的同学在做用CCl4萃取碘水中碘单质(I2)的实验时，发现无论如何都无法将碘水变成完全无色的溶液，于是有同学大胆猜想萃取后的水中还含有碘单质，即萃取剂在萃取实验中有效率问题。为探究CCl4对碘水中碘单质的萃取率，该小组同学利用KI溶液自制碘水后，再用CCl4对该碘水中碘单质进行萃取，最后提纯I2的CCl4溶液中的I2用于计算萃取率。用KI固体配制250mL1mol/LKI溶液
（1）下列配制的溶液浓度偏高的是 。
A．配制前，容量瓶中有少量蒸馏水
B．加蒸馏水时不慎超过了刻度线
C．定容时俯视刻度线
D．向容量瓶中转移溶液时不慎有液滴洒在容量瓶外面
（2）向所配置的KI溶液通入足量Cl2充分发生反应：2KI+Cl2=I2+2KCl得到I2的水溶液，再向其中加入CCl4萃取I2。待液体分层后下层溶液为 色。
（3）萃取后实验小组的同学用分液的方法得到I2的CCl4溶液，经 (操作名称)得到纯净的I231.0g，则该实验CCl4的萃取率是 (保留小数点后一位)。
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第三节 物质的量
内容概览
01 竞赛技巧总结 核心策略精讲，高效解题通法提炼
02 技巧针对训练 专项能力突破，弱点题型强化攻坚
03 综合培优精练 高阶思维拓展，综合问题融合演练
04 竞赛真题精练 实战命题解密，赛场节奏模拟特训
竞赛技巧1 溶解度和饱和溶液
1、溶解度
在一定温度下的饱和溶液中，在一定量溶剂中溶解溶质的质量，叫做该物质在该温度下的溶解度。易溶于水的固体的溶解度用100 g水中溶解溶质的质量（g）表示；一定温度下，难溶物质饱和溶液的“物质的量”浓度也常用来表示难溶物质的溶解度。例如298 K氯化银的溶解度为1×10-5 mol·L-1。
2、饱和溶液
在一定温度下，未溶解的溶质跟已溶解的溶质达到溶解平衡状态时的溶液称为饱和溶液。在饱和溶液中，存在着下列量的关系： = 常数， = 常数
3、溶解度与温度
溶解平衡是一个动态平衡，其平衡移动的方向服从勒沙特列原理。一个已经饱和的溶液，如果它的继续溶解过程是吸热的，升高温度时溶解度增大；如果它的继续溶解过程是放热的，升高温度时溶解度减小。大多数固体物质的溶解度随温度的升高而增大。气体物质的溶解度随着温度的升高而减小。
4、溶解度与压强
固体或液体溶质的溶解度受压力的影响很小。气体溶质的溶解度受压力影响很大。对于溶解度很小，又不与水发生化学反应的气体，“在温度不变时，气体的溶解度和它的分压在一定范围内成正比”，这个定律叫亨利（Henry）定律。其数学表达式是：Cg = Kg·pg，式中pg为液面上该气体的分压，Cg为某气体在液体中的溶解度（其单位可用g·L-1、L·L、mol·L-1表示），Kg称为亨利常数。
竞赛技巧2 分配定律及萃取分离
1.分配定律
在一定温度下，一种溶质分配在互不相溶的两种溶剂中的浓度比值是一个常数，这个规律就称为分配定律，其数学表达式为：K = c/c ，式中K为分配系数；c为溶质A在溶剂中的浓度；c为溶质A在溶剂中的浓度。
2.萃取分离
（1）萃取分离法：利用一种与水不相溶的有机溶剂与试液一起震荡，使某组分转入有机相，另外的组分留在水相，从而达到分离的目的。
（2）溶剂萃取的实质：物质在互不相溶的两种溶剂中的分配差异。萃取过程是物质在两相中溶解过程的竞争，服从相似相溶原理。
（3）萃取分离的主要仪器：分液漏斗。
（4）具体操作如下：将试液（水溶液）置于60 ~ 125mL的梨形分液漏斗中，加入萃取溶剂后立即震荡，使溶质充分转移至萃取溶剂中。静置分层，然后将两相分开。
（5）在实际工作中，常用萃取百分率E来表示萃取的完全程度。萃取百分率是物质被萃取到有机相中的比率。E = ×100%
（6）萃取时，为提高萃取效率，通常采用“少量多次”的方法。
（7）设有V(mL)溶液内含有被萃取物质m(g)，用V(mL)溶剂萃取n次后，水相中剩余被萃取物质m(g)，则m= m()n ，式中K为分配系数，K = ；c为溶质A在水溶液中的浓度，c为溶质A在萃取溶剂中的浓度。
竞赛技巧3 溶液组分含量的表示方法及换算
一、溶液组分含量的表示方法
溶液中组分含量的表示方法有多种，不同方法适用于不同场景（如实验操作、理论计算、工业生产等），以下是常见的表示方法：
1、物质的量浓度
（1）定义：单位体积溶液中所含溶质的物质的量。
（2）符号：用c(B) 表示。
（3）公式： c(B)=。
（4）单位：mol/L（常用）或 mol/m 。
（5）特点：受温度影响（因溶液体积随温度变化）。
（6）适用范围：化学实验、定量分析、化学反应计算（如实验室配制的 “0.1mol/L NaOH 溶液”）。
2.质量摩尔浓度
（1）定义：单位质量溶剂中所含溶质的物质的量。
（2）符号：用 b(B)或m(B)表示。
（3）公式：m (B)=。
（4）单位：mol/kg。
（5）特点：不受温度影响（因质量不随温度变化），精度高于物质的量浓度。
（6）适用范围：精确的物理化学计算（如溶液热力学、依数性测定）。
3.摩尔分数
（1）定义：溶质的物质的量与溶液中所有组分（溶质 + 溶剂）总物质的量的比值。
（2）符号：用 x(B)表示。
（3）公式：x(B)=[n(总)=n(溶质)+n(溶剂)+...]。
（4）特点：无单位，不受温度影响，适用于多组分体系。
（5）适用范围：热力学计算（如溶液的依数性：凝固点降低、沸点升高等）。
4.质量分数
（1）定义：溶质B的质量占溶液总质量的分数称为溶质B的质量分数。
（2）符号：通常用ω(B)表示（B为溶质）。
（3）公式：ω(B)=×100%。
（4）特点：无单位（或用百分数表示），不受温度影响（因质量不随温度变化）。
（5）适用范围：固体溶质溶解于液体（如盐水浓度）、固体混合物（如合金成分）等。
5.体积分数（volume fraction）
（1）定义：溶质的体积与溶液总体积的比值（适用于互溶的液体组分）。
（2）符号：通常用 φ(B) 表示。
（3）公式：φ(B)= ×100%
（4）特点：无单位（或用百分数），受温度影响（因体积随温度变化）。
（5）适用范围：液体与液体混合（如医用酒精 “75%” 即体积分数，指 100mL 酒精溶液中含 75mL 纯酒精）。
6.质量浓度（mass concentration）
（1）定义：单位体积溶液中所含溶质的质量。
（2）符号：用 ρ(B) 表示。
（3）公式：ρ(B)=。
（4）单位：g/L、mg/mL、kg/m 等。
（5）特点：受温度影响（因体积随温度变化）。
（6）适用范围：低浓度溶液（如生理盐水“0.9% NaCl”可表示为9g/L，即1L 溶液中含9gNaCl）。
7. ppm 与 ppb（微量浓度）
（1）定义：用于极低浓度体系（如污染物、痕量元素）：
（2）ppm（parts per million）：百万分之一（10-6），可表示质量比或体积比（如 1ppm = 1mg/kg 或 1μL/L）。
（3）ppb（parts per billion）：十亿分之一（10-9），同理可表示质量比或体积比。
（4）适用场景：环境监测（如水中重金属含量）、食品中添加剂残留等。
二、各浓度之间的换算
1.物质的量浓度（c）与质量分数（ω）的换算
（1）公式：cB＝ mol·L－1
（2）推导：
①设溶液体积为 1L（1000cm ），则溶液质量=1000ρ（g）。
②溶质质量=溶液质量×ω(B)=1000ρ ω(B)（g）。
③溶质物质的量=溶质质量/M(B)=(1000ρ ω(B))/M(B)（mol）。
④物质的量浓度c(B)=溶质物质的量/溶液体积（1L），即得上述公式。
⑤单位说明：ρ单位为g/cm ，c单位为mol/L，ω为小数（非百分数）。
2.物质的量浓度（c）与质量浓度（ρ(B)）的换算
（1）公式：ρ(B)=c(B) M(B)或c(B)=
（2）推导：
①质量浓度ρ(B)=溶质质量/溶液体积=（溶质物质的量×M(B)）/溶液体积=c(B) M(B)
②单位说明：ρ(B)单位为g/L（若c为mol/L，M为g/mol，则ρ(B)=mol/L×g/mol=g/L）。
3.物质的量浓度（c）与质量摩尔浓度（b）的换算
（1）公式：b(B)= 或c(B)=
（2）推导：
①设溶液体积为1L，溶质物质的量=c(B)（mol），溶液质量=1000ρ（g）。
②溶剂质量=溶液质量-溶质质量=1000ρ-c(B) M(B)（g）=（1000ρ-c(B) M(B)）/1000（kg）。
③质量摩尔浓度b(B)=溶质物质的量/溶剂质量（kg），即得上述公式。
④稀溶液近似：若溶液极稀，溶质质量可忽略（1000ρ c(B) M(B)），则：b(B)≈
4.摩尔分数（x）与物质的量浓度（c）的换算
（1）公式：x(B)=
（2）推导：
①设溶液体积为1L，溶质物质的量n(B)=c(B)（mol），溶液质量=1000ρ（g）。
②溶剂质量=1000ρ-c(B) M(B)（g），溶剂物质的量n(A)=（1000ρ-c(B) M(B)）/M(A)（mol）。
③摩尔分数x(B)=n(B)/[n(B)+n(A)]，代入化简即得。
④稀溶液近似：溶质极少时，n(B) n(A)，则x(B)≈n(B)/n(A)≈[c(B) M(A)]/(1000ρ)。
5.摩尔分数（x）与质量摩尔浓度（b）的换算
（1）公式：x(B)=或b(B)=
（2）推导：
①设溶剂质量为1kg（1000g），则溶剂物质的量n(A)=1000/M(A)（mol），溶质物质的量n(B)=b(B)（mol）。
②摩尔分数x(B)=n(B)/[n(B)+n(A)]，代入化简即得。
③稀溶液近似：b(B)很小时，1000 b(B) M(A)，则x(B)≈b(B) M(A)/1000。
6.质量分数（ω）与质量摩尔浓度（b）的换算
（1）公式：b(B)=或ω(B)=
（2）推导：
①设溶液总质量为100g，则溶质质量=100ω(B)（g），溶剂质量=100(1-ω(B))（g）=0.1(1-ω(B))（kg）。
②溶质物质的量=100ω(B)/M(B)（mol），质量摩尔浓度b(B)=溶质物质的量/溶剂质量（kg），化简即得。
7.ppm/ppb 与其他浓度的换算
（1）ppm（10-6）：
①质量比：1ppm=1mg/kg=1μg/g=1×10-6（质量分数）。
②体积比：1ppm=1μL/L=1×10=6（体积分数）。
（2）ppb（10-9）：
①质量比：1ppb=1μg/kg=1ng/g=1×10-9（质量分数）。
②体积比：1ppb=1nL/L=1×10-9（体积分数）。
竞赛技巧4溶液的配制及误差分析
一、一定物质的量浓度溶液的配制（以配制 500mL 0.1mol/L NaCl 溶液为例）
1.核心原理：根据公式c=n/V，需准确控制溶质的物质的量（n）和溶液的最终体积（V，由容量瓶规格确定）。
2.仪器与药品
（1）仪器：托盘天平（或电子天平）、药匙、烧杯、玻璃棒、500mL 容量瓶、胶头滴管、量筒（可选，用于溶解时加水）。
（2）药品：NaCl 固体、蒸馏水。
3. 配制步骤
步骤 操作细节 注意事项
计算 算出溶质质量：m(NaCl)=c V M=0.1mol/L×0.5L×58.5g/mol≈2.9g 若为液体溶质（如浓溶液稀释），需计算体积：V(浓) =
称量 用托盘天平称取 2.9g NaCl 固体（左盘放药品，右盘放砝码，若放反且用游码会导致称量偏小）。 ① 天平精度：托盘天平称至 0.1g，电子天平可更高；② 腐蚀性药品（如 NaOH）需放在小烧杯中称量（防止腐蚀托盘）。
溶解 将 NaCl 放入烧杯，加适量蒸馏水（约 100mL），用玻璃棒搅拌至完全溶解。 ① 溶解时若放热（如 NaOH），需冷却至室温再转移（避免容量瓶受热变形，影响体积精度）；② 不能在容量瓶中直接溶解（容量瓶不能加热或溶解物质）。
转移 用玻璃棒引流，将溶液沿玻璃棒注入 500mL 容量瓶中（玻璃棒下端靠在容量瓶刻度线下方内壁）。 ① 引流防止溶液洒出；② 若有溶液洒出，溶质损失，浓度偏小。
洗涤 用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒 2~3 次，洗涤液全部注入容量瓶中。 未洗涤或洗涤液未转移，溶质残留，n偏小，浓度偏小。
定容 向容量瓶中加水至液面离刻度线 1~2cm 时，改用胶头滴管滴加蒸馏水，至凹液面最低点与刻度线相切。 ① 视线与刻度线、凹液面相平；② 仰视刻度线：加水偏多，V偏大，浓度偏小；俯视：加水偏少，V偏小，浓度偏大。
摇匀 盖好瓶塞，反复上下颠倒容量瓶，使溶液混合均匀（摇匀后液面可能低于刻度线，是正常现象，不能再加水，否则V偏大，浓度偏小）。
装瓶 将配好的溶液转移至试剂瓶，贴标签（注明浓度、名称、配制日期）。 试剂瓶需洁净，若用待配溶液润洗试剂瓶，会导致溶质偏多，浓度偏大。
4.误差分析（以物质的量浓度c =n/V为核心）
误差分析需判断操作对n（溶质物质的量）或V（溶液体积）的影响，进而分析c的偏差（“偏大”“偏小” 或 “无影响”）。
错误操作 对n或V的影响 c的偏差 原因分析
称量时左码右物（用游码） n偏小 偏小 实际称量质量 = 砝码质量 - 游码质量，溶质偏少。
溶解后未冷却直接转移到容量瓶 V偏小 偏大 热溶液体积膨胀，定容后冷却收缩，实际体积小于刻度线，V偏小。
转移时溶液洒出 n偏小 偏小 溶质损失，n减少。
未洗涤烧杯和玻璃棒 n偏小 偏小 溶质残留，n减少。
定容时仰视刻度线 V偏大 偏小 加水超过刻度线，V偏大。
定容时俯视刻度线 V偏小 偏大 加水未到刻度线，V偏小。
摇匀后液面下降，再加水 V偏大 偏小 摇匀后液面下降是正常现象（内壁附着），加水导致V偏大。
容量瓶未干燥（内壁有水） 无影响 无影响 定容时需加水至刻度线，原有水不改变最终n和V。
用待配溶液润洗容量瓶 n偏大 偏大 润洗后容量瓶内壁残留溶质，n增多。
量取浓溶液时仰视量筒（液体溶质） n偏大 偏大 量取体积偏多，溶质n增多。
定容时胶头滴管滴出的液体沾在瓶外 无影响 无影响 滴出的是蒸馏水，未计入溶液体积（定
二、质量分数溶液的配制（以配制 100g 10% NaCl 溶液为例）
1. 步骤与仪器
（1）计算：溶质质量m(NaCl)=100g×10%=10g，溶剂质量m(水)=90g（体积约90mL）。
（2）称量：用天平称10gNaCl，用量筒量90mL水（量筒读数时视线与凹液面最低处相平）。
（3）溶解：将NaCl放入烧杯，加入水，搅拌至溶解即可（无需容量瓶，精度要求较低）。
2.误差关键
（1）溶质称量偏小（如天平左码右物、药品沾在纸上未转移）：质量分数偏小。
（2）溶剂量取偏多（如量筒仰视）：质量分数偏小；量取偏少（俯视）：质量分数偏大。
竞赛技巧1 溶解度和饱和溶液
1．（2009高二·上海·竞赛）下图是几种盐的溶解度曲线，根据曲线判断下列说法正确的是
A．20℃时，硝酸钾饱和溶液的质量分数是31.6％
B．30℃时，将35g硝酸钾和35g食盐同时溶于l00g水中，蒸发时先析出的是氯化钠
C．40℃时，35g食盐溶于l00g水中，降温至0°C时，可析出氯化钠晶体
D．60℃时，200g水中溶解80g硫酸铜达饱和，当降温至30℃时，可析出30g硫酸铜晶体
【答案】B
【解析】A．20℃时，KNO3的溶解度为 31.6g（即100g 水最多溶解 31.6g KNO3）。饱和溶液的质量分数计算公式为：质量分数=(溶质质量/溶液质量)×100%=31.6g/(100g+31.6g)×100%≈24.0%，A 错误；B．30℃时，NaCl的溶解度约为36g（100g水最多溶解36g NaCl），KNO3的溶解度约为45g（100g水最多溶解45gKNO3），加入35gNaCl：35g<36g，NaCl溶液不饱和；加入35gKNO3：35g<45g，KNO3溶液不饱和，蒸发溶剂时，溶解度随温度变化较小的物质（NaCl）会先达到饱和，进而先析出晶体（因为KNO3溶解度随温度变化大，需蒸发更多溶剂才会饱和），B正确；C．40℃时，NaCl的溶解度约为36g（100g水最多溶解36gNaCl），35gNaCl溶于100g水时，溶液不饱和（35g<36g），降温至0℃时，NaCl的溶解度约为35.7g（100g水最多溶解35.7gNaCl），35g<35.7g，溶液仍不饱和，无晶体析出，C错误；D．60℃时，CuSO4的溶解度为40g（100g水最多溶解40gCuSO4），因此200g水最多溶解80gCuSO4（饱和），降温至30℃时，CuSO4的溶解度为25g（100g水最多溶解25gCuSO4），200g水最多溶解50gCuSO4，但需注意：析出的是CuSO4 5H2O晶体（含结晶水），结晶水会导致溶剂（水）减少，实际析出的晶体质量需考虑结晶水的影响（不能直接用“80g-50g=30g”计算），D错误，答案选B。
2.A、B、C三种物质的溶解度曲线如图所示，下列分析正确的是
A．℃时，A、C两种物质的饱和溶液中溶质的质量相等
B．将C的饱和溶液变为不饱和溶液，可采用升温的方法
C．℃时，把50gA放入50g水中能得到A的饱和溶液，溶液的质量为75g
D．将℃时A、B、C三种物质的饱和溶液降温至℃，所得溶液的溶质质量分数的大小关系是B>C=A
【答案】C
【解析】A．℃时，A、C两种物质的溶解度相等则饱和溶液中溶质质量分数相等，但没有提溶液的质量，故无法比较溶质质量的大小，故A不符合题意；B．物质C的溶解度随温度的升高而减小，因此将C的饱和溶液变为不饱和溶液，可采用降温的方法，故B不符合题意；C．℃时，A的溶解度为50g，故当溶剂的量为50g时，最多只能溶解25g的溶质，此时溶液的质量为75g，故C符合题意；D．将℃时A、B、C三种物质的饱和溶液降温至℃，A、B的溶解度减小有晶体析出，℃时B的溶解度大于A的溶解度，故℃时，B的溶质的质量分数大于A的溶质的质量分数，C的溶解度随温度的降低而增大，故降温至℃时溶质质量分数与℃时相同，有图可知C的溶质质量分数最小，所得溶液的溶质质量分数的大小关系是B>A>C，故D不符合题意。故选C。
竞赛技巧2 分配定律及萃取分离
3．在定温、定压下，如果一种物质溶解在两个同时存在的互不相溶的液体中，达到平衡后，该物质在两种溶液中的浓度之比为定值。在293 K时，在水和乙醚中的浓度之比为0.4，现有5克溶于100 mL水中，现用乙醚作为萃取剂进行萃取分液。(乙醚预先已被水所饱和，萃取时乙醚不会再溶于水)，若每次只加20 mL乙醚进行萃取分液，经过多次萃取分液后水层中的质量为克，则需要操作的萃取次数为 次(写出计算过程)？
【答案】2次
【解析】假设第一次萃取后水中R-COOH的质量为x g，则，解得x=g；若第二次萃取后水中剩余R-COOH的质量为x1 g，则 ，解得x1=g，由于要求经过多次萃取分液后水层中的质量为克，故需要进行的萃取次数为2次。
4．若向碘水L中加入，充分振荡、静置，此时碘在中的物质的量浓度是水中的86倍，则萃取效率为 %(结果保留小数点后两位)(萃取效率)。
【答案】94.51
【解析】设碘单质在水中的浓度为xmol/mL，则碘单质在四氯化碳中的浓度为86xmol/mL，所以总物质的量n1=100mL×xmol/mL+20mL×86xmol/mL=1820xmol；在四氯化碳中的物质的量n2=20mL×86xmol/mL=1720xmol；所以萃取效率为。
竞赛技巧3 溶液组分含量的表示方法及换算
5．（23-24高一上·湖南邵阳·竞赛）下列说法不正确的是
A．某硝酸密度为1.42g·cm-3，质量分数为63%，此硝酸物质的量浓度为14.2 mol·L-1
B．100 g浓度为c mol·L-1 的硫酸中加入一定的水稀释成0.5c mol·L-1， 则加入水的体积大于100 mL(已知硫酸的浓度越大，其密度越大)
C．将a%的氨水和(100-a)%的氨水等体积混合后，所得溶液的质量分数可能为小于或等于50%(已知氨水的浓度越大，其密度越小)
D．VLAl2(SO4)3溶液中含Al3+mg，则溶液中的物质的量浓度为mol·L-1
【答案】B
【解析】A．该溶液中硝酸物质的量浓度c==mol/L=14.2mol/L，故A正确；B．因硫酸溶液密度大于水，因此100g浓度为c mol·L-1 的硫酸的体积小于100mL，若要使浓度变为原来的一半，则所加水的体积需小于100mL，故B错误；C．设质量分数分别为a%与(100-a)%的氨水溶液的密度分别为xg/mL、yg/mL，假定体积为1mL，则a%氨水溶液的质量为：1mL×xg/mL=xg，溶质氨水的质量为xg×a%，(100-a)%的氨水溶液的质量为1mL×yg/mL=yg，溶质氨水的质量为：yg×(100-a)%，所以混合后氨水的质量分数为：=a%+=a%+(100-2a)%×，①当x=y时，a=100-a，则a=50，a%+(100-2a)%×=50%，②当x>y时，<，a<100-a，a<50，则a%+(100-2a)%×< a%+(100-2a)%×=50%，③当x，a>100-a，a>50，则a%+(100-2a)%×=a%-(2a-100)%×6．（23-24高一上·湖南邵阳·竞赛）在标准状况下，将aLNH3完全溶于1L水得到VmL氨水，溶液的密度为ρg cm-3，溶质的质量分数为ω，溶质的物质的量浓度为cmol/L。下列叙述中正确的是
①②③④⑤上述溶液中再加入VmL水后，所得溶液的质量分数大于0.5ω
A．①②④ B．②③④ C．②④ D．②③⑤
【答案】B
【解析】①在标准状况下，将aLNH3完全溶于1L水得到VmL氨水，氨气的物质的量是，其质量是，1L水的质量是1000g，则该氨水的质量分数是，①错误；②该溶液的物质的量浓度是，②正确；③溶液的质量分数是，代入物质的量浓度与溶质的质量分数换算式可得该溶液的物质的量浓度是，③正确；④根据物质的量浓度与质量分数换算式，由于氨气的式量是17，将该公式变形可得，④正确；⑤由于氨水的浓度越大，密度越小，等体积的氨水是质量小于水的质量，所以讲上述溶液中再加入VmL水后，所得溶液的质量分数小于0.5ω，⑤错误；故正确的是②③④；故答案为：B。
竞赛技巧4 溶液的配制及误差分析
7.（2013高二·广东·竞赛）重铬酸钾为氧化剂，它与硫酸组成的铬酸洗液是实验室中常用的强氧化性洗液之一，其在实验室配制过程中产生大量的热。下列说法中不正确的是
A．配制前，用研钵把重铬酸钾研磨得越细越好
B．把重铬酸钾粉末加到热水中，充分搅拌，使其溶解
C．配制时，选用大容积的玻璃仪器(如干燥器等)
D．在充分搅拌下把浓硫酸慢慢加入重铬酸钾溶液中
【答案】C
【解析】A．重铬酸钾研磨得越细，越有利于重铬酸钾的溶解，A选项正确；B．重铬酸钾在热水中的溶解度较大，故将重铬酸钾粉末加到热水中溶解，B选项正确；C．铬酸溶液配制时大量放热，不能使用干燥器这种太厚的玻璃仪器配制，否则会导致仪器炸裂，C选项错误；D．将浓硫酸慢慢加入重铬酸钾溶液中减小飞溅，D选项正确；故选C。
8.（19-20高一下·江西·竞赛）配制一定物质的量浓度的溶液是一个重要的定量实验，下列有关说法正确的是
A．容量瓶用蒸馏水洗净后，必须干燥才能用于配制溶液
B．配制1 L 0.1 mol·L－1的NaCl溶液时，用托盘天平称量5.85 g NaCl固体
C．配制一定物质的量浓度的溶液时，定容时仰视刻度线会导致所配溶液浓度偏高
D．用浓盐酸配制稀盐酸，量取浓盐酸时仰视量筒的刻度线会导致所配溶液浓度偏高
【答案】D
【解析】A、容量瓶中是否含有水，对实验无影响，故A错误；B、托盘天平的读数：小数点后保留1位，故B错误；C、定容时，眼睛注视刻度线，因此定容时，仰视刻度线，造成溶液的体积增大，所配溶液浓度偏低，故C错误；D、量筒刻度从下到上增大，量取浓盐酸时，仰视量筒刻度线，造成所配溶液中溶质的物质的量增大，即所配溶液浓度偏高，故D正确。
1．实验室利用KCl固体配制 溶液，利用浓硫酸配制 硫酸溶液，下列有关说法错误的是
A．两种溶液配制过程中，均需使用500 mL容量瓶
B．两种溶液配制过程中，所用仪器不完全相同
C．溶液配制过程中，玻璃棒均只起搅拌作用
D．量取浓硫酸时俯视读数，导致量取体积偏小
【答案】C
【解析】A．配制480mLKCl溶液需使用500mL容量瓶，配制500mL硫酸溶液同样需要500mL容量瓶，A正确；B．KCl固体配制需托盘天平，浓硫酸配制需量筒，所用仪器不完全相同，B正确；C．玻璃棒在溶解时用于搅拌，在转移溶液时用于引流，并非“只起搅拌作用”，C错误；D．俯视量筒刻度会导致实际量取的浓硫酸体积小于读数，D正确；故选C。
2．配制一定物质的量浓度溶液时，下列操作或说法不正确的是
A．容量瓶使用前必须检漏，但可以不用干燥
B．配制的溶液，所需的玻璃仪器有容量瓶、烧杯、玻璃棒、胶头滴管
C．用浓硫酸配制一定物质的量浓度的稀硫酸时，浓硫酸溶于水后应冷却至室温才能转移到容量瓶中
D．定容时，仰视容量瓶的刻度线，会使所配溶液浓度偏低
【答案】B
【解析】A．容量瓶使用前检漏是必须的，而是否干燥不影响最终浓度，A正确；B．实验室没有180mL容量瓶，应选用250mL容量瓶配制，B错误；C．浓硫酸稀释后需冷却，避免热胀冷缩导致体积误差，C正确；D．仰视刻度线导致溶液体积偏大，浓度偏低，D正确；故选B。
3．在t ℃时,将a g NH3完全溶于水,得到V mL溶液,设该溶液的密度为ρ g·cm-3,质量分数为ω,其中含N的物质的量为b mol。下列叙述中不正确的是
A．溶质的质量分数ω=×100%
B．溶质的物质的量浓度c= 1000a/17Vmol·L-1
C．溶液中c(OH-)= 1000b/Vmol·L-1+c(H+)
D．上述溶液中再加入V mL水后,所得溶液中溶质的质量分数小于0.5ω
【答案】A
【解析】A．溶质的质量分数w＝×100%=×100%，A错误；B．溶质的物质的量浓度c＝= mol·L－1，B正确；C．根据溶液呈电中性原则可知：溶液中c(OH－)＝c(NH) +c(H+)=mol·L－1＋c(H＋)，C正确；D．将上述溶液中再加入V mL水后，由于氨水与水混合后溶液的体积小于各种物质的溶液的体积和，在稀释过程中溶质的质量不变，所以溶液稀释后的密度比原来大，因此所得溶液中溶质的质量分数小于0.5w，D正确；故选A。
4．某同学将0.1mol/L的K2SO4溶液V 1 L与0 . 2 mo l / L的Al2(SO4)3溶液V 2 L混合，再加入V 3 L蒸馏水，假定溶液总体积V总=V1+V 2 +V 3．并测得混合液中三种离子物质的量浓度分别为：K＋：0 .1 mo l /L ，Al3＋：0 .1 mo l /L，SO42－：0 . 2 mo l / L ，则下列判断正确的是
A．一定是2L K2SO4溶液和1L Al2(SO4)3溶液混合，再加1L蒸馏水
B．混合液中K＋浓度与Al3＋浓度数值之和大于SO浓度数值
C．三种液体体积比为V1：V2：V3=2：1：1
D．混合液中K2SO4物质的量等于Al2(SO4)3物质的量的一半
【答案】C
【分析】c(K＋)= ①
(Al3＋)= mol·L－1②
(SO)= mol·L－1③
将①/②可求出V1：V2=2：1；设V1=2L，则V2=1L，带入③可得V总=4L，故V3=1L．即三种液体体积比为V1：V2：V3=2：1：1。
【解析】A．三种液体体积比为V1：V2：V3=2：1：1，故混合溶液可以是2L K2SO4溶液和1L Al2(SO4)3溶液混合，再加1L蒸馏水，但不一定，故A错误；B．由于混合液中三种离子物质的量浓度分别为：K＋：0.1mol·L－1，Al3＋：0.1mol·L－1，SO：0.2mol·L－1，根据电荷守恒可知，K＋浓度与Al3＋浓度数值之和等于SO浓度数值，故B错误；C．三种液体体积比为V1：V2：V3=2：1：1，故C正确；D．混合液中K2SO4物质的量与Al2(SO4)3的物质的量之比为：(0.1mol·L－1×2L)：(0.2mol·L－1×1L)=1：1，故两者的物质的量相等，故D错误；故选C。
5．向100g密度为1.84g/mL质量分数为98%的浓硫酸中加入一定体积的水稀释成9.2mol/L的硫酸，则加入水的体积（ ）
A．>100mL B．=100mL C．< 100mL D．无法确定
【答案】C
【解析】浓H2SO4的物质的量浓度为c(H2SO4)=1000×1.84g/mL×98%/98g/mol=18.4mol/L；设浓硫酸的密度为ρ，加水体积为x，且稀释后的9.2mol/L的硫酸密度为ρ1，因为硫酸的密度随浓度的增大而增大，有ρ1<ρ，由稀释定律可列关系式：[(100g+xmL×1g/mL)/ ρ1]×10-3L×9.2mol/L=100g/ρg/mL×10-3L×18.4mol/L，解得x=(200ρ1/ρ-100)mL，ρ1<ρ，所以x小于100mL，故选C项。故答案选C。
6．现有两种硫酸溶液，其中一种物质的量浓度为C1 mol/L、密度为ρ1 g/cm3，另一种物质的量浓度为C2 mol/L、密度为p2 g/cm3 ,当它们等体积混合后,溶液的密度为ρ3 g/cm3，则混合溶液的物质的量浓度为
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】假设两份溶液的体积均为VL。根据c=，稀释前后溶质的物质的量不变，有n1=c1V，同理n2= c1V，则总的物质的量n= c1V +c2V；混合溶液的体积；则有，D项符合题意；答案选D。
7．已知浓硫酸的密度比稀硫酸大，现将质量分数为90％和10％二种硫酸溶液等体积混合后溶质的质量分数为( )
A．大于50％ B．等于50％
C．小于50％ D．无法确定
【答案】A
【分析】根据质量分数等于溶质的质量比上溶液的质量，列出质量分数的表达式并与50%相减，若结果大于0，则说明混合后溶质的质量分数大于50%；反之，则说明混合后溶质的质量分数为小于50%。
【解析】设90％和10％的硫酸密度分别为ρ1、ρ2，混合前的两种硫酸体积均为V，则混合后所得溶液的质量为：m1=ρ1V+ρ2V，溶质的质量为：m2=0.9ρ1V +0.1ρ2V，所以混合后所得硫酸溶液中溶质的质量分数为：c%=m2/m1×100％=(0.9ρ1V+0.1ρ2V)/(ρ1V+ρ2V)×100%=(0.9ρ1+0.1ρ2)/(ρ1+ρ2) ×100%，关于上式有：(0.9ρ1+0.1ρ2)/(ρ1+ρ2)-0.5=[(0.9ρ1+0.1ρ2)-0.5(ρ1+ρ2)]/(ρ1+ρ2) =0.4(ρ1-ρ2)/(ρ1+ρ2)，因为ρ1>ρ2>0，所以0.4(ρ1-ρ2)/(ρ1+ρ2)＞0，即(0.9ρ1+0.1ρ2)/(ρ1+ρ2)-0.5＞0，则(0.9ρ1+0.1ρ2)/(ρ1+ρ2)＞0.5，所以c%>50％，质量分数为90％和10％二种硫酸溶液等体积混合后溶质的质量分数大于50%。
8．已知17mol·L-1氨水的密度为0.92g·cm-3，3mol·L-1氨水的密度为0.98g·cm-3，若将上述两溶液等质量混合，所得氨水溶液的物质的量浓度为
A．等于10mol·L-1 B．大于10mol·L-1 C．小于10mol·L-1 D．无法判断
【答案】B
【解析】已知17mol·L-1氨水的密度为0.92g·cm-3，3mol·L-1氨水的密度为0.98g·cm-3，则等质量时密度大的氨水体积小，设17mol·L-1氨水的体积为V1，3mol·L-1氨水的体积为V2，则 ，若将上述两溶液等质量混合，则所得氨水溶液的体积 ，可看成是按以下方式混合的：先各取V2mL2种氨水混合得10 mol·L-1的氨水、再加入(V1-V2) mL的17mol·L-1氨水，则混合的结果为大于10mol·L-1，B正确；答案选B。
9．向溶质质量分数为2a%，体积为10 mL，物质的量浓度为c1 mol·L-1的稀H2SO4中加入V mL的水，使之溶质质量分数变为a%，此时物质的量浓度为c2 mol·L-1，则下列关系正确的是
A．V>10 2c2=c1 B．V<10 2c2>c1
C．V>10 2c210 2c2>c1
【答案】C
【解析】因为水的密度小于稀H2SO4的密度，要使10 mL稀H2SO4中溶质质量分数由2a%变为a%，则所加水的体积大于10 mL；由c＝可知，当稀H2SO4中溶质质量分数变为原来的时，其密度也变小，故其物质的量浓度小于原来的，故选项C正确。
10．在配制一定物质的量浓度的溶液的实验中，下列操作正确的是
A．将NaOH固体放在天平托盘的称量纸上，精确称量并放入烧杯中溶解后，立即注入容量瓶中
B．将准确量取的18.4mol·L-1浓硫酸10mL，注入已盛有30 mL水的100 mL容量瓶中，加入至刻度线即可
C．仰视容量瓶刻度线，看到液面超过了容量瓶刻度线，用胶头滴管吸出刻度线以上的溶液
D．欲配制1000 mL 0.1 mol·L-1的盐酸，将稀释后的盐酸溶液全部转移到未经干燥的1000 mL的容量瓶中，加水至刻度线
【答案】D
【解析】A．称量氢氧化钠时，氢氧化钠具有腐蚀性，不能直接放在滤纸上称量，应该放在小烧杯中称量；氢氧化钠溶液后，应该先冷却再转移到容量瓶中，故A错误；B．不能在容量瓶中稀释浓硫酸，容量瓶属于定量仪器，只能用于配制一定物质的量浓度的溶液，故B错误；C．定容时如果加水超过了刻度线，用胶头滴管直接吸出多余部分，吸出的溶液中含有溶质，所以会导致配制溶液的浓度偏小，故C错误；D．用于定容时需要加入蒸馏水，所以容量瓶中原先有蒸馏水不影响配制结果，故D正确；故选D。
11．某溶液中有、、、四种阴离子各。现通入，则通入的体积(标准状况)和溶液中相关离子的物质的量的关系图正确的是(已知：离子还原性)
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】离子还原性，故首先发生反应，然后发生反应，再发生反应，最后发生反应，根据发生反应顺序计算离子开始反应到该离子反应完毕时氯气的体积。
【解析】A．由可知，完全反应需要消耗氯气，标准状况下的的体积为0.1mol×22.4L/mol=2.24L，图象中氯气的体积不符合，故A错误；B．完全反应后，才发生，完全反应需要消耗氯气，故开始反应时氯气的体积为2.24L，完全反应消耗氯气，故完全反应时氯气的体积为0.2mol×22.4L/mol=4.48L，图象中氯气的体积不符合，故B错误；C．完全反应需要消耗氯气，完全反应消耗氯气，完全反应需要消耗氯气，故开始反应Br-时的氯气的体积为：0.25mol×22.4L/mol=5.60L，由可知，完全反应需要消耗氯气，故完全反应时氯气的体积为0.3mol×22.4L/mol=6.72L，图象中氯气的体积符合，故C正确；D．完全反应需要消耗氯气，完全反应消耗氯气，故开始反应I-时的氯气的体积为：0.2mol×22.4L/mol=4.48L，由可知，完全反应需要消耗氯气，故完全反应时氯气的体积为0.25mol×22.4L/mol=5.6L，图象中氯气的体积不符合，故D错误；答案选C。
12．在标准状况下①6.72L②个HCl分子③13.6g④0.2mol，下列对这四种气体的关系从大到小表达正确的是
a．体积②>③>①>④ b．密度②>③>④>①
c．质量②>③>①>④ d．氢原子个数①>④>③>②
A．abc B．bcd C．abd D．abcd
【答案】A
【解析】标准状况下①6.72L②个HCl分子③13.6g④0.2mol，他们的相关数据如下：
a．体积：①；②；③；④，大小顺序为：②>③>①>④ ，排序正确；b．密度：在标准状况状况下，，而摩尔质量的值与相对原子质量（相对分子质量）的值相同，所以只要相对分子质量越大，密度越大：①：16；②HCl：36.5；③：34；④：17，大小顺序为：②>③>④>①，排序正确；c．质量：①：；②HCl：；③：13.6g；④：，大小顺序为：②>③>①>④，排序正确； d．氢原子个数：根据，只需要计算出H原子摩尔数就可以比较大小了，①：；②HCl：；③：；④：，大小顺序为：①>③>④>②，排序错误；正确的组合为：abc。故答案为：A。
13．相对分子质量为M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，物质的量浓度，密度为，则下列说法正确的是
A．相对分子质量M可表示为： B．溶液密度可表示为：
C．溶液的质量分数可表示为 D．物质的量浓度c可表示为：
【答案】A
【解析】A．，则，，，则相对分子质量M可表示为：，A正确；B．根据，则溶液密度可表示为：，B错误；C．溶液的质量分数可表示为，C错误；D．物质的量浓度c可表示为：，D错误；故选A。
14．在标准状况下，将完全溶于水得到氨水，溶液的密度为，溶质的质量分数为ω，溶质的物质的量浓度为。下列叙述中正确的有
① ② ③上述溶液中加入水后，所得溶液的质量分数大于 ④上述溶液中加入等质量的水后，所得溶液的物质的量浓度大于
A．②③ B．①③ C．②④ D．③④
【答案】C
【解析】①氨气溶于水，主要以存在，但仍然以作为溶质，，故①错误；②所得氨水中溶液的物质的量浓度为：，故②正确；③由于氨水的浓度越大，密度越小，等体积的氨水是质量小于水的质量，所以讲上述溶液中再加入水后，所得溶液的质量分数小于，故③错误；④上述溶液中加入等质量的水后，所得溶液的质量变为原先的倍，溶液密度增大，而溶质的物质的量、质量不变，所以所得溶液的体积小于原溶液的倍，根据可知，最终所得溶液的物质的量浓度大于，故④正确；故选C。
15．无论在办公室还是居室里，在漂亮的花瓶中插上一束美丽的鲜花，将会给紧张而又忙碌的工作、生活带来轻松和愉悦的心情。如果在花瓶中加入“鲜花保鲜剂”，就会延长鲜花的寿命。下表是1L“鲜花保鲜剂”的成分，阅读后回答下列问题：
成分 质量(g) 摩尔质量(g·mol-1)
蔗糖 50.00 342
硫酸钾 0.50 174
阿司匹林 0.35 180
高锰酸钾 0.50 158
硝酸银 0.04 170
（1）“鲜花保鲜剂”中物质的量浓度最大的成分是 （填写名称）。
（2）“鲜花保鲜剂”中K+的物质的量浓度为（阿司匹林中不含K+） （只要求写表达式，不需计算）mol·L-1。
（3）配制过程中，下列操作配制结果没有影响的是 （填字母）。
A．容量瓶在使用前未干燥，里面有少量蒸馏水
B．定容时仰视液面
C．容量瓶在使用前刚刚配制完一定物质的量浓度的NaCl溶液而未洗净
D．定容摇匀后发现液面低于容量瓶的刻度线，但未做任何处理
（4）欲确定“鲜花保鲜剂”中硝酸银的浓度，可加入的试剂中含有 。（填化学符号）
【答案】（1）蔗糖 （2） （3）A、D （4）Cl－
【解析】（1）通过n=m÷M可以计算1L“鲜花保鲜剂”中含有的各种成分的物质的量，会得到其中含有的蔗糖的物质的量最大，故其浓度最大；
（2）“鲜花保鲜剂”中K+的物质的量浓度为c(K+)=c(K2SO4)+ c(KMnO4)=mol/L。
（3）A．容量瓶在使用前未干燥，里面有少量蒸馏水，对溶液的浓度不产生任何影响，正确；B．定容时仰视液面，溶液的体积偏大，使溶液的浓度偏低，错误；C．容量瓶在使用前刚刚配制完一定物质的量浓度的NaCl溶液而未洗净，会使溶液的浓度偏大，错误；D．定容摇匀后发现液面低于容量瓶的刻度线，但未做任何处理，对配制的溶液的浓度不产生任何影响，正确；
（4）欲确定“鲜花保鲜剂”中硝酸银的浓度，可利用反应：Ag++Cl-=AgCl↓，加入的试剂中含有Cl－。
1．（2013高二·广东·竞赛）下列说法中，正确的是
A．将10g CaCO3粉末加入100 mL水中，所得溶液的物质的量浓度为1 mol/L
B．将100mL5mol/L盐酸加热蒸发至50mL溶液，盐酸的物质的量浓度变为10mol/L
C．将10mL 1 mo/L NaCl溶液与90 mL水混合，所得溶液的物质的量浓度为0.1 mo/L
D．向100 mL饱和的澄清石灰水中加入10gCaO，充分搅拌、静置并恢复到原来的温度，所得溶液的物质的量浓度增加
【答案】C
【解析】A．碳酸钙属于难溶化合物，由于碳酸钙的溶解度未知，无法计算所得溶液的物质的量浓度，A选项错误；B．氯化氢易挥发，加热过程中水和氯化氢一起减少，无法计算蒸发后盐酸的物质的量浓度，B选项错误；C．将10mL1mo/LNaCl溶液与90 mL水混合，相当于将NaCl溶液稀释10倍，所得溶液的物质的量浓度为0.1mo/L，C选项正确；D．原溶液已经达到饱和，继续加入CaO，与水反应生成氢氧化钙，氢氧化钙的物质的量浓度不会增大，D选项错误；故选C。
2．（2007高二·陕西·竞赛）通过蒸馏19%的稀HCl溶液，得到浓度大于25%的浓HCl溶液
A．不能 B．能 C．不一定
【答案】A
【解析】盐酸和水在常压下形成共沸物，其浓度约为20.2%，蒸馏过程只能将浓度提升至接近或达到此共沸点，但无法超过该浓度上限，答案选A。
3．（2020高二上·陕西渭南·竞赛）为了避免NO、NO2、对大气的污染，常用氢氧化钠溶液进行吸收处理(反应的化学方程式：=;=)。现有由amolNO、bmolNO2、cmolN2O4 组成的混合气体恰好被VL氢氧化钠溶液吸收(无气体剩余)，则此氢氧化钠溶液的物质的量浓度最小为
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【解析】根据题干信息，先由气体分子组成关系式NO～N、NO2～N、N2O4～2N可知，混合气体所含N总的n为(a+b+2c)mol；再根据无气体剩余，设所得溶液中NaNO3、NaNO2分别为x mol、y mol，根据盐的组成关系式NaNO3～N、NaNO2～N可知，所得溶液中所含N总的n为(x+y)mol；然后根据氮原子守恒原理可知，a+b+2c=x+y；再根据盐的组成关系式NaNO3～Na、NaNO2～Na可知，所得溶液中所含Na总的n为(x+y)mol；然后根据钠元素全部来源于NaOH及其关系式NaOH～Na可知，参加反应的NaOH为(x+y)mol，亦即(a+b+2c)mol；最后由可知c(NaOH)=mol/L，故A选项正确；答案选A。
4．（2016高二·安徽·竞赛）在25℃时用铜作电极电解饱和Na2SO4溶液，过一段时间后，阴极产生a mol气体，同时有W g Na2SO4·10H2O晶体析出。若电解过程中始终保持温度不变，则原Na2SO4溶液的质量分数浓度为
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】电解饱和硫酸钠溶液时，阳极上OH-放电产生O2，阴极上H+放电生成H2，发生反应：2H2O2H2↑+O2↑，电极时阴极产生a mol H2，反应消耗H2O的物质的量也是a mol，其质量是18a g。电解水后，溶液中硫酸钠过饱和导致析出晶体，剩余的电解质溶液仍是该温度下的饱和溶液，析出的硫酸钠晶体和电解的水组成的也是饱和溶液。W g Na2SO4·10H2O硫酸钠的质量m(Na2SO4)=W g×，电解水的质量为18a g，故在(W+18a)g饱和溶液中含有溶质硫酸钠的质量m(Na2SO4)=，因此该饱和溶液中溶质的质量分数为，故 合理选项是B。
5．（2009高二·上海·竞赛）有一种测定阿伏加德罗常数的方法需测定NaCl晶体的体积，具体步骤为：准确称出mgNaCl晶体粉末并置于定容仪器a中；用滴定管b向仪器a中滴加某液体c至a仪器的刻度线，即可测出NaCl固体的体积。上述操作中的a、b、c分别指
A．量筒、滴定管、水 B．容量瓶、滴定管、水
C．量筒、滴定管、苯 D．容量瓶、滴定管、四氯化碳
【答案】D
【解析】仪器 a（定容仪器）的选择：测定固体体积需利用排液法：固体体积=定容仪器容积-加入液体的体积。因此，仪器a需是容积固定、刻度精确的定容容器，容量瓶：容积固定（如 100mL、250mL），刻度线精准，适合定容操作；量筒：刻度精度低，且无固定容积的 “定容” 功能，不适合，A、C不合题意；仪器 b（滴加液体的仪器）的选择：需精确控制液体体积，滴定管（酸式或碱式）可精确读数至0.01mL，符合要求，液体 c（溶剂）的选择：NaCl是离子晶体，根据 “相似相溶” 原理，需选择非极性有机溶剂（不溶解 NaCl）。
水：极性溶剂，会溶解 NaCl，排除，B不合题意；苯、四氯化碳（CCl4）：非极性有机溶剂，不溶解NaCl。但苯有毒且易挥发，实验中更常用四氯化碳（稳定性强），D符合题意，答案选D。
6．（2022高一上·广东广州·竞赛）在甲、乙、丙、丁四个烧杯内分别放入0.1mol的钠、氧化钠、过氧化钠和氢氧化钠，然后各加入100mL水，固体完全溶解，溶液的物质的量浓度关系正确的是
A．丁<甲<乙=丙 B．甲=丁<乙=丙 C．甲>丁>乙>丙 D．丁<甲<乙<丙
【答案】A
【解析】钠、氧化钠、过氧化钠和水反应的方程式分别如下：
2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，溶液增加的质量=m(Na)-m(H2)=2.3g-0.1g=2.2g；Na2O+H2O=2NaOH，溶液增加的质量=m(Na2O)=0.1mol×62g/mol=6.2g；2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，溶液增加的质量=m(Na2O2)-m(O2)=0.1mol×78g/mol-0.05mol×32g/mol=6.2g；将氢氧化钠加入水中，溶液增加的质量为氢氧化钠的质量=0.1mol×40g/mol=4g；所以溶液增加的质量大小顺序为：钠＜氢氧化钠＜氧化钠=过氧化钠，根据钠原子守恒知，0.1mol的钠、氧化钠、过氧化钠、氢氧化钠溶于水所得氢氧化钠的物质的量分别为：0.1mol、0.2mol、0.2mol，0.1mol，通过以上分析可知，0.1mol的钠、氧化钠、过氧化钠、氢氧化钠分别溶于水所得溶液的质量分数分别为：×100%、×100%、×100%、×100%，所以甲、乙、丙、丁的质量分数大小的顺序是：丁＜甲＜乙＝丙。故选：A。
7．（2024高三下·浙江·竞赛）已知22℃下水的蒸气压为2.7kPa，在该温度和100.0kPa下，用排水集气法收集到H2(g)0.05mol，则干燥后H2(g)的体积应为
A．1.26L B．2.45L C．12.6L D．24.5L
【答案】A
【解析】氢气的分压为P=100 kPa -2.7 kPa =97.3kPa，由理想气体方程PV=nRT可得，V= ==1.26L，故选A。
8．（2024高三下·浙江·竞赛）XSO4(aq)与NaOH(aq)反应，定量生成X3(OH)4SO4(s)和Na2SO4(aq)。1.0mol/L的XSO4和1.0mol/LNaOH混合，总体积为50mL(体积可加合)。为了得到最大的沉淀量，这两种溶液的体积应取
A．29mLNaOH+21mLXSO4 B．21mLNaOH+29mLXSO4
C．15mLNaOH+35mLXSO4 D．20mLNaOH+30mLXSO4
【答案】A
【解析】生成的沉淀为X3(OH)4SO4(s)，X2+和OH-的物质的量比为3:4，根据元素守恒，XSO4溶液、NaOH溶液的物质的体积比为3:4，需要XSO4溶液的体积为 ，需要NaOH溶液的体积为，故选A。
9．（2023高一·湖南·竞赛）在标准状况下，将和CO的混合气体(密度是的16倍)充满一盛有足量的密闭容器中(容积为22.4L)，用间断的电火花引发至充分反应。反应完全后容器里存在的物质叙述正确的是
A．存在0.5的CO B．存在0.125的
C．存在0.25的 D．存在1.25的
【答案】B
【分析】本题涉及的反应有：①2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2，②2CO+O2=2CO2，(①+②)/2得③CO+Na2O2=Na2CO3。足量Na2O2时以①③计算反应产物。
【解析】设混合气体中CO2和CO的物质的量分别是x、y，则(x+y)×22.4L/mol=22.4L，44g/mol×x+28g/mol×y=32 g/mol×(x+y)，解得x=0.25mol，y=0.75mol；反应①中，0.25molCO2反应生成0.25molNa2CO3和0.125molO2；反应③中，0.75molCO反应生成0.75molNa2CO3；所以共生成1molNa2CO3和0.125molO2；故选B。
10．（2023高一·湖南·竞赛）为测定二氯化一氯五氨合钴(，摩尔质量用M表示)样品的纯度，将m g样品分为10等份，取其中一份于强碱溶液中，加热煮沸，蒸出所有氨气，用稀硫酸充分吸收，吸收后的溶液用中利平均消耗NaOH溶液的体积为。该样品中的纯度为
A． B．
C． D．
【答案】A
【解析】根据题干信息，用V1mLc1mol L 1稀硫酸充分吸收蒸出的氨气，发生反应2NH3+H2SO4=(NH4)2SO4，吸收后用c2mol L 1NaOH中和剩余的H2SO4，发生反应H2SO4+2NaOH=Na2SO4+2H2O，平均消耗NaOH溶液的体积为V2mL，则NH3消耗的H2SO4的物质的量为(V1c1×10-3-0.5V2c2×10-3)mol，n(NH3)=2n(H2SO4)=2(V1c1×10-3-0.5V2c2×10-3)mol，根据N原子守恒可得n([Co(NH3)5Cl]Cl2)=n(NH3)=0.4(V1c1×10-3-0.5V2c2×10-3)mol，因此m([Co(NH3)5Cl]Cl2)=0.4M(V1c1×10-3-0.5V2c2×10-3)g，则该样品中[Co(NH3)5Cl]Cl2的纯度为。答案选A。
11．（2024高一下·河南洛阳·竞赛）将15.6gNa2O2和5.4gAl 同时放入一定量的水中，充分反应后得到200mL溶液，再向该溶液中缓慢通入标准状况下的HCl气体6.72L，若反应过程中溶液的体积保持不变，下列说法错误的是
A．最终溶液：c(Na+)= 2 mol·L-1 B．标准状况下，反应过程中得到6.72L气体
C．最终溶液：c(Na+) >c(Cl-) D．最终得到7.8 g沉淀
【答案】B
【分析】15.6gNa2O2的物质的量为15.6g÷78g/mol=0.2mol，5.4gAl的物质的量为5.4g÷27g/mol=0.2mol，首先发生反应，生成NaOH为0.4mol，再发生，由方程式可知Al完全反应，剩余NaOH为0.4mol-0.2mol=0.2mol，生成为0.2mol，通入标准状况下的HCl气体6.72L，物质的量为6.72L÷22.4L/mol=0.3mol，首先发生反应NaOH+HCl=NaCl+H2O，剩余HCl为0.3mol-0.2mol=0.1mol，再发生反应，由方程式可知，，HCl完全反应，生成Al(OH)3为0.1mol，最终溶液中溶质为、NaCl；
【解析】A．根据原子守恒可知，反应后溶液中n(Na+)=2n(Na2O2)=2×0.2mol=0.4mol，故最终溶液：c(Na+)=0.4mol÷0.2L=2mol/L，A正确；B．过氧化钠与水反应生成氧气为0.2mol×12=0.1mol，铝与氢氧化钠反应生成氢气为0.2mol×=0.3mol，故生成气体的体积为(0.1mol+0.3mol)×22.4L/mol=8.96L，B错误；C．反应后溶液的成分是0.3molNaCl和0.1mol，则c(Na+) >c(Cl-)，C正确；D．最终生成Al(OH)3为0.1mol，质量为0.1mol×78g/mol=7.8g，D正确；故选B。
12．（2023高三·福建·竞赛）在温度为300K，压力为750mmHg的条件下有1.5L He和另一种气体的混合物，质量共5.0g。另一种气体在270K下即凝固。若在15K下气体混合物的压力为8mmHg(在相同体积下)，则另一种气体的相对分子质量是
A．103.8 B．4.0 C．495 D．82.24
【答案】A
【解析】由PV=nRT可知，在300K，750mmHg有：×101325pa×1.5×10-3m3=8.314Pa·m3/(mol·K)×300K×n1，解得：n1=0.060135mol，在15K，8mmHg下有：×101325pa×1.5×10-3m3=8.314Pa·m3/(mol·K)×15K×n2，解得n2=0.012829mol，因为另一气体在270K时凝固，所以n2即为He的物质的量，另一种气体的物质的量为：n3=n1-n2=0.060135-0.012829=0.047306mol，另一种气体的质量为：m=m总-n2M(He)=5.0g-0.012829mol×4g/mol=4.948684g，故另一种气体的摩尔质量为：M===103.8g/mol，故答案为：A。
13．（2019高一·江西上饶·竞赛）（1）0.5 mol Na2CO3中含有 个Na+。
（2）等质量的HCl、NH3、CO2、O2四种气体，在相同温度和相同压强条件下，体积最大的是 。
（3）实验室需要0.50mol·L—1NaCl溶液480mL。
①配制溶液时必需的仪器有：托盘天平（精确到0.1）、药匙、烧杯、玻璃棒、 、胶头滴管以及等质量的几片滤纸。
②配制该溶液需称取NaCl晶体的质量为 。
③下列操作会使所配溶液浓度偏低的是 。
A 容量瓶洗涤干净后未干燥
B 定容后经振荡、摇匀、静置，发现液面下降，再加适量的蒸馏水
C 定容时俯视刻度线
D 烧杯和玻璃棒未洗涤
【答案】（1） NA或6. 02×1023 （2）NH3 （3）①500 mL容量瓶 ②14.6 ③BD
【分析】（1）1mol碳酸钠含有2mol钠离子；（2）由n==分析解答；（3）①根据实验操作步骤及各仪器的作用选取仪器；②根据m=cVM计算溶质的质量，同时考虑容量瓶的规格、天平的精确度来解答；③分析操作对溶质的物质的量和溶液体积的影响，依据c=进行误差分析。
【解析】（1）0.5mol Na2 CO3中含有钠离子个数为：0.5mol×2×NA=NA；
（2）已知：M(HCl)=36.5g/mol，M(NH3)=17g/mol，M(CO2)=44g/mol，M(O2)=32g/mol，由n==分析可知相同质量时，摩尔质量越大，气体的物质的量越小，体积越小，则相同温度和相同压强条件下，体积最大的是NH3；
（3）①实验操作的步骤：计算、称量、溶解、移液、洗涤移液、定容、摇匀等操作，该实验中需要用天平称量、用药匙取药品，烧杯溶解药品，需要玻璃棒搅拌和引流，需要500mL容量瓶配制溶液，需要胶头滴管定容；②实验室需用480mL1mol/L的氯化钠溶液，实验室没有480mL容量瓶，只能选用500mL容量瓶，所以需要配制500mL溶液，即配制500mL1mol/L的氯化钠溶液，需要氯化钠的质量m=cVM=0.50mol/L×0.5L×58.5g/mol=14.625g，托盘天平精确度为0.1g，用托盘天平称量质量为14.6g；③A．容量瓶洗涤干净后未干燥，对溶质的物质的量和溶液体积都不产生影响，溶液浓度无影响，故A错误；B．定容后经振荡、摇匀、静置，发现液面下降，再加适量的蒸馏水，导致溶液体积偏大，溶液浓度偏低，故B正确；C．定容时俯视刻度线，导致溶液体积偏小，溶液浓度偏高，故C错误；D．烧杯和玻璃棒未洗涤，导致溶质物质的量偏小，溶液浓度偏低，故D正确；故答案为BD。
14．（2023高一下·浙江温州·竞赛）甲溶液是和KOH的混合溶液，乙溶液是和的混合溶液，已知乙溶液中。取五份体积均为100mL的甲溶液，向其中缓慢加入不同体积的乙溶液，微热充分反应，测得各组产生的气体体积(假定气体全部逸出，标准状况下测定)如下表所示：
实验序号 Ⅰ Ⅱ Ⅲ Ⅳ Ⅴ
甲溶液体积(mL) 100
乙溶液体积(mL) 50 100 150 200 250
气体体积(mL) 224 0 448 1120 1120
（1）100mL的甲溶液中含 mol；（2）乙溶液中的物质的量浓度是 。
【答案】（1）0.05mol （2）0.40mol/L
【分析】向甲中滴入乙溶液，开始KOH过量，与KOH反应完毕，剩余的KOH再与反应，生成的气体为NH3，氨气体积先增大后减小，当与KOH恰好反应后没有氨气生成。再加入乙溶液，与碳酸钠反应转化为碳酸氢钠，继续加入乙溶液，碳酸氢钠与反应生成二氧化碳。
【解析】（1）表中实验Ⅳ、Ⅴ生成气体体积最大且不再发生变化，说明气体为CO2，KOH、K2CO3完全反应，NH4Cl没有反应。从50～150mL阶段产生气体体积为448mL-224mL=224mL，而从150～200mL阶段产生气体体积为1120mL-448mL=672mL＞224mL，故实验Ⅰ生成的气体为NH3，与KOH完全反应，K2CO3没有反应，生成氨气为0.224L÷22.4L/mol=0.01mol＜n()=0.1L×0.40mol/L=0.04mol，部分反应。实验Ⅲ生成气体体积大于实验I的，则实验Ⅲ生成的气体为CO2，KOH与完全反应，完全反应，一部分转化为KHCO3、一部分生成CO2，没有反应。由碳原子个数守恒可知，n()=n(CO2)=0.112L÷22.4L/mol=0.05mol；
（2）设50mL乙溶液中氢离子为y mol，则150mL乙溶液中氢离子为3y mol。实验Ⅰ中生成氨气为0.224L÷22.4L/mol=0.01mol，由可知，消耗的OH-为0.01mol，则n(KOH)=(y+0.01)mol。实验Ⅲ中生成二氧化碳为0.448L÷22.4L/mol=0.02mol，溶液中KHCO3为0.05mol-0.02mol=0.03mol，故碳酸钾消耗氢离子为0.02mol×2+0.03mol=0.07mol，故KOH物质的量为(3y-0.07)mol，则y+0.01=3y-0.07，解得y=0.04mol，故硫酸为0.04mol÷2=0.02mol，c()=0.02mol÷0.05L=0.40mol/L。
15.（2022高一下·浙江·竞赛）某兴趣小组的同学在做用CCl4萃取碘水中碘单质(I2)的实验时，发现无论如何都无法将碘水变成完全无色的溶液，于是有同学大胆猜想萃取后的水中还含有碘单质，即萃取剂在萃取实验中有效率问题。为探究CCl4对碘水中碘单质的萃取率，该小组同学利用KI溶液自制碘水后，再用CCl4对该碘水中碘单质进行萃取，最后提纯I2的CCl4溶液中的I2用于计算萃取率。用KI固体配制250mL1mol/LKI溶液
（1）下列配制的溶液浓度偏高的是 。
A．配制前，容量瓶中有少量蒸馏水
B．加蒸馏水时不慎超过了刻度线
C．定容时俯视刻度线
D．向容量瓶中转移溶液时不慎有液滴洒在容量瓶外面
（2）向所配置的KI溶液通入足量Cl2充分发生反应：2KI+Cl2=I2+2KCl得到I2的水溶液，再向其中加入CCl4萃取I2。待液体分层后下层溶液为 色。
（3）萃取后实验小组的同学用分液的方法得到I2的CCl4溶液，经 (操作名称)得到纯净的I231.0g，则该实验CCl4的萃取率是 (保留小数点后一位)。
【答案】（1）C
（2）紫红
（3）蒸馏 97.6%
【解析】（1）A．配制前，容量瓶中有少量蒸馏水，对溶质的物质的量和溶液的体积不会产生影响，溶液的浓度不变，故A不选；B．加蒸馏水时不慎超过了刻度线，导致溶液的体积偏大，溶液的浓度偏低，故不选；C．定容时俯视刻度线，导致溶液的体积偏小，溶液的浓度偏高，故选C；D．向容量瓶中转移溶液时不慎有液滴洒在容量瓶外面，导致溶质的物质的量偏小，溶液的浓度偏低，故不选D；故选C；（2）氯气的氧化性强于碘，所以向上述所得KI溶液通入足量Cl2充分发生反应得到I2的水溶液，再向其中加入CCl4萃取I2．待液体分层后下层溶液为：紫红色；故答案为：紫红；（3）碘、四氯化碳相互溶解，二者沸点不同，选择蒸馏分离；250ml 1mol/L KI溶液含有碘化钾的物质的量，依据方程式：，可知生成碘0.125mol，质量为：，所以萃取率；故答案为：蒸馏；97.6%；
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