新高考化学一轮复习考点举一反三讲义第02讲 物质的量浓度（2份，原卷版+解析版）

这是一份新高考化学一轮复习考点举一反三讲义第02讲 物质的量浓度（2份，原卷版+解析版），共9页。试卷主要包含了靶向突破等内容，欢迎下载使用。
目录
一、题型精讲TOC \ "1-3" \h \u
\l "_Tc19447" 题型01 物质的量浓度的理解与计算 PAGEREF _Tc19447 \h 1
\l "_Tc31722" 题型02 物质的量浓度与质量分数的计算 PAGEREF _Tc31722 \h 3
\l "_Tc3894" 题型03 考查溶液的稀释 PAGEREF _Tc3894 \h 5
\l "_Tc17524" 题型04 考查溶液的混合 PAGEREF _Tc17524 \h 7
\l "_Tc7225" 题型05 配制一定物质的量浓度的溶液操作 PAGEREF _Tc7225 \h 9
\l "_Tc21859" 题型06 配制一定物质的量浓度的误差分析 PAGEREF _Tc21859 \h 11
二、靶向突破
题型01 物质的量浓度的理解与计算
1.定义：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：ml·L－1或ml/L。
3.表达式：cB＝eq \f(nB,V)，变形：nB＝cB·V；V＝eq \f(nB,cB)。
4.对于某浓度的溶液，取出任意体积的溶液，其浓度、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。
【解题通法】气体溶于水后所得溶液的物质的量浓度的计算
(1)一定质量的水中溶解某气体的体积为V′ L(标准状况)，所得溶液的物质的量浓度的计算公式为c＝eq \f(n,V)＝eq \f(\f(V′ L,22.4 L·ml－1),\f(m气＋m剂,ρ混))×1000(ρ混的单位为g·mL－1)。
(2)若气体溶于水时体积变化忽略不计，1 L水中溶解 V′ L气体(标准状况)时，所得溶液的物质的量浓度计算公式为c＝eq \f(n,V)＝eq \f(V′,22.4) ml·L－1。
(2)若气体溶于水时体积变化忽略不计，1 L水中溶解 V′ L气体(标准状况)时，所得溶液的物质的量浓度计算公式为c＝eq \f(n,V)＝eq \f(V′,22.4) ml·L－1。
【例1】（2025·浙江丽水·期中）将标准状况下的某气体(摩尔质量为M g/ml)溶于a g水中，所得溶液的密度为b g/cm3，溶质的物质的量浓度为c ml/L，则该气体的体积是( )
A.eq \f(22.4ac,M（1－c）) L B.eq \f(22.4c,M) L
C.eq \f(22.4ac,1 000b－Mc) L D.eq \f(22.4ac,1 000b) L
【答案】C
【解析】设气体的体积为V L，则eq \f(V,22.4)÷eq \f(MV/22.4＋a,1 000b)＝c，化简整理得：V＝eq \f(22.4ac,1 000b－Mc)。
【变式1-1】（2025·山东东营·一模）下列关于物质的量浓度说法中正确的是( )
A.在1 ml/L碳酸钠溶液中含2 ml钠离子
B.将标准状况下4.48 L HCl通入1 L水中，则此溶液的物质的量浓度为0.2 ml·L－1
C.同体积和同物质的量浓度的强酸和强碱相混合，所得溶液可能呈碱性
D.饱和溶液的物质的量浓度一定大于不饱和溶液的物质的量浓度
【答案】C
【解析】A.没有明确溶液体积，不能计算1 ml/L碳酸钠溶液中钠离子的物质的量，故A错误；B.将标准状况下4.48 L HCl通入1 L水中，所得溶液的体积不是1 L，则此溶液的物质的量浓度不是0.2 ml·L－1，故B错误；C.相同体积和相同物质的量浓度的盐酸和氢氧化钡溶液混合，所得溶液呈碱性，故C正确；D.饱和溶液的物质的量浓度不一定大于不饱和溶液的物质的量浓度，故D错误。
【变式1-2】（2025·陕西宝鸡·一模）下列说法正确的是( )
A.配制0.1 ml/L CuSO4溶液100 mL，需称量胆矾1.6 g
B.40 g NaOH固体溶于1 L水，所得溶液的浓度为1 ml/L
C.200 mL 0.2 ml/L MgCl2溶液中Cl－的个数为0.08NA
D.从100 mL 1 ml/L H2SO4溶液取出10 mL溶液，此溶液的浓度为0.1 ml/L
【答案】C
【解析】配制0.1 ml/L CuSO4溶液100 mL，需硫酸铜0.01 ml，也就是说需称取的是CuSO4固体0.01 ml，其质量为1.6 g，但是胆矾是CuSO4·5H2O，则胆矾需要称取的质量为2.5 g，故A错误；1 L水，则氢氧化钠溶液的体积并不是1 L，故所得溶液的浓度不等于1 ml/L，故B错误；200 mL 0.2 ml/L MgCl2溶液中Cl－的个数为0.2 L×0.2 ml/L×2×NA＝0.08NA，故C正确；从100 mL硫酸溶液中取出10 mL，其浓度是保持不变的，故D错误。
【变式1-3】 （2025·江苏南通·期末）下列溶液中，跟100 mL 0.5 ml/L NaCl溶液中所含的Cl－物质的量浓度相同的是( )
A.100 mL 0.5 ml/L MgCl2溶液
B.200 mL 0.25 ml/L AlCl3溶液
C.50 mL 1 ml/L NaCl溶液
D.25 mL 0.5 ml/L HCl溶液
【答案】D
【解析】物质的量浓度与溶液的体积无关，100 mL 0.5 ml/L NaCl溶液中c(Cl－)＝0.5 ml/L，而A、B、C、D项中，c(Cl－)分别为1 ml/L、0.75 ml/L、1 ml/L、0.5 ml/L，故D项正确。
题型02 物质的量浓度与质量分数的计算
1.溶质的质量分数
(1)概念：以溶液里溶质质量与溶液质量的比值表示溶液组成的物理量，一般用百分数表示，也可用小数表示。
(2)表达式：w(B)＝eq \f(m（B）,m（aq）)×100%。
2.溶液中溶质的质量分数与物质的量浓度的换算
计算公式：c＝eq \f(1000ρw,M)(c为溶质的物质的量浓度，单位为ml·L－1，ρ为溶液密度，单位为g·cm－3，w为溶质的质量分数，M为溶质的摩尔质量，单位为g· ml－1)。
3.物质的量浓度（c）与溶解度（S）的换算
若某饱和溶液的密度为ρ g·cm－3，溶质的摩尔质量为M g·ml－1，溶解度为S g，则溶解度与物质的量浓度的表达式分别为：S＝eq \f(1000cM, 1000ρ-cM)，c＝eq \f(1 000ρS,M（100＋S）)。
【易错警示】
1．溶液的体积不能用溶剂水的体积和溶质的体积之和来代替，应该用溶液的质量除以溶液的密度；
2．两溶液混合，由于其密度可不相等，所以体积不等于两混合溶液体积之和。
3．物质溶于水后注意看溶质是否发生了变化。如Na、Na2O2、NO2、SO3等溶于水，由于它们与水反应，所以溶质发生了变化。
【例2】（2025·湖南湘潭·一模）相对分子质量为M的气态化合物V L(标准状况)溶于m g水中，得到溶液的质量分数为w%，物质的量浓度c ml·L－1，密度为ρ g·cm－3，则下列说法正确的是( )
A.相对分子质量M可表示为eq \f(22.4m×w%,（1－w%）V) B.溶液密度ρ可表示为eq \f(cM,1 000w)
C.溶液的质量分数w%可表示为eq \f(MV,22.4m) D.物质的量浓度c可表示为eq \f(ρV,MV＋22.4m)
【答案】A
【解析】eq \f(m g,m（溶质）)＝eq \f(1－w%,w%)，则m(溶质)＝eq \f(mw%,1－w%) g，eq \f(V L,22.4 L·ml－1)×M g·ml－1＝eq \f(mw%,1－w%) g，M＝eq \f(22.4 m×w%,（1－w%）V)，则相对分子质量M可表示为eq \f(22.4m×w%,（1－w%）V)，故A正确；根据c＝eq \f(1 000ρw,M)，则溶液密度ρ可表示为eq \f(cM,1 000w%)，故B错误；溶液的质量分数w%可表示为eq \f(\f(V,22.4)×M,\f(V,22.4)×M＋m)×100%＝eq \f(VM,MV＋22.4m)×100%，故C错误；物质的量浓度c可表示为eq \f(\f(V,22.4),\f(\f(V,22.4)×M＋m,ρ)×10－3)＝eq \f(1 000ρV,MV＋22.4m)，故D错误。
【变式2-1】（2025·河北秦皇岛·一模） 36.5 g HCl溶解在1 L水中(水的密度近似为1 g/cm3)所得溶液的密度为ρ g/cm3，质量分数为w，物质的量浓度为c ml/L，NA表示阿伏加德罗常数的数值，则下列叙述中正确的是( )
A.所得溶液的物质的量浓度为1 ml/L
B.36.5 g HCl气体占有的体积为22.4 L
C.c＝eq \f(ρ,36.5＋1 000)
D.所得溶液的质量分数w＝eq \f(36.5c,1 000ρ)
【答案】D
【解析】A项，根据计算，36.5 g HCl的物质的量1 ml，溶液的体积略大于1 L，所得溶液的物质的量浓度略小于1 ml/L，故A错误；B项，题中未指明标准状况下，故无法计算1 ml HCl的体积，故B错误；C项，盐酸的体积为V＝eq \f(m,ρ)＝eq \f(36.5＋1 000,ρ) mL＝eq \f(36.5＋1 000,1 000ρ) L，根据计算公式c＝eq \f(n,V)得到c＝eq \f(1,\f(36.5＋1 000,1 000ρ)) ml/L＝eq \f(1 000ρ,36.5＋1 000) ml/L，故C错误；D项，根据公式c＝eq \f(1 000ρw,M)，变形即可得到D，故D正确。
【变式2-2】（2025·江苏无锡·联考）向溶质质量分数为2a%，体积为10 mL，物质的量浓度为c1 ml·L－1的稀H2SO4中加入V mL水，使溶质质量分数变为a%，此时物质的量浓度为c2 ml·L－1，则下列关系正确的是( )
A.V>10 2c2＝c1 B.Vc1 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＝eq \f(1 000ρw,M)可知，当稀H2SO4中溶质质量分数变为原来的eq \f(1,2)时，其密度也变小，故其物质的量浓度小于原来的eq \f(1,2)，故选项C正确。
【变式2-3】（2025·山西忻州·一模）体积为V mL，密度为ρ g·cm－3含有摩尔质量为M g·ml－1的某种物质的溶液，其中溶质质量为m g，其物质的量浓度为c ml·L－1，溶质的质量分数为w%，则下列表示正确的是( )
A.m＝eq \f(Vρw,100) B.c＝eq \f(ρw,M) C.c＝eq \f(M,Vw) D.w＝eq \f(cM,1 000ρ)%
【答案】A
【解析】m＝m(溶液)×w＝Vρ×w%＝eq \f(Vρw,100)，A项正确；c＝eq \f(1 000ρw%,M) ＝eq \f(10ρw,M)，B项错误，C项错误；c＝eq \f(1 000ρw%,M)＝eq \f(10ρw,M)，w＝eq \f(Mc,10ρ)，D项错误。
题型03 考查溶液的稀释
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。
【易错警示】
（1）溶液质量守恒，即m(稀)＝m(浓)＋m(水)
（2）体积一般不守恒，V(稀)不等于(浓)＋V(水)
【例3】（2025·浙江绍兴·期中）V L Fe2(SO4)3溶液中含有a g SOeq \\al(2－,4)，取此溶液0.5V L，用水稀释至2V L，则稀释后溶液中Fe3＋的物质的量浓度为( )
A.eq \f(a,576V) ml/L B.eq \f(125a,36V) ml/L
C.eq \f(250a,36V) ml/L D.eq \f(125a,48V) ml/L
【答案】A
【解析】依题意知，c(SOeq \\al(2－,4))＝eq \f(a,96V) ml/L，c(Fe3＋)＝eq \f(a,96V) ml/L×eq \f(2,3)＝eq \f(a,144V) ml/L，故有eq \f(a,144V) ml/L×0.5V L＝2V L×cB，cB＝eq \f(a,576V) ml/L。
【变式3-1】（2025·江西·一模）50 g浓度为c ml·L－1、密度为ρ g·cm－3的氨水中加入一定量的水稀释成0.5c ml·L－1的氨水，则加入水的体积应( )
A.小于50 mL B.等于50 mL
C.大于50 mL D.等于eq \f(50,ρ) mL
【答案】C
【解析】50 g浓度为c ml·L－1、密度为ρ g·cm－3的氨水的体积为V＝eq \f(50,ρ) mL，令稀释后氨水的体积为V′ mL，根据稀释定律，稀释前后溶质的物质的量不变，则：eq \f(50,ρ) mL×10－3 L·mL－1×c ml·L－1＝V′ mL×10－3 L·mL－1×0.5c ml·L－1，解得V′＝eq \f(100,ρ)。令稀释后的密度为x g·mL－1，氨水浓度越小，密度越大，则x＞ρ，稀释后氨水的质量为eq \f(100,ρ) mL×x g·mL－1＝eq \f(100x,ρ) g，所以加入的水的质量为eq \f(100x,ρ) g－50 g＝(eq \f(100x,ρ)－50) g，所以加入的水的体积为eq \f(\f(100x,ρ)－50,1) mL＝(eq \f(100x,ρ)－50) mL，由于x＞ρ，所以加入水的体积(eq \f(100x,ρ)－50) mL＞50 mL。
【变式3-2】（2025·黑龙江双鸭山·一模）将30 mL 0.5 ml·L－1 NaOH溶液加水稀释到500 mL，关于稀释后的溶液叙述不正确的是( )
A.浓度为0.03 ml·L－1
B.从中取出10 mL 溶液，其浓度为0.03 ml·L－1
C.稀释后的溶液中含NaOH 0.6 g
D.从中取出10 mL 溶液，含NaOH 0.015 ml
【答案】D
【解析】溶液稀释前后溶质的物质的量不变。从一定物质的量浓度的溶液中取出任意体积的溶液，其浓度不变，但所含溶质的物质的量或质量因体积的不同而不同。
【变式3-3】（2025·河北衡水·联考）25 ℃时，将10 mL溶质质量分数为50%(密度为1.4 g/cm3)的硫酸稀释成100 mL。下列说法正确的是( )
A．上述100 mL稀硫酸中含溶质14 g，该稀硫酸不属于电解质
B．上述稀释过程所需蒸馏水的体积为90 mL
C．溶质质量分数为50%的硫酸的物质的量浓度为7.14 ml/L
D．俯视容量瓶刻度线定容，所配溶液的浓度偏低
【答案】C
【解析】稀释前后溶质的质量保持不变，100 mL 稀硫酸中H2SO4的质量为1.4 g/cm3×10 mL×50%＝7 g，稀硫酸属于混合物，既不是电解质也不是非电解质，A错误；由于稀释后硫酸溶液的密度未知，故无法计算所需蒸馏水的体积，B错误；溶质质量分数为50%的硫酸的物质的量浓度c(H2SO4)＝ eq \f(1 000×1.4×50%,98) ml/L≈7.14 ml/L，C正确；俯视容量瓶刻度线定容，所配溶液的体积偏小，浓度偏高，D错误。
题型04 考查溶液的混合
同一溶质、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)等体积混合后质量分数w>eq \f(1,2)(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)等体积混合后，质量分数w1 g·cm－3还是ρ2p
C.qρ2时，如H2SO4溶液、HNO3溶液，q>2p；当ρ110 2c210 2c2>c1
【答案】C
【解析】因为水的密度小于稀硫酸的密度，要使10 mL稀硫酸中溶质质量分数由2a%变为a%，所加水的体积大于10 mL；稀硫酸中溶质质量分数变为原来的 eq \f(1,2) 时，密度也变小，由c＝ eq \f(1 000ρw,M) 可知，其物质的量浓度小于原来的 eq \f(1,2) ，故选项C正确。
【变式4-3】（2025·吉林四平·一模）将V L浓度为0.3 ml/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6.72 L
C．加入3 ml/L的盐酸0.2V L，再稀释至1.5V L
D．加入等体积0.9 ml/L的盐酸，混合均匀
【答案】C
【解析】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；标准状况下6.72 L HCl的物质的量为0.3 ml，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；V L浓度为0.3 ml/L的盐酸中有0.3V ml HCl，3 ml/L的盐酸0.2V L含HCl的物质的量为0.6V ml，稀释至1.5V L，浓度为 eq \f(0.3V ml＋0.6V ml,1.5V L) ＝0.6 ml/L，C合理；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。
题型05 配制一定物质的量浓度的溶液操作
1.主要仪器：托盘天平、药匙、量筒、烧杯、容量瓶（指定规格）、玻璃棒、胶头滴管。
2.托盘天平：称量前先调零，称量时药品放在左盘，砝码放在右盘，读数精确到0.1 g。
3..容量瓶的构造及使用方法
①结构：细颈、梨形、平底玻璃容器，带磨口玻璃塞；标志：温度、容积和刻度线；
②规格：100 mL、250 mL、500 mL、1000 mL等；
③用途：配制一定体积一定物质的量浓度的溶液；
④原则：遵循“大而近”的原则，如配制“450 mL”溶液时，应选用500 mL规格的容量瓶。
4.以配制500 mL 1.50 ml·L－1NaOH溶液为例。
①计算：需NaOH固体的质量，计算式为0.5 L×1.50 ml·L－1×40 g·ml－1。
②称量：用托盘天平称量NaOH固体30.0 g。
③溶解：将称好的NaOH固体放入烧杯中，用适量蒸馏水溶解。
④冷却移液：待烧杯中的溶液冷却至室温后，将溶液用玻璃棒引流注入500mL容量瓶中。
⑤洗涤：用少量蒸馏水洗涤烧杯内壁和玻璃棒2～3次，洗涤液注入容量瓶，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1～2cm 时，改用胶头滴管滴加蒸馏水至凹液面与刻度线相切。
⑦摇匀：盖好瓶塞，反复上下颠倒，摇匀。注意液面下降，不能再加水，否则结果偏低。
【解题通法】溶液配制过程中注意事项
【例5】（2025·山东卷）称取1.6g固体NaOH配制400mL浓度约为0.1mL·L-1的NaOH溶液，下列仪器中不需要使用的是
A. 100mL烧杯B. 500mL容量瓶
C. 500mL量筒D. 500mL细口试剂瓶(具橡胶塞)
【答案】C
【解析】配制NaOH溶液的步骤包括计算，称量，溶解，转移，洗涤，定容，摇匀等步骤。溶解1.6g NaOH需要在烧杯中进行，烧饼是需要的，故A需要；因无400mL容量瓶，必须改用500mL配制，计算时按500mL计算，需要500mL容量瓶，故B需要；溶解时直接加水至固体溶解，无需精确量取；定容由容量瓶完成，无需500mL量筒，故C不需要；NaOH溶液配制好后需要转移到试剂瓶中储存，氢氧化钠溶液是液体，而且易与玻璃中的二氧化硅反应，不能选择玻璃塞，所以需要500mL细口试剂瓶(具橡胶塞)，故D需要；故选C。
【变式5-1】（2025·湖北黄冈·期中）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，可不经干燥直接用于配制溶液
B.配制一定物质的量浓度的稀盐酸时，用量筒量取9.82 mL浓盐酸
C.配制1 L 0.1 ml·L－1的NaCl溶液时，用托盘天平称量5.85 g NaCl固体
D.定容时，为防止液滴飞溅，胶头滴管紧贴容量瓶内壁
E.用碱式滴定管量取25.00 mL高锰酸钾溶液
F.用200 mL量筒量取5.2 mL稀硫酸
G.用480 mL容量瓶配制480 mL 0.1 ml·L－1 NaHCO3溶液
【答案】A
【解析】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，由于配制溶液需加水至刻度线，故在用蒸馏水洗净后，可不经干燥直接用于配制溶液，A正确；量筒精确度是0.1 mL，因此配制一定物质的量浓度的稀盐酸时，不能用量筒量取9.82 mL浓盐酸，只能量取9.8 mL浓盐酸，B错误；配制1 L 0.1 ml·L－1的NaCl溶液时，需溶质的物质的量是n(NaCl)＝0.1 ml/L×1 L＝0.1 ml，则需称量NaCl的质量为m(NaCl)＝0.1 ml×58.5 g/ml＝5.85 g，但托盘天平精确度是0.1 g，故不能用托盘天平称量5.85 g NaCl固体，应该称量5.9 g NaCl固体，C错误；定容时，若胶头滴管紧贴容量瓶内壁，会导致溶液污染，应该悬空垂直滴加，D错误；高锰酸钾溶液具有强的氧化性，会腐蚀碱式滴定管的橡胶管，故不能用碱式滴定管量取25.00 mL高锰酸钾溶液，应该使用酸式滴定管，E错误；量筒量程不合适，应该用10 mL量筒量取5.2 mL稀硫酸，F错误；在实验室中不存在量程为480 mL的容量瓶，根据选择仪器的标准“大而近”的原则，应该选择使用500 mL容量瓶配制500 mL 0.1 ml·L－1 NaHCO3溶液，然后再从中取出480 mL，就得到480 mL 0.1 ml·L－1 NaHCO3溶液，G错误；综上所述可知：合理选项是A。
【变式5-2】（2025·江西上饶·一模）配制100 mL 1.0 ml·L－1 Na2CO3溶液，下列操作正确的是( )
A.称取10.6 g无水碳酸钠，置于100 mL容量瓶中，加水溶解、定容
B.称取10.6 g无水碳酸钠，置于烧杯中，加入100 mL蒸馏水，搅拌、溶解
C.转移Na2CO3溶液时，未用玻璃棒引流，直接倒入容量瓶中
D.定容后，塞好瓶塞，反复倒转、摇匀
【答案】D
【解析】固体不能直接在容量瓶中溶解，A项错误；配制100 mL 1.0 ml·L－1 Na2CO3溶液，先在烧杯中溶解并冷却后再移入100 mL容量瓶定容，且所用水的体积并不是100 mL，而是加水至刻度线，此时溶液体积为100 mL，B项错误；转移液体时，要用玻璃棒引流，C项错误。
【变式5-3】（2025·广东珠海·期末）以下是精确配制一定物质的量浓度的NaCl溶液的实验步骤，其中操作正确的有( )
A．1步 B．2步 C．3步 D．4步
【答案】C
【解析】Ⅰ.称量时不能将氯化钠固体直接放在天平上，需使用称量纸，正确；Ⅱ.氯化钠在烧杯中溶解，并用玻璃棒搅拌，正确；Ⅲ.转移溶液时需要使用玻璃棒引流，错误；Ⅳ.洗涤烧杯内壁和玻璃棒，正确；Ⅴ.转移洗涤液也需要用玻璃棒引流，错误；Ⅵ.注水定容，到离刻度线1～2 cm处改用胶头滴管滴加，错误；Ⅶ.定容后应该盖上塞子颠倒摇匀，错误。所以正确的只有3步。
题型06 配制一定物质的量浓度的误差分析
1．分析依据：c＝eq \f(n,V)＝eq \f(m,MV)，其中变量为m、V。
2．分析方法：结合实验操作判断是“m”还是“V”引起的误差。以配制NaOH溶液为例，具体分析如下：
【解题通法】误差分析的基本思路
1.理论依据
2.图解容量瓶读数误差
图1引起所配溶液体积偏大，浓度偏小；图2引起所配溶液体积偏小，浓度偏大。
【例6】（2025·安徽滁州·一模）下列情况会使所配溶液浓度偏低或其他测量值偏低的是( )
①用稀醋酸和稀氢氧化钠溶液反应测定中和反应反应热的绝对值；②溶液转移到容量瓶后，烧杯及玻璃棒未用蒸馏水洗涤；③酸碱中和滴定过程中，开始时平视读数，结束时仰视读数所得溶液的体积；④在用标准溶液(已知浓度)滴定未知浓度的溶液时，盛标准液的滴定管水洗后未润洗；⑤配制溶液定容时，仰视容量瓶的刻度线
A.①③⑤ B.①②⑤ C.②③④ D.③④⑤
【答案】B
【解析】醋酸为弱电解质，其电离过程为吸热过程，因此稀醋酸与稀氢氧化钠溶液反应测定的中和热的绝对值偏小，故①符合题意；溶液转移到容量瓶后，烧杯及玻璃棒未用蒸馏水洗涤，会造成容量瓶中溶质的物质的量减少，即最终配制溶液的物质的量浓度偏低，故②符合题意；中和滴定过程中，开始时平视读数，结束时仰视读数所得溶液的体积偏大，故③不符合题意；未用标准溶液润洗滴定管，标准液的浓度降低，消耗标准液的体积增大，即测的未知溶液的浓度将偏大，故④不符合题意；配制溶液定容时，仰视容量瓶的刻度线，所得溶液体积偏大，浓度偏小，故⑤符合题意；综上所述，偏低的是①②⑤。
【变式6-1】（2025·陕西商洛·一模）在配制溶液过程中正确的是( )
A．配制稀盐酸，用量筒量取浓盐酸时，量筒必须先润洗
B．配制稀盐酸时，容量瓶中少量的水不影响最终的浓度
C．定容时俯视刻度线会造成所配溶液浓度偏低
D．浓硫酸稀释后即可注入容量瓶进行配制
【答案】B
【解析】用量筒量取溶液时不能润洗量筒，否则所取溶液偏多，A错误；因配制过程中需要用蒸馏水定容，故配制稀盐酸时，容量瓶中少量的水不影响最终的浓度，B正确；定容时俯视刻度线，所加蒸馏水偏少，会造成所配溶液浓度偏高，C错误；浓硫酸稀释后必须冷却至室温后再注入容量瓶进行配制，D错误。
【变式6-2】（2025·山东济宁·期末）25 ℃时，将10 mL溶质质量分数为50%(密度为1.4 g/cm3)的硫酸稀释成100 mL。下列说法正确的是( )
A．上述100 mL稀硫酸中含溶质14 g，该稀硫酸不属于电解质
B．上述稀释过程所需蒸馏水的体积为90 mL
C．溶质质量分数为50%的硫酸的物质的量浓度为7.14 ml/L
D．俯视容量瓶刻度线定容，所配溶液的浓度偏低
【答案】C
【解析】稀释前后溶质的质量保持不变，100 mL 稀硫酸中H2SO4的质量为1.4 g/cm3×10 mL×50%＝7 g，稀硫酸属于混合物，既不是电解质也不是非电解质，A错误；由于稀释后硫酸溶液的密度未知，故无法计算所需蒸馏水的体积，B错误；溶质质量分数为50%的硫酸的物质的量浓度c(H2SO4)＝ eq \f(1 000×1.4×50%,98) ml/L≈7.14 ml/L，C正确；俯视容量瓶刻度线定容，所配溶液的体积偏小，浓度偏高，D错误。
【变式6-3】（2025·四川自贡·一模）在配制100mL1.0ml/L硫酸溶液的实验中，下列操作引起结果偏高的是
A．若容量瓶用蒸馏水洗涤后未干燥
B．若定容时，仰视液面加水至刻度线
C．若用量筒量取浓硫酸时，俯视读数
D．若浓硫酸稀释后未冷却，立即转移到容量瓶中并定容
【答案】D
【解析】若容量瓶用蒸馏水洗涤后未干燥，不影响溶质的物质的量和溶液的体积，即对所配溶液的浓度没有影响，A不合题意；若定容时，仰视液面加水至刻度线，导致溶液的体积偏大，所配溶液浓度偏低，B不合题意；若用量筒量取浓硫酸时，俯视读数，导致溶质的物质的量偏小，所配溶液浓度偏低，C不合题意；若浓硫酸稀释后未冷却，立即转移到容量瓶中并定容，导致所配溶液的体积偏小，所配溶液浓度偏高，D符合题意；故选D。
1．（2025·河北衡水·质检）配制的溶液，部分实验操作示意图如下，下列说法正确的是
A．实验中需用的玻璃仪器有容量瓶、烧杯、玻璃棒
B．上述实验操作步骤的正确顺序为②④①③
C．用托盘天平称量固体的质量为
D．定容时，俯视容量瓶的刻度线，使配得的溶液浓度偏高
【答案】D
【解析】配制溶液用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、容量瓶、胶头滴管，A错误；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；托盘天平称量精确度为0.lg，称取的质量为5.9g，C错误；定容时俯视容量瓶的刻度线，则所加蒸馏水偏少，溶液的体积V偏小，溶液的浓度偏高，D正确；故选D。
2．（2025·陕西铜川·期末）实验室需配制480 mL 0.1 ml·L-1 Na2CO3溶液，下列说法正确的是
A．应用托盘天平称取Na2CO3·10H2O晶体5.3 g
B．定容时仰视会造成所配制溶液中溶质的物质的量浓度偏高
C．取10 mL溶液稀释至100 mL，得到的溶液中c(Na+)= 0.02 ml·L-1
D．采用加热的方法加快Na2CO3·10H2O晶体的溶解，趁热迅速将溶液转移至容量瓶中定容
【答案】C
【解析】实验室需配制480 mL 0.1 ml·L-1 Na2CO3溶液，应选择500 mL容量瓶，需要溶质Na2CO3·10H2O的质量为286 g·ml-1×0.5 L×0.1 ml·L-1=14.3 g，A项错误；定容时仰视会造成溶液体积偏大，依据可知溶液浓度偏低，B项错误；取10 mL溶液稀释10倍，得到的溶液中钠离子浓度为原来的，c(Na+)=0.02 ml·L-1，C项正确；容量瓶不能盛放过热液体，应将溶液冷却后转移至容量瓶中定容，D项错误；故选：C。
3．（2025·四川广元·一模）配制一定物质的量浓度的溶液是重要的定量实验，下列有关说法正确的是
A．将336mLHCl溶于水配成300mL溶液，所得溶液物质的量浓度为0.05ml·L-1
B．配制1 L 0.1 ml·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刻度线会导致所配溶液浓度偏高
【答案】D
【解析】题目未说明HCl是否为标准状况下的气体，无法确定其物质的量，A错误；托盘天平精度为0.1g，无法准确称量5.85g NaCl，B错误；定容时仰视刻度线会导致溶液体积偏大，浓度偏低，C错误；量取浓盐酸时仰视量筒刻度线，实际量取体积偏大，溶质物质的量增加，导致浓度偏高，D正确。
4．（2025·广东中山·一模）将30mL 0.5ml/L NaOH溶液加水稀释到500mL，稀释后溶液中NaOH的物质的量浓度为
A．0.3 ml/LB．0.03 ml/L
C．0.05 ml/LD．0.04 ml/L
【答案】B
【解析】稀释前后溶质的物质的量不变，原溶液中NaOH的物质的量为：0.5ml/L × 0.03L = 0.015ml。稀释后溶液体积为500mL（0.5L），浓度为：。故选B。
5．（2025·江西·一模）下列说法错误的是
A．某硝酸密度为，质量分数为，此硝酸物质的量浓度为
B．将浓度为的硫酸与一定体积的水混合稀释成，则水的体积大于
C．当水吸收氨气(标况)时所得氨水的浓度不是，只有当(标况)氨气溶于水制得氨水时，其浓度才是
D．将一定量的硫酸与水等质量混合，所得溶液的浓度小于
【答案】B
【解析】此硝酸物质的量浓度为，A正确；与一定体积的水混合稀释成，则混合溶液的体积是的硫酸体积的二倍，的硫酸的密度大于，则浓度为的硫酸的体积小于，所以水的体积也应小于，B错误；所得氨水的体积不是，则浓度不是，当(标况)氨气溶于水制得氨水时，其浓度为，C正确；由于水的密度小于硫酸的密度，等质量混合后体积大于原硫酸体积的二倍，则所得溶液的浓度小于，D正确；故选B。
6．（2025·山东临沂·期末）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，溶质的物质的量浓度为。下列叙述中正确的是
① ② ③ ④ ⑤上述溶液中再加入等体积水后，所得溶液的质量分数大于0.5ω ⑥上述溶液中再加入等质量水后所得溶液质量分数大于0.5ω
A．②③④B．①②④C．②④⑥D．②③⑤
【答案】A
【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，所以将上述溶液中再加入VmL水后，所得溶液的质量分数小于0.5ω，⑤错误；
⑥由于氨水的浓度越大，密度越小，上述溶液中再加入等质量水后，混合液的体积大于原来的2倍，氨气的物质的量不变，根据浓度公式可知，所得溶液质量分数小于0.5ω，⑥错误；
故正确的是②③④；故选A。
7.（2025·广东佛山·期末）有硫酸镁溶液500 mL，它的密度是1.20 g·cm－3，其中镁离子的质量分数是4.8%，则有关该溶液的说法不正确的是( )
A.溶质的质量分数是24.0%
B.溶液的物质的量浓度是2.4 ml·L－1
C.溶质和溶剂的物质的量之比是1∶40
D.硫酸根离子的质量分数是19.2%
【答案】C
【解析】由Mg2＋的质量分数知MgSO4的质量分数为eq \f(120,24)×4.8%＝24.0%，其浓度为
c＝eq \f(1 000 cm3·L－1×1.20 g·cm－3×24.0%,120 g·ml－1)＝2.4 ml·L－1，溶质与溶剂的物质的量之比为eq \f(24,120)∶eq \f(76,18)≈1∶21，SOeq \\al(2－,4)的质量分数为eq \f(96,24)×4.8%＝19.2%。
8.（2025·江西鹰潭·一模）某结晶水合物的化学式为A·nH2O，其相对分子质量为M，在25 ℃时，a g晶体溶于b g水中即达饱和，形成密度为ρ g/mL的溶液，下列表达式不正确的是( )
A.饱和溶液的物质的量浓度为eq \f(1 000a（M－18n）,M（a＋b）) ml/L
B.饱和溶液中溶质的质量分数为eq \f(100a（M－18n）,M（a＋b）)%
C.饱和溶液的体积为eq \f(a＋b,ρ) mL
D.25 ℃时，A的溶解度为eq \f(100a（M－18n）,bM＋18an) g
【答案】A
【解析】饱和溶液的物质的量浓度为c(A)＝eq \f(n（A）,V（溶液）)＝eq \f(\f(a,M) ml,\f(（a＋b）,ρ)×10－3 L)＝eq \f(1 000aρ,（a＋b）M) ml/L，A不正确；饱和溶液中溶质的质量分数为w(A)＝eq \f(m（溶质）,m（溶液）)×100%＝eq \f(\f(a,M)×（M－18n）,a＋b)×100%＝
eq \f(100\f(a,M)×（M－18n）,a＋b)%，B正确；溶液的体积为V＝eq \f(m（溶液）,ρ)＝eq \f(a＋b,ρ) mL，C正确；设25 ℃时，A的溶解度为S g，则w(A)＝eq \f(\f(a,M)×（M－18n）,a＋b)＝eq \f(S,S＋100)，得S＝eq \f(100a（M－18n）,bM＋18an)，D正确。
9．（2025·安徽铜陵·期末）标准状况下，某气体(此气体不与水反应)溶解在水中(水的密度近似为)，所得溶液的密度为，溶质的摩尔质量为，溶质的质量分数为，溶质的物质的量浓度为，溶液的体积为，下列关系中正确的是
A．B．
C．D．
【答案】D
【解析】由题意可知，V0L溶液的质量为(×Mg/ml+1000mL×1g/mL)，则溶液的密度为ρ==g/mL，故A错误；由题意可知，溶液中溶质的物质的量为，溶液的体积为，则溶液的浓度为=ml/L，故B错误；由题意可知，密度为ρ的溶液的质量为(×Mg/ml+1000mL×1g/mL)，则溶液V0==L，故C错误；由题意可知，质量分数为ω溶液中溶质的质量为×Mg/ml，溶液的质量为(×Mg/ml+1000mL×1g/mL)，则溶液的质量分数ω==，故D正确；故选D。
10．（2025·福建莆田·二模）下列叙述中正确的是
A．溶质质量分数为23%和10%的氨水等质量混合，混合液的溶质质量分数小于16.5%
B．同种溶质不同浓度的两种溶液混合，计算时可将体积直接加和
C．若溶质质量分数为2x%的硫酸溶液的物质的量浓度为2y，则将其加水稀释至溶质质量分数为x%，所得稀溶液物质的量浓度小于y
D．某溶液密度为，溶质摩尔质量为M，若物质的量浓度为，则该溶液的溶质质量分数为
【答案】C
【解析】溶质质量分数为23%和10%的氨水等质量混合，假设质量均为m，则混合液的溶质质量分数，故A错误；构成物质的微粒之间有间隔，且同种溶质不同浓度的两种溶液的密度不同，两者混合，计算时不可将体积直接加和，故B错误；由可知，c1=2y=，稀释后c2=，，，硫酸密度大于水，则，故，故C正确；由可知，某溶液密度为，溶质摩尔质量为M，若物质的量浓度为，则该溶液的溶质质量分数为，故D错误；故选C。
11．（2025·吉林通化·一模）下列有关物质的量浓度和质量分数的计算正确的是
A．和各0.1ml分别溶于水形成1L溶液，所得溶液的物质的量浓度不相等
B．已知质量分数为98%的硫酸溶液的物质的量的浓度为18.4ml/L，则质量分数为49%的硫酸溶液的物质的量浓度小于9.2ml/L
C．将的硫酸溶液与水等体积混合，所得溶液浓度为
D．20℃时，饱和KCl溶液的密度为，物质的量浓度为4.0ml/L，则此溶液中KCl的质量分数为
【答案】B
【解析】和各0.1ml分别溶于水都生成0.2mlNaOH，所得溶液的物质的量浓度均为0.2ml/L相等，A错误；设98%的浓硫酸的密度为Ag/mL，49%的硫酸的密度为ag/mL，根据，则：，c(49%的硫酸)，硫酸的浓度越大密度越大，故A>a，则：c（49%的硫酸）49%，B正确；该硫酸与等体积的水(设各为1L)混合，所得溶液的体积小于2L，浓度为>9.2 ml·L－1，C正确；实验需要248mL 4.6ml·L－1的稀硫酸，配制时应选择250mL的容量瓶，需量取该浓硫酸的体积为=62.5mL，D错误。故选D。
14．（2025·黑龙江哈尔滨·联考）关于溶液配制，下列说法正确的是
A．配制4800.1溶液，需要称量晶体12.0g
B．用浓硫酸配制稀硫酸时，将浓硫酸稀释后立即转入容量瓶中并定容
C．配制一定浓度的溶液，若称量所取的样品中有杂质，其他操作正确，配好的溶液浓度偏低
D．摇匀后见液面低于刻度线，应及时加水至刻度线
【答案】C
【解析】实验室没有480的容量瓶，实际应配制500溶液，需要晶体的质量为，A错误；浓硫酸稀释时会放出大量的热，不冷却立即转移到容量瓶中并定容，会导致所配溶液的体积偏小，造成溶液浓度偏大，B错误；称量所取的样品中有杂质，其他操作正确，导致氢氧化钠的物质的量偏小，则配好的溶液浓度偏低，C正确；摇匀后见液面低于刻度线，不能再加水至刻度线，若再加水至刻度线，会导致溶液体积偏大，所配溶液浓度偏低，D错误；故选C。
15．（2025·河南濮阳·一模）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，则浓度之比为3：2：3
B．将1ml/L的NaCl溶液和的BaCl2溶液等体积混合后，忽略溶液体积变化，c(Cl-)=0.75ml/L
C．将100mL5ml/L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0.5ml/L
D．6.2gNa2O加入93.8g的水中，得到溶液的质量分数6.2%
【答案】C
【解析】假设三种溶液的浓度均为1ml/L，则Na2SO4、MgSO4、Al2(SO4)3溶液中浓度分别=1ml/L×1=1ml/L、1ml/L×1=1ml/L和1ml/L×3=3ml/L，即浓度之比为1∶1∶3，故A错误；1ml·L-1的NaCl溶液中c(Cl-)=1ml/L×1=1ml/L，0.5ml•L-1的BaCl2溶液中c(Cl-)=0.5ml/L×2=1ml/L，故两者混合后，不考虑体积的变化，c(Cl-)=1ml•L-1，故B错误；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==0.5ml/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0.5ml/L，故C正确；根据反应Na2O+H2O=2NaOH可知，6.2gNa2O加入93.8g的水中生成8gNaOH，故得到溶液的质量分数×100%=8.0%，故D错误；故选C。
16．（2025·江苏徐州·一模）下列叙述中正确的是
A．V mL Fe2(SO4)3溶液中含Fe3＋m g，则溶液中的物质的量浓度为ml·L-1
B．将标准状况下的a L HCl气体溶于1000 mL水中，得到的盐酸溶液密度为b g·mL-1，则该盐酸溶液的物质的量浓度为ml·L-1
C．若溶质质量分数为的乙醇溶液的物质的量浓度为，则将其加水稀释至溶质质量分数为，所得稀溶液物质的量浓度大于
D．某溶液密度为，溶质摩尔质量为，若物质的量浓度为，则该溶液的溶质质量分数为
【答案】C
【解析】VmL Fe2(SO4)3溶液中含Fe3＋m g，则溶液中c(Fe3＋)==＝ml·L-1，由Fe2(SO4)3的化学式以及其在水中会发生完全电离可知，浓度为Fe3＋浓度的1.5倍，则溶液中的物质的量浓度为c()=ml·L－1＝ml·L－1，A错误；标准状况下，a L HCl溶于1000 mL水中，所得溶液中n(HCl)=ml，溶液体积为V＝＝＝L，因此该盐酸溶液的物质的量浓度c===ml·L-1，B错误；由可知，c1=2y=，稀释后c2=，，，乙醇密度小于水，则，故，C正确；某溶液密度为，溶质摩尔质量为，若物质的量浓度为，则该溶液的溶质质量分数为，D错误；故选C。
17．（2025·山西晋中·期末）下列有关物质的量浓度和质量分数的计算正确的是
A．和各分别溶于水形成溶液，所得溶液的物质的量浓度不相等
B．已知质量分数为98%的硫酸溶液的物质的量的浓度为，则质量分数为49%的硫酸溶液的物质的量浓度小于
C．的氯化钾溶液中的与的氯化铝溶液中的相等
D．20℃时，饱和溶液的密度为，物质的量浓度为，则此溶液中的质量分数为
【答案】B
【解析】和各0.1ml分别溶于水都生成0.2mlNaOH，溶液体积均为1L，所得溶液的物质的量浓度均为0.2ml/L，A错误；设98%的浓硫酸的密度为Ag/mL，49%的硫酸的密度为ag/mL，根据，则：，c(49%的硫酸)，硫酸的浓度越大密度越大，故A>a，则：c（49%的硫酸）＜9.2ml/L，B正确；的氯化钾溶液中的=1ml/L，的氯化铝溶液中的=3ml/L，C错误；设溶液的体积为1L，溶液的质量为，溶质的物质的量为，质量为，所以溶液中KCl的质量分数为，D错误；故选B。
18．（2025·辽宁抚顺·一模）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】，则，，，则相对分子质量M可表示为：，A正确；根据，则溶液密度可表示为：，B错误；溶液的质量分数可表示为，C错误；物质的量浓度c可表示为：，D错误；故选A。
19．（2025·湖南常德·一模）某小组用浓硫酸配制硫酸溶液，配制过程如下：
①用量筒量取一定体积的浓硫酸于烧杯中，再向烧杯中加入适量的蒸馏水，搅拌，冷却至室温；
②将第①步所得溶液用玻璃棒引流至容量瓶中；
③用蒸馏水洗涤量筒、烧杯和玻璃棒次，并将洗涤液直接倒入容量瓶中；
④向容量瓶中加蒸馏水至液面距刻度线处，改用胶头滴管滴加蒸馏水至液面与刻度线相平，并摇匀、装瓶、贴标签。标签写着“硫酸溶液”。
上述表述中，存在的错误共有
A．1处B．2处C．3处D．4处
【答案】C
【解析】①稀释浓硫酸时，应该把浓硫酸倒入水中，用玻璃棒不断搅拌，故①错误；
②用玻璃棒引流，符合实验要求，故②正确；
③不能用蒸馏水洗涤量筒，洗涤液用玻璃棒引流至容量瓶中，故③错误；
④向容量瓶中加蒸馏水至液面距刻度线处，改用胶头滴管滴加蒸馏水至凹液面与刻度线相平，故④错误；存在的错误共有3处，故本题选C。
20．（2025·河北沧州·一模）标准状况时，将完全溶于水，得到溶液，假设该溶液的密度为，溶质质量分数为w，其中含有的物质的量是，下列叙述错误的是
A．溶质的质量分数
B．溶质电离出的物质的量浓度
C．溶液中
D．向上述溶液中加入等质量的水，所得溶液的溶质质量分数为
【答案】C
【解析】氨水中溶质为氨气，标准状况下，氨气的物质的量为，氨气的质量为，溶液质量为，溶质的质量分数，A正确；根据可知，该氨水溶液中溶质电离出的物质的量等于的物质的量，故其浓度，B正确；根据电荷守恒知：，根据可知：，溶液体积为，故，C错误；溶液中溶质质量不变，等质量混合后溶液质量等于原氨水溶液质量的2倍，则所得溶液溶质的质量分数等于，D正确；
故选C。
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0.1 g，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14.6 g，不能写为14.60 g。
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480 mL某溶液，则应该选择500 mL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“500 mL容量瓶”时，不能只回答“容量瓶”。
洗涤烧杯和玻璃棒2~3次
移液时洗涤烧杯和玻璃棒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。
液面距容量瓶刻度线1~2 cm
定容时，当液面距容量瓶刻度线1~2 cm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，使溶液浓度偏低。
能引起误差的一些操作
因变量
c/(ml·L－1)
m
V
砝码与物品颠倒(使用游码)
减小
—
偏低
用滤纸称NaOH
减小
—
向容量瓶注液时少量溅出
减小
—
未洗涤烧杯和玻璃棒
减小
—
定容时，水多，用滴管吸出
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(未脱落)
增大
—
偏高
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，静置液面下降
—
—
不变