【文档说明】吉林省通化市梅河口市博文学校2019-2020学年高一上学期第一次月考化学试题【精准解析】.doc，共(15)页，390.000 KB，由小赞的店铺上传

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2019----2020学年度上学期第一次考试高一化学学科试题一、选择题（本大题共20小题，1-10每小题2分，11-20每题3分共50分。在每小题所列的四个选项中，只有一项是符合题目要求的，考生用2B铅笔将选项涂到答题卡上

）1.下列实验仪器不宜直接用来加热的是（）A.试管B.坩埚C.蒸发皿D.烧杯【答案】D【解析】【详解】试管、坩埚、蒸发皿均可以直接加热，但是烧杯需隔石棉网加热，C项符合题意；本题答案选C。2.在过滤操作中，除了使用铁架台、烧杯、玻璃棒外，还需要用到的仪器是（)A.漏斗B.蒸发皿C.酒精灯D.天平

【答案】A【解析】【分析】过滤操作需要用到的基本仪器有：铁架台、烧杯、玻璃棒和漏斗。在漏斗内放滤纸制作过滤器，用玻璃棒将待过滤的液体引流到过滤器中，并用烧杯承接滤液。【详解】A、漏斗用来制作过滤器，是过滤操作必不可少的仪器，选A；B、蒸发皿主要用来盛放少量

液体进行加热，过滤时也不需要用，不选B；C、过滤一般在常温下进行，无需加热，故不必使用酒精灯，不选C；D、过滤操作中不必称量物品质量，故不必使用天平，不选D；故选A。3.下列实验操作中正确的是()A.蒸发操作时，应使混合物中的水分完全蒸干后才能停止加热B.蒸馏操作时

，应使温度计水银球靠近蒸馏烧瓶支管口处C.分液操作时，分液漏斗中下层液体从下口放出后，再将上层液体从下口放出到另一个烧杯D.萃取操作时，应选择有机萃取剂，且萃取剂的密度必须比水大【答案】B【解析】【详解】A．蒸发时等大量晶体析出时，停止加热，利用

蒸发皿的余热把剩余的水蒸干，A错误；B．进行蒸馏操作时温度计测量蒸汽的温度，应使温度计水银球靠近蒸馏烧瓶的支管口处，B正确；C．为防止液体污染，分液时，分液漏斗中下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出，C错误；D．萃取剂不一定是有机溶剂，萃取剂的选择与密度无关，D错误

；答案选B。4.在盛放浓硫酸的试剂瓶标签上应印有下列警示标记中的()A.B.C.D.【答案】D【解析】【详解】A.浓硫酸具有强的腐蚀性，因此在盛有浓硫酸的试剂瓶标签上应印有腐蚀品标志，故合理选项是D。5.关于容量瓶的四种叙述：①是配制准确浓度溶

液的仪器；②不宜贮存溶液；③不能用来加热；④使用之前要检查是否漏水。这些叙述中正确的是()A.②③④B.②③C.①②④D.①②③④【答案】D【解析】【详解】容量瓶是配制准确的一定物质的量浓度的溶液用的精确仪器。它是一种带有磨口玻璃塞的细长

颈、梨形的瓶底玻璃瓶，颈上有刻度；使用时要先检验密闭性，不能在容量瓶里进行溶质的溶解，容量瓶不能进行加热，容量瓶只能用于配制溶液，不能长时间或长期储存溶液，故答案为D。6.用CuSO4·5H2O配制0.1mol/LCuSO4水溶液，下面所列的方法正确的是（）A.取25gC

uSO4·5H2O溶于1L水中B.将CuSO4·5H2O干燥去掉结晶水，取16g溶于水制成1L溶液C.将25gCuSO4·5H2O溶于水制成1L溶液D.取12.5gCuSO4·5H2O溶于500mL水中【答案】C【解析】【详解】A.单位体积溶液里所

含溶质的物质的量来表示的浓度是物质的量浓度，A中溶液的体积不是1L，不能确定溶液的浓度，A不正确；B.胆矾不一定完全失去结晶水，则16g固体的质量不一定是0.1mol，B不正确；C.胆矾的物质的量是25g÷250g/mol＝0.

1mol，溶液体积是1L，则浓度是0.1mol/L，C正确；D.胆矾的物质的量是0.25mol，但溶液的体积不是0.5L，不能确定溶液的浓度，D不正确。答案选C。7.下列实验操作：①用50mL量筒量取5mL蒸馏水；②称量没有腐蚀性的固体药品时，把药品放

在托盘上称量；③浓硫酸沾到皮肤上要立即用大量水冲洗；④倾倒液体时试剂不对准容器口；⑤块状药品都要用药匙取用；⑥固体药品用细口瓶保存。其中错误的是A.①②③B.③④C.②⑤⑥D.①②③④⑤⑥【答案】D【解析】【分析】①量筒量取5mL蒸馏水应该选用10mL量筒；②根据称量没有腐

蚀性固体药品时的正确操作分析；③根据浓硫酸沾到皮肤上的处理方法判断；④应该试剂瓶口与容器口紧靠在一起；⑤取块状固体一般用镊子取用；⑥根据广口瓶用来保存固体判断．【详解】①用50mL量筒量取5mL蒸馏水，误差太大，应该用10mL量筒，故①错误；②应在托盘

上各放一张质量相同的纸片，以免污染药品，损坏托盘，故②错误；③浓硫酸沾到皮肤上，要迅速用抹布擦拭，然后用水冲洗，故③错误；④倾倒液体时，应使试剂瓶口与容器口紧靠在一起，故④错误；⑤固体药品取用时，取用粉末状固体用药匙，块状固体一般用镊子，故⑤错误；

⑥药品的保存，细口瓶保存细口瓶盛液体，广口瓶才用来保存固体，故⑥错误；故选D。8.为了除去粗盐中的Ca2＋、Mg2＋、SO42-及泥沙，可将粗盐溶于水，然后进行下列5项操作：①过滤；②加过量NaOH溶液；③加适量盐酸；

④加过量Na2CO3溶液；⑤加过量BaCl2溶液。正确的操作顺序是()A.⑤②④③①B.④①②⑤③C.②⑤④①③D.①④②⑤③【答案】C【解析】【分析】除去粗盐中的Ca2＋、Mg2＋、SO42−及泥沙，可以加过量的氯化钡除去硫酸根离子，然后用碳酸钠去除钙离

子和过量的钡离子。盐酸要放在最后，来除去过量的氢氧化钠和碳酸钠，加氢氧化钠和氯化钡无先后顺序要求。【详解】泥沙可用过滤除掉，镁离子用氢氧根离子沉淀，加入过量的氢氧化钠可以将镁离子沉淀，硫酸根离子用钡离子沉淀，加入过量的氯化钡可以将硫酸根离子

沉淀，至于先除镁离子，还是先除硫酸根离子都行，钙离子用碳酸根离子沉淀，除钙离子加入碳酸钠转化为沉淀，但是加入的碳酸钠要放在加入的氯化钡之后，这样碳酸钠会除去反应剩余的氯化钡，离子都沉淀了，再进行过滤，最后再加入盐酸除去反应剩余的氢氧根离子和碳酸根离子，蒸发除掉水和过量的氯化氢，所以正

确的顺序为：⑤加过量的BaCl2溶液，④加过量的Na2CO3溶液，②加过量的NaOH溶液，①过滤，③加适量的盐酸；（或者②加过量的NaOH溶液，⑤加过量的BaCl2溶液，④加过量的Na2CO3溶液，①过滤，

③加适量的盐酸）。所以正确的顺序是⑤④②①③或②⑤④①③。故答案选C。【点睛】在粗盐提纯过程中，碳酸钠的作用是去除钙离子和过量的钡离子，所以一定要在加入氯化钡之后进行添加。9.下列对于“摩尔”的理解正确的是()A.1mol任何物质所含有的原子数都相同B.摩尔是物质的量的单位，简称摩，符

号为molC.摩尔可以把物质的宏观数量与微观粒子的数量联系起来D.国际上规定，0.012kgC中所含有的碳原子数目为1摩【答案】B【解析】A．1mol任何物质所含有的原子数不一定都相同，例如氢气和臭氧等，A错误；B．摩尔是物质的量的单位，

简称摩，符号为mol，B正确；C．物质的量是含有一定数目粒子的集体，是连接宏观物质与微观粒子的桥梁，摩尔是单位，C错误；D．国际上规定，0.012kg12C所含有的碳原子的物质的量为1mol，碳原子指含有6个质子6个中子的原子，D错误；答案选B。点睛：本题考查物质的量的单位，摩尔

是单位不是物理量，物质的量与摩尔的概念易混淆，注意化学用语使用的规范性。10.xgH2O中含有y个氢原子，则阿伏加德罗常数为()A.9x/ymol－1B.9y/xmol－1C.x/ymol－1D.y/xmol－1【答案】B【解析】【分析】根据n＝mM计算出

xg水的物质的量，然后计算出含有氢原子的物质的量，xgH2O中含有y个氢原子，再根据阿伏加德罗常数NA＝Nn进行计算即可。【详解】xgH2O的物质的量为：n(H2O)＝g18g/molx＝18xmol，含有氢原子的物质的量为：n(H)＝2

n(H2O)＝9xmol，xgH2O中含有y个氢原子，所以根据阿伏加德罗常数NA＝Nn＝9xmoly＝9yxmol−1，故答案选B。11.设NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是()A.2.4g金属镁

变成镁离子时失去的电子数目为0.1NAB.18g水中含有0.1NA个水分子C.1mol氮气所含的电子数目为NAD.17g氨气所含电子数目为10NA【答案】D【解析】【分析】A、镁为+2价的金属，根据镁的物质的量计算出失去的电子数；B、根据水的质量计算水的物质的量

即可判断；C、结合一个氮气分子中电子数目为14个进行计算；D、根据一个氨气分子中含有10个电子计算出17g氨气中含有的电子数。【详解】A.2.4g镁的物质的量为0.1mol，0.1mol镁变成镁离子失去0.2mol电子，失去的电

子数目为0.2NA，故A错误；B.18g水的物质的量为1mol，则水分子为NA个，故B错误；C.一个氮气分子的电子为14个，则1mol氮气含电子数目为14NA，故C错误；D.17g氨气的物质的量为1mol

，1mol氨气含有10mol电子，所含电子数目为10NA，故D正确；综上所述，本题选D。12.下列说法正确的是()A.镁原子的质量就是镁的相对原子质量B.一个氧原子的实际质量约等于23166.0210gC.水的相对分子质量等于18gD.二氧化硫的摩尔质量是64g【答案】B【解析】【详

解】A．相对原子质量是比值，不是原子的实际质量，故A错误；B．1mol氧原子中含有阿伏加德罗常数个氧原子，而1mol氧原子的质量是16g，因此1个氧原子的质量约等于23166.0210g，故B正确；C．水的相对分子质

量是18而不是18g，1molH2O的质量才是18g，故C错误；D．SO2的相对分子质量为64，SO2的摩尔质量是64g•mol−1，而不是64g，故D错误；故答案选B。13.将溶质的质量分数为14%的KOH溶液加

热蒸发掉100g水后，得到溶质的质量分数为28%的溶液80mL，此时溶液的物质的量浓度为()A.5mol·L－1B.6.25mol·L－1C.7mol·L－1D.6.75mol·L－1【答案】B【解析】【分析】设14%KOH溶液的质量为m，根据

溶质质量不变列方程计算溶液的质量，进而计算溶质的物质的量，根据c=nV计算。【详解】设14%KOH溶液的质量为m，则：m×14%=(m−100g)×28%，解得m=200g，m(KOH)=200g×14%=28g，n(KOH)=28g56g/mol=0.5mol，c(KOH)=0.

5mol0.08L=6.25mol/L，答案选B。【点睛】蒸发前后溶质的物质的量不变是解题的关键。14.将5mol·L-1盐酸10mL稀释到200mL，再取出5mL，这5mL溶液的物质的量浓度是（）A.0.05mol·L-1B.0.25mol·L

-1C.0.1mol·L-1D.0.5mol·L-1【答案】B【解析】【详解】设稀释到200mL的盐酸的浓度为c，根据稀释定律可知，稀释前后HCl的物质的量相同，则得如下关系式5mol•L-1×10mL=200mL×c，

解得c=0.25mol/L，因溶液是均匀的，从稀释后的盐酸中取出5mL，这5mL溶液的物质的量浓度与稀释后盐酸的浓度相同，也为0.25mol/L，故选B。【点睛】从稀释后的盐酸中取出5ml盐酸，由于溶液是均匀的，所以取出的5ml盐酸的浓度等于稀释后盐酸的浓度。

15.在标准状况下，由0.5gH2、11gCO2和4gO2组成的混合气体，其体积约为A.8.4LB.11.2LC.14.0LD.16.8L【答案】C【解析】【详解】根据nmM=，0.5gH2的物质的量0.50.252/gmolgmol=、11gCO2的物质的量110.2

544/gmolgmol=、4gO2的物质的量40.12532/gmolgmol=，()V0.250.150.12522.4/molLmol=++=14L，故C正确。本题答案选C。16.如果ag某气体中含有的分子数为b，则cg该气体在标准状况下的体积是

(式中NA为阿伏加德罗常数的值)()A.A22.4abcNLB.A22.4bcaNLC.A22.4acbNLD.A22.4bacNL【答案】B【解析】【分析】根据n＝mM、N＝n×NA、V＝n×Vm来计算。【详解】由n

＝mM可知，同种气体的质量与分子数成正比，ag某气体中含有的分子数为b，则cg该气体的分子数为bca，由N＝n×NA可知，气体的物质的量为AbcaNmol，则在标准状况下占有的体积应为A22.4bcaNL，故答案选B。17.在两个密闭容器中，

分别充有质量相等的甲乙两种气体。若两容器的温度和压强均相等，且甲的密度大于乙的密度，则下列说法正确的是（）A.甲的分子数比乙的分子数多B.甲的物质的量比乙的物质的量少C.甲的摩尔体积比乙的摩尔体积小D.甲的相对分子质量比乙的相对分子质量小【答案】B【解析】【分析】两容器的温度和压强均相同,则气体

的Vm相等，两容器气体质量相等，且甲的密度大于乙的密度，可以知道甲体积小于乙体积，由n=mVV可以知道甲气体的物质的量小于乙，以此解答该题。【详解】A.由以上分析可以知道甲气体的物质的量小于乙，则甲的分子数小于乙的分子数，故A错

误；B.由以上分析可以知道甲气体的物质的量小于乙，所以B选项是正确的；C.两容器的温度和压强均相同，则气体的Vm相等，故C错误；D.气体质量相同，甲的物质的量比乙的物质的量小，由M=mn可以知道甲的相对分子质量大于乙的相对分子质量，故D错误。所以B选项是正确的。18.等体积的硫酸铝、

硫酸锌、硫酸钠溶液分别与足量氯化钡溶液反应，若生成硫酸钡沉淀的质量比为1∶2∶3，则三种硫酸盐的物质的量浓度之比为（）A.1∶2∶3B.1∶6∶9C.1∶3∶3D.1∶3∶6【答案】B【解析】【分析】生成BaSO4沉淀的质量比为1：2：3，根据n=mM可知

：生成BaSO4的物质的量之比为1：2：3，然后利用Al2(SO4)3～3BaSO4、ZnSO4～BaSO4、Na2SO4～BaSO4来计算。【详解】由生成BaSO4沉淀的质量比为1：2：3，可知生成BaS

O4的物质的量之比为1：2：3，设生成BaSO4的物质的量分别为a、2a、3a，则由Al2(SO4)3～3BaSO4，n(BaSO4)=a，所以n[Al2(SO4)3]=13n(BaSO4)=3a；由Z

nSO4～BaSO4，n(BaSO4)=2a，所以n(ZnSO4)=n(BaSO4)=2a，由Na2SO4～BaSO4，n(BaSO4)=3a，所以n(Na2SO4)=n(BaSO4)=3a。又由于硫酸铝、硫酸锌、硫酸钠溶液的体积相同，根据c=nV，可

知三种物质的浓度之比等于它们的物质的量之比，即为c[Al2(SO4)3]：c(ZnSO4)：c(Na2SO4)=3a：2a：3a=1：6：9，故合理选项是B。【点睛】明确反应中物质之间的关系是解答本题的关键，并熟悉同

种物质的质量比等于物质的量之比、同体积的不同溶液的浓度之比等于物质的量之比进行解答。19.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+3.5）/（100+6.5）］×100%C.26.5%D.［（26.5+3.5）/（100+6.5+3.5）］×100%【答案】C【解析】【详解】某温度下，100g饱和氯化钠溶液中含有氯化

钠26.5g，则该温度下，饱和溶液的质量分数为26.5%。3.5g氯化钠和6.5g水形成的溶液的质量分数为35%，因为超饱和，所以向溶液中添加3.5g氯化钠和6.5g水，所得溶液仍为饱和溶液，质量分数为26.5%。答案选C。20.VLAl2(SO4)3溶液中含Al3＋mg，则溶液中SO4

2-的物质的量浓度为()A.56mVmol/LB.m9Vmol/LC.m18Vmol/LD.3m112Vmol/L【答案】C【解析】【分析】根据n＝mM求解Al3＋的物质的量，已知体积可求得Al3＋的物质的量浓度，根据Al3＋与SO42-的数量关

系求该分子中SO42-的物质的量浓度。【详解】n(Al3＋)＝mM＝mg27g/mol=m27mol；c(SO42−)＝32c(Al3＋)＝32×m27Vmol•L−1＝m18Vmol•L−1，故答案选C。【点睛】

Al2(SO4)3溶液中Al3＋与SO42-的物质的量浓度之比等于其化学式中离子个数比。二、非选题21.(1)相同物质的量的O2和O3的质量比______，分子个数比为_______，所含氧原子的个数比为_____

__。(2)在200mL2mol·L－1MgCl2溶液中，溶质的质量为_______。Cl－的物质的量浓度为__________。【答案】(1).2：3(2).1：1(3).2：3(4).38g(5).4m

ol/L【解析】【分析】(1)依据n＝mM＝ANN，结合臭氧三原子分子、氧气双原子分子解答；(2)依据n＝cV，m＝nM，结合氯化镁为强电解质，完全电离，1mol氯化镁含有2mol氯离子解答。【详解】(1)依据n＝mM＝ANN

可知，物质的量相等，物质的质量与摩尔质量成正比；分子数与物质的量成正比，所以相同物质的量的O2和O3的质量比为32：48＝2：3；分子数之比为1：1；臭氧三原子分子、氧气双原子分子，所以相同物质的量的O2和O3的所含氧原子的个

数比为：1×2：1×3＝2：3；故答案为：2：3；1：1；2：3；(2)在200mL2mol/LMgCl2溶液中，溶质的质量为：2mol/L×0.2L×95g/mol＝38g；氯化镁为强电解质，完全电离，1m

ol氯化镁含有2mol氯离子，氯化镁溶液中氯离子物质量浓度等于氯化镁物质的量浓度2倍，为4mol/L；故答案为：38g；4mol/L。【点睛】MgCl2溶液中Cl－的物质的量浓度是MgCl2物质的量浓度的2倍，与溶

液体积无关。22.12.4gNa2R含Na+0.4mol，则Na2R的摩尔质量为_____，R的相对原子质量为______。含R的质量为1.6g的Na2R，其物质的量为_____。【答案】(1).62g/mol(2).1

6(3).0.1mol【解析】【详解】根据化学式可知Na2R中n（Na+）=2n（Na2R），所以含有0.4molNa+的Na2R的物质的量为0.2mol，Na2R的摩尔质量为=62g/mol；当摩尔质量以g/mol作单位，数值上等于其相对分子质量

，Na2R的相对分子质量为62，所以R的相对原子质量为62-23×2=16；含R的质量为1.6gNa2R的物质的量为n（Na2R）=n（R）==0.1mol。23.相同条件下，同质量的X、Y两种气体，相对分子质量分

别为A、B；则：(1)X与Y的体积比为_______，分子个数比为_______，密度比为________；(2)相同条件下的X、Y两种气体体积相同，则X与Y的质量比为_______，物质的量比为________。【答案】(1).B：A(2).B：A(3)

.A：B(4).A：B(5).1：1【解析】【分析】(1)根据V＝nVm可知，相同条件下体积之比等于物质的量之比，结合n＝mM判断物质的量之比，根据N＝nNA可知，分子数目之比等于物质的量之比；相同条件下

，气体密度之比等于相对分子质量之比；(2)根据n＝mVV可知，相同条件下的X、Y两种气体体积相同，则二者物质的量相等，根据m＝nM可知，质量之比等于物质的量之比。【详解】(1)同质量的X、Y两种气体，相对分子质量分别为A、B，则二者物质的量之比为1A：1B＝B：A，

根据V＝nVm可知，相同条件下体积之比等于物质的量之比，故同质量的X、Y两种气体的体积之比为B：A，根据N＝nNA可知，分子数目之比等于物质的量之比，故同质量的X、Y两种气体的分子数目之比为B：A，相同条件下，气体密度之比等于相对分子质量之比，故X、Y两种气体的密度之比为A：B；故答

案为：B：A；B：A；A：B；(2)根据n＝mVV可知，相同条件下的X、Y两种气体体积相同，则二者物质的量相等，即X、Y的物质的量之比为1：1，根据m＝nM可知，物质的量相等其质量之比等于物质的摩尔质

量之比，故X、Y的质量之比为Ag/mol：Bg/mol＝A：B；故答案为：A：B；1：1。24.海洋植物如海带、海藻中含有丰富的碘元素，碘元素以碘离子的形式存在。实验室里从海藻中提取碘的流程如下(已知2KI＋Cl2===

2KCl＋I2，碘与溴一样易溶于有机溶剂)：(1)指出提取碘的过程中有关的实验操作名称：①________，③_____________。(2)提取碘的过程中，可供选择的有机试剂是____________。A．苯、酒精B．四氯化碳、苯C．汽油、乙酸D．汽油、酒精(3)为使海藻灰中碘离子转化

为碘的有机溶液，实验室里有烧杯、玻璃棒、集气瓶、酒精灯、导管、圆底烧瓶、石棉网以及必要的夹持仪器、物品，尚缺少的玻璃仪器是_______。(4)从含碘的有机溶液中提取碘和回收有机溶剂，还需经过蒸馏，指出下图所示实验装置中的错误之处：①_______________

_________②_______________________________、③_________【答案】(1).过滤(2).萃取(3).B(4).分液漏斗(5).加热时没有垫石棉网(6).温度计位置

错误(7).冷凝水进出口方向错误【解析】【分析】(1)分离固体与液体混合物应用过滤；依据碘单质易溶于有机溶剂，结合萃取分液操作解答；(2)选用的萃取剂的原则：①和原溶液中的溶剂互不相溶；②对溶质的溶解度要远大于原溶剂；(3)依据分液操作用到的仪器解答；(4)蒸馏实验中蒸馏烧瓶加热应垫石棉网；

温度计测定温度为蒸汽的温度；为达到最佳冷凝效果冷凝水与蒸汽流向相反，据此解答。【详解】(1)分离固体和液体用过滤，③将碘水中的碘单质萃取出来，选择合适的萃取剂即可，故答案为：过滤；萃取；(2)提取碘的过程中为萃取，萃取剂

选择原则：①和原溶液中的溶剂互不相溶；②对溶质的溶解度要远大于原溶剂。苯、四氯化碳、汽油与水互不相溶，碘在苯、四氯化碳、汽油中溶解度远远大于水中，故可以做萃取剂；酒精、乙酸与水相溶，不能做萃取剂；故答案选：B；(3)为使上述流程中含碘离子溶液转化为碘的有机溶液，应进行萃取分液操作，分液操作用到的仪

器：分液漏斗、玻璃棒、烧杯、铁架台（带铁夹），所以还缺少的主要仪器为分液漏斗；故答案为：分液漏斗；(4)烧杯受热要垫石棉网，增大受热面积；冷凝水应是下进上出，冷凝水的方向错误，应为下进上出；温度计水银球的位置错误，温度计水银球应与烧瓶

支管口相平；故答案为：加热时没有垫石棉网；温度计位置错误；冷凝水进出口方向错误。25.实验室欲配制480mL0.5mol·L－1的NaOH溶液，请按要求完成下列内容：(1)完成本实验时，下列仪器中一定不需要的是________(填字母，下同)。(2)通过计算可知，需天平称量

NaOH固体的质量为______g。(3)配制过程一般可分为以下几个步骤：①称量、②计算、③溶解、④摇匀、⑤转移、⑥洗涤、⑦定容、⑧振荡、⑨装瓶贴签，正确的操作顺序为_____(填序号)。小明认为还缺少一个步骤，此步骤的名称是______。(4)实验结束后，发现所配溶液浓度偏大，可能的原因

是________(填代号)。A.所用NaOH已潮解B.定容时俯视观察液面C.未洗涤烧杯D.称量时砝码与NaOH的位置颠倒【答案】(1).D(2).10.0(3).②①③⑤⑥⑧⑦④⑨(4).冷却(5).B【解析】【分析】(1)分液漏斗

是可用于固液或液体与液体反应的发生装置和对萃取后形成的互不相溶的液体进行分液的玻璃仪器，据此分析；(2)根据m=Mn=Mcv计算需NaOH固体的质量；(3)根据氢氧化钠溶于水放热分析；(4)所配溶液浓度偏大，则称量氢氧化钠的质量偏大或溶液体积偏小

，据此分析可能的原因。【详解】(1)配制480mL0.5mol·L－1的NaOH溶液，一定不需要的是分液漏斗，故答案为：D；(2)配制480mL0.5mol·L－1的NaOH溶液，需要使用500mL容量瓶，计算时应用500mL进行计算

，需NaOH的质量为：m=Mn=Mcv=40g/mol0.5mol/L0.5L=10.0g，故答案为：10.0g；(3)配制过程的正确操作顺序为：②计算、①称量、③溶解、⑤转移、⑥洗涤、⑧振荡、⑦定容、④摇匀、⑨装瓶贴

签；由于氢氧化钠溶于水放热，需要冷却至室温才能转移至容量瓶中，故还缺少的一个步骤为冷却，故答案为：②①③⑤⑥⑧⑦④⑨；冷却；(4)A．所用NaOH已潮解，则固体NaOH的质量偏低，所配制的溶液浓度偏小，故不选；B．定容时俯视观察液面，则定容时溶液体积偏小，所配制的溶液浓度偏大，

故选；C．未洗涤烧杯会使部分溶质损失，所配制的溶液浓度偏小，故不选；D．称量时砝码与NaOH的位置颠倒，因本实验称量氢氧化钠的质量为10.0g，未用到游码，所以该错误操作对本实验结果无影响，故不选；故答案为：B。【点睛】配制一定物质的量浓度溶液时候要选择合适规格

的容量瓶，确定容量瓶规格后计算时按照容量瓶的规格进行计算，否则实验结果将产生误差。