2023届安徽省宿州市十三所省重点中学高一化学第一学期期中教学质量检测模拟试题含解析.doc

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1、2022-2023学年高一上化学期中模拟试卷考生须知：1全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、有关漂白粉和漂白液的说法正确的是A漂白粉的有效成分是Ca(ClO)2B漂白液的有效成分是Na2O2C漂白粉是纯净物，漂白液是混合物D工业上将氯气通入澄清石灰水制取漂白粉2、若将4.6g钠块置于过量O2中燃烧后，生成7.5g固

2、体物质，则下列推断合理的是（ ）A钠在燃烧前未被氧化B钠在燃烧前已有部分被氧化C钠在燃烧前已都被氧化D生成物中只有氧化钠3、下列关于氧化还原反应的说法正确的是有一种元素被氧化肯定有另一种元素被还原阳离子只有氧化性，阴离子只有还原性在K、Fe2、S2-、Na中只有1种粒子不具有还原性由X变为X2的反应是氧化反应金属单质在反应中只作还原剂 非金属单质在反应中只作氧化剂含最高价元素的化合物，一定具有强氧化性ABCD4、下列除去杂质(括号的物质为杂质)的方法中，错误的是AFeCl3溶液(FeCl2)：通入适量Cl2BCO(CO2)：通过NaOH溶液洗气后干燥CMnO2(KCl)：加水溶解后过滤、洗涤、

3、烘干DCO2(HCl)：通过饱和Na2CO3溶液洗气后干燥5、氯化钯可用来检测有毒气体CO,发生反应的化学方程式为CO+PdCl2+H2O=CO2+Pd+2HCl。下列关于该反应的说法中正确的是ACO2为还原产物 BCO表现还原性CPdCl2被氧化 D当生成22.4LCO2时,转移电子的物质的量为2mol6、分析下列氧化还原反应中化合价变化的关系，氧化剂和氧化产物都正确的是化学反应方程式氧化剂氧化产物A3Cl2+2Fe2FeCl3 FeFeCl3B2 Na2 H2O=2 NaOHH2H2ONaOHC2HClO2HCl+O2 HClOHClODCl2+Na2SO3+H2O =2HCl+Na2SO

4、4Cl2HClAABBCCDD7、设NA表示阿伏加德罗常数，下列叙述中正确的是（ ）A常温常压下，11.2L氧气所含的原子数为NAB1.8g的NH4+离子中含有的质子数为NAC常温常压下，48gO3含有的氧原子数为3NAD2.4g金属镁变为镁离子时失去的电子数为0.1NA8、设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述中正确的是A标准状况下，22.4L CCl4含有的分子数等于0.lNAB由CO2和O2组成的混合物中共有NA个分子，其体积为22.4LC常温常压下，l mol甲烷分子中所含质子数为10NAD2mol/L的NaCl溶液中钠离子数目为2NA9、下列反应中，属于氧化还原反应的是（ ）A2H2O

5、22H2O+O2BCuCl2+2NaOH=Cu（OH）2+2NaClCFeO+2HCl=FeCl2+H2OD2Al（OH）3Al2O3+3H2O10、某溶液中含有较大量的Cl-、 OH-三种阴离子，如果只取一次该溶液就能够分别将三种阴离子依次检验出来，下列实验操作顺序正确的是滴加足量的Mg(NO3)2溶液；过滤；滴加适量的AgNO3溶液；滴加足量的Ba(NO3)2溶液ABCD11、一个密闭容器，中间有一可自由滑动的隔板(厚度可忽略)将容器分成两部分，当左边充入1molN2，右边充入CO和CO2的混合气体共8g时，隔板处于如图位置(左、右两侧温度相同)。右侧CO与CO2分子数之比为A1：3B3:

6、1C1：2D2：112、下列化学用语正确的是（ ）A标准状况下气体摩尔体积约为 22.4B中子数为 8 的氧原子：18OCS2-的结构示意图： D明矾的化学式：KAl(SO4)212H2O13、下列叙述正确的是A1 mol N2的质量为28 g/molB标准状况下，1 mol任何物质的体积均为22.4LCCl2的摩尔质量为71 gD3.011023个SO2分子的质量为32g14、下列氧化还原反应方程式， 所标电子转移方向与数目错误的是（ ）ABCD15、8克气体X含有3.011023个分子，则气体X的相对分子质量为A8 B16 C32 D6416、下列操作中正确的是（ ）A蒸发操作时，应使混合

7、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的底部C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D分液操作时，分液漏斗下端紧靠烧杯内壁二、非选择题（本题包括5小题）17、有一包白色粉末，可能含有 NaHSO4、 KHCO3、 Ba(NO3)2、 CaCl2、 NaNO3、 MgSO4中的一种或几种。实验步骤如下：取少量固体投入水中，既有气体生成，又有沉淀产生。过滤，取少量滤液加AgNO3溶液，无沉淀产生。再取少量滤液，加入足量NaOH溶液，也无沉淀产生。(1)推断白色粉末中一定有_，一定没有_，不能确定的是_。(2)请写出实验步骤中产生气体的离子方程式

8、：_。(3)请写出实验步骤中产生沉淀的离子方程式：_。18、某固体可能由KNO3、K2SO4、KCl、NaCl、CuCl2和Na2CO3中的一种或几种组成。依次进行下列五步实验，观察到的实验现象记录如下：将固体加水得到无色溶液；向上述溶液中滴加过量BaCl2溶液，有白色沉淀生成。将该沉淀滤出，得到的沉淀可完全溶于稀HNO3；向的滤液中加入AgNO3溶液，有白色沉淀生成，该沉淀不溶于稀HNO3。(1)据此，可判断出固体中肯定有_，肯定没有_，可能含有_。(2)写出中反应的离子方程式_、_。19、如图表示用CuSO45H2O晶体来配制480mL 0.20molL1 CuSO4溶液的几个关键实验步骤

9、和操作，据图回答下列问题： （1）将上述实验步骤AF按实验过程先后次序排列 _，需称取CuSO45H2O 晶体的质量为_ g。（2）写出配制480mL0.20molL1CuSO4溶液所需要用到的玻璃仪器的名称：烧杯、量筒、_。（3）步骤B通常称为转移，若是配制NaOH溶液，用水溶解NaOH固体后未冷却至室温即转移，配制溶液的浓度将偏_（填“高”或“低”）。步骤A通常称为_，如果俯视刻度线，配制的浓度将偏_（填“高”或“低”）。20、用MnO2和浓盐酸制取纯净干燥的氯气，并让氯气与铜粉反应制取纯净的无水CuCl2，装置如图所示。请回答下列问题：（1）写出A中反应的化学方程式 _。（2）B中选用的

10、试剂是_，其作用是_；C 中选用的试剂是_，其作用是_。（3）装置E的目的是_，写出 E 中发生反应的化学方程式：_。（4）但实验发现D中得到的无水CuCl2总是偏蓝色，请你提出改进方案：_。21、已知某市售“84消毒液”瓶体部分标签如图所示，该“84消毒液”通常稀释100倍(体积之比)后使用。请回答下列问题：（1）该“84消毒液”中NaClO的物质的量浓度约为_mol/L。(保留1位小数)（2）该同学参阅此“84消毒液”的配方，欲用NaClO固体配制480mL与市售物质的量浓度相同的“84消毒液”，下列说法正确的是_(填序号)。A如图所示的仪器中有三种是不需要的B容量瓶用蒸馏水洗净后，应烘干

11、后才能用于溶液配制C配制过程中，未用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒会导致结果偏低D需要称量NaClO固体的质量为143.0g（3）“84消毒液”与稀硫酸混合使用可增强其消毒能力，某消毒小组人员用98%(密度为1.84g/cm3)的浓硫酸配制500mL2.3mol/L的稀硫酸用于增强“84消毒液”的消毒能力。需用浓硫酸的体积为_mL。取用任意体积的浓硫酸时，下列物理量中不随所取体积的多少而变化的是_。A溶液中H2SO4的物质的量 B溶液的浓度 C溶液的质量 D溶液的密度配制该稀硫酸过程中，下列情况会使所配制的溶液的浓度大于2.3mol/L的有_。A未经冷却趁热将溶液注入容量瓶中并进行定容B摇匀后发现液面

12、低于刻度线，再加水至刻度线C容量瓶中原有少量蒸馏水D定容时俯视容量瓶刻度线参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、A【解析】A.Ca(ClO)2具有强氧化性，则漂白粉的有效成分是Ca(ClO)2，故A正确；B. 氯气与NaOH溶液反应制备漂白液，有效成分为NaClO，故B错误；C. 漂白粉和漂白液均为混合物，故C错误；D. 石灰水中氢氧化钙的浓度小，则工业上利用氯气与石灰乳反应制备漂白粉，故D错误。故选：A。2、B【解析】 ，若0.2molNa完全燃烧，则，所以生成过氧化钠为0.1mol78g/mol=7.8g7.5g，说明燃烧之前部分钠被氧化，7.5g固体由Na2O2和Na2O共同

13、组成，答案选B。3、A【解析】氧化还原反应中，可能同种元素既被氧化也被还原，如氯气与水的反应中，Cl元素既被氧化也被还原，错误；阳离子或阴离子可能既有氧化性也有还原性，如亚铁离子、亚硫酸根离子等，错误；处于较低价态的微粒具有还原性，则只有Na+不具有还原性，正确；X变为X2+的反应中X失去电子，被氧化，发生氧化反应，正确；金属单质在反应中只能失去电子，被氧化，发生氧化反应，正确；非金属单质既可作氧化剂也可作还原剂，如氯气与NaOH的反应中，氯气既是氧化剂又是还原剂，错误；含最高价元素的化合物不一定具有强氧化性，例如氯化钠等，错误。答案选A。4、D【解析】AFeCl2可与氯气反应生成FeCl3，

14、可用于除杂，故A正确；B二氧化碳能与氢氧化钠溶液反应，而CO不能，可用于除杂，故B正确；C二氧化锰不溶于水，氯化钾易溶于水，可用溶解、过滤的方法分离，故C正确；D二氧化碳和氯化氢都能与碳酸钠溶液反应，应用饱和亚碳酸氢钠溶液除杂，故D错误；故选D。【点睛】本题考查了物质的分离、提纯。解答此类试题需要把握相关物质的异同，并注意在提纯时不能影响被提纯的物质，且不能引入新的杂质。本题的易错点为D，要注意二氧化碳与碳酸钠能够反应生成碳酸氢钠，Na2CO3+H2O +CO2=2NaHCO3。5、B【解析】反应CO+PdCl2+H2O=CO2+Pd+2HCl中，CO中C的化合价从+2价升高到+4价，被氧化，

15、做为还原剂，表现出还原性，生成的CO2是氧化产物；PdCl2中Pd化合价从+2价降为0价，被还原，做氧化剂，表现出氧化性，生成的Pd是还原产物；A、CO2为氧化产物，选项A错误；B、CO表现还原性，选项B正确；C、PdCl2被还原，选项C错误；D、根据反应方程式CO+PdCl2+H2O=CO2+Pd+2HCl，若标准状况下，当生成22.4LCO2时，转移电子的物质的量为2mol，但没说明气体的状态，不能确定其物质的量，选项D错误。答案选B。6、B【解析】A、3Cl2+2Fe2FeCl3反应中Fe元素的化合价升高，Fe是还原剂，故A错误；B、2 Na2 H2O=2 NaOHH2反应中H2O中的H

16、元素化合价降低，H2O是氧化剂，Na是还原剂，NaOH是氧化产物，故B正确；C、2HClO2HCl+O2反应中HClO既是氧化剂又是还原剂，O2是氧化产物，故C错误；D、Cl2+Na2SO3+H2O =2HCl+Na2SO4反应中Cl2中氯元素化合价降低，氯气是氧化剂，HCl是还原产物，氧化产物为硫酸钠，故D错误；故选B。7、C【解析】A、常温常压下，气体摩尔体积大于22.4L/mol，故11.2L氧气的物质的量小于0.5mol，含有的原子数小于NA，选项A错误；B、1.8g铵根离子的物质的量为0.1mol，0.1mol铵根离子中含有1.1mol质子，含有的质子数为1.1NA，选项B错误；C、

17、48g O3的物质的量为1mol，1mol臭氧中含有3mol氧原子，含有的氧原子数为3NA，选项C正确；D、2.4g镁的物质的量为0.1mol，变成镁离子失去0.2mol电子，失去的电子数为0.2NA，选项D错误；答案选C。【点睛】本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，题目难度中等，注意掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，准确弄清分子、原子、原子核内质子中子及核外电子的构成关系；选项A为易错点，注意常温常压下气体摩尔体积不是22.4L/mol。8、C【解析】A、标准状况下四氯化碳是液体，不能利用气体摩尔体积计算22.4LCCl4含有的分子数，A错误；B、由CO2和O2组成

18、的混合物中共有NA个分子，其物质的量是1mol，但其体积不一定为22.4L，B错误；C、1个甲烷分子含有10个质子，常温常压下，lmol甲烷分子中所含质子数为10NA，C正确；D、2mol/LNaCl溶液的体积不能确定，不能计算钠离子数目，D错误，答案选C。点睛：选项A和B是解答的易错点，主要是不明确气体摩尔体积的适用范围和条件，气体摩尔体积只能适用于气体（包括混合气体），由于气体的体积受温度和压强影响，其摩尔体积不是固定不变的，在标准状况下是22.4L/mol。9、A【解析】AO元素的化合价发生变化，为氧化还原反应，故A符合题意；B没有元素的化合价变化，不属于氧化还原反应，故B不符合题意；C

19、没有元素的化合价变化，不属于氧化还原反应，故C不符合题意；D没有元素的化合价变化，不属于氧化还原反应，故D不符合题意；故答案选A。10、B【解析】Ag+能与Cl-、OH-三种结合，Mg2+能与、OH-结合，Ba2+只能与结合，故先加入Ba(NO3)2溶液溶液，检验出离子，过滤除去生成的BaCO3沉淀；然后加入Mg(NO3)2溶液，检验出OH-，过滤除去生成的Mg(OH)2沉淀；最后加入AgNO3溶液，检验出Cl-，故正确的操作顺序是，故合理选项是B。11、B【解析】隔板不移动，说明两边的压强相等，温度相同，因此体积比等于物质的量之比，即有=4，解得混合气体物质的量为0.25mol，混合气体平均

20、摩尔质量为=32gmol1，采用十字交叉法，得出CO和CO2的物质的量之比为3：1，物质的量之比等于分子数之比，即为3：1，故选项B正确。12、D【解析】A. 标准状况下气体摩尔体积约为22.4L/mol，故A错误；B. 中子数为 8 的氧原子可表示为168O，故B错误；C. S2-的结构示意图： ，故C错误；D. 明矾的化学式为KAl(SO4)212H2O，故D正确。故选D。13、D【解析】A、质量的单位是g，1molN2的质量为28g，N2的摩尔质量为28g/mol，故A错误；B、标况下，1mol任何气体的体积约是22.4L，不是气体则不一定，故B错误；C、摩尔质量的单位为g/mol，故C

21、错误；D、n(SO2)=0.5mol，m(SO2)=nM=0.5mol64g/mol=32g，故D正确。故选D。点睛：B选项为易错点，注意气体摩尔体积只适用于气体，而固体、液体不能利用气体摩尔体积计算其物质的量。气体的摩尔体积与温度和压强有关，标况下，气体摩尔体积为22.4L/mol.14、C【解析】A铁元素由0价升高到+2价，失去2个电子，氢元素由+1价降低到0价，得到两个电子，A选项正确。B氯元素由0价升高到Ca(ClO)2中氯元素的+1价，失去两个电子，同时氯元素由0价降低至氯化钙中的-1价得到两个电子，B选项正确。CKClO3中Cl元素由+5价降低至0价，得到5个电子，HCl中氯元素由

22、-1价升高到0价，失去5个电子，C选项电子转移的数目错误，C选项错误。DNO中N元素由+2价升高到+5价，失去34个电子，O元素由0价降低至-2价，得到62个电子，得失电子守恒且电子转移方向与数目正确，D选项正确。故答案选C。15、B【解析】3.011023个分子的物质的量为3.011023/6.021023=0.5mol， X的摩尔质量为8/0.5=16g/mol。故相对分子质量为16.故选B。16、D【解析】A.蒸发操作时，当出现大量晶体时即可停止加热，利用余热蒸干，故A错误；B.蒸馏时，温度计水银球靠近蒸馏烧瓶的支管出口处，故B错误；C.萃取的基本原则是两种溶剂互不相溶，且溶质在一种溶剂

23、中的溶解度比在另一种大的多密度也可以比水小，故C错误；D.分液操作时，分液漏斗下端紧靠烧杯内壁，故D正确；答案：D二、非选择题（本题包括5小题）17、 H+ + HCO3- = H2O + CO2 Ba2+ + SO42- = BaSO4 【解析】取少量固体投入水中，既有气体生成，又有沉淀产生，说明含有硫酸氢钠和碳酸氢钾，可能含有硝酸钡或氯化钙。过滤，取少量滤液加AgNO3溶液，无沉淀产生，说明不含有氯化钙，则一定含有硝酸钡。再取少量滤液，加入足量NaOH溶液，也无沉淀产生，说明不含硫酸镁。【详解】(1)根据分析可确定含有硫酸氢钠和碳酸氢钾和硝酸钡，肯定不含氯化钙和硫酸镁。不能确定硝酸钠。 (

24、2)步骤中产生气体是碳酸氢钾和硫酸氢钠反应，即碳酸氢根离子和氢离子反应生成水和二氧化碳，离子方程式为H+ + HCO3- = H2O + CO2； (3)溶液中钡离子和硫酸根离子反应生成硫酸钡沉淀，离子方程式为： Ba2+ + SO42- = BaSO4。18、Na2CO3 CuCl2、K2SO4 KCl、NaCl、KNO3 Ba2+CO32=BaCO3 BaCO3+2H+=Ba2+CO2+H2O 【解析】将固体加水得到无色溶液,则不含CuCl2；向上述溶液中滴加过量BaCl2溶液,有白色沉淀生成，将该沉淀滤出，并将沉淀可完全溶于稀HNO3,则不含K2SO4，应含有Na2CO3 ；向的滤液中加

25、入AgNO3溶液,有白色沉淀生成,该沉淀不溶于稀HNO3,生成沉淀为AgCl,因加入氯化钡，不能证明含有KCl、NaCl；以此解答该题。【详解】将固体加水得到无色溶液,则不含CuCl2；向上述溶液中滴加过量BaCl2溶液,有白色沉淀生成，将该沉淀滤出，并将沉淀可完全溶于稀HNO3,则不含K2SO4，应含有Na2CO3 ；向的滤液中加入AgNO3溶液,有白色沉淀生成,该沉淀不溶于稀HNO3,生成沉淀为AgCl,因加入氯化钡，不能证明含有KCl、NaCl；(1)由以上分析可以知道固体中肯定含有Na2CO3 ，肯定没有CuCl2、K2SO4；实验加入氯化钡,引入氯离子,则不能证明是否含有KCl、Na

26、Cl，题目没有涉及KNO3的性质实验,无法证明是否含有KNO3；因此，本题正确答案是: Na2CO3 ；CuCl2、K2SO4 ； KCl、NaCl、KNO3。(2)中反应的离子方程式为Ba2+CO32=BaCO3， BaCO3+2H+=Ba2+CO2+H2O；因此，本题正确答案是：Ba2+CO32=BaCO3， BaCO3+2H+=Ba2+CO2+H2O。【点睛】在解此类题时，首先分析题中的实验现象，确定物质之间的关系，然后根据现象推出可以确定存在或不存在的物质，对于现象不能确定的只能再设计实验进行验证；本题要注意氯离子存在的判定时，要分析一下前几步操作中是否引入了氯离子，以防掉入陷阱。19

27、、CBDFAE 25.0 500mol容量瓶、玻璃棒 高 定容 高 【解析】（1）配制一定物质的量浓度溶液的步骤：计算、称量、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀等操作。需要称量固体的质量m=cVM。（2）配制500mL一定物质的量浓度溶液需要的仪器有: 托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、胶头滴管、500mL容量瓶。（3）配制溶液的浓度利用c=进行判断。【详解】（1）配制一定物质的量浓度溶液的步骤：计算、称量、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀等操作，AF按实验过程先后次序排列：CBDFAE。需要称量固体的质量m=cVM = 0.20mol/L500mL250g/mol =25.0g。（2）配制500mL一定物

28、质的量浓度溶液所需要用到的玻璃仪器的名称：烧杯、量筒、500mol容量瓶、玻璃棒。故答案为500mol容量瓶、玻璃棒。（3）配制NaOH溶液，用水溶解NaOH固体后未冷却至室温即转移，冷却后溶液体积偏小，溶液浓度偏高。步骤A通常称为定容，如果俯视刻度线，溶液体积偏小，配制的浓度将偏高。故答案为高；定容；高。【点睛】本题主要考查配制溶液中的操作、实验仪器，配制溶液过程中浓度的误差分析。注意配制过程及操作失误导致的浓度变化是解题关键。20、MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2+2H2O 饱和食盐水 除去A中产生的气体中含有的HCl气体 浓硫酸 除去Cl2中混有的水蒸汽 吸收氯气，防止污染 C

29、l2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O 在D、E之间增加一个含氯化钙的干燥管 【解析】用MnO2和浓盐酸制得的氯气中混有HCl和水蒸气，必须先除去HCl气体、再除掉水蒸气，接着干燥纯净的氯气与铜粉反应制取纯净的无水CuCl2，最后进行尾气处理。【详解】A装置是实验室制备氯气的反应原理，因此A中反应的化学方程式MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2+2H2O，故答案为MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2+2H2O；B、C装置是除掉杂质气体HCl和水蒸气，应先除掉HCl气体，再除掉水蒸气，因此B中选用的试剂是饱和食盐水，其作用是除去A中产生的气体中含有的HCl气体；C 中选用的试

30、剂是浓硫酸，其作用是除去Cl2中混有的水蒸汽，故答案分别是；饱和食盐水；除去A中产生的气体中含有的HCl气体；浓硫酸；除去Cl2中混有的水蒸汽；制备氯化铜后，由于氯气过量，会污染环境，因此装置E的目的是吸收氯气，防止污染，E中发生反应的化学方程式：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，故答案分别为：吸收氯气，防止污染；Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O；但实验发现D中得到的无水CuCl2总是偏蓝色，蓝色说明装置中存在水，分析前后装置，前面已经除掉水蒸气，说明水蒸气是后面来的即E中倒过来的，改进方案：在D、E之间增加一个含氯化钙的干燥管，故答案为在D、E之间增加一个含氯

31、化钙的干燥管。【点睛】与气体有关的实验装置的一般连接顺序为：气体发生装置气体除杂净化装置收集（或主体实验）装置尾气吸收装置。21、4.0 C 62.5 BD AD 【解析】（1）根据c(NaClO)=计算溶液的物质的量浓度；（3）根据c=计算浓硫酸物质的量浓度,根据溶液稀释过程中溶质的物质的量不变计算需要浓硫酸体积；分析操作对溶质的物质的量和溶液体积的影响，根据c=进行误差分析。【详解】（1）c(NaClO)=4.0 molL-1，故答案为4.0。（2）A.用NaClO固体配制480mL含NaClO质量分数为25%的消毒液，需要用到天平、烧杯、500mL容量瓶、玻璃棒、胶头滴管，不用图中圆底烧

32、瓶和分液漏斗，共2种仪器，故A错误；B.容量瓶用蒸馏水洗净后，不需要烘干就能用于溶液配制，故B错误；C.配制过程中，未用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒，造成溶质损失，配制的溶液浓度偏低，故C正确；D.因为没有480mL的容量瓶，需要配制500mL溶液，需要NaClO的质量为：m=0.5L4.0mol/L74.5g/mol=149g，故D错误。故答案为C。（3）浓硫酸物质的量浓度c=18.4mol/L，设需要浓硫酸体积为V，则根据溶液稀释过程中溶质的物质的量不变，得：V18.4mol/L=5002.3mol/L，计算得出V=62.5mL，故答案为62.5。A.溶液中硫酸的物质的量n=cV，所以与溶液的体

33、积有关，故A不选；B.溶液具有均一性，浓度与溶液的体积无关，故B选；C.溶质的质量与溶质的物质的量有关，根据A可以知道溶质的质量与溶液体积有关，故C不选；D.溶液的密度为溶液的性质，与溶液的体积无关，故D选。故答案为BD。A.未经冷却趁热将溶液注入容量瓶中，冷却后溶液体积偏小，溶液浓度偏高，故A选；B.摇匀后发现液面低于刻度线，再加水至刻度线，导致溶液体积偏大，溶液浓度偏低，故B不选；C.容量瓶中原有少量蒸馏水，对溶液体积和溶质的物质的量都不会产生影响，溶液浓度不变，故C不选；D.定容时俯视观察液面，导致溶液体积偏小，溶液浓度偏高，故D选。故答案为AD。【点睛】配制一定物质的量浓度的溶液时，误差分析应根据c=进行分析，注意操作对溶质的物质的量和溶液体积的影响。