高考化学知识点过关培优训练∶物质的量及答案

一、高中化学物质的量练习题（含详细答案解析）

1．（1）写出下列各项操作的名称，并写出有标号的仪器名称。

A：操作名称______________；仪器名称______________

B：操作名称______________；仪器名称______________

C：操作名称______________；仪器名称___________、______________、____________ D：操作名称_____________；仪器名称________________

（2）配制100ml、3.00mol/L NaCl溶液。

①计算需要NaCl固体的质量__________g。

②根据计算结果，用托盘天平称称量NaCl固体__________g。

③将称好的NaCl固体放入烧杯中，用适量蒸馏水溶解。

④将烧杯中的溶液注入容量瓶，并用少量蒸馏水_________________2~3次，__________也都注入容量瓶。轻轻摇动容量瓶，使溶液混均。

⑤将蒸馏水注入容量瓶，液面离容量瓶颈刻度线下________时，改用______________滴加蒸馏水使液面与刻度线相切，盖好瓶塞，上下颠倒，摇匀。

⑥贮存溶液。

（3）实验中所用玻璃仪器除量筒外还有________________________________________。（4）为什么要用蒸馏水洗涤烧杯，并将洗涤液也注入容量瓶？答：

____________________________________________________________________。

【答案】过滤漏斗蒸发蒸发皿蒸馏温度计蒸馏烧瓶冷凝管萃取分液分液漏斗 17.55 17.6 洗涤烧杯内壁和玻璃棒洗涤液 1-2cm 胶头滴管 100ml容量瓶玻璃棒胶头滴管烧杯烧杯内壁粘有NaCl浓溶液，洗涤后并将洗涤液转入容量瓶，保证NaCl完全转入容量瓶，否则所配溶液偏低。

【解析】

【分析】

（1）这四项操作均为化学实验基本操作，A为过滤，B为蒸发，C为蒸馏，D为萃取分液，据此写出所用仪器；

（2）配制一定物质的量浓度的溶液的实验步骤为：计算、称量、溶解、冷却、移液洗涤、定容、摇匀、装瓶；

①根据m=cVM计算需要NaCl的质量；

②根据托盘天平只能精确至0.1g，确定称量NaCl的质量；

④为了减小误差，将烧杯中的溶液注入容量瓶后，需要用少量蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒

2~3次，并将洗涤液也都注入容量瓶；

⑤定容时先将蒸馏水注入容量瓶，液面距离刻度线下1-2cm时，改用胶头滴管逐滴加入至凹液面与刻度线相切；

（3）根据实验操作步骤确定所用玻璃仪器；

（4）从对结果造成的误差角度分析。

【详解】

（1）这四项操作均为化学实验基本操作，A为过滤，①为漏斗；B为蒸发，②为蒸发皿；C为蒸馏，③为温度计，④为蒸馏烧瓶，⑤为冷凝管；D为萃取分液，⑥为分液漏斗；

故答案为：A. 过滤；漏斗；B. 蒸发；蒸发皿；C. 蒸馏；温度计；蒸馏烧瓶；冷凝管；

D萃取分液；分液漏斗；

（2）①n(NaCl)=cV=0.1L×3.00mol/L=0.3mol，NaCl质量

m(NaCl)=nM=0.3mol×58.5g/mol=17.55g；

②托盘天平只能精确至0.1g，则称量NaCl的质量为17.6g；

④为了减小误差，将烧杯中的溶液注入容量瓶后，需要用少量蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒

2~3次，并将洗涤液也都注入容量瓶；

⑤定容时先将蒸馏水注入容量瓶，液面距离刻度线下1-2cm时，改用胶头滴管逐滴加入至凹液面与刻度线相切；

（3）配制一定物质的量浓度的溶液的实验步骤为：计算、称量、溶解、冷却、移液洗涤、定容、摇匀、装瓶，除了量筒还需要的玻璃仪器是100ml容量瓶、玻璃棒、胶头滴管、烧杯；

（4）烧杯内壁粘有NaCl浓溶液，如果不用蒸馏水洗涤烧杯，并将洗涤液也注入容量瓶，会造成溶质损失，使配制的溶液浓度偏低。

【点睛】

配制一定物质的量浓度的溶液所需要的仪器是高频考点，但是也是学生们的易错点，①学生们往往会漏掉某些仪器，尤其是胶头滴管，②写容量瓶时经常会漏掉规格。我们可以通过实验步骤有序的回忆思考实验所需要的仪器，做到不漏不多。

2．I．配制0.5 mol/L的NaOH溶液时，如果只存在下列问题，溶液的浓度如何变化？（填“偏大”“偏小”或“不变”）

（1）向容量瓶中加蒸馏水低于刻度线，其结果_____________；

（2）定容时观察刻度线仰视，其结果_____________。

II．（1）实验室加热固体氯化铵和氢氧化钙的混合物制取氨，反应的化学方程式为：

__________________________。

（2）请在下列装置中选择实验室制备氨的发生装置：_____________（将编号字母填入空格处，下同）；为了得到纯净的氨，请在下列试剂中选择干燥氨的试剂：_____________。装置有：

A B C D E F G H

NaHCO溶液e．碱石灰

试剂有：a．NaOH溶液b．澄清石灰水c．浓硫酸d．饱和3

f．品红溶液g．湿润的红色石蕊试纸

【答案】偏大偏小 2NH4Cl+Ca(OH)2Δ 2NH3↑+CaCl2+2H2O A e

【解析】

【分析】

根据n=cV可得，一定物质的量浓度溶液配制的误差都是由溶质的物质的量n和溶液的体积V引起的，在配制一定物质的量浓度溶液时，若V比理论值大时，会使所配溶液浓度偏小；若V比理论值小时，都会使所配溶液浓度偏大。

【详解】

I．（1）向容量瓶中加蒸馏水低于刻度线，水偏小，其结果偏大；

（2）定容时观察刻度线仰视，视野随水位到达刻度线时，实际加水过量，其结果偏小。II．（1）实验室加热固体氯化铵和氢氧化钙的混合物制取氨，反应的化学方程式为：

2NH4Cl+Ca(OH)2Δ 2NH3↑+CaCl2+2H2O。

（2）实验室制备氨是固固加热型装置，即发生装置为A；为了得到纯净的氨，氨气为碱性气体，干燥氨的试剂具有吸水性，且不能与碱性物质发生反应，可选e。

3．以下涉及的物质中A、B、C都是化合物；请注意各小题之间可能有的联系。

(1)一定条件下，9.80g NH4Br跟3.60g的某钙盐A恰好反应，生成了4.48L（标准状况）气态产物B和固体产物C。标准状况下，B气体的密度为0.76g/L，氮的质量分数为82.35%，其余是氢。试求B的分子式_____________ 。

(2)25℃、101.3KPa时，气体摩尔体积为24.5L/mol. 该状况下，1体积水（密度为1g/cm3）吸收560体积B气体得到密度为0.91 g/cm3的溶液，则该溶液中溶质的质量分数为_____%（溶液中的溶质以B计量；保留2位小数）；溶液的物质的量浓度为__________ mol /L （保留2位小数）。

(3)在催化剂作用下，B可和NO、NO2混合气体反应生成液态水和一种单质气体D（可不考虑气体反应物与生成的液态水之间的作用）。在常温常压下，将密度一定的NO、NO2混合气体和B在不同体积比时进行了四次实验，所得数据如下：

实验次数B与混合气体的体积比反应后气体密度（已换算为标准状况；g/L）

第一次 1.0 1.35

第二次 1.2 1.25

第三次 2.0 1.04

则原NO 、NO 2混合气体中NO 的体积分数为________%；第四次实验所得气体的平均摩尔质量为_______（保留2位小数）。

(4)将9.80g NH 4Br 跟过量的氧化鈣共热，充分反应后生成水、1.70gB 气体和固体产物C ，则C 的化学式为__________；试根据有关数据，求钙盐A 的化学式_______ 。

【答案】NH 3 27.98 14.98 20 22.76 CaBr 2 Ca(NH 2)2或CaN 2H 4 【解析】

【分析】

(1)根据M=ρ?Vm 计算B 的相对分子质量，根据氮的质量分数为82.35%计算氢元素的质量分数，继而确定B 的分子式；

(2)根据溶液质量分数=?溶质的质量溶液的质量100%，溶液物质的量浓度c=n V

公式进行计算，结和已知信息寻找相应的量进行求解；

(3)根据体积比不同混合气体和密度，计算混合气体的平均摩尔质量；

(4)根据质量守恒和原子守恒确定相应物质的分子式。

【详解】

(1)标况下B 气体的密度为0.76g/L ，则B 的相对分子质量= 0.76 ? 22.4= 17，其中氮的质量分数为82.35%，则B 分子中N 原子数目=

17?82.5%14?=1，其余是氢，则H 原子数目=171431

-=，则B 为NH 3，故答案为： NH 3； (2)假设氨气体积为560L ，则水为1L ，25C 、101.3KPa 时，气体摩尔体积为24.5L/mol ，氨气的物质的量=

560L 24.5L /mol = 22.86mo ，氨气的质量= 22.86mol ?17g/ mol = 388.62g ，1L 水的质量为1000g ，则所得溶液质量分数=

388.62g 1000g 388.62g ?+100%= 27.99%；所得溶液密度为0.91g/cm3，故溶液物质的量浓度=

1000?0.91?27.99%17

?? = 14.98 mol/L ，故答案：27.98；14.98； (3)在催化剂作用下，NH 3可和NO 、NO 2混合气体反应生成液态水和一种单质气体D ，根据原子守恒电子守恒可知，D 为N 2。第一次反应气体的相对分子质量

= 1.35? 22.4= 30.24；第二次反应气体的相对分子质量= 1.25? 22.4= 28；第三次反应气体的相对分子质量=1.04 ? 22.4= 23.2，由反应后气体相对分子质量可知，第二次实验恰好完全反应气体为N 2，说明第一次剩余氨气不足，第三次剩余氨气有剩余，令第二次实验中NO 、NO 2的总物质的量为1mol ，则NH 3为1.2mol ，设NO 为axmol ，则NO 2为(1-x)mol ，根据电子转移守恒：2x +4(1-x)=1.2?[0-(-3)]，解得x=0.2，故NO 的体积分数

=0.2mol

1mol

? 100%= 20%；

令第四次实验中NO、NO2的总物质的量为1mol，则NH3为2.2mol， NO为0.2mol，则NO2为(1- 0.2) mol= 0.8mol，令参加反应的氨气为ymol，根据电子转移守恒：

2?0.2 +4?0.8=y? [0- (-3)]，解得y= 1.2，剩余氨气为2.2mol - 1.2mol = 1mol，根据N原子

守恒可知生成N2的物质的量=1mol?1?.2mol

= 1.1mol，故反应后气体的平均摩尔质量

=1mol1?7g/mol?1?.1mol?28g/?mol

1mol 1.1mol

?+?

=22.76g/mol，故答案为：20；22.76；

(4)将9.80g NH4 Br跟过量的氧化钙共热，充分反应后生成水、1.70gNH3气体和固体产物C，由元素守恒，则C的化学式为CaBr2。由(1)9.80g NH4Br跟3.60g的某钙盐A恰好反

应，生成了4.48L(标准状况)NH3和CaBr2，NH4Br的物质的量=

9.8g

98g/?mol

= 0.1mol，由Br

元素守恒可知CaBr2为0.05mol，由Ca元素守恒可知，3.6gA中含有Ca原子为0.05mol，

氨气的物质的量=

4.48L

22.4L/?mol

= 0.2mol，由N元素守恒可知3.6gA 中含有N原子为

0.2mol - 0.1mol= 0.1mol，由H元素守恒，3.6gA 中含有H原子为0.2mol? 3-

0.1mol?4 = 0.2mo，故3.6gA中Ca、N、H原子物质的量之比= 0.05:0.1 :0.2= 1 :2:4，故A 的化学式为CaN2H4，故答案为：CaBr2；Ca(NH2)2或CaN2H4。

【点睛】根据M=ρ?Vm计算不同气体或混合气体的摩尔质量。

4．锂因其重要的用途，被誉为“能源金属”和“推动世界前进的金属”．

（1）Li3N可由Li在N2中燃烧制得．取4.164g 锂在N2中燃烧，理论上生成Li3N__g；因部分金属Li没有反应，实际反应后固体质量变为6.840g，则固体中Li3N的质量是__g（保留三位小数，Li3N的式量：34.82）

（2）已知：Li3N+3H2O→3LiOH+NH3↑．取17.41g纯净Li3N，加入100g水，充分搅拌，完全反应后，冷却到20℃，产生的NH3折算成标准状况下的体积是__L．过滤沉淀、洗涤、晾干，得到LiOH固体26.56g，计算20℃时LiOH的溶解度__．（保留1位小数，LiOH的式量：23.94）

锂离子电池中常用的LiCoO2，工业上可由碳酸锂与碱式碳酸钴制备．

（3）将含0.5molCoCl2的溶液与含0.5molNa2CO3的溶液混合，充分反应后得到碱式碳酸钴沉淀53.50g；过滤，向滤液中加入足量HNO3酸化的AgNO3溶液，得到白色沉淀143.50g，经测定溶液中的阳离子只有Na+，且Na+有1mol；反应中产生的气体被足量NaOH溶液完全吸收，使NaOH溶液增重13.20g，通过计算确定该碱式碳酸钴的化学式__，写出制备碱式碳酸钴反应的化学方程式__．

（4）Co2(OH)2CO3和Li2CO3在空气中保持温度为600～800℃，可制得LiCoO2，已知：

3Co2(OH)2CO3+O2→2Co3O4+3H2O+3CO2；4Co3O4+6Li2CO3+O2→12LiCoO2+6CO2

按钴和锂的原子比1：1混合固体，空气过量70%，800℃时充分反应，计算产物气体中CO2的体积分数__．（保留三位小数，已知空气组成：N2体积分数0.79，O2体积分数

0.21）

【答案】6.964 6.656 11.2 12.8g 2CoCO 3?3Co （OH ）2?H 2O

5CoCl 2+5Na 2CO 3+4H 2O=2CoCO 3?3Co （OH ）2?H 2O+10NaCl+3CO 2↑ 0.305

【解析】

【分析】

【详解】

（1）首先写出锂在氮气中燃烧的方程式：236Li+N 2Li N 点燃，接下来根据

4.164g =0.6mol 6.94g/mol

算出锂的物质的量，则理论上能生成0.2mol 的氮化锂，这些氮化锂的质量为0.2mol 34.82g/mol=6.964g ?；反应前后相差的质量为6.840g-4.164g=2.676g ，这些增加的质量实际上是氮原子的质量，即2.676g =0.191mol 14g/mol

的氮原子，根据氮守恒我们知道氮化锂的物质的量也为0.191mol ，这些氮化锂的质量为

0.191mol 34.82g/mol=6.656g ?；

（2）根据17.41g =0.5mol 34.82g/mol

先算出氮化锂的物质的量，根据方程式不难看出氮化锂和氨气是1:1的，这些氨气在标况下的体积为22.4L/mol 0.5mol=11.2L ?；根据化学计量比，0.5mol 的氮化锂理论上能生成1.5mol 的LiOH ，这些LiOH 的质量为

1.5mol 23.94g/mol=35.91g ?，缺少的那9.35克LiOH 即溶解损失掉的，但是需要注意：溶解度指的是100克溶剂能溶解达到饱和的最大溶质的量，虽然一开始有100克水，但是反应会消耗掉1.5mol 水，这些水的质量为1.5mol 18g/mol=27g ?，因此我们算出的

9.35克是73克水中能溶解的LiOH 的量，换算一下9.35g S =100g-27g 100g

，解得S 为12.8克；

（3）加入硝酸银后的白色沉淀为AgCl ，根据143.5g =1mol 143.5g/mol

算出-Cl 的物质的量，因此-Cl 全部留在溶液中，碱式碳酸钴中无-Cl ，+Na 也全部留在溶液中，沉淀中无+Na ，使烧碱溶液增重是因为吸收了2CO ，根据13.2g =0.3mol 44g/mol

算出2CO 的物质的量，根据碳守恒，剩下的0.5mol-0.3mol=0.2mol 2-3CO 进入了碱式碳酸钴中，

0.5mol 2+Co 全部在碱式碳酸钴中，剩下的负电荷由-OH 来提供，因此-OH 的物质的量为0.6mol 。将0.5mol 2+Co 、0.2mol 2-

3CO 和0.6mol -OH 的质量加起来，发现只有0.5mol 59g/mol+0.2mol 60g/mol+0.6mol 17g/mol=51.7g ???，剩下的1.8克只能是结晶水，即0.1mol 结晶水，综上，碱式碳酸钴的分子式为3222CoCO 3Co(OH)H O ??；写出制备方程式223232225CoCl +5Na CO +4H O=2CoCO 3Co(OH)H O+10NaCl+3CO ??↑；

（4）令参加反应的氧气为3mol，相当于

mol 21%

的空气，又因为空气过量70%，则一共通入了

1+0.7mol

21%

（）空气，反应中一共生成了6mol水蒸气和12mol二氧化碳，则二氧化碳的体积分数为

100%=30.5%

12+6-3+1.7

0.21

（）。

5．I．自然界中的物质绝大多数以混合物的形式存在，为了便于研究和利用，常需对混合物进行分离和提纯。下列A、B、C、D是中学常见的混合物分离或提纯的装置。

请根据混合物分离或提纯的原理，回答在下列实验中需要使用哪种装置。将A、B、C、D 填入适当的空格中。

(1)碳酸钙悬浊液中分离出碳酸钙__________；

(2)氯化钠溶液中分离出氯化钠___________；

(3)分离39％的乙醇溶液___________；

(4)分离溴的氯化钠溶液____________；

Ⅱ.利用“化学计量在实验中的应用”的相关知识进行填空

已知某饱和氯化钠溶液体积为V mL，溶液密度为d g/cm3，质量分数为w，物质的量浓度为

c mol/L，溶液中含NaCl的质量为m g。

(1)用m、V表示溶液的物质的量浓度是_________

(2)用w、d表示溶液的物质的量浓度是_________

(3)用c、d表示溶液的质量分数是__________

【答案】B D A C

1000

58.5

mol·L－1

1000

58.5

mol·L－1

58.5

1000

【解析】

【分析】

I. 根据混合物的性质选择相应的装置进行分离；

Ⅱ. 根据公式n m

=、

1000

ρω

进行计算。

【详解】

I. (1)碳酸钙不溶于水，可用过滤的方法从碳酸钙悬浊液中分离出碳酸钙，故答案为：B；

(2)氯化钠易溶于水，可用蒸发的方法从氯化钠溶液中分离出氯化钠，故答案为：D；

(3)乙醇和水是互溶的两种液体，可用蒸馏的方法分离乙醇和水，故答案为：A；

(4)溴易溶于四氯化碳而难溶于水，且四氯化碳与水不互溶，则可以用四氯化碳萃取氯化钠

溶液中的溴单质，再分液，故答案为：C ；

Ⅱ. (1)NaCl 的物质的量为g ==mol 58.5g/mol 58.5

m m m n M =，则NaCl 溶液的物质的量浓度是-1-3mol 100058.5==mol L 10L 58.5m m c V V

??，故答案为：100058.5m V mol·L －1； (2)根据公式1000=c M ρω可知，该溶液的物质的量浓度是-11000=mol L 58.5

dw c ?，故答案为：100058.5

dw mol·L －1； (3)由1000=

c M ρω可知，=1000cM ωρ，则该溶液的质量分数是58.51000c

d ，故答案为：58.51000c d

。【点睛】该公式1000=

c M

ρω中，涉及溶液的密度，质量分数，物质的量浓度，密度的单位为g/cm 3，是同学们的易忘点。

6．为了将可称量的物质与难以称量的微观粒子之间联系起来，国际上采用了“物质的量”这一物理量，据此完成下列试题：

（1）等质量的O 2和O 3所含分子的物质的量之比为___。

（2）等温等压下，等体积的O 2和O 3所含分子个数比为___，质量比为___。

（3）设N A 为阿伏加德罗常数的值，如果ag 氧气中含有的分子数为b ，则cg 氧气在标准状况下的体积约是___(用含a 、b 、c 、N A 的式子表示)。

（4）实验室需要配制100mL1mol /L 的NaOH 溶液，进行如下操作：

①配制该溶液所需主要仪器除了托盘天平、玻璃棒、烧杯、胶头滴管，还需要的玻璃仪器___。

②计算需要NaOH 固体的质量：___g 。

③取出50 mL 配制好的溶液，此溶液中NaOH 的物质的量浓度为___。

④若出现如下情况，导致所配溶液浓度偏高的是___。

A .称量时砝码已经生锈

B .定容时仰视

C .溶解、转移溶液之后没有对烧杯和玻璃棒进行洗涤操作

D .定容摇匀后，液面低于容量瓶颈上的刻度线

【答案】3：2 1：1 2：3 A

22.4bc a N ?L 100mL 容量瓶 4.0 1mol /L A 【解析】

【详解】

（1）根据n m M

=可知，等质量的O 2和O 3的物质的量之比为2311(O ):(O ):3:23248

==n n ，所含分子的物质的量之比为3：2。（2）根据阿伏加德罗定律，PV =nRT （R 为常数），在等温等压下，等体积的任一气体所含分子的物质的量相同，由N =nN A （N A 为常数）可知，分子个数比为1：1；由m ＝nM 可知，O 2和O 3的质量比为2：3。

（3）设N A 为阿伏加德罗常数的值，如果ag 氧气中含有的分子数为b ，则ag 氧气的物质的量A A N b n N N ==，摩尔质量1

A A

m ag aN M g mol b n b mol N -===g ，即当氧气为cg ，物质的量1A A m cg bc n mol aN M aN g mol b

-===g ，在标准状况下的体积22.4m A bc V nV aN == L 。（4）①实验室需要配制100mL1mol /L 的NaOH 溶液，则配制该溶液所需主要仪器为托盘天平、玻璃棒、烧杯、胶头滴管和100mL 容量瓶。

②需要NaOH 固体的质量111001404--===??=g g m nM cVM mL mol L g mol g 。

③溶液具有均一性，物质的量浓度不随着溶液的体积发生改变，浓度仍然为1mol /L 。 ④A .称量时砝码已经生锈，实际砝码质量增大，称得的氢氧化钠质量增大，浓度偏高； B .定容时仰视，实际加水量偏高，溶液浓度偏低；

C .溶解、转移溶液之后没有对烧杯和玻璃棒进行洗涤操作，剩余部分溶质残留，导致容量瓶内部溶质减小，溶液物质的量浓度偏低；

D .定容摇匀后，溶液物质的量浓度固定，液面低于容量瓶颈上的刻度线对结果无影响。答案为A 。

【点睛】根据n c V

=可得，一定物质的量浓度溶液配制的误差都是由溶质的物质的量ｎ和溶液的体积V 引起的。误差分析时，关键要看配制过程中引起ｎ和V 怎样的变化。在配制一定物质的量浓度溶液时，若n 比理论值小，或V 比理论值大时，都会使所配溶液浓度偏小；若n 比理论值大，或V 比理论值小时，都会使所配溶液浓度偏大。需要具体问题具体分析。

7．根据所学知识，回答下列问题：

(1)高铁酸钠(Na 2FeO 4)可作为高效、多功能水处理剂，其摩尔质量是__________。高铁酸钠可与水反应生成Fe(OH)3胶体、氢氧化钠和氧气，写出相应的离子方程式：

_____________。

(2)戴维通过电解法首先制得了金属钠，随后几十年内，工业上采用铁粉和氢氧化钠高温熔融的方法制得钠蒸气，同时获得Fe 3O 4和氢气。写出该反应的化学方程式_____________，该反应中属于电解质但不属于氧化物的物质是________________（填化学式），若制得22.4L(折算为标准状况下)钠蒸气，转移电子的数目为________________。

(3)漂白粉常用于饮水、污水、排泄物及被污染的环境消毒，其主要成分是氯化钙和次氯酸钙[Ca(ClO)2]，有效成分为次氯酸钙。为测得某漂白粉的有效成分含量，称取A g漂白粉样品溶解，往所得溶液中通入CO2至不再产生沉淀为止，反应的化学方程式为

Ca(ClO)2+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO，若反应生成次氯酸(HClO)的物质的量为Kmol，则该漂白粉中有效成分的质量分数为___________%（用含A、K的式子表示）。

【答案】166g/mol 4FeO42-+10H2O=4Fe(OH)3(胶体)+8OH-+3O2↑

3Fe+4NaOH=4Na↑+Fe3O4+2H2↑ NaOH 2N A或1.204×10247150K A

【解析】

【分析】

(1)摩尔质量以g/mol为单位，数值上等于其相对分子质量；根据电子转移守恒、电荷守恒、原子守恒配平书写离子方程式；

(2)由题意可知，Fe与NaOH在高温条件下生成Na蒸气、Fe3O4和H2，配平书写化学方程式；反应中属于电解质但不属于氧化物的物质是NaOH；反应中Na、H元素化合价降低，根据方程式计算生成氢气的量，根据Na元素、H元素化合价变化计算转移电子数目；(3)根据HClO的量计算Ca(ClO)2的质量，再根据质量分数的定义式计算。

【详解】

(1)Na2FeO4的相对分子质量为166，故其摩尔质量为166g/mol。高铁酸钠可与水反应生成Fe(OH)3胶体、氢氧化钠和氧气，相应的离子方程式：4FeO42-+10H2O=4Fe(OH)3(胶体)+8OH-+3O2↑；

(2)由题意可知，Fe与NaOH在高温条件下生成Na蒸气、Fe3O4和H2，反应方程式为：

3Fe+4NaOH4N a↑+Fe3O4+2H2↑，反应中属于电解质但不属于氧化物的物质是NaOH，Na的物质的量n(Na)=224L÷22.4L/mol=1mol，由方程式可知生成氢气为

1mol×1

=0.5mol，故转移电子的物质的量n(e-)=1mol×1+0.5mol×2=2mol，则转移电子数目

N(e-)=2mol×N A/mol=2mol×(6.02×1023mol-1)=1.204×1024；

(3)由Ca(ClO)2+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO可知，n[Ca(ClO)2]=1

n(HClO)=

×Kmol=0.5Kmol，

则该漂白粉中有效成分的质量分数

0.5Kmol143g/mol

=×100%=7150K

%。

【点睛】

本题考查化学方程式和离子方程式的书写、电解质、摩尔质量等概念及化学计算的知识。掌握化学基础知识和物质的量的有关计算公式是解题基础，考查了学生运用知识分析问题和解决问题的能力。

8．现有21.6 g由CO和CO2组成的混合气体，在标准状况下其体积为13.44 L。回答下列问题：

(1)该混合气体的平均摩尔质量为________。

(2)混合气体中碳原子的质量为________。

(3)将混合气体依次通过如图所示装置，最后收集在气球中(实验在标准状况下测定)。

①气球中收集到的气体的摩尔质量为________。

②气球中收集到的气体中，电子总数为________(用N A表示阿伏加德罗常数的值)。

③气球的体积为________L。

【答案】36 g·mol－1 7.2 g 28 g·mol－1 4.2N A 6.72

【解析】

【详解】

(1)标准状况下，该混合气体的物质的量为13.44÷22.4=0.6（mol），所以混合气体的平均摩尔质量M=m/n=21.6÷0.6=36 （g·mol－1），

(2)由第一问已知混合气体的物质的量为0.6mol，而 CO和CO2分子中均只含一个碳原子，故混合气体中的碳原子也为1mol，所以混合气体中碳原子的质量为0.6×12=7.2（g）(3) CO和CO2组成的混合气体通过NaOH溶液后，CO2与NaOH反应被吸收，剩余的CO通过浓硫酸干燥，最后收集在气球中。设CO的物质的量为x ,则CO2的物质的量为0.6-x，列方程：28x+44(0.6-x)=21.6，解得x=0.3mol。

①气球中收集到的气体为纯净的CO，其摩尔质量为28 g·mol－1；② CO的物质的量为

0.3mol，所以电子总数为0.3×14NA=4.2NA ；③标准状况下，0.3molCO的体积为

0.3×22.4=6.72（L），所以气球的体积为6.72L。

9．氧化还原反应原理在生产生活和科学研究中应用广泛。

（1）下列表述中没有氧化还原反应发生的是_____。

a．滴水成冰 b．蜡炬成灰 c．百炼成钢

（2）NH3和Cl2反应的方程式为：NH3+Cl2﹣N2+HCl

①该反应中被氧化的元素是_____（填元素名称），氧化剂是_____（填化学式）。

②配平该方程式：_____NH3+_____Cl2=_____N2+_____HCl

（3）“地康法”制氯气的反应原理图示如下：

①反应I的化学方程式为_____。

②若要制得标准状况下氯气11.2L，则整个反应中转移电子的物质的量为_____。

【答案】a 氮 Cl22316 2HCl+CuO＝CuCl2+H2O 1mol

【解析】

【分析】

（1）a、滴水成冰，没有生成新物质，属于物理变化，符合题意，a正确；

b．蜡炬燃烧生成二氧化碳和水，碳元素、氧元素化合价改变，属于氧化还原反应，与题意不符，b错误；

c．百炼成钢，为钢中的碳与氧气反应生成二氧化碳，碳元素、氧元素化合价改变，属于氧化还原反应，与题意不符，c错误；

（2）①还原剂化合价升高，被氧化，氧化剂化合价降低，被还原；

②利用化合价升降法配平；

（3）①根据反应原理图，反应I是HCl、CuO反应生成CuCl2和H2O；

②标准状况下11.2L氯气的物质的量是0.5mol，反应I是非氧化还原反应，反应II是氧化还原反应，氯元素化合价由﹣1升高为0。

【详解】

（1）a、滴水成冰，没有生成新物质，属于物理变化，符合题意，a正确；

b．蜡炬燃烧生成二氧化碳和水，碳元素、氧元素化合价改变，属于氧化还原反应，与题意不符，b错误；

c．百炼成钢，为钢中的碳与氧气反应生成二氧化碳，碳元素、氧元素化合价改变，属于氧化还原反应，与题意不符，c错误；

故答案为a；

（2）①NH3和Cl2反应中氮元素化合价由﹣3升高为0，氯元素化合价由0降低为﹣1，该反应中被氧化的元素是氮元素，氧化剂是Cl2；

②氮元素化合价由﹣3升高为0，氯元素化合价由0降低为﹣1，最小公倍数为6，根据得失电子守恒配平方程式是2NH3+3Cl2＝N2+6HCl；

（3）①根据反应原理图，反应I是HCl、CuO反应生成CuCl2和H2O，反应方程式是

2HCl+CuO＝CuCl2+H2O；

②标准状况下11.2L氯气的物质的量是0.5mol，反应I是非氧化还原反应，反应II是氧化还原反应，根据2CuCl2+O2＝2CuO+2Cl2，氯元素化合价由﹣1升高为0，所以生成0.5mol

氯气转移1mol电子。

【点睛】

还原剂化合价升高，被氧化，发生氧化反应，生成氧化产物；氧化剂化合价降低，被还原，发生还原反应，得到还原产物。

10．设N A为阿伏加德罗常数的数值，下列说法不正确的是

A．含有N A个氦原子的氦气在标准状况下的体积约为11.2 L

B．0.2N A个硫酸分子与19.6磷酸（H3PO4）含有相同的氧原子数

C．常温下，28克N2和CO的混合物，含有2N A个原子

D．标准状况下，33.6 L氧气中含有9.03×1023个氧气分子

【答案】A

【解析】

【详解】

A．稀有气体为单原子分子，含有N A个氦原子的氦气物质的量为1mol，标准状况下的体积

约为22.4L，故A错误；

B．19.6磷酸(H3PO4)的物质的量为

19.6g

98g/mol

=0.2mol，则0.2N A个硫酸分子与19.6磷酸

(H3PO4)含有的氧原子数均为0.8N A，故B正确；

C．N2和CO的摩尔质量均为28g/mol，且均为双原子分子；则常温下，28克N2和CO的混合物的总物质的量为1mol，含有2N A个原子，故C正确；

D．标准状况下，33.6 L氧气的物质的量为

33.6L

22.4L/mol

=1.5mol，共含有9.03×1023个氧气

分子，故D正确；

故答案为A。

11．储氢纳米碳管的研究成功体现了科技的进步，但用电弧法合成的碳纳米管常伴有大量的杂质——碳纳米颗粒，这种碳纳米颗粒可用氧化气化法提纯其反应式为C＋K2Cr2O7＋

H2SO4＝CO2＋K2SO4＋Cr2(SO4)3＋H2O（未配平）

（1）配平上述方程式__C＋__K2Cr2O7＋__H2SO4＝__CO2＋ __K2SO4＋__Cr2(SO4)3＋__H2O （2）上述反应中氧化剂是_______（填化学式），氧化产物是__________（填化学式）（3）H2SO4在上述发应中表现出来的性质是_______（填序号）

a.氧化性

b.氧化性和酸性

c.酸性

d.还原性和酸性

（4）若反应中电子转移了0.8mol，则产生的气体在标准状况下的体积为__________ L （5）要使10mL0.5mol/L的K2Cr2O7，溶液被还原，至少要加入 ________ mL2mol/L的

H2SO4溶液

【答案】3283228 K2Cr2O7 CO2c 4.48 10

【解析】

【分析】

（1）碳元素化合价由0升高为+4，Cr元素化合价由+6降低为+3，根据得失电子守恒、元素守恒配平；

（2）所含元素化合价降低的反应物是氧化剂，还原剂失电子化合价升高得到的产物是氧化产物；

（3）H2SO4中元素化合价不变，有盐K2SO4、Cr2(SO4)3生成；

（4）由可知，生成3mol

CO2转移12mol电子。

（5）根据化学方程式计算要使10mL0.5mol/L的K2Cr2O7溶液被还原，需要2mol/L的H2SO4溶液的体积。

【详解】

（1）碳元素化合价由0升高为+4，Cr元素化合价由+6降低为+3，根据得失电子守恒、元

素守恒配平方程式为3C＋2K2Cr2O7＋8H2SO4＝3CO2＋2K2SO4＋2Cr2(SO4)3＋8H2O

（2）所含元素化合价降低的反应物是氧化剂，Cr元素化合价由+6降低为+3，所以K2Cr2O7是氧化剂；还原剂失电子化合价升高得到的产物是氧化产物，C元素化合价由0升高为

+4，氧化产物是CO2；

（3）H2SO4中元素化合价不变，有盐K2SO4、Cr2(SO4)3生成，硫酸表现出来的性质是酸性，故选c。

（4）由可知，生成3mol

CO2转移12mol电子，所以转移0.8mol电子生成CO2的物质的量是30.8

=0.2

mol

，则

产生的气体在标准状况下的体积为0.2mol×22.4L/mol=4.48 L；

（5）设需要2mol/L的H2SO4溶液的体积为VL；

3C＋2K2Cr2O7＋8H2SO4＝3CO2＋2K2SO4＋2Cr2(SO4)3＋8H2O

2 8

0.01L×0.5mol/L V×2mol/L

0.010.52

V=0.01L=10 mL

【点睛】

本题考查氧化还原反应，会根据得失电子守恒配平氧化还原反应方程式是解题的关键，需要熟练掌握氧化还原反应的几组概念和计算。

12．（1）写出离子方程式：向Ba(OH)2溶液中滴加NaHSO4溶液至Ba2+刚好沉淀完全

________；

（2）标况下，将224L氯化氢气体溶于V升水中，所得溶液密度为dg/mL，则此溶液中溶质的物质的量浓度为________mol/L

（3）使物质的量浓度之比为1:2:3的氯化钠、氯化镁、氯化铝溶液中的Cl-恰好完全沉淀时，若所用相同物质的量浓度的硝酸银溶液的体积比为3:2:3，则上述三种溶液的体积之比是__________；

（4）5.00g CuSO4·5H2O样品受热脱水过程的热重曲线（样品质量随温度变化的曲线）如图所示，则200℃时所得固体物质的化学式为______________；

（5）已知氧化性：Cl 2>Fe 3+>I 2，写出FeI 2和Cl 2按物质的量之比为7:8反应的总离子方程式_____

【答案】Ba 2＋+OH -+H ++SO 42- = BaSO 4↓+ H 2O 10000d/(365+1000V) mol·

L －1 18:3:2 CuSO 4·H 2O 2Fe 2＋+14I -+8Cl 2 =2Fe 3＋+7I 2+16Cl -

【解析】

【分析】

根据物质的性质书写离子方程式；根据气体摩尔体积及物质的量间的关系计算物质的量浓度；根据图象信息结晶水的质量并计算书写化学式；根据电子转移守恒配平书写离子方程式。

【详解】

（1）沉淀刚好完全时，表示硫酸氢钠用量最少，与Ba 2＋刚好完全反应，发生的化学方程

式为：Ba(OH)2+NaHSO 4=BaSO 4↓+NaOH+H 2O ，转化为离子方程式则为：Ba 2＋+OH -+H ++SO 42-=

BaSO 4↓+ H 2O ；

(2)由题，n(HCl)=V(HCl)/V m =224L÷22.4L/mol=10mol ，m 总

=m(HCl)+m(H 2O)=n(HCl)×M(HCl)+V(H 2O)×ρ(H 2O)=10×36.5+V×103×1=(365+1000V)g ，365+1m V ==mL ρd

000V 总总总，c(HCl)=-1-1

-3

n(HCl)1010000d =mol L =mol L 365+1000V V 365+1000V ×10d

??总，故答案为：-110000d mol L 365+1000V

?； (3)由题可以写出氯化钠、氯化镁、氯化铝与硝酸银反应的化学方程式：

NaCl+AgNO 3=AgCl↓+NaNO 3，MgCl 2+2AgNO 3=2AgCl↓+Mg(NO 3)2，

AlCl 3+3AgNO 3=3AgCl↓+Al(NO 3)3，若假设硝酸银物质的量浓度为1mol/L ，氯化钠、氯化镁、氯化铝与硝酸银反应消耗硝酸银体积分别为3L 、2L 、3L ，则氯化钠、氯化镁、氯化铝与硝酸银反应消耗硝酸银物质的量为3mol 、2mol 、3mol ，将三者消耗硝酸银物质的量代入方程式，可以得出氯化钠、氯化镁、氯化铝的物质的量分别为3mol 、1mol 、1mol ，因为三者物质的量浓度之比为1:2:3，可列出等式为：三种溶液的体积之比3/1:1/2:1/3，化简可以得到：三种溶液的体积之比18:3:2，故答案为：18:3:2。

(4)由图可以得知，200℃时，五水合硫酸铜并未脱水完全，分子中还有一定量的水存在，5.00g 五水合硫酸铜，物质的量为5g÷250g/mol=0.02mol ，所以n(CuSO 4)=0.02mol ，

n(H2O)=0.1mol，200℃时，固体质量为3.56g，所以含有水分质量为0.36g，

n(H2O)=m/M=0.36g÷18g/mol=0.02mol，可以得出固体化学式为：CuSO4?H2O，故答案为：CuSO4?H2O。

(5)由题，根据氧化还原反应得失电子数的规律，可以写出方程式为：

7FeI2+8Cl2=2FeCl3+7I2+5FeCl2，转化为离子方程式可得出：2Fe2＋+14I-+8Cl2 =2Fe3＋+7I2+16Cl-，故答案为：2Fe2＋+14I-+8Cl2 =2Fe3＋+7I2+16Cl-。

13．某课题研究小组的同学探究钠与水反应之后，又研究了与溶液反应和NaCl溶液的配制。

Ⅰ.将金属钠放入盛有下列溶液的小烧杯中：①Fe2(SO4)3溶液②NaCl溶液③Na2SO4溶液④饱和澄清石灰水⑤Ca(HCO3)2溶液。回答下列问题：

(1)既有气体，又有白色沉淀产生的是___________________；

(2)写出金属钠与①反应的离子方程式___________________；

(3)若剩余的金属钠露置在空气中最终会变成___________________。

Ⅱ.配制480mL0.2mol·L-1NaCl溶液。

(1)计算后，需称出NaCl质量为___________g。

(2)在配制过程中，下列操作对所配溶液浓度的影响是（填偏高、偏低或无影响）

①配制前，容量瓶内有水__________

②溶液未冷却便定容__________

③定容时仰视刻度线__________

【答案】④⑤ 2Fe3+ +6Na +6H2O＝2Fe(OH)3↓+6Na+ +3H2↑ Na2CO3 5.9 无影响偏高偏低

【解析】

【分析】

(1)钠的活泼性较强，能够与水剧烈反应生成氢氧化钠和氢气，生成的氢氧化钠可能和盐溶液中的溶质发生反应，据此进行分析；

(2)金属钠与Fe2(SO4)3溶液反应生成氢氧化铁沉淀、硫酸钠和氢气，据此写出反应的离子方程式；

(3)Na的性质活泼，在空气中长期放置，最终产生碳酸钠；

Ⅱ.(1)配制0.2mol·L-1NaCl溶液480mL，需要配制500mL溶液；根据m=nM计算出需要氯化钠的质量；

(2)根据c=n/V进行分析。

【详解】

（1）①钠先与水反应生成氢氧化钠和氢气，氢氧化钠与Fe2(SO4)3溶液反应生成氢氧化铁红褐色沉淀，故不选；

②钠与氯化钠溶液中的水反应生成氢氧化钠和氢气，得不到沉淀，故不选；

③钠与硫酸钠溶液中的水反应生成氢氧化钠和氢气，得不到沉淀，故不选；

④钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，反应放热，氢氧化钙溶解度降低，有白色沉淀析出，故选；

⑤钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，氢氧化钠与碳酸氢钙反应生成碳酸钙沉淀，故选；

结合以上分析可知，既有气体，又有白色沉淀产生的是④⑤；

故答案为：④⑤；

(2)钠先与水反应生成氢氧化钠和氢气，氢氧化钠与Fe2(SO4)3溶液反应生成氢氧化铁红褐色沉淀；所以金属钠与Fe2(SO4)3溶液反应生成氢氧化铁沉淀、硫酸钠和氢气，反应的离子方程式：2Fe3+ +6Na +6H2O＝2Fe(OH)3↓+6Na++3H2↑；

故答案是：2Fe3+ +6Na +6H2O＝2Fe(OH)3↓+6Na+ +3H2↑；

(3)Na的性质活泼，易与空气中氧气反应生成Na2O，Na2O易与水反应生成NaOH，NaOH 吸收空气中的水和CO2生成Na2CO3?xH2O，Na2CO3?xH2O风化脱水生成Na2CO3，故若剩余的金属钠露置在空气中最终会变成Na2CO3；

故答案是：Na2CO3；

Ⅱ.(1)配制0.2mol·L-1NaCl溶液480mL，需要配制500mL，需要氯化钠的物质的量为0.2mol/L×0.5L=0.1mol，质量为0.1mol×58.5g/mol＝5.85g；需称出NaCl质量为

5.9g；

故答案为：5.9；

(2)①配制前，容量瓶内有水，不影响溶质的物质的量和溶液的体积，对结果无影响，故答案为：无影响；

②溶液未冷却便定容，导致溶液的体积偏小，浓度偏大；

故答案为：偏高；

③定容时仰视刻度线，导致溶液的体积偏大，浓度偏低。

故答案为：偏低。

【点睛】

本题考查了配制一定物质的量浓度的溶液中的方法。配制一定物质的量浓度的溶液步骤有：计算、称量、溶解、冷却转移、洗涤转移、定容、摇匀。根据c=n/V可知，一定物质的量浓度溶液配制的误差都是由溶质的物质的量n和溶液的体积V引起的，误差分析时，关键要看配制过程中引起n和V怎样的变化，若n比理论值小，或V比理论值大时，都会使所配溶液浓度偏小；若n比理论值大，或V比理论值小时，都会使所配溶液浓度偏大。

14．实验室需要1.2mol·L-1NaOH溶液80mL，步骤如下：

（1）选择仪器：有如图所示的仪器，配制溶液一定不需要的是___________(填序号)；

除以上仪器外，还需用到的玻璃仪器是___________(填仪器名称)。

（2）计算：根据计算结果得知，用托盘天平称取NaOH固体的质量应为___________g。（3）称量：调节天平平衡时，发现指针在分度盘的偏右位置，此时应向___________（填“左”或“右”）调节螺母以使天平平衡。

称量一个小烧杯的质量。下图表示称量小烧杯的过程：“↓”表示在托盘上放上砝码，“↑”表示从托盘上取下砝码（5g以下用游码）。

砝码质量/g502020105

称量(取用砝码过程)↓↑↓↓↑↓↓↑

标尺上游码的位置：

由以上图示可知，小烧杯的质量为___________g。

（4）溶解，冷却。

（5）移液、洗涤：洗涤2～3次的目的是___________。

（6）定容、摇匀。

【答案】AC 烧杯、玻璃棒 4.8 左 32.4 保证溶质全部转移至容量瓶中

【解析】

【分析】

(1)操作步骤有计算、称量、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀等，根据操作步骤判断需要使用的仪器；

（2）实验需用100mL容量瓶(没有80mL），根据容量瓶的规格计算氢氧化钠的质量；（3）天平平衡的标志是：指针指在分度盘的中央或左右摆动幅度相等，指针左偏右调螺母，右偏左调螺母；烧杯的质量=砝码的质量+游码的刻度；

（5）洗涤2～3次可以把溶质完全移入容量瓶；

【详解】

（1）一般用托盘天平称量，用药匙取用药品，在烧杯中溶解(可用量筒量取水加入烧杯)，并用玻璃棒搅拌，加速溶解，冷却后转移到100mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，洗涤烧杯、玻璃棒2-3次，并将洗涤液移入容量瓶中，加水至液面距离刻度线1～2cm时，改用胶头滴管滴加，最后定容颠倒摇匀，所以所需仪器有托盘天平、烧杯、玻璃棒、100mL容量瓶、胶头滴管，根据提供的仪器可知，不需仪器有烧瓶、分液漏斗，故选AC；除以上仪器外，还需用到的玻璃仪器是烧杯、玻璃棒；

（2）实验需用100mL容量瓶，根据容量瓶的规格计算氢氧化钠的质量，m=cVM=1.2mol·L-1×0.1L×40g/mol=4.8g；

（3）在调节横梁平衡时，指针左偏右调，右偏左调；本题中指针指向分度盘的偏右位置，所以应该将平衡螺母向左移；烧杯的质量=砝码的质量+游码的刻度=20+10+2.4=32.4g；（5）洗涤2～3次，把洗涤液移入容量瓶中，目的是保证溶质全部转移至容量瓶中。

15．如图A～E是中学化学常用的五种仪器：

回答下列问题：

(1)上述仪器中，使用时需首先检查是否漏水的有_________（填标号）。

(2)下列实验操作中，使用到仪器C的是________（填标号）。

a．分离水和酒精的混合物

b．分离水和四氯化碳的混合物

c．分离水和泥砂的混合物

d．提纯Fe(OH)3胶体

(3)某化学兴趣小组实验过程中，需要480 mL0.5mol·L－1 NaOH溶液。

①除上述提供的仪器外，还用到的玻璃仪器有_________________。

②如图所示，转移操作中的一处错误是_____________________。

③在配制过程中，下列情况会导致所配溶液浓度偏低的是_______（填标号）。

a．准确称量9.6gNaOH

b．溶解时未冷却至室温就转移

c．在定容时，仰视刻度线

d．加水至刻度线后摇匀，发现液面低于刻度线

【答案】CE b 烧杯、玻璃棒转移溶液时未用玻璃棒引流 ac

【解析】

【分析】

(1)有活塞或塞子的仪器在使用前必须检漏；

(2)仪器C为分液漏斗，用于分离互不相溶的液体混合物；

(3)①配制480 mL0.5mol·L－1 NaOH溶液，需要的仪器有：500mL容量瓶、天平(或量筒)、烧杯、玻璃棒、胶头滴管；

②转移操作中要使用玻璃棒引流；

③根据c=n

分析判断。

【详解】

(1)A为圆底烧瓶，B为量筒，C为分液漏斗，D为胶头滴管，E为500mL容量瓶，有活塞或塞子的仪器在使用前必须捡漏，则以上装置中只有分液漏斗和500mL容量瓶有塞子，答案选CE；

(2)仪器C为分液漏斗，用于分离互不相溶且分层的液体混合物；

a．水和酒精任意比互溶，不能用分液漏斗分离，故a不符合题意；

b．水和四氯化碳不互溶且分层，可以用分液漏斗分离，故b符合题意；

c．水和泥砂不互溶，但泥沙不是液体，一般使用过滤的方法分离，故c不符合题意；d． Fe(OH)3胶体与水混合不分层，不能用分液漏斗分离，一般用渗析的方法分离，故d不符合题意；

答案选b；

(3) ①配制480 mL0.5mol·L－1 NaOH溶液，需要的仪器有： 500mL容量瓶、天平(或量筒)、烧杯、玻璃棒、胶头滴管，除上述提供的仪器外，还用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒；

②转移操作中要使用玻璃棒引流，故操作中的一处错误是转移溶液时未用玻璃棒引流；

③a．配制480 mL0.5mol·L－1 NaOH溶液需要使用500mL容量瓶，需要溶质的质量

=0.5L×0.5mol/L×40g/mol=10g，称量9.6gNaOH，溶质的物质的量偏低，则配制溶液的浓度偏低，故a符合题意；

b．溶解时未冷却至室温就转移，冷却后溶液的体积会减小，则配制溶液的浓度偏高，故b 不符合题意；

c．在定容时，仰视刻度线，溶液的体积偏大，则配制溶液的浓度偏低，故c符合题意；d．加水至刻度线后摇匀，发现液面低于刻度线，静置后液面会恢复到刻度线，对配制溶液浓度无影响，故d不符合题意；

答案选ac。