吉林省長春市榆樹市2025屆化學高一下期末調研試題考生須知：1．全卷分選擇題和非選擇題兩部分，全部在答題紙上作答。選擇題必須用2B鉛筆填涂；非選擇題的答案必須用黑色字跡的鋼筆或答字筆寫在“答題紙”相應位置上。2．請用黑色字跡的鋼筆或答字筆在“答題紙”上先填寫姓名和準考證號。3．保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，在草稿紙、試題卷上答題無效。一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、現有短周期主族元素X、Y、Z、R、T。R原子最外層電子數是電子層數的2倍，Y與Z能形成Z2Y、Z2Y2型離子化合物，Z與T形成化學式為Z2T的離子化合物，五種元素的原子半徑與原子序數的關系如圖所示。下列推斷正確的是A．原子半徑和離子半徑均滿足：Y<ZB．最高價氧化物對應的水化物的酸性：T<RC．氣態氫化物的穩定性：Y>TD．由X、Y、Z、T四種元素組成的化合物水溶液一定呈中性2、研究人員研制出一種鋰水電池，可作為魚雷和潛艇的儲備電源。該電池以金屬鋰和鋼板為電極材料，以LiOH為電解質，使用時加入水即可放電。關于該電池的下列說法不正確的是A．水既是氧化劑又是溶劑 B．放電時正極上有氫氣生成C．放電時OH-向正極移動 D．總反應為：3、在堿性溶液中能大量共存且溶液為無色透明的一組離子是A．K+、Na+、Cl-、CO32-B．NH4+、Na+、Cl-、SO42-C．Na+、HCO3-、NO3-、SO42-D．K+、MnO4-、Na+、Cl-4、1.92g銅投入一定量的濃硝酸中，銅完全溶解，生成氣體顏色越來越淺，共收集到672

mL氣體(標準狀況)，將盛有此氣體的容器倒扣在水中，通入氧氣恰好使氣體完全溶解在水中，則需要標準狀況下的氧氣體積為A．504mL B．336

mL C．224

mL D．168mL5、下列有關化學用語表示正確的是A．質子數為117，中子數為176的Ts原子:176117TsB．Al3+的結構示意圖:C．Na2O的電子式:D．磁性氧化鐵的化學式:Fe2O36、下列說法中錯誤的是（）A．甲烷與乙烯共lmol，完全燃燒后生成2molH2OB．光照下，異丁烷與Cl2發生取代反應生成的一氯代物有2種C．乙烯可以用作生產食品包裝材料的原料D．乙酸分子中含有碳氧雙鍵，所以它能使溴水褪色7、當我們吃饅頭時，常常感覺到越嚼越甜。在這種變化中，起重要作用的是（）A．舌的攪拌B．唾液中淀粉酶的催化C．牙齒的粉碎D．水的潤濕8、下列有關物質性質的敘述一定不正確的是A．向FeCl2溶液中滴加NH4SCN溶液，溶液顯紅色B．KAl(SO4)2·12H2O溶于水可形成Al(OH)3膠體C．NH4Cl與Ca(OH)2混合加熱可生成NH3D．Cu與FeCl3溶液反應可生成CuCl29、室溫下，下來事實不能說明NH3·H2O為弱電解質的是A．0.1mol·L-1NH3·H2O的pH小于13B．0.1mol·L-1NH4Cl溶液的pH小于7C．相同條件下，濃度均為0.1mol·L-1NaOH溶液和氨水，氨水的導電能力弱D．0.1mol·L-1NH3·H2O能使無色酚酞試液變紅色10、砹是原子序數最大的鹵族元素，推測砹或砹的化合物最不可能具有的性質是（）①砹化氫很穩定②砹單質與水反應，使砹全部轉化成氫砹酸和次砹酸③砹是黑色固體④砹化銀難溶于水⑤砹易溶于某些有機溶劑．A．只有①②B．只有①②⑤C．只有③⑤D．只有②⑤11、“綠色化學”是21世紀化學發展的主導方向。下列不符合“綠色化學”的是()A．消除硫酸廠尾氣中的SO2：SO2＋2NH3＋H2O===(NH4)2SO3B．消除制硝酸工業尾氣中的氮氧化物：NO2＋NO＋2NaOH===2NaNO2＋H2OC．制CuSO4：Cu＋2H2SO4(濃)CuSO4＋SO2↑＋2H2OD．制CuSO4：2Cu＋O22CuO，CuO＋H2SO4(稀)===CuSO4＋H2O12、設NA為阿伏加德羅常數，下列說法中正確的是（）A．18gH2O所含的分子數為NA B．22.4LH2O所含的分子數為NAC．NA個氫原子的質量為2g D．1molNaCl中含0.5NA個Na+和0.5NA個Cl﹣13、氧化亞銅常用于制船底防污漆。用CuO與Cu高溫燒結可制取,已知反應:則的等于A． B．C． D．14、實驗室用鋅與稀硫酸反應制取氫氣，能加快反應速率的是A．加入適量硫酸銅B．加入硫酸鈉C．改用濃硫酸D．降低溫度15、一定條件下，通過下列反應可以制備特種陶瓷的原料MgO，MgSO3(s)+CO(g)MgO(s)+CO2(g)+SO2(g)△H>0。該反應在恒容的密閉容器中達到平衡后，若僅改變圖中橫坐標x的值，重新達到平衡后，縱坐標y隨x變化趨勢合理的是選項xyA溫度容器內混合氣體的密度BCO的物質的量CO2與CO的物質的量之比CSO2的濃度平衡常數KDMgSO4的質量（忽略體積）CO的轉化率A．A B．B C．C D．D16、一定量的濃硫酸與過量的鋅充分反應，產生的氣體可能有①SO2②SO3③H2S④H2A．①②B．①③C．①④D．只有①二、非選擇題（本題包括5小題）17、有關物質的轉化關系如圖所示。A是生活中常用的調味品，B是常見的無色液體。氣體C是空氣的主要成分之一，I的溶液常用作漂白劑。氣體H的水溶液顯堿性。J的摩爾質量是32g·mol－1，且與H所含元素種類相同。回答下列問題：（1）C的結構式是_____，I的化學式是_____。（2）反應①的離子方程式是______。（3）反應②的化學方程式是______。18、短周期元素A、B、C、D、E在周期表中的位置如圖所示，A、B、C、D位于連續的四個主族，D、E的質子數和是20。DABCE回答下列問題：（1）C元素在周期表中的位置是_______；E元素的名稱是_______。（2）A元素與氧元素形成的原子個數比是1:1的化合物的化學式是_______，該化合物含有的化學鍵類型是_______。（3）B原子結構示意圖是_______，從原子結構角度分析，B比C活潑性大的原因是_______。（4）元素D比元素E的非金屬性強的理由是_______（用化學方程式表示）。（5）A、B、C、D離子半徑由大到小的順序是_________（填寫離子符號）。（6）將B、C的單質壓成薄片用導線連接后浸入稀硫酸中，能量主要轉化方式是_________，正極反應式是_________。19、實驗室需要配制0.50mol·L－1NaCl溶液480mL。按下列操作步驟填上適當的文字，使整個操作完整。⑴選擇儀器。完成本實驗必須用到的儀器有：托盤天平(帶砝碼，最小砝碼為5g)、量筒、藥匙、燒杯、玻璃棒、____________、膠頭滴管等以及等質量的兩片濾紙。⑵計算。配制該溶液需取NaCl晶體____________g。⑶稱量。稱量過程中NaCl晶體應放于天平的____________(填“左盤”或“右盤”)。稱量完畢，將藥品倒入燒杯中。⑷溶解、冷卻。該步實驗中需要使用玻璃棒，目的是________________________。⑸移液、洗滌。在移液時應使用玻璃棒引流，需要洗滌燒杯2～3次是為了____________________________________。⑹定容。向容量瓶中加水至液面接近刻度線____________處，改用膠頭滴管加水，使溶液凹液面與刻度線相切。若定容時俯視容量瓶的刻度線會導致所配溶液的濃度____________(填“偏高”、“偏低”或“”“不變”)；溶解攪拌時有液體濺出，會導致所配溶液的濃度____________(同上)。⑺搖勻、裝瓶。20、利用甲烷與氯氣發生取代反應制取副產品鹽酸的設想在工業上已成為現實。某化學興趣小組通過在實驗室中模擬上述過程，其設計的模擬裝置如下：根據設計要求回答：（1）B裝置有三種功能：①均勻混合氣體；②_____________③_____________。（2）設V(Cl2)/V(CH4)＝x，若理論上欲獲得最多的氯化氫，則x值應_____________。（3）E裝置除生成鹽酸外，還含有有機物，從E中分離出有機物的最佳方法為________。該裝置還有缺陷，原因是沒有進行尾氣處理，其尾氣主要成分為________(填編號)。a．CH4b．CH3Clc．CH2Cl2d．CHCl3e．CCl4（4）D裝置的石棉中均勻混有KI粉末，其作用是___________________。（5）E裝置的作用是___________________(填編號)。A．收集氣體B．吸收氯氣C．防止倒吸D．吸收氯化氫（6）在C裝置中，經過一段時間的強光照射，發現硬質玻璃管內壁有黑色小顆粒產生，寫出置換出黑色小顆粒的化學方程式_____________________________________________。21、在2L密閉容器內,800℃時反應:2NO(g)+O2(g)2NO2(g)體系中,n(NO)隨時間的變化如下表:時間(s)012345n(NO)(mol)0.0200.0100.0080.0070.0070.007(1)寫出該反應的平衡常數表達式:K=______________?已知:K300℃>K350℃,則該反應是_______熱反應?圖中表示NO2變化的曲線是__________?上述反應在第5s時,NO的轉化率為_________。(2)能說明該反應已達到平衡狀態的是__________?a.v(NO2)=2v(O2)b.容器內壓強保持不變c.v逆(NO)=2v正(O2)d.容器內密度保持不變(3)能使該反應的反應速率增大,且平衡向正反應方向移動的是__________?a.及時分離出NO2氣體b.適當升高溫度c.增大O2的濃度d.選擇高效催化劑

參考答案一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、C【解析】短周期主族元素中，R原子最外層電子數是電子層數的2倍，可能為C或S，由圖中原子半徑和原子序數關系可知R應為C；Y與Z能形成Z2Y、Z2Y2型離子化合物，應為Na2O、Na2O2，則Y為O，Z為Na；Z與T形成的Z2T化合物，則T應為S，X的原子半徑最小，原子序數最小，則X為H元素。A．原子半徑O＜Na，離子半徑O2-＞Na+，A錯誤；B．非金屬性S＞C，元素的非金屬性越強，對應的最高價氧化物的水化物的酸性越強，B錯誤；C．非金屬性O＞S，故氫化物穩定性：H2O＞H2S，C正確；D．由H、C、O、Na四種元素組成的化合物不僅僅為NaHCO3，可能為有機鹽且含有羧基，溶液不一定為堿性，可能為酸性，D錯誤，答案選C。點睛：本題考查結構性質位置關系應用，側重于學生的分析能力的考查，推斷元素是解題的關鍵，D為易錯點，學生容易忽略有機物。2、C【解析】

A.在反應2Li＋2H2O===2LiOH＋H2↑中，水是氧化劑，同時水又是溶劑，故A正確；B.正極發生還原反應，所以放電時正極上有氫氣生成，故B正確；C.陰離子移向負極，放電時OH－向負極移動，故C錯誤；D.Li與Na處于同主族，化學性質相似，所以總反應為2Li＋2H2O===2LiOH＋H2↑，故D正確。答案選C。3、A【解析】A.K+、Na+、Cl-、CO32-在堿性溶液中能大量共存且溶液為無色透明，A正確；B.NH4+在堿性溶液中不能大量共存，B錯誤；C.HCO3-在堿性溶液中不能大量共存，C錯誤；D.MnO4-在溶液中不顯無色，D錯誤，答案選A。點睛：掌握離子的性質是解答的關鍵，另外解決離子共存問題時還應該注意題目所隱含的條件，題目所隱含的條件一般有：（1）溶液的酸堿性，據此來判斷溶液中是否有大量的H+或OH-；（2）溶液的顏色，如無色時可排除Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO4-等有色離子的存在；（3）溶液的具體反應條件，如“氧化還原反應”、“加入鋁粉產生氫氣”；（4）是“可能”共存，還是“一定”共存等。4、B【解析】

1.92g銅的物質的量＝＝0.03mol，Cu與硝酸反應生成硝酸銅與氮的氧化物，而氮的氧化物倒扣在水中，通入氧氣，恰好使氣體完全溶于水中，又生成硝酸，縱觀整個反應過程可知，銅提供的電子等于通入的氧氣獲得的電子，故通入氧氣的物質的量＝＝0.015mol，因此通入氧氣的體積＝0.015mol×22.4L/mol＝0.336L＝336mL；答案選B。【點睛】本題考查氧化還原反應有關計算，側重于學生的分析、計算能力的考查。得出Cu失去電子數目等于O2獲得電子數是解答本題的關鍵。5、C【解析】

A.質量數=質子數+中子數，因此質子數為117，中子數為176的Ts原子表示為:，A錯誤；B.Al3+的最外層有8個電子，其正確的離子結構示意圖為：，B錯誤；C.Na2O為離子化合物，電子式為:，C正確；D.磁性氧化鐵的化學式為Fe3O4，D錯誤；答案選C。6、D【解析】A、每摩爾甲烷或者乙烯都含有4摩爾氫原子，根據原子守恒可知完全燃燒后生成的H2O為2mol，選項A正確；B、光照下，異丁烷分子中有2種不同的H原子，故其一氯代物有2種，選項B正確；C、乙烯可以制成聚乙烯，用于食品包裝，選項C正確；D、乙酸分子中含有碳氧雙鍵，但由于與羥基相連接，形成新的官能團羧基，所以它不能使溴水褪色，選項D錯誤。答案選D。點睛：本題考查有機化合物的結構及性質，注意從羧基理解羧酸的性質，注重考查學生對基礎知識的掌握。7、B【解析】分析：饅頭的主要營養物質是淀粉，淀粉是沒有甜味的，而由淀粉水解成的麥芽糖具有甜味。詳解：饅頭進入口腔后，在牙齒的咀嚼和舌的攪拌下，與口腔內的唾液充分混合，而唾液中含有的唾液淀粉酶能夠將淀粉水解為麥芽糖，麥芽糖有甜味。因此我們細嚼饅頭會感覺到有甜味，就是因為唾液中的唾液淀粉酶將淀粉水解為麥芽糖的緣故。答案選B。8、A【解析】

A項，FeCl2溶液中含Fe2+，NH4SCN用于檢驗Fe3+，向FeCl2溶液中滴加NH4SCN溶液，溶液不會顯紅色，A項錯誤；B項，KAl（SO4）2·12H2O溶于水電離出的Al3+水解形成Al（OH）3膠體，離子方程式為Al3++3H2OAl（OH）3（膠體）+3H+，B項正確；C項，實驗室可用NH4Cl和Ca（OH）2混合共熱制NH3，反應的化學方程式為2NH4Cl+Ca（OH）2CaCl2+2NH3↑+2H2O，C項正確；D項，Cu與FeCl3溶液反應生成CuCl2和FeCl2，反應的化學方程式為Cu+2FeCl3=CuCl2+2FeCl2，D項正確；答案選A。9、D【解析】

A、室溫下0.1mol·L-1氨水溶液pH<13，溶液中c（OH－）<mol·L-1=0.1mol/L＜c（NH3·H2O），說明NH3·H2O部分電離，為弱電解質，A正確；B、室溫下0.1mol·L－１NH4Cl溶液的pH小于7，說明氯化銨是強酸弱堿鹽，則證明NH3·H2O是弱電解質，B正確；C、相同條件下，濃度均為0.1mol·L－1NaOH溶液和氨水，氨水的導電能力弱，說明氨水沒有完全電離，則證明NH3·H2O是弱電解質，C正確；D、0.1mol·L－1NH3·H2O能使無色酚酞溶液變紅色，說明NH3·H2O顯堿性，電離產生OH－，不能證明是弱電解質，D錯誤。【點睛】本題考查強、弱電解質的判斷，根據電離程度，電解質分為強電解質和弱電解質，完全電離的為強電解質，部分電離的為弱電解質，所以只要證明氨水部分電離即可。10、A【解析】①砹的非金屬性很弱，則砹化氫很不穩定，故選；②碘與水的反應為可逆反應，則砹單質與水反應，不可能使砹全部轉化成氫砹酸和次砹酸，故選；③鹵族元素從上到下，單質的顏色逐漸加深，碘為固體，則砹是黑色固體，故不選；④AgCl、AgI等不溶于水，由相似性可知，砹化銀難溶于水，故不選；⑤氯氣、溴、碘易溶于有機溶劑，砹單質屬于非極性分子，則砹易溶于某些有機溶劑，故不選；故選A。點睛：本題考查同一主族元素的性質的遞變規律，注意把握同族元素性質的相似性和遞變性。砹屬于鹵族元素，在鹵族元素中，砹的金屬性最強，非金屬性最弱。11、C【解析】本題考查綠色化學概念的理解。分析：根據反應中的生成物可知，選項ABD都是符合綠色化學思想的。C中有SO2生成，SO2屬于大氣污染物，SO2生成不符合綠色化學概念。詳解：既消除消除硫酸廠尾氣排放的SO2氣體，還能得到（NH4）2SO3這種氮肥，不但方法合理科學，而且避免空氣污染，符合綠色環保要求，A不選；用此法消除制硝酸工業尾氣氮的氧化物污染，防止空氣污染，避免酸雨的形成，符合綠色環保要求，B不選；濃硫酸的還原產物是二氧化硫，對環境有污染，不符合綠色化學的理念，故C選；由銅制取氧化銅，氧化銅再與硝酸反應生成硝酸銅和水，不會導致空氣污染，符合倡導的綠色化學，D不選。故選C。12、A【解析】

A.18gH2O為1mol，所含的分子數為NA，故A正確；B.沒有溫度和壓強，沒有密度，無法計算22.4LH2O所含的分子數，故B錯誤；C.NA個氫原子為1molH，其質量為1g,故C錯誤；D.1molNaCl中含NA個Na+和NA個Cl-，故D錯誤；所以本題答案：A。13、A【解析】

根據蓋斯定律，熱化學方程式可以“加減運算”，獲得新的熱化學方程式。【詳解】已知反應中，（前式－后式）/2得，故＝（－314+292）kJ·mol-1/2＝。本題選A。14、A【解析】分析：增大金屬與酸反應的化學反應速率，可通過增大濃度、升高溫度或形成原電池反應等措施，以此解答該題。詳解：A．滴加少量CuSO4溶液，鋅置換出銅，形成原電池反應，反應速率增大，A正確。B．加入硫酸鈉，不能改變氫離子濃度，反應速率幾乎不變，B錯誤；C．濃硫酸與鋅反應不生成氫氣，生成二氧化硫氣體，C錯誤；D．降低溫度，反應速率減小，D錯誤；答案選A。點睛：本題考查影響反應速率的因素，為高頻考點，把握溫度、濃度、原電池對反應速率的影響即可解答，注重基礎知識的考查，題目難度不大。注意濃硫酸的強氧化性。15、A【解析】

A、△H＞0，升高溫度，平衡正向移動，二氧化碳濃度增大，混合氣體的密度增大，故A正確；B、,平衡常數只與溫度有關，溫度不變常數不變，增加CO的物質的量，CO2與CO的物質的量之比不變，故B錯誤；C、平衡常數只與溫度有關，溫度不變常數不變，故C錯誤；D、MgSO4是固體，增加固體質量，平衡不移動，CO的轉化率不變，故D錯誤；答案選A。16、C【解析】濃硫酸具有強氧化性，與鋅反應生成硫酸鋅、二氧化硫和水，隨著反應的進行，硫酸濃度減小，稀硫酸與鋅反應生成硫酸鋅和氫氣，答案選C。二、非選擇題（本題包括5小題）17、N≡NNaClO2Cl－+2H2OCl2↑+H2↑+2OH－NaClO+2NH3＝NaCl+N2H4+H2O【解析】

由A是生活中常用的調味品可知，A是氯化鈉；電解氯化鈉溶液生成氫氧化鈉、氫氣和氯氣，氫氣與空氣的主要成分之一的氮氣反應生成水溶液顯堿性的氨氣，則D是氫氣、C是氮氣、H是氨氣；氯氣與氫氧化鈉溶液反應生成氯化鈉、次氯酸鈉和水，由B是常見的無色液體，I的溶液常用作漂白劑可知，B是水、I是次氯酸鈉；由J的摩爾質量是32g·mol－1，且與氨氣所含元素種類相同可知，J是肼（N2H4），氨氣與次氯酸鈉溶液發生氧化還原反應生成肼、氯化鈉和水。【詳解】（1）C為氮氣，氮氣為含有氮氮三鍵的雙原子分子，結構式為N≡N；I是次氯酸鈉，化學式為NaClO，故答案為N≡N；NaClO；（2）反應①為電解氯化鈉溶液生成氫氧化鈉、氫氣和氯氣，反應的離子方程式為2Cl－+2H2OCl2↑+H2+2OH－，故答案為2Cl－+2H2OCl2↑+H2↑+2OH－；（3）反應②為氨氣與次氯酸鈉溶液發生氧化還原反應生成肼、氯化鈉和水，反應的化學方程式為NaClO+2NH3＝NaCl+N2H4+H2O，故答案為NaClO+2NH3＝NaCl+N2H4+H2O。【點睛】本題考查無機物推斷，注意熟練掌握常見元素單質及其化合物性質，結合轉化關系推斷是解答關鍵。18、第3周期ⅢA族硅Na2O2離子鍵和共價鍵鎂原子半徑大于鋁，鎂原子核對最外層電子的吸引力小，容易失去最外層電子Na2SiO3+CO2+H2O=H2SiO3↓+Na2CO3O2->Na+>Mg2+>Al3+化學能轉化為電能2H++2e-=H2↑【解析】分析：D、E處于同主族，E的質子數比D多8，D、E的質子數之和為20，則D的質子數為6，E的質子數為14，D為C元素，E為Si元素；A、B、C、D位于連續的四個主族，結合A、B、C、D、E在周期表中的位置，A為Na元素，B為Mg元素，C為Al元素。根據元素周期律和相關化學用語作答。詳解：D、E處于同主族，E的質子數比D多8，D、E的質子數之和為20，則D的質子數為6，E的質子數為14，D為C元素，E為Si元素；A、B、C、D位于連續的四個主族，結合A、B、C、D、E在周期表中的位置，A為Na元素，B為Mg元素，C為Al元素。（1）C為Al元素，Al原子核外有3個電子層，最外層電子數為3，Al元素在周期表中的位置是第三周期第IIIA族。E為Si元素，名稱為硅。（2）A為Na元素，Na元素與氧元素形成的原子個數比是1:1的化合物的化學式是Na2O2。Na2O2的電子式為，Na2O2中含有的化學鍵類型是離子鍵和共價鍵。（3）B為Mg，Mg的核電荷數為12，Mg原子核外有12個電子，Mg原子結構示意圖為。B（Mg）比C（Al）活潑性大的原因是：鎂原子半徑大于鋁，鎂原子核對最外層電子的吸引力小，容易失去最外層電子。（4）可通過H2CO3（H2CO3為碳元素的最高價含氧酸）的酸性比H2SiO3（H2SiO3為硅元素的最高價含氧酸）的酸性強說明元素D（C）比元素E（Si）的非金屬性強，根據“強酸制弱酸”的復分解反應規律，相應的化學方程式為CO2+Na2SiO3+H2O=Na2CO3+H2SiO3↓。（5）A、B、C、D的離子分別是Na+、Mg2+、Al3+、O2-，這四種離子具有相同的電子層結構，根據“序大徑小”，四種離子半徑由大到小的順序是O2->Na+>Mg2+>Al3+。（6）將Mg、Al的單質壓成薄片用導線連接后浸入稀硫酸中構成原電池，原電池中能量主要轉化方式是化學能轉化為電能。由于Mg比Al活潑，Mg為負極，Al為正極，負極電極反應式為Mg-2e-=Mg2+，正極電極反應式為2H++2e-=H2↑。19、500mL容量瓶14.6左盤攪拌，加速NaCl溶解保證溶質全部轉入容量瓶中1～2cm偏高偏低【解析】

（1）根據配制溶液的步驟是計算、稱量、溶解、移液、洗滌、定容、搖勻、裝瓶來分析需要的儀器；⑵根據m=cVM計算NaCl的質量；⑶根據托盤天平的使用方法回答；⑷溶解時用玻璃棒攪拌可以加速溶解；⑸洗滌燒杯2～3次，可以保證溶質全部移入容量瓶中；⑹根據定容操作的方法回答；根據實驗操作的規范性分析誤差；【詳解】（1）移液、定容需要容量瓶，根據容量瓶的規格，配制480mL0.50mol·L－1的NaCl溶液，必須用500mL的容量瓶；(2)用500mL的容量瓶，配制溶液的體積是500mL，m(NaCl)＝0.50mol·L－1×0.5L×58.5g·mol－1≈14.6g；⑶根據托盤天平的使用方法，稱量過程中NaCl晶體應放于天平的左盤；⑷溶解氯化鈉時用玻璃棒攪拌，可以加速NaCl溶解；⑸洗滌燒杯2～3次，可以保證溶質全部移入容量瓶中；⑹向容量瓶中加水至液面接近刻度線1-2cm處，改用膠頭滴管加水，使溶液凹液面與刻度線相切；定容時眼睛俯視刻度線，則容量瓶中溶液的體積偏小，配制的溶液的濃度偏高；溶解攪拌時有液體濺出，容量瓶中溶質減少，所配溶液的濃度濃度偏低。七、工業流程20、控制氣