广东省佛山一中2024届化学高一第一学期期中统考模拟试题含解析

广东省佛山一中2024届化学高一第一学期期中统考模拟试题请考生注意：1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是()A．含0.1molBaCl2的溶液中Cl－数为0.1NAB．22gCO2所含有的分子数为0.5NAC．11.2LCO2所含有的分子数为0.5NAD．常温下NA个Cl2分子所占有的体积为22.4L2、在酸性条件下可发生反应：SO+2MO+2H+=2MO2+SO+H2O，MO中M的化合价是A．+7 B．+6 C．+5 D．+43、气体的体积主要由以下什么因素决定的：①气体分子的直径②气体物质的量的多少③气体分子间的平均距离④气体分子的相对分子质量（）A．①② B．①③ C．②③ D．②④4、吸入人体内的氧有2%转化为氧化性极强的“活性氧”，它能加速人体衰老，被称为“生命杀手”，服用含硒元素(Se)的化合物亚硒酸钠(Na2SeO3)，能消除人体内的活性氧，由此推断Na2SeO3在人体中的作用是()A．作氧化剂 B．作还原剂C．既作氧化剂又作还原剂 D．既不作氧化剂又不作还原剂5、下列反应中，既属于氧化还原反应又属于置换反应的是（

）。A．CuO+H2Cu+H2OB．CO2+Ca(OH)2=CaCO3↓+H2OC．Fe2O3+3CO2Fe+3CO2D．2Na+Cl22NaCl6、某干燥粉末可能由、、、、中的一种或几种组成。将该粉末与足量的盐酸反应有气体逸出，通过足量的溶液后体积缩小（同温、同压下测定）。若将原来混合粉末在空气中用酒精灯加热，也有气体放出，且剩余固体的质量大于原混合粉末的质量。下列判断正确的是①粉末中一定有、、，②粉末中一定不含和③粉末中一定不含有和④无法肯定粉末中是否含有和A．①④ B．②③ C．③④ D．①②7、NA表示阿伏加德罗常数。硫与浓硝酸反应的化学方程式为：S+HNO3(浓)→H2SO4+NO2↑+H2O，有关说法正确的是()A．氧化剂与还原剂物质的量之比为1：6 B．每产生2.24升NO2转移电子0.1NA个C．随着反应进行溶液的酸性逐渐增强 D．氧化性：HNO3(浓)＞H2SO48、把一定量的铁和铜的混和粉未投入到FeCl3溶液中，充分反应后，下列情况不可能的是A．铁和铜都有剩余 B．铁和铜都无剩余C．只有铁剩余没有铜剩余 D．没有铁剩余只有铜剩余9、下列反应中，不属于氧化还原反应的是()A．H2+Cl22HClB．Cl2+2NaOHNaCl+NaClO+H2OC．NH4HCO3NH3↑+CO2↑+H2OD．Zn+H2SO4H2↑+ZnSO410、下列说法正确的是A．物质不是电解质就是非电解质B．酸性氧化物不一定都是非金属氧化物，而非金属氧化物一定是酸性氧化物C．能导电的物质不一定是电解质，电解质也不—定能导电D．液氨溶于水能导电，所用是电解质11、设NA为阿伏加德罗常数，则下列叙述中正确的是A．6.02×1022个H2SO分子在水中可电离生成2NA个H+B．在0℃、101kPa时，22.4L氢气中含有NA个氢原子C．14g氮气中含有7NA个电子D．NA个一氧化碳分子和0.5mol甲烷的质量比为7︰412、下列反应的离子方程式书写正确的是A．氯化铝溶液中加入过量氨水：A13++4NH3·H2O=AlO2-+4NH4++2H2OB．澄清石灰水与过量碳酸氢钠溶液混合：Ca2++OH-+HCO3-=CaCO3↓+H2OC．碳酸钙溶于醋酸：CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2OD．氯化亚铁溶液中通入氯气：2Fe2++C12=2Fe3++2C1-13、下列离子组加入相应试剂后，发生反应的离子方程式正确的是离子组加入试剂离子方程式ANa+SO42-氢氧化钡溶液2Na++SO42-+Ba2++2OH-=BaSO4+2NaOHBH+Cl-足量石灰乳2H++2OH-=2H2OCK+HCO3-硫酸氢钠HCO3-+H+=H2O+CO2DAg+NO3-少量盐酸Ag++NO3-+H++Cl-=AgCl+HNO3A．A B．B C．C D．D14、如图所示，下列实验操作与方法正确的是（）A．检查容量瓶是否漏水的方法B．滴加液体C．给溶液加热D．过滤15、下列危险化学品标志中表示腐蚀品的是A．B．C．D．16、用NA代表阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A．0.5molNa2O2与足量的水反应产生5.6LO2B．标准状况下，11.2L酒精所含分子数为0.5NAC．常温常压下，1.6gCH4中含有的质子数为NAD．等物质的量的N2和CO所含分子数均为NA二、非选择题（本题包括5小题）17、某固体物质可能由K2SO4、KI、NaCl、CuCl2、CaCl2、Na2CO3中的一种或几种组成。依次进行下列五步实验。观察到的现象如下：①混合物加水得无色透明溶液；②向上述溶液中滴加BaCl2溶液，有白色沉淀生成，将该沉淀滤出，并将滤液分成两份；③上述白色沉淀可完全溶于稀盐酸；④往一份滤液中滴加氯水并加入CCl4，振荡后静置CCl4层呈无色(氯水能将I－氧化为I2)；⑤往另一份滤液中加入AgNO3溶液，有白色沉淀生成，该沉淀不溶于稀硝酸。由此可推断出：（1）写出③中白色沉淀可完全溶于稀盐酸的离子方程式__________________。（2）写出⑤中生成白色沉淀的离子方程式__________________________。（3）该固体中一定含有________________；无法确定是否含有的是____________________。（4）确定该物质是否存在的方法是_____________________________________。18、今有甲、乙两种固体和A、B、C、D四种物质的溶液。已知甲、乙中有一种为氧化铜，A、B、C、D分别是盐酸、氯化钠、氯化铜和氢氧化钠中的一种。这六种物质之间有如下转化关系：①乙＋B＝A＋水；②A＋C＝乙＋D；③甲＋B＝A＋水。（1）写出下列四种物质的化学式：甲______________，乙______________，A______________，D______________。（2）用离子方程式表示上述三个变化：①___________，②__________________，③___________________。19、I实验室用NaOH固体配制1.0mol/L的NaOH溶液450mL，回答下列问题：（1）实验步骤：①计算所需称量的NaOH的质量为________g。②用托盘天平称量NaOH固体。称量时应该将NaOH放于_____中且放置在天平左盘称量。③将称得的固体放于烧杯中，并加水溶解。④检查容量瓶是否漏水，用玻璃棒引流将溶解液立即转移进_______mL容量瓶中。⑤用少量水洗涤______________2-3次；并将洗涤液转移进容量瓶。⑥定容操作为_________________。⑦翻转摇匀后转入试剂瓶中储存。II若配制1mol/L的稀硫酸溶液500mL则需要质量分数为98%、密度为1.84g/cm3的浓硫酸的体积为_______mL(计算结果保留一位小数)。如果实验室有10mL、25mL、50mL量筒，就选用______mL规格的量筒最好。（2）下面操作造成所配稀硫酸浓度偏高的是______(填序号)A．溶解后溶液没有冷却到室温就转移B．转移时没有洗涤烧杯、玻璃棒C．向容量瓶加水定容时眼睛俯视液面D．用量筒量取浓硫酸后洗涤量筒并把洗涤液转移到容量瓶E.摇匀后发现液面低于刻度线，又加蒸馏水至刻度线20、实验室用密度为1.25g•mL-1、质量分数为36.5%的浓盐酸配制240mL0.1mol•L﹣1的盐酸，请回答下列问题：（1）浓盐酸的物质的量浓度为________________________。（2）配制240mL0.1mol•L-1的盐酸应量取浓盐酸体积/mL应选用容量瓶的规格/mL____________________（3）配制时，其正确的操作顺序是（用字母表示，每个字母只能用一次）__________。A．用30mL水洗涤烧杯内壁和玻璃棒2〜3次，洗涤液均注入容量瓶，振荡B．用量筒准确量取所需的浓盐酸的体积，倒入烧杯中，再加入少量水（约30mL），用玻璃棒慢慢搅动，使其混合均匀C．将已冷却的盐酸沿玻璃棒注入容量瓶中D．将容量瓶盖紧，振荡，摇匀E．改用胶头滴管加水，使溶液凹液面恰好与刻度线相切F．继续往容量瓶内小心加水，直到液面接近刻度线1〜2cm处（4）若实验中遇到下列情况，对配制盐酸的物质的量浓度有何影响（填“偏高”“偏低”或“不变”）①用于稀释盐酸的烧杯未洗涤__________________________________________；②容量瓶中原有少量蒸馏水____________________________________________；③定容时俯视观察液面________________________________________________。（5）若实验过程中出现如下情况如何处理？①定容时加蒸馏水时超过了刻度________________________________________；②向容量瓶中转移溶液时不慎有溶液溅出________________________________；③定容摇匀后发现液面下降____________________________________________。21、阅读数据，回答问题。（1）表-1列出了一些醇的沸点名称甲醇乙醇1-丙醇2-丙醇1-丁醇2-丁醇2-甲基-1-丙醇沸点/℃64.778.397.282.4117.799.5108表-1醇类物质的沸点明显高于相对分子质量相近的烃，其原因前者分子间存在__________作用。你推测2-甲基-2-丙醇的沸点不会超过__________℃。（2）表-2列出了一些羧酸的沸点结构简式沸点/℃CH2=CH-COOH141CH2=CH-CH2-COOH163CH3-CH=CH-COOH168185CH2=C（CH3）COOH163表-2表中CH3-CH=CH-COOH的沸点数据有两个，其原因是____________________。（3）表-3列出了一些醛和羧酸在水中的溶解度名称溶解度/g名称溶解度/g乙醛混溶乙酸混溶丙醛30丙酸混溶丁醛7.1丁酸混溶2-甲基丙醛92-甲基丙酸17戊醛1.4戊酸2.4表-3通过数据，可以发现影响有机物水溶性的因素有（答出两条即可）____________________；______________________________。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、B【解题分析】

A．含0.1molBaCl2的溶液中Cl－数为0.2NA，A错误；B．22gCO2的物质的量是0.5mol，所含有的分子数为0.5NA，B正确；C．11.2LCO2不一定处于标准状况下，因此物质的量不一定是0.5mol，则所含有的分子数不一定为0.5NA，C错误；D．常温下气体的摩尔体积不是22.4L/mol，因此NA个Cl2分子所占有的体积不是22.4L，D错误；答案选B。2、C【解题分析】

亚硫酸根中硫价态为+4价，升高至硫酸根中硫价态+6价，每个硫原子升高2价；M原子价态降低，降至MO2中M价态为+4价，设所求价态为y，根据得失电子守恒得：（y-4）×2=1×2，解得y=5，故答案选C。3、C【解题分析】

决定物质体积的因素由物质所含分子数的多少、分子大小和分子间距。气体分子间距远大于气体分子直径，故决定气体体积的因素为气体物质的量多少和气体分子间的平均距离，选C。4、B【解题分析】

“活性氧”氧化性极强，服用含硒元素(Se)的化合物亚硒酸钠(Na2SeO3)，能消除人体内的活性氧，表明Na2SeO3能将“活性氧”还原，“活性氧”为氧化剂，Na2SeO3为还原剂，由此可知Na2SeO3在人体中作还原剂，故答案为：B。5、A【解题分析】试题分析：A、是氧化还原也是置换反应，正确，选A；B、不是氧化还原反应，不是置换反应，不选B；C、是氧化还原反应，但不是置换反应，不选C；D、是氧化还原反应，是化合反应，不是置换反应，不选D。考点：氧化还原反应的判断6、A【解题分析】

将该粉末与足量的盐酸反应有气体X逸出，X通过足量的NaOH溶液后体积缩小（同温、同压下测定），说明气体中含有二氧化碳，从而得出该粉末中有碳酸钠或碳酸氢钠或两者都有，气体体积缩小，即还剩余有气体，说明剩余气体为氧气，从而说明有过氧化钠；将原来混合粉末在空气中用酒精灯加热，也有气体放出，只有碳酸氢钠受热要分解，说明一定有碳酸氢钠，剩余固体的质量大于原混合粉末的质量，说明此固体中有氧化钠，氧化钠在加热时要变为过氧化钠，从而质量增加。因此得出粉末中一定有氧化钠、过氧化钠、碳酸氢钠，碳酸钠、氯化钠无法确定。故A正确；答案为A。7、D【解题分析】A、根据化学反应方程式，S的化合价升高，S作还原剂，HNO3中N的化合价降低，HNO3作氧化剂，因此氧化剂与还原剂物质的量之比为6：1，故A错误；B、没有指明条件是否时标准状况，因此无法计算NO2的物质的量，故B错误；C、根据反应方程式，消耗6molHNO3生成1molH2SO4，随着反应进行，酸性逐渐减弱，故C错误；D、根据氧化还原反应规律，氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，HNO3(浓)为氧化剂，H2SO4为氧化产物，因此浓硝酸的氧化性强于H2SO4，故D正确。8、C【解题分析】

把一定量的铁和铜的混和粉未投入到FeCl3溶液中，由于金属性铁强于铜，能发生的反应有①Fe+2FeCl3＝3FeCl2，②Cu+2FeCl3＝2FeCl2+CuCl2，③Fe+CuCl2＝FeCl2+Cu，铜和铁都能与氯化铁反应生成氯化亚铁，故所得溶液中一定含有氯化亚铁，如果充分反应后仍有少量固体，根据反应的方程式可知一定含有铜，由于铁的量不确定，故可能含有铁，有铜存在，则不可能含有氯化铁，据此判断。【题目详解】A、若氯化铁的量少，加入的铁粉和铜粉可能都剩余，A不符合题意。B、若氯化铁的量多，加入的铁粉和铜粉全部参加反应，都不会有剩余，B不符合题意；C、加入铁和铜的混合物，如果剩余物中含有铁，则溶液中一定没有氯化铜存在，此时该固体中一定应该含有铜，C符合题意；D、加入铁和铜的混合物，依据对反应的分析可知该固体中一定含有铜可能含有铁，D不符合题意；答案选C。【题目点拨】本题考查了金属活动性顺序的应用，完成此题，可以依据金属活动性顺序及其意义进行，要注意根据铁和铜的活动性强弱确定反应的先后顺序。注意一种氧化剂同时和几种还原剂相遇时，优先与还原性最强的还原剂发生反应；同理，一种还原剂遇到多种氧化剂时，优先与氧化性最强的氧化剂反应。9、C【解题分析】

A.氢元素和氯元素的化合价发生变化，属于氧化还原反应，故A项不符合题意；B中氯元素从0价变为-1价和+1价，属于氧化还原反应，故B项不符合题意；C中各元素的化合价都没有发生变化，不是氧化还原反应，故C项符合题意；锌元素和氢元素的化合价发生变化，属于氧化还原反应，故D项不符合题意；答案：C。【题目点拨】考查判断氧化还原反应的知识。根据化合价变化进行判断。有化合价发生变化的反应属于氧化还原反应，没有化合价变化的反应属于非氧化还原反应。10、C【解题分析】

A．电解质和非电解质都是化合物，单质和混合物既不是电解质，又不是非电解质，错误；B．酸性氧化物不一定都是非金属氧化物，如七氧化二锰，非金属氧化物也不一定是酸性氧化物，如一氧化碳属于不成盐氧化物，错误；C．能导电的物质不一定是电解质，如铜。电解质不一定能导电，如固体氯化钠，正确；D．液氨溶于水能导电，是因为生成的一水合氨发生了电离，而氨气属于非电解质，错误；答案选C。【点晴】本题考查了电解质的概念，注意电解质不一定导电，导电的物质不一定是电解质。注意：①电解质和非电解质均指化合物，单质和混合物既不属于电解质也不属于非电解质；②电解质必须是自身能直接电离出自由移动的离子的化合物，如SO2、CO2属于非电解质；③条件：水溶液或融化状态，对于电解质来说，只须满足一个条件即可，而对非电解质则必须同时满足两个条件；④难溶性化合物不一定就是弱电解质，如硫酸钡属于强电解质。11、C【解题分析】

A.6.02个H2SO4的物质的量为：n==0.1mol，0.1mol硫酸在水中能电离生成0.2mol氢离子，即0.2NA个氢离子，故A错误；B.0℃、101kPa即标况，气体摩尔体积为22.4L/mol，则22.4L氢气的物质的量，n==1mol，1mol氢气含2mol氢原子，,即2NA个，故B错误；C.14g氮气的物质的量为：n==0.5mol，而1mol氮气含14mol电子，故0.5mol氮气含7mol电子，即7NA个电子,故C正确；D.NA个CO的物质的量是1mol,1molCO质量为：m=1mol=28g，0.5mol甲烷的质量m=0.5mol=8g，故质量比为28g:8g=7:2，故D错误；本题答案为C。【题目点拨】物质的量相关计算时，要严格按物质的量和各种物理量的关系计算，并弄清要比较的内容。12、D【解题分析】A.氯化铝溶液中加入过量氨水，该反应的离子方程式为A13++3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3NH4+，A不正确；B.澄清石灰水与过量碳酸氢钠溶液混合，该反应的离子方程式为Ca2++2OH-+2HCO3-=CaCO3↓+2H2O+CO32-，B不正确；C.碳酸钙溶于醋酸，该反应的离子方程式为CaCO3+2CH3COOH=Ca2++CO2↑+H2O+CH3COO-，C不正确；D.氯化亚铁溶液中通入氯气，该反应的离子方程式为2Fe2++C12=2Fe3++2C1-，D正确，本题选D。13、C【解题分析】

A.应该是Ba2＋+SO42—=BaSO4↓，故A错误；B.石灰乳保留化学式，不能拆成离子形式，故B错误；C.硫酸氢钠在水溶液中电离出氢离子，故C正确；D.应该是Ag＋+Cl—=AgCl↓，故D错误。故选C。14、A【解题分析】

A.检查容量瓶是否漏水的方法，正确；B.滴加液体，错误，胶头滴管不能插入试管内；C.给溶液加热，错误，试管内的液体超过试管容积的三分之一；D.过滤，错误，漏斗颈没有紧贴烧杯内壁。故选A。15、A【解题分析】A、为腐蚀品标志，故A正确；B、为易燃固体标志，故B错误；C、为辐射标志，故C错误；D、为易燃液体或易燃气体标志，故D错误。16、C【解题分析】A.根据2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑可知，0.5molNa2O2与足量的水反应产生0.25mol的氧气，因未说明气体是否处于标准状况，则无法确定氧气的体积，故A错误；B.在标准状况下，酒精不是气体，所以无法计算11.2L酒精的分子数，故B错误；C.常温常压下，1.6gCH4的物质的量为n=m÷M=1.6g÷16g/mol=0.1mol，1个甲烷分子中含有10个质子，则0.1mol甲烷中含有1mol的质子，质子数为NA，故C正确；D.气体的物质的量相等，分子数也相等，等物质的量的N2和CO所含分子数相等，但不一定为NA，故D错误；答案选C。二、非选择题（本题包括5小题）17、BaCO3+2H+＝Ba2++H2O+CO2↑Ag++Cl-＝AgCl↓Na2CO3NaCl取①所得溶液，滴加硝酸酸化的硝酸银溶液，若出现白色沉淀，说明原固体中有NaCl，反之则无【解题分析】

①向混合物中加入适量水全部溶解，溶液无色透明，说明一定不会含有CuCl2，不含有不溶物或反应生成不溶物；②向步骤①溶液中滴加BaCl2溶液生成白色沉淀，则说明该白色沉淀是碳酸钡或是硫酸钡中的至少一种；③取步骤②的白色沉淀，白色沉淀可完全溶于稀盐酸，说明该沉淀不会是硫酸钡，所以一定是碳酸钡；④往一份滤液中滴加氯水并加入CCl4，振荡后静置，CCl4层呈无色，则一定没有碘单质生成，所以可以确定KI一定不存在；⑤另一份滤液中加入AgNO3溶液，有白色沉淀生成，该沉淀不溶于稀硝酸，说明该白色沉淀一定是氯化银，但无法证明该溶液中的氯离子，是来自于原混合物还是②中加入的氯化钡所致；（1）③中白色沉淀为碳酸钡，可完全溶于稀盐酸，反应的离子方程式：BaCO3+2H+＝Ba2++H2O+CO2↑；（2）⑤中生成白色沉淀为AgCl，反应的离子方程式为Ag++Cl-=AgCl↓，由以上分析可知混合物中肯定含有碳酸钠，无法确定是否含有的是NaCl；（3）已确定含有碳酸钠，一定不含有K2SO4、KI、CuCl2、CaCl2，如确定是否含有NaCl，可取①所得溶液，滴加硝酸酸化后再滴加硝酸溶液，若出现白色沉淀，说明有原固体中有NaCl，反之则无。18、CuOCu(OH)2CuCl2NaClCu(OH)2+2H+=Cu2++2H2OCu2++2OH-=Cu(OH)2↓CuO+2H+=Cu2++H2O【解题分析】

甲、乙两种固体均与B反应，生成A和水，再分析给出的四种物质可知B为盐酸、A为氯化铜；所以甲乙中均含有铜元素，又A+C=乙+D，能与氯化铜反应的只有氢氧化钠，所以C为氢氧化钠，D为氯化钠，乙为氢氧化铜，则甲为氧化铜．【题目详解】(1)根据以上分析可知，甲为CuO；乙为Cu(OH)2；A为CuCl2；D为NaCl；(2)氢氧化铜为难溶物所以不能拆，故乙与B的离子反应为：Cu(OH)2+2H+=Cu2++2H2O；A与C的离子反应为：Cu2++2OH-=Cu(OH)2↓；氧化铜为难溶物不能拆，故甲与B的离子反应为：CuO+2H+=Cu2++H2O。19、20.0g烧杯500烧杯，玻璃棒先加蒸馏水至刻度线下1-2cm处，改用胶头滴管滴加至凹液面与刻度线相切27.250ACD【解题分析】

I（1）①配制450mL的溶液应选用500mL容量瓶，则所需称量的NaOH的质量为：1.0mol/L0.5L40g/mol=20.0g。②NaOH具有腐蚀性，称量时应该将NaOH放于烧杯中且放置在天平左盘称量。④由于选用500mL容量瓶，所以用玻璃棒引流将溶解液转移进500mL容量瓶中。⑤为了保证溶质全部转移入容量瓶中，所以用少量水洗涤烧杯、玻璃棒2~3次；并将洗涤液转移进容量瓶。⑥定容操作为：先加蒸馏水至刻度线下1~2cm处，改用胶头滴管滴加至凹液面与刻度线相切。II根据稀释前后溶质不变列式：1.84g/cm3V（浓硫酸）98%=1mol/L0.5L98g/mol，V（浓硫酸）=27.2mL；根据“大而近”的原则选择量筒，选用50mL规格的量筒最好。（2）根据公式cB=分析，A项，溶解后溶液没有冷却到室温就转移，浓硫酸溶于水放热，冷却后溶液体积偏小，所配溶液浓度偏高；B项，转移时没有洗涤烧杯、玻璃棒，硫酸物质的量偏小，所配溶液浓度偏低；C项，向容量瓶加水定容时眼睛俯视液面，溶液体积偏小，所配溶液浓度偏高；D项，用量筒量取浓硫酸后洗涤量筒并把洗涤液转移到容量瓶，硫酸物质的量偏大，所配溶液浓度偏高；E项，摇匀后发现液面低于刻度线，又加蒸馏水至刻度线，溶液体积偏大，所配溶液浓度偏低；所配稀硫酸浓度偏高的是ACD，答案选ACD。【题目点拨】配制物质的量浓度溶液的误差分析，根据公式cB=，由于操作不当引起nB偏大或V偏小，所配溶液浓度偏高；反之，所配溶液浓度偏低。难点是定容时的仰视、俯视的分析：仰视刻度线（如图），容器内液面高于刻度线，导致溶液体积偏大，所配溶液浓度偏低。俯视刻度线（如图），容器内液面低于刻度线，导致溶液体积偏小，所配溶液浓度偏高。20、12.5mol·L-12.0250BCAFED偏低不变偏高重新配制重新配制无需进行其他操作【解题分析】

（1）根据分析解答。（2）由于实验室没有240mL的容量瓶，因此需要配制250mL溶液，据此解答。（3）根据配制过程为计算、量取、稀释、冷却、转移、洗涤、定容、摇匀等分析解答。（4）根据c＝n/V结合实验操作分析解答