参考答案：C

本题解析：洗涤了量取浓硫酸的量筒，会造成浓硫酸的量增多，浓度偏大，A错；转移溶液前，容量瓶中含有少量蒸馏水，对结果没有影响，B错；溶解硫酸用的烧杯、玻璃棒未洗涤，会造成硫酸有损失，使得浓度偏低，C对；定容时俯视容量瓶的刻度线，会造成体积变小，浓度偏大，D错。
考点：一定物质的量浓度溶液的配制的误差分析。

本题难度：一般

2、填空题  用锌片与稀硫酸反应，实验结果记录如表

参考答案：（1）10g、17g 
（2）如图（若没有标出坐标值不对.根据硫酸锌的质量可以计算消耗锌的质量为6.9g） 
（3）（3.1g+m）g ； （4）17.2%

本题解析：根据表格中前4次的数据可以看出：硫酸的质量不变，Zn的质量增加，产生的ZnSO4 质量也逐渐增加，说明硫酸过量，原因第2次的质量是第一次的2倍，所以产生的ZnSO4质量也是第一次的2倍，质量是2×5g=10g；第四次产生ZnSO4质量是17g,第6次Zn质量增加，而产生的ZnSO4质量不变，说明硫酸反应完全，所以第5次加入Zn质量是10g时产生的ZnSO4质量也是17g；（2）65gZn完全反应会产生161g ZnSO4，则产生17g ZnSO4消耗的Zn的质量是：（17×65g）÷161=6.9g，则ZnSO4 与Zn的质量函数关系的曲线是；
（3）(10+m)g锌与60g稀硫酸充分反应后产生ZnSO4质量是17g，消耗Zn的质量是6.9gZn质量再增加，也不会发生反应，所以剩余固体的质量为(10+m)g－6.9g=（3.1g+m）g；（4）根据质量守恒定律可知在17g ZnSO4中含有的SO42-的质量是17g-6.9g=10.1g，则消耗的硫酸的质量是（98÷96）×10.1g=10.3g,所以稀硫酸的溶质质量分数是(10.3g÷60g)×100%=17.2%。
考点：考查实验数据的处理、图像法表示、物质的质量关系及溶液的质量分数的计算的知识。

本题难度：一般

3、简答题  用9mol/L的浓硫酸稀释成0.9mol/L的稀硫酸100mL，回答下列问题：
（1）需要取浓硫酸______?mL
（2）由于错误操作，使得到的浓度数据比正确的偏大，偏小或无影响
A．使用容量瓶配制溶液时，俯视液面定容后所得溶液的浓度______
B．没有用蒸馏水洗烧杯2-3次，并将洗液移入容量瓶中______
C．容量瓶用蒸馏水洗净，没有烘干______
D．定容时，滴加蒸馏水，先使液面略高于刻度线，再吸出少量水使液面凹面与刻度线相切______
E．把配好的溶液倒入用蒸馏水洗净而末干的试剂瓶中备用______．

参考答案：（1）根据稀释定律，稀释前后溶质的物质的量不变，来计算浓硫酸的体积，设浓硫酸的体积为xmL，所以xmL×9mol/L=100mL×0.9mol/L，解得：x≈10.0．
所需浓硫酸的体积为10.0mL．
故答案为：10.0．
（2）A．定容时俯视刻度线，使溶液的体积偏小，所配溶液浓度偏大．
B．烧杯未进行洗涤，少量硫酸沾在烧杯壁与玻璃棒上，硫酸的实际物质的量减小，溶液浓度偏小；
C．最后需要定容，容量瓶不干燥，含有少量蒸馏水，对溶液浓度无影响；
D．定容时，滴加蒸馏水，先使液面略高于刻度线，导致溶液体积增大，所配溶液浓度偏低，即使再吸出少量水使液面凹面与刻度线相切，剩余溶液浓度与原来配制的浓度相等，故浓度偏小；
F．把配好的溶液倒入用蒸馏水洗净而末干的试剂瓶中，溶液被稀释，试剂瓶内溶液浓度较配制的浓度偏小．
故答案为：偏大；偏小；无影响；偏小；偏小．

本题解析：

本题难度：一般

4、选择题  下列说法正确的是
A．摩尔是一种物理量
B．CO2的摩尔质量是44g
C．气体摩尔体积约为22.4 L
D．500mL0.1mol/LNaOH溶液中含溶质2g

参考答案：D

本题解析：略

本题难度：简单

5、选择题  下列有关微粒或物质的“量”的叙述不正确的是 (? )
A．浓度分别为2 mol／L和1 mol／L的Na2CO3溶液中，C(CO32一)的比值为2：1
B．常温常压下，16 g 02和O3混合气体中含有NA个氧原子
C．46 g NO2和N204混合气体的物质的量之和大于O．5 mol，小于l mol
D．向饱和CuS04溶液中加入1 mol CuS04固体，则析出的晶体的质量大于250 g

参考答案：A

本题解析：略

本题难度：简单