【化学】黑龙江省哈尔滨市阿城区龙涤中学校2019-2020学年高一上学期期中考试试题（解析版）

【化学】黑龙江省哈尔滨市阿城区龙涤中学校2019-2020学年高一上学期期中考试试题（解析版）

黑龙江省哈尔滨市阿城区龙涤中学校2019-2020学年高一上学期期中考试试题 考试用时： 90分钟 分值：100分 ‎ 说明：1、本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分。第Ⅰ卷为选择题，共20题，50分；第Ⅱ卷为非选择题，共4题，50分。全卷总分l00分。‎ ‎2、答题时考生必须把答案填写在答题卡上。‎ ‎3、可能用到的相对原子质量： H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Al-27 S-32 Cl-35.5 K-39 Fe-56 Cu-64 Zn-65 ‎ I卷（选择题共50分）‎ 一、单项选择题（每题只有一个正确选项，每小题2分，共20分）‎ ‎1.Na2CO3俗名纯碱，下面是对纯碱采用不同分类法的分类，不正确的是(   )‎ A. Na2CO3是氧化物 B. Na2CO3是盐 C. Na2CO3是钠盐 D. Na2CO3是碳酸盐 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】碳酸钠俗名纯碱，属于盐类化合物，含有钠元素，为钠盐，含有碳酸根，为碳酸盐，故A选项错误。故答案选A。‎ ‎2.下列各组混合物能用分液漏斗进行分离的是( )‎ A. 酒精和水 B. 碘和四氯化碳 ‎ C. 水和四氯化碳 D. 汽油和植物油 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】根据分液漏斗可以将互不相溶的两层液体分开，分析选项中物质的溶解性即可。‎ ‎【详解】A．酒精和水能互溶，不能用分液漏斗分离，选项A错误； ‎ B．碘和四氯化碳互溶，不能用分液漏斗分离，选项B错误；‎ C．水和四氯化碳互不相溶，所以能用分液漏斗分离，选项C正确；‎ D．汽油和植物油能互溶，不能用分液漏斗分离，选项D错误；‎ 故合理选项是C。‎ ‎3.下列各组物质中分子数相同的是(   )‎ A. 2L CO和2L CO2 B. 9g H2O和标准状况下11.2L CO2‎ C. 标准状况下1mol O2和22.4L H2O D. 0.2mol H2和4.48L HCl气体 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A项、缺气体体积条件，无法比较的2L CO和2L CO2的物质的量大小，无法判断分子数大小，故A错误；‎ B项、9g H2O的物质的量为0.5mol，标准状况下11.2L CO2的物质的量为0.5mol，两者分子数相同，故B正确；‎ C项、标准状况下H2O为液态，无法计算22.4L H2O的物质的量，无法判断分子数大小，故C错误；‎ D项、缺标准状况下，无法计算4.48L HCl气体的物质的量，无法判断分子数大小，故C错误；‎ 故选B。‎ ‎4.有含少量盐酸的氢氧化铁的胶体溶液,为了精制该胶体溶液,除去其中的的盐酸应进行的操作是( )‎ A. 电泳 B. 过滤 C. 渗析 D. 丁达尔效应 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】渗析是用来分离溶液和胶体的方法，通过渗析可以达到净化，精制胶体的目的，可以使胶体与溶液分离。故答案选C。‎ ‎5.某溶液中存在大量的H+、Cl-、SO42-该溶液中还可能大量存在的是(   )‎ A. CO32- B. Ba2+ C. Ag+ D. Al3+‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．CO32-会与H+生成弱电解质，不能大量共存，故A选项错误；‎ B．Ba2+会与SO42-结合生成硫酸钡沉淀，不能大量共存，故B选项错误；‎ C．Ag+会与Cl-结合生成氯化银沉淀，不能大量共存，故C选项错误；‎ D．Al3+与溶液中的离子均互不影响，可以大量共存，故D选项正确；‎ 故答案选D。‎ ‎6.下列生活现象与胶体性质无关的是(    )‎ A. 盐卤点豆腐 B. 高压直流电除烟尘 C. 江河入海口处“三角洲”的形成 D. 过滤除去氯化钠溶液中的泥沙 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．豆浆具有胶体的性质，向其中加入盐卤，盐卤中含丰富的电解质硫酸钙等，可以使豆浆凝聚，与胶体性质有关，故A选项错误。‎ B．用高压直流电除烟尘是胶体的电泳，和胶体的性质有关，故B选项错误。‎ C．河流中的水含有泥沙胶粒，海水中含有氯化钠、氯化钙等电解质，二者相遇是可以发生胶体凝聚，就形成三角洲，与胶体性质有关，故C选项错误。‎ D．过滤利用了泥沙颗粒较大不能通过滤纸，而溶液可以通过滤纸，与胶体性质无关，故D选项正确。‎ 故答案选D。‎ ‎7.下列电离方程式书写正确的是(   )‎ A FeCl3 == Fe3+ + Cl3—‎ B. H2SO4 == 2H+ + SO42-‎ C. NaOH == Na+ + O2- + H+‎ D. Ca（NO3）2 == Ca2+ + 2（NO3）2-‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.氯化铁的电离方程式为： FeCl3 == Fe3+ +3 Cl—，故A选项错误；‎ B. 硫酸的电离方程式为H2SO4 == 2H+ + SO42-，故B选项正确；‎ C. 氢氧化钠的电离方程式为NaOH == Na+ + OH- ，故C选项错误；‎ D.硝酸钙的电离方程式为 Ca（NO3）2 == Ca2+ + 2NO3-，故D选项错误；‎ 故答案选B。‎ ‎8. 下列叙述中正确的是 （ ）‎ A. 凡是能电离出H+的化合物均属于酸 B. 由一种元素组成的物质一定是单质 C. 纯碱从物质的分类看不属于碱 D. 盐类物质一定含有金属离子 ‎【答案】C ‎【解析】试题分析：能电离出H+的化合物可能为酸式盐或酸，如硫酸氢钠溶液呈酸性，但为盐，故A错误；氧气和臭氧是由氧元素组成的不同单质，是混合物，B错误；纯碱是碳酸钠属于盐，不是碱，C正确；铵盐不含金属元素，不含有金属阳离子，故D错误．答案选C.‎ ‎9.下列过程所发生的反应属于离子反应的是(   )‎ A. H2O2分解制取O2‎ B. H2和O2反应生成水 C. 加热分解KMnO4制氧气 D. 氧化镁投入稀盐酸中 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 分析】离子反应是指过程中有离子参加或生成的化学反应。主要有复分解、盐类水解、氧化还原和络合四种反应方式，根据此分析进行解答。‎ ‎【详解】A． H2O2分解制取O2的化学方程式，不属于离子反应，故A选项错误；‎ B．H2和O2反应生成水的方程式为2H2+O22H2O，不属于离子反应，故B选项错误；‎ C，加热分解KMnO4制氧气2KMnO4 K2MnO4+MnO2+O2↑，不属于离子反应，故C选项错误；‎ D．氧化镁投入稀盐酸中，H+参与反应且有Mg2+生成，故属于离子反应，D选项正确；‎ 故答案选D。‎ ‎10.下列变化需要加入还原剂才能实现的是(   )‎ A. MnO4-→ MnO2 B. Cl-→ Cl2‎ C. H2S →SO2 D. Fe → Fe2+‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】加入还原剂实现反应，则选取做氧化剂的物质，选择化合价降低的物质。‎ ‎【详解】A．锰元素由+7价降低到+4价，化合价降低，做氧化剂，需要加入还原剂才能反应，故A选项正确；‎ B．氯元素由-1价升高至0价，化合价升高，故B选项错误；‎ C．硫元素由-2价升高至+4价，化合价升高，故C选项错误；‎ D．铁元素由0价升高到+2价，化合价升高，故D选项错误；‎ 故答案选A。‎ 二、单项选择题（每题只有一个正确选项，每小题3分，共30分）‎ ‎11.下列关于0.2mol/LCa(NO3)2溶液中正确说法是 ( )‎ A. 该溶液可由1L水中溶解0.2molCa(NO3)2制得 B. 1L该溶液中含有Ca2+和NO3-总数为6×6.02×1022个 C. 0.5L该溶液中Ca2+离子的物质的量浓度为0.4mol/L D. 0.5L该溶液中NO3-离子的物质的量浓度为0.2mol/L ‎【答案】B ‎【解析】A.1L水中溶解0.2molCa(NO3)2制得的溶液体积不是1L，故A错误；B. 1L0.2mol/LCa(NO3)2溶液中含有Ca2+0.2mol，NO3-0.4mol，共含有离子0.6mol，数目为6×6.02×1022个，故B正确；C. 0.5L该溶液中Ca2+离子的物质的量浓度仍为0.2mol/L，故C错误；D. 0.5L该溶液中NO3-离子的物质的量浓度为0.4mol/L，故D错误；故选B。‎ ‎12.下列说法正确的是(   )‎ A. NH3、CO2的水溶液均能导电,所以NH3、CO2均是电解质 B. 液态HCl、固体NaCl均不导电,所以HCl、NaCl均不是电解质 C. 次氯酸（HClO）是弱酸，所以次氯酸钠（NaClO）也是弱电解质 D. 蔗糖、酒精在水溶液里和熔融状态时均不导电,所以它们是非电解质 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．NH3、CO2的水溶液均能导电是因为NH3、CO2与水反应生成一水合氨、碳酸，一水合氨与碳酸均为电解质，NH3、CO2均是非电解质，故A选项错误；‎ B. 液态HCl、固体NaCl均不导电，但二者的水溶液均导电，故HCl、NaCl均是电解质，B选项错误；‎ C．次氯酸不能完全电离，HClO是弱酸，但次氯酸钠（NaClO）可以完全电离，是强电解质，故C选项错误；‎ D．非电解质是在水溶液里和熔融状态时均不导电的化合物，蔗糖、酒精在水溶液里和熔融状态时均不导电，为非电解质，故D选项正确；‎ 故答案选D。‎ ‎13.KOH是我国古代纺织业常用作漂洗的洗涤剂。古代制取KOH的流程如下：‎ ‎ ‎ 上述流程中没有涉及的化学反应类型是(   )‎ A. 化合反应 B. 分解反应 C. 置换反应 D. 复分解反应 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】发生CaCO3CaO+CO2↑、CaO+H2O=Ca（OH）2、K2CO3+Ca（OH）2=CaCO3↓+2KOH，结合四种基本反应类型的概念来解答。‎ ‎【详解】由制备流程可知，发生的分液依次为CaCO3CaO+CO2↑、CaO+H2O=Ca（OH）2、K2CO3+Ca（OH）2=CaCO3↓+2KOH，其反应类型分别为分解反应、化合反应、复分解反应，没有涉及置换反应，答案选C。‎ ‎14.在H2SO4和Al2(SO4)3的混合溶液中，铝离子浓度是0.4 mol / L，硫酸根离子浓度是0.7 mol / L，则氢离子浓度约是 （ ）‎ A. 0.1 mol / L B. 0.2 mol / L C. 0.3 mol / L D. 0.4 mol / L ‎【答案】B ‎【解析】由溶液呈中性即溶液中阳离子所带电荷总数=阴离子所带电荷总数可知：‎ ‎，即，得 ‎15.相对分子质量为M的某物质在室温下的溶解度为S g，此时测得饱和溶液的密度为ρg·cm－3，则该饱和溶液的物质的量浓度是 ( )‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】饱和溶液，由溶解度可计算质量分数，密度为ρg·cm－3，再利用c=来计算物质的量浓度。‎ ‎【详解】在室温下的溶解度为S，此时测得饱和溶液的密度为ρg·cm－3，‎ 溶质的质量分数为=×100%， 由相对分子质量为M，c=，则c=mol/L。 所以B选项是正确的。‎ ‎16.将5mol/L的Mg(NO3)2溶液 mL稀释至 mL,稀释后溶液中NO3-的物质的量浓度为(    )‎ A. mol/L B. mol/L C. mol/L D. mol/L ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】由题意可得， mol/L，故答案选C。‎ ‎17.离子方程式BaCO3＋2H＋＝CO2↑＋H2O＋Ba2＋中的H＋不能代表的物质是(　　)‎ ‎①HCl　②H2SO4　③HNO3　④NaHSO4　⑤CH3COOH A. ①③ B. ①④⑤‎ C. ②④⑤ D. ①⑤‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】离子方程式BaCO3 + 2H＋ ＝CO2↑ + H2O + Ba2＋中的H＋表示的是可溶性的强酸，而且酸根离子不能与Ba2＋结合形成难溶性的盐。①HCl是强酸，BaCl2是易溶的、易电离的物质，可以表示为H+；②H2SO4是可溶性的强酸，但是电离产生的酸根离子SO42-会与Ba2+结合形成BaSO4沉淀，因此不能表示为H+；③HNO3，是强酸，Ba（NO3）2是易溶的、易电离的物质，可以表示为H+；④NaHSO4是强酸的酸式盐，可以电离产生H+‎ ‎，同时电离产生酸根离子SO42-会与Ba2+结合形成BaSO4沉淀，因此不能表示为H+；⑤CH3COOH是弱酸主要以电解质分子形式存在，不能写成H+形式。故符合题意的是②④⑤，选项C符合题意。‎ ‎18.已知32 g X与40 g Y恰好完全反应，生成m g Q和9 g H。在相同条件下，16 g X和30 g Y混合反应生成0.25 mol Q和若干物质的量的H，则物质Q的摩尔质量是(　　)‎ A. 163 g/mol B. 126 g/mol C. 122 g/mol D. 63 g/mol ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】已知32 g X与40 g Y恰好完全反应，生成m g Q和9 g H，在相同条件下，16克X和30克Y混合反应生成0.25 mol Q和若干物质的量的H，则m g Q=0.5molQ。根据此分析进行解答。‎ ‎【详解】由于 32克X和40克Y恰好完全反应。所以：生成m克Q即生成0.5molQ 根据质量守恒定律，m=40+32-9=63g，即0.5molQ有63g，所以：物质Q的摩尔质量应是126g/mol，故答案选B。‎ ‎19.下列各组物质相互混合后,不会发生离子反应的是(   )‎ A. Na2SO4溶液和MgCl2溶液 B. Na2CO3溶液和稀硫酸 C. NaOH溶液和Fe2(SO4)3溶液 D. Ca(OH)2溶液和盐酸 ‎【答案】A ‎【解析】试题分析：A．Na2SO4溶液和MgCl2 溶液混合，既无沉淀、气体生成，也无弱电解质生成，不会发生离子反应，A正确；B．Na2CO3溶液和稀硫酸混合，生成二氧化碳和水，能够发生离子反应，B错误；C．NaOH溶液和Fe2(SO4)3溶液混合，有氢氧化铁沉淀生成，能够发生离子反应，C错误；D．Ca(OH)2和盐酸混合，有水生成，能够发生离子反应，D错误。故答案A。‎ ‎20.将0.195g锌粉加入到20.0mL的0.100 mol·L-1MO2+溶液中，恰好完全反应，则还原产物可能是(    )‎ A. M B. M2+ C. M3+ D. MO2+‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】在氧化还原反应中一定存在得失电子守恒，设反应后M元素的化合价为x，参加反应的MO2+的物质的量为0.1mol/L×0.02L=0.002mol，参加反应的锌的物质的量为0.195g÷65g/mol=0.003mol，故存在：(+5-x)×0.002mol=0.003mol×2，解得x=+2，故选B。‎ II卷（非选择题，共50分）‎ ‎21.萃取和分液在天然香料、药物的提取及核燃料的处理等技术中得到了广泛的应用。某实验小组用四氯化碳萃取碘水中的碘：（将横线上补充完整）‎ 加萃取剂： 用量筒量取10mL碘的饱和水溶液，倒入分液漏斗，然后再注入4mL四氯化碳，盖好玻璃塞。‎ ‎(1)用右手压住分液漏斗口部，左手握住活塞部分，把分液漏斗倒转过来振荡，此操作的目的使___，振荡后打开活塞，使漏斗内气体放出。‎ ‎(2)静止分层：将分液漏斗放在铁架台上静置，液体分层，上层呈___ 色，下层呈________色。‎ ‎(3) 分液：待液体分层后，将__打开，再将分液漏斗下面的活塞拧开，使__流下。‎ ‎(4)通过分液获得碘的四氯化碳混合液，还需采取_____（填操作方法）进行分离获得碘。获得的碘在整套装置中的_______（填仪器名称）中。‎ ‎【答案】(1). 两种液体充分接触 (2). 无 (3). 紫色或者紫红色 (4). 玻璃塞 (5). 下层液体沿烧杯壁慢慢 (6). 蒸馏 (7). 蒸馏烧瓶 ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）用右手压住分液漏斗口部，左手握住活塞部分，把分液漏斗倒转过来振荡，使两种液体充分接触，振荡后打开活塞，使漏斗内气体放出。故答案为 两种液体充分接触；‎ ‎（2）静置后，溶液分层，上层为水溶液，无色;下层为四氯化碳的碘溶液，呈紫红色。‎ 故答案为 无； 紫红；‎ ‎（3）待液体分层后，将分液漏斗颈上的玻璃塞打开，或使塞上的凹槽（或小孔）对准漏斗上的小孔，再将分液漏斗下面的活塞拧开，使下层液体慢慢沿烧杯壁而流下。‎ 故答案为 玻璃塞； 下层液体沿烧杯壁慢慢；‎ ‎（4）碘和四氯化碳由于沸点不同，因此可以用蒸馏的方法。四氯化碳的沸点是70多度，碘的沸点是180多度，用水浴加热就可以使四氯化碳汽化，然后通过冷凝回流就可以获得四氯化碳，最后残留在蒸馏烧瓶中的就是碘单质。故答案为 蒸馏； 圆底烧瓶。‎ ‎22.粗盐中含有Na2SO4、CaCl2和MgCl2，在溶液中能形成Na+、Ca2+、Mg2+、SO42━、和Cl━五种离子。‎ ‎①粗盐溶解后的不溶物用______的方法除去。‎ ‎②要除去其中的Mg2+和Ca2+，其离子方程式分别为_____________，_________，‎ ‎③检验其中的SO42━‎ 的方法__________________；写出其中一定发生的离子反应_____________。‎ ‎【答案】(1). 过滤 (2). Mg2+ + 2OH- =Mg（OH）2↓ (3). Ca2+ +CO32-=CaCO3↓ (4). 取少量溶液放入试管中，滴加稀盐酸酸化后，滴加氯化钡溶液，若产生白色沉淀就证明含有SO42- (5). SO42-+Ba2+ =BaSO4↓‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）不溶物与溶液混合，可以使用过滤操作得到溶液。故答案为 过滤；‎ ‎（2）除去钙离子可使用Na2CO3溶液，除去镁离子可使用 NaOH溶液，故离子方程式为Mg2+ + 2OH- =Mg（OH）2↓ Ca2+ +CO32-=CaCO3↓‎ 故答案为Mg2+ + 2OH- =Mg（OH）2↓ Ca2+ +CO32-=CaCO3↓；‎ ‎（3）检验硫酸根可以使用沉淀法，取少量溶液放入试管中，滴加稀盐酸酸化后，滴加氯化钡溶液，若产生白色沉淀就证明含有SO42- 除去硫酸根离子可使用BaCl2溶液。发生的离子反应为SO42-+Ba2+ =BaSO4↓。故答案为 取少量溶液放入试管中，滴加稀盐酸酸化后，滴加氯化钡溶液，若产生白色沉淀就证明含有SO42- SO42-+Ba2+ =BaSO4↓。‎ ‎23.分类法是学习和研究化学物质的一种常用科学方法．下列“链状连环”图案中，相连的两种物质均可归属为一类，相交部分A、B、C、D为其分类依据代号．‎ 请回答：（1）请将A、B、C、D填入相应的横线内。 ‎ ‎①两种物质都是盐_______；‎ ‎②两种物质都不是电解质___________。‎ ‎③写出鉴别CO2的离子反应方程式_______________。‎ ‎④写出Fe2O3变成FeCl3的离子反应方程式_____________。‎ ‎（2）用洁净的烧杯取25mL蒸馏水,加热至沸腾,逐滴加入上图中一种物质的饱和溶液5至6滴,继续加热,制得红褐色的胶体。‎ ‎①、以上反应的化学方程式为____________。‎ ‎②、向该胶体中逐滴加入稀硫酸,观察到：‎ A、先出现红褐色沉淀,说明胶体发生____；‎ B、随后红褐色沉淀溶解,反应的离子方程式是___________。‎ ‎【答案】(1). D (2). A (3). CO2 +Ca2+ + 2OH- =CaCO3 ↓+ H2O (4). Fe2O3 + 6H+ = 2Fe3+‎ ‎ + 3H2O (5). FeCl3+3H2O Fe（OH）3（胶体）+ 3HCl (6). 聚沉 (7). Fe（OH）3+3H+=Fe3+ +3H2O ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）①硫酸氢钠和氯化铁是能电离出酸根阴离子和金属阳离子的化合物，属于盐类，故选D。‎ ‎②铜属于单质，电解质必须是化合物，不属于电解质的范畴，二氧化碳的水溶液能导电，是生成的碳酸导电，二者不属于电解质，故选A。‎ ‎③可将气体通入澄清石灰水中，澄清石灰水变浑浊说明气体中含有CO2，反应的离子方程式为CO2 +Ca2+ + 2OH- =CaCO3 ↓+ H2O。‎ ‎④ Fe2O3与盐酸反应可生成FeCl3，反应的离子方程式为：Fe（OH）3+3H+=Fe3+ +3H2O 故答案为 D； A；CO2 +Ca2+ + 2OH- =CaCO3 ↓+ H2O；Fe2O3 + 6H+ = 2Fe3+ + 3H2O； ‎ ‎（2）①用洁净的烧杯取少量蒸馏水，用酒精灯加热至沸腾，向烧杯中逐滴加入氯化铁的饱和溶液，继续煮沸可制得一种红褐色氢氧化铁胶体，反应的化学方程式为 FeCl3+3H2O ===Fe（OH）3（胶体）+ 3HCl。‎ ‎②胶体中加入电解质会发生聚沉，氢氧化铁可以和酸发生中和反应，氢氧化铁胶体中加入硫酸二者会先产生沉淀氢氧化铁，后沉淀溶解，发生反应的离子方程式为Fe（OH）3+3H+=Fe3+ +3H2O。故答案为 FeCl3+3H2OFe（OH）3（胶体）+ 3HCl 聚沉 Fe（OH）3+3H+=Fe3+ +3H2O。‎ ‎24.I、配制960 mL 0.3mol/L NaOH溶液。具体如下：‎ ‎（1）需__________________________g NaOH。‎ ‎（2）配制过程中,下列仪器不会用到的是________________，（填序号）尚缺少的主要玻璃仪器是_________。‎ A．托盘天平 B．250mL容量瓶 C．玻璃棒 D．胶头滴管 ‎ II、乙同学用质量分数为98%，密度为1.84g/cm3的浓硫酸配制90mL 2.3 mol/L的稀硫酸。通过计算，用量筒量取_________ml 浓硫酸，选用的量筒________。（选填15mL，25mL， 50mL， 100mL）‎ III、下列操作会使配制的溶液浓度偏低的是___________(填字母)。‎ A、配制氢氧化钠溶液时，称取已吸潮的氢氧化钠固体 B、配制氢氧化钠溶液时，容量瓶中有少量水 C、发现溶液液面超过刻度线，用吸管吸出少量水，使液面降至刻度线 D、定容时俯视容量瓶刻度线 ‎【答案】(1). 12.0 (2). B (3). 1000mL容量瓶 (4). 11.3 (5). 15mL (6). AC ‎【解析】‎ ‎【详解】I、（1）960 mL 0.3mol/L NaOH溶液只能使用1000mL的容量瓶，0.3mol/L ×1L=0.3mol 故需要氢氧化钠的质量为m[NaOH]=0.3×(23+16+1)=12g，‎ 故答案为 12g；‎ ‎（2）配制960 mL 0.3mol/L NaOH溶液的过程中，不会用到的是250mL的容量瓶，还缺少主要玻璃仪器是1000mL的容量瓶。‎ Ⅱ.质量分数为98%，密度为1.84g/cm3的浓硫酸的量浓度为：，稀释前后硫酸的物质的量不变，溶液稀释定律C浓V浓=C稀V稀，故V（浓）= =11.25mL≈11.3mL。故选用15mL的量筒更为精确。‎ Ⅲ.A、配制氢氧化钠溶液时，称取已吸潮的氢氧化钠固体会使实际的氢氧化钠的物质的量偏低，故配置的溶液浓度偏低，故A选项正确；‎ B、配制氢氧化钠溶液时，容量瓶中有少量水对实验结果无影响，故B选项错误；‎ C、发现溶液液面超过刻度线，用吸管吸出少量水，会使溶质质量减少，故C选项正确；‎ D、定容时俯视容量瓶刻度线会使加水体积偏小，溶液浓度偏大，故D选项错误；‎ 故答案为B；1000mL容量瓶；11.3；15mL；AC。‎