内蒙古翁牛特旗乌丹第二中学2019-2020学年高一上学期期中考试化学试题化学（解析版）


内蒙古翁牛特旗乌丹第二中学2019-2020学年高一上学期期中考试试题
考试范围：一、二章；考试时间：90分钟；
一、单选题(共20小题，每小题3.0分,共60分)
1.酒中含有酒精，酒精是一种危险物品，属于（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】A.过量饮酒对身体健康不利，但酒精不是剧毒品；
B.酒精没有腐蚀性，不是腐蚀品；
C.酒精是可燃性液体，但不是自燃物品；
D. 酒精属于可燃性液体，D符合题意。
答案选D。
2.下列各组固体混合物分离操作正确的是（ ）
A. 碳酸钠和碳酸钙：溶解、过滤、蒸发(结晶)
B. 氯化钠和硫酸钠：溶解、过滤、蒸发(结晶)
C. 石灰石和氧化铁：溶解、过滤、蒸发(结晶)
D. 生石灰和碳酸钠：溶解、过滤、蒸发(结晶)
【答案】A
【解析】
【详解】A.碳酸钠能溶于水，碳酸钙不溶于水，将混合物充分溶解后过滤，洗涤滤渣得到碳酸钙，将滤液蒸发结晶得到碳酸钠固体，故A正确；
B.氯化钠和硫酸钠均能溶于水，不能用过滤法分离，故B错误；
C.石灰石和氧化铁均不溶于水，不能用过滤法分离，故C错误；
D.生石灰和碳酸钠溶于水时，发生反应生成碳酸钙和和氢氧化钠，无法得到生石灰和碳酸钠，故D错误；
本题答案为A。
3.欲配制100 mL 1.0 mol·L-1Na2CO3溶液，正确的方法是（　　）
A. 称量10.6 g Na2CO3溶于100 mL水中
B. 称量10.6 g Na2CO3•10H2O溶于少量水中，再用水稀释至100 mL
C. 量取20 mL 5.0 mol·L-1Na2CO3溶液用水稀释至100 mL
D. 配制80 mL 1.0 mol·L-1Na2CO3溶液，则只需要称量8.5 g Na2CO3
【答案】C
【解析】
【详解】A.水的体积为100mL，将10.6gNa2CO3溶于水后，溶液体积大于100mL，故溶液的浓度小于1mol/L，故A错误；
B.10.6gNa2CO3•10H2O物质的量小于0.1mol，由化学式可知碳酸钠的物质的量等于碳酸钠晶体的物质的量小于0.1mol，溶液体积为100mL，所配碳酸钠溶液的浓度小于1.0mol·L-1，故B错误；
C.设稀释后碳酸钠溶液浓度为c，根据稀释定律，稀释前后溶质碳酸钠的物质的量不变，则20mL×5mol/L=100mL×c，解得：c=1mol/L，故C正确；
D.配制80mL1.0mol/LNa2CO3溶液，实际上配制的是100mL1.0mol/L的碳酸钠溶液，需要碳酸钠的质量为：106g/mol×1.0mol/L×0.1L=10.6g，故D错误。
故选C。
4. 下列溶液中溶质的物质的量浓度为1mol/L的是（ ）
A. 将40gNaOH溶解在1L水中
B. 将1L10mol/L的浓盐酸加入9L水中
C. 将22.4LHCl气体溶于水配成1L溶液
D. 将10gNaOH溶解在少量水中，再加蒸馏水直到溶液体积为250mL
【答案】D
【解析】
【详解】物质的量浓度是用单位体积的溶液中含有溶质的物质的量来表示的溶液组成。
A、1L是溶剂的体积，不是溶液的体积，A错误。
B、物质的微粒间有间隔，所以体积不能相加，1 L 10mol/L的浓盐酸加入9 L水中得到的溶液体积不是10L，B错误。
C、气体的体积受温度的影响较大，不指名体积是在什么条件下的没有意义，C错误。
D、C(NaOH)=(m/M)/V=(10g/40g/mol)÷0.25L=1mol/L，D正确。
答案选D。
5.NA代表阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（　　）
A. 在常温常压下，28 g N2与CO混合物气体中所含的分子数目一定为NA
B. 标准状况下，17 g氨气所含原子数目为NA
C. 在常温常压下，11.2 L氮气所含的原子数目为NA
D. NA个氢分子所占有的体积一定为22.4 L
【答案】A
【解析】本题考查是以物质的量为核心的化学计算。
A是易错项，温度和压强并不能影响气体的质量。因为氮气和一氧化碳的摩尔质量相等，所以28 g混合气体的物质的量为1 mol，分子数目一定为NA，A正确
B项17 g氨气的物质的量为1 mol，分子数目一定为NA，原子数目应为4NA。
C项11.2 L氮气的物质的量因不知道常温常压下的气体摩尔体积而无法计算。
D项NA个氢分子所占有的体积不一定为22.4L，只有在标准状况下才是22.4 L。
6.下列各溶液中，Na+物质的量浓度最大的是（　　）
A. 4 L、0.5 mol·L-1NaCl溶液 B. 1 L、0.3 mol·L-1Na2SO4溶液
C. 5 L、0.4 mol·L-1NaOH溶液 D. 2 L、0.15 mol·L-1、Na3PO4溶液
【答案】B
【解析】
【详解】A.4 L、0.5 mol·L-1NaCl溶液中，c(Na+)=0.5mol/L1=0.5mol/L；
B.1 L、0.3 mol·L-1Na2SO4溶液中，c(Na+)=0.3mol/L2=0.6mol/L；
C、5 L、0.4 mol·L-1NaOH溶液中，c(Na+)=0.4mol/L1=0.4mol/L；
D、2 L、0.15 mol·L-1、Na3PO4溶液中，c(Na+)=0.15mol/L3=0.45mol/L；
本题答案为B。
7.已知1.6g某气体所含分子数目约为3.01×1022，此气体摩尔质量为（ ）
A. 32g B. 32g·mol-1
C. 64mol D. 64g·mol-1
【答案】B
【解析】
【详解】
答案选B。
8.设NA表示阿伏加德罗常数，下列叙述中正确的是（ ）
A. 常温常压下，11.2 L氧气所含的分子数为NA
B. 1.8 g 的NH4+中含有的电子数为1.1NA
C. 22 g二氧化碳与标准状况下11.2 L H2含有相同的原子数
D. 2.3 g金属钠与O2完全反应，转移电子的物质的量为0.1 mol
【答案】D
【解析】A. 常温常压下气体的摩尔体积大于22.4L/mol，11.2 L氧气所含的分子数小于NA，A错误；B. 1.8 g 的铵根是0.1mol，其中含有的电子数为NA，B错误；C. 22g二氧化碳的物质的量是22g÷44g/mol＝0.5mol，含有1.5mol原子。标准状况下11.2LH2的物质的量是0.5mol，含有1mol原子，二者含有的原子数不相等，C错误；D. 2.3 g金属钠是2.3g÷23g/mol＝0.1mol，与O2完全反应，转移电子的物质的量为0.1mol，D正确，答案选D。
9.在同温、同压条件下，两种物质的量相同的单质气体之间的关系是（ ）
①具有相同的密度 ②具有相同的体积 ③具有相同的原子数 ④具有相同的分子数
A. ①③ B. ②④ C. ①④ D. ③④
【答案】B
【解析】
【分析】同温同压条件下，相同体积的任何气体所含的分子数是相同的，其物质的量也相同。
【详解】①在同温、同压条件下，两种物质的量相同的单质气体不一定具有相同的密度，因为两者的相对分子质量不一定相同；
②在同温、同压条件下，两种物质的量相同的单质气体具有相同的体积；
③在同温、同压条件下，两种物质的量相同的单质气体不一定具有相同的原子数，因为其分子中的原子数不一定相同；
④在同温、同压条件下，两种物质的量相同的单质气体具有相同的分子数。
综上所述，②④符合题意，故选B。
10.标准状况下，两个容积相等的贮气瓶，一个装有O2，另一个装有CH4，两瓶气体具有相同的（ ）
A. 质量 B. 原子总数 C. 密度 D. 分子数
【答案】D
【解析】
【详解】体积相等，说明物质的量相等。
A、两种的气体的摩尔质量不等，故质量不等；
B、两种气体的原子数不同，故原子总数不等；
C、质量不等，体积相同，密度不等；
D、物质的量相等，分子数相等；
答案选D。
11.实验室要配制0.5mol/L硫酸溶液500mL，需要用10mol/L的硫酸溶液的体积是（　　）
A. 50ml B. 75ml C. 100mL D. 25mL
【答案】D
【解析】
【详解】0.5mol/L硫酸溶液500mL中含有H2SO4的物质的量为n(H2SO4)=cV=0.5mol/L×0.5L=0.25mol，由于溶液在稀释前后溶质的物质的量不变，所以需消耗10mol/L的硫酸溶液的体积V=0.25mol÷10mol/L=0.025L=25mL，故合理选项是D。
12. 当光束通过下列分散系时，能观察到丁达尔效应的是（ ）
A. 泥水 B. 盐酸 C. NaCl 溶液 D. Fe (OH)3 胶体
【答案】D
【解析】
【详解】盐酸、NaCl 溶液属于溶液，泥水属于浊液，均无丁达尔效应；Fe (OH)3 胶体分散质大小：1nm～100nm，属于胶体，有丁达尔效应，故选D。
13.将下列各组物质按单质、氧化物、酸、碱分类顺序排列，其中正确的是（　　）
A. 氧气、干冰、硫酸、烧碱 B. 碘酒、冰、盐酸、烧碱
C. 氢气、二氧化硫、硝酸、纯碱 D. 铜、硫酸钠、醋酸、石灰水
【答案】A
【解析】
【详解】由同种元素组成的纯净物是单质；两种元素组成，其中一种为氧元素的化合物是氧化物；电离出的阳离子全是氢离子的化合物是酸；电离出的阴离子全是氢氧根离子的化合物是碱；碘酒、盐酸属于混合物，故B错误；纯碱是盐不是碱，故C错误；硫酸钠是盐、石灰水是混合物，故D错误
14.下列电离方程式中，正确的是（　　）
A. H2SO4=H2++ SO42- B. Ba(OH)2=Ba2++OH﹣
C. NaNO3=Na++NO3- D. K2SO4=K2++SO42-
【答案】C
【解析】
【详解】A.H2SO4电离产生2个H+、SO42-，电离方程式为：H2SO4=2H++ SO42-，A错误；
B. Ba(OH)2电离产生Ba2+、2个OH-，电离方程式为Ba(OH)2=Ba2++2OH﹣，B错误；
C.NaNO3电离产生Na+、NO3-，电离方程式为NaNO3=Na++NO3- ，C正确；
D. K2SO4电离产生2个K+、SO42-，电离方程式为：K2SO4=2K++SO42-，D错误；
故合理选项是C。
15.下列各物质属于电解质的是（　　）
①NaOH ②BaSO4 ③Cu ④蔗糖 ⑤CO2
A. ①② B. ①②⑤ C. ③④ D. ①③⑤
【答案】A
【解析】
【分析】电解质指的是在水溶液或者是熔融状态下，能够导电的化合物；非电解质指的是在水溶液和熔融状态下均不导电的化合物。
【详解】①NaOH是电解质；
②BaSO4也是电解质；
③Cu既不是电解质，又不是非电解质；
④蔗糖是非电解质；
⑤CO2的水溶液能导电，是由于H2CO3的电离，因此H2CO3是电解质，CO2是非电解质。
因此属于电解质的是①②，故答案A。
16.在无色透明的溶液中，能大量共存的离子组是（　　）
A. Na+、K+、HCO3-、OH﹣ B. Mg2+、Al3+、、NO3-
C. K+、Cu2+、NH4+、NO3- D. H+、Na+、NO3-、CO32-
【答案】B
【解析】
【详解】A选项，HCO3－与OH－反应生成碳酸根和水，因此不共存，故A错误；
B选项，这些离子之间都不反应，共存，故B正确；
C选项，无色透明溶液中，而Cu2+是蓝色，故C错误；
D选项，H+与CO32－反应生成水，因此不共存，故D错误；
综上所述，答案为B。
17.下列反应的离子方程式书写正确的是（　 　）
A. 硫酸铜溶液中加入铁粉的反应：Cu2++Fe=Fe2++Cu
B. 稀H2SO4与铁粉反应：2Fe+6H+=2Fe3++3H2↑
C. 氢氧化钡溶液与稀 H2SO4反应：Ba2++ SO42-=BaSO4↓
D. 碳酸钙与盐酸反应：CO32-+2H+=H2O+CO2↑
【答案】A
【解析】
【详解】A.由于金属活动性Fe>Cu，所以Fe与CuSO4溶液发生置换反应产生Cu单质和Fe2+，反应符合事实，符合离子方程式拆分原则，A正确；
B.Fe与稀硫酸反应产生FeSO4和H2，反应原理不符合事实，B错误；
C.二者反应除了产生BaSO4沉淀外，还产生了水，C错误；
D.CaCO3难溶于水，不能拆写为离子形式，D错误；
故合理选项是A。
18.下列反应中，不属于四大基本反应类型，但属于氧化还原反应的是（ ）
A. 2Na+2H2O===2NaOH+H2↑
B. Cl2+H2O===HCl+HClO
C. CaCO3CaO+CO2↑
D. Ca（ClO）2+2HCl===CaCl2+2HClO
【答案】B
【解析】
【详解】A.反应2Na+2H2O=2NaOH+H2↑属于置换反应，一定是氧化还原反应，故A错误；
B. Cl2+H2O=HCl+HClO不属于四种基本反应类型，但Cl元素化合价发生变化，属于氧化还原反应，故B正确；
C. 反应CaCO3CaO+CO2↑属于分解反应，不属于氧化还原反应，故C错误； 
D. 反应Ca（ClO）2+2HCl=CaCl2+2HClO属于复分解反应，不是氧化还原反应，故D错误。
本题答案为B。
19.下列表示反应中电子转移的方向和数目正确的是（ ）
A.
B.
C.
D.
【答案】B
【解析】
【详解】A.在该反应中Mn元素的化合价由MnO2中的+4价变为MnCl2中的+2价，化合价降低，获得2e-，Cl元素的化合价由反应前HCl中的-1价变为反应后Cl2中的0价，化合价升高，失去2×e-，A错误；
B.在该反应中只有S元素化合价的升降，电子得失与元素化合价升降符合氧化还原反应规律，B正确；
C.在该反应中Cl元素的化合价由KClO3中的+5价变为Cl2中的0价，化合价降低，获得5e-，Cl元素的化合价由反应前HCl中的-1价变为反应后Cl2中的0价，化合价升高，失去5×e-，电子转移数目及反应原理不符合反应事实，C错误；
D.在用单线桥法表示时，电子由失去电子的元素O指向得到电子的元素Cl，电子转移数目为6×2e-，D错误；
故合理选项是B。
20.下列反应中，水作还原剂的是（ ）
A. 2Na＋2H2O=2NaOH＋H2↑
B. CaO＋H2O=Ca(OH)2
C. 3NO2＋H2O=2HNO3＋NO
D. 2F2＋2H2O=4HF＋O2
【答案】D
【解析】
【详解】A.在该反应中Na为还原剂，失去电子，H2O为氧化剂，获得电子变为H2，A不符合题意；
B.该反应中没有元素化合价的变化，属于非氧化还原反应，B不符合题意；
C.在该反应中只有NO2中的N元素的化合价发生变化，NO2既是氧化剂又是还原剂，C不符合题意；
D.在该反应中F2获得电子，为氧化剂，H2O中的O失去电子，H2O为还原剂，D符合题意；
故合理选项是D。
分卷II
二、填空题(共5小题，21、22每空1分，其他每空2.0分,共30分)
21.用于分离或提纯物质的方法有：A.蒸馏(分馏) B.萃取 C.过滤 D.分液。下列各组混合物的分离或提纯应选用上述哪一种方法最合适？（请在横线上填方法的标号）
(1)分离四氯化碳与水的混合物________。
(2)分离碘水中的碘单质_________。
【答案】(1). D (2). BD
【解析】
【分析】(1)四氯化碳与水是互不相容的液体物质的混合物，可根据二者的不溶性分离；
(2)可根据碘在水中溶解度小，而在有机物CCl4中溶解度大，且不与CCl4反应，而CCl4与水互不相溶的性质分离。
【详解】(1)四氯化碳与水是互不相溶的液体物质，二者是两层液体物质可用分液的方法分离，故合理选项是D；
(2)碘在水中溶解度不大，而在有机物CCl4中溶解度较大，碘与CCl4不能反应，并且CCl4与水互不相溶，向碘水中加入CCl4，充分振荡后静置，碘单质进入到CCl4层，这种方法叫萃取，从而与水分离，然后再分液有机层和水层分离，故合理选项是BD。
22.现有下列10种物质：①H2O、②空气、③Mg、④CaO、⑤H2SO4、⑥Ca(OH)2、⑦CuSO4·5H2O、⑧碘酒、⑨C2H5OH、⑩NaHCO3。(将序号填在相应的横线上)其中，属于氧化物的是_________；属于酸的是_______；属于碱的是_______；属于盐的是_______。
【答案】(1). ①④ (2). ⑤ (3). ⑥ (4). ⑦⑩
【解析】
【分析】氧化物是由氧和另外一种元素组成的化合物；酸是电离产生的阳离子全部是H+的化合物；碱是电离产生的阴离子全部是OH-的化合物；盐是由金属阳离子(或铵根)和酸根离子组成的化合物，据此分析判断。
【详解】①H2O含有两种元素，其中一种元素为氧，属于氧化物；
②空气中含有N2、O2、CO2等多种物质，是混合物，不是化合物；
③Mg是单质，不是化合物；
④CaO含有Ca和O，两种元素，属于氧化物；
⑤H2SO4属于电离时生成的阳离子全部是H+的化合物，属于酸；
⑥Ca(OH)2电属于离时生成的阴离子全部是OH-的化合物，属于碱；
⑦CuSO4•5H2O属于能电离出金属离子和硫酸根离子的化合物，属于盐；
⑧碘酒是混合物，不是化合物；
⑨C2H5OH为有机物，不属于酸、碱、盐、氧化物，是非电解质；
⑩NaHCO3是由钠离子与碳酸氢根离子构成盐，属于盐；
所以属于氧化物的是①④；属于酸的是⑤；属于碱的是⑥；属于盐的是⑦⑩。
23.写出下列物质在水溶液中的电离方程式。
(1)Fe2(SO4)3______________________；
(2)CuCl2______________________；
(3)KClO3______________________；
【答案】(1). Fe2(SO4)3=2Fe3++3SO42- (2). CuCl2=Cu2++2Cl- (3). KClO3=K++ClO3-
【解析】
【分析】(1)Fe2(SO4)3是盐，属于易溶的强电解质，在溶液中电离产生Fe3+、SO42-；
(2)CuCl2是盐，属于易溶的强电解质，电离产生Cu2+、Cl-；
(3) KClO3是盐，属于易溶的强电解质，电离产生K+、ClO3-。
【详解】(1)Fe2(SO4)3是盐，属于易溶的强电解质，在溶液中电离产生Fe3+、SO42-，电离方程式为：Fe2(SO4)3=2Fe3++3SO42-；
(2)CuCl2是盐，属于易溶的强电解质，电离产生Cu2+、Cl-，电离方程式为：CuCl2=Cu2++2Cl-；
(3) KClO3是盐，属于易溶的强电解质，电离产生K+、ClO3-，电离方程式为：KClO3=K++ClO3-。
24.写出下列反应的离子方程式：
(1)铁片与稀盐酸反应________________________；
(2)氧化镁与稀硫酸反应________________________；
(3)氢氧化钠溶液与硝酸溶液混合________________；
(4)硫酸钠溶液与氯化钡溶液混合__________________________；
(5)碳酸钙溶于稀盐酸__________________________。
【答案】(1). Fe+2H＋=Fe2＋+H2↑ (2). MgO+2H+=H2O+Mg2＋ (3). OH-+H+=H2O (4). Ba2＋+SO42-=BaSO4↓ (5). CaCO3+2H＋=Ca2++H2O+CO2↑
【解析】
【分析】(1)铁片与稀盐酸反应产生FeCl2和H2；
(2)氧化镁与稀硫酸反应产生MgSO4和H2O；
(3)氢氧化钠溶液与硝酸溶液混合产生NaNO3和H2O；
(4)硫酸钠溶液与氯化钡溶液混合产生BaSO4沉淀和NaCl；
(5)碳酸钙溶于稀盐酸，反应产生CaCl2、H2O、CO2。
【详解】(1)铁片与稀盐酸反应产生FeCl2和H2，根据离子方程式的拆分原则，可得该反应的离子方程式为：Fe+2H＋=Fe2＋+H2↑；
(2)氧化镁与稀硫酸反应产生MgSO4和H2O，相应离子方程式为：MgO+2H+=H2O+Mg2＋；
(3)氢氧化钠溶液与硝酸溶液混合产生NaNO3和H2O，离子方程式为：OH-+H+=H2O；
(4)硫酸钠溶液与氯化钡溶液混合产生BaSO4沉淀和NaCl，离子方程式为：Ba2＋+SO42-=BaSO4↓；
(5)碳酸钙溶于稀盐酸，反应产生CaCl2、H2O、CO2，离子方程式为：CaCO3+2H＋=Ca2++H2O+CO2↑。
25.用双线桥标明下列反应中电子转移方向和数目，并指出氧化剂和还原剂。
(1)Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O_________________________________。
(2)MnO2+4HCl(浓)MnCl2+2H2O+Cl2↑_______________________
【答案】(1). ，氧化剂：Cl2；还原剂：Cl2。 (2). ，氧化剂：MnO2；还原剂：HCl。
【解析】
【分析】根据元素化合价升高，失去电子，元素所在物质作还原剂；元素的化合价降低，获得电子，元素所在物质作氧化剂，氧化剂获得的电子数目等于还原剂失去电子数目。
【详解】(1)在Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O中，Cl元素的化合价由反应前Cl2中的0价变为反应后NaCl中的-1价，化合价降低，获得e-，Cl2作氧化剂；Cl元素的化合价由反应前Cl2中的0价变为反应后NaClO中的+1价，化合价升高，失去e-，被氧化，Cl2作还原剂，用双线桥法表示为：；
(2) 在MnO2+4HCl(浓)MnCl2+2H2O+Cl2↑中，Mn元素的化合价由反应前MnO2中的+4价变为反应后MnCl2中的+2价，化合价降低，获得电子2e-，被还原，MnO2作氧化剂；Cl元素的化合价由反应前HCl中的-1价变为反应后Cl2中的0价，化合价升高，失去电子2×e-，HCl作还原剂；用双线桥法表示为：。
三、实验题(共1小题，最后一问2分，其它1分)
26.实验室配制500mL 0.2mol/L的NaOH溶液。
(1)在下图所示仪器中，配制上述溶液肯定不需要的是_____________(填序号)，除图中已有仪器外，配制上述溶液还需要的玻璃仪器是__________、____________。

(2)填写下述过程中的空白；
具体步骤如下：
①计算需要称量NaOH固体的质量___________g；
②用托盘天平称量NaOH固体；
③将称好的NaOH固体放入烧杯中，加适量蒸馏水溶解、搅拌，并_________至室温；
④将NaOH溶液沿玻璃棒注入____________中；
⑤用少量蒸馏水洗涤烧杯内壁2～3次，洗涤液也都注入容量瓶，轻轻晃动容量瓶，使溶液混合均匀；
⑥将蒸馏水注入容量瓶，液面离刻度线下_______cm时，改用____________滴加蒸馏水至液面于刻度线相切；
⑦盖好瓶塞，反复上下颠倒，摇匀；
(3)经精确测量，最后所得溶液物质的量浓度为0.192mol/L，原因可能是_____________
A.使用滤纸称量NaOH固体；
B.溶解NaOH后的烧杯未经多次洗涤；
C.容量瓶中原来有少量蒸馏水；
D.称量时所用的砝码生锈；
E.未冷却直接转移至容量瓶，立即配好。
【答案】(1). C (2). 烧杯 (3). 玻璃棒 (4). 4.0 (5). 冷却 (6). 500mL容量瓶 (7). 1～2 (8). 胶头滴管 (9). AB
【解析】
【分析】(1)根据实验操作的步骤（计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀等操作）以及每步操作需要仪器确定反应所需仪器；
(2)依据m=c·V·M计算需要溶质的质量；依据配制一定物质的量浓度溶液的一般步骤确定使用的仪器及方法、要求；
(3)分析操作对溶质的物质的量和溶液体积的影响，依据c=进行误差分析。
【详解】(1)配制一定体积一定物质的量浓度的溶液要在一定规格是容量瓶中进行，先用天平称量物质，用量筒量取水，在烧杯中进行溶解，为促进物质溶解，要用玻璃棒搅拌，待溶液恢复至室温后通过玻璃棒引流转移至在容量瓶中，最后用胶头滴管定容。故在如图所示仪器中，配制上述溶液肯定不需要的是分液漏斗，序号是C；还需要使用的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒；
(2)①配制500mL 0.2mol/LNaOH溶液需要氢氧化钠的质量为：m(NaOH)= 0.2mol/L×0.5L ×40g/mol=4.0g；
②用托盘天平称量NaOH固体；
③由于容量瓶要求配制的溶液的温度是室温，所以要将称好的NaOH固体放入烧杯中，加适量蒸馏水溶解、搅拌，并冷却至室温；
④将NaOH溶液沿玻璃棒注入500mL容量瓶中；
⑤用少量蒸馏水洗涤烧杯内壁2～3次，洗涤液也都注入容量瓶，轻轻晃动容量瓶，使溶液混合均匀；
⑥将蒸馏水注入容量瓶，液面离刻度线下1～2cm时，改用胶头滴管滴加蒸馏水至液面于刻度线相切；
⑦盖好瓶塞，反复上下颠倒，摇匀，就得到500mL 0.2mol/LNaOH溶液。
(3)经精确测量，最后所得溶液物质的量浓度为0.192mol/L，小于0.2mol/L，
A.使用滤纸称量NaOH固体，部分溶质由于NaOH潮解沾在滤纸上，导致溶质的质量偏少，称取溶质中氢氧化钠物质的量也就偏小，使所配溶液的浓度偏低，A符合题意；
B.溶解NaOH后的烧杯未经多次洗涤，导致溶质的质量减少，使所配溶液的浓度偏低，B符合题意；
C.容量瓶中原来有少量蒸馏水，不影响溶质的质量和溶液的体积，因此对配制的溶液浓度无影响，C不符合题意；
D.称量时所用的砝码生锈，使溶质的质量偏大，最后导致配制的溶液浓度偏高，D不符合题意；
E.未冷却直接转移至容量瓶，立即配好，待溶液恢复至室温时，溶液体积偏小，导致配制的溶液浓度偏高，E不符合题意；
故合理选项是AB。