【化学】湖南省衡阳县第四中学2019届高三上学期第一次月考(9月)(解析版)

湖南省衡阳县第四中学2019届高三上学期第一次月考(9月）1.下列有关图示和图标中正确的是()
【答案】B
【分析】A项，浓硫酸溶于水要放热，因此稀释浓硫酸要遵循“酸入水、棒搅拌”原则；
B项，碳酸钙与盐酸反应产生二氧化碳，长颈漏斗应在液面以下，应该用向上排空气法收集；C项，图中所示标志是腐蚀品标志；
D项，由图标可知是禁止烟火标志。

【详解】A项，浓硫酸溶于水要放热，所以稀释浓硫酸时要将浓硫酸缓慢倒入水中，并用玻璃棒不断搅拌散热，故A项错误；
B项，实验室用碳酸钙和稀盐酸反应制取二氧化碳，长颈漏斗应在液面以下，且二氧化碳的密度大于空气的密度，用向上排空气法收集，故B项正确；
C项，图中所示标志是腐蚀品标志，故C项错误；
D项，由图标可知是禁止烟火标志，而不是禁止吸烟标志，故D项错误；
综上所述，本题正确答案为B。

2.下列试剂的存放正确的是()
A. 钾、钠在空气中极易氧化，应放在水中
B. 盛放氢氧化钠溶液的瓶口用玻璃塞塞紧，不能用橡皮塞
C. 浓硝酸、硝酸银见光易分解，应保存在棕色瓶中，贮放在黑暗而且温度低的地方
D. 以上方法都不正确
【答案】C
【分析】A.钾、钠能与氧气、水反应,应保存在煤油中；
B.二氧化硅能够与氢氧化钠溶液反应生成有粘性的硅酸钠；
C. 浓硝酸、硝酸银见光易分解，应避光、低温保存；
D.选项C正确。

【详解】A.钾、钠能与氧气、水反应,应放在盛有煤油的广口瓶中以隔绝空气,A正确；
B.实验室盛放氢氧化钠溶液的试剂瓶不能用玻璃塞,其原因是在常温下,氢氧化钠与玻璃中的二氧化硅缓慢地发生反应,产物使瓶口与瓶塞粘合在一起,B错误；
C. 浓硝酸、硝酸银见光易分解，应保存在棕色瓶中，贮放在黑暗而且温度低的地方，C正确；
D.选项C是正确的，D错误；
正确选项C。

3.下列实验操作中，不能用于物质分离的是()
【答案】C
【解析】A. 为过滤装置，可以分离液体和固体的混合物，故A不选；B. 为蒸馏装置，可以分离沸点不同的液体混合物，故B不选；C. 为配制一定物质的量浓度溶液中向容量瓶中转移溶液的操作，不能用于物质的分离，故C选；D. 为分液的装置，可以用于分离互不相溶的液体混合物，故D不选，故选C。

4.化学与生活、社会发展息息相关。

下列有关说法正确的是（）
A. 二氧化硫可广泛用于食品的增白
B. “青蒿一握，以水二升渍，绞取汁”，青蒿素的提取属于化学变化
C. 碳酸钡可用于胃肠X射线造影检查
D. 绿色化学要求从源头上消除或减少生产活动对环境的污染
【答案】D
【分析】A．二氧化硫有一定毒性；B.屠呦呦对青蒿素的提取是溶解萃取过滤，属于物理方法；C.碳酸钡可溶于酸；D.绿色化学的核心是利用化学原理从源头上消除或减少生产生活对环境的污染。

【详解】二氧化硫有毒不能广泛用于食品的增白，A错误；“青蒿一握，以水二升渍，绞取
汁”，屠呦呦对青蒿素的提取是溶解萃取过滤，没有新物质生成，属于物理变化，B错误；碳酸钡难溶于水，但可溶于酸，生成可溶性钡盐而使蛋白质变性，所以不能用于胃肠X射线造影检查，应该用硫酸钡，C错误；绿色化学的核心是利用化学原理从源头上消除或减少生产生活对环境的污染，而不能污染后再治理，D正确。

故选D。

【点睛】本题是一道比较传统的化学与生产生活相关的问题，需要学生能够熟悉常见化学物质的性质和用途，同时能用化学原理解释生产生活中的某些过程。

需要注意碳酸钡与硫酸钡的性质差异。

5.设N A为阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是()
A. 1mol 羟基与lmol 氢氧根离子所含质子数均为9N A
B. 3H2(g)+N2(g) 2NH3(g) ΔH=-92 kJ/mol,放出热量9.2kJ时，转移电子0.6 N A
C. 5NH4NO32HNO3+4N2↑+9H2O 反应中，生成28g N2,转移的电子数目为3.75N A
D. 密闭容器中2molNO 与1molO2充分反应，产物的分子数为2N A
【答案】D
【解析】A. 羟基与氢氧根离子都有9个质子，所以1mol 羟基与1mol 氢氧根离子所含质子数均为9N A，A正确；B. 3H2(g)+N2(g) 2NH3(g) ΔH=-92 kJ/mol，放出热量9.2kJ时，有0.1molN2转化为氨气，所以转移电子0.6 N A，B正确；C. 5NH4NO32HNO3+4N2↑+9H2O 反应中，由NH4+中N的化合价变化可知，生成4mol N2时，转移电子的数目为15 N A，所以生成28g N2（物质的量为1mol）转移的电子数目为3.75N A，C正确；D. 密闭容器中2molNO 与1molO2充分反应后恰好能生成2mol NO2，由二氧化氮转化为四氧化二氮的平衡2NO2N2O４可知，产物的分子数小于2N A，D不正确。

本题选D。

6.设N A为阿伏加德罗常数，如果a g某气态双原子分子的分子数为p，则b g该气体在标准状况下的体积V(L)是()
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】试题分析：根据m/M=n=N/N A，求的此气体的摩尔质量为aN A/pg·mol－1，bg该气体的物质的量为bp/aN A，则气体体积为，故选项D正确。

考点：考查物质的量、质量、微粒数、体积之间的关系等知识。

7.下列实验操作中：①过滤，②蒸发，③溶解，④取液体试剂，⑤取固体试剂。

一定要用到玻璃棒的是()
A. ①②③
B. ④⑤
C. ①④
D. ①③⑤
【答案】A
【解析】试题分析：①过滤时要用玻璃棒引流；②蒸发要用玻璃棒搅拌防止局部受热造成液滴飞溅同时能加速溶解；③溶解固体需玻璃棒搅拌加速溶解；④取液体试剂直接倾倒不需要玻璃棒；⑤取用固体用药匙，不用玻璃棒；故选A。

考点：考查实验基本操作的使用仪器和操作步骤。

8.某地区的自来水是采用氯气消毒的，为了检验Cl－的存在，最好选用下列物质中的()
A. 石蕊溶液
B. 四氯化碳
C. 氢氧化钠溶液
D. 硝酸银溶液
【答案】D
【解析】试题分析：氯离子和银离子反应生成氯化银沉淀，所以常用硝酸银溶液检验氯离子。

考点：常见物质的检验
9.下列物质，不．属于高分子化合物的是()
①甘油②油脂③纤维素④淀粉⑤有机玻璃⑥蛋白质⑦蔗糖⑧天然橡胶⑨2,4,6-三硝基甲苯⑩涤纶
A. ①④⑦
B. ①②⑦⑨
C. ③⑤⑥⑩
D. ②③⑦⑧
【答案】B
【分析】高分子化合物是指那些由众多原子或原子团主要以共价键结合而成的相对分子量在一万以上的化合物，大多数高分子都是由一种或几种单体聚合而成。

【详解】①甘油分子式为C3H8O3,相对分子质量为92,不属于高分子化合物；
②油脂是高级脂肪酸与甘油形成的酯,相对分子质量不大,不属于高分子化合物；
③纤维素与④淀粉的基本结构单元都是葡萄糖单元,为天然高分子化合物；
⑤有机玻璃化学名称叫聚甲基丙烯酸甲酯,是由甲基丙烯酸甲酯聚合而成的,属于人工合成高分子化合物；
⑥蛋白质是由氨基酸缩聚形成的高分子化合物；
⑦蔗糖属于二糖,相对分子质量较小,不是高分子化合物；
⑧天然橡胶是聚异戊二烯,由异戊二烯加聚形成的,是天然高分子化合物；
⑨2,4,6-三硝基甲苯,相对分子质量不大,不属于高分子化合物；
⑩涤纶的基本组成物质是聚对苯二甲酸乙二酯,故也称聚酯纤维,属于人工合成高分子化合物；不属于高分子化合物的是①②⑦⑨。

正确选项B。

【点睛】高分子有天然高分子和合成高分子；天然高分子主要有：淀粉、纤维素、蛋白质和天然橡胶；合成高分子包括合成纤维、合成橡胶、塑料等。

10.由CO2、CO、H2组成的混合气体在同温同压下与氮气的密度相同，则该混合气体中CO2、H2、CO的体积比可为()
A. 29∶8∶13
B. 22∶1∶14
C. 13∶8∶29
D. 13∶16∶57
【答案】C
【分析】因为CO与N2具有相同的相对分子质量,所以CO2、CO、H2混合气体的平均相对分子质量仅由CO2和H2来决定，CO的量可以任意，用十字交叉法可以得出结果。

【详解】因为CO与N2具有相同的相对分子质量,所以CO2、CO、H2混合气体的平均相对分子质量仅由CO2和H2来决定，CO的量可以任意，由交叉法:
由十字交叉法可求得CO2和H2的体积比为26:16或13:8时（CO的量可以任意）,混合气体的平均分子量为28，所以C选项是正确。

11.下列反应的离子方程式正确的是()
A. 用醋酸除去水垢：2H＋＋CaCO3===Ca2＋＋CO2↑＋H2O
B. 酸性氯化亚铁溶液中加入双氧水2Fe2＋＋H2O2===2Fe3＋＋O2↑＋2H＋
C. NaAlO2溶液中通入过量CO2：2AlO2—+CO2+3H2O=2Al(OH)3↓+CO32－
D. 电解饱和食盐水获取烧碱和氯气：2Cl－＋2H2O H2↑＋Cl2↑＋2OH－
【答案】D
【分析】A.醋酸为弱酸，不能拆写；B．离子方程式两边正电荷不相等，Fe元素和O元素的化合价都升高；C.NaAlO2溶液中通入过量CO2生成HCO3-；D.电解饱和食盐水时，阳极上生成氯气、阴极上生成氢气同时阴极附近有NaOH生成。

【详解】用醋酸除去水垢反应的离子方程式为：CaCO3+2CH3COOH═Ca2++2CH3COO-+H2O+ CO2↑，故A错误；酸性氯化亚铁溶液中加入双氧水，双氧水将亚铁离子氧化成铁离子，正
确的离子方程式为：2Fe2++2H++H2O2═2Fe3++2H2O，B错误；Al（OH）3不溶于CO2，通入过量CO2生成HCO3-，反应的离子方程式为：AlO2-+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3-，C错误；电解饱和食盐水时，阳极上生成氯气、阴极上生成氢气同时阴极附近有NaOH生成，离子方程式为2Cl－＋2H2O H2↑＋Cl2↑＋2OH－，D正确。

故选D。

【点睛】本题考查了离子方程式的书写判断，答题时注意掌握离子方程式的书写原则，明确离子方程式正误判断常用方法：检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合守恒关系（如：质量守恒和电荷守恒等）、检查是否符合原化学方程式等。

12.物质的量浓度相同的NaCl、MgCl2、AlCl3三种溶液，当溶液的体积比为3∶2∶1时，三种溶液中Cl－的物质的量之比为()
A. 1∶1∶1
B. 1∶2∶3
C. 3∶2∶1
D. 3∶4∶3
【答案】D
【分析】根据物质的组成特点求出氯离子的物质的量浓度,然后根据公式n=cV求出的Cl-的物质的量来分析。

【详解】物质的量浓度相同的NaCl、MgCl2、AlCl3三种溶液中，Cl-的物质的量浓度之比为1:2:3，溶液体积比为3:2:1，由n=cV知，三种溶液中Cl-的物质的量之比为(1×3):(2×2):(3×1)=3:4:3；综上所述，本题正确答案为D。

13.下列中草药煎制步骤中，属于过滤操作的是()
【答案】C
【解析】过滤是固体与液体分离的操作，故C正确。

14.已知：异氰酸(HCNO)结构式为H—N＝C＝O，其中氮元素为－3价．HCNO能和NO2
反应生成N2、CO2、H2O.下列说法正确的是()
A. 在反应中，HCNO既被氧化又被还原
B. 在反应中，NO2是氧化剂，HCNO是还原剂
C. 在反应中，NO2与HCNO的物质的量之比为1∶1
D. 每生成1 mol CO2有4 mol电子转移
【答案】B
【解析】异氰酸中碳元素的化合价是＋4价，所以在反应中碳元素的化合价不变。

而N元素的化合价则从－3价升高到0价。

而NO2中氮元素的化合价从＋4价降低到0价，因此NO2是氧化剂，HCNO是还原剂。

根据电子的得失守恒控制，氧化剂和还原剂的物质的量之比是3︰4，所以反应的方程式为8HCNO＋6NO2=7N2＋8CO2＋4H2O。

因此根据方程式可知，每生成1 mol CO2有3 mol电子转移，所以答案选B。

15.下列实验方案中，不能达到实验目的的是（）
【答案】B
【解析】A. 溴蒸气和NO2分别通入硝酸银溶液中，产生淡黄色沉淀的是溴蒸汽，A 正确；
B. 用硫酸酸化的H2O2滴入Fe(NO3)2溶液中，溶液变黄色说明有Fe3+生成，不能证明:H2O2氧化性比Fe3+强，因为在酸性条件下，硝酸根也可以把亚铁离子氧化，B不正确；
C.在蔗糖中滴加浓硫酸，蔗糖变黑说明有C生成，产生有刺激性气味的气体说明有二氧化硫生成，证明浓硫酸具有氧化性和脱水性，C正确；
D. 稀的强酸和强碱反应的中和热为57.3kJ/mol，测定稀醋酸和稀NaOH 的中和热数据，数值小于57.3kJ/mol，证明醋酸的电离吸热，D 正确。

本题选B。

16.有机玻璃是由有机物X加聚制得的热塑性塑料，为透明如玻璃状的无色固体，可用以制造航空窗玻璃、仪表盘、外科照明灯、装饰品和生活用品等．其结构简式如下：
请回答下列问题：
（1）写出X的结构简式________________________．
（2）有机物X不能发生的反应有________(填写序号)；
①和氢气加成②使溴水褪色③被酸性高锰酸钾溶液氧化④水解反应⑤酯化反应（3）有机物X有多种同分异构体，其中含有2个甲基、且属于羧酸类的有机分子的结构简式为________．
【答案】(1). (2). ⑤(3).
【解析】本题主要考查含有碳碳双键和酯基的甲基丙烯酸甲酯的结构与性质。

（1）X是甲基丙烯酸甲酯，它的结构简式：；
（2）①X含有碳碳双键，所以可以和氢气加成；②X含有碳碳双键，所以可以使溴水褪色；
③X含有碳碳双键，所以可以被酸性高锰酸钾溶液氧化；④X含有酯基，所以可以发生水解反应；⑤X不含有发生酯化反应的官能团—OH和—COOH，所以不可以发生酯化反应。

故选⑤。

（3）有机物X有多种同分异构体，其中含有2个甲基且属于羧酸类的有机分子的结构简式为。

点睛：含有多个官能团的有机物的化学性质一般看作这些官能团性质的加合。

17.现有含NaCl、MgCl2和Na2SO4的混合溶液，某兴趣小组的同学欲提取纯净的NaCl晶体，设计了如下实验：
请回答下列问题：
（1）写出沉淀Ⅰ和沉淀Ⅱ所含物质的化学式。

沉淀Ⅰ：________、沉淀Ⅱ：________。

（2）上述流程中，加入过量稀盐酸的目的是__________________。

（3）该小组同学在操作Ⅰ和Ⅱ中均使用了如图所示装置，请指出图中的两处错误：
①_____________________________；②____________________________。

（4）操作Ⅲ中需使用的玻璃仪器是________________________。

【答案】(1). Mg(OH)2、BaSO4(2). BaCO3(3). 除去过量的NaOH和Na2CO3(4). 漏斗下端管口没有紧靠烧杯内壁(5). 液体没有用玻璃棒引流(6). 玻璃棒、酒精灯【分析】(1)含NaCl、MgCl2和Na2SO4的混合溶液,加入过量的氯化钡、氢氧化钠,分别与硫酸根、氢氧根离子反应生成硫酸钡、氢氧化镁沉淀；过滤后溶液中含有大量钡离子、氢氧根离子、钠离子、氯离子，加入过量碳酸钠，碳酸根离子与钡离子反应生成碳酸钡沉淀；
(2)溶液Ⅱ含有的离子有钠离子、氯离子、氢氧根离子、碳酸根离子；
(3)过滤液体时,要注意“一贴二低三靠”的原则，过滤时为了防止液体外流,要用玻璃棒引流,使液体沿玻璃棒缓慢倒入漏斗中；
(4)提取纯净的NaCl晶体,操作Ⅲ为蒸发结晶，根据蒸发结晶实验选择合适的仪器。

【详解】(1)含NaCl、MgCl2和Na2SO4的混合溶液,加入过量的氯化钡、氢氧化钠,分别与硫酸根、氢氧根离子反应生成硫酸钡、氢氧化镁沉淀,所以沉淀Ⅰ为硫酸钡、氢氧化镁沉淀混合物；过滤后溶液中含有大量的钡离子、氢氧根离子、钠离子、氯离子,加入过量碳酸钠，碳酸根离子与钡离子反应生成碳酸钡沉淀,所以沉淀Ⅱ为碳酸钡沉淀；因此，本题正确答案
是: Mg(OH)2、BaSO4；BaCO3。

(2)溶液Ⅱ含有的离子有钠离子、氯离子、氢氧根离子、碳酸根离子,要得到纯净的NaCl,应加入盐酸调节pH约为5（或加至不再有气泡冒出）,使碳酸根离子转化为二氧化碳,氢氧根离子转化为水；因此，本题正确答案：除去过量的NaOH和Na2CO3。

(3)过滤液体时,要注意一贴二低三靠的原则:一贴:用少量水润湿的滤纸要紧贴漏斗壁,二低：滤纸边缘低于漏斗边缘、滤液低于滤纸边缘,三靠：烧杯紧靠玻璃棒、玻璃棒靠在三层滤纸上、漏斗下端口紧靠烧杯内壁,过滤时为了防止液体外流,要用玻璃棒引流,使液体沿玻璃棒缓慢倒入漏斗中,该图中的错误之处是:漏斗下端管口没有紧靠烧杯内壁,并且未用玻璃棒来引流；因此，本题正确答案是: 漏斗下端管口没有紧靠烧杯内壁;液体没有用玻璃棒引流。

(4)提取纯净的NaCl晶体,操作Ⅲ为蒸发结晶,用到的仪器有:铁架台（带铁圈）、酒精灯、蒸发皿、酒精灯、玻璃棒，其中玻璃仪器有酒精灯、玻璃棒；因此，本题正确答案是：酒精灯、玻璃棒。

18.有一包白色粉末状混合物，可能含有Na2CO3、NaCl、CaCO3、CuSO4、KCl、Na2SO4、MgCl2、KNO3中的某几种，现进行如下实验：
①将混合物溶于水，得到无色透明溶液。

②取少量上述溶液两份，其中一份加入BaCl2溶液，立即产生白色沉淀，再加上稀硝酸，沉淀不溶解，向另一份中加入NaOH溶液，也产生白色沉淀。

根据上述实验现象回答：
（1）原混合物中肯定没有_________________________________。

（2）原混合物中肯定有_________________________________。

（3）不能确定是否含有__________________________________。

【答案】(1). Na2CO3、CaCO3、CuSO4(2). Na2SO4和MgCl2(3). NaCl、KCl、KNO3【解析】①溶于水得到无色透明的溶液，可以排除CuSO4、CaCO3的存在；②一份加入BaCl2溶液，立即产生白色沉淀，再加上稀硝酸，沉淀不溶解，说明含硫酸根离子；另一份中加入NaOH溶液，也产生白色沉淀，说明一定含有MgCl2，排除Na2CO3的存在；溶液中的KNO3、NaCl、KCl三种物质不能确定是否存在；
(1)原混合物中肯定没有CuSO4、CaCO3、Na2CO3；
(2)原混合物中肯定有Na2SO4、MgCl2；
(3)不能确定是否含有KNO3、NaCl、KCl。

19.某校化学兴趣小组用如图所示过程除去AlCl3中含有的Mg2＋、K＋杂质离子，并尽可能减少AlCl3的损失．请回答下列问题：
（1）写出混合物中加入足量氢氧化钠溶液时，溶液中发生反应的离子方程式：________、________、________.氢氧化钠溶液能否用氨水代替，为什么？______________________. （2）溶液a中存在的离子有________；在溶液a中加入盐酸时需控制溶液的pH，为什么？________；为此，改进方法是____________________．
（3）为了研究AlCl3晶体的性质，在得到AlCl3溶液后，如何得到AlCl3晶体？
____________________.
【答案】(1). Mg2＋＋2OH－===Mg(OH)2↓ (2). Al3＋＋3OH－===Al(OH)3↓ (3). Al(OH)3＋OH－===AlO＋2H 2O (4). 不能，因为Al(OH)3不能溶于过量的氨水中，不能将Al(OH)3与Mg(OH)2分开(5). K＋、Cl－、Na＋、AlO2-、OH－(6). 因为Al(OH)3能溶于强酸，所以需控制pH，防止部分Al(OH)3溶解(7). 在a溶液中通入过量CO2气体(8). 在酸性气氛中对AlCl3溶液进行蒸发结晶
【分析】（1）氢氧化镁不溶于过量的强碱，而氢氧化铝能够溶于过量的强碱，而不溶于过量的弱碱（如氨水），据此进行分析解答；
（2）根据（1）操作后分析溶液中存在的离子；偏铝酸盐与盐酸反应可以生成氢氧化铝沉淀，但是盐酸过量，沉淀溶解，因此要控制溶液的pH，最好通入过量的二氧化碳气体可产生氢氧化铝沉淀，因为氢氧化铝不溶于过量的弱酸，据此进行分析解答；
（3）氯化铝能够水解，只有在酸性环境下，进行蒸发结晶可得到氯化铝固体。

【详解】（1）加入足量氢氧化钠溶液，Mg2＋可与OH－反应生成Mg(OH)2沉淀，Al3＋与少量OH－反应生成Al(OH)3沉淀，Al(OH)3与足量的OH－反应生成NaAlO2和H2O；反应的离子方程式为：Mg2＋＋2OH－===Mg(OH)2↓ ；Al3＋＋3OH－===Al(OH)3↓；Al(OH)3＋OH－
===AlO＋2H 2O；氢氧化钠溶液不能用氨水代替，因为在Al3＋与氨水反应生成Al(OH)3后，Al(OH)3不能与氨水继续反应，从而不能将Al(OH)3与Mg(OH)2分开；正确答案：Mg2＋＋2OH －===Mg(OH)2↓；Al3＋＋3OH－===Al(OH)3↓ ；Al(OH)3＋OH－===AlO＋2H2O ；不能，
因为Al(OH)3不能溶于过量的氨水中，不能将Al(OH)3与Mg(OH)2分开。

(2) 根据（1）中的分析可知，生成的沉淀为Mg(OH)2，滤液中的离子为：K＋、Cl－、Na＋、AlO 2-、OH－；加入氢氧化钠溶液后除去了Mg2＋，但又引入了Na＋，同时Al3＋转化成了AlO；因为氢氧化铝能与强酸反应，所以在加入盐酸沉淀时需要控制溶液的pH，以防止部分
Al(OH)3溶解；氢氧化铝不溶于碳酸，因此可以向溶液a中通入过量二氧化碳气体制备氢氧化铝沉淀；正确答案：K＋、Cl－、Na＋、AlO2-、OH－；因为Al(OH)3能溶于强酸，所以需控制pH，防止部分Al(OH)3溶解；在a溶液中通入过量CO2气体。

(3)直接加热蒸发AlCl3溶液会因为AlCl3水解而得不到AlCl3晶体，为此可在酸性气氛下进行蒸发结晶；正确答案：在酸性气氛中对AlCl3溶液进行蒸发结晶。

【点睛】氢氧化铝为白色絮状物沉淀，能够与强酸、强碱发生反应生成盐和水，而不与弱酸或弱碱发生反应，因此氢氧化铝的制备最好采用Al3＋与氨水反应或AlO与二氧化碳反应来制备。

20.某小组同学要配制100 mL 0.100 mol·L－1 Na2CO3溶液。

如图是一些关键步骤和操作。

（1）配制过程的先后顺序为________________(用字母A～F填写)
（2）配制过程所需的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、量筒、______________________。

（3）用Na2CO3·10H2O来配制溶液，若晶体已经部分失去结晶水，则所配得溶液的浓度会________(填“偏高”“偏低”或“不变”)。

（4）步骤A通常称为洗涤，如果没有步骤A，则配得溶液的浓度将________(填“偏高”“偏低”或“不变”)；步骤F称为________，如果俯视刻度线，配得溶液的浓度将________(填“偏高”“偏低”或“不变”)。

（5）在步骤B之后，需________，才能进行下一步操作。

【答案】(1). DBCAFE (2). 100 mL容量瓶、胶头滴管(3). 偏高(4). 偏低(5). 定容(6). 偏高(7). 冷却至室温
【分析】(1)根据配制一定物质的量浓度溶液一般步骤排序；
（2）配制过程所需的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、量筒、100 mL容量瓶、胶头滴管等进行分析解答；
(3)用Na2CO3·10H2O来配制溶液,若晶体已经部分失去结晶水,导致称取的碳酸钠的物质的量偏大,根据c=n/V进行误差分析；
(4)分析操作对溶质的物质的量和溶液体积的影响根据c=n/V进行误差分析；
(5)容量瓶不能盛放过热过冷液体，移液前应进行冷却。

【详解】(1)配制一定物质的量浓度溶液一般步骤:计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶等,所以正确的顺序为:DBCAFE；因此，本题正确答案是:DBCAFE。

（2）配制过程所需的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、量筒、100 mL容量瓶、胶头滴管等；因此还需要的仪器为100 mL容量瓶、胶头滴管；正确答案：100 mL容量瓶、胶头滴管。

(3)用Na2CO3·10H2O来配制溶液,若晶体已经部分失去结晶水,导致称取的碳酸钠的物质的量偏大,根据c=n/V，可以知道溶液浓度偏高；因此，本题正确答案是:偏高。

(4)步骤A通常称为洗涤,如果没有步骤A,导致溶质的物质的量偏小,则配得溶液的浓度将偏低；操作步骤F为定容；如果俯视刻度线,导致溶液体积偏小,溶液浓度偏高；因此，本题正确答案是:偏低；定容；偏高。

(5)容量瓶不能盛放过热过冷液体,移液前应进行冷却；因此，本题正确答案是:冷却至室温。

【点睛】本题考查了配制一定物质的量浓度的溶液的方法及误差分析，题目难度不大，注意掌握正确的配制方法；注意明确误差分析的方法和技巧：分析依据为c=n/V，找准n、V的变化，凡是引起n增大的，所配溶液浓度偏大，凡是引起V增大的，所配溶液浓度偏小。