天津市武清区2018-2019学年高一化学上学期期中试卷（含解析）.doc

天津市武清区2018-2019学年高一上学期期中考试化学试题1.化学与科学、技术、社会、环境密切相关。下列有关说法中错误的是A. KClO3属于盐，但不能作食用盐食用B. 自来水一般是采用氯气消毒，为了检验Cl-的存在,可选用硝酸银溶液C. 为防止月饼等富脂食品因被氧化而变质，常在包装袋中放入生石灰或硅胶D. 把大豆磨碎后，用水溶解其中的可溶性成分，经过滤后，分成豆浆和豆渣【答案】C【解析】【详解】A. KClO3属于盐，但不能作食用盐食用，食用盐的主要成分是氯化钠，A正确；B. 氯气溶于水生成的次氯酸具有强氧化性，自来水一般是采用氯气消毒，为了检验Cl的存在，可选用硝酸银溶液，实验现象是产生白色沉淀，B正确；C. 生石灰或硅胶是干燥剂，为防止月饼等富脂食品因被氧化而变质，应该在包装袋中放入铁粉，C错误；D. 把大豆磨碎后，用水溶解其中的可溶性成分，经过滤后即可分成豆浆和豆渣，D正确。答案选C。2.下列说法中正确的是A. 不慎将酸或碱液溅入眼内，立即闭上眼睛，用手揉擦B. 制取并用排水法收集氧气结束后，应立即停止加热C. 蒸发结晶操作时，为了得到纯净的晶体应将溶液蒸干D. 分液时，分液漏斗下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出【答案】D【解析】【详解】A不慎将酸或碱液溅入眼内，应该立即用大量的水冲洗，A错误；B制取并用排水法收集氧气结束后，为防止液体倒流，应先取出集气瓶，然后再停止加热，B错误； C蒸发结晶操作时当出现大量晶体后停止加热，利用余热蒸干即可，C错误；D分液时，为不产生杂质，分液漏斗下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出，D正确。答案选D。【点睛】本题考查化学实验室安全及事故处理、化学实验基本操作，该题是基础性试题的考查，侧重对学生实验基础知识的检验和训练，在实验过程中应学会处理常见意外事故的方法技巧。3.一般检验SO42-的试剂是A. BaCl2、稀硝酸 B. AgNO3、稀硝酸C. 稀盐酸、BaCl2 D. AgNO3、稀盐酸【答案】C【解析】【分析】一般用稀盐酸和氯化钡溶液检验硫酸根离子。【详解】检验硫酸根的正确方法是：向某溶液中滴加稀盐酸，无沉淀，目的排除亚硫酸离子、碳酸根离子、硅酸根离子、银离子等的影响（不用稀硝酸是因为它有强氧化性，能将亚硫酸根离子氧化为硫酸根离子引起检验的干扰），然后再滴加氯化钡溶液，有白色沉淀生成，则原溶液存在硫酸根离子，故C正确。答案选C。4.我们常用“往伤口上撒盐”来比喻某些人乘人之危的行为，其实从化学的角度来说，“往伤口上撒盐”的做法并无不妥，甚至可以说并不是害人而是救人。那么，这种做法的化学原理是A. 胶体的丁达尔效应B. 血液的氧化还原反应C. 血液中发生复分解反应D. 胶体的聚沉【答案】D【解析】【分析】胶体在遇到电解质溶液的时候会聚沉，结合题目中所给信息解答即可。【详解】A、血液属于胶体，因为没有光束通过，所以不属于丁达尔效应，A错误。B、血液和氯化钠不发生氧化还原反应，B错误；C、血液和氯化钠不具备复分解反应的条件，所以不发生复分解反应，C错误；D、血液属于胶体，所以血液应具备胶体的性质，在遇到电解质溶液的时候会聚沉；在伤口上撒盐可以使伤口表面的血液凝结，从而阻止进一步出血，以及防治细菌感染，属于胶体的聚沉，D正确；答案选D。【点睛】本题主要考查的是胶体的性质，了解胶体的性质并与生活中的常见胶体性质的利用是解决本题的关键。5.下列过程中，涉及化学变化的是 ()A. 四氯化碳萃取碘水中的碘 B. 生石灰被用作干燥剂后失效C. 过滤除去粗盐中的不溶性杂质 D. 蒸馏法将海水淡化为饮用水【答案】B【解析】萃取、过滤、蒸馏都是物理变化，生石灰因吸水被常用作干燥剂，是生石灰和水反应属于化学变化，故B正确。6. 下列仪器常用于物质分离的是漏斗 试管 蒸馏烧瓶 天平 分液漏斗 研钵A. B. C. D. 【答案】A【解析】试题分析：普通漏斗常用于过滤，可用来分离固液混合物；试管常用于物质的制备、发生装置；蒸馏烧瓶常用于分离沸点不同的液体混合物；天平常用于称量固体的质量；分液漏斗常用于分离互不相溶的液体混合物；研钵常用于固体药品的研磨，不能用来分离。答案A。考点：本题考查实验室常见仪器的使用7.下列实验操作或记录正确的是()A. 常温常压下测得1molN2的质量为28gB. 用量筒测得排水法收集制得的氢气体积为50.28mLC. 将洗净的锥形瓶和容量瓶放入烘箱中烘干D. 用托盘天平称取2.50g胆矾，受热充分失水后，固体质量减轻0.90g【答案】A【解析】A. 常温常压下测得1molN2的质量为28g，故A正确；B. 气体体积受到温度和压强的影响，没有标明条件的气体体积没有意义，而且量筒不能精确到0.01mL， 故B错误；C. 容量瓶放入烘箱中烘干，受热后容积不准确，故C错误；D. 用托盘天平称取质量，只能称准至0.1g，故D错误。故选A。8. 在某无色酸性溶液中能大量共存的一组离子是A. Na+、K+、HCO3-、NO3- B. NH4+、SO42-、Al3+、NO3-C. Na+、Ca2+、NO3-、CO32- D. K+、MnO4-、NH4+、NO3-【答案】B【解析】试题分析：A项：HCO3-能与酸中的H+反应，不能共存，故错；C项：CO32-能与酸中的H+还有Ca2+反应，不能共存，故错；D项：MnO4-有颜色，不能共存，故错。故选B。考点：离子共存点评：本题考查离子的共存问题，熟悉离子的性质及发生的反应是解答本题的关键，难度不大。（1）离子间相互结合形成沉淀、气体、弱电解质、络离子时不能大量共存；离子间发生双水解反应、氧化还原反应时不能大量共存。（2）注意题目的限制条件。9.下列变化过程中，画横线的元素被氧化的是A. CO2CO B. FeCl3FeCl2C. HClAgCl D. KII2【答案】D【解析】【分析】元素被氧化，说明该元素失去电子，化合价升高，据此判断。【详解】A. CO2CO中碳元素化合价降低，得到电子，被还原，A不符合；B. FeCl3FeCl2中铁元素化合价降低，得到电子，被还原，B不符合；C. HClAgCl中元素化合价均不变，不是氧化还原反应，C不符合；D. KII2中碘元素化合价升高，失去电子，被氧化，D符合；答案选D。10.下列有关物质分类的说法正确的是（ ）A. 二氧化硫、二氧化硅、一氧化碳均为酸性氧化物B. 雾、稀豆浆、氯化钠溶液均为胶体C. 分子中含三个氢原子的酸不一定是三元酸D. 烧碱、醋酸、稀硫酸均属于电解质【答案】C【解析】A. 一氧化碳没有相应碳元素相同价态的含氧酸，不与碱发生反应， 不是酸性氧化物，故A错误；B. 氯化钠溶液不为胶体，故B错误；C.酸分子中只有羟基氢原子才能电离产生氢离子，分子中含三个氢原子的酸不一定是三元酸，故C正确；D. 稀硫酸属于溶液类型的混合物，不属于电解质 ，故D错误。故选C。11.需要分离下列两种混合物，选用最合适的实验装置是a汽油中不小心混入了大量的水b水与丙酮的混合物已知：丙酮是一种可与水混溶的无色液体，密度小于水，沸点约为56。A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据汽油不溶于，丙酮和水互溶分析判断。【详解】汽油中不小心混入了大量的水，互不相溶，可用分液法分离即，丙酮是一种可与水混溶的无色液体，密度小于水，沸点约为56，因此，分离水与丙酮的可采取蒸馏法即，答案选B。12.下列说法正确的是A. NaCl晶体中含有Na、Cl，所以NaCl晶体能导电B. CO2溶于水能导电，所以CO2是电解质C. BaSO4难溶于水，BaSO4是非电解质D. Cl2的水溶液能够导电，但Cl2不是电解质【答案】D【解析】【分析】溶于水或在熔融状态下能够导电的化合物是电解质，溶于水和在熔融状态下均不能导电的化合物是非电解质，据此判断。【详解】ANaCl晶体中含有Na、Cl，但不能自由移动，则NaCl晶体不能导电，A错误；BCO2溶于水能导电，是与水反应生成碳酸的缘故，碳酸是电解质，CO2是非电解质，B错误；CBaSO4难溶于水，但其熔融时能导电，其溶于水的部分完全电离，则BaSO4是电解质，C错误；DCl2的水溶液能够导电，是因为氯气和水反应生成盐酸和次氯酸的缘故，氯气是单质，则Cl2既不是电解质也不是非电解质，D正确；答案为D。【点睛】化合物在水溶液中或受热熔化时本身能否发生电离是区别电解质与非电解质的理论依据，能否导电则是实验依据。能导电的物质不一定是电解质，如石墨；电解质本身不一定能导电，如NaCl晶体。13.NA代表阿伏加德罗常数的值，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NAB. 标准状况下，17 g氨气所含原子数目为NAC. 在常温常压下，11. 2 L氮气所含的原子数目为NAD. 10 mL 2 mol/LH2SO4溶液中取出的5 mL溶液，其浓度为1 mol/L【答案】A【解析】【详解】A、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均是28g/mol，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、17 g NH3的物质的量为1 mol，分子数目一定为NA，原子数目应为4NA，B错误；C、常温常压下气体的摩尔体积大于22.4L/mol，则11.2 L氮气所含的原子数目小于NA，C错误；D、溶液是均一稳定的，则10 mL 2 mol/LH2SO4溶液中取出的5 mL溶液，其浓度仍然为2 mol/L，D错误。答案选A。14.下列离子方程式正确的是A. 稀硝酸与氢氧化钾溶液反应：H+OH=H2OB. 铁与稀盐酸反应：Fe+2H+=Fe3+H2C. 三氯化铁溶液与氢氧化钠溶液反应：FeCl3+3OH=Fe(OH)3+3ClD. 足量二氧化碳与澄清石灰水反应：CO2+2OH=CO32-+H2O【答案】A【解析】【详解】A、硝酸是强酸，KOH属于强碱，KNO3属于可溶的盐，离子反应方程式为HOH=H2O，A正确；B、生成物不正确，正确反应是Fe+2H+=Fe2+H2，B错误；C、FeCl3属于可溶性盐，需要拆写成离子，应是Fe33OH=Fe(OH)3，C错误；D、生成物不正确，由于是足量的CO2，因此与澄清石灰水反应的离子方程式为CO2OH=HCO3，D错误。答案选A。【点睛】明确发生的反应以及正确的拆分是解答的关键，该类试题的一般解题思路是：检查反应能否发生，检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，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。15.除去氯化钠中少量的氯化钙、硫酸钠杂质，下列选用的试剂及加入顺序正确的是A. Na2CO3、BaCl2、HCl B. BaCl2、Na2CO3、H2SO4C. BaCl2、Na2CO3、HCl D. Ba(NO3)2、Na2CO3、HCl【答案】C【解析】【详解】根据选择的试剂，加入碳酸钠除去钙离子，加入氯化钡除去硫酸根离子，加入的碳酸钠一定要在氯化钡以后加，这样碳酸钠既可以将钙离子除去还可以将多余的钡离子除去，过滤后再加入盐酸，将多余的碳酸根离子和氢氧根离子除去，不能加入硫酸，否则会引进硫酸根离子，即加入试剂的顺序是：BaCl2、Na2CO3、HCl，故选C。16.现将AlCl3、MgCl2、MgSO4、Al2(SO4)3四种物质溶于水，形成的混合溶液中c (Al3+)=0.1 molL-1、c (Mg2+)=0.25 molL-1、c (Cl-)=0.2 molL-1，则该溶液中c (SO42-)为A. 0.15 molL-1 B. 0.2 molL-1C. 0.25 molL-1 D. 0.30 molL-1【答案】D【解析】【分析】根据溶液中满足电荷守恒解答。【详解】c（Al3+）=0.1molL-1、c（Mg2+）=0.25molL-1、c（Cl-）=0.2molL-1，设该溶液中c（SO42-）为xmol/L，忽略水的电离，由电荷守恒可知3c（Al3+）+2c（Mg2+）=2c（SO42-）+c（Cl-），即0.13+0.252=0.21+x2，解得x=0.30，答案选D。17.下列对实验过程的评价正确的是（）A. 某固体中加入稀盐酸，产生了无色气体，证明该固体一定是CaCO3B. 某溶液中滴加BaCl2溶液，生成不溶于稀硝酸的白色沉淀，该溶液中一定含SO42C. 某无色溶液滴入无色酚酞试液显红色，该溶液一定显碱性D. 验证烧碱溶液中是否含有Cl-，先加稀盐酸除去OH，再加硝酸银溶液，有白色沉淀出现，证明含C1【答案】C【解析】A因碳酸盐、碳酸氢盐等与盐酸反应均可生成无色气体，则某固体中加入稀盐酸，产生了无色气体，则该固体不一定是CaCO3，故A错误；B因硫酸钡、氯化银均为不溶于水和酸的白色沉淀，则某溶液中滴加BaCl2溶液，生成不溶于稀硝酸的白色沉淀，该溶液中可能含SO42-或Ag+，故B错误；C因碱性溶液遇酚酞变红，则某无色溶液滴入无色酚酞试液显红色，该溶液一定显碱性，故C正确；D验证烧碱溶液中是否含有Cl一，加稀盐酸除去OH-，会引入氯离子，造成干扰，应该加稀硝酸除去OH-，再加硝酸银溶液，验证是否含C1-，故D错误；故选C。18.常温常压下，将等质量的氢气、甲烷、氧气、二氧化碳四种气体分别吹入四个气球，气球中气体为甲烷的是A. A B. B C. C D. D【答案】C【解析】【分析】根据相同条件下相同质量的气体，体积之比与摩尔质量成反比分析判断。【详解】根据阿伏加德罗定律可知同温同压下，相同质量的气体，体积之比与摩尔质量成反比，即摩尔质量越大，气体占有的体积越小。氢气、甲烷、氧气、二氧化碳四种气体的摩尔质量分别为2g/mol、16g/mol、32g/mol、44g/mol，所以同温同压下，氢气、甲烷、氧气、二氧化碳四种气体占有体积大小为：H2CH4CO2O2，答案选C。【点睛】掌握并能灵活应用阿伏加德罗定律及其推论是解答的关键，注意阿伏加德罗定律的适用范围和条件，另外要注意阿伏加德罗定律既适合于单一气体，也适合于混合气体，气体摩尔体积是阿伏加德罗定律的特例。19.运动会上发令枪所用“火药”的主要成分是氯酸钾和红磷，撞击时发生的化学反应为5KClO36P3P2O55KCl。下列有关该反应的叙述不正确的是A. KClO3是氧化剂B. P2O5是氧化产物C. 1molKClO3参加反应有6mole转移D. 每有6molP被还原，生成5molKCl【答案】D【解析】A因Cl元素的化合价由+5价降低为-1价，则KC1O3是氧化剂，故A正确；BP元素的化合价由0升高为+5价，则红磷为还原剂，生成P2O5是氧化产物，故B正确；CCl元素的化合价由+5价降低为-1价，所以1molKC1O3参加反应有1mol（5+1）=6mole-转移，故C正确；DP元素的化合价由0升高为+5价，则红磷为还原剂，所以每有6molP被氧化，生成5molKCl，故D错误；故选D。点睛：需理解氧化还原反应的规律：“升失氧，降得还；若说剂正相反”的真正含义。做题时注意仔细审题，氧化还原反应的本质是电子的转移。规律：升失氧，降得还；若说剂正相反：（还原剂）升（化合价升高） 失（失去电子） 氧（发生氧化反应）；（氧化剂）降（化合价降低） 得（得到电子） 还（发生还原反应），若说剂正相反；5KClO3+6P3P2O5+5KCl中，Cl元素的化合价由+5价降低为-1价，P元素的化合价由0升高为+5价，以此来解答。20.已知下列分子或离子在酸性条件下都能氧化KI，自身发生如下变化：H2O2H2O，IO3I2，MnO4-Mn2+，HNO2NO，如果分别用等物质的量的这些物质氧化足量的KI，得到I2最多的是A. H2O2 B. IO3-C. MnO4- D. HNO2【答案】B【解析】【分析】根据氧化还原反应中电子得失守恒分析解答。【详解】根据H2O2H2O，IO3I2，MnO4-Mn2+，HNO2NO可知1 mol H2O2、IO3、MnO4、HNO2得到电子的物质的量分别是2 mol、5 mol、5 mol、1 mol电子，根据得失电子总数相等的原则，分别氧化KI得到I2的物质的量为1 mol、2.5 mol、2.5 mol、0.5 mol，而1 mol IO3本身被还原生成0.5 mol I2，所以IO3氧化KI所得I2最多。答案选B。21.按要求完成下列问题。（1）将下列离子Na+、K+、Cu2+、H+、NO3、Cl、CO32、OH按可能大量共存于同一溶液的情况，把它们分成A、B两组，而且每组中均含两种阳离子和两种阴离子。A组：_；B组：_。（2）书写下列反应的离子方程式。Na2CO3溶液和H2SO4溶液：_；KCl溶液和AgNO3溶液：_；NaOH溶液和NaHSO4溶液：_。【答案】 (1). Cu2+、H+、Cl、NO3 (2). Na+、K+、OH、CO32 (3). CO32+2H+=CO2+H2O (4). Cl+Ag+=AgCl (5). OH+H+=H2O【解析】【分析】（1）A组和B组没有明确的要求，只要从离子能否大量共存的角度将离子分成两组即可；（2）根据反应物和生成物书写相关的离子反应方程式。【详解】（1）设A组中含有Cu2+，Cu2+与CO32、OH分别反应生成沉淀而不能共存，CO32、OH则应存在于B组中，CO32、OH与H+反应而不能共存，则H+应存在于A组，又每组中均含两种阳离子和两种阴离子，所以A组中应还含有NO3-、Cl-，B组中还应含有Na+、K+，所以A组中含有Cu2+、H+、Cl、NO3，B组中含有Na+、K+、CO32、OH（A、B可对换）。（2）Na2CO3溶液和H2SO4溶液反应生成硫酸钠、水和二氧化碳，反应的离子方程式为CO32+2H+CO2+H2O；KCl溶液和AgNO3溶液反应生成氯化银和硝酸钾，反应的离子方程式为Cl+Ag+AgCl；NaOH溶液和NaHSO4溶液反应生成硫酸钠和水，反应的离子方程式为OH+H+H2O。22.蒸馏是实验室制备蒸馏水的常用方法，如图所示两个装置都可以制取蒸馏水。（1）图是实验室制取蒸馏水的常用装置，仪器A、B的名称分别是：A_、B_（2）温度计水银球应置于_（3）实验时A 中除加入一定量的自来水外，还需加入少量_，其作用是_。（4）图装置也可用于少量蒸馏水的制取（加热及固定仪器略），其原理与图I完全相同。该装置中使用的玻璃导管较长。其作用是_。【答案】 (1). 蒸馏烧瓶 (2). （直形）冷凝管 (3). 蒸馏烧瓶支管口处 (4). 沸石或碎瓷片 (5). 防止液体暴沸 (6). 冷凝水蒸气【解析】本题主要考查蒸馏实验。（1）仪器A、B的名称分别是：A蒸馏烧瓶、B（直形）冷凝管。（2）温度计测量的是逸出蒸气的温度，所以温度计水银球应置于蒸馏烧瓶支管口处。（3）实验时A 中除加入一定量的自来水外，还需加入少量沸石或碎瓷片，沸石或碎瓷片中的空隙作为沸腾中心，其作用是防止液体暴沸。（4）该装置中使用的玻璃导管较长。长玻璃导管相当于冷凝器，其作用是冷凝水蒸气。23.“绿色试剂”双氧水可作为矿业废液消毒剂，如要消除采矿业废液中的氰化物（如KCN），化学方程式为：KCN+H2O2+H2O=A+NH3（提示：KCN中N为-3价）（1）生成物A的化学式为_。（2）上述反应中，氧化剂是_，被氧化的元素是_。（3）在标准状况下有0.448 L氨气生成，则转移的电子为_mol。【答案】 (1). KHCO3 (2). H2O2 (3). C（或碳） (4). 0.04【解析】【分析】（1）根据质量守恒定律来分析A的化学式；（2）得到电子的物质的氧化剂，元素的化合价升高时被氧化；（3）根据化合价的变化来计算转移的电子数。【详解】（1）由质量守恒定律可知，反应前后原子个数守恒，则A的化学式为KHCO3；（2）H2O2中氧元素化合价降低，得到电子，因此氧化剂是H2O2；元素的化合价升高时被氧化，该反应中只有C元素的化合价升高，故被氧化的元素是C（或碳）；（3）标准状况下有0.448L氨气生成，氨气的物质的量为0.448L22.4L/mol0.02mol，KCN中C元素由+2升高为+4，则转移电子的物质的量为0.02mol（4-2）=0.04mol。【点睛】本题考查氧化还原反应，明确质量守恒定律及发生的化学反应、反应中元素的化合价变化是解答本题的关键。24.实验室用密度为1.25 gmL1、质量分数为36.5%的浓盐酸配制240 mL 0.1 molL1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240 mL 0.1 molL1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30 mL水洗涤烧杯内壁和玻璃棒23次，洗涤液均注入容量瓶，振荡B用量筒淮确量取所需的浓盐酸的体积，倒入烧杯中，再加入少量水（约30 mL），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12 cm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”）用于稀释盐酸的烧杯未洗涤_；容量瓶中原有少量蒸馏水_；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？定容时加蒸馏水时超过了刻度_；向容量瓶中转移溶液时不慎有溶液溅出_；定容摇匀后发现液面下降_。【答案】 (1). 12.5 molL1 (2). 2.0 (3). 250 (4). B C A F E D (5). 偏低 (6). 不变 (7). 偏高 (8). 重新配制 (9). 重新配制 (10). 无需进行其他操作【解析】【分析】（1）根据c=1000M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cn/V结合实验操作分析解答。（5）根据实验操作能否引起误差分析。【详解】（1）根据c=1000M可知浓盐酸的浓度是10001.2536.5%36.5mol/L12.5 molL1；（2）实验室用密度为1.25 gmL-1、质量分数为36.5%的浓盐酸配制240 mL 0.1 molL1的盐酸，由于实验室没有240mL的容量瓶，因此需要配制250mL溶液，则所需浓盐酸的体积为250mL0.1mol/L12.5mol/L=2.0mL，需要容量瓶的规格是250mL；（3）配制溶液时，第一步，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30 mL）, 用玻璃棒慢慢搅动，使其混合均匀；第二步，将已冷却的盐酸沿玻璃棒注入容量瓶中；第三步，用30 mL水洗涤烧杯内壁和玻璃棒23次，洗涤液均注入容量瓶，振荡；第四步，继续往容量瓶内小心加水，直到液面接近刻度线12 cm处；第五步，改用胶头滴管加水，使溶液凹液面恰好与刻度线相切；第六步，将容量瓶盖紧，振荡，摇匀；最后，装瓶储存。故配制溶液的正确顺序是BCAFED；（4）用于稀释盐酸的烧杯未洗涤，使溶质的物质的量偏小，溶液体积不变，因此溶液的物质的量浓度偏低；容量瓶中原有少量蒸馏水，对溶液的配制过程无影响，即溶质的物质的量浓度不变；定容时俯视观察液面，溶液的体积偏小，因此溶质的物质的量浓度偏高。（5）定容时加蒸馏水时超过了刻度，浓度偏低，因此必须重新配制溶液；向容量瓶中转移溶液时不慎有溶液溅出，溶质的物质的量偏小，因此所配的溶液的物质的量浓度偏低，必须重新配制；定容摇匀后发现液面下降，不会影响浓度，所以无需重新配制，即无需进行其他操作。