2018-2019学年江苏省泰州市第二中学高一上学期期中考试化学试题（解析版） 13页

江苏省泰州市第二中学2018-2019学年高一上学期期中考试 化学试题 ‎1.浓H2SO4应贴下列哪个危险化学品的标志 A. 剧毒品 B. 遇湿易燃物品 C. 腐蚀品 D. 有害品 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】浓硫酸具有强烈的腐蚀性，故浓H2SO4应贴腐蚀品标志。答案选C。‎ ‎2.在下列物质类别中，前者包含后者的是 A. 混合物 溶液 B. 电解质 化合物 C. 浊液 胶体 D. 单质 化合物 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：A、溶液是混合物的一种，符合题意，故正确；B、电解质都是化合物，但化合物不一定是电解质，还有可能是非电解质，后者包含前者，故错误；C、浊液和胶体没有公共部分，故错误；D、单质和化合物没有公共部分，故错误。‎ 考点：考查物质的分类等知识。‎ ‎3.下列说法正确的是 A. 氧气的气体摩尔体积是22.4L B. 硫酸的摩尔质量是98g C. CO2的相对分子质量是44g D. CO32—摩尔质量是60g/mol ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、气体摩尔体积的单位是L/mol，标况下氧气的气体摩尔体积是22.4L/mol，A错误；‎ B、摩尔质量的单位是g/mol，硫酸的摩尔质量是98g/mol，B错误；‎ C、相对分子质量的单位不是g，应该说CO2的相对分子质量是44，C错误；‎ D、CO32—的摩尔质量是60g/mol，D正确。‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】注意摩尔质量与相对原子(分子)质量的关系：相对原子(分子)质量与摩尔质量(以g为单位时)不是同一个物理量，单位不同，摩尔质量在数值上如果用g/mol为单位等于该物质的相对分子质量或相对原子质量。摩尔质量的单位为g·mol－1，相对原子(分子)质量的单位为1。‎ ‎4.下列实验操作或装置正确的是 A. 点燃酒精灯 B. 蒸馏 ‎ C. 过滤 D. 稀释浓硫酸 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：A、不能用燃着的酒精灯点燃另一个酒精灯，A错误；B、蒸馏时温度计水银球放在蒸馏烧瓶支管出口处，且冷却水是下口进，上口出，B错误；C、过滤操作正确，C正确；D、稀释浓硫酸时应该把浓硫酸倒入水中，且不断搅拌，D错误，答案选C。‎ ‎【考点定位】考查化学实验基本操作 ‎【名师点晴】化学实验常用仪器的使用方法和化学实验基本操作是进行化学实验的基础，对化学实验的考查离不开化学实验的基本操作，所以本部分内容在高考命题中一方面是单独命题，另一方面是出现在综合实验试题中，就前者来说，今后仍然是以常见仪器的选用、实验基本操作为中心，通过是什么、为什么和怎样做重点考查实验基本操作的规范性和准确及灵活运用知识解决实际问题的能力。‎ ‎5.氧化还原反应的实质是 A. 元素化合价发生变化 B. 反应中有氧原子的得失 C. 反应中有电子得失或电子对的偏移 D. 反应后生成新物质 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 反应中电子的转移（包括电子的得失和共用电子对的偏移）是氧化还原反应的实质，所以答案选C。A、是氧化还原反应的特征；B、D认识不全面。‎ ‎6.下列各组物质，需要用丁达尔效应区分的是 A. 氯化钠溶液与氯化铁溶液 B. 氢氧化铁胶体与碘化银胶体 C. 红褐色的某溶液和氢氧化铁胶体 D. 氯化钠溶液和硫酸铜溶液 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 丁达尔效应为胶体的特征性质，鉴别胶体可用丁达尔效应，据此判断。‎ ‎【详解】A．两种分散系均是溶液，都不具有丁达尔效应，不能用丁达尔效应区分，故A错误；‎ B．氢氧化铁胶体与碘化银胶体都具有丁达尔效应，不能用丁达尔效应区分，故B错误；‎ C．溶液不具有丁达尔效应，胶体具有丁达尔效应，能用丁达尔效应区分红褐色的某溶液和氢氧化铁胶体，故C正确；‎ D．两种分散系均是溶液，都不具有丁达尔效应，不能用丁达尔效应区分，故D错误。‎ 故答案选C。‎ ‎7.下列电离方程式中正确的是 A. Al2(SO4)3＝2Al3＋＋3SO42－ B. Na2SO4＝2Na＋＋SO4－2‎ C. Ca(NO3)2＝Ca2＋＋2(NO3)2－ D. Ba(OH)2＝Ba2＋＋OH2－‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A、Al2(SO4)3的电离方程式为：Al2(SO4)3=2Al3＋＋3SO42－，故A正确；‎ B、硫酸根离子应是SO42－，Na2SO4电离方程式为Na2SO4=2Na＋＋SO42－，故B错误；‎ C、硝酸根为NO3－，硝酸钙的电离方程式为Ca(NO3)2=Ca2＋＋2NO3－，故C错误；‎ D、Ba(OH)2正确的电离方程式为Ba(OH)2=Ba2＋＋2OH－，故D错误。‎ ‎8.我国古代就有湿法炼铜的记载“曾青得铁则化为铜”，反应为Fe+CuSO4=Cu+FeSO4。有关该反应的说法正确的是 A. Fe是氧化剂 B. CuSO4是还原剂 C. Fe被氧化 D. CuSO4发生氧化反应 ‎【答案】C ‎【解析】‎ A．Fe元素的化合价升高，则Fe为还原剂，故A错误；B．Cu元素的化合价降低，则CuSO4是氧化剂，故B错误；C．Fe元素的化合价升高，失去电子被氧化，故C正确；D．CuSO4是氧化剂，被还原，CuSO4发生还原反应，故D错误；故选C。‎ 点睛：本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重氧化还原反应基本概念的考查。在Fe+CuSO4═Cu+FeSO4中，Fe元素的化合价升高，Cu元素的化合价降低。‎ ‎9.下列实验仪器不宜直接用来加热的是 A. 试管 B. 燃烧匙 C. 蒸发皿 D. 烧杯 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】能直接加热的仪器有：试管、燃烧匙、坩埚、蒸发皿，必须垫石棉网才能加热的仪器有：烧杯、烧瓶、锥形瓶。不能加热的仪器有：集气瓶、量筒、胶头滴管、药匙等。答案选D。‎ ‎10.能正确表示下列化学反应的离子方程式的是 A. 氢氧化钡溶液与硫酸的反应 OH-＋H+ ＝ H2O B. 澄清的石灰水与稀盐酸反应 Ca(OH)2 + 2H+ = Ca2+ + 2H2O C. 铜片插入硝酸银溶液中 Cu + Ag+ = Cu2+ + Ag D. 碳酸钙溶于稀盐酸中 CaCO3＋2H+＝Ca2+＋H2O＋CO2 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 略 ‎11.下列物质分类的正确组合是 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 碱是电离产生的阴离子全部为氢氧根离子的化合物；酸是指在电离时产生的阳离子全部是氢离子的化合物；盐是由金属离子或铵根离子和酸根离子组成的化合物；酸性氧化物是指能和碱反应生成盐和水的化合物，据此回答判断。‎ ‎【详解】A、纯碱是碳酸钠的俗称，属于盐类，不属于碱类，烧碱是氢氧化钠属于碱不是盐，故A错误；‎ B、一氧化碳不是酸性氧化物，不属于酸性氧化物，故B错误；‎ C、苛性钠是氢氧化钠为碱，醋酸为酸，石灰石是碳酸钠钙属于盐，水不是酸性氧化物，故C错误；‎ D、苛性钾是氢氧化钾为碱，碳酸为酸，苏打是碳酸钠属于盐，三氧化硫属于酸性氧化物，故D正确。‎ 故答案选D。‎ ‎【点睛】本题考查学生物质的分类知识，注意基本概念的理解和掌握以及物质的组成特点是解答的关键。‎ ‎12.在下列溶液中Cl－的物质的量浓度最大的是 A. 0.5L 0.1mol/L的NaCl溶液 B. 100mL 0.2mol/L的MgCl2溶液 C. 1L 0.2mol/L的AlCl3溶液 D. 1L 0.3 mol/L盐酸溶液 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：溶液中某一离子浓度的求法：该物质的浓度×该离子个数；A．C（Cl－）=0.1×1mol/L, BC（Cl－）=0.2×2mol/L；C．C（Cl－）=0.2×3mol/L ； D．C（Cl－）=0.3×1mol/L,综上，C最大；‎ 考点：溶液中某一离子浓度的求法．‎ ‎13.在2FeBr2＋3Cl2===2FeCl3＋2Br2的反应中，被氧化的元素是 A. Fe B. Br C. Fe和Br D. Cl ‎【答案】C ‎【解析】‎ 根据氧化还原反应中被氧化的元素是失去电子的元素，即化合价升高的元素，上述反应中，Fe从+2价升高到+3价，Br从-1价升高到0价，所以被氧化的元素是Fe和Br，选C。‎ ‎14.下列溶液中溶质的物质的量浓度为1 mol·L－1的是 A. 将58.5 g NaCl溶解于1 L水中配成的溶液 B. 将80 g SO3溶于水并配成1 L溶液 C. 将0.5 mol·L－1的NaNO3溶液100 mL加热蒸发掉50 g水的溶液 D. 含K＋为2 mol的K2SO4溶液 ‎【答案】B ‎【解析】‎ A．选项中“1L水”是指溶剂的体积，溶液体积不一定为1L，故A错误；B.80gSO3为1mol，溶于水得到1molH2SO4，溶液体积为1L，所得溶液的物质的量浓度为1mol/L，故B正确；C．NaNO3溶液的密度不是1g/mL，蒸发掉50g水所得的溶液不是50mL，故C错误；D．含K+为2mol的K2SO4溶液体积不知道，无法计算浓度，故D错误；故选B。‎ ‎15.下列各组反应中，不能用同一个离子方程式表示的是 A. 盐酸分别与NaOH溶液、Ca(OH)2溶液反应 B. 硫酸分别与NaOH溶液、Ba(OH)2溶液反应 C. 硝酸分别与Na2CO3溶液、K2CO3溶液反应 D. 锌分别与稀盐酸、稀硫酸反应 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 硫酸与氢氧化钠溶液反应：H＋＋OH－===H2O；硫酸与氢氧化钡溶液反应：2H＋＋‎ SO42－＋2OH－＋Ba2＋===BaSO4↓＋2H2O。‎ ‎16.下列离子可以大量共存的是 A. K+ SO42- Na+ HCO3- B. K+ Ag+ Cl- NO3-‎ C. Ba2+ Na+ OH- CO32- D. Al3+ NH4+ NO3- OH-‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 离子间如果发生化学反应，则不能大量共存，反之是可以的，结合离子的性质分析判断。‎ ‎【详解】A. K+、SO42-、Na+ 、HCO3-在溶液中不反应，可以大量共存，A符合；‎ B. 在溶液中Ag+与Cl-结合生成氯化银沉淀，不能大量共存，B不符合；‎ C. Ba2+与CO32-在溶液中反应生成碳酸钡沉淀，不能大量共存，C不符合；‎ D. Al3+、NH4+与OH-均反应，不能大量共存，D不符合；‎ 答案选A。‎ ‎17.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，11.2L NH3所含的原子数为2NA B. 常温常压下，80g SO3含有的氧原子数为3NA C. 标准状况下，22.4L H2中所含原子数为NA D. 标准状况下，1molH2O的体积约为22.4L ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、常温常压不是标准状况，不能直接用22.4L·mol－1计算NH3的物质的量，故A错误；‎ B、80gSO3的物质的量为1mol，其中含有的氧原子数为3NA，故B正确；‎ C、标准状况下，22.4LH2的物质的量为1mol，含有氢原子的物质的量为2mol，故C错误；‎ D、标准状况下，水不是气体，1molH2O的体积不是22.4L，故D错误。‎ 答案选B。‎ ‎【点睛】明确气体摩尔体积的使用条件和范围是解答的关键，注意气体摩尔体积受温度和压强影响，标准状况下，1mol任何气体所占的体积约为22.4L，其他条件下则不一定是22.4L/mol。‎ ‎18.常温常压下，用等质量的CH4、CO2、O2、SO2四种气体分别吹出四个气球，其中气体为CO2的是 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：相同条件下，体积与物质的量成正比。等质量的CH4、CO2、O2、SO2的物质的量比是，故B正确。‎ 考点：本题考查阿伏加德罗定律。‎ ‎19.为了除去粗盐中的CaCl2、MgCl2、Na2SO4及泥沙，可将粗盐溶于水，然后进行下列五项操作①过滤；②加过量NaOH溶液；③加适量盐酸；④加过量Na2CO3溶液；⑤加过量BaCl2溶液。下列操作顺序中最合适的是 A. ①④②⑤③ B. ④①②⑤③ C. ②⑤④①③ D. ⑤②④③①‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：要先除硫酸根离子，然后再除钙离子，碳酸钠可以除去过量的钡离子，如果加反了，过量的钡离子就没法除去，至于加氢氧化钠除去镁离子顺序不受限制，因为过量的氢氧化钠加盐酸就可以调节了，只要将三种离子除完了，过滤就行了，最后加盐酸除去过量的氢氧根离子碳酸根离子．故答案为：②⑤④①③，答案选C．‎ 考点：物质除杂 ‎20.某盐的混合物中含有0.2mol Na+、0.4mol Mg2+、0.4mol Cl-，则SO42-为 A. 0.1mol B. 0.3mol C. 0.5mol D. 0.15mol ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：溶液中阴离子和阳离子的正负电荷守恒，即n(Na+)+2n( Mg2+)="n" (Cl-)+2n(SO42-)，所以0.2 mol+2×0.4 mol="0.4" mol+2n(SO42-)，解出n(SO42-)=0.3mol，故选B。‎ 考点：考查溶液中的电荷守恒规律 ‎21.写出下列各式对应的化学方程式或离子方程式：‎ ‎（1）2H+＋Fe＝Fe2+＋H2↑改写化学方程式_________________________。‎ ‎（2）CO32-＋2H+＝CO2↑+H2O改写化学方程式_______________________。‎ ‎（3）FeCl3溶液与NaOH溶液反应的离子方程式_____________________。‎ ‎（4）CuSO4溶液与Ba(OH)2溶液反应的离子方程式___________________。‎ ‎【答案】 (1). 2HCl＋Fe＝H2↑＋FeCl2 (2). Na2CO3＋2HCl＝2NaCl＋CO2↑＋H2O (3). Fe3+＋3OH一＝Fe（OH）3↓ (4). Cu2++SO42-＋Ba2++2OH-＝BaSO4↓＋Cu(OH)2↓‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）2H+＋Fe＝Fe2+＋H2↑表示铁和非氧化性强酸的反应，据此解答；‎ ‎（2）CO32-＋2H+＝CO2↑+H2O表示可溶性碳酸盐和强酸或强酸的酸式盐反应，据此判断；‎ ‎（3）FeCl3溶液与NaOH溶液反应生成氢氧化铁和氯化钠，据此解答；‎ ‎（4）CuSO4溶液与Ba(OH)2溶液反应生成硫酸钡和氢氧化铜，据此解答。‎ ‎【详解】（1）2H+＋Fe＝Fe2+＋H2↑表示铁和非氧化性强酸的反应，满足条件的化学方程式可以是2HCl＋Fe＝H2↑＋FeCl2；‎ ‎（2）CO32-＋2H+＝CO2↑+H2O表示可溶性碳酸盐和强酸或强酸的酸式盐反应，满足条件的化学方程式可以是Na2CO3＋2HCl＝2NaCl＋CO2↑＋H2O；‎ ‎（3）FeCl3溶液与NaOH溶液反应生成氢氧化铁沉淀和氯化钠，沉淀用化学式表示，反应的离子方程式为Fe3+＋3OH一＝Fe（OH）3↓；‎ ‎（4）CuSO4溶液与Ba(OH)2溶液反应生成硫酸钡和氢氧化铜两种沉淀，反应的离子方程式为Cu2++SO42-＋Ba2++2OH-＝BaSO4↓＋Cu(OH)2↓。‎ ‎22.下列物质能导电的是(填物质的数字代号，下同)____________________，属于电解质的是_____________，属于非电解质的是___________________。‎ ‎①铜 ②碳酸钙 ③氯化钠晶体 ④稀硫酸溶液 ⑤干冰 ⑥蔗糖 ‎【答案】 (1). ①④ (2). ②③ (3). ⑤⑥‎ ‎【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，含有自由移动电子或离子的物质可以导电，据此判断。‎ ‎【详解】①铜是金属单质，能导电，不是电解质，也不是非电解质；‎ ‎②碳酸钙是盐，固体不导电，熔融状态下能导电，属于电解质；‎ ‎③氯化钠晶体是盐，固体不导电，溶于水或熔融状态下能导电，属于电解质；‎ ‎④稀硫酸溶液中含有离子，可以导电，属于混合物，不是电解质也不是非电解质；‎ ‎⑤干冰是二氧化碳，自身不能电离出离子，不导电，是非电解质；‎ ‎⑥蔗糖自身不能电离出离子，不导电，是非电解质；‎ 则能导电的是①④，属于电解质的是②③，属于非电解质的是⑤⑥。‎ ‎23.（1）36g H2O中含_________mol O，含电子共_______mol，‎ ‎（2）用14.2 Na2SO4配置成500mL溶液，其物质的量浓度为________mol/L，若从中取出50mL溶液，其物质的量浓度为________ mol/L。‎ ‎（3）标准状况下，①6.72 L CH4　②3.01×1023个H2S分子　③0.5 mol NH3，这三种气体按氢原子数由少到多排列的顺序是(填物质的数字代号，下同)________，密度由大到小排列的顺序是________。‎ ‎【答案】 (1). 2 (2). 20 (3). 0.2 (4). 0.2 (5). ②①③ (6). ②③①‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据m＝nM和水分子的组成以及其中含有的电子数计算；‎ ‎（2）根据m＝nM、c＝n/V结合溶液均一稳定分析解答；‎ ‎（3）根据n＝N/NA、n＝V/Vm结合物质的组成和阿伏加德罗定律解答。‎ ‎【详解】（1）36g H2O的物质的量是36g÷18g/mol＝2mol，其中含2mol O。1分子水含有10个电子，共含电子20mol；‎ ‎（2）用14.2 Na2SO4配置成500mL溶液，溶质的物质的量是14.2g÷142g/mol＝0.1mol，其物质的量浓度为0.1mol÷0.5L＝0.2mol/L。由于溶液是均一稳定的，则从中取出50mL溶液，其物质的量浓度仍然为0.2 mol/L。‎ ‎（3）①标准状况下，6.72 L CH4的物质的量是6.72L÷22.4L/mol＝0.3mol，含有1.2mol氢原子；‎ ‎②3.01×1023个H2S分子的物质的量是0.5mol，含有1mol氢原子；‎ ‎③0.5 mol NH3含有1.5mol氢原子；‎ 则这三种气体按氢原子数由少到多排列的顺序是②①③。相同条件下气体的密度之比是相对分子质量之比，则密度由大到小排列的顺序是②③①。‎ ‎24.用双线桥及单线桥表示反应3Cu+8HNO3＝3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O 电子转移情况。‎ 双线桥________________________________________。‎ 单线桥________________________________________。‎ 该反应中氧化剂是：_______。若有4molHNO3参加反应，转移电子的物质的量为______mol。‎ ‎【答案】 (1). (2). ‎ ‎ (3). HNO3 (4). 3‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 反应中N元素的化合价降低，Cu元素的化合价升高，结合有关概念和电子得失守恒分析解答。‎ ‎【详解】根据方程式可知氮元素化合价从+5价降低到+2价得到3个电子，铜元素化合价从0价升高到+2价失去2个电子，则根据电子得失守恒可知转移6个电子，因此双线桥表示该反应电子转移的方向和数目为，单线桥表示该反应电子转移的方向和数目为，因此该反应中氧化剂是HNO3，若有4molHNO3参加反应，消耗1.5mol铜，则转移电子的物质的量为1.5mol×2＝3.0mol。‎ ‎【点睛】本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重基本概念及转移电子的考查，注意基本概念以及电子转移守恒的灵活应用。‎ ‎25.用质量分数为36.5%的浓盐酸(密度为1.16 g·cm－3)配制成1 mol·L－1的稀盐酸。现实验室仅需要这种盐酸220 mL，试回答下列问题：‎ ‎（1）配制稀盐酸时，应选用容量为________mL的容量瓶。‎ ‎（2）经计算需要________mL浓盐酸，在量取时宜选用下列量筒中的________。‎ A．5 mL B．10 mL C．25 mL D．50 mL ‎（3）在量取浓盐酸后，进行了下列操作：‎ ‎①等稀释的盐酸的温度与室温一致后，沿玻璃棒注入容量瓶中。‎ ‎②往容量瓶中小心加蒸馏水至液面离容量瓶刻度线1～2 cm时，改用胶头滴管加蒸馏水，使溶液的液面与瓶颈的刻度标线相切。‎ ‎③在盛盐酸的烧杯中注入蒸馏水，并用玻璃棒搅动，使其混合均匀。‎ ‎④用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒2至3次，并将洗涤液全部注入容量瓶。‎ 上述操作中，正确的顺序是(填序号)____________。‎ ‎（4）在配制一定物质的量浓度的溶液中，下列操作使得到的溶液浓度偏高、偏低还是无影响？‎ ‎①量取后的药品放入烧杯时，有少量洒在烧杯外。_______________‎ ‎②未冷却至室温就转移溶液。_______________‎ ‎③在定容时加水超过刻度线，再用胶头滴管吸出多余部分。_______________‎ ‎④洗涤容量瓶后，未干燥，瓶中有少量蒸馏水。_______________________‎ ‎【答案】 (1). 250 (2). 21.6 (3). C (4). ③①④② (5). 偏低 (6). 偏高 (7). 偏低 (8). 无影响 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）容量瓶只有一条刻度线，故只能配制和其规格相对应的体积的溶液，据此选择；‎ ‎（2）先计算出浓盐酸的物质的量浓度为c=1000ρω%/M，然后根据溶液稀释定律c浓V浓＝c稀V稀来计算；根据“大而近”的原则，根据需要量取的浓盐酸的体积来选择合适的量筒；‎ ‎（3）根据配制步骤是计算、量取、稀释、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶来对操作顺序进行排序；‎ ‎（4）根据c=n÷V并结合溶质的物质的量n和溶液的体积V的变化来进行误差分析。‎ ‎【详解】（1）容量瓶只有一条刻度线，故只能配制和其规格相对应的体积的溶液，常用的规格有100mL、250mL、500mL、1000mL，现在需要这种盐酸220 mL，故应选用250mL容量瓶；‎ ‎（2）浓盐酸的物质的量浓度为c=1000ρω%/M=1000×1.16×36.5%/36.5 mol·L－=11.6mol/L，设需要浓盐酸的体积为VmL，根据溶液稀释定律可知：11.6mol/L×VmL=1mol/L×250mL，解得V≈21.6mL。根据“大而近”的原则，根据需要量取的浓盐酸的体积为21.6mL来选择合适的量筒，故应选择25mL量筒，故答案为C；‎ ‎（3）根据配制步骤是计算、量取、稀释、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶等可知正确的顺序是③①④②；‎ ‎（4）①量取后的药品放入烧杯时，有少量洒在烧杯外，溶质的物质的量减少，浓度偏低。‎ ‎②未冷却至室温就转移溶液，冷却后溶液体积减少，浓度偏高。‎ ‎③在定容时加水超过刻度线，再用胶头滴管吸出多余部分，溶质的物质的量减少，浓度偏低。‎ ‎④洗涤容量瓶后，未干燥，瓶中有少量蒸馏水，不影响溶质和溶液体积，浓度无影响。‎ ‎ ‎ ‎ ‎