【化学】吉林省吉林地区普通高中友好学校联合体第三十一届2019-2020学年高一上学期期中考试试题（解析版） 13页

吉林省吉林地区普通高中友好学校联合体第三十一届2019-2020学年高一上学期期中考试试题 第Ⅰ卷(选择题共 分)‎ 一、选择题：本大题共10题，每小题2分，共20分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。‎ ‎1.《本草衍义》中对精制砒霜过程有如下叙述：“取砒之法，将生砒就置火上，以器覆之，令砒烟上飞着覆器，遂凝结累然下垂如乳，尖长者为胜，平短者次之。”文中涉及的操作方法是（ ）‎ A. 蒸馏 B. 升华 C. 干馏 D. 萃取 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】将生砒就置火上，以器覆之，令砒烟上飞，着覆器，遂凝结”，属于固体直接转化为气体。‎ ‎【详解】A. 蒸馏是在密闭容器中给溶液加热，收集一定温度范围内的馏分的操作，不合题意；‎ B. 升华是固体受热后，不经过液态而由固态直接转化为气态的过程，符合题意；‎ C. 干馏是以煤或木材为原料，隔绝空气加强热使它分解的过程，不合题意；‎ D. 萃取是利用溶质在萃取剂与原溶剂中溶解度的差异，将溶质从一种溶剂转移入萃取剂的过程，不合题意。‎ 答案选B。‎ ‎2.如图所示，下列实验操作与方法正确的是（ ）‎ A. 检查容量瓶是否漏水的方法 B. 滴加液体 C. 给溶液加热 D. 过滤 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 检查容量瓶是否漏水的方法，正确；‎ B. 滴加液体，错误，胶头滴管不能插入试管内；‎ C. 给溶液加热，错误，试管内的液体超过试管容积的三分之一；‎ D. 过滤，错误，漏斗颈没有紧贴烧杯内壁。‎ 故选A。‎ ‎3.用可溶性钡盐检验SO42-的存在时，先在待测溶液中加入盐酸，其作用是（ ）‎ A. 形成较多的白色沉淀 B. 使形成沉淀的纯度更高 C. 排除SO42-以外的其他阴离子及Ag＋的干扰 D. 排除Ba2＋以外的其他阳离子的干扰 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、硫酸钡是不溶于酸的沉淀，加入盐酸和沉淀的多少没关系，故A错误；B、硫酸钡是不溶于酸的沉淀，加入盐酸和沉淀的纯度没关系，故B错误；C、加盐酸时，如果有白色沉淀出现，则可以排除银离子、碳酸根离子等阴离子的干扰，故C正确；D、用盐酸酸化的目的是排除Ag+以及某些阴离子的干扰，故D错误；故选C。‎ ‎4.有关化学实验的下列操作中，一般情况下不能相互接触的是（ ）‎ A. 过滤操作中，玻璃棒与三层滤纸 B. 过滤操作中，漏斗径与烧杯内壁 C. 分液操作中，分液漏斗径与烧杯内壁 D. 用胶头滴管向试管滴液体时，滴管尖端与试管内壁 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 在滤操作中，玻璃棒要靠在三层滤纸上，防止滤纸弄破，故A不符合；‎ B. 在滤操作中，漏斗下端口要紧靠烧杯内壁，防止液体溅出，故B不符合；‎ C. 分液操作中，分液漏斗径要紧靠烧杯内壁，防止液体溅出，故C不符合；‎ D. 用胶头滴管向试管滴液体时，滴管要竖直悬空，防止污染药瓶，故D符合；‎ 答案选D。‎ ‎5.两瓶体积相等NO、N2+O2的气体，在同温同压时瓶内气体的关系一定正确的是（    ）‎ A. 所含原子数相等 B. 气体密度相等 ‎ C. 气体质量相等 D. 摩尔质量相等 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】对于N2+O2的混合气体，我们可利用极值法进行分析。在同温同压时，若两瓶气体的体积相等，则二者的物质的量相等。只有当N2、O2等摩混合时，其平均相对分子质量与NO的相对分子质量相同。‎ ‎【详解】A. 不管是1molNO、还是1mol(N2+O2)的混合气体，都含2mol原子，所以二者所含原子数相等，正确；‎ B. 只有在N2与 O2等物质的量混合时，1mol (N2+O2)的混合气体的质量与1mol NO的质量才相等， 所以气体密度不一定相等，错误；‎ C. 由B中分析可知，1mol NO与1mol (N2+O2)的混合气体的质量不一定相等，错误；‎ D. 由分析知，只有当N2、O2等物质的量混合时，其平均相对分子质量与NO的相对分子质量才相等，所以混合气与NO的摩尔质量不一定相等，错误。‎ 答案为A。‎ ‎6. 氢氧化铁胶体稳定存在的主要原因是（ ）‎ A. 胶粒直径小于1nm B. 胶粒作布朗运动 C. 胶粒带正电荷 D. 胶粒不能通过半透膜 ‎【答案】C ‎【解析】试题分析：胶体能稳定存在的主要原因是胶粒带有相同的电荷，互相排斥的结果。注意，胶粒作布朗运动虽然也是胶体稳定存在的原因之一，但其处于次要的地位。‎ ‎7.下列液体中，不会出现丁达尔现象的分散系是（ ）‎ ‎①鸡蛋清溶液 ②水 ③淀粉溶液 ④蔗糖溶液 ⑤Fe(OH)3胶体 ⑥肥皂水．‎ A. ②④ B. ③④ C. ②④⑥ D. ④‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】①鸡蛋清溶液，既是溶液又是胶体，能产生丁达尔效应；‎ ‎②水，不属于分散系，不能产生丁达尔效应；‎ ‎③淀粉溶液，属于胶体，能产生丁达尔效应；‎ ‎④蔗糖溶液，属于分散系，但不属于胶体，不能产生丁达尔效应；‎ ‎⑤Fe(OH)3胶体，属于胶体，能产生丁达尔效应；‎ ‎⑥肥皂水，属于胶体，能产生丁达尔效应。‎ 故答案应只包含④。‎ 因此答案为D。‎ ‎8.往含有H+、Fe2+、Cu2+、Ag+四种离子的溶液中加入足量镁粉，最先得到的还原产物是（ ）‎ A. H2 B. Fe C. Cu D. Ag ‎【答案】D ‎【解析】根据金属活动性顺序表可知以下四种单质的还原性的大小顺序：Fe＞H2＞Cu＞Ag，对应的阳离子的氧化性的大小顺序与上面的顺序相反，即Ag+＞ Cu2+ ＞H+ ＞Fe2+， Ag+的氧化性最大，所以Ag+先与加入的镁粉反应，被还原为Ag，答案D正确。‎ ‎9.下列电离方程式中正确的是（ ）‎ A. Na2SO4=2Na+ +SO4 2-‎ B. NaOH=Na+ +O2- +H+‎ C HCN=H+ +CN-‎ D. Ca(NO3)2=Ca+ +2(NO3)2-‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. Na2SO4=2Na+ +SO4 2-，正确；‎ B. NaOH=Na+ +O2- +H+，错误，OH-不能拆开；‎ C. HCN=H+ +CN-，错误，HCN是弱酸，中间应用“”隔开；‎ D. Ca(NO3)2=Ca+ +2(NO3)2，错误，(NO3)2应写成2NO3-。‎ 故选A。‎ ‎10. 下列反应中，属于氧化还原反应的是（ ）‎ A. 2 H2O2 2 H2O + O2↑ B. 2 Al(OH)3 Al2O3 + 3 H2O C. FeO + 2 HCl = FeCl2+ H2O D. CuCl2+ 2 NaOH = Cu(OH)2↓+ 2NaCl ‎【答案】A ‎【解析】略 二、选择题：‎ ‎11.下列单、双线桥的表示方法不正确的是( )‎ A. ‎ B. ‎ C. ‎ D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】A、钠元素的化合价升高，氯元素的化合价降低，则钠失去电子，转移的电子数为2e-，故A正确；B、该反应中Cl元素的化合价既升高又降低，转移的电子数为e-，正确的表示为，故B错误；C、该反应中钠元素失去电子，氢元素得到电子，转移的电子数为2e-，故C正确；D、该反应中碘元素失去电子，溴元素得到电子，转移的电子数为2e-，故D正确；故选B。‎ ‎12.在下列变化中，需要加入合适的氧化剂才能实现的是（ ）‎ A KMnO4→O2 B. CO2→CO ‎ C. Br－→Br2 D. Fe2O3→Fe ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】根据氧化还原反应中的还原剂、氧化剂中元素的化合价变化规律分析。‎ ‎【详解】A.KMnO4→O2中O元素的化合价升高，但KMnO4分解即可生成氧气，故不需要加入合适的氧化剂，故A错误； B.CO2→CO中C元素的化合价降低，需要加入合适的还原剂来实现，如加入碳，故B错误； C.Br-→Br2中Br元素的化合价升高，需要加入合适的氧化剂来实现，如加入氯气，故C正确； D.Fe2O3→Fe中Fe元素的化合价降低，则需要加入合适的还原剂来实现，如加入铁粉，故D错误。 故选C。‎ ‎13.下列叙述中正确的是( )‎ A. 1mol H2O的质量是18g·mol-1 B. CH4的摩尔质量为16g C. 3.01×1023个SO2分子的质量为32克 D. 标况下1mol乙醇的体积为22.4 L ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 1mol H2O的质量是18g，单位错误；‎ B. CH4的摩尔质量为16g/mol，单位错误；‎ C. 3.01×1023个SO2分子为0.5mol，质量为32克，正确；‎ D. 标况下乙醇呈液态，所以1mol乙醇体积不是22.4 L，错误。‎ 故选C。‎ ‎14.氮化铝（AlN）广泛应用于电子陶瓷等工业领域。在一定条件下，AlN可通过反应：Al2O3＋N2＋3C2AlN＋3CO合成。下列叙述正确的是(　　)‎ A. 上述反应中，N2是还原剂，Al2O3是氧化剂 B. 上述反应中，每生成1 mol AlN需转移3 mol电子 C. AlN中氮的化合价为+3‎ D. AlN的摩尔质量为41 g ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】A．在氧化还原反应中，得电子化合价降低的反应物是氧化剂，失电子化合价升高的反应物是还原剂；B．根据AlN和转移电子之间的关系式计算；C．在化合物中电负性大的显负价，电负性小的显正价；D．摩尔质量的单位是g/mol。‎ ‎【详解】A．该反应中，氧化剂氮气，还原剂是碳，选项A错误；B．反应中N元素的化合价从0价降低到-3价，转移3个电子，则每生成1molAlN需转移3mol电子，选项B正确；C．氮化铝中氮元素的化合价是-3价，选项C错误；D．氮化铝的摩尔质量是41g/mol，选项D错误；答案选B。‎ ‎15.在一定条件下，RO3n－和氟气可发生反应：RO3n－ + F2+2OH－=RO4－+2F－+H2O，从而可知在RO3n－中，元素R的化合价是(　　)‎ A +4 B. +7 C. +6 D. +5‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】根据电荷守恒，得n=1，根据离子中各元素化合价代数和等于离子的所带电荷计算RO3－中R元素的化合价。‎ ‎【详解】根据电荷守恒可知，-n-2=-1-2，解得n=1，‎ 令RO3n-中R元素的化合价为a，离子中各元素化合价代数和等于离子的所带电荷，则：‎ a+（-2）×3=-1‎ 解得：a=+5，‎ 答案选D。‎ ‎16.某溶液经分析，其中只含有Na＋、K＋、Ca2＋、Cl－、NO3-，已知其中Na＋、K＋、Ca2+、NO的浓度均为0.1 mol·L－1，则Cl－的物质的量浓度为（ ）‎ A. 0.1mol·L－1 B. 0.3mol·L－1 C. 0.2mol·L－1 D. 0.4mol·L－1‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】溶液呈电中性，阴阳离子所带电荷相等，所以，所以=(0.1+0.1+2×0.1－0.1)mol∙L－1=‎ ‎0.3 mol∙L－1，故B项正确。‎ 综上所述，答案为B。‎ ‎17.从海水中提取溴有如下反应：5NaBr+NaBrO3+3H2SO4=3Br2+Na2SO4+3H2O，与该反应在氧化还原反应原理上最相似的是（ ）‎ A. 2NaBr+Cl2=2NaCl+Br2‎ B. AlCl3+3NaAlO2+6H2O=4Al(OH)3↓+3NaCl C. 2H2S+SO2=2H2O+3S↓‎ D. C+H2O=CO+H2‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】5NaBr+NaBrO3+3H2SO4=3Br2+Na2SO4+3H2O是氧化还原反应，且只有一种元素 Br发生价态变化，它属于归中反应。‎ ‎【详解】A. 2NaBr+Cl2=2NaCl+Br2，属于氧化还原反应，但有两种元素发生价态变化，不合题意；‎ B. AlCl3+3NaAlO2+6H2O=4Al(OH)3↓+3NaCl，为非氧化还原反应，不合题意；‎ C. 2H2S+SO2=2H2O+3S↓，只有一种元素S发生的氧化还原反应，且为归中反应，符合题意；‎ D. C+H2O=CO+H2，为两种元素发生的氧化还原反应，不合题意。‎ 答案为C。‎ ‎18.在水溶液中能大量共存，且加入过量稀硫酸溶液时，有气体生成的是（ ）‎ A. Na+、Ag+、CO32-、Cl﹣ B. K+、Ba2+、SO42-、Cl﹣‎ C. Na+、K+、CO32-、Cl﹣ D. Na+、K+、Cl﹣、SO42-‎ ‎【答案】C ‎【解析】试题分析：A、Ag+与CO32-、Cl-生成沉淀，不能大量共存，A错误；B、Ba2+、SO42-反应生成沉淀，不能大量共存，B错误；C、该组离子之间不反应，可以大量共存，加稀硫酸与CO32-反应生成气体，C正确；D、该组离子之间不反应，可以大量共存，但加稀硫酸没有气体生成，D错误。答案选C。‎ ‎19.下列离子方程式中正确的是( )‎ A. 澄清石灰水与稀盐酸反应 Ca(OH)2＋2H+===Ca2+＋2H2O B. 氢氧化钡与硫酸反应 OH-＋H＋===H2O C. 铜片插入硝酸银溶液中 Cu＋Ag+===Cu2+＋Ag D. 氯化镁溶液与氢氧化钠溶液反应 Mg2+＋2OH-===Mg(OH) 2 ↓‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．澄清石灰水中的Ca(OH)2，在离子方程式中应该拆成离子形成，离子方程式为OH－＋H＋=H2O，A项错误；‎ B．遗漏了Ba2＋和SO42－的反应，离子方程式为Ba2＋＋2OH－＋SO42－＋2OH－=BaSO4↓＋2H2O，B项错误；‎ C．铜片插入硝酸银溶液中，铜会置换出银，选项中电荷不守恒，离子方程式为Cu＋2Ag＋=Cu2＋＋2Ag，C项错误； ‎ D．氯化镁溶液与氢氧化钠溶液反应会生成氢氧化镁沉淀，D项中化学方程式正确，D项正确；‎ 本题答案选D。‎ ‎20.根据下列反应判断有关物质还原性由强到弱的顺序是( )‎ ‎①H2SO3+I2+H2O2HI+H2SO4‎ ‎②2FeCl3+2HI2FeCl2+2HCl+I2‎ ‎③3FeCl2+4HNO32FeCl+NO+2H2O+Fe(NO3)3‎ A. H2SO3>I->Fe2+>NO B. I->Fe2+>H2SO3>NO ‎ C. Fe2+>I->H2SO3>NO D. NO>Fe2+>H2SO3>I-‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】利用化合价变化来判断还原剂，并利用还原剂的还原性大于还原产物的还原性来比较还原性的强弱。‎ ‎【详解】①反应H2SO3+I2+H2O＝2HI+H2SO4中I元素的化合价降低，S元素的化合价升高，则H2SO3为还原剂，还原性H2SO3＞I-；‎ ‎②反应2FeCl3+2HI＝2FeCl2+2HCl+I2中Fe元素的化合价降低，I元素的化合价升高，则HI为还原剂，还原性I-＞Fe2+；‎ ‎③反应3FeCl2+4HNO3＝2FeCl3+NO↑+2H2O+Fe（NO3）3中N元素的化合价降低，Fe元素的化合价升高，则FeCl2为还原剂，还原性Fe2+＞NO；‎ 综上所述还原性由强到弱的顺序为H2SO3＞I-＞Fe2+＞NO，故答案选A。‎ 二、非选择题：本题包括4小题，共50分。‎ ‎21.粗盐中含有少量的Ca2+、Mg2+、SO42-，欲除去这些杂质，正确添加试剂及操作的顺序为：________、NaOH溶液、__________、__________、__________。‎ ‎【答案】(1). BaCl2溶液 (2). Na2CO3溶液 (3). 过滤 (4). 适量盐酸 ‎【解析】‎ ‎【分析】除去溶液中的某种离子，为了确保杂质去除干净，加入的除杂试剂都是过量的；过量的除杂试剂将又成为杂质，又需进行处理。‎ ‎【详解】粗盐中含有少量的Ca2+、Mg2+、SO42-，除去Ca2+，应加入Na2CO3溶液；除去Mg2+，应加入NaOH溶液；除去SO42-，应加入BaCl2溶液。但考虑到过量除杂试剂也需处理，即BaCl2必须用Na2CO3溶液处理，所以BaCl2一定要放在加入Na2CO3溶液之前加入。另外，加入盐酸前，需对混合物进行过滤。‎ 故正确添加试剂及操作的顺序为：先除SO42-，应加入BaCl2溶液。答案为SO42-‎ NaOH溶液除去Mg2+。再除去过量BaCl2及Ca2+，加Na2CO3溶液。答案为Na2CO3‎ 为防止BaCO3、CaCO3、Ma(OH)2溶解在盐酸中，在加入盐酸前，需对溶液进行过滤。‎ 答案为过滤 最后去除过量的Na2CO3、NaOH，应加入适量盐酸。答案为适量盐酸 ‎22.有以下几种物质①碳酸氢钠晶体②液态氯化氢③铁④蔗糖⑤酒精⑥熔融的K2SO4⑦干冰⑧石墨填空回答：（填序号）‎ ‎（1）以上物质能导电的是______‎ ‎（2）以上物质中属于电解质的是______‎ ‎（3）以上物质中属于非电解质的是______‎ ‎（4）以上物质中溶于水后水溶液能导电的是______‎ ‎（5）分别写出物质①、⑥在水溶液中的电离方程式_________________、_____________．‎ ‎【答案】(1). ③⑥⑧ (2). ①②⑥ (3). ④⑤⑦ (4). ①②⑥⑦ (5). NaHCO3═Na++HCO3- (6). K2SO4═2K++S042-‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】①碳酸氢钠晶体，电解质，本身不导电，溶于水后导电。‎ ‎②液态氯化氢，电解质，本身不导电，溶于水后导电。‎ ‎③铁，既不是电解质也不是非电解质，本身能导电，不溶于水。‎ ‎④蔗糖，非电解质，本身不导电，溶于水也不导电。‎ ‎⑤酒精，非电解质，本身不导电，溶于水也不导电。‎ ‎⑥熔融的K2SO4，电解质，本身导电，溶于水也导电。‎ ‎⑦干冰，非电解质，本身不导电，但溶于水后导电。‎ ‎⑧石墨，既不是电解质也不是非电解质，本身导电，难溶于水。‎ ‎【详解】(1)以上物质能导电的是铁、熔融的K2SO4、石墨。答案为③⑥⑧‎ ‎(2)以上物质中属于电解质的是碳酸氢钠晶体、液态氯化氢、熔融的K2SO4。‎ 答案①②⑥‎ ‎(3)以上物质中属于非电解质的是蔗糖、酒精、干冰。答案为④⑤⑦‎ ‎(4)以上物质中溶于水后水溶液能导电的是碳酸氢钠晶体、液态氯化氢、熔融的K2SO4、干冰。答案为①②⑥⑦‎ ‎(5)物质①在水溶液中的电离方程式NaHCO3═Na++HCO3-。答案为NaHCO3═Na++HCO3-‎ ‎⑥在水溶液中的电离方程式为K2SO4═2K++SO42-。答案为K2SO4═2K++SO42-‎ ‎23.（1）3．01×1023个氯气分子的物质的量是________，氯原子的物质的量是________。‎ ‎（2）1．5molNa2SO4·10H2O中所含的Na+的物质的量是________，所含的SO42-的物质的量是________，所含H2O的数目是______。‎ ‎（3）一定量的Na2CO3中，碳原子和氧原子的物质的量之比为______。‎ ‎（4）12．4gNa2R含0．4molNa+，则Na2R的摩尔质量为_____，R的相对原子质量为________。含R的质量为1．6g的Na2R，其物质的量为_____。‎ ‎【答案】(1). 0.5mol (2). 1mol (3). 3mol (4). 1.5mol (5). 15NA (6). 1:3 (7). 62g/mol (8). 16 (9). 0.1mol ‎【解析】‎ ‎【详解】(1) 答案为0.5mol n(Cl)=2n(Cl2)=2×0.5mol=1mol 答案为1mol ‎(2)n(Na+)=2n(Na2SO4·10H2O)=2×1.5mol=3mol 答案为3mol n(SO42-)=n(Na2SO4·10H2O)=1.5mol 答案为1.5mol n(H2O)=10n(Na2SO4·10H2O)=10×1.5mol=15mol 答案为15mol N(H2O)= n(H2O) ×NA=15 NA 答案为15 NA ‎(3)由Na2CO3可得出n(C)：n(O)=1:3 答案为1:3‎ ‎(4) n (Na2R)= 0.4mol×1/2=0.2mol，M(Na2R)= 答案为62g/mol M (R)=62-23×2=16 答案为16‎ n (Na2R)= n (R)= 答案为0.1mol ‎24.某学生需要用烧碱固体配制0.5 mol·L-1的NaOH溶液500mL。实验室提供以下仪器：①100mL烧杯 ②100 mL量筒 ③1000 mL容量瓶 ④500 mL容量瓶 ⑤玻璃棒 ⑥托盘天平（带砝码）。请回答下列问题：‎ ‎（1）计算结果：需要称取NaOH固体__________g；‎ ‎（2）配制时，必须使用的仪器有____________（填代号），还缺少的仪器是_______、_______。（填仪器名称）‎ ‎（3）配制时，其正确的操作顺序是（字母表示，每个操作只用一次）_____________；‎ A．用少量水洗涤烧杯2—3次，洗涤液均注入容量瓶，振荡 B．在盛有NaOH固体的烧杯中加入适量水溶解 C．将烧杯中已冷却的溶液沿玻璃棒注入容量瓶中 D．将容量瓶盖紧，反复上下颠倒，摇匀 E．改用胶头滴管加水，使溶液凹面恰好与刻度相切 F．继续往容量瓶内小心加水，直到液面接近刻度1—2cm处 ‎（4）实验两次用到玻璃棒，其作用分别是：先用于________、后用于________；‎ ‎（5）若出现如下情况，其中将引起所配溶液浓度偏高的是__________；（填下列编号）‎ ‎①容量瓶实验前用蒸馏水洗干净，但未烘干 ‎ ‎②定容观察液面时俯视 ‎ ‎③配制过程中遗漏了（3）中步骤A ‎ ‎④ 加蒸馏水时不慎超过刻度线 ‎（6）若实验过程中出现（5）中④这种情况你将如何处理？_____________。‎ ‎【答案】(1). 10.0 (2). ①④⑤⑥ (3). 胶头滴管 (4). 药匙 (5). BCAFED (6). 搅拌 (7). 引流 (8). ② (9). 重新配制 ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)需要称取NaOH固体的质量为0.5 mol·L-1×0.5L×40g/mol=10.0g 答案为10.0g ‎(2) 配制时，必须使用的仪器有:100mL烧杯、500 mL容量瓶、玻璃棒、托盘天平（带砝码） ‎ ‎ 答案为①④⑤⑥‎ 定容时还缺少的仪器为胶头滴管。答案为胶头滴管 称量时还缺少的仪器为药匙。答案为药匙 ‎(3)按配制溶液的五个步骤，配制时，其正确的操作顺序是BCAFED 答案为BCAFED ‎(4)溶解氢氧化钠固体时，要使用玻璃棒，其作用是搅拌，以加速固体的溶解。答案为搅拌 转移溶液时，需要使用玻璃棒，其作用是引流。答案为引流 ‎(5)①容量瓶实验前用蒸馏水洗干净，但未烘干，没有引起溶质物质的量的改变，不产生误差；‎ ‎②定容观察液面时俯视，将导致容量瓶内液面低于刻度线，液体的体积偏小，浓度偏大；‎ ‎③配制过程中遗漏了（3）中步骤A，将导致容量瓶内溶质物质的量的减少，最终使所配溶液的浓度偏小；‎ ‎④加蒸馏水时不慎超过刻度线，将导致溶液体积偏大，溶液浓度偏小。‎ 以上操作中，将引起所配溶液浓度偏高的是②‎ 答案为②‎ ‎(6)若实验过程中出现（5）中④这种情况，必须重新配制。‎ 答案为重新配制