【文档说明】河南省郑州市实验中学2022-2023学年高一上学期第一次月考化学试题 含解析.docx，共(15)页，792.943 KB，由小赞的店铺上传

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河南省实验中学2022-2023学年上期第一次月考高一化学时间：90分钟满分：100分可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Na23Al27S32Cl35.5一、选择题：(本大题共16小题，每小题3分，共48分，每小题只有一个正确选项。)1.

下列说法中，不正确的是A.俄国化学家门捷列夫提出原子学说，为近代化学的发展奠定了基础B.1965年我国第一个人工合成了具有生理活性的蛋白质结晶牛胰岛素C.研究物质性质的基本方法有观察法、实验法、比较法、分类法等D.研究物质性质的基本程序通

常是观察物质的外部特征，运用分类法预测物质的性质，接着实验和观察(发现特殊现象，提出新问题)，最后解释和结论【答案】A【解析】【详解】A．19世纪初，英国化学家道尔顿提出近代原子学说，为近代化学的发展奠定了坚实基础，俄国化学家门捷列夫

发现了元素周期律，并编制出元素周期表，使得化学学习和研究变得有规律可循，选项A不正确；B．1965年9月17日，我国科学家成功合成结晶牛胰岛素，这也是世界上第一个人工合成的蛋白质，选项B正确；C．化学是一门以实验为基础的科学，化学反应中

常常伴随一些特殊现象，所以学习化学的基本方法有观察法、实验法、分类法、比较法等，选项C正确；D．对物质性质进行研究的基本程序是：观察物质的外观性质→预测物质性质→设计实验→观察实验现象→对实验现象进行分析、解释→得出结论．其中预测物质的性质在整个程序中起着重要的作用，选项D正确；

答案选A。2.下列与胶体无关的是A.实验室利用反应()()323lFeCl3HO=FeOH3HC++胶体制备氢氧化铁胶体B.医用葡萄糖溶液在一定条件下能保存较长时间C.将饱和的3FeCl溶液逐滴滴入沸水中，当溶液变成透明红褐

色时，用一束光照射，可看到液体中有光亮通路。D.在海水与河水交界处，易形成沙洲【答案】B【解析】【详解】A．()()323lFeCl3HO=FeOH3HC++胶体为氢氧化铁胶体的制备，故A不符合题意；B．医用葡萄糖溶液是溶液分散系，具有均一稳定的特征，在一定条件下能保

存较长时间，与胶体的性质无关，故B符合题意；C．将饱和的3FeCl溶液逐滴滴入沸水中，当溶液变成透明红褐色时生成了氢氧化铁胶体，用一束光照射，可看到液体中有光亮通路；与胶体有关，故C不符合题意；D．在海水与河水交界处，易形成沙洲，与胶体的聚沉的性质有关，故D不符合题意；故答案选B。3

.下列物质中，不能通过单质间直接化合制取的是A.2NaOB.34FeOC.HClD.2FeCl【答案】D【解析】【详解】A．因为Na和O2化合可生成2NaO，所以2NaO可以通过单质直接化合制取，选项A不符合；B．因为Fe

和O2在点燃条件下化合生成34FeO，所以34FeO可以通过单质直接化合制取，选项B不符合；C．因为H2和Cl2化合生成HCl，所以HCl可以通过单质直接化合制取，选项C不符合；D．由于Cl2为活泼非金属单质，具有强氧化性，与单质铁反应，可以把铁氧化到最高价，得到Fe

Cl3而不是FeCl2，所以，FeCl2不能通过单质直接化合制取，选项D符合；答案选D。4.金属钠露置在空气中可观察如下现象：银白色→变灰暗→变白色→出现液滴→白色固体，其最终产物是A.NaOHB.22NaOC.

23NaCOD.3NaHCO【答案】C【解析】【详解】钠变质过程是：钠→氧化钠→氢氧化钠→氢氧化钠溶液→碳酸钠晶体，碳酸钠晶体风化失去结晶水得到23NaCO粉末，所以在变质的过程中最终产物是23NaCO，故C正确；故选

C。5.饱和氯水久置后，溶液中的各种粒子：①Cl2②H2O③Cl-④HClO⑤H+减少的是A.①②④B.①②③C.①④D.②④【答案】A【解析】【详解】新制的饱和氯水中存在微粒有：H2O、HClO、Cl2、OH

-、H+、ClO-、Cl-；饱和氯水久置后，次氯酸见光受热易分解为盐酸和氧气，因此饱和氯水久置后，次氯酸分解了，最后剩余盐酸，溶液中的粒子减少的有Cl2、HClO、H2O三种微粒，答案选A。6.下列物质的分类正确的是分类酸碱盐碱性氧化物酸性氧化物A24HSO23NaCONaOHCuO2C

OBHClNaOHNaOH2NaOCOC3HNOKOH3CaCOCaO2COD3NaHCONaOH4NHCl23FeO2COA.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A．23NaCO属于盐，不属于碱，故A错误；B．N

aOH属于碱，不属于盐，故B错误；C．3HNO为酸，KOH为碱，3CaCO为盐，CaO为碱性氧化物，2CO为酸性氧化物，分类正确，故C正确；D．3NaHCO属于盐，不属于酸，故D错误；故答案选C。7.用固体样品配制一定物质的量浓度的溶液，需经

过称量、溶解、转移溶液、定容等操作。下列图示对应的操作规范的是A.称量B.溶解C.转移D.定容【答案】B【解析】【详解】A、托盘天平称量时应是左物右码，A错误；B、固体溶解在烧杯中进行，B正确；C、向容量瓶中转移溶液时应该用玻璃棒引流，C错误；D、定容时胶头滴管不能插入容量瓶中，D错

误。答案选B。8.设计下列实验方案鉴别Na2CO3和NaHCO3两种白色粉末，不能达到预期目的的是A.分别向等量的白色粉末中加等体积、等浓度的稀盐酸，比较生成气体的快慢B.分别向等量的白色粉末中加等体积适量的水，比较固体溶解量的多少C.分别将等量的白色粉末配成溶液，然后加入澄清石灰水，比较是否有

沉淀生成D.分别将等量的白色粉末加热进行实验，将产物分别通入澄清石灰水，比较澄清石灰水是否变浑浊【答案】C【解析】【详解】A．分别向等量的白色粉末中加等体积、等物质的量浓度的稀盐酸，碳酸氢钠立即和盐酸反应生成二氧化碳，碳

酸钠和盐酸反应先生成碳酸氢钠，碳酸氢钠再和盐酸反应生成二氧化碳，所以生成二氧化碳速率不同，能达到实验目的，故A不选；B．相同温度下，碳酸氢钠的溶解度小于碳酸钠，所以分别向等量的白色粉末中加等体积适量的水，比较固体溶解量的多少来鉴别，能达到实验目的，故B不

选；C．碳酸氢钠和碳酸钠都和氢氧化钙反应生成白色沉淀，反应现象相同，无法鉴别，所以不能达到实验目的，故C选；D．碳酸钠比碳酸氢钠稳定，加热时碳酸钠不分解，碳酸氢钠分解生成二氧化碳，用澄清石灰水检验是否生成二氧化碳，所以能达到实验目的，故D不选；故答案C。【点睛】考

查碳酸氢钠和碳酸钠性质，明确碳酸氢钠和碳酸钠的区别即可解答，Na2CO3和NaHCO3性质的异同，包括：①溶于水并观察现象,溶解度较大其溶于水放热的是碳酸钠,溶解度较小且水温无明显变化的是碳酸氢钠；②溶于水加热,再通入澄清的石灰水,

有气泡产生且有白沉淀的是碳酸氢钠,无变化的是碳酸钠；③用pH试纸或pH计测试其pH值,碱性较强的是碳酸钠,碱性较弱的是碳酸氢钠；④溶于水并加氢氧化钙或氢氧化钡，有白色沉淀生成的是碳酸钠，无变化的是碳酸氢钠；明确碳酸钠和盐酸反应步骤，为易错点。9.在同温同压下，aL气体

X2和bL气体Y2恰好完全反应生成cL气体Z，若2a＝6b＝3c，则Z的化学式为A.XY2B.X3YC.X2YD.XY3【答案】B【解析】【分析】【详解】aL气体X2和bL气体Y2恰好完全反应生成cL气体Z，若2a=6b=

3c，由气体的体积之比等于化学计量数之比可知该反应为3X2+Y2＝2Z，由原子守恒可知，Z的化学式为X3Y，答案选B。【点睛】本题考查化学反应方程式的计算，把握体积之比与化学计量数之比的关系及原子守恒为

解答的关键，侧重分析能力的考查，注意守恒法和阿伏加德罗定律的灵活应用。10.下列气体在同温度、同压强、同质量时，体积最小的是A.CO2B.COC.CH4D.H2【答案】A【解析】【详解】根据阿伏加德罗定律可知，在相同条件下

体积之比＝物质的量之比，根据m＝nM可知在质量相等的条件下气体的相对分子质量越大，物质的量越小，体积越小。选项中气体的相对分子质量依次为44、28、16、2，答案选A。【点晴】同温同压下，相同体积的任何气体含有相同的分子数，称为阿伏加德罗定律，又叫四同定律，也叫五同定

律（五同指同温、同压、同体积、同分子个数、同物质的量）。其推论有（1）同温同压下，V1/V2=n1/n2（2）同温同体积时，P1/P2=n1/n2=N1/N2（3）同温同压等质量时，V1/V2=M2/M1（4）同温同压时，M1/M2=ρ

1/ρ2。11.设AN为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.0.1mol过氧化钠与足量水反应生成2O分子数为0.1ANB.标准状况下，11.2L2HO含有的分子数为0.5ANC.500mL0.11molL−24KSO溶液中+K、24SO−总数为0.3A

N的D.常温常压下，16g的2O和3O混合气体含有的原子数为AN【答案】D【解析】【详解】A．0.1mol过氧化钠与足量水反应生成的O2分子数根据化学方程式计算：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑；0.1mol

过氧化钠与足量水反应生成氧气0.05mol，即0.05AN，选项A错误；B．标准状况下，水不是气体，无法计算其物质的量，选项B错误；C．500mL0.11molL−24KSO溶液中+K、24SO−总数为0.5L0.1m

ol/L3=0.15AN，选项C错误；D．常温常压下，16g的2O和3O混合气体含有O原子的物质的量为n(O)=1mol，故含有的原子数为AN，选项D正确；答案选D。12.同温同压下，在相同体积的两个容器中，一个盛放2N，另一个盛放2N和

CO混合气体，下列关于两个容器中气体的说法不正确的是A.质量相同B.密度相同C.分子数相同D.氮原子数相同【答案】D【解析】【详解】A．CO和N2的摩尔质量都是28g/mol，N2物质的量与N2和CO的总物质的量相等时，质量一定相等，选项A正确；

B．N2和CO相对分子质量都是28，故混合气体平均相对分子质量为28，N2的相对分子质量为28，同温同压下，气体密度之比等于相对分子质量之比，故两容器内气体的密度相等，选项B正确；C．在同温同压下，相同体积的任何气体含有相同的分子数，N2与N2和

CO的总分子数目相同，选项C正确；D．在同温同压下，相同体积的任何气体含有相同的分子数，N2中全部是氮原子，而N2和CO中部分为氮原子，氮原子总数后者一定小于前者，选项D不正确；答案选D。13.已知Q与R的摩尔质量之比为9：22，在反应X+2Y=Q+R中，当1.6gX与一定量

Y完全反应后，生成4.4gR，则参与反应的Y和生成物Q的质量之比为A.46：9B.32：9C.23：9D.16：9【答案】C【解析】的【详解】假设Q和R的相对分子质量分别为9a、22a，设生成4.4gR时生成Q的质量是x，X+2Y=Q+R9a22a

x4.4g根据9a22a=x4.4g，解得：x=1.8g，由质量守恒可知参加反应的Y的质量为：4.4g+1.8g-1.6g=4.6g，所以参与反应的Y和生成物Q的质量之比为为4.6g∶1.8g=23∶9，故选C。

14.在标准状况下有①6.72LCH4，②3.01×1023个HCl分子，③13.6g硫化氢，④0.2mol氨气（NH3）。下列对这四种气体的关系从大到小描述不正确的是（）A.体积②＞③＞①＞④B.密度②＞③＞④＞①C.质量②＞③＞①＞④

D.氢原子数①＞④＞③＞②【答案】D【解析】【详解】①6.72LCH4的物质的量为0.3mol，②3.01×1023个HCl分子的物质的量为0.5mol，③13.6g硫化氢的物质的量为13.6g34g/

mol=0.4mol，④0.2mol氨气（NH3），则A.同温同压下，体积之比等于物质的量之比，所以体积②＞③＞①＞④，A项正确；B.①CH4相对分子质量为16，②HCl相对分子质量为36.5③硫化氢相对分子质量

为34，④氨气相对分子质量为17，同温同压下，密度之比等于相对分子质量之比，所以密度②＞③＞④＞①，B项正确；C.①6.72LCH4的质量为0.3mol×16g/mol=4.8g，②3.01×1023个HCl分子的质量

为0.5mol×36.5g/mol=18.25g，③13.6g硫化氢，④0.2mol氨气（NH3）的质量为0.2mol×17g/mol=3.4g，所以质量②＞③＞①＞④，C项正确；D.氢原子物质的量分别为：①0.3mol×4=1.2mol，②0.5mol，③0.4mol×2

=0.8mol，④0.2mol×3=0.6mol，所以氢原子数①＞③＞④＞②，D项错误；答案选D。15.下列溶液中，与100mL0.5mol/LNaCl溶液所含Cl－物质的量浓度相同的是A.100mL0.5mol/LMgCl2溶液B.200

mL0.25mol/LCaCl2溶液C.50mL1mol/LNaCl溶液D.25mL0.6mol/LHCl溶液【答案】B【解析】【详解】100mL0.5mol/LNaCl溶液中所含Cl－物质的量浓度为0.5mol/L．A．100mL0.5mol/LMgCl2溶液中所含Cl

－物质的量浓度为0.5mol/L×2，A错误；B．200mL0.25mol/LCaCl2溶液中所含Cl－物质量浓度为0.25mol/L×2，B正确；C．50mL1mol/LNaCl溶液中所含Cl－物质的量浓度为1mol/L，C错误；D．25mL0.6mol/LHCl溶液

中所含Cl－物质的量浓度为0.6mol/L，D错误，答案选B。16.VmL()243AlSO溶液中含3Al+ag，取V3mL溶液稀释到3VmL，则稀释后溶液中24SO−的物质的量浓度是mol/LA.a243VB.500a81VC.a81VD.a162V【答案】B【解析】【详解】agAl3+的物

质的量为agamol27g/mol27=，故V3mL溶液中Al3+的物质的量为a1mol273=amol81，根据电荷守恒可知2n(24SO−)=3n(3Al+)，故V3mL溶液中24SO−的物质的量为a3mol812=amol54，取V3mL溶液稀释到3VmL，则稀

释后溶液24SO−的物质的量浓度为3amol54310VL−=500a81Vmol/L；答案选B。二、填空题：(本大题含4小题，共52分)17.填空。（1）24SO−的摩尔质量为_______；96g24

SO−中含有_______个24SO−，所含电子的物质的量为_______。（2）0.5mol2NaO加入适量水中配成2L溶液，则溶质的物质的量浓度是_______。（3）标况下44.8LHCl气体与_______g4CH中所含氢原子总数相等。【答案】（1）①.96g/mol②.NA③.50m

ol（2）0.5mol·L-1（3）8【解析】【小问1详解】24SO−的摩尔质量与其相对分子质量在数值上相等，为96g/mol；则96g24SO−的物质的量为1mol，含有NA的个24SO−，1个24SO−含有50个电子，则1mol24SO−所含电子的物质的

量为50mol。【小问2详解】2NaO溶于水，与水反应生成NaOH，由Na元素守恒可知NaOH物质的量为1mol，故所得NaOH溶液的物质的量浓度是1mol=0.5mol/L2L。【小问3详解】标况下44.8LHCl气体中H原子物质的量为44.8L22.4L=/mol2m

ol，含2molH原子的甲烷的物质的量为0.5mol，则4CH的物质的量为0.5mol×16g/mol=8g。18.根据如图所示的转化关系及现象，完成下列问题：（1）固体X的名称为_______。（2）写出反应①的化学方程式_______。写出反应④的化学方程式_______。（3）金属单质R通

常保存在_______，不保存在水里请用化学方程式解释其原因_______。（4）若有标况下33.6L氯气与600mL溶液M恰好完全反应，则溶液M中溶质的物质的量浓度为_______。（5）现有mg金属R的两种氧化物(其中一种为固体X)混合物的试样。请从下图中选用适当的实验装置，设计一个最简

单的实验，测定固体X的质量分数(可供选用的反应物只有3CaCO固体，6mol/L盐酸和蒸馏水)。请填写下列空白：①应选用装置的连接顺序应是_______。(填各接口的字母)②若开始时测得混合物试样的质量为2.0g，反应结束后测得气体体积为224mL(标准状况)，则固体X的质量分

数为_______。【答案】（1）过氧化钠（2）①.2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2②.CaCO3＋2HCl=CaCl2＋CO2＋H2O（3）①.煤油或石蜡②.2Na＋2H2O=2NaOH＋H2↑（4）5mol·L-1（5）①.GABF②.7

8%【解析】【分析】气体B与金属单质R反应生成淡黄色固体X，则X为过氧化钠，R为钠，B为氧气，过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，A为二氧化碳，Y为碳酸钠，Y与澄清石灰水反应生成碳酸钙沉淀和NaOH溶液，则M为NaOH，碳酸钙与稀盐酸反应生成二氧化碳气

体，据此分析解答。【小问1详解】由分析知，固体X的名称为过氧化钠。【小问2详解】反应①为过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，化学方程式为2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2。反应④为碳酸钙与稀盐酸反应生成二氧化碳气体、氯化钙和水，化学方程式CaCO3＋

2HCl=CaCl2＋CO2＋H2O。【小问3详解】金属单质钠通常保存在煤油或石蜡中，不保存在水里，是因为钠与水可以发生反应2Na＋2H2O=2NaOH＋H2↑。【小问4详解】氯气与NaOH溶液发生反应22l+2NaOH=NaCl+NaClO+

HOＣ，标况下33.6L氯气的物质的量为1.5mol，二者恰好反应，根据方程式可知NaOH物质的量为3mol，则溶液M中溶质的物质的量浓度为3mol=5mol/L0.6L。【小问5详解】①使用装置⑤(试样与足量水反应的装置)、①和④(测量O2体积的装置)来测定试样中Na2O2的

纯度。由于①和④是排水方法量取气体的体积，所以装置接口连接顺序为G→A→B→F。②()20.224LO==0.01mol22.4L/moln，由2Na2O2+2CO2=Na2CO3+O2可知n(N2O2)=0.02mol，则试样中Na2O2的纯度为0.02mol78g/mol100%=

78%2.0g。19.氯气及其化合物有重要作用，请根据下列实验回答问题：（1）工业利用氯气和石灰乳反应可制得漂白粉，其化学方程式为_______，漂白粉的有效成分是_______。（2）下列收集2Cl的正确装置

是_______。A.B.C.D.（3）某同学设计了如图实验装置进一步研究氯气的漂白性并确定真实起漂白作用的物质，已知通入的氯气中还含有空气和水蒸气。回答下列问题：①浓24HSO的作用是_______。②与研究目的直接相关的实验现象是_______。③将Na在盛有氯气

的集气瓶中燃烧，其反应的化学方程式是_______。④该实验设计存在事故隐患，应在D处增加一装置，该装置中应加入NaOH溶液以除去多余氯气，请用化学方程式表示反应原理_______。【答案】（1）①.()()222222Cl2CaOHCaClCaClO2

HO+=++②.()2CaClO（2）C（3）①.干燥氯气②.B中有色布条不褪色，C中有色布条褪色③.2l点2燃Na+Cl2NaC④.22Cl2NaOHNaClONaClHO+=++【解析】【分析】【小问1详解】工业利用氯气和石灰乳反应可制得漂白粉，反应的化学方程式为2Cl2

+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(C1O)2+2H2O，漂白粉的有效成分是Ca(C1O)2；【小问2详解】单孔塞无法排出空气，收集氯气时，集气瓶应该用双孔塞，A错误；的B．氯气的密度大于空气，收集氯气时，应该用

向上排空气法收集，不能用向下排空气法收集，B错误；C．氯气的密度大于空气，收集氯气时，应该用向上排空气法收集，氯气有毒，应用氢氧化钠溶液吸收多余的有毒氯气，防止污染空气，C正确；D．氢氧化钠溶液能够与氯气发生反应，该装置无法收集氯气，D错误；故选C。【小问3详解】

①浓硫酸具有吸水性，可以吸收氯气中的水蒸气，起到干燥氯气的作用；②干燥的氯气不具有漂白性，不能使干燥的有色布条褪色，氯气与水反应生成具有强氧化性的次氯酸，能表现漂白性，能使湿润的有色布条褪色，则与研究目的直接相关的实验现象是B中有色布条不褪色

，C中有色布条褪色；③将Na在盛有氯气的集气瓶中燃烧生成NaCl，反应方程式为；2Na+Cl2点燃2NaCl④氢氧化钠溶液吸收多余的氯气，反应的化学方程式为C12+2NaOH==NaC1O+NaC1+H2O。20.下图为实验室某浓盐酸试剂瓶上的标签，试根据有关数据回答下列问题：盐酸分子式：HC

l相对分子量：36.5密度：1.2g/mlHCl质量分数：36.5%（1）该浓盐酸中HCl的物质的量浓度为_______mol/L。现在需要80mL物质的量浓度为0.7mol/L稀盐酸，用上述浓盐酸和蒸馏水配制：（2）需要量取_______mL上述浓盐酸进行配制。（3）配制过程中

，除需使用烧杯、量筒、玻璃棒外，还需要的仪器是_______、_______。（4）配制时，其正确的操作顺序是(要求用字母表示，每个字母只能用一次)_______。A.用30mL蒸馏水洗涤烧杯2—3次，洗涤液均注

入容量瓶，振荡B.用量筒准确量取所需浓盐酸的体积，慢慢沿杯壁注入盛有少量蒸馏水(约30mL)的烧杯中，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所选用的容量瓶中D.将容量瓶盖紧，颠倒摇匀E.改用胶头滴管加

蒸馏水，使溶液凹面恰好与刻度线相切F.继续往容量瓶内小心加蒸馏水，直到液面接近刻线1—2cm处（5）在配制过程中，下列实验操作会使所配制的稀盐酸的物质的量浓度偏高的是_______A.摇匀后静置，发现液面低于刻线，未做任何处理B.溶液注入容量瓶前没有恢复

到室温就进行定容C.用量筒量取浓盐酸时俯视刻线D.定容时俯视刻度线【答案】（1）12mol/L（2）5.8（3）①.100mL容量瓶②.胶头滴管（4）BCAFED（5）BD【解析】【分析】配制80mL物质的量

浓度为0.7mol/L的稀盐酸，实验室没有80mL容量瓶，所以选用100mL容量瓶，用量筒准确量取所需浓盐酸的体积，慢慢沿杯壁注入盛有少量蒸馏水(约30mL)的烧杯中，用玻璃棒慢慢搅动，使其混合均匀，将已冷却的盐酸沿玻璃棒注入所选用的容量瓶中，用30mL蒸馏水洗涤烧杯2−3次，洗涤液

均注入容量瓶，振荡，继续往容量瓶内小心加蒸馏水，直到液面接近刻线1−2cm处，改用胶头滴管加蒸馏水，使溶液凹面恰好与刻度线相切，将容量瓶盖紧，颠倒摇匀。根据操作方法对c=nV的影响进行误差分析。【小问1详解】该浓盐酸中含有的氯化氢的质量为：1.2100036.5%36.5mol/

L=12mol/L，故答案为：12；【小问2详解】配制浓度为0.7mol⋅L−1体积为80mL的稀盐酸，实验室没有80mL容量瓶，所以选用100mL容量瓶，需要配制100mL溶液，需要氯化氢的物质的量为：0.7mol/L×0.1L=

0.07mol，需要浓盐酸的体积为：0.07mol12mol/L=0.0058L=5.8mL，故答案为：5.8；【小问3详解】配制100mL浓度为0.7mol⋅L−1的稀盐酸的步骤为：计算、量取、稀释、冷却、转移、洗涤、定容、摇匀等，需要的仪器有：量筒、烧杯、玻璃棒、100mL容量

瓶、胶头滴管，所以还需要胶头滴管和100mL容量瓶，故答案为：胶头滴管；100mL容量瓶；【小问4详解】配制溶液的步骤为：计算、量取、稀释、冷却、转移、洗涤、定容，所以正确顺序为：BCAFED，故答案为：BCAFED；【小问5详解】A.摇匀

后静置，发现液面低于刻线，不要做任何处理，配制溶液的浓度无影响，选项A不符合；B.溶液注入容量瓶前没有恢复到室温就进行定容，导致配制的溶液体积偏小，溶液浓度偏高，选项B符合；C.用量筒量取浓盐酸时俯视刻线，所取浓硫酸体积偏小，配得

溶液的浓度偏低，选项C不符合；D.定容时俯视刻线，导致配制的溶液体积偏小，配制的溶液浓度偏高，选项D符合；答案选BD。