重庆市荣昌中学2023-2024学年高一上学期第二次月考化学 Word版含解析.docx

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荣昌中学高2026级高一上期月考化学试题总分：100分考试时间：75分钟注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、班级填写在答题卡上。2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案用0.5mm黑色签字笔写在答题卡上相应位置，写在本试卷上无效。3.考试结束后，答题卡交回，试卷自行保存。可能用到的相对原子质量：Na23H1O16S32Cl35.5一、选择题(共14个小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目的要求。)1.下列说法正确的是A.足球烯(C60)是一种新型化合物B.一定条件下，石墨转化为C60是化学变化C.酒精、冰水混合物、CuSO4·5H2O都是混合物D.CaCO3难溶于水且溶液不导电，故CaCO3不属于电解质【答案】B【解析】【详解】A．足球烯为一种元素组成的纯净物，属于单质而不是化合物，A错误；B．石墨转化为C60，有新物质生成，属于化学变化，B正确；C．酒精是乙醇的俗名，冰水混合物组成只有水分子，故三者均属于纯净物，C错误；D．CaCO3难溶于水，但熔融状态下能导电，属于电解质，D错误；答案选B。2.类推的思维方法在化学学习与研究中有重要作用，但偶会产生错误结论。下列几种类推结论中，正确的是A.CO2属于非金属氧化物，是酸性氧化物；非金属氧化物都是酸性氧化物B.Na2O2与水反应能生成NaOH，因此Na2O2属于碱性氧化物C.室温下，CaCO3的溶解度小于Ca(HCO3)2；故室温下，Na2CO3的溶解度也小于NaHCO3D.化合物NaCl的火焰颜色为黄色；Na2CO3的火焰颜色也为黄色 【答案】D【解析】【详解】A．酸性氧化物是能与水作用生成酸或与碱作用生成盐和水的氧化物，非金属氧化物不一定都是酸性氧化物，如CO为不成盐氧化物，A错误；B．能跟酸起反应，生成一种盐和水或与水反应生成碱，不生成其他物质的氧化物叫碱性氧化物，但Na2O2与水反应生成NaOH，还生成氧气，因此Na2O2不属于碱性氧化物，B错误；C．室温下，碳酸钙的溶解度小于碳酸氢钙，但室温下，碳酸钠的溶解度大于碳酸氢钠，C错误；D．含有Na元素的化合物其焰色均为黄色，D正确；故选D。3.化学与生活密切相关，下列说法正确的是A.医用消毒酒精，浓度越大消毒效果越好B.维生素C用作抗氧化剂，说明维生素C具有氧化性C.放映机到银幕间产生光柱是因为丁达尔效应D.“84”消毒液(主要成分NaClO)和洁厕剂(主要成分是盐酸)混用，杀菌和清洁效果更好【答案】C【解析】【详解】A．医用消毒酒精，75%的酒精消毒效果最好，故A错误；B．维生素C用作抗氧化剂，说明维生素C具有还原性，故B错误；C．胶体能产生丁达尔效应，放映机到银幕间产生光柱是因为丁达尔效应，故C正确；D．“84”消毒液(主要成分NaClO)和洁厕剂(主要成分是盐酸)混用，放出有毒的氯气，杀菌和清洁效果变差，故D错误；选C。4.下列说法正确的是A.凡是酸式盐溶于水都能电离出H+，其水溶液均呈酸性B.胶体种类很多，如有色玻璃属于固溶胶，其分散剂是固体C.金属钠着火时，可用水或泡沫灭火器灭火D.根据酸分子中氢原子的个数，可将酸分为一元酸、二元酸、多元酸【答案】B【解析】【详解】A．酸式盐溶液不一定呈酸性，如NaHCO3溶液呈碱性，故A错误；B．胶体种类很多，如有色玻璃属于固溶胶，其分散剂是固体，故B正确； C．钠能与氧气、水等反应，金属钠着火时，不能用水或泡沫灭火器灭火，可以用沙子盖灭，故C错误；D．根据酸分子最多电离出氢离子的个数，将酸分为一元酸、二元酸、多元酸，故D错误；5.在无色透明的能使石蕊试液变红的溶液中能大量共存的离子组是A.K+、、Na+、Cl-B.Ag+、Na+、Cl-、C.、Mg2+、、D.K+、Na+、CH3COO-、【答案】C【解析】【详解】A．含有的溶液呈紫色，无色溶液中不能含有大量，故不选A；B．Ag+与Cl-、都能生成沉淀，Ag+与Cl-、不能共存，故不选B；C．使石蕊试液变红的溶液呈酸性，酸性条件下、Mg2+、、相互之间不反应，能大量共存，故选C；D．使石蕊试液变红的溶液呈酸性，CH3COO-、H+结合为CH3COOH，和H+反应放出二氧化碳气体，故不选D；选C。6.物质的量是一个重要的物理量，可以帮助我们从定量的角度认识物质及其变化。下列说法正确的是A.1mL0.3mol/LNa2SO4溶液和5mL0.6mol/LNaNO3溶液中，Na+的物质的量浓度相等B.20gNaOH溶解在1L水中，所得溶液中NaOH的物质的量浓度为0.5mol/LC.O2的摩尔质量为32D.在标准状况下，20mLNH3和60mLO2的原子数之比为1：3【答案】A【解析】【详解】A．1mL0.3mol/LNa2SO4溶液和5mL0.6mol/LNaNO3溶液中，Na+的物质的量浓度都是0.6mol/L，故A正确；B．20gNaOH溶解在1L水中，所得溶液体积不是1L，NaOH的物质的量浓度不是0.5mol/L，故B错误；C．摩尔质量的单位是“g/mol”，O2的摩尔质量为32g/mol，故C错误；D．根据阿伏伽德罗定律，在标准状况下，20mLNH3和60mLO2的物质的量比为1:3，原子数之比为2：3，故D错误；选A。 7.在两个密闭容器中，分别充有质量相同的甲、乙两种气体，若两容器的温度和压强均相同，且甲的密度大于乙的密度。则下列说法正确的是A.物质的量：甲<乙B.相对分子质量：甲<乙C.摩尔体积：甲>乙D.气体体积：甲>乙【答案】A【解析】【分析】根据ρ=m÷V知，相同条件下，质量一定的气体密度与体积成反比，甲的密度大于乙的密度，则甲体积小于乙体积，在同温同压下，物质的量之比等于体积之比，说明甲气体的物质的量小于乙气体的物质的量，据此解答。【详解】A．根据分析可知，甲气体的物质的量小于乙气体的物质的量，故A正确；B．甲气体的物质的量小于乙气体的物质的量，两种气体质量相等，根据M=m÷n可知，甲的相对分子质量比乙的相对分子质量大，故B错误；C．同温同压，气体摩尔体积相同，故C错误；D．质量一定的气体密度与体积成反比，甲的密度大于乙的密度，则甲体积小于乙体积，故D错误；故选A。8.下列所示装置能达到实验目的的是A.用装置I除去Fe(OH)3胶体中的杂质FeCl3B.用装置II除去CO2中的杂质HClC.用装置III配制一定物质的量浓度的NaNO3溶液D.用装置IV用光洁的铁丝蘸取待测液，酒精灯外焰加热，观察NaCl的焰色【答案】D【解析】【详解】A．用渗析法除去Fe(OH)3胶体中的杂质FeCl3，故A错误；B．二氧化碳能和碳酸钠反应生成碳酸氢钠，不能用碳酸钠溶液除去CO2中的杂质HCl，应该用饱和碳酸氢钠溶液除去CO2中的杂质HCl，故B错误； C．不能在容量瓶中溶解NaNO3固体，故C错误；D．可以用铁丝代替铂丝进行焰色试验，用装置IV用光洁的铁丝蘸取待测液，酒精灯外焰加热，观察NaCl的焰色，故D正确；选D。9.设NA代表阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.2L0.1mol/L的Na2CO3溶液中，含有Na+的数目为0.2NAB.常温常压下，2.24LO2含有的原子数为0.2NAC.18gH2O在标准状况下的体积约为22.4LD.1molCl2与足量Fe反应，转移的电子数目为2NA【答案】D【解析】【详解】A．2L0.1mol/L的Na2CO3溶液中，含有Na+的数目为0.4NA，故A错误；B．常温常压下，2.24LO2的物质的量小于0.1mol，含有的原子数小于0.2NA，故B错误；C．标准状况下水是液体，18gH2O在标准状况下的体积不是22.4L，故C错误；D．1molCl2与足量Fe反应生成氯化铁，氯元素化合价由0降低为-1，转移的电子数目为2NA，故D正确；选D。10.下列实验方案能达到目的的是选项实验目的实验方案A验证溶液中含有CO取样于试管中，滴加盐酸，产生能使澄清石灰水变浑浊的无色无味气体B制备氢氧化铁胶体把饱和FeCl3溶液滴入氨水中并加热C检验Cl2是否已收集满用湿润的蓝色石蕊试纸靠近瓶口D检测新制氯水的pH用玻璃棒蘸取少量样品滴到干燥pH试纸上，待显色完全后与标准比色卡对比 A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A．取样于试管中，滴加盐酸，看是否产生无色无味使澄清石灰水变浑浊的气体，也可能是HCO，A错误；B．把饱和FeCl₃溶液滴入氨水中进行加热会立即得到沉淀而不是胶体，B错误；C．检验Cl₂是否收集满，可用湿润的蓝色石蕊试纸靠近瓶口，若先红后褪色，则收集满，C正确；D．新制的氯水有漂白性，会漂白pH试纸，从而影响实验结果，D错误；故答案为：C。11.下列离子方程式书写正确的是A.Cl2通入水中：Cl2+H2O⇌2H++Cl-+ClO-B.将Na投入CuSO4溶液中：2Na+2H2O+Cu2+=2Na++Cu(OH)2↓+H2↑C.向NaOH溶液中通入足量CO2：2OH-+CO2=+H2OD.氢氧化钡溶液和稀硫酸的反应：Ba2++OH-+H++=BaSO4↓+H2O【答案】B【解析】【详解】A．Cl2通入水中生成盐酸和次氯酸，反应的离子方程式为Cl2+H2O⇌H++Cl-+HClO，故A错误；B．将Na投入CuSO4溶液中，钠先和水反应生成氢氧化钠和氢气，氢氧化钠再和硫酸铜反应生成氢氧化铜沉淀和硫酸钠，反应的离子方程式为2Na+2H2O+Cu2+=2Na++Cu(OH)2↓+H2↑，故B正确；C．向NaOH溶液中通入足量CO2生成碳酸氢钠，反应的离子方程式为OH-+CO2=，故C错误；D．氢氧化钡溶液和稀硫酸的反应生成硫酸钡沉淀和水，反应的离子方程式为Ba2++2OH-+2H++=BaSO4↓+2H2O，故D错误；选B12.某溶液中含有Na+、Cl-、CO、SO离子中的几种，将该溶液进行如图实验：下列说法正确的是 A.①中发生的离子反应有两个B.③中反应离子方程式为CO+2H+=CO2↑+H2OC.该溶液中一定含有Cl-、CO，不能确定是否含有Na+D.该溶液中一定含有Cl-、CO、Na+，肯定没有SO【答案】D【解析】【分析】向待测液中加过量硝酸钡溶液，有白色沉淀生成和溶液；则待测液中可能含硫酸根离子或碳酸根离子；向白色沉淀中加过量盐酸，沉淀完全溶解，则待测液中不含硫酸根；向溶液中加硝酸酸化的硝酸银，有白色沉淀生成，则待测液中含氯离子，据此分析解答。【详解】A．①中发生的离子反应只有一个：，故A错误；B．③中离子反应为，故B错误；C．由溶液与反应生成白色沉淀，说明待测液中有，由电荷守恒可知，待测液中肯定有，故C错误；D．由白色沉淀能完全溶解于盐酸中，说明白色沉淀是，没有，则待测液中无，有，D正确；答案选D13.是一种易溶于水的气体，是国际上公认的高效绿色消毒剂。实验室可用和反应来制备。制备的反应为。下列说法正确的是A.在反应中得到电子B.氧化剂与还原剂物质的量之比为C.发生氧化反应D.每生成，反应中转移电子【答案】D【解析】【详解】A．该反应方程式中H2C2O4中的C失电子化合价从+3价升高到+4价，A错误；B．该反应中KClO3得电子为氧化剂，H2C2O4失电子为还原剂，氧化剂和还原剂的物质的量之比为2：1，B错误； C．KClO3中Cl得电子被还原，发生还原反应，C错误；D．根据反应方程式可知，1molH2C2O4失去2mol电子生成2molCO2，则生成1molCO2转移1mol电子，D正确；故答案选D。14.物质类别和元素价态，是学习元素及其化合物性质的重要认识视角。如图所示是氯元素及其化合物的价类二维图，下列叙述正确的是A.含有4mola的浓溶液与足量的二氧化锰充分反应可制取71gbB.工业上常常通过b与水反应来制备盐酸C.c是新的自来水消毒剂，f可以用于环境消毒杀菌D.向e对应的钠盐的饱和溶液中先通足量CO2再通NH3，经过滤、洗涤得到固体，充分加热该固体可制得纯碱【答案】C【解析】【分析】根据氯元素及其化合物的价类二维图，a是氯元素的氢化物，a是HCl；b是氯气，化学式Cl2；c是氯元素的+4价氧化物，c是ClO2；d是氯元素的+1价含氧酸，d是HClO；d是盐酸盐，f是次氯酸盐。【详解】A．稀盐酸和二氧化锰不反应，含有4molHCl的浓溶液与足量的二氧化锰充分反应生成氯气的质量小于71g，故A错误；B．工业上常常用氯气与氢气反应来制备盐酸，故B错误；C．ClO2是新的自来水消毒剂，次氯酸盐具有强氧化性，可以用于环境消毒杀菌，故C正确；D．向饱和NaCl溶液中先通足量NH3再通CO2生成碳酸氢钠沉淀，经过滤、洗涤得到固体碳酸氢钠，充分加热碳酸氢钠可制得纯碱碳酸钠，故D正确；选D。二、非选择题(共4个小题，共58分)15.A～G分别代表中学化学常见的一种纯净物，其中A、B、C、D 四种物质中均含有同一种元素，且焰色试验均呈黄色，其中D为淡黄色粉末状固体，物质间相互转换关系如图所示。回答下列问题：（1）D的化学名称为___________。（2）B的主要用途有___________写两种。（3）写出反应①的化学方程式___________。（4）去除A溶液中混有的少量B的方法是___________。（5）7.8gD与足量F反应，生成G的体积(标准状况)为___________L。（6）查阅资料知：向D与E反应后的溶液中滴入几滴酚酞溶液，溶液先变红后褪色。为探究其原因，设计实验如下图所示：①实验iii中产生大量气泡的化学方程式___________。②综合分析实验i~iv，实验ii中溶液先变红后褪色的主要原因是___________。【答案】（1）过氧化钠（2）造纸、制玻璃等（3）NaHCO3+NaOH=Na2CO3+H2O（4）通足量CO2（5）1.12（6）①.2H2O22H2O+O2↑②.Na2O2与H2O反应生成的碱使酚酞变红，生成的H2O2使溶液褪色【解析】 【分析】A、B、C、D四种物质中均含有同一种元素，且焰色试验均呈黄色，均含钠元素，其中D为淡黄色粉末状固体，D是Na2O2；A加热分解为B、E、F，E、F都能和Na2O2反应，可知E、F是二氧化碳和水，则A是NaHCO3、B是Na2CO3，NaHCO3和C反应生成Na2CO3，C是NaOH，则E是H2O、G是O2，F是CO2。【小问1详解】根据以上分析，D为淡黄色粉末状固体，D是Na2O2，D的化学名称为过氧化钠；【小问2详解】B是Na2CO3，的主要用途有造纸、制玻璃等【小问3详解】反应①是碳酸氢钠和氢氧化钠反应生成碳酸钠和水，反应的化学方程式为NaHCO3+NaOH=Na2CO3+H2O；【小问4详解】碳酸钠和二氧化碳反应生成碳酸氢钠，去除碳酸氢钠溶液中混有的少量碳酸钠的方法是通入过量二氧化碳。【小问5详解】7.8gNa2O2与足量CO2反应生成碳酸钠和氧气，设生成氧气的物质的量为xmolx=0.05mol，生成氧气的体积(标准状况)为0.05mol×22.4L/mol=1.12L。【小问6详解】①实验iii中加入二氧化锰产生大量气泡，说明过氧化钠和水反应生成氢氧化钠和过氧化氢，过氧化氢在二氧化锰的催化作用下放出氧气，化学方程式2H2O22H2O+O2↑。②综合分析实验i~iv，实验ii中溶液先变红后褪色的主要原因是Na2O2与H2O反应生成的碱使酚酞变红，生成的H2O2使溶液褪色。16.高铁酸钾(K2FeO4，极易溶于水)是常见的水处理剂，其原理如图所示。 【资料】向胶体中加入电解质后，胶体因失去稳定性使分散质粒子聚集而产生沉淀，称为电解质对胶体的聚沉作用，简称胶体的聚沉。（1）K2FeO4中铁元素的化合价为___________。（2）过程①中活性菌表现了___________(填“氧化”或“还原”)性，该过程的还原产物是___________(填离子符号)；过程③属于___________(填“物理”或“化学”)变化。（3）根据上述原理，K2FeO4作水处理剂时，其主要作用有___________(填两个)。（4）可用次氯酸钾在碱性条件下与氢氧化铁反应得到K2FeO4，写出制备K2FeO4的离子方程式___________；由此可知，在碱性条件下的氧化性___________(填“>”、“=”或“<”)。【答案】（1）+6（2）①.还原②.Fe3+③.物理（3）杀菌、净水（4）①.3ClO-+2Fe(OH)3+4OH-=2+3Cl-+5H2O②.>【解析】【小问1详解】K2FeO4中K显+1价、O显-2价，根据化合价代数和等于0，铁元素的化合价为+6。【小问2详解】过程①中Fe元素化合价降低发生还原反应，可知活性菌表现了还原性，该过程的还原产物是Fe3+；过程③是氢氧化铁胶体聚沉，属于物理变化。小问3详解】根据上述原理，K2FeO4作水处理剂时，过程①杀菌消毒，过程③净水，其主要作用有杀菌、净水。【小问4详解】次氯酸钾在碱性条件下把氢氧化铁氧化为K2FeO4，铁元素化合价由+3升高为+6、Cl元素化合价由+1降低为-1，根据得失电子守恒，配平啥来着方程式为3ClO-+2Fe(OH)3+4OH-=2+3Cl-+5H2O；中Cl元素化合价降低，是氧化剂，铁元素化合价升高发生氧化反应，是氧化产物，由此可知，在碱性条件下的氧化性>。 17.某研究性学习小组利用下图装置制备漂白粉。回答下列问题：（1）若用二氧化锰和浓盐酸为原料制取氯气，则装置①应选用___________(填“Ⅰ”“Ⅱ”或“Ⅲ”)，其反应的离子方程式为___________。（2）装置②中饱和食盐水的作用是___________；装置④中的X试剂为___________。（3）装置③中发生反应的化学方程式为___________；该反应是放热反应，反应温度较高时有副反应发生，为减少副反应发生可将装置③置于___________(填“冷水浴”或“热水浴”)中进行反应。（4）漂白粉久置于空气中失效的原理是___________。(用化学方程式表示)【答案】（1）①.Ⅰ②.MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O（2）①.除去Cl2中的HCl气体②.NaOH溶液（3）①.2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O②.冷水浴（4）Ca(ClO)2+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO、2HClO2HCl+O2↑【解析】【分析】以二氧化锰和浓盐酸加热制备氯气应选装置I，浓盐酸具有挥发性，制备的氯气中混有会发出来的HCl，通过饱和食盐水除去HCl，氯气通入石灰浆制备漂白粉，过量的氯气通入氢氧化钠溶液吸收尾气。【小问1详解】以二氧化锰和浓盐酸为原料制取氯气的反应属于固体跟液体在加热时反应生成气体，则装置①应选用Ⅰ，其反应的离子方程式为MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O。故答案为：Ⅰ；MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O；小问2详解】氯气在饱和食盐水中溶解度很小，而氯化氢在饱和食盐水中的溶解度则很大。氯气有毒，所以不能直接排空，用氢氧化钠溶液吸收多余的氯气，所以装置②中饱和食盐水的作用是除去Cl2中的HCl气体；装置④中的X试剂为NaOH溶液。故答案为：除去Cl2中的HCl气体；NaOH溶液； 【小问3详解】装置③中发生反应的化学方程式为2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O；该反应是放热反应，反应温度较高时有副反应发生，为减少副反应发生可将装置③置于冷水浴中进行反应。故答案为：2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O；冷水浴；【小问4详解】漂白粉久置于空气中与二氧化碳反应生成次氯酸，次氯酸在光照条件下分解而失效，原理是Ca(ClO)2+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO、2HClO2HCl+O2↑，故答案为：Ca(ClO)2+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO、2HClO2HCl+O2↑。18.I．利用粗MnO2(含有杂质难溶于水的MnCO3)制取纯MnO2的流程如图所示。回答下列问题（1）写出酸浸过程中发生的主要反应的离子方程式___________。（2）实验室进行操作X，需要用到的玻璃仪器，除烧杯外还需要___________。（3）氧化过程的主要目的，是使___________被氧化。（4）整个过程中可循环利用的物质是___________。II．实验室需要400mL0.2mol/L的稀硫酸来进行某实验。（5）为配制上述稀硫酸，除了量筒、烧杯、玻璃棒外，还缺少的玻璃仪器是___________。（6）若用质量分数为98%、密度为1.84g/mL的浓硫酸来配制该稀硫酸，需用浓硫酸的体积约为___________mL(保留一位小数)。（7）在配制过程中，下列实验操作可能导致配制的硫酸溶液浓度偏高的是___________(填序号)。A．定容时俯视观察B．定容后经振荡、摇匀、静置后，发现液面下降，再补加蒸馏水至刻度线C．浓硫酸在烧杯中加水稀释后，未冷却就向容量瓶中转移D．容量瓶未干燥即用来配制溶液E．未洗涤稀释浓硫酸的烧杯【答案】（1）MnCO3+2H+=Mn2++H2O+CO2↑ （2）漏斗、玻璃棒（3）Mn2+（4）NaClO3（5）500mL容量瓶、胶头滴管（6）5.4（7）AC【解析】【分析】粗MnO2含有难溶于水的杂质MnCO3，加硫酸溶解MnCO3，过滤出MnO2，得硫酸锰溶液，用NaClO3溶液把Mn2+氧化为MnO2，过滤得MnO2。【小问1详解】酸浸过程中MnCO3和稀硫酸反应生成硫酸锰、二氧化碳、水，发生的主要反应的离子方程式MnCO3+2H+=Mn2++H2O+CO2↑；【小问2详解】固液分离的方法是过滤，操作X是过滤，过滤装置图为，需要用到的玻璃仪器，除烧杯外还需要漏斗、玻璃棒；【小问3详解】根据流程图，氧化过程中Mn2+生成MnO2，氧化过程的主要目的是使Mn2+被氧化；【小问4详解】根据流程图，氧化过程消耗NaClO3，氯气被氢氧化钠吸收生成NaClO3，整个过程中可循环利用的物质是NaClO3；【小问5详解】用浓硫酸配制稀硫酸，步骤为：计算、量取、稀释、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀，为配制上述稀硫酸，除了量筒、烧杯、玻璃棒外，还缺少的玻璃仪器是500mL容量瓶、胶头滴管。【小问6详解】若用质量分数为98%、密度为1.84g/mL的浓硫酸来配制该稀硫酸，浓硫酸的物质的量浓度为，配制该溶液选用500mL容量瓶，根据稀释前后硫酸物质的量不变，需用浓硫酸的体积约为。【小问7详解】A．定容时俯视观察，溶液体积偏小，则配制的硫酸溶液浓度偏高，故选A；B．定容后经振荡、摇匀、静置后，发现液面下降，再补加蒸馏水至刻度线，溶液体积偏大，则配制的硫酸溶液浓度偏低，故不选B； C．浓硫酸在烧杯中加水稀释后，未冷却就向容量瓶中转移，溶液体积偏小，则配制的硫酸溶液浓度偏高，故选C；D．容量瓶未干燥即用来配制溶液，对溶液浓度无影响，故不选D；E．未洗涤稀释浓硫酸的烧杯，硫酸的物质的量偏少，则配制的硫酸溶液浓度偏低，故不选E；