2022-2023学年上海市南汇中学高一上学期期末考试化学试题(解析版)

试卷第=page11页，共=sectionpages33页试卷第=page11页，共=sectionpages33页上海市南汇中学2022-2023学年高一上学期期末考试化学试题学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题1．奥密克戎病毒是新冠病毒的变异株，75%的乙醇、含氯消毒剂、乙醚、过氧乙酸均可有效灭活新型冠状病毒。下列说法错误的是A．乙醇属于非电解质 B．次氯酸钠属于强电解质C．乙醚属于氧化物 D．过氧乙酸的分解产物乙酸属于弱电解质【答案】C【详解】A．乙醇是有机物，不能电离，属于非电解质，A正确；B．次氯酸钠是盐，属于强电解质，B正确；C．氧化物由两种元素组成，其中一种为氧元素的化合物，故乙醚不属于氧化物，C错误；D．乙酸在水溶液中不能完全电离，属于弱电解质，D正确；故答案为：C。2．下列物质中，属于纯净物的是A．漂粉精 B．氯水 C．盐酸 D．液氯【答案】D【详解】A．漂白粉是氯化钙和次氯酸钙的混合物，不选A；B．氯水是氯气的水溶液，是混合物，不选B；C．稀盐酸是氯化氢的水溶液，是混合物，不选C；D．液氯是单质，属于纯净物，选D。3．下列实验装置不适用于物质分离的是A． B． C． D．【答案】D【详解】A．该操作为过滤操作，可用于分离不溶于水的固体和液体，A不选；B．该操作为分液操作，可用于分离互不相溶的液体，B不选；C．该操作为升华操作，可用于分离易升华的碘单质和不易升华的固体，C不选；D．该操作为配制一定物质的量浓度溶液的定容操作，不适合用于物质分离，选D；故本题选D。二、多选题4．如图是实验室进行氨气溶于水的喷泉实验装置，下列叙述不正确的是A．该实验说明氨气是一种极易溶于水的气体B．该实验形成了红色喷泉C．形成喷泉的原因是氨气溶于水后，烧瓶内的气压小于大气压D．用氯气代替氨气，利用此装置也可进行喷泉实验【答案】BD【详解】A．氨气在瓶中因为大量溶解于水，使得瓶内外压强差加大，所以产生喷泉，A正确；B．氨气是一种碱性气体，溶于水形成一水合氨，是一种弱碱，与石蕊形成蓝色溶液，B错误；C．因为水被压回瓶内，说明瓶外的压强大于瓶内的，C正确；D．氯气在水里的溶解度小，不能形成较大的压强差，D错误；故答案为：BD。三、单选题5．现有盐酸，氯化钠，氢氧化钠溶液和氯水四种溶液，可用来区别他们的一种试剂是A．AgNO3溶液B．酚酞溶液C．紫色石蕊溶液D．饱和食盐水【答案】C【详解】A．虽然氢氧化钠溶液与硝酸银溶液反应生成白色沉淀，迅速变为灰黑色，但盐酸、氯化钠和氯水三种溶液与AgNO3溶液混合均生成白色沉淀，不能鉴别，故A错误；B．盐酸、氯化钠遇酚酞均为无色，不能鉴别，故B错误；C．盐酸、氯化钠、氢氧化钠和氯水四种溶液与紫色石蕊混合的现象分别为：显红色、显紫色、显蓝色，先变红后褪色，现象不同，能鉴别，故C正确；D．盐酸、氯化钠、氢氧化钠和氯水四种溶液与饱和食盐水均不反应，现象相同，不能鉴别，故D错误；故答案选C。6．下列物质中，既能用单质间的化合反应又能由单质与盐酸反应而制得的是A． B． C． D．【答案】A【详解】A．钠和氯气反应生成氯化钠，，钠和盐酸反应生成氯化钠和氢气，，A符合；B．铁和氯气反应生成氯化铁，，铁和盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，，B不符合；C．铜和氯气反应生成氯化铜，，铜和盐酸不反应，C不符合；D．铁和氯气反应生成氯化铁，，铁和盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，，D不符合；故本题选A。7．新制氯水和久置氯水相比，下列关于新制氯水的说法不正确的是A．颜色深 B．漂白作用强 C．氢离子浓度小 D．微粒种类少【答案】D【分析】新制氯水，，新制氯水成分为，Cl2、HClO、H2O、H+、Cl-、ClO-、OH-；氯水放置久后次氯酸分解，主要成分为HCl；【详解】A．新制氯水中含有氯气分子，颜色深，A正确；B．新制氯水中含有次氯酸分子具有漂白性，B正确；C．久置氯水实质为盐酸溶液，久置氯水的氢离子浓度大，C正确；D．新制氯水中的微粒种类多，D错误；故答案为：D。8．下列粒子在化学反应中既能显示氧化性又能显示还原性的是（

）A．Fe3+ B．Br- C．Al D．H2O2【答案】D【详解】A．Fe3+只能得到电子变为Fe2+，说明Fe3+只有氧化性，A不符合题意；B．Br-中Br元素为-1价，是Br元素的最低价态，只能失去电子，故只有还原性，B不符合题意；C．Al单质只能失去电子变为Al3+，则说明Al单质只有还原性，C不符合题意；D．H2O2中O元素为-1价，可以失去电子变为0价的O2，也可以得到电子变为-2价的H2O，故H2O2能显示氧化性又能显示还原性，D符合题意；故答案为D。9．下列说法正确的是A．电解质本身一定能够导电 B．不能导电的物质一定不是电解质C．氯化氢是电解质，盐酸是非电解质 D．溶于水能导电的物质可能是非电解质【答案】D【分析】水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物称为电解质，酸、碱、盐都是电解质；水溶液中和熔融状态下均不能够导电的化合物称为非电解质，据此分析。【详解】A．根据定义，电解质需要溶解于水或熔融状态下才能够导电，比如固态的氯化钠是不导电的，A错误；B．根据定义，不能导电的物质也可能是电解质，例如，固态的氯化钠是不导电的，但是氯化钠溶于水或者是熔融状态是能导电的，故固态的氯化钠是电解质，B错误；C．盐酸是混合物，既不是电解质也不是非电解质，C错误；D．溶于水能导电的物质可能是非电解质，比如二氧化碳、氨气等，溶于水能导电是由于生成了新的物质，新物质电离出离子导电，故其本身为非电解质，D正确；故本题选D。10．向盛有碘水的A、B的两个试管中，分别加入四氯化碳和酒精，振荡、静置，最后观察到A．都分两层，下层有颜色B．都分两层，上层有颜色C．都分两层，加四氯化碳的试管中下层有颜色；加酒精的试管中上层有颜色D．加四氯化碳的试管分层，上层无色，下层有颜色；加酒精的试管不分层，有颜色【答案】D【详解】酒精与水混溶，向碘水中加入酒精，振荡，液体不分层，整个混合溶液都有颜色；四氯化碳与水互不相溶，且其密度比水大，碘在四氯化碳中的溶解度比水中大，故碘水中加入四氯化碳，充分振荡后，液体分层，下层颜色深，上层几乎无色，故合理选项是D。11．以下各种尾气吸收装置中，适合于吸收HCl气体，而且不会发生倒吸的是A． B．C． D．【答案】D【详解】A．只有入气导气管，没有出气导气管，不能吸收HCl，A不符合题意；B．HCl气体在水中溶解，导致导气管气体压强减少，水会沿导气管进入待前边装置，从而引起倒吸现象的发生，B不符合题意；C．导气管末端安装一个倒扣漏斗，但漏斗浸没在水面以下，不能起到防止倒吸的作用，C不符合题意；D．导气管末端安装一个干燥管，干燥管末端浸没在水面以下，能够促进HCl溶解，同时可以防止倒吸选项的发生，D符合题意；故合理选项是D。12．可以用离子方程式表示的反应是A．B．C．D．【答案】C【详解】A．的离子方程式为，故不选A；B．的离子方程式为，故不选B；C．的离子方程式为，故选C；D．的离子方程式为，故不选D；选C。13．在强酸性的无色透明溶液中，下列各组离子能大量共存的是A．、、 B．、、C．、、 D．、、【答案】A【详解】A．在强酸性的无色透明溶液中，、、离子之间不发生反应，故可以大量共存，A正确；B．强酸性的无色透明溶液中，存在大量的氢离子，氢离子与碳酸根发生反应；与反应会生成碳酸钙的白色沉淀，不能大量共存，B错误；C．强酸性的无色透明溶液中，存在大量的氢离子，氢离子与氢氧根发生中和反应，不能大量共存，C错误；D．题干要求溶液是无色透明的，但是溶液为紫色的，D错误；故本题选A。14．某溶液中、、三者物质的量之比为，要使溶液中、、物质的量之比为，则通入原溶液中的的物质的量是原溶液中物质的量的A． B． C． D．【答案】C【详解】设溶液中的Cl－、Br－、I－的物质的量分别是2mol、3mol、4mol。反应中溴离子不变，氯离子减少2mol，碘离子增加2mol，所以根据方程式Cl2＋2I－=2Cl－＋I2可知参加反应的氯气是1mol，因此通入Cl2的物质的量是原溶液中I－物质的量的；故答案为：C。15．下列各步变化：A[HCl]→B[Cl2]→C[Ca(ClO)2]→D[HClO]→E[CO2]，其中不能直接实现的是A．A→B B．B→C C．C→D D．D→E【答案】D【详解】A．A到B可采用电解稀盐酸的方法得到氯气，能够直接实现，错误；B．氯气与氢氧化钙溶液反应可制取次氯酸钙，可以直接实现，错误；C．次氯酸钙和二氧化碳反应生成次氯酸，可以直接实现，错误；D．次氯酸的酸性比碳酸弱，不能直接由次氯酸制取二氧化碳，正确，答案选D。16．如图在A处通入Cl2，当关闭B阀时，C处湿润的红色布条没有明显变化，当打开B阀时，C处湿润的红色布条逐渐褪色，则D瓶中所装的液体是A．水 B．浓硫酸C．NaOH溶液 D．饱和NaCl溶液【答案】C【分析】因为红色布条是湿润的，所以“关闭B阀时，C处湿润的红色布条没有明显变化”，则表明Cl2在D瓶中被吸收，或转化为没有漂白性的气体。【详解】A．氯气虽然能溶于水，但很难被水完全吸收，所以仍有一部分氯气进入C中，A不合题意；B．浓硫酸能干燥氯气，干燥的氯气进入C中后，仍能起漂白作用，B不合题意；C．NaOH溶液能将氯气完全吸收，进入C装置中的气体中不含有氯气，有色布条不褪色，C符合题意；D．氯气在NaCl溶液中溶解度很小，大部分氯气逸出，C装置中有色布条褪色，D不合题意；故选C。17．随着核电荷数的增多，卤族元素性质递变正确的是()①单质颜色加深②单质沸点升高③单质氧化性增强④离子半径增大⑤气态氢化物稳定性增强⑥卤化氢水溶液的酸性增强A．①②③ B．④⑤⑥ C．①②④⑥ D．①②③④⑤⑥【答案】C【详解】①氟单质呈浅黄绿色、氯气为黄绿色、溴为红棕色、碘为紫黑色，故单质颜色加深，正确；②单质从气态经液态到固态，故沸点升高，正确；③非金属性从氟到碘递减、故单质氧化性递减，错误；④核电荷数递增、电子层数逐渐增多，离子半径增大，正确；⑤非金属性从氟到碘递减、气态氢化物稳定性递减，错误；⑥从氟到碘、随着原子半径的增加，卤化氢电离出氢离子越来越容易，水溶液的酸性增强，正确；综合以上分析可知，卤族元素性质递变正确的①②④⑥；答案选C。18．已知氧化性Br2＞Fe3+＞I2＞S，下列反应不能发生的是()A．2Fe2++I2=2Fe3++2I- B．Br2+H2S=S+2HBrC．2Fe3++2I-=2Fe2++I2 D．Br2+2Fe2+=Fe3++2Br-【答案】A【详解】根据氧化剂的氧化性强于氧化产物这一规律分析，A．氧化性Fe3+＞I2，所以2Fe2++I2=2Fe3++2I﹣不能发生，故A选；B．根据氧化性Br2＞S，所以反应Br2+H2S=S+2HBr能发生，故B不选；C．根据2Fe3++2I﹣=2Fe2++I2，可知氧化性是Fe3+＞I2，符合题干已知条件，所以化学方程式成立，故C不选；D．根据氧化性Br2＞Fe3+，所以反应Br2+2Fe2+=Fe3++2Br﹣能发生，故D不选；故选A。19．从海带中提取碘的主要流程如下，下列说法中错误的是A．海带具有富集碘的能力B．过滤时用到的玻璃仪器有漏斗、烧杯、玻璃棒C．用苯萃取碘时，上层呈红棕色，下层几乎无色D．可以用淀粉检验含碘水溶液中的【答案】C【分析】干海带浸泡后过滤，滤液中有碘离子，用氯气氧化碘离子成为碘单质，通过提纯得到单质碘，据此分析。【详解】A．海带中可以提取碘单质，说明海带具有富集碘的能力，A正确；B．过滤时放滤纸的容器是漏斗，烧杯用来装过滤后的液体，玻璃棒用来引流，故过滤时用到的玻璃仪器有漏斗、烧杯、玻璃棒，B正确；C．用苯萃取碘时，由于苯的密度小于水的密度，故有机层在上层，碘单质易溶于有机物，故上层呈紫红色，下层几乎无色，C错误；D．淀粉遇到变蓝，可以用淀粉检验含碘水溶液中的，D正确；故本题选C。20．某氧化剂中，起氧化作用的是离子，在溶液中该离子恰好将离子完全氧化，则离子还原后的化合价为A． B． C． D．【答案】C【详解】离子中的化合价为+6价，设离子被还原后的化合价为+n，离子被氧化生成，S元素化合价由+4价→+6价，氧化还原反应中氧化剂和还原剂之间得失电子数目相等，表现为化合价升降的总数相等，则有：，可得n=3，故本题选C。21．在标准状况下，充满气体的烧瓶做喷泉实验，结束后假设液体充满烧瓶，液体没有溢出，则所得溶液溶质的物质的量浓度为A． B． C． D．【答案】B【详解】假设烧瓶的体积是VL，则物质的量为：，结束后液体充满烧瓶，故溶液体积为VL，根据浓度公式：，故本题选B。22．将0.2molMnO2和50mL12mol/L盐酸混合后缓缓加热，反应完全后向留下的溶液中加入足量AgNO3溶液，生成AgCl沉淀的物质的量为(不考虑盐酸的挥发)A．等于0.3mol B．小于0.3molC．大于0.3mol，小于0.6mol D．以上结论都不对【答案】C【详解】n（MnO2）=0.2mol，n（HCl）=0.05L×12mol/L=0.6mol。反应的化学方程式为MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O，根据方程式可知MnO2过量，如盐酸完全反应，则生成0.15molCl2，溶液剩余0.3molCl-，但MnO2只与浓盐酸反应生成氯气和氯化锰，随着盐酸浓度的降低，HCl的还原性减弱，反应停止，所以溶液中剩余Cl-大于0.3mol，小于0.6mol。因此反应完全后向留下的溶液中加入足量AgNO3溶液，生成AgCl沉淀物质的量大于0.3mol，小于0.6mol。故选C。四、实验题23．氯元素能与许多元素形成种类繁多的化合物，这些含氯化合物在生活及工农业生产中发挥着重要的作用。(1)从海水中获取粗盐的方法是_______。(2)海水晒盐所获取的粗盐中含有的CaCl2、MgCl2及Na2SO4这些杂质提纯粗盐的具体操作有：a．过滤

b．加足量的BaCl2溶液

c．加适量的稀盐酸

d．加足量的NaOH溶液

e.加足量的Na2CO3溶液。正确的操作顺序是_______A．b、d、e、a、c B．d、e、b、a、cC．b、d、e、c、a D．b、e、d、a、c(3)利用电解饱和食盐水可以制备氢气、氯气、氢氧化钠。电解时阳极产物为_______，该产物的检验方法为_______。(4)实验室制备的氯气中混有_______气体和水蒸气，除去这些杂质气体选用的试剂按正确顺序分别是_______和_______。【答案】(1)蒸发结晶法(2)AD(3)

Cl2

用湿润的淀粉KI试纸靠近阳极，若试纸变为蓝色，证明反应产生了Cl2(4)

HCl

饱和NaCl溶液

浓硫酸【分析】NaCl在水中溶解度受温度的影响影响变化不大，可采用蒸发结晶方法获得；除去粗盐中的杂质离子，首先要选用适当除杂试剂，为保证杂质离子除尽，除杂试剂要过量，并且要按照一定的顺序加入除杂试剂，使杂质离子变为沉淀过滤除去，然后再使用易除去的试剂将过量的杂质离子除去；Cl2是氧化性气体，可以将KI氧化产生I2而使淀粉溶液变为蓝色，据此检验。在实验室中一般用浓盐酸与MnO2混合加热制取Cl2，除去杂质一般按照先除杂后干燥的顺序净化；在工业上一般用电解饱和食盐水方法制取。【详解】（1）NaCl的溶解度受温度的影响变化较小，因此从海水中获取粗盐的方法是蒸发结晶法；（2）除去CaCl2用Na2CO3溶液；除去MgCl2用NaOH溶液，除去Na2SO4用BaCl2溶液，为保证杂质离子除尽，除杂试剂要过量，过量的杂质离子在后边加入的试剂中要容易除去，除去过量BaCl2要使用Na2CO3溶液，故Na2CO3溶液要在BaCl2溶液之后加入，NaOH的加入顺序可以在任何位置，反应产生CaCO3、BaCO3、Mg(OH)2、BaSO4，过滤后所得滤液中含有NaCl、Na2CO3、NaOH，向滤液中加入稀盐酸反应产生NaCl、H2O、CO2，将溶液蒸发结晶，可获得纯净的NaCl晶体；故正确的操作顺序是bdeac或bedac，故合理选项是AD；（3）电解饱和NaCl溶液，在阴极上，水电离产生的H+得到电子被还原产生H2，在阴极附近溶液中含有NaOH；在阳极上Cl-失去电子被Cl2逸出，因此利用电解饱和食盐水可以制备氢气、氯气、氢氧化钠；故阳极产物是Cl2；Cl2具有强氧化性，在溶液中能够氧化KI反应产生I2，I2遇淀粉溶液变为蓝色，故该产物的检验方法为：用湿润的淀粉KI试纸靠近阳极，若试纸变为蓝色，证明反应产生了Cl2；（4）在实验室中用浓盐酸与MnO2混合加热制取Cl2，浓盐酸具有挥发性，挥发的HCl及水蒸气会混入制取的Cl2中，导致实验室制备的氯气中混有HCl气体及水蒸气，要除去这些杂质气体，可以使气体先通过盛有饱和NaCl溶液的洗气瓶除去杂质HCl，然后再通过盛有浓硫酸的洗气瓶除去水蒸气。24．某学生设计如下实验装置利用氯气与潮湿的消石灰反应制取少量漂白粉，A中盛浓盐酸，C中盛潮湿的消石灰，据此回答下列问题：(1)烧瓶B中发生反应的离子方程式_______；(2)在该反应中浓盐酸所体现的性质是：_______。(填符号)a.酸性

b.氧化性

c.还原性

d.碱性

e.易挥发性(3)漂白粉将在U型管中产生，其化学反应方程式是_______，漂白粉的有效成分为_______(填化学式)，写出漂白粉露置在空气中失效过程中所涉及的化学方程式：_______、_______。(4)已知是强酸，在水中的电离方程式为_______。【答案】(1)(2)ac(3)

(4)【分析】A中盛浓盐酸，烧瓶中盛有二氧化锰，二者反应生成氯气，氯气在U型管中与潮湿的消石灰的反应，得到漂白粉，装置D是吸收尾气的作用，据此分析。【详解】（1）加热条件下，二氧化锰和浓盐酸发生氧化还原反应生成氯气，反应的离子方程式为：；答案为：；（2）该反应中，氯化氢中部分氯元素化合价升高，部分化合价不变，所以盐酸体现还原性和酸性，故选ac；答案为：ac；（3）氯气与氢氧化钙反应制取漂白粉，反应的化学方程式为：；次氯酸钙溶液与空气中的二氧化碳反应可生成次氯酸，增强溶液的漂白性，故漂白粉的有效成分为；漂白粉露置在空气中失效过程为先与二氧化碳反应转化为次氯酸，次氯酸见光分解，故漂白粉露置在空气中失效过程中所涉及的化学方程式：；答案为：；；；；（4）是强酸，则在水中的电离方程式为：；答案为：。25．工业生产中，用海水晒盐的副产品苦卤来提溴，常用空气吹出法，某校化学实验小组模拟该法设计了如下实验装置(夹持装置略去)从浓缩海水中提取液溴。实验步骤如下：①关闭活塞b、d，打开活塞a、c，向A中缓慢通入至反应结束；②关闭a、c，打开b、d，向A中鼓入足量热空气；③进行步骤②的同时，向B中通入足量；④关闭b，打开a，再通过A向B中缓慢通入足量的；⑤将B中所得液体进行蒸馏，收集液溴。(1)A装置中通入时发生反应的离子方程式为：_______。(2)②中通入热空气能吹出的原因是_______。(3)③反应后B装置溶液中有生成，则的作用是_______。(4)步骤④反应后，取少量B中混合液滴加在淀粉碘化钾试纸上，试纸变蓝色，能否说明比活泼？说明理由。_______。【答案】(1)(2)溴易挥发(3)作还原剂，起到富集溴的作用(4)如果淀粉试纸变蓝，说明有碘单质生成，则在B中发生了反应，说明溴的氧化性强于碘单质【分析】氯气通入A中，生成溴单质，步骤②通入热空气使得A中产生的溴随空气流进B中，步骤③发生反应，，实验结束后需要用氢氧化钠进行尾气处理；【详解】（1）根据分析，A中的反应为，；故答案为：；（2）溴单质为分子晶体，熔沸点较低，溴易挥发，温度升高，溶解度降低，故可以用热空气吹出；故答案为：溴易挥发；（3）根据分析，③中发生反应，则SO2体现还原性；故答案为：作还原剂，起到富集溴的作用；（4）如果淀粉试纸变蓝，说明有碘单质生成，则在B中发生了反应，说明溴的氧化性强于碘单质；故答案为：如果淀粉试纸变蓝，说明有碘单质生成，则在B中发生了反应，说明溴的氧化性强于碘单质。26．某同学进行实验时需要100mL0.10mol/LNa2CO3溶液，但实验室只有碳酸钠晶体(Na2CO3·10H2O)和1.80mol/LNa2CO3溶液。该同学利用所给试剂配制所需溶液。完成下列填空：(1)无论采用何种试剂进行配制，实验必须用到的玻璃仪器除烧杯、玻璃棒、胶头滴管外，至少还需要的一种玻璃仪器是_______。(2)若用碳酸钠晶体(Na2CO3·10H2O)配制100mL所需溶液，需要用电子天平称取晶体的质量为_______g；若用1.8mol/LNa2CO3溶液配制100mL所需溶液，需要用量筒量取_______mL溶液。(3)下图是配制溶液的过程示意图，正确的操作顺序是_______。其中过程⑤的名称是_______。(4)在配制过程中，下列操作会使溶液浓度偏小的是_______(填字母)。a．转移时，未洗涤烧杯内壁和玻璃棒b．定容时俯视刻度线c．定容时加水超过刻度线(5)取20mL所配溶液与0.05mol/LBaCl2溶液混合，若二者恰好完全反应，则所用BaCl2溶液体积是_______mL。【答案】(1)100mL容量瓶(2)

2.86

5.6(3)

①②④⑤③

定容(4)ac(5)40【分析】溶液具有均一性、稳定性，溶液各处的浓度、密度相等。配制物质的量浓度溶液的步骤：计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶贴签。结合步骤，确定使用的仪器，选择仪器的标准是大而近；根据操作对溶质的物质的量及溶液的体积影响，结合物质的量浓度定义式c=分析实验误差。【详解】（1）配制一定体积一定物质的量浓度的溶液，需使用的仪器，除烧杯、玻璃棒、胶头滴管外，至少还需要的一种玻璃仪器是100mL容量瓶；（2）若用碳酸钠晶体(Na2CO3·10H2O)配制100mL所需溶液，需要用电子天平称取晶体的质量为m(Na2CO3·10H2O)=0.10mol/L×0.1L×286g/mol=2.86g；溶液在稀释前后溶质的物质的量不变，则若用1.8mol/LNa2CO3溶液配制100mL0.10mol/L的溶液，需要用量筒量取溶液的体积V=；（3）配制物质的量浓度溶液的步骤：计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶贴签，