【化学】河北省宣化市第一中学2020届高三12月月考（解析版）

【化学】河北省宣化市第一中学2020届高三12月月考（解析版）

河北省宣化市第一中学2020届高三12月月考 可能用到的相对原子质量：H ‎1 C 12 O 16 S 32 Na 23 Cu 64‎ 第Ⅰ卷(选择题 共42分)‎ 注意事项：‎ 必须使用2B铅笔在答题卡上将所选答案对应的标号涂黑。‎ 第Ⅰ卷共7题，每题6分。每题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。‎ ‎1.由塑化剂引起的食品、药品问题受到广泛关注。下列关于塑化剂DBP(结构如下图)的说法不正确的是（ ）‎ A. 属于芳香族化合物，能溶于水 B. 其核磁共振氢谱共有6种吸收峰 C. 分子中一定有12个原子位于同一平面上 D. 水解得到的酸性产物能与乙二醇发生缩聚反应 ‎【答案】A ‎【详解】A选项，含有苯环，属于芳香族化合物，但不溶于水，故A错误；‎ B选项，该有机物具有对称性，有6种位置的氢，其核磁共振氢谱共有6种吸收峰，故B正确；‎ C选项，苯环及苯环连接的原子都在同一平面内，因此分子中一定有12个原子位于同一平面上，故C正确；‎ D选项，该有机物含有酯基，因此水解得到的酸性产物为邻苯二甲酸，能与乙二醇发生缩聚反应生成高分子化合物，故D正确。‎ 综上所述，答案为A。‎ ‎2.下列关于物质分类的说法正确的是（ ）‎ A. 油脂、糖类、蛋白质均天然高分子化合物 B. 三氯甲烷、氯乙烯、三溴苯酚均是卤代烃 C. CaCl2、烧碱、聚苯乙烯均为化合物 D. 稀豆浆、硅酸、雾霾均为胶体 ‎【答案】D ‎【详解】A．油脂、糖类中的单糖和双糖等均不是天然高分子化合物，A错误；‎ B、三溴苯酚中含有氧元素，不是卤代烃，是含卤素的烃的衍生物，B错误；‎ C、聚苯乙烯为聚合物不是化合物，属于混合物，C错误；‎ D、稀豆浆、硅酸、雾霾均为胶体，D正确；‎ 答案选D。‎ ‎3.下列离子方程式正确的是（ ）‎ A. 向Fe(NO3)3溶液中滴入少量的HI溶液：2Fe3＋＋2I－==2Fe2＋＋I2‎ B 向苯酚钠溶液中通入少量CO2气体：‎2C6H5O－＋CO2＋H2O→‎2C6H5OH↓＋CO32-‎ C. Cu(OH)2沉淀溶于氨水得到深蓝色溶液：Cu(OH)2＋4NH3== [Cu(NH3)4]2+＋2OH－‎ D. 澄清石灰水中加入少量NaHCO3溶液：Ca2+＋2OH－＋2HCO3-==CaCO3↓＋CO32-＋2H2O ‎【答案】C ‎【详解】A选项，向Fe(NO3)3溶液中滴入少量的HI溶液，由于硝酸的氧化物大于铁离子，因此先是硝酸和碘离子反应，故A错误；‎ B选项，苯酚的酸性大于碳酸氢根的酸性，因此向苯酚钠溶液中通入少量CO2气体生成苯酚和碳酸氢根，故B错误；-‎ C选项，Cu(OH)2沉淀溶于氨水形成配合离子得到深蓝色溶液：Cu(OH)2＋4NH3＝ [Cu(NH3)4]2+＋2OH－，故C正确；‎ D选项，澄清石灰水中加入少量NaHCO3溶液，根据少定多变思想，少定为1mol：Ca2+＋OH－＋HCO3－＝CaCO3↓＋H2O，故D错误。‎ 综上所述，答案为C。‎ ‎【点睛】硝酸的氧化性比铁离子的氧化性强，不断滴加碘离子时，碘离子先与硝酸反应，再与铁离子反应。‎ ‎4.短周期主族元素R、T、Q、W在元素周期表中的相对位置如图所示，T元素的最高正价与最低负价的代数和为0。下列判断正确的是（ ）‎ A. 原子半径的大小：W＞Q＞R B. 气态氢化物的稳定性：R＞Q＞T C. 对应含氧酸的酸性强弱：W＞Q＞T D. R分别与T、Q、W形成化合物的晶体均为分子晶体 ‎【答案】B ‎【分析】T元素的最高正价与最低负价的代数和为0，根据周期表结构得出，T为Si，继而得出Q为P，R为O，W为Cl。‎ ‎【详解】A选项，原子半径的大小：P＞Cl＞O，故A错误；‎ B选项，气态氢化物的稳定性：H2O＞PH3＞SiH4，故B正确；‎ C选项，应该是对应最高价氧化物对应水化物的酸性强弱：HClO4＞H3PO4＞H2SiO3，故C错误；‎ D选项，R与T形成化合物的晶体是原子晶体，故D错误。‎ 综上所述，答案为B。‎ ‎【点睛】非金属越强，气态氢化物越稳定，最高价氧化物对应水化物酸性越强。‎ ‎5.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是( )‎ A. 1 molOD－ 离子含有的质子、中子数均为9NA B. ‎3.6 g石墨和C60混合物中，含有的碳原子数为0.3NA C. 含有‎4.6 g钠元素的过氧化钠和氧化钠的混合物中，所含离子总数为0.3NA D. 标准状况下，‎4.48 L戊烷含有的分子数为0.2NA ‎【答案】D ‎【详解】A选项，1个OD－含有9个质子，9个中子，因此1 molOD－离子含有的质子、中子数均为9NA，故A正确；‎ B选项，石墨和C60都是由碳组成的，可以用通式Cn来描述，即‎3.6g石墨和C60的混合物物质的量为，含有的碳物质的量为0.3mol，则碳原子数为0.3NA，故B正确；‎ C选项，含有‎4.6 g钠元素即钠的物质的量为0.2mol，其过氧化钠和氧化钠的混合物为0.1mol，无论过氧化钠还是氧化钠，1mol都含有3mol离子，因此0.1mol混合物所含离子总数为0.3NA，故C正确；‎ D选项，标准状况下，戊烷是液体，不能用气体摩尔体积进行计算，故D错误。‎ 综上所述，答案为D。‎ ‎6.肼(H2N－NH2)和偏二甲肼 [ H2N－N(CH3)2 ] 均可用作火箭燃料。查阅资料得知，肼是一种良好的极性溶剂，沿肼分子球棍模型的氮、氮键方向观察，看到的平面图如下图所示。下列说法不正确的是（ ）‎ A. 肼分子中的氮原子采用sp3杂化 B. 肼分子中既有极性键又有非极性键 C. 肼分子是非极性分子 D. 肼与偏二甲肼互称同系物 ‎【答案】C ‎【详解】A选项，肼分子中的每个氮原子都有三个δ键，还有一对孤对电子，因此电子对有四对，因此采用sp3杂化，故A正确；‎ B选项，肼分子中既有N—H极性键又有N—N非极性键，故B正确；‎ C选项，肼分子不是中心对称，因此是极性分子，故C错误；‎ D选项，肼与偏二甲肼结构相似，组成相差两个—CH2—结构，因此互称同系物，故D正确。‎ 综上所述，答案为C。‎ ‎7.在‎1.0L密闭容器中放入0.10 mol X，在一定温度下发生反应：X（g）Y（g）+Z（g）△H＜0容器内气体总压强p随反应时间t的变化关系如下图所示。以下分析正确的是（ ）‎ A. 从反应开始到t1时的平均反应速率v（X）=0.2/t1mol/（L•min）‎ B. 该温度下此反应的平衡常数K=0.32mol/L C. 欲提高平衡体系中Y的含量，可升高体系温度或减少Z的量 D. 其他条件不变，再充入0.1 mol 气体X，平衡正向移动，X的转化率增大 ‎【答案】B ‎【详解】A、根据阿伏加德罗定律：在相同的温度和体积下，气体的压强之比等于物质的量之比。设反应进行到t1‎ 时容器内气体的总物质的量为x，则x:0.10mol=0.7:0.5，解得x=0.14mol，气体的物质的量增加0.04mol，结合反应利用差量法分析，参加反应的X的物质的量为0.04mol，则从反应开始到t1时的平均反应速率v(X)＝0.04/t1 mol/(L·min)，错误；‎ B、根据阿伏加德罗定律：在相同温度和体积下，气体的压强之比等于物质的量之比。设反应达到平衡时容器内气体的总物质的量为y，则y:0.10mol=0.9:0.5，解得y=0.18mol，气体的物质的量增加0.08mol，结合反应利用差量法分析，参加反应的X的物质的量为0.08mol，生成Y和Z的物质的量均为0.08mol，容器的体积为‎1L，反应达平衡时，X、Y、Z的浓度分别为0.02mol/L、0.08mol/L、0.08mol/L，所以K=＝0.32，B正确；‎ C、该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，Y含量降低，错误；‎ D、该反应为以X气体为反应物的分解反应，正反应为气体体积增大的反应，恒容容器中，平衡时再充入X，相当于增大压强，平衡逆向移动，X转化率降低，D错误。‎ 答案选B。‎ 第Ⅱ卷(非选择题 共58分)‎ 注意事项：‎ 必须使用0.5毫米黑色墨迹签字笔在答题卡上题目所指示的答题区域内作答。作图题可先用铅笔绘出，确认后再用0.5毫米黑色墨迹签字笔描清楚。答在试题卷、草稿纸上无效。‎ 第Ⅱ卷共4题。‎ ‎8.已知元素X、Y、Z、W、R为前四周期元素，且原子序数依次增大。X基态原子核外有三个未成对电子，Z、W分别是短周期中电负性最大和最小的元素；R2+离子的3d轨道中有三对成对电子。请回答下列问题：‎ ‎（1）R基态原子的电子排布式为_______________________________，元素X、Y、Z的第一电离能由大到小的顺序为（用元素符号表示）___________________。‎ ‎（2）化合物XZ3的空间构型为______，R2+与NH3形成的配离子中，提供孤对电子的是_____。‎ ‎（3）Z的氢化物由固体变为气态所需克服的微粒间的作用力是________。‎ ‎（4）Z、W、R形成某种化合物的晶胞结构如右图所示，其化学式为___________。‎ ‎（5）XY2－能被酸性KMnO4溶液氧化，其中MnO4－被还原为Mn2+，反应的离子方程式是__________________________________________________________。‎ ‎【答案】(1). 1s22s22p63s23p63d84s2 (2). F＞N＞O (3). 三角锥形 (4). N (5). 氢键和范德华力 (6). NaNiF3 (7). 5NO2-+2MnO4-+6H+=5NO3-+2Mn2++3H2O ‎【解析】X、Y、Z、W、R为前四周期元素，且原子序数依次增大，Z、W分别是短周期中电负性最大和最小的元素，则Z为氟元素，W为钠元素，X基态原子核外有三个未成对电子，所以X在第ⅤA族，原子序数小于Z，所以X为氮元素，Y的原子序数介于X、Z之间，所以Y为氧元素，R2+离子的3d轨道中有三对成对电子，所以R为镍元素。‎ ‎(1)R为镍元素，是28号元素，其基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d84s2，元素X、Y、Z分别为N、O、F，根据元素周期律，同一周期中从左向右，第一电离能逐渐增大，但由于氮原子最外层p轨道处于半满状态，第一电离能高于相邻主族同周期元素，所以N、O、F的第一电离能由大到小的顺序为F＞N＞O，故答案为1s22s22p63s23p63d84s2；F＞N＞O；‎ ‎(2)化合物XZ3为NF3，其中心原子氮原子的价层电子对数为=4，有一对孤电子对，所以NF3的空间构型为三角锥形，Ni2+与NH3形成的配离子中，NH3做配体，氮原子提供孤对电子，故答案为三角锥形；N；‎ ‎(3)由于HF分子间存在着氢键，所以HF由固体变为气态所需克服的微粒间的作用力是有氢键和范德华力，故答案为氢键和范德华力；‎ ‎(4)Z、W、R分别为F、Na、Ni根据晶胞结构图利用均摊法可知，在每个晶胞中含有F原子的个数为12×=3，Ni原子的个数为8×=1，Na原子的个数为1，所以其化学式为NaNiF3，故答案为NaNiF3；‎ ‎(5)XY2-为NO2-，被酸性KMnO4溶液氧化，其中MnO4-被还原为Mn2+，NO2-被氧化成NO3-，根据电荷守恒和元素守恒可知，反应的离子方程式为5NO2-+2MnO4-+6H+=5NO3-+2Mn2++3H2O，故答案为5NO2-+2MnO4-+6H+=5NO3-+2Mn2++3H2O。‎ 点睛：根据原子结构的特点确定元素种类是解题的关键。本题易错点为(2)中分子的空间构型的判断，要注意分子的 VSEPR模型与空间构型的区别，分子的 VSEPR模型表达的是分子中中心原子周围电子对(成键电子对和孤对电子对)之间的相互位置关系；分子的空间构型表达的是分子中各原子间的相互位置关系，略去孤电子对就是该分子的空间构型。‎ ‎9.溴苯是一种化工原料，某兴趣小组用如下装置制备溴苯并证明苯和液溴发生的是取代反应，而不是加成反应。‎ 有关数据如下：‎ 苯 溴 溴苯 密度/g·cm-3‎ ‎0.88‎ ‎3.10‎ ‎1.50‎ 沸点/℃‎ ‎80‎ ‎59‎ ‎156‎ 水中溶解度 微溶 微溶 微溶 请回答下列问题：‎ ‎(1)仪器c的名称为__________________。‎ ‎(2)将b中液溴缓慢滴入a瓶的无水苯及铁的混合体系中，充分反应即可得到溴苯，通过下列步骤分离提纯：‎ ‎①向a中加入10 mL水，然后_______________除去未反应的铁屑；‎ ‎②产品依次用10 mL水、8 mL10％的NaOH溶液、10 mL水洗涤。此过程需要分液操作，分液时溴苯应从_________(填仪器名称)的_______(填“上口”、“下口”)分离出。‎ ‎③向分出的粗溴苯中加入少量的无水氯化钙，静置、过滤。‎ ‎(3)经过上述分离操作后，粗溴苯中还含有的主要杂质为________，要进一步提纯，必须进行的操作是________。‎ ‎(4)装置d中所装的试剂为___________________，作用是______________________________。‎ ‎(5)能证明苯和液溴发生的是取代反应，而不是加成反应，进行的操作及现象是____________‎ ‎______________________________________________________________________________。‎ ‎【答案】 (1). 冷凝管 (2). 过滤 (3). 分液漏斗 (4). 下口 (5). 苯 (6). 蒸馏 (7). CCl4 (8). 除去HBr气体中的Br2 (9). 取e中溶液注入试管中，加硝酸酸化的AgNO3‎ 溶液，若产生浅黄色沉淀，则苯和液溴发生的是取代反应(或取e中溶液注入试管中，加紫色石蕊试液，若溶液变成红色，则苯和液溴发生的是取代反应)‎ ‎【分析】(1)认识仪器c并了解冷凝水下进上出。‎ ‎(2)①铁屑和溶液之间是固体不溶于液体的分离，物理分离方法。‎ ‎②两者是不相溶的液体分离，且溴苯的密度比水大，分液时遵循“下下上上”原则。‎ ‎(3)粗苯和苯是互溶的，因此粗溴苯中还含有的主要杂质为苯，由于两者互溶，但沸点不相同。‎ ‎(4)为了验证是取代反应，由于反应是放热反应，溴会挥发到d中，因此要用四氯化碳萃取挥发出的溴。‎ ‎(5)能证明苯和液溴发生的是取代反应，验证产物中含有溴化氢，主要验证氢离子或则溴离子。‎ ‎【详解】(1)仪器c的名称为冷凝管。‎ ‎(2)①铁屑和溶液之间的分离用过滤除去未反应的铁屑，故答案为：过滤。‎ ‎②溴苯的密度比水大，分液时遵循“下下上上”原则，因此分液时溴苯应从分液漏斗的下口分离出，故答案为：分液漏斗；下口。‎ ‎(3)粗苯和苯是互溶的，因此粗溴苯中还含有的主要杂质为苯，由于两者互溶，但沸点不相同，因此要进一步提纯，必须进行的操作是蒸馏，故答案为：苯；蒸馏。‎ ‎(4)为了验证是取代反应，由于反应是放热反应，溴会挥发到d中，因此要用四氯化碳萃取溴，因此装置d中所装的试剂为CCl4，作用是除去HBr气体中的Br2，故答案为：CCl4；除去HBr气体中的Br2。‎ ‎(5)能证明苯和液溴发生的是取代反应，而不是加成反应，进行的操作及现象是取e中溶液注入试管中，加硝酸酸化的AgNO3溶液，若产生浅黄色沉淀，则苯和液溴发生的是取代反应(或取e中溶液注入试管中，加紫色石蕊试液，若溶液变成红色，则苯和液溴发生的是取代反应)。‎ ‎10.苯佐卡因(E)可用于化妆品紫外线吸收，局部麻醉药等。根据下面的反应路线可以实现苯佐卡因的制备及对糖厂甘蔗渣进行综合利用。‎ 请回答下列问题：‎ ‎(1)反应Ⅰ的化学方程式是__________________________________________________。‎ ‎(2)B的名称是_____________，C中含有的官能团名称是______________。‎ ‎(3)在反应Ⅰ～Ⅴ中，属于取代反应的是(填序号)________。‎ ‎(4)写出反应Ⅴ的化学方程式：___________________________________。‎ ‎(5)苯佐卡因有多种同分异构体，其中，氨基直接连在苯环上，苯环上的一氯取代物只有一种的羧酸类同分异构体的结构简式为：_________________。‎ ‎【答案】 (1). ＋HNO3＋H2O (2). 纤维素 (3). 羟基、醛基 (4). Ⅰ、Ⅲ、Ⅴ (5). ＋CH3CH2OH＋CH3COOH (6). ‎ ‎【分析】(1)根据反应Ⅰ和反应II得出，反应I消化反应只能取代甲基对位上的氢原子，因此可写出反应方程式。‎ ‎(2)甘蔗渣处理主要得到纤维素，纤维素最终水解生成葡萄糖，即可得出含有官能团。‎ ‎(3)在反应Ⅰ～Ⅴ中，Ⅰ为硝化反应，Ⅲ是—COCH3取代—NH2中的氢，Ⅴ是酯化反应和水解反应。‎ ‎(4)根据反应Ⅴ是酯化反应和水解反应，可得到反应方程式。‎ ‎(5)苯佐卡因有多种同分异构体，其中，氨基直接连在苯环上，苯环上的一氯取代物只有一种的羧酸类，说明有对称性，再根据结构特点书写同分异构的结构简式。‎ ‎【详解】(1)根据反应Ⅰ和反应II得出，反应I硝化反应只能取代甲基对位上的氢原子，其化学方程式是＋HNO3＋H2O，故答案为：＋HNO3＋H2O。‎ ‎(2)甘蔗渣处理主要得到纤维素，因此B的名称是纤维素，纤维素最终水解生成葡萄糖，因此C中含有的官能团名称是羟基，醛基，故答案为：纤维素；羟基，醛基。‎ ‎(3)在反应Ⅰ～Ⅴ中，Ⅰ为硝化反应也叫取代，Ⅲ是—COCH3取代—NH2中的氢，Ⅴ是酯化反应和水解反应，因此属于取代反应的是Ⅰ、Ⅲ、Ⅴ，故答案为：Ⅰ、Ⅲ、Ⅴ。‎ ‎(4)反应Ⅴ是酯化反应和水解反应，因此化学方程式：＋CH3CH2OH＋CH3COOH，故答案为：＋CH3CH2OH＋CH3COOH。‎ ‎(5)苯佐卡因有多种同分异构体，其中，氨基直接连在苯环上，苯环上的一氯取代物只有一种的羧酸类，说明有对称性，其同分异构体的结构简式为：，故答案为：。‎ ‎11.CuCl是应用广泛的有机合成催化剂，也在染料工业中用作实效型气体吸收剂。利用废旧印刷电路板制氯化亚铜可减少污染、实现资源再生。请回答下列问题：‎ ‎(1)废旧印刷电路板经粉碎分离能得到金属粉末，控制其他条件相同，用10％H2O2和3.0mol·L-1 H2SO4的混合溶液处理印刷电路板的金属粉末，测得不同温度下铜的平均溶解速率如图所示。在H2SO4溶液中，Cu与H2O2反应生成Cu2+和H2O的离子方程式为_____________________________________________。当温度高于‎40℃‎时，铜的平均溶解速率随着反应温度升高而下降，其主要原因是_________________________________________。‎ ‎(2)工业上常用CuSO4来制备CuCl。在提纯后的CuSO4溶液中加入一定量的Na2SO3和NaCl，加热，生成CuCl沉淀，该反应的离子方程式是______________________________________。‎ ‎(3)在盐酸中CuCl能吸收CO，发生的反应为 CuCl＋CO＋H2OCu(CO)Cl·H2O DH＜0，要加大CO的吸收率，适宜的条件是___________________________。‎ ‎(4)工业制备CuCl需要配制质量分数为20.0%的CuSO4溶液(密度为1.2 g·cm-3)，配制该溶液所需CuSO4·5H2O与H2O的质量之比为_______，所得溶液的物质的量浓度为____________。‎ ‎(5)工业检测CuCl产品的纯度需要80mL0.5mol/L的FeCl3溶液，配制该溶液所需仪器除托盘天平(含砝码、质量相同的两纸片)、烧杯外，还必需_________________________________。‎ ‎【答案】 (1). Cu＋H2O2＋2H+=Cu2+＋2H2O (2). 温度升高，H2O2分解速率加快 (3). 2Cu2+＋SO32-＋2Cl－＋H2O2CuCl↓＋SO42-＋2H+ (4). 低温、加压 (5). 5:11 (6). 1.5mol/L (7). 药匙、100mL容量瓶、玻璃棒、胶头滴管 ‎【分析】(1)在H2SO4溶液中，Cu与H2O2反应生成Cu2+和H2O，再进行书写离子方程式；铜溶解时需要双氧水，当温度高于‎40℃‎时，容易分解而降低溶解速率。‎ ‎(2)CuSO4溶液中加入一定量的Na2SO3和NaCl，发生氧化还原反应，亚硫酸根被氧化，氯化铜被还原，生成CuCl沉淀，根据守恒来书写离子方程式。‎ ‎(3)根据方程式CuCl＋CO＋H2OCu(CO)Cl·H2O DH＜0，平衡需要正向移动，才能加大CO的吸收率，再根据反应是体积减小的放热反应得出适宜的条件。‎ ‎(4)设CuSO4·5H2O的质量为xg，H2O的质量为yg，建立关系式得出比例关系，再根据浓度公式进行计算得出浓度。‎ ‎(5)配制80 mL 0.5 mol/L的FeCl3溶液，最重要要使用100mL容量瓶、天平(含砝码、质量相同的两纸片)、烧杯、药匙、玻璃棒、胶头滴管等仪器。‎ ‎【详解】(1)在H2SO4溶液中，Cu与H2O2反应生成Cu2+和H2O的离子方程式为Cu＋H2O2＋2H+＝Cu2+＋2H2O。当温度高于‎40℃‎时，铜的平均溶解速率随着反应温度升高而下降，溶解时需要双氧水，而双氧水在温度比较高时，容易分解而降低溶解速率，其主要原因是温度升高，H2O2分解速率加快。‎ ‎(2)工业上常用CuSO4来制备CuCl。在提纯后的CuSO4溶液中加入一定量的Na2SO3和NaCl，发生氧化还原反应，亚硫酸根被氧化，氯化铜被还原，生成CuCl沉淀，该反应的离子方程式是2Cu2+＋SO32－＋2Cl－＋H2O2CuCl↓＋SO42－＋2H+。‎ ‎(3)在盐酸中CuCl能吸收CO，发生的反应为CuCl＋CO＋H2OCu(CO)Cl·H2O DH＜0，要加大CO的吸收率，平衡需要正向移动，适宜的条件是降低温度，加压，故答案为：低温、高压。‎ ‎(4)工业制备CuCl需要配制质量分数为20.0%的CuSO4溶液(密度为‎1.2 g·cm-3)，配制该溶液所需CuSO4·5H2O与H2O的质量之比，设CuSO4·5H2O的质量为xg，H2O的质量为yg，，解得x:y=5:11，所得溶液的物质的量浓度为。‎ ‎(5)工业检测CuCl产品的纯度需要80 mL 0.5 mol/L的FeCl3溶液，配制该溶液所需仪器除托盘天平(含砝码、质量相同的两纸片)、烧杯外，还必需药匙、100 mL容量瓶、玻璃棒、胶头滴管，故答案为：药匙、100 mL容量瓶、玻璃棒、胶头滴管。‎