【化学】浙江省杭州市长征中学2019-2020学年高一上学期期中考试试题（解析版）

【化学】浙江省杭州市长征中学2019-2020学年高一上学期期中考试试题（解析版）

浙江省杭州市长征中学2019-2020学年高一上学期期中考试试题 ‎1.下列属于酸性氧化物的是（　　）‎ A. Na2O B. MgO C. H2O D. CO2‎ ‎【答案】D ‎【解析】Na2O能与酸反应生成盐和水，Na2O碱性氧化物，故A错误；MgO能与酸反应生成盐和水， MgO是碱性氧化物，故B错误；H2O和酸碱都不反应，是不成盐氧化物，故C错误；CO2能与碱反应生成盐和水，CO2是酸性氧化物，故D正确。‎ ‎2.下列仪器及其名称不正确的是（　　）‎ A. 量筒 B. 试管 ‎ C. 圆底烧瓶 D. 分液漏斗 ‎【答案】C ‎【解析】，是圆底烧瓶， 是蒸馏烧瓶，故C错误，选C。‎ ‎3.下列表示正确的是（　　）‎ A. 从物质分类角度看，纯碱属于碱 B. 硫酸铝的化学式：AlSO4‎ C. H2O2 中 O 的化合价为﹣1 价 D. 钾原子的原子结构示意图：‎ ‎【答案】C ‎【解析】纯碱是碳酸钠属于盐，故A错误；硫酸铝的化学式：Al2(SO4)3，故B错误； H2O2‎ ‎ 中H是+1价， O 是﹣1 价，故C正确；钾原子的原子结构示意图：，故D错误。‎ ‎4.下列反应不属于四种基本反应类型，但属于氧化还原反应的是( )‎ A. Fe+CuSO4=FeSO4+Cu ‎ B. AgNO3+NaCl=AgCl↓+NaNO3‎ C. Fe2O3+3CO2Fe+3CO2 ‎ D. 2KMnO4K2MnO4+MnO2+O2↑‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.反应Fe+CuSO4=FeSO4+Cu属于置换反应，有元素化合价的变化，因此属于氧化还原反应，A不符合题意；‎ B.该反应属于复分解反应，没有元素化合价的变化，不属于氧化还原反应，B不符合题意；‎ C.该反应不属于任何一种基本反应类型，由于反应过程中有元素化合价的变化，因此属于氧化还原反应，C符合题意；‎ D.该反应属于分解反应，由于有元素化合价的变化，因此属于氧化还原反应，D不符合题意；‎ 故合理选项C。‎ ‎5.是常规核裂变产物之一,可以通过测定大气或水中的含量变化来检测核电站是否发生放射性物质泄漏。下列有关的叙述中错误的是(    )‎ A. 的化学性质与相同 B. 的质子数为53‎ C. 的原子核外电子数为78 D. 的原子核内中子数多于质子数 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．53131I与53127I质子数相同，中子数不同，互为同位素，化学性质几乎完全相同，物理性质有差别，故A正确；B．原子符号AZX左下角数字代表质子数，53131I的质子数为53，故B正确；C．53131I是电中性原子，质子数等于原子核外电子数为53，故C错误；D．53131I的质子数为53，中子数=131-53=78，中子数多于质子数，故D正确；故答案为C。‎ ‎6.下列说法正确的是（　　）‎ A. 将 AgCl 放入水中不能导电，故 AgCl 不是电解质 B. CO2溶于水得到的溶液能导电，所以 CO2 是电解质 C. 金属能导电，所以金属是电解质 D. 固态的 NaCl 不导电，熔融态的 NaCl 能导电，NaCl 是电解质 ‎【答案】D ‎【解析】试题分析：AgCl是电解质，故A错误；电解质本身能电离出离子，CO2不能电离出导电离子，CO2是非电解质，故B错误；金属是单质，既不是电解质也不是非电解质，故C错误；熔融态的NaCl能导电，NaCl是电解质，故D正确。‎ ‎7.溶液、胶体和浊液这三种分散系的根本区别是（　　）‎ A. 是否是大量分子或离子的集合体 B. 是否能通过滤纸 C. 分散质粒子直径的大小 D. 是否均一、透明、稳定 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】溶液、胶体和浊液这三种分散系的根本区别是分散质直径的大小不同，大于100nm的是浊液，10nm~1nm之间为胶体，小于1nm为溶液。‎ ‎8.我国女科学家屠呦呦发现青蒿素，它是一种用于治疗疟疾的药物，2015年10月获得诺贝尔生理医学奖． 下列有关青蒿素（化学式：C15H22O5）叙述正确的是（　　）‎ A. 青蒿素的摩尔质量为 282‎ B. 6.02×1023个青蒿素分子的质量约为 282g C. 1 mol 青蒿素的质量为 282 g•mol﹣1‎ D. 282g 青蒿素中含有 15 个碳原子 ‎【答案】B ‎【解析】青蒿素的摩尔质量为 282g/mol，故A错误；6.02×1023个青蒿素分子的物质的量是1mol，质量约为282g，故B正确；1 mol 青蒿素的质量为 282 g，故C错误；282g 青蒿素中含有 15 个碳原子，故D错误。‎ ‎9.能把Na2SO4、NH4NO3、KCl、(NH4)2SO4四瓶无色溶液加以区别的一种试剂是(必要时可以加热) （　　）‎ A. BaCl2 B. NaOH C. Ba(OH)2 D. AgNO3‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A项、BaCl2与Na2SO4、（NH4）2SO4‎ 两瓶无色溶液均反应，均生成白色沉淀，实验现象相同，无法区别，BaCl2与NH4NO3、KCl两瓶无色溶液均不反应，无法区别，故A错误；‎ B项、NaOH与NH4NO3、（NH4）2SO4两瓶无色溶液均反应，均生成刺激性气味的气体，实验现象相同，无法区别，BaCl2与Na2SO4反应生成白色沉淀，与KCl溶液不反应，故B错误；‎ C项、向Na2SO4、NH4NO3、KCl、（NH4）2SO4四瓶无色溶液中分别加入Ba（OH）2溶液，实验现象分别为：生成白色沉淀、有刺激性气味的气体生成、不反应无现象、既有沉淀生成又有刺激性气味的气体生成，实验现象各不相同，可以区别，故C正确；‎ D项、AgNO3与Na2SO4、KCl、（NH4）2SO4三瓶无色溶液均反应，均生成白色沉淀，实验现象相同，不能区别，故D错误。‎ 故选C。‎ ‎10.如图在盛有溴水的三支试管中分别加入苯、四氯化碳和酒精，振荡后静置，出现下列现象，正确的结论是（　　）‎ A. ①加入的是 CCl4，②加苯，③加酒精 B. ①加入的是苯，②加 CCl4，③加酒精 C. ①加入的是苯，②加酒精，③加 CCl4‎ D. ①加入的是酒精，②加 CCl4，③加苯 ‎【答案】B ‎【解析】CCl4难溶于水，密度比水大，溴易溶于CCl4，CCl4层在下层；苯难溶于水，密度比水小，溴易溶于苯，苯层在上层；酒精易溶于水，与水不分层；所以①加入的是苯，②加 CCl4，③加酒精，故选B。‎ ‎11.下列说法中正确的是（　　）‎ A. 40K 与 40Ca 原子中的中子数相等 B. 人们发现了 112 种元素，即共有 112 种核素 C. 互为同位素的两种核素，它们原子核内的质子数一定相等 D. 原子结构模型演变历史可以表示为：‎ ‎【答案】C ‎【解析】40K的中子数是21，40Ca 原子的中子数是20，故A错误；同种元素可能有多种核素，元素有112 种，核素种类大于 112种，故B错误；同位素是质子数相同、中子数不同的原子，故C正确；原子结构模型演变历史应为：①道尔顿实心球模型、②汤姆生枣糕模型、③卢瑟福行星模型、④波尔轨道模型、⑤现代电子云模型，故D错误。‎ ‎12.在下列各组物质中，分子数相同的是（　　）‎ A. 9g H2O 和 0.5NA 个 CO2‎ B. 2L CO 和 2L CO2‎ C. 标准状况下 1mol O2 和 22.4L H2O D. 2g H2和标准状况下 2.24L HCl 气体 ‎【答案】A ‎【解析】9g H2O含有分子数是 NA= 0.5NA，故A正确；只有同温同压下，2L CO 和 2L CO2含有的分子数才相同，故B错误； 标准状况下H2O是液体，22.4L H2O的物质的量不是1mol，故C错误；标准状况下 2.24L HCl 气体的物质的量是0.1mol，2g H2的物质的量一定是1mol，故D错误。‎ ‎13.下列实验中均需要的仪器是(　　)‎ ‎①配制一定物质的量浓度的溶液　②pH试纸的使用 ③过滤　 ④蒸发 A. 试管 B. 胶头滴管 C. 玻璃棒 D. 漏斗 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】①配制一定物质的量浓度的溶液，用到的仪器有：天平、烧杯、玻璃棒、胶头滴管以及容量瓶等，转移液体是用玻璃棒引流；‎ ‎②使用pH试纸测溶液的pH值，用到的仪器有玻璃棒、表面皿或玻璃片等仪器，用玻璃棒蘸取溶液；‎ ‎③过滤用到烧杯、玻璃棒、漏斗等仪器，玻璃棒引流；‎ ‎④‎ 蒸发用到铁架台、酒精灯、蒸发皿、玻璃棒等仪器，用玻璃棒搅拌，防止受热不均造成液体飞溅；‎ 以上操作都用到了玻璃棒，故答案为C。‎ ‎14.设 NA 表示阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是（　　）‎ A. 标准状况下，22.4L CCl4 含有的原子数为 5NA B. 1.8g 的 NH4+中含有的电子数为 NA C. 常温常压下，32 g O2 和 O3 的混合气体中所含原子数为 1.5 NA D. 7.1g Cl2 溶于水，转移电子数目为 0.1NA ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 标准状况下CCl4 是液体， 22.4L CCl4的物质的量不是1mol，故A错误；‎ B. 1.8g 的 NH4+中含有的电子数为NA，故B正确；‎ C. O2 和 O3都是由氧原子构成， 32 g O2 和 O3 的混合气体中所含原子数 2 NA，故C错误；‎ D. 7.1g Cl2 溶于水，只有部分氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，转移电子数目小于0.1NA，故D错误。‎ 故选B。‎ ‎15. 下列物质与其用途相符合的是（　　）‎ ‎①Cl2——做消毒剂 ②AgBr——制胶卷，感光纸 ③AgI——人工降雨 ‎④加碘食盐——预防甲状腺肿大 ⑤淀粉——检验I2的存在 ⑥NaClO——漂白纺织物 A. ②③④⑤⑥ B. ①②③④⑤ C. ②③④⑤ D. 全部 ‎【答案】D ‎【解析】试题分析：性质决定用途。氯气与水反应生成次氯酸具有强氧化性，所以氯气做消毒剂；AgBr具有感光性，所以用在制胶卷；AgI可用来人工降雨；人体缺碘易造成甲状腺肿大，所以在食盐中加碘，预防甲状腺肿大；淀粉遇碘变蓝色，所以淀粉检验碘存在；次氯酸钠与空气中的二氧化碳反应生成具有强氧化性的次氯酸，所以用来漂白织物，答案选D。‎ ‎16. 下列试剂的保存不正确的是（　　）‎ A. 漂白粉必须密封保存 B. 新制的氯水用棕色瓶保存 C. 液溴用一层水封盖再密封保存 D. 固体碘放在棕色细口瓶中 ‎【答案】D ‎【解析】试题分析：A、漂白粉容易和空气中的二氧化碳反应，所以需要密封，不选A；B、新制的氯水中有次氯酸，见光分解，所以需要用棕色瓶保存，不选B；C、溴有挥发性，所以用一层水进行水封，不选C；D、碘是容易升华的固体，应放在棕色的广口瓶中，选D。‎ ‎17.RO3n﹣中共有x个电子，R原子质量数为A，则a克RO3n﹣中含有质子的物质的量为（　　）‎ A. （x﹣n）mol B. （x﹣24﹣n）mol C. （x﹣n）mol D. （x+n）mol ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】RO3n-中共有x个电子，则RO3n-含有的质子数为x-n，R原子的质量数为A，则a克RO3n-的物质的量为 =，故a克RO3n-中含质子的物质的量为: ×(x-n)= （x﹣n）mol，故选A。‎ ‎18.下列溶液中c(Cl－)与50 mL 1 mol·L－1AlCl3溶液中c(Cl－)相等的是(　　)‎ A. 150 mL 1 mol·L－1的NaCl溶液 B. 75 mL 2 mol·L－1的NH4Cl溶液 C. 150 mL 2 mol·L－1的KCl溶液 D. 75 mL mol·L－1的FeCl3溶液 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】50mL 1mol·L-1的AlCl3 溶液中的c(Cl﹣)为3mol·L-1，根据溶质化学式计算各选项中的Cl﹣物质的量，进行比较可以知道，注意溶液中溶质离子的浓度与溶液体积无关，以此解答。‎ ‎【详解】50mL 1mol·L-1的AlCl3 溶液中的c(Cl﹣)为3mol·L-1， A. 150 mL 1 mol·L-1的NaCl溶液，溶液中c(Cl﹣)为1 mol·L-1，与50mL 1mol·L-1的AlCl3溶液中的c(Cl﹣)不相等，故A不选； B. 75 mL 2mol·L-1的NH4Cl溶液中c(Cl﹣)为2mol·L-1，与50mL 1mol·L-1的AlCl3溶液中的c(Cl﹣‎ ‎)不相等，故B不选； C. 150 mL 2mol·L-1的KCl溶液，溶液中c(Cl﹣)为2mol·L-1，与50mL 1mol·L-1的AlCl3溶液中的c(Cl﹣)不相等，故C不选； D. 75 mL 1mol·L-1的FeCl3溶液，溶液中c(Cl﹣)为3 mol·L-1，与50mL 1mol·L-1的AlCl3溶液中的c(Cl﹣)相等，故D选。 所以D选项是正确的。‎ ‎19.下列说法不正确的是（　　）‎ A. 用氯气制漂白粉的主要目的是转变为较稳定，便于贮存的物质 B. 漂白粉在空气中容易失效的原因是次氯酸钙易和空气中的水及二氧化碳反应 C. 氯原子最外层有 7 个电子，故在化学反应中易结合一个电子而形成 Cl﹣‎ D. 次氯酸是一种弱酸是因为次氯酸不稳定，易分解 ‎【答案】D ‎【解析】次氯酸钙的稳定性大于次氯酸，故A正确；次氯酸钙易和空气中的水及二氧化碳反应生成碳酸钙和次氯酸，故B正确；氯原子最外层有 7 个电子，在化学反应中易结合一个电子而形成 Cl﹣，故C正确；因为次氯酸在水中只能部分电离，所以次氯酸是弱酸是，故D错误。‎ ‎20.下列实验装置图所示的实验操作，不能达到相应的实验目的的是（　　）‎ A. 除去CO气体中的CO2 ‎ B. 分离沸点相差较大的互溶液体混合物 ‎ C. 容量瓶中转移液体 ‎ D. 分离互不相容的两种液体 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A项，NaOH溶液能吸收CO2，不吸收CO，长管进气、短管出气可确保CO2被充分吸收，A项能达到目的；‎ B项，分离沸点相差较大的互溶液体混合物用蒸馏法，蒸馏装置中温度计的水银球应在蒸馏烧瓶支管口附近，B项不能达到目的；‎ C项，向容量瓶中转移液体时用玻璃棒引流，C项能达到目的；‎ D项，分离互不相溶的两种液体用分液法，D项能达到目的；‎ 答案选B。‎ ‎21.已知反应 ①2BrO3－+ Cl2=Br2+2ClO3－；②5Cl2+ I2+6H2O=2HIO3+10HCl ‎③ClO3－+5Cl－+6H+=3Cl2+3H2O，下列物质氧化能力强弱顺序正确的是（ ）‎ A. ClO3－＞BrO3－＞IO3－＞Cl2 B. BrO3－＞Cl2＞C1O3－＞IO3－‎ C. BrO3－＞ClO3－＞Cl2＞IO3－ D. Cl2＞BrO3－＞C1O3－＞IO3－‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】①反应中氧化剂是BrO3-，氧化产物是C1O3-；②反应中氧化剂是Cl2，氧化产物是HIO3；③反应中氧化剂是ClO3-，氧化产物是Cl2，根据氧化还原反应中氧化剂氧化性大于氧化产物可知氧化能力由大到小为：BrO3->ClO3->Cl2>IO3-，故C正确，‎ 答案选C。‎ ‎22.从 KNO3和少量 NaCl 杂质的混合物中提纯 KNO3．涉及的操作依次有：①溶解 ②过滤 ③结晶 ④冷却 ⑤蒸发浓缩．其中合理的是（　　）‎ A. ①②③④⑤ B. ①⑤④③② ‎ C. ①③⑤④② D. ①②⑤③④‎ ‎【答案】B ‎【解析】硝酸钾的溶解度受温度影响大，氯化钠的溶解度受温度影响小，从 KNO3和少量 NaCl 杂质的混合物中提纯 KNO3，用蒸发浓缩、冷却结晶的方法，合理的步骤是：溶解、蒸发浓缩、冷却、结晶、过滤，故B正确。‎ ‎23.将 0.2mol MnO2和 50mL 12mol•L﹣1浓盐酸混合后缓缓加热，反应完全后，再向溶液中加入足量 AgNO3溶液，生成 AgCl 沉淀的物质的量为（不考虑盐酸的挥发）（　　）‎ A. 大于 0.3 mol，小于 0.6 mol B. 等于 0.3 mol C. 小于 0.3 mol D. 大于 0.6 mol ‎【答案】A ‎【解析】50mL 12mol•L﹣1浓盐酸中氯化氢的物质的量为0.05× 12mol•L﹣1=0.6mol，根据反应方程式 ，若盐酸完全反应则生成氯气的物质的量是0.15mol，由于二氧化锰与稀盐酸不反应，所以生成氯气的物质的量小于0.15mol，溶液中剩余氯离子的物质的量大于（0.6mol－0.15mol×2），所以生成 AgCl 沉淀的物质的量大于大于 0.3 mol，小于 0.6 mol，故A正确。‎ ‎24.对于反应3Cl2+6NaOH＝5NaCl+NaClO3+3H2O，以下叙述正确的是（　　）‎ A. Cl2是氧化剂，NaOH是还原剂 B. 被氧化的Cl原子和被还原的Cl原子的物质的量之比为5∶1‎ C. Cl2既是氧化剂又是还原剂 D. 每生成1mol的NaClO3转移6mol的电子 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、在反应3Cl2+6NaOH＝5NaCl+NaClO3+3H2O中，Cl2中的Cl元素部分化合价升高变为NaClO3中的+5价，作还原剂；部分化合价降低，变为NaCl中的-1价，化合价降低，作氧化剂，而NaOH的组成元素化合价没有变化，因此NaOH既不是氧化剂，也不是还原剂，A错误；‎ B、在反应中3个Cl2中的Cl原子有5个作氧化剂变为NaCl，有1个失去电子，作还原剂变为NaClO3，所以被氧化的Cl原子和被还原的Cl原子的物质的量之比为1∶5，B错误；‎ C、根据以上分析可知Cl2既是氧化剂又是还原剂，C正确；‎ D、每生成1molNaClO3转移5mol的电子，D错误；‎ 答案选C。‎ ‎25.向25mL 2mol·L-1稀硫酸中加入25mL 1mol·L-1的BaCl2溶液，充分反应后，溶液中H+物质的量浓度为（设稀溶液相混后总体积为原分体积之和）（　　）‎ A. 2mol·L-1 B. 1mol·L-1 ‎ C. 0.5mol·L-1 D. 0.25mol·L-1‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】根据反应过程中氢离子的物质的量不变结合c＝n/V解答。‎ ‎【详解】向25mL 2mol·L-1稀硫酸中加入25mL 1mol·L-1的BaCl2溶液，充分反应后生成硫酸钡沉淀和氯化氢，氢离子不参与离子反应，则溶液中H+物质的量浓度为（设稀溶液相混后总体积为原分体积之和）。答案选A。‎ ‎26.现有以下物质：①NaCl溶液；②液态HCl；③乙醇（C2H5OH）；④熔融的KNO3；⑤BaSO4固体； ⑥液氨；⑦冰醋酸；⑧石墨．‎ 其中：属于电解质且能导电的是___________________，属于非电解质的是_______________‎ ‎【答案】(1). ④ (2). ③⑥‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】含有自由移动的离子或自由移动电子的物质能导电；在水溶液或熔融状态下能导电的化合物是电解质；在水溶液和熔融状态下都不能导电的化合物是非电解质。‎ ‎【详解】①NaCl溶液含有自由移动的离子，能导电，NaCl溶液是混合物，既不是电解质又不是非电解质；②液态HCl不含自由移动的离子，不能导电，氯化氢的水溶液能导电，所以液态HCl是电解质；③乙醇（C2H5OH）不含自由移动的离子，不能导电，乙醇在水溶液和熔融状态下都不能导电，是非电解质；④熔融的KNO3含有自由移动的离子，能导电，属于电解质；⑤BaSO4固体不含自由移动的离子，不能导电，熔融的BaSO4能导电，属于电解质； ⑥液氨不含自由移动的离子，不能导电，自身不能电离，属于非电解质；⑦冰醋酸不含自由移动的离子，不能导电，其水溶液能导电，冰醋酸是电解质；⑧石墨含有自由移动的电子，能导电，石墨是单质，既不是电解质又不是非电解质；属于电解质且能导电的是④，属于非电解质的是③⑥。‎ ‎27.完成下列化学用语：‎ ‎（1）画出 O2﹣结构示意图：_____，某种核素质量数 37，中子数 20，其原子符号：_____‎ ‎（2）写出实验室制氯气的化学方程式：______________________‎ ‎（3）工厂里常用浓氨水来检验氯气管道是否泄漏，其原理为：8NH3+3Cl2=6NH4Cl+N2，请用双线桥表示其电子转移的方向和数目__________________________________‎ ‎【答案】(1). (2). (3). MnO2+4HCl(浓) MnCl2+C12↑+2H2O ‎ ‎(4). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】（1）O2﹣核外有10个电子；某种核素质量数为 37、中子数为 20，质子数是17，属于氯元素。‎ ‎（2）实验室用二氧化锰和浓盐酸加热制取氯气；‎ ‎（3）8NH3+3Cl2=6NH4Cl+N2反应中氯元素化合价由0降低为-1，氮元素化合价由-3升高为0。‎ ‎【详解】（1）O2﹣核外有10个电子，结构示意图是；某种核素质量数为 37、中子数为 20，质子数是17，属于氯元素，原子符号是 。‎ ‎（2）二氧化锰和浓盐酸加热生成氯化锰、氯气、水，反应方程式是MnO2+4HCl(浓) MnCl2+C12↑+2H2O；‎ ‎（3）8NH3+3Cl2=6NH4Cl+N2反应中氯元素化合价由0降低为-1，氮元素化合价由-3升高为0，电子转移的方向和数目是。‎ ‎28.烧杯中装有50mLH2SO4和 Na2SO4 的混合液，其浓度分别为 0.16mol/L 和 2mol/L，欲使其浓度分别变为 1.6mol/L 和 0.2mol/L，在只有蒸馏水和 18mol/L 浓H2SO4以及必要仪器的条件下，完成任务：‎ ‎（1）如图所示仪器，配制上述溶液不需用到的是_____（填字母）．配制过程中还缺少的玻璃仪器是_____（填仪器名称）‎ ‎（2）下列操作可能引起所配溶液浓度偏高的有_____‎ A．容量瓶中原来存有少量蒸馏水 ‎ B．定容时，俯视观察刻度线 C．将量筒洗涤 2﹣3 次，并将洗涤液全部转移至容量瓶中 D．没有用蒸馏水洗烧杯 2﹣3 次，并将洗液移入容量瓶中 ‎（3）实验操作过程中，应量取______mL18mol•L﹣1的浓 H 2SO4溶液.‎ ‎【答案】(1). C (2). 500mL容量瓶 (3). BC (4). 44‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】烧杯中装有50mLH2SO4和 Na2SO4 的混合液，欲使的Na2SO4浓度由2mol/L变为0.2mol/L，溶液体积应该变为=500mL，H2SO4的浓度由0.16mol/L增大为1.6mol/L，需加浓硫酸的物质的量是0.5L×1.6mol/L－0.05L×0.16mol/L=0.792mol。所以要完成任务，需加入一定体积的浓硫酸，再加入蒸馏水稀释到500mL。‎ ‎【详解】（1）要完成任务，需加入一定体积的浓硫酸，再加入蒸馏水稀释到500mL；需要的仪器有烧杯、玻璃棒、量筒、500 mL容量瓶、胶头滴管，如图所示的仪器中不需用到的是分液漏斗，选C；配制过程中还缺少的玻璃仪器是500 mL容量瓶；‎ ‎（2）A．容量瓶中原来存有少量蒸馏水，对所配溶液浓度无影响，故不选A； ‎ B．定容时，俯视观察刻度线，溶液体积偏小，所配溶液浓度偏高，故选B；‎ C．将量筒洗涤 2﹣3 次，并将洗涤液全部转移至容量瓶中，硫酸物质的量偏多，所配溶液浓度偏高，故选C；‎ D．没有用蒸馏水洗烧杯 2﹣3 次，并将洗液移入容量瓶中，溶质物质的量偏少，所配溶液浓度偏小，故不选D；‎ ‎（3）需加浓硫酸的物质的量是0.5L×1.6mol/L－0.05L×0.16mol/L=0.792mol，需浓硫酸的体积是0.044L=44 mL，实验操作过程中，应量取44 mL18mol•L﹣1的浓 H2SO4‎ 溶液。‎ ‎29. 将6.5g锌放入足量的稀硫酸中充分反应，得到80mL密度为1.25g/mL的溶液。试计算：（写出计算过程）‎ ‎（1）生成标准状况下的H2多少升？‎ ‎（2）所得溶液中硫酸锌的物质的量浓度。‎ ‎【答案】(6分)（1）2.24L；（2）1.25mol·L-1（每项3分，过程2分，结果1分）‎ ‎【解析】试题分析：（1）6.5gZn的物质的量是6.5g/65g/mol=0.1mol，根据Zn+H2SO4="Zn" SO4+ H2↑，可知生成氢气的物质的量是0.1mol，标准状况下的体积是0.1mol×22.4L/mol=2.24L；‎ ‎（2）由题意可知该溶液的体积是80mL，即0.08L，根据Zn元素守恒，硫酸锌的物质的量也是0.1mol，实验硫酸锌的物质的量浓度是0.1mol/0.08L=1.25mol/L。‎