【化学】浙江省慈溪市三山高级中学2018-2019学年高二上学期期初考试（解析版）

浙江省慈溪市三山高级中学2018-2019学年高二上学期期初考试
1.下列属于酸性氧化物的是
A. CO2 B. CaO C. K2SO4 D. NaOH
【答案】A
【解析】
A、二氧化碳能和碱反应生成盐和水，故为酸性氧化物，故A正确；B、CaO能和酸反应生成盐和水，为碱性氧化物，故B错误；C、硫酸钾不是氧化物，属于盐，故C错误；D、NaOH不是氧化物，属于碱，故D错误；故选A。
点睛：本题考查了酸性氧化物的概念，酸性氧化物即能和碱反应生成盐和水的氧化物。非金属氧化物大多数为酸性氧化物，应注意的是酸性氧化物和碱反应只能生成盐和水，不能生成其他物质。
2.仪器名称为“容量瓶”的是
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
A．为圆底烧瓶，故A错误；B．为试管，故B错误； C．容量瓶是一种带有磨口玻璃塞的细长颈、梨形的平底玻璃瓶，颈上有刻度，该仪器为容量瓶，故C正确；D．为烧杯，故D错误；故选C。
3.常温下能与水反应的金属单质是
A. SiO2 B. Br2 C. Na2O D. Na
【答案】D
【解析】
依据题意要求，符合条件的物质必须是金属单质，而二氧化硅、氧化钠不是单质，溴是非金属单质，钠是金属单质，能够与水反应生成氢氧化钠和氢气，故选D。
4.HCl＋NaOH＝NaCl＋H2O的反应类型是
A. 化合反应 B. 置换反应 C. 分解反应 D. 复分解反应
【答案】D
【解析】
由酸和碱发生的化学反应HCl+NaOH=NaCl+H2O可知：氢氧化钠属于碱，盐酸属于酸，酸和碱的反应是中和反应，属于复分解反应，故选D。
5.下列物质中，属于可再生的能源是
A. 氢气 B. 石油 C. 煤 D. 天然气
【答案】A
【解析】
A．氢气可以用分解水来制取，属于可再生能源，故A正确；B．石油属于化石燃料，不能短时期内从自然界得到补充，属于不可再生能源，故B错误；C．煤属于化石燃料，不能短时期内从自然界得到补充，属于不可再生能源，故C错误；D．天然气属于化石能源，属于不可再生能源，故D错误；故选A。
点睛：了解可再生能源和不可再生能源的特点是正确解答本题的关键。人类开发利用后，在现阶段不可能再生的能源，属于不可再生能源；在自然界中可以不断再生的能源，属于可再生能源。
6. 硅元素在周期表中的位置是
A. 第二周期ⅣA族 B. 第三周期ⅣA族
C. 第三周期ⅥA族 D. 第二周期ⅥA族
【答案】B
【解析】
试题分析：硅元素是14号元素，核外电子排布为2、8、4，有三个电子层，最外层有4个电子，则在周期表中的位置为第三周期ⅣA族，答案选B。
考点：考查元素在周期表中的位置。
7.下列化学用语表述正确的是
A. 水分子的结构式： B. 氯化钠的电子式：
C. 氯气的比例模型： D. 硫原子的结构示意图：
【答案】A
【解析】
A．水分子中含有2个O-H键，其结构式为：，故A正确；B．离子化合物的电子式中标有电荷，氯化钠的电子式为，故B错误；C．氯气中含有2个Cl原子，2个氯原子一样大，氯气的比例模型为：，故C错误；D．硫原子的质子数是16，最外层含有6个电子，原子结构示意图为：，故D错误；故选A。
8.下列物质不能使淀粉碘化钾溶液变蓝的是
A. SO2 B. H2O2 C. 新制氯水 D. 碘酒
【答案】A
【解析】
A. SO2和碘化钾不反应,所以没有碘单质生成,则不能使淀粉碘化钾溶液变蓝,故A正确； B. H2O2具有强氧化性，能和碘离子反应生成碘单质,所以能使淀粉碘化钾溶液变蓝,B错误; C. 新制氯水中氯气和碘离子发生置换反应生成碘单质,所以能使淀粉碘化钾溶液变蓝色, C错误；D. 碘酒中含有碘单质,碘与淀粉溶液变蓝色,所以能使淀粉碘化钾溶液变蓝色, D错误。答案选A.
9.下列说法不正确的是
A. 核素的中子数是0
B. 12C和14C互为同位素
C. 金刚石、石墨和富勒烯互为同素异形体
D. CH3CH2OH和CH3OCH3互为同分异构体
【答案】A
【解析】
【详解】A．中子数=质量数-质子数=2-1=1，A错误；
B．12C和14C是具有相同的质子数和不同的中子数的碳原子，互为同位素，B正确；
C．金刚石、石墨和富勒烯是碳元素组成的性质不同的单质，互称同素异形体，C正确；
D．CH3CH2OH和CH3OCH3是具有相同的分子式和不同结构的化合物，互为同分异构体，D正确；
答案选A。
10.实验室有两瓶失去标签的溶液，其中一瓶是稀H2SO4溶液，另一瓶是蔗糖溶液。鉴别时，下列选用的试纸或试剂不正确的是
A. pH试纸 B. KCl溶液 C. BaCl2溶液 D. Na2CO3固体
【答案】B
【解析】
【详解】A．硫酸可使pH试纸变红色，蔗糖不能，可鉴别，A正确；
B．二者与氯化钾都不反应，不能鉴别，B错误；
C．硫酸与氯化钡反应生成白色沉淀，蔗糖不能，能鉴别，C正确；
D．碳酸钠与硫酸反应生成气体，蔗糖不能，可鉴别，D正确，
答案选B。
11.下列说法不正确的是(　　)
A. 高压钠灯常用于道路的照明 B. 饱和石灰水用来制漂白粉
C. 硅晶体用作半导体材料 D. 金属镁常用来制造信号弹和焰火
【答案】B
【解析】
高压钠灯发出的黄光射程远,透雾能力强,常用于道路和广场的照明，A项正确；氯气与石灰乳反应用来制漂白粉，B项错误；硅晶体用作半导体材料，C项正确；镁燃烧时会发出耀眼的白光,所以可以用于制造信号弹和焰火，D项正确。
12.已知1 mol CH4气体完全燃烧生成气态CO2和液态H2O，放出890.3 kJ热量，则表示该反应的热化学方程式正确的是
A. CH4(g)＋2O2(g)＝CO2(g)＋2H2O(g) △H＝＋890.3 kJ·mol-1
B. CH4(g)＋2O2(g)＝CO2(g)＋2H2O(l) △H＝－890.3 kJ·mol-1
C. CH4(g)＋2O2(g)＝CO2(g)＋2H2O(l) △H＝＋890.3 kJ·mol-1
D. CH4(g)＋2O2(g)＝CO2(g)＋2H2O(g) △H＝－890.3 kJ·mol-1
【答案】B
【解析】
试题分析：1 mol CH4气体完全燃烧生成气态CO2和液态H2O，放出890.3 kJ热量，表示该反应的热化学方程式为CH4(g)＋2O2(g)＝CO2(g)＋2H2O(l) ΔH＝－890.3 kJ·mol-1，答案选B。
考点：考查热化学方程式的书写。
13.有关SO2的性质，下列说法不正确的是
A. 能使品红溶液褪色 B. 能与NaOH溶液反应
C. 能与H2O反应生成H2SO4 D. 一定条件下能与O2反应生成SO3
【答案】C
【解析】
A、二氧化硫具有漂白性，可以使品红溶液褪色，故A正确；B、二氧化硫是酸性氧化物，能和碱发生反应生成亚硫酸钠和水，故B正确；C、二氧化硫与水反应生成亚硫酸，不是硫酸，故C错误；D、二氧化硫在一定条件下能与O2反应生成SO3，故D正确；故选C。
14.有关苯的结构和性质，下列说法正确的是
A. 分子中含有碳碳双键 B. 易被酸性KMnO4溶液氧化
C. 与溴水发生加成反应而使溴水褪色 D. 在一定条件下可与浓硝酸和浓硫酸的混合酸反应生成硝基苯
【答案】D
【解析】
A、苯不是单双键交替的结构，结构中无碳碳双键，故A错误；B、苯中不含碳碳双键，不能被高锰酸钾溶液氧化，故B错误；C、苯和溴水发生萃取而使溴水褪色，而不是化学反应，故C错误；D、苯在浓硫酸做催化剂的条件下，能和浓硝酸发生硝化反应生成硝基苯，故D正确；故选D。
点睛：本题考查了苯的化学性质和结构，根据苯的结构来理解其性质，应注意的是苯和溴水只能萃取，和液溴在溴化铁的催化作用下能发生取代反应。
15.下列说法正确的是
A. HCl属于共价化合物，溶于水能电离出H+和Cl-
B. NaOH是离子化合物，该物质中只含离子键
C. HI气体受热分解的过程中，只需克服分子间作用力
D. 石英和干冰均为原子晶体
【答案】A
【解析】
A．HCl为共价化合物，在水分子的作用下完全电离，为强电解质，故A正确；B．NaOH为离子化合物含有离子键和O-H共价键，故B错误；C．HI不稳定，易分解，分解破坏共价键，故C错误；D．干冰熔沸点较低，为分子晶体，故D错误；故选A。
16.如图所示进行实验，下列说法不正确的是

A. 装置甲的锌片上和装置乙的铜片上均可观察到有气泡产生
B. 甲、乙装置中的能量变化均为化学能转化为电能
C. 装置乙中的锌、铜之间用导线连接电流计，可观察到电流计指针发生偏转
D. 装置乙中负极的电极反应式：Zn－2eˉ＝Zn2+
【答案】B
【解析】
A．装置甲的锌片与硫酸反应生成硫酸锌和氢气，装置乙中锌片、铜片和稀硫酸组成的原电池装置中，铜片作正极，正极上氢离子得电子发生还原反应，所以甲的锌片上和装置乙的铜片上均可观察到有气泡产生，故A正确；B．装置甲的锌片与硫酸反应生成硫酸锌和氢气没有形成原电池，故B错误；C．装置乙中锌片、铜片和稀硫酸组成的原电池装置中，所以锌、铜之间用导线连接电流计，可观察到电流计指针发生偏转，故C正确；D．装置乙中锌片、铜片和稀硫酸组成的原电池装置中，锌片的活泼性大于铜片的活泼性，所以锌片作负极，负极上锌失电子发生氧化反应，电极反应式：Zn-2e-═Zn2+，故D正确；故选B。
点睛：准确理解原电池原理是解题关键，装置甲的锌片与硫酸反应生成硫酸锌和氢气，装置乙中锌片、铜片和稀硫酸组成的原电池装置中，锌片的活泼性大于铜片的活泼性，所以锌片作负极，负极上锌失电子发生氧化反应，铜片作正极，正极上氢离子得电子发生还原反应，据此分析。
17.下列说法正确的是
A. 葡萄糖能水解生成CH3CH2OH和CO2
B. 油脂水解的产物之一丙醇是一种重要的工业原料
C. 蛋白质溶液加入饱和硫酸铵，析出的沉淀能重新溶于水中
D. 生活中用于制造水杯、食物保鲜膜的高分子材料是聚氯乙烯
【答案】C
【解析】
A. 葡萄糖属于单糖，不能发生水解，A错误；B. 油脂水解的产物之一丙三醇是一种重要的工业原料，而不是丙醇，B错误；C. 蛋白质溶液加入饱和硫酸铵发生盐析，蛋白质的盐析是可逆的，析出的沉淀能重新溶于水中，C正确；D.水杯、奶瓶、食物保鲜膜等用品的主要材料都是聚乙烯，故D错误； 答案选C
点睛：单糖不能水解；盐析是物理变化，是个可逆过程。
18.下列离子方程式正确的是
A. 硫酸钠溶液与氢氧化钡溶液反应：SO42-＋Ba2+＝BaSO4↓
B. 大理石与稀硝酸反应：CO32-＋2H+＝CO2↑＋H2O
C. 氯化铁溶液与碘化钾溶液反应：Fe3+＋2I-＝Fe2+＋I2
D. 氯化镁容液与氨水反应：Mg2+＋2OH-＝Mg(OH)2↓
【答案】A
【解析】
A．硫酸钠溶液与氢氧化钡溶液反应生成硫酸钡沉淀，反应的离子反应为SO42-+Ba2+═BaSO4↓，故A正确；B．大理石与稀硝酸反应的离子反应为CaCO3+2H+═Ca2++CO2↑+H2O，故B错误；C．氯化铁溶液与碘化钾溶液反应的离子反应为2Fe3++2I-═2Fe2++I2，故C错误；D．氯化镁溶液与氨水反应的离子反应为Mg2++2NH3·H2O═Mg(OH)2↓+2NH4+，故D错误；故选A。
点睛：把握发生的反应及离子反应的书写方法为解答的关键。离子方程式正误判断的常用方法：检查反应能否发生，检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合守恒关系，检查是否符合原化学方程式等。
19.恒温恒容下．将l molX和2 molY置于密闭容器中发生反应：X(s)+2Y(g)2Z(g)，10 min后达到平衡状态，下列说法正确的是
A. 平衡前，容器中压强随反应进行而减小
B. 平衡后，容器中Y和Z的物质的量之比一定为1:1
C. 10 min后，升高温度，Y的反应速率不变
D. 生成Z的物质的量一定小于2 moI
【答案】D
【解析】
A. 该反应是气体分子数不变的反应，容器中压强始终不变，A错误；B. 平衡时Y和Z的物质的量的多少不确定，Y和Z的物质的量之比不一定为1:1，B错误；C. 升高温度，Y的反应速率增大，C错误； D. 该反应是可逆反应，不可能进行到底，因此l molX和2 molY反应生成Z的物质的量一定小于2 mol，D正确。答案选D.
20.某温度时，2NO(g)＋O2(g)＝2NO2(g)反应到2 s后，NO的浓度减少了0.06 mol·L-1，则以O2表示该时段的化学反应速率是
A. 0.03 mol·L-1·s-1 B. 0.015 mol·L-1·s-1
C. 0.12 mol·L-1·s-1 D. 0.06 mol·L-1·s-1
【答案】B
【解析】
2s后，NO的浓度减少了0.06mol•L-1，则v(NO)==0.03mol/(L·s)，速率之比等于化学计量数之比，v(O2)=v(NO)=0.015mol/(L·s)，故选B。
21.下列说法正确的是
A. 棉花和蚕丝的主要成分都是纤维素
B. 蛋白质在一定条件发生水解反应生成葡萄糖
C. 煤的气化是在高温下煤和水蒸气作用转化为可燃性气体的过程
D. 食用植物油的主要成分是不饱和高级脂肪酸甘油酯，属于高分子化合物
【答案】C
【解析】
A．棉花主要成分为纤维素，蚕丝主要成分为蛋白质，二者成分不同，故A错误；B．蛋白质水解生成氨基酸，得不到葡萄糖，故B错误；C．煤的气化是指碳与水蒸气反应生成一氧化碳和氢气，一氧化碳和氢气都是易燃气体，故C正确；D．油脂相对分子质量较小，不是高分子化合物，故D错误；故选C。
22.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是(　　)
A. NA个氧分子与NA个氢分子的质量之比为8∶1
B. 100 mL 1.0 mol·L－1FeCl3溶液与足量Cu反应，转移的电子数为0.2NA
C. 标准状况下，11.2 L CCl4中含有C—Cl键的数目为2NA
D. NA个D2O分子中，含有10NA个电子
【答案】D
【解析】
A、NA个氧分子与NA个氢分子均为1mol，而等物质的量的物质的质量之比等于摩尔质量之比，故氧气和氢气的质量之比为32：2=16：1，故A错误；B、溶液中氯化铁的物质的量n=cV=1mol/L×0.1L=0.1mol，而反应后Fe3+变为+2价，故0.1mol氯化铁转移0.1mol电子即0.1NA个，故B错误；C、标况下，四氯化碳为液态，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，故C错误；D、重水中含10个电子，故NA个重水分子中的电子为10NA个，故D正确；故选D。
23.短周期主族元素 Q、W、X、Y、Z原子序数依次增加，其中Q、W原子核外L 电子层的电子数分别为0、4，X、Y、Z在周期表中的位置如图所示。 下列说法不正确的是

A. W、 X、 Q 的原子半径依次减小 B. Y 的最高价氧化物的水化物一定是强酸
C. W 和 Z 可能形成化合物W3Z8 D. Q、 X、 Z 可能形成离子化合物
【答案】B
【解析】
短周期主族元素 Q、W、X、Y、Z原子序数依次增加，其中Q、W原子核外L 电子层的电子数分别为0、4，知W为C，Q可能为H 或He，根据元素周期表知X可能为N, Y为P,Z为S,也可能X为O,Y为S,Z为Cl,。A. W、 X、 Q 的原子半径依次减小，故A对；B为P，最高价氧化物的水化物为H3PO4属于中强酸，故B错误；C W为C， Z 可能为Cl也可能为S,可能形成化合物 W3Z8,故D对。答案：B。
点睛：考查元素周期表和元素周期律的相关知识。本题是根据元素周期表和原子结构来推断元素的性质的。本题的突破口短周期主族元素 Q、W、X、Y、Z原子序数依次增加，其中Q、W原子核外L 电子层的电子数分别为0、4，进行判断。
24.ClO2和NaClO2均具有漂白性，工业上用ClO2气体制NaClO2的工艺流程如图所示。

下列说法不正确的是
A. 步骤a的操作包括过滤、洗涤和干燥
B. 吸收器中生成NaClO2的离子方程式：2ClO2+H2O2=2C1O2-+O2↑+2H+
C. 工业上可将ClO2制成NaClO2固体，便于贮存和运输
D. 通入空气的目的是驱赶出ClO2，使其被吸收器充分吸收
【答案】B
【解析】
A. 步骤a中，由溶液得到NaClO2固体，进行的操作为：过滤、洗涤和干燥，A正确；B. 吸收器中发生反应：2ClO2+2NaOH+H2O2═2NaClO2+O2+2H2O，离子方程式为： 2ClO2+2OH−+H2O2=2ClO2-+O2+2H2O，B错误；C. 固体比气体便于贮存和运输，工业上可将ClO2制成NaClO2固体，C正确；D.  反应结束后，发生器中仍有少量ClO2，用空气可以将其排出，确保其在吸收器中被充分吸收，D正确。答案选B.
25.现有一份澄清溶液， 可能含有 Na＋、 K＋、 NH4+、 Ca2＋、 Fe3＋、 SO42－、 CO32－、 SO32－、 Cl－、I－中的若干种， 且离子的物质的量浓度均为 0.1 mol·L－1（不考虑水解和水的电离）。 往该溶液中加入过量的盐酸酸化的 BaCl2 溶液， 无沉淀生成。 另取少量原溶液， 设计并完成如下实验：

则关于原溶液的判断中不正确的是
A. 是否存在 Na＋、K＋需要通过焰色反应来确定
B. 通过CCl4 层的颜色变化，也能判断出原溶液中是否存在Fe3＋
C. 虽然实验过程引入了氯元素， 但不影响原溶液是否存在Cl－的判断
D. 肯定不存在的离子是 Ca2＋、Fe3＋、SO42－、CO32－、Cl－
【答案】CD
【解析】
【详解】试样加足量的Cl2水，没有气体产生，说明无CO32－，溶液加四氯化碳分层，下层为紫红色，说明有I－无Fe3＋，因为两者不能共存。上层加硝酸钡和稀硝酸，有白色沉淀产生，说明可能是SO42－、 SO32－或单一一个。根据往该溶液中加入过量的盐酸酸化的 BaCl2 溶液， 无沉淀生成，说明原溶液无SO42－，一定有SO32－，根据离子共存，溶液中无Ca2＋存在，滤液加硝酸银和硝酸，不能确定是否含有Cl－。A. 是否存在 Na＋、K＋需要通过焰色反应来确定正确，故A对，B. 通过CCl4 层的颜色变化，也能判断出原溶液中是否存在Fe3＋正确，故B对；C. 虽然实验过程引入了氯元素， 肯定会影响原溶液是否存在Cl－的判断故C错；D. 肯定不存在的离子是 Ca2＋、Fe3＋、SO42－、CO32－、Cl－错误，因为不能确定是否存在Cl－，故D错。答案;C D。
26.已知某气态烃X在标准状态下的密度为1.16 g/L，A能发生银镜反应，E具有特殊香味，有关物质的转化关系如下：

请回答：
(1)B中含有的官能团名称是_____________，反应④的反应类型为_____________。
(2)写出反应①的化学方程式_____________。
(3)下列说法正确的是_____________。
A．有机物D在加热条件下可以使黑色的氧化铜变红
B．有机物A分子中的所有原子在同一平面上
C．有机物B与C在一定条件下可以反应生成有机物E
D．有机物E中混有B和D，可用NaOH溶液将E分离出来
【答案】 (1). 羧基 (2). 加成反应 (3). CH≡CH+H2OCH3CHO (4). AC
【解析】
气态烃X在标准状态下的密度为1.16g/L，X的摩尔质量为1.16g/L 22.4L/mol=26g/mol，可知X是乙炔。乙炔与水在催化剂的作用下可生成乙醛，所以A为乙醛；乙醛在氧气催化剂的作用下可生成乙酸，所以B为乙酸；乙炔与氢气在催化剂的作用下可生成乙烯，所以C为乙烯；乙烯与水在催化剂的作用下可生成乙醇，所以D为乙醇。B与D反应可生成乙酸乙酯，所以E为乙酸乙酯。根据以上分析可以解答下列问题。
(1) B为乙酸，B中含有的官能团为：羧基；反应④是乙烯与水的加成反应，反应④的反应类型为加成反应。答案为：羧基、加成反应
(2) 反应①是乙炔与水在催化剂的作用下生成乙醛的反应，方程式为：CH≡CH+H2OCH3CHO，答案为：CH≡CH+H2OCH3CHO
(3) A．有机物D为乙醇，在加热条件下可以与黑色的氧化铜反应，得到红色的单质铜，A正确；B．有机物A为乙醛，分子中含有甲基，所有原子不可能在同一平面上，B错误；C．有机物B为乙酸、C为乙醇，在一定条件下可以反应生成有机物乙酸乙酯，C正确；D．有机物乙酸乙酯中混有乙酸和乙醇，可用Na2CO3溶液将乙酸乙酯分离出来，D错误。答案为AC
27.为探究矿石样品A（仅含两种元素）的组成和性质，设计并完成如下实验：

已知溶液D中只含一种金属阳离子，与铁粉充分反应后固体质量减少14 g。
请回答：
(1)样品A的化学式为________________。
(2)写出气体c与溴水反应的离子方程式___________________。
(3)写出样品A与盐酸发生氧化还原反应的化学方程式____________________。
【答案】 (1). Fe3S4 (2). SO2+Br2+2H2O=4H++2Br-+SO42- (3). Fe3S4+6HCl=3FeCl2+S↓+3H2S↑
【解析】
矿石样品A（仅含两种元素）在足量O2中灼烧，可生成固体B和气体C，气体C与溴水反应生成无色溶液E，说明气体C为SO2；固体B与过量的HCl反应，可生成棕黄色溶液D，D与过量铁粉反应生成H2，并且溶液D中只含一种金属阳离子，说明棕黄色溶液D为FeCl3。根据以上分析可以解答下列问题。
（1）根据以上分析可知样品A中含有Fe和S元素，设样品A中含有Fe原子物质的量为X摩尔，根据溶液D与铁粉充分反应后固体质量减少14g，发生的离子反应为：Fe+2Fe3+=3Fe2+、Fe+2H+=Fe2++H2↑，可知减少固体的质量为：+0.1=14，解得X=0.3mol，则S原子的物质的量为：=0.4 mol，所以样品A的化学式为Fe3S4。答案为：Fe3S4
（2）SO2与溴水反应生成硫酸和溴化氢，反应的离子方程式为：SO2+Br2+2H2O=4H++2Br-+SO42-答案为：SO2+Br2+2H2O=4H++2Br-+SO42-
（3）Fe3S4与盐酸可以发生氧化还原反应，方程式为：Fe3S4+6HCl=3FeCl2+S↓+3H2S↑答案为：Fe3S4+6HCl=3FeCl2+S↓+3H2S↑
28.用无水Na2SO3固体配制 250 mL 0.1000 mol·L－1溶液的步骤如下图，请回答：

（1）在配制过程中必要的仪器有：烧杯、玻璃棒、胶头滴管、天平和____________；
（2）下列操作不会使配得的Na2SO3溶液浓度偏低的是__________。
A．容量瓶刚用蒸馏水洗净，没有烘干
B．图③没有用蒸馏水洗烧杯 2-3 次，并转移洗液
C.图⑤时仰视容量瓶的刻度线
D.图⑥后，发现液面略低于刻度线，再滴加少量水使液面凹面与刻度线相切
【答案】 (1). 250mL容量瓶 (2). BCD
【解析】
【详解】（1）固体称量需要托盘天平，配制溶液在烧杯中溶解，需要玻璃棒搅拌，转移到容量瓶中定容，需要胶头滴管滴加液体，则在配制过程中必要的仪器有：烧杯、玻璃棒、胶头滴管、天平和250mL容量瓶；
（2）A．容量瓶刚用蒸馏水洗净，没有烘干,不影响，A错误；
B．图③没有用蒸馏水洗烧杯2～3次，并转移洗液，溶质的物质的量减少，浓度偏低，B正确；
C.图⑤时仰视容量瓶的刻度线，溶液的体积增加，浓度偏低，C正确；
D.图⑥后，发现液面略低于刻度线，再滴加少量水使液面凹面与刻度线相切，溶液的体积增加，浓度偏低，D正确；
答案选BCD。
【点睛】本题考查配制一定浓度的溶液，为高频考点，把握配制溶液的步骤、仪器、误差分析为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意结合公式分析误差，题目难度不大。
29.取不同质量由 Ba(OH)2和 BaCO3组成的均匀混合样品,先加适量的水溶解,然后加入100mL某浓度稀盐酸,所得CO2气 体的体积(己换算为标准状况)与加入样品的质量关系如图所示(不考虑CO2的溶解、反应及碳酸氢盐的生成)。请计算:

(1)混合物中Ba(OH)2和 BaCO3物质的量之比为________。
(2)稀盐酸物质的量浓度为________mo1/L。
【答案】 (1). 1：1 (2). 0.800
【解析】
(1)由CO2的体积可得，其物质的量分别为0.005mol和0.010mol，由图象可知，当样品为1.84g时，盐酸过量，BaCO3完全反应，由反应BaCO3＋2HCl=BaCl2＋CO2↑＋H2O得n(BaCO3) =0.005mol，则1.84g样品中含n(Ba(OH)2)==0.005mol，所以混合物中Ba(OH)2和 BaCO3物质的量之比为1：1；
(2)由图象可知，11.04g样品与盐酸反应时，盐酸不足；按照等比例关系，可得11.04g样品中含n(BaCO3)=n(Ba(OH)2)=0.030mol，但此时生成的n(CO2)=0.010mol，根据中和反应优先的原则，反应消耗的盐酸的物质的量为0.030mol×2+0.010mol×2=0.080mol，因此稀盐酸物质的量浓度为==0.800mo1/L。
点睛：注意本题的说明，不考虑CO2的溶解、反应及碳酸氢盐的生成，也就是1molBaCO3和2molHCl直接反应生成1molCO2，否则本题将无法解答；要明确当样品不足时，才能确定样品的组成，当盐酸不足时才能计算其浓度。