2021-2022學(xué)年安徽省合肥市三十五中化學(xué)高二下期末學(xué)業(yè)水平測試模擬試題含解析

1、2022年高二下化學(xué)期末模擬試卷注意事項:1答題前，考生先將自己的姓名、準考證號碼填寫清楚，將條形碼準確粘貼在條形碼區(qū)域內(nèi)。2答題時請按要求用筆。3請按照題號順序在答題卡各題目的答題區(qū)域內(nèi)作答，超出答題區(qū)域書寫的答案無效；在草稿紙、試卷上答題無效。4作圖可先使用鉛筆畫出，確定后必須用黑色字跡的簽字筆描黑。5保持卡面清潔，不要折暴、不要弄破、弄皺，不準使用涂改液、修正帶、刮紙刀。一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、實現(xiàn)下列變化時，需克服相同類型作用力的是（ ）A二氧化硅和干冰的熔化 B食鹽和葡萄糖分別溶解在水中C鋅和氯化銨的熔化 D液氯和苯的汽化2、常溫下，向0.1mol/L的AlCl3溶

2、液中不斷加入NaOH溶液，體系中含鋁微粒的分布分數(shù)隨溶液pH的變化如圖所示。下列說法錯誤的是ApH=4的溶液中：c(Al3)cAl(OH)2cAl(OH)2BpH=4.5的溶液中：c(H)3c(Al3)2cAl(OH)2cAl(OH)2c(Cl)c(OH)CpH=7時，向體系中再加入NaOH溶液，主要發(fā)生的離子反應(yīng)為Al（OH）3OHAl（OH）4-DpH=8時，向得到的溶液中通入CO2至飽和，主要發(fā)生的離子反應(yīng)為2Al（OH）4-+CO2=2Al（OH）3+CO32-+H2O，CO32-+CO2+H2O=2HCO3-3、下列敘述中不正確的是（ ）A與強酸、強堿都反應(yīng)的物質(zhì)只有兩性氧化物或兩性

3、氫氧化物B過氧化鈉可用于呼吸面具或潛水艇中作為氧氣的來源C碳酸鈉俗稱蘇打,碳酸氫鈉俗稱小蘇打D氧化鋁是冶煉金屬鋁的重要原料,也是一種比較好的耐火材料,它可以用來制造耐火坩堝,耐火管和耐高溫的實驗儀器4、常溫下，下列各組離子在指定溶液中一定能大量共存的是A滴入酚酞顯紅色的溶液：Na+、NH4+、NO3-、Cl-B0.1molL-1Fe(NO3)2溶液：H+、Al3+、SO42-、Cl-C0.1molL-1氨水溶液：K+、Na+、NO3-、A1O2-Dc(H+)/c(OH-)=1012molL-1的溶液：Ca2+、NH4+、Cl-、HCO3-5、已知：乙烯在催化劑和加熱條件下能被氧氣氧化為乙醛，這

4、是乙醛的一種重要的工業(yè)制法；兩個醛分子在NaOH溶液作用下可以發(fā)生自身加成反應(yīng)，生成一種羥基醛：若兩種不同的醛，例如乙醛與丙醛在NaOH溶液中最多可以形成羥基醛 ()A1種B2種C3種D4種6、下列圖示中關(guān)于銅電極的連接錯誤的是AA BB CC DD7、下列事實中，不能用勒夏特列原理解釋的是( )A對熟石灰的懸濁液加熱，懸濁液中固體質(zhì)量增加B實驗室中常用排飽和食鹽水的方式收集氯氣C打開汽水瓶，有氣泡從溶液中冒出D向稀鹽酸中加入少量蒸餾水，鹽酸中氫離子濃度降低8、有一包白色粉末X，由BaCl2、K2SO4、CaCO3、NaOH、CuCl2、KCl中的一種或幾種組成，為了探究其成分，進行了如下實驗

5、：下列判斷正確的是A白色濾渣A可能為CaCO3、BaSO4的混合物BK2SO4、CuCl2一定不存在CKCl、K2SO4可能存在DCaCO3、BaCl2一定存在，NaOH可能存在9、下列各組分子中，都屬于含極性鍵的非極性分子的是ACO2 H2SBC2H4 BF3 CC60 C2H4DNH3 HCl10、下列各物質(zhì)性質(zhì)的排序比較正確的是A沸點： 乙烷溴乙烷乙酸乙醇B分子的極性大?。篊H4HBrHClcAl(OH)2cAl(OH)2，A正確；B.pH=4.5的溶液中，根據(jù)溶液呈電中性，則c(Na)+c(H)3c(Al3)2cAl(OH)2cAl(OH)2c(Cl)c(OH)，B錯誤；C.pH=7時

6、，向體系中再加入NaOH溶液，根據(jù)圖像可知，氫氧化鋁的百分含量降低，cAl（OH）4-升高，主要發(fā)生的離子反應(yīng)為Al（OH）3OHAl（OH）4-，C正確；D.pH=8時，溶液中主要為Al（OH）4-，向得到的溶液中通入CO2至飽和，主要發(fā)生的離子反應(yīng)為2Al（OH）4-+CO2=2Al（OH）3+CO32-+H2O，CO32-+CO2+H2O=2HCO3-，D正確；答案為B。3、A【解析】分析：A.與強酸、強堿都反應(yīng)的物質(zhì)不一定是兩性物質(zhì)；B.過氧化鈉與水或二氧化碳反應(yīng)產(chǎn)生氧氣；C.根據(jù)物質(zhì)的俗名判斷；D.根據(jù)氧化鋁的性質(zhì)分析。詳解：A.與強酸、強堿都反應(yīng)的物質(zhì)不一定只有兩性氧化物或兩性氫氧

7、化物，例如碳酸氫鈉等，A錯誤；B.過氧化鈉能和水以及CO2反應(yīng)生成氧氣，可以用于呼吸面具或潛水艇中作為氧氣的來源，B正確；C.碳酸鈉俗稱蘇打，碳酸氫鈉俗稱小蘇打，C正確；D.氧化鋁是冶煉金屬鋁的重要原料，氧化鋁的熔沸點高，也是一種比較好的耐火材料，它可以用來制造耐火坩堝，耐火管和耐高溫的實驗儀器，D正確。答案選A。4、C【解析】滴入酚酞顯紅色的溶液呈堿性，NH4+與OH-生成，故A錯誤；酸性條件下，F(xiàn)e2+、NO3-、H+，發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成Fe3+，故B錯誤；0.1molL-1氨水溶液：K+、Na+、NO3-、A1O2-不反應(yīng)，故C正確；c(H+)/c(OH-)=1012molL-1的溶液

8、呈酸性，H+、HCO3-反應(yīng)生成二氧化碳和水，故D錯誤。5、D【解析】乙醛、丙醛在氫氧化鈉溶液中發(fā)生加成反應(yīng)可以有乙醛與乙醛、丙醛與丙醛、乙醛與丙醛（乙醛打開碳氧雙鍵）、丙醛與乙醛（丙醛打開碳氧雙鍵），共4種：、；答案選D。6、C【解析】A.Zn比Cu活潑，Zn是負極，Cu是正極，故A正確；B.電解精煉銅時，粗銅一定作陽極，精銅一定作陰極，硫酸銅溶液作電解液，故B正確；C.電鍍時，應(yīng)把鍍層金屬作陽極，待鍍金屬作陰極，含有鍍層離子的電解質(zhì)溶液作電解質(zhì)液，故C錯誤；D.因為Cu是活性電極，如果Cu作陽極，則不是溶液中的Cl放電，而是Cu溶解，所以電解氯化銅溶液時，應(yīng)該讓C作陽極，Cu作陰極，故D正

9、確；本題答案為C。7、D【解析】如果改變影響平衡的1個條件，則平衡就向能夠減弱這種改變的方向進行，這就是勒夏特列原理，該原理適用于所有的平衡體系?！驹斀狻緼. 熟石灰的懸濁液存在溶解平衡，Ca(OH)2的溶解度隨溫度的升高而降低，加熱熟石灰的懸濁液，溶解平衡逆向移動，固體質(zhì)量增加，故A可以用勒夏特列原理解釋；B.氯氣溶于水生成鹽酸和次氯酸，是可逆反應(yīng)，飽和食鹽水中含有濃度較大的Cl-，因此可以降低氯氣在水中的溶解度，故B可以用勒夏特列原理解釋；C.汽水瓶中溶有二氧化碳，二氧化碳和水生成碳酸是可逆反應(yīng)，打開汽水瓶，壓強降低，平衡逆向移動，二氧化碳從水中逸出，故C可以用勒夏特列原理解釋；D. 鹽酸

10、是被稀釋，濃度降低，所有不能用該原理來解釋；答案選D。8、B【解析】由流程可知，白色固體溶于水，得到無色溶液，則一定不含CuCl2，白色濾渣A與足量稀鹽酸反應(yīng)生成氣體D和溶液C，則濾渣A為CaCO3，不含BaSO4，生成的氣體D為CO2；CO2與無色溶液B反應(yīng)生成白色沉淀E和溶液F，則白色沉淀E為BaCO3，則一定含有BaCl2、NaOH，一定沒有K2SO4；可能存在KCl；據(jù)此分析解答?！驹斀狻緼白色濾渣A只有CaCO3，不存在BaSO4，因為加入足量稀鹽酸后沒有沉淀剩余，故A錯誤；B結(jié)合分析可知，原混合物中一定不存在K2SO4、CuCl2，故B正確；C根據(jù)上述分析，可能含有KCl，一定不存

11、在K2SO4，故C錯誤；D如果沒有NaOH，BaCl2與二氧化碳不反應(yīng)，無法生成碳酸鋇沉淀，則一定含有NaOH，故D錯誤；故選B?！军c睛】本題的易錯點為D，要注意氯化鋇溶液中通入二氧化碳，不能生成碳酸鋇沉淀，若要反應(yīng)得到沉淀，需要在堿性溶液中進行或?qū)⒍趸嫁D(zhuǎn)化為易溶于水的鹽。9、B【解析】A、二氧化碳為極性鍵形成的非極性分子，氯化氫為極性鍵形成的極性分子，A錯誤；B、BF3、C2H4中化學(xué)鍵都是不同元素構(gòu)成的，屬于極性鍵；二者分子中正電荷中心和負電荷中心相重合，屬于非極性分子，B正確；C、C60中只含有非極性鍵，為非極性分子；乙烯為極性鍵形成的非極性分子，C錯誤；D、氨氣和氯化氫都是由極性鍵

12、形成的分子，二者正電荷中心和負電荷中心不相重合，屬于極性分子，D錯誤；答案選B。10、B【解析】A乙酸的沸點：117.9，乙醇的沸點：78.4，乙酸、乙醇中都含有氫鍵，溴乙烷的沸點：38.4，乙烷在常溫下為氣態(tài)，沸點：乙烷溴乙烷乙醇乙酸，故A錯誤；BCH4為非極性分子，其它三種為極性分子，非金屬性FClBr，則分子極性HBrHClHF，所以四種分子的極性大小排序為：CH4HBrHClHF，故B正確；C. 常見酸性比較：強酸H2SO3H3PO4HFCH3COOHH2CO3H2SHClOH2SiO3，故C錯誤；D. 熱分解溫度：BaCO3、SrCO3、CaCO3、MgCO3離子電荷相同，半徑大小：

13、Ba2+Sr2+Ca2+Mg2+，固體晶格能：BaOSrOCaOMgO，生成的氧化物晶格能越大，越易分解，所以熱分解溫度：BaCO3SrCO3CaCO3MgCO3，故D錯誤；所以B選項是正確的?！军c睛】本題考查原子結(jié)構(gòu)與元素周期律的綜合應(yīng)用，題目難度中等，涉及沸點、分子的極性、酸性及熱分解溫度比較，明確常見元素及其化合物性質(zhì)為解答關(guān)鍵，試題有利于提高學(xué)生的靈活應(yīng)用能力。11、B【解析】A. 淀粉是多糖，相對分子質(zhì)量在一萬以上，為天然高分子化合物，故A錯誤；B. 油脂，相對分子質(zhì)量較小，不是高分子化合物，故B正確；C. 纖維素是多糖，相對分子質(zhì)量在一萬以上，為天然高分子化合物，故C錯誤；D. 核

14、酸，相對分子質(zhì)量在一萬以上，為天然高分子化合物，故D錯誤；本題故B。點睛：高分子化合物（又稱高聚物）一般相對分子質(zhì)量高于10000，結(jié)構(gòu)中有重復(fù)的結(jié)構(gòu)單元；有機高分子化合物可以分為天然有機高分子化合物（如淀粉、纖維素、蛋白質(zhì)天然橡膠等）和合成有機高分子化合物（如聚乙烯、聚氯乙烯等）。12、C【解析】A.電解質(zhì)的強弱與溶液的導(dǎo)電能力無關(guān),溶液的導(dǎo)電性強弱取決于溶液中離子濃度的大小,離子濃度越大,導(dǎo)電性越強,如硫酸鋇是強電解質(zhì),但它難溶于水,雖溶于水的部分能完全電離,而導(dǎo)電能力很弱,故A錯誤;B. 根據(jù)能否完全電離區(qū)分強電解質(zhì)弱電解質(zhì)，與相對分子質(zhì)量沒有關(guān)系,故B錯誤;C.強電解質(zhì)是指在水溶液中能

15、夠完全電離的化合物，弱電解質(zhì)是在水溶液中部分電離的化合物，故 C正確;D.硫酸鋇是強電解質(zhì),但它難溶于水,乙酸易溶于水,但它是弱電解質(zhì), 所以電解質(zhì)的強弱與溶解度無關(guān),故D錯誤;答案：C?！军c睛】強電解質(zhì)是指在水溶液中能夠完全電離的化合物，一般的強酸、強堿和大部分鹽類屬于強電解質(zhì)；弱電解質(zhì)是指在水溶液里部分電離的電解質(zhì),包括弱酸、弱堿、水與少數(shù)鹽。據(jù)此即可解答。13、A【解析】根據(jù)元素守恒和原子守恒，推出0.1mol有機物中含有0.2molC和0.6molH，即1mol該有機物中有2molC和6molH，據(jù)此分析；【詳解】A、根據(jù)元素守恒和原子守恒，推出0.1mol有機物中含有0.2molC和

16、0.6molH，即1mol該有機物中有2molC和6molH，因為題中無法確認有機物的質(zhì)量或相對分子質(zhì)量，因此無法確認有機物中是否含氧元素，即無法確認有機物結(jié)構(gòu)簡式，故A說法錯誤；B、根據(jù)A選項分析，該有機物中碳、氫元素原子數(shù)目之比為2：6=1：3，故B說法正確；C、1mol該有機物中含有2molC和6molH，該有機物分子式C2H6Ox，不飽和度為0，即不含碳碳雙鍵，故C說法正確；D、根據(jù)A選項分析，該有機物中可能存在氧元素，也可能不存在氧元素，故D說法正確；答案選A?！军c睛】有機物分子式的確定，利用原子守恒和元素守恒，推出有機物中C原子的物質(zhì)的量和H原子的物質(zhì)的量，然后根據(jù)有機物的質(zhì)量，確

17、認是否含有氧元素，從而求出有機物的實驗式，最后利用有機物的相對分子質(zhì)量，求出有機物的分子式。14、D【解析】A酸性高錳酸鉀溶液具有強氧化性，能氧化還原性物質(zhì)，向酸性高錳酸鉀溶液中通入二氧化硫，溶液褪色，說明二氧化硫?qū)⑺嵝愿咤i酸鉀溶液還原，二氧化硫體現(xiàn)還原性，故A錯誤；BAl與NaOH溶液反應(yīng)，Al為負極，但金屬性Mg大于Al，故B錯誤；C常溫下，測定等濃度的Na2CO3和NaCl的溶液的pH，Na2CO3溶液大，可知鹽酸的酸性大于碳酸的酸性，鹽酸不是氯元素的最高價含氧酸，不能比較非金屬性強弱，故C錯誤；DHA放出氫氣多，等pH時，HA的濃度大，HA為弱酸，則HB酸性比HA強，故D正確；故答案為

18、D。15、C【解析】1.0g氫氣的物質(zhì)的量為1.0g2g/mol=0.5mol，假設(shè)金屬都為+2價金屬，則混合金屬的平均摩爾質(zhì)量為10g0.5mol=20g/mol，Zn的摩爾質(zhì)量為：65g/mol20g/mol，F(xiàn)e的摩爾質(zhì)量為：56g/mol20g/mol，Mg的摩爾質(zhì)量為：24g/mol20g/mol，Al為+2價時的摩爾質(zhì)量為：27g/mol2/3=18g/mol20g/mol，根據(jù)以上分析可知，混合金屬中一定含有鋁元素，才能滿足平均摩爾質(zhì)量=20g/mol，所以C正確，答案選C?！军c睛】本題考查了混合金屬與酸反應(yīng)的化學(xué)計算，注意掌握平均摩爾質(zhì)量在化學(xué)計算中的應(yīng)用方法，難點是鋁的平均摩

19、爾質(zhì)量的換算。另外如果含有與酸不反應(yīng)的金屬，則可以把其摩爾質(zhì)量視為無窮大，例如銅等。該題也可以通過計算轉(zhuǎn)移1mol電子時消耗的金屬質(zhì)量進行對比。16、C【解析】質(zhì)子數(shù)相同中子數(shù)不同的同一元素的不同原子互稱同位素；由同一元素組成的不同單質(zhì)互稱同素異形體；結(jié)構(gòu)相似，在分子組成上相差一個或若干個CH2原子團的化合物互稱同系物；分子式相同結(jié)構(gòu)不同的化合物互稱同分異構(gòu)體。【詳解】A項、16O、18O是氧元素的不同原子，所以互為同位素，故A正確；B項、金剛石和足球烯是碳元素的不同單質(zhì)，所以互為同素異形體，故B正確；C項、C2H6和C3H6的通式不相同，結(jié)構(gòu)不相似，分子組成上相差一個碳原子，不互為同系物，故

20、C錯誤；D項、C2H5OH和CH3OCH3的分子式相同，結(jié)構(gòu)不同，互為同分異構(gòu)體，故D正確。故選C。二、非選擇題（本題包括5小題）17、3d84s2 ONC N2H4 N2H4分子間存在氫鍵 C2H4是非極性分子，H2O是極性溶劑，非極性分子難溶于極性溶劑 N、O 【解析】X、Y、Z、W、K五種元素均位于周期表的前四周期，且原子序數(shù)依次增大元素X是周期表中原子半徑最小的元素，則X為H元素；Y的基態(tài)原子中電子占據(jù)了三種能量不同的原子軌道，且這三種軌道中的電子數(shù)相同，原子核外電子排布為1s22s22p2，則Y為碳元素；W位于第2周期，其原子核外成對電子數(shù)是未成對電子數(shù)的3倍，原子核外電子排布為1s

21、22s22p4，則W為O元素；Z的原子序數(shù)介于碳、氧之間，故Z為N元素；R基態(tài)原子3d軌道上的電子數(shù)是4s軌道上的4倍，R為Ni?！驹斀狻浚?）R為Ni，基態(tài)R原子的外圍電子排布式為3d84s2 ；同周期隨原子序數(shù)增大，元素電負性呈增大趨勢，Y、Z、W的電負性由大到小的順序是ONC。（2）C、N兩元素均可形成含18個電子氫化物分子，其氫化物分子分別為C2H6、N2H4，N2H4分子之間存在氫鍵，C2H6分子之間無氫鍵，二者沸點相差較大；根據(jù)相似相溶的規(guī)律：C2H4是非極性分子，H2O是極性溶劑，非極性分子難溶于極性溶劑；（3）CO是SP雜化，碳和氧形成叁鍵，CO的結(jié)構(gòu)式為(須標出其中的配位鍵)

22、；Ni提供空軌道，N和O提供孤電子對，在化學(xué)式為Ni(NH3)4(H2O)22+的配離子中與Ni形成配位鍵的原子是N和O?！军c睛】本題是對物質(zhì)結(jié)構(gòu)的考查，推斷元素是解題關(guān)鍵，易錯點：注意核外電子排布、電負性、氫鍵、配位鍵等基礎(chǔ)知識。18、1,6-己二醇 減壓蒸餾（或蒸餾） c 【解析】A和HBr發(fā)生取代反應(yīng)生成B，B發(fā)生氧化反應(yīng)生成C，根據(jù)C、D結(jié)構(gòu)簡式變化知，C和CH3CH2OH發(fā)生酯化反應(yīng)生成D，D發(fā)生取代反應(yīng)生成E，E發(fā)生水解反應(yīng)然后酸化得到F，根據(jù)G、N結(jié)構(gòu)簡式區(qū)別知，G發(fā)生取代反應(yīng)生成N，M結(jié)構(gòu)簡式為。【詳解】（1）A為二元醇，羥基分別位于1、6號碳原子上，A的系統(tǒng)命名為1，6-己二

23、醇；（2）A和B均為有機物，互溶，要從反應(yīng)所得液態(tài)有機混合物中提純B的常用方法為蒸餾；（3）F與G的分子式相同，不同的是碳碳雙鍵同側(cè)的原子團不同，F(xiàn)和G的關(guān)系為順反異構(gòu)，答案選c； （4）該反應(yīng)為羧酸和醇的酯化反應(yīng)，CD的化學(xué)方程式為；（5）根據(jù)G、N結(jié)構(gòu)簡式區(qū)別知，G發(fā)生取代反應(yīng)生成N，M結(jié)構(gòu)簡式為。19、吸收空氣中的還原性氣體，防止其干擾pH3的測定 偏低 5PH3+8Mn04-+24H+=5H3PO4+8Mn2+12H2O 0.382 5mg0.05mg，所以不合格 【解析】(1) KMnO4溶液有強氧化性，PH3有強還原性； (2)氧氣會氧化一部分PH3，滴定消耗的亞硫酸鈉標準溶液偏少

24、，則測得的磷化物的殘留量偏低；(3) 由得失電子守恒、原子守恒、電荷守恒可寫出正確的化學(xué)方程式；(4)先計算Na2SO3標準溶液消耗的高錳酸鉀的物質(zhì)的量，再由高錳酸鉀總的物質(zhì)的量減去Na2SO3標準溶液消耗的高錳酸鉀的物質(zhì)的量求出吸收PH3消耗的高錳酸鉀的物質(zhì)的量，進而求出糧食中磷物(以PH3計)的殘留量?！驹斀狻?1) KMnO4溶液有強氧化性，PH3有強還原性，裝置A中的KMnO4溶液的作用是吸收空氣中的還原性氣體，防止其干擾PH3的測定；(2)裝置B中盛裝焦性沒食子酸的堿性溶液吸收空氣中的O2，若去掉該裝置，氧氣會氧化一部分PH3，導(dǎo)致剩下的KMnO4多，滴定消耗的亞硫酸鈉標準溶液偏少，

25、則測得的磷化物的殘留量偏低；(3)裝置E中PH3氧化成磷酸，MnO4-被還原為Mn2+，由得失電子守恒、原子守恒、電荷守恒可知，該反應(yīng)的離子方程式為：5PH3+8MnO4-+24H+=5H3PO4+8Mn2+12H2O；(4) 滴定的反應(yīng)原理是 5SO32-+2MnO4-+16H+=5SO42-+2Mn2+8H2O，Na2SO3標準溶液消耗的高錳酸鉀的物質(zhì)的量=3.2mol。則吸收PH3消耗的高錳酸鉀的物質(zhì)的量=2.50lO-4molL-13.2mol=1.8mol，PH3的物質(zhì)的量=1.8mol=1.125mol。糧食中磷物(以PH3計)的殘留量=0.382 5mgkg-1，0.382 5m

26、gkg-10.05 mgkg-1，所以不合格。20、 500mL容量瓶 膠頭滴管 A、B、C、D、F、E 13.6 恢復(fù)至室溫 高 高【解析】分析：（1）根據(jù)配制步驟是計算、量取、稀釋、移液、洗滌、定容、搖勻、裝瓶來分析需要的儀器；（2）根據(jù)配制一定物質(zhì)的量濃度溶液的一般步驟排序；（3）依據(jù)c=1000/M計算濃硫酸的物質(zhì)的量濃度，依據(jù)溶液稀釋過程中所含溶質(zhì)的物質(zhì)的量不變計算需要濃硫酸體積；分析操作對溶質(zhì)的物質(zhì)的量和溶液體積的影響，依據(jù)c=n/V進行誤差分析。詳解：（1）操作步驟有計算、量取、稀釋、冷卻、洗滌、定容、搖勻等操作，一般用量筒量取濃硫酸，在燒杯中稀釋（可用量筒量取水加入燒杯），并用

27、玻璃棒攪拌。冷卻后轉(zhuǎn)移到500mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，洗滌燒杯、玻璃棒23次，并將洗滌液移入容量瓶中，加水至液面距離刻度線12cm時，改用膠頭滴管滴加，最后定容顛倒搖勻。所以所需儀器有量筒、燒杯、玻璃棒、500mL容量瓶、膠頭滴管；（2）用濃硫酸配制稀硫酸的一般步驟：計算、量取、稀釋、冷卻、洗滌、移液、定容、搖勻、裝瓶，所以正確的順序為A、B、C、D、F、E；（3）98%的濃硫酸（密度為1.84gcm-3）的物質(zhì)的量濃度c=10001.8498%/98 mol/L=18.4mol/L，設(shè)需要濃硫酸體積為V，依據(jù)溶液稀釋過程中所含溶質(zhì)的物質(zhì)的量不變可知V18.4mol/L=500mL0.5mol/L，解得V=13.