江西省横峰中学等五校2019-2020学年新高一化学竞赛班联考试题（含解析）

江西省横峰中学等五校2019-2020学年新高一化学竞赛班联考试题（含解析）考试范围：必修1第一、二章；考试时间：90分钟可能用到的相对原子质量：h 1 c 12 o 16 n 14 s 32 na 23 cl 35.5 fe 56 ba 137注意事项：1答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息2请将答案正确填写在答题卡上第i卷（选择题48分)一、单选题（每小题只有1个正确答案)1.天工开物中对制造染料“蓝靛”的叙述如下：“凡造淀，叶与茎多者入窖，少者入桶与缸。水浸七日，其汁自来。每水浆一石，下石灰五升，搅冲数十下，淀信即结。水性定时，淀沉于底其掠出浮沫晒干者曰靛花。”文中没有涉及的实验操作是a. 溶解b. 搅拌c. 升华d. 蒸发【答案】c【解析】【详解】a、“水浸七日，其汁自来”涉及到溶解，故a不选；b、“搅冲数十下”涉及到搅拌，故b不选；c、升华是指由固态受热直接变成气体，文中没有涉及，故c选；d、“其掠出浮沫晒干者曰靛花”涉及到蒸发，故d不选；故选c。2.下列叙述正确的是()a. 1 mol h2o的质量为18 gmol1b. ch4的摩尔质量为16 gc. 3.011023个so2分子的质量为32 gd. 1 mol任何物质均含有6.021023个分子【答案】c【解析】【详解】a.质量单位是克等，1 mol h2o的质量为18 g，故a错误；b. 摩尔质量的单位是gmol1等，ch4的摩尔质量为16gmol1，故b错误；c. 3.011023个so2分子是0.5mol，质量为0.5mol64gmol1=32 g，故c正确；d. 物质不都是由分子构成，如氯化钠固体不含分子，故d错误；故选c。3.将下列溶液分别稀释到100 ml，稀释后的溶液中氯离子浓度最大的是a. 15 ml 1 moll1的alcl3b. 50 ml 1 moll1的kclc. 20 ml 2 moll1的nh4cld. 10 ml 2 moll1的cacl2【答案】b【解析】【详解】a15 ml 1 moll1的alcl3溶液中氯离子的物质的量为：1mol/l30.015l=0.045mol；b50 ml 1 moll1的kcl溶液中氯离子的物质的量为：1mol/l10.05l=0.05mol；c20 ml 2 moll1的nh4cl溶液中氯离子的物质的量为：2mol/l10.02l=0.04mol；d10 ml 2 moll1cacl2溶液中氯离子的物质的量为：2mol/l10.01l=0.02mol；根据分析可知，溶液中cl-的物质的量最大的是b：0.05mol，稀释过程中氯离子的物质的量不变，则稀释后氯离子浓度最大的是b，答案选b。4.下列说法正确的是（ ）a. 同温同压下，相同体积的两物质，它们的物质的量必相等b. 1lco气体的质量一定比1l o2的质量要小c. 等体积、等物质的量浓度的强酸中所含的h+数一定相等d. 任何条件下，等物质的量的n2和co所含的分子数必相等【答案】d【解析】【详解】a、没有明确是否气体物质，如果不是气体物质，则物质量不一定相等，故a错误；b、如果不是相同条件下，两种气体的密度不确定，则质量不能确定，故b错误；c、如果分别是一元酸和二元酸，虽然酸的物质的量相等，但h+数一定不相等，故c错误；d、根据n=nna知，分子数与物质的量成正比，物质的量相等，其分子数一定相等，故d正确。故选d。【点睛】本题考查阿伏伽德罗定律及其推论，理解定律内容是解题的关键，本题注意阿伏伽德罗定律只适合气体。5.配制一定物质的量浓度的溶液是一个重要的定量实验，下列有关说法正确的是a. 容量瓶用蒸馏水洗净后，必须干燥才能用于配制溶液b. 配制1 l 0.1 moll1的nacl溶液时，用托盘天平称量5.85 g nacl固体c. 配制一定物质的量浓度的溶液时，定容时仰视刻度线会导致所配溶液浓度偏高d. 用浓盐酸配制稀盐酸，量取浓盐酸时仰视量筒的刻度线会导致所配溶液浓度偏高【答案】d【解析】【详解】a、容量瓶中是否含有水，对实验无影响，故a错误；b、托盘天平的读数：小数点后保留1位，故b错误；c、定容时，眼睛注视刻度线，因此定容时，仰视刻度线，造成溶液的体积增大，所配溶液浓度偏低，故c错误；d、量筒刻度从下到上增大，量取浓盐酸时，仰视量筒刻度线，造成所配溶液中溶质的物质的量增大，即所配溶液浓度偏高，故d正确。6.分类法在化学学科发展中起到了非常重要的作用，下列分类依据合理的是（ ）根据氧化物的组成将氧化物分成金属氧化物、非金属氧化物根据物质在水中的溶解度，将物质分为可溶性物质、微溶性物质和难溶性物质根据分散系的本质为是否有丁达尔现象，将分散系分为溶液、胶体和浊液根据组成元素的种类将纯净物分为单质和化合物根据物质溶于水或熔融状态下能否导电，将物质分为电解质和非电解质a. b. c. d. 【答案】a【解析】【分析】金属元素与氧元素组成的化合物是金属氧化物、非金属元素与氧元素组成的化合物是非金属氧化物；溶解度 10g以上易溶，1g-10g可溶，0.01g-1g微溶，0.01g以下难溶；根据分散系的分类方法分析；根据单质和化合物的概念来分析；化合物分为电解质和非电解质。【详解】根据氧化物的元素组成将氧化物分成金属氧化物、非金属氧化物，故正确；溶解度 10g以上易溶，1g-10g可溶，0.01g-1g微溶，0.01g以下难溶，所以根据物质在水中的溶解度，将物质分为可溶性物质、微溶性物质和难溶性物质，故正确；根据分散质粒子直径不同，将分散系分为溶液、胶体和浊液，故错误；由一种元素组成的纯净物是单质、由不同种元素组成的纯净物是化合物，根据组成元素的种类将纯净物分为单质和化合物，故正确；根据化合物溶于水或熔融状态下能否导电，将化合物分为电解质和非电解质，故错误；选a。7.某元素在化学反应中由化合态(化合物)变为游离态(单质)，则该元素（ ）a. 一定得到电子b. 一定失去电子c. 可能被氧化也可能被还原d. 以上都不是【答案】c【解析】【详解】单质中元素化合价为 0 价，而化合物中元素的化合价可能为负价也可能为正价，所以由化合态变为游离态的元素，化合价可能升高也可能降低，也就是说，既可能被氧化又可能被还原。答案选c。8.还原性i-fe2+br-。向含有i-、fe2+、br-溶液中通入一定量氯气后，所得溶液离子成分分析正确的是a. i-、fe3+、cl-b. fe2+、cl-、br-c. fe2+、fe3+、cl-d. fe2+、i-、cl-【答案】b【解析】【详解】还原性i-fe2+br-，向含有i-、fe2+、br-的溶液中通入氯气后，碘离子先被氧化，其次是亚铁离子，最后是溴离子；a.当溶液中含有碘离子，就不会出现铁离子，故a错误；b.通入氯气后，碘离子先被氧化，其次是亚铁离子，当亚铁离子存在时，溴离子一定不会参与反应，氯气作氧化剂，对应产物是氯离子，故b正确；c.当溶液中存在亚铁离子时，一定会存在溴离子，故c错误；d.当溶液中存在亚铁离子时，一定会存在溴离子，故d错误；故选b。【点睛】依据离子的还原性强弱顺序判断溶液中的各离子是否能够共存是解决本题的关键。9.下列反应的离子方程式书写正确的是a. 向硫酸铁溶液中加入铜粉：fe3+cu=fe2+ +cu2+b. 向氢氧化钡溶液中加入硫酸铜溶液：ba2+ +so42-=baso4c. 向碳酸氢钠溶液中通入氯化氢：co32-+2h+=co2+h2od. 向氨水中通入少量二氧化硫：2nh3h2o +so2=2nh4+so32- +h2o【答案】d【解析】【详解】a.电荷不守恒，硫酸铁溶液与铜粉混合反应的离子方程式为：cu+2fe3+=cu2+2fe2+，故a错误；b.氢氧化钡溶液和硫酸铜溶液反应生成硫酸钡沉淀和氢氧化铜沉淀，正确的离子反应为：cu2+2oh-+ba2+so42-baso4+cu（oh）2，故b错误；c.碳酸氢根是弱酸的酸式根，不能写成离子形式，碳酸氢钠溶液和氯化氢反应的离子方程式为：hco3-+2h+=co2+h2o，故c错误；d.向氨水中通入少量的二氧化硫，反应生成亚硫酸铵和水，离子方程式为：2nh3h2o +so2=2nh4+so32- +h2o，故d正确。故选d。【点睛】判断离子方程式书写正误的方法：“一看”电荷是否守恒：在离子方程式中,两边的电荷数及原子数必须守恒； “二看”拆分是否恰当：在离子方程式中，强酸、强碱和易溶于水的盐拆分成离子形式；难溶物、难电离物质、易挥发物质、单质、氧化物、非电解质等均不能拆分，要写成化学式；“三看”是否符合客观事实：离子反应的反应物与生成物必须是客观事实相吻合。10.在下列状态下，属于能够导电的电解质是（）a. 氯化钠晶体b. 液态氯化氢c. 硝酸钾溶液d. 熔融氢氧化钠【答案】d【解析】【详解】a氯化钠晶体是电解质，但不能导电，故a错误；b液态氯化氢是电解质，但不能导电，故b错误；c硝酸钾溶液能导电，但是混合物，不是电解质，也不是非电解质，故c错误；d熔融氢氧化钠是电解质，也能导电，故d正确；故答案为d。【点睛】考查电解质的概念，注意电解质不一定导电，导电的物质不一定是电解质。注意：电解质和非电解质均指化合物，单质和混合物既不属于电解质也不属于非电解质；电解质必须是自身能直接电离出自由移动的离子的化合物，如so2、co2属于非电解质；条件：水溶液或融化状态，对于电解质来说，只须满足一个条件即可，而对非电解质则必须同时满足两个条件；难溶性化合物不一定就是弱电解质，如硫酸钡属于强电解质。电解质，包括酸、碱、盐、活泼金属氧化物和水，非电解质，包括一些非金属氧化物、氨气、大多数有机物(如蔗糖、酒精等)。11.能在无色溶液中大量共存的一组离子是 （ ）a. mg2+、so42-、oh-、k+b. fe3+、no3-、cl-、h+c. k+、hco3-、cl-、h+d. h+、na+、cl-、so42-【答案】d【解析】【详解】amg2+和oh-在溶液中生成mg(oh)2沉淀，不能大量共存，故a错误；b含有fe3+的溶液是棕黄色，不是无色溶液，故b错误；chco3-与h+发生离子反应生成co2和h2o，不能大量共存，故c错误；d离子组h+、na+、cl-、so42-在溶液中彼此间不发生离子反应，能大量共存，故d正确；故答案为d。【点睛】解离子共存题，首先要搞清常见的离子反应有生成难溶物，如ba2+与co32、so42生成难溶物；生成挥发性的气体，如co32与h+生成co2气体；生成弱电解质，如nh4+与oh生成nh3h2o；发生氧化还原反应，如c在酸性条件下no3与fe2+；生成配合离子，如fe3+和scn；在同溶液里能发生离子反应则不能大量共存，再结合题设溶液环境，如选项b离子组间不发生离子反应，但溶液要求无色，则不符合题意。12.聚合硫酸铁可用于水的净化，化学式可表示为fea(oh)b(so4)cm，取其与足量盐酸反应，所得溶液平均分为两份，一份溶液加入足量的bacl2溶液，得到沉淀4.66 g。另一份溶液，加入足量的naoh溶液后过滤，对滤出固体洗涤，后灼烧得到红棕色固体质量为1.6 g，该聚合硫酸铁样品中ab的比值是a. 11b. 21c. 31d. 25【答案】a【解析】【分析】利用baso44.66g可以求出硫酸根的质量，利用fe2o3质量为1.6g可以求出铁元素的质量，依据反应前后元素的质量不变可知该聚合物中硫酸根和铁元素的质量之比，从而可知a和c的比，而后利用化合物中元素的化合价代数和为零可求出b的值，据此解答。【详解】4.66gbaso4中含硫酸根质量是4.66g=1.92g，1.6gfe2o3中铁的质量为1.6g=1.12g，由质量守恒定律可知该聚合物中硫酸根和铁元素的质量比是1.92：1.12=12：7，故由聚合物的化学式可知，则1:1，令a=1，c=1，则由化合物中化合价的代数和为零可得3a-b-2c=0，则b=1，则该聚合硫酸铁样品中a：b的比值是1:1，故答案为a。13.某离子反应中涉及h2o、clo-、nh4+、h+、n2、cl-六种粒子。其中n2、clo-的物质的量随时间变化的曲线如图所示。下列判断不正确的是( )a. 该反应的氧化剂是clo-b. 消耗1mol还原剂，转移3mol电子c. 氧化剂与还原剂的物质的量之比为2:3d. 该离子方程式为3clo-+2nh4+=2h+n2+3cl-+3h2o【答案】c【解析】【分析】根据物质的量变化、元素化合价升降确定反应物、生成物，配平离子方程式，并用氧化还原反应知识分析。【详解】据图，clo-物质的量减少，是反应物；n2物质的量增加，是生成物。因反应前后元素种类不变，得h2o、cl-是生成物，nh4+是反应物。a项：clo-cl-，氯元素化合价降低，clo-是氧化剂，a项正确；b项：nh4+n2，氮元素失电子，nh4+是还原剂，消耗1molnh4+时转移3mol电子，b项正确；c项：据得失电子相等，clo-和nh4+的消耗量之比为3:2，c项错误；d项：据以上分析，可写出离子方程式3clo-+2nh4+=2h+n2+3cl-+3h2o，d项正确。本题选d。【点睛】学习氧化还原反应后，不仅要关注质量守恒关系，还要关注化合价的升降变化。化合价升降数相等，是配平氧化还原反应、进行有关计算的关键。14.若以w1和w2分别表示物质的量浓度为amol/l和bmol/l酒精溶液的质量分数，已知2a=b，则下列推断正确的是（ ）a. 2w1=w2b. w22w1c. w27，a错误；b.根据上述分析可知：试剂为bacl2溶液，若使用ba(no3)2溶液，会引入杂质离子no3-，不符合除杂净化的目的，b错误；c.根据上述流程可知：x中含有的溶质为氯化钡、氯化钾，步骤向x中加入试剂ii是过量k2co3溶液，目的是除去过量的ba2+，c正确；d.图示步骤中，是除去baco3、baso4不溶性杂质，是baco3不溶性杂质，也可以将两次过滤操作合并，一并过滤除去，不会影响最后得到纯净的kcl晶体，d错误；故合理选项是c。【点睛】本题综合考查物质的分离、提纯的实验方案的设计的知识，注意解决除杂问题时，抓住除杂质的必需条件(加入的试剂只与杂质反应，反应后不能引入新的杂质)是正确解题的关键。该类题目侧重考查学生的分析、计算和实验能力。16.硫代硫酸钠（na2s2o3）可作为脱氯剂，已知25 ml 0.1 mol/l na2s2o3溶液恰好把224 ml（标准状况下）cl2完全转化为cl，则s2o32-将转化为（）a. so42-b. so32-c. sd. s2【答案】a【解析】【详解】设完全反应后s2o32-转化成的物质中硫元素的化合价为n，则根据氧化还原反应中得失电子守恒可得：20.224 l/22.4 lmol12（n2）0.025 l0.1 mol/l，解得n6，即完全反应后s2o32-转化为so42-，答案选a。【点睛】电子守恒法解题的步骤是：首先找出氧化剂、还原剂及其物质的量以及每摩尔氧化剂、还原剂得失电子的量，然后根据电子守恒列出等式。计算公式如下：n(氧化剂)得电子原子数原子降价数n(还原剂)失电子原子数原子升价数。利用这一等式，解氧化还原反应计算题，可化难为易，化繁为简。第ii卷（非选择题共52分)17.（1）0.5 mol na2co3中含有_个na+。（2）等质量的hcl、nh3、co2、o2四种气体，在相同温度和相同压强条件下，体积最大的是_。（3）实验室需要0.50moll1nacl溶液480ml。配制溶液时必需的仪器有：托盘天平（精确到0.1）、药匙、烧杯、玻璃棒、_、胶头滴管以及等质量的几片滤纸。配制该溶液需称取nacl晶体的质量为_。下列操作会使所配溶液浓度偏低的是_。a 容量瓶洗涤干净后未干燥b 定容后经振荡、摇匀、静置，发现液面下降，再加适量的蒸馏水c 定容时俯视刻度线d 烧杯和玻璃棒未洗涤【答案】 (1). na或6. 021023 (2). nh3 (3). 500 ml容量瓶 (4). 14.6 (5). bd【解析】【分析】(1)1mol碳酸钠含有2mol钠离子；(2)由n=分析解答；(3)根据实验操作步骤及各仪器的作用选取仪器；根据m=cvm计算溶质的质量，同时考虑容量瓶的规格、天平的精确度来解答；分析操作对溶质的物质的量和溶液体积的影响，依据c=进行误差分析。【详解】(1)0.5molna2co3中含有钠离子个数为：0.5mol2na=na；(2)已知：m(hcl)=36.5g/mol，m(nh3)=17g/mol，m(co2)=44g/mol，m(o2)=32g/mol，由n=分析可知相同质量时，摩尔质量越大，气体的物质的量越小，体积越小，则相同温度和相同压强条件下，体积最大的是nh3；(3)实验操作的步骤：计算、称量、溶解、移液、洗涤移液、定容、摇匀等操作，该实验中需要用天平称量、用药匙取药品，烧杯溶解药品，需要玻璃棒搅拌和引流，需要500ml容量瓶配制溶液，需要胶头滴管定容；实验室需用480ml1mol/l的氯化钠溶液，实验室没有480ml容量瓶，只能选用500ml容量瓶，所以需要配制500ml溶液，即配制500ml1mol/l的氯化钠溶液，需要氯化钠的质量m=cvm=0.50mol/l0.5l58.5g/mol=14.625g，托盘天平精确度为0.1g，用托盘天平称量质量为14.6g；a容量瓶洗涤干净后未干燥，对溶质的物质的量和溶液体积都不产生影响，溶液浓度无影响，故a错误；b定容后经振荡、摇匀、静置，发现液面下降，再加适量的蒸馏水，导致溶液体积偏大，溶液浓度偏低，故b正确；c定容时俯视刻度线，导致溶液体积偏小，溶液浓度偏高，故c错误；d烧杯和玻璃棒未洗涤，导致溶质物质的量偏小，溶液浓度偏低，故d正确；故答案为bd。【点睛】配制一定物质的量浓度溶液的常见误差分析的基本方法：紧抓c=分析，如：用量筒量取浓硫酸倒入小烧杯后，用蒸馏水洗涤量筒并将洗涤液转移至小烧杯中，用量筒量取液体药品，量筒不必洗涤，因为量筒中的残留液是量筒的自然残留液，在制造仪器时已经将该部分的体积扣除，若洗涤并将洗涤液转移到容量瓶中，导致n偏大，所配溶液浓度偏高；再如：配制氢氧化钠溶液时，将称量好的氢氧化钠固体放入小烧杯中溶解，未冷却立即转移到容量瓶中并定容，容量瓶上所标示的使用温度一般为室温，绝大多数物质在溶解或稀释过程中常伴有热效应，使溶液温度升高或降低，从而影响溶液体积的准确度，氢氧化钠固体溶于水放热，定容后冷却至室温，溶液体积缩小，低于刻度线，导致v偏小，浓度偏大，若是溶解过程中吸热的物质，则溶液浓度偏小等。18.有以下物质：石墨铝酒精氨水二氧化碳碳酸钠固体氢氧化钡溶液纯醋酸氧化钠固体氯化氢气体熔融氯化钠。（1）其中能导电的是_（填序号，下同）；属于非电解质的是_；属于电解质的是_；属于弱电解质的是_。（2）写出物质溶于水的电离方程式：_（3）写出物质和在水中反应的化学方程式：_【答案】 (1). (2). (3). (4). (5). na2co3=2naco32- (6). na2co32ch3cooh=2ch3coonaco2h2o【解析】【分析】（1）可根据物质类别分析判断，能够导电的物质有自由移动的电子或离子；电解质：在水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物；非电解质：在熔融状态和水溶液中都不能导电的化合物；在水溶液中发生部分电离的电解质是弱电解质；（2）碳酸钠是强电解质，发生完全电离，电离方程式书写时要符合电荷守恒和原子守恒；（3）依据强酸制备弱酸的原理作答。【详解】(1)能导电物质有金属和非金属导体，电解质溶液和熔融电解质，能导电；单质和混合物既不是电解质，也不是非电解质，即；酸、碱、盐、活泼金属氧化物和水是电解质，即；非金属氧化物、酒精等属于非电解质，即；醋酸为弱酸，属于弱电解质，即，故答案为：；(2)碳酸钠为强电解质，在水溶液中电离方程式为：na2co3=2naco32-；(3)由于醋酸比碳酸酸性强，所以醋酸与碳酸钠反应生成醋酸钠、水和二氧化碳，其化学方程式为：na2co32ch3cooh=2ch3coonaco2h2o。19.i.实验室可用kmno4和浓盐酸反应制取氯气。2kmno416hcl(浓) 2kcl2mncl25cl28h2o（1）用单线桥标出电子转移的方向和数目。_（2）将上述配平的化学方程式改写为离子方程式_ 。（3）浓盐酸在反应中显示出来的性质是_只有还原性 还原性和酸性只有氧化性 氧化性和酸性（4）若产生0.5molcl2，则被氧化的hcl_mol，转移的电子的数目约为_。ii根据反应cu+4hno3(浓)cu(no3)2+2no2+2h2o，回答下列问题:还原产物是_。氧化剂与氧化产物的物质的量之比是_。【答案】 (1). (2). 2mno4-16h+10cl-=2mn2+5cl28h2o (3). (4). 1 (5). 6.021023 (6). no2 (7). 2：1【解析】i.（1）反应中kmno4为氧化剂，mn元素的化合价由+7价降低到+2价，得到5个电子，cl元素化合价升高，被氧化，当有2molkmno4参加反应，转移电子10mol，则电子转移的方向和数目可表示为：；（2）对应反应的离子方程式为：2mno4-16h+10cl-=2mn2+5cl28h2o；（3）浓盐酸在反应中显示出来的性质是还原性和酸性，答案选；（4）反应2kmno416hcl(浓) 2kcl2mncl25cl28h2o中，若有5mol氯气生成，则参与反应的盐酸为16mol，其中作为还原剂的为10mol，转移电子10mol，则若产生0.5molcl2，则被氧化的hcl1mol，转移的电子的数目约为6.021023；ii反应cu+4hno3(浓)cu(no3)2+2no2+2h2o中，cu元素化合价由0价升高到+2价，cu为还原剂，n元素化合价由+5价降低到+4价，hno3为氧化剂，no2为还原产物；由方程式可知当4molhno3参加反应时，有2molhno3被还原，生成1molcu(no3)2，则氧化剂与氧化产物的物质的量比是2：1，故答案为：2：1。20.某课外探究活动小组使用常用仪器，运用实验室制备氢气的原理，巧妙设计了如图所示的简单实验装置。甲同学设计了如图甲所示装置：检查该装置气密性的方法是_实验时若液面不能与锌粒接触，又无酸液可加，且该装置已固定，则使反应发生的操作是_（2）乙同学把试管底部钻一小洞，并和广口瓶组装成如图乙所示具有启普发生器功能的装置，若该装置中的隔板是用铜丝制成的，隔板上放锌粒，酸使用h2so4，写出反应的离子方程式：_（3）丙同学设计了如图丙所示装置，即用橡皮塞代替铁架台来固定试管，则丙同学的做法_(填“可行”或“不可行”)，理由是_【答案】 (1). 关闭活塞，从长颈漏斗向u形管中加水，若长颈漏斗中形成一段稳定的水柱，说明装置气密性良好 (2). 从长颈漏斗加入少量蒸馏水使溶液与锌粒接触 (3). zn2h=zn2h2 (4). 不可行 (5). 广口瓶被橡皮塞密封后，瓶内的气压会随液体的加入而增大，使试管中的液体不能在关闭阀门时排入广口瓶中，因而不能使反应随时停止，甚至会由于容器中气压过高而发生危险【解析】【分析】（1）设法使装置内外形成气压差是气密性检查的常用手段，据此分析；根据实验时若液面刚好不与锌粒接触，而又无酸液，且该装置已固定，可以加蒸馏水使酸和锌接触分析；（2）锌和稀硫酸反应生成硫酸锌与氢气；（3）根据能否造成安全事故分析判断，如果容器内压强过大，会造成安全事故。【详解】（1）气密性检验的方法是：关闭活塞，从长颈漏斗向u形管中加水，若长颈漏斗中形成一段稳定的水柱，说明装置气密性良好；实验时若液面刚好不与锌粒接触，而又无酸液可加，且该装置已固定，可以加蒸馏水使酸和锌接触，即从长颈漏斗加入少量蒸馏水使溶液与锌粒接触；（2）锌粒会与稀硫酸反应，其离子方程式为：zn2h=zn2h2；（3）由于广口瓶被橡皮塞密封后，瓶内的气压会随液体的加入而增大，使试管中的液体不能在关闭阀门时排入广口瓶中，因而不能使反应随时停止，甚至会由于容器中气压过高而发生危险，所以该做法不可行，故答案为：不可行；广口瓶被橡皮塞密封后，瓶内的气压会随液体的加入而增大，使试管中的液体不能在关闭阀门时排入广口瓶中，因而不能使反应随时停止，甚至会由于容器中气压过高而发生危险。21.某工厂排放的