25℃时,把1ml0.05molL-1H2SO4加水稀释成1L溶液,则溶液中c（H+）为

（1）配制溶液的操作步骤：首先计算出需要的药品的质量，然后用托盘天平称量，后放入烧杯中溶解，同时用玻璃棒搅拌，待溶液冷却至室温后，用玻璃杯引流移液至500ml容量瓶，然后洗涤烧杯和玻璃棒2至3次，将洗涤液也注入容量瓶，然后向容量瓶中注水，至液面离刻度线1至2CM时，改用胶头滴管逐滴加入，至凹液面与刻度线相切，然后摇匀、装瓶．用到的仪器有：托盘天平、烧杯、玻璃棒、500ml容量瓶、胶头滴管，故必须使用的仪器是
①④⑤⑥，还必须使用胶头滴管；实验中两次用到玻璃棒，溶解氢氧化钠溶液时需要使用玻璃棒搅拌、转移溶液时用玻璃棒引流，
故答案为：①④⑤⑥；胶头滴管；搅拌；引流；
（2）容量瓶使用前要查漏，故答案为：查漏；
（3）操作过程是计算、称量、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶等步骤，故正确的操作顺序为：②①③⑧⑤⑥⑦④；
根据n=CV可知需要的NaOH的物质的量n=0.5L×0.05mol/L=0.025mol，质量m=nM=0.025mol×40g/mol=1.0g，故答案为：②①③⑧⑤⑥⑦④；1.0；
（4）定容时，眼睛仰视刻度线，溶液体积偏大，浓度偏低，故答案为：偏低；
（5）由图可知，游码的质量为2.6g，而当物品和砝码防反了时，m_物=m_砝-m_游=20g-2.6g=17.4g，故答案为：17.4g．

点评：
本题考点： 配制一定物质的量浓度的溶液．

考点点评： 本题考查了一定物质的量浓度溶液的配制过程中涉及到的仪器的选择、计算、误差分析等问题，难度不大．

设溶液的体积为1L，
①中pH=0的H₂SO₄中c（H⁺）=1.0 mol•L^-1，c（OH^-）=1.0×10^-14mol•L^-1，水电离的物质的量为1.0×10^-14mol；
②中c（OH^-）=0.1 mol•L^-1，c（H⁺）=1.0×10^-13mol•L^-1，水电离的物质的量为1.0×10^-13mol；
③中c（OH^-）=1.0×10^-4mol•L^-1，水的电离的物质的量为1.0×10^-4mol；
④中c（H⁺）=1.0×10^-5mol•L^-1，水的电离的物质的量为1.0×10^-5mol．
故①②③④中水的电离的物质的量之比为：1.0×10^-14mol：1.0×10^-13mol：1.0×10^-4mol¹：1.0×10^-5mol=1：10：10¹⁰：10⁹，A项正确．
故选A．

点评：
本题考点： 水的电离；pH的简单计算．

考点点评： 本题考查水的电离以及溶液中PH的简单计算，但不不大，做题时注意如何计算水的电离是解答此类题目的关键．

n（Na₂SO₃）=0.024L×0.05mol/L=0.0012mol，SO₃^2-被氧化生成SO₄^2-，失去电子0.0012mol×2=0.0024mol，
n（K₂Cr₂O₇）=0.02L×0.02moL/L=0.0004mol，应得到0.0024mol电子，设Cr还原后的化合价为x，
则0.0004mol×2×（6-x）=0.0024mol，
x=3，
故选：B．

点评：
本题考点： 氧化还原反应的计算．

考点点评： 本题考查氧化还原反应的计算，侧重于学生计算能力的考查，难度不大，注意根据氧化还原反应中氧化剂和还原剂之间得失电子数目相等的角度解答该类题目．

（1）混合溶液PH=10溶液中c（OH^-）=10^-2mol/L，设氢氧化钠溶液浓度为c（NaOH），
c(NaOH)×1−0.05×2
3=0.01，得到c（NaOH）=0.04mol/L；
答：NaOH溶液的物质的量的浓度为0.04mol/L；
（2）HA浓度为c（CH₃COOH），氢氧化钠与酸HA恰好反应n（NaOH）=n（HA）
c（HA）=[0.04mol/L×10ml/20ml]=0.02mol/L；HA溶液PH=3，电离的HA浓度为0.001mol/L，
电离度α=[0.001mol/L/0.02mol/L]×100%=5%；
答：此一元弱酸HA溶液的电离度为5%；

点评：
本题考点： 酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算．

考点点评： 本题考查了酸碱混合后溶液酸碱性判断和溶液PH计算，掌握方法是关键，题目难度中等．

A．溶液中存在电荷守恒：c（A^-）+c（OH^-）=c（Na⁺）+c（H⁺），pH=5显酸性，则c（H⁺）＞c（OH^-），所以c（A^-）＞c（Na⁺），故A正确；
B．混合后溶质为NaA和HA，二者物质的量相等，pH=5显酸性，则电离程度大于水解程度，所以c（HA）＜c（A^-），故B正确；
C．溶液显酸性，则c（OH^-）很小，所以c（Na⁺）＞c（OH^-），故C正确；
D．0.1mol•L^-1HA溶液（已知其pH=3）和0.05mol•L^-1NaOH溶液等体积混合，体积为原来的2倍，由物料守恒可知：c（HA）+c（A^-）=0.05 mol/L，故D错误．
故选D．

点评：
本题考点： 离子浓度大小的比较．

考点点评： 本题考查了酸碱混合溶液定性判断，根据酸的强弱结合物料守恒、电荷守恒分析解答，题目难度不大．

（1）设氢氧化钠的浓度为xmol/L，盐酸和氢氧化钠混合溶液中c（OH^-）=[2x−0.05×1/1+2mol/L=
10−14
10−12]mol/L，
[2x−0.05/1+2＝0.01，x=0.04，
氢氧化钠和HA以1：1反应，NaOH溶液12.5mL和pH=3的某一元弱酸HA溶液20.0mL恰好完全反应生成NaA，则氢氧化钠和HA的物质的量相等，
设HA的浓度为ymol/L，
0.04mol/L×0.0125L=ymol/L×0.002L，
y=
0.04×0.0125
0.002]=0.025，
故答案为：0.025 mol•L^-1；
（2）电离平衡常数K=
c(H+)．c(A−)
c(HA)=
10−3×10−3
0.025−10−3=4.5×10^-5，
故答案为：4.5×10^-5．

点评：
本题考点： pH的简单计算；物质的量浓度的相关计算．

考点点评： 本题考查了pH的简单计算、电离平衡常数的计算等知识点，根据物质间的关系、混合溶液的pH、电离平衡常数公式等知识点来分析解答即可，注意酸碱混合溶液中pH的计算方法，难度中等．

（1）由图象知，当pH=7时，消耗Ba（OH）₂溶液体积为60mL，由于n（H⁺）=n（OH^-），得c（H⁺）=0.05mol/L×0.06L×20.02L=0.3 mol•L^-1；
当加入20mLBa（OH）₂溶液时，硫酸根离子完全反应，根据原子守恒得c（SO₄ ^2- ）=c（H₂SP₄）=0.05mol/L×0.02L0.02L=0.05mol/L，
溶液呈电中性，根据电荷守恒得c（Cl^-）+2c（SO₄ ^2- ）=c（H⁺），c（Cl^-）=c（H⁺）-2c（SO₄ ^2- ）=0.3 mol•L^-1-2×0.05mol/L=0.2 mol•L^-1，
故答案为：0.3 mol•L^-1；0.2 mol•L^-1 ；
（2）A点c（H⁺）=0.3mol/L×0.02L-2×0.05mol/L×0.02L0.04L=0.1mol/L，所以pH=1，
故答案为：1．

点评：
本题考点： 酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算．

考点点评： 本题考查学生利用化学反应方程式的计算，明确图象中对应的化学反应是解答本题的关键，学生应学会图象的分析来解答．

（1）溶液的pH为2，则盐酸过量，由[V×0.05mol/L−2Vc/3V]=0.01mol/L，解得c（NaOH）=0.01 mol•L^-1，
答：c（NaOH）为0.01mol/L；
（2）恰好中和时，c（HA）×0.02L=c（NaOH）×0.01L，则c（HA）=[0.01mol/L×0.01L/0.02L]=0.005 mol•L^-1，
答：c（HA）为0.005 mol•L^-1；
（3）所得溶液pH为10，则水解生成c（OH^-）=0.0001mol/L，n（NaA）=0.0001mol，n（OH^-）=0.0001mol/L×0.03L，h=[0.0001×0.03/0.0001]×100%=3%，
答：水解度为3%．

点评：
本题考点： 酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算；盐类水解的原理．

考点点评： 本题考查酸碱混合的计算，明确混合后溶液的pH判断过量是解答的关键，注意结合信息中的水解度来解答，题目难度不大．

A、1L溶液中含有K⁺离子数为1L×0.05mol/L×2×N_Amol^-1=0.1N_A，故A正确；
B、1L溶液中所含K⁺、SO₄^2-总数为1L×0.05mol/L×3×N_Amol^-1=0.15N_A，故B错误；
C、0.05mol•L^-1的K₂SO₄溶液，每摩尔硫酸钾含有2mol钾离子，钾离子的浓度为硫酸钾的2倍，所以K⁺离子浓度是0.1mol/L，故C错误；
D、溶液是均一的，每摩尔硫酸钾含有1mol硫酸根，硫酸根离子的浓度等于硫酸钾的浓度为0.05mol/L，故D错误．
故选A．

点评：
本题考点： 物质的量浓度．

考点点评： 本题考查溶液物质的量浓度，比较基础，注意溶液是均一的，浓度与体积无关．

阳离子的放电顺序为：Ag⁺＞Cu²⁺＞H⁺＞Na⁺＞K⁺，阴离子的放电顺序为：I^-＞Br^-＞Cl^-＞OH^-，
根据离子的放电顺序，电解各溶液的电解方程式分别为：
A、电解KNO₃溶液实际是电解水，2H₂O

通电
.
2H₂↑+O₂↑，所得溶液仍是硝酸钾溶液，只是浓度增大，呈中性．
B、电解NaCl溶液的电解方程式为：2 NaCl+2H₂O

通电
.
H₂↑+Cl₂↑+2NaOH，所得溶液为氢氧化钠溶液，呈碱性；
C、电解Ag NO₃溶液的电解方程式为：4AgNO₃+2H₂O

通电
.
4Ag+O₂↑+4HNO₃，所得溶液为硝酸溶液，呈酸性；
D、电解CuCl₂溶液的电解方程式为：CuCl₂

通电
.
Cu+Cl₂↑，所得液体为水；
故选C．

点评：
本题考点： 电解原理．

考点点评： 本题考查了电解原理，知道阴阳离子的放电顺序解本题的关键；电解电解质溶液时，电解类型有：电解水型、电解电解质型、电解电解质和水型，题目难度中等．

A、酸和碱的物质的量浓度相等，且都是一元的，当V_a＞V_b时，酸过量，溶液中的溶质是醋酸钾和醋酸，根据物料守恒知，c（CH₃COOH）+c（CH₃COO^-）＞0.025mol/L，c（K⁺）＜0.025mol/L，所以c（CH₃COOH）+c（CH₃COO^-）＞c（K⁺），故A正确；
B、当V_a=V_b时，酸和碱恰好中和，溶液中的溶质是醋酸钾，根据质子守恒知，c（CH₃COOH）+c（H⁺）=c（OH^-），故B正确；
C、当V_a＜V_b时，氢氧化钾过量，溶液中的溶质是醋酸钾和氢氧化钾，溶液中钾离子浓度大于醋酸根离子浓度，溶液呈碱性，所以氢氧根离子浓度大于氢离子浓度，当氢氧化钾的体积远远大于醋酸的体积，则氢氧根离子浓度大于醋酸根离子浓度，当氢氧化钾体积比醋酸体积稍微大时，醋酸根离子浓度大于氢氧根离子浓度，故C错误；
D、V_a和V_b为任意比时，溶液呈电中性，溶液中阴阳离子所带电荷相等，根据电荷守恒得：c（K⁺）+c（H⁺）=c（OH^-）+c（CH₃COO^-），故D正确；
故选C．

点评：
本题考点： 酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算．

考点点评： 本题考查了混合溶液中离子浓度大小的比较，属于中等难度，根据物料守恒、电荷守恒、质子守恒即可分析解答本题．

A、酸和碱的物质的量浓度相等，且都是一元的，当V_a＞V_b时，酸过量，溶液中的溶质是醋酸钾和醋酸，根据物料守恒知，c（CH₃COOH）+c（CH₃COO^-）＞0.025mol/L，c（K⁺）＜0.025mol/L，所以c（CH₃COOH）+c（CH₃COO^-）＞c（K⁺），故A正确；
B、当V_a=V_b时，酸和碱恰好中和，溶液中的溶质是醋酸钾，根据质子守恒知，c（CH₃COOH）+c（H⁺）=c（OH^-），故B正确；
C、当V_a＜V_b时，氢氧化钾过量，溶液中的溶质是醋酸钾和氢氧化钾，溶液中钾离子浓度大于醋酸根离子浓度，溶液呈碱性，所以氢氧根离子浓度大于氢离子浓度，当氢氧化钾的体积远远大于醋酸的体积，则氢氧根离子浓度大于醋酸根离子浓度，当氢氧化钾体积比醋酸体积稍微大时，醋酸根离子浓度大于氢氧根离子浓度，故C错误；
D、V_a和V_b为任意比时，溶液呈电中性，溶液中阴阳离子所带电荷相等，根据电荷守恒得：c（K⁺）+c（H⁺）=c（OH^-）+c（CH₃COO^-），故D正确；
故选C．

点评：
本题考点： 酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算．

考点点评： 本题考查了混合溶液中离子浓度大小的比较，属于中等难度，根据物料守恒、电荷守恒、质子守恒即可分析解答本题．

令元素R在还原产物中的化合价为x，根据电子转移守恒，则：
0.02L×0.3mol/L×（3-2）=0.02L×0.05mol/L×2×（6-x）
解得：x=3，即元素R在还原产物中的化合价为+3，
故选：B．

点评：
本题考点： 氧化还原反应的计算．

考点点评： 本题考查氧化还原反应的计算，难度中等，关键是理解氧化还原反应中电子转移守恒，注意守恒思想在氧化还原反应计算中应用．

（1）设两种浓度的硫酸溶液的体积分别为V₁，V₂，溶液混合前后，溶质的物质的量不变，则有：
0.2mol•L^-1×V₁+0.05mol•L^-1×V₂=0.1mol•L^-1×100mL；
V₁+V₂=100mL；
解得：V₁=[100/3]mL；V₂=[200/3]mL；
所以所需两种浓度的硫酸溶液的体积之比1：2；
故答案为：1：2；
（2）配制顺序是：计算→称量→溶解、冷却→移液→洗涤→定容→摇匀→装瓶贴签，一般用天平称量（用到药匙）称量，在烧杯中溶解，冷却后转移到100mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，转移完毕，用少量蒸馏水洗涤烧杯及玻璃棒2～3次并将洗涤液全部转移到容量瓶中，再加适量蒸馏水，当加水至液面距离刻度线1～2cm时，改用胶头滴管滴加，使溶液的凹液面的最低点与刻线相平，塞好瓶塞，反复上下颠倒摇匀．所以需要的仪器有托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、100mL容量瓶、胶头滴管，所以应选用的仪器为：CDFGH；
故答案为：CDFGH；
（3）100mL 0.1mol•L^-1 CuSO₄溶液中CuSO₄的物质的量n=0.1mol•L^-1×0.1L=0.01mol，CuSO₄•5H₂O的质量m=0.01mol×250g/mol=2.5g；
使用容量瓶前检验容量瓶是否漏水；
容量瓶用蒸馏水洗净后，直接加入待配溶液，无需润洗，否则浓度偏大；
容量瓶不能用来溶解固体；
故答案为：2.5；检验容量瓶是否漏水；BC；

点评：
本题考点： 配制一定物质的量浓度的溶液．

考点点评： 本题考查了一定物质的量浓度溶液的配制步骤、计算以及仪器，难度不大．

A、酸和碱的物质的量浓度相等，且都是一元的，当V_a＞V_b时，酸过量，溶液中的溶质是醋酸钾和醋酸，根据物料守恒知，c（CH₃COOH）+c（CH₃COO^-）＞0.025mol/L，c（K⁺）＜0.025mol/L，所以c（CH₃COOH）+c（CH₃COO^-）＞c（K⁺），故A正确；
B、当V_a=V_b时，酸和碱恰好中和，溶液中的溶质是醋酸钾，根据质子守恒知，c（CH₃COOH）+c（H⁺）=c（OH^-），故B正确；
C、当V_a＜V_b时，氢氧化钾过量，溶液中的溶质是醋酸钾和氢氧化钾，溶液中钾离子浓度大于醋酸根离子浓度，溶液呈碱性，所以氢氧根离子浓度大于氢离子浓度，当氢氧化钾的体积远远大于醋酸的体积，则氢氧根离子浓度大于醋酸根离子浓度，当氢氧化钾体积比醋酸体积稍微大时，醋酸根离子浓度大于氢氧根离子浓度，故C错误；
D、V_a和V_b为任意比时，溶液呈电中性，溶液中阴阳离子所带电荷相等，根据电荷守恒得：c（K⁺）+c（H⁺）=c（OH^-）+c（CH₃COO^-），故D正确；
故选C．

点评：
本题考点： 酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算．

考点点评： 本题考查了混合溶液中离子浓度大小的比较，属于中等难度，根据物料守恒、电荷守恒、质子守恒即可分析解答本题．