将20mL 0.5mol•L-1K2SO3溶液逐滴加入到20mL 0.2mol•L-1 硫

该浓硫酸的物质的量浓度为：c=[1000ρw/M]=[1000×1.84×98%/98]mol/L=18.4mol/L，
配制500mL 0.5mol/L的稀硫酸，需要浓硫酸的体积为：[0.5mol/L×0.5L/18.4mol/L]≈0.0136L=13.6mL，应该选用25mL量筒；
配制500mL 0.5mol/L的稀硫酸，应该选用500mL容量瓶，
故选D．

点评：
本题考点： 溶液的配制．

考点点评： 本题考查了物质的量浓度的简单计算、配制一定物质的量浓度的溶液中选用仪器的方法，题目难度中等，注意掌握物质的量浓度与溶质质量分数之间的转化，明确配制一定物质的量浓度的溶液方法及选用仪器规格的原则．

根据图示可以推断，加入氢氧化钠溶液就生成了沉淀，故溶液中一定没有大量氢离子；
能够和氢氧化钠反应生成沉淀的离子有Mg²⁺、Al³⁺，生成的沉淀部分溶解，不溶解的是氢氧化镁，溶解的是氢氧化铝，所以一定含有Mg²⁺、Al³⁺，一定没有OH^-
A、一定含有 Mg²⁺、Al³⁺，故A错误；
B、一定含有Mg²⁺，故B错误；
C、一定没有大量氢离子，故C错误；
D、一定含有Mg²⁺、Al³⁺，故D正确；
故选D．

点评：
本题考点： 常见离子的检验方法．

考点点评： 本题考查离子推断，注意氢氧化铝是两性强氧化物，既能和酸反应，又能和强碱溶液反应，本题难度中等．

向氯化铝溶液中加入氢氧化钠溶液发生的化学反应为：AlCl₃+3NaOH=Al（OH）₃↓+3NaCl，Al（OH）₃+NaOH=NaAlO₂+2H₂O，当铝离子恰好和氢氧化钠完全反应生成氢氧化铝时，沉淀的物质的量最大，当氢氧化铝完全转化为偏铝酸钠时，沉淀完全消失；
根据方程式AlCl₃+3NaOH=Al（OH）₃↓+3NaCl、Al（OH）₃+NaOH=NaAlO₂+2H₂O知，铝离子完全转化为沉淀和沉淀完全消失需要氢氧化钠的物质的量之比为3：1，n（AlCl₃）=1.0mol/L×0.1L=0.1mol，完全沉淀时需要氢氧化钠溶液的体积=[0.1mol×3/0.5mol/L]=600mL，根据原子守恒得n（Al（OH）₃）=n（AlCl₃）=0.1mol，
故选D．

点评：
本题考点： 镁、铝的重要化合物；化学方程式的有关计算．

考点点评： 本题以铝的化合物之间的转化为载体考查图象分析，明确物质之间发生的反应及物质之间的关系是解本题关键，再结合原子守恒分析解答，难度中等．

（1）按下开关S₁，形成电解氢氧化钠的电解池，电解水时，阳极上产生氧气，阴极上产生氢气，两个电极的体积比是1：2；即C₁棒是阳极，B是正极，A是负极，故答案为：阳；负；
（2）断开开关S₁，按下开关S₂，形成氢氧燃料电池，有电流产生，所以会看到发光二极管变亮，碳棒C₁上产生的氧气作正极，碳棒C₂上产生的氢气做负极，电极反应为：2H₂-4e^-+4OH^-=4H₂O，故答案为：发光二极管变亮；正；2H₂-4e^-+4OH^-=4H₂O．

点评：
本题考点： 电解原理．

考点点评： 本题考查学生原电池、燃料电池的工作原理知识，注意电极反应式的书写是关键，难度中等．

该反应中Fe元素化合价由+2价变为+3价，根据原子守恒得n（Fe）=n（FeSO4）=5.6g56g/mol=0.1mol，n（KNO3）=0.5mol/L×0.05L=0.025mol，二者的物质的量之比=0.1mol：0.025mol=4：1，根据转移电子相等得4×1=1×（5-y）...

点评：
本题考点： 氧化还原反应．

考点点评： 本题考查了氧化还原反应，根据转移电子相等及原子守恒配平方程式，正确判断y值是解本题关键，题目难度中等．

（1）容量瓶检漏的方法是加适量水后塞紧瓶塞倒置不漏水，然后正放，应注意瓶塞要旋转180度，再倒置看是否漏水，
故答案为：将瓶塞打开，加入少量水，塞好瓶塞，倒转不漏水，然后正放，把瓶塞旋转180度，再倒转不漏水，则说明该容量瓶不漏水；
（2）由于没有480mL的容量瓶，故应使用500mL的容量瓶，根据配制过程可知，还缺少500mL容量瓶、玻璃棒、胶头滴管，
故答案为：500mL容量瓶、玻璃棒、胶头滴管；
（3）由所给浓硫酸标签上的数据易求得该硫酸浓度为：18.4mol•L^-1，故配制500mL 0.5mol•L^-1的稀溶液时约需要13.6mL浓硫酸，
故答案为：13.6；＞；
（4）稀释浓硫酸时应将浓硫酸沿器壁慢慢加入到水中，并不断搅拌，操作方法为：向烧杯中先加入适量蒸馏水，再将量取的浓硫酸沿烧杯内壁慢慢倒入烧杯中，并用玻璃棒不断搅拌，
故答案为：向烧杯中先加入适量蒸馏水，再将量取的浓硫酸沿烧杯内壁慢慢倒入烧杯中，并用玻璃棒不断搅拌；
（5）仰视量筒时，量筒中实际液面高于看到的液面，导致硫酸取多了，结果偏高；B、C两个选项操作均引起结果偏低；选项D．定容后倒置摇匀后再正立时，发现液面低于刻度线，由于容量瓶刻度线上方有部分残留溶液，该选项属于正常现象，不影响配制结果；
故答案为：A；
（6）A．量筒上没有0刻度值，故A错误；
B．量筒的读数能够读到0.1mL，图②中液体体积为2.5mL，故B正确；
C．滴定管读数时应保留两位小数，正确读数为2.50mL，故C错误；
D．只有温度计的0刻度下还有数据，且图示温度为2.5℃，故D正确；
故答案为：BD．

点评：
本题考点： 配制一定物质的量浓度的溶液．

考点点评： 本题考查了配制一定物质的量浓度的溶液，题目难度中等，试题涉及的题量稍大，注意掌握配制一定物质的量浓度的溶液方法，明确容量瓶、量筒、滴定管的构造及正确使用方法．

（1）用容量瓶配制溶液，容量瓶有瓶塞，分液漏斗有瓶塞和旋塞，使用前需检查是否漏水；
故答案为：B；检查是否漏水；
（2）容量瓶只能用来配制一定体积准确浓度的溶液，不能配制或测量容量瓶规格以下的任意体积的液体，不能稀释或溶解药品，不能用来加热溶解固体溶质，
故选BC；
（3）浓硫酸的浓度=
103ρw
M=
103×1.84×98%
98mol/L=18.4mol/L，浓硫酸稀释前后溶质的物质的量不变，设浓硫酸的体积为V，所以18.4mol/L×V=0.5/L×0.5L，V=0.0136L=13.6mL，选取的量筒规格应该等于或大于量取溶液体积，故选15mL量筒；若定容时仰视刻度线，溶液的体积偏大，则所得溶液浓度小于0.5mol•L^-1，若浓硫酸在烧杯中溶解后，未冷却至室温就转移至容量瓶，由于热胀冷缩，所配溶液体积偏小，则所得溶液浓度 大于0.5mol•L^-1，
故答案为：13.6；15；小于；大于．

点评：
本题考点： 配制一定物质的量浓度的溶液．

考点点评： 本题考查一定物质的量浓度溶液的稀释，注意容量瓶、量筒规格的选取方法，根据C=[n/V]判断误差．

A、标准状况下的HCl气体11.2VL物质的量是0.5Vmol，向溶液中通入0.5VmolHCl，该溶液体积会增大，所以溶液浓度应该小于Vmol/L，故A错误．
B、VL浓度为0.5mol•L^-1的盐酸的物质的量是0.5Vmol，10mol•L^-1的盐酸0.1VL的物质的量是Vmol，再稀释至1.5VL，所以C=
C1V1+C2V2
V=[0.5Vmol+Vmol/1.5L]=1mol/L，故B正确．
C、加热浓缩盐酸时，导致盐酸挥发增强，故C错误．
D、浓稀盐酸混合后，溶液的体积不是直接加和，所以混合后溶液的物质的量浓度不是原来的2倍，故D错误．
故选B．

点评：
本题考点： 物质的量浓度的相关计算．

考点点评： 本题考查了物质的量浓度的计算，难度不大，易错选项是D，注意密度不同的溶液混合后，溶液的体积不能直接加和．

Na₂CO₃溶液中nCO₃^2-离子的物质的量为15mL×10^-3×2mol•L^-1=0.03mol，
MCln盐溶液中Mⁿ⁺离子的物质的量为40mL×10^-3×0.5mol•L^-1=0.02mol，
由反应中恰好将溶液中的Mⁿ⁺离子完全沉淀为碳酸盐，及M的化合价为+n，
则Na₂CO₃与MCln反应对应的关系式为：
2Mⁿ⁺～nCO₃^2-
2 n
0.02mol 0.03mol
[2/n＝
0.02mol
0.03mol]，解得n=3，
故选：B．

点评：
本题考点： 离子方程式的有关计算．

考点点评： 本题考查学生利用溶液中的离子之间的反应来进行简单计算，明确离子之间的关系是解答的关键，并应熟悉离子的物质的量的计算来解答即可．

（1）配制100mL 0.5mol/LNa₂CO₃溶液的步骤为：计算、称量、溶解、冷却、转移、洗涤、定容、摇匀等，按照试验操作顺序需要使用的仪器有：药匙、托盘天平（砝码、镊子）、烧杯、玻璃棒、100mL容量瓶、胶头滴管等，
故答案为：烧杯、玻璃棒、100mL容量瓶、胶头滴管；
（2）a．没有将洗涤液转移到容量瓶中，导致配制的溶液中溶质的物质的量偏小，根据c=[n/V]可得，配制的溶液浓度偏低，故a正确；
b．容量瓶洗净后未经干燥处理，对溶质和溶液的体积没有影响，根据c=[n/V]可得，不影响配制结果，故b错误；
e．转移过程中有少量的溶液溅出，导致配制的溶液中溶质的物质的量偏小，根据c=[n/V]可得，配制的溶液浓度偏低，故c正确；
d．摇匀后立即观察，发现溶液未达刻度线，导致配制的溶液体积偏小，根据c=[n/V]可得，配制的溶液浓度偏高，故d错误；
故选ac．

点评：
本题考点： 配制一定物质的量浓度的溶液．

考点点评： 本题考查了配制一定物质的量浓度的溶液的方法，题目难度中等，注意掌握配制一定物质的量浓度的正确步骤及误差分析的方法与技巧；该题难易适中，注重灵活性，侧重对学生能力的培养和解题方法的指导和训练，有利于培养学生的逻辑思维能力和严谨的规范实验操作能力．

A、假设溶液体积为VL，通入标准状况下的HCl气体11.2VL，则物质的量是0.5Vmol，VL浓度为0.5mol•L^-1的盐酸中溶质HCl的物质的量增大一倍，所以通入氯化氢后溶液的物质的量浓度增大一倍，故A正确．
B、假设溶液体积为VL，VL浓度为0.5mol•L^-1的盐酸的物质的量是0.5Vmol，则10mol•L^-1的盐酸0.1VL的物质的量是Vmol，再稀释至1.5VL，所以C=
c1V1+c2V2
V=[0.5V+V/1.5V]=1mol/L，方法可以达到浓度增大一倍的目的，故B正确．
C、加热浓缩盐酸时，导致盐酸挥发增强，故C错误．
D、假设溶液体积为VL，VL浓度为0.5mol•L^-1的盐酸的物质的量是0.5Vmol，则1.5mol•L^-1的盐酸VL的物质的量是1.5Vmol，溶液体积加水到2VL，所以C=
c1V1+c2V2
V═[0.5V+1，5V/2V]=1mol/L，方法可以达到浓度增大一倍的目的，故D正确．
故选C．

点评：
本题考点： 物质的量浓度．

考点点评： 本题考查了物质的量浓度的计算，难度中等，注意密度不同的溶液混合后，溶液的体积不能直接加和，掌握基础是关键．

（1）配置0.5mol•L^-1的烧碱溶液500mL，用500mL容量瓶配制溶液，用烧杯稀释浓硫酸，用胶头滴管定容，
故答案为：500ml容量瓶、烧杯、胶头滴管；
（2）配置0.5mol•L^-1的烧碱溶液500mL，需要氢氧化钠的质量m=0.5mol•L^-1×0.5L×40g/mol=10.0g；
故答案为：10.0；
（3）A．氢氧化钠具有腐蚀性，应用小烧杯称量，故A错误；
B．在烧杯中溶解氢氧化钠固体后，冷却到室温后将溶液倒入容量瓶中，故B错误；
C．将溶解氢氧化钠的烧杯用蒸馏水洗涤2～3次，并将洗涤液转移到容量瓶中，保证溶质全部转移的容量瓶，避免产生误差，故C正确；
故选：C．

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以及用到的仪器，难度不大，注意实验的基本操作方法和注意事项．

Cu、Fe2O3的混合物中加入硫酸溶液，恰好使混合物完全溶解，所得溶液中不含Fe3+，溶液中溶质为CuSO4、FeSO4，该反应过程为：硫酸与氧化铁恰好反应，生成硫酸铁与水，生成的硫酸铁与铜恰好反应转化为CuSO4、FeSO4，由...

点评：
本题考点： 有关混合物反应的计算；铁盐和亚铁盐的相互转变．

考点点评： 本题考查氧化还原反应及混合物的有关计算，难度中等，判断氧化物中氧原子的物质的量是解题的关键．

（1）n（FeSO₄）=11.4g/152g•mol^-1=0.075mol，KNO₃的物质的量为0.05L×0.5mol•L^-1=0.025mol，设NO₃^-与N_xO_y中N元素化合价差为a，根据得失电子总数相等的原则，可得关系式：0.075×1=0.025×a，所以a=3即N_xO_y中N元素化合价为+2价，N_xO_y为NO，所以x=y=1，故答案为：1；1；
（2）FeSO₄中铁的化合价由+2价升高为+3价，变化1，KNO₃中氮的化合价由+5价降低为+2价，变化3，化合价升降总数相等和质量守恒来配平方程式：6FeSO₄+2KNO₃+4H₂SO₄=3Fe₂（SO₄）₃+K₂SO₄+2NO↑+4H₂O，故答案为：6；2；4；3；1；2；4；
（3）FeSO₄中铁的化合价由+2价升高为+3价，是还原剂，所以对应的产物Fe₂（SO₄）₃是氧化产物，故答案为：Fe₂（SO₄）₃；
（4）双线桥的箭头始于反应物有关元素的原子或离子，箭头指向发生化合价变化后生成物中对应元素的原子或离子或原子团，要标明电子的得失字样及得失电子数目，此反应用双线桥法表示如下：，
故答案为：．

点评：
本题考点： 氧化还原反应方程式的配平；氧化还原反应的计算．

考点点评： 本题主要考查了氧化还原反应的配平、氧化产物的判断及分析氧化还原反应用，难度不大，注意基础知识的掌握，明确元素的化合价变化来分析是解答本题的关键．

（1）配制100mL 0.5mol•L^-1的Na₂SO₄溶液的步骤为：计算、称量、溶解、转移、洗涤、定容、摇匀等，使用的仪器有：托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、100mL容量瓶、胶头滴管等，所以选项中用不到的仪器为B 圆底烧瓶，
故答案为：B；
（2）100mL 0.5mol•L^-1的Na₂SO₄溶液中含有硫酸钠的物质的量为：0.5mol•L^-1×0.1L=0.05mol，需要硫酸钠的质量为：142g/mol×0.05mol=7.1g，
故答案为：7.1；
（3）A．在烧杯中溶解溶质，搅拌时不慎溅出少量溶液，导致配制的溶液中溶质的物质的量偏小，配制的溶液浓度偏小，故A错误；
B．未将洗涤烧杯内壁的溶液转移入容量瓶，导致配制的溶液中溶质的物质的量偏小，配制的溶液浓度偏小，故B错误；
C．定容时俯视液面，导致加入的蒸馏水体积偏小，配制的溶液体积偏小，溶液的浓度偏大，故C正确；
D．配制时容量瓶没有干燥，对溶液的体积、溶质的物质的量没有影响，所以不影响配制结果，故D错误；
故选C．

点评：
本题考点： 配制一定物质的量浓度的溶液．

考点点评： 本题考查了配制一定物质的量浓度的溶液的方法，该题是中等难度的试题，试题基础性强，难易适中，注重灵活性，有利于培养学生的逻辑思维能力和严谨的规范实验操作能力；该题的难点在于误差分析，注意明确误差分析的方法．

（1）由反应A₂+B₂⇌2AB，将生成物A₂、B₂按照计量数转化为AB，A₂的浓度始终比B₂的浓度大0.5-0.1=0.4，即a、b满足关系：a-b=0.4，
故答案为：a-b=0.4；
（2）当c=0时，a有最大值，将c（AB）=1.6mol•L^-1按照化学计量数转化成A₂的浓度，最大值为0.5+[1/2]×1.6=1.3；
则有b=0时，a有最小值，按照化学计量数将c（A₂）=0.5mol•L^-1、c（B₂）=0.1mol•L^-1都转化成AB，a的最小值为0.5-0.1=0.4，
所以a的取值范围为：0.4≤a≤1.3，
故答案为：0.4≤a≤1.3．

点评：
本题考点： 化学反应的可逆性；等效平衡．

考点点评： 本题考查了可逆反应特点及等效平衡知识，可以根据可逆反应的特点及题中数据进行分析，本题难度不大．

n（BaCl₂）=0.01L×0.5mol/L=0.005mol，发生反应：H₂SO₄ +BaCl₂=BaSO₄↓+2HCl，由方程式可知：n（BaSO₄）=n（H₂SO₄）=n（BaCl₂）=0.005mol，
①m（ BaSO₄ ）=0.005mol×233g/mol=1.165g，
②c（ H₂SO₄ ）=[0.005mol/0.025L]=0.2mol•L^-1，
答：①得到 BaSO₄沉淀是1.165克；
②待测 H₂SO₄溶液中溶质的物质的量浓度是0.2mol•L^-1．

点评：
本题考点： 化学方程式的有关计算．

考点点评： 本题考查化学方程式有关计算，侧重对基础知识的巩固，注意对基础知识的理解掌握．

在100ml 0.1mol/L的Al₂（SO₄）₃溶液中加入0.5mol/L的NaOH溶液，如硫酸铝完全生成Al（OH）₃，则沉淀的质量为：0.1L×0.1mol/L×2×78g/mol=1.56g，
而此时为1.17g，说明硫酸铝并没有完全转化为Al（OH）₃，此时n（Al（OH）₃）=[1.17g/78g/mol]=0.015mol，NaOH可能有两种情况，一是不足，二是使Al（OH）₃部分溶解，
当NaOH不足时，
Al³⁺+3OH^-=Al（OH）₃↓
3mol 1mol
x 0.015mol
则x=0.045mol，
V₁（NaOH溶液）=[0.045mol/0.5mol/L]=0.09L=90mL，
如使Al（OH）₃部分溶解，则
①Al³⁺+3OH^-=Al（OH）₃↓
0.02mol 0.06mol
②Al（OH）₃ +OH^-=AlO₂^-+2H₂O
1mol 1mol
（0.02-0.015）mol （0.02-0.015）mol=0.005mol
两步反应共需要0.06mol+0.005mol=0.065mol，
V₂（NaOH溶液）=[0.065mol/0.5mol/L]=0.13L=130mL，
答：所加的NaOH溶液体积是90毫升或130毫升．

点评：
本题考点： 化学方程式的有关计算．

考点点评： 本题考查化学方程式的相关计算，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，题目难度中等，注意判断硫酸铝反应的程度，为解答本题的关键，用讨论法解答．

（1）用容量瓶配制溶液，用胶头滴管定容；还需要用到的仪器有：溶解或稀释药品的烧杯、搅拌或引流用的玻璃棒，
故答案为：AC；烧杯和玻璃棒；
（2）容量瓶只能用来配制一定体积准确浓度的溶液，不能配制或测量容量瓶规格以下的任意体积的液体，不能稀释或溶解药品，不能用来加热溶解固体溶质，故选BCF；
（3）m=CVM=0.1mol/L×0.5L×40g/mol=2.0g，若定容时仰视刻度线，溶液的体积偏大，则所得溶液浓度小于0.1mol•L^-1，若NaOH溶液在转移至容量瓶时，洒落了少许，溶质的物质的量偏小，则所得溶液浓度 小于0.1mol•L^-1，
故答案为：2.0；小于；小于；
（4）浓硫酸的浓度=C=
103ρw
M=
103×1.84×98%
98mol/L=18.4mol/L，浓硫酸稀释前后溶质的物质的量不变，设浓硫酸的体积为V，所以18.4mol/L×V=0.5/L×0.5L，V=0.0136L=13.6mL，选取的量筒规格应该等于或大于量取溶液体积，故选15mL量筒，稀释浓硫酸的正确操作是：将浓硫酸沿烧杯内壁缓缓倒入水中，并用玻璃棒不断搅拌，防止液体溅出，
故答案为：13.6；15；将浓硫酸沿烧杯内壁缓缓倒入水中，并用玻璃棒不断搅拌．

点评：
本题考点： 配制一定物质的量浓度的溶液．

考点点评： 本题考查一定物质的量浓度溶液的稀释，注意容量瓶、量筒规格的选取方法，并明确浓硫酸的稀释方法，为易错点．

（1）操作步骤有计算、量取、稀释、洗涤、定容、摇匀等操作，一般用量筒量取浓硫酸，在烧杯中稀释（可用量筒量取水加入烧杯），并用玻璃棒搅拌．冷却后转移到500mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，洗涤烧杯、玻璃棒2-3次，并将洗涤液移入容量瓶中，加水至液面距离刻度线1～2cm时，改用胶头滴管滴加，最后定容颠倒摇匀．所以所需仪器有量筒、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管．
故答案为：量筒；烧杯；玻璃棒；500mL容量瓶；胶头滴管；
（2）根据配制步骤是计算、量取、稀释、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶可知正确的操作顺序是：ADECB，故答案为：ADECB；
（3）浓硫酸的物质的量浓度为c=[1000ρω/M]=[1000×1.84g/ml×98%/98g/mol]=18.4mol/L，设需要的浓硫酸额体积为Vml，根据溶液稀释定律C_浓V_浓=C_稀V_稀可知：
18.4mol/L×Vml=0.5mol•L^-1×500mL，解得V=13.6mL，
根据“大而近”的原则，根据需要量取的浓硫酸的体积为13.6mL可知选用15mL量筒，故答案为：13.6；15；
（4）A．量取时发现量筒不干净用水洗净后直接量取，会导致浓硫酸被稀释，则所配制出的溶液的浓度偏低，故答案为：偏低；
B．未经冷却就直接定容配置将使浓度，待冷却后溶液体积偏小，则浓度偏高，故答案为：偏高；
C．配置时浓硫酸在空气中长时间放置会吸水，则浓硫酸浓度偏低，所配溶液的浓度偏低，故答案为：偏低．

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的计算和误差分析，属于基础型题目，难度不大．

（1）操作步骤有计算、称量、溶解、移液、洗涤移液、定容、摇匀等操作，用托盘天平称量氯化钠，用药匙取药品，在烧杯中溶解（可用量筒加水），用玻璃棒搅拌，加速溶解，恢复到室温后转移到100mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，洗涤2-3次，将洗涤液转移到容量瓶中，加水至液面距离刻度线1～2cm时，改用胶头滴管滴加，最后定容颠倒摇匀．
所用仪器有托盘天平、100mL容量瓶、烧杯、玻璃棒、胶头滴管、药匙等．
肯定不会用到仪器为：锥形瓶、200mL容量瓶．
故选：AB．
（2）由（1）中配制操作步骤可知，还需要的仪器有：烧杯、玻璃棒、药匙．
故答案为：烧杯、玻璃棒、药匙．
（3）容量瓶上标有刻度线、容积、使用温度．
配制最后需颠倒摇匀，使用容量瓶使用前必须检查是否漏水．
故答案为：容积、使用温度；查漏．
（4）A．定容时仰视容量瓶刻度线，导致溶液体积偏大，所配溶液浓度偏低；
B．定容时俯视容量瓶刻度线，导致溶液体积偏小，所配溶液浓度偏高；
C．未洗涤烧杯、玻璃棒，少量氯化钠沾在烧杯壁与玻璃棒上，移入容量瓶中氯化钠的实际质量减小，溶液浓度偏低；
D．摇匀后液面下降，一部分溶液留在瓶塞与瓶口之间，再加蒸馏水至刻度线，导致溶液体积偏大，所以溶液浓度偏低．
故选：B．
（5）若用氯化钠固体配制，需氯化钠的质量为m=0.1L×0.5mol•L^-1×58.5g/mol=2.925g≈2.9g．
若用4mol/L的NaCl浓溶液配制，根据稀释定律，稀释前后溶质的物质的量不变，来计算4mol/L的NaCl浓溶液的体积，设4mol/L的NaCl浓溶液的体积为xmL，则xmL×4mol/L=100mL×0.5mol/L，解得：x=12.5，所以应量取4mol/L的NaCl浓溶液的体积是12.5mL．
故答案为：2.9g；12.5mL．

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，注意从c=[n/v]理解配制原理．

A．配制一定物质的量浓度溶液的一般步骤有计算、称量、溶解、移液、洗涤移液、定容、摇匀等操作，所以实验操作步骤的正确顺序为①②④③⑤；
故答案为：①②④③⑤；
B．本实验用到的基本仪器有：托盘天平，药匙，烧杯，量筒，胶头滴管，500ml容量瓶，玻璃棒，故答案为：500ml容量瓶；玻璃棒；
C．根据c=[n/V]进行误差分析，凡是使n偏大或者V偏小的操作都会使所配溶液浓度偏大，凡是使n偏小或者使B偏大的操作都会使所配溶液的浓度偏小．
（1）没有进行操作④，则溶质的物质的量n偏小，溶液浓度偏小；
（2）加蒸馏水时不慎超过了刻度，则溶液的体积V偏大，溶液的浓度偏小；
（3）定容时俯视读数，则所加蒸馏水偏少，溶液的体积V偏小，溶液的浓度偏大；
（4）向容量瓶中转移溶液时（实验步骤②）不慎有液滴掉在容量瓶外面，则溶质的物质的量n偏小，溶液浓度偏小；
故答案为：偏小；偏小；偏大；偏小．

点评：
本题考点： 配制一定物质的量浓度的溶液．

考点点评： 本题考查了配制有的物质的量浓度的溶液的方法及误差分析，题目难度不大，掌握配制一定物质的量浓度的溶液的步骤是解题关键，注意误差分析的方法与技巧．

①浓硫酸的物质的量浓度=[1000×1.84×98%/98]mol/L=18.4mol/L，没有240mL容量瓶，应选择250mL容量瓶，根据稀释定律，需要浓硫酸的体积=[250mL×0.5mol/L/18.4mol/L]=6.8mL；
该硫酸与等体积的水混合后，所得溶液的质量小于原硫酸溶液质量的2倍，而溶质硫酸的质量不变，所得溶液的质量分数＞49%，
故答案为：6.8；＞；
②浓硫酸稀释放出大量的热，将浓硫酸沿器壁（或玻璃棒）慢慢注入水中，且边加边搅拌，
故答案为：将浓硫酸沿器壁（或玻璃棒）慢慢注入水中，且边加边搅拌．

点评：
本题考点： 溶液的配制．

考点点评： 本题考查溶液浓度计算、基本操作，比较基础，注意理解掌握物质的量浓度与质量分数之间的关系．

强酸与强碱的稀溶液发生中和反应热效应表示为：H⁺（aq）+OH^-（aq）═H₂O（l）△H=-57.3kJ•mol^-1，分别向1L 0.5mol/L的NaOH溶液中加入①稀醋酸　②浓硫酸　③稀硝酸，因浓硫酸溶于水放热，醋酸的电离吸热，则恰好完全反应时的放出的热量为②＞③＞①，但是焓变为负数，所以△H₂＜△H₃＜△H₁；
故选：A．

点评：
本题考点： 反应热的大小比较．

考点点评： 本题主要考查中和热，明确中和热的概念及弱电解质的电离、浓硫酸溶于水的热效应即可解答，需要注意的是放出的能量多，△H反而小．

（1）配制0.5mol•L^-1的稀硫酸500ml，使用的仪器有：量筒、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管，所以还需要的仪器为：500mL容量瓶、玻璃棒，
配制0.5mol•L^-1的稀硫酸500ml，溶液中含有的溶质硫酸的物质的量为：0.5mol•L^-1×0.5L=0.25mol，需要浓度为18.4mol•L^-1的浓硫酸体积为：[0.25mol/18.4mol/L]=0.01358L=13.6mL，
故答案为：500mL容量瓶、玻璃棒；13.6，
（2）配制步骤为：量取浓硫酸、浓硫酸的稀释、转移、定容、摇匀、转入试剂瓶，所以正确顺序为：AEFDCB，故答案为：AEFDCB；
（3）在配制过程中将浓硫酸沿烧杯内壁慢慢注入盛水的烧杯中，并用玻璃棒不断搅拌，若搅拌过程中有液体溅出，会导致溶质硫酸的物质的量偏低，配制的溶液浓度偏低；
定容时必须使溶液凹液面与刻度线相切，若俯视，溶液的体积偏小，会使浓度偏高；
故答案为：低；高；

点评：
本题考点： 配制一定物质的量浓度的溶液．

考点点评： 本题考查一定物质的量浓度溶液配制过程、物质的量浓度有关计算和误差分析等，难度不大，误差分析为易错点．

（1）A为平底烧瓶、C为分液漏斗，在配制一定浓度的溶液中不会用到烧瓶和分液漏斗；配制一定物质的量浓度的溶液需要的仪器有：托盘天平、量筒、烧杯、玻璃棒、容量瓶、胶头滴管等，还缺少的玻璃仪器为：烧杯和玻璃棒，
故答案为：AC；烧杯、玻璃棒；
（2）A．容量瓶为定容仪器，用于配制一定体积的、浓度准确的溶液，故A正确；
B．容量瓶只能用来配制一定体积准确浓度的溶液，不能用于贮存溶液，故B错误；
C．容量瓶不能配制或测量容量瓶规格以下的任意体积的液体，故C错误；
D．容量瓶能准确稀释某一浓度的溶液，故D正确；
E．容量瓶上有容积刻度线，可以量取一定体积的液体，故E族去；
F．容量瓶只能用于配制一定浓度的溶液，不能用来加热溶解固体溶质，故F错误；
故答案为：BCF；
（3）需要0.1mol/LNaOH溶液450mL，需要配制500mL 0.1mol/L的氢氧化钠溶液，需要氢氧化钠的物质的量为：0.1mol/L×0.5L=0.05mol，需要氢氧化钠的质量为：40g/mol×0.05mol=2.0g；
在实验中其他操作均正确，若定容时仰视刻度线，导致加入的蒸馏水体积偏大，配制的溶液体积偏大，则所得溶液浓度小于0.1mol•L^-1；
若NaOH溶液在转移至容量瓶时，洒落了少许，导致配制的溶液中溶质的物质的量偏小，则所得溶液浓度小于0.1mol•L^-1，
故答案为：2.0；小于；小于；
（4）98%、密度为1.84g/cm³的浓硫酸的物质的量浓度为：[1000×1.84×98%/98]mol/L=18.4mol/L，配制0.5mol/L硫酸溶液500mL，需要改浓硫酸的体积为：[0.5mol/L×0.5L/18.4mol/L]≈0.0136L=13.6mL；量取13.6mL浓硫酸，需要使用15mL量筒；
稀释浓硫酸的方法为：将浓硫酸沿器壁缓缓倒入水中，并用玻璃棒不断搅拌；
①未等稀释后的H₂SO₄溶液冷却至室温就转移到容量瓶中，热的溶液体积偏大，冷却后溶液体积变小，配制的溶液体积偏小，浓度偏高，故①正确；
②定容时，加蒸馏水超过刻度线，又用胶头滴管吸出，导致配制的溶液体积偏大，溶液的物质的量浓度偏低，故②错误；
③定容摇匀后，发现液面低于刻度线，又用胶头滴管加蒸馏水至刻度线，导致配制的溶液体积偏大，溶液浓度偏低，故③错误；
④定容时，俯视刻度线，导致加入的蒸馏水体积大于容量瓶刻度线，配制的溶液体积偏小，溶液的物质的量浓度偏高，故④正确；
故答案为：13.6；15；将浓硫酸沿器壁缓缓倒入水中，并用玻璃棒不断搅拌；①④．

点评：
本题考点： 配制一定物质的量浓度的溶液．

考点点评： 本题考查了配制一定物质的量浓度的溶液的方法，试题难易适中，注重灵活性，侧重对学生能力的培养和解题方法的指导和训练，有利于培养学生的逻辑思维能力和严谨的规范实验操作能力，误差分析是本题难点，注意明确分析误差的方法与技巧．

A、需氯化钠的质量为m=0.5L×0.5mol•L^-1×58.5g/mol=14.6g．
故答案为：14.6g．
B、操作步骤有计算、称量、溶解、移液、洗涤移液、定容、摇匀等操作，用托盘天平（用到药匙）氯化钠，在烧杯中溶解，用玻璃棒搅拌，加速溶解，恢复到室温后转移到500mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，洗涤2-3次，将洗涤液转移到容量瓶中，加水至液面距离刻度线1～2cm时，改用胶头滴管滴加，最后定容颠倒摇匀．
所以实验操作步骤的正确顺序为1→2→4→3→5．
故答案为：1→2→4→3→5．
C、未洗涤烧杯、玻璃棒，少量氯化钠沾在烧杯壁与玻璃棒上，移入容量瓶中氯化钠的实际质量减小，溶液浓度偏低；
定容时，加水超过刻度线，使溶液的体积偏大，所配溶液浓度偏低，溶液是均匀的，再用胶头滴管吸出多余的部分，剩余溶液与所配溶液浓度相同，溶液浓度偏低；
不慎有液滴掉在容量瓶外面，移入容量瓶中氯化钠的实际质量减小，溶液浓度偏低；
液体具有热胀冷缩的性质，未冷却到室温，趁热将溶液到入容量瓶，并配成溶液，会导致溶液体积偏小，溶液浓度偏高；
摇匀后液面下降，一部分溶液留在瓶塞与瓶口之间，再加蒸馏水至刻度线，导致溶液体积偏大，所以溶液浓度偏低．
定容时仰视刻度，使溶液的体积偏大，所配溶液浓度偏低；
故答案为：偏低；偏低；偏低；偏高；偏低；偏低．

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，注意从c=[n/v]理解配制原理．

A、标准状况下的HCl气体11.2VL物质的量是0.5Vmol，向溶液中通入0.5VmolHCl，该溶液体积会增大，所以溶液浓度应该小于Vmol/L，故A错误；
B、VL浓度为0.5mol•L^-1的盐酸的物质的量是0.5Vmol，10mol•L^-1的盐酸0.1VL的物质的量是Vmol，再稀释至1.5VL，所以C=
c1V1+c2V2
V=[0.5Vmol+Vmol/1.5L]=1mol/L，故B正确；
C、加热浓缩盐酸时，导致盐酸挥发增强，故C错误；
D、浓稀盐酸混合后，溶液的体积不是直接加和，所以混合后溶液的物质的量浓度不是原来的2倍，故D错误；
故选B．

点评：
本题考点： 物质的量浓度．

考点点评： 本题考查了物质的量浓度的计算，难度不大，易错选项是D，注意密度不同的溶液混合后，溶液的体积不能直接加和．

（1）曲线由0→a段不产生氢气是因氧化铝与硫酸反应生成硫酸铝和水，离子反应为Al₂O₃+6H⁺=2Al³⁺+3H₂O，
故答案为：氧化铝与硫酸反应生成硫酸铝和水；Al₂O₃+6H⁺=2Al³⁺+3H₂O；
（2）曲线由a→b段产生氢气的速率较慢是因开始时温度较低，反应速率较慢，发生2Al+3H₂SO₄=Al₂（SO₄）₃+3H₂↑，
故答案为：开始时温度较低；2Al+3H₂SO₄=Al₂（SO₄）₃+3H₂↑；
（3）曲线由b→c段，产生氢气的速率增加较快的主要原因为该反应为放热反应，温度升高，反应速率加快，故答案为：该反应为放热反应；
（4）曲线由c以后，产生氢气的速率逐渐下降的主要原因为氢离子浓度减小，反应速率减小，故答案为：氢离子浓度减小．

点评：
本题考点： 铝的化学性质；化学反应速率的影响因素．

考点点评： 本题考查Al的化学性质及影响反应速率的因素，为高频考点，把握温度、浓度对反应速率的影响及氧化铝、Al与酸的反应为解答的关键，侧重分析能力的考查，题目难度不大．

由题意知溶液为无色澄清溶液，一定不含Fe³⁺，且溶液中含有的离子必须能大量共存．由实验Ⅰ可知，该溶液中一定含有CO₃^2-，其浓度为

0.56L
22.4L/mol
0.1L=0.25mol/L，则一定没有Al³⁺、Mg²⁺、Ba²⁺；由生成白色沉淀判断溶液中一定含有SiO₃^2-，发生反应SiO₃^2-+2H⁺=H₂SiO₃↓，SiO₃^2-的浓度为

2.4g
60g/mol
0.1L=0.4mol/L．由实验Ⅲ可知溶液中不含SO₄^2-，根据电荷守恒2c（CO₃^2-）+2c（SiO₃^2-）+c（Cl^-）=2×0.25mol/L+2×0.4mol/L+0.5mol•L^-1=1.8mol/L，因此溶液中一定含有K⁺，且其浓度至少为1.8mol/L，不能确定NO₃^-是否存在，
（1）由上述分析可知，一定不含Al³⁺、Mg²⁺、Ba²⁺、Fe³⁺、SO₄^2-，故答案为：Al³⁺、Mg²⁺、Ba²⁺、Fe³⁺、SO₄^2-；
（2）实验Ⅰ中生成沉淀的离子方程式为为SiO₃^2-+2H⁺

△
.
H₂SiO₃↓，故答案为：SiO₃^2-+2H⁺

△
.
H₂SiO₃↓；
（3）由上述分析可知，c（CO₃^2-）=0.25mol/L，c（SiO₃^2-）=0.4mol/L，
故答案为：

阴离子CO₃^2-SiO₃^2-
c/（mol•L^-1）0.250.4（4）由2c（CO₃^2-）+2c（SiO₃^2-）+c（Cl^-）=2×0.25mol/L+2×0.4mol/L+0.5mol•L^-1=1.8mol/L，根据电荷守恒可知溶液中一定含有K⁺，且其浓度至少为1.8mol/L，
故答案为：存在，由电荷守恒可知最小浓度为1.8 mol•L^-1．

点评：
本题考点： 无机物的推断．

考点点评： 本题考查离子的推断，为高频考点，把握离子的颜色、离子之间的反应为解答的关键，侧重分析、推断及计算能力的综合考查，题目难度不大．

A．中和滴定中，由于其颜色变化不明显，一般不选用石蕊作指示剂，可以选用酚酞作指示剂，故A错误；
B．图中点②所示溶液中，溶液显示中性，则c（OH^-）=c（H⁺），根据电荷守恒可知：c（CH₃COO^-）=c（Na⁺），故B正确；
C．图中点①所示溶液中，氢离子抑制了水的电离，导致水的电离程度减小，而在点③所示溶液中，溶质为醋酸钠，醋酸根离子水解促进了水的电离程度，所以水的电离程度：①＜③，故C错误；
D．若溶液中离子浓度存在c（Na⁺）＞c（CH₃COO^-）＞c（H⁺）＞c（OH^-），则不满足电荷守恒，故D错误；
故选B．

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： 本题考查酸碱混合溶液定性判断及溶液中离子浓度大小比较，明确图象中酸碱混合时溶液中的溶质是解答本题的关键，注意电荷守恒、物料守恒、盐的水解等在比较离子浓度大小中的应用方法．

该反应中，Fe²⁺失电子Fe³⁺，所以硫酸亚铁作还原剂；硝酸中氮元素得电子化合价降低作氧化剂；
硫酸亚铁的物质的量=[11.4g /152g/mol]=0.075mol，所以硫酸亚铁生成硫酸铁失去0.075mol电子；
根据氧化还原反应中得失电子数相等可知，硝酸中氮元素得到0.075mol电子，硝酸的物质的量=硝酸钾的物质的量=0.5mol•L^-1 ×0.05L=0.025mol，
所以硝酸的物质的量和电子的物质的量之比=0.025mol：0.075mol=1：3，既一个氮原子得到3个电子变成+2价，所以该氮的氧化物是NO，
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，明确氧化还原反应中得失电子相等是解本题的关键，难度不大．

保持温度不变，将容器的体积扩大两倍，如平衡不移动，A的浓度为0.25mol/L，小于实际A的浓度变为0.3mol/L，说明平衡向生成A的方向移动，即向逆反应移动，
A、由上述分析可知，平衡向逆反应移动，故A错误；
B、增大体积，压强减小，平衡向逆反应移动，压强减小平衡向气体物质的量增大的方向移动，即x+y＞z，故B错误；
C、平衡向逆反应移动，减小压强平衡向气体物质的量增大的方向移动，气体的物质的量增大，C物质的量减小，故C的体积分数下降，故C正确；
D、平衡向逆反应方向移动，B的转化率降低，故D错误；
故选C．

点评：
本题考点： 化学平衡的影响因素；化学平衡建立的过程．

考点点评： 本题考查化学平衡移动，难度中等，利用假设法判断平衡移动方向是解题关键．

n（Na⁺）=0.2L×0.5mol/L=0.1mol，
解热时：2NaHCO₃

△
.
Na₂CO₃+CO₂+H₂O，最后剩余固体为Na₂CO₃，
根据钠离子的物质的量守恒，
则有：n（Na₂CO₃）=[1/2]n（Na⁺）=0.05mol，
m（Na₂CO₃）=0.05mol×106g/mol=5.3g，
故选B．

点评：
本题考点： 有关混合物反应的计算．

考点点评： 本题考查混合物的计算，题目难度不大，注意从钠离子的物质的量守恒的角度解答较为简单．

A、因铝的表面有一层致密的Al₂O₃能与HCl反应得到盐和水，无氢气放出，发生的反应为Al₂O₃+6HCl=2AlCl₃+3H₂O，故A正确；
B、在反应过程中，浓度减小，反应速率减小，但反应放热，溶液温度升高，反应速率加快，且后者为主要因素，故B正确；
C、随着反应的进行，溶液中的氢离子浓度逐渐降低，所以反应速率逐渐减小，故C正确；
D、反应不是化学平衡，随反应进行反应放热对速率的影响比浓度减少的影响大，当t=c时温度影响最大，t＞c时温度影响不是主要因素，浓度减少是主要因素，故D错误；
故选D．

点评：
本题考点： 化学反应速率的影响因素．

考点点评： 本题主要考查了影响化学反应速率的因素，关键是分析图象结合外界条件对化学反应速率的影响等知识点来解答，难度不大．

（1）由反应A₂+B₂⇌2AB，将生成物A₂、B₂按照计量数转化为AB，A₂的浓度始终比B₂的浓度大0.5-0.1=0.4，即a、b满足关系：a-b=0.4，
故答案为：a-b=0.4；
（2）当c=0时，a有最大值，将c（AB）=1.6mol•L^-1按照化学计量数转化成A₂的浓度，最大值为0.5+[1/2]×1.6=1.3；
则有b=0时，a有最小值，按照化学计量数将c（A₂）=0.5mol•L^-1、c（B₂）=0.1mol•L^-1都转化成AB，a的最小值为0.5-0.1=0.4，
所以a的取值范围为：0.4≤a≤1.3，
故答案为：0.4≤a≤1.3．

点评：
本题考点： 化学反应的可逆性；等效平衡．

考点点评： 本题考查了可逆反应特点及等效平衡知识，可以根据可逆反应的特点及题中数据进行分析，本题难度不大．

（1）m=CVM=0.5mol/L×0.1L×58.5g=2.9g，故答案为：2.9；
（2）该实验中需要烧杯溶解药品，需要玻璃棒搅拌和引流，需要100mL容量瓶配制溶液，需要胶头滴管定容，
故答案为：烧杯、玻璃棒、100mL容量瓶、胶头滴管；
（3）实验操作的步骤：计算、称量、溶解、移液、洗涤移液、定容、摇匀等操作进行排序，所以其排列顺序是：B→E→A→C→D→F，故答案为：B→E→A→C→D→F；
（4）A．称量时，左边的托盘放砝码，右边的托盘放NaCl固体，导致溶质的质量偏小，则配制溶液浓度偏低；
B．定容时仰视容量瓶刻度线，溶液体积偏大，配制溶液浓度偏低；
C．将溶解未冷却的溶液转入容量瓶后就直接定容，溶液体积偏小，配制溶液浓度偏高；
D．定容后，把容量瓶倒转摇匀后发现液面低于刻度线，便补充几滴水至刻度处，溶液体积偏大，配制溶液浓度偏低；
故选ABD．

点评：
本题考点： 配制一定物质的量浓度的溶液．

考点点评： 本题考查一定物质的量浓度溶液的配制，注意书写容量瓶时要注明规格，为易错点．

100mL0.5mol/L NaCl溶液所含的Cl^-的物质的量浓度0.5mol/L，
A.100ml0.5mol/LMgCl₂溶液中c（Cl^-）=2×0.5mol/L=1mol/L，故A错误；
B.200mL 0.25mol•L^-1CaCl₂溶液中c（Cl^-）=2×0.25mol/L=0.5mol/L，故B正确；
C.50mL 1mol•L^-1NaCl溶液c（Cl^-）=1mol/L，故C错误；
D.25mL 0.5mol•L^-1HCl溶液c（Cl^-）=0.5mol/L，故D正确．
故选BD．

点评：
本题考点： 物质的量浓度的相关计算．

考点点评： 本题考查物质的量浓度的计算，题目难度不大，本注意离子浓度与溶质的浓度的关系即可解答，离子浓度与溶液体积无关．

操作步骤有计算、量取、稀释、移液、洗涤移液、定容、摇匀等操作，用量筒量取（用到胶头滴管）浓硫酸，在烧杯中稀释，用玻璃棒搅拌，冷却后转移到500mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，洗涤2-3次，将洗涤液转移到容量瓶中，加水至液面距离刻度线1～2cm时，改用胶头滴管滴加，最后定容颠倒摇匀，
由提供的仪器可知还需要仪器有：500mL容量瓶．
故选D．

点评：
本题考点： 不能加热的仪器及使用方法．

考点点评： 本题考查配制一定物质的量浓度的溶液中选用仪器的方法，题目难度中等，注意掌握物质的量浓度与溶质质量分数之间的转化，明确配制一定物质的量浓度的溶液方法及选用仪器规格的原则．

①浓硫酸的物质的量浓度=[1000×1.84×98%/98]mol/L=18.4mol/L，没有240mL容量瓶，应选择250mL容量瓶，根据稀释定律，需要浓硫酸的体积=[250mL×0.5mol/L/18.4mol/L]=6.8mL；
该硫酸与等体积的水混合后，所得溶液的质量小于原硫酸溶液质量的2倍，而溶质硫酸的质量不变，所得溶液的质量分数＞49%，
故答案为：6.8；＞；
②浓硫酸稀释：将浓硫酸沿器壁（或玻璃棒）慢慢注入水中，且边加边搅拌，故答案为：将浓硫酸沿器壁（或玻璃棒）慢慢注入水中，且边加边搅拌．

点评：
本题考点： 物质的量浓度的相关计算；配制一定物质的量浓度的溶液．

考点点评： 本题考查溶液浓度计算、基本操作，比较基础，注意理解掌握物质的量浓度与质量分数之间的关系．