请考生注意：
1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。 2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。
一、选择题（每题只有一个选项符合题意） 1、2016年IUPAC命名117号元素为Ts（中文名“是
A．Ts是第七周期第ⅦA族元素 B．Ts的同位素原子具有相同的电子数 C．Ts在同族元素中非金属性最弱 D．中子数为176的Ts核素符号是117Ts 2、下列物质中，不属于合金的是（ ） A．硬铝
B．黄铜
C．水银
D．钢铁
176”，tián），Ts的原子核外最外层电子数是7。下列说法不正确的
3、下列物质中，属于电解质的是 A．Cu
B．8O
17C．NaCl D．氯水
4、下列各离子组能大量共存的是（ ） A．Fe2+、H+、Na+、NO3 C．Fe3+、NH4、H+、SO4
+2--B．Fe3+、Br-、Na+、I- D．Mg2+、OH-、NH4、NO3
+-5、向100mL Fe2(SO4)3和CuSO4的混合溶液中逐渐加入铁粉，充分反应后溶液中固体剩余物的质量与加入铁粉的质量如图所示。忽略溶液体积的变化，下列说法正确的是( )
A．a点时溶液中阳离子仅为Cu2+和Fe2+
B．b点时溶液中发生的反应为：Fe＋Cu2+=Cu＋Fe2+ C．c点时加入的铁粉与Cu2+反应
D．原溶液中Fe2(SO4)3和CuSO4的物质的量浓度之比为1∶1 6、同温同压下，相同体积的O2和SO2气体，下列叙述中错误的是
A．质量之比为1:2 B．物质的量之比1:2 C．密度之比为1:2 D．氧原子数比1:1
7、将一定质量的NaHCO3分为三等份，第一份直接加入盐酸中，消耗盐酸物质的量为n1，第二份首先加热，使其完全分解后，再加入盐酸中，消耗盐酸物质的量为n2，第三份首先加热，使其部分分解后，再加入盐酸中，消耗盐酸物质的量为n3，假若与盐酸都完全反应，则n1、n2、n3的大小关系正确的是（ ） A．n1=n2=n3 B．n2＞n1＞n3 C．n1＞n2＞n3 D．n1＞n3＞n2 8、常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是 A．0.1 mol·L-1 NaAlO2溶液：OH－、Na＋、Cl－、SO42－ B．使紫色石蕊变红的溶液中：CO32－、Fe3+、NO3－、S2－ C．加入Al能放出H2的溶液中：Mg2+、NH4+、K+、SO42－ D．澄清透明的溶液中：Fe2+、MnO4－、NO3－、SO42－
9、硫酸铁和硫酸亚铁固体的混合物，若其中铁元素的质量分数为a%，则其中硫元素的质量分数为 A．(100－3a)％
B．
100-a% 3C．
100-3a% 2D．
2(100-a)% 310、下列各组物质相互作用，生成物不随反应条件或反应物的用量变化而变化的是 A．Na和O2 B．Na2CO3和HCl C．AlCl3和NaOH D．NaOH和NaHCO3
11、下列物质与水混合时，能发生氧化还原反应的是 A．NO2
B．CO2
C．SO2
D．SiO2
12、下列试剂能盛装在玻璃塞试剂瓶中的是
A．盐酸 B．氢氟酸 C．水玻璃 D．KOH溶液 13、分离氯化钾和二氧化锰混合物，不需要的实验操作是( ) A．过滤 B．溶解 C．蒸发 D．称量
14、磷单质在反应4P+3KOH+3H2O=3KH2PO2+PH3↑中（ ） A．被氧化
C．既被氧化又被还原
B．被还原
D．既未被氧化又未被还原
15、下列各组物质中分子数相同的是( ) A．2 L CO和2 L CO2
C．标准状况下1 mol O2和22.4 L H2O 16、下列反应的离子方程式书写正确的是
B．9 g H2O和标准状况下11.2 L CO2 D．0.2 mol NH3和4.48 L HCl气体
A．用FeCl3溶液腐蚀印刷电路板：Fe3＋＋Cu＝Fe2＋＋Cu2＋ B．氯气跟水反应：Cl2 + H2O＝ H＋ + Cl－ + HClO C．钠与水的反应：Na＋H2O＝Na＋＋OH－＋H2↑ D．氢氧化钡溶液和稀硫酸反应：Ba2++SO42﹣═BaSO4↓ 二、非选择题（本题包括5小题）
17、某固体中可能含有Na+、K+、Al3+、Ba2+、SO42-、CO32-、SiO32-、等离子，将其配成 100mL 溶液。学生研究性学习小组为了确认其成分，设计并完成了如图所示实验：
请回答下列问题：
(1)配制100mL 溶液需要使用容量瓶，该仪器使用前必须进行的一步操是______________；在“定容”操作中，当液面接近容量瓶刻度线1~2cm 处，改用__________________，再将容量瓶塞盖好，反复上下颠倒，摇匀。 (2)若出现如下情况，导致所配溶液浓度偏高的是_____________________ A．称量时砝码已经生锈；
B．溶解、转移溶液之后没有对烧杯和玻璃棒进行洗涤操作； C．定容时俯视；
D．定容时，液面超过容量瓶颈上的刻度线，用胶头滴管将过量的液体吸出； E.容量瓶不干燥，含有少量蒸馏水。
(3) 根据以上实验可得出：一定存在的离子是_________________，，一定不存在的离子是___________________。 (4) 加入稀盐酸，所发生的离子反应方程式为________________。
18、某混合物A，含有Al2(SO4)3、Al2O3和Fe2O3，在一定条件下可实现下图所示的变化。
请回答下列问题。
（1）B、C、D、E 4种物质的化学式为：
B____________、C____________、D____________、E____________。
（2）沉淀F与NaOH溶液反应的离子方程式为________________________________。 沉淀E与稀硫酸反应的离子方程为____________________________________。 溶液G与过量稀氨水反应的化学方程为________________________________。
19、分离和提纯是化学研究物质的基本方法。请选择分离提纯下列物质所用的装置（填字母序号）：
（1）除去粗食盐水中的泥沙___； （2）用CCl4萃取碘水中的碘___； （3）用自来水制取蒸馏水___；
（4）用酸性KMnO4溶液除去CO2中的SO2___。
L－1 NaOH溶液，根据溶液配制情况回答下列问题： 20、实验室需要480 mL 1 mol·
(1)实验中除了托盘天平(砝码)、药匙、量筒、烧杯、玻璃棒外还需要的其他仪器有______ 、 ___。 (2)下图是某同学在实验室配制该NaOH溶液的过程示意图，其中有错误的是_______(填操作序号)。
(3)称取NaOH固体时，所需砝码的质量为___________(填写字母)
A．19.2g B．20g C．19.2g ～20g D．大于20g
(4)在溶液的配制过程中，有以下基本实验步骤，其中只需进行一次的操作步骤的是(填写操作步骤的代号)_____________
①称量 ②溶解 ③转移 ④洗涤 ⑤定容 ⑥摇匀 (5)下列操作会导致所配溶液的物质的量浓度偏高的是_________ A．NaOH固体长期暴露在空气中
B．用水溶解NaOH固体后，立即转入容量瓶中定容 C．称量碳酸钠固体时，若将物质和砝码放反
D．定容后发现液面高于刻线，可用胶头滴管将多余的水吸出
E．定容时俯视刻度线
21、对于数以千万计的化学物质和为数更多的化学反应，分类法的作用几乎是无可替代的。
（1）现有下列6种物质：H2O、SiO2、CaO、MgO、Fe2O3、Na2O2。按照不同的分类标准，它们中有一种物质与其他5种有明显不同，请找出这种物质，并写出依据（写出两种分类方法）： ①__；__； ②__；__；
（2）KClO3和浓盐酸在一定温度下反应会生成黄绿色的易爆物二氧化氯，其化学方程式为：2KClO3＋4HCl(浓)=2KCl＋2ClO2↑＋Cl2↑＋2H2O。（ClO2中氯元素的化合价为＋4价） （i）浓盐酸在反应中表现出来的性质是___（填写编号）
①只有还原性 ②还原性和酸性 ③只有氧化性 ④氧化性和酸性 （ii）产生0.1molCl2，则消耗浓HCl的物质的量为___mol。
参考答案
一、选择题（每题只有一个选项符合题意） 1、D 【解题分析】
A. 该原子结构示意图为
，该元素位于第七周期、第VIIA族，故A正确；
B. 同位素具有相同质子数、不同中子数,而原子的质子数=核外电子总数,则Ts的同位素原子具有相同的电子数，故B正确；
C. 同一主族元素中,随着原子序数越大,元素的非金属性逐渐减弱,则Ts在同族元素中非金属性最弱，故C正确； D. 该元素的质量数=质子数+中子数=176+117=293,该原子正确的表示方法为：117Ts，故D错误； 故答案选：D。 2、C 【解题分析】
A、硬铝是指Al、Cu为主要合金元素的一类铝合金，故A错误；
293B、黄铜是由铜和锌所组成的合金，故B错误； C、水银是纯净物，不属于合金，故C正确； D、钢铁是铁和碳组成的合金，故D错误。 答案选C。 3、C 【解题分析】
根据电解质的定义进行分析； 【题目详解】
电解质的定义：在水溶液或熔融状态下能够导电的化合物，
A. Cu为单质，不属于化合物，Cu不属于电解质，故A不符合题意； B.
178O属于原子，不属于化合物，即不属于电解质，故B不符合题意；
C. NaCl属于化合物，在水溶液或熔融状态下能够导电，NaCl属于电解质，故C符合题意； D. 氯水属于混合物，即不属于电解质，故D不符合题意； 答案为C。 【题目点拨】
电解质一般包括酸、碱、多数的盐、多数的金属氧化物和水，分析某物质是不是属于电解质，一般从上述物质类别中寻找。 4、C 【解题分析】
离子间如果发生化学反应，则不能大量共存，结合离子的性质以及发生的化学反应分析判断。 【题目详解】
A、在酸性溶液中硝酸根能把亚铁离子氧化为铁离子，同时生成水和NO，不能大量共存，A不选； B、在溶液中铁离子能把碘离子氧化为单质碘，同时生成亚铁离子，不能大量共存，B不选； C、四种离子间不反应，可以大量共存，C选；
D、镁离子和铵根离子均与氢氧根离子反应，不能大量共存，D不选。 答案选C。 5、B 【解题分析】
由于氧化性：Fe3+>Cu2+ ， 故加入铁粉时，铁先与氧化性强的Fe3+发生反应；当溶液中的Fe3+完全反应后，再与溶液中的Cu2+发生反应。 【题目详解】
A.a点表示的是加入铁粉后，溶液中固体的质量仍为0，此时发生反应的离子方程式为：Fe+2Fe3+=3Fe2+ ， 由于反应仍未结束，故a点溶液中存在的阳离子有Fe3+、Cu2+、Fe2+ ， 选项错误，A不符合题意；
B. b点表示加入铁粉后，溶液中固体的质量增加，此时发生反应的离子方程式为：Fe+Cu2+=Cu+Fe2+ ， 选项正确，B符合题意；
C. 当加入铁粉的质量大于1.68g后，图中曲线出现了拐点，由点（2.24，1.84）可知，铁粉增加的质量与固体剩余物增加的质量相等，故c点没有发生反应，选项错误，C不符合题意；
D.当加入铁粉质量为0.56g时，发生反应的离子方程式为：Fe+2Fe3+=3Fe2+ ， 故溶液中
nFe32n(Fe)m0.56g20.02mol， 故溶液中n[Fe2(SO4)3]=0.01mol；当加入铁粉的质量为M56g/mol0.56~1.68g（即1.12g）时，能够反应的离子方程式为：Fe+Cu2+=Cu+Fe2+ ， 则溶液中
nCu2n(Fe)m1.12g0.02mol,故溶液中n(CuSO4)=0.02mol；因此溶液中Fe2(SO4)3与CuSO4的物质M56g/mol的量之比为1:2，选项错误，D不符合题意； 故答案为B。 【题目点拨】
本题的难点是关于c点是否有化学反应发生的判断。仔细观察图像可以发现，点（1.68，1.28）是曲线的拐点，该点把曲线分为两段直线，两段直线的斜率不同，根据点（2.24，1.84）可以判断c点的具体变化。 6、B 【解题分析】
同温同压下，两种气体的物质的量之比等于体积之比，同温同压下，相同体积的O2和SO2气体，其物质的量相等。 【题目详解】
A．分析可知，O2和SO2气体的物质的量相等，质量之比为32:64=1:2，A叙述正确； B．分析可知，O2和SO2气体的物质的量相等，物质的量之比1:1，B叙述错误；
C．同温同压下，气体的密度之比等于气体的摩尔质量之比，则密度之比为32g/mol：64g/mol=1:2，C叙述正确； D．分析可知，物质的量之比1:1，氧原子数比(1×2):(1×2)=1:1，D叙述正确； 综上所述，答案为B。 7、A 【解题分析】
第1份直接与过量盐酸反应：NaHCO3～HCl；第2份先加热，使其部分分解后，再与过量盐酸反应：NaHCO3～Na2CO3～HCl和NaHCO3～HCl，第3份先加热，使其全部分解后，再与过量盐酸反应：NaHCO3～Na2CO3～HCl，根据Na
元素守恒，最后生成物质的都为NaCl，因Na的物质的量不变，则消耗盐酸的物质的量相等。答案选A。
点睛：本题考查钠的化合物的相关计算，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，注意根据元素质量守恒进行计算，可省去中间过程的繁琐．根据Na元素守恒，最后生成物质的都为NaCl，因Na的物质的量不变，则消耗盐酸的物质的量相等。 8、A 【解题分析】
A. 0.1 mol·L-1 NaAlO2溶液：OH－、Na＋、Cl－、SO42－，不反应能大量共存，符合题意，A正确；
B. 使紫色石蕊变红的溶液中含有H+和CO32－能反应，酸性条件下，NO3－能氧化S2－，与题意不符，B错误； C. 加入Al能放出H2的溶液中可能含有OH－或H+： NH4+、OH－能反应，与题意不符，C错误； D. 澄清透明的溶液中：Fe2+、MnO4－能反应，与题意不符，D错误； 答案为A。 9、B 【解题分析】
硫酸铁和硫酸亚铁固体的混合物，若其中铁元素的质量分数为a%，则硫元素、氧元素的质量分数为1-a%，硫元素、氧元素以SO42-的形式存在，硫元素、氧元素的质量比为32:64=1:2，所以硫元素的质量分数为1-a% ，故选B。 10、D 【解题分析】
A. 根据物质充分燃烧和不充分燃烧的生成物不同分析；
B. 根据Na2CO3和少量HCl生成氯化钠、碳酸氢钠；与过量的HCl生成氯化钠、水和二氧化碳； C. 氯化铝和少量氢氧化钠溶液反应生成白色沉淀，和过量氢氧化钠溶液反应时先生成沉淀后沉淀溶解； D. 碳酸氢盐和其对应的强碱的反应产物是碳酸盐； 【题目详解】
A. 钠和氧气反应在常温下，会生成氧化钠；而在加热时，则生成过氧化钠，反应条件改变，会引起产物的种类改变，故A项错误；
B. Na2CO3和HCl生成反应，少量HCl生成氯化钠、碳酸氢钠；过量HCl则生成氯化钠、水和二氧化碳，反应物用量比改变，会引起产物的种类改变，故B项错误；
C. 氯化铝和少量氢氧化钠溶液反应生成氢氧化铝白色沉淀，和过量氢氧化钠溶液反应时，先生成氢氧化铝沉淀，然后氢氧化铝再和氢氧化钠反应生成可溶性的偏铝酸钠，溶液又变澄清，故C项错误；
D. 碳酸氢钠和其对应的强碱氢氧化钠的反应产物是碳酸钠，生成物不随反应条件或反应物的用量变化而变化，故D项正确； 答案选D。
13【题目点拨】
物质之间的化学反应可能跟反应条件或反应物的用量有关，所以提醒学生写化学方程式时要多加留意，其中B选项，是学生易错点，碳酸钠溶液与稀盐酸反应实质是溶液中的CO32-与H+的反应，其过程分两步进行，第一步：CO32-与少CO32-+H+ ═HCO3-，HCO3-+H+ 量的H+反应，离子方程式为：若酸过量，则生成的HCO3-会继续与H+发生第二步反应：═ CO2↑+H2O。 11、A 【解题分析】
A. NO2与水反应生成硝酸和NO，氮元素化合价改变，属于氧化还原反应，故选A； B. CO2与水反应生成碳酸，元素化合价不变，不能发生氧化还原反应，故不选B； C. SO2与水反应生成亚硫酸，元素化合价不变，不能发生氧化还原反应，故不选C； D. SiO2与水不反应，故不选D。 12、A 【解题分析】
A．盐酸和二氧化硅不反应，可以盛放在玻璃塞试剂瓶中，故A选；
B．氟化氢能与二氧化硅反应生成四氟化硅气体和水，不能用玻璃瓶盛放，故B不选； C．硅酸钠黏性强，能用来粘合玻璃，不能用玻璃塞，故C不选；
D．氢氧化钾能和二氧化硅反应生成硅酸钾，硅酸钾能用来粘合玻璃，不能用玻璃塞，故D不选。 故答案选A。 【题目点拨】
本题考查试剂的存放，明确物质的性质与保存方法的关系是解答本题的关键。 13、D 【解题分析】
氯化钾易溶于水，二氧化锰难溶于水，分离氯化钾和二氧化锰混合物需要先溶解，然后过滤出二氧化锰，最后蒸发得到氯化钾，不需要的实验操作是称量。答案选D。 14、C 【解题分析】
磷元素的化合价由反应前的0价，一部分升高为KH2PO2中的1价，被氧化；另一部分降低为PH3中的3价，被还原，故选C。 15、B 【解题分析】
A. 没有指出在相同条件下，无法比较2LCO和2LCO2的物质的量大小，故A错误；
B. 9g H2O的物质的量为:
9g11.2L=0.5mol， =0.5mol,标准状况下11.2LCO2的物质的量为：根据N=nNA
18g/mol22.4L/mol可知，二者含有的分子数相等，故B正确；
C. 标准状况下水不是气体，在标准状况下22.4L水的物质的量大于1mol，二者含有的分子数不相等，故C错误； D. 没有指出标准状况下，不能使用标准状况下的气体摩尔体积计算，故D错误； 故选：B。 【题目点拨】
注意使用气体摩尔体积时，研究对象必须为气体，且必须指出相同条件下或标准状况下，据此进行解答。 16、B 【解题分析】
分析：本题考查的是离子方程式的判断，是高频考点。掌握物质在离子方程式中的形式是关键。
详解：A.该反应的离子方程式为：2Fe3＋＋Cu＝2Fe2＋＋Cu2＋，故错误；B.氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，盐酸能拆成离子形式，故正确；C.钠和水反应的离子方程式为2Na＋2H2O＝2Na＋＋2OH－＋H2↑，故错误；D.氢氧化钡和硫酸反应生成硫酸钡沉淀和水，离子方程式为：Ba2++SO42﹣＋2OH－＋2H+═BaSO4↓＋2H2O，故错误。故选B。
二、非选择题（本题包括5小题）
C CO32-、SiO32- SO42-、17、检查是否漏水 改用胶头滴管滴加蒸馏水至溶液凹液面正好与刻度线相切 A、Al3+、Ba2+ CO32-+2H+=CO2↑+H2O；SiO32-+2H+=H2SiO3↓ 【解题分析】
向配制的溶液中加入稀盐酸后生成无色无味气体A、沉淀B，气体A为CO2，则原溶液中一定含有CO32-，结合离子共存可知一定不存在Al3+、Ba2+；生成的沉淀B为硅酸，则一定存在SiO32-；向滤液C中加入氯化钡溶液，无明显现象，说明溶液中不存在SO42-，据此结合溶液配制的方法解答； 第(2)题根据c=【题目详解】
(1)容量瓶使用前要检查是否漏水；当液面接近容量瓶刻度线1-2cm处，改用胶头滴管滴加质量数至液面凹液面恰好与刻度线相切，再将容量瓶塞盖好，反复上下颠倒，摇匀，故答案为：检查是否漏水；改用胶头滴管滴加质量数至液面凹液面恰好与刻度线相切；
(2)A.称量时砝码已经生锈会导致溶质的质量偏大，继而导致浓度偏大，故A正确；
B.溶解、转移溶液之后没有对烧杯和玻璃棒进行洗涤操作会导致溶质物质的量偏小，浓度偏小，故B错误； C.定容时俯视会导致溶液体积偏小，溶液浓度偏大，故C正确；
D.定容时，液面超过容量瓶颈上的刻度线，用胶头滴管将过量的液体吸出会导致溶质的物质的量偏小，浓度偏小，故
n进行分析； VD错误；
E.容量瓶不干燥，含有少量蒸馏水对浓度没有影响，故E错误， 故答案为：AC；
(3)根据分析可知一定存在的离子为：CO32-、SiO32-；SO42-、Al3+、Ba2+，CO32-、SiO32-；一定不存在的离子为：故答案为：SO42-、Al3+、Ba2+；
(4)根据分析可知，加入稀盐酸后碳酸根和硅酸根和氢离子发生反应，故答案为：CO32-+2H+=CO2↑+H2O；SiO32-+2H+=H2SiO3↓。
18、Al2O3 Fe2O3 NaAlO2 Al(OH)3 Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O Al(OH)3+3H+=Al3+ +3H2O Al2(SO4)3+6NH3·H2O=2Al(OH)3↓+3(NH4)2SO4 【解题分析】
本题考查无机推断，Al2(SO4)3溶于水，Al2O3和Fe2O3是不溶于水的物质，因此A中加水，过滤，沉淀F为Al2O3和Fe2O3的混合物，溶液G为Al2(SO4)3，氧化铝属于两性氧化物，Fe2O3属于碱性氧化物，因此F中加入NaOH发生Al2O3＋2NaOH=2NaAlO2＋H2O，然后过滤，沉淀C为Fe2O3，溶液D为NaAlO2，溶液G中加入过量的稀氨水，发H2O=Al(OH)3↓＋3NH4＋，生Al3＋＋3NH3·沉淀E为Al(OH)3，氢氧化铝不稳定受热分解为Al2O3，即B为Al2O3， （1）根据上述分析，B为Al2O3，C为Fe2O3，D为NaAlO2，E为Al(OH)3；（2）沉淀F为氧化铝和氧化铁的混合物，氧化铁属于碱性氧化物，不与NaOH反应，氧化铝属于两性氧化物，与NaOH反应：Al2O3＋2OH－=2AlO2－＋H2O；氢氧化铝为两性氢氧化物，与硫酸反应的离子反应方程式为：Al(OH)3＋3H＋=Al3＋＋3H2O；硫酸铝与过量氨水的反应化H2O=2Al(OH)3↓＋3(NH4)2SO4。 学方程式为Al2(SO4)＋6NH3·
19、A D B E 【解题分析】
(1)氯化钠易溶于水，泥沙不溶于水，可用过滤的方法的分离；故答案为：A；
(2)用CCl4萃取碘水中的碘，碘易溶于有机溶剂，可用萃取、分液的方法分离；故答案为：D； (3)自来水中水的沸点较低，可用蒸馏的方法制取蒸馏水；故答案为：B；
(4)酸性KMnO4溶液能将SO2氧化，将混合气体通入酸性KMnO4溶液进行洗气，除去CO2中的SO2。故答案为：E。 20、胶头滴管、500mL容量瓶 ①③⑤ D ②⑤ BE 【解题分析】
（1）根据配制步骤是计算、称量、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶来分析需要的仪器； （2）依据配置一定物质的量浓度溶液的正确操作步骤和仪器的正确使用方法解答；
（3）根据n=cV、m=nM计算出500mL1.0mol/L的NaOH溶液中含有溶质氢氧化钠的质量，然后根据氢氧化钠的称量要放到小烧杯里称量来分析；
（4）根据实验操作的方法进行判断； （5）根据实验操作对c=【题目详解】
（1）操作步骤有计算、称量、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀等操作，一般用托盘天平称量，用药匙取用药品，在烧杯中溶解(可用量筒量取水加入烧杯)，并用玻璃棒搅拌，加速溶解。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。所以所需仪器有托盘天平、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管。根据提供的仪器可知，还需仪器有500ml容量瓶、胶头滴管；
（2）①量筒为量取仪器，不能用来溶解物质，故①错误； ②用玻璃杯搅拌加速固体的溶解，故②正确；
③玻璃棒引流操作时，玻璃棒下端应靠在容量瓶刻度线下方，故③错误； ④加水至刻度线的下方，操作正确，故④正确； ⑤定容时，眼睛应平视刻度线，故⑤错误；
⑥加盖摇匀，使溶液混合均匀，操作正确，故⑥正确；故答案为①③⑤；
（3）由于无450mL的容量瓶，故选用500mL的容量瓶，配制出500mL的1.0mol/L的溶液，500mL1.0mol/L的氢氧0.5L×40g/mol=20g，需要称量的氢氧化钠的质量为20.0g，而称量氢氧化化钠溶液中含有溶质的质量为：m=1.0mol/L×
钠固体时，要放到小烧杯里称量，故选用的砝码的质量大于20.0g，故答案为D； （4）①称量时先称空烧杯的质量再称烧杯和药品的质量，故①错误； ②固体在烧杯中溶解，冷却后转移到500mL容量瓶中，只有1次，故②正确； ③转移时除了将溶液转移到容量瓶中还要将洗涤液转移到容量瓶中，故②错误； ④洗涤时要洗涤烧杯及玻璃棒2−3次，故④错误；
⑤定容时，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，只有1次，故正确；
⑥摇匀要在移液后摇匀一次，在定容后再摇匀一次，故⑤错误；故选②⑤；
（5）A.NaOH固体长期暴露在空气中，导致部分氢氧化钠变质，配制的溶液中溶质的物质的量偏小，配制的浓度偏低，故A错误；
B.用水溶解NaOH固体后，立即转入容量瓶中定容，热的溶液体积偏大，冷却后体积变小，则配制的溶液体积偏小，配制的溶液浓度偏高，故B正确；
C.称量碳酸钠固体时，若将物质和砝码放反，称量出的氢氧化钠的质量偏小，配制的溶液浓度偏低，故C错误； D.定容后发现液面高于刻线，若用胶头滴管将多余的水吸出，配制的溶液中溶质的物质的量偏小，配制的溶液浓度偏
n的影响进行误差分析。 V低，故D错误；
E.定容时俯视刻度线，导致加入的蒸馏水体积偏小，配制的溶液体积偏小，则配制的溶液浓度偏高，故E正确。
H2O H2O为液体， Na2O2； Na2O2中氧元素为-1价， ② 21、其他的为固体；其余物质中的氧元素为-2价；0.4 【解题分析】
（1）从所给物质中，从所给物质的状态、所给物质氧元素的化合价为分类依据，对所给物质分类； （2）（i）从反应前后HCl中的Cl化合价升高，HCl作为还原剂，又从生成KCl说明HCl具有酸性； （ii）由方程式可知反应中反应物、生成物物质的量变化之比等于化学计量数之比。 【题目详解】
（1）①都是氧化物，但是H2O为液体，其他的为固体； ②Na2O2中氧元素为-1价，其余物质中的氧元素为-2价；
（2）（i）在反应2KClO3＋4HCl(浓)=2KCl＋2ClO2↑＋Cl2↑＋2H2O中，HCl中Cl的化合价由-1价升高到0价，则HCl具有还原性，又因为该反应生成KCl，则表现酸性，故选②；
（2）由方程式可知反应中反应物、生成物物质的量变化之比等于化学计量数之比，故当生成0.1molCl2，则消耗浓HCl的物质的量为0.4mol。 【题目点拨】
对物质进行分类时，要找出一个标准，区分这种物质与其他物质的不同。
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