第一章《物质及其变化》单元检测题2023-2024学年上学期高一化学人教版（2019）必修第一册

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第一章《物质及其变化》单元检测题
一、单选题
1．以下物质间的每步转化通过一步反应能实现的是
A．Al → Al2O3 → Al(OH)3 → NaAlO2
B．Si → SiO2 → H2SiO3 →Na2SiO3
C．N2 → NO → NO2 → HNO3
D．S → SO3 → H2SO4 → MgSO4
2．中华文化源远流长、博大精深。下列蕴含的化学知识的说法中，不正确的是
A．“熬胆矾铁釜，久之亦化为铜”，该过程发生了置换反应
B．“陶尽门前土，屋上无片瓦。十指不沾泥，鳞鳞居大厦。”黏土烧制陶瓷的过程发生化学变化
C．“兰陵美酒郁金香，玉碗盛来琥珀光。”粮食发酵产生的酒精分散在酒糟中，可以通过蒸馏与酒糟分离
D．《开宝本草》中记载：“此即地霜也，所在山泽，冬月地上有霜，扫取以水淋汁后，乃煎炼而成”。文中对硝酸钾提取涉及到升华操作
3．下图是某反应前后分子种类变化的微观示意图。下列说法正确的是

A．反应前后分子个数不变
B．反应中涉及到3种氧化物
C．丙的中硫元素的化合价为+6
D．反应中甲、乙分子个数比为2：3
4．下列指定反应的离子方程式正确的是
A．Na加入H2O中：Na + 2H2O=Na+ + 2OH－+ H2↑
B．Fe(CH3COO)2溶液中加入稀硝酸：CH3COO－+H+ = CH3COOH
C．[Ag(NH3)2]OH溶液中加入过量盐酸：[Ag(NH3)2]+ +OH－ +3H+ +Cl－=AgCl↓+2NH+H2O
D．Na2SO3溶液中通入过量Cl2：3SO+Cl2 + H2O = 2HSO+2Cl－+SO
5．将纳米级微粒物质溶解于液体溶剂中形成一种分散系，对该分散系及分散质颗粒的下列叙述中不正确的是。
A．该分散系能发生丁达尔现象 B．分散质颗粒能透过滤纸
C．该分散质颗粒大小在1～100 nm之间 D．该分散系很稳定
6．下列有关叙述不正确的是
A．明矾能生成氢氧化铝胶体，可用作净水剂
B．用可见光束照射可区别溶液和胶体
C．用石膏或盐卤点制豆腐与胶体的性质有关
D．稀豆浆、淀粉溶液、氯化铁溶液都为胶体
7．以下化学反应不属于氧化还原反应的是
A．2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2 ↑
B．NO+NO2+Na2CO3=2NaNO2+CO2↑
C．Fe2O3+6HCl=2FeCl3+3H2O
D．N2H4+O2=N2+2H2O
8．下列指定反应的离子方程式正确的是（ ）
A．氯气溶于水：Cl2＋H2O=2H＋＋Cl－＋ClO－
B．Na2CO3溶液中CO32－的水解：CO32－＋H2O=HCO3－＋OH－
C．酸性溶液中KIO3与KI反应生成I2：IO3－＋I－＋6H＋=I2＋3H2O
D．NaHCO3溶液中加足量Ba(OH)2溶液：HCO3－＋Ba2＋＋OH－=BaCO3↓＋H2O
9．在无色的pH=1的NaCl溶液中还可能大量存在的离子是
A． B． C． D．
10．在某无色溶液中，由水电离出的c(H+)=1.0×10-13mol·L-1，该溶液中一定能大量共存的离子组是
A．Fe2+、Na+、NO3-、SO42- B．Na+、K+、Cl-、SO42-
C．Na+、Ag+、F-、NO3- D．K+、Ba2+、Cl-、HSO3-
11．表中评价不合理的是
选项
化学反应及其离子方程式
评价
A
向氢氧化铜中滴加稀硫酸：
正确
B
该离子反应不仅可以表示Mg与强酸发生这一类型的置换反应，也可表示Mg与某种盐发生的反应
正确
C
少量溶液与溶液反应：
错误，化学计量数不匹配
D
NaOH溶液中通入足量反应：
正确

A．A B．B C．C D．D
12．下列物质的分类正确的是

碱
酸
盐
碱性氧化物
酸性氧化物
A





B
NaOH
HCl
NaCl

CO
C
NaOH


MgO

D
KOH


CaO


A．A B．B C．C D．D
13．下列关于离子共存或离子反应的说法正确的是
A．常温下，pH=7的溶液中，、、、可以大量共存
B．常温下，的溶液中，、、、可以大量共存
C．泡沫灭火器中发生反应的离子方程式为
D．通入溶液中，发生反应的离子方程式为
14．下列相关条件下的离子方程式书写正确的是
A．用铜作电极电解MgCl2溶液：Mg2+ + 2Cl- + 2H2O H2↑ + Cl2↑ + Mg(OH)2↓
B．泡沫灭火器原理：2Al3++3CO+3H2O=2Al(OH)3↓+3CO2↑
C．铜与过量稀硝酸反应：3Cu+8H++2NO=3Cu2++2NO ↑+4H2O
D．AlCl3溶液中加入过量氨水：Al3++4NH3·H2O=AlO+4NH+2H2O
15．它们之间的反应关系及所发生反应的反应类型如图：

则物质B为
A．Fe B．HCl(稀)
C．NaOH(溶液) D．AgNO3(溶液)

二、填空题
16．回答问题。
（1）用双线桥法标明电子转移的方向和数目。
①2Al+Fe2O32Fe+Al2O3：________；
②MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O：________；
（2）在②中氧化剂是________ ，还原剂是_________，被氧化的元素是_____，被还原的元素是______，氧化剂与还原剂之比是___________，当有71gCl2生成时，被氧化的HCl的物质的量是________mol。
17．有下列几种物质：①胆矾(CuSO4·5H2O)、②Na2CO3、③NaOH、④生石灰、⑤硫酸、⑥碘酒、⑦氯化钠、⑧金属钠、⑨氧气和臭氧的混合气体，回答下列问题(填序号)：
属于氧化物的是_______，属于酸的是_______，属于碱的是_______，属于盐的是_______。

三、实验题
18．双氧水最主要的用途是漂白和杀菌消毒，在环境保护、化学合成和工业生产中有着广泛的应用。查阅资料得知：工业上用电解饱和溶液制取，示意图如下

（1） 电解饱和溶液时，阳极的电极反应式为______________，水解时生成和，写出该反应的化学方程式__________。
（2）在碱性介质中，有较强的还原性，可与反应，该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为_____________。
（3）已知    ①
   ②
    ③
用可除去工业尾气中的，生成和，该反应的热化学方程式为_______。
（4）该同学用此法制取一定浓度的，并进行下列实验测定H2O2的质量分数：
Ⅰ.将溶液（密度为）置于锥形瓶中加水稀释，再加稀硫酸酸化；
Ⅱ.用溶液滴定；
Ⅲ.用同样方法滴定，三次消耗溶液的体积分别为。
①操作Ⅱ中，滴入第一滴溶液，溶液紫红色消失很慢，随滴定过程中的增多，溶液的紫红色消失速率加快。的作用是_____________。
②配平与酸性高锰酸钾溶液反应的离子方程式____＋____＋____=____＋____＋____
③原溶液中溶质的质量分数为____________。
19．电解质溶于水时会发生电离产生自由移动的离子，电导率变化一定程度上可以反映溶液中自由移动的离子浓度变化。溶液中自由移动的离子浓度越大，电导率就越大。如图是向溶液中滴入了2滴酚酞溶液，然后向该溶液中匀速滴加溶液，获得电导率随时间变化的曲线图。

(1)0-80s观察到的实验现象_______。
(2)写出该实验中的离子方程式_______。
(3)某同学向两份相同的溶液中，分别滴入物质的量浓度相等的、溶液，其导电能力随滴入溶液体积变化的曲线如图所示。

已知：在水溶液中
①bd段对应的离子方程式是_______；
②_______点对应的溶液呈中性(填a、b、c、d，下同)；
③_______点对应的溶液中沉淀完全。

四、计算题
20．汽车尾气中CO、以及燃煤废气中的都是大气污染物，对它们的治理具有重要意义。
氧化还原法消除的转化如下所示：
反应Ⅰ为，生成标准状况下 L 时，转移电子的物质的量是______
mol。
反应Ⅱ中，当：：2时，氧化产物与还原产物的质量比为______。
使用“催化转化器”可以减少尾气中的CO和，转化过程中发生反应的化学方程式为未配平，若，则方程式中和的化学计量数之比为______。
吸收和NO，获得和产品的流程图如图所示为铈元素。

装置Ⅱ中，酸性条件下NO被氧化的产物主要是和，请写出生成等物质的量的和时的离子方程式：______。
已知进入装置Ⅳ的溶液中的浓度为a ，要使1 该溶液中的完全转化为，至少需向装置Ⅳ中通入标准状况下的氧气______用含a代数式表示，结果保留整数。
21．磷及部分重要化合物的相互转化如图所示．

①步骤Ⅰ为白磷的工业生产方法之一，反应在1300℃的高温炉中进行，其中SiO2的作用是用于造渣(CaSiO3)，焦炭的作用是________；
②不慎将白磷沾到皮肤上，可用0.2mol/LCuSO4溶液冲洗，根据步骤Ⅱ可判断，1mol/LCuSO4溶液所能氧化的白磷的物质的量为________．

参考答案：
1．C
【详解】试题分析：A、氧化铝不溶于水，不能直接转化为氢氧化铝，A错误；B、二氧化硅不溶于水，不能直接转化为硅酸，B错误；C、氮气与氧气反应生成NO，NO与氧气反应生成NO2，NO2溶于水生成硝酸，C正确；D、S燃烧只能生成SO2，得不到SO3，D错误，答案选C。
考点：考查元素及其转化的有关判断
2．D
【详解】A．“熬胆矾铁釜，久之亦化为铜”，该过程发生了反应是Fe+CuSO4=FeSO4+Cu，该反应属于置换反应，A正确；
B．黏土烧制陶瓷的过程中有新物质生成，因此发生的变化属于化学变化，B正确；
C．酒精沸点低，可以用蒸馏的方法与酒糟分离获得酒精，C正确；
D．扫取以水淋汁后，乃煎炼而成，水淋为溶解过程、煎炼为蒸发、结晶过程，没有涉及升华，升华为固体加热不经过液态直接变为气体的过程，D错误；
故合理选项是D。
3．D
【分析】根据图示，结合质量守恒定律可知发生反应方程式为：2H2S+3O22SO2+2H2O，然后根据问题分析解答。
【详解】A．根据反应方程式可知：反应前后物质分子数不等，A错误；
B．在上述物质中涉及的氧化物只有SO2、H2O两种，B错误；
C．丙是SO2，其中S元素化合价为+4价，C错误；
D．根据方程式可知：在反应中H2S、O2反应的个数比是2：3，D正确；
故合理选项是D。
4．C
【详解】A.Na加入H2O发生反应的离子方程式为：2Na + 2H2O=2Na+ + 2OH－+ H2↑，故A错误；
B.稀硝酸具有强氧化性，所以Fe(CH3COO)2溶液中加入稀硝酸发生反应的离子方程式为：6CH3COO－+10H+ +NO+3Fe2+= 6CH3COOH+ 3Fe3++NO+H2O，故B错误；
C.[Ag(NH3)2]OH溶液中加入过量盐酸反应的离子方程式为：[Ag(NH3)2]+ +OH－ +3H+ +Cl－=AgCl↓+2NH+H2O，故C正确；
D.Cl2具有强氧化性，Na2SO3具有还原性，所以Na2SO3溶液中通入过量Cl2会发生氧化还原反应，其反应的离子方程式：SO+Cl2 + H2O = SO+2Cl－+2H+，故D错误；
故答案：C。
5．D
【分析】纳米粒子的直径在1-100nm之间，将纳米级微粒物质溶解于液体溶剂中形成的分散系是胶体．该分散系具有胶体的性质。
【详解】胶体具有下列特点：胶体粒子的直径在1−100nm之间、胶体能透过滤纸但不能透过半透膜、能产生定丁达尔效应、具有介稳性。所以A、B、C正确，D项错误，
故选D。
【点睛】分散系按照分散质粒子直径大小分为溶液、胶体和浊液。这三类分散系中，溶液最稳定；浊液很不稳定，分散质在重力作用下会沉降下来，胶体在一定条件下能稳定存在，稳定性介于溶液和浊液之间，属于介稳体系，原因之一是胶体粒子可以通过吸附而带有电荷，同种胶粒带同种电荷，而同种电荷会相互排斥，要使胶体聚沉，就要克服排斥力，消除胶粒所带电荷；原因之二是胶体粒子在不停的做布朗运动。
6．D
【详解】A．明矾中的铝离子能水解生成氢氧化铝胶体，能够吸附溶液中的悬浮颗粒，可用作净水剂，A正确；
B．胶体有丁达尔效应而溶液没有，故用可见光束照射以区别溶液和胶体，B正确；
C．胶体遇到电解质溶液可以发生聚沉，因此用石膏或盐卤点制豆腐与胶体的性质有关，C正确；
D．稀豆浆、淀粉粒子直径在 1−100 nm之间均为胶体，氯化铁溶液不是胶体，D错误；
故选D。
7．C
【分析】含有价态变化元素的化学反应，属于氧化还原反应。
【详解】A．反应2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2 ↑中，Na2O2中的O元素价态发生改变，A不合题意；
B．反应NO+NO2+Na2CO3=2NaNO2+CO2↑中，NO、NO2中的N元素价态发生改变，B不合题意；
C．反应Fe2O3+6HCl=2FeCl3+3H2O为复分解反应，不存在变价元素，C符合题意；
D．反应N2H4+O2=N2+2H2O中，N2H4中的N元素，O2中的O元素价态发生改变，D不合题意；
故选C。
8．D
【详解】A、次氯酸是弱酸，不能拆写，应写成HClO的形式，A错误；
B、多元弱酸根应分步水解、是可逆反应，CO32-＋H2OHCO3-＋OH-，B错误；
C、反应前后电荷数不等，C错误；
D、少量的系数定为1，HCO3-＋Ba2+＋OH-=BaCO3↓＋H2O，D正确。
答案选D

9．B
【详解】A．含的溶液呈黄色，与无色溶液不相符，选项A不符合；
B．无色的pH=1的NaCl溶液中，H+、Cl-、Na+、相互不反应，能大量共存，且溶液无色，选项B符合；
C．NaCl溶液中Cl-与因发生反应生成氯化银沉淀而不能大量共存，选项C不符合；
D．pH=1的溶液中H+与因发生反应生成水和二氧化碳而不能大量共存，选项D不符合；
答案选B。
10．B
【解析】无色溶液中不含有颜色的离子，由水电离出的c（H+）=1.0×10-13mol•L-1，为酸性或碱性，溶液中离子之间不反应且和氢离子或氢氧根离子也不反应且无色的能大量共存，据此分析解答。
【详解】A. 酸性条件下，Fe2+、NO3-发生氧化还原反应且亚铁离子有颜色，碱性条件下，氢氧根离子和Fe2+反应生成沉淀，故A错误；
B. 这几种离子之间不反应且和氢离子或氢氧根离子不反应，且都无色，故B正确；
C. 酸性条件下F-不能大量共存，碱性条件下Ag+不能大量共存，故C错误；
D. 酸性或碱性条件下，HSO3-都不能大量共存，故D错误；
故答案选：B。
11．D
【详解】A．向氢氧化铜中滴加稀硫酸生成硫酸铜和水，反应的离子方程式是，故不选A；
B．离子方程式可以表示Mg与盐酸等强酸的反应，也可表示Mg与NaHSO4等盐发生的反应，故不选B；
C．少量溶液与溶液反应生成硫酸钡沉淀、氢氧化钠、水，反应的离子方程式是，故不选C；
D．NaOH溶液中通入足量反应生成碳酸氢钠，反应的离子方程式是，故选D。
选D。
12．D
【详解】A．是盐，故A错误；
B．和盐酸反应生成氯化铁和氯化亚铁两种盐，不是碱性氧化物，CO是不成盐氧化物，故B错误；
C．NaHSO4是盐，故C错误；
D．KOH是碱、HNO3是酸、NaHCO3是盐、CaO是碱性氧化物、Mn2O7是酸性氧化物，故D正确；
选D。
13．C
【详解】A．常温下，pH=7的溶液中不可能大量存在，A项错误；
B．常温下，的溶液中，不能大量存在，B项错误；
C．泡沫灭火器中碳酸氢钠溶液中的和硫酸铝溶液中发生相互促进的水解反应，离子方程式为，C项正确；
D．具有强还原性，具有强氧化性，发生反应的离子方程式为，D项错误；
故选C。
14．C
【详解】A．铜是活性电极，在阳极失电子，水得到电子，离子方程式为：，故A错误；
B．泡沫灭火器原理为：，故B错误；
C．铜与过量稀硝酸反应生成硝酸铜和一氧化氮气体，故C正确；
D．AlCl3溶液中加入过量氨水发生反应：，故D错误；
故选C。
15．B
【详解】物质B与A发生中和反应，则B为酸或碱，又由于B与C可发生置换反应，可判断B为酸，因此B可能是稀盐酸。
答案选B。
16． MnO2 HCl Cl Mn 1:2 2
【详解】试题分析：(1) ①2Al+Fe2O32Fe+Al2O3的反应中，铝元素失去6个电子，铁元素得到6个电子；②MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O的反应中，氯元素失去2个电子，锰元素得到2个电子；（2）根据化合价变化，判断氧化剂、还原剂、被氧化的元素、被还原的元素；根据化合价变化可知，被氧化的氯化氢占参加反应氯化氢的一半。
解析：(1) ①2Al+Fe2O32Fe+Al2O3的反应中，铝元素失去6个电子，铁元素得到6个电子，所以电子转移的方向和数目是；
②MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O的反应中，氯元素失去2个电子，锰元素得到2个电子，所以电子转移的方向和数目是；
（2）MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O的反应中，二氧化锰中锰元素化合价由+4降低为+2，氯化氢中氯元素化合价由-1升高为0，所以在②中氧化剂是MnO2 ，还原剂是HCl，被氧化的元素是Cl，被还原的元素是Mn；根据化合价变化可知，被氧化的氯化氢占参加反应氯化氢的一半，氧化剂与还原剂之比是1:2，当有71gCl2生成时，被氧化的HCl的物质的量是2mol。
点睛：在MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O反应中，氯化氢表现还原性和酸性，被氧化的氯化氢占参加反应氯化氢的一半。
17． ④ ⑤ ③ ①②⑦
【详解】氧化物是由两种元素组成，其中一种是氧元素的化合物，酸是在水中电离的阳离子全部是氢离子的化合物；碱是在水中电离的阴离子全部是氢氧根离子的化合物，盐是由金属离子或铵根离子和酸根离子组成的化合物；①胆矾(CuSO4·5H2O)属于盐；②Na2CO3属于盐；③NaOH属于碱；④生石灰是CaO，属于氧化物；⑤硫酸属于酸；⑥碘酒是碘的酒精溶液，属于混合物；⑦氯化钠属于盐；⑧金属钠属于单质；⑨氧气和臭氧的混合气体属于混合物。故属于氧化物的是只有④，属于酸的只有⑤，属于碱的只有③，属于盐的有①②⑦。
18． （或） 1∶1     作催化剂 2 5 6 2 8 5 3.4%
【分析】（1）工业上用电解KHSO4饱和溶液制取H2O2，电解时，阳极上硫酸根失去电子，发生氧化反应生成S2O82-，K2S2O8水解时生成H2O2和KHSO4，根据元素守恒可写出该反应的化学方程式；
（2）在碱性介质中，H2O2有较强的还原性，可与Ag2O反应，生成银单质和水，根据电子得失守恒可知该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比；
（3）已知：①2H2O2（l）═2H2O（l）+O2（g）△H1=-196.46kJ•mol-1
②H2（g）+O2（g）═H2O（l）△H2=-285.84kJ•mol-1
③Cl2（g）+H2（g）═2HCl（g）△H3=-184.6kJ•mol-1
根据盖斯定律，将①×+②+③可得，H2O2（1）与Cl2（g）反应生成HCl（g）和O2（g）的反应热，据此可写出该反应的热化学方程式；
（4）①根据操作Ⅱ中现象可知，反应生成的Mn2+对高锰酸钾与双氧水的反应有催化作用，据此答题；
②H2O2与酸性高锰酸钾溶液反应中，锰元素从+5价降为+2价，氧元素从-1价变为0价，根据元素守恒和电荷守恒可书写出反应的离子方程式：
③根据题意，三次滴定消耗KMnO4溶液的体积平均值为20.00mL，所以KMnO4的物质的量为0.100 0mol•L-1×20.00mL=0.002mol，根据关系式2KMnO4～5H2O2可得H2O2的质量，据此可求得H2O2溶液中溶质的质量分数。
【详解】(1)工业上用电解KHSO4饱和溶液制取H2O2，电解时，阳极上硫酸根失去电子，发生氧化反应生成S2O82−，电极反应式为2SO42−−2e−= S2O82−，K2S2O8水解时生成H2O2和KHSO4，根据元素守恒可知该反应的化学方程式为K2S2O8+2H2O=H2O2+2KHSO4，
故答案为：（或）；；
(2)在碱性介质中，H2O2有较强的还原性，可与Ag2O反应，生成银单质和水，根据电子得失守恒可知，1molH2O2能失去2mol电子，1molAg2O能得2mol电子，所以反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:1，
故答案为：1:1；
(3)已知：①2H2O2(l)═2H2O(l)+O2(g)    △H1=−196.46kJ⋅mol−1
②H2(g)+O2(g)═H2O(l)    △H2=−285.84kJ⋅mol−1
③Cl2(g)+H2(g)═2HCl(g)    △H3=−184.6kJ⋅mol−1
根据盖斯定律，将①×−②+③可得，H2O2(1)与Cl2(g)反应生成HCl(g)和O2(g)的反应热△H=(−196.46×+285.84−184.6)kJ⋅mol−1=+3.01kJ⋅mol−1，所以该反应的热化学方程式为Cl2(g)+H2O2(l)═2HCl(g)+O2(g)    △H=+3.01 kJ⋅mol−1，
故答案为：Cl2(g)+H2O2(l)═2HCl(g)+O2(g)    △H=+3.01 kJ⋅mol−1；
(4)①根据操作Ⅱ中现象可知，反应生成的Mn2+对高锰酸钾与双氧水的反应有催化作用，作催化剂，
故答案为：作催化剂；
②H2O2与酸性高锰酸钾溶液反应中，锰元素从+5价降为+2价，氧元素从−1价变为0价，根据元素守恒和电荷守恒可知反应的离子方程式为2MnO4−+5H2O2+6H+=2Mn2++8H2O+5O2↑，
故答案为：2、5、6、2、8、5O2↑；
③根据题意，三次消耗KMnO4溶液的体积分别为20.00mL、19.98mL、20.02mL，则体积平均值为：20.00mL，则消耗高锰酸根的量：0.1mol/L×0.02L=0.002mol，设双氧水的物质的量为n，则
2MnO4−+5H2O2+6H+=2Mn2++8H2O+5O2↑
2 5
0.002mol n
解得n=0.005mol，所以双氧水的质量为：0.005mol×34g/mol=0.17g，双氧水的质量分数=×100%=3.4%，
故答案为：3.4%。
19．(1)产生白色沉淀，溶液红色褪去，电导率减小
(2)2H++SO+Ba2++2OH-=BaSO4↓+2H2O
(3) OH-+H+=H2O a、d a、b

【解析】（1）
0-80s是溶液导电率降低的阶段，发生的反应为Ba(OH)2+H2SO4=BaSO4↓+2H2O，所以现象为：产生白色沉淀，溶液红色褪去，电导率减小；
（2）
氢氧化钡和硫酸恰好完全反应生成硫酸钡沉淀和水，发生的反应为：Ba(OH)2+H2SO4=BaSO4↓+2H2O，可知离子方程式为：2H++SO+Ba2++2OH-=BaSO4↓+2H2O；
（3）
①从开始到b点发生反应，Ba(OH)2+NaHSO4=BaSO4↓+H2O+NaOH，此时溶质由原来的Ba(OH)2换成了等量的NaOH，溶液显碱性，bd段对应的离子方程式是OH-+H+=H2O，
②a点成分为BaSO4和H2O，溶液呈中性，d点成分为BaSO4、H2O、Na2SO4，溶液显中性，故答案为：a、d；
③a点氢氧化钡和硫酸恰好完全反应生成硫酸钡沉淀和水，曲线②为Ba(OH)2溶液和NaHSO4溶液的反应，从开始到b点发生反应，Ba(OH)2+NaHSO4=BaSO4↓+H2O+NaOH，此时溶质由原来的Ba(OH)2换成了等量的NaOH，溶液显碱性，b点对应的溶液中Ba2+沉淀完全，故答案为：a、b、
20． 1 4：3 3：1 243a
【分析】（1）①根据化合价的变化判断转移电子数；
②当：：2，即和的系数之比是3：2，其方程式表示为：，只有N元素的化合价变化，氮气为氧化产物也是还原产物；
（2）根据氧化还原反应化合价升降相等确定和的化学计量数之比；
（3）生成等物质的量的和时，被还原为，由得失电子相等、电荷守恒确定离子方程式；
（4）根据得失电子数相等列等式计算。
【详解】，生成1mol氧气转移电子是2mol，生成即标准状况时，转移电子的物质的量是；
答案：1；
当：：2，即和的系数之比是3：2，其方程式表示为：，只有N元素的化合价变化，氮气为氧化产物也是还原产物，由N原子守恒可知氧化产物与还原产物的质量比为8：：3；
答案：4：3；
转换过程中发生反应的化学方程式为：未配平，若，可利用“定一法”进行配平，把的化学计量数定为1，则CO、、前面的化学计量数分别为：1、、即，则化学方程式中与的系数之比为3：1；
答案：3：1；
生成等物质的量的和时，被还原为，由电子守恒、电荷守恒可知，离子方程式为：；
答案：；
的浓度为，要使该溶液中的完全转化为，则失去电子数目是：，设消耗标况下氧气的体积是V，则失电子数目是：，根据电子守恒：，解得；
答案：243a。
21． 做还原剂 0.05mol
【分析】结合反应原理和氧化还原反应的基本概念分析；结合电子守恒计算。
【详解】①步骤Ⅰ为白磷的工业生产方法之一，发生反应2Ca3(PO4)2+6SiO2+10C=P4↑+6CaSiO3+10CO↑，反应中C元素化合价升高，则C做还原剂；
②Cu元素的化合价由+2价降低到+1价，CuSO4是氧化剂，P4部分磷元素由0价降低到-3价，部分磷元素由0价升高到+5价，磷元素的化合价既升高又降低，所以P4既是氧化剂又是还原剂，若有11molP4参加反应，其中5mol的P4做氧化剂，60mol硫酸铜做氧化剂，只有6mol的P4做还原剂，则由电子守恒可知，有1 mol的CuSO4参加反应，则被硫酸铜氧化的白磷分子的物质的量为n则：n×4×(5-0)=1mol×(2-1)，解得n=0.05mol。
【点睛】考查氧化还原反应的有关计算，明确反应原理和灵活应用氧化还原反应的基本概念是解题关键，注意白磷和硫酸铜反应中白磷既作氧化剂又作还原剂，为易错点。