河北省邯郸市2019-2020学年高一上学期期中考试化学试题化学（解析版）


河北省邯郸市2019-2020学年高一上学期期中考试试题
一、单选题（本大题共16小题，共48.0分）
1.化学与生活密切相关，下列说法中正确的是（ ）
A. 生石灰可用作食品抗氧化剂
B. 熟石灰、铁粉常用于食品干燥剂
C. 维生素C因具有酸性，可作食品抗氧化剂
D. 银器久置后表面变暗，是因为发生了化学反应
【答案】D
【解析】
【详解】A.生石灰具有吸水性，可作食品干燥剂，没有还原性，不能作食品抗氧化剂，A错误；
B.铁粉没有吸收水,不能作干燥剂，它具有还原性，做抗氧化剂，B错误；
C.维生素C可以与氧气反应，消耗了食品袋内的氧气，可作食品抗氧化剂，体现了维生素C的还原性，C错误；
D. 银属于不活泼金属，在空气中性质较稳定,不易与空气中的氧气直接反应,但长期接触空气中的微量H2S气体后,则会与之反应生成黑色硫化银，故导致银器表面变暗,属于化学变化，故D正确；
综上所述，本题选D。
2. 下列关于胶体和溶液的说法中，正确的是（ ）
A. 许多胶体能进行电泳是因为这些胶体带电
B. 布朗运动是胶体粒子特有的运动方式，可以据此把胶体与溶液、悬浊液区分
C. 光线通过时，胶体产生丁达尔效应，溶液则无丁达尔效应
D. 将饱和氯化铁溶液滴入稀氢氧化钠溶液中加热，可得氢氧化铁胶体
【答案】C
【解析】
试题分析：A、胶体本身不带电，胶粒带电，错误。B．物质在永不停息地作无规则的运动，胶体粒子一直在作无规则的运动，也能发生布朗运动，错误。C．光线透过胶体时，胶体发生丁达尔效应，是胶体的特性，正确。D．饱和氯化铁溶液与稀氢氧化钠溶液反应生成氢氧化铁沉淀，不是胶体，错误。
考点：考查阿伏伽德罗常数、气体体积等相关知识。
3.下列各组离子在选项条件下一定能大量共存的是(    )
A. 无色溶液：、、、
B. 酸性溶液：、、、
C. 遇酚酞变红的溶液：、、、
D. 碱性溶液：、、、
【答案】C
【解析】
【详解】A选项，Cu2+为有色离子，不满足溶液无色的条件，故A错误；
B选项，H+与S2-、Fe3+与S2-发生反应，在溶液中不能大量共存，故B错误；
C选项，遇酚酞变红的溶液呈碱性，这些离子之间不反应，也不与氢氧根离子反应，在碱性溶液中能够大量共存，故C正确；
D选项，铝离子与氢氧根离子反应，在碱性溶液中不能大量共存，故D错误；
综上所述，答案C。
4.下列关于物质分类的说法正确的是（ ）
A. Na2O、MgO、Al2O3均属于碱性氧化物
B. 根据酸分子中含有的氢原子个数可将酸分为一元酸、二元酸、三元酸等
C. 镁铝合金、漂白粉、水玻璃、王水均混合物
D. 纯碱、熟石灰、醋酸、食盐水均为电解质
【答案】C
【解析】
【详解】A. Na2O、MgO属于碱性氧化物, Al2O3是两性氧化物，故A错误；
B．根据酸分子在水溶液中电离出氢离子的数目，将酸分为一元酸、二元酸等，故B错误；
C. 镁铝合金、漂白粉、水玻璃、王水均由不同物质组成，为混合物，故C正确；
D. 纯碱、熟石灰、醋酸在水溶液或是熔融状态下导电，属于电解质，但是食盐水是混合物，不是电解质，故D错误。
故选C.
5.下列除杂试剂或操作方法正确的一组是(    )
序号
物质
杂质
除杂试剂或操作方法

NaCl

加入过量的溶液,过滤,再加适量的盐酸并加热

溶液

加入过量Fe粉,过滤


HCl
通过盛溶液洗气瓶,再通过盛洗气瓶

自来水
植物油
蒸馏
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】①碳酸钾与氯化钡反应生成碳酸钡沉淀和KCl，引入新杂质KCl及过量的碳酸钾，应选碳酸钠，故错误；
②Fe与硫酸铜反应生成硫酸亚铁和Cu，则反应后过滤可除杂，故正确；
③HCl与NaHCO3溶液反应生成二氧化碳，引入新杂质二氧化碳，应选饱和食盐水，故错误；
④自来水与植物油混合分层，可分液分离，不能利用蒸馏，故错误；因此D正确；
综上所述，答案为D。
6.下列有关氧化还原反应的叙述中正确的是 （ ）
A. 有单质参加或有单质生成的反应一定是氧化还原反应
B. 氧化还原反应的本质是元素化合价的升降
C. 金属单质在化学反应中一定作还原剂
D. 失电子的反应物在反应中作还原剂，反应中被还原
【答案】C
【解析】
【详解】试题分析：A项、单质间的转化过程中若没有化合价的变化，该反应不属于氧化还原反应，如同素异形体金刚石与石墨的转化，没有化合价改变，不属于氧化还原反应，故A错误；
B项、氧化还原反应的本质是电子转移，特征是元素化合价的升降，故B错误；
C项、金属单质中金属元素为最低价，只有还原性，在化学反应中一定作还原剂，故C正确；
D项、失电子的物质在反应中化合价升高被氧化，做还原剂，故D错误；
故选C。
7.下列离子方程式中，不正确的是（ ）
A. 氢氧化铜与稀硫酸反应：Cu(OH)2＋2H+＝Cu2+＋2H2O
B. 铁与稀硫酸反应：2Fe＋6H+＝2Fe3+＋3H2↑
C. 氯化钡溶液与硫酸反应：Ba2+＋SO42- ＝BaSO4↓
D. 氧化铜与硫酸反应：CuO＋2H+＝Cu2+＋H2O
【答案】B
【解析】
【详解】A.氢氧化铜溶于稀硫酸，离子方程式：Cu（OH）2+2H+═Cu2++2H2O，故A正确；
B.金属铁与稀硫酸反应的离子反应为Fe+2H+=Fe2++H2↑，故B错误；
C.氯化钡溶液与硫酸反应的离子方程式为Ba2++SO42-=BaSO4↓，故C正确；
D.氧化铜和稀硫酸反应的离子反应为CuO+2H+═Cu2++H2O，故D正确。
故选B。
8.对于某些离子的检验及结论一定正确的是(    )
A. 向某溶液中加入稀盐酸产生无色气体,将气体通入澄清石灰水中,溶液变浑浊,则原溶液中一定有CO32-
B. 向某溶液中加入BaCl2溶液有白色沉淀产生,再加稀硝酸,沉淀不消失,则原溶液中一定有Ag+
C. 向某溶液中先加入盐酸酸化,没有明显现象,再加入BaCl2溶液,有白色沉淀产生,则原溶液中一定有SO42-
D. 加入碳酸钠溶液产生白色沉淀,再加盐酸沉淀消失,原溶液一定有Ca2+
【答案】C
【解析】
【详解】A选项，将气体通入澄清石灰水中，溶液变浑浊，说明生成二氧化碳气体，能与盐酸反应生成二氧化碳气体的离子可能为HCO3－，故A错误；
B选项，不溶于稀硝酸的白色沉淀可能为AgCl或BaSO4，则原溶液中可能含有Ag+或Ba2+，故B错误；
C选项，向溶液中先加入盐酸酸化，没有明显现象，则排除Ag+离子的干扰，再加入BaCl2溶液，有白色沉淀产生，说明含有SO42-，故C正确；
D选项，白色沉淀可能为碳酸钙，也可能为碳酸钡，则原溶液可能含有Ba2+或Ca2+，故D错误；
综上所述，答案为C。
9.R2O在一定条件下可以把Mn2＋氧化成MnO，若反应中R2O变为RO，又知反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为5∶2，则n值为 (　　)
A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
【答案】B
【解析】试题分析：该反应中，锰元素的化合价变化为+2价→+7价，失电子化合价升高，锰离子作还原剂；氧元素的化合价不变，所以R元素得电子化合价降低，R2O8n-作氧化剂，即R2O8n-与Mn2+的物质的量之比为5：2，根据各元素的原子守恒写出并配平该方程式为8H2O+5R2O8n-+2Mn2+＝2MnO4-+10RO42-+16H+，根据电荷守恒得-5n+2×2＝-1×2+（-2×10）+1×16，n=2，故选：B。
10.已知氯酸钠（NaClO3）与盐酸反应的化学方程式为NaClO3+6HCl===NaCl+3Cl2↑+3H2O，则氧化产物和还原产物的质量比为（　　）
A. 6∶1 B. 5∶1 C. 3∶1 D. 2∶1
【答案】B
【解析】
【详解】NaClO3+6HCl＝NaCl+3Cl2↑+3H2O中，氯酸钠中Cl元素的化合价由+5价降低为0，盐酸中Cl元素的化合价由-1价升高为0，氧化剂为NaClO3，由此得到还原产物为1mol，还原剂为HCl，HCl被氧化，根据电子得失守恒可知氧化产物为5mol，则氧化产物和还原产物的质量比为5：1。
答案选B。
11.已知X2、Y2、Z2、W2四种物质的氧化能力为W2＞Z2＞X2＞Y2，下列氧化还原反应能发生的是（ ）
A. 2NaW＋Z2===2NaZ＋W2 B. 2NaX＋Z2===2NaZ＋X2
C. 2NaW＋Y2===2NaY＋W2 D. 2NaZ＋X2===2NaX＋Z2
【答案】B
【解析】A、该反应中，氧化性Z2＞W2，与已知不符合，所以不能发生，选项A不选；B、该反应中，氧化性Z2＞X2，与已知符合，所以能发生，选项B选；C、该反应中氧化性Y2＞W2，与已知不相符，所以不能发生，选项C不选；D、该反应中氧化性X2＞Z2，与已知不符合，所以不能发生，选项D不选。答案选B。
12.将气体与足量溶液完全反应后，再加入溶液，发生如下两个化学反应：
，下列有关说法错误的是　　
A. 氧化性
B. 能将氧化成
C. 每有参加反应，转移电子的数目为
D. 若 L 标准状况参加反应，则最终消耗
【答案】D
【解析】
【详解】A. 由①可知，Fe3+作氧化剂，则氧化性为Fe3+>SO2，由②可知，Cr2O72-作氧化剂，Fe3+为氧化产物，则氧化性为Cr2O72->Fe3+，氧化性，故A正确；
B. 因氧化性为Cr2O72-> SO2， 则能将氧化成，故B正确；
C. 每有参加反应，转移电子为1mol2(6-3)=6mol，即转移电子的数目为，故C正确；
D. 若 L 标准状况参加反应，n(SO2)==0.3mol，由上述两个反应可知，存在3 SO2~ Cr2O72-，则最终消耗0.1molK2Cr2O7，故D错误。
故答案选D。
13.ClO2是一种消毒杀菌效率高、二次污染小的水处理剂。实验室可通过以下反应制得ClO2 ，则下列说法中正确的是2KClO3 + H2C2O4 + H2SO4 ＝2ClO2↑ + K2SO4 + 2CO2↑ + 2H2O（ ）
A. KClO3在反应中是还原剂
B. 1molKClO3参加反应，能得到44.8L气体
C. 在反应中H2C2O4 既不是氧化剂也不是还原剂
D. 1molKClO3参加反应有1mol电子转移
【答案】D
【解析】
【详解】A. 因反应中Cl元素的化合价由+5降低为+4价，KClO3在反应中得到电子，则KClO3在反应中是氧化剂，A错误；
B. 反应中有1molKClO3参加反应，生成1mol二氧化碳和1molClO2，则在标准状况下能得到44.8L气体，其它条件不一定为44.8L，B错误；
C. 因C元素的化合价由+3升高到+4价，失去电子，则H2C2O4在反应中作还原剂，C错误；
D.Cl元素的化合价由+5降低为+4价，则1molKClO3参加反应转移的电子为1mol×(5－4)=1mol，D正确；
答案选D。
14.设NA是阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是（ ）
A. 常温下，23 g NO2含有NA个氧原子
B. 0.5 mol一氧化碳分子所占体积是11.2L
C. 欲配制1.00 L 1.00 mol·L-1的NaCl溶液，可将58.5 g NaCl溶于1.00L水中
D. 用量筒量取20 mL 0.500 0 mol·L-1H2SO4溶液于烧杯中，加水80mL，配制成0.1000mol·L-1H2SO4溶液(忽略体积变化)
【答案】A
【解析】
【详解】A.23g NO2 为0.5mol，则含有 NA 个氧原子，A项正确；
B.没有指明标准状况，B错误；
C.配制溶液时不能直接将溶质溶于一定体积的水中。而应该是溶于少量水中再加水稀释至所需体积，C错误；
D.因体积不具有加和性，溶液的体积不等于100mL，则加水80 mL不能配制成0.1000 mol⋅L−1H2SO4溶液，故D错误。
答案选A。
15.三种气体X、Y、Z的相对分子质量关系为Mr(X) < Mr(Y)= 0.5Mr(Z),下列说法正确的是(    )
A. 原子数目相等的三种气体,质量最大的是Z
B. 相同条件下,同质量的三种气体,气体密度最小的是X
C. 若一定条件下,三种气体体积均为2.24 L,则它们的物质的量一定均为0.1 mol
D. 同温下,体积相同的两容器分别充2gY气体和1gZ气体,则其压强比为2：1
【答案】B
【解析】
【详解】三种气体X、Y、Z的相对分子质量关系为Mr(X) < Mr(Y)= 0.5Mr(Z)，即Mr(X) < Mr(Y) < Mr(Z)；
A选项，根据，分子数目相等的三种气体，质量最大的是相对分子质量最大的Z，原子数目相等的三种气体，质量最大的无法判断，故A错误；
B选项，根据密度，气体处在相同的条件下，则密度和相对分子质量成正比，三种气体密度最小的是X，故B正确；
C选项，气体的物质的量，Vm和气体的状态有关，三种气体体积均为2.24 L,
Vm不一定等于22.4 L/mol，所以它们的物质的量不一定均为0.1 mol，故C错误；
D选项，同温下，体积相同的两容器分别充2gY气体和1gZ气体，Mr(Y)= 0.5Mr(Z)，则二者的物质的量之比是4：1，同温同体积的气体物质的量之比等于压强之比，Y、Z气体所承受的压强比为4：1，故D错误。
综上所述，答案为B。
16.某温度下，将氯气通入NaOH溶液中，反应得到NaC1、NaClO、NaClO3的混合液，经测定ClO-与ClO3-的浓度之比为1:4，则氯气与NaOH溶液反应时被还原的氯元素与被氧化的氯元素的物质的量之比为（ ）
A. 21:5 B. 11:3 C. 5:1 D. 3:1
【答案】A
【解析】
【分析】将氯气通入NaOH溶液中，反应得到NaC1、NaClO、NaClO3的混合液；氯气生成NaClO、NaClO3过程为被氧化过程，根据题意可以假设且两种离子的量分别为1mol和4mol，这样既可以计算出被氧化的氯元素的量，也能计算出失电子总量；氯气生成NaC1为被还原过程，根据同一个反应中，电子得失守恒，计算出被还原的氯元素的量，然后计算氯气与NaOH溶液反应时被还原的氯元素与被氧化的氯元素的物质的量之比。
【详解】氯气生成ClO-与ClO3-是被氧化的过程，化合价分别由0价升高为+1价和+5价，ClO-与 ClO3-的物质的量浓度之比为1:4，则可设ClO-为1mol，ClO3-为4mol，被氧化的Cl共为5mol，失去电子的总物质的量为1×(1-0)+4×(5-0)=21mol，氧化还原反应中氧化剂和还原剂之间得失电子数目相等，氯气生成NaC1是被还原的过程，化合价由0价降低为-1价，则得到电子的物质的量也应为21mol，则被还原的Cl的物质的量为21mol，所以被还原的氯元素和被氧化的氯元素的物质的量之比为21:5，A正确；
综上所述，本题选A。
二、简答题（本大题共4小题，共41.0分）
17.利用分类法研究化学物质可系统、全面认识物质的性质。
Ⅰ.下列三组物质中，均有一种物质的类别与其他三种不同。
①MgO、Na2O、CO2、CuO
②HCl、H2O、H2SO4、HNO3
③NaOH、Na2CO3、KOH、Cu(OH)2
(1)三种物质依次是(填化学式)：
①________；②________；③________。
(2)这三种物质相互作用可生成一种新物质NaHCO3，该反应________(填“是”或“不是”)氧化还原反应。
(3)写出Na2CO3与足量稀硫酸反应的离子方程式：________________。
(4)HCO3-与H＋、OH－在溶液都不能大量共存，试用离子方程式说明：_______________。
Ⅱ.现有以下物质：①NaCl晶体　②液态HCl
③CaCO3固体　④熔融KCl　⑤蔗糖　⑥铜　⑦CO2　⑧H2SO4　⑨KOH固体
(1)以上物质中能导电的是________。
(2)以上物质中属于电解质的是________，属于非电解质的是________。
(3)以上物质中，溶于水能导电的物质是________。
【答案】(1). CO2 (2). H2O (3). Na2CO3 (4). 不是 (5). CO32-＋2H＋==H2O＋CO2↑ (6). HCO3-＋H＋==CO2↑＋H2O、HCO3-＋OH－==CO32-＋H2O (7). ④⑥ (8). ①②③④⑧⑨ (9). ⑤⑦ (10). ①②④⑦⑧⑨
【解析】
【详解】(1)①中CO2是非金属氧化物，其他都是金属氧化物；②中H2O不是酸，其他都是酸；③中Na2CO3是盐，其他都是碱。答案：CO2　H2O　Na2CO3；
(2)化学反应为：Na2CO3＋CO2＋H2O==2NaHCO3，反应中元素没有价态变化，不是氧化还原反应。答案：不是；
(3)Na2CO3是可溶性盐，硫酸是强酸，离子反应均能拆，所以Na2CO3与足量稀硫酸反应的离子方程式：CO32-＋2H＋==H2O＋CO2↑
(4)HCO3-是弱酸的酸式酸根，能与H＋、OH－反应，其离子方程式为：HCO3-＋H＋=CO2↑＋H2O、HCO3-＋OH－=CO32-＋H2O。答案：HCO3-＋H＋=CO2↑＋H2O、HCO3-＋OH－=CO32-＋H2O。
Ⅱ.(1) 能导电的物质是金属材料、半导体和电解质溶液或熔融状态的电解质，因此以上物质中熔融KCl、铜能导电，故答案：④⑥。
(2) 电解质是在水溶液或融化状态下能导电的化合物，以上物质中①NaCl、②液态HCl晶体、③CaCO3、④熔融KCl固体、⑧H2SO4、⑨KOH固体属于电解质；⑤蔗糖、⑦CO2属于非电解质；答案：①②③④⑧⑨ ； ⑤⑦。
(3)溶于水能电离出自由移动的离子，溶液才能到导电，以上物质中①NaCl晶体、②液态HCl、④熔融KCl、⑦CO2、⑧H2SO4、⑨KOH固体溶于水后都能导电；答案：①②④⑦⑧⑨。
18.氯气及其化合物在工农业生产和人类生活中都有着重要的应用。
（1）NaClO中Cl的化合价为__________，有较强的_________（填氧化、还原）性，所以是常用的消毒剂和漂白剂，请写出工业上用氯气和NaOH溶液生产消毒剂NaClO的离子方程式_________。
（2）黄色气体ClO2可用于污水杀菌和饮用水净化。
①KClO3与SO2在强酸性溶液中反应可制得ClO2，此反应的离子方程式为_____________________。
②ClO2可将废水中的Mn2＋转化为MnO2而除去，本身还原为Cl－，该反应过程中氧化剂与还原剂的物质的量之比为_________________。
（3）将H2S和空气的混合气体通入FeCl3、FeCl2、CuCl2的混合溶液中反应可以回收S，其物质转化如图所示。在图示的转化中，化合价不变的元素是__________。该图示的总反应为_______

【答案】(1). +1 (2). 氧化 (3). Cl2+2OH—=Cl—+ClO—+H2O (4). 2ClO3—+SO2=ClO2+SO42— (5). 2:5 (6). Cu、H、Cl (7). 2H2S+O2=2S↓+2H2O
【解析】
【分析】(1)NaClO中Na元素是+1价，O元素是-2价，结合正负化合价的代数和计算Cl元素的化合价；氯气和氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠和水；
(2)①KClO3与SO2在强酸性溶液中反应可制得ClO2，同时应生成硫酸钾；
②可从电子得失守恒的角度计算，也可通过离子方程式计算；
(3)结合图示分析元素化合价的变化，并判断反应物和生成物，再结合守恒法写出总反应方程式。
【详解】(1)NaClO中Na元素是+1价，O元素是-2价，有正负化合价的代数和可知Cl元素的化合价为+1价，次氯酸钠具有强氧化性，有杀菌消毒的作用；氯气和氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，反应的离子方程式为Cl2+2OH-=ClO-+Cl-+H2O；
(2)①KClO3与SO2在强酸性溶液中反应可制得ClO2，同时应生成硫酸钾，反应的离子方程式为2ClO3-+SO2=2ClO2+SO42-；
②ClO2可将废水中的Mn2+转化为MnO2而除去，本身还原为Cl-，反应中ClO2为氧化剂，Cl元素化合价由+4价降低为-1价，Mn2+为还原剂，元素化合价由+2价升高到+4价，氧化剂和还原剂得失电子数目相等，则氧化剂和还原剂的物质的量之比为2：5；
(3)据图中各元素化合价知，Cu元素化合价都是+2价、H元素化合价都是+1价、Cl元素化合价都是-1价，所以化合价不变的是Cu、H、Cl元素；图示反应物为H2S和O2，生成物为S和H2O，Fe2+和Cu2+起催化作用，发生的总反应为2H2S+O22S↓+2H2O。
19.⑴有BaCl2和KCl的混合溶液V L，将它分成两等份。一份滴加稀硫酸，使Ba2+完全沉淀，消耗a mol H2SO4；另一份滴加AgNO3溶液，消耗b mol AgNO3使Cl－完全沉淀。原混合溶液中的K+的物质的量浓度为______mol/L。
⑵下列微粒：①S ②SO32－ ③ Fe2+ ④Al3+ ⑤Na ⑥HCl ⑦Na2O2在化学反应中只能被氧化的是______填序号，只能表现出氧化性的是______填序号。
⑶一定条件下, PbO2与Cr3+反应，产物是Cr2O72－和Pb2+，则与1 mol Cr3+反应所需PbO2的物质的量为______mol；
⑷在一定条件下，实验室分别以过氧化氢、高锰酸钾、氯酸钾、过氧化钠为原料制取氧气,当制得同温同压下相同体积的氧气时，四个反应中转移的电子数之比为______。
⑸自来水中的NO3－对人类健康产生危害。为了降低自来水中NO3－的浓度，某研究人员提出在碱性条件下用Al粉还原NO3－，产物是N2发生的反应可表示如下，请完成方程式的配平。____Al + ____NO3－+ ________ == ____AlO2－ + ____N2↑ +____ H2O，
⑹某化学反应的反应物和产物：
①该反应氧化产物是______。
②若该反应方程式中I2和KIO3的计量数分别是6和3，请在下边的化学式上用单线桥标出电子转移的方向和数目：KMnO4 + KI + H2SO4→______。
【答案】(1). (2). ⑤ (3). ④ (4). 1.5 (5). 1：2：2：1 (6). 10 (7). 6 (8). 4OH－ (9). 10 (10). 3 (11). 2 (12). I2、KIO3 (13).
【解析】
【详解】⑴BaCl2和NaCl的混合溶液V L，将它均分成两份，一份滴加稀硫酸，使Ba2+完全沉淀，消耗a mol 硫酸，则：SO42－ + Ba2+ == BaSO4↓
n(BaCl2) = a mol
另一份滴加AgNO3溶液，使Cl－完全沉淀，反应中消耗b mol AgNO3,则：
Ag+ + Cl－ == AgCl↓
n(Cl－) = b mol
n(KCl) = b mol – a mol×2 = (b – 2a) mol

故答案为：；
⑵①硫单质是0价，处于中间价态，既有氧化性又有还原性，
②亚硫酸根，处于中间价态，既有氧化性又有还原性，
③亚铁离子处于中间价态，既有氧化性又有还原性，
④铝离子处于最高价，只具有氧化性，
⑤钠单质处于最低价，只具有还原性，
⑥HCl中氢处于最高价，氯处于最低价，因此具有氧化性又有还原性，
⑦过氧化钠处于中间价态，因此具有氧化性又有还原性，
在化学反应中只能被氧化的是⑤，只能表现出氧化性的是④，故答案为⑤；④；
⑶在一定条件下，PbO2与溶液中Cr3+反应，产物是Cr2O72－和Pb2+，反应中Cr的价态升高了3价，pb的化合价降低2价，根据电子守恒，所以与1 mol Cr3+反应所需PbO2的物质的量为1.5 mol，故答案为：1.5；
⑷用高锰酸钾、氯酸钾制氧气，反应过程中O由-2价转化为0价，如生成1 mol氧气，需转移4mol电子，而用过氧化氢和过氧化钠制氧气，O则由-1价转化为0价，如生成1 mol氧气，需转移2 mol电子，当制得同温同压下相同体积的氧气时，四个反应中转移的电子数之比为1：2：2：1，故答案为：1：2：2：1；
⑸反应中Al→AlO2－，Al元素化合价由0价升高为+3价，共升高3价，NO3－→N2，氮元素化合价由+5价降低为0价，共降低10价，化合价升降最小公倍数为30，故Al的系数为10，N2系数为3，由氮元素守恒可知系数为6，由Al元素守恒可知系数为10，由电荷守恒可知系数为，由H元素守恒可知系数为，故配平后离子方程式为：
10Al + 6 NO3－+ 4OH－ == AlO2－ + 3 N2↑ + 2 H2O，故答案为：10；6；4OH－；10；3；2；
⑹①反应中Mn元素化合价降低，被还原，I元素化合价由-1价分别变化为0价、+5价，则I2、KIO3为氧化产物，故答案为：I2、KIO3；
②若该反应方程式中I2和KIO3的计量数分别是6和3，则I元素失去电子的数目为
2×6(1-0)+3×[5-(-1)]=30，电子转移方向和数目可表示为,
故答案为：。
20.甲溶液可能含有K+、Ca2+、NH4+、Cu2+、NO3－、Cl－、SO42－、CO32－八种离子中的若干种为确定甲溶液的组成，将其分成两等份，进行如下实验：
①向一份溶液中加入足量的NaOH浓溶液并加热，产生的气体在标准状况下体积为4.48L。
②向另一份溶液中加入0.6 mol/L的BaCl2溶液500mL，恰好可以与溶液中的离子完全反应,过滤得66.3g沉淀及滤液。
③向上述沉淀中加入过量的盐酸，产生的气体通入足量澄清的石灰水中，得到一定量的沉淀X。
④向上述滤液中加入1 mol/L AgNO3溶液650 mL，恰好可完全反应，据此，请回答下列问题用相应的离子符号表示：
⑴上述实验③中得到沉淀X的质量为______；生成沉淀X的离子方程式为______．
⑵甲溶液中一定不存在的离子是______；可能存在的离子是______．
⑶甲溶液一定存在的离子中,物质的量最大的离子是______；物质的量最小的离子是______,此物质的量最小的离子其物质的量为______。
【答案】(1). 10g (2). (3). 、 (4). (5). (6). (7).
【解析】
【分析】通过①得出铵根离子物质的量，
通过②分析得出碳酸根和硫酸根的物质的量，
通过③及离子共存分体得出不含离子，
通过④分析含有的微粒及物质的量。
【详解】①向一份溶液中加入足量的NaOH浓溶液并加热，产生的气体在标准状况下体积为4.48L，应生成NH3，则一定含有NH4+，且；
②向另一份溶液中加入0.6 mol/L的BaCl2溶液500mL，恰好可以与溶液中的离子完全反应，过滤得66.3g沉淀及滤液，沉淀可能为BaSO4或BaCO3或二者都有，
如为BaSO4，则，
如为BaCO3，，
则说明甲中含有SO42－、CO32－,设分别为x mol、y mol，
则，x = 0.2 ，y = 0.1；
③向上述沉淀中加入过量的盐酸，产生的气体通入足量澄清的石灰水中，得到一定量的沉淀X，则说明含有CO32－，则一定不存在Ca2+、Cu2+；
④向上述滤液中加入1 mol/LAgNO3溶液650mL，恰好可完全反应，可知滤液中，而②加入，
则说明甲中含有Cl－，且，
如不含NO3－，则由电荷守恒可知一定含有K+，由,
则,
因分成两份，则甲含有0.4 mol NH4+、0.9 mol K+、0.4 mol SO42－、0.2 mol CO32－、0.1mol Cl－，如含有NO3－，则K+大于0.9 mol，
⑴上述实验③中得到沉淀X为碳酸钙，质量为0.1 mol × 100 g/mol=10g，生成沉淀X的离子方程式为Ca2+ + 2OH－ + CO2== CaCO3↓ + H2O，故答案为：10g；Ca2+ + 2OH－ + CO2== CaCO3↓ + H2O；
⑵由以上分析可知一定不存在Ca2+、Cu2+，不能确定否含有NO3－，
故答案为：Ca2+、Cu2+；NO3－；
⑶甲含有0.4 mol NH4+、0.9 mol K+、0.4 mol SO42－、0.2 mol CO32－、0.1mol Cl－，如含有NO3－，则K+大于0.9 mol，则物质的量最大的离子是K+；物质的量最小的离子是Cl－，此物质的量最小的离子其物质的量为0.1 mol，故答案为：K+；Cl－；0.1 mol。
三、实验题（本大题共1小题，共11.0分）
21.Ⅰ实验室里需要纯净的氯化钠溶液,但实验室只有混有硫酸钠、碳酸氢铵的氯化钠.某学生设计了如下方案进行提纯:

(1)操作②能否改为加硝酸钡溶液，______(填“能”或“否”) ，理由_____________________________。
(2)进行操作②后,如何判断SO42- 已除尽,方法是___________________。
(3)操作④的目的是_______________________________。
Ⅱ硫酸亚铁铵(NH4)2SO4·FeSO4·6H2O为浅绿色晶体，实验室中常以废铁屑为原料来制备，其步骤如下：
步骤1 将废铁屑放入碳酸钠溶液中煮沸除油污，分离出液体，用水洗净铁屑。
步骤2 向处理过的铁屑中加入过量的3mol/L H2SO4溶液，在60℃左右使其反应到不再产生气体，趁热过滤，得FeSO4溶液。
步骤3 向所得FeSO4溶液中加入饱和(NH4)2SO4溶液，经过“一系列操作”后得到硫酸亚铁铵晶体。
请回答下列问题：
(1)在步骤1中，分离操作，所用到的玻璃仪器有___________________________。（填仪器编号）
①漏斗 ②分液漏斗 ③烧杯 ④广口瓶 ⑤铁架台 ⑥玻璃棒 ⑦酒精灯
(2)在步骤3中，“一系列操作”依次为_____________________、_______________________和过滤。
(3)实验室欲用18mol/L H2SO4来配制240mL 3mol/L H2SO4溶液，需要量取________mL浓硫酸，实验时，下列操作会造成所配溶液浓度偏低的是__________________。(填字母)
a.容量瓶内壁附有水珠而未干燥处理 b.未冷却至室温直接转移至容量瓶中
c.加水时超过刻度线后又倒出 d.定容时仰视刻度线
【答案】(1). 否 (2). 改用Ba(NO3)2会使溶液中引入新的杂质离子NO3- (3). 静置，向上层清液中继续滴加BaCl2溶液，溶液不变浑浊，则已除尽 (4). 除去滤液中溶解的CO2和多余的盐酸 (5). ①③⑥ (6). 蒸发浓缩 (7). 降温结晶 (8). 41.7 (9). c d
【解析】
【分析】Ⅰ(1) 操作②改为加硝酸钡溶液，会引入新的杂质离子NO3-，得不到纯的氯化钠；
(2) 用氯化钡溶液来判断SO42- 是否已除尽；
（3）操作④进行加热煮沸，可以除去滤液中溶解的CO2和多余的盐酸；
Ⅱ(1)根据过滤操作中所用到的玻璃仪器选用所需的仪器；
(2)由溶液制晶体时，要经过加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤等步骤；
(3)根据溶液稀释前后溶质的量不变，计算出所需浓硫酸的体积；根据c=n/V进行分析，凡是引起n偏小或V偏大，所测定的结果都会使所配溶液浓度偏低。
【详解】Ⅰ(1)本实验的目的最终得到纯净的氯化钠溶液，因此操作②中改为加硝酸钡溶液，会引入新的杂质离子NO3-，得不到纯的氯化钠，因此不能用Ba(NO3)2溶液代替BaCl2溶液；综上所述，本题答案是：否，改用Ba(NO3)2会使溶液中引入新的杂质离子NO3-。
(2) 操作②，加入氯化钡溶液，目的是除去硫酸根离子，因此判断SO42- 已除尽方法是：静置，向上层清液中继续滴加BaCl2溶液，溶液不变浑浊，则已除尽；综上所述，本题答案是：静置，向上层清液中继续滴加BaCl2溶液，溶液不变浑浊，则已除尽。
(3)滤液中剩余的碳酸钠与过量的盐酸反应生成二氧化碳、氯化钠，因此操作④进行的加热煮沸，其目的是除去滤液中溶解的CO2和多余的盐酸；综上所述，本题答案是：除去滤液中溶解的CO2和多余的盐酸。
Ⅱ(1)进行过滤操作，所用到的玻璃仪器有①漏斗，③烧杯，⑥玻璃棒；综上所述，本题答案是：①③⑥。
(2)由溶液制晶体时，要经过加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤等步骤；本题中一系列操作”依次为加热浓缩、降温结晶和过滤；综上所述，本题答案是：蒸发浓缩 ；降温结晶。
(3)根据溶液稀释前后溶质的量不变规律，实验室没有240mL容量瓶，只能选用250mL容量瓶，因此18×V(浓H2SO4)=250×3， V(H2SO4)=41.7mL；实验时，下列操作会造成偏低的是：
a.容量瓶内壁附有水珠而未干燥处理，不影响溶质的量和溶液的体积，对无影响，不选；
b.未冷却至室温直接转移至容量瓶中，等溶液冷却到室温后，溶液的体积会偏小，所配溶液浓度偏大，不选；
c.加水时超过刻度线后又倒出，造成溶质的量减少，所配溶液浓度偏低，可选；
d.定容时仰视刻度线，造成溶液的体积偏高，所配溶液浓度偏低，可选；
综上所述，本题正确答案是：41.7 ，cd。