2022-2023学年内蒙古呼和浩特市第二中学致远级部高一上学期期末考试化学试题含解析

这是一份2022-2023学年内蒙古呼和浩特市第二中学致远级部高一上学期期末考试化学试题含解析，共19页。试卷主要包含了单选题，结构与性质，实验题，工业流程题等内容，欢迎下载使用。

内蒙古呼和浩特市第二中学致远级部2022-2023学年
高一上学期期末考试化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．化学与生活密切相关，学好化学有助于提高生活质量，下列说法不正确的是
A．面包师用苏打发泡剂烘焙面包
B．夏日的傍晚常常看到万丈霞光穿云而过的美景与胶体的性质有关
C．“84消毒液”的有效成分为NaClO，具有杀菌、消毒的作用
D．铁粉常用作食品包装袋中的抗氧化剂
【答案】A
【详解】A．苏打是碳酸钠，热稳定性好，小苏打受热容易分解产生CO2气体，面包师是用小苏打发泡剂烘焙面包，故A错误；
B．夏日的傍晚常常看到万丈霞光穿云而过的美景是气溶胶造成的，故B正确；
C．“84消毒液”的有效成分为NaClO，NaClO有强氧化性，具有杀菌、消毒的作用，故C正确；
D．铁粉能与食品袋中的氧气发生氧化还原，常用作食品包装袋中的抗氧化剂，故D正确；，故D正确。
故选A。
2．下列各组离子在给定条件的溶液中一定能大量共存的是
A．在强酸性溶液中：、、、
B．加入铝粉有大量氢气产生的溶液中：、、、
C．在澄清透明溶液中：、、、
D．滴入酚酞显红色的溶液中：、、、
【答案】D
【详解】A．能把氧化为Fe3+，在强酸性溶液中，、发生归中反应生成氯气，故不选A；
B．加入铝粉有大量氢气产生的溶液呈酸性或碱性，酸性或碱性条件下都不能大量存在，故不选B；
C．在澄清透明溶液中如果含有氢离子会与、发生氧化还原反应，所以离子不一定能大量共存，故不选C；
D．滴入酚酞显红色的溶液中呈碱性，碱性条件下，、、、相互之间不反应，能大量共存，故选D；
故答案选D。
3．溶液X中可能存在、、、、、中的若干种。为探究该溶液组成进行如下实验：

下列关于溶液X的说法正确的是
A．可能存在 B．一定存在、、
C． 和至少有一种 D．一定不存在、
【答案】B
【分析】滴加氯水呈棕黄色，说明溶液中含有碘离子，滴加氯化钡溶液，有白色沉淀，加稀硝酸，沉淀溶解，说明原溶液中含有，没有、，加氢氧化钠溶液、加热有气体，说明原溶液中有，溶液中可能有。
【详解】A．和不共存，有就不存在，故A错误；
B．由分析知一定存在、、，故B正确；
C．有无，即只含有一种，故C错误；
D． 由分析知可能存在，一定不存在，故D错误；
故答案选B。
4．R2O在酸性溶液中与MnO反应，反应产物为RO2、Mn2+、H2O。已知反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为2∶5，则x的值为
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】B
【详解】根据氧化还原反应中元素化合价升降总数相等，MnO转化为Mn2+化合价从+7到+2降低5价，作氧化剂，反应中氧化剂与还原剂的个数之比为2:5，个数比等于物质的量之比，可看作化合价降低总数为5×2=10；R2O中R的化合价为，转化为RO2中的+4价，化合价升高，依题意，可看作合价升高总数为×5×2=10，则x=2；
故选B。
5．下列离子方程式书写正确的是
A．向四氧化三铁中加入稀盐酸：
B．向溶液中通入足量的：
C．将Na放入硫酸铜溶液中：
D．溶于水：
【答案】C
【详解】A．向四氧化三铁中加入稀盐酸生成氯化铁、氯化亚铁和水，离子方程式为，故A错误；
B．向溶液中通入足量的，亚铁离子和碘离子全部被氧化，离子方程式为，故B错误；
C．将Na放入硫酸铜溶液中，钠先和水反应，生成的NaOH再和硫酸铜反应，反应的总离子方程式为：，故C正确；
D．溶于水生成盐酸和次氯酸，次氯酸是弱电解质，应该用化学式，离子方程式为，故D错误；
故答案为：C。
6．下列关于物质的检验说法正确的是
A．某溶液中先滴加稀盐酸，再加入硝酸银溶液后，产生白色沉淀，证明原溶液含
B．向某溶液中加入氢氧化钠溶液得白色沉淀，又观察到颜色逐渐变为红褐色，说明该溶液中只含有，不含有
C．向无色溶液中滴加氯水和，振荡，静置，下层呈橙红色，证明原溶液中有
D．待检液先加氯水，无明显现象，再加入KSCN，溶液显血红色则待检液中一定含有
【答案】C
【详解】A．检验氯离子正确步骤为：某溶液中先滴加稀硝酸，再加入硝酸银溶液后，产生白色沉淀，证明原溶液含，加入盐酸会引入氯离子，干扰实验，A错误；
B．氢氧化镁是白色沉淀，能被红褐色的沉淀掩盖，无法确定是否含有镁离子，B错误；
C．氯气可以置换溴离子，故检验溴离子的方法为：向无色溶液中滴加氯水和，振荡，静置，下层呈橙红色，证明原溶液中有，C正确；
D．检验的正确步骤为：待检液先加入KSCN，无明显现象，再加氯水，溶液显血红色则待检液中一定含有，先加入KSCN，目的是排除原溶液中三价铁离子的干扰，D错误；
故本题选C。
7．如图中a、b、c、d、e、f为含Cl元素的物质。下列说法不正确的是

A．a溶液的酸性比d强
B．b、c均能用于自来水消毒
C．f露置于空气中会转化成d
D．a的浓溶液与e反应生成3 mol b分子，转移的电子为6 mol
【答案】D
【分析】根据所处化合价以及物质类别，推出a为HCl，b为Cl2，c为ClO2，d为HClO，e为氯酸盐，f为次氯酸盐，据此分析；
【详解】A．a为HCl，盐酸属于一元强酸，d为HClO，次氯酸属于弱酸，因此a溶液的酸性强于d溶液，故A说法正确；
B．b为为Cl2，c为ClO2，两者都具有强氧化性，能使蛋白质变性，因此两者均能用于自来水消毒，故B说法正确；
C．f为次氯酸盐，d为HClO，次氯酸的酸性弱于碳酸，次氯酸盐露置在空气中，次氯酸盐与CO2、H2O反应生成HClO，故C说法正确；
D．a为HCl，e为氯酸盐，若e为KClO3，两者混合发生KClO3+6HCl(浓) KCl+3Cl2↑+3H2O，该反应中每生成3mol氯气，转移电子物质的量为5mol，故D说法错误；
答案为D。
8．为除去括号内的杂质，所选用的试剂或方法正确的是
A．Cl2(HCl)：通过饱和碳酸氢钠溶液的洗气瓶
B．FeCl3(FeCl2)：通入足量的氯气
C．CO2(CO)：用点燃的方法除去
D．Na2CO3溶液(Na2SO4)：加入过量Ba(OH)2溶液
【答案】B
【详解】A．Cl2(HCl)：通过饱和食盐水溶液的洗气瓶，故A错误；
B．FeCl3(FeCl2)：通入足量的氯气会将FeCl2氧化为FeCl3，故B正确；
C．用点燃的方法需要通入空气，又引入新的杂质，而且容易燃烧不完全，故C错误；
D．加入过量Ba(OH)2溶液会引入新的杂质，故D错误；
故选B。
9．科学探究与创新意识是化学学科核心素养之一，下列装置或操作不能达到实验目的是

A．实验室用甲装置制备氢氧化亚铁
B．用装置乙验证Na与水反应是否为放热反应
C．装置丙：应先点燃铁粉处酒精灯，再点燃湿棉花处酒精灯
D．用装置丁除去实验室所制中的少量HCl
【答案】C
【详解】A．甲装置中A试管是铁粉与稀硫酸反应产生氢气和硫酸亚铁，产生的氢气可以排掉装置中的空气，制备氢氧化亚铁时关闭止水夹a，使A中压强增大，将溶液压入B中，与NaOH混合即可制得氢氧化亚铁，故A正确；
B．钠与水反应放热，红墨水左低右高可证明，故B正确；
C．Fe与水蒸气反应高温条件下生成氢气，应先点燃湿棉花处酒精灯，产生水蒸气，再点燃铁粉处酒精灯，故C错误；
D．饱和碳酸氢钠溶液能吸收氯化氢生成二氧化碳，所以可以用饱和碳酸氢钠溶液除去二氧化碳中的氯化氢气体，故D正确；
故选C。
10．电子工业制作印刷电路板常用FeCl3溶液腐蚀覆铜板，使用后的腐蚀液中加入一定量铁粉，充分反应。下列对反应后反应体系中成分分析合理的是
A．若无固体剩余，则溶液中可能还有Fe3+
B．若有固体存在，则该固体可能只有铁
C．若溶液中有Cu2+，则一定没有固体析出
D．若溶液中有Fe2+，则一定有Cu析出
【答案】A
【分析】FeCl3溶液腐蚀印刷电路板上的铜发生反应：Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+，腐蚀液中应含有Fe3+ 、Fe2+、Cu2+，由于Fe3+ 氧化性强于Cu2+，加入铁粉先与Fe3+反应：Fe+2Fe3+=3Fe2+，再与Cu2+反应：Fe+Cu2+=Cu+ Fe2+。
【详解】A. 若无固体剩余，说明溶液铜全部以Cu2+形式存在，加入的铁粉完全反应，溶液中一定含有Fe2+，若加入的铁粉不足，不能将Fe3+全部转化为Fe2+，则溶液中可能还有Fe3+，故A正确；
B．若有固体存在，该固体一定有铜，若加入的铁粉过量，可能还含有铁，但不可能只有铁，故B错误；
C．若溶液中有Cu2+，加入的铁粉不足，可能只与Fe3+反应生成Fe2+，也可能将Fe3+全部转化为Fe2+后还有剩余，剩余部分不能将Cu2+全部转化为Cu，则可能有固体析出，故C错误；
D．当加入的铁粉不足，只发生Fe+2Fe3+=3Fe2+时，则不会有Cu析出，故D错误；
答案选A。
11．设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．标准状况下，5.6L 与足量反应转移的电子数为0.2
B．常温常压下，22g由和组成的混合气体所含的原子数为0.5
C．标准状况下，10g 和H218O所含的中子数为5
D．1L 0.1mo/L的盐酸与0.2mol Na反应生成的的分子数为0.05
【答案】C
【详解】A．标准状况下，H2O呈液态，水的密度未知，无法求出5.6LH2O的物质的量，也就无法求出H2O与足量Na2O2反应转移的电子数，故A不正确；
B．常温常压下，22gN2O和22g CO2的物质的量都是0.5mol，所含原子数都是1.5NA，则22gN2O和CO2组成的混合气体中所含的原子数为1.5NA，故B不正确；
C． 10g 和10gH218O 的物质的量都是0.5mol，1个和1个H218O所含的中子数都是10个，所以10g 和H218O所含的中子数为5，故C正确；
D．Na不仅能与盐酸反应，还能与水反应，所以1L0.1mol∙L-1的盐酸与0.2molNa反应生成H2的物质的量为0.1mol，分子数为0.1NA，故不D正确；
故答案选C。
12．2017年5月9 日中国科学院正式向社会发布113号、115号、117号和118号元素的中文名称。已知117号元素有多种原子，如Ts、Ts 等，下列说法正确的是
A．Ts和Ts 的相互转变属于化学变化
B．Ts位于周期表的第六周期VIIA族
C．元素Ts的相对原子质量为293.5
D．Ts和Ts质子数相同，中子数不同
【答案】D
【详解】A．Ts和Ts 的质子数相同，核外电子数相同，化学性质几乎完全相同，则两者的相互转变不属于化学变化，故A错误；
B．Ts元素的原子序数为117，位于元素周期表第七周期VIIA族，故B错误；
C．由117号Ts元素有多种原子，且不知道各种核素的原子丰度，所以无法计算元素Ts的相对原子质量，故C错误；
D．Ts和Ts的质子数相同、中子数不同，互为同位素，故D正确；
故选D。
13．X、Y、Z均为元素周期表中前20号元素，、、简单离子的电子层结构相同，下列说法正确的是
A．已知与，得
B．离子半径：
C．的还原性一定大于
D．气态氢化物的稳定性一定大于
【答案】C
【详解】A．与的电子层结构相同，则二种离子核外电子数相等，从而得出m-a=n+b，A不正确；
B．、、的电子层结构相同，则原子序数Z＜Y＜X，核电荷数越小，离子半径越大，则离子半径：，B不正确；
C．、的电子层结构相同，则Y、Z属于同一周期元素，且Z在Y的左边，非金属性Z＜Y，所以的还原性一定大于，C正确；
D．由C选项的分析可知，非金属性Z＜Y，非金属性越强，气态氢化物越稳定，则气态氢化物的稳定性小于，D不正确；
故选C。
14．根据元素周期表及元素周期律，下列推断正确的是
A．元素周期表中位于金属和非金属分界线附近的元素属于过渡元素
B．第ⅤA族元素的非金属性自上而下依次减弱
C．短周期元素形成离子后，最外层都达到8电子稳定结构
D．周期表中的主族都有非金属元素
【答案】B
【详解】A．位于金属和非金属分界线附近的元素，表现一定的金属性与非金属性，而过渡元素包含副族元素与第VIII族元素，A错误；
B．同主族元素，随着原子序数增大，原子半径增大，原子核对最外层电子的吸引力逐渐减小，导致其非金属性减弱，所以同主族元素的非金属性随着原子序数增大而减弱，则第VA族元素的非金属性自上而下依次减弱，B正确；
C．H元素、Li元素形成离子后达到2电子结构和氦结构相同，不是8电子稳定结构，C错误；
D．IIA族元素没有非金属，D错误；
故本题选B。
15．几种短周期元素的原子半径及主要化合价如表：
元素代号
X
Y
Z
W
M
原子半径/()
1.86
1.43
0.99
1.60
0.75
主要化合价
最高正价
+1
+3
+7
+2
+5
最低负价
-
-
-1
-
-3

下列说法不正确的是A．可以利用Z的氢化物和盐制备其单质
B．X、Y、Z的最高价氧化物对应的水化物可相互反应
C．离子半径：
D．酸性，所以非金属性M>Z
【答案】D
【分析】X、Y、Z、W、M为短周期主族元素，由Z元素最高正价、最低负价可知Z为Cl；X、W、Y的原子半径均大于Z，再结合其化合价，可知X为Na，W为Mg，Y为Al；结合M的化合价及其原子半径小于Z，可推知M为N；
【详解】A．由分析可知Z为Cl，可以利用浓盐酸和高锰酸钾制备氯气，故A正确；
B．X、Y、Z的最高价氧化物对应的水化物分别是NaOH、、，氢氧化铝为两性氢氧化物，既可以与强碱反应，也可以与强酸反应，故B正确；
C．、和核外电子排布相同，核电荷数越大吸引电子能力越强，半径越小，所以离子半径：，故C正确；
D．可以利用最高价氧化物对应水化物的酸性比较非金属性，但HClO不是最高价氧化物对应水化物，故D错误；
故答案选D。
16．下列“实验结论”与“实验操作及事实”不相符的一组是

实验操作及事实
实验结论
A
绿豆大小的和K分别放入水中，K与水反应更强烈
金属性：
B
向盛有沉淀的两支试管中，分别滴加足量盐酸和溶液，振荡后，均得到无色溶液
是两性氢氧化物
C
将盐酸滴入碳酸钠中得到
非金属性：
D
向KI溶液中滴加氯水，溶液变为棕黄色
氧化性：

A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【详解】A．金属性越强，与水反应越剧烈，由K与水反应更剧烈，可知金属性： Na< K，A正确；
B．Al(OH)3与盐酸和NaOH溶液均反应生成盐和水，可知氢氧化铝具有两性，B正确；
C．盐酸为无氧酸，不能由盐酸和碳酸的酸性比较Cl和C的非金属性强弱，C错误；
D．向KI溶液中滴加氯水，溶液变为棕黄色，棕黄色为碘水的颜色，说明反应过程中有碘单质的生成，Cl2＋2I－=2Cl－＋I2 ，氯气是氧化剂，碘单质是氧化产物，氧化性：，故D正确；
故本题选C。

二、结构与性质
17．下表列出了九种元素在元素周期表中的位置。
   族
周期
ⅠA

0
1
①
ⅡA
ⅢA
ⅣA
ⅤA
ⅥA
ⅦA

2
②


③
④

⑤

3



⑥


⑦

4
⑧





⑨


请完成下列空白。
(1)元素②的单质在氧气中燃烧生成化合物的化学式_______。用于制造氢弹的两种核素的中子数分别为1和2，二者互称为_______；当今考古工作者利用元素③的一种质量数为14的核素即_______(填原子符号)，测定一些文物的年代。
(2)这九种元素中，原子半径最大的是_______(填元素符号)；元素⑨的原子结构示意图为_______。
(3)③和⑥两种元素最高价氧化物对应的水化物中，酸性较弱的是_______(填化学式)。③、④、⑤三种元素的简单气态氢化物中，稳定性最弱的是_______(填化学式)。
(4)元素X是比元素⑧质子数小8的同主族元素，其过氧化物与③的最高价氧化物反应的化学方程式_______。
(5)写出证明元素⑦比元素⑨非金属性强的反应的离子方程式：_______。
【答案】(1)     Li2O     同位素    
(2)     K    
(3)     H2SiO3     CH4
(4)
(5)Cl2+2Br-=Br2+2Cl-

【分析】由元素周期表的结构可知①为H、②为Li、③为C、④为N、⑤为F、⑥为Si、⑦为Cl、⑧为K、⑨为Br、据此回答；
【详解】（1）元素②是Li，单质在氧气中燃烧生成化合物是氧化锂，它的化学式为Li2O；质子数相同中子数不同的核素互称同位素，元素①用于制造氢弹的两种核素的中子数分别为1和2，则质子数均为1、质量数分别为2和3，则两者互称为同位素；当今考古工作者利用元素③即C的一种质量数为14的核素即，故答案为：Li2O；同位素；；
（2）同周期从左到右元素原子半径递减，同主族时，核电荷数越大，原子半径越大，则这九种元素中，原子半径最大的是K；元素⑨即Br，核内35个质子，核外35个电子，有4个电子层，最外层有7个电子，原子结构示意图为，故答案为：K；；
（3）同主族从上到下元素非金属性递减，③和⑥分别为C和Si，则非金属性C＞Si，非金属性越强，对应最高价含氧酸的酸性越强，则两种元素最高价氧化物对应的水化物中，酸性较弱的是H2SiO3；③为C、④为N、⑤为F，同周期从左到右元素非金属性递增，非金属性C＜N＜F，非金属性越强，简单氢化物越稳定，则③，④、⑤三种元素的简单气态氢化物中，稳定性最弱的是CH4，故答案为：H2SiO3；CH4；
（4）元素X是比元素⑧(K)质子数小8的同主族元素为Na，其过氧化物与③即C的最高价氧化物反应的化学方程式，故答案为：；
（5）通常非金属性越强，单质氧化性越强、对应阴离子的还原性越弱，非金属性⑦Cl＞⑨Br，则氧化性Cl2＞Br2，还原性Br-＞Cl-，则证明元素⑦比元素⑨非金属性强的反应的离子方程式：Cl2+2Br-=Br2+2Cl-，故答案为：Cl2+2Br-=Br2+2Cl-。

三、实验题
18．是黄棕色具有强烈刺激性气味的气体，是一种强氧化剂，易溶于水且会与水反应生成次氯酸，与还原剂接触或加热时会发生燃烧并爆炸。制取的装置如图所示。

已知：的熔点为-116℃，沸点为3.8℃，的沸点为-34.6℃，。
回答下列问题。
(1)写出①中发生的化学反应方程式_______，该反应中HCl显示出来的性质为_______。
(2)装置②中盛放的试剂为_______；装置③的作用为_______。
(3)产物在装置_______(填装置序号)中收集。
(4)该装置的不足之处是_______。
【答案】(1)     2KMnO4+16HCl(浓)=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O     还原性与酸性
(2)     饱和NaCl溶液     干燥Cl2
(3)⑤
(4)装置⑤后缺少一个盛有碱石灰的干燥管

【分析】由题给实验装置图可知，装置①为浓盐酸与高锰酸钾固体反应制备氯气，浓盐酸具有挥发性，制得的氯气中混有氯化氢和水蒸气，装置②中盛有的饱和食盐水用于除去氯气中混有的氯化氢，装置③中盛有浓硫酸用于干燥氯气，将干燥的氯气和干燥的空气混合通入装置④中，由一氧化二氯的熔点为-116℃，沸点为3.8℃可知，在18—20℃水浴加热条件下，装置④中氯气与氧化汞反应生成氯化汞和一氧化二氯气体，装置⑤的作用是在液氨做制冷剂的作用下，冷凝收集一氧化二氯，由氯气的的沸点为-34.6℃可知，从装置⑤中逸出未反应的氯气和空气，为防止氯气排空污染环境和空气中水蒸气进入装置⑤中导致一氧化二氯与水反应，应在装置⑤后连接一个盛有碱石灰的干燥管。
【详解】（1）①中发生的反应为浓盐酸与高锰酸钾固体发生氧化还原反应生成氯化钾、氯化锰、氯气和水，反应的化学反应方程式为2KMnO4+16HCl(浓)=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O，反应中锰元素的化合价降低被还原，高锰酸钾为反应的氧化剂，氯元素化合价部分不变，部分升高被氧化，氯化氢在反应中表现酸性和还原性，故答案为：2KMnO4+16HCl(浓)=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O；还原性与酸性；
（2）由分析可知，装置②中盛有的饱和食盐水用于除去氯气中混有的氯化氢，装置③中盛有浓硫酸用于干燥氯气，故答案为：饱和NaCl溶液；干燥Cl2；
（3）由一氧化二氯的熔点为-116℃，沸点为3.8℃可知，装置④中发生的反应为在18—20℃水浴加热条件下，氯气与氧化汞反应生成氯化汞和一氧化二氯气体，装置⑤的作用是在液氨做制冷剂的作用下，冷凝收集一氧化二氯，故答案为：⑤；
（4）从装置⑤中逸出的未反应的氯气和空气，为防止氯气排空污染环境和空气中水蒸气进入装置⑤中导致一氧化二氯与水反应，应在装置⑤后连接一个盛有碱石灰的干燥管，故答案为：装置⑤后缺少一个盛有碱石灰的干燥管。

四、工业流程题
19．硫酸铁铵可用作媒染剂和制药，其晶体化学式为。实验室模拟用废铁屑(主要成分为Fe和少量的Al杂质)制取硫酸铁铵晶体并回收氧化铝，具体流程如下图所示：

(1)步骤①中发生的离子方程式为：_______。步骤④为灼烧，该过程在_______中进行(填仪器名称)。
(2)实验中需配制500 mL 1.00 mol/L的硫酸，则需要量取质量分数为98%，密度为1.84g/mL的浓硫酸_______mL，若在量取浓硫酸时俯视，则配制的稀硫酸的浓度将_______(填“偏大”或“偏小”或“不变”)，配制过程中不需要用到的仪器是_______(填字母)。除图中已有仪器外，还缺少的玻璃仪器是_______。

(3)步骤②中加入足量的目的是氧化，该步骤中发生的离子方程式为：_______。
【答案】(1)     2Al+2OH-+2H2O=2AlO+3H2↑     坩埚
(2)     27.2mL     偏小     A     胶头滴管
(3)2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O

【分析】废铁屑加入足量氢氧化钠溶液，Al溶于氢氧化钠溶液生成偏铝酸钠，过滤，滤渣是铁，滤液是偏铝酸钠溶液；用1mol/L的硫酸溶解铁粉得到硫酸亚铁溶液，用双氧水把硫酸亚铁氧化为硫酸铁，再加入硫酸铵溶液生成硫酸铁铵；偏铝酸钠溶液中通入足量二氧化碳生成氢氧化铝沉淀，氢氧化铝加热分解为氧化铝。
【详解】（1）步骤①是废铁屑加入足量氢氧化钠溶液，Al溶于氢氧化钠溶液生成偏铝酸钠和氢气，发生的离子方程式为2Al+2OH-+2H2O=2AlO+3H2↑；步骤④为灼烧，灼烧固体物质在坩埚中进行；故答案为：2Al+2OH-+2H2O=2AlO+3H2↑；坩埚；
（2）质量分数为98%，密度为1.84g·mL-1的浓硫酸的物质的量浓度是，实验中需配制500mL1.00mol·L-1的硫酸，根据稀释前后硫酸物质的量不变，实验需要量取浓硫酸的体积为；若在量取浓硫酸时俯视，将使所取浓硫酸体积偏小，则配制的稀硫酸的浓度将偏小；配制过程中需用量筒量取浓硫酸，用烧杯、玻璃棒稀释浓硫酸，用500mL容量瓶定容，定容时用胶头滴管滴加蒸馏水，所以不需要用到的仪器是托盘天平，选A，除图中已有仪器外，还缺少的一种玻璃仪器是胶头滴管，故答案为：27.2mL；偏小；A；胶头滴管；
（3）步骤②中加入足量H2O2的目的是把Fe2+氧化为Fe3+，该步骤中发生的离子方程式为2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，故答案为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O。
20．是一种重要无机材料，粗的提纯是工业生产的重要环节。某研究性学习小组设计了将粗 (含有较多的MnO和等)样品转化为纯 的实验，流程：

(1)第一次过滤后，所得滤液中含有的阳离子为_______；所得滤渣需要洗涤，判断滤渣己洗涤干净的方法是_______。
(2)完成第②步相关的离子反应：_______。
(3)第③步蒸发操作必需的仪器有铁架台(含铁圈)、玻璃棒、酒精灯、_______，已知蒸发得到的固体中有和NaOH，则一定还含有_______(写化学式)。
【答案】(1)     H+、Mn2+     向最后一次洗涤液中加入BaCl2溶液，无浑浊，说明沉淀已洗涤干净
(2)
(3)     蒸发皿     NaCl

【分析】由制备流程可知，MnO2不溶于硫酸，样品中的MnO、MnCO3和硫酸反应生成可溶性的MnSO4，滤液中含有MnSO4，为保证固体充分溶解，硫酸是过量的，第②步发生5MnSO4+2NaClO3+4H2O= 5MnO2+Cl2↑+Na2SO4+4H2SO4，第③步中发生氯气与热的NaOH发生氧化还原反应生成NaCl、NaClO3、水，溶液蒸发可得到固体。
【详解】（1）加稀硫酸时样品中的MnO和MnCO3分别和硫酸反应生成可溶性的MnSO4，为保证固体充分溶解，硫酸是过量的，第一次过滤后，所得滤液中含有的主要阳离子为H+、Mn2+，所得滤渣需要洗涤，判断滤渣已洗涤干净，只需检验最后一次洗涤液中是否含有硫酸根离子即可，方法是：向最后一次洗涤液中加入BaCl2溶液，无浑浊，说明沉淀已洗涤干净，故答案为：H+、Mn2+；向最后一次洗涤液中加入BaCl2溶液，无浑浊，说明沉淀已洗涤干净；
（2）MnSO4要转化为MnO2，需要失去电子，故需要加入NaClO3做氧化剂，依据得失电子守恒可以配平，所以反应的化学方程式是5MnSO4+2NaClO3+4H2O= 5MnO2+Cl2↑+Na2SO4+4H2SO4，因此反应的离子方程式是，故答案为：；
（3）第③步属于蒸发，所以所需的仪器有铁架台(含铁圈)、酒精灯、蒸发皿、玻璃棒；Cl2通入热的NaOH溶液中一定发生氧化还原反应，且氯气既做氧化剂又做还原剂，NaClO3属于氧化产物，因此一定有还原产物NaCl，故答案为：蒸发皿；NaCl。