兰州第一中学2025年化学高一上期中考试模拟试题含解析.doc

兰州第一中学2025年化学高一上期中考试模拟试题
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、下列有关原子结构的说法，正确的是（ ）
A．决定元素种类的是—电子数 B．决定元素化学性质的是—原子的核外电子数
C．决定元素相对原子质量的是—中子数 D．决定原子序数的是—质子数
2、用可溶性钡盐检验 SO离子的存在时，先在待测溶液中加入盐酸，其作用是( )
A．形成较多的白色沉淀
B．形成的沉淀纯度更高
C．排除 SO以外的其它阴离子及 Ag+的干扰
D．排除 Ba2+以外的其它阳离子的干扰
3、下表中物质的分类组合完全正确
选项
A
B
C
D
强电解质
KNO3
H2SO4
BaSO4
HClO4
弱电解质
HF
CaCO3
H2SO3
CH3COONH4
非电解质
SO3
Al
H2O
C2H5OH
A．A B．B C．C D．D
4、下列溶液的物质的量浓度是1．5 mol·L－1的是
A．41 g NaOH溶于1 L水中 B．58.5 g NaCl溶于水制成1 L溶液
C．28 g KOH溶于水制成1 L溶液 D．1 L 2％的NaOH溶液
5、属于电解质的是（　　）
A．Fe B．Na2CO3 C．NaCl溶液 D．蔗糖
6、某溶液中含有0.2mol/L的NH4+、0.25mol/L的Fe2+、0.4 mol/L的Cl-及一定量的SO42-，则SO42-的物质的量浓度为
A．0.15mol/L B．0.3mol/L C．0.5mol/L D．0.1mol/L
7、判断下列概念的依据正确的是
A．纯净物与混合物：是否仅含有一种元素
B．溶液与胶体：本质不同的原因是能否发生丁达尔现象
C．强弱电解质：溶液的导电能力大小
D．氧化还原反应的本质：有无电子转移
8、下列反应的离子方程式书写正确的是 （ ）
A．钠和冷水反应 Na ＋ 2H2O ＝ Na+ ＋ 2OH-＋ H2↑
B．金属铝溶于氢氧化钠溶液 Al ＋ 2OH-＝ AlO2-＋H2↑
C．金属铝溶于盐酸中：2Al ＋ 6H+＝ 2Al3+ ＋ 3H2↑
D．铁跟稀硫酸反应：2Fe ＋ 6H+＝ 2Fe3+＋ 3H2↑
9、已知某无色溶液能使酚酞试剂变红，则下列各组离子在该溶液中能大量共存的是
A．MnO、K+、Cl-、NO B．CO、 Cl-、H+ 、 K+
C．NO、Cl-、Ba2+、K+ D．SO、Cl-、Mg2+、K+
10、氢化亚铜（CuH）是一种难溶物质，用CuSO4溶液和“另一物质”在40～50℃时反应可生成它。用氧化还原观点分析，这“另一物质”在反应中作
A．氧化剂 B．还原剂
C．氧化产物 D．还原产物
11、下列电离方程式，书写正确的是
A．Al2(SO4)3=2Al3++ 3SO42- B．AlCl3= Al3++Cl-
C．Mg(NO3)2= Mg+2+2NO3- D．KMnO4=K++Mn7++4O2-
12、设NA为阿伏加德罗常数，下列叙述中正确的是
A．1.7 g氨气所含分子数为0.1 NA
B．常温常压下，11.2 L氯气所含原子数为NA
C．1 mol•L﹣1的BaCl2溶液中所含Cl-离子数目为2 NA
D．71 g氯气与足量铁粉充分反应，转移的电子数为3 NA
13、取一小块钠放在玻璃燃烧匙里加热，下列实验现象正确的是（ ）
　　①金属先熔化②在空气中燃烧火焰呈黄色③燃烧时火星四射
　　④燃烧后生成淡黄色固体⑤燃烧后生成白色固体
A．①②③ B．①②④ C．①②⑤ D．①③⑤
14、从元素的化合价分析，下列物质中不能作还原剂的是
A．NH3 B．S2— C．Na+ D．Fe2+
15、下列有关NaHCO3和Na2CO3性质的比较中，正确的是 (　　)
A．热稳定性：Na2CO3<NaHCO3
B．常温时在水中的溶解度：Na2CO3<NaHCO3
C．等物质的量的NaHCO3和Na2CO3与足量稀盐酸反应，NaHCO3放出的CO2多
D．等质量的NaHCO3和Na2CO3与足量稀盐酸反应产生CO2的量：Na2CO3<NaHCO3
16、给出下列条件，无法确定该物质摩尔质量的是(　　)
A．已知气体在标准状况时的密度 B．已知物质的体积和质量
C．已知一定量物质的质量和物质的量 D．已知物质一个分子的实际质量
二、非选择题（本题包括5小题）
17、 (1)A、B、C三种无色可溶性盐分别是由Na＋、Ag＋、Ba2＋、Cl－、NO、CO中不同的阴、阳离子组成。经实验验证知：A溶液、B溶液均可以与盐酸反应，其中A产生白色沉淀，B产生气泡。则A为_______、B为_________。将B和C的溶液混合后，发生反应的离子方程式为________________。
(2)有一包固体粉末，由CaCO3、Na2SO4、KNO3、BaCl2、CuSO4中的三种物质组成，取样品进行如下实验：

从实验可以判断，该固体粉末中一定不含有____________，它的组成可能是__________或_____________。
18、今有一混合物的水溶液，只可能含有以下离子中的若干种：K+、NH4+、Cl－、Mg2+、Ba2+、CO32－、SO42－，现取三份各100mL该溶液进行如下实验：
①第一份加入AgNO3溶液有沉淀产生；
②第二份加足量NaOH溶液加热后，收集到气体0.08mol；
③第三份加足量BaCl2溶液后，得干燥沉淀12.54g，经足量盐酸洗涤、干燥后，沉淀质量为4.66g。根据上述实验，回答下列问题：
（1）由第二份进行的实验得知混合物中应含有___________离子，其物质的量浓度为________。
（2）由第三份进行的实验可知12.54克沉淀的成分是______________（写沉淀化学式），其物质的量分别为______________________。
（3）原溶液中是否存在K+_______填“是”或“否）若存在则K+的浓度的取值范围是____________________（若不存在此空可不填）
19、用18.4 mol·L-1的浓H2SO4来配制500 mL 0.2 mol·L-1的稀H2SO4。可供选择的仪器有：①玻璃棒、②烧瓶、③烧杯、④胶头滴管、⑤量筒、⑥容量瓶、⑦托盘天平。请回答下列问题：
（1）上述仪器中，在配制稀H2SO4时用不到的有(填代号)________。
（2）经计算，需量取浓H2SO4 ________mL。现有①10 mL、②50 mL、③100 mL三种规格的量筒，你选用的量筒是________(写序号)。
（3）将浓H2SO4加入到适量蒸馏水中稀释后，冷却片刻，随后全部转移到______ mL的容量瓶中。
（4）在配制过程中，其他操作都准确，下列操作中能引起误差偏高的有________(填代号)。
①定容时，加蒸馏水超过刻度线，又用胶头滴管吸出
②转移前，容量瓶中含有少量蒸馏水
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
④定容时，俯视刻度线
（5）在下图的配制过程示意图中，正确的是（填写序号）_______。
A．称量
B．溶解
C．转移
D．定容
20、为除去粗盐中的Ca2+、Mg2+、Fe3+、SO42+以及泥沙等杂质，某同学设计了一种制备精盐的实验方案，步骤如下（用于沉淀的试剂稍过量）：

（1）第⑤步实验操作需要烧杯、____________、___________等玻璃仪器。
（2）第④步中，相关的离子方程式：____________________ ；____________________。
（3）步聚2中，判断沉淀已完全的方法是：_____________________________________。
（4）除杂试剂除了流程中的顺序外，加入的顺序还可以是BaCl2、Na2CO3、NaOH或者____________________________
21、回答下列问题。
（1）下列物质中：①SO2 ②液态氯化氢 ③CH4 ④熔融NaOH ⑤NH4Cl固体 ⑥氨水。能导电的是__________（填序号，下同）。属于电解质的是__________。属于非电解质的是__________。
（2）1.204×1024个H2SO4分子的物质的量为__________mol，共含__________个氢原子。将上述H2SO4溶于水配成600 mL溶液，再加水稀释到1000 mL，稀释后溶液的物质的量浓度为__________mol/L。
（3）K2SO4和Fe2（SO4）3的混合溶液，已知其中Fe3＋的浓度为0.5mol/L，SO42－浓度为0.9mol/L，则K＋的物质的量浓度为__________mol/L。
（4）Al2O3与稀盐酸反应的离子方程式为__________。向Ba（OH）2溶液中逐滴加入NaHSO4溶液至不再产生沉淀，离子方程式为__________。
参考答案

一、选择题（每题只有一个选项符合题意）
1、D
【解析】
A. 决定元素种类的是质子数，故错误；
B. 决定元素化学性质的是原子核外最外层电子数，故错误；
C. 决定元素相对原子质量的是质子数和中子数，故错误；
D. 决定原子序数的是质子数，故正确。
故选D。
2、C
【解析】
根据题中检验 SO离子的存在可知，本题考查检验 SO离子时的干扰离子的排除，运用在检验是否含有硫酸根离子时，如果对溶液成分没有限制，则需要排除可能存在的其他微粒如碳酸根离子、银离子等的干扰分析。
【详解】
A.硫酸钡是不溶于酸的沉淀，加入盐酸和沉淀的多少没关系，故A错误；
B.硫酸钡是不溶于酸的沉淀，加入盐酸和沉淀的纯度没关系，故B错误；
C.加盐酸时，如果有白色沉淀出现，则可以排除银离子、碳酸根离子等阴离子的干扰，故C正确；
D.和盐酸反应生成沉淀的阳离子只有银离子，所以不需排除Ba2+以外的其它阳离子干扰，故D错误；
答案选C。
3、A
【解析】
强电解质：是在水溶液中或熔融状态中几乎完全电离的电解质，一般来说强电解质有强酸强碱，活泼金属氧化物和大多数盐；
弱电解质：是在水溶液中或熔融状态下不完全发生电离的电解质；一般来说弱酸、弱碱，以及少数盐，另外水是极弱电解质；
非电解质：在熔融状态或水溶液中不能导电的化合物。
【详解】
A、KNO3是强电解质，HF是弱电解质，SO2是非电解质，所以A正确；
B、CaCO3是强电解质，电解质和非电解质都是化合物，所以金属铝既不是电解质又不是非电解质，B不正确；
C、因为H2O自身部分电离，所以水是弱电解质，而不是非电解质，C不正确；
D、CH3COONH4它在水溶液中完全电离，所以是强电解质，不是弱电解质，D不正确。
故选A。
解题时要注意，强、弱电解质与物质的溶解度无关；电解质和非电解质都是化合物。
4、C
【解析】
A.41gNaOH的物质的量为1mol，溶液的体积不等于溶剂的体积，溶液的体积不是1L，因此溶液中NaOH物质的量浓度不是1mol/L，故A错误；
B.58.5g NaCl的物质的量为1mol，溶于水制成1L溶液，浓度c=n/V=1mol/1L=1mol/L，不是1.5mol/L，故B错误；
C.28gKOH的物质的量n=m/M=28g/56g/mol=1.5mol，溶液的体积为1L，浓度c=n/V=1.5mol/1L=1.5mol/L，故C正确；
D.根据公式c=1111ρw%/M，因未知该溶液的密度，所以无法求算该溶液的物质的量浓度，故D错误。
故选C。
5、B
【解析】
在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物是电解质，在水溶液里或熔融状态下都不导电的化合物是非电解质，据此判断。
【详解】
A、铁是单质，所以铁既不是电解质也不是非电解质，A错误；
B、碳酸钠在水溶液里能电离出自由移动的阴阳离子导致溶液导电，所以碳酸钠是电解质，B正确；
C、NaCl溶液是混合物，既不是电解质也不是非电解质，C错误；
D、蔗糖在水溶液里或熔融状态下都不导电，是非电解质，D错误；
答案选B。
6、A
【解析】
根据阴阳离子电荷守恒可知，阳离子电荷总浓度=阴离子电荷总浓度。
【详解】
阳离子电荷总浓度c=c(NH4+)+2c(Fe2+)=0.2+0.5=0.7mol/L，阴离子电荷总浓度c=c(Cl-)+2c(SO42-)=0.7mol/L，故SO42-物质的量浓度为0.15mol/L。
答案为A。
7、D
【解析】
A. 判断纯净物与混合物的依据为是否仅含有一种物质，只有一种元素的物质也可能是混合物，如氧气与臭氧组成的混合物只有一种元素，A不正确；
B. 溶液与胶体的本质区别是分散质粒子的直径不同，丁达尔效应是胶体的性质，B不正确；
C. 强电解质与弱电解质的分类依据是其在水溶液中的电离程度不同，与导电能力无关，C不正确；
D. 氧化还原反应的本质是有电子转移，D正确。
答案选D。
8、C
【解析】
A项，反应前后电荷不守恒，正确离子方程式为2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑，A错误；
B项，电荷不守恒，正确离子方程式为2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑，B错误；
C项，Al与盐酸反应生成AlCl3和H2，符合离子方程式的书写，C正确；
D项，不符合反应事实，Fe和稀硫酸反应生成Fe2+和H2，D错误；
答案选C。
注意电荷守恒在判断中的灵活应用，还要注意所给方程式是否符合实际反应事实。
9、C
【解析】
某溶液能使酚酞溶液变红，说明溶液显碱性，溶液中含有大量的OH-，据此分析判断。
【详解】
A．MnO有颜色，在无色溶液中不能大量存在，故A不选；
B．CO、H+能够反应，在溶液中不能大量过程，H+与OH-也能反应生成水，不能大量共存，故B不选；
C．NO、Cl-、Ba2+、K+离子间不发生反应，与OH-也不反应，在溶液中能大量共存，故C选；
D．Mg2+、OH-能够反应生成沉淀，不能大量共存，故D不选；
故选C。
10、B
【解析】
有题干可知，Cu元素化合价降低，则“另一物质”化合价升高，做还原剂；
故选B。
11、A
【解析】
电离方程式是表示电解质电离的式子。强电解质电离用“=”。弱电解质电离用“”。书写电离方程式还需注意符合质量守恒定律、电荷守恒。
【详解】
A. Al2(SO4)3为强电解质，电离方程式为：Al2(SO4)3=2Al3++ 3SO42-，A正确。
B. AlCl3为强电解质，电离方程式为：AlCl3= Al3++3Cl-，B错误。
C. Mg(NO3)2为强电解质，电离方程式为：Mg(NO3)2= Mg2++2NO3-，C错误。
D. KMnO4为强电解质，电离方程式为：KMnO4=K++ MnO4-，D错误。
答案为A。
12、A
【解析】
A1.7g氨气为0.1mol，所以1.7g氨气所含的分子数为0.1NA，故A正确；
B.不是标准状况下，不能使用标况下的气体摩尔体积计算11.2L氯气的物质的量及分子数，故B错误；
C.1mol•L-1的BaCl2溶液中Cl-的浓度为2mol/L，溶液中含有的氯离子数目与溶液的体积有关，没有告诉溶液的体积，无法计算氯离子的物质的量，不能确定氯离子数目，故C错误；
D.71gCl2的物质的量是1 mol，Cl原子的物质的量是2mol，因为反应后，Cl全部变为-1价，所以转移电子数是2mol，故D错误。
故选A。
13、B
【解析】
钠与氧气反应生成氧化钠，表面变暗，将金属钠放在氧气中燃烧，金属钠先熔化，然后燃烧，火焰呈黄色，生成物是淡黄色的过氧化钠固体，所以看到的现象是①②④，B项正确，
答案选B。
14、C
【解析】
从元素的化合价分析，元素化合价能够升高，可作还原剂，元素化合价处于最高价，不能再失去电子，不能作还原剂，Na+是稳定结构，+1价是钠元素的最高价，不能再失去电子，不能作还原剂，S2- 可以升价到 0、+4、+6，NH3中氮元素-3价能升高到0价等，Fe2+ 能升高到+3价，它们都可作还原剂。
故选C。
15、D
【解析】A. NaHCO3受热易分解，热稳定性：Na2CO3>NaHCO3，故A错误；B. 常温时在水中的溶解度：Na2CO3>NaHCO3，故B错误；C. 等物质的量的NaHCO3和Na2CO3与足量稀盐酸反应，NaHCO3和Na2CO3放出的CO2一样多，故C错误；D. 等质量的NaHCO3和Na2CO3与足量稀盐酸反应产生CO2的量：Na2CO3<NaHCO3，故D正确。故选D。
16、B
【解析】
A、已知气体在标准状况下时的密度，计算该气体的摩尔质量，可以利用M=22.4ρ标，故A不符合题意；
B、已知物质的体积和质量，只能计算出该物质的密度，不能计算出该物质的摩尔质量，故B符合题意；
C、已知该物质的质量和物质的量，利用，可以计算出该物质的摩尔质量，故C不符合题意；
D、如果知道一个分子的实际质量，利用，其中m为一个分子的实际质量，可以计算出该分子的摩尔质量，故D不符合题意；
答案为B。

二、非选择题（本题包括5小题）
17、AgNO3 Na2CO3 Ba2++CO32-=BaCO3↓ CuSO4 CaCO3、Na2SO4、KNO3 CaCO3、BaCl2、KNO3
【解析】
（1）由离子共存可知，Ag+只能结合NO3-形成硝酸银、剩下的离子中Ba2+只能结合Cl-形成氯化钡、最后的离子结合形成碳酸钠，然后根据A、B能够与盐酸反应的现象判断A、B组成，从而明确A、B、C的名称，书写B和C的溶液混合反应的化学方程式。
（2）固体粉CaCO3、Na2SO4、BaCl2、CuSO4溶于水有沉淀、无色溶液，则能排除CuSO4，因为CuSO4溶于水显蓝色；难溶物溶于稀盐酸产生无色气体，说明一定含有碳酸钙，硫酸钠和氯化钡不会同时存在。
【详解】
（1）A、B、C为三种无色可溶盐，则Ag+只能结合NO3-形成AgNO3、剩下的离子中Ba2+只能结合Cl-形成BaCl2，另一种物质则为Na2CO3；A溶液、B溶液均可与盐酸反应，其中A产生白色沉淀，则A为AgNO3；B与盐酸产生气泡，所以B为Na2CO3，C不与盐酸反应，则C为BaCl2，将B和C的溶液混合反应的化学方程式为：BaCl2+Na2CO3=BaCO3↓+2NaCl，反应的离子方程式为Ba2++CO32-=BaCO3↓；故答案为AgNO3；Na2CO3；Ba2++CO32-=BaCO3↓；
（2）有一包固体粉末由CaCO3、Na2SO4、BaCl2、CuSO4中的两种物质组成，取样品加水，出现白色沉淀，该白色沉淀能够溶于稀盐酸产生无色气体，则该固体粉末中一定含有CaCO3，且硫酸钠与氯化钡不会同时存在；得到无色溶液，该固体粉末中一定不含有CuSO4，因为CuSO4溶于水显蓝色，根据分析可知，溶液中一定不存在CuSO4，该固体粉末含有的三种物质可能为：CaCO3、Na2SO4、KNO3或CaCO3、BaCl2、KNO3，故答案为CuSO4；CaCO3、Na2SO4、KNO3；CaCO3、BaCl2、KNO3。
本题考查了未知物的检验，注意掌握常见物质的检验方法，明确常见物质的性质及反应现象是解答本题的关键。
18、NH4+ 0.8 mol/L BaCO3、BaSO4 0.04 mol 、 0.02 mol 是 ≥ 0.4 mol/L
【解析】
据题意分析，第一份溶液加入溶液有沉淀产生，推得可能含有；第二份溶液加足量溶液加热后收集到气体，推得一定含有，一定不存在；第三份溶液利用发生的离子反应，经过计算、推得一定存在，一定不存在；根据溶液中阴阳离子的电荷守恒，即可推出一定存在。
【详解】
（1）加入足量溶液加热后，收集到气体0.08mol气体，气体为氨气，故溶液中含有0.08mol，浓度为，
故答案为：；；
（2）加足量溶液后，得干燥沉淀12.54g，经足量盐酸洗涤、干燥后，沉淀质量为4.66g，可知沉淀既有也含有，质量为4.66g，物质的量为： ，碳酸钡质量为： ，物质的量为，
故答案为：；0.04 mol 、0.02 mol；
（3）根据上述分析，溶液中肯定存在、，肯定不存在和，可能存在，根据的物质的量为0.04 mol 、0.02 mol，物质的量为0.08mol，根据电荷守恒，若无则的物质的量为0.04mol，若存在则的物质的量则大于0.04mol，故肯定存在，其物质的量浓度大于等于，
故答案为：是 ；≥ 0.4 mol/L。
破解离子推断题：
(1)肯定性原则：根据实验现象推出溶液中肯定存在或肯定不存在的离子；
(记住几种常见的有色离子：)
(2)互斥性原则：在肯定某些离子的同时，结合离子共存规律，否定一些离子的存在；(要注意题目中的隐含条件，如：酸性、碱性、指示剂的变化等)
(3)电中性原则：溶液呈电中性，一定既有阳离子，又有阴离子，且溶液中正电荷总数与负电荷总数相等
19、②⑦ 5.4 ① 500 ④ B
【解析】
(1)根据配制一定物质的量浓度溶液的操作步骤选取实验仪器；
(2)根据溶液稀释前后溶质的物质的量不变计算所需浓硫酸溶液的体积；根据浓硫酸的体积选取量筒，注意所选量筒的容积应稍大于或等于量取溶液的体积；
(3)依据配制一定物质的量浓度溶液移液、洗涤、定容的正确的操作解答；
(4)依据配制一定物质的量浓度溶液的操作步骤判断；分析不当操作对溶质的物质的量和溶液的体积的影响，依据c=进行误差分析；
(5)从实验的正确操作分析。
【详解】
(1)配制一定物质的量浓度硫酸溶液的一般步骤有：量取、稀释、移液、洗涤、定容、摇匀等操作，一般用量筒量取浓硫酸溶液在烧杯中稀释，冷却后转移到500mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，当加水至液面距离刻度线1∼2cm时，改用胶头滴管滴加，所以需要的仪器有玻璃棒、量筒、胶头滴管、小烧杯、500mL容量瓶，所以用不到的仪器有烧瓶、托盘天平、药匙；
(2)设需要浓硫酸溶液的体积为V，0.2mol⋅L−1×500mL=V×18.4mol/L，解得：V=5.4mL，应选择10mL量筒；
(3)配制500mL、0.2mol⋅L−1的稀H2S04，应选择500mL容量瓶，将浓H2S04加到适量蒸馏水稀释后，冷却片刻，随后全部转移到500mL容量瓶，转移时应用玻璃棒引流，转移完毕，用少量蒸馏水洗涤烧杯2−3次，并将洗涤液全部转移到容量瓶中，再加适量蒸馏水，振荡容量瓶，使溶液混合均匀。然后缓缓地把蒸馏水直接注入容量瓶直到液面接近刻度1−2cm处，改用胶头滴管，加蒸馏水到瓶颈刻度的地方，使溶液的凹液面最低点正好与刻度线相平振荡、摇匀后，装瓶、贴签；
(4)①定容时，加蒸馏水超过标线，又用胶头滴管吸出，导致溶质的物质的量偏小，溶液浓度偏低；
②转移前，容量瓶中含有少量蒸馏水，对实验操作无影响；
③定容摇匀后，发现液面低于标线，又用胶头滴管加蒸馏水至标线，导致溶液的体积偏大，溶液浓度偏低；
④定容时，俯视标线，导致溶液体积偏小，溶液浓度偏大；
(5)A．称量物质的质量时用托盘天平时，应该左物右码，如果将砝码和物品的位置放反，会使称量的物品的质量偏小，浓度偏低，引起误差，故A错误；
B．溶解操作时，用玻璃棒搅拌，加速溶解，故B正确；
C．将烧杯中的液体转移到容量瓶中时，需要用玻璃棒引流，故C错误；
D．定容时，胶头滴管应置于容量瓶的正上方，不能伸到容量瓶内，故D错误；
答案选B。
20、漏斗 玻璃棒 Ca2++CO32-=CaCO3 Ba2++CO32-=BaCO3 静置，在上层清液中（或取少量上层清液）继续滴加BaCl2溶液，若没有沉淀产生，则沉淀完全 NaOH 、BaCl2、Na2CO3
【解析】
（1）粗盐要溶解于水形成溶液，第①步操作的名称是溶解，第②步滴加BaCl2的目的是除去溶液里的SO42-；第③步滴加NaOH的目的是除去溶液里的Mg2+ 、Fe3+；第④步滴加Na2CO3的目的是除去溶液里的Ca2+。
（2）第⑤步过滤操作所需玻璃仪器的名称是漏斗、烧杯、玻璃棒；
（3）第⑥步实验的目的是滴加稀盐酸除去溶液里过量的OH-和CO32-。
【详解】
（1）过滤装置是分离难溶性物质和溶液的分离方法，用到的玻璃仪器为：烧杯、玻璃棒、漏斗，故答案为玻璃棒；漏斗；
（2）碳酸钠可以将钙离子以及过量的钡离子沉淀下来，反应原理是Ca2++CO32-=CaCO3↓、Ba2++CO32-=BaCO3↓，
故答案为Ca2++CO32-=CaCO3↓、Ba2++CO32-=BaCO3↓；
（3）过量的氯化钡会将全部的硫酸根离子沉淀完毕，只要是硫酸根剩余，则氯化钡会与其反应出现白色沉淀，所以判断BaCl2已过量的方法是：向第②步后的上层清液（或取少量上层清液于试管中），再滴入适量BaCl2溶液，若溶液未变浑浊，则表明BaCl2已过量，
故答案为静置，在上层清液中（或取少量上层清液）继续滴加BaCl2溶液，若没有沉淀产生，则沉淀完全；
（4）除杂试剂为了根本除去杂质离子，一般是过量的，碳酸钠可以将钙离子以及过量的钡离子沉淀下来，BaCl2、NaOH、Na2CO3加入的顺序必须满足最后加入碳酸钠，过滤后再加盐酸至不再有气体生成即可，故答案为NaOH 、BaCl2、Na2CO3。
本题考查了有关粗盐的提纯知识，可以根据所学知识进行回答，题目难度不大。
粗盐中的CaCl2、MgCl2、FeCl3、Na2SO4以及泥沙等杂质的除杂方法：先将混合物溶解，后过滤除泥沙，再加入试剂分别将钙离子、镁离子、铁离子以及钙离子除去，但是碳酸钠一定放在氯化钡的后面，氢氧化钠和氯化钡的顺序无要求。为了将杂质去除彻底，所加的除杂试剂都是过量的，还要考虑将过量的除杂试剂除去。
21、④⑥ ②④⑤ ①③ 2 2 0.3mol/L
【解析】
（1）在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物是电解质,在水溶液里和熔融状态下都不导电的化合物是非电解质,含有自由移动电子或离子的物质能导电，据此进行分析；
（2）根据n=N/NA和c=n/V进行计算；
（3）根据溶液呈电中性原则计算钾离子浓度；
（4）Al2O3与稀盐酸反应生成氯化铝和水，Ba（OH）2溶液与NaHSO4溶液反应生成硫酸钡、氢氧化钠和水，据以上分析写出反应的离子方程式；
【详解】
（1）①SO2本身不能电离出离子，不能导电，其熔融状态也不导电，其水溶液为亚硫酸，能够导电，所以SO2为非电解质；
②液态氯化氢，没有自由移动的离子，不导电，溶于水完全电离，能够导电，它属于化合物，属于电解质；
③CH4本身不能电离出离子，不能导电，其不溶于水，水溶液和熔融状态也不导电，它属于化合物，属于非电解质；
④熔融NaOH中存在自由移动的离子，能够导电，属于化合物，属于电解质；
⑤NH4Cl固体中没有自由移动的离子，不导电；但溶于水后能够导电，属于化合物，属于电解质；
⑥氨水能够导电，属于混合物，所以既不是电解质也不是非电解质；
结合以上分析可知，能导电的是④⑥；属于电解质的是②④⑤；属于非电解质的是①③；
综上所述，本题正确答案：④⑥；②④⑤；①③。
（2）根据n=N/NA可知，1.204×1024个H2SO4分子的物质的量为1.204×1024/6.02×1023=2 mol；含有的氢原子个数为4NA或2.408×1024个；根据c=n/V可知，2molH2SO4溶于水配成600mL溶液，再加水稀释到1000 mL，根据稀释前后溶质的量不变可知，稀释后溶液的物质的量浓度为2mol/1L= 2mol/L；
综上所述，本题答案是：2，4NA 或2.408×1024，2。
（3）根据溶液呈电中性原则可知：阳离子带的正电荷总数等于阴离子带的负电荷总数，3n(Fe3＋)+ n(K＋)=2n(SO42－), n(K＋)= 2n(SO42－)- 3n(Fe3＋)=2×0.9mol/L-3×0.5mol/L=0.3mol/L；
综上所述，本题答案是：0.3mol/L；
（4）Al2O3与稀盐酸反应生成氯化铝和水，离子方程式为Al2O3+6H+=2Al3++3H2O；向Ba（OH）2溶液中逐滴加入NaHSO4溶液至不再产生沉淀，硫酸根离子沉淀完全，反应生成硫酸钡、氢氧化钠和水，离子方程式为H+ +SO42- +Ba2+ +OH- === BaSO4↓+H2O；
综上所述，本题答案是：Al2O3+6H+=2Al3++3H2O；H+ +SO42- +Ba2+ +OH- === BaSO4↓+H2O。