第一章-物质及其变化(章末检测)(人教版2019必修第一册)(解析版)

第一章物质及其变化章末检测一、选择题：本题共18个小题，每小题3分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1．下列各组物质，按化合物、单质、混合物顺序排列的是A．烧碱、液态氧、碘酒 B．生石灰、白磷、熟石灰C．干冰、铁、氯化氢 D．空气、氮气、胆矾【答案】A【解析】物质分为混合物和纯净物，混合物是由两种或两种以上的物质组成；纯净物是由一种物质组成。纯净物又分为单质和化合物。由同种元素组成的纯净物叫单质；由两种或两种以上的元素组成的纯净物叫化合物。A项，烧碱是NaOH的俗称，是化合物，液态氧是单质，碘酒是溶液，属于混合物，符合题意；B项，生石灰是CaO的俗称，是化合物，白磷是单质，熟石灰是Ca(OH)2的俗称，是化合物，不符合题意；C项，干冰是指固态的二氧化碳，是化合物，铁是单质，氯化氢是化合物，不符合题意；D项，空气中含有氮气、氧气等多种成分是混合物，氮气是单质，胆矾是五水合硫酸铜，是化合物，不符合题意。2．国家速滑馆的建设应用了智慧建造技术，减少使用钢材；采用非常环保的二氧化碳跨临界直接制冰技术，通过压力变化使二氧化碳汽化实现制冷。下列说法中，不正确的是A．钢材属于金属材料。B．CO2由液态变为气态，会吸收热量C．二氧化碳跨临界直接制冰技术利用了其化学性质D．应用二氧化碳跨临界直接制冰技术符合“绿色奥运”理念【答案】C【解析】A．金属材料包括金属单质及合金，钢材为碳与铁形成的合金，属于金属材料，故A正确；B．CO2由液态变为气态，会吸收热量，故B正确；C．二氧化碳跨临界直接制冰技术，不需要发生化学反应，是利用了物质的物理性质，故C错误；D．应用二氧化碳跨临界直接制冰技术，不会造成环境污染，符合“绿色奥运”理念，故D正确；故选C。3．古诗词是古人为我们留下的宝贵精神财富，下列诗句不涉及氧化还原反应的是A．野火烧不尽，春风吹又生 B．春蚕到死丝方尽，蜡炬成灰泪始干C．粉身碎骨浑不怕，要留清白在人间 D．爆竹声中一岁除，春风送暖入屠苏【答案】C【解析】A．燃烧是剧烈的发光发热的氧化还原反应，小草生长过程也是涉及氧化还原反应的，属于氧化还原反应，A不合题意；B．春蚕生长过程涉及氧化还原反应，蜡炬燃烧，发生氧化还原反应，B不合题意；C．碳酸钙加热分解为氧化钙与二氧化碳，不属于氧化还原反应，C符合题意；D．黑火药爆炸，发生氧化还原反应，D不合题意；故答案为：C。4．近期意大利罗马大学的FulvioCacace等人获得了极具理论研究意义的N4分子。N4分子结构如图所示，下列说法正确的是A．N4属于一种新型的化合物B．N4的相对分子质量为56gC．N4转化为N2属于物理变化D．N4与N2都是由氮元素形成的不同单质【答案】D【解析】A项，N4中只有氮元素，因此N4属于单质，错误；B项，N4的相对分子质量为56，没有单位g，错误；C项，N4与N2是两种不同的分子，因此N4转化为N2时有新物质产生，发生的变化属于化学变化，错误；D项，N4与N2是N元素形成的不同性质的单质，二者互为同素异形体，正确。5．下列变化不能通过一步反应实现的是A．Na2CO3→NaOH B．Cu→CuCl2C．Fe→Fe3O4 D．Fe2O3→Fe(OH)3【答案】D【解析】A项，Na2CO3＋Ba(OH)2BaCO3↓＋2NaOH，正确；B项，Cu＋Cl2eq\o(,\s\up7(点燃))CuCl2，正确；C项，3Fe＋2O2eq\o(,\s\up7(点燃))Fe3O4，正确；D项，氧化铁不溶于水，不能一步转化为氢氧化铁，可以通过：Fe2O3＋6HCl2FeCl3＋3H2O、FeCl3＋3NaOHFeCl3＋Fe(OH)3↓，实现转化，错误。6．虎年春晚一段舞蹈诗剧《只此青绿》生动还原了北宋名画《千里江山图》，此画用到了一种矿物颜料——石青。以下关于石青的说法错误的是A．属于盐 B．可溶于水C．在常温下较稳定 D．与盐酸反应后的溶液呈蓝色【答案】B【解析】A．石青的化学式为，属于碱式盐，A正确；B．中，CuCO3和Cu(OH)2均难溶于水，B错误；C．石青能够一直保存下来，说明该物质在常温下较稳定，C正确；D．石青与盐酸反应的方程式为：+6HCl=3CuCl2+4H2O+2CO2↑，得到的溶液为CuCl2溶液，呈蓝色，D正确；答案选B。7．只用一种试剂就能鉴别KCl、K2CO3、Ba(NO3)2三种无色溶液，该试剂是A．稀盐酸 B．稀硫酸 C．硝酸银溶液 D．氯化钠溶液【答案】B【解析】将稀硫酸加入KCl无明显现象，加入碳酸钾会产生气泡，加入硝酸钡会产生白色沉淀，可以鉴别这三种物质，故答案选B项。8．下列关于胶体的说法中，正确的是A．溶液和胶体的本质区别是胶体具有丁达尔效应B．制备，胶体的方法是将饱和，溶液逐滴滴加到沸水中煮沸至红褐色C．利用过滤的方法能将，胶体从，溶液中分离出来D．胶体一定是电中性的，胶粒一定是带电荷的【答案】B【解析】A．溶液和胶体的本质区别为粒子直径大小不同，溶液中分散质粒子直径小于1nm，胶体中分散质离子直径介于1～100nm，故A错误；B．制备胶体的方法是将饱和FeCl3溶液滴加到沸水中煮沸至溶液呈红褐色，故B正确；C．胶体和溶液都能透过滤纸，所以利用过滤的方法不能将胶体与FeCl3溶液分开，故C错误；D．胶体一定是电中性的，有的胶粒通过吸附带电，有的胶粒不带电，如淀粉胶体的胶粒，故D错误；故选：B。9．碱溶液中都含有OH－，因此不同的碱表现出一些共同的性质。下列关于Ba(OH)2性质的描述中，不属于碱的共同性质的是A．能与CO2反应生成水 B．能与盐酸反应生成水C．能使酚酞溶液变红色 D．能与Na2SO4溶液反应生成BaSO4沉淀【答案】D【解析】A项，碱能与CO2反应生成水和碳酸盐或碳酸氢盐，属于碱的共性，不符合题意；B项，碱能与盐酸反应生成水和盐，属于碱的共性，不符合题意；C项，碱都能电离出氢氧根，氢氧根能使酚酞溶液变红色，属于碱的共性，不符合题意；D项，NaOH与Na2SO4溶液不反应，因此不属于碱的共性，符合题意。10．下列物质的水溶液能导电，且属于电解质的是A．Cu B．CO2 C．CH3OH D．KNO3【答案】D【解析】溶于水或熔融状态下能导电的化合物为电解质，溶于水和熔融状态下都不导电的化合物为非电解质。A．Cu不溶于水，且Cu为单质，不是电解质，A错误；B．CO2溶于水，与水反应生成碳酸使溶液导电，但不是自身电离出的离子使溶液导电，熔融状态的CO2也不导电，CO2不是电解质，为非电解质，B错误；C．CH3OH溶于水和熔融状态下均不导电，CH3OH为非电解质，C错误；D．KNO3溶于水电离出钾离子和硝酸根离子使溶液导电，熔融状态的KNO3也能电离出钾离子和硝酸根离子而导电，KNO3是电解质，D正确；答案选D。11．下列电离方程式书写正确的是A．KClO3K＋＋Cl－＋3O2− B．Fe(NO3)3Fe3＋＋3NO－C．NaHCO3Na＋＋H＋＋CO2－ D．Ba(OH)2Ba2＋＋OH－【答案】B【解析】A项，KClO3K＋＋ClO－，错误；B项，Fe(NO3)3Fe3＋＋3NO－，正确；C项，NaHCO3Na＋＋HCO－，错误；D项，Ba(OH)2Ba2＋＋2OH－，错误。12．下列离子方程式书写正确的是A．稀硫酸与铁丝制取氢气：2Fe＋6H＋2Fe3＋＋3H2↑B．向氢氧化铜悬浊液中加入稀硫酸：OH－＋H＋H2OC．碳酸钙与稀盐酸制备二氧化碳：CO2－＋2H＋CO2↑＋H2OD．CuSO4溶液中滴加Ba(OH)2溶液：Cu2＋＋SO2－＋Ba2＋＋2OH－BaSO4↓＋Cu(OH)2↓【答案】D【解析】书写离子方程式要符合客观事实，强酸、强碱和可溶性盐要拆成离子，其他物质用化学式表示。A项，铁与稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，不能生成铁离子，正确的离子方程式为Fe＋2H＋Fe2＋＋H2↑，错误；B项，氢氧化铜悬浊液不能拆成OH－离子，正确的离子方程式为Cu(OH)2＋2H＋Cu2＋＋2H2O，错误；C项，碳酸钙难溶于水，不能拆成CO2－离子，正确的离子方程式为CaCO3＋2H＋Ca2＋＋CO2↑＋H2O，错误；D项，硫酸铜与氢氧化钡反应生成硫酸钡沉淀和氢氧化铜沉淀，离子方程式为Cu2＋＋SO2－＋Ba2＋＋2OH－BaSO4↓＋Cu(OH)2↓，正确。13．反应2NaOH+Cl2=2NaCl+NaClO+H2O中，氧化产物是A．NaClO B．H2O C．NaCl D．Na2O2【答案】A【解析】反应中，氯元素从0价升高到+1价发生氧化反应、则该反应中氧化产物是NaClO，A满足；答案选A。14．在某体系内有反应物和生成物5种物质：H2S、S、FeCl3、

FeCl2、

HCl。已知H2S为反应物，则另一反应物是（）A．FeCl3 B．FeCl2 C．S D．HCl【答案】A【解析】根据S守恒，反应中H2S被氧化成S，结合“氧化还原反应的特征：元素的化合价有升降”分析。H2S为反应物，根据S守恒，S为生成物，即反应中S元素的化合价由-2价升至0，H2S→S为氧化反应；氧化还原反应中氧化反应和还原反应一定同时发生，根据各物质中元素的化合价，另一过程为FeCl3→FeCl2，Fe元素的化合价由+3价降至+2价，另一反应物为FeCl3，反应的化学方程式为H2S+2FeCl3=S↓+2FeCl2+2HCl，答案选A。15．已知在酸性溶液中易被还原成，且还原性：。下列反应在水溶液中不可能发生的是A． B．C． D．【答案】A【解析】A．根据氧化性是:Cl2>FeCl3>I2，因此氯气可以氧化Fe2+，也可以氧化I-，但是碘离子还原性强于亚铁离子，碘离子会先被氯气氧化，正确的离子方程式是：Cl2不足时，Cl2+2I-=2Cl-+I2，Cl2过量时，3Cl2+2Fe2++4I-=6C1-+2I2+2Fe3+，所以A不可能发生，故A符合题意；B．根据反应：，得出氧化性是：Cl2>I2，和题意相符合，反应可能发生，故B不符合题意；C．根据反应：，得出氧化性是：>Cl2，和题意相符合，反应可能发生，故C不符合题意；D．根据反应，得出氧化性是：FeCl3>I2，和题意相符合，反应可能发生，故D不符合题意；故选A。16．向Ba(OH)2溶液中滴入几滴酚酞溶液，然后逐滴加入稀硫酸，测得混合溶液的导电能力随时间变化如图所示。下列说法不正确的是A．A点导电率高是Ba(OH)2在水中以离子形式存在的实验证据B．溶液由红色变成无色、产生白色沉淀分别是OH－、SO2－参加反应的实验证据C．AB段发生反应的离子方程式为Ba2＋＋OH－＋SO2－＋H＋BaSO4↓＋H2OD．C点溶液中存在的微粒主要有H2O、H＋、SO2－【答案】C【解析】A项，A点导电率高是由于Ba(OH)2在水中电离产生自由移动的Ba2＋、OH－，可以证明Ba(OH)2以离子形式存在。正确；B项，溶液由红色变成无色，说明溶液中OH－与加入的硫酸电离产生的H＋变为H2O，使溶液中OH－浓度减小；反应产生白色沉淀由于溶液中的Ba2＋与SO2－反应产生BaSO4白色沉淀，正确；C项，不符合物质反应的微粒个数比，AB段发生反应的离子方程式为Ba2＋＋2OH－＋SO2－＋2H＋BaSO4↓＋2H2O，错误；D项，B点时Ba(OH)2与加入的硫酸恰好反应产生BaSO4沉淀和H2O，B后C点溶液中溶质为过量的H2SO4，因此溶液中存在的微粒主要有H2O、H＋、SO2－，正确。17．除去粗盐中的杂质CaCl2、MgCl2和Na2SO4，过程如下：下列有关说法不正确的是A．除去Mg2＋的主要反应：MgCl2＋2NaOH=Mg(OH)2↓＋2NaClB．试剂①一定不是Na2CO3溶液C．检验SO是否除净：取少量滤液，先加稀盐酸再加BaCl2溶液D．滤液加稀盐酸时只发生反应：HCl＋NaOH=H2O＋NaCl【答案】D【解析】粗盐溶解后，先加NaOH除去MgCl2，再加BaCl2除去Na2SO4，也可以先加BaCl2除去Na2SO4，再加NaOH除去MgCl2，然后加Na2CO3除去CaCl2及过量的BaCl2，且Na2CO3一定在BaCl2之后，过滤后，滤液中加稀盐酸除去过量的NaOH和Na2CO3，最后蒸发结晶得到NaCl固体。A．加NaOH除去MgCl2，发生的反应为MgCl2＋2NaOH=Mg(OH)2↓＋2NaCl，故A正确；B．由上述分析可知，试剂①是NaOH或BaCl2，一定不是Na2CO3溶液，故B正确；C．SO与钡离子生成硫酸钡沉淀，因此检验SO是否除净，取少量滤液，先加稀盐酸排除碳酸根等离子的干扰，再加BaCl2溶液，若产生白色沉淀，SO未除净，否则已除净，故C正确；D．滤液中含有过量的NaOH和Na2CO3，加入稀盐酸，发生的反应有HCl＋NaOH=H2O＋NaCl和Na2CO3+2HCl=2NaCl+CO2↑+H2O，故D错误；答案选D。18．废水脱氮工艺中有一种方法是在废水中加入过量NaClO使NH完全转化为N2，该反应可表示为2NH+3ClO-=N2↑+3Cl-+2H++3H2O。下列说法中不正确的是（）A．反应中氮元素被氧化，氯元素被还原B．还原性：NH>Cl-C．反应中每生成1个N2分子，转移6个电子D．经此法处理过的废水不用再处理就可以直接排放【答案】D【解析】A．反应2NH+3ClO-=N2↑+3Cl-+2H++3H2O中氮元素从-3价升高为0价，Cl元素从+1价降为-1价，则氮元素被氧化，氯元素被还原，故A正确；B．反应2NH+3ClO-=N2↑+3Cl-+2H++3H2O中氮元素从-3价升高为0价，Cl元素从+1价降为-1价，则NH是还原剂，Cl-是还原产物，则还原性：NH>Cl-，故B正确；C．反应2NH+3ClO-=N2↑+3Cl-+2H++3H2O中氮元素从-3价升高为0价，则每生成1个N2分子，转移6个电子，故C正确；D．经反应2NH4++3ClO-═N2+3Cl-+2H++3H2O处理过的废水呈酸性，需要先用石灰水中和酸，则不能直接排放，故D错误；故答案为D。二、非选择题：包括第19题~第23题6个大题，共46分。19．（7分）现有下列物质：①氯化氢②二氧化碳③熔融硫酸钡④铁丝⑤氢氧化钡固体⑥蔗糖⑦氯化钾溶液⑧氢氧化钠溶液⑨酒精⑩氨气（1）能导电的是___________(填序号，下同)；属于电解质的是___________；属于非电解质但其水溶液能导电的是___________。（2）将①通入⑧中发生反应的离子方程式为_____________________________。（3）将少量的②通入⑤的水溶液中发生反应的离子方程式为________________________。【答案】（1）③④⑦⑧①③⑤②⑩（2）H＋＋OH－H2O（3）Ba2＋＋2OH－＋CO2BaCO3↓＋H2O【解析】物质导电的条件：存在自由移动的电子或者自由移动的离子；电解质：在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物；非电解质：在水溶液中和熔融状态下不能导电的化合物；非电解质与水反应生成电解质，且在水溶液中能电离产生自由移动的离子，能够导电。（1）③熔融硫酸钡、⑦氯化钾溶液、⑧氢氧化钠溶液，都含有自由移动的离子，能导电，④铁丝含有自由移动的电子能导电；①氯化氢、③熔融硫酸钡、⑤氢氧化钡固体是电解质；②二氧化碳、⑩氨气是非电解质，水溶液中CO2、NH3分别与水反应生成碳酸、一水合氨，碳酸、一水合氨电离产生自由移动的离子，能够导电，所以能导电的是：③④⑦⑧；属于电解质的是：①③⑤；属于非电解质但其水溶液能导电的是：②⑩；（2）氯化氢与氢氧化钠溶液发生酸碱中和反应生成氯化钠和水，离子方程式为：H＋＋OH－H2O；（3）少量二氧化碳与氢氧化钡溶液反应生成碳酸钡和水，离子方程式为：Ba2＋＋2OH－＋CO2BaCO3↓＋H2O。20．（11分）实验小组探究Fe(OH)3胶体的制备方法及其性质。（1）制备Fe(OH)3胶体实验实验操作丁达尔效应1向40mL沸腾的蒸馏水中滴入5滴饱和FeCl3溶液(浓度约为30%)迅速出现2向40mL蒸馏水中滴入5滴10%FeCl3溶液，然后滴入1滴10%NaOH溶液，边滴边搅拌迅速出现3加热40mL饱和FeCl3溶液①实验1，生成Fe(OH)3胶体和___________(填化学式)。②实验2与实验1对比，优点是_________________________________________(写出1条即可)。③综合上述实验：制备Fe(OH)3胶体提供OH－的物质可以是H2O或___________，控制反应条件即可制得。（2）Fe(OH)3胶体的性质资料：Ⅰ．pH＞10时，Fe(OH)3胶体溶解。Ⅱ．固体FeCl3易升华(物质从固态不经过液态直接变成气态的过程)。Ⅲ．Fe3＋检验：若待测液中加入KSCN溶液，溶液变红色，则说明待测液中含有Fe3＋。实验4取5mL实验3得到的液体于蒸发皿中，继续加热，待蒸发皿中液体变为粘稠状，罩上漏斗，可观察到漏斗内出现棕褐色的烟，且有棕褐色固体附着在漏斗的内壁上。继续加热，蒸发皿中最终得到红棕色固体Fe2O3。①根据资料，推测漏斗内棕褐色的烟中主要含有___________(填化学式)。②检验蒸发皿中红棕色固体中阳离子的方案：取少量红棕色固体溶于稀盐酸中，___________________。研究表明：Fe(OH)3胶体可净化水中的砷酸，砷酸浓度较低时以吸附为主，砷酸浓度较高时以反应为主。③不同pH时，测得溶液中Fe(OH)3胶体对砷酸的吸附效率如图。pH为3～9时，Fe(OH)3胶体对砷酸的吸附效率高，pH较高时，吸附效率降低的原因是________________________________。④去除水中高浓度砷酸的原理是Fe(OH)3胶体与砷酸反应生成砷酸铁(FeAsO4)沉淀，化学方程式是____________________________________________。【答案】（1）①HCl②不需加热，FeCl3溶液浓度小③NaOH（2）①FeCl3②滴加KSCN溶液，溶液变红，则固体中含有Fe3＋③pH＞10时，Fe(OH)3胶体溶解④Fe(OH)3(胶体)＋H3AsO4FeAsO4↓＋3H2O【解析】本实验通过三种不同的方式制备氢氧化铁胶体，从而比较三种不同方式的优劣，之后验证氢氧化铁胶体的性质。（1）①向40mL沸腾的蒸馏水中滴入5滴饱和FeCl3溶液，FeCl3与H2O反应生成氢氧化铁胶体和HCl；②根据实验1和实验2的对比可知，实验2的优点是不需加热，FeCl3溶液浓度小；③通过实验1和实验2可知，制备Fe(OH)3胶体提供OH－的物质可以是H2O或NaOH；（2）①根据资料可知固体FeCl3易升华，所以推测漏斗内棕褐色的烟中主要含有FeCl3；②红棕色固体中阳离子是Fe3＋，所以验证方法为取少量红棕色固体溶于稀盐酸中，滴加KSCN溶液，溶液变红，则固体中含有Fe3＋；③根据图像以及资料可知，pH较高时，吸附效率降低的原因是pH＞10时，Fe(OH)3胶体溶解；④由资料可知，以及原子守恒，Fe(OH)3胶体与砷酸反应生成砷酸铁(FeAsO4)沉淀和水，化学方程式是Fe(OH)3(胶体)＋H3AsO4FeAsO4↓＋3H2O。21．（8分）Ⅰ.某无色溶液中可能含有Na+、Ba2+、Cu2+、CO、Cl-、Mg2+中的一种或几种离子。①向此溶液中滴加足量稀盐酸无明显现象。②取少许①的溶液并加入少量的Na2SO4溶液，有白色沉淀产生。③取②的上层清液并加入足量的NaOH溶液，有白色沉淀产生。则原溶液中一定含有的离子是_______，一定不含有的离子是_______。II.酸式盐是盐的一种，可看作是多元酸中的氢离子未被完全中和所得到的盐，常见的有NaHCO3、NaHSO4、KH2PO4、K2HPO4等。已知H3PO2(次磷酸)与足量的NaOH反应只生成一种盐NaH2PO2，H3PO2水溶液中存在H3PO2分子。（1）H3PO2属于_______酸；NaH2PO2为_______盐(填序号)①一元酸，②二元酸，③三元酸，④强酸，⑤弱酸，⑥正盐，⑦酸式盐（2）写出H3PO2溶液与足量NaOH溶液反应的离子方程式_______。【答案】Ba2+、Cl-、Mg2+CO、Cu2+①⑤⑥H3PO2+OH-=H2PO+H2O【解析】Ⅰ．溶液无色，则一定不含Cu2+；向此溶液中滴加足量稀盐酸无明显现象，则一定不含CO；取少许①的溶液并加入少量的Na2SO4溶液，有白色沉淀产生，则原溶液中一定存在Ba2+；取②的上层清液并加入足量的NaOH溶液，有白色沉淀产生，则原溶液中一定含有Mg2+；溶液显电中性，所以还一定有一种阴离子，则一定含有Cl-；综上所述原溶液中一定含有的离子是Ba2+、Cl-、Mg2+，一定不含有的离子是CO、Cu2+；Ⅱ．（1）H3PO2(次磷酸)与足量的NaOH反应只生成一种盐NaH2PO2，说明次磷酸为一元酸，H3PO2水溶液中存在H3PO2分子，说明次磷酸为弱酸，所以H3PO2属于①一元酸、⑤弱酸；NaH2PO2不能和NaOH反应，即不能电离出H+，所以为⑥正盐；（2）H3PO2(次磷酸)与足量的NaOH反应只生成一种盐NaH2PO2，离子方程式为H3PO2+OH-=H2PO+H2O。22．（10分）“以废治废”是基于“绿色化学”观念治理污染的思路。用工业废碱渣(主要成分为Na2CO3)吸收烟气中的SO2，得到亚硫酸钠(Na2SO3)粗品。其流程如下：(1)为加快工业废碱渣中Na2CO3的溶解，可采取的措施是_______(写出一种即可)。(2)过程①进行的操作是_______，若在实验室进行该实验，使用的玻璃仪器除了烧杯和玻璃棒外，还需要_______。(3)上述流程中，加入NaOH后，发生反应的化学方程式为_______。(4)亚硫酸钠粗品中含有少量Na2SO4，原因是_______。(5)设计实验证明亚硫酸钠粗品含有少量Na2SO4的方案是：在一支试管中，加入少量亚硫酸钠粗品，用适量蒸馏水溶解，_______，出现白色沉淀，则证明含有Na2SO4。(6)NaHSO3具有强还原性，可用于处理酸性废水中的(转化为Cr3+)，写出反应的离子方程式_______。【答案】(1)搅拌(粉碎、加热)(2)溶解、过滤

漏斗(3)NaHSO3+NaOH=Na2SO3+H2O(4)含+4价硫的Na2SO3具有较强还原性，易被氧化(5)加入过量盐酸，再加入BaCl2溶液(6)3++5H+=3+2Cr3++4H2O【解析】由流程可知：将工业废碱渣溶于水，过滤可得碳酸钠溶液和废渣，将含有SO2的烟气通入碳酸钠溶液中，形成了亚硫酸氢钠溶液，加入烧碱，NaOH与NaHSO3发生反应产生Na2SO3，得到亚硫酸钠溶液，隔绝空气加热浓缩、降温结晶、过滤可得亚硫酸钠粗品，以此来解答。(1)为加快工业废碱渣中Na2CO3的溶解，可采取的措施是搅拌(粉碎、加热)；(2)由上述分析可知：过程①进行的操作是溶解、过滤；若在实验室进行该实验，使用的玻璃仪器除了烧杯和玻璃棒外，还需要漏斗；(3)上述流程中，加入NaOH后，NaOH与NaHSO3发生反应产生Na2SO3、H2O，发生反应的化学方程式为NaHSO3+NaOH=Na2SO3+H2O；(4)亚硫酸钠粗品中含有少量Na2SO4，这是由于含+4价硫的Na2SO3具有较强还原性，易被空气中的O2氧化产生Na2SO4，反应方程式为：2Na2SO4+O2=2Na2SO4；(5)亚硫酸钠粗品中含有少量Na2SO4，设计实验证明亚硫酸钠粗品含有少量Na2SO4的方案是：在一支试管中，加入少量亚硫酸钠粗品，用适量蒸馏水溶解，加入过量盐酸酸化，再加入氯化钡