【文档说明】北京市交通大学附属中学2023-2024学年高一上学期12月月考化学试题 Word版含解析.docx，共(16)页，1.315 MB，由小赞的店铺上传

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北京交大附中2023-2024学年第一学期12月练习高一化学注意事项：考试时间60分钟可能用到的相对原子质量H：1C：12N：14O：16S：32Cl：35.5Mn：55一、选择题(每小题只有一个选项符合

题意，每小题3分，共42分)1.巴黎圣母院是全人类的宝贵文化遗产。下列在传承过程中遇到的问题与化学变化无关．．的是A石质阶梯被游客磨损B石质雕像被酸雨腐蚀C铜质雕像逐渐变为绿色D木质中轴塔在火灾中坍塌A.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】【详解】A.石质阶梯被游客磨损，没有生成

新的物质，是物理变化，符合题意，故A正确；B.石质雕像主要成分为碳酸盐，被酸雨腐蚀，生成新物质，属于化学变化，不符合题意，故B错误；C.铜质雕像逐渐变为绿色，铜单质变为碱式碳酸铜，生成新物质，属于化学变化，不符合题意，故C错误；D.木质中轴塔主要成分碳，在火灾中发生燃烧而坍塌，燃烧属于化学反

应，发生化学变化，不符合题意，故D错误；答案选A。【点睛】物理变化和化学变化的区别是看有没有新物质生成，应从本质上理解化学变化的实质。2.电解质是一类在水溶液里或熔融状态下能够导电的化合物．下列物质属于电解质的是A.FeB.NaClC.SiO2D.KNO3溶液【答案】B【解析】为【分析】【详解

】A、Fe是单质，既不是电解质也不是非电解质，故A错误；B、NaCl属于盐，是化合物，是电解质，故B正确；C、二氧化硅本身不能电离出自由移动的离子，属于化合物，是非电解质，故C错误；D、硝酸钾溶液属于混合物，既不是

电解质也不是非电解质，故D错误；故选B3.下列关于容量瓶的使用方法中，正确的是A.在容量瓶中可直接稀释浓硫酸B.在容量瓶中可直接溶解氢氧化钠固体C.溶液不必冷却至室温即可注入容量瓶中D.向容量瓶中转移溶液时，需要用玻璃棒引流【答案】D【解析】【详解

】A．容量瓶不能稀释溶液，应用烧杯稀释，故A错误；B．应烧杯中溶解固体，冷却至室温再转移到容量瓶，故B错误；C．溶液未经冷却即注入容量瓶，冷却后溶液体积缩小，导致浓度偏大，故C错误；D．在向容量瓶转移液体

时，要用玻璃棒引流，故D正确；故选D。4.下列反应中，利用了氧化还原反应的是A.用石灰乳脱除烟气中的2SOB.用氯化铵固体和熟石灰共热制氨气C.除去碳酸钠固体中的碳酸氢钠D.用84消毒液(有效成分NaClO)杀灭细菌【答案】D【解析】【详

解】A．SO2是酸性氧化物，可与碱反应，用石灰乳脱除烟气中的SO2时，SO2与氢氧化钙反应生成亚硫酸钙或亚硫酸氢钙，反应过程中无元素的化合价变化，没有利用氧化还原反应，A错误；B．用氯化铵固体和熟石灰共热制氨气，反应方程式为24322Ca(OH)+2NHCl2NH+CaCl+2HO

，无化合价变化，没有利用氧化还原反应，B错误；C．除去碳酸钠固体中的碳酸氢钠，利用碳酸氢钠的受热不稳定的性质，反应方程式为323222NaHCONaCO+CO+HO，无化合价变化，没有利用氧化还原反应，C错误；在D．用84消毒液有效成分NaClO，具有强氧化性，能使蛋白质发生变性从而杀死细

菌病毒，杀菌消毒的过程利用了氧化还原反应，D正确；故选D。5.下列各组数据中，后者刚好是前者两倍的是A.1mol水的摩尔质量和2mol水的摩尔质量B.1200mL1molL−氯化钙溶液中()cCl−和110

0mL4molL−氯化钾溶液中()cCl−C.标准状况下，22.4L一氧化碳中氧原子数和16g二氧化硫中氧原子数D.11molLHCl−溶液中的H+个数与4121moOLHlS−溶液中的H+个数【答案】B【解析】【详解】A．2mol水的摩尔

质量和1mol水的摩尔质量相等，都是18g/mol，A错误；B．溶液的浓度与体积无关，1mol/L氯化钙溶液中c(Cl-)=2mol/L，4mol/L氯化钾溶液中c(Cl-)=4mol/L，后者刚好是前者两倍，B

正确；C．标准状况下，22.4L一氧化碳含有氧原子物质的量为：22.4L22.4L/mol=1mol，16g二氧化硫中氧原子物质的量为：16g64g/mol×2=0.5mol,依据N=nNA可知，二者含有氧原子数前者刚

好是后者两倍，C错误；D．未给体积，无法计算数目，D错误；故选B。6.下列解释事实的方程式不正确．．．的是A.用稀盐酸除铁锈：3232FeO6H2Fe3HO+++=+B.用氨水吸收烟气中少量的SO2：32243NHHOSONHHSO+−+=+C.用3FeCl溶液

刻蚀电路板上的铜：3222FeCuCu2Fe++++=+D.铜片溶解在3NaNO和稀硫酸混合液中：2323Cu8H2NO3Cu2NO4HO+−+++=++【答案】B【解析】【详解】A．用盐酸除铁锈发生的反应为氧化铁与盐酸反应生成氯化铁和水，反应的离子方程式为+3

+232FeO+6H=2Fe+3HO，A正确；B．氨水与少量二氧化硫反应生成亚硫酸铵和水，反应的离子方程式为2NH3·H2O+SO2=2+4NH+2-3SO+H2O，B错误；C．用3FeCl溶液刻蚀电路板上的铜，

反应离子方程式为3222FeCuCu2Fe++++=+，C正确；D．铜片溶解在3NaNO和稀硫酸混合液中,相当于铜与稀硝酸反应，离子方程式为2323Cu8H2NO3Cu2NO4HO+−+++=++，D正确；故选D。7.在强酸性溶液中，下列离子组能大量共存的是

A.Na＋、K＋、OH-、Cl-B.Na＋、Fe2＋、SO24−、3NO−C.Mg2＋、Na＋、SO24−、Cl-D.Ba2＋、3HCO−、3NO−、K＋【答案】C【解析】【详解】A．H＋、OH-反应生成水，在强酸性溶液中，不能大量含有OH-，故不选B；B．在

强酸性溶液中，Fe2＋、3NO−发生氧化还原反应，Fe2＋、3NO−不能大量共存，故不选B；C．在强酸性溶液中，Mg2＋、Na＋、SO24−、Cl-相互之间不反应，能大量共存，故选C；D．在强酸性溶液

中，3HCO−、H＋反应放出二氧化碳气体，故不选D；选C。8.下列除杂试剂选用正确且除杂过程不涉及氧化还原反应的是物质（括号内为杂质）除杂试剂AFeCl2溶液（FeCl3）Fe粉BNaCl溶液（MgCl2）Na

OH溶液、稀HClCCl2（HCl）H2O、浓H2SO4DNO（NO2）H2O、无水CaCl2A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【分析】发生的反应中，存在元素的化合价变化，与氧化还原反应有关；反之，不存在元素的化合价变化，则与氧化还原反应无关

，以此解答该题。【详解】A.FeCl3与Fe反应生成FeCl2，2FeCl3+Fe=3FeCl2，此过程中Fe的化合价发生变化，涉及到了氧化还原反应，故A不符合题意；B.MgCl2与NaOH溶液发生复分解反应Mg

Cl2+2NaOH=Mg（OH）2+2NaCl，过量的NaOH溶液可用HCl除去HCl+NaOH=NaCl+H2O，此过程中没有元素化合价发生变化，未涉及氧化还原反应，故B符合题意；C.部分氯气与H2O发生反应生成氯化氢和次氯酸，应该

用饱和食盐水除去HCl，除杂方法不正确，故C不符合题意；D.NO2与水反应生成硝酸和NO。反应过程中氮元素化合价发生变化，涉及到了氧化还原反应，故D不符合题意；综上所述，本题应选B。【点睛】本题考查氧化还原反应，为高考常见题型，侧重于氧化还原反应判断的考查，注意把握发生的反应及

反应中元素的化合价变化，题目难度不大。9.常温常压下，1体积水能溶解约700体积3NH。用下图所示装置进行实验，下列说法正确的是A.挤压滴管并打开止水夹后，观察到烧杯中的水倒吸，产生红色“喷泉”B.“喷泉”的产生

能证明3NH与2HO发生了反应C.若将3NH换成2CO，也能产生明显的“喷泉”D.实验后，取出烧瓶中的溶液，测得其pH7，原因是：3232NHHONHHO+，324NHHONHOH+−+【答案】D【解析】【详解】A．该实验

中水中未加入酚酞，故不会产生红色“喷泉”，A错误；B．氨气极易溶于水，溶于水后会形成压强差，“喷泉”的产生不能证明3NH与2HO发生了反应，B错误；C．2CO在水中的溶解度远小于3NH，将3NH换成2CO，2CO溶解的量小，压强差也较小，不能产生

明显的“喷泉”，C错误；D．氨气溶于水形成一水合氨，一水合氨未弱电解质，在水中电离出氢氧根，其pH7，原因是：3232NHHONHHO+，324NHHONHOH+−+，D正确；答案选D。10.下列性质实验中，对操作和现

象的解释正确的是选项操作现象解释A将()32FeNO固体溶于稀硫酸，滴加KSCN溶液溶液变红稀硫酸将2+Fe氧化3+FeB向2.0mL酸化的40.5mol/LFeSO溶液中，加入几滴5%22HO溶液溶液立即变为棕黄色22HO溶液具还原性C向4FeSO溶液中通入足

2NO浴液变黄2NO溶于水使溶液变黄D将2SO通入23NaCO溶液中，将生成的气体先通入足量的酸性4KMnO溶液，再通入澄清石灰水中石灰水变浑浊说明酸性：2323HSOHCOA.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【详解】A．酸性条件下亚

铁离子、硝酸根离子发生氧化还原反应,而稀硫酸不能将Fe2+氧化为Fe3+，A错误；B．酸性条件下过氧化氢可氧化亚铁离子,则H2O2溶液具有氧化性，B错误；为C．向4FeSO溶液中通入足2NO，浴液变黄，原因是2

NO与水反应生成硝酸，硝酸具有氧化性，将Fe2+氧化成Fe3+，C错误；D．将通入溶液中，将生成的气体先通入足量的酸性溶液，除去多余的SO2，再通入澄清石灰水中有浑浊，说明反应产生了CO2，故能说明酸性2323HSOHCO，D正确；故选D。11.由下列实验现象一定能得出相应结论的是选项AB装置

现象①中产生浑浊，②中无明显现象产生大量肥皂泡结论Na2CO3热稳定性强于NaHCO3Fe与水蒸汽反应生成H2选项CD装置现象混合后溶液显弱酸性，蓝色迅速褪去，无气体产生。酸性KMnO4溶液中出现气泡，且颜色逐渐褪去结论

HClO漂白性强于NaClOSO2具有漂白性A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A．证明23NaCO热稳定性强于NaHCO3，为了更好的对比，NaHCO3应该放在小试管，A错误；B．证明Fe与水蒸汽反应生成2H，需要点燃吹出的肥皂泡，产生轻微的鸣爆声，才能证明反应生成2H，B错

误；C．“84”消毒液的有效成分为NaClO，因为水解显碱性，滴加石蕊溶液变蓝色，若继续滴加硫酸使溶液显弱酸性，溶液蓝色迅速退去，则可以证明HClO漂白性强于NaClO，C正确；D．浓硫酸加入蔗糖中，使蔗糖炭化，浓硫酸又与碳反应生成2SO气体和2CO气体，酸性高锰酸钾溶液具有强氧

化性，2SO使高锰酸钾溶液褪色，体现2SO的还原性，D错误；故选C。12.硝酸铈铵[()()4326NHCeNO]易溶于水和乙醇，几乎不溶于浓硝酸。主要用作有机合成的催化剂、氧化剂，集成电路的腐蚀剂等。它的合成原理如下，下列说法正

确的是①()()3322243342CeNO6NHHOHO=2CeOH6NHNO+++②()()323246CeOH6HNO=HCeNO4HO++③()()()2343433626HCeNO2NHNO=NHCeNO2HNO++A.硝酸铈铵属于盐类，是一种混合物B.反

应①②③均为氧化还原反应C.向()()4326NHCeNO溶液中加入NaOH溶液，可能发生反应：()44324Ce2NH6OH=CeOH2NHHO++−+++D.运输时可与酸、碱、金属粉末、有机物等试剂并车混运【答案】C【解析】【分析】【详解】A．硝酸铈铵属于盐类，具有固定组成

，是纯净物，故A错误；B．()()323246CeOH6HNO=HCeNO4HO++、()()()2343433626HCeNO2NHNO=NHCeNO2HNO++没有元素化合价变化，不是氧化还原反应，故B错误；C．由反应①可知，()4CeOH难溶于水，向()()4326NHCeNO

溶液中加入NaOH溶液，可能发生反应：()44324Ce2NH6OH=CeOH2NHHO++−+++，故C正确；D．硝酸铈铵用作有机合成的催化剂、氧化剂，集成电路的腐蚀剂等，所以运输时不能与酸、碱、金属粉末、有机物等试剂并车混运，故D错误；选C。13.依据下列实验

现象，所得结论不正确．．．的是实验实验现象①品红溶液红色褪去，经检验溶液中含有SO42-②加热褪色后的溶液至沸腾，未见颜色恢复，有气体溢出，可使蓝色石蕊试纸变红，遇淀粉碘化钾试纸，无明显变化。A.品红溶液褪色是氯水漂白所致B.集气瓶中发生了反应：Cl2+SO2+2H2O=H2SO4

+2HClC.依据现象②可确定产生的气体为SO2D.检验SO42-的试剂为：盐酸、BaCl2溶液【答案】C【解析】【详解】A.氯水中的次氯酸能使品红溶液褪色，选项A正确；B.集气瓶中氯气与二氧化硫发生氧化还原反应生成硫酸和盐酸，反应方程式为：C

l2+SO2+2H2O=H2SO4+2HCl，选项B正确；C.依据现象②加热褪色后的溶液至沸腾，未见颜色恢复，有气体溢出，说明不含有二氧化硫，产生的气体可能为次氯酸分解产生的O2，选项C不正确；D.检验SO42-的试剂为：盐酸、BaCl2溶液，往溶液中加

入过量的盐酸酸化，再滴加BaCl2溶液，若产生白色沉淀则溶液中含有SO42-，选项D正确。答案选C。【点睛】本题考查常见漂白剂的性质及应用，注意二氧化硫为暂时性的漂白，氯水为永久性的漂白，二者按1：1若完全反应

，则生成硫酸和盐酸，失去漂白作用，这也是本题的易错点。14.含氮化合物过多蓄积会导致水体富营养化，需将其从水体中除去，该过程称为脱氮。常用的脱氮方法有吹脱法和折点氯化法。吹脱法：调节水体pH至8左右，然后持续向水中吹入空气折点氯化法：调

节水体pH至6左右，向水中加入适量NaClO。下列分析不正确的是A.含氨和铵盐的水体中存在平衡：43232NHOHNHHONHHO+−++B.吹脱法的原理是通过鼓气降低3NH浓度，从而降低水中32NHHO与4NH

+的含量C.折点氯化法除4NH+的原理为：4222NH3ClO=N3Cl3HO2H+−−+++++D.吹脱法无法对含-2NO的水体脱氮，但折点氯化法可以对含-2NO的水体脱氮【答案】D【解析】【分析】【详解】A．含氨和铵盐

的水体中存在一水合氨的电离平衡及一水合氨的分解平衡，所以含有氨和铵盐的水体中存在平衡43232NHOHNHHONHHO+−++，A正确；B．通过鼓气降低NH3溶解度从而降低其浓度，则43232NHOHNHHONHHO+−+

+中平衡正向移动，从而降低水中NH3•H2O与NH4+的含量，B正确；C．4NH+中N元素为-3价，所以具有还原性，NaClO具有强氧化性，则4NH+能被NaClO氧化生成氮气和HCl，离子方程式为24NH++3ClO-═N2↑

+3Cl-+3H2O+2H+，C正确；D．吹脱法是利用物理方法脱氮，无法对含-2NO的水体脱氮，折点氯化法是利用ClO-的强氧化性将-2NO氧化成-3NO，N元素不能脱离水体，所以无法脱氮，D错误；故答案为：D。。二、填空题(共58分)15.为消除燃煤烟气中含有的2xSONO、，研究者提出

了若干烟气“脱硫”、“脱硝”的方法。（1）向燃煤中加入适量石灰石，高温时将2SO气体转化为CaSO4的化学方程式是________。（2）选择性催化还原法(SCR)“脱硝”。在催化剂的作用下，选取还原剂将烟气中的NO进行无害化处理。3NH还原NO的化学方程式是_______。（3

）以NaClO溶液作为吸收剂进行一体化“脱硫”、“脱硝”。控制溶液的pH5.5=，将烟气中的2SO、NO转化为243SONO−−、。①NaClO溶液吸收烟气中2SO的离子方程式是_________。②一定时间

内，温度对硫、硝脱除率的影响曲线如图，2SO的脱除率高于NO，可能的原因是________(1种即可)。③烟气中2SO和NO的体积比为4：1，50℃时的脱除率见图，则此吸收液中烟气转化生成的3NO−和Cl−的物质的量之比为______。【答案

】（1）2CaCO3＋2SO2＋O2高温2CaSO4＋2CO2（2）4NH3＋6NO催化剂5N2＋6H2O（3）①.SO2+ClO-+H2O=2-4SO+Cl-+2H+②.SO2在水中的溶解度大于NO，SO2在溶

液中的还原性强于NO，因此SO2与NaClO溶液的反应速率大于NO③.2:13【解析】【小问1详解】向燃煤中加入适量石灰石，高温时将SO2转化为CaSO4化学方程式是2CaCO3＋2SO2＋O2高温2CaSO4

的＋2CO2；【小问2详解】NH3将NO2还原为无害的氮气，反应的化学方程式是：4NH3＋6NO催化剂5N2＋6H2O；【小问3详解】①次氯酸钠溶液吸收烟气中的SO2，发生氧化还原反应生成硫酸钠和盐酸，反应的离子方程式为SO2+ClO-+H2O=2-4SO+Cl-+2H+；②一定时

间内，温度对硫、硝脱除率的影响曲线如图，2SO的脱除率高于NO，可能的原因是SO2在水中的溶解度大于NO，SO2在溶液中的还原性强于NO，因此SO2与NaClO溶液的反应速率大于NO；③烟气中SO2和NO的体积比为4∶1，50℃

时的脱除率见图2分别为100%和80%，根据反应SO2+ClO−+H2O==SO42−+Cl−+2H+、3ClO−+2NO+H2O=2NO3−+3Cl−+2H+，则此吸收液中烟气转化生成的NO3−和Cl

−的物质的量之比(根据得失电子守恒)为180%：3180%4100%2+=2:13。16.以废旧锌锰电池初步处理分选出的含锰废料（MnO2、MnOOH、MnO及少量Fe、Pb等）为原料制备高纯Mn

Cl2·xH2O，实现锰的再生利用。其工作流程：资料a．Mn的金属活动性强于Fe，Mn2+在酸性条件下比较稳定，pH高于5.5时易被O2氧化。资料b．生成氢氧化物沉淀的pHMn(OH)2Pb(OH)2Fe(OH)3开始沉淀时8.16.51.9完全沉淀时10.

18.53.2注：金属离子的起始浓度为0.1mol·L-1（1）过程Ⅰ的目的是浸出锰。经检验滤液1中含有的阳离子为Mn2+、Fe3+、Pb2+和H+。①MnO2与浓盐酸反应的离子方程式是_____________。②检验滤液1中只含Fe3+不含Fe2+的操作和现象是：取少量滤液1于试管中，滴

入铁氰化钾溶液，无蓝色沉淀生成；另取少量滤液1于试管中，_____________。③Fe3+由Fe2+转化而成，可能发生的反应有：a．2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl－b．4Fe2++O2+4H+=2Fe3++2H2Oc．..

....写出c的离子方程式：_____________。（2）过程Ⅱ的目的是除铁。有如下两种方法：ⅰ.氨水法：将滤液1先稀释，再加适量10%的氨水，过滤。ⅱ.焙烧法：将滤液1浓缩得到的固体于290℃焙烧，冷却，取焙烧物..

....。已知：焙烧中发生的主要反应为2FeCl3+3O2=2Fe2O3+3Cl2，MnCl2和PbCl2不发生变化。①氨水法除铁时，溶液pH应控制在_____________之间。②补全ⅱ中的操作：_____________。③两种方法

比较，氨水法除铁的缺点．．是_____________。（3）过程Ⅲ的目的是除铅。加入的试剂是_____________。（4）过程Ⅳ所得固体中的x的测定如下：取m1g样品，置于氮气氛围中加热至失去全部结晶水时，质量变为m2g。则x=_____________。【答案】①.M

nO2+4H++2Cl－=Mn2++Cl2↑+2H2O②.滴加KSCN溶液，变红③.MnO2+4H++2Fe2+=Mn2++2Fe3++2H2O或MnOOH+3H++Fe2+=Mn2++Fe3++2H2O④.3.2~5.5⑤.加水

溶解，快速过滤，再加盐酸酸化至pH小于5.5⑥.引入杂质NH4+⑦.锰⑧.()1227mmm−【解析】【分析】含锰废料（MnO2、MnOOH、MnO及少量Fe、Pb等）与浓盐酸反应，过滤滤液1中含有的阳离子为Mn2＋、Fe3＋、Pb2＋和H＋，过程II除去铁离子，过程III用锰除去铅离子。【详

解】（1）①MnO2与浓盐酸反应产生氯气，反应的离子方程式为：MnO2+4H++2Cl－=Mn2++Cl2↑+2H2O，故答案为：MnO2+4H++2Cl－=Mn2++Cl2↑+2H2O。②亚铁离

子与铁氰化钾溶液生成蓝色沉淀，铁离子使KSCN溶液显红色，检验滤液1中只含Fe3＋不含Fe2＋的操作和现象是：取少量滤液1于试管中，滴入铁氰化钾溶液，无蓝色沉淀生成，另取少量滤液1于试管中，滴加KSCN溶液，变红，故答案

为：取少量滤液1于试管中，滴入铁氰化钾溶液，无蓝色沉淀生成，另取少量滤液1于试管中，滴加KSCN溶液，变红；③Fe3+由Fe2+转化而成，由a、b两个方程式得：可能由氯气、氧气氧化，也可能由二氧化锰氧化，反应的离子方程式为：MnO2+

4H＋+2Fe2＋=Mn2＋+2Fe3＋+2H2O，故答案为：MnO2+4H＋+2Fe2＋=Mn2＋+2Fe3＋+2H2O；（2）①调节pH除去铁离子，pH大于3.2时，铁离子沉淀完全，铅离子、锰离子不能沉淀，小于5.5时锰离子不易氧化，故pH应小于

5.5，故答案为：3.2～5.5；②补全ⅱ中的操作：加水溶解，快速过滤，再加盐酸酸化至pH小于5.5，故答案为：加水溶解，快速过滤，再加盐酸酸化至pH小于5.5。③两种方法比较，氨水法除铁的缺点．．是：氨水法除铁的过程中，会引入杂质N

H4＋，故答案为：引入杂质NH4＋；（3）过程Ⅲ的目的是除铅。用活泼金属置换不活泼金属，加入锰，将铅离子置换与溶液分离，自身生成锰离子，不引入杂质，故答案为：Mn；（4）过程Ⅳ所得固体中的x的测定如下：取m1g样品，置于

氮气氛围中加热至失去全部结晶水时，质量变为m2g。m1gMnCl2·xH2O置于氮气氛围中加热至失去全部结晶水时，生成MnCl2质量为m2g，则n（MnCl2）=221mgm=mol126g?mol126－，结晶水的质量为（m1-m2）g，n（H2O）=1218m

m−，则1：x=n（MnCl2）：n（H2O），解得：x=()1227mmm−，故答案为：()1227mmm−。【点睛】本题考查了物质制备方案设计，侧重于学生的分析、实验能力的考查，题目涉及离子方程式的书写、物质组成的计算等知识，解题关键：注意把握实验的流程、相关物质的性质以

及题目信息。17.甲、乙两同学为探究2SO与可溶性钡的强酸盐能否反应生成白色BaSO3沉淀，用下图所示装置进行实验（夹持装置和A中加热装置已略，气密性已检验）。实验操作和现象：操作现象关闭弹簧夹，滴加一定量浓硫酸，加热A中有白雾生成，铜片表

面产生气泡，B中有气泡冒出，产生大量白色沉淀，C中产生白色沉淀，液面上方略显浅棕色并逐渐消失打开弹簧夹，通入N2，停止加热，一段时间后关闭从B、C中分别取少量白色沉淀，加稀盐酸尚未发现白色沉淀溶解(1)A中反应的化学方程式是__________

_______。(2)C中白色沉淀是_______，该沉淀的生成表明SO2具有_______性。(3)C中液面上方生成浅棕色气体的化学方程式是______。(4)分析B中不溶于稀盐酸的沉淀产生的原因，甲认为是空气参与反

应，乙认为是白雾参与反应。①未证实各自的观点，在原实验基础上：甲在原有操作之前增加一步操作，该操作是____；乙在A、B间增加洗气瓶D，D中盛放的试剂是______。②进行实验，B中现象：甲大量白色沉淀乙少量白色沉淀检验白色沉淀，发现均不溶于稀盐酸。结合离

子方程式解释实验现象异同的原因：___。(5)合并（4）中两同学的方案进行试验。B中无沉淀生成，而C中产生白色沉淀，由此得出的结论是_____。【答案】①.2H2SO4(浓)＋Cu=CuSO4＋2H

2O＋2SO2↑②.BaSO4③.还原④.2NO+O2=2NO2⑤.通N2一段时间，排除装置的空气⑥.饱和的NaHSO3溶液⑦.甲中SO42－＋Ba2＋=BaSO4↓，乙中2Ba2＋＋2SO2＋O2＋2H2O=2BaSO4＋4

H＋，白雾的量要远多于装置中氧气的量⑧.SO2与可溶性钡的强酸盐不能反应生成BaSO3沉淀【解析】【分析】（1）由现象可知，A中发生Cu与浓硫酸的反应，生成硫酸铜、二氧化硫和水；（2）C中白色沉淀为硫酸钡，S元素的化合价升高；（3）C中液面上方发生NO被氧化生成二氧化氮的反应；

（4）①B中亚硫酸钡被空气中的氧气氧化；硫酸酸雾能与B、C中钡离子反应；②白色沉淀均不溶于盐酸，则白色沉淀为硫酸钡，以此分析发生的反应；（5）SO2与可溶性钡的强酸盐不能反应，SO2与可溶性钡的弱酸盐能反应。【详解】（1）A中有铜和浓硫酸反应生成硫酸铜和二氧化硫和水，反应的化学方程

式为：Cu+2H2SO4(浓)=CuSO4+SO2↑+2H2O，故答案为：Cu+2H2SO4(浓)=CuSO4+SO2↑+2H2O；（2）二氧化硫溶于水为亚硫酸，与硝酸钡反应生成硫酸钡沉淀，所以白色沉淀为BaSO4，说明二氧化硫有还原性，故答案为：BaSO

4；（3）硝酸根被还原为一氧化氮气体，与空气中的氧气接触反应生成二氧化氮，红棕色气体，方程式为：2NO+O2=2NO2，故答案为：2NO+O2=2NO2；（4）①A中白雾可能含有SO3或H2SO4，因B中白色沉淀不溶于稀盐酸，说明该白色沉淀为BaS

O4，甲同学为排除装置内空气对实验结果的影响，在Cu与浓硫酸反应前，可先通一会儿N2，排除装置中的空气。乙同学为除去白雾或SO2中的SO3，可在A、B间增加一个盛放浓硫酸或饱和NaHSO3溶液的洗气瓶；②由于甲同学没有排

除白雾的干扰，故生成BaSO4沉淀的离子方程式为SO42－+Ba2＋=BaSO4↓；乙同学没有排除空气的干扰，其生成BaSO4的离子方程式为2Ba2＋+2SO2+O2+2H2O=2BaSO4↓+4H＋，故答案为：甲中SO42－＋Ba2＋=BaSO4↓，乙中2Ba2＋＋2S

O2＋O2＋2H2O=2BaSO4＋4H＋，白雾的量要远多于装置中氧气的量；（5）合并甲、乙两同学的方案进行实验时，B中无沉淀生成，C中产生白色沉淀，说明SO2与可溶性钡的强酸盐不能反应生成BaSO3沉淀，故答案为：SO2与可溶性钡的强酸盐不能

反应生成BaSO3沉淀。