2024届辽宁省抚顺十中高一化学第一学期期末质量检测试题含解析

2024届辽宁省抚顺十中高一化学第一学期期末质量检测试题考生请注意：1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。3．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、下列各组物质中氮元素的化合价由低到高的排列顺序是()A．N2、NH3、NO2B．NH3、N2O5、NO2C．N2、N2O3、NH3D．NH3、N2、N2O32、下列变化不能一步实现的是()A．Na2SiO3→H2SiO3 B．H2SiO3→SiO2C．SiO2→H2SiO3 D．SiO2→Na2SiO33、城市环保部门为了使生活垃圾得到合理利用，实施了生活垃圾分类投放的办法。其中塑料袋、废纸、旧橡胶等属于()A．无机物B．有机物C．盐类D．非金属4、宋代著名的医学家宋慈《洗冤集录》中有“银针验毒”的记载，“银针验毒”的原理是4Ag+2H2S+O22X(黑色)+2H2O，下列说法中，不正确的是A．银针验毒时，空气中的氧气得到电子B．X的化学式为AgSC．氧化剂和还原剂的物质的量之比为1:4D．每生成1molX，反应转移2mol电子5、容量瓶上不需要标明的是（）A．温度 B．物质的量浓度 C．规格 D．刻度线6、油炸虾条、薯片等挤压易碎的食品不宜采用真空包装，一般在包装袋中充入某种气体防止食品被直接挤压，你认为下列气体中，最宜充入包装袋的是A．氮气 B．氧气 C．氯气 D．氢气7、下列各组离子能在溶液中大量共存的是()A．Ag＋、K＋、Cl－、NO3－B．Ba2＋、Cl－、H＋、SO42－C．H＋、CO32－、Cl－、Na＋D．Na＋、Ba2＋、OH－、NO3－8、下列实验能达到目的的是（）ABCD实验室制备Fe(OH)2实验室制氨气分离酒精与水制取Cl2A．A B．B C．C D．D9、一包混有杂质的碳酸钠固体，其杂质可能是Ba（NO3）2、KCl及NaHCO3中的一种或两种。今取样品溶于适量水得到澄清溶液。另取10.6克该固体样品跟足量的盐酸反应收集到4.4克二氧化碳，则下列判断中正确的是（）A．样品中只含一种杂质NaHCO3 B．样品中含有KCl，不含有NaHCO3C．样品中含有Ba（NO3）2和NaHCO3 D．样品中含有KCl和NaHCO310、SiO2是一种化工原料，可以制备一系列物质。下列说法正确的是A．图中所有反应都不属于氧化还原反应B．硅酸盐的化学性质稳定，常用于制造光导纤维C．可用盐酸除去石英砂(主要成分为SiO2)中少量的碳酸钙D．普通玻璃是由纯碱、黏土和石英制成的，具有固定的熔点11、agFe2O3和A12O3组成的混合物全部溶于21mLpH=1的硫酸，反应后向所得溶液中加入11mLNaOH溶液，恰好使Fe3+、A13+完全沉淀，则c（NaOH）为A．1．1mol·L-1B．1．2mol·L-1C．1．4mol·L-1D．1．8mol·L-112、把一块镁铝合金投入到1mol/L盐酸中，待合金完全溶解后(盐酸有剩余)，再往溶液里加入1mol/LNaOH溶液，生成沉淀的物质的量随加入NaOH溶液体积的变化如图所示。下列说法中错误的是（）A．盐酸的体积为80mLB．a的取值范围为0＜a＜50C．当a值为30时，b值为0.01D．n(Mg2+)＜0.025mol13、下列说法或化学用语正确的是（）A．NaCl的摩尔质量：58.5gB．次氯酸的电离方程式可表示为HClO=

H++ClO-C．钠原子的结构示意图为：D．4020Ca和4220Ca互为同位素14、对于镁和沸水的反应Mg+2H2OMg(OH)2+H2↑，下列说法不正确的是()A．Mg2+的结构示意图： B．H2的摩尔质量：2C．H元素存在3种核素1H、2H、3H D．在反应后的溶液中滴入酚酞，溶液变红15、高铁酸钾(K2FeO4)是一种新型、高效、多功能水处理剂，其与水的反应如下：4FeO42﹣+10H2O═4Fe(OH)3(胶体)+3O2↑+8OH﹣下列有关说法中正确的是()A．高铁酸钾与水反应时，水发生还原反应B．K2FeO4处理水时，不仅能消毒杀菌，而且使悬浮杂质沉降达到净水效果C．上述反应每生成5.6LO2共转移NA个电子D．每消耗1molK2FeO4可以生成1molFe(OH)3胶粒16、下列说法正确的是()A．20℃、1.01×105Pa时，同体积的O2和CO2含有相同数目的分子数B．1mol气态物质，当体积为22.4L时，该气体一定处于标准状况C．2mol任何气体体积都约为44.8LD．同温同压下，相同体积的任何气体单质所含分子数和原子数都相同二、非选择题（本题包括5小题）17、已知A是一种常见金属，F是一种红褐色沉淀。试根据图中转化关系，回答下列问题。（1）写出F、G的化学式。F：__，G：___。（2）检验D中阳离子的方法___。（3）保存C溶液时为什么要加固体A__。（4）写出下列转化的离子方程式或化学方程式。①A→C：___。②C→D：___。18、下列框图所示的转化关系中，、均为常见的金属单质；A、在冷的的浓溶液中均会发生钝化；为淡黄色的非金属单质。为红棕色固体氧化物，为常见无色液体。焰色为黄色，且能使酚酞变红（部分反应条件、反应过程中生成的水及其他产物略去）。（1）的化学式为______。（2）与反应的化学方程式为_____。（3）与氯气反应的离子方程式为_____。（4）与氨水反应的化学方程式为_______。（5）与反应的离子方程式为________。（6）检验“黄色溶液”中阳离子的方案：________________________________________。19、浓硫酸与木炭粉在加热条件下反应：C+H2SO4(浓)CO2↑+SO2↑+2H2OⅠ.第一小组用如图所示各装置设计一个实验，验证上述反应所产生的三种产物。编号①②③④装置（1）这些装置的连接顺序(按产物气流从左至右的方向)是(填装置的编号)：④→→→。___（2）实验时可观察到装置A瓶的溶液褪色，C瓶的溶液不褪色；A瓶溶液变化体现了SO2___性；B瓶溶液的作用是___，B瓶中对应反应的离子方程式是___；C瓶溶液的作用是___。（3）装置②中看到现象是___。（4）装置③中所加试剂名称是___，现象是___。Ⅱ.另一个小组为测得CO2和SO2的质量，并计算两者物质的量之比，设计下列实验：将生成气体依次通过X溶液→浓硫酸→碱石灰1→碱石灰2，并设法让气体完全被吸收。（5）下列试剂中适合充当X的是___A．BaCl2溶液B．Ba(OH)2溶液C．滴加H2O2的BaCl2溶液D．滴加H2O2的Ba(OH)2溶液（6）实验结束后，在X溶液中得到的沉淀通过过滤、洗涤、烘干、称重，称得质量为4.66g。称得碱石灰1（足量）在实验前后增重质量为1.32g。CO2和SO2物质的量比___。20、某校化学课外小组为了鉴别碳酸钠和碳酸氢钠两种白色固体，用不同的方法做了以下实验，如图Ⅰ～Ⅳ所示．（1）只根据图Ⅰ、Ⅱ所示实验，能够达到实验目的是（填序号）___________；（2）图Ⅲ、Ⅳ所示实验均能鉴别这两种物质，与实验Ⅲ相比，实验Ⅳ的优点_____________；（3）若用实验Ⅳ验证碳酸钠和碳酸氢钠的稳定性，则试管B中装入的固体最好是_______；（4）另有两瓶溶液，已知分别是K2CO3和NaHCO3，请你写出两种不同的鉴别方法．①_____________________________，②______________________________．21、无机化合物可根据其组成和性质进行分类，例如：（1）上图所示的物质分类方法名称是_____________。（2）以K、Na、H、O、S、N中任两种或三种元素组成合适的物质，分别填在下表中②、④、⑥后面。物质类别酸碱盐氧化物氢化物化学式①H2SO4②____③NaOH④___⑤Na2SO4⑥____⑦SO2⑧SO3⑨NH3（3）写出⑦转化为⑧的化学方程式_________________。（4）写出单质Al与③溶液反应的离子方程式_________。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、D【解题分析】

A．N2、NH3、NO2中N元素的化合价依次为0价，-3价，+4价，化合价不是由低到高排列，故A错误；B．NH3、N2O5、NO2中N元素的化合价依次为-3价，+5价，+4价，化合价不是由低到高排列，故B错误；C．N2、N2O3、NH3中N元素的化合价依次为0价，+3价，-3价，化合价不是由低到高排列，故C错误；D．NH3、N2、N2O3中N元素的化合价依次为-3价，0价，+3价，化合价由低到高排列，故D正确；故选D。2、C【解题分析】

A选项，Na2SiO3→H2SiO3，硅酸钠通入二氧化碳气体生成硅酸，故A不选；B选项，H2SiO3→SiO2，硅酸受热分解得到二氧化硅，故B不选；C选项，SiO2→H2SiO3，二氧化硅不和水反应生成硅酸，故C可选；D选项，SiO2→Na2SiO3，二氧化硅和氢氧化钠反应生成硅酸钠，故D不选。综上所述，答案为C。【题目点拨】二氧化硅、氧化铝、氧化铁、氧化铜、氧化镁都不溶于水，也不与水反应。3、B【解题分析】

塑料为有机高分子合成材料，纸张成分为天然纤维素，橡胶不管是天然的还是合成的都是高分子化合物，这三种物质都是有机物，故选B。4、B【解题分析】

A．观察反应方程式，O元素反应过程中由0价变成了-2价，所以发生了得电子的还原反应，A项正确；B．由原子守恒推测，X的化学式为Ag2S，B项错误；C．上述反应中，氧化剂是O2，还原剂是Ag，物质的量之比为1:4，C项正确；D．X为Ag2S是反应过程中的氧化产物，根据得失电子守恒，每生成1molAg2S，转移2mol电子，D项正确；答案选B。5、B【解题分析】

容量瓶如图所示，容量瓶为恒温仪器，其用途是配制一定浓度的溶液，容量瓶上标有：温度、刻度线、规格，故答案为B。6、A【解题分析】

A．食品包装中充入氮气，可以起到食品保鲜防腐的作用，A项正确；B．氧气化学性质活泼不利于食品的保存，B项错误；C．氯气属于有毒气体，不能出现在食品中，C项错误；D．氢气属于易燃易爆气体，D项错误；答案选A。7、D【解题分析】

离子间如果发生化学反应，则不能大量共存，结合离子的性质分析解答。【题目详解】A.Ag＋与Cl－结合生成氯化银沉淀，不能大量共存，A错误；B.Ba2＋与SO42－结合生成硫酸钡沉淀，不能大量共存，B错误；C.H＋与CO32－反应生成二氧化碳和水，不能大量共存，C错误；D.Na＋、Ba2＋、OH－、NO3－之间不反应，可以大量共存，D正确。答案选D。【题目点拨】掌握离子的性质以及离子间不能大量共存的情况是解答的关键，判断离子不能大量共存时一般可以考虑以下几点：能发生复分解反应的离子之间（即生成沉淀，气体，水、弱酸、弱碱等难电离物质）；能生成难溶物的离子之间；能发生氧化还原反应的离子之间；能发生络合反应的离子之间。8、D【解题分析】

A.氢氧化亚铁易被氧化，把氢氧化钠溶液滴入氯化亚铁溶液中不能制备氢氧化亚铁，选项A错误；B.氯化铵加热分解生成氨气和氯化氢，冷却后二者又化合生成氯化铵，不能制备氨气，选项B错误；C.分离酒精与水时，进行蒸馏时应用蒸馏烧瓶且温度计应置于蒸馏烧瓶支气管口中央，选项C错误；D.浓盐酸与二氧化锰在加热条件下发生氧化还原反应生成氯气，可用于制备氯气，选项D正确；答案选D。9、D【解题分析】

溶于水得澄清溶液说明碳酸钠中不含硝酸钡。由Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2↑、NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑可知1分子碳酸钠与1分子碳酸氢钠分别与稀盐酸反应，都生成1分子二氧化碳。碳酸钠的相对分子质量为23×2+12+16×3=106碳酸氢钠的相对分子质量为23+1+12+16×3=84<106因此碳酸钠的相对分子质量比碳酸氢钠的大。说明相同质量的碳酸钠与碳酸氢钠分别与足量的稀盐酸反应，碳酸氢钠比碳酸钠反应生成的二氧化碳多。由于10.6g碳酸钠与足量的稀盐酸反应生成二氧化碳的质量为4.4g，等于10.6g含杂质的碳酸钠与足量的稀盐酸反应生成二氧化碳的质量。说明所含杂质不能只含氯化钾；因为只含氯化钾时，生成二氧化碳的质量就会小于4.4g；说明所含杂质也不能只含碳酸氢钠；因为只含碳酸氢钠时，生成二氧化碳的质量就会大于4.4g，说明所含杂质中既有氯化钾，也有碳酸氢钠。故选D.10、C【解题分析】

A．化学反应前后有元素化合价变化的一定是氧化还原反应；B．光导纤维的成分是二氧化硅；C．二氧化硅和盐酸不反应，碳酸钙溶于盐酸；D．玻璃属于混合物，没有个固定的熔点。【题目详解】A．化学反应前后有元素化合价变化的一定是氧化还原反应，二氧化硅与碳反应生成硅单质的反应有元素化合价的变化，属于氧化还原反应，A错误；B．光导纤维的成分是二氧化硅，不是硅酸盐，B错误；C．碳酸钙溶于盐酸生成氯化钙和水以及二氧化碳，二氧化硅和盐酸不反应，可以用盐酸除去石英(主要成分为SiO2)中混有的少量碳酸钙，C正确；D．玻璃是由纯碱、石灰石和石英制成的，玻璃属于混合物，没有固定的熔点，D错误；故合理选项是C。【题目点拨】本题考查硅和二氧化硅的性质和用途，注意只有纯净物有固定的熔沸点，混合物没有固定的熔沸点。11、B【解题分析】

若恰好使Fe3+、A13+完全沉淀，即最终溶液中阳离子只有钠离子，阴离子只有硫酸根，即溶液的溶质为Na2SO4，21mLpH=1的硫酸中氢离子物质的量为n=21mL×1.1mol/L=1.112mol,则硫酸根的物质的量为1.111mol，由电荷守恒可知钠离子的物质的量为1.112mol,则浓度为c=n/V=1.112mol/1.11L=1.2mol·L-1。综上所述，本题应选B。12、C【解题分析】

根据图像可知开始阶段没有沉淀，说明反应后盐酸过量，首先发生中和反应，然后开始沉淀镁离子、铝离子，最后氢氧化钠溶解氢氧化铝，剩余的沉淀是氢氧化镁，据此解答。【题目详解】A、第一阶段，盐酸和氢氧化钠反应：H++OH-＝H2O；第二阶段，氯化镁、氯化铝和氢氧化钠反应：Mg2++2OH-＝Mg(OH)2↓，Al3++3OH-＝Al(OH)3↓，在V（NaOH）=80mL时，溶液中溶质全为NaCl，由于盐酸和氢氧化钠的浓度相等，所以盐酸的体积为80mL，故A正确；B、第三阶段，氢氧化铝溶解：Al(OH)3+NaOH＝NaAlO2+2H2O，因为此时消耗NaOH10mL，所以n（Al3+）=0.01mol，和Al3+反应的NaOH为30mL，因为第一阶段和Al3+反应的NaOH为30mL，假设无Mg2+，a=50，而实际存在Mg2+，所以0＜a＜50，故B正确；C、a=30时，和Mg2+反应的NaOH为20mL，此时n（Mg2+）=0.01mol，b=n（Mg2+）+n（Al3+）=0.02mol，故C错误。D、第三阶段，氢氧化铝溶解：Al(OH)3+NaOH＝NaAlO2+2H2O，因为此时消耗NaOH10mL，所以n（Al3+）=0.01mol，第四阶段无反应，沉淀全为Mg(OH)2，若a=0，n（Mg2+）取得最大值。第一阶段，和Al3+反应的NaOH为30mL，所以此时和Mg2+反应的NaOH为50mL，即镁离子的最大值为0.025mol，而如图所示a＞0，所以n（Mg2+）＜0.025mol，故D正确；故答案选C。13、D【解题分析】

A、摩尔质量的单位是g·mol－1，即NaCl的摩尔质量为58.5g·mol－1，故A错误；B、HClO为弱酸，应部分电离，即HClO电离方程式为HClOH＋＋ClO－，故B错误；C、原子：质子数等于核外电子数，即Na原子的结构示意图，故C错误；D、根据同位素的定义，两个核素互为同位素，故D正确；答案选D。14、B【解题分析】

A、Mg是12号元素，Mg原子失去两个最外层的电子变为Mg2+，核外最外层有8个电子，选项中Mg2+的结构示意图正确，A正确；B、H2的摩尔质量为2g/mol，B错误；C、H元素存在3种核素1H、2H、3H，C正确；D、氢氧化镁属于中强碱，镁和沸水反应后的溶液可以使酚酞变红，D正确；故选B。【题目点拨】①摩尔质量是有单位的，式量是没有单位的，二者在数值上相等，但并不意味着这两个物理量的物理意义相同；②Mg和沸水的反应，是考生平时学习中很少遇到的反应，主要是为了证明的Mg的金属性比Na弱，故D选项所涉及的知识点可以作为课外补充，丰富考生的知识储存。15、B【解题分析】

4FeO42﹣+10H2O═4Fe(OH)3(胶体)+3O2↑+8OH﹣为氧化还原反应，其中Fe从+6价降低到+3价，得到电子被还原，O从-2价升高到0价，失去电子被氧化，据此分析判断。【题目详解】A.高铁酸钾与水反应时，水中O元素化合价由﹣2价变为0价，水发生氧化反应，高铁酸钾发生还原反应，A项错误；B.高铁酸钾具有强氧化性，能使蛋白质变性而杀菌消毒，生成的氢氧化铁胶体具有吸附性，所以还能吸附水中的悬浮杂质，B项正确；C.没有说明是否是标准状况下，无法计算氧气的物质的量，因此不能计算转移的电子数目，C项错误；D.胶体是大量微粒的集合体，则每消耗1molK2FeO4可以生成Fe(OH)3胶粒的数目远小于1mol，D项错误；答案选B。16、A【解题分析】

根据阿伏加德罗定律，同温同压下，同体积的任何气体都含有相同数目的分子数，故A正确，D错误；B中，1mol气态物质在非标准状况时，体积也有可能等于22.4L；C中缺少标准状况条件。二、非选择题（本题包括5小题）17、Fe(OH)3Fe2O3取少量D溶液于试管中，滴加几滴KSCN溶液，若溶液红色，证明有Fe3+防止Fe2+被氧气氧化Fe+2H+=Fe2++H2↑2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-【解题分析】

A是一种常见金属，F是一种红褐色沉淀，由转化关系可知F为Fe(OH)3，A为Fe，Fe与氧气反应生成B为Fe3O4，四氧化三铁与盐酸反应得到氯化亚铁与氯化铁，故Fe与盐酸反应得到X为氢气、C为FeCl2，可推知E为Fe(OH)2、D为FeCl3，G为Fe2O3。【题目详解】由分析可知：A为Fe，B为Fe3O4，C为FeCl2，D为FeCl3，E为Fe(OH)2，F为Fe(OH)3，G为Fe2O3，则(1)F：Fe(OH)3，G：Fe2O3；(2)D为FeCl3，含有阳离子为Fe3+，检验Fe3+离子的方法为：取少量D溶液于试管中，滴加几滴KSCN溶液，若溶液显红色，证明有Fe3+；(3)FeCl2易被空气中氧气氧化，保存FeCl2溶液时加固体Fe，防止Fe2+被氧气氧化，故答案为：防止Fe2+被氧气氧化；(4)①A→C的反应离子方程式为：Fe+2H+=Fe2++H2↑，②C→D的反应离子方程式为：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-。18、SO22Al+Fe2O1===Al2O1+2Fe2Fe2++Cl2===2Fe1++2Cl-Al2(SO4)1+6NH1▪H2O===2Al(OH)1↓+1(NH4)2SO4Al2O1+2OH-===2AlO2-+H2O取样，滴加KSCN溶液，溶液呈血红色，则黄色溶液中阳离子为Fe1+；【解题分析】

A、C均为常见的金属单质，A、C在冷的H的浓溶液中均会发生钝化，则A、C为Fe、Al，H可能为浓硫酸或浓硝酸，A、B之间的反应为铝热反应，由于B为红色固体氧化物，则B为Fe2O1，A为Al，C为Fe，D为A12O1．E为固体非金属单质，连续氧化得到G，G与常见无色液体X反应得到H，则E为S，F为SO2，G为SO1，H为H2SO4，X为H2O，I为FeSO4；L焰色为黄色，且能使酚酞变红，且能与Al2O1反应，则L为NaOH，与Al2O1反应生成J为NaAlO2，A12O1与硫酸反应生成K为Al2(SO4)1，则M为Al(OH)1，据此解答。【题目详解】(1)由以上分析可知，F的化学式为SO2，故答案为：SO2；

(2)A与B反应是Al与氧化铁在高温条件下反应生成铁与氧化铝，反应的化学方程式为：2Al+Fe2O1Al2O1+2Fe，故答案为：2Al+Fe2O1Al2O1+2Fe；

(1)Fe2+具有还原性，与具有强氧化性的Cl2反应生成Fe1+，反应的离子方程式为2Fe2++Cl2=2Fe1++2Cl-，故答案为：2Fe2++Cl2=2Fe1++2Cl-；

(4)K为Al2(SO4)1，与足量的氨水反应的离子方程式为：Al1++1NH1•H2O=Al(OH)1↓+1NH4+，故答案为：Al1++1NH1•H2O=Al(OH)1↓+1NH4+；

(5)D与L的反应为Al2O1和NaOH的反应，生成NaAlO2和水，反应的化学反应的离子方程式为：Al2O1+2OH-=2AlO2-+H2O，故答案为：Al2O1+2OH-=2AlO2-+H2O．(6)黄色溶液中阳离子为Fe1+，其检验方法为：取样，滴加KSCN溶液，溶液呈血红色，则黄色溶液中阳离子为Fe1+；【题目点拨】此题为框图式物质推断题，完成此类题目，要分析题目所给的条件，抓住解题突破口，直接得出结论，然后用顺向或逆向或两边向中间推断，逐一导出其他结论。19、④→②→①→③漂白除去二氧化硫，避免对检验二氧化碳造成干扰5SO2+2MnO4-+2H2O=2Mn2++5SO42-+4H+确认二氧化硫已除尽固体由白色变蓝色澄清石灰水溶液变浑浊C3：2【解题分析】

(1)反应得到的三个气态产物是SO2、CO2和H2O，用无水硫酸铜检验H2O，用品红溶液检验SO2，用澄清石灰水检验CO2；（2）二氧化硫具有漂白性，能使品红褪色，二氧化硫能被高锰酸钾溶液氧化为SO42-，C瓶的溶液不褪色，可证明二氧化硫已除尽；（3）无水硫酸铜遇水变蓝；（4）装置③用来检验二氧化碳，二氧化碳使澄清石灰水变浑浊；（4）X只能与二氧化硫反应，不能与二氧化碳反应；（6）实验结束后，在X溶液中得到的沉淀硫酸钡的质量为4.66g，碱石灰1（足量）吸收二氧化碳质量为1.32g。【题目详解】实验的目的是要将三种气态产物一一验证出来．由题中所给的各种装置可知：④是反应发生器；①中有品红溶液，可联想用来验证SO2；装置③中装有某种水溶液，显然③可用来验证CO2；②装入无水硫酸铜可验证水气，由于①、③中装的都是水溶液，气流经过后一定会带出水气，所以必须先用②验证产物中的水气，然后再验证SO2和CO2，不然就不能验证水气一定是反应产物；由于SO2和CO2都能与石灰水反应，使澄清的石灰水变浑浊，因此从②出来的气体必须先经过①验证和除去SO2后再进入③验证CO2，由此可以得出正确的连接顺序应当是④→②→①→③；（2）二氧化硫能使品红褪色，A瓶的溶液褪色，体现了SO2的漂白性；二氧化硫能被高锰酸钾溶液氧化为SO42-，B瓶溶液的作用是除去二氧化硫，避免对检验二氧化碳造成干扰，B瓶中反应的离子方程式是5SO2+2MnO4-+2H2O=2Mn2++5SO42-+4H+；C瓶的溶液不褪色，可证明二氧化硫已除尽，C瓶溶液的作用是确认二氧化硫已除尽。（3）装置②中装入无水硫酸铜，看到现象是固体由白色变蓝色；（4）装置③用来检验二氧化碳，装入的试剂是澄清石灰水，二氧化碳使澄清石灰水变浑浊，装置③的现象是溶液变浑浊；（4）A.BaCl2溶液与二氧化硫、二氧化碳都不反应，故不选A；B.Ba(OH)2溶液与二氧化硫、二氧化碳都能反应，故不选B；C.SO2被H2O2氧化为H2SO4，H2SO4与的BaCl2反应生成硫酸钡沉淀，二氧化碳不反应，故选C；D.滴加H2O2的Ba(OH)2溶液与二氧化硫、二氧化碳都能反应，故不选D。（6）实验结束后，在X溶液中得到的沉淀硫酸钡的质量为4.66g，硫酸钡的物质的量为0.02mol，根据硫元素守恒，SO2的物质的量是0.02mol，碱石灰1（足量）吸收二氧化碳质量为1.32g，二氧化碳的物质的量是0.03mol，CO2和SO2物质的量比3:2。20、Ⅱ操作简便NaHCO1焰色反应，隔蓝色钴玻璃能看到紫色焰色的是K2CO1，否则是NaHCO1加入BaCl2

(CaCl2)溶液，产生白色沉淀的是K2CO1，否则是N