1、安徽省滁州市明光市明光中学2019-2020学年高一化学下学期第二次月考试题（含解析）考试时间：90分钟；满分100分注意事项：1.答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息2.请将答案正确填写在答题卡上可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Cu-64第I卷(选择题)一、单选题(每题只有一个答案203=60分)1.化学与生产生活密切相关，下列叙述不正确的是A. 铁路建设所需的大量水泥属于新型无机非金属材料B. 豆科植物根瘤菌可以在常温常压下把氮气转化为氮的化合物C. 在含硫的燃料中加入适量生石灰，以减少二氧化硫的排放量D. 自来水中通入氯气用来杀菌消毒【答案】
2、A【解析】【详解】A水泥是传统无机非金属材料，故A错误；B豆科植物根瘤菌可以在常温常压下把氮气转化为氮的化合物，是生物固氮，故B正确；C在含硫的燃料中加入适量生石灰，生石灰和二氧化硫反应生成亚硫酸钙，亚硫酸钙进一步被氧气氧化为硫酸钙，可以减少二氧化硫的排放量，故C正确；D自来水中通入氯气，氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，次氯酸有强氧化性，可以杀菌消毒，故D正确；故选A。【点睛】陶瓷、水泥、玻璃是传统无机非金属材料，主要成份都是硅酸盐。光导纤维（主要成分是二氧化硅）、氮化硅等是新型无机非金属材料。氮的固定是把氮元素由游离态转变为化合态。有自然固氮和人工固氮。自然固氮有生物固氮（利用豆科植物的根瘤菌
3、把氮气转化为氮的化合物）、氮气和氧气在闪电作用下生成NO。人工固氮最常见的是合成氨。2.下列说法正确的是( )A. 需要加热才能发生的反应一定是吸热反应B. 反应是放热还是吸热，可根据反应物和生成物所具有的总能量的相对大小判断C. 任何物质中都必含有化学键D. 共价化合物中只含有共价键，离子化合物中只含有离子键【答案】B【解析】【详解】A需要加热才能发生的反应也可能是放热反应，如铁和硫的化合，故A错误；B反应是放热还是吸热，可根据反应物和生成物所具有的总能量的相对大小判断，若反应物总能量高于生成物总能量，则反应放热，若生成物总能量高于反应物总能量，则反应吸热，故B正确；C稀有气体中没有化学键，
4、故C错误；D共价化合物中只含有共价键，离子化合物中也可能含有共价键，如NaOH，故D错误；故选B【点睛】需要加热的反应不一定都是吸热反应。对于一些放热反应来说，加热是引发反应的条件，当反应发生后，反应本身放出的热量可能就可以维持反应的继续进行，而不需要持续加热。3.汉代器物上的颜料“汉紫”至今颜色鲜艳。20世纪80年代科学家进行超导材料研究时，偶然发现其成分为紫色的硅酸铜钡(化学式：BaCuSi2Ox，Cu为+2价)，下列有关“汉紫”的说法中不正确的是( )A. x=6B. 用氧化物形式表示：BaOCuO2SiO2C. 易溶于强酸、强碱D. 性质稳定，不易褪色【答案】C【解析】【详解】A根据化
5、学式BaCuSi2Ox，正负化合价代数和为0，Cu为+2价，Ba为+2价，Si为+4价，O为-2价，可以计算出x=6，故A正确；B硅酸盐可以用氧化物的形式表示，顺序为：活泼金属氧化物不活泼金属氧化物SiO2H2O，故B正确；C硅酸盐性质比较稳定，不易溶于强酸、强碱，故C错误； D“汉紫”是汉代器物上的颜料，至今颜色鲜艳，说明“汉紫”性质稳定，不易褪色，故D正确；故选C。4. 在下列变化大气固氮硝酸分解实验室制取氨气中，按氮元素被氧化、被还原、既不被氧化又不被还原的顺序排列，正确的是A. B. C. D. 【答案】A【解析】【详解】大气固氮发生的反应为N2+O2 2NO，其中N元素的化合价由0价
6、升至+2价，氮元素被氧化；硝酸分解的方程式为4HNO3 4NO2+O2+2H2O，其中N元素的化合价由+5价降至+4价，氮元素被还原；实验室制氨气的原理为2NH4Cl+Ca（OH）2CaCl2+2NH3+2H2O，N元素的化合价不变，氮元素既不被氧化又不被还原；按氮元素被氧化、被还原、既不被氧化又不被还原的顺序排列为，答案选A。5.下列说法中不正确的是A. 常温常压下硫单质是一种黄色的不溶于水的固体B. 硫元素在自然界中的存在既有化合态又有游离态存在C. 硫跟铁反应生成硫化亚铁D. 硫在过量的氧气中的燃烧产物是三氧化硫【答案】D【解析】【详解】A常温常压下硫单质是一种黄色的不溶于水的固体，故A
7、正确；B硫元素在自然界中的存在既有化合态又有游离态，游离态的硫主要存在于火山喷口附近或地壳的岩层里，化合态的硫主要以硫化物和硫酸盐的形式存在，硫还是一种生命元素，组成某些蛋白质时离不开它，故B正确；C硫的氧化性比较弱，所以跟铁反应生成硫化亚铁，故C正确；D硫和氧气反应只能生成二氧化硫，即使氧气过量，也不能直接生成三氧化硫，故D错误；故选D。【点睛】硫和氧气反应不能直接生成三氧化硫，和此反应相似的氧化还原反应还有：铁和氯气反应，即使铁过量，也只能生成氯化铁；氮气和氧气在高温或放电时反应，即使氧气过量，生成物也只能是NO。6.意大利罗马大学的Fulvio Cacace等人获得了极具理论研究意义的气
8、态N4分子，其分子结构如图所示。N4转变为N2并释放出大量能量。判断下列说法正确的是( )A. N4属于一种新型的化合物B. N4分子中存在非极性键C. N4和N2互为同位素D. N4比N2更稳定【答案】B【解析】【详解】AN4是由一种元素组成的单质，不是化合物，故A错误； BN4分子是氮原子间通过非极性键结合而成的，故B正确；CN4和N2是同种元素形成的单质，互为同素异形体，故C错误； DN4转变为N2放出大量能量，说明N2能量低，能量越低越稳定，所以应该N2更稳定，故D错误； 故选B。【点睛】同位素是质子数相同、中子数不同的同种元素的不同原子，如氕、氘和氚。同素异形体是同种元素形成的不同单
9、质，如金刚石和石墨、红磷和白磷、氧气和臭氧。同位素和同素异形体研究的对象不同，同位素研究的是原子，同素异形体研究的是单质。7.为了验证浓硫酸和木炭粉在加热条件下产生的气体产物，某同学选用了如图所示的实验装置。下列说法错误的是A. B装置用来检验产物中是否有水蒸气生成B. C装置用来检验产物中是否有SO2生成C. D装置中溴水褪色，则说明SO2具有漂白性D. F装置用来检验产物中是否有CO2生成【答案】C【解析】【分析】浓硫酸和碳在加热时生成SO2、CO2和水。先通过无水硫酸铜检验水的生成，无水硫酸铜会变蓝；再通过品红，检验二氧化硫，二氧化硫有漂白性，可以使品红溶液褪色；再通过溴水，二氧化硫可以
10、和溴水反应以除去二氧化硫；再通过品红溶液，检验二氧化硫是否除尽，最后通入澄清石灰水检验二氧化碳。【详解】由以上分析可知：AB装置用来检验产物中是否有水蒸气生成，正确；BC装置用来检验产物中否有SO2生成，正确；CD装置中溴水和SO2反应：Br2+2H2O+SO2=H2SO4+2HBr，溴水褪色，体现了SO2的还原性，错误； DF装置用来检验产物中是否有CO2生成，正确；故选C。【点睛】SO2使溴水褪色，体现了SO2的还原性，SO2和溴水发生了氧化还原反应：Br2+2H2O+SO2=H2SO4+2HBr，同理，SO2使酸性高锰酸钾溶液褪色，也体现了SO2的还原性，SO2把KMnO4还原为Mn2+
11、，从而高锰酸钾溶液的紫色褪去。SO2的漂白性体现在能使品红褪色，或使鲜花、湿润的红布条等有机物褪色。8.在体积为VL的密闭容器中，通入a mol NO和b molO2，反应后容器内氮原子数和氧原子数之比为( )A. B. C. D. 无法确定【答案】C【解析】【详解】原子是化学变化中的最小微粒，所以通入的a mol NO和b molO2中的氮原子(amol)和氧原子(a+2b)mol即为反应后容器中的氮原子和氧原子的物质的量，根据，物质的量和原子数成正比，所以反应后容器内氮原子数和氧原子数之比为，故选C。【点睛】原子是化学变化中的最小微粒，所以在发生化学反应过程中，原子总数是不变的。本题就可以
12、根据原子守恒很方便地得出氮原子数和氧原子数的比。9.四支试管中分别充满Cl2、NO、NO2、NH3四种气体，把它们分别倒立于盛有下列各种液体的水槽中，发生反应的现象如图所示，其中充满NO2的试管是( )A. B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】AA试管中应充满NH3，NH3极易溶于水，更易溶于盐酸，所以溶液会充满整只试管；BB试管中应充满NO2，NO2和水反应：3NO2+H2O=2HNO3+NO，3体积NO2反应后生成1体积NO，所以反应结束后进入试管中的液体体积应占试管容积的；CC试管中应充满Cl2，Cl2饱和食盐水中溶解度很小，所以溶液基本上不能进入试管；DD试管中应充满NO，NO
13、不溶于水，所以水不会进入试管；故选B。10.有关元素周期表的说法中错误的是( )A. 元素周期表中共18个纵行，其中第16纵行为A族B. A族元素也称为碱金属元素C. A族元素也称卤族元素D. 周期表中第七周期最多容纳32种元素【答案】B【解析】【详解】A元素周期表中共18个纵行，除了第族，其余每个纵行为1个族。从左到右，族的排列依次为：A、A、B、B、B、B、B、（占了8、9、10三个纵行）、B、B、A、A、A、A、A、0族，所以第16纵行为A族，故A正确；B第A族元素除了氢元素，其他元素称为碱金属元素，故B错误；C第A族元素也称为卤族元素，故C正确；D周期表中第一周期容纳2种元素，第二和第
14、三周期都容纳8种元素，第四和第五周期都容纳18种元素，第六和第七周期都容纳32种元素，故D正确；故选B。11.下列物质间的反应，其能量变化符合如图的是（ ）A. 碳酸钙的分解B. 灼热的炭与二氧化碳反应C. Ba(OH)28H2O晶体和NH4Cl晶体混合D. 铝热反应【答案】D【解析】【详解】从图上分析，反应物能量高于生成物，正反应是放热反应。 A. 碳酸钙的分解是吸热反应，A项错误；B. 灼热的炭与二氧化碳反应是吸热反应，B项错误；C. Ba(OH)28H2O晶体和NH4Cl晶体混合是吸热反应，C项错误；D. 铝热反应是放热反应，D项正确；答案选D。12.已知某元素的离子A2-核外有n个电子
15、，核内含有a个中子，则此元素原子符号表示正确的是（ ）A. AB. AC. AD. A【答案】B【解析】【详解】已知某元素的离子A2核外有n个电子，则质子数为n2，核内含有a个中子，质量数为n2+a，因此元素原子符号表示为，故B正确。综上所述，答案为B。【点睛】左上角表示质量数，左下角表示质子数；阴离子的质量数等于电子数减所带电荷数，阳离子的质量数等于电子数加所带电荷数。13.卤族元素中砹元素位于碘的后面，根据元素周期律推测砹及化合物最不可能具备性质( )A. 砹单质易溶于四氯化碳中B. 砹化氢很不稳定易分解C. 砹单质在常温常压下是有色气体D. 砹化银不溶于水或稀【答案】C【解析】【详解】A
16、卤素单质特别是溴和碘都易溶于有机溶剂中，所以推测砹单质易溶于四氯化碳中，故A正确；B溴化银可以用作照相的感光底片，原因是溴化银见光易分解，碘化银比溴化银还不稳定，所以推测砹化银很不稳定，易分解，故B正确；C常温常压下，F2是淡黄绿色的气体，Cl2是黄绿色气体，Br2是深红棕色液体，I2是紫黑色固体，所以推测砹单质在常温常压下是有色固体，不是气体，故C错误；D氯化银、溴化银、碘化银都不溶于水，也不溶于稀硝酸，所以推测砹化银不溶于水或稀，故D正确；故选C。14.下列陈述和均正确，并存在因果关系的是陈述陈述A漂白粉在空气中久置变质漂白粉中的CaCl2与空气中的CO2反应生成CaCO3B非金属性：Cl
17、S酸性：HClOH2SO4CH2和O2的反应是放热的氧化还原反应H2和O2作为反应物可以设计成原电池装置D常温下，SiO2与氢氟酸和NaOH溶液均可反应SiO2是两性氧化物A. AB. BC. CD. D【答案】C【解析】【详解】A漂白粉在空气中久置变质的原因是漂白粉中的Ca(ClO)2与空气中的H2O、CO2反应生成CaCO3，CaCl2不与CO2反应，故A错误；B非金属性的强弱可以通过比较最高价氧化物的水化物的酸性强弱，所以要比较Cl和S的非金属性的强弱，需要比较HClO4和H2SO4的酸性强弱，故B错误；C自发的氧化还原反应可以设计成原电池，H2和O2的反应是自发的放热的氧化还原反应，可
18、以设计成燃料电池，故C正确；DSiO2可以和NaOH溶液反应生成盐和水，SiO2是酸性氧化物。SiO2不能和盐酸、稀硫酸等发生反应，只能和氢氟酸反应，此为SiO2的特性，不能由此得出SiO2是两性氧化物的结论，故D错误；故选C。15.X、Y为短周期元素，X位于IA族，X与Y可形成化合物X2Y，下列说法正确的是( )A. X的原子半径一定大于Y的原子半径B. X与Y的简单离子不可能具有相同的电子层结构C. X2Y可能是离子化合物，也可能是共价化合物D. 两元素形成的化合物中，原子个数比不可能为11【答案】C【解析】【分析】X、Y为短周期元素，X位于IA族，X可能为H，也可能为Li、Na，化合价为
19、+1价。X与Y可形成化合物X2Y，则Y的化合价为-2价，可能为O或S。【详解】A若X为H，则X的原子半径小于Y的原子半径，故A错误；B若X为Na，Y为O，则Na+和O2-有相同的电子层结构，故B错误；CX2Y可能是Na2O，是离子化合物，也可能是H2O，是共价化合物，故C正确；D两元素可形成H2O2，原子个数比为11，故D错误；故选C。16.下图是铜锌原电池示意图。图2中，x轴表示实验时流入正极的电子的物质的量，y轴表示（ ）A. c(H+)B. V(H2)C. m(溶液)D. m(Cu)【答案】A【解析】【分析】图2表示随着电路中通过电子物质的量的增加，y轴表示的物理量减小。【详解】ACu为
20、正极，正极电极反应式为2H+2e-=H2，随着流入正极的电子物质的量的增加，H+浓度减小，y轴可表示c（H+）；B根据正极电极反应，随着流入正极的电子物质的量的增加，H2的体积增大，y轴不能表示V（H2）；C电池总反应为Zn+H2SO4=ZnSO4+H2，随着通过电子物质的量的增加，溶液的质量增加，y轴不能表示m（溶液）；DCu为正极，不参与电极反应，Cu的质量不变，y轴不能表示m（Cu）；答案选A。17.已知元素周期表中118号元素中的四种元素的简单离子W3、X、Y2、Z都具有相同的电子层结构，下列判断正确的是A. 元素的金属性：XWB. 离子的还原性：Y2HZD. 原子半径：X4Q3 B.
21、2Q1+Q24Q3C.Q1+Q2Na+ (7). CH4NH3 (8). 有白烟产生 (9). NH3+HNO3=NH4NO3【解析】【分析】A、B、C、D、E五种短周期元素，原子序数依次增大。A元素的原子半径是所有原子中最小的，所以A为H；A、E同主族，则E为Na；B元素原子的最外层电子数是内层电子数的2倍，则B为C；C元素的最高价氧化物的水化物与其氢化物能发生化合反应生成一种盐，则C为N；D元素是地壳中含量最高的元素，则D为O。所以A、B、C、D、E分别为H、C、N、O、Na。【详解】由以上分析可知：(1)C元素为N，名称是氮，在周期表中位于第二周期第A族。(2)化合物BD2为CO2，每个
22、氧原子都和碳原子共用2对电子，电子式为，结构式是O=C=O；化合物EA为NaH，是离子化合物，电子式是。(3)A、D、E三种元素形成的化合物为NaOH，是Na+和OH-间通过离子键结合而成的离子化合物，OH-是由H和O通过共有电子对形成的，所以NaOH含有的化学键类型有离子键、共价键。(4) D、E元素分别形成的简单离子O2-和Na+电子层结构相同，当两种微粒电子层数相同时，质子数越多，半径越小，所以半径O2-Na+；B、C元素分别形成的简单气态氢化物CH4和NH3的稳定性和元素的非金属性有关，非金属性越强，气态氢化物的稳定性越强，所以稳定性：CH4NH3。(5)C元素的简单气态氢化物NH3遇
23、到蘸有浓硝酸的玻璃棒，两者会化合生成白色固体NH4NO3：NH3+HNO3=NH4NO3，看到产生白烟。23.碳和硅及其化合物的开发由来已久，在现代生活中有广泛应用。(1)高纯硅是现代信息、半导体和光伏发电等产业都需要的基础材料。工业上制备高纯硅通常第一步是利用石英砂和焦炭在电弧炉中制粗硅，则该反应的化学方程式是_。(2)某同学为了验证碳和硅两种元素非金属性的相对强弱，用如图所示装置进行实验(夹持仪器已略去，气密性已检验)，实验操作步骤：步骤：打开弹簧夹1，关闭弹簧夹2，并打开活塞a，滴加浓盐酸。步骤：A中看到白色沉淀时，关闭弹簧夹1，打开弹簧夹2，关闭活塞a。通过步骤知浓盐酸具有的性质是_(
24、填字母)。A.挥发性 B.还原性 C.氧化性 D.酸性C装置中的试剂X是_(填化学式)，D中试剂瓶的现象是_。该同学用图中所示装置进行实验验证碳和硅两种元素非金属性的相对强弱的理论依据是_。【答案】 (1). SiO2+2CSi+2CO (2). AD (3). NaHCO3 (4). 有白色胶状沉淀产生 (5). 非金属元素的最高价氧化物的水化物酸性越强，则元素非金属性越强【解析】【分析】（2）某同学为了验证碳和硅两种元素非金属性的相对强弱，利用了最高价氧化物的水化物的酸性越强，非金属性越强的原理，通过比较碳酸和硅酸的酸性强弱，来比较碳和硅的非金属性的强弱。先用盐酸和碳酸钙制取二氧化碳，通过
25、饱和碳酸氢钠溶液除去二氧化碳中的HCl，然后通入硅酸钠溶液中，发生反应：CO2+H2O+Na2SiO3=Na2CO3+H2SiO3，看到产生白色胶状沉淀，则可证明酸性：H2CO3H2SiO3，从而证明非金属性：CSi。【详解】(1)石英砂和焦炭在电弧炉中制粗硅，该反应的化学方程式是SiO2+2CSi+2CO。(2)步骤是浓盐酸和碳酸钙反应生成的二氧化碳和挥发的HCl进入硝酸酸化的硝酸银溶液中，HCl会和AgNO3反应生成AgCl白色沉淀：HCl+AgNO3=AgCl+HNO3，此反应为复分解反应。在整个实验过程中，浓盐酸体现出了挥发性和酸性。C装置中的试剂X是饱和NaHCO3溶液，目的是除去挥
26、发的HCl。D中试剂瓶的现象是有白色胶状沉淀产生。该同学用图中所示装置进行实验验证碳和硅两种元素非金属性的相对强弱的理论依据是非金属元素的最高价氧化物的水化物酸性越强，则元素非金属性越强。24.2020年突如其来的“新冠肺炎”使人们认识到日常杀菌消毒的重要性。其中含氯消毒剂在生产生活中有着广泛的用途。(1)工业上将氯气溶于一定浓度的氢氧化钠溶液可制得“84消毒液”，用电子式表示“84消毒液”的有效成分是_。(2)二氧化氯(ClO2)是一种黄绿色易溶于水的气体，也可用于自来水的杀菌消毒。工业上常用NaClO3和Na2SO3溶液混合并加入稀H2SO4酸化后反应制得，反应中NaClO3和Na2SO3
27、的物质的量之比为_。【答案】 (1). (2). 21【解析】【详解】(1)工业上将氯气溶于一定浓度的氢氧化钠溶液可制得“84消毒液”：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，其中NaClO是有效成分，电子式是。(2) NaClO3和Na2SO3溶液混合并加入稀H2SO4酸化后反应制得ClO2，反应中NaClO3中Cl的化合价从+5价降低到ClO2中的+4价，Na2SO3被氧化，其中S的化合价从+4价升高到+6价，根据电子守恒，NaClO3和Na2SO3物质的量之比为21。25.物质的类别和核心元素的化合价是研究物质性质的两个重要角度。请根据如图所示，回答下列问题：(1)Y的化学式为
28、_(2)气体X和气体Y混合产生淡黄色的烟，写出该反应的化学方程式_。(3)欲制备Na2S2O3，从氧化还原角度分析，合理的是_(填序号)。a.Na2S +S b.Na2SO3+S c.Na2SO3+Na2SO4 d.SO2+Na2SO4(4)如图为铜丝与W的浓溶液反应并验证其产物性质的实验装置。反应中体现的浓硫酸的化学性质是_。想要立即终止的反应，最恰当的方法是_。a.上移铜丝，使其脱离溶液 b.撤去酒精灯 c.拔去橡胶塞倒出溶液 装置中品红溶液的作用是_，棉花团的作用_。反应停止后，待装置冷却，把取下后向其中加入氯水，观察到白色沉淀生成，写出相关反应的离子方程式_。【答案】 (1). SO2
29、 (2). SO2+2H2S=3S+2H2O (3). b (4). 强氧化性、酸性 (5). a (6). 验证SO2具有漂白性 (7). 吸收SO2尾气 (8). SO2+Cl2+2H2O=4H+2Cl-+SO42-、Ba2+SO42-=BaSO4【解析】【分析】根据图示中硫元素的化合价和物质类别，可判断出X为H2S，Y为SO2，W为H2SO4，Z为Na2SO3。（4）铜丝和浓硫酸反应，生成的二氧化硫进入饱和亚硫酸氢钠溶液中，除去可能挥发的硫酸蒸气，然后进入BaCl2溶液，SO2和BaCl2溶液不发生反应，但SO2易溶于水，所以在BaCl2溶液中会有一定量的SO2以及SO2和水反应生成的H
30、2SO3。SO2进入品红溶液，可以使品红褪色。SO2有毒，不能随意排放，所以最后用浸有NaOH溶液的棉花团吸收多余的SO2。【详解】(1)Y是硫的氧化物，其中硫是+4价，所以Y是SO2。(2)气体X是H2S，和气体Y（SO2）混合产生淡黄色的烟，两者发生反应生成了淡黄色的单质硫，该反应的化学方程式为SO2+2H2S=3S+2H2O。(3)欲制备Na2S2O3，从氧化还原角度分析，Na2S2O3中硫是+3价。aNa2S中硫-2价，S单质中硫是0价，都低于+3价，所以不能生成Na2S2O3；bNa2SO3中硫是+4价，S单质中硫是0价，可以归中生成Na2S2O3；cNa2SO3中硫是+4价，Na2
31、SO4中硫是+6价，都高于+3价，所以不能生成Na2S2O3；dSO2中硫是+4价，Na2SO4中硫是+6价，都高于+3价，所以不能生成Na2S2O3；故选b。(4) 反应是铜和浓硫酸的反应：Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2+2H2O，在反应中浓硫酸里的+6价的硫部分变成了+4价，体现了强氧化性，另一部分化合价没有改变，仍为+6价，生成了硫酸盐，体现了酸性，所以反应中浓硫酸既体现了强氧化性，又体现了酸性。想要立即终止的反应，最恰当的方法是上移铜丝，使其脱离溶液，故选a。SO2有漂白性，可以使品红褪色，所以装置中品红溶液的作用是验证SO2具有漂白性。SO2有毒，不能随意排放，SO2是酸性氧化物，可以跟NaOH溶液反应，所以浸有NaOH溶液的棉花团的作用吸收SO2尾气。反应停止后，待装置冷却，把取下后向其中加入氯水，氯水能氧化溶液中的SO2以及SO2和水反应生成的H2SO3，生成SO42-，SO42-和Ba2+生成BaSO4白色沉淀，相关反应的离子方程式为：SO2+Cl2+2H2O=4H+2Cl-+SO42-、Ba2+SO42-=BaSO4。
