1、安徽省巢湖市开城中学2015届高三上学期第四次月考化学试卷一、本卷共7小题，每小题6分，共120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化学已经渗透到人类生活的各个方面，下列说法不正确的是（）A福岛核电站泄露的放射性物质131I和127I互为同位素，化学性质几乎相同B“光化学烟雾”、“硝酸酸雨”的形成都与氮氧化合物有关C高纯度的硅单质广泛用于制作光导纤维，光导纤维遇强碱会“断路”D低碳生活注重节能减排，尽量使用太阳能等代替化石燃料，减少温室气体的排放考点：常见的生活环境的污染及治理.专题：化学应用分析：A具有相同的质子数不同中子数的原子互称同位素，同位素性质相同；B氮氧化物为导致
2、“光化学烟雾”、“硝酸酸雨”的主要污染物；C制作光导纤维的主要原料为二氧化硅；D尽量使用太阳能等代替化石燃料，可减少二氧化碳的排放解答：解：A131I和127I具有相同的质子数不同中子数，互称同位素，因原子最外层电子数相同，化学性质几乎相同，故A正确；B氮氧化物进入大气后，不仅会形成硝酸型酸雨，还可能形成光化学烟雾，故B正确；C制作光导纤维的主要原料为二氧化硅，二氧化硅可与氢氧化钠反应，故C错误；D尽量使用太阳能等代替化石燃料，可减少二氧化碳的排放，减少导致温室效应的气体排放，故D正确故选C点评：本题考查常见的环境污染及治理，为高考高频考点和常见题型，侧重于化学与生活、环境的考查，注意相关基础
3、知识的积累，难度不大2（6分）设NA是阿伏加德罗常数的数值下列说法正确的是（）A1L 0.1molL1的FeCl3溶液中，Fe3+的数目为0.1NAB1mol NH3中含有NH键的数目为3NAC7.8g Na2O2中含有的阳离子数目为0.1NAD标准状况下，22.4L水中分子个数为NA考点：阿伏加德罗常数.专题：阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律分析：A、氯化铁溶液中铁离子部分水解，铁离子数目减少；B、氨气分子中含有3个氮氢键，1mol氨气中含有3mol氮氢键；C、过氧化钠中的阳离子为钠离子，0.1mol过氧化钠中含有0.2mol钠离子；D、标准状况下水的状态不是气体，不能使用标况下的气体摩尔体积
4、计算水的物质的量解答：解：A、1L 0.1molL1的FeCl3溶液中含有溶质氯化铁0.1mol，铁离子部分水解，溶液中含有的铁离子小于0.1mol，Fe3+的数目小于0.1nA，故A错误；B、1mol氨气中含有3mol氮氢键，含有NH键的数目为3nA，故B正确；C、7.8g过氧化钠的物质的量为0.1mol，0.1mol过氧化钠中含有0.2mol钠离子，含有的阳离子数目为0.2nA，故C错误；D、标况下，水不是气体，题中条件无法计算22.4L水的物质的量，故D错误；故选B点评：本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，题目难度中等，注意明确标况下的气体摩尔体积的使用条件；阿伏加德罗常数是高考的“
5、热点”，它既考查了学生对物质的量、粒子数、质量、体积等与阿伏加德罗常数关系的理解，又可以涵盖多角度的化学知识内容要准确解答好这类题目，既要掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，也要准确弄清分子、原子、原子核内质子中子及核外电子的构成关系3（6分）在pH=1的溶液中，能大量共存的一组离子或分子是（）AMg2+、Na+、ClO、NO3BAl3+、NH4+、Br、ClCK+、Cr2O72、CH3CHO、SO42DNa+、K+、SiO32、Cl考点：离子共存问题.专题：离子反应专题分析：pH=1的溶液呈酸性，如在酸性条件下，离子之间不发生任何反应，如生成气体、弱电解质以及氧化还原反应
6、，则离子可大量共存解答：解：A酸性环境下中ClO生成次氯酸，故A错误；B离子之间不发生任何反应，可大量共存，故B正确；CCr2O72氧化CH3CHO，不能大量共存，故C错误；DH+与SiO32反应生成硅酸沉淀，故D错误故选B点评：本题考查离子共存问题，题目难度不大，本题注意把握离子的性质，学习中注意相关知识的积累，易错点为C，注意离子的氧化性4（6分）低温脱硝技术可用于处理废气中的氮氧化物，发生的化学反应为：2NH3（g）+NO（g）+NO2（g）2N2（g）+3H2O（g）H0，在恒容的密闭容器中，下列有关说法正确的是（）A平衡时，其他条件不变，升高温度可使该反应的平衡常数增大B平衡时，其他
7、条件不变，增加NH3的浓度，废气中氮氧化物的转化率减小C单位时间内消耗NO和N2的物质的量比为1：2时，反应达到平衡D其他条件不变，使用高效催化剂，废气中氮氧化物的转化率增大考点：化学平衡的影响因素；化学平衡状态的判断.专题：化学平衡专题分析：A、平衡常数只受温度影响，从平衡移动的方向判断平衡常数的变化；B、可逆反应中，加入一种反应物，平衡向正方向移动，以此判断转化率变化；C、反应达到平衡时，不同物质表示的正、逆反应速率之比等于化学计量数之比；D、催化剂能加快反应速率，但不影响平衡的移动解答：解：A、正反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，平衡常数减小，故A错误；B、增大一个反应物浓
8、度，其它反应物转化率增大，故B错误；C、单位时间内消耗NO和N2的物质的量比为1：2时，等于化学计量数之比，反应到达平衡，故C正确D、使用催化剂平衡不移动，废气中氮氧化物的转化率不变，故D错误故选C点评：本题考查外界条件对化学反应速率的影响、平衡状态的判断等，做题时注意平衡常数的变化以及平衡状态的判断方法5（6分）下列关于电解槽的叙述中不正确的是（）A电子从电源的负极沿导线流入电解槽的阴极B与电源负极相连的是电解槽的阴极C在电解槽的阳极发生氧化反应D与电源正极相连的是电解槽的阴极考点：电解原理.专题：电化学专题分析：A、依据电解原理分析，电子从电源的负极沿导线流入电解槽的阴极，通过电解质溶液中
9、离子定向移动服饰氧化还原反应，电子在阳极流回到电源正极；B、与电源负极相连的电极为阴极；C、电解池中阳极上发生失电子的氧化反应；D、与电源正极相连的电极是电解池的阳极解答：解：A、电子从电源的负极沿导线流入电解槽的阴极，通过电解质溶液中离子定向移动服饰氧化还原反应，电子在阳极流回到电源正极，故A正确；B、与电源负极相连的电极为阴极，故B正确；C、电解池中阳极上发生失电子的氧化反应，故C正确；D、与电源正极相连的是电解槽的阳极，故D错误；故选D点评：本题考查了电解原理的分析应用，电极名称和电极判断是解题关键，掌握基础是解题关键，题目难度中等6（6分）在一定体积的18molL1的浓硫酸中加入过量铜
10、片并加热，被还原的硫酸的物质的量为0.9mol，则浓硫酸的实际体积为（）A等于50 mLB大于50 mLC等于100 mLD大于100 mL考点：浓硫酸的性质；氧化还原反应的计算.专题：氧族元素分析：铜只能和浓硫酸反应，而与稀硫酸不反应，由Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2+H2O可知，随着铜和浓硫酸的反应的进行，酸的浓度越来越小，不再产生二氧化硫，当被还原的硫酸是0.9mol，则18molL1的浓硫酸的实际体积要大于理论计算值，以此来解答解答：解：铜只能和浓硫酸反应，而与稀硫酸不反应，随着铜和浓硫酸的反应的进行，酸的浓度越来越小，不再产生二氧化硫，当被还原的硫酸是0.9mol，则由C
11、u+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2+H2O可知， 2 1 1.8mol 0.9mol理论消耗浓硫酸为=0.1L=100mL，则实际体积大于100mL，故选D点评：本题考查浓硫酸的性质，注意稀硫酸与Cu不反应为解答的关键，把握发生的化学反应及浓度的计算即可解答，题目难度不大7（6分）已知室温时，0.1molL1某一元酸HA的电离平衡常数约为1107，下列叙述错误的是（）A该溶液的pH=4B此溶液中，HA约有0.1%发生电离C加水稀释，HA的电离平衡向右移动，HA的电离平衡常数增大D由HA电离出的c（H+）约为水电离出的c（H+）的106倍考点：弱电解质在水溶液中的电离平衡.专题：电离平衡与
12、溶液的pH专题分析：室温时，0.1mol/l某一元酸HA的电离平衡常数K=1107，溶液中C（H+）=104mol/L，据此分析解答解答：解：A、室温时，0.1mol/l某一元酸HA的电离平衡常数K=1107，溶液中C（H+）=104mol/L，pH=4，故A正确；B、0.1molL1某一元酸HA中C（H+）=104mol/L，所以HA约有0.1%发生电离，故B正确；C、电离平衡常数只受温度影响，加水稀释时电离平衡常数不变，故C错误；D、该温度时，由HA电离出的C（H+）=104mol/L，水电离出的C（H+）=mol/l=1010mol/L，所以由HA电离出的C（H+）约为水电离出的C（H+
13、）的106倍，故D正确；故选C点评：本题考查了弱电解质的电离，根据电离平衡常数公式、pH公式、弱电解质电离影响因素等知识点解答即可，注意C中水电离出氢离子浓度的计算方法，注意B中各微粒浓度的处理方法，这些都是易错点二、解答题（共4小题，满分58分）8（14分）下表是元素周期表的一部分，回答下列有关问题：族周期AAAAAAA0二三四（1）写出下列元素符号：N，SiS，Ca（2）在这些元素中，最活泼的金属元素是K，最活泼的非金属元素是F，最不活泼的元素是Ar（用元素符号表示）（3）在这些元素的最高价氧化物对应的水化物中，酸性最强的是HClO4，碱性最强的是KOH，呈两性的氢氧化物是Al（OH）3（
14、以上均用化学式表示）写出三者之间相互反应的化学方程式：3HClO4+Al（OH）3Al（ClO4）3+3H2O，HClO4+KOHKClO4+H2O，KOH+Al（OH）3KAlO2+2H2O（4）在这些元素中，原子半径最小的是F，原子半径最大的是K（用元素符号表示）考点：位置结构性质的相互关系应用；元素周期律和元素周期表的综合应用.专题：元素周期律与元素周期表专题分析：由元素在周期表中的位置可知为C元素，为F元素，为Na元素，为Mg元素，为Al元素，为Si元素，为S元素，为Cl元素，为Ar元素，K元素，为Ca元素，结合元素对应单质、化合物的性质以及元素周期律的递变规律可解答该题解答：解：由元
15、素在周期表中的位置可知为C元素，为F元素，为Na元素，为Mg元素，为Al元素，为Si元素，为S元素，为Cl元素，为Ar元素，K元素，为Ca元素，（1）由以上分析可知为C元素，为Si元素，为S元素，为Ca元素，故答案为：N；Si；S；Ca；（2）元素周期表中，同周期元素从左到右金属性逐渐减弱，非金属性逐渐增强，同主族元素从上到下金属性逐渐增起，非金属性逐渐减弱，则最活泼的金属元素为K，最活泼的非金属性元素为F，最不活泼的为零族元素Ar，故答案为：K；F；Ar；（3）在这些元素的最高价氧化物对应的水化物中，酸性最强的应是非金属性仅比F的Cl元素，对应的酸是HClO4，碱性最强的是KOH，呈两性的氢
16、氧化物是Al（OH）3，三者之间相互反应的化学方程式分别为：3HClO4+Al（OH）3Al（ClO4）3+3H2O、HClO4+KOHKClO4+H2O、KOH+Al（OH）3KAlO2+2H2O，故答案为：HClO4；KOH；Al（OH）3；3HClO4+Al（OH）3Al（ClO4）3+3H2O；HClO4+KOHKClO4+H2O；KOH+Al（OH）3KAlO2+2H2O；（4）同周期元素从左到右原子半径逐渐减小，同主族元素从上到下原子半径逐渐增大，则原子半径最小的是F，原子半径最大的是K，故答案为：F；K点评：本题考查元素的位置与性质的递变规律，侧重于考查学生的基础知识和基本能力，
17、有利于培养学生的良好的科学素养，难度不大，注意把握相关基础知识的积累9（15分）塑料是日常生活中常用的合成高分子材料，以甲烷为主要原料合成常用塑料H的线路如图1：已知：CH3CH2XCH3CH2CCCH3回答下列问题：（1）下列物质各为A：CH3ClB：HCCCH3C：BrCH2CH（Br）CH3D：HOCH2CH（OH）CH3（2）反应应控制的条件是在Ni的催化作用下与H21：1加成，反应的类型是水解反应上述合成线路中与反应属同一类型反应的还有步（3）写出下列反应的化学方程式：反应HCCCH3+H2CH2=CHCH3，反应BrCH2CH（Br）CH3+2NaOHCH3CH（OH）CH2OH+
18、2NaBr，反应HOCH2CH（OH）CH3+O2+2H2O（4）聚酯纤维（涤纶）的结构简式如图2：以两种烃为主要原料合成涤纶，这两种烃的结构简式分别为CH2=CH2、考点：有机物的推断.专题：有机物的化学性质及推断分析：甲烷经过系列转化得到C3H6，结合反应信息可知，甲烷与氯气发生取代反应生成A为CH3Cl，A与HCCNa发生信息中的取代反应生成B为HCCCH3，B与氢气发生加成反应生成CH2=CHCH3，CH2=CHCH3与溴发生加成反应生成C为BrCH2CH（Br）CH3，C发生水解反应生成D为HOCH2CH（OH）CH3，D发生催化氧化生成E，则E的结构简式为：，E转化得到F，F与氢气
19、发生加成反应生成G，而G转化得到高分子化合物H，应是羟基与羧基发生缩聚反应，故反应为氧化反应，E被氧化生成F为，则G为，H为 ，据此解答（1）（2）（3）；（4）链节中含有酯基，聚酯纤维是由乙二醇（HOCH2CH2OH）和通过缩聚形成的，据此判断合成该涤纶的两种烃的名称解答：解：（1）甲烷经过系列转化得到C3H6，结合反应信息可知，甲烷与氯气发生取代反应生成A为CH3Cl，A与HCCNa发生信息中的取代反应生成B为HCCCH3，B与氢气发生加成反应生成CH2=CHCH3，CH2=CHCH3与溴发生加成反应生成C为BrCH2CH（Br）CH3，C发生水解反应生成D为HOCH2CH（OH）CH3，
20、D发生催化氧化生成E为，E转化得到F，F与氢气发生加成反应生成G，而G转化得到高分子化合物H，应是羟基与羧基发生缩聚反应，故反应为氧化反应，E被氧化生成F为，则G为，H为 ，根据分析可知，A为CH3Cl、B为HCCCH3、C为BrCH2CH（Br）CH3、D为HOCH2CH（OH）CH3，故答案为：CH3Cl；HCCCH3；BrCH2CH（Br）CH3；HOCH2CH（OH）CH3；（2）反应是HCCCH3与氢气发生加成反应生成CH2=CHCH3，应控制的条件是：在Ni的催化作用下与H2 1：1加成； 反应为CBrCH2CH（Br）CH3发生水解反应生成DHOCH2CH（OH）CH3；根据分析
21、可知，上述合成线路中与反应属同一类型反应的还有，故答案为：在Ni的催化作用下与H2 1：1加成；水解反应；（3）反应是HCCCH3与氢气发生加成反应生成CH2=CHCH3，反应的方程式为：HCCCH3+H2CH2=CHCH3；反应的方程式为：BrCH2CH（Br）CH3+2NaOHCH3CH（OH）CH2OH+2NaBr；反应为D HOCH2CH（OH）CH3发生催化氧化生成E，反应方程式为：HOCH2CH（OH）CH3+O2+2H2O，故答案为：HCCCH3+H2CH2=CHCH3；BrCH2CH（Br）CH3+2NaOHCH3CH（OH）CH2OH+2NaBr；HOCH2CH（OH）CH3
22、+O2+2H2O；（4）聚酯纤维（涤纶）的结构简式如图2：以两种烃为主要原料合成涤纶，链节中含有酯基，聚酯纤维是由乙二醇（HOCH2CH2OH）和通过缩聚形成的，其中乙二醇由乙烯通过加成反应、水解反应生成，可以由对二甲苯氧化生成，所以这两种烃的结构简式分别为：CH2=CH2、，故答案为：CH2=CH2；点评：本题考查有机合成与有机推断，题目难度中等，注意掌握常见有机物结构与性质，明确合成原理及常见有机反应类型，能够正确书写有机反应方程式，试题培养了学生的分析、理解能力及逻辑推理能力10（14分）某科研小组以难溶性钾长石（K2OAl2O36SiO2）为原料，提取Al2O3、K2CO3等物质，工艺
23、流程如下：（1）煅烧过程中有如下反应发生：钾长石中的硅元素在CaCO3作用下转化为CaSiO3，写出SiO2转化为CaSiO3的化学方程式：CaCO3+SiO2CaSiO3+CO2钾长石中的钾元素和铝元素在Na2CO3作用下转化为可溶性的NaAlO2和KAlO2，写出Al2O3转化为NaAlO2的化学方程式：Na2CO3+Al2O32NaAlO2+CO2（2）已知NaAlO2和KAlO2易发生如下水解反应：AlO2+2H2OAl（OH）3+OH“浸取”时应保持溶液呈碱性（填“酸”或“碱”），“浸取”时不断搅拌的目的是提高浸取速率（3）“转化”时加入NaOH的主要作用是（用离子方程式表示）HCO
24、3+OH=H2O+CO32（4）上述工艺中可以循环利用的主要物质是Na2CO3、CO2和水考点：物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用.专题：实验设计题分析：难溶性钾长石（K2OAl2O36SiO2）为原料加入碳酸钙，碳酸钠高温煅烧后加入水浸取得到浸出渣为硅酸钙，浸取液位偏铝酸钠溶液，通入过量二氧化碳气体生成氢氧化铝沉淀过滤得到固体氢氧化铝灼烧分解生成氧化铝；滤液中主要是碳酸氢钠溶液，加入氢氧化钠溶液反应生成碳酸钠，滤液主要是碳酸钾；（1）碳酸钙与二氧化硅在高温条件下反应生成硅酸钙和二氧化碳；氧化铝和碳酸钠在高温下反应生成偏铝酸钠和二氧化碳；（2）偏铝酸根离子在碱性条件下不水解；浸取时不断搅拌
25、目的是提高速率；（3）碳酸氢根离子与氢氧根离子反应生成碳酸根离子和水；（4）根据流程图推测可以循环利用的主要物质解答：解：（1）碳酸钙与二氧化硅在高温条件下反应生成硅酸钙和二氧化碳，该反应的化学方程式为：CaCO3+SiO2CaSiO3+CO2，故答案为：CaCO3+SiO2CaSiO3+CO2；氧化铝和碳酸钠在高温下反应生成偏铝酸钠和二氧化碳，Al2O3+Na2CO32NaAlO2+CO2，故答案为：Al2O3+Na2CO32NaAlO2+CO2；（2）偏铝酸根离子是强碱弱酸盐，在酸性溶液中会发生反应生成沉淀或铝离子，在中性溶液中会发生水解生成氢氧化铝，只有在碱性条件下，不反应不水解，所以在
26、须在碱性条件下，“浸取”时不断搅拌能提高浸取速率，故答案为：碱；提高浸取速率；（3）碳酸氢根离子与氢氧根离子反应生成碳酸根离子和水，碳酸氢根离子是弱酸的酸根离子不能拆成碳酸根离子和氢离子，离子反应方程式为HCO3+OH=CO32+H2O，故答案为：HCO3+OH=CO32+H2O；（4）煅烧时需要碳酸钠，在流程图提取碳酸钾之前可得到碳酸钠，所以碳酸钠为可循环利用的物质，在浸出液中需通二氧化碳，而碳酸钙与二氧化硅、氧化铝和碳酸钠在高温下反应都有二氧化碳生成，所以，二氧化碳是可循环使用的物质，故答案为：Na2CO3；CO2点评：本题主要考查了A1203、K2CO3等物质的提取，是工业流程题，依据相
27、关的物质的性质，读懂流程是解答的关键，题目难度中等11（15分）根据要求完成下列各小题实验目的（a、b 为弹簧夹，加热及固定装置已略去）（1）验证碳、硅非金属性的相对强弱（已知酸性：亚硫酸碳酸）连接仪器、检验装置的气密性、加药品后，打开a关闭 b，然后滴入浓硫酸，加热铜与浓硫酸反应的化学方程式是Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2+2H2O，装置A中的试剂是酸性KMnO4溶液能说明碳的非金属性比硅强的实验现象是：A中酸性KMnO4溶液不退色，Na2SiO3溶液中出现白色沉淀（2）验证 SO2的氧化性、还原性和酸性氧化物的通性打开b，关闭a能验证SO2具有氧化性的化学方程式是：2H2S+S
28、O23S+2H2O若大量的SO2通入NaOH溶液中，其化学方程式是：SO2+NaOHNaHSO3BaCl2溶液中无沉淀现象，将其分成两份，分別滴加下列溶液，将产生的沉淀的化学式填入下表相应位置滴加的溶液氯水氨水沉淀的化学式BaSO4BaSO3写出其中SO2 显示还原性并生成沉淀的离子方程式：Ba2+SO2+Cl2+2H2OBaSO4+4H+2Cl考点：性质实验方案的设计.专题：实验设计题分析：（1）验证碳、硅非金属性的相对强弱，是通过碳酸和可溶性硅酸盐反应析出硅酸沉淀实现的，所以为了保证实验效果和实验的顺利进行，须检查装置的气密性；铜与浓硫酸反应，铜被氧化成+2价的铜离子，硫酸被还原成+4价的
29、二氧化硫；高锰酸钾有强氧化性，能氧化二氧化硫；当A中KMnO4溶液没有完全褪色，说明二氧化硫已经完全除尽，盛有Na2SiO3溶液的试管中出现白色沉淀，说明碳的非金属性比硅强；（2）二氧化硫中硫元素的化合价是+4价，被硫化氢中2价的硫还原；若大量的SO2通入NaOH溶液中，生成NaHSO3；氯气具有氧化性，能将二氧化硫氧化成+6价的硫酸根离子，硫酸根离子和钡离子反应生成硫酸钡沉淀；解答：解：（1）为了保证实验的顺利进行，避免装入药品后发现装置气密性不好，更换部分仪器而浪费药品，避免装置漏气影响实验效果，所以连接仪器后须检查装置气密性，故答案为：检验装置的气密性；铜和热的浓硫酸反应，反应中Cu元素
30、的化合价由0升高到+2价，作还原剂，产物为二氧化硫、硫酸铜和水；高锰酸钾有氧化性，二氧化硫和高锰酸钾能发生氧化还原反应，反应的方程式为Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2+2H2O，故答案为：Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2+2H2O；酸性KMnO4溶液；二氧化硫中硫元素的化合价是+4价，属于中间价态，既有氧化性又有还原性，高锰酸钾有强氧化性，离子方程式为5SO2+2MnO4+2H2O2Mn2+5SO42+4H+，当A中KMnO4溶液没有完全褪色，说明二氧化硫已经完全除尽，避免了二氧化硫和可溶性硅酸盐反应，二氧化碳和水反应生成碳酸，碳酸和可溶性硅酸盐反应析出硅酸白色沉淀，说明碳
31、酸能制取硅酸，能证明碳酸酸性强于硅酸酸性，故答案为：A中酸性KMnO4溶液不退色，Na2SiO3溶液中出现白色沉淀；（2）二氧化硫中硫元素的化合价是+4价，有氧化性，二氧化硫气体与H2S溶液常温下反应，生成黄色固体硫（单质）和水，反应的方程式为2H2S+SO23S+2H2O，故答案为：2H2S+SO23S+2H2O；若大量的SO2通入NaOH溶液中，生成NaHSO3，方程式为SO2+NaOHNaHSO3，故答案为：SO2+NaOHNaHSO3；BaCl2溶液中无明显现象，将其分成两份，一份滴加氯水溶液，氯水中有氯气分子，氯气分子具有氧化性，能把二氧化硫氧化成+6价的硫酸根离子，硫酸根离子和钡离子反应生成硫酸钡白色沉淀，反应的方程式为Ba2+SO2+Cl2+2H2OBaSO4+4H+2Cl，另一份中滴加氨水，二氧化硫和水生成亚硫酸，亚硫酸和氨水反应生成亚硫酸铵，亚硫酸铵电离出氨根离子和亚硫酸根离子，亚硫酸根离子和钡离子反应生成亚硫酸钡沉淀，故答案为：BaSO4BaSO3Ba2+SO2+Cl2+2H2OBaSO4+4H+2Cl点评：本题考查实验方案的设计，涉及化学用语、物质性质、对装置的理解等，为高频考点，侧重于学生的分析能力和实验能力，难度不大，理解实验原理是解题的关键，注意基础知识的理解掌握