1、河北省张家口市宣化第一中学2020届高三化学上学期月考试题一、单选题（本大题共7小题，共42.0分）1. 化学知识无处不在，下列与古诗文记载对应的化学知识不正确的是常见古诗文记载化学知识A绿蚁新醅酒，红泥小火炉在酿酒的过程中，葡萄糖发生了水解反应B南安有黄长者为宅煮糖，宅垣忽坏，去土而糖白，后人遂效之。泥土具有吸附作用，能将红糖变白糖C陶成雅器，有素肌、玉骨之象焉制陶的主要原料是黏土，烧制陶瓷属硅酸盐工业D釆蒿蓼之属，晒干烧灰，以原水淋汁，久则凝淀如“石”，浣衣发面“石”即石碱，具有碱性，遇酸产生气体A. AB. BC. CD. D2. 为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A. 18g和18
2、g中含有的质子数均为B. 1L磷酸溶液中含有的离子数为C. 的过氧化氢催化分解，生成氧气时转移的电子数为D. 密闭容器中1molNO与充分反应，产物的分子数为3. 短周期主族元素A、B、C、D的原子序数依次增大，A、D同主族且D原子核电荷数等于A原子核电荷数的2倍，B、C原子的核外电子数之和与A、D原子的核外电子数之和相等。下列说法中一定正确的是A. B的原子半径比A的原子半径小B. A形成的氢化物分子中不可能含非极性键C. B单质与水反应，水可能作氧化剂也可能作还原剂D. C、D的最高价氧化物对应的水化物是酸4. 有、和六种粒子，属于同一氧化还原反应中的反应物和生成物，下列叙述不正确的是A.
3、 被氧化和被还原的离子数目比为8：1B. 该反应说明、在溶液不能大量共存C. 每1mol发生氧化反应，转移8molD. 若利用该反应设计原电池，则负极反应为：5. 以下实验设计能达到实验目的的是选项实验目的实验设计A证明非金属性强弱：B鉴别NaBr和KI溶液分别加新制氯水后，用萃取C除去固体中的将固体加热至恒重D证明相同温度下：向硝酸银溶液中加入溶液，出现白色沉淀，再加入几滴溶液，有黑色沉淀生成A. AB. BC. CD. D6. 下列有关有机物说法正确的是A. 糖类和蛋白质都属于天然高分子化合物B. 系统命名法命名：甲基丁酸C. 重结晶提纯苯甲酸：将粗品水溶、过滤、蒸发、结晶D. 有机物可与
4、乙醇、乙酸反应，且反应类型相同7. 某温度下，向溶液中滴加的溶液，滴加过程中与溶液体积的关系如图所示。下列有关说法正确的是A. 溶液中：B. a、b、c三点对应的溶液中，水的电离程度最大的为b点C. 该温度下，的数量级为D. 向10mL、物质的量浓度均为的混合溶液中逐滴加入的溶液，先沉淀已知：二、简答题（本大题共4小题，共48.0分）8. 治理汽车尾气和燃煤尾气是环境保护的重要课题。请回答下列问题：在汽车排气系统中安装三元催化转化器，可发生反应：。在恒容密闭容器中通入等量的CO和NO，发生上述反应时，随温度和时间的变化曲线如图所示。据此判断该反应的正反应为_填“放热”或“吸热”反应。温度时，该
5、反应的平衡常数_；反应速率正逆，、分别为正、逆反应速率常数，计算a处正：逆_。如图流程是一种新型的除去尾气中氮氧化物的技术，一般采用氨气或尿素作还原剂该技术中用尿素作还原剂还原的主要反应为：，则用作还原剂还原尾气中、NO的物质的量之比为1：的化学方程式为：_。哈伯法合成氨的流程图如图，下列五个流程中为提高原料利用率而采取的措施_填序号一种电化学制备的装置如图所示，图中陶瓷在高温时可以传输下列叙述正确的是_填选项A.Pd电极b为阴极 阴极的反应式为C.由阳极向阴极迁移 陶瓷可以隔离和也可用催化还原法消除烟气中氮氧化物的污染。已知：；则催化还原NO的热化学方程式为_。9. 锡渣主要成分是SnO，还
6、含有少量Fe、Cu、Sb、Pb、As等元素的氧化物。可用下列流程中的方法生产锡酸钠。已知：砷酸钡难溶于水，水碎液中溶质的主要成分为，碱熔就是在锡渣中加NaOH焙烧，SnO转变为，则SnO参加反应的化学方程式为_除杂1的目的是“除砷和铅”，加入硫化钠所发生反应的离子方程式为_；若要使的沉淀完全一般认为离子浓度小于时即沉淀完全，需等体积加入至少_的。除杂2中加入Sn粒的目的是_已知可溶于水，难溶于乙醇，加热至时会失去结晶水，所以最后一步从滤液中得到锡酸钠晶体的操作步骤为_、过滤、用洗涤、_。水碎渣中的铁元素主要以氧化物形式存在，回收比较容易，而铜冶炼过程中的铜渣中也有铁元素，但主要以硅酸铁的形式存
7、在，回收方法更复杂：需先加CaO作置换剂，发生钙铁置换反应，在反应过程中，加CaO的同时还需加入还原剂烟煤，则加入还原剂烟煤的作用是_10. 铜的化合物如、CuO、CuCl、等均有着广泛的应用。回答下列问题：基态的核外电子排布式为_。的空间构型为_用文字描述，与互为等电子体的分子为_。配离子中，的配位数是_。乙二胺分子中N原子轨道的杂化类型为_。中含有的键的数目为_。的熔点比CuCl的熔点高，其原因是_。晶体结构可能是_填字母。11. 根皮素是国外新近研究开发出来的一种新型天然美白剂，主要分布于苹果、梨等多汁水果的果皮及根皮。其中一种合成J的路线如图：已知：回答下列问题：的化学名称是_。E中的
8、官能团的名称为_。为溴代烃，请写出的反应条件_。写出由C生成D和由D生成E的反应类型_、_。的化学方程式为_。是E的同分异构体，同时符合下列条件的M的结构有_种不考虑立体异构能与溶液发生显色反应 能发生银镜反应设计以丙烯和1，丙二醛为起始原料制备的合成路线_无机试剂任选。三、实验题（本大题共1小题，共15.0分）12. 以黄铁矿主要成分为为原料制备氯化铁晶体的工艺流程如图：请按要求回答下列问题：需将硫铁矿粉碎再焙烧的目的是_。酸溶及后续过程中均需保持盐酸过量，其目的是_、_。尾气主要含、和少量的、。测定尾气中含量的方案如下：【方案甲】将标准状况下的尾气缓慢通过如下装置A中：仪器的名称是_，装置
9、C的作用是_。实验时先通入尾气，再通入一定量氮气，通过B装置的增重来测量的体积分数，请写出该方案合理与否的理由_。【方案乙】将标准状况下的尾气缓慢通过如下装置D中，充分与足量试剂M反应后，再滴入过量试剂N，经过滤、洗涤、干燥、用电子天平称得沉淀质量为。若试剂M、N分别是碘水、溶液，写出D中总反应的离子方程式：_。尾气中的体积分数为_。若试剂M是溶液，不再滴加试剂N，观察到D中生成的无色气体在瓶口处变为红棕色。写出和溶液反应的离子方程式：_。化学试卷答案和解析1.【答案】A【解析】解：葡萄糖属于单糖，不会发生水解反应，故A错误； B.“长者为宅煮糖，宅垣忽坏，去土而糖白”，蔗糖变白的原因是利用黄
10、泥的吸附作用，故B正确； C.陶瓷、玻璃、水泥都属于硅酸盐工业，制陶的主要原料是黏土，故C正确； D.草木灰中含有碳酸盐，碳酸盐显碱性，遇到酸会产生二氧化碳气体，故D正确； 故选：A。A.葡萄糖为单糖，不能水解； B.黄泥具有吸附作用，可除杂质； C.黏土是制作砖瓦和陶瓷的主要原料； D.草木灰的主要成分是碳酸钾；本题考查了物质的性质与应用，利用化学知识解答生活问题，熟悉物质的性质是解题关键，侧重于基础知识的考查，有利于培养学生的良好的科学素养和提高学习的积极性，难度不大。2.【答案】C【解析】解：A、的，故18g重水的物质的量，而重水中含10个质子，故重水中含质子数为，故A错误； B、磷酸属
11、于弱酸，弱电解质部分电离，故溶液中的离子数小于，故B错误； C、双氧水的分解为歧化反应，氧元素由价歧化为0价和价，氧元素由升到O，升高1价，为双原子分子，产生电子转移数为，故C正确； D、部分转化为，产物的分子数会小于，故D错误。 故选：C。A、重水的摩尔质量为； B、磷酸是弱酸，不能完全电离； C、双氧水分解时，氧元素由价歧化为0价和价； D、NO和氧气反应后生成的中存在平衡：。本题考查了物质的量和阿伏伽德罗常数的有关计算，掌握公式的运用和物质的结构是解题关键，应注意掌握基础的运算方法。3.【答案】C【解析】解：根据分析可知，A、D分别是O、S，B、C分别为F、P或Na、Al。 A.若B是N
12、a，则B的原子半径比大，故A错误； B.O形成的中含非极性键，故B错误； C.与水反应，水作还原剂，Na与水反应，水作氧化剂，故C正确； D.若C是Al，其最高价氧化物对应的水化物不是酸，故D错误； 故选：C。短周期主族元素A、B、C、D的原子序数依次增大，A、D同主族且D原子核电荷数等于A原子核电荷数的2倍，则A为O，D为S；B、C原子的核外电子数之和与A、D原子的核外电子数之和相等，B、C原子的核外电子数之和为，若B为F，C的核外电子数为，可知C为P，若B为Na，C的核外电子数为，可知C为Al，以此来解答。本题考查原子结构与元素周期律的应用，题目难度不大，推断元素为解答关键，注意掌握元素周
13、期律内容及常见元素化合物性质，试题侧重考查学生的分析能力及逻辑推理能力。4.【答案】C【解析】解：发生反应的离子方程式为， A.反应中氧化剂与还原剂物质的量之比为1：8，则被氧化和被还原的离子数目比为8：1，故A正确； B.酸性条件下可氧化，说明、在溶液不能大量共存，故B正确； C.若有发生还原反应，转移电子数为8mol，而不是氧化，故C错误； D.若把该反应设计成原电池，负极发生氧化反应，电极反应为，故D正确。 故选：C。由题意可以确定，铁元素的化合价升高，N元素的化合价格下降低，则有，该反应中氧化剂与还原剂物质的量之比为1：8；若有发生还原反应，转移电子数为8mol；若把该反应设计成原电池
14、，负极反应为，据此分析。本题考查氧化还原反应，侧重于学生的分析能力的考查，为高考常见题型，注意把握常见反应的特点以及物质的性质，学习中注意相关基础知识的积累，难度不大。5.【答案】B【解析】解：稀盐酸属于无氧酸，不是最高价氧化物对应的酸，所以不能根据证明非金属性，再者盐酸挥发，无洗气装置，故A错误； B.氯水与NaBr和KI反应分别生成、，两者都易溶于，分别在层中显橙红色、紫红色，故B正确； C.受热易分解，而受热不易分解，故C错误； D.硝酸银与氯化钠反应，硝酸银过量，硫化钠与溶液中的银离子直接反应，不能比较溶度积大小，故D错误； 故选：B。A.盐酸易挥发，与硅酸钠反应，且盐酸为无氧酸； B
15、.氯水可与NaBr反应生成溴，与KI反应生成碘，在四氯化碳中颜色不同； C.加热碳酸氢钠分解； D.硝酸银过量，均为沉淀生成。本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、反应与现象、沉淀生成、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。6.【答案】D【解析】解：单糖、低聚糖不属于高分子化合物，故A错误；B.H正确命名：甲基丁酸，故B错误；C.苯甲酸的溶解度不大，溶解后应趁热过滤减少苯甲酸的损失，故C错误；D.含与乙酸发生酯化反应，含与乙醇发生酯化反应，故D正确；故选：D。A.单糖不是高分子化合物；B.编号从靠近官能团一端开始；C.苯甲酸的溶解
16、度不大；D.含与乙酸发生酯化反应，含与乙醇发生酯化反应。本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意醇、羧酸、烯烃的性质，题目难度不大。7.【答案】C【解析】解：A、溶液中质子守恒关系为，故A错误；B、a、c两点、的水解促进了水的电离，水的电离程度增大，b点可认为是NaCl溶液，水的电离没有被促进，水的电离程度最小，故B错误；C、b点和溶液恰好反应生成CuS沉淀，即为CuS的饱和溶液，溶液中，即数量级为，故C正确；D、刚开始产生沉淀时，其中，则此时，同理，刚产生刚开始产生CuS沉淀时，c，其中，则此时，所以先沉淀，故D错误；故选
17、：C。A、根据溶液中质子守恒关系分析判断；B、a、c两点分别是强酸弱碱盐溶液和弱酸强碱盐溶液，对水的电离有促进作用，b点是NaCl溶液，不能促进水的电离；C、b点和溶液恰好反应生成CuS沉淀，是CuS的饱和溶液，由，所以饱和溶液中，结合计算；D、结合Ksp计算、沉淀时大小，需要离子浓度小的先沉淀，据此分析解答。本题考查沉淀溶解平衡知识，根据图象所提供的信息计算出CuS的数值是关键，对于同类型的沉淀可直接根据数值比较溶解性情况，不同类型的沉淀则需要定量计算比较，这是易错点，题目难度中等。8.【答案】放热 80 160 BCD 【解析】解：由图可知大时CO浓度高，则升高温度平衡逆向移动，则正反应为
18、放热反应，故答案为：放热；温度时，平衡时CO的浓度为，则 开始 00转化 平衡 ；a处时CO的浓度为，则 起始 0 0转化 a点 平衡时，因正逆则，故：平衡常数，则正：逆：，故答案为：80；160；用作还原剂还原尾气中、NO的物质的量之比为1：的化学方程式为，故答案为：；流程中为提高原料利用率而采取的措施为，且净化干燥、催化剂不影响平衡移动，故答案为：；电极b上是氢气发生氧化反应，Pd电极b为阳极，故A错误；B.Pd电极a为阴极，发生还原反应，故B正确；C.阳离子向阴极移动，故C正确；D.陶瓷隔离和，使之分别在阴极、阳极放电，故D正确；故答案为：BCD；由；，结合盖斯定律可知，得到，故答案为：
19、。由图可知大时CO浓度高，则升高温度平衡逆向移动；温度时，平衡时CO的浓度为，则 开始 0 0转化 平衡 K为生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比；a处时CO的浓度为，则 起始 0 0转化 a点 正：逆：；用作还原剂还原尾气中NO，生成氮气和水；提高原料利用率，可增大压强，分离出生成物，循环使用反应物，使平衡正向移动；由图可知为氢气失去电子，氮气得到电子，阳离子向阴极移动；由；，结合盖斯定律可知，得到。本题考查化学平衡的计算，为高频考点，把握化学平衡三段法、K及速率计算、焓变计算为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，综合性较强，题目难度中等。9.【答案】 除去或除锑 在以下加热蒸发或蒸发浓
20、缩、冷却结晶 低温干燥 还原FeO以减少生成物，使钙铁置换反应向正反应方向移动【解析】解：在锡渣中加NaOH焙烧，SnO转变为，反应的方程式为， 故答案为：； 加入硫化钠所发生反应的离子方程式为， 假定溶液体积为VL，在混合体系中的存在形式由两部分构成，一部分与沉淀，需；同时溶液中存在的溶解平衡， 此时， 需，故， 故答案为：； 除杂2中加入Sn粒的目的是除去或除锑，故答案为：除去或除锑； 最后一步从滤液中得到锡酸钠晶体的操作步骤为在以下加热蒸发或蒸发浓缩、过滤、用乙醇洗涤、然后低温干燥， 故答案为：在以下加热蒸发或蒸发浓缩、冷却结晶；乙醇；低温干燥； 为可逆反应，加入还原剂烟煤，具有还原性，
21、可还原FeO以减少生成物，使钙铁置换反应向正反应方向移动， 故答案为：还原FeO以减少生成物，使钙铁置换反应向正反应方向移动。以锡锑渣主要含Sn、Sb、As、Pb的氧化物为原料，制备锡酸钠，锡锑渣加入烧碱反应碱浸，加入硫化钠脱铅生成硫化铅渣，加入氢氧化钡脱砷生成砷酸钡渣，加入锡粒脱锑得到锑渣，最后得到锡酸钠溶液，蒸发结晶、趁热过滤洗涤、干燥得到晶体。本题考查混合物分离的综合应用，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、混合物分离方法、实验技能为解答关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。10.【答案】 三角锥形 、 4 杂化 CuO的阴阳离子半径小于CuCl的阴
22、阳离子半径，CuO阴阳离子所带电荷大于CuCl 阴阳离子所带电荷，CuO的晶格能更大 C【解析】解：原子核外电子数为29，核外电子排布式为，基态Cu失去2个电子生成基态，所以的核外电子排布式或，故答案为：或；的中心原子I的价层电子对数，VSEPR模型为四面体，略去1对孤电子对，即为的空间构型为三角锥形；与互为等电子体的有或或或等，故答案为：三角锥形，或或或等；配离子中，配体为2个分子，其中4个N原子均为配位原子，所以的配位数是4，故答案为：4；乙二胺分子中的N原子形成3个键，还有1对孤电子对，所以N原子为杂化，故答案为：；配离子中，的配位数是4，则每个N原子与Cu形成一个配位键，结构图为，一个
23、离子中含有4个配位键、8个键、8个键、2个键、4个键，共26个键，所以中含有的键的数目，故答案为：；离子化合物中，离子半径越小，离子键越强，熔点越高，离子半径，CuO阴阳离子所带电荷大于CuCl阴阳离子所带电荷，CuO中晶格能大，则CuO的熔点比CuCl的熔点高，故答案为：CuO的阴阳离子半径小于CuCl的离子半径，CuO阴阳离子所带电荷大于CuCl阴阳离子所带电荷，CuO中晶格能大；是分子晶体的晶胞结构，不符合，可排除。中离子数目之比为2：1，用均摊法计算B和C晶胞中各离子的数目进行判断。B中黑色球和白色球的数目之比为1：1，不符合；C中黑色球与白色球的数目之比为4：1，符合中离子数目之比，
24、故选C，故答案为：C。原子核外电子数为29，根据能量最低原理书写核外电子排布式，基态Cu失去2个电子生成基态，据此的核外电子排布式；根据价层电子互斥理论计算的中心原子I的价层电子对数，得到VSEPR模型，略去孤电子对即为的空间构型；原子数、价电子数均相同的微粒互为等电子体；配离子中，的配位数是4；乙二胺分子中的N原子形成3个键，还有1对孤电子对；配离子中，的配位数是4，则每个N原子与Cu形成一个配位键，结构图为；离子化合物中，离子半径越小，离子键越强，晶格能大，熔点越高；是分子晶体的晶胞结构，用均摊法计算B和C晶胞中各离子的数目进行判断。本题考查了物质结构与性质，涉及核外电子排布、电负性、杂化
25、方式与空间构型判断、等电子体、氢键、化学键的类型及计算等，把握粒子的结构式是解题关键，侧重于学生综合能力的考查，题目难度中等。11.【答案】对甲基苯酚或甲基苯酚 醚键、醛基 铁、液溴 取代反应 氧化反应 13【解析】解：的结构简式为：，苯酚为母体，取代基为甲基，其化学名称是：对甲基苯酚或甲基苯酚。E中的官能团的名称为：醚键、醛基，故答案为：对甲基苯酚或甲基苯酚；醚键、醛基；为溴代烃，对比A、B的结构可知，应是发生苯环上溴代反应，的反应条件：铁、液溴，故答案为：铁、液溴；由C生成D是酚羟基中氢原子被甲基替代，属于取代反应。由D生成E是甲基转化为醛基，属于氧化反应，故答案为：取代反应；氧化反应；的
26、化学方程式为，故答案为：；是E的同分异构体，M同时符合下列条件：能与溶液发生显色反应，说明含有酚羟基，能发生银镜反应，说明含有醛基，苯环上有一个、一个和一个共有10种。苯环上有一个和一个，处于邻、间、对共3种，所以共有13种，故答案为：13；由可知，与反应生成丙烯与HCl发生加成反应生成，然后水解生成，再发生氧化反应生成，合成路线流程图为：，故答案为：。中B为溴代烃，对比A、B的结构可知，A与溴在Fe作催化剂条件下发生取代反应生成B，B发生卤代烃的水解反应生成C，故B为与发生取代反应生成D，D中发生氧化反应生成由G的结构简式、H的化学式、J的结构简式，可知F与G之间先脱去1分子水，然后酚羟基再
27、与NaOH发生中和反应，可知脱水产物含有4个酚羟基，而J的分子中比I的多2个H原子，可知E与HI反应又引入酚羟基得到F，F的醛基与G中甲基之间脱去1分子水，故F为、H为，则I为，I中碳碳双键与氢气发生加成反应生成J。由可知，与反应生成丙烯与HCl发生加成反应生成，然后水解生成，再发生氧化反应生成。本题考查有机物的推断与合成，充分利用J的结构简式进行分析，较好地考查学生分析推理能力、知识迁移运用能力，是有机化学基础经典题型，熟练掌握官能团的性质与转化。12.【答案】增大与空气的接触面积，提高反应速率 提高铁元素的浸出率 抑制水解 干燥管 防止空气中的水蒸气、被B装置吸收 该方案不合理，因为尾气中
28、的也能被B装置中的碱石灰吸收，致使所测气体Z即二氧化硫的体积分数偏大 【解析】解：由以硫铁矿主要成分为为原料制备氯化铁晶体的流程可知，在焙烧时与氧气反应生成四氧化三铁和二氧化硫，然后四氧化三铁溶于盐酸生成氯化铁，过滤后滤液中加氧化剂氯气或氯水等，除去混有的亚铁离子，最后结晶制备晶体，高温煅烧时，黄铁矿要粉碎成细小的颗粒，这样可以增大黄铁矿与空气的接触面积，提高反应速率，故答案为：增大与空气的接触面积，提高反应速率；加入过量的酸，提高铁元素的浸出率，抑制水解，故答案为：提高铁元素的浸出率；抑制水解；仪器C为干燥管，吸收空气中的水蒸气、，防止被B装置吸收，避免影响二氧化硫测定，故答案为：干燥管；防
29、止空气中的水蒸气、被B装置吸收；尾气中的也能被B装置中的碱石灰吸收，致使所测气体Z即二氧化硫的体积分数偏大，该实验方案不合理，故答案为：该方案不合理，因为尾气中的也能被B装置中的碱石灰吸收，致使所测气体Z即二氧化硫的体积分数偏大；若试剂M、N分别是碘水、溶液，溴与二氧化硫在溶液中反应生成硫酸与HI，硫酸与氯化钡反应生成硫酸钡与HCl，反应离子方程式为，沉淀为硫酸钡的质量，根据S原子守恒，设尾气中的体积分数为 233g ，故答案为：；若试剂M是溶液，不再滴加试剂N，二氧化硫溶于水呈酸性，酸性条件下硝酸根具有强氧化性，将亚硫酸氧化为硫酸，硫酸反应生成硫酸钡沉淀，硝酸根被还原为NO，反应中离子方程式
30、为：，故答案为：。硫铁矿在空气中焙烧，发生的反应为，将得到的固体酸溶，发生的反应为，然后过滤，向滤液中加入氧化剂X将亚铁离子氧化生成铁离子，不能移入新杂质，可以是氯气或过氧化氢，然后将溶液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到晶体，过量的盐酸可以抑制铁离子水解。增大黄铁矿与空气的接触面积，可以提高反应速率；氯化铁中的铁离子易水解，显示酸性，据此分析；根据仪器C的构造确定名称，碱石灰具有碱性和吸水性，据此分析；分析尾气成分，了解和都是酸性氧化物，都能被碱石灰吸收，据此分解解答；若试剂M、N分别是碘水、溶液，碘与二氧化硫在溶液中反应生成硫酸与HI，硫酸与氯化钡反应生成硫酸钡与HCl；沉淀为硫酸钡，根据S原子守恒计算，设尾气中的体积分数为 233g 据此可算尾气中的体积分数；若试剂M是溶液，不再滴加试剂N，二氧化硫溶于水呈酸性，酸性条件下硝酸根具有强氧化性，将亚硫酸氧化为硫酸，硫酸反应生成硫酸钡沉淀，硝酸根被还原为NO。本题考查物质准备工艺流程、物质含量测定、对试剂的分析评价、实验方案评价、离子方程式书写等，熟练掌握元素化合物性质，是对对学生综合能力的考查。
