2022-2023学年黑龙江省龙西北八校联合体高一上学期第一次月考化学试题含解析

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黑龙江省龙西北八校联合体2022-2023学年高一上学期第一次月考化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．化学与生活等密切相关，下列说法不正确的是
A．葡萄糖注射液不能产生丁达尔效应
B．“铁质菜刀生锈”与氧化还原反应有关
C．为防止中秋月饼等富脂食品因被氧化而变质，常在包装袋中放入生石灰或硅胶
D．维生素C可将Fe3+转变为Fe2+，所以维生素C具有还原性
【答案】C
【详解】A．葡萄糖注射液是溶液，不属于胶体，不能产生丁达尔效应现象，选项A正确；
B．铁质菜刀生锈铁转化为了氧化铁，涉及氧化还原反应，选项B正确；
C．生石灰或硅胶都不具有还原性，所以不能防止食品被氧化变质，选项C不正确；
D．在维生素C可将铁离子转化为亚铁离子中，Fe元素的化合价降低，则维生素C中某元素的化合价升高，所以维生素C具有还原性，选项D正确；
答案选C。
2．下列有关物质的分类错误的是
A．混合物：医用酒精、空气、稀硫酸 B．化合物：烧碱、氧化镁、硫酸
C．盐：氯化钠、石灰石、生石灰 D．单质：石墨、臭氧、水银
【答案】C
【详解】A． 混合物：医用酒精是乙醇和水的混合物、空气是氧气和氮气等物质的混合物、稀硫酸是硫酸和水的混合物，故A正确；
B． 化合物：烧碱、氧化镁、硫酸都是由两种或两种以上的元素组成的化合物，故B正确；
C． 盐：氯化钠、石灰石，而生石灰属于氧化物，故C错误；
D． 单质：石墨、臭氧、水银三种物质都只由一种元素组成的纯净物，故D正确；
故选C。
3．下列说法不正确的是
A．KCl溶液、淀粉溶液和纯水都属于分散系
B．在豆浆里加入盐卤做豆腐与胶体的聚沉有关
C．胶体与溶液的分离可用渗析的方法
D．胶体和溶液的本质区别是分散质粒子直径大小不同
【答案】A
【详解】A． KCl溶液、淀粉溶液都属于分散系，纯水属于纯净物，故A错误；
B． 豆浆属于胶体，在豆浆里加入盐卤做豆腐与胶体的聚沉有关，故B正确；
C． 溶液可以通过半透膜，胶体不能透过，可以用渗析的方法分离胶体和溶液，故C正确；
D． 胶体和溶液的本质区别是分散质粒子直径大小不同，胶体粒子的大小在1-100nm之间，溶液中的溶质粒子直径小于1nm，故D正确；
故选A。
4．如图是制备Fe(OH)3胶体的示意图，下列关于制备过程的叙述正确的是

A．将FeCl3稀溶液滴入温水中即可
B．将饱和FeCl3溶液滴入NaOH溶液中
C．将饱和FeCl3溶液滴入加热沸腾的水中
D．将浓氨水滴入沸腾的饱和FeCl3溶液中
【答案】C
【详解】A．将FeCl3稀溶液滴入温水中，由于水解程度小，不能制备Fe(OH)3胶体，故A错误；
B．将饱和FeCl3溶液滴入NaOH溶液中，发生化学反应，生成Fe(OH)3沉淀，即Fe3++3OH-=Fe(OH)3↓，故B错误；
C．将饱和FeCl3溶液滴入沸水中，并继续加热煮沸得到红褐色液体即可，是实验室制备胶体的方法，即Fe3++3H2OFe(OH)3(胶体)+3H+，故C正确；
D．将浓氨水滴入沸腾的饱和FeCl3溶液中，发生化学反应，生成Fe(OH)3沉淀，即Fe3++3NH3·H2O=Fe(OH)3↓+3，故D错误；
答案为C。
5．以下能证明CO2属于酸性氧化物的是
A．CO2的水溶液显酸性
B．CO2可以与氢氧化钠反应生成碳酸钠
C．CO2可以与氧化钙反应生成碳酸钙
D．CO2可以与碳在高温下反应生成一氧化碳
【答案】B
【详解】酸性氧化物的定义是能与碱反应生成盐和水的氧化物，故B能证明，其他性质都不是酸性氧化物必备的性质，B正确；
答案选B。
6．经测定，一瓶气体中只含有C、O两种元素，通常情况下这瓶气体不可能是
A．一种化合物 B．一种单质和一种化合物的混合物
C．两种化合物 D．两种单质
【答案】D
【详解】A．一瓶气体中只含有C、O两种元素，若为纯净物，可能是化合物CO、CO2中任意一种，A不符合题意；
B．由于C单质在室温下为固体，O元素的单质O2或O3呈气态，则若该气体是一种单质和一种化合物的混合物，只能是O2与CO或O2与CO2的混合物；或O3与CO或O3与CO2的混合物，B不符合题意；
C．只含有C、O两种元素的气体若是两种化合物，则该气体是CO、CO2的混合物，C不符合题意；
D．若为一种单质一种化合物，由于C元素的单质是固体，O元素的单质可能是O2或O3，O2或O3在常温下呈气态，因此一瓶气体中若只含有C、O两种元素，不可能是两种单质，D符合题意；
故合理选项是D。
7．下列变化需要加入氧化剂的是（   ）
A．S2﹣→HS﹣    B．HCO3﹣→CO2 C．2Cl﹣→Cl2 D．Cu2+→Cu
【答案】C
【分析】需要加入氧化剂才能实现，说明该物质作还原剂，在反应中失电子化合价升高，据此分析解答。
【详解】A．S2﹣→HS﹣中硫元素化合价不变，所以不是氧化还原反应，A错误；
B．HCO3﹣→CO2中C、O元素化合价不变，所以不是氧化还原反应，B错误；
C.2Cl﹣→Cl2中Cl元素化合价由﹣1价变为0价，所以氯离子作还原剂，需要加入氧化剂才能实现，C正确；
D．Cu2+→Cu中Cu元素化合价由+2价变为0价，所以铜离子作氧化剂，需要加入还原剂才能实现，D错误；
答案选C。
8．构建知识网络是一种重要的学习方法。如图是关于盐酸化学性质的知识网络图：“﹣”表示相连的两种物质能发生反应，“→”表示一种物质能转化为另一种物质。若A、B、C分别属于不同类别的化合物，则A、B、C可能是

A．CuO、Ba(OH)2、CuSO4
B．NaOH、HNO3、K2CO3
C．KOH、FeCl3、Na2CO3
D．NaOH、Ba(NO3)2、H2SO4
【答案】B
【详解】A．盐酸不与硫酸铜反应，盐酸不能转化为氢氧化钡，氢氧化钡不与氧化铜反应，故A不符合题意；
B．盐酸和氢氧化钠、碳酸钾都能反应，和硝酸银反应生成硝酸，硝酸和氢氧化钠、碳酸钾都能反应，故B符合题意；
C．氯化铁和碳酸钠均为盐，属于相同类别的化合物，故C不符合题意；
D．盐酸不能转化为硝酸钡，盐酸不与硫酸反应，氢氧化钠与硝酸钡不反应，故D不符合题意；
故答案：B。
9．下列说法正确的是
A．熔融NaCl能导电，是因为通电时NaCl发生了电离
B．NaCl固体不导电，因为NaCl固体中无带电微粒
C．NH4NO3电离时产生了NH、NO，无金属离子，所以NH4NO3不是盐
D．NaHSO4在水溶液中电离生成了Na＋、H＋、SO三种离子
【答案】D
【详解】A．熔融NaCl能导电，是因为熔融状态下氯化钠电离生成了钠离子和氯离子，不是由通电造成的，A错误；
B．NaCl固体不导电，是因为氯化钠固体中不含自由移动的电子或离子，不是因为NaCl固体中无带电微粒，B错误；
C．由金属离子或铵根离子与酸根阴离子构成的化合物为盐，NH4NO3电离时产生了NH、NO，属于盐，C错误；
D．NaHSO4为强酸的酸式盐，在水溶液中电离生成了Na＋、H＋、SO三种离子，D正确；
答案选D。
10．下列离子方程式正确的是
A．醋酸和碳酸钙反应：2H++CaCO3→Ca2++CO2↑+H2O
B．铁粉与稀H2SO4反应：2Fe+6H+→2Fe3++3H2↑
C．Cu(OH)2与稀H2SO4反应：OH-+H+=H2O
D．Na2CO3溶液中和足量盐酸反应：CO+2H+→CO2↑+H2O
【答案】D
【详解】A． 醋酸是弱酸，醋酸和碳酸钙反应：2CH3COOH+CaCO3=Ca2++CO2↑+H2O+2CH3COO-，故A错误；
B． 铁粉与稀H2SO4反应生成硫酸亚铁和氢气：Fe+2H+=Fe2++H2↑，故B错误；
C． Cu(OH)2是难溶固体，Cu(OH)2与稀H2SO4反应：Cu(OH)2+2H+=2H2O+Cu2+，故C错误；
D． Na2CO3溶液中和足量盐酸反应生成氯化钠、水和二氧化碳：CO+2H+=CO2↑+H2O，故D正确；
故选D。
11．在碱性溶液中能大量共存且溶液为无色透明的是
A．K+、MnO、Na+、Cl- B．K+、Na+、NO、CO
C．Na+、H+、NO、SO D．Fe3+、Na+、Cl-、SO
【答案】B
【详解】A．MnO呈紫红色，不符合题意的无色溶液，A错误；
B．四种离子之间不反应，能共存，B正确；
C．H+在碱性溶液中不能大量存在，C错误；
D．Fe3+呈黄色，且Fe3+在碱性溶液中不能大量存在，D错误；
故选：B。
12．下列氧化还原反应方程式中所标电子转移方向与数目错误的是
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【详解】A．该反应中Fe元素化合价从0价变为+2价，H元素化合价从+1变为0价，根据得失电子守恒，反应中转移电子数为2，A正确；
B．该反应中NO中N元素化合价从+2变为+5价，O2中O元素化合价从0价变为-2价，根据得失电子守恒，反应中转移电子数为12，B正确；
C．该反应中Cl2中部分Cl元素化合价从0升高为+1价，部分Cl元素化合价从0价降为-1价，根据原子守恒及得失电子守恒，反应中转移电子数为2，C正确；
D．该反应中KClO3中Cl元素化合价从+5变为0价，HCl中Cl元素化合价从-1价变为0价，根据得失电子守恒，反应中转移电子数为5，转移电子数计算不对，D错误；
答案选D。
【点睛】注意箭头的方向和转移电子的数目。
13．如图是两组物质之间在一定的条件下相互转化的过程。下列是绿色植物通过光合作用的图示，则说法不正确的是

A．物质X是氧气
B．绿色植物的光合作用属于化学变化
C．C6H12O6属于非电解质
D．C6H12O6与X反应生成二氧化碳和水属于置换反应
【答案】D
【详解】A、二氧化碳和水在叶绿素和光的作用下发生光合作用，生成葡萄糖和氧气，所以物质X为氧气，故A正确；
B、二氧化碳和水在叶绿素和光的作用下发生光合作用，生成葡萄糖和氧气，所以绿色植物的光合作用属于化学变化，故B正确；
C、C6H12O6在水溶液中和熔融状态下，均不能导电，属于非电解质，故C正确；
D、置换反应的特点是反应物生成物均是一种单质和一种化合物，而C6H12O6与O2反应生成CO2和H2O是两种化合物，所以说，C6H12O6与O2的反应不属于置换反应，故D错误；
故答案选D。
14．向一定体积的Ba(OH)2溶液中逐滴加入H2SO4溶液，测得混合溶液的导电能力随时间的变化曲线如图所示。下列说法正确的是

A．AB段溶液的导电能力不断减弱，说明产物BaSO4是非电解质
B．AB段反应的离子方程式为Ba2++2OH-+2H++=BaSO4↓+2H2O
C．BC段溶液的导电能力不断增强，说明过量的Ba(OH)2发生电离
D．BC段溶液中，Al3+、Na+、不能大量共存
【答案】B
【详解】A．AB段，溶液中的Ba(OH)2不断被硫酸中和，生成BaSO4(虽然是强电解质，但难溶于水)和水，溶液中离子浓度不断减小，导电能力不断减弱，A不正确；
B．AB段，Ba(OH)2与H2SO4发生反应Ba(OH)2+ H2SO4= BaSO4↓+ 2H2O，离子方程式为Ba2++2OH-+2H++=BaSO4↓+2H2O，B正确；
C．BC段溶液中，过量硫酸的物质的量不断增多，溶液中离子浓度不断增大，导电能力不断增强，C不正确；
D．BC段，溶液中硫酸过量，溶液呈酸性，Al3+、Na+、都能大量共存，D不符合题意；
故选B。
15．在甲、乙两烧杯溶液中，分别含有大量Cu2+、K+、H+、Cl-、、OH-6种离子中的3种，已知甲烧杯的溶液呈碱性，则乙烧杯溶液中大量存在的离子是
A．K+、H+、 B．、OH-、Cl-
C．K+、、Cl- D．Cu2+、H+、Cl-
【答案】D
【详解】甲烧杯的溶液呈碱性，则一定含有OH-，与OH-不能大量共存的Cu2+、H+在乙组；与Cu2+、H+不能大量共存的在甲组；再从溶液呈电中性分析，甲组中还含有K+，乙组中还含有Cl-，从而得出乙组中含有Cu2+、H+、Cl-，故选D。
16．取某固体样品，进行如下实验
①取一定量的样品，加足量水充分溶解，过滤得到滤液和滤渣；
②取少量滤液，加入BaCl2溶液，有白色沉淀产生；
③取少量滤渣，加入稀盐酸，滤渣全部溶解，同时有气体产生。
根据上述实验现象，该固体样品的成分可能是
A．K2SO4、Ba(OH)2、Na2CO3 B．Na2CO3、AgNO3、KNO3
C．K2CO3、NaCl、Ba(NO3)2 D．KNO3、MgCl2、NaOH
【答案】C
【详解】A. K2SO4、Ba(OH)2、Na2CO3硫酸钡和碳酸钡沉淀，硫酸钡不溶于水盐酸，不符合③，故A错误；
B. Na2CO3、AgNO3、KNO3三者能够反应生成碳酸银沉淀，与盐酸反应会生成氯化银沉淀，不符合③，故B错误；
C. K2CO3、NaCl、Ba(NO3)2三者能够反应生成碳酸钡沉淀，滤液中可能含有碳酸根离子，加入氯化钡溶液生成白色沉淀，滤渣碳酸钡能够与盐酸反应放出二氧化碳而溶解，符合上述实验过程，故C正确；
D. KNO3、MgCl2、NaOH三者能够反应生成氢氧化镁沉淀，氢氧化镁与盐酸反应没有气体放出，不符合③，故D错误；
故选C。
【点睛】解答本题可以按照各选项提供的试剂进行实验，符合题中实验现象即可。需要注意的是②，白色沉淀可能为硫酸钡或碳酸钡，也可能为氯化银。
17．下列溶液里离子检验的结论正确的是
A．加稀盐酸产生无色无味气体，将气体通入澄清石灰水，石灰水变浑浊，原溶液可能含CO32－
B．加BaCl2溶液有白色沉淀产生，再加盐酸，沉淀不溶解，原溶液一定含有SO42－
C．加AgNO3溶液有白色沉淀产生，原溶液一定含有Cl－
D．加Na2CO3溶液有白色沉淀产生，再加盐酸，沉淀消失，原溶液中一定含有Ba2+
【答案】A
【详解】A、加稀盐酸产生无色无味气体，将气体通入澄清石灰水，石灰水变浑浊，说明该气体是二氧化碳，原溶液中可能含有CO32- 或HCO3-，选项A正确；
B、加入氯化钡溶液有白色沉淀产生，再加盐酸，沉淀不消失，该白色沉淀可能为硫酸钡或氯化银，则原溶液中可能含有SO42－或Ag+，选项B错误；
C、加入AgNO3溶液有白色沉淀生成，不一定为AgCl沉淀，可能为硫酸银等，应加入硝酸酸化，则原溶液中不一定含有Cl－，选项C错误；
D、加入碳酸钠溶液产生白色沉淀，再加盐酸，白色沉淀消失，可能有Ba2＋、Ca2+等，选项D错误；
答案选A。
【点睛】本题考查了常见离子的检验方法，题目难度中等，试题侧重于检验方法的评价，注意把握常见离子的性质以及检验方法，检验时要排除其它离子的干扰，如检验氯离子时应注意碳酸根离子、硫酸根离子的干扰；检验碳酸根离子时注意碳酸氢根离子、亚硫酸根离子、亚硫酸氢根离子的干扰。
18．某无色澄清溶液中可能含有：①Na+、②、③Cl-、④、⑤、⑥H+、⑦Cu2+中的若干种，依次进行下列实验，且每步所加试剂均过量，观察到的现象如下：
步骤
操作
现象
(1)
用紫色石蕊试液检验
溶液变红
(2)
向溶液中滴加BaCl2溶液和稀盐酸
有白色沉淀生成
(3)
将(2)中所得混合物过滤，向滤液中加入AgNO3溶液和稀HNO3
有白色沉淀生成

下列结论正确的是A．该实验无法确定是否含有④ B．肯定含有的离子是③④⑥
C．可能含有的离子是①③⑦ D．肯定没有的离子是④⑤⑦，可能含有的离子是①③
【答案】D
【分析】原溶液无色澄清，则肯定不含⑦Cu2+；实验(1)：用紫色石蕊试液检验，溶液变红，则肯定含有⑥H+、肯定不含有④、⑤；实验(2)：向溶液中滴加BaCl2溶液和稀盐酸，有白色沉淀生成，则肯定含有②；实验(3)：将(2)中所得混合物过滤，向滤液中加入AgNO3溶液和稀HNO3，有白色沉淀生成，证明(2)中含有Cl-，但由于(2)中引入了Cl-，所以无法确定原溶液中是否含有Cl-。由分析可知，原溶液中肯定含有②、⑥H+，肯定不含有④、⑤、⑦Cu2+，可能含有①Na+、③Cl-。
【详解】A．由实验(1)可知，用紫色石蕊试液检验，溶液变红，则肯定不含有④，A不正确；
B．由实验(1)可知，溶液中肯定不含有④、⑤，但不能肯定Cl-是否存在，B不正确；
C．题干信息显示，原溶液无色，则肯定不含有⑦Cu2+，①Na+、③Cl-不能确定是否存在，C不正确；
D．综合分析实验(1)、(2)，原溶液中肯定没有的离子是④、⑤、⑦Cu2+中，可能含有的离子是①Na+、③Cl-，D正确；
故选D。
19．室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是
A．NaOH溶液中：Na+、K+、、 B．FeCl2溶液中：K+、Mg2+、、OH-
C．K2CO3溶液中：Na+、Ba2+、Cl-、OH- D．H2SO4溶液中：K+、、、
【答案】A
【详解】A．NaOH溶液中，Na+、K+、、都能稳定存在，则离子可以大量共存，A符合题意；
B．FeCl2、Mg2+都能与OH-反应，生成Fe(OH)2、Mg(OH)2沉淀，B不符合题意；
C．K2CO3溶液中，Ba2+会生成BaCO3沉淀，离子不能大量共存，C不符合题意；
D．H2SO4溶液中，会转化为CO2和水，离子不能大量共存，D不符合题意；
故选A。
20．某K2CO3固体样品中含有Na2CO3、KNO3和Ba(NO3)2三种杂质中的一种或两种。现将13.8g样品加入足量水，样品全部溶解，再加入过量的CaCl2溶液，得到9g沉淀。对样品所含杂质判断完全正确的是
A．肯定有KNO3，可能还含有Na2CO3 B．肯定有KNO3，没有Na2CO3
C．肯定没有Ba(NO3)2，可能有KNO3 D．肯定没有Na2CO3和Ba(NO3)2
【答案】A
【详解】样品溶于水后，全部溶解，则样品中一定不含有Ba(NO3)2；若13.8g样品全部为K2CO3，则物质的量为=0.1mol，9g沉淀为CaCO3，物质的量为=0.09mol；若样品中不含KNO3、只含Na2CO3，则与CaCl2反应产生的CaCO3质量应大于10g；则样品中一定含有KNO3，不能确定Na2CO3是否存在，也就是样品中肯定有KNO3，可能还含有Na2CO3。故选A。

二、填空题
21．现有下列11种物质：①Fe；②CO2；③空气；④CaO；⑤HNO3；⑥Ca(OH)2；⑦碘酒：⑧CuSO4·5H2O；⑨乙醇：⑩NaHCO3；⑪Fe(OH)3胶体：
（1）属于混合物的是___________（填序号，下同）；
（2）属于氧化物的是___________；
（3）属于酸的是___________；
（4）属于碱的是___________；
（5）属于盐的是___________；
（6）属于（或含有）有机物的是___________；
（7）可出现丁达尔效应的是___________。
【答案】     ③⑦⑪     ②④     ⑤     ⑥     ⑧⑩     ⑦⑨     ⑪
【详解】（1）由两种或两种以上物质组成的是混合物，属于混合物的是空气、碘酒、氢氧化铁胶体；
（2）由两种元素组成，其中一种是氧元素的化合物是氧化物，属于氧化物的是CO2、CaO。
（3）电离出的阳离子全部是氢离子的化合物是酸，属于酸的是硝酸；
（4）电离出的阴离子全部是氢氧根离子的化合物是碱，属于碱的是氢氧化钙；
（5）由金属阳离子或铵根离子与酸根离子组成的化合物是盐，属于盐的是CuSO4·5H2O、NaHCO3；
（6）属于（或含有）有机物的是碘酒和乙醇；
（7）可出现丁达尔效应的是Fe(OH)3胶体。

三、元素或物质推断题
22．已知：甲、乙、丙、丁为常见化合物，A、B为单质，相互转化关系如图。其中甲是天然气的主要成分。回答下列问题：

（1）丁物质的名称：______，丙物质的化学式：_________________________________________。
（2）检验化合物乙的化学方程式：___________________________________________________。
（3）试剂X可能的化学式：________、________(要求：所选物质类别不同)。
（4）通过分析表明：燃料充分燃烧的条件之一是______________________________。
（5）取变红溶液于试管中加热，观察到的现象有_______________________________________。
【答案】     水     CO     CO2＋Ca(OH)2=CaCO3↓＋H2O     O2     CuO     充足的氧气     红色溶液变成紫色，有气泡冒出
【分析】甲是天然气的主要成分，则甲是甲烷，甲与A，B与A能燃烧，则A是氧气，丁电解生成A、B，则B是氢气，丁是水，乙与水加入紫色石蕊试液后溶液变红，则乙是二氧化碳，丙与乙可以相互转化，则丙是一氧化碳，据此分析解答。
【详解】(1)根据分析可知丁是水，丙是CO，故答案为：水；CO；
(2)检验二氧化碳的方法是将气体通入澄清石灰水，反应方程式为：CO2+Ca(OH)2=CaCO3↓+H2O；
(3)由丙转化到乙，则试剂X可以是氧气，也可以是氧化铜等物质，所属的类别分别是单质和氧化物；故答案为：O2；CuO；
(4)通过分析表明:燃料充分燃烧的条件之一是要有充足的氧气；故答案为：充足的氧气；
(5)取变红溶液于试管中加热会发生碳酸分解的过程，故可以观察到的现象是红色溶液变成紫色，有气泡冒出；故答案为：红色溶液变成紫色，有气泡冒出。

四、填空题
23．某化学兴趣小组在课外活动中，对某溶液进行了多次检测，其中两次检测结果如下表所示，请回答下列问题：
检测次数
溶液中检测出的粒子
第①次
K+   Na+ CO  SO  Cl-
第②次
K+   Na+ Ba2+   Cl-   SO

(1)两次检测结果中第 ___________次检测结果不正确。
(2)在检测时，为了检验溶液中是否存在SO、CO和Cl-。
第一步：向溶液中滴加过量的___________溶液(填化学式)，其目的是检验CO并将其除去；发生反应的离子方程式为___________；
第二步：加入过量的___________溶液(填化学式)，其目的是检验并除去___________离子；发生反应的离子方程式___________；
第三步：过滤，再向滤液中加入___________溶液(填化学式)，发生反应的离子方程式___________。
【答案】     ②     HNO3     2H++CO=CO2↑+H2O     Ba(NO3)2     SO     Ba2++SO=BaSO4↓     AgNO3     Ag++Cl-=AgCl↓
【分析】
检验溶液中是否存在SO、CO和Cl-时，CO能与Ba2+和Ag+反应，会干扰SO和Cl-的检验，SO能与 Ag+反应，会干扰Cl-的检验，则为了避免干扰，应先检验CO，再检验SO，最后检验Cl-。
【详解】
（1）第②次溶液中检测出的粒子中钡离子与硫酸根离子反应生成硫酸钡沉淀，不能大量共存，检测结果不正确，故答案为：②；
（2）由分析可知，第一步应向溶液中滴加过量的稀硝酸溶液检验CO并将其除去，检验并除去的反应为稀硝酸溶液中的氢离子与碳酸根离子反应生成二氧化碳和水，反应的离子方程式为2H++CO=CO2↑+H2O；第二步应加入过量的氯化钡溶液检验SO并将其除去，反应的离子方程式为Ba2++SO=BaSO4↓；第三步的操作为过滤后，向滤液中加入硝酸银溶液，检验的反应为硝酸银溶液中的银离子与氯离子反应生成氯化银白色沉淀，反应的离子方程式为Ag++Cl-=AgCl↓，故答案为：HNO3；2H++CO=CO2↑+H2O；SO；Ba2++SO=BaSO4↓；AgNO3；Ag++Cl-=AgCl↓。
24．氧化亚铜（）是一种鲜红色粉末状固体，几乎不溶于水，可在酸性溶液中发生反应，与硫酸、盐酸、硝酸反应如下：
①
②
③
(1)中的化合价为______。
(2)反应①中氧化剂为______，还原剂为______。
(3)反应②______(填“是”或“不是”)氧化还原反应；若是请说明转移电子情况，若不是请说明判断依据：________________________。
(4)请写出反应③的离子方程式：__________________。
【答案】                    不是     反应前后元素化合价没有发生改变    
【详解】(1)根据化合物中各元素正、负化合价的代数和为零可知，中元素的化合价为价；
(2)反应①中只有铜元素的化合价发生了改变，价的变为价和0价，化合价既有升高又有降低，故既是氧化剂又是还原剂；答案为；；
(3)反应②中反应前后元素的化合价没有发生改变，所以不是氧化还原反应；
(4)反应③中的和可拆写成离子形式，并删去12个，得到离子方程式：。