2024届江苏省泰州市泰州中学、江都中学、宜兴中学化学高一上期末联考模拟试题含解析

2024届江苏省泰州市泰州中学、江都中学、宜兴中学化学高一上期末联考模拟试题注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4．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、下列变化过程中，画横线的元素被氧化的是（）A．CO2→CO B．FeCl3→FeCl2C．HCl→AgCl D．KI→I22、下列物质中属于碱性氧化物的是（）A．Na2O B．SO2 C．NH3 D．KOH3、对以下两个反应的分析说法正确的是2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑A．铝与氢氧化钠溶液的反应中，铝是还原剂，H2O和NaOH都是氧化剂B．铝与氢氧化钠溶液的反应中，当有3mol电子转移，就会生成3mol还原产物H2C．在过氧化钠与水的反应中，氧化剂Na2O2，还原剂为H2OD．在过氧化钠与水的反应中，每有1mol电子转移，就有0.5molO2生成4、在实验室中，对下列事故或药品的处理正确的是（）A．有Cl2泄漏时，用NaOH溶液浸湿软布蒙面，迅速离开现场B．金属Na着火燃烧时，用泡沫灭火器灭火C．浓硫酸沾在皮肤上，立即用Na2CO3溶液冲洗D．实验室做完实验剩余的金属钠要放回原试剂瓶5、某元素的原子结构示意图为，下列关于该元素的说法中，错误的是A．它的阳离子带3个单位正电荷B．它是一种金属元素C．它的阳离子有10个质子D．其原子核外有13个电子6、某铁的“氧化物”样品,用5

mol·L-1盐酸140

mL恰好完全溶解,所得溶液还能吸收标准状况下0.56

L氯气,使其中Fe2+全部转化为Fe3+,该样品可能的化学式是()A．Fe5O7 B．Fe2O3 C．Fe3O4 D．Fe4O57、ag硝酸钾溶于bg水，形成VmL饱和溶液。下列关系式错误的是()A．该溶液的物质的量浓度：c(KNO3)＝a101VB．该溶液的质量分数：w(KNO3)＝100aC．20℃时KNO3的溶解度S＝100aD．该溶液的密度ρ＝1000a+8、下列各化合物不能由单质直接化合制取的是A．FeCl3 B．FeCl2 C．AlCl3 D．CuCl29、装置甲、乙、丙都是铁与水蒸气反应的实验装置，下列说法不正确的是装置甲装置乙装置丙A．选用丙装置，实验结束时先移去酒精灯，再将导气管拿出水面B．甲装置中氯化钙的作用是除去氢气中混有的水蒸气C．用乙装置实验时，蒸发皿中产生大量肥皂泡，点燃肥皂泡发出爆鸣声D．三个装置相比较，乙装置简单、操作简便、节约原料、安全性好10、右图是模拟氯碱工业生产中检查氯气是否泄漏的装置，下列有关说法错误的是A．烧瓶中立即出现白烟B．烧瓶中立即出现红棕色C．烧瓶中发生的反应表明常温下氨气有还原性D．烧杯中的溶液是为了吸收有害气体11、A、B代表两种非金属元素，下列不能说明A的非金属性比B强的是A．B的简单阴离子(B2－)的还原性强于A的简单阴离子(A－)的还原性B．A的含氧酸比B的含氧酸的酸性强C．A的单质A2能将B的阴离子(B2－)氧化，并发生置换反应D．A、B的单质分别与Fe化合时，前者产物中Fe的化合价为＋3，后者产物中Fe的化合价为＋212、关于酸、碱、盐的下列说法中错误的是()A．酸在水溶液中电离产生的阳离子全部是氢离子B．碱在水溶液中电离产生的阴离子全部是氢氧根离子C．盐在水溶液中电离一定有金属阳离子产生D．酸和盐在水溶液中电离都可能有含氧酸根离子产生13、下列变化不可能通过一步实验直接完成的是()A．Al(OH)3→Al2O3 B．Al2O3→Al(OH)3C．Al→AlO2- D．Al3+→Al(OH)314、在常温下，分别利用下列三个反应产生氯气，其反应方程式分别为：①2KMnO4+16HCl(浓)=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O②KClO3+6HCl(浓)=KCl+3Cl2↑+3H2O③Ca(ClO)2+4HCl(浓)=CaCl2+2Cl2↑+2H2O如果三个反应所产生的氯气质量相等，被还原的氧化剂的物质的量关系为()A．①＝②＝③ B．①＞②＞③ C．③＞①=② D．①＞②＝③15、下列离子方程式书写正确的是（）A．石灰石溶于醋酸：CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2OB．NaOH溶液中加入过量Ca（HCO3）2溶液：Ca2++2OH-+2HCO3-=CaCO3↓+2H2O+CO32-C．将氯水加入到FeCl2溶液中：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-D．AlCl3溶液中滴加过量的氨水：Al3++4NH3•H2O=AlO2-+2H2O+4NH4+16、由铁、锌、镁、铝四种金属中的两种组成的10g混合物与足量的盐酸反应，反应后生成的氢气在标准状况下体积为11.2L．则混合物中一定含有的金属是（）A．锌 B．铁 C．镁 D．铝二、非选择题（本题包括5小题）17、今有一混合物的水溶液，只可能含有以下离子中的若干种：K+、Al3+、Fe3+、Mg2+、Ba2+、NH4+、Cl-、CO32-、SO42-，现取两份100mL溶液进行如下实验：①第一份加过量NaOH溶液加热后，只收集到气体0.02mol，无沉淀生成，同时得到溶液甲。②在甲溶液中通入过量CO2，生成白色沉淀，沉淀经过滤、洗涤、灼烧，质量为1.02g。③第二份加足量BaCl2溶液后，得白色沉淀，沉淀经足量盐酸洗涤、干燥后，质量为11.65g。根据上述实验回答：（1）一定不存在的离子是______________，不能确定是否存在的离子是_______________。（2）试确定溶液中肯定存在的离子及其浓度（可不填满）：离子符号______，浓度______；离子符号______，浓度______；离子符号______，浓度______．（3）试确定K+是否存在______（填“是”或“否”），判断的理由是__________________________。（4）设计简单实验验证原溶液中可能存在的离子____________________________________。18、在Na＋浓度为0.5mol·L－1的某澄清溶液中，还可能还有K＋、Ag＋、Ca2＋、Ba2＋、NO3－、CO32－、SiO32－、SO42－中的若干种，现取该溶液100mL进行如下实验已知：H2SiO3为不容水的胶状沉淀，加热时易分解为两种物质序号实验内容实验结果Ⅰ向该溶液中加入足量稀盐酸生成白色胶状沉淀并放出标况下0.56L气体Ⅱ将Ⅰ中产生的混合液过滤，对沉淀洗涤、灼烧至恒重，称量所得固体质量固体质量为2.4gⅢ向Ⅱ的滤液中滴加BaCl2溶液无明显现象请回答下列问题：（1）实验Ⅰ能确定一定存在的离子是______________；一定不存在的离子是____________。（2）实验Ⅱ中沉淀洗涤、灼烧至恒重，所涉及的化学方程式为____________________；（3）通过实验Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ和必要计算，求K+的最小浓度_______________。19、为除去粗盐中的Ca2＋、Mg2＋、以及泥沙等杂质，某同学设计了一种制备精盐的实验方案，步骤如下(用于沉淀的试剂稍过量)称取粗盐滤液粗盐(1)第①步中，操作A是_________，第⑤步中，操作B是_________。(2)第④步中，写出相应的离子方程式（假设粗盐溶液中Ca2＋的主要存在形式为CaCl2）__________________，______________________。(3)若先用盐酸调pH调至中性，再过滤，将对实验结果产生影响，其原因是_____________________。(4)判断BaCl2已过量的方法是__________________________________________。20、实验室用下图的实验装置模拟工业制漂白粉。回答下列问题：(1)仪器a的名称是_________。(2)写出A装置中反应的化学方程式并标出电子转移的方向和数目__________。(3)浓盐酸在反应中的作用是________，饱和食盐水的作用是_______，D装置的作用是_________。(4)C装置制取漂白粉的化学方程式是__________。21、将一定量的KClO3与MnO2的混合物溶于0.1L10mol/L的浓盐酸中加热，若不考虑溶液体积的变化，待充分反应后混合物无剩余且测得溶液中K+浓度为0.2mol/L，将逸出的所有气体通过饱和食盐水再干燥后发现其体积约为1.568L（标况下），而饱和食盐水增重7.3g，请计算下列问题，并写出计算过程：（1）混合物中MnO2的质量是多少______________（2）反应后剩余HCl的浓度是多少____________（3）所有反应过程中，转移电子物质的量总共是多少______________

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】

元素被氧化，说明该元素失去电子，化合价升高，据此判断。【题目详解】A.CO2→CO中碳元素化合价降低，得到电子，被还原，A不符合；B.FeCl3→FeCl2中铁元素化合价降低，得到电子，被还原，B不符合；C.HCl→AgCl中氯元素化合价不变，不是氧化还原反应，C不符合；D.KI→I2中碘元素化合价升高，失去电子，被氧化，D符合；答案选D。2、A【解题分析】

氧化物是两种元素组成的化合物，其中一种元素是氧元素，碱性氧化物指的是能与酸反应只生成盐和水的氧化物。【题目详解】A.Na2O属于氧化物，和酸反应生成氯化钠和水，属于碱性氧化物，故A正确；B.SO2属于氧化物，和碱反应生成盐和水，属于酸性氧化物，故B错误；C.NH3不含氧元素，不属于氧化物，属于氢化物，故C错误；D.KOH属于碱，不属于氧化物，故D错误；答案选A。3、D【解题分析】

A.铝与氢氧化钠溶液的反应中，铝是还原剂，水是氧化剂，A项错误；B.根据方程式可以看出每生成3mol氢气，反应中要转移6mol电子，生成氢气数：转移电子数为1:2，因此B项错误；C.过氧化钠中-1价的氧发生歧化反应，得到0价的氧气和-2价的，C项错误；D.根据方程式可以看出每生成1mol氧气，反应中要转移2mol电子，生成氧气数：转移电子数为1:2，D项正确；答案选D。【题目点拨】对于任何一个氧化还原反应，总有氧化剂得电子数=还原剂失电子数=转移的总电子数，因此三者只需求出其一即可。4、D【解题分析】

A.氯气有毒，属于酸性气体，用弱碱性的肥皂水蒙面较好，氢氧化钠属于强碱，具有腐蚀性，故A错误；B.金属钠着火燃烧生成的过氧化钠能和二氧化碳发生反应生成氧气，不能用泡沫灭火器灭火，一般用沙土覆盖，故B错误；C.少量浓硫酸沾在皮肤上，先用大量的水冲洗，再涂上3%~5%的碳酸氢钠溶液，故C错误；D.钠的活泼性非常强，所以剩余的金属钠要放回原试剂瓶（煤油）中保存，故D正确；故选D。.5、C【解题分析】

据原子结构示意图知，该元素为Al；【题目详解】A、原子有13个质子，原子核外有13个电子，最外层上有3个电子，易失去最外层上的3个电子，形成带3个单位正电荷的阳离子，A正确；B、该元素为Al，属于金属元素，B正确；C、该元素失去电子形成阳离子时，质子数不会变化，依然有13个质子，C错误；D、质子数等于核外电子数，其原子核外有13个电子，D正确；答案选C。6、A【解题分析】

氧化物与HCl反应生成氯化物与水，HCl中的H元素与氧化物中O元素全部结合生成H2O，由H原子、O原子守恒可知n（O）=n（H2O）=n（HCl），所得溶液再通入氯气使其中Fe2+全部转化为Fe3+，最后溶液成分为FeCl3，根据氯离子是可知n（FeCl3）=n（FeCl3）=[n（HCl）+2n（Cl2）]，再根据Fe、O原子数目之比确定氧化物化学式。【题目详解】氧化物与HCl反应生成氯化物与水，HCl中的H元素与氧化物中O元素全部结合生成H2O.由H原子、O原子守恒可知n(O)=n(H2O)=n(HCl)=×0.14L×5mol/L=0.35mol，所得溶液再通入氯气使其中Fe2+全部转化为Fe3+，最后溶液成分为FeCl3，根据氯原子是可知n(FeCl3)=[n(HCl)+2n(Cl2)]=×(0.14L×5mol/L+2×)=0.25mol，所以氧化物中n(Fe):n(O)=0.25mol:0.35mol=5:7，该氧化物的化学式为Fe5O7，故答案为A。7、A【解题分析】

A.根据agKNO3溶于bg水中,恰好形成VmL饱和溶液,知整个溶液的质量为(a+b)g，体积为VmL，则该溶液的物质的量浓度为：KNO3的质量/KNO3的摩尔质量/溶液体积=a101B.该溶液的质量分数为：KNO3的质量/溶液的质量＝100aC.20°C时KNO3的溶解度为:在100克水中溶解的KNO3的质量，即是100aD.该溶液的密度=质量/体积=(a+b)/v,得到的是g/ml,换成g/L应乘以1000，故D正确；故选A。8、B【解题分析】

金属单质与氯气反应得到最高价的金属氯化物，铝与氯气反应生成氯化铝，铜在氯气中燃烧生成氯化铜．【题目详解】A、Fe和氯气在点燃时能直接生成FeCl3，故A不选；B、Fe和氯气在点燃时能直接生成FeCl3，故B选；C、铝与氯气反应生成氯化铝，故C不选；D、Cu与氯气在点燃时能直接生成CuCl2，故D不选；故选B。【题目点拨】本题考查氯气的性质，解题关键：明确氯气具有强氧化性，与变价金属反应生成最高价金属氯化物，易错点B。9、A【解题分析】

A．选用丙装置，实验结束时先将导气管拿出水面，再移去酒精灯，以防发生倒吸，错误；B．从硬质玻璃管导出的气体有生成的氢气和未反应的剩余的水蒸气，氯化钙的作用是除去氢气中混有的水蒸气，正确；C．用乙装置实验时，蒸发皿中产生大量肥皂泡，肥皂泡里是氢气，所以点燃肥皂泡发出爆鸣声，正确；D．和甲、丙装置相比较，乙装置简单、操作简便、节约原料、安全性好，正确；故选A。10、B【解题分析】氨气和氯气接触时发生反应生成氯化铵、氯化氢和氮气，反应的方程式为：8NH3+3Cl2=6NH4Cl+N2，氯化铵为白色固体，烧瓶中出现白烟，故A正确；氨气和氯气反应生成氮气，不能生成二氧化氮红棕色气体，所以烧瓶中不能出现红棕色，故B错误；该反应中，氨气中的氮元素化合价由-3价升高到0价，化合价升高，表现还原性，故C正确；氯气有毒，排放到空气中污染环境，烧杯中盛放的为氢氧化钠溶液可以和有害气体氯气反应，达到吸收有害气体的目的，故D正确；故选B。考点：考查氯气的性质、化学实验装置11、B【解题分析】

比较非金属元素的非金属性强弱，可根据单质之间的置换反应、对应最高价氧化物的水化物的酸性、阴离子的还原性、氢化物的稳定性等角度判断。【题目详解】A．元素的非金属性越强，对应的阴离子的还原性越弱，B的阴离子(B2-)的还原性强于A的阴离子(A-)，则非金属性：A＞B故；B．元素的非金属性越强，对应的最高价含氧酸的酸性越强，A的含氧酸比B的含氧酸的酸性强，但不一定是最高价含氧酸，不能判断A的非金属性比B强；C．元素的非金属性越强，对应的单质的氧化性越强，A的单质A2能将B的阴离子(B2-)氧化，并发生置换反应，可说明非金属性：A＞B；D．A、B的单质分别与Fe化合，产物中前者Fe为+3价，后者Fe为+2价，说明A得电子能力强，非金属性强；故选B。【题目点拨】本题的易错点为B，要注意根据酸性强弱判断非金属性强弱时，只能根据最高价含氧酸的酸性强弱判断。12、C【解题分析】

A．电离出的阳离子全部是氢离子的化合物为酸，故A正确；B．电离出的阴离子全部是氢氧根的化合物为碱，故B正确；C．阳离子是金属离子或铵根离子、阴离子全部是酸根离子的化合物为盐，故盐电离出的阳离子不一定是金属离子，也可能是铵根离子，故C错误；D．酸和盐在水溶液中电离都可能有含氧酸根离子产生，如H2SO4和Na2CO3在水溶液中均电离出含氧酸根离子，故D正确；故答案为C。13、B【解题分析】

A项、氢氧化铝受热反应生成氧化铝和水，可以一步完成，故A错误；B项、Al2O3不溶于水，不能直接与水反应生成Al（OH）3，应先将Al2O3变成Al3+或AlO2-后，然后加入弱碱或弱酸反应生成Al（OH）3，不可以一步完成，故B正确；C项、铝可以和强碱溶液反应生成偏铝酸盐和氢气，可以一步完成，故C错误；D项、铝盐可以和碱反应可以直接反应生成氢氧化铝沉淀，可以一步完成，故D错误；故选B。14、C【解题分析】

根据上述反应可知，三个反应均是将-1价的氯氧化为0价的氯气，故三个反应所产生的氯气质量相等，即需要转移的电子数相等，假设反应均转移1mol电子，根据反应可知，反应①需要氧化剂KMnO4为0.2mol，反应②需要氧化剂KClO3为0.2mol，反应③需要氧化剂Ca(ClO)2为0.5mol，故被还原的氧化剂的物质的量关系为③＞①=②，故答案为：C。15、C【解题分析】

A.石灰石溶于醋酸，反应的离子方程式是CaCO3+2CH3COOH=Ca2++CO2↑+H2O+2CH3COO-，故A错误；B.NaOH溶液中加入过量Ca(HCO3)2生成碳酸钙沉淀、碳酸氢钠、水，反应的离子方程式是Ca2++OH-+HCO3-=CaCO3↓+H2O，故B错误；C.将氯水加入到FeCl2溶液中生成氯化铁，反应的离子方程式是：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，故C正确；D.AlCl3溶液中滴加过量的氨水生成氢氧化铝沉淀和氯化铵，反应的离子方程式是：Al3++3NH3•H2O=Al(OH)3↓+3NH4+，故D错误。16、D【解题分析】

产生标准状况下11.2LH2，理论上需要锌32.5g、铁28g、镁12g、铝9g，根据平均值思想，混合物中的两种金属需要量应分别小于和大于10g，而小于混合物10g的只有铝，故一定有铝，故选D。二、非选择题（本题包括5小题）17、Fe3+、Mg2+、Ba2+、CO32-Cl－SO42-0.5mol/LNH4+0.2mol/LAl3+0.2mol/L是依据电荷守恒，（电中性原则）阳离子正电荷总量小于阴离子负电荷总量，所以一定有K+存在取少量原溶液于试管中，向其中加入足量的硝酸钡溶液，过滤后，向滤液中加入硝酸酸化的硝酸银溶液，有白色沉淀生成证明存在氯离子【解题分析】①第一份加过量NaOH溶液加热后，只收集到气体0.02mol，该气体是氨气，一定有铵根离子，铵根离子的物质的量是0.02mol，无沉淀生成，一定不含Fe3+、Mg2+；②在甲溶液中通入过量CO2，生成白色沉淀，该沉淀是氢氧化铝，沉淀经过滤、洗涤、灼烧，得到氧化铝，氧化铝质量为1.02g，即0.01mol，根据铝元素守恒，含有铝离子的物质的量是0.02mol，一定不含CO32-；③第二份加足量BaCl2溶液后，得白色沉淀，即硫酸钡沉淀，沉淀经足量盐酸洗涤、干燥后，质量为11.65g，所以一定有SO42-，物质的量是=0.05mol，一定不含Ba2+，n(NH4+)+3n(Al3+)=0.02mol+3×0.02mol=0.08mol，2n(SO42-)=0.1mol，根据电荷守恒，一定存在钾离子，因为不确定的是Cl-，钾离子的最小物质的量是0.02mol，综上知道，一定不存在的离子有：Fe3+、Mg2+、CO32-、Ba2+，一定存在的离子有：K+、SO42-、NH4+、Al3+，不能确定的是Cl-。(1)一定不存在的离子是Fe3+、Mg2+、CO32-、Ba2+，不能确定的是Cl-，故答案为Fe3+、Mg2+、CO32-、Ba2+；Cl-；(2)肯定存在的离子是K+、SO42-、NH4+、Al3+，NH4+的物质的量是0.02mol，体积是0.1L，所以c(NH4+)=0.2mol/L，SO42-物质的量是0.05mol，体积是0.1L，所以c(SO42-)=0.5mol/L，Al3+的物质的量是0.02mol，体积是0.1L，所以c(Al3+)=0.2mol/L，钾离子的浓度随着氯离子而定，即c(K+)≥0.2mol/L，故答案为SO42-；0.5mol/L；NH4+；0.2mol/L；Al3+；0.2mol/L；(3)据电荷守恒，一定存在钾离子，因为n(NH4+)+3n(Al3+)=0.02mol+3×0.02mol=0.08mol，2n(SO42-)=0.1mol，根据电荷守恒，一定存在钾离子，故答案为是；依据电荷守恒，阳离子正电荷总量小于阴离子负电荷总量，所以一定有K+存在；(4)不能确定的是Cl-，检验试剂可以采用硝酸酸化的硝酸银溶液，具体检验方法是：取少量原溶液于试管中，向其中加入足量的硝酸钡溶液，过滤后，向滤液中加入硝酸酸化的硝酸银溶液，有白色沉淀生成证明存在氯离子，故答案为取少量原溶液于试管中，向其中加入足量的硝酸钡溶液，过滤后，向滤液中加入硝酸酸化的硝酸银溶液，有白色沉淀生成证明存在氯离子。点睛：本题考查离子的检验，采用定性实验和定量计算分析相结合的模式，增大了解题难度。本题的易错点是K+的确定，需要根据电荷守恒确定。18、CO32－SiO32－和K＋H2SiO3H2O+SiO20.8mol·L－1【解题分析】

根据生成白色沉淀说明存在，放出标况下气体说明存在，然后分析出存在的离子、，不存在的离子，、、，根据电荷守恒计算K+浓度，据此解答。【题目详解】⑴生成白色胶状沉淀，说明存在，放出标况下气体说明存在，由于存在，、、等离子会与产生沉淀，所以不能存在，故答案为：、，、、；⑵与生成的白色沉淀，沉淀洗涤，灼烧至恒重，受热分解，方程式为H2SiO3H2O＋SiO2，故答案为：H2SiO3H2O＋SiO2；⑶求K+的最小浓度，也就是溶液中只存在、、K+、四种离子，、、，根据电荷守恒得，，故答案为：【题目点拨】要求学生能够根据现象判断出存在的离子，然后结合离子共存知识、溶液中电荷守恒得出结论计算出结果。19、溶解过滤Ca2＋＋CO32-=CaCO3↓Ba2＋＋CO32-=BaCO3↓操作③④中生成的Mg(OH)2、CaCO3、BaCO3沉淀会与盐酸反应生成可溶物质而无法过滤除去，从而影响精盐的纯度取少量第②步后的上层清液，滴入几滴BaCl2溶液，看是否有白色沉淀生成，若无沉淀生成，则表明BaCl2已过量【解题分析】

粗盐先溶解，再向里加入过量BaCl2除掉SO42-，再加Na2CO3除掉Ca2+和多余的Ba2+，再加NaOH，除掉Mg2+，过滤后再加盐酸除掉多余CO32-和OH-，加热蒸发，最终得到精盐。【题目详解】(1)第①步将粗盐加水溶解，因此操作A是溶解，第⑤步根据后面的滤液可知操作B是过滤；(2)第④步碳酸钠除掉钙离子和多余的钡离子，相应的离子方程式Ca2＋＋CO32−=CaCO3↓、Ba2＋＋CO32−=BaCO3↓；(3)若先用盐酸调pH再过滤，沉淀会与盐酸反应生成可溶性物质，影响精盐纯度，因此将对实验结果产生影响，故答案为：操作③④中生成的Mg(OH)2、CaCO3、BaCO3沉淀会与盐酸反应生成可溶物质而无法过滤除去，从而影响精盐的纯度；(4)通过向上层清液中再加BaCl2，看是否有沉淀生成来判断BaCl2是否过量；故答案为：取少量第②步后的上层清液，滴入几滴BaCl2溶液，看是否有白色沉淀生成，若无沉淀生成，则表明BaCl2已过量。20、分液漏斗酸性和还原性除去Cl2中混有的HCl气体安全瓶，防止E中溶液倒吸入C中2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O【解题分析】

根据题中图示可知，A装置是制备氯气的装置；B装置用于除去氯气中的氯化氢杂质；C装置用于探究氯气与石灰乳反应制漂白粉的装置；D装置是安全瓶，起防止倒吸作用；E装置是尾气吸收装置，防止多余的氯气污染环境；据