2026届湖南省、江西省等十四校化学高一第一学期期末教学质量检测试题含解析

2026届湖南省、江西省等十四校化学高一第一学期期末教学质量检测试题注意事项:1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2．答题时请按要求用笔。3．请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5．保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、不符合工业生产实际的是（）A．电解饱和食盐水生产烧碱和氯气 B．以氯气和消石灰为原料生产漂粉精C．从海水中提取单质溴 D．钠在氯气中燃烧生产氯化钠2、下列物质既能跟硫酸反应，又能跟氢氧化钠溶液反应的是()①NaHCO3；②Na2CO3；③Al(OH)3；④NH4Cl；⑤Al；⑥Al2O3A．①③⑤⑥ B．③④⑤⑥ C．①②③④ D．②③⑤⑥3、已知SO32ˉ+I2+H2O=SO42ˉ+2Iˉ+2H+，将0.09molCl2通入100mL含amolNaI与amolNa2SO4的混合溶液中，有0.25amol的NaI被氧化(不考虑Cl2与I2之间的反应)，则下列说法正确的是A．物质的还原性Iˉ>SO32ˉB．NaI与Na2SO3的物质的量浓度为0.08mol/LC．通入0.09molCl2发生反应的离子方程式为：8SO32ˉ+2Iˉ+9Cl2+8H2O=8SO42ˉ+I2+16H++18ClˉD．若再通入0.07molCl2，恰好能将NaI与Na2SO3完全氧化4、消毒剂的消毒效率可用单位质量消毒剂被还原时得电子数表示，即得电子数越多，消毒效率越高。NaClO与ClO2均可用作消毒剂（反应后氯元素均为－1价），则ClO2的消毒效率是NaClO的A．2.5倍 B．2.63倍 C．2.76倍 D．3.02倍5、已知X和Y能发生如下反应：X＋Y=H2O＋盐，下列有关物质X和Y所属种类的判断中一定不正确的是()A．X为酸、Y为碱 B．X为碱性氧化物、Y为酸C．X为盐、Y为碱 D．X为碱性氧化物、Y为酸性氧化物6、某无色气体，可能含HCl、CO2、HI、SO2中的一种或几种，将其通入氯水中，得到无色透明溶液。把溶液分成两份，向一份中加入盐酸酸化的BaCl2溶液，出现白色沉淀；另一份中加入硝酸酸化的AgNO3溶液，也有白色沉淀生成。对于原无色气体推断一定正确的是（）A．一定存在HCl B．一定存在SO2 C．肯定没有CO2 D．不能肯定是否含有HI7、下列装置有关说法错误的是（）A．装置Ⅰ：可以用来验证硅酸和碳酸的酸性强弱B．装置Ⅱ：可以用来比较和的热稳定性C．装置Ⅲ：从①口进气收集满二氧化碳，再从②口进气，可收集气体D．装置Ⅳ：可用于吸收气体，并防止倒吸8、区别硝石(KNO3)和朴消(Na2SO4)：“以火烧之，紫青烟起，乃真硝石也”——《本草经集注》。下列说法不正确的是A．KNO3属于钾盐也属于硝酸盐B．“紫青烟”是NO2C．“紫青烟”是因为钾元素的焰色反应D．灼烧朴消会看见黄色的烟9、下列解释实验过程或事实的方程式不正确的是A．熔融烧碱时，不能使用普通石英坩埚SiO2＋2NaOHNa2SiO3＋H2OB．工业上用石灰乳和氯气反应制取漂白粉2OH－＋Cl2===ClO－＋Cl－＋H2OC．红热的铁丝与水接触，表面形成蓝黑色保护层3Fe＋4H2O(g)Fe3O4＋4H2D．浓硝酸保存在棕色试剂瓶里，放置在阴凉处4HNO3(浓)4NO2↑＋O2↑＋2H2O10、一种盐X与烧碱混合共热，可放出无色气体Y，Y经一系列氧化后再溶于水可得Z溶液，Y和Z反应又生成X，则X是（）A．(NH4)2SO4 B．NH4NO3C．NH4Cl D．NH4HCO311、下列物质属于电解质并且能导电的是（）A．Na2CO3·10H2O晶体 B．熔融的Al2O3C．稀硫酸 D．蔗糖12、下列各组混合物中，能用分液漏斗进行分离的是A．氯化钠和水 B．碘和四氯化碳 C．水和四氯化碳 D．汽油和植物油13、类推思维是化学解题中常用的一种思维方法，下列有关反应方程式的类推正确的是()A．已知：将Fe加入CuSO4溶液中Fe+Cu2+=Cu+Fe2+类推：将Na加入到CuSO4溶液中2Na+Cu2+=Cu+2Na+B．已知：稀硫酸与Ba(OH)2溶液反应至中性2H++SO42-+Ba2++2OH-=BaSO4↓+2H2O类推：NaHSO4溶液与Ba(OH)2溶液反应至中性2H++SO42-+Ba2++2OH-=BaSO4↓+2H2OC．已知：铁和氯气反应2Fe+3Cl22FeCl3类推：铁和碘单质反应2Fe+3I22FeI3D．已知：向Ca(ClO)2溶液中通入少量CO2：Ca2++2ClO-+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO类推：向Ca(ClO)2溶液中通入少量SO2：Ca2++2ClO-+SO2+H2O=CaSO3↓+2HClO14、下列离子方程式正确的是A．大理石与醋酸反应：CO32－+2CH3COOH==2CH3COO－+H2O+CO2↑B．高锰酸钾与浓盐酸制氯气的反应：MnO4－+4Cl－+8H+==Mn2++2Cl2↑+4H2OC．漂白粉溶液吸收少量二氧化硫气体：SO2+H2O+ClO-=SO42－+Cl－+2H+D．氢氧化钠溶液与过量的碳酸氢钙溶液反应：OH－+Ca2++HCO3－==CaCO3↓+H2O15、元素的化学性质主要取决于原子的A．原子序数 B．核外电子数 C．核内中子数 D．最外层电子数16、下列说法不正确的是A．Na2O2为碱性氧化物 B．“超级钢”属于合金C．食盐水属于分散系 D．NaHSO4属于盐二、非选择题（本题包括5小题）17、根据下列变化进行推断：且已知对A加强热产生的气态物质的平均相对分子质量为1．3。（1）推断A、B、C、D的化学式：A________，B________，C________，D________。（2）写出①②变化的离子方程式：①________________________________________________________________；②________________________________________________________________。18、有五种等浓度溶液①Na2SO3、②BaCl2、③AgNO3、④NaOH、⑤X五种溶液（X为某未知溶液），将部分溶液两两混合，现象如下表所示：序号操作现象离子方程式i①+②白色沉淀aii②+③bciii①+⑤无色气体d（1）将表格补充完整。a．______；b．_____；c．______。（2）预测②与④不能发生反应，预测依据是__________。（3）猜测⑤是H2SO4，因此在实验iii的基础上增加实验iv，证明了猜测。实验iv的操作及现象是（所需试剂任选）____________。19、配制一定物质的量浓度的溶液，几个关键实验步骤和操作如图：(1)现需要94mL0.10mol·L－1Na2CO3溶液，进行现场配制。上述实验步骤A~F正确的实验次序为_______________________(填字母)。步骤E中将一玻璃仪器上下颠倒数次，写出该仪器的名称_________________。(2)步骤C通常称为溶解，步骤A通常称为_________。(3)用Na2CO3·10H2O来配制该溶液，托盘天平称取样品，游码需要打在图示________(填a或b)位置，若称量前晶体已经有一部分失去了结晶水，则所配制的溶液浓度偏_______(填“大”或“小”或“无影响”)。20、某实验小组设计了如下装置对焦炭还原二氧化硅的气体产物的成分进行探究。已知：PdCl2溶液可用于检验CO，反应的化学方程式为CO+PdCl2+H2O=CO2+2HCl+Pd↓（产生黑色金属钯粉末，使溶液变浑浊）。（1）实验时要通入足够长时间的N2，其原因是__________________________。（2）装置B的作用是__________________________。（3）装置C、D中所盛试剂分别为______、______，若装置C、D中溶液均变浑浊，且经检测两气体产物的物质的量相等，则该反应的化学方程式为_______________________________________。（4）该装置的缺点是__________________________。（5）资料表明，上述反应在焦炭过量时会生成副产物SiC。取18gSiO2和8.4g焦炭充分反应后收集到标准状况下的气体1．44L，假定气体产物只有CO，固体产物只有Si和SiC，则Si和SiC的物质的量之比为__________________________。（6）设计实验证明碳酸的酸性比硅酸的强：_________________________________。21、某同学用软锰矿（主要含MnO2，还含有少了SiO2、Al2O3、Fe2O3等杂质）模拟工业制高锰酸钾流程如下。试回答下列问题。（1）配平焙烧时MnO2参与的化学反应:□MnO2+□_____+□O2□K2MnO4+□H2O；第二次通入过量CO2时发生反应的离子方程式为：______________________。（2）滤渣I、II的成分中能与NaOH反应的是__________________(填化学式)。产生滤渣II时不能用稀盐酸代替CO2,因为______________________。（3）将滤液Ⅲ进行一系列操作可得到KMnO4晶体。由下图可知，从滤液Ⅲ得到KMnO4需经过____、____洗涤等操作。（4）用重结晶提纯的产品配制成0.10mol·L-1的酸性KMnO4溶液来测定某草酸样品的纯度(杂质不参与反应，草酸为弱酸，分子式H2C2O4)。①试给出反应的离子方程式:_______________________。②若某测定大致共需要230毫升酸性KMnO4溶液，配制时所需玻璃仪器为:___、___烧杯、胶头滴管等。③取草酸样品5克，配成100mL溶液，取20mL于适当容器中，用前述所配酸性KMnO4溶液滴定，至反应结束消耗KMnO4溶液20mL,则样品的纯度为:___________。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、D【解析】

A．用石墨作电极时，阳极上氯离子放电生成Cl2、阴极上水得电子发生还原反应生成H2，同时还生成NaOH，所以电解饱和食盐水可制取烧碱、氯气、氢气，故A正确；B．将氯气通入消石灰中可以发生反应得到氯化钙、次氯酸钙的混合物，以氯气和消石灰为原料生产漂粉精，故B正确；C．海水提取氯化钠后得到的卤水，加入碱沉淀镁离子生成氢氧化镁，加入盐酸溶解，通过浓缩蒸发，电解氯化镁得到金属镁，加入氯气氧化溴离子、碘离子为单质，加入萃取剂通过蒸馏得到溴单质，碘单质，从海水中可以制取镁、溴、碘等物质，故C正确；D．钠在氯气中燃烧可以获得氯化钠，但是工业获得氯气的过程是复杂的，考虑到工艺、成本、环保等诸多因素，常采用海水蒸发结晶的方法可以得到氯化钠固体，故D错误；故选：D。2、A【解析】

①NaHCO3与硫酸反应生成硫酸钠、二氧化碳与水，能与与氢氧化钠反应生成碳酸钠和水，①符合；②Na2CO3与硫酸反应生成硫酸钠、二氧化碳与水，但不能与与氢氧化钠反应，②不符合；③Al(OH)3是两性氢氧化物，能与硫酸反应生成硫酸铝与水，与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠与水，③符合；④NH4Cl不能与硫酸反应，能与氢氧化钠反应生成一水合氨和氯化钠，④不符合；⑤Al与硫酸反应生成硫酸铝和氢气，和氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，⑤符合；⑥Al2O3是两性氧化物，既能与硫酸反应，也能与NaOH反应，⑥符合；则既能跟硫酸反应，又能跟氢氧化钠溶液反应的是①③⑤⑥，故合理选项是A。3、C【解析】

由信息可知还原性：>I-，通入Cl2先发生+Cl2+H2O=+2H++2Cl-，有

0.25a

mol的

NaI

被氧化，由电子守恒可知，此时发生8+2I-+9Cl2+8H2O=8+I2+16H++18Cl-，以此来解答。【详解】A．由+I2+H2O═+2I-+2H+可知，S元素的化合价升高．I元素的化合价降低，则还原性：>I-，故A错误；B．由电子守恒可知，0.09mol×2=amol×(6-4)+0.25a

mol，a=0.08mol，NaI

与

Na2SO3

的物质的量浓度为c=0.8mol/L，故B错误；C．通入

0.09molCl2

发生反应时有

0.25a

mol的

NaI

被氧化，则离子方程式为：8+2I-+9Cl-+8H2O═8+I-+16H++18Cl-，故C正确；D．若再通入

0.07molCl2，由还原性及电子守恒可知，Na2SO3还有0.01mol未被氧化，故D错误；故选：C。【点睛】氧化还原先后型的离子反应：对于氧化还原反应，按“先强后弱”的顺序书写，即氧化性(或还原性)强的优先发生反应，氧化性(或还原性)弱的后发生反应，该类型离子方程式的书写步骤如下：第一步：确定反应的先后顺序：(氧化性：HNO3>Fe3＋，还原性：I－>Fe2＋>Br－)，如向FeI2溶液中通入Cl2，I－先与Cl2发生反应。第二步：根据用量判断反应发生的程度，如少量Cl2与FeI2溶液反应时只有I－与Cl2反应：2I－＋Cl2=2Cl－＋I2。足量Cl2与FeI2溶液反应时溶液中的I－和Fe2＋均与Cl2发生反应：2Fe2＋＋4I－＋3Cl2=2Fe3＋＋2I2＋6Cl－。第三步：用“少量定1法”书写离子方程式，即将“量”少物质的化学计量数定为“1”进行书写。4、C【解析】

消毒剂的消毒效率可用单位质量消毒剂被还原时得电子数表示，则二氧化氯中氯元素得化合价由+4变为-1，消毒效率＝，次氯酸钠中得氯元素由+1变为-1，消毒效率＝，则ClO2的消毒效率是NaClO的＝2.76倍；故选：C。5、D【解析】

X和Y可能为酸和碱、碱性氧化物和酸、酸式盐和碱(如NaHCO3＋NaOH===Na2CO3＋H2O)，不可能是碱性氧化物和酸性氧化物(二者反应只生成盐，无水生成)。故选D。6、B【解析】

根据混合气体通入氯水中，得到无色透明溶液可知，原气体中一定不存在HI；一份溶液中进入BaCl2溶液，出现白色沉淀，该白色沉淀为硫酸钡，则原气体中一定含有SO2，二氧化硫被氯水氧化成硫酸；另一份中加入硝酸酸化的AgNO3溶液，也有白色沉淀生成，该白色沉淀为AgCl，由于气体通入氯水，引进了氯离子，无法确定原气体中是否含有HCl【详解】A．根据以上分析可知，原气体中不能确定是否含有氯化氢，故A错误；B．根据分析可知，原混合气体中一定存在二氧化硫气体，故B正确；C．题干信息无法确定是否含有二氧化碳气体，故C错误；D．根据分析可知，原气体中一定不含有HI气体，故D错误；7、D【解析】

A.强酸能和弱酸盐反应生成弱酸，二氧化碳和硅酸钠溶液反应生成难溶性硅酸沉淀，则装置Ⅰ：可以用来验证硅酸和碳酸的酸性强弱，故A正确；B.碳酸氢钠不稳定，在小试管中间接受热，碳酸钠不分解，放在温度高的大试管中，通过右边烧杯中澄清石灰水变浑浊，左边烧杯中澄清石灰水不变浑浊，可比较热稳定性，故B正确；C.二氧化碳的密度比空气大，可用向上排空气法收集二氧化碳，二氧化碳和NO不反应，且NO密度小于二氧化碳，所以可以采用向下排二氧化碳气体法收集NO，故C正确；D.图中导管插入水中，HCl极易溶于水，试管内液体会倒吸，应该在水中加入四氯化碳，将导管插入下层的四氯化碳，因为HCl与水没有直接接触，所以不会倒吸，故D错误；故选D。【点睛】此题易错点在于D项，要明确倒吸的原理，导管内HCl极易溶于水，压强迅速减小，导致液体倒吸，若和水不直接接触，则压强不会迅速减小。8、B【解析】

A.KNO3根据阳离子分类属于钾盐，根据阴离子分类又属于硝酸盐，故A正确；B.钠元素焰色反应为黄色，钾元素焰色反应为透过蓝色钴玻璃观察为紫色，则“紫青烟”不是NO2，故B错误；C.钾元素焰色反应为透过蓝色钴玻璃观察为紫色，所以“紫青烟”是因为钾元素的焰色反应，故C正确；D.因为钠元素焰色反应为黄色，朴消为Na2SO4，所以灼烧朴消会看见黄色的烟，故D正确；答案：B。9、B【解析】

A．普通石英坩埚的主要成分为二氧化硅，其可以与NaOH发生反应，A项正确；B．工业制漂白粉，用的是石灰乳，在书写离子方程式时不能拆分，B项错误；C．铁可以与水蒸气在高温下反应生成四氧化三铁以及氢气，C项正确；D．浓硝酸由于见光易分解所以保存在棕色试剂瓶中，由于分解后会生成NO2，所以浓硝酸一般会有棕色，D项正确；答案选B。【点睛】在进行离子方程式正误判断时，首先观察离子方程式是否满足基本的守恒关系，然后检查离子方程式中物质的拆分是否符合要求，最后检查离子方程式是否符合实际以及化学计量系数是否正确。10、B【解析】

一种盐与烧碱混合共热，可放出无色气体Y，则Y为NH3，氨气经一系列氧化后的产物再溶于水可得Z溶液，Z溶液为HNO3溶液，Y和Z溶液反应又可生成X，则盐X是硝酸铵，故选B。11、B【解析】

A．Na2CO3·10H2O晶体是电解质，但不能导电，故A错误；B．熔融的Al2O3能导电且为电解质，故B正确；C．稀硫酸能导电，但不是电解质也不是非电解，故C错误；D．蔗糖是非电解质，故D错误；答案为B。12、C【解析】

用分液漏斗分离的是不互溶的液体混合物。【详解】A．氯化钠溶于水，无法用分液漏斗分离，错误；B．碘易溶于四氯化碳，不能用分液漏斗分离，错误；C．水和四氯化碳是不互溶的液体，可以用分液漏斗分离，正确；D．汽油和植物油互溶，无法用分液漏斗分离，错误；故选C。13、B【解析】

A.金属铁可以将金属铜从其盐中置换出来，钠投入到铜盐溶液反应先与水反应，不会置换出铜，A错误;B.NaHSO4与Ba(OH)2按照2:1反应生成硫酸钡、硫酸钠和水，溶液呈中性，离子方程式为：2H++SO42-+Ba2++2OH-=BaSO4↓+2H2O,B正确；C.碘的氧化性较弱，与铁反应时生成FeI2，C错误；D.向Ca(ClO)2溶液中通入少量SO2发生氧化还原反应，离子方程式为Ca2++3ClO-+SO2+H2O=CaSO4↓+Cl-，D错误；故答案为：B。14、D【解析】

A项，CaCO3难溶，书写离子方程式时不要拆分，故A项错误；B项，等式两端电荷不守恒，正确的式子应为2MnO4－+10Cl－+16H+==2Mn2++5Cl2↑+8H2O，故B项错误；C项，漂白粉溶液吸收少量的二氧化硫气体的方程式应为Ca2++3ClO-+SO2+H2O=CaSO4↓+2HClO+Cl-，故C项错误。D项，氢氧化钠溶液与过量碳酸氢钙溶液反应，生成碳酸钙沉淀，故D项正确；综上所述，本题正确答案为D。15、D【解析】

元素的化学性质，与原子的最外层电子数关系非常密切，原子的最外层电子少于4个时，容易失去电子；多于4个少于8个时，容易获得电子．最外层为8个电子时，元素的化学性质最稳定。【详解】A、决定元素种类的是核内质子数，核内质子数等于原子序数，元素的化学性质主要决定于原子的最外层电子数，选项A错误；B、元素的化学性质主要决定于原子的最外层电子数，和核外电子数无关，选项B错误；C、决定核素种类的是核内质子数和中子数，元素的化学性质主要决定于原子的最外层电子数，选项C错误；D、元素的化学性质主要决定于原子的最外层电子数，选项D正确；答案选D。【点睛】本题考查元素的性质和最外层电子数的关系，核外最外层电子的得失决定元素的化学性质。16、A【解析】

A、Na2O2能和盐酸反应生成氯化钠和水和氧气，为过氧化物，不是碱性氧化物，故A符合题意；B、“超级钢”的成分依旧是钢，主要成分为铁，其属于合金，故B不符合题意；C、食盐水为溶液，属于分散系，故C不符合题意；D、NaHSO4为金属阳离子和阴离子组成的化合物，属于盐类，故D不符合题意；故答案为A。【点睛】碱性氧化物能够与酸反应只生成盐和水，该过程属于非氧化还原反应；如氧化钠与盐酸反应生成氯化钠和水，属于碱性氧化物；而Na2O2能和盐酸反应生成氯化钠和水和氧气，氧元素的化合价有变化，属于氧化还原反应，为过氧化物，不属于碱性氧化物。二、非选择题（本题包括5小题）17、NH4HCO3NH3BaCO3CO2++Ba2++2OH－NH3↑+BaCO3↓+2H2OBaCO3+2H+══Ba2++CO2↑+H2O【解析】

气体B遇HCl冒白烟，则气体B为NH3，加氯化钡溶液后产生的白色沉淀C遇盐酸产生无色无味的气体能使石灰水变浑，则C为BaCO3，D为CO2，据此可推断无色溶液中应含有碳酸根离子和铵根离子，则A可能为NH4HCO3或（NH4）2CO3，如果是NH4HCO3，则分解产生的气体的平均相对分子质量为=1.3，如果是（NH4）2CO3，则分解产生的气体的平均相对分子质量为=24，根据对A加强热产生的气态物质的平均相对分子质量为1.3可知，A为NH4HCO3，据此答题。【详解】气体B遇HCl冒白烟，则气体B为NH3，加氯化钡溶液后产生的白色沉淀C遇盐酸产生无色无味的气体能使石灰水变浑，则C为BaCO3，D为CO2，据此可推断无色溶液中应含有碳酸根离子和铵根离子，则A可能为NH4HCO3或（NH4）2CO3，如果是NH4HCO3，则分解产生的气体的平均相对分子质量为=1.3，如果是（NH4）2CO3，则分解产生的气体的平均相对分子质量为=24，根据对A加强热产生的气态物质的平均相对分子质量为1.3可知，A为NH4HCO3，据此答题。（1）根据上面的分析可知，A为NH4HCO3，B为NH3，C为BaCO3，D为CO2；故答案为：NH4HCO3；NH3；BaCO3；CO2；（2）反应①的离子方程式为NH4++HCO3-+Ba2++2OH-═NH3↑+BaCO3↓+2H2O，反应②的离子方程式为BaCO3+2H+═Ba2++CO2↑+H2O；故答案为：NH4++HCO3-+Ba2++2OH-═NH3↑+BaCO3↓+2H2O；BaCO3+2H+═Ba2++CO2↑+H2O。18、Ba2++SO32－=BaSO3↓产生白色沉淀Ag++Cl－=AgCl↓不符合复分解反应发生的条件：生成气体、沉淀或者水将⑤与②（或者Ba(OH)2/Ba(NO3)2）混合，产生白色沉淀，结合实验iii，即可证明⑤是H2SO4【解析】

（1）①+②：亚硫酸钠和氯化钡反应，生成亚硫酸钡白色沉淀和氯化钠；②+③：氯化钡和硝酸银反应，生成氯化银白色沉淀和硝酸钠；（2）氯化钡和氢氧化钠不反应，不符合复分解反应发生的条件：生成气体、沉淀或者水；（3）若⑤是H2SO4，则需要证明含有硫酸根离子和氢离子存在，实验iii中①+⑤：亚硫酸钠和X反应生成无色气体，该无色气体为二氧化硫，说明X中含有氢离子，符合强酸制弱酸原则；将⑤与②（或者Ba(OH)2/Ba(NO3)2）混合，产生白色沉淀，结合实验iii，即可证明⑤是H2SO4。【详解】（1）①+②：亚硫酸钠和氯化钡反应，生成亚硫酸钡白色沉淀和氯化钠，则离子反应为：Ba2++SO32－=BaSO3↓；②+③：氯化钡和硝酸银反应，生成氯化银白色沉淀和硝酸钠，离子反应为：Ag++Cl－=AgCl↓，故答案为：Ba2++SO32－=BaSO3↓；产生白色沉淀；Ag++Cl－=AgCl↓；（2）氯化钡和氢氧化钠若能发生反应，应生成氯化钠和氢氧化钡，属于复分解反应类型，复分解反应发生的条件：生成气体、沉淀或者水，但氯化钠和氢氧化钡都是可溶性强电解质，不符合复分解反应发生的条件，故答案为：不符合复分解反应发生的条件：生成气体、沉淀或者水；（3）若⑤是H2SO4，则需要证明含有硫酸根离子和氢离子存在，实验iii中①+⑤：亚硫酸钠和X反应生成无色气体，该无色气体为二氧化硫，说明X中含有氢离子，符合强酸制弱酸原则；将⑤与②（或者Ba(OH)2/Ba(NO3)2）混合，产生白色沉淀，说明X中含有硫酸根离子，二者结合分析可证明⑤是H2SO4，故答案为：将⑤与②（或者Ba(OH)2/Ba(NO3)2）混合，产生白色沉淀，结合实验iii，即可证明⑤是H2SO4。19、CBDFAE100mL容量瓶定容a大【解析】

本题考察一定物质的量浓度溶液配制，难度不大，考生运用所学知识答题即可。【详解】（1）配制一定物质的量浓度溶液的操作步骤为:计算→称量→溶解→移液→洗涤→定容→摇匀→装瓶；上述实验步骤中，A为定容，B为移液，C为溶解，D为洗涤，E为摇匀，F为洗涤后的加水，故正确的实验次序为CBDFAE；E为容量瓶，由于要配制94mL的溶液，需要使用100mL的规格，故E为100mL容量瓶；（2）A为定容；（3）实验需要使用100mL容量瓶，则n(Na2CO3·10H2O)=0.1L×0.1mol·L-1=0.01mol，m(Na2CO3·10H2O)=0.01mol×286g·mol-1=2.9g，则需要用游码称0.9g，故选a；称量前晶体已经有一部分失去了结晶水，则称得的晶体中n(Na2CO3)偏大，故所配制的溶液浓度偏大。20、避免空气中的O2、CO2、水蒸气对实验产生干扰作安全瓶，防止倒吸澄清石灰水PdCl2溶液3SiO2＋4C2CO2↑＋2CO↑＋3Si无尾气吸收装置2：1向Na2SiO3溶液中通入CO2气体，溶液变浑浊【解析】

（1）碳与二氧化硅反应要在高温下进行，而高温下碳与空气中氧气反应，所以实验时要将装置中的空气排尽，所以实验时要通人足够长时间的N2；（2）根据装置图可知，B装置可以作安全瓶，防止倒吸；（3）根据元素守恒，碳与二氧化硅反应可能生成一氧化碳也可能生成二氧化碳，所以C装置用来检验有没有二氧化碳，D装置用来检验一氧化碳，所以置C、D中所盛试剂分别为澄清石灰水、PdCl2溶液；若装置C、D中溶液均变浑浊，说明既有二氧化碳又有一氧化碳，检测两气体产物的物质的量相等，根据元素守恒可知化学方程式为3SiO2+4C2CO2+2CO+3Si；（4）一氧化碳有毒，有能排放到空气中，而该装置没有尾气吸收装置将CO吸收，故答