甘肃省靖远县第二中学2026届高一化学第一学期期末统考模拟试题含解析

甘肃省靖远县第二中学2026届高一化学第一学期期末统考模拟试题注意事项: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、实验室常用王水（浓硝酸和浓盐酸按体积比1：3的混合物）来溶解白金等贵金属进行科学实验。王教授用质量分数为63%的浓硝酸（密度1.40g/）和质量分数为36.5%的浓盐酸（密度1.19g/）来配制王水600毫升，假设忽略两种酸混合时的体积变化也不考虑混合后的化学变化，下列说法错误的是A．该王水中硝酸的物质的量浓度是3.5mol/LB．该王水中氧元素的质量是100.8gC．该王水的密度约为1.24g/D．该王水中HCl的质量分数约为26.2%2、0.1molCaCl2固体中含有A．0.1molCl2 B．1.204×1024个Cl− C．0.1molCa2+ D．3.01×1023个Ca2+3、下列说法中正确的是（）A．除去NaCl固体中的少量KNO3，将固体溶解后蒸发结晶，趁热过滤，洗涤，干燥B．FeCl3可用于腐蚀Cu刻制印刷电路板，这说明铁的金属性比铜强C．配制质量分数为20%的NaOH溶液时，需要用到的玻璃仪器为容量瓶、烧杯、玻璃棒D．工业上用氯气和石灰水反应制漂白粉，保存漂白粉的塑料袋要密封4、欲使明矾溶液中的Al3+完全沉淀下来，适宜的试剂是：A．NaOH溶液 B．盐酸 C．氨水 D．氯化钡溶液5、将稀盐酸滴入碳酸钠与氢氧化钠的混合溶液中，立即产生气泡A． B．6、下列说法中不正确的是A．碳酸钠比碳酸氢钠易溶于水B．碳酸钠比碳酸氢钠稳定C．碳酸钠和碳酸氢钠能跟石灰水反应得到白色沉淀D．等质量的碳酸钠和碳酸氢钠分别与足量盐酸反应，得到相同质量的二氧化碳7、硅是无机非金属材料的主角。下列关于硅及其化合物的叙述错误的是A．硅是制造太阳能电池的常用材料B．二氧化硅是制造光导纤维的基本原料C．硅胶可作食品干燥剂、抗氧化剂，可直接食用D．氢氟酸能刻蚀玻璃，刻制各种精美的玻璃饰品8、在不引入新杂质的情况下，分离FeCl3、KCl、BaSO4的混合物，应选用的一组试剂是A．水、氢氧化钾溶液、稀盐酸B．水、氢氧化钠溶液、稀盐酸C．水、硝酸银溶液、稀硝酸D．水、氢氧化钾溶液、稀硝酸9、酸性KMnO4溶液和CuS混合时，发生的反应如下:MnO4-+CuS+H+→Cu2++SO2↑+Mn2++H2O，下列有关该反应的说法中正确的是（）A．被氧化的元素是Cu和SB．Mn2+的还原性强于CuS的还原性C．氧化剂与还原剂的物质的量之比为6:5D．若生成2.24L(标况下)SO2，转移电子的物质的量是0.8mol10、下列除去杂质的实验方法正确的是()A．除去CO中少量O2，通过灼热的铜网后收集气体B．除去K2CO3固体中的少量NaHCO3，置于坩埚中加热C．除去FeSO4溶液中混有的CuSO4，加入适量Zn粉后过滤D．除去四氯化碳和水的混合物中的水，实验室可采用分液法11、下列物质属于纯净物的是A．漂白粉 B．生铁 C．液氯 D．水玻璃12、有关H、D、T、HD、H2、D＋、H－这七种微粒的说法正确的是A．互为同位素 B．是七种氢元素C．HD和H2均是单质 D．电子数相同13、把铁、铜、盐酸、FeCl3、FeCl2和CuCl2溶液混在一起，铁有剩余，则溶液中所含最多的阳离子是A．H＋ B．Cu2＋ C．Fe3＋ D．Fe2＋14、在含有Fe3+、Fe2+、Al3+、NH4+稀溶液中，加入足量的Na2O2固体，充分反应后，再加入过量的稀盐酸，完全反应后，离子数目没有变化的是A．Fe2+ B．Al3+ C．Fe3+ D．NH4+15、某无色溶液中可能含有I-、NH4+、Cu2+、SO32-，向该溶液中加入少量溴水，溶液呈无色。则下列关于溶液组成的判断正确的是(已知：I2＋Na2SO3＋H2O=Na2SO4＋2HI，Br2+2KI=I2+2KBr，且溴水、碘水均有颜色。)①肯定不含I-②肯定不含Cu2+③肯定含有S032-④可能含有I-A．①③ B．①②③ C．②③④ D．③④16、下列六种物质：①Na2O②Na2O2③NaCl④Na2CO3溶液⑤NaOH⑥NaHCO3，其中不能与CO2反应的是A．①④ B．②③ C．③⑥ D．⑤⑥二、非选择题（本题包括5小题）17、现有A、B、C、D、E、F、G七种短周期主族元素，其原子序数依次增大。已如A、D位于同一主族，D是短周期中原子半径最大的。B、E最外层电子数是最内层电子数的2倍。C、F的最外层电子数相等，且C、F的原子序数之和为A、D原子序数之和的两倍。（1）A、C、D、F形成的简单离子半径由大到小的顺序是____________（用元素符号填写）。（2）B、E、F、G最高价氧化物对应的水化物酸性最强的是___________（用化学式填写）。（3）由C、D两元素能形成一种原子个数比为1：1的化合物，该化合物所含的化学键类型有____________。（4）下列事实能说明G元素的非金属性比F元素的非金属性强的是______________。a.G单质与Na2S溶液反应溶液变混浊b.F氢化物的酸性比G的氢化物酸性弱c.G和F两元素的简单氢化物受热分解，前者的分解温度高（5）A、C、D、F四种元素形成的化合物M和N在溶液中相互反应的离子方程式是________________。18、有四种短周期元素，它们的结构、性质等信息如下表所述：元素结构、性质等信息A是短周期中(除稀有气体外)原子半径最大的元素，该元素的某种合金是原子反应堆的导热剂B与A同周期，其最高价氧化物的水化物呈两性C元素的气态氢化物极易溶于水，可用作制冷剂D是海水中除氢、氧元素外含量最多的元素，其单质或化合物是自来水生产过程中常用的消毒杀菌剂完成下列填空：(1)A的原子结构示意图是________。(2)元素B在周期表中的位置是_______；从原子结构角度分析比较A和B的金属性强弱：_____。(3)单质C的结构式是______，其化学性质稳定的原因是________。(4)A、B的最高价氧化物对应的水化物相互反应的离子方程式为______。(5)C、D的氢化物相互反应后，将产物溶于水，水溶液呈______性(选填“酸”、“碱”或“中”)，将溶液中所有离子的浓度由大到小排序：_____。19、根据下图所示装置回答以下问题。已知：①KMnO4常温下与浓盐酸反应可制得Cl2。②H2SiO3不溶于水。(1)利用如图装置可以验证元素非金属性的变化规律。图中A装置的名称是________________。干燥管D的作用是____________。(2)实验室中现有药品Na2S、KMnO4、浓盐酸、MnO2，请选择合适药品设计实验验证氯的非金属性强于硫：烧瓶中发生反应的离子方程式为____________________________。装置C中的实验现象为有淡黄色沉淀生成，离子方程式为_____________________。(3)若要用此装置证明酸性：HNO3＞H2CO3＞H2SiO3，进而证明非金属性：N＞C＞Si，从以下所给物质中选出甲同学设计的实验所用到的物质：①稀HNO3②稀盐酸③碳酸钙④Na2SiO3溶液⑤SiO2。试剂A与C分别为________(填序号)；试管中发生反应的离子方程式为__________________。有同学认为此实验不能说明N、C、Si的非金属性强弱，你认为原因是_____________________。20、现用金属钠和空气制备纯度较高的Na2O2，可利用的装置如下：请回答下列问题：（1）若规定气体的流动方向为从左到右，则组合实验装置时各仪器的连接顺序是：空气→Ⅳ→________→________→________（填“Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ”，仪器不能重复使用）。（2）装置Ⅳ中盛放的药品是___________，其作用是____________________。（3）装置Ⅱ的作用是_________________________________________。（4）加热装置Ⅰ时发生反应的化学方程式为___________________________。（5）下列对于过氧化钠的叙述中，正确的是___________。A．过氧化钠能与酸反应生成盐和水，所以过氧化钠是碱性氧化物B．将过量Na2O2投入紫色石蕊试液中，溶液变蓝C．过氧化钠与水反应时，过氧化钠是氧化剂，水是还原剂D．过氧化钠与二氧化碳反应时，过氧化钠既是氧化剂又是还原剂21、利用海水可以提取溴和镁，提取过程如下：（1）提取溴的过程中，经过2次转化的目的是__________，吸收塔中发生反应的离子方程式是，蒸馏塔中发生反应的离子方程式是____________。（2）从溶液中得到晶体的主要操作是__________、_________、过滤、洗涤、干燥。由无水氯化镁得到镁的化学方程式是__________。（3）据上述流程，将海水中溴元素（海水中离子含量为）转化为工业溴，整个流程中至少需要标准状况下的体积为_________L（忽略溶解）。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、B【解析】

王水是600mL，其中浓硝酸是150mL，浓盐酸是450mL，据此分析作答。【详解】A、该王水中硝酸的物质的量浓度是，A正确；B、溶剂水中还含有氧元素，则该王水中氧元素的质量大于100.8g，B错误；C、该王水的密度约为，C正确；D、该王水中HCl的质量分数约为，D正确；答案选B。2、C【解析】

CaCl2固体是由Ca2+和Cl−组成的离子化合物，0.1molCaCl2中含有1.204×1023个Cl−、0.1molCa2+，其中不存在Cl2；故答案为C。3、A【解析】

A.除去NaCl固体中的少量KNO3，将固体溶解后蒸发，NaCl结晶析出，趁热过滤，洗涤，干燥，得纯净的NaCl晶体，A正确；B.FeCl3可用于腐蚀Cu刻制印刷电路板，这说明Fe3+的氧化性比Cu2+强，B不正确；C.配制质量分数为20%的NaOH溶液时，需要用到的玻璃仪器为天平、烧杯、玻璃棒、量筒，C不正确；D.工业上用氯气和石灰乳反应制漂白粉，保存漂白粉的塑料袋要密封，D不正确。故选A。【点睛】漂白粉是由氯气与氢氧化钙（消石灰）反应制得。因为绝对干燥的氢氧化钙与氯气并不发生反应，氯气只能被氢氧化钙所吸附。但漂白粉遇水或潮湿空气会强烈水解，甚至引起燃烧爆炸。所以制取漂白粉时，采用含有1%以下游离水分的消石灰来进行氯化，所用的氯气也含有0.06%以下水分。4、C【解析】

明矾在水中的电离出铝离子，铝离子能与NaOH溶液反应生成氢氧化铝，但氢氧化铝能与氢氧化钠溶液再次反应而被溶解，所以，欲使明矾溶液中的Al3+完全沉淀下来，适宜的试剂是氨水，氨水是弱碱，不能与氢氧化铝反应；故答案选C。5、A【解析】

滴入盐酸时，盐酸先与NaOH的反应，然后盐酸与碳酸钠反应生成碳酸氢钠，最后盐酸与碳酸氢钠反应生成气体，不立即产生气泡；故选A。6、D【解析】

A.碳酸钠比碳酸氢钠的溶解度大，即碳酸钠比碳酸氢钠易溶于水，A正确；B.碳酸钠比碳酸氢钠稳定，碳酸氢钠受热易分解生成碳酸钠、水和二氧化碳，B正确；C.碳酸钠和碳酸氢钠都能跟石灰水反应得到白色沉淀碳酸钙，C正确；D.碳酸钠的相对分子质量大于碳酸氢钠，则等质量的碳酸钠和碳酸氢钠分别与足量盐酸反应，得到的二氧化碳质量前者小于后者，D错误。答案选D。7、C【解析】

A．硅单质是一种半导体材料，是制造太阳能电池的常用材料，A正确；B．光导纤维的主要成分是二氧化硅，B正确；C．硅胶可作食品干燥剂，但不能作抗氧化剂，不能直接食用，C错误；D．氢氟酸能与SiO2发生反应，所以可使用氢氟酸刻蚀玻璃，D正确；故选C。8、A【解析】三种物质中，硫酸钡不溶于水，故先加水过滤能将硫酸钡分离出来；要分离氯化铁和氯化钾，需要先将其中的氯化铁转化为氢氧化铁沉淀，此时所选的试剂与氯化铁反应不能生成新的杂质，故可以选用KOH，然后将生成的氢氧化铁沉淀过滤即可分离得到氯化钾，向生成的氢氧化铁沉淀中加入盐酸即可生成氯化铁，答案选A。点睛：本题考查物质的分离、提纯，为高频考点，侧重于学生的分析、实验能力的考查，注意把握物质的性质的异同，且注意不能引入新杂质。氯气需要注意物质分离、提纯的区别：物质的分离是将混合物中的各组分分离开来，获得几种纯净物的过程。物质的提纯是将混合物中的杂质除去而得到目标物质的过程又叫混合物的净化和除杂。9、C【解析】

A.反应中，铜元素的化合价没变，硫元素的化合价由−2升到＋4价，只有硫元素被氧化，A错误；B.还原剂的还原性大于还原产物的还原性，则还原性CuS>Mn2+，B错误；C.氧化剂为KMnO4，还原剂为CuS，设KMnO4为xmol，CuS为ymol，根据电子守恒：x×（7-2）=y×（4-（-2）），x：y=6:5，所以氧化剂与还原剂的物质的量之比为6：5，C正确；D.二氧化硫物质的量为0.1mol，由方程式可知消耗KMnO4的量为0.1×6/5=0.12mol，反应中Mn元素化合价由＋7价降低为＋2价，故转移电子为0.12mol×（7−2）＝0.6mol，D错误；答案选C。10、D【解析】

A．Cu与氧气反应，但CO还原CuO；B．NaHCO3加热分解生成碳酸钠；C．Zn与硫酸铜反应生成硫酸锌；D．四氯化碳和水的混合物分层。【详解】A.Cu与氧气反应，但CO还原CuO生成二氧化碳而引入新的杂质，则不能利用灼热的Cu网除杂，故A错误；B.NaHCO3加热分解生成碳酸钠，引入新杂质，则加热法不能除杂，故B错误；C.Zn与硫酸铜反应生成硫酸锌，引入新杂质，应选加足量Fe、过滤，故C错误；D.四氯化碳和水的混合物分层，选分液法可分离，故D正确；本题选D。11、C【解析】

A项、漂白粉的主要成分是氯化钙和次氯酸钙，属于混合物，故A错误；B项、生铁是含碳量较高的铁合金，属于混合物，故B错误；C项、液氯是液态的氯气，属于纯净物，故C正确；D项、水玻璃是硅酸钠的水溶液，属于混合物，故D错误；故选C。【点睛】纯净物是由一种物质组成的物质，混合物是由多种物质组成的物质，解答本题要充分理解纯净物和混合物的区别，要分析物质是由几种物质组成的，如果只有一种物质组成就属于纯净物，如果有多种物质就属于混合物。12、C【解析】

A．质子数相同中子数不同的同一种元素的不同核素互为同位素，H、D、T、HD、H2、D＋、H－这七种微粒不是同位素关系，A错误；B．具有相同核电荷数即质子数的同一类原子的总称，这七种微粒不是七种氢元素，B错误；C．HD和H2均是单质，C正确；D．这七种微粒的电子数不同，分别是1、1、1、2、2、0、2，D错误；答案选C。13、D【解析】

因为物质氧化性的强弱由大到小排列顺序为：FeCl3＞CuCl2＞FeCl2，还原性Fe＞Cu，Fe有剩余，则Cu没有参加反应，溶液中不存在Fe3+、Cu2+，以此解答该题。【详解】把铁、铜、盐酸、FeCl3、FeCl2和CuCl2溶液混在一起，铁有剩余，则发生的化学反应为Fe+2FeCl3=3FeCl2，Fe+CuCl2=Cu+FeCl2，Fe3+，Cu2+都不能存在，因此溶液中所含最多的阳离子只有Fe2+，故D项正确；答案选D。14、B【解析】

加入足量过氧化钠实质是加了足量氢氧化钠溶液和氧气【详解】A选项，亚铁离子与氧气反应变为铁离子，和氢氧根反应生成沉淀，又加盐酸，沉淀溶解，最后又变为铁离子，因此亚铁离子量减少，故A错误；B选项，铝离子与足量氢氧根反应生成偏铝酸根，偏铝酸根与足量盐酸反应，最后又生成铝离子，量不发生改变，故B正确；C选项，A选项中亚铁离子被氧化变为了铁离子，铁离子量增加，故C错误；D选项，铵根离子和氢氧根离子反应生成氨气和水，因此铵根离子数目减少，故D错误；综上所述，答案为B。15、C【解析】

溶液是无色溶液，说明一定不含Cu2+，向该无色溶液中加入少量溴水，溴水褪色，溶液呈无色，所以原溶液中一定含有还原性离子；根据I2＋Na2SO3＋H2O=Na2SO4＋2HI，Br2+2KI=I2+2KBr反应可知：离子还原性SO32-＞I->Br-，所以原溶液中一定含有SO32-，一定不含Cu2+，可能含有I-，据以上分析解答。【详解】溶液是无色溶液，说明一定不含Cu2+，向该无色溶液中加入少量溴水，溴水褪色，溶液呈无色，所以原溶液中一定含有还原性离子；根据I2＋Na2SO3＋H2O=Na2SO4＋2HI，Br2+2KI=I2+2KBr反应可知：离子还原性SO32-＞I->Br-，所以原溶液中一定含有SO32-，一定不含Cu2+，可能含有I-，①溶液中可以含有I-，由于还原性：SO32-＞I-，溴水少量，碘离子没有被氧化，故①错误；②溶液为无色溶液，所以肯定不含Cu2+，故②正确；③根据以上分析可知，原溶液中一定含有SO32-，故③正确；④加入的少量溴水，已知还原性SO32-＞I-，溴单质只氧化SO32-，溶液为无色，而I-可能含有，故④正确；故选：C。【点睛】同一个还原剂遇到不同的氧化剂时氧化性强先反应，同一个氧化剂遇到不同的还原剂时还原性强的先反应，即是谁强谁先反应规律。16、C【解析】

①Na2O与二氧化碳反应生成碳酸钠；②Na2O2与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气；③NaCl与二氧化碳不反应；④Na2CO3溶液与二氧化碳反应生成碳酸氢钠；⑤NaOH与二氧化碳反应生成碳酸钠或碳酸氢钠；⑥NaHCO3与二氧化碳不反应；其中不能与CO2反应的是③⑥。答案选C。二、非选择题（本题包括5小题）17、r(S2-)＞r(O2-)＞r(Na+)＞r(H+)HClO4离子键、共价键acH++HSO3-=SO2↑+H2O【解析】

现有A、B、C、D、E、F、G七种短周期主族元素，D是短周期中原子半径最大的，D为Na；已知A、D位于同一主族，A为H；B、E最外层电子数是最内层电子数的2倍。B为C，E为Si；C、F的最外层电子数相等，且C、F的原子序数之和为A、D原子序数之和的两倍，C、F的原子序数之和24，C的原子序数小于D，F的原子序数大于D，所以C为O；F为S；G为Cl；结合上述分析解答。【详解】（1）离子的电子层数越多，半径越大，电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小；因此离子半径由大到小的顺序是：r(S2-)＞r(O2-)＞r(Na+)＞r(H+)，本题答案是：r(S2-)＞r(O2-)＞r(Na+)＞r(H+)（2）元素的非金属性越强，最高价含氧酸的酸性就越强，B、E、F、G最高价氧化物对应的水化物为：H2CO3、H2SiO3、H2SO4、HCIO4；因非金属性：Cl>S>C>Si，所以最高价含氧酸酸性由强到弱的顺序是：HClO4>H2SO4>H2CO3>H2SiO3；综上所述B、E、F、G最高价氧化物对应的水化物酸性最强的是HClO4，本题答案是：HClO4。（3）由C、D两元素能形成一种原子个数比为1：1的化合物为Na2O2，所含的化学键类型有离子键、共价键，本题答案是：离子键、共价键（4）a项、G为Cl原子，其单质Cl2与Na2S溶液反应的方程式为:Cl2+Na2S=2NaCl+S↓，G的得电子能力强，G的非金属性强，能说明G元素的非金属性比F元素的非金属性强，a正确；b项、非金属性越强，最高价含氧酸的酸性就越强，F氢化物的酸性比G的氢化物酸性弱不能说明G元素的非金属性比F元素的非金属性强，b错误；c项、G和F两元素的简单氢化物受热分解，前者的分解温度高，可知G的氢化物稳定，则G的非金属性强，能说明G元素的非金属性比F元素的非金属性强，c正确；（5）A、C、D、F四种元素组成化合物M和N分别为：NaHSO4和NaHSO3，它们在溶液中相互反应的离子方程式是：H＋+HSO3－=SO2↑+H2O【点睛】粒子半径比较基本原则：①一看“电子层数”：当电子层数不同时，电子层数越多，半径越大。②二看“核电荷数”：当电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小。③三看“核外电子数”：当电子层数和核电荷数均相同时，核外电子数越多，半径越大。18、第三周期IIIA族Na原子半径大于Al，对最外层电子的作用力小，更易失去电子N≡N两个氮原子之间是三键，很牢固，破坏它们需要很大的能量Al3++4OH-=Al(OH或Al3++4OH-=+2H2O酸c(Cl-)＞c()＞c(H+)＞c(OH-)【解析】

A是短周期中(除稀有气体外)原子半径最大的元素，该元素的某种合金是原子反应堆的导热剂，则A为Na；B与A同周期，其最高价氧化物的水化物呈两性，则B为Al；C元素的气态氢化物极易溶于水，可用作制冷剂，则C为N；D是海水中除氢、氧元素外含量最多的元素，其单质或化合物是自来水生产过程中常用的消毒杀菌剂，D为Cl。【详解】(1)A为Na，原子结构示意图为；(2)元素B为Al，位于第三周期IIIA族；Na和Al在同一周期，Na原子半径大于Al，对最外层电子的作用力小，更易失去电子，则金属性强；(3)单质C为氮气，结构式为N≡N，由于两个氮原子之间是三键，很牢固，破坏它们需要很大的能量，故化学性质很稳定；(4)A、B的最高价氧化物对应的水化物分别为NaOH、Al(OH)3，NaOH、Al(OH)反应生成偏铝酸钠和水，离子方程式为Al3++4OH-=Al(OH或Al3++4OH-=+2H2O；(5)C、D的氢化物分别为NH3、HCl，两者反应生成氯化铵，氯化铵为强酸弱碱盐，溶液呈酸性；溶液中铵根离子水解，溶液显酸性，则c(Cl-)＞c()＞c(H+)＞c(OH-)。19、分液漏斗防倒吸2MnO4-＋10Cl－＋16H＋=2Mn2＋＋5Cl2↑＋8H2OCl2＋S2－=S↓＋2Cl－①、④CO2＋H2O＋SiO32-=H2SiO3↓＋CO32-HNO3有挥发性，也会和硅酸钠反应生成硅酸【解析】

（1）根据仪器结构特点分析；氯气溶于水，需要防倒吸；（2）设计实验验证非金属性：Cl＞S，利用氯气与Na2S的氧化还原反应可验证；（3）要证明非金属性：N＞C＞Si，则利用此装置证明最高价氧化物水化物的酸性的强弱顺序为：HNO3＞H2CO3＞H2SiO3，硝酸有挥发性，干扰碳酸与硅酸的强弱比较。【详解】（1）仪器A为分液漏斗，球形干燥管D能够防止倒吸，可以避免C中液体进入锥形瓶中，故答案为：分液漏斗；防止倒吸；

（2）设计实验验证非金属性：Cl＞S，利用氯气与Na2S的氧化还原反应可验证，则装置A、B、C中所装药品应分别为浓盐酸、KMnO4、Na2S溶液，烧瓶中发生反应的离子方程式为：2MnO4-＋10Cl－＋16H＋=2Mn2＋＋5Cl2↑＋8H2O；装置C中的实验现象为有淡黄色沉淀生成，装置C中发生反应的离子方程式为S2-+Cl2═S↓+2Cl-，故答案为：2MnO4-＋10Cl－＋16H＋=2Mn2＋＋5Cl2↑＋8H2O；S2-+Cl2═S↓+2Cl-；（3）根据强酸制强酸的原理，利用稀硝酸溶解碳酸钙，将生成的CO2通入硅酸钠溶液中即可推断酸性的弱顺序为：HNO3＞H2CO3＞H2SiO3，即A为稀硝酸、B为碳酸钙、C为硅酸钠溶液；试管中发生反应的离子方程式为CO2＋H2O＋SiO32-=H2SiO3↓＋CO32-；因硝酸有挥发性，生成的CO2气体中混有硝酸蒸气，需要除去，否则会干扰碳酸与硅酸的强弱比较，故答案为：①④；CO2＋H2O＋SiO32-=H2SiO3↓＋CO32-；HNO3有挥发性，也会和硅酸钠反应生成硅酸；【点睛】本题考查性质实验方案设计，涉及金属、非金属性强弱的探究，题目难度中等，明确物质的性质是解本题关键，知道金属性、非金属性强弱判断方法，会根据物质性质设计实验，试题培养了的分析能力及化学实验能力。20、ⅢⅠⅡ氢氧化钠溶液吸收通入空气中的二氧化碳防止空气中的水蒸气和二氧化碳进入装置Ⅰ2Na＋O2Na2O2D【解析】装置Ⅳ中盛放的溶液为氢氧化钠，空气进入装置Ⅳ，目的除去空气中二氧化碳，然后进入Ⅲ装置，进行气体的干燥后，气体进入Ⅰ装置，与金属钠反应，装