2026届北京市第156中学化学高一上期中检测试题含解析.doc

2026届北京市第156中学化学高一上期中检测试题
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、取一定量的氧化铁与氧化铜的混合物，加入稀硫酸（含0.1 mol H2SO4），恰好完全反应成盐和水，原混合物中氧元素的质量是
A．6.4g B．3.2g C．1.6g D．0.8g
2、下列实验操作中错误的是（ ）
A．倾倒液体 B．检查装置的气密性
C．移去加热的蒸发皿 D．加热液体
3、除去某溶液里溶解的少量杂质，下列做法中不正确的是(括号内的物质为杂质)(　 　)
A．KNO3溶液(AgNO3)：加过量KCl溶液，过滤
B．NaCl溶液(BaCl2)：加过量Na2CO3溶液，过滤，再加适量盐酸并加热
C．NaCl溶液(Br2)：加CCl4，分液
D．KNO3溶液(NaCl)：加热蒸发得到浓溶液后，降温结晶，过滤
4、如图在盛有溴水的三支试管中分别加入苯、四氯化碳和酒精，振荡后静置，出现下列现象，正确的结论是（　　）

A．①加入的是CCl4，②加苯，③加酒精
B．①加入的是苯，②加CCl4，③加酒精
C．①加入的是苯，②加酒精，③加CCl4
D．①加入的是酒精，②加CCl4，③加苯
5、同温同压下，分别用等质量的四种气体吹四个气球，其中气球体积最小的是
A．H2 B．N2 C．CO2 D．O2
6、现在NaOH、Na2 CO3 、Ba(OH)2三种无色溶液，选用一种试剂把它们鉴别出来，可选用（ ）
A．稀盐酸 B．稀硫酸 C．BaCl2溶液 D．Na2SO4溶液
7、室温下，在两个体积相同密闭容器中，分别充等质量的甲、乙两种气体，若测得含甲气体的容器中气体压强大于含乙气体的容器中气体压强，则下列说法正确的是
A．在上述情况中甲气体密度比乙气体密度大
B．甲的摩尔质量比乙的摩尔质量小
C．甲的物质的量比乙的物质的量少
D．甲所含原子数比乙所含原子数少
8、常温下，在下列溶液中可发生如下三个反应：
①16H++10Z-+2XO4-＝2X2++5Z2+8H2O ②2A2++B2＝2A3++2B-③2B-+Z2＝B2+2Z-
由此判断下列说法错误的是（ ）
A．Z元素在①③反应中均被还原
B．反应Z2+2A2+＝2A3++2Z-可以进行
C．氧化性由强到弱的顺序是XO4- > Z2 > B2 > A3+
D．还原性由强到弱的顺序是A2+ > B- > Z- > X2+
9、NaH与水反应的方程式为：NaH＋H2O＝NaOH＋H2↑，在该反应中H2O
A．失去电子 B．被氧化
C．发生氧化反应 D．是氧化剂
10、下列物质中属于酸的是
A．NH3 B．NaHCO3 C．H2SO4 D．Fe(OH)3
11、下列几种反应类型之间的关系正确的是（ ）
A． B．
C． D．
12、下列在无色溶液中能大量共存的离子组是
A．NH4+、Mg2+、SO42﹣、Cl﹣
B．Ba2+、K+、OH﹣、CO32-
C．Al3+、Cu2+、SO42﹣、Cl﹣
D．H+、Ca2+、Cl﹣、HCO3﹣
13、下列离子方程式正确的是（ ）
A．向Ca(OH)2溶液中通入过量CO2：CO2+OH-═HCO
B．向H2SO4溶液加入Ba(OH)2溶液至中性：H++OH-═H2O
C．少量的Ca(OH)2和NaHCO3溶液混合：OH-+Ca2++HCO=CaCO3↓+H2O
D．NH4HCO3溶液中加入足量NaOH溶液：NH+OH-=NH3·H2O
14、下列有关氧化还原反应的叙述中，正确的是
A．一定有氧元素参加 B．氧化反应一定先于还原反应发生
C．氧化剂本身发生氧化反应 D．一定有电子转移（得失或偏向）
15、下列离子方程式的书写正确的是
A．铁与稀硫酸反应：2Fe+6H+＝2Fe3++3H2↑
B．氯化铝溶液中加入过量的氨水：Al3++4NH3·H2O＝AlO2－+4NH4++2H2O
C．金属钠投入水中：2Na+2H2O＝2Na＋+2OH－+H2↑
D．将磁性氧化铁溶于盐酸：Fe3O4+8H+=3Fe3++4H2O
16、已知A、B、C、D、E是短周期原子序数依次增大的五种元素，A原子在元素周期表中原子半径最小；B与E同主族，且E的原子序数是B的两倍；C、D是金属元素，它们的氢氧化物相互之间可以发生反应。下列说法不正确的是( )
A．单质D可用于冶炼某些难熔金属
B．简单离子的半径：C>D>E>B
C．稳定性：A2B>A2E
D．工业上常用电解法制得C和D的单质
二、非选择题（本题包括5小题）
17、现有一混合物的水溶液，只可能含有以下离子中的若干种：K+、NH4+、Cl-、Mg2+、Ba2+、CO32-、SO42-，现取三份100mL该溶液进行如下实验：（已知：NH4++OH-NH3↑+H2O）
（1）第一份加入AgNO3溶液有沉淀产生；
（2）第二份加足量NaOH溶液加热后，收集到0.08mol气体；
（3）第三份加足量BaCl2溶液后，得干燥沉淀12.54g，经足量盐酸洗涤干燥后，沉淀质量为4.66g。根据上述实验，回答以下问题。
（1）由第一份进行的实验推断该混合物是否一定含有Cl-？________（答是或否）
（2）由第二份进行的实验得知混合物中应含有_____（填离子符号），其物质的量浓度为______。
（3）由第三份进行的实验可知12.54g沉淀的成分为________。
（4）综合上述实验，你认为以下结论正确的是_________。
A．该混合液中一定有K+、NH4+、CO32-、SO42-，可能含Cl-，且n(K)≥0.04mol
B．该混合液中一定有NH4+、CO32-、SO42-，可能含有K+、Cl-
C．该混合液中一定有NH4+、CO32-、SO42-，可能含有Mg2+、K+、Cl-
D．该混合液中一定有NH4+、SO42-，可能含有Mg2+、K+、Cl-
（5）我国政府为消除碘缺乏病，规定在食盐中必须加入适量的碘酸钾。检验食盐中是否加碘，可利用如下反应：KIO3+KI+H2SO4＝K2SO4+I2+H2O
①配平该方程式，并且用单线桥法表示该方程式电子转移的方向和数目：________。
②该反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为_____________。
③如果反应中转移0.5mol电子，则生成I2的物质的量为_________。
18、某无色透明溶液中可能大量存在Ag＋、Mg2＋、Cu2＋、Fe3＋、Na＋中的几种。请填写下列空白：
（1）不做任何实验就可以肯定原溶液中不存在的离子是___。
（2）取少量原溶液，加入过量稀盐酸，有白色沉淀生成；再加入过量的稀硝酸，沉淀不消失。说明原溶液中，肯定存在的离子是___，有关离子方程式为__。
（3）取（2）中的滤液，加入过量的NaOH，出现白色沉淀，说明原溶液中肯定有___，有关的离子方程式为__。
（4）原溶液可能大量存在的阴离子是下列的___。
A．Cl－ B．NO3- C．CO32- D．OH－
19、为探究某抗酸药X的组成，进行如下实验：
查阅资料：
①抗酸药X的组成通式可表示为：MgmAln(OH)p(CO3)q（m、n、p、q为≥0的整数）。
②Al(OH)3是一种两性氢氧化物，与酸、碱均可反应生成盐和水。Al3+在pH=5.0时沉淀为Al(OH)3，在pH>12溶解为AlO2－。
③Mg2+在pH=8.8时开始沉淀，pH=11.4时沉淀完全。
实验过程：
步骤
实验操作
实验现象
I
向X的粉末中加入过量盐酸
产生气体A，得到无色溶液
II
向Ⅰ所得的溶液中滴加氨水，调节pH至5~6，过滤
生成白色沉淀B
III
向沉淀B中加过量NaOH溶液
沉淀全部溶解
IV
向II得到的滤液中滴加NaOH溶液，调节pH至12
生成白色沉淀C
（1）Ⅰ中气体A可使澄清石灰水变浑浊，A的化学式是__________。
（2）II中生成B反应的离子方程式是__________。
（3）III中B溶解反应的离子方程式是__________。
（4）沉淀C的化学式是__________。
（5）若上述n(A)∶n(B)∶n(C)=1∶2∶3，则X的化学式是__________。
20、某学生设计了如下实验方法分离NaCl和CaCl2两种固体混合物:

填空和回答下列问题
(1)写出生成B物质的化学方程式_____
(2)滤液中的溶质有_____(写化学式)，若要制得纯净的NaCl，应向滤液中加入适量的某种试剂，该试剂的名称是_____。
(3)若要测定该样品中NaCl和CaCl2的质量比，可称量干燥的B物质和另一物质的质量，这种物质是_____。
(4)某同学要配制480mL2.000mol∙L-1NaOH溶液，配制过程如下：
①选择适当仪器。在下列给出的玻璃仪器中，不需要用到的是_____。

②先用托盘天平称量烧杯的质量，天平平衡后的状态如图，则烧杯的实际质量为_____g。要完成本实验，该同学应称取_____g(烧杯质量不计算在内)NaOH固体，再在烧杯中用适量蒸馏水溶解、冷却。

③将烧杯中的溶液转移至_____(填仪器名称，下同)中，并用少量蒸馏水洗涤烧杯内壁及玻璃棒2~3次，洗涤液也注入该仪器中。
④继续加蒸馏水至离刻度线1~2cm处，改用_____滴加蒸馏水至凹液面最低处与刻度线相切。
⑤盖上瓶塞，上下颠倒摇匀，将所配溶液转移至指定试剂瓶中，贴上标签。
21、实验室制取氯气有下列反应：2KMnO4+16HCl（浓）=2MnCl2+2KCl+5Cl2↑+8H2O
（1）该反应中氧化剂是_____；被还原的元素是_______；氧化产物是 ______；
（2）用单线桥法标出电子转移的方向和数目______________；
（3）若该反应中有0.2mol的电子转移，则能生成标准状况下的氯气的体积是_______；
（4）若该反应有1molKMnO4参加反应，被氧化的HCl为______mol，转移电子数______mol。
参考答案

一、选择题（每题只有一个选项符合题意）
1、C
【解析】
氧化铁和氧化铜与稀硫酸反应的化学方程式为：Fe2O3+3H2SO4＝Fe2(SO4)3+3H2O，CuO+H2SO4＝CuSO4+H2O。由于氧化铜和氧化铁的混合物与0.1mol硫酸恰好完全反应，故联立两个化学方程式可得：
Fe2O3+CuO+4H2SO4＝Fe2(SO4)3+CuSO4+4H2O
4mol 4mol
0.1mol 0.1mol
分析化学方程式可以知道硫酸根中氧元素没有发生改变，依然在硫酸根中，而氧化铜和氧化铁中的氧元素则转变为水中的氧元素，即混合物中氧元素的质量和水中氧元素的质量相等，所以水中氧元素的质量为0.1mol×18g/mol×＝1.6g，所以正确的答案选C。
2、C
【解析】
A．倾倒液体时，标签要向着手心，瓶塞取下要倒放在实验桌上，故A正确；
B．检查装置气密性的方法：把导管的一端浸没在水里，双手紧贴容器外壁，若导管口有气泡冒出，装置不漏气，故B正确；
C．移去加热的蒸发皿不能用手，应该用坩埚钳，故C错误；
D．给试管中的液体加热，取用的液体的用量不能超过试管溶积的三分之一，要外焰加热，试管夹夹在中上部，故D正确。
答案选C。
3、A
【解析】
A.加过量KCl溶液除去AgNO3：AgNO3+KCl=AgCl↓+KNO3，过滤后溶液中过量的KCl没有除去，A项不正确；
B.用过量Na2CO3溶液除BaCl2：Na2CO3+BaCl2=BaCO3↓+2NaCl，再用盐酸除去过量的Na2CO3：Na2CO3+2HCl=2NaCl+CO2↑+H2O，过量的盐酸和溶解的CO2通过加热使其挥发而除去，B项正确；
C.Br2易溶于CCl4，CCl4是一种很好的萃取剂，NaCl溶液中加入CCl4，振荡、静置、分液，上层液体就是NaCl溶液，C项正确；
D.KNO3的溶解度随温度的升高而大幅度增加，NaCl的溶解度随温度升高增大的程度很小，先将混合液加热浓缩，得到较高温度下KNO3的浓溶液，然后降温使KNO3晶体大量析出，（因此时NaCl未饱和，几乎没有NaCl晶体析出），过滤出的晶体即为KNO3，D项正确；答案选A。
混合物分离和提纯的原则是：“不增”即不增加新的杂质；“不减”即不减少被提纯物质；“易分”即杂质转化要易于分离；“复原”即若将被提纯物转化为其它物质，但最后要恢复原态。
4、B
【解析】
CCl4难溶于水，密度比水大，溴易溶于CCl4，CCl4层在下层；苯难溶于水，密度比水小，溴易溶于苯，苯层在上层；酒精易溶于水，与水不分层；所以①加入的是苯，②加 CCl4，③加酒精，故选B。
5、C
【解析】
同温同压的情况下，气体摩尔体积相等，根据V=可知，气体体积与其摩尔质量成反比。
【详解】
根据V=可知，气体体积与其摩尔质量成反比，摩尔质量越大，气体体积越小。H2的摩尔质量为2g/mol， N2的摩尔质量为28g/mol，CO2的摩尔质量为44g/mol，O2的摩尔质量为32g/mol。CO2的摩尔质量最大，所以气体体积最小的是CO2。答案为C。
6、B
【解析】
A.取样品，加入稀盐酸，有气泡产生的是Na2CO3，另外两种物质中都没有明显现象，不能鉴别，故A错误；
B.取样品，加入稀硫酸，有气泡产生的是Na2CO3，有白色沉淀生成的是Ba(OH)2，没有明显现象的是NaOH，现象不同，可以鉴别，故B正确；
C.取样品，加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成的是Na2CO3，另外两种物质中都没有明显现象，不能鉴别，故C错误；
D.取样品，加入Na2SO4溶液，有白色沉淀生成的是Ba(OH)2，另外两种物质中都没有明显现象，不能鉴别，故D错误。
故选B。
7、B
【解析】
室温下，在两个体积相同密闭容器中，分别充等质量的甲、乙两种气体，若测得含甲气体的容器中气体压强大于含乙气体的容器中气体压强，说明甲气体的物质的量比乙大，则说明甲的摩尔质量比乙小。
【详解】
A. 在上述情况中两种气体的密度相同，故错误；
B. 根据以上分析，甲的摩尔质量比乙的摩尔质量小，故正确；
C. 根据以上分析，甲的物质的量比乙的物质的量大，故错误；
D. 不能确定甲乙分子式，所以不能比较甲乙所含原子数多少，故错误。
故选B。
8、A
【解析】①16H++10Z-+2XO4-=2X2++5Z2+8H2O中，氧化性XO4-＞Z2，还原性Z-＞X2+，②2A2++B2=2A3++2B-中，氧化性B2＞A3+，还原性A2+＞B-，③2B-+Z2=B2+2Z-中，氧化性Z2＞B2，还原性B-＞Z-。
A．在反应①中Z元素化合价升高被氧化，在反应③中Z元素化合价降低被还原，故A错误；B．根据上述分析可知，氧化性Z2＞A3+，还原性A2+＞Z-，所以反应Z2+2A2+＝2A3++2Z-可以进行，故B正确；C．由①②③反应中氧化性的比较可知，氧化性由强到弱的顺序是XO4-、Z2、B2、A3+，故C正确；D．由①②③反应中还原性的比较可知，还原性由强到弱顺序是A2+、B-、Z-、X2+，故D正确；答案选A。
9、D
【解析】
在NaH+H2O=NaOH+H2↑中，NaH中H元素的化合价由-1价升高到0，H2O中H元素的化合价由+1价降低为0，则NaH为还原剂，H2O为氧化剂，故选D。
本题考查氧化还原反应中氧化剂、还原剂的判断，明确元素的化合价变化是解答的关键。本题的易错点为NaH中H元素的化合价的判断，要注意在多数化合物中H为+1价，而在NaH中H为-1价。
10、C
【解析】
根据物质的组成分类可知：NH3属于氢化物、NaHCO3属于盐、H2SO4属于酸、Fe(OH)3属于碱，故答案选C。
11、B
【解析】
置换反应有单质参与，肯定有元素化合价的变化，置换反应都是氧化还原反应，有些离子反应不是氧化还原反应，如，因此选项A、C、D均是错误的，B正确，答案选B。
12、A
【解析】
A. 四种离子均为无色离子且相互不反应。
B. Ba2+和CO32-反应生成碳酸钡沉淀。
C. Cu2+为蓝色。
D. H+和HCO3﹣反应生成水和二氧化碳。
【详解】
A. NH4+、Mg2+、SO42﹣、Cl﹣均为无色离子且相互不反应，A正确。
B. Ba2+和CO32-反应生成碳酸钡沉淀，在溶液中不能大量共存，B错误。
C. Cu2+为蓝色，不满足题中的无色溶液，C错误。
D. H+和HCO3﹣反应生成水和二氧化碳，在溶液中不能大量共存，D错误。
13、A
【解析】
A．向Ca(OH)2溶液中通入过量CO2，生成碳酸氢钙和和水，氢氧化钙是强电解质拆成离子的形式，碳酸氢钙是盐，也是强电解质并且能溶于水，要拆成离子的形式，其离子方程式是CO2+OH-═HCO，故A正确；
B．向H2SO4溶液加入Ba(OH)2溶液至中性生成硫酸钡沉淀和水，离子方程式是
，故B错误；
C．少量的Ca(OH)2和NaHCO3溶液混合生成碳酸钙、碳酸钠和水，离子方程式是
，故C错误；
D．NH4HCO3溶液中加入足量NaOH溶液反应生成一水合氨、碳酸钠和水，离子方程式
，故D错误；
故选：A。
14、D
【解析】
氧化还原反应中氧化反应与还原反应同时发生，氧化剂被还原，还原剂被氧化，且氧化还原反应中不一定有氧元素参加。
【详解】
A．氧化还原反应中不一定有氧元素参加，如氢气与氯气反应生成HCl，故A错误；
B．氧化还原反应中氧化反应与还原反应同时发生，故B错误；
C．氧化还原反应中氧化剂被还原，发生还原反应，故C错误；
D．氧化还原反应的本质是电子的转移（得失或偏向），故D正确；
故选D。
本题考查氧化还原反应，熟悉氧化还原反应中的基本概念即可解答，题目较简单。
15、C
【解析】
A、产物不是三价铁应该是二价铁，即Fe+2H＋＝Fe2＋+H2↑，A错误；
B、氢氧化铝不能溶于过量的氨水中，应该是Al3＋+3NH3·H2O＝Al(OH)3↓+3NH4＋，B错误；
C、金属钠投入水中生成氢氧化钠和氢气：2Na+2H2O＝2Na＋+2OH－+H2↑，C正确；
D、生成物应该是氯化铁、氯化亚铁和水，即Fe3O4+8H＋＝2Fe3＋+Fe2＋+4H2O，D错误。
答案选C。
16、B
【解析】
因为A为短周期元素，而且A原子在元素周期表中原子半径最小，可知A为H；B和E同主族，而且E的原子序数是B的两倍，可知B为O，E为S；C、D是金属元素，它们的氢氧化物相互之间可以发生反应，应是氢氧化钠与氢氧化铝的反应，且D的原子序数较大，则C为Na元素、D为Al元素。
【详解】
A．D的单质为Al，Al的还原性比较强，可以利用铝热反应冶炼某些难熔金属，故A正确。
B．C的简单离子为Na+，D的简单离子为Al3+，B的简单离子为O2－，E的简单离子为S2－，电子层结构相同核电荷数越大离子半径越小，电子层越多离子半径越大，故离子半径S2－> O2－>Na+> Al3+，故B错误。
C．非金属性O＞S，故稳定性：H2O＞H2S，故C正确。
D．工业上电解熔融NaCl生成Na，电解熔融的氧化铝生成Al，故D正确。本题选B。
电子层结构相同核电荷数越大离子半径越小，电子层越多离子半径越大。

二、非选择题（本题包括5小题）
17、否 NH4+ 0.8mol/L BaSO4、BaCO3 A 1：5 0.3mol
【解析】
第一份加入AgNO3溶液有沉淀产生，则一定含有Cl-、CO32-、SO42-中的一种或几种；第二份加足量NaOH溶液加热后，收集到气体0.08mol，气体为氨气，则一定含NH4+；第三份加足量BaCl2溶液后，得干燥沉淀12.54g，经足量盐酸洗涤干燥后，沉淀质量为4.66g，则沉淀为碳酸钡、硫酸钡，SO42-的物质的量为4.66g÷233g/mol=0.02mol，CO32-的物质的量为（12.54－4.66）g÷197g/mol=0.04mol，结合离子之间的反应及电荷守恒来解答。
【详解】
第一份加入AgNO3溶液有沉淀产生，则一定含有Cl-、CO32-、SO42-中的一种或几种；第二份加足量NaOH溶液加热后，收集到气体0.08mol，气体为氨气，则一定含NH4+；第三份加足量BaCl2溶液后，得干燥沉淀12.54g，经足量盐酸洗涤干燥后，沉淀质量为4.66g，则一定含硫酸钡，SO42-的物质的量为4.66g÷233g/mol=0.02mol，CO32-的物质的量为（12.54－4.66）g÷197g/mol=0.04mol，含CO32-、SO42-，则一定不含Mg2+、Ba2+，阳离子电荷总量为0.08mol，CO32-、SO42-的电荷总量为0.02mol×2+0.04mol×2=0.12mol，由电荷守恒可知，一定含阳离子K+，综上所述，不能确定是否含有Cl-；则根据电荷守恒溶液中K+的物质的量≥0.12mol-0.08mol=0.04mol。
（1）根据以上分析可知由第一份进行的实验推断该混合物中不一定含有Cl-；
（2）根据以上分析可知由第二份进行的实验得知混合物中应含有NH4+，其物质的量浓度为0.08mol÷0.1L＝0.8mol/L；
（3）根据以上分析可知由第三份进行的实验可知12.54g沉淀的成分为BaSO4、BaCO3；
（4）综合上述实验，该混合液中一定有K+、NH4+、CO32-、SO42-，可能含Cl-，且n(K)≥0.04mol，答案选A。
（5）①反应物KIO3中I元素化合价为+5价，KI中I元素化合价为-1价，反应中I元素化合价分别由+5价、-1价变化为0价，可知（KIO3）：n（KI）=1：5，结合质量生成配平方程式为KIO3+5KI+3H2SO4＝3K2SO4+3I2+3H2O，用单线桥法表示该方程式电子转移的方向和数目为；
②KIO3为氧化剂，KI为还原剂，由方程式可知氧化剂和还原剂的物质的量之比为1：5；
③在上述反应中，转移5mol电子生成碘单质的量是3mol，所以如果反应中转移0.5mol电子，则生成I2的物质的量为0.3moL。
本题考查离子的共存及离子反应、氧化还原反应，把握电子转移和化合价变化之间的关系、发生的反应及电荷守恒为解答的关键，侧重分析与推断能力及离子检验和计算能力的考查。
18、Cu2+、Fe3+ Ag+； Ag++Cl−=AgCl↓ Mg2+ Mg2++2OH−=Mg(OH)2↓ B
【解析】
根据常见阳离子的检验分析解答，书写相关反应离子方程式。
【详解】
(1)有颜色的离子不用做实验就能判断是否存在，溶液无色说明不含有色的Cu2+、Fe3+，故答案为Cu2+、Fe3+；
(2)加入过量稀盐酸,有白色沉淀生成，再加入过量稀硝酸，沉淀不消失，说明含有Ag+，离子反应方程式为：Ag++Cl−=AgCl↓，故答案为Ag+；Ag++Cl−=AgCl↓；
(3)取上述反应中的滤液，加入过量的氢氧化钠溶液，出现白色沉淀，该白色沉淀只能为氢氧化镁，反应的离子方程式为：Mg2++2OH−=Mg(OH)2↓，说明原溶液中一定含有Mg2+，故答案为Mg2+；Mg2++2OH−=Mg(OH)2↓；
(4)原溶液中存在Ag+，则CO32−、Cl−、OH−不能共存，原溶液中肯定有Mg2+，故CO32−、OH−不能与其共存，硝酸根离子不与上述离子反应，故溶液中可能大量存在的离子是NO3−，故答案为B。
19、CO2 Al3++3NH3·H2O===Al (OH)3↓+3NH4+ Al (OH)3+OH－===AlO2－+2H2O Mg(OH)2 Mg3Al2(OH)10CO3
【解析】
利用信息、根据实验现象，进行分析推理回答问题。
【详解】
(1)抗酸药X的通式中有CO32－、实验I中加入稀盐酸，可知能使澄清石灰水变浑浊的气体A只能是CO2。
(2)实验I的溶液中溶质有MgCl2、AlCl3、HCl。据资料②③可知，用氨水调节pH至5~6，Mg2+不沉淀、Al3+完全沉淀。则实验II中生成B的离子方程式Al3++3NH3·H2O＝Al (OH)3↓+3NH4+ 。
(3)实验III中Al (OH)3溶解于NaOH溶液，离子方程式是Al(OH)3+OH－＝AlO2－+2H2O。
(4)实验II的滤液中溶有MgCl2、NH4Cl。滴加NaOH溶液调节pH至12时，Mg2+完全沉淀，则C为Mg(OH)2。
(5)n(A)∶n(B)∶n(C)=1∶2∶3，即CO32－、Al3+、Mg2+的物质的量之比为1∶2∶3。设CO32－、Al3+、Mg2+物质的量分别为1mol、2mol、3mol，据电荷守恒OH-为10mol。该抗酸药X的化学式为Mg3Al2(OH)10CO3。
根据实验现象分析推理过程中，要充分利用题目所给信息。任何化合物或电解质溶液都符合电荷守恒规则，这是解题的隐含条件。
20、CaCl2+Na2CO3=CaCO3↓+2NaCl NaCl、Na2CO3 HCl 化合物A ABF 27.4 40 500mL容量瓶 胶头滴管
【解析】
分离NaCl和CaCl2两种固体混合物，溶解后加入过量碳酸钠溶液，生成碳酸钙沉淀和氯化钠，碳酸钙和盐酸发生反应，得到氯化钙溶液，经蒸发可得到氯化钙固体；由于碳酸钠过量，所以滤液中的物质有氯化钠和碳酸钠，因此要得到纯净的氯化钠就需要除去碳酸钠，加入稀盐酸最合适，碳酸钠和稀盐酸生成氯化钠和水和二氧化碳，蒸发后最后的固体物质是氯化钠；配制480mL2.000mol∙L-1NaOH溶液的操作步骤：计算、称量、溶解、冷却、转移、洗涤、定容、摇匀、装瓶等操作，由此分析。
【详解】
(1)NaCl和CaCl2溶液中加入过量碳酸钠溶液，生成碳酸钙沉淀和氯化钠，反应的化学方程式为CaCl2+Na2CO3=CaCO3↓+2NaCl；
(2)加入过量的碳酸钠，生成碳酸钙沉淀，滤液含有NaCl、Na2CO3，制备纯净的NaCl，可加入盐酸；
(3)要测定该样品中NaCl和CaCl2的质量比，可称量干燥的碳酸钙的质量，根据反应CaCO3+2HCl=CaCl2+CO2↑+H2O，可计算氯化钙的质量，混合物A的总质量减去氯化钙的质量可得氯化钠的质量，需要称取混合物A的质量；
(4)①要配制480mL2.000mol∙L-1NaOH溶液，需要使用的仪器有500mL容量瓶、胶头滴管、烧杯，不需要的仪器有圆底烧瓶、分液漏斗、100mL容量瓶；
②使用托盘天平时，应左物右码，图中放反了，烧杯的实际质量=砝码质量-游码质量=30g-2.6g=27.4g，烧杯的实际质量为27.4g；
480mL2.000mol∙L-1NaOH溶液中需NaOH固体的质量为m=nM=cVM=2.000mol∙L-1×0.5L×40g/mol=40g；
③转移：将烧杯中的溶液转移至480mL容量瓶中，并用少量蒸馏水洗涤烧杯内壁及玻璃棒2~3次，洗涤液也注入该仪器中，防止产生误差；
④定容：继续加蒸馏水至离刻度线1~2cm处，改用胶头滴管滴加蒸馏水至凹液面最低处与刻度线相切；
⑤盖上瓶塞，上下颠倒摇匀，将所配溶液转移至指定试剂瓶中，贴上标签。
21、KMnO4 Mn Cl2 2.24L 5 5
【解析】
（1）反应2KMnO4+16HCl（浓）=2MnCl2+2KCl+5Cl2↑+8H2O中KMnO4中的锰元素化合价由+7价变为+2价被还原作氧化剂，盐酸中氯元素由-1价变为0价被氧化作还原剂，故氧化剂是KMnO4；被还原的元素是Mn；氧化产物是Cl2；
（2）反应中KMnO4为氧化剂，Mn元素的化合价由+7价降低到+2价，得到5个电子，Cl元素化合价升高，被氧化，当有2molKMnO4参加反应，转移电子10mol，则单线桥法标出电子转移的方向和数目为；
（3）若反应中转移了0.2mol电子，则产生的Cl2在标准状况下体积为×22.4L/mol=22.4L；
（4）根据反应2KMnO4+16HCl（浓）=2MnCl2+2KCl+5Cl2↑+8H2O可知，若该反应有1molKMnO4参加反应，被氧化的HCl为5mol，转移电子数5mol。