上海市控江中学2025-2026学年化学高一上期中复习检测模拟试题含解析.doc

上海市控江中学2025-2026学年化学高一上期中复习检测模拟试题
注意事项
1．考生要认真填写考场号和座位序号。
2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B 铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。
3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。

一、选择题（每题只有一个选项符合题意）
1、在150℃时碳酸铵可以受热完全分解，(NH4)2CO3 2NH3↑ + H2O↑ + CO2↑，则其完全分解后所产生的气态混合物的密度是相同条件下氢气密度的几倍
A．96倍 B．48倍 C．12倍 D．32倍
2、224mL某气体在标准状况下的质量为0.32g，该气体的摩尔质量约为
A．32g·mol-1
B．32
C．64g·mol-1
D．64
3、有NO、CO2、N2O4三种气体，它们分别都含有0.5mol氧原子，则三种气体的物质的量之比为
A．1∶2∶4 B．1∶1∶1 C．4∶2∶1 D．2∶1∶4
4、下列溶液中与50 mL 1 mol·L－1的AlCl3溶液中氯离子浓度相等的是 ( )
A．100 mL 3 mol·L－1的KClO3 B．75 mL 2 mol·L－1的NH4Cl
C．125 mL 2 mol·L－1的CaCl2 D．150 mL 3 mol·L－1的NaCl
5、化学与环境保护、社会可持续发展密切相关，下列说法或做法合理的是
A．进口国外电子垃圾，回收其中的贵重金属
B．将地沟油回收加工为生物柴油，提高资源的利用率
C．洗衣粉中添加三聚磷酸钠，增强去污效果
D．大量生产超薄塑料袋，方便人们的日常生活
6、Fe(OH)3胶体区别于FeCl3溶液最本质的特征是
A．Fe(OH)3胶体粒子的大小在1～100 nm之间
B．Fe(OH)3胶体具有丁达尔效应
C．Fe(OH)3胶体是均一、稳定的分散系
D．Fe(OH)3胶体的分散质能透过滤纸
7、一块表面已被氧化为Na2O的钠块10.8g，将其投入100g水中，产生H2 0.2g，则被氧化的钠是 （ ）
A．9.2g B．10.6g C．6.2g D．4.6g
8、O2F2可以发生反应：H2S+4O2F2→SF6+2HF+4O2，下列说法正确的是（ ）
A．氧气是氧化产物
B．O2F2既是氧化剂又是还原剂
C．若生成4.48 L HF，则转移0.8 mol电子
D．还原剂与氧化剂的物质的量之比为1：4
9、下列说法正确的是( )
A．1 mol O2所占体积约为22.4 L
B．40 g SO3中含有的分子数约为6.02×1023
C．100 mL 0.1 mol/L NaCl溶液中含溶质的物质的量为0.01 mol
D．标准状况下，11.2 L N2和H2的混合气体所含原子数约为3.01×1023
10、下列有关化学用语表示正确的是
A．烧碱化学式：Na2CO3 B．原子核内有个中子的碳原子
C．Mg2+的结构示意图： D．铁在氯气中燃烧产物的化学式：FeCl2
11、在含有FeCl3、FeCl2、AlCl3、NaCl的溶液中，加入足量的NaOH溶液，在空气中充分搅拌，反应后再加入过量的稀盐酸，溶液中离子数目减少的是（　　）
A．Na+ B．Fe3+ C．Fe2+ D．Al3+
12、用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是：
A．含有NA 个氦原子的氦气在标准状况下的体积约为 11.2L
B．25℃，1.01×105Pa，64gSO2中含有的原子数为3NA
C．100mL 1mol/L 的盐酸溶液中含有 HCl 分子数为0.1NA
D．100g 46%的酒精溶液中含有 H 原子数为6NA
13、某同学在实验报告中有以下实验数据：①用托盘天平称取11.7 g食盐；②用量筒量取5.26 mL盐酸；③用广泛pH试纸测得溶液的pH值是3.5，其中数据合理的是 ( )
A．① B．②③ C．①③ D．②
14、0.1 mol某元素的单质直接与足量氯气反应，质量增加7.1 g，这种元素可能是(　　)
A．钠 B．铝 C．铁 D．铜
15、向溴化钠、碘化钠的混合溶液中通入足量氯气，加热并蒸干溶液，灼烧片刻，最后残留的物质是（ ）
A．NaCl、NaBr、NaI B．NaCl
C．NaBr、NaI D．NaI
16、下列叙述中，错误的是 （ ）
A．1mol硫酸中含有4mol氧原子 B．硫酸的摩尔质量是98g
C．6.02×1023个硫酸分子的质量是98g D．0.5mol硫酸中含有1g氢元素
二、非选择题（本题包括5小题）
17、在Na＋浓度为0.5 mol/L的某澄清溶液中，还可能含有下表中的若干种离子。
阳离子
K+、Ag+、Mg2+、Ba2+
阴离子
NO3-、CO32-、SiO32-、SO42-
已知：（1）SiO32-和大量的H+会生成白色沉淀H2SiO3；
（2）H2SiO3H2O+SiO2；
（3）产生气体为在标准状况下测定，不考虑气体在水中的溶解。现取该溶液100 mL进行如下实验：
序号
实验内容
实验结果
Ⅰ
向该溶液中加入足量稀盐酸
产生白色沉淀并放出0.56 L气体
Ⅱ
将Ⅰ的反应混合液过滤，对沉淀洗涤、灼烧至恒重，称量所得固体质量
固体质量为2.4 g
Ⅲ
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能确定一定不存在的离子是________
（2）实验Ⅰ中生成沉淀的离子方程式为______________________。
（3）通过实验Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ和必要计算，填写下表中阴离子的浓度（能计算出的，填写计算结果，一定不存在的离子填“0”，不能确定是否存在的离子填“？”）。
阴离子
NO3-
CO32-
SiO32-
SO42-
c/mol·L－1
______

（4）判断K+是否存在，若存在求其最小浓度，若不存在说明理由：_________________。
18、有一包白色粉末，其中可能含有Ba(NO3)2、MgCl2、K2CO3、NaOH，现做以下实验：
①取一定量粉末加入水中，振荡，有白色沉淀生成；
②向①的沉淀物中加入足量稀硝酸，白色沉淀完全消失、没有气泡产生；
③向①的上层清液中滴入稀硫酸，有白色沉淀产生。
根据上述实验事实，回答下列问题：
(1)原白色粉末中一定含有的物质的化学式_______
(2)一定不含有的物质的化学式__________
(3)依次写出各步变化的离子方程式
①______；②_____；③_____；
19、过氧化钠常作漂白剂、杀菌剂、消毒剂。过氧化钠保存不当容易吸收空气中CO2而变质。
（1）某课外活动小组欲探究某过氧化钠样品是否已经变质，取少量样品，溶解，加入__________溶液，充分振荡后有白色沉淀，证明Na2O2已经变质。
（2）该课外活动小组为了粗略测定过氧化钠的纯度，他们称取a g样品，并设计用下图装置来测定过氧化钠的质量分数。

①A中发生反应离子方程式为_____________________。
②将仪器连接好以后，必须进行的第一步操作是_____________________。
③B装置出来的气体是否需要干燥_________________。（填“是”或“否”）
④写出装置C中发生的所有反应的化学方程式_____________，______________。
⑤D中NaOH溶液的作用_______________________。
⑥实验结束时，读取实验中生成气体的体积时，不合理的是_______________。
a.直接读取气体体积，不需冷却到室温
b.上下移动量筒，使得E、F中液面高度相同
c.视线与凹液面的最低点相平读取量筒中水的体积
⑦读出量筒内水的体积后，折算成标准状况下氧气的体积为V mL，则样品中过氧化钠的质量分数为__________________。
⑧实验完成后E到F之间导管内残留水的体积会使测量结果__________。（填“偏大”、“偏小”或“不影响”）
20、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__________。
21、回答下列有关氧化还原的问题。
（1）Cu与浓H2SO4发生化学反应：Cu＋2H2SO4（浓）CuSO4＋SO2↑＋2H2O。其中氧化产物是__________。若反应中转移的电子的物质的量为0.2mol，则生成的SO2气体在标况下的体积为__________。
（2）下列微粒：①S ②S2－ ③Fe2＋ ④H＋ ⑤Cu ⑥HCl ⑦H2O在化学反应中只能被氧化的是__________（填序号，下同）。只能表现出氧化性的是__________。
（3）在含有Cu（NO3）2、Mg（NO3）2、AgNO3的混合溶液中加入适量锌粉，最终反应容器中有固体剩余。则固体中一定含有__________，反应后溶液中一定含有的阳离子是__________。
（4）在反应KClO3＋6HCl（浓）＝KCl＋3Cl2↑＋3H2O中，被氧化的氯与被还原的氯的原子个数比为__________。
（5）将NaHSO3溶液滴加到酸性KMnO4溶液混合，溶液由紫色褪至无色。反应结束后，推测硫元素在溶液中的存在形式是__________。这样推测的理由是__________。
（6）自来水中的NO3－对人类健康产生危害。为了降低自来水中NO3－的浓度，某研究人员提出两种方案。
①方案a：微碱性条件下用Fe（OH）2还原NO3－，产物为NH3。生成3.4g NH3同时会生成__________mol Fe（OH）3。
②方案b：碱性条件下用Al粉还原NO3－，产物是N2。发生的反应可表示如下，完成方程式配平并标出电子转移的方向和数目。
____Al＋____NO3－＋____OH－——____AlO2－＋______N2↑＋____H2O
参考答案

一、选择题（每题只有一个选项符合题意）
1、C
【解析】
由150℃时（NH4）2CO3分解的方程式和质量守恒定律确定气态混合物的质量和气态混合物物质的量，进一步求出气态混合物的平均摩尔质量，再利用“在相同条件下气体的密度之比等于气体的摩尔质量之比”计算。
【详解】
（NH4）2CO3分解的化学方程式为（NH4）2CO32NH3↑+CO2↑+H2O↑，1mol（NH4）2CO3完全分解生成2molNH3、1molCO2和1molH2O（g），1mol（NH4）2CO3的质量为96g，根据质量守恒定律，气态混合物的质量为96g，气态混合物的平均摩尔质量为96g÷（2mol+1mol+1mol）=24g/mol；在相同条件下气体的密度之比等于气体的摩尔质量之比，气态混合物的密度是H2密度的=12倍，答案选C。
2、A
【解析】
摩尔质量的单位为g·mol-1，标准状况下，224mL气体的物质的量为0.01mol，该气体的摩尔质量为=32g·mol-1；
故选A。
3、C
【解析】NO、CO2、N2O4三种气体，它们分别都含有0.5mol氧原子，即氧原子数相同，设三种气体的物质的量分别为x、y、z，则x×1=y×2=z×4，解得x：y：z=4：2：1，答案选C。
点睛：本题考查物质的量的计算，把握物质的构成为解答的关键，注意氧原子的物质的量相同即可解答，计算比值不需要计算分子中氧原子的物质的量，简化计算。
4、D
【解析】
根据氯化铝的化学式可知50 mL 1 mol·L－1的AlCl3溶液中氯离子浓度为3 mol·L－1，则
A、氯酸钾溶液中不存在氯离子，A错误；
B、2 mol·L－1的NH4Cl溶液中氯离子浓度为2 mol·L－1，B错误；
C、2 mol·L－1的CaCl2溶液中氯离子浓度为4 mol·L－1，C错误；
D、3 mol·L－1的NaCl溶液中氯离子浓度为3 mol·L－1，D正确。
答案选D。
5、B
【解析】
A .电子垃圾中部分重金属不回收，易造成重金属污染，不符合题意，错误；
B.地沟油是一种质量极差、极不卫生的非食用油，将地沟油回收加工为生物柴油，提高了资源的利用率，符合题意，故B正确；
C.三聚磷酸钠会使水体中磷元素过剩，引起水体富营养化，不符合题意，故C错误；
D.塑料不易降解，容易造成“白色污染“，不符合题意，故D错误；
故选B。
6、A
【解析】
A项，Fe（OH）3胶体粒子的大小在1~100nm之间，FeCl3溶液中溶质粒子小于1nm，是两者的本质区别；B项，Fe（OH）3胶体具有丁达尔效应，FeCl3溶液没有丁达尔效应，不是两者的本质区别；C项，FeCl3溶液和Fe（OH）3胶体都是均一、稳定的分散系；D项，FeCl3溶液、Fe（OH）3胶体的分散质都能透过滤纸；答案选A。
点睛：胶体和溶液的本质区别是分散质粒子的大小，分散质粒子小于1nm的分散系为溶液，分散质粒子大小在1nm~100nm之间的为胶体；鉴别溶液和胶体用丁达尔效应，胶体能产生丁达尔效应，溶液不能。
7、D
【解析】
一块表面己被缓慢氧化的金属钠，其质量为11.8g，投入111g水中，发生反应：Na2O+H2O＝2NaOH，2Na+2H2O＝2NaOH+H2↑；收集到氢气1．2g，则n(H2)＝1.2g÷2g/mol＝1.1mol，根据方程式的关系可知n(Na)＝2n(H2)＝1.2mol，m(Na)＝1.2mol×23g/mol＝4.6g，所以氧化钠的质量是11.8g-4.6g＝6.2g，则n(Na2O)＝6.2g÷62g/mol＝1.1mol，根据钠元素守恒，可知反应产生氧化钠的金属钠的物质的量是1.2mol，其质量是m(Na)＝1.2mol×23g/mol＝4.6g，答案选D。
8、D
【解析】
A．O元素由+1价降低到0价，化合价降低，获得电子，所以氧气是还原产物，故A正确；
B．在反应中，O2F2中的O元素化合价降低，获得电子，所以该物质是氧化剂，而硫化氢中的S元素的化合价是-2价，反应后升高为+6价，所以H2S表现还原性，O2F2表现氧化性，故B错误；
C．不是标准状况下，且标准状况下HF为液态，不能使用标准状况下的气体摩尔体积计算HF的物质的量，所以不能确定转移电子的数目，故C错误；
D．该反应中，S元素化合价由-2价升高到+6价被氧化，O元素由+1价降低到0价被还原，氧化产物为SF6，还原产物为O2，由方程式可知氧化剂和还原剂的物质的量的比是4：1，故D错误；
故选A。
【点晴】
为高频考点和常见题型，侧重于学生的分析、计算能力的考查，答题注意把握元素化合价的变化，为解答该题的关键，反应H2S+4O2F2→SF6+2HF+4O2中，S元素化合价由-2价升高到+6价被氧化，O元素由+1价降低到0价被还原；氧化产物为SF6，还原产物为O2，以此解答该题。
9、C
【解析】
分析：A.没有告诉在标准状况下，不能使用标况下的气体摩尔体积计算氧气的体积；B.三氧化硫的摩尔质量为80g/mol，40g三氧化硫分子的物质的量为0.5mol； C. 100 mL 0.1 mol/L NaCl溶液中含有溶质氯化钠0.01 mol；D.标准状况下，11.2 L混合气体的物质的量为0.5mol，氢气和氮气为双原子分子，0.5mol氢气和氮气的混合物中含有1mol原子。
详解：A.不是标准状况下，题中条件无法计算1mol氧气的体积,故A错误;
B. 40 g三氧化硫的物质的量为0.5mol，含有的分子数约为3.01×1023，故B错误；
C. 100 mL 0.1 mol/L NaCl溶液中,含有溶质氯化钠：0.1mol/L×0.1L=0.01mol，所以C选项是正确的；
D.标况下，11.2 L氮气和氢气的物质的量为0.5mol，0.5mol混合气体中含有1mol原子，所含原子数约为6.02×1023，故D错误。
所以C选项是正确的。
10、B
【解析】
A．烧碱是氢氧化钠，化学式为NaOH，故A错误；
B．原子核内有个中子的碳原子，质量数是13，原子符号是，故B正确；
C．Mg2+核外有10个电子，结构示意图是，故C错误；
D．氯气氧化性强，铁在氯气中燃烧的产物是FeCl3，故D错误；
选B。
11、C
【解析】
加入氢氧化钠，溶液中钠离子增多，氢氧化钠与FeCl3、FeCl2、AlCl3反应，产物再与空气中的氧气以及过量的盐酸反应，据此分析。
【详解】
A、向溶液中加入NaOH，溶液中钠离子增多，故A错误；
B、氢氧化钠分别与FeCl3、FeCl2、AlCl3反应的方程式为：FeCl3+3NaOH＝Fe（OH）3↓+3NaCl，FeCl2+2NaOH＝Fe（OH）2↓+2NaCl，AlCl3+3NaOH＝Al（OH）3↓+3NaCl，Al（OH）3+NaOH＝NaAlO2+2H2O，从方程式看出分别生成氢氧化铁沉淀、氢氧化亚铁沉淀、偏铝酸钠，而偏铝酸钠与过量的盐酸反应生成铝离子，铝离子数目没有变化。生成氢氧化亚铁与空气中氧气反应全部生成氢氧化铁，反应为4Fe（OH）2+2H2O+O2＝4FeOH）3，然后再加入过量的盐酸，氢氧化铁与盐酸反应生成氯化铁，三价铁离子数目增多，二价铁离子减少，故B错误；
C、根据以上分析可知C正确；
D、根据以上分析可知D错误；
答案选C。
本题主要考查二价铁离子和三价铁离子间的相互转化，解题时需灵活运用有关化学反应方程式。易错点是学生容易忽略氢氧化亚铁易被氧化为氢氧化铁。
12、B
【解析】
A、氦为单原子组成的分子，含有NA个氦原子的氦气物质的量为1mol，标准状况下气体体积为22.4L，故A错误；B、64gSO2含有原子的物质的量为64×3/64mol=3mol，原子个数为3NA，故B正确；C、HCl属于强电解质，在水中完全电离，盐酸中不存在HCl分子，故C错误；D、酒精溶液是由酒精和水组成，酒精和水中都含有H原子，氢原子物质的量为（100×46%×6/46＋100×54%×2/18）mol=12mol，故D错误。
点睛：本题的易错点是选项D，应注意问题是酒精溶液中含有H原子的个数，酒精中除含有C2H5OH外，还含有H2O，两者都存在H原子，因此H原子物质的量为（100×46%×6/46＋100×54%×2/18）mol=12mol，此类似题，应注意水的存在。
13、A
【解析】
①托盘天平精确到0.1g，可以用托盘天平称取11.7 g食盐，正确；②量筒精确到0.1mL，错误；③广泛pH试纸精确到1，错误；A项正确；答案选A。
14、B
【解析】
试题分析：由题意确定反应的氯气的物质的量为0.1mol，从而确定化学方程式中某元素与氯气的物质的量之比为1:1，进而确定该元素的化合价为+2价，答案为B。
考点：关于方程式的计算。
15、B
【解析】
氯元素的非金属性强于溴和碘的，所以氯气能把溴化钠和碘化钠氧化生成单质溴和单质碘，单质溴易挥发，固体碘易升华，所以最后残留的固体是氯化钠。
答案选B。
16、B
【解析】分析：A．硫酸分子含有4个氧原子，氧原子的物质的量为硫酸的4倍； B．摩尔质量的单位为g/mol，在数值上等于其相对分子质量；C．分子的质量是  ；  D．根据m=nM= M计算。
详 解：A．硫酸分子含有4个氧原子，氧原子的物质的量为硫酸的4倍，所以1mol硫酸中含有4mol氧原子，故A正确； 
B．硫酸的摩尔质量为98g/mol，1mol硫酸的质量为98g，故B错误； 
C．6.02×1023个H 2 SO 4 分子的物质的量为1mol，质量约是98g ，故C正确； 
D．0.5mol硫酸中含氢元素的质量=0.5mol×2×1g/mol=1g，故D正确； 
故选B。
点睛：本题考查物质的量的相关计算，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，注意把握相关计算公式的运用，难度不大。

二、非选择题（本题包括5小题）
17、Ag+ Mg2+ Ba22H+ + SiO32- == H2SiO3↓
阴离子
NO3-
CO32-
SiO32-
SO42-
c/mol·L－1
？
0.25
0.4
0
0.8 mol/L
【解析】
（1）实验Ⅰ，向溶液中加入足盐酸，产生白色沉淀并放出0.56 L气体，根据表格所提供的离子可知，该气体一定是CO2，溶液中一定含有CO32﹣，且c(CO32﹣)==0.25mol/L；溶液中存在CO32﹣时，一定没有Ag+、Mg2+、Ba2+；
故答案为Ag+、Mg2+、Ba2+；
（2）加入盐酸，由生成白色沉淀判断溶液中一定含有SiO32﹣，发生反应SiO32﹣+2H+=H2SiO3↓。故答案为SiO32﹣+2H+=H2SiO3↓；
（3）实验Ⅱ，H2SiO3加热分解生成SiO2，m(SiO2)=2.4g，根据硅原子守恒，c(SiO32﹣)= =0.4mol/L。实验Ⅲ，向Ⅱ的滤液中滴加BaCl2溶液，无明显现象，则溶液中不含SO42﹣。根据电荷守恒2c(CO32﹣)+2c(SiO32﹣)=2×0.25mol/L+2×0.4mol/L=1.3mol/L＞c(Na+)=0.5mol/L，因此溶液中一定含有K+，且其浓度至少为0.8mol/L。根据以上计算可知，不能确定NO3﹣，c(CO32﹣)=0.25mol/L，c(SiO32﹣)=0.4mol/L，c(SO42﹣)=0
故答案为
阴离子
NO3-
CO32-
SiO32-
SO42-
c/mol·L－1
？
0.25
0.4
0
（4）根据（3）问中的分析，可知，溶液中一定存在K+，且其浓度至少为0.8mol/L。
故答案为0.8 mol/L。
点睛：离子推断题中，根据条件判断出一种离子之后，要分析是否可以排除几种与该离子不能共存的离子。比如本题中判断出CO32﹣的存在，则溶液中一定不存在Ag+、Mg2+、Ba2+。根据电荷守恒判断K+是否存在，是本题的难点、易错点。
18、MgCl2、NaOH和Ba(NO3)2 K2CO3 Mg2++2OH-===Mg(OH)2↓ Mg(OH)2+2H+=== Mg2++2H2O Ba2++=== BaSO4↓
【解析】
①取一定量粉末加入水中，振荡，有白色沉淀生成，可能是Ba(NO3)2和K2CO3反应生成BaCO3沉淀；MgCl2和NaOH反应生成Mg(OH)2沉淀；MgCl2和K2CO3反应生成MgCO3沉淀，沉淀的组成有多种可能。
②向①的沉淀物中加入足量稀硝酸，白色沉淀完全消失，没有气泡产生，证明沉淀中没有BaCO3、MgCO3，沉淀为Mg(OH)2，原白色粉末中一定有MgCl2和NaOH，一定没有K2CO3；
③向①的上层清液中滴入稀硫酸，有白色沉淀产生，白色沉淀为BaSO4，原白色粉末中一定有Ba(NO3)2，根据上述分析作答。
【详解】
(1)由分析可知，原白色粉末中一定含有的物质是MgCl2、NaOH和Ba(NO3)2，答案：MgCl2、NaOH和Ba(NO3)2；
(2)由分析可知，原白色粉末中一定不含有的物质是K2CO3，答案：K2CO3；
(3)①中白色沉淀为Mg(OH)2，反应的离子方程式是Mg2++2OH-===Mg(OH)2↓；
②加入稀硝酸Mg(OH)2溶解，酸碱中和生成盐和水，反应的离子方程式是Mg(OH)2+2H+=== Mg2++2H2O；
③加入稀硫酸生成白色沉淀为BaSO4，反应的离子方程式是Ba2++=== BaSO4↓'；
答案：Mg2++2OH-===Mg(OH)2↓；Mg(OH)2+2H+=== Mg2++2H2O；Ba2++=== BaSO4↓。
②中白色沉淀为氢氧化镁是本题解答的关键，常见酸、碱、盐在水中溶解性及主要化学性质在学习中要注意整理和记忆。
19、CaCl2或BaCl2（合理答案均可） CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑ 检查装置的气密性 否 2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2 2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑ 吸收未反应的CO2 a 偏小
【解析】
（1）Na2O2易变质，与空气中CO2反应，生成Na2CO3，Na2CO3与BaCl2溶液或Ba(NO3)2溶液等易反应，生成白色BaCO3沉淀，而Na2O2与水反应所得溶液不能与BaCl2溶液或Ba(NO3)2溶液反应；
（2）①A中发生反应离子方程式为CaCO3+2H+= Ca2++ H2O+CO2↑；
②根据题意，该实验成功的关键是准确测量反应生成氧气的体积，因此必须检查整套装置是否漏气；
③由于需要排水法测量体积，因此B装置出来的气体不需要干燥；
④生成的CO2中含有水蒸气，则装置C中发生的所有反应的化学方程式为2Na2O2+2CO2= 2Na2CO3+O2、2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑；
⑤D中NaOH溶液的作用是吸收未反应的CO2；
⑥a、C中反应是放热反应，产生的氧气温度高于室温，故不冷却读数导致氧气体积偏大，a错误；
b.上下移动量筒，使得E、 F中液面高度相同，b正确；
c.视线与凹液面的最低点相平读取量筒中水的体积，c正确；
答案选a；
⑦n(O2)=，由反应式2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2可知，n(Na2O2)=2n(O2)=2×，由n•M可知，m(O2)=2××78g•mol-1，则样品中Na2O2的质量分数=×100%=×100%=×100%或；
⑧该实验成功的关键是准确测量反应生成氧气的体积，E到F之间导管内水的体积没有办法测量会引起氧气体积减小，测定结果偏小。
【点晴】
综合实验设计题的解题思路：（1）巧审题，明确实验的目的和原理。实验原理是解答实验题的核心，是实验设计的依据和起点。实验原理可从题给的化学情景（或题首所给实验目的）并结合元素化合物等有关知识获取。在此基础上，遵循可靠性、简捷性、安全性的原则，确定符合实验目的、要求的方案。（2）想过程，理清实验操作的先后顺序。根据实验原理所确定的实验方案中的实验过程，确定实验操作的方法步骤，把握各步实验操作的要点，理清实验操作的先后顺序。（3）看准图，分析各项实验装置的作用。有许多综合实验题图文结合，思考容量大。在分析解答过程中，要认真细致地分析图中所示的各项装置，并结合实验目的和原理，确定它们在该实验中的作用。（4）细分析，得出正确的实验结论。实验现象（或数据）是化学原理的外在表现。在分析实验现象（或数据）的过程中，要善于找出影响实验成败的关键以及产生误差的原因，或从有关数据中归纳出定量公式，绘制变化曲线等。
20、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。
21、CuSO4（或Cu2＋） 2.24L ②⑤ ④ Ag Mg2＋ Zn2＋ 5：1 SO42－ 紫色褪去说明MnO4-被还原，化合价降低。NaHSO3中＋4价的S元素化合价升高，在溶液中以SO42－形式存在。 1.6 10 6 4 10 3 2
【解析】
（1）根据氧化还原反应中，元素化合价升高的物质做还原剂，发生氧化反应，对应氧化产物；根据2e--- SO2可计算出SO2的体积；
（2）元素化合价处于最低价态，只有还原性，元素化合价处于最高价态，只有氧化性，处于中间价态，即有氧化性又有还原性；据此进行分析；
（3）根据金属活动顺序表可知：金属的还原性顺序：Mg >Zn >Cu >Ag；向含有Cu2+、Mg2+、Ag+的混合液中加入适量锌粉，锌首先置换出银，当银离子完全反应后，锌再置换出铜；锌不能置换镁，据此进行分析；
（4）KClO3中的氯元素由+5价被还原为0价，HCl中的氯元素由-1价被氧化为0价，由电子得失守恒判断被氧化和被还原的氯原子个数比；
（5）NaHSO3具有还原性，被氧化后 NaHSO3中＋4价的S元素化合价升高，在溶液中以SO42－形式存在；
（6）①方案a：结合实验现象根据氧化还原反应规律进行分析；
②方案b：根据化合价升降总数相等或电子得失守恒进行配平，并用双线桥标出电子转移的方向和数目。
【详解】
（1）Cu与浓H2SO4发生化学反应：Cu＋2H2SO4（浓）=CuSO4＋SO2↑＋2H2O。铜元素化合价升高，发生氧化反应，对应氧化产物为CuSO4（或Cu2＋）；该反应转移电子2e-，根据2e--- SO2可知，若反应中转移的电子的物质的量为0.2mol，则生成的SO2气体在标况下的体积为22.4×0.2/2=2.24L；
综上所述，本题答案是：CuSO4（或Cu2＋）；2.24L。
（2）①S的化合价处于中间价态，所以既有氧化性又有还原性；
②S2－的化合价处于最低价态，只有还原性；
③Fe2＋的化合价处于中间价态，所以既有氧化性又有还原性；
④H＋的化合价处于最高价态，只有氧化性；
⑤Cu的化合价处于最低价态，只有还原性；
⑥HCl中氢元素的化合价处于最高价态，只有氧化性；Cl元素的化合价处于最低价态，只有还原性；所以HCl既有氧化性又有还原性；
⑦H2O中氢元素的化合价处于最高价态，只有氧化性；O的化合价处于最低价态，只有还原性；所以H2O既有氧化性又有还原性；
结合以上分析可知，在化学反应中，该物质做还原剂，只能被氧化的是②⑤；该物质只做氧化剂，只能表现出氧化性的是④；
综上所述，本题答案是：②⑤ ，④。
（3）根据金属活动顺序表可知：金属的还原性顺序：Mg >Zn >Cu >Ag；向含有Cu2+、Mg2+、Ag+的混合液中加入适量锌粉，锌首先置换出银，当银离子完全反应后，锌再置换出铜；锌不能置换镁，所以最终反应容器中有固体剩余，则固体中一定含有银，反应后溶液中一定含有的阳离子是Zn2+、Mg2+；
综上所述，本题答案是：Ag，Mg2＋、Zn2＋。
（4）KClO3中的氯元素由+5价被还原为0价，HCl中的氯元素由-1价被氧化为0价，设KClO3有ymol，被氧化的HCl有xmol，由电子得失守恒可知x×1=y×5， x/y=5；即被氧化的氯原子个数与被还原的氯的原子个数比为5:1；
综上所述，本题答案是：5:1。
（5）NaHSO3具有还原性，酸性KMnO4溶液具有强氧化性，二者混合发生氧化还原反应，紫色褪去说明MnO4-被还原，化合价降低，NaHSO3中＋4价的S元素化合价升高，在溶液中以SO42－形式存在；
综上所述，本题答案是：SO42－；紫色褪去说明MnO4-被还原，化合价降低；NaHSO3中＋4价的S元素化合价升高，在溶液中以SO42－形式存在。
（6）①方案a：3.4gNH3的物质的量为3.4g/17=0.2mol；Fe（OH）2→Fe（OH）3，铁元素化合价由+2价变为+3价，NO3－→NH3，氮元素化合价由+5价变为-3价，根据电子得失守恒可知，(3-2)×n[Fe（OH）3]=0.2×(5+3)，n[(Fe（OH）3 ]=1.6mol；
综上所述，本题答案是：1.6。
②方案b：Al→AlO2－中，铝元素化合价升高了3价，2NO3－→N2中，氮元素化合价升高了5价，共变化了10价；根据氧化还原反应中化合价升降总数相等规律可知，Al填系数10，AlO2－填系数10，NO3－填系数6，N2填系数3，最后根据电荷守恒及原子守恒配平其它物质的系数，具体如下：10Al＋6NO3－＋4OH－=10AlO2－＋3N2↑＋2H2O；根据方程式可知，该反应中10Al→10AlO2－，转移了30e-,电子转移的的方向和数目如下：；
综上所述，本题答案是：10、6、4、10、3、2；。
一般来讲，元素处于最高价态，具有氧化性；处于最低价态，具有还原性，处于中间价态，既有氧化性又有还原性；同种元素的不同价态间发生氧化还原反应，高价态和低价态相互反应，变为它们相邻的中间价态，即两头变中间，只靠拢，不交叉。