高考化学镁及其化合物(大题培优易错试卷)附详细答案

高考化学镁及其化合物(大题培优易错试卷)附详细答案

一、镁及其化合物

1．以硼镁泥(主要成分为MgSiO3、Fe2O3及少量A l2O3、FeO和MnO)为原料制备高纯

Mg(OH)2的流程如下：

己知：

①常温下此体系中各氢氧化物开始沉淀与沉淀完全时的pH范围如下表所示：

pH值Mg(OH)2Mn(OH)2MnO(OH)2Fe(OH)2Al(OH)3Fe(OH)3

开始沉淀时9.37.17.87.6 3.7 2.3

沉淀完全时10.810.89.89.6 4.7 3.7

②温度高于340℃时Mg(OH)2开始分解为MgO和H2O。

(1)“浸取”时，为提高镁的浸取率可行的措施为__________。

a.将硼镁泥制成浆料

b.降低浸取温度

c.用盐酸多次浸取

(2)“浸取”时，MgSi O3与盐酸反应的化学方程式为_________________________。

(3)“除铁、铝”时，需调节溶液pH范围为_________________________。

(4)“除Mn2+”时发生反应的离子方程式为_________________________；

过滤3所得滤渣中含有MnO(OH)2和__________。

(5)“沉镁”时，反应温度与Mg(OH)2的产率如图所示，当温度超过60℃，随温度再升高，Mg(OH)2产率反而降低，其原因可能是________________。

【答案】ac MgSi O3+2HCl+(n-l)H2O=MgCl2+Si O2·n H2O4.7

=MnO(OH)2↓+H2O Mg(OH)2氨水挥发加剧，导致溶液中氨水浓度降低。

【解析】

（1）此处主要考查反应速率的影响因素，所以要想加快酸溶解速率可以从外因浓度、温度、接触面积等考虑，可以采取升温、把硼镁泥粉碎、搅拌等措施，答案选ac。

(2)根据滤渣1可知：MgSiO3与盐酸反应生成SiO2·nH2O，还有产物MgCl2、H2O方程式为MgSiO3+2HCl+(n-l)H2O=MgCl2+SiO2·nH2O

（3）加入双氧水后，Fe2+转化为Fe3+，要使Fe3+、Al3+完全沉淀，pH必须大于或等于4.7，

Mn2+不沉淀，pH小于或等于7.1，所以答案为4.7

（4）Mn2+在碱性下被H2O2氧化生成MnO(OH)2，H2O2被还原为H2O，离子方程式为

Mn2++H2O2+2OH-=MnO(OH)2↓+H2O 。MnO(OH)2沉淀完全时pH已达9.8，该条件下，Mg2+已经沉淀，故还有Mg（OH）2沉淀生成，故过滤3所得滤渣中含有MnO(OH)2和Mg（OH）。

2

（5）温度过高，氨水挥发加剧，溶液中氨水浓度减小，导致Mg（OH）2产率降低。

点睛：解答化学工艺流程题目，可按以下步骤进行：①粗读试题，尽量弄懂流程图。对照原料和产品，明确核心反应和除杂任务。②明确流程图中箭头方向和代表的含义。流程图中箭头进入的是反应物(投料)，箭头出去的是生成物(产物、副产物)，返回的箭头一般是“循环利用”的物质。③图中一般会出现陌生知识，要读懂流程图以外的文字描述、表格信息、后续设问中的提示性信息，并在下一步分析和解题中随时进行联系和调用。④带着问题去精心研究某一步或某一个物质。⑤注意化学语言的规范性。

2．金属镁是一种活泼的常见金属，有着广泛的用途。下图是金属镁和卤素反应的能量变化图（反应物和产物均为298 K时的稳定状态）。

（1）下列选项中正确的是_________（填序号）。

①MgI2中Mg2+与I-间的作用力小于MgF2中Mg2+与F-间的作用力

②MgBr2与Cl2反应是放热反应

③化合物的熟稳定性顺序为： MgI2>MgBr2>MgCl2>MgF2

（2）请写出在一定条件下液溴与氟化镁固体反应的热化学方程式： ___________。

已知，金属镁在点燃的条件下能与二氧化碳反应：2Mg+CO2→2MgO+C，现将a克镁放在盛有b L（标准状态下）二氧化碳和氧气的混合气体的密闭容器中充分燃烧；

（3）若容器中剩余二氧化碳，则残留固体物质_________

A 一定只有MgO

B 一定有MgO，可能有C

C 一定有MgO和C

D 一定有C，可能有MgO

（4）若反应容器中有氧气剩余，则容器内剩余固体的质量为_________，出现此种状况，容器中原来b L混合气体中氧气的体积应满足（用含a的代数式）__________。

（5）若容器中无气体剩余，残留固体中含有镁，则残留固体m的取值范围_________；若容器中无气体剩余，残留固体中没有镁剩余，则残留固体m的取值范围_________。

【答案】①② MgF 2(s)＋Br 2(l)＝MgBr 2(s)+ F 2(g) △H ＝+600kJ/mol B 5a 3

g b ＞V (O 2)＞7a 15 (a ＋32b 22.4)＜m ＜(a ＋44b 22.4) 5a 3＜m ＜23a 12

【解析】

【分析】

(1)①离子晶体中离子键越强，离子晶体越稳定；

②如果反应物能量之和大于生成物能量之和，则是放热反应；

③化合物的热稳定性与物质的能量大小有关，能量越小越稳定；

(2)根据盖斯定律书写；

(3)镁在燃烧时先和氧气反应生成氧化镁，当氧气完全反应后，镁再和二氧化碳反应生成氧化镁；

(4)若氧气有剩余，则镁只和氧气反应生成氧化镁，根据原子守恒计算；采用极限的方法计算；

(5)若容器中无气体剩余，残留固体中含有镁，假设气体全部为氧气或二氧化碳，然后采用极限的方法解答；若容器中无气体剩余，残留固体中没有镁剩余，说明二者完全反应。

【详解】

(1)①相同类型的离子晶体中，离子键越强，则离子间作用力越强，物质含有的能量越低，所以MgI 2中Mg 2＋与I ?间的作用力小于MgF 2中Mg 2＋与F ?间的作用力，故正确； ②根据图象知，反应物的能量大于生成物能量，所以Mg 与F 2的反应是放热反应，故正确；

③能量越小的物质越稳定，所以化合物的热稳定性顺序为MgI 2＜MgBr 2＜MgCl 2＜MgF 2，故错误；

故选①②；

(2)镁和氟气反应的热化学反应方程式为：Mg(s)＋F 2(g)＝MgF 2(s) △H ＝?1124kJ/mol ① Mg(s)＋Br 2(l)＝MgBr 2(s) △H ＝?524kJ/mol ②

将方程式②?①得MgF 2(s)＋Br 2(l)＝MgBr 2(s)+ F 2(g) △H ＝(?524kJ/mol)?( ?1124kJ/mol)＝+600kJ/mol ，故答案为：MgF 2(s)＋Br 2(l)＝MgBr 2(s)+ F 2(g) △H ＝+600kJ/mol ；

(3)镁先和氧气反应生成氧化镁，当氧气完全反应后，镁再和二氧化碳反应生成氧化镁，若容器中剩余二氧化碳，二氧化碳可能参加反应也可能不参加反应，所以残留固体物质一定含有氧化镁，可能含有碳，故选B ；

(4)镁的物质的量＝24g ag /mol ＝a 24

mol ，若氧气有剩余，则镁只和氧气反应生成氧化镁，根据原子守恒得n (Mg)＝n (MgO)，所以氧化镁的质量＝a 24

mol×40g/mol ＝5a 3g ； 氧气有剩余，氧气的最小体积为大于和镁完全反应的体积，而小于气体总体积，2Mg ＋O 2＝2MgO ，根据镁和氧气的关系式得当镁和氧气恰好反应时需要气体氧气物质的量＝a 24mol×12＝a 48mol ，则需要氧气体积＝a 48mol×22.4L/mol ＝7a 15L ，所以氧气的体积为b

＞V(O2)＞7a

15

，故答案为：

5a

3

g；b＞V(O2)＞

7a

15

；

(5)若容器中无气体剩余，残留固体中含有镁，说明镁不足量，假设气体全部是氧气，氧气

完全反应时固体质量增加的质量＝

b

22.4

mol×32g/mol＝

32b

22.4

g，则固体质量为(a＋

32b

22.4

)g；

假设气体全部是二氧化碳，根据2Mg＋CO2→2MgO＋C知，固体增加的质量为二氧化碳的

质量，所以固体增加的质量＝

b

22.4

mol×44g/mol＝

44b

22.4

g，所以固体质量为(a＋

44b

22.4

)g，

则容器内固体质量为(a＋32b

22.4

)＜m＜(a＋

44b

22.4

)；

假设镁和氧气恰好反应，固体的质量为氧化镁的质量＝5a

3

g；

假设镁和二氧化碳恰好反应，固体的质量为镁和二氧化碳的质量＝a＋ag

24g/mol

2×1×44g/mol＝

23a

12

g，实际上固体质量介于二者之间，为

5a

3

＜m＜

23a

12

，故答

案为：(a＋32b

22.4

)＜m＜(a＋

44b

22.4

)；

5a

3

＜m＜

23a

12

。

【点睛】

根据镁和氧气、二氧化碳之间的反应结合极限法来分析解答，明确镁和氧气、二氧化碳混合气体反应的先后顺序是解本题关键。

3．探究无机盐 X（仅含三种短周期元素）的组成和性质，设计并完成如下实验：

请回答：

（1）X 的化学式是__________。

（2）白色粉末溶于氢氧化钠溶液的离子方程式是__________。

（3）白色沉淀用途广泛，请列举一例：__________。

【答案】Mg2SiO4或 2MgO·SiO2 SiO2＋2OH-=SiO32-+H2O 优良的阻燃剂等

【解析】

【详解】

无机盐X（仅含三种短周期元素），加入过量盐酸溶解，离心分离得到白色胶状物沉淀和无色溶液，白色胶状沉淀为硅酸，白色沉淀充分灼烧得到白色粉末1.80g为SiO2，物质的

量＝1.8g÷60g/mol＝0.03mol，溶于氢氧化钠溶液得到无色溶液为硅酸钠溶液，说明无机盐中含硅酸根离子或原硅酸根离子，物质的量为0.03mol，若为硅酸根离子其质量＝

0.03mol×76g/mol＝2.28g，金属质量＝4.20g-2.28g＝1.92g，无色溶液中加入过量氢氧化钠溶液生成白色沉淀则判断为Mg（OH）2，金属离子物质的量＝0.06mol，质量为

0.06mol×24g/mol＝1.44g，不符合，则为原硅酸根，物质的量为0.03mol，质量＝

0.03mol×92g/mol＝2.76g，金属质量4.20g-2.76g＝1.44g，物质的量＝1.44g÷24g/mol ＝0.06mol，得到X为Mg2SiO4。

（1）X的化学式为，Mg2SiO4；

（2）白色粉末溶于氢氧化钠溶液的离子方程式是SiO2＋2OH-＝SiO32-+H2O；

（3）氢氧化镁是优良的阻燃剂。

4．A、B、C、D 均为中学所学的常见物质且均含有同一种元素，它们之间的转化关系如下图所示(反应条件及其他物质已经略去)：

（1）若 A 是一种金属，C 是淡黄色固体，C 的阴阳离子个数比为_______；

（2）若 A 为淡黄色固体单质，写出 D 的浓溶液与铜反应的化学方程式_______；

（3）若 A 是化合物，C 是红棕色气体，则 A 的化学式为_____；C 转化为 D 的过程中，氧化剂与还原剂的质量比为_____。

（4）若 A 为黑色固体单质，C 是空气中的主要温室气体。C 还可以转化为 A，写出该反应的化学方程式______。

【答案】1:2 2H2SO4(浓)+Cu CuSO4+SO2↑+2H2O NH3 1:2 CO2+2Mg2MgO+C 【解析】

【分析】

（1）若A为活泼金属元素的单质，C是淡黄色固体，应为Na2O2，再结合物质构成作答；（2）常温下A为淡黄色固体单质，即说明A是S，则B是SO2，C是SO3，D是硫酸；（3）若C是红棕色气体，应为NO2，则D为HNO3，B为NO，A为NH3；

（4）若A为黑色固体单质，C是空气中的主要温室气体，则为CO2,C 还可以转化为 A，则推知A为C，B为CO，D为H2CO3，据此分析作答。

【详解】

根据上述分析可知，

（1）C为Na2O2，因1 mol Na2O2中含2 mol Na+和1 mol 过氧根离子，则其阴阳离子个数比为1：2，

故答案为1：2；

（2）D是硫酸，D的浓溶液与铜反应的化学方程式为：

2H2SO4(浓)+Cu CuSO4+SO2↑+2H2O，

故答案为2H2SO4(浓)+Cu CuSO4+SO2↑+2H2O；

（3）C为NO2，D为HNO3，C转化为D的方程式为3NO2+H2O=2HNO3+NO，由方程式可知

氧化剂与还原剂均为NO2，其质量比等于对应的NO2物质的量之比，为1：2，

故答案为NH3；1：2；

（4）A为C，C为CO2,C 可以与镁粉反应转化为 A，其化学方程式为：

CO2+2Mg2MgO+C，

故答案为CO2+2Mg2MgO+C。

5．有A、B、C、D、E五种短周期元素，它们的原子序数依次增大．A的原子核无中子，能与B、C分别形成10电子的化合物；B、C的质子数之和与E的质子数相等，B、C的族序数为奇数；D、E位于同一周期，D的阳离子所带的正电荷数等于该阳离子的电子层数．试回答下列问题：

（1）C与D形成的化合物的电子式．

(2）写出D的单质与CO2反应的化学方程式．

（3）“嫦娥一号”发射所用的液体燃料是上述（填元素名称）元素的单质．

(4)工业上，使元素E的低价氧化物转化为其最高价氧化物的设备名称为．

(5)在一定的条件下，A2、B2混合物经过一段时间的反应后，B2的浓度减小了0. 3 mol/L.[此时间内A2表示的化学反应速率为0. 45 mol/（L·s）．则此段反应时间为 s

【答案】（1） (2) 2Mg+CO22MgO+C (3)氢 (4）接触室(5) 2

【解析】

【分析】

有A、B、C、D、E五种短周期元素,它们的原子序数依次增大,A的原子核无中子,则A为H,能与B、C分别形成10电子的化合物,B、C的族序数为奇数,则B为N,C为F,B、C的质子数之和与E的质子数相等,则E为S,D、E位于同一周期,D的阳离子所带的正电荷数等于该阳离子的电子层数,则D为Mg,据此答题。

【详解】

有A、B、C、D、E五种短周期元素，它们的原子序数依次增大，A的原子核无中子，则A 为H，能与B、C分别形成10电子的化合物，B、C的族序数为奇数，则B为N，C为F，B、C的质子数之和与E的质子数相等，则E为S，D、E位于同一周期，D的阳离子所带的正电荷数等于该阳离子的电子层数，则D为Mg，

（1）C与D形成的化合物为MgF2，其电子式为；

因此，本题正确答案是：；

（2）Mg与CO2反应的化学方程式为2Mg+CO22MgO+C；

因此，本题正确答案是：2Mg+CO22MgO+C；

（3）“嫦娥一号”发射所用的液体燃料是氢元素的单质，

因此，本题正确答案是：氢；

（4）工业上，使二氧化硫转化为三氧化硫的设备名称为接触室；

因此，本题正确答案是：接触室；

（5）在一定的条件下，H2、N2混合物经过一段时间的反应后，N2的浓度减小了

0.3mol/L．此时间内H2表示的化学反应速率为0.45mol/（L?s），则用N2表示的化学反应速率为0.15mol/（L?s），根据t=?c/v可以知道，此段反应时间为0.3/0.15=2s；

因此，本题正确答案是：2。

6．由短周期元素组成的A、B、C、D、E、F六种微粒，其中只有C、D是分子，其余四种均为阳离子或阴离子，且每个微粒中都含有10个电子。已知A、E是由非金属元素组成的阳离子，六种微粒间有下列关系：

①A＋+B-C+D， B-+E＋=2D；

②通常情况下，C是一种无色刺激性气味的气体，且可使湿润的红色石蕊试纸变蓝；

③向含F离子的溶液中加入C的水溶液，可生成白色沉淀W，C溶液过量沉淀也不消失。再加入含大量B离子或大量E离子的溶液时，沉淀W在其中一种情况下溶解，另一种情况下不溶解。

请回答下列问题：

(1)微粒A的名称及化学式分别为_____________、_________________。

(2)C的水溶液中存在的分子总数至少有___________种。

(3)写出微粒F与过量C的水溶液反应的离子方程式：__________________________。

(4)向含有0.1mol F离子的50mL溶液中，加入含1.5mol/L B离子的200mL强碱溶液，结果有白色沉淀产生，再向该混合物中加入含1mol/L E离子的强酸溶液，若要使沉淀恰好溶解，则最后加入的溶液的体积至少为___________mL。

【答案】铵(根)离子 NH4＋ 3 Mg2＋+2NH3·H2O=Mg(OH)2↓+2NH4＋ 300

【解析】

【分析】

由短周期元素组成的A、B、C、D、E、F六种微粒，其中只有C、D是分子，其余四种是离子，为阳离子或阴离子，且每个微粒中都含有10个电子，已知A、E是由非金属元素组成的阳离子，根据②通常状况下C的聚集状态为气态，且可使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则C是氨气；

①A、B两种离子在加热条件下可生成C、D两种分子，A是10电子的阳离子，能生成氨气，则A是铵根离子，B是氢氧根离子，D是水；

③1molB离子与1molE离子作用可生成2mol D分子，则E是水合氢离子；

④向含F离子的溶液中加入氨气的溶液，可生成白色沉淀W，C溶液过量沉淀也不消失，但再加入含大量B离子或大量E离子的溶液，沉淀W在其中一种情况下溶解，另一种情况下不溶解，沉淀W是氢氧化镁。

【详解】

根据上述分析可知：A是铵根离子NH4+，B是氢氧根离子OH-，C是氨气NH3，D是水

H2O，E是 H3O+，F是Mg2+，沉淀W是Mg(OH)2。

(1)通过以上分析知，A的名称是铵根离子，化学式为：NH4+；

(2)C是NH3，当氨气溶于水后，大部分NH3与水反应产生NH3·H2O，产生的NH3·H2O有少部分发生电离产生NH4+和OH-，所以氨气的水溶液中至少存在的分子有H2O 、NH3、NH3·H2O

三种分子；

(3)微粒F是Mg2+，Mg2+与过量NH3在水溶液反应，产生Mg(OH)2沉淀和NH4+，反应的离子方程式为：Mg2＋+2NH3·H2O=Mg(OH)2↓+2NH4＋；

(4)n(Mg2+)=0.1mol，n(OH-)=c·V=1.5mol/L×0.2L=0.3mol，根据方程式Mg2++2OH-=Mg(OH)2↓中二者反应的物质的量关系可知OH-过量，反应后产生0.1mol Mg(OH)2，同时有剩余OH-物质的量是0.1mol，再向该混合物中加入含1mol/L E离子的强酸溶液，若要使沉淀恰好溶解，首先发生反应OH-+H3O+=2H2O，然后发生反应：Mg(OH)2↓+2 H3O+=4H2O+Mg2+，则反应消耗H3O+的物质的量为0.1mol+0.1mol×2=0.3mol，由于1mol/L E离子的强酸溶液，因此需要H3O+的体积V(H3O+)=0.3mol÷1mol/L=0.3L=300mL。

7．置换反应的通式可表示为：

请回答下列问题：

（1）若甲为黄绿色气体，单质乙能使淀粉溶液变蓝色，则该反应的离子方程式

为：；

（2）若过量的单质甲与化合物A发生反应的化学方程式为： 2Al+Fe2O3Al2O3+2Fe。该反应可用于焊接铁轨，要除去反应后混合物中剩余的铝粉与生成的Al2O3所用的试剂是：；

（3）若单质甲是一种常见的金属单质，化合物B是一种磁性黑色晶体，写出该反应的化学方程式：；

（4）若单质乙是黑色非金属固体单质，化合物B是一种优质的耐高温材料，则该反应的化学方程式为：。

（5）硅是一种重要的半导体材料，广泛应用于电子工业的各个领域。工业上制取硅单质所用的化合物A是，A非常细，导光能力很强，可用作。

【答案】（1）2I-+ Cl2 = I2+ 2Cl-

（2）NaOH溶液

（3）3Fe + 4H2O（g）Fe3O4+ 4H2

（4）2Mg+CO22MgO+C

（5）SiO2光导纤维

【解析】

【分析】

置换反应的反应物、生成物中都有单质和化合物，一定属于氧化还原反应，因而有化合价的升高和降低。

【详解】

（1）黄绿色气体甲为氯气，能使淀粉溶液变蓝色的单质乙为碘，则反应的离子方程式为

2I-+ Cl2 = I2+ 2Cl-；

（2）Al、Al2O3都能溶于强碱溶液，而Fe、Fe2O3不溶。要除去反应后混合物中剩余的铝粉与生成的Al2O3可使用NaOH溶液；

（3）常见的金属单质有钠、铝、铁、铜等，磁性黑色晶体B为Fe3O4，则反应的化学方程式为3Fe + 4H2O（g）Fe3O4+ 4H2 ；

（4）黑色非金属固体单质为焦炭，耐高温材料有MgO、Al2O3等高熔点物质，则该反应的化学方程式为2Mg+CO22MgO+C。

（5）工业上制取硅单质通常用焦炭和石英砂高温反应，则化合物A是SiO2，因其导光能力很强，可用作光导纤维。

8．较活泼金属与硝酸反应，产物复杂。如一定浓度的硝酸与镁反应，可同时得到NO、NO2、N2三种气体。某同学欲用下列仪器组装装置来直接验证有NO、NO2生成并制取氮化镁。（假设实验中每步转化均是完全的）

已知：①NO2沸点是21.1℃、熔点是-11℃；NO的沸点是-151℃、熔点是-164℃；②氮化镁遇水会发生水解。

回答下列问题：

（1）为达到上述实验目的，所选用的仪器的正确连接方式是（_____） (填序号)。

a. A→ D → C → F → B → F →E

b. A→ C → D → F → B → F →E

c. A→ F → C → D → F → B →E

d. A→ F → D → C → F → B →E

（2）确定还原产物中有NO2的现象是______________________________，实验中两次使用装置F，第二次使用装置F的作用是____________________________________。

（3）实验前需先打开开关K，向装置内通CO2气体，其目的是____________，当

_______________时停止通入CO2。

（4）实验过程中，发现在D中产生预期现象的同时，C中溶液颜色慢慢褪去，试写出C中反应的离子方程式____________________________________________________。

（5）在A中反应开始时，某同学马上点燃B处的酒精灯，实验结束后通过测定发现B处的产品纯度不高，原因是______________________________________（用化学方程式回答）。

（6）验证B处有氮化镁生成的方法是_______________。

【答案】a D中有红棕色液体生成防止E中水蒸气进入B中，造成产物不纯排除装置内空气，防止干扰实验E中产生白色沉淀5NO+3MnO4-+4H+=3Mn2++5NO3-+2H2O

CO2+2Mg2MgO+C 取B中固体少量于试管中，向其中加入少量水，若产生能使湿润

的红色石蕊试纸变蓝的气体，则B中有氮化镁生成

【解析】

试题分析：本题考查Mg与HNO3反应产物的探究以及Mg3N2的制备，涉及装置的连接、物质的检验、方程式的书写。

（1）根据题意“一定浓度的硝酸与Mg反应可同时得到NO、NO2、N2”，若有NO2生成则气体呈红棕色，根据已知①NO2、NO的熔沸点，在装置D中可将NO2冷凝为液态，可观察到装置D中有红棕色液体生成；利用NO具有还原性，用装置C中酸性KMnO4溶液验证NO；根据已知②Mg3N2遇水会发生水解，与Mg反应的N2必须是干燥的，气体在进入装置B之前必须用浓硫酸干燥N2，且要防止H2O（g）进入制备Mg3N2的装置；装置的连接顺序为：A→D→C→F→B→F→E，答案选a。

（2）根据上述分析，确定还原产物中有NO2的现象是：装置D中有红棕色液体生

成。Mg3N2遇水会发生水解，实验中两次使用装置F，第一次使用装置F的作用是：干燥N2；第二次使用装置F的作用是：防止E中H2O（g）进入B中，使Mg3N2不纯。

（3）由于NO能与O2反应生成NO2，会影响NO2、NO的验证，实验开始前要排出装置中空气，所以实验前先打开开关K，向装置内通CO2气体，其目的是：排除装置内空气，防止干扰实验；当观察到装置E的Ba（OH）2溶液中产生白色沉淀时，表明装置中空气已经排尽，停止通入CO2。

（4）装置D中观察到有红棕色液体出现，装置C中溶液颜色慢慢褪去，说明酸性KMnO4溶液将NO氧化成NO3-，同时MnO4-被还原成Mn2+，反应可写成NO+MnO4-→NO3-

+Mn2+，N元素的化合价由+2价升至+5价，Mn元素的化合价由+7价降至+2价，根据得失电子守恒配平为5NO+3MnO4-→5NO3-+3Mn2+，结合原子守恒、电荷守恒，写出离子方程式为5NO+3MnO4-+4H+=5NO3-+3Mn2++2H2O。

（5）在A中反应开始时，马上点燃B处的酒精灯，Mg与CO2发生置换反应生成MgO和C，导致实验结束后B处制得的Mg3N2纯度不高，Mg与CO2反应的化学方程式为

2Mg+CO22MgO+C。

（6）Mg3N2遇水发生水解生成Mg（OH）2和NH3，检验有Mg3N2生成只要检验B处固体中加水产生NH3即可，验证B处有Mg3N2生成的方法是：取B中固体少量于试管中，向其中加入少量水，若产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，则B中有氮化镁生成。

点睛：本题的难点是实验装置的连接和氧化还原反应方程式的书写，理解实验的原理和各物质性质的差异是解答本题的关键。氧化还原反应方程式的书写，先根据实验现象分析氧化剂、还原剂、氧化产物和还原产物，再根据得失电子守恒配平，最后用原子守恒、电荷守恒写出完整的方程式。

9．海水中含有非常丰富的化学资源，从海水中可提取多种化工原料。下图是某工厂对海水资源综合利用的示意图。

试回答下列问题：

（1）反应①、②、③、④中，属于氧化还原反应的是__________。

（2）为除去粗盐中的Ca2+、Mg2+、SO42-

及泥沙，有人设计如下方案：先将粗盐溶于水，再加入过量的氢氧化钠溶液，然后进行下列四项操作：a.过滤；b.加适量的盐酸；c.加过量的碳酸钠溶液；d.加过量的氯化钡溶液，该四项合理的操作顺序为______（每个操作仅用一次，用a、b、c、d符号填写）

（3）请写出反应①的化学方程式_______________。

（4）请写出反应③的离子方程式_______________。

（5）母液中通入氯气，还可以制备溴单质，该反应的离子方程式为____________。

【答案】①④ dcab 2Na Cl+2H2O H2↑+Cl2↑+2Na OH Mg(OH)2 +2H+ =Mg2+ +2H2O

Cl2+2Br-=2Cl-+Br2

【解析】

(1).①④两个反应中有元素的化合价发生了变化，②③两个反应是复分解反应，化合价不发生变化，所以填①④。

(2). 加入过量氢氧化钠溶液时将Mg2+完全沉淀了，沉淀SO42-需要氯化钡溶液，过量的氯化钡还需要用碳酸钠除去，所以要先加氯化钡溶液后加碳酸钠溶液，过滤后，向滤液中加入适量盐酸除去过量的氢氧化钠和碳酸钠。所以填dcab。

(3). 2Na Cl+2H2O H2↑+Cl2↑+2Na OH。

(4). Mg(OH)2 +2H+ =Mg2+ +2H2O。

(5). Cl2+2Br-=2Cl-+Br2。

10．卤块的主要成分是MgCl2，此外还含Fe2+、Fe3+和Mn2+等杂质离子。以卤块为原料按如图所示流程进行生产，可制得轻质氧化镁。

查阅资料得下表相关数据:

表1: 生成氢氧化物沉淀的pH表2: 原料价格表

物质开始沉淀沉淀完全试剂价格(元/吨) Fe(OH)3 2.7 3.7 a.漂液(含25.2%NaClO)450

Fe(OH)27.69.6 b.双氧水(含30%H2O2)1500

Mn(OH)28.39.8 c.烧碱(含98%NaOH)2200

Mg(OH)29.611.1 d.纯碱(含99.5%Na2CO3)800

已知Fe2+氢氧化物呈絮状，不易从溶液中除去，必须将它氧化后以Fe(OH)3沉淀形式才能除尽。若要求产品尽量不含杂质且生产成本较低，请根据上表提供的资料回答:

（1）流程中加入的试剂X、Y、Z的最佳选择依次是表2中的_____(选填试剂编号)。（2）步骤②发生反应的离子方程式为__________；步骤⑤中发生反应的化学方程式为

______。

（3）为尽量除去杂质，步骤③调节pH为____时，停止加入Y。调节为该pH的目的是

____。

（4）若在实验室进行步骤⑥的灼烧实验，必须用到的仪器是____。

A．酒精喷灯 B．铁三脚 C．坩埚 D．蒸发皿 E.泥三角 F.烧杯 G.石棉网（5）向装有少量Mg(OH)2浊液的试管中加入适量CH3COONH4晶体，充分振荡后溶液会变澄清，请用化学平衡的原理解释浊液变澄清的原因______。

【答案】a、c、d 2Fe2++ClO-+2H+=Cl-+2Fe3++H2O MgCO3+H2O Mg(OH)2+CO2↑ 9.8 使Mg2+以外的杂质离子尽可能彻底地转化为沉淀除去 ABCE Mg(OH)2(s)Mg2+(aq)+2OH-(aq)；CH3COONH4电离出的NH4+与OH-结合成弱电解质NH3·H2O，降低了c(OH-)，Mg(OH)2溶解平衡向右移动

【解析】

【分析】

卤块的主要成分是MgCl2，此外还含Fe2+、Fe3+和Mn2+等杂质离子，由流程可知，加稀盐酸溶解后，为除去Fe2+，先将Fe2+氧化成Fe3+，漂液和H2O2都可采用，但对比表2提供的原料价格可以看出，漂液比H2O2的价格低得多，所以选漂液最合理，故X为漂液；步骤③的目的在于使除Mg2+以外的各种杂质金属离子都生成氢氧化物沉淀，以便通过过滤而除去，应加入NaOH，如加入纯碱，不能达到较高的pH，由表1提供的数据可知，除去杂质离子合理的pH范围是3.7＜pH＜9.8，在此范围内，如果pH过高，就会有大量的Mg2+生成

Mg(OH)2而进入沉淀中，从而导致生产成本的提高；为了兼顾产品质量和生产成本，选择pH=9.8最合理，当然此时Mg2+也会部分生成Mg(OH)2沉淀，但由于卤块价格低廉，这点不可避免的损失可忽略，过滤后，分离出Mn(OH)2、Fe(OH)3，在滤液中加入Z为纯碱将Mg2+从溶液中以MgCO3沉淀出来，然后加热煮沸可得到Mg(OH)2，气体为二氧化碳，Mg(OH)2灼烧后得到MgO，以此来解答。

【详解】

(1)步骤②是为了将Fe2+氧化成Fe3+，并在控制合适的pH条件时生成Fe(OH)3沉淀而除之，虽然漂液和H2O2都可采用，但对比表2提供的原料价格可以看出，漂液比H2O2的价格低得多，所以选漂液最合理，故X为漂液；加入Y的目的是调节pH，选用氢氧化钠，故Y为烧碱；加入Z的目的是使镁离子沉淀，Z为纯碱；故答案为a、c、d；

(2)流程中加入次氯酸钠在酸性溶液中会氧化亚铁离子为铁离子，反应的离子方程式为：

2Fe2++ClO-+2H+=2Fe3++Cl-+H2O；加入的Z物质为纯碱，所以步骤④生成的沉淀物是MgCO3，沉淀物MgCO3在煮沸的情况下发生水解，生成Mg(OH)2和CO2气体，反应的化学方程式为：MgCO3+H2O Mg(OH)2↓+CO2↑；

(3)步骤③的目的在于使除Mg2+以外的各种杂质金属离子都生成氢氧化物沉淀，以便通过过滤而除去，应加入NaOH，若加入纯碱，不能达到较高的pH，分析表1提供的数据：除去杂质离子合理的pH范围是3.7＜pH＜9.8，在此范围内，如果pH过高，就会有大量的Mg2+生成Mg(OH)2而进入沉淀中，从而导致生产成本的提高；为了兼顾产品质量和生产成本，选择pH=9.8最合理，当然此时Mg2+也会部分生成Mg(OH)2沉淀，但由于卤块价格低廉，这点不可避免的损失还是可以承受的，以此保证产品的纯度；

(4)灼烧需要的仪器有铁三脚、酒精喷灯、坩埚、泥三角，故答案为ABCE；

(5)向装有少量Mg(OH)2浊液的试管中加入适量CH3COONH4晶体，充分振荡后溶液会变澄清，因Mg(OH)2(s)?Mg2+ (aq)+2OH-(aq)，CH3COONH4电离出的NH4+与OH-结合成弱电解质NH3?H2O，降低了c(OH-)，Mg(OH)2溶解平衡向右移动。

【点睛】

本题考查混合物分离提纯及物质的制备实验，把握物质的性质、流程中发生的反应、混合物分离提纯方法为解答的关键，注意元素化合物知识、化学反应原理与实验的结合，题目难度不大．