2020-2021高考化学 镁及其化合物 培优 易错 难题练习(含答案)附详细答案

2020-2021高考化学镁及其化合物培优易错难题练习(含答案)附详细答案

一、镁及其化合物

1．某同学用含结晶水的正盐X(四种短周期元素组成的纯净物)进行了如下实验：

实验中观测到：混合气甲呈无色并被蒸馏水全部吸收；固体乙为纯净物；在步骤③中，取1/10溶液丙，恰好中和需消耗0.00200molNaOH；另取一定量的溶液丙，加入少量K2FeO4固体，产生黄绿色气体。

请回答：

（1）X的化学式是__________，步骤①的化学方程式是

______________________________。

（2）溶液丙与K2FeO4固体反应的化学方程式是

_____________________________________。

【答案】MgCl2·6H2O MgCl2·6H2O MgO+2HC1↑+5H2O↑

2K2FeO4+16HC1=4KCl+ 2FeCl3+ 3Cl2↑+8H2O

【解析】

【分析】

据题意知，含结晶水的正盐X共含有四种短周期元素，经灼烧所得的混合气体中含有水蒸气，混合气甲经步骤②、③、④得白色沉淀，可判断混合气甲中有氯元素，由混合气甲呈无色并被蒸馏水全部吸收，且溶液丙可以被NaOH溶液中和、与少量K2FeO4反应能生成黄绿色气体，可得混合气体甲中含有HCl气体。结合正盐X灼烧得到混合气体甲和固体乙可推知X含有H、O、Cl和一种金属元素。

依题意经计算可知混合气体甲中：n(HCl)=0.02mol，

n(H2O)=mol=0.05mol。

又因盐X为正盐，并且所含元素均为短周期元素，可知其阴离子为氯离子，阳离子可能为Na+、Mg2+或Al3+。若是钠离子，则X灼烧时无法产生HCl气体，不符合题意，而氯化镁晶体和氯化铝晶体灼烧后得到的分别是氧化酶和氧化铝，根据固体乙的质量计算可知阳离子为Mg2+，固体乙为MgO，n(MgO)-0.01mol，故X为MgCl2·6H2O，据此解答。

【详解】

据题意知，含结晶水的正盐X共含有四种短周期元素，经灼烧所得的混合气体中含有水蒸气，混合气甲经步骤②、③、④得白色沉淀，可判断混合气甲中有氯元素，由混合气甲呈无色并被蒸馏水全部吸收，且溶液丙可以被NaOH溶液中和、与少量K2FeO4反应能生成黄绿色气体，可得混合气体甲中含有HCl气体。结合正盐X灼烧得到混合气体甲和固体乙可推知X含有H、O、Cl和一种金属元素。

依题意经计算可知混合气体甲中：n(HCl)=0.02mol，

n(H2O)=mol=0.05mol。

又因盐X为正盐，并且所含元素均为短周期元素，可知其阴离子为氯离子，阳离子可能为Na+、Mg2+或Al3+。若是钠离子，则X灼烧时无法产生HCl气体，不符合题意，而氯化镁晶体和氯化铝晶体灼烧后得到的分别是氧化酶和氧化铝，根据固体乙的质量计算可知阳离子为Mg2+，固体乙为MgO，n(MgO)-0.01mol，故X为MgCl2·6H2O，

（1）由分析可知X的化学式为MgCl2·6H2O，其灼烧时分解生成MgO、HCl和H2O，发生反应的化学方程式为：MgCl2·6H2O MgO+2HC1↑+5H2O↑。

（2）溶液丙为稀盐酸，加入少量K2FeO4固体，产生黄绿色气体为Cl2，可知此反应发生氧化还原反应，还原产物应为FeCl3，根据电子守恒和原子守恒可知发生反应的化学方程式为：2K2FeO4+16HC1=4KCl+ 2FeCl3+ 3Cl2↑+8H2O。

2．短周期元素形成的物质A、B、C、D、E，它们的转化关系如下图所示，物质A与物质B 之间的反应不在溶液中进行(E可能与A、B两种物质中的某种相同)。

请回答下列问题：

(1)若C是离子化合物，D是一种强碱，写出C的电子式：_____________

(2)若E是有臭鸡蛋气味，D是既能溶于强酸，又能溶于强碱的化合物。

①用电离方程式解释D既能溶于强酸，又能溶于强碱的原因： ____________________

②用等式表示E与NaOH溶液反应后生成正盐的溶液中所有离子浓度之间的关系：

_______________________________

(3)若C是一种气体，D是一种强酸，且E与A相同，则C与水反应的化学方程式为(请标出电子转移方向和数目)： __________________________________________

(4)若A是一种单质，该元素的原子最外层电子数等于最内层，气体E能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，那么化合物D是_____________。

【答案】 H++H 2O+AlO2- Al(OH)3Al3++3OH-

c(Na+)+c(H+)=2c(S2-)+c(HS-)+c(OH-) Mg(OH)2

【解析】

【分析】

(1)若C是离子化合物，D是一种强碱，可能为NaOH，则C可为Na2O2(或NaH)，生成气体为O2或H2；

(2)D是既能溶于强酸、又有溶于强碱的化合物，应为Al(OH)3，E的水溶液呈现弱酸性，E 可能与A、B两种物质中的某种相同，结合转化关系分析可知C应为H2S；

(3)若C是一种气体，D是一种强酸，C应为NO2，则D为HNO3，E为NO，结合物质的性质解答该题；

(4)若A是一种单质，该元素的原子最外层电子数等于最内层，气体E能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则气体E为NH3，A为Mg，B为氮气，生成的C为Mg2N3。

那么化合物D是

【详解】

(1)若C是离子化合物，D是一种强碱，可能为NaOH，则C可为Na2O2，生成气体为O2或H2，Na2O2是离子化合物，其电子式为；

(2)D是既能溶于强酸、又有溶于强碱的化合物，应为Al(OH)3，E的水溶液呈现弱酸性，E 可能与A、B两种物质中的某种相同，结合转化关系分析可知C应为H2S；

①D为氢氧化铝既能溶于强酸，又能溶于强碱的原因的电离方程式为酸式电离和碱式电离，电离方程式为：H++H 2O+AlO2- Al(OH)3Al3++3OH-；

②E为H2S，与NaOH反应生成的正盐溶液为硫化钠溶液，硫离子水解，溶液中离子浓度存在电荷守恒为：c(Na+)+c(H+)=2c(S2-)+c(HS-)+c(OH-)：

(3)若C是一种气体，D是一种强酸，应C为NO2，则D为HNO3，E为NO；

NO2与水反应生成HNO3和NO，反应的方程式为3NO2+H2O=2HNO3+NO，此反应为氧化还原反应，反应中电子转移的方向和数目为；

(4)若A是一种单质，该元素的原子最外层电子数等于最内层，气体E能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则气体E为NH3，A为Mg，B为氮气，生成的C为Mg2N3，Mg2N3溶于水发生双水解，生成氨气和氢氧化镁，故D为Mg(OH)2。

3．某同学用某化合物X（两种短周期元素组成的纯净物）进行了如下实验：

实验步骤②中还观测到生成黑色固体和无色无味气体，生成的溶液可作为建筑行业的一种黏合剂。

请回答：

（1）X的化学式是____，步骤①的离子方程式是___。

（2）步骤②的化学方程式是_____。

【答案】Mg2Si Mg2Si +4H+=SiH4↑+2Mg2+ SiH4 +2KMnO4=2MnO2↓+Na2SiO3+H2↑+H2O 【解析】

【分析】

短周期元素形成的化合物中，与过量烧碱溶液生成白色沉淀，则灼烧后得到白色固体的为MgO，4.0g白色固体可得X中0.1molMg原子，无色气体A与高锰酸钾可生成黏合剂硅酸钾溶液，可知无色气体A具有还原性且含有Si元素，据此分析作答。

【详解】

（1）根据化合物X 7.20g计算得到Mg原子与Si原子个数之比为2:1，则X的化学式为

Mg2Si，在盐酸作用下会生成硅烷气体与氯化镁，故其离子方程式为：Mg2Si

+4H+=SiH4↑+2Mg2+，故答案为：Mg2Si；Mg2Si +4H+=SiH4↑+2Mg2+；

（2）在强氧化剂高锰酸钠的作用下，硅烷被氧化为硅酸钠与氢气，同时生成黑色固体二氧化锰，根据氧化还原反应得失电子守恒与元素守恒可得，其化学方程式为：SiH4

+2KMnO4=2MnO2↓+K2SiO3+H2↑+H2O。

4．A、B、C、X均为中学化学常见物质，它们之间有如下转化关系(副产物已略去)。

（1）X是空气中存在的强氧化性无色气体单质，则A不是_____(填序号)。

a．C b．Na c．Al d．S

若C是红棕色气体，则A可能是___________或____________。

（2）若X是一种温室气体，单质A被誉为国防金属，则反应①的化学方程式为

___________________________________________________。

（3）若X为苛性碱，A是具有臭鸡蛋性气味的气体，则反应②的离子方程式为

___________________________________________________。

【答案】c N2 NH3 2Mg+CO22MgO+C HS-+OH-=S2-+H2O

【解析】

【分析】

当X为氧气时，符合此转化关系的变化有：

C（CH4）→CO→CO2、N2（NH3）→NO→NO2、S（H2S）→SO2→SO3、Na→Na2O→Na2O2等；当X为二氧化碳、A为Mg时，则有如下转化关系：Mg→C→CO；当X为NaOH、A为H2S 气体时，有如下转化：H2S→HS-→S2-，据此分析解答。

【详解】

（1）X是空气中存在的强氧化性无色气体单质，则X为O2，a.当A为C时，可发生如下转化：C→CO→CO2；b.当A为Na时，可发生如下转化：Na→Na2O→Na2O2；c.当A为铝时，不能实现上述转化关系；d.当A为S时，可发生如下转化：S→S O2→SO3；若C是红棕色气体，则C为NO2，转化关系可以是：NH3→NO→NO2或N2→NO→NO2，综上所述，答案为：c；N2或NH3；

（2）X是一种温室气体，则X为二氧化碳；单质A被誉为国防金属，则A为金属Mg，反应①为镁在二氧化碳中燃烧的反应，反应方程式为：2Mg+CO22MgO+C，故答案为

2Mg+CO22MgO+C；

（3）X为苛性碱，则X为NaOH；A是具有臭鸡蛋性气味的气体，则A为H2S，所以转化关系为：H2S→NaHS→Na2S，反应②的离子方程式为HS-+OH-=S2-+H2O，故答案为HS-+OH-=S2-+H2O。

【点睛】

本题主要考查了物质间的转化规律，符合题给连续转化关系的物质间的转化有多种情况，一是氧化还原反应类型，如含C、N、S、Fe等元素的单质及化合物之间的转化；二是复分解反应类型，如碱→正盐→酸式盐、正盐→酸式盐→新盐和铝三角之间的相互转化等。

5．X、Y、Z三种物质有如下的所示关系；

(1)根据上述转化关系，推断下列物质的化学式：

X_________，Y_________，Z_________，试剂甲_________，试剂乙_________。

(2)写出上述①~⑤步反应的离子方程式：

①____________________________；②__________________________；

③__________________________；④_________________________；

⑤___________________________。

【答案】MgSO4 Mg(OH)2 MgCl2 BaCl2 AgNO3 Ba2++ 2H+= BaSO4↓ Mg2++ 2OH-=

Mg(OH)2↓ Mg(OH)2+ 2H+= Mg2++ 2H2O Ag++ Cl-= AgCl↓ Ba2++ 2H+= BaSO4↓

【解析】

【分析】

X与稀盐酸不反应，且与硝酸钡反应生成硝酸镁，则X为MgSO4等，由转化关系可知，Y 为Mg(OH)2、Z为MgCl2，试剂甲为BaCl2、试剂乙为AgNO3。

【详解】

(1)X与稀盐酸不反应，且与硝酸钡反应生成硝酸镁，则X为MgSO4等，由转化关系可知，Y为Mg(OH)2、Z为MgCl2，试剂甲为BaCl2、试剂乙为AgNO3；

(2)反应的离子方程式为：①Ba2++SO═BaSO4↓；反应②的离子方程式为：Mg2++2OH-

═Mg(OH)2↓；反应③的离子方程式为：Mg(OH)2+2H+═Mg2++2H2O；反应发离子方程式为：④Ag++Cl-═AgCl↓；反应⑤发离子方程式为：Ba2++SO═BaSO4↓。

6．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。

7．某学习小组探究Mg与NaHCO3溶液反应的机理，做了如下探究。实验一：

实验A实验B

操作在注射器中加入过量镁片(擦去表面氧化

膜)，吸入15mL饱和NaHCO3溶液。

在注射器中加入过量镁片(擦去表面

氧化膜)，吸入15mL蒸馏水。

现象有气体产生，20min后注射器内壁和底部

产生大量白色沉淀

缓慢产生气体

（1）实验B的目的是___。

实验二：

（2）根据实验二，实验A中产生的气体是___。(填分子式)

实验三：分别取少量实验A和B的上层清液于两支试管中，各加入2滴BaCl2溶液，A中立即产生白色沉淀，B中无明显现象。

（3）实验三说明Mg与NaHCO3溶液反应产生了___(填离子符号)。

实验四：该小组同学对实验A中产生的白色沉淀做出如下猜测：并用图所示装置进行实验，进一步确定白色沉淀的成分。

猜测1：白色不溶物可能为Mg(OH)2

猜测2：白色不溶物可能为MgCO3

猜测3：白色不溶物可能为碱式碳酸镁[yMg(OH)2⋅xMgCO3]

（4）若用装置A、B组合进行实验，B中有白色浑浊，则猜想___不正确；将装置按A、C、B的顺序组合进行实验，当出现___现象时，猜想3是正确的。

实验五：用图所示装置测定碱式碳酸镁[yMg(OH)2⋅xMgCO3]的组成：

（5）称取干燥、纯净的白色不溶物7.36g，充分加热至不再产生气体为止，并使分解产生的气体全部进入装置A和B中。实验后装置A增重0.72g，装置B增重2.64g。装置C的作用是___，白色不溶物的化学式为___。

【答案】做对照实验 H2、CO2 CO32- 1 当C中出现蓝色，B中出现浑浊防止B吸收空气中的二氧化碳和水 2Mg(OH)2·3MgCO3

【解析】

【分析】

（1）根据实验A、B的操作不同点分析实验B的目的；

（2）根据实验二中现象分析即可得出结论；

（3）根据溶液中存在平衡以及加入氯化钡溶液后的现象分析；

（4）根据二氧化碳能使澄清石灰水变浑浊，水能使无水硫酸铜变蓝分析；

（5）根据B中碱石灰质量的增加量就是生成的二氧化碳的质量，所以B不能直接与空气接触；根据A中增重是水的质量，计算出氢氧化镁的质量，B中碱石灰质量的增加量就是生成的二氧化碳的质量计算出碳酸镁的质量。

【详解】

（1）本实验探究Mg与碳酸氢钠的反应，实验A加入碳酸氢钠水溶液，故为了排除其中水的干扰，设置实验B，加入等体积的水，与A对照；

（2）根据实验二现象分析，能使澄清石灰水变浑浊的气体为二氧化碳，用燃着的火柴靠近，听到尖锐的爆鸣声证明有氢气；

（3）溶液中存在平衡HCO3-⇌H++CO32-，加入镁与H+反应，使c（H+）减少，平衡正移，产生CO32-，分别取少量实验A和B的上层清液于两支试管中，各加入2滴BaCl2溶液，A中立即产生白色沉淀，该沉淀为碳酸钡，证明溶液中含有CO32-；

（4）氢氧化镁分解会产生水，碳酸镁分解会产生二氧化碳，B中有白色浑浊产生，说明有碳酸镁，所以猜测1不正确，猜测3要想正确，必须同时产生二氧化碳和水，所以当C中出现蓝色，B中出现浑浊，猜想3正确；

（5）B中碱石灰质量的增加量就是生成的二氧化碳的质量，所以B不能直接与空气接触，为了防止空气中的水蒸气和CO2进入装置B中，影响实验结果，所以应连接一个干燥装置除去空气中的水蒸气和CO2；A中浓硫酸增重是水的质量，水为0.72g，水的物质的量为0.04mol，氢氧化镁物质的量为0.04mol，B中碱石灰质量的增加量就是生成的二氧化碳的质量，所以生成二氧化碳的质量为2.64g，二氧化碳的物质的量为0.06mol，原子守恒，碳酸镁的物质的量为0.06mol X:Y=0.04：0.06=2：3，白色不溶物的化学式为

2Mg(OH)2·3MgCO3。

8．一定质量的镁、铝混合物投到2mol·L－1的盐酸中，待金属完全溶解后，再向溶液中逐滴加入2mol·L－1的氢氧化钠溶液，生成沉淀的质量与加入氢氧化钠溶液的体积关系如图所示。

则：

（1）0～amL、a～80mL、80～90mL对应反应的离子方程式分别为：

①0～amL：___；

②amL～80mL：__、__；

③80mL～90ml：___。

（2）金属铝的质量为___。

（3）盐酸的体积是__mL。

（4）n(Mg)

n(Al)

=__。

（5）a=__。

【答案】OH-＋H＋=H2O Al3＋＋3OH－=Al(OH)3↓ Mg2＋＋2OH－=Mg(OH)2↓ Al(OH)3＋OH－

=AlO2-＋2H2O 0.54g 80 1.5(或3∶2) 20(mL)

【解析】

【分析】

0～a段没有生成沉淀，说明盐酸过量，加入的氢氧化钠与氯化氢反应；a～80段开始生成沉淀，加入80mL氢氧化钠溶液后沉淀达到最大量，此时溶液中的溶质为NaCl；80～90段氢氧化铝开始溶解，溶解氢氧化铝消耗了10mLNaOH，则氢氧化铝沉淀的物质的量为：

2mol/L×0.01L＝0.02mol；当加入90mLNaOH溶液后氢氧化铝完全溶解，此时沉淀只有氢氧化镁，

(1)①0～amL为氢氧化钠与氯化氢反应生成氯化钠和水；

②amL～80mL为氢氧化钠分别于氯化铝和氯化镁反应生成氢氧化铝和氢氧化镁沉淀与氯化钠；

③80mL～90ml为氢氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和水；

(2)氢氧化钠的体积在80至90mL段内，所有的氢氧化钠用于溶解氢氧化铝，根据氢氧化钠的量确定氢氧化铝的量，根据原子守恒确定金属铝的量；

(3)加入80mL氢氧化钠溶液时，溶质为NaCl，根据质量守恒可以计算出氯化氢的物质的

量，再根据V＝n

c

计算出盐酸的体积；

(4)由图得到氢氧化镁的质量，根据公式计算出氢氧化镁的物质的量，根据原子守恒确定金属镁的量；

(5)根据金属镁和铝的物质的量算出氯化铝和氯化镁的物质的量，根据化学方程式算出氢氧化钠反应的物质的量，用公式算出体积，则a=80-氢氧化钠的体积，据此解答。

【详解】

0～a 段没有生成沉淀，说明盐酸过量，加入的氢氧化钠与氯化氢反应；a ～80段开始生成沉淀，加入80mL 氢氧化钠溶液后沉淀达到最大量，此时溶液中的溶质为NaCl ；80～90段氢氧化铝开始溶解，溶解氢氧化铝消耗了10mLNaOH ，则氢氧化铝沉淀的物质的量为：2mol/L ×0.01L ＝0.02mol ；当加入90mLNaOH 溶液后氢氧化铝完全溶解，此时沉淀只有氢氧化镁；

(1)①0～amL 为氢氧化钠与氯化氢反应生成氯化钠和水，离子方程式为：OH -＋H ＋=H 2O ； ②amL ～80mL 为氢氧化钠分别于氯化铝和氯化镁反应生成氢氧化铝和氢氧化镁沉淀与氯化钠，离子方程式为：Al 3＋＋3OH －=Al(OH)3↓，Mg 2＋＋2OH －=Mg(OH)2↓；

③80mL ～90ml 为氢氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和水，离子方程式为：Al(OH)3＋OH －=AlO 2-＋2H 2O ；

故答案为：OH -＋H ＋=H 2O ；Al 3＋＋3OH －=Al(OH)3↓；Mg 2＋＋2OH －=Mg(OH)2↓；Al(OH)3＋OH

－=AlO 2-＋2H 2O ；

(2)从横坐标80mL 到90mL 这段可以得出：n (Al(OH)3)＝n (NaOH)＝0.01L ×2mol/L ＝0.02mol ，则n (Al)＝n (Al(OH)3)＝0.02mol ，原混合物中铝的质量为：27g/mol ×0.02mol ＝0.54g ；故答案为：0.54g ；

(3)加入80mL 氢氧化钠溶液时，溶质为NaCl ，则n (HCl)＝n (NaOH)＝2mol/L ×0.08L ＝0.16mol ，盐酸的体积为：0.16mol 2mol/L

＝0.08L ＝80mL ；故答案为：80； (4)由图可知m (Mg(OH)2)=1.74g ，则n (Mg)=n (Mg(OH)2)= 1.74g 58g/mol

=0.03mol ，(Mg)(Al)n n =0.03mol 0.02mol

=1.5；故答案为：1.5(或3∶2)； (5)根据元素守恒，n (MgCl 2)= n (Mg) =0.03mol ，n (AlCl 3)=n (Al)=0.02mol ，与氢氧化钠反应生成氢氧化镁和氢氧化铝两种沉淀时消耗的

n (NaOH)=2n (MgCl 2)+3n (AlCl 3)=20.03mol+30.02mol ⨯⨯=0.12mol ，则

V (NaOH)=

0.12mol 2mol/L

=0.06L=60mL ，则与氯化氢反应的氢氧化钠的体积a=80mL-60mL=20mL ，故答案为：20(mL)。

【点睛】 明确图象各阶段发生的反应是解答本题的关键，注意守恒法在化学计算中的应用。

9．氮化镁（Mg 3N 2）是一种新型无机材料。纯净的氮化镁是淡黄色固体，热稳定性较好。氮化镁极易与水反应，该反应属于非氧化还原反应，产物是一种碱和一种气体。 已知：氮气跟镁在高温下反应可得到氮化镁；氨气与镁可以发生如下反应

NH 3+Mg −−−−→一定条件Mg （NH 2）2+H 2↑（未配平）

某化学小组同学设计如下两个制各氮化镁的实验方案，请见实验方案装置图（夹持及加热仪器没有画出），且在实验前系统内的空气均以排出。用浓氨水逐滴加到新制的生石灰中制氨气，其实验方案见下图，并回答有关问题：

（1）实验前需要排净装置内空气的原因是________________________________________。（2）请写出NH3和CuO发生反应的方程式

______________________________________________。

（3）装置C的作用是__________________________________________________。

（4）装置D中盛放的试剂为稀硫酸，其作用

________________________________________。

（5）该实验完成后，能否得到纯净的氮化镁__________（填“能”或“不能”）；原因是（用化学方程式说明）_______________________________________；改进方案是

_________________________________。

【答案】防止空气中的O2和CO2同Mg反应2NH3+3CuO3Cu+3H2O+N2安全瓶，防D中溶液倒吸入B中吸收NH3不能Mg3N2+6H2O=3Mg（OH）2+2NH3↑在D、F中间加入装有浓硫酸的洗气瓶；在F尾端加入装有碱石灰的吸收管。

【解析】

(1)Mg能在CO2、O2及N2中燃烧，而空气里有CO2和O2，故实验前需要排净装置内空气；

(2)NH3和CuO在加热条件下生成Cu、N2和水，发生反应的方程式为

2NH3+3CuO3Cu+3H2O+N2；

(3)因氨气易溶于水或酸溶液，使用装置C作安全瓶，防D中溶液倒吸入B中；

(4)利用D中盛放的稀硫酸吸收未反应的NH3；

(5)氮气经过稀硫酸后没有干燥，混有水蒸气，Mg3N2能与水反应生成氢氧化镁，导致氮化镁不纯，故不能得到纯净的氮化镁，；Mg3N2能与水反应的化学方程式是

Mg3N2+6H2O=3Mg(OH)2+2NH3↑；具体改进方法是在D、F中间加入装有浓硫酸的洗气瓶；在F尾端加入装有碱石灰的吸收管。

点睛：解答综合性实验设计与评价题的基本流程：原理→反应物质→仪器装置→现象→结论→作用意义→联想。具体分析为：①实验是根据什么性质和原理设计的？实验的目的是什么？②所用各物质名称、状态、代替物(根据实验目的和相关的化学反应原理，进行全面的分析比较和推理，并合理选择)。③有关装置：性能、使用方法、适用范围、注意问题、是否有替代装置可用、仪器规格等。④有关操作：技能、操作顺序、注意事项或操作错误的后果。⑤实验现象：自下而上，自左而右全面观察。⑥实验结论：直接结论或导出结论。

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．