备战高考化学 镁及其化合物 推断题综合题含答案

备战高考化学镁及其化合物推断题综合题含答案
一、镁及其化合物
1．镁铝合金在交通、航空、电子等行业有着广泛的应用。

某化学兴趣小组试对镁铝合金废料进行回收利用，实验中可将铝转化为硫酸铝晶体，并对硫酸铝晶体进行热重分析。

镁铝合金废料转化为硫酸铝晶体实验流程如下：
试回答下列问题：
（1）在镁铝合金中加入NaOH溶液，写出反应的化学反应方程式，固体B的化学
式。

（2）操作Ⅱ包含的实验步骤有：蒸发浓缩、、、洗涤、干燥。

（3）操作Ⅱ中常用无水乙醇对晶体进行洗涤，选用无水乙醇的原因是。

（4）若初始时称取的镁铝合金废料的质量为9.00 g，得到固体A的质量为4.95 g，硫酸铝晶体的质量为49.95 g（假设每一步的转化率均为100%，合金废料中不含溶于碱的杂质）。

计算得硫酸铝晶体的化学式为。

（5）取上述硫酸铝晶体进行热重分析，其热分解主要分为三个阶段：323K-523K，553K-687K，1043K以上不再失重，其热分解的TG曲线见下图,
已知：。

根据图示数据计算确定每步分解的产物，写出第一阶段分解产物的化学式，第三阶段反应化学方程式。

【答案】（1）2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑（2）Al(OH)3（3）冷却结晶（4）过滤减少晶体的溶解（5）洗去晶体表面杂质（6）有利于晶体的干燥（7）Al2(SO4)3·18H2O（8）
Al2(SO4)3·3H2O （9）Al2(SO4)3
Al2O3+3SO3↑
【解析】
【分析】
向镁铝合金中加入足量氢氧化钠溶液，发生反应：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，镁不反应，固体A为Mg，采用过滤的方法进行分离，向滤液中通入二氧化碳，发生反应：NaAlO2+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+NaHCO3，再通过过量进行分离，固体B为氢氧化铝，氢氧化铝与硫酸反应得到硫酸铝溶液，再经过蒸发浓缩、冷却结晶、洗涤、干燥得到硫酸铝晶体（1）Al和氢氧化钠溶液生成可溶性的偏铝酸钠，镁不反应；
（2）从溶液中获得晶体，需要经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等操作；（3）用乙醇洗涤，可以减少晶体的溶解，有利于晶体的干燥；
（4）Al的质量为9g-4.95g=4.05g，设硫酸铝晶体化学式为：Al2（SO4）3·nH2O，根据Al元素守恒计算硫酸铝晶体的物质的量，再计算硫酸铝晶体的相对分子质量，进而计算n的值，确定化学式；
（5）根据（4）中计算可知，晶体中结晶水的质量分数，低温加热，首先失去结晶水，高温下，最终硫酸铝分解，根据失重%计算判断各阶段分解产物，再书写化学方程式；
【详解】
（1）在镁铝合金中加入NaOH溶液，Al可以与强碱溶液发生反应，而Mg不能反应，该反应的化学反应方程式是2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑；所以固体A是Mg；向滤液中通入过量的CO2气体，由于酸性H2CO3＞Al(OH)3,会发生反应：NaAlO2+CO2+2H2O=
Al(OH)3↓+NaHCO3；所以固体B是Al(OH)3；
（2）用硫酸溶解该固体，发生反应：2Al(OH)3+3H2SO4=Al2(SO4)3+6H2O；得到的溶液C是
Al2(SO4)3溶液；由于其溶解度随温度的升高而增大，所以从溶液中获得晶体的方法是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥；
（3）操作Ⅱ中常用无水乙醇对晶体进行洗涤，来洗去表面的杂质离子，选用无水乙醇的原因是减少晶体的溶解；洗去晶体表面杂质；有利于晶体的干燥；
（4）若初始时称取的镁铝合金废料的质量为9.00 g，得到固体A的质量为4.95 g，金属发生反应，而镁不反应，减少的质量为金属铝的质量，则m(Al)= 9.00g—4.95 g=4.05g，n(Al)=
4.05 27/g
g mol
=0.15mol，硫酸铝晶体的质量为49.95 g，硫酸铝晶体中含有SO42-的物质的量为
n(SO42-)=3
2
n(Al3+)=
3
2
×0.15mol=0.225mol, Al2(SO4)3的质量是m(Al2(SO4)3)= (
0.15mol
2
)
×342g/mol=25.65g，则含有的结晶水的物质的量是n(H2O)=49.95g25.65g
18g/mol
）
（
=1.35mol，
则n(Al2(SO4)3)：n(H2O)= (0.15mol
2
)：1.35mol=1： 18，所以该结晶水合物的化学式是：
Al2(SO4)3·18H2O。

（5）在第一个阶段，减少的水的质量是：m(H2O)= 40.54%×49.95g=20.25g，失去的结晶水
的物质的量是：n(H2O)=
20.25g
18g/mol
=1.125mol，则在晶体中n(Al2(SO4)3)：
n(H2O)=0.15mol
2
：（1.35mol－1.125mol）=1：3，所以此时得到的晶体的化学式是
Al2(SO4)3·3H2O；
在第二个阶段，失去结晶水的物质的量是n(H2O)=49.95 g 48.65%
18g/mol
⨯
（）
=1.35mol，结晶水完全失去，得到的固体物质是：Al2(SO4)3，则在第三个阶段加热发生分解反应，是硫酸铝的
分解，方程式是：Al2(SO4)3∆
Al2O3+3SO3↑。

2．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。

3．如图中A～H都是中学化学中常见的物质，其中，常温下A能使铁或铝钝化，B是固体非金属单质，C为水，D是一种能使品红溶液褪色的无色气体，F是金属单质，G可以用作耐火材料，它们之间有如下转化关系：
(1)写出下列物质的化学式：E____________，H____________；
(2)写出A溶液与B反应的化学方程式：____________；
试写出E与F的反应方程式：_______________。

【答案】CO2 SO3 C+2H2SO4(浓)2SO2↑+CO2↑+2H2O 2Mg+CO22MgO+C
【解析】
【分析】
常温下A能使铁或铝钝化，A可能为浓硝酸或浓硫酸，B是固体非金属单质，C为水，D是一种能使品红溶液褪色的无色气体，则A为浓硫酸，B为碳，D为SO2，E为CO2，SO2被氧气氧化产生SO3，所以H为SO3，SO3与H2O反应产生H2SO4，F是金属单质，能够在CO2发生燃烧反应，则F是Mg，Mg在CO2中燃烧产生C、MgO，G可以用作耐火材料，则G 为MgO，据此解答。

【详解】
根据上述分析可知：A为浓H2SO4，B为C，C为H2O，D为SO2，E为CO2，F是Mg，G为MgO，H为SO3。

(1)E为CO2，H为SO3；
(2)C与浓硫酸混合加热发生氧化还原反应，产生CO2、SO2、H2O，反应的化学方程式：
C+2H2SO4(浓)2SO2↑+CO2↑+2H2O；Mg在CO2中在点燃时反应产生MgO和C，反应方程式为：2Mg+CO22MgO+C。

【点睛】
本题考查了无机物的推断。

常温下A能使铁或铝钝化，D是一种能使品红溶液褪色的无色气体是本题的突破口，要掌握各种物质的性质及转化关系，注意镁可以在二氧化碳气体中燃烧。

4．已知D、E、F均是短周期元素形成的单质， E的氧化物对应的水化物为中强碱，F为黑色固体， A、D为无色气体，B、C的焰色反应呈黄色。

它们之间的变化关系如右图所示（个别生成物略去），回答以下问题：
（1）写出A与E反应的化学方程式：__________。

（2）写出与E同周期的最活泼非金属单质的实验室制法的化学方程式：______。

（3）写出C的溶液与少量盐酸反应的离子方程式：__________________。

【答案】2Mg＋CO22MgO＋C MnO2＋4HCl(浓)MnCl2＋Cl2↑＋2H2O CO32－＋H＋=HCO3－
【解析】
【分析】
将文字信息标注于框图，再据物质转化关系，从中学常见物质出发进行推断。

【详解】
短周期元素形成的中强碱只有Mg(OH)2，则E为镁（Mg）。

由A（气体）+E（Mg）→F （黑色固体），则A为二氧化碳（CO2）、F为碳（C）。

D（气体）+F（C）→A（CO2），则D为氧气（O2）。

A（CO2）+B（焰色黄色）→C（焰色黄色）+D（O2），则B为过氧化钠（Na2O2）、C为碳酸钠（Na2CO3）。

（1）A（CO2）与E（Mg）反应的化学方程式2Mg＋CO22MgO＋C。

（2）与E（Mg）同周期的最活泼非金属单质是氯气（Cl2），实验室制氯气的化学方程式MnO2＋4HCl(浓)MnCl2＋Cl2↑＋2H2O。

（3）C（Na2CO3）的溶液与少量盐酸（HCl）反应的离子方程式CO32－＋H＋=HCO3－。

5．把NaOH、MgCl2、AlCl3三种固体组成的混合物溶于足量水后有1.16g白色沉淀，在所得的浊液中逐滴加入1mol•L﹣1 HCl溶液，加入HCl溶液的体积与生成沉淀的质量关系如图所示，试回答：
（1）写出混合物溶于水时发生反应的离子方程式
________________________________________________。

（2）写出AB段反应的离子方程式__________________。

B点的沉淀物的化学式为
______________。

（3）求原混合物中AlCl3的物质的量____________，NaOH的质量________________。

（4）求Q点加入的HCl溶液体积．______________________。

【答案】Mg2++2OH﹣=Mg（OH）2↓，Al3++4OH﹣=AlO2﹣+2H2O； H2O+AlO2﹣+H+=Al（OH）3↓Mg（OH）2、Al（OH）3 0.02 5.20 130
【解析】
试题分析：本题考查与Al（OH）3、Mg（OH）2沉淀有关的图像分析和计算。

（1）开始加入10mLHCl溶液，沉淀的质量既不增加也不减少，说明此时加入的10mL盐酸与NaOH反应，则原固体混合物溶于水后发生的反应
有：MgCl2+2NaOH=Mg（OH）2↓+2NaCl、AlCl3+4NaOH=3NaCl+NaAlO2+2H2O，1.16g白色沉淀为Mg（OH）2；原固体混合物溶于水发生反应的离子方程式为：Mg2++2OH-
=Mg（OH）2↓，Al3++4OH-=AlO2-+2H2O。

（2）AB段发生反应的离子方程式为AlO2-+H++H2O=Al（OH）3↓。

B点沉淀物的化学式为Mg（OH）2和Al（OH）3。

（3）AB段消耗n（HCl）=1mol/L⨯（0.03L-0.01L）=0.02mol，根据Al守恒和离子反应AlO2-+H++H2O=Al（OH）3↓，n（AlCl3）=n（AlO2-）=n[Al（OH）3]=0.02mol。

根据反应Al3++4OH-=AlO2-+2H2O，与AlCl3反应的NaOH物质的量为
0.08mol；（MgCl2）=n[Mg（OH）2]=
1.16g
58g/mol
=0.02mol，根据反应Mg2++2OH-
=Mg（OH）2↓，与MgCl2反应的NaOH物质的量为0.04mol；与HCl反应的NaOH物质的量为1mol/L⨯0.01L=0.01mol；原混合物中NaOH物质的量为
0.08mol+0.04mol+0.01mol=0.13mol，NaOH的质量为0.13mol⨯40g/mol=5.2g。

（3）BQ段发生的反应为Mg（OH）2+2HCl=MgCl2+2H2O、Al（OH）3+3HCl=AlCl3+3H2O，溶解Mg（OH）2消耗的HCl物质的量为0.02mol⨯2=0.04mol；溶解Al（OH）3消耗的HCl物质的量为0.02mol⨯3=0.06mol，则BQ段消耗HCl物质的量为0.04mol+0.06mol=0.1mol，消
耗盐酸的体积为
0.1mol
1mol/L
=0.1L=100mL，则Q点加入盐酸的体积为30mL+100mL=130mL。

点睛：第（3）问也可以用终态法解。

Q点时沉淀恰好完全溶解，所得溶液中的溶质为NaCl、MgCl2和AlCl3，Q点加入的HCl相当于在原固体混合物中加入1mol/LHCl将NaOH恰
好中和，则n（HCl）=n（NaOH）=0.13mol，盐酸溶液的体积为0.13mol
1mol/L
=0.13L=130mL。

6．在标准状况下，分别取30mL相同浓度的盐酸依次装入①②③试管中，然后分别慢慢加入组成相同的镁铝混合物，相同条件下，测得有关数据如表所示反应前后体积不变）
气体体积/mL280336336
（1）盐酸的物质的量浓度为__________mol/L。

（2）混合物中Mg和Al的物质的量之比为_________。

【答案】11:1
【解析】
【分析】
镁铝均能和盐酸反应产生氢气，由表中数据可知，30mL盐酸最多可以生成336mLH2。

因此，在实验①中，金属混合物完全溶解了，而实验③中，金属混合物肯定有剩余。

【详解】
（1）由表中数据可知，30mL盐酸最多可以生成336mLH2，因此，盐酸中
n(H+)=2n(H2)=
0.336
2
22.4/
L
L mol
⨯=0.03mol，所以盐酸的物质的量浓度为
0.03
0.03
mol
L
=1mol/L。

（2）实验①中，255mg混合物完全溶解生成280mL H2，
n(Mg)⨯24g/mol+n(Al)⨯27g/mol=0.255g，根据电子转移守恒可得2 n(Mg)+3 n(Al)=
2n(H2)=
0.280
2
22.4/
L
L mol
⨯=0.025mol，联立方程组可以求出n(Mg)= n(Al)= 0.005mol，所以
Mg和Al的物质的量之比为1:1。

7．镁是一种银白色的碱土金属，镁元素在地壳中的含量约为2．00%，位居第八位，镁及其化合物在研究和生产中具有广泛用途。

请回答下列问题：
(1)氮化镁(Mg3N2)是由氮和镁所组成的无机化合物。

在室温下纯净的氮化镁为黄绿色的粉末，能与水反应，常用作触媒，实验室欲用如图1所示装置和药品制备少量氮化镁。

①A中盛装的是浓氨水，B中可盛装___，二者混合可制取氨气。

②按照气流的方向从左至右连接装置：a接___、___接___、___接___。

③已知氨气有还原性，能还原氧化铜，生成物之一是空气的主要成分，该反应的化学方程式为____________________。

④如果没有装有无水氯化钙的装置，可能发生反应的化学方程式为
____________________。

(2)碳酸镁可用作耐火材料、锅炉和管道的保温材料，以及食品、药品、化妆品、橡胶、墨水等的添加剂。

合成碳酸镁晶须的步骤如下：
步骤1：配制0．5 mol·L－1 MgSO4溶液和0．5 mol·L－1 NH4HCO3溶液。

步骤2：用量筒量取500 mL NH4HCO3溶液于1 000 mL四口烧瓶中，开启搅拌器，温度控制在50 ℃。

步骤3：将250 mL MgSO4溶液逐滴加入NH4HCO3溶液中，1 min内滴加完毕，然后用氨水
调节溶液pH到9．5。

步骤4：放置1 h后，过滤，洗涤。

步骤5：在40 ℃的真空干燥箱中干燥10 h，得到碳酸镁晶须产品(MgCO3·n H2O，n＝1~5)。

①配制0．5 mol·L－1 MgSO4溶液500 mL，需要的仪器有托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、量筒、胶头滴管、_____。

②步骤3中加氨水后反应的离子方程式为______________。

测定合成的MgCO3·n H2O中的n值。

称量1．000 g碳酸镁晶须，放入图2所示的广口瓶中，加入适量水，滴入稀硫酸与晶须反应，生成的CO2被NaOH溶液吸收，在室温下反应4~5 h，后期将温度升到30 ℃，最后烧杯中的溶液用已知浓度的盐酸滴定，测得生成CO2的总量；重复上述操作2次。

③图中气球的作用是__________________。

④上述反应后期要升温到30 ℃，主要目的是________________。

⑤若实验测得1．000 g碳酸镁晶须产生CO2的平均物质的量为a mol，则n为___(用含a 的表达式表示)。

⑥称取100 g上述晶须产品进行热重分析，得到的热重曲线如图所示，则合成的晶须中
n＝______。

【答案】生石灰或氢氧化钠 d e c b f 2NH3+3CuO N2+3H2O+3Cu
Mg3N2+6H2O3Mg(OH)2+2NH3↑ 500 mL容量瓶 Mg2++HCO3-HCO3-+NH3·H2O+(n-
1)H2O MgCO3·n H2O↓+NH4+暂时储存CO2，有利于CO2被NaOH溶液吸收，且能保持装置中压强相对稳定升高温度气体的溶解度减小，使溶解在水中的CO2逸出，便于吸收完
全1-84a
18a
1
【解析】
【详解】
（1）①浓氨水和生石灰或氢氧化钠固体混合放热，使一水合氨分解生成氨气，故答案为②根据实验目的及题给装置可知，按照气流的方向从左向右连接装置的顺序为:a接d，e 接c，b接f，故答案为
③氨气有还原性，能还原氧化铜，生成物之一是空气的主要成分氮气，则氨气与氧化铜反应的化学方程式为:2NH3+3CuO N2+3H2O+3Cu，故答案为d；e；c；b；f；
④氮化镁能和水发生反应生成氢氧化镁和氨气，化学方程式为：Mg3N2+6H2O=3Mg(OH)2 +2NH3↑，故答案为Mg3N2+6H2O=3Mg(OH)2+2NH3↑；
（2）①配制0.5 mol·L-1 MgSO4溶液500 mL，除提供的仪器外，还需要的仪器为500 mL容量瓶，故答案为500 mL容量瓶；
②步骤3中加氨水后反应生成碳酸镁结晶水合物，反应的离子方程式为Mg2++HCO3—
+NH 3·H 2O+(n -1)H 2O=MgCO 3·n H 2O↓+NH 4+，故答案为Mg 2++HCO 3—+NH 3·H 2O+(n -1)H 2O= MgCO 3·n H 2O↓+NH 4+；
③题图2装置中气球可以暂时储存CO 2，有利于CO 2被NaOH 溶液吸收，且能保持装置中压强相对稳定，故答案为暂时储存CO 2，有利于CO 2被NaOH 溶液吸收，且能保持装置中压强相对稳定；
④题述反应后期将温度升到30 ℃，是为了使生成的二氧化碳全部逸出，便于其被氢氧化钠溶液完全吸收，从而减小测定产生的误差，故答案为升高温度气体的溶解度减小，使溶解在水中的CO 2逸出，便于吸收完全；
⑤若实验测得1.000 g 碳酸镁晶须产生的CO 2的平均物质的量为a mol ，依据碳元素守恒可
知，晶须中碳酸镁的物质的量为a mol ，根据MgCO 3·
n H 2O 中碳酸镁和结晶水的物质的量之比为1∶n ，得到1∶n =a ∶11.000g 84g 18g mol a --⋅11.000?g 84g 18?g?mol a --，得到n =18418a a -18418a a -，故答案为18418a a
-； ⑥由题图3知400 ℃时剩余质量为82.3 g ，这是该晶须失去结晶水后的质量，则有
100×
181884n n +181884
n n +=100-82.3，解得n =1，故答案为1。

【点睛】 本题以氮化镁和碳酸镁的制备为载体，考查对实验装置的理解、元素化合物的性质、实验方案的设计等，解答关键是明确反应原理与各装置作用，掌握常用物质分离提纯方法，注意对题目信息的应用。

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 、NO 2、N 2三种气体。

某同学欲用下列仪器组装装置来直接验证有NO 、NO 2生成并制取氮化镁。

（假设实验中每步转化均是完全的）
已知：①NO 2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NO 2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．现拟在实验室里利用空气和镁粉为原料制取少量氮化镁(Mg3N2)。

已知实验中可能会发生下列反应：①2Mg+O 22MgO；②3Mg+N2Mg3N2；
③2Mg+CO 22MgO+C ④Mg+H2O MgO+H2↑ ⑤Mg3N2+6H2O =3Mg(OH)2+2NH3↑
可供选择的装置和药品如下页图所示(镁粉、还原铁粉均已干燥，装置内所发生的反应是完全的，整套装置的末端与干燥管相连)。

回答下列问题；
(1)在设计实验方案时，除装置A、E外，还应选择的装置(填字母代号)及其目的分别为(可不填满)
装置目的
______________
______________
______________
(2)连接并检查实验装置的气密性。

实验开始时，打开自来水的开关，将空气从5升的储气瓶压入反应装置，则气流流经导管的顺序是(填字母代号)_______________________；(3)通气后，应先点燃_______处的酒精灯，再点燃_______处的酒精灯；如果同时点燃A、F 装置的酒精灯，对实验结果有何影响?_________________________；
(4)请设计一个实验，验证产物是Mg3N2，写出操作步骤、现象和结论：_____________。

【答案】B 目的是除气流中的水蒸汽，避免反应④发生 D 目的是除去空气中的CO2，
避免反应③发生 F 目的是除去空气中的氧气，避免反应①发生j→h→g→d→c→k→l(或l→k)→a→b (或b→a) F A 制得的氮化镁不纯将产物取少量置于试管中，加入适量水，将润湿的红色石蕊试纸置于试管口，如果能够看到润湿的红色石蕊试纸变蓝，则说明产物是氮化镁，若试纸不变蓝，则不含有Mg3N2
【解析】
【分析】
本题是在实验室里利用空气和镁粉为原料制取少量纯净的氮化镁，为了保证产品的纯度，需要除去空气中的氧气、二氧化碳及水气，分别利用还原铁粉、氢氧化钠溶液及浓硫酸完成，产品的检验可利用氮化镁的性质⑤来设计实验操作。

【详解】
(1)根据题中信息可知Mg在空气中点燃可以和O2、CO2、H2O反应，所以镁和氮气反应必须将空气中的O2、CO2、H2O除去制得干燥纯净的N2，浓硫酸作用是除去水蒸气，浓氢氧化钠是除去空气中二氧化碳，灼热的铁粉为了除去空气中氧气；所以在设计实验方案时，除装置A、E外，还应选择的装置B，目的是除气流中的水蒸汽，避免反应④发生；D，目的是除去空气中的CO2，避免反应③发生；F，目的是除去空气中的氧气，避免反应①发生；
(2)气体参与的物质制备实验中装置的连接一般顺序是：制备气体→除杂→干燥→制备→尾气处理；需除去空气中的O2、CO2、H2O制备氮化镁，浓硫酸B的作用是除去水蒸气，浓氢氧化钠D是除去空气中二氧化碳，还原铁粉F是为了除去空气中氧气，所以装置连接顺序是，j→h(除二氧化碳)→g→d(除水蒸气)→c→k(除氧气)→l(或l→k)→a→b (或b→a)；
(3)通气后，先排除空气中的杂质，所以应该先点燃F，再点燃F，因为A装置没有排完空气前就加热会让空气中的氧气、CO2、水蒸气等与镁反应，如果装置F中的还原铁粉没有达到反应温度时，氧气不能除尽，导致氧同镁反应，而使氮化镁中混入氧化镁；
(4)依据氮化镁和水反应生成氨气，方程式为 Mg3N2+6H2O=3Mg(OH)2+2NH3↑，将产物取少量置于试管中，加入适量水，将润湿的红色石蕊试纸置于试管口，如果能够看到润湿的红色石蕊试纸变蓝，则说明产物是氮化镁。

10．某无色稀溶液X中，可能含有下表所列离子中的某几种。

阴离子CO、SiO、AlO、Cl－
阳离子Al3＋、Fe3＋、Mg2＋、NH、Na＋
现取该溶液适量，向其中加入某试剂Y，产生沉淀的物质的量(n)与加入试剂体积(V)的关系如图所示。

（1）若Y是盐酸，则oa段转化为沉淀的离子(指来源于X溶液的，下同)是___，ab段发生反应的离子是______________，bc段发生反应的离子方程式为______________。

（2）若Y是NaOH溶液，则X中一定含有的离子是___________________。

ab段反应的离子方程式为_______________________________________。

【答案】SiO 32-、AlO CO32－Al(OH)3＋3H＋===Al3＋＋3H2O Al3＋、Mg2＋、NH4＋、Cl－NH4＋＋OH－===NH3·H2O
【解析】
分析：(1)无色溶液中不会含有Fe3＋，加入盐酸后能形成的沉淀有Al(OH)3、H2SiO3，前者能溶于过量盐酸中而后者不能，由图象知溶液中肯定含有AlO2-、SiO32-。

oa段发生反应的离子为AlO2-、SiO32-，ab段为CO32－,bc段则是Al(OH)3溶解。

(2)当向溶液中加入NaOH时，生成的沉淀为Mg(OH)2、Al(OH)3,ab段是NH4＋与OH－之间发生反应，因Al3＋、Mg2＋不能与CO 32－、SiO32-、AlO共存，故此时溶液中阴离子只有Cl－。

详解:(1)某无色稀溶液X中,无色溶液中不会含有Fe3＋，加入盐酸后能形成的沉淀有
Al(OH)3、H2SiO3，前者能溶于过量盐酸中而后者不能，所以由图象知溶液中含有AlO2-
、SiO32-；则oa段发生反应的离子为AlO2-、SiO32-；ab段发生的反应沉淀的量不变,所以ab 段为盐酸与CO32－反应,bc段沉淀减少,则是Al(OH)3溶解于盐酸,其反应的离子方程式为：Al(OH)3＋3H＋===Al3＋＋3H2O。

因此，本题正确答案是：SiO 32-、AlO； CO32－；Al(OH)3＋3H＋═Al3＋＋3H2O；
(2)若Y是氢氧化钠，向溶液中加氢氧化钠溶液,先生成沉淀,溶液中可能含Al3＋、Mg2＋或两者中的一种，因为弱碱阳离子和弱酸根会双水解而不能共存,即溶液中不含CO32－、SiO32-、AlO，因为溶液一定要保持电中性，故溶液中一定含Cl－；当ab段时,沉淀的量不变化,是氢氧化钠和铵根离子反应生成气体: NH4＋＋OH－═NH3·H2O，即溶液中含NH4＋；当bc段时沉淀的质量减少但没有完全溶解,即部分沉淀和氢氧化钠反应,部分沉淀不反应,说明溶液中有Al3＋、Mg2＋，即bc段的反应为：Al(OH)3＋OH-═AlO2-+2H2O。

即X中一定含有的离子是Al3＋、Mg2＋、NH4＋、Cl－；因为溶液中有Al3＋、Mg2＋，故oa段转化为沉淀的离子是Al3＋、Mg2＋，ab段是氢氧化钠和铵根离子反应生成气体,反应的离子方程式为NH4＋＋OH－═NH3·H2O；
因此，本题正确答案是：Al3＋、Mg2＋、NH4＋、Cl－；NH4＋＋OH－═NH3·H2O。