备战高考化学专题复习分类练习 镁及其化合物推断题综合解答题附答案

备战高考化学专题复习分类练习镁及其化合物推断题综合解答题附答案
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．有关物质的转化关系如下图所示（部分物质和条件已略去）。

A是金属单质，D是非金属单质，B、F是气体且B无色无味，G是最常见的无色液体。

请回答下列问题：
(1)C的化学式为：______________。

(2)B的电子式为：______________。

(3)写出③的离子方程式：__________________。

(4)写出②的化学方程式，并用“单线桥”标出电子转移的方向和数目________________。

【答案】MgO H2O+3NO2=== 2H++2NO3-
+NO
【解析】
A是金属单质在无色气体B中燃烧生成非金属单质D，则A是Mg、B是CO2、C是MgO、D是C；碳可以和浓硫酸、浓硝酸在加热条件下反应生成CO2，结合F与水化合能生成E，可知E为浓
硝酸，F为NO2；
(1)C的化学式为MgO；
(2)CO2是共价化合物，其的子式为；
(3)NO2溶解于水生成硝酸和NO的离子方程式为H2O+3NO2=== 2H++2NO3-+NO；
(4)碳与浓硝酸反应生成CO2的反应是氧化还原反应，其反应化学方程式及电子转移的方向和数目为。

点睛：此类题的解答一般有以下步骤：思维起点的选择：思维起点是指开始时的思维指向、思维对象或思维角度，推断题中的思维起点应是最具特征的某个条件（包括文字叙述或某个变化过程）；思维过程的展开：解题者在确定思维起点的基础上，利用题目所给信息，结合已有的化学知识和解题经验，不断地缩小问题状态与目标状态的距离；思维过程的检验：将上述思维过程的结果代入题中，检查一下是否符合题中条件；金属在无色气体中燃烧生成非金属单质这一特殊反应现象，及时与Mg在二氧化碳中燃烧建立联系，展开思维的空间，寻找目标答案。

3．A、B、C、D、E、F的原子序数依次增大，它们都具有相同的核外电子层数。

已知：A、C、F三种原子最外层共有11个电子，且这三种元素的最高价氧化物的水化物之间两两皆能反应，均生成盐和水；D元素原子的最外层电子数比次外层电子数少4；E元素原子次外层电子数比最外层电子数多3。

（1）写出下列元素的符号：A________，B________，E________。

（2）把B的单质(片状)放入滴有酚酞的沸水中，观察到的现象是_________________，反应的化学方程式是_______________________。

（3）A、C两种元素的最高价氧化物的水化物反应的离子方程式是____________。

【答案】 Na Mg P 产生气体，溶液变红 Mg＋2H2O Mg(OH)2＋H2↑ Al(OH)3＋OH－
===AlO＋2H2O
【解析】试题分析：本题需要通过原子核外电子排布和相关化合物的性质推断六种元素，考查考生对原子核外电子排布的熟悉情况、考查基本实验现象、化学反应方程式、离子方程式等基础知识，考查考生对原子结构知识的综合运用能力及对试题的分析理解能力。

解析：（1）D元素原子的最外层电子数比次外层电子数少4，所以D次外层电子数为8，最外层电子数为4，D是Si元素，同理E为P元素。

由此可知，这六种电子层数相同的元素均含有3个电子层，既都属于第三周期元素。

“A、C、F三种元素的最高价氧化物的水化物之间两两皆能反应生成盐和水”，其中有一种必属于两性氢氧化物，为Al(OH)3，所以与Al(OH)3反应的碱只能是NaOH，既A为Na、C为Al，A、C最外层电子之和为4，则F最外层电子数为7，是Cl元素。

A与C中间的元素只能是Mg。

正确答案：Na、Mg、P。

（2）Mg在沸水中发生反应Mg+2H2O Mg(OH)2+H 2↑，反应过程中有气泡产生，且滴加酚酞的溶液变成红色。

正确答案：产生气体且溶液变红、
Mg＋2H2O Mg(OH)2＋H2↑。

（3）A、C最高价氧化物的水化物分别是NaOH与
Al(OH)3，二者反应的离子方程式Al(OH)3＋OH－=AlO＋2H2O。

正确答案：Al(OH)3＋OH－
=AlO＋2H2O。

点睛：元素的最高价氧化物的水化物一定是酸或者碱，三种能个两两反应时其中之一定是两性氢氧化物，一般为Al(OH)3。

4．X、Y、Z为三种常见的单质，Z为绿色植物光合作用后的产物之一，A、B为常见的化合物。

它们在一定条件下可以发生如图所示的转化关系（均不是在溶液中进行的反应）以下每空中填入一种即可）。

（1）当X、Y均为金属时，X的化学式为_____________，Z为____________（填名称）。

（2）当X为非金属且为气体，Y为金属且为紫红色时，X的化学式为___________，
A的化学式为___________。

（3）当X为金属、Y为非金属且为固体时，X与A反应的化学方程式为
__________________________________________。

（4）当X、Y均为非金属固体时，X与A反应的化学方程式为
___________________________________________。

【答案】Al 氧气 H2 CuO 2Mg+CO22MgO+C SiO2+2C Si+2CO
【解析】
【分析】
Z为绿色植物光合作用后的产物之一，应为O2，X+A→Y+B的反应为置换反应，X、Y为单质，A、B为氧化物，据此答题。

【详解】
（1）当X、Y均为金属时，此反应应为铝热反应，则X为Al，Z为氧气，答案应为：Al、氧气；
（2）当X为非金属且为气体，Y为金属且为紫红色时，Y为Cu，则X应为H2，答案应为：H2、CuO；
（3）当X为金属、Y为非金属且为固体时，X应为Mg，Y应为C，该反应应是Mg和CO2的反应，反应的方程式为2Mg+CO22MgO+C；
（4）当X、Y均为非金属固体时，X应为C，Y应为Si，该反应应是C和SiO2的反应，反应的方程式为SiO2+2C Si+2CO。

5．已知A、B、C、D组成的元素都属于短周期，它们之间的简单转化关系如图所示。

请按要求写出有关反应的化学方程式：
(1)若其中A、D为单质且同主族，B、C为氧化物： (该反应在工业上有重要用
途) 。

(2)若A、D为常态下的气体单质且不同主族，B、C为化合物且B为水：。

(3)若A、B、C均为化合物且C为水，单质D常态下为固体：。

(4) 若A、D为固体单质且不同主族，B、C为氧化物：。

【答案】（共8分）
(1) 2C+SiO2Si+2CO↑
(2)2F2＋2H2O===4HF＋O2
(3)SO2＋2H2S===3S＋2H2O
(4) 2Mg+CO22MgO+C。

【解析】
【分析】
（1）A、D为单质且同主族，B、C为氧化物，A为C，B为SiO2，符合转化关系，D为Si，C为CO；
（2）A、D为常态下的气体单质且不同主族，B、C为化合物且B为水，A为F2，C为HF，D 为O2，符合转化关系；
（3）A、B、C均为化合物且C为水，单质D常态下为固体，H2S与SO2反应符合转化关系，D为硫；
（4）A、D为固体单质且不同主族，B、C为氧化物，Mg与CO2反应符合转化关系，A为Mg，B为CO2，C为MgO，D为C单质。

【详解】
（1）A、D为单质且同主族，B、C为氧化物，A为C，B为SiO2，符合转化关系，反应方程式为：2C+SiO2Si+2CO↑；
综上所述，本题正确答案：2C+SiO2Si+2CO↑；
（2）A、D为常态下的气体单质且不同主族，B、C为化合物且B为水，A为F2，C为HF，D 为O2，符合转化关系，反应方程式为：2F2+2H2O═4HF+O2；
综上所述，本题正确答案：2F2+2H2O═4HF+O2；
（3）A、B、C均为化合物且C为水，单质D常态下为固体，H2S与SO2反应符合转化关系，反应方程式为：SO2+2H2S═3S+2H2O；
综上所述，本题正确答案：SO2+2H2S═3S+2H2O；
（4）A、D为固体单质且不同主族，B、C为氧化物，Mg与CO2反应符合转化关系，反应方程式为：2Mg+CO22MgO+C；
综上所述，本题正确答案： 2Mg+CO22MgO+C。

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．已知一定条件下，单质X、Y、Z与化合物甲、乙之间存在如下变化关系：
(1)若X是O2，Y是S，Z是H2，化合物甲是一种可燃性气体，则化合物甲是_________，化合物乙是__________。

(2)若X是Mg，Y是C，Z是O2，化合物甲是一种不可燃气体，则化合物甲是_________，化合物乙是__________。

【答案】H2S H2O CO2 MgO
【解析】
【分析】
根据已知的X、Y、Z以及化合物甲的性质，结合物质的性质分析判断。

【详解】
(1)若X是O2，Y是S，Z是H2，化合物甲是一种可燃性气体，则硫在氢气反应生成H2S，H2S与氧气的反应生成H2O和S，则化合物甲为H2S，化合物乙为H2O，故答案为H2S；
H2O；
(2)若X是Mg，Y是C，Z是O2，化合物甲是一种不可燃气体，则碳与氧气反应生成二氧化碳，Mg与二氧化碳反应生成MgO和C，则化合物甲为CO2，化合物乙为MgO，故答案为CO2；MgO。

8．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:2NH 3+3CuO N 2+3H 2O+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：Mg 3N 2+6H 2O=3Mg(OH)2 +2NH 3↑，故答案为Mg 3N 2+6H 2O=3Mg(OH)2+2NH 3↑；
（2）①配制0.5 mol·L -1 MgSO 4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Mg 2++HCO 3—+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。

9．天然水大多含Ca 2+、Mg 2+、HCO 3-等离子，加热会产生水垢，水垢中一定含有CaCO 3和Mg(OH)2，可能含有MgCO 3。

(1)天然水中的HCO 3-来自于空气中的CO 2。

用相关方程式表示CO 2溶于水形成HCO 3-的过程。

______________________________________________________________
(2)天然水煮沸时，其中微溶的MgCO 3转换成难溶的Mg(OH)2，写出发生反应的化学方程式。

____________________________________________
为确定某水垢样品的成分，利用CaCO 3、MgCO 3、Mg(OH)2高温分解的性质，精确称量5.000g 水垢样品，用如下图装置进行实验。

(3)A中盛放的试剂是__________。

装置F的作用是_________________________。

反应结束后，需要再通入一段时间的空气，目的是_______________________。

(4)利用上述装置测定水垢中Mg(OH)2的含量时，需要测量的数据有__________。

(5)实验测得装置E增重2.200g，请问水垢样品中是否含有MgCO3?判断依据是
_______________________________________________________。

【答案】CO2+H2OƒH2CO3、H2CO3ƒH++HCO3-或CO2+H2OƒHCO3-+H+
MgCO3+H2O→Mg(OH)2+CO2 . NaOH溶液吸收空气中H2O和CO2，防止其进入E中干扰实验测定；排尽装置中的产物CO2和H2O，使其充分被D、E装置吸收 D装置反应前后的质量含题中给出的信息是水垢中一定含有CaCO3和Mg(OH)2，若增重2.200g全来自于CaCO3分解产生的CO2，则计算得出CaCO3的质量为5.000g，而样品的总质量为5.000g，与题意不符，因此样品中含有MgCO3
【解析】
【分析】
利用CaCO3、MgCO3、Mg(OH)2高温分解生成CO2、H2O的性质，通过测定分解产物的质量确定水垢样品的成分。

紧扣这一实验目的，选择实验试剂、判断装置作用、分析采集数据。

【详解】
(1)空气中的CO2溶于水、并与水反应生成碳酸：CO2+H2OƒH2CO3，碳酸微弱电离生成HCO3-：H2CO3ƒH++HCO3-。

(2)煮沸天然水时，微溶的MgCO3发生双水解反应生成难溶的Mg(OH)2，总的化学方程式为MgCO3+H2O Mg(OH)2+CO2↑。

(3)为测定样品分解生成的CO2、H2O的质量，必须使用不含CO2、H2O的空气通入装置，才不会引起测量误差，故A、B装置中分别用NaOH溶液、浓硫酸除去空气中的CO2、H2O；
D、E装置分别吸收样品分解生成的H2O、CO2，装置E中碱石灰吸收空气中的CO2、H2O，防止其进入E中干扰实验测定。

为保证样品分解产生的H2O、CO2能被D、E装置完全吸收，反应后再通入一段时间的空气，将样品生成的气体导入D、E装置中。

(4)样品中只有Mg(OH)2分解生成H2O，故测定样品分解生成H2O的质量，即可计算
Mg(OH)2含量。

为此，需要测量D装置在反应前后的质量。

(5)据题意，水垢中一定含有CaCO3和Mg(OH)2，可能含有MgCO3。

装置E增重2.200g为CO2质量，二氧化碳的物质的量是0.05mol，若全部来自CaCO3分解，则CaCO3质量为
5.000g，不符合题意，故5.000g水垢样品中必含MgCO3。

【点睛】
定量实验一定要提高测定结果的准确性，围绕这一核心设计实验方案，选择合适的试剂和
操作步骤，特别要排除空气、杂质等干扰。

10．根据镁与二氧化碳的反应推测，钠也能在二氧化碳中燃烧，且固体产物可能为碳酸钠、氧化钠、碳中的两种或三种。

某兴趣小组用如下装置开展两个阶段的实验探究。

I、引发CO2与Na反应。

操作步骤为：①按图连接装置，检验气密性，并往各装置中加入试剂；②打开装置a上活塞一段时间；③点燃d处酒精灯，使CO2与Na充分反应。

停止加热，继续通气体使双通直管冷却。

回答下列问题：
（1）操作①时，装置b中装入的试剂是___________；
（2）步骤②时，当观察到_________时，才能进入步骤③。

Ⅱ：探究反应产物及反应机理。

取反应后双通管中固体物质29．2g进行如下实验：
①仔细观察固体，发现有黑色颗粒；
②将固体溶于足量的水并过滤、洗涤，得到1．8 g滤渣（干燥）；
③将滤液加水稀释配成250mL的溶液；
④取少量③的溶液，先加足量BaCl2溶液，再加酚酞试液，观察到白色沉淀及溶液变红；
⑤取25．0mL③的溶液，用3．0mol·L-1盐酸滴定，消耗盐酸20．00mL。

回答下列问题：（3）反应后装置d中的固体物质为___________；
（4）通过计算分析：29．2g残留固体中，各组分的质量各是多少?________；
（5）该探究条件下，钠与二氧化碳反应的化学方程式为_______。

【答案】饱和NaHCO3溶液 e装置中产生白色沉淀 C、Na2O、Na2CO3碳的质量为
1.8g；碳酸钠的质量为21.2g；氧化钠的质量为6.2g 12Na+7CO23C+2Na2O+4Na2CO3【解析】
分析：由实验方案图可知，a为二氧化碳发生装置，d为二氧化碳与钠反应装置，通入d
装置的二氧化碳应干燥并需除去二氧化碳中的HCl，因此b中应用饱和的碳酸氢钠溶液，c 为干燥装置，吸收水蒸气。

反应需要排尽装置内的空气，当e装置中产生白色沉淀，说明空气中的二氧化碳排尽，再加热d处的酒精灯发生反应。

详解：（1）根据上述分析，装置b是除去二氧化碳气体中的HCl，应用饱和的碳酸氢钠溶液，c为干燥装置，吸收水蒸气，故答案为饱和NaHCO3溶液；
（2）根据上述分析可知，反应需要排尽装置内的空气，当e装置中产生白色沉淀，说明空气中的二氧化碳排尽，再加热d处的酒精灯发生反应，故答案为e装置中产生白色沉淀；（3）步骤①将干燥得到1.8g滤渣为不溶物碳；步骤③中最终所得固体质量为3.94g为碳酸钡，说明反应生成碳酸钠，根据碳元素守恒可知，碳酸钠的物质的量
=
3.94
197/
g
g mol=0.02mol，故29.2g固体物质中碳酸钠的物质的量为
250
0.02
25mL
mol
mL
⨯=0.2mol，其质量=0.2mol×106g/mol=21.2g，步骤④中盐酸滴定碳酸钠，消耗盐酸的物质的量为0.02mol×2=0.04mol，实际消耗HCl为3.0mol•L-1×0.020L=0.06mol，大于0.02mol，故溶液中含有氢氧化钠，说明反应中有氧化钠生成，故答案为
C、Na2O、Na2CO3；
（4）根据（3）的分析，碳的质量为1.8g；碳酸钠的质量为21.2g；步骤④中盐酸滴定碳酸钠，消耗盐酸的物质的量为0.02mol×2=0.04mol，实际消耗HCl为3.0mol•L-
1×0.020L=0.06mol，大于0.02mol，故溶液中含有氢氧化钠，说明反应中有氧化钠生成，滴定中氢氧化钠消耗的HCl为0.06mol-0.04mol=0.02mol，根据钠离子守恒可知氧化钠的物质
的量为0.02mol
2
=0.01mol，故29.2g固体物质中氧化钠的物质的量为250
0.01
25mL
mol
mL
⨯=0.1mol，其质量为0.1mol×62g/mol=6.2g，故答案为碳的质量为1.8g；
碳酸钠的质量为21.2g；氧化钠的质量为6.2g；
（5）根据（4）中的计算可知产物为C、Na2O和Na2CO3，三者物质的量之比为
1.8 12/g
g mol
：0.1mol：0.2mol=3：2：4，故反应方程式为：
12Na+7CO23C+2Na2O+4Na2CO3，故答案为12Na+7CO23C+2Na2O+4Na2CO3。

点睛：本题考查物质组成与探究，涉及对实验方案的理解、实验基本操作、化学计算与数据处理等，确定生成物的成分以发生的反应是难度，也是易错点，注意不能直接利用固体物质质量减去碳与碳酸钠的质量确定氧化钠的质量。