2020-2021全国高考化学镁及其化合物的推断题综合高考模拟和真题分类汇总附答案

2020-2021全国高考化学镁及其化合物的推断题综合高考模拟和真题分类汇总
附答案
一、镁及其化合物
1．下图中A～J分别代表相关反应的一种物质。

已知A分解得到等物质的量的B、C、D，图中有部分生成物未标出。

请填写以下空白：
（1）A中含有的化学键是________。

（2）写出铜与J反应制取H的化学方程式：
__________________________________________。

（3）写出反应③的离子方程式：_________________________________________。

（4）写出物质B的电子式：_______________；写出物质E的电子式：_______________。

（5）在反应④中，当生成标况下22.4 L 物质G时，转移电子数为________mol。

【答案】离子键极性共价键 3Cu＋8HNO3(稀)＝3Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O NH4＋＋HCO3－
＋2OH－
NH3↑＋CO32－＋2H2O 2
【解析】
【分析】
A受热能分解，分解得到等物质的量的B、C、D，且A与碱反应生成气体D，D是氨气，即A是铵盐。

C能与过氧化钠反应，B能与镁反应，因此C为水，B是二氧化碳，则A为NH4HCO3。

E为MgO，F为C，水与过氧化钠反应生成G，G为O2，D与G反应生成H，H 为NO，I为NO2，J为HNO3，再结合F与J反应生成B、C、I，符合上述转化。

【详解】
（1）碳酸氢铵中含有的化学键是离子键和共价键。

（2）铜与J反应制取H的化学方程式为3Cu＋8HNO3(稀)＝3Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O。

（3）反应③的离子方程式为NH4＋＋HCO3－＋2OH－NH3↑＋CO32－＋2H2O。

（4）二氧化碳的电子式为；氧化镁是离子化合物，电子式为。

（5）在反应④中过氧化钠中氧元素化合价从－1价升高到0价，则当生成标况下22.4 L即1mol氧气时，转移电子数为2mol。

【点晴】
利用物质的转化推断出各物质是解答本题的关键，C及A为解答本题的突破口；解框图题的方法：最关键的是寻找“突破口”，“突破口”就是抓“特”字，例如特殊颜色、特殊状态、特殊气味、特殊反应、特殊现象、特殊制法、特殊用途等；例如本题中的能与强碱反应放出气体的一般是铵盐等。

2．A、B、C是中学化学中常见的三种物质，它们之间的相互转化关系如下(部分反应条件及产物略去)：
(1)若A是一种金属，C是淡黄色固体，则B的化学式为_______，A→C反应的化学方程式为__________________________；若将金属A与金属铝同时加入足量水中，充分反应后，发现溶液中既无沉淀生成又无残留金属剩余，经测定溶液中只含有一种溶质，则投入水中的金属A与金属Al的物质的量之比为_________。

(2)若A是一种非金属,其常见单质为黑色固体，C是最主要的温室气体，则C的分子式为______，B→C反应的化学方程式为_________________________________；金属镁可在气体C中燃烧，当有1 mol气体C参与反应时，反应转移电子的物质的量为__________。

【答案】Na2O 2Na+O2∆
Na2O2 1:1 CO2 2CO+O2
点燃
2CO2 4 mol。

【解析】
【分析】
【详解】
(1)若A是一种金属，C是淡黄色固体，则A为Na，C为Na2O2，B为Na2O；Na在氧气中燃
烧生成Na2O2，方程式为2Na+O2∆
Na2O2；若将Na与铝同时加入到足量的水中充分反应
后无固体剩余，且所得溶液中只有一种溶质即为NaAlO2，发生的反应为
Na+Al+2H2O=2NaAlO2+2H2↑，根据方程式可知金属Na与金属Al的物质的量之比为1:1；
(2)C是最主要的温室气体，则C为CO2，A为C，B为CO；CO燃烧生成CO2，方程式为
2CO+O2点燃
2CO2；金属镁可在CO2中燃烧时CO2被还原成C单质，且还原剂唯一，所
以当有1 mol CO2参与反应时转移电子的物质的量为4mol。

3．（1）有镁和铁的混合物共4.0克，与200毫升盐酸恰好完全反应，在标准状况下共收集到2.24L气体。

假设反应后溶液体积不变，则铁的质量为_____g；反应后溶液中Mg2+的物质的量浓度为_______。

（2）一定量氢气在氯气中燃烧，所得混合气体用 100 mL、2.00 moL·L-1NaOH 溶液恰好完全
吸收，测得溶液中含有 NaClO 的物质的量为 0.05mol。

试计算下列问题：所得溶液中 Cl-的物质的量为_______ ；所用氯气和参加反应的氢气的物质的量之比n（C12）：n（H2）为_______ 。

【答案】 2.8 0.25mol· L－1 0.15 mol 2:1
【解析】试题分析：本题考查混合物的计算，涉及Mg、Fe与酸的反应，Cl2与H2、NaOH 的反应。

（1）根据反应的化学方程式：Mg+2HCl=MgCl2+H2↑、Fe+2HCl=FeCl2+H2↑可列式：n
（Mg）+n（Fe）=
2.24L
22.4L/mol
，24g/moln（Mg）+56g/moln（Fe）=4.0g，解得n（Mg）
=0.05mol，n（Fe）=0.05mol；则铁的质量m（Fe）=0.05mol⨯56g/mol=2.8g；根据Mg守
恒，n（Mg2+）=n（Mg）=0.05mol，c（Mg2+）=0.05mol
0.2L
=0.25mol/L。

（2）H2在Cl2中燃烧生成HCl，HCl与NaOH溶液的反应为：HCl+NaOH=NaCl+H2O；用NaOH溶液吸收后所得溶液中含NaClO，说明H2在Cl2中燃烧后Cl2过量，过量Cl2与NaOH溶液发生的反应为：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O。

根据Na和Cl守恒，反应后溶液中n（NaCl）+n（NaClO）=n（NaOH）=2mol/L⨯0.1L=0.2mol，n（NaClO）=0.05mol，则n（NaCl）=0.2mol-0.05mol=0.15mol，所得溶液中Cl-物质的量为0.15mol。

根据Cl守恒，所用Cl2物质的量为（0.15mol+0.05mol）÷2=0.1mol；生成0.05molNaClO的同时生成0.05molNaCl，则由HCl与NaOH反应生成的NaCl为0.15mol-0.05mol=0.1mol，HCl物质
的量为0.1mol，根据反应H2+Cl22HCl，参加反应的H2物质的量为0.05mol，所用Cl2
与参加反应的H2物质的量之比n（Cl2）：n（H2）=0.1mol：0.05mol=2:1。

4．根据Mg能在CO2中燃烧，某兴趣小组推测Na应该也能在CO2中燃烧，且固体产物可能为C、Na2O和Na2CO3中的两种或三种。

该小组用如下图装置进行了实验探究。

已知PdCl2能被CO还原得到黑色的Pd。

回答下列问题：
（1）为了使反应随开随用，随关随停，上图虚线方框内应选用____装置(填下图字母代号)，如何检验所选装置的气密性_____。

（2）装置2中所盛试剂为_______。

A．NaOH溶液 B．饱和NaHCO3溶液
C．饱和Na2CO3溶液 D．饱和NaCl溶液
（3）检测装置的气密性完好并装好药品后，在点燃酒精灯前应先进行装置1中的反应操作，待观察到_____现象时，再点燃酒精灯，这步操作的目的是________。

（4）由实验现象和进一步的探究得出反应机理。

A．装置6中有黑色沉淀生成；
B．取反应后直玻管中的固体物质23.0g溶于足量的水中，无气泡产生且得到澄清的溶液；将溶液加水稀释配成250 mL的溶液；
C．取25.00ml步骤B的溶液，滴加足量BaCl2溶液，将生成的白色沉淀过滤、洗涤、干燥，称量得固体质量为1.97g。

①步骤C中不溶物干燥前必须经过洗涤，如何检验该沉淀是否洗涤干净____。

②该探究得出钠与二氧化碳反应的化学方程式为___________________。

【答案】C 关闭弹簧夹，向长颈漏斗中加水，一定时间后静置液面保持不动，说明气密性良好 B 装置5中出现大量混浊排尽装置中的空气取最后一次洗涤液加入稀H2SO4，不出现浑浊说明沉淀洗涤干净 6Na+4CO22Na2O+Na-2CO3+3CO
【解析】
【详解】
（1）C装置是采用固液分开的设计，打开弹簧夹液体加入反应开始，关闭弹簧夹反应产生气体的压强使固液分开反应停止；检验有多个出口的实验装置的气密性，一般只保留一个封住其它出口进行实验，关闭弹簧夹，向长颈漏斗中加水，一定时间后静置液面保持不动，说明气密性良好；
（2）装置C是用石灰石或大理石与盐酸反应产生二氧化碳，会混有HCl杂质，故2用饱和NaHCO3溶液来除去HCl同时转化为二氧化碳；
（3）CO易燃，混有空气可能会发生爆炸，反应前需先同二氧化碳除去装置中的空气，当观察到5中石灰水变浑浊时认为装置中充满二氧化碳，空气排尽；
（4）检验洗涤是否干净，一般是要取最后次的洗涤液，进行检验可能存在的杂质离子，鉴于洗涤液中离子浓度较低，一般检验比较容易出现现象的离子如硫酸根离子、氯离子等；根据实验现象知产物物碳单质，无钠剩余，根据碳酸钡的质量计算出
n(Na-2CO3)= n(BaCO3)=1.97÷197×10=0.1mol
m(Na-2CO3)= 0.1×106=10.6g
所以固体中含有氧化钠n(Na-2O)=（23.0－10.6）÷62=0.2mol
根据氧化还原反应原理，反应中碳元素化合价下降为+2价CO，方程式为
6Na+4CO22Na2O+Na-2CO3+3CO
5．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)H 2O MgCO 3·n H 2O↓+NH 4+ 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 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 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。

6．镁、铝、锌是生活中常见的三种金属，查阅资料获得如下信息：
①镁、铝、锌都是银白色的金属
②锌（Zn）可以与NaOH溶液反应生成H2
③Zn（OH）2为白色固体，难溶于水，可溶于强碱及NH3•H2O
④Zn2+易形成配合物如[Zn（NH3）4]2+，该配合物遇强酸分解生成Zn2+、NH4+（1）（1）甲同学取镁铝合金进行定量分析，用图所示装置进行实验，获得如下数据（所有气体体积均已换算成标准状况，忽略滴入液体体积对气体体积的影响）
编号粉末质量量气管第
一次读数
量气管第
二次读数
① 2.0 g10.0 mL346.2 mL
② 2.0 g10.0 mL335.0 mL
③ 2.0 g10.0 mL345.8 mL
（2）乙同学取镁铝锌合金设计如下实验方案：
（可用试剂：样品、pH试纸、稀硫酸、NaOH溶液、氨水）
①试剂Ⅰ是；沉淀B是．
②过程Ⅰ是：在滤液中逐滴加入，直至生成的沉淀刚好溶解，再加入足量的，过滤．
③沉淀C与氨水反应的离子方程式为．
【答案】①NaOH溶液；Al（OH）3；②稀硫酸；稀氨水；
③Zn（OH）2+4NH3=[Zn（NH3）4]2++2OH﹣；
或Zn（OH）2+4NH3•H2O=[Zn（NH3）4]2++2OH﹣+4H2O．
【解析】
【分析】
【详解】
（2）Wg镁铝锌合金加入稀硫酸溶解生成硫酸镁、硫酸铝溶液、硫酸锌溶液，加入试剂M 为过量氢氧化钠溶液，得到沉淀A为Mg（OH）2，滤液为Na2ZnO2，NaAlO2溶液，加入过量稀硫酸得到硫酸铝溶液、硫酸锌溶液，再加入足量氨水溶液得到沉淀B为Al（OH）3，滤液为Zn2+易形成配合物如[Zn（NH3）4]2+，该络合物遇强酸分解生成Zn2+、NH4+，加入适量氢氧化钠溶液得到C为氢氧化锌沉淀；
①上述分析可知，试剂I为氢氧化钠溶液，沉淀B为Al（OH）3；
②操作Ⅰ是：在滤液中逐滴加入稀硫酸溶液直至生成的沉淀刚好溶解，再加入足量的氨水溶液沉淀铝离子，过滤得到氢氧化铝沉淀．
③Zn（OH）2为白色固体，难溶于水，可溶于强碱及NH3•H2O，沉淀C与氨水反应的离子方程式为Zn（OH）2+4NH3=[Zn（NH3）4]2++2OH﹣；或
Zn（OH）2+4NH3•H2O=[Zn（NH3）4]2++2OH﹣+4H2O；
【点评】
本题考查了实验探究物质组成的实验设计，反应过程分析判断，物质提纯的理解应用，主要是混合物分离的方法和物质性质的理解应用，掌握基础是关键，题目难度中等．
7．将镁、铝的混合物共0.2mol，溶于200mL 4mol·L﹣1的盐酸溶液中，然后再滴加
2mol·L﹣1的NaOH溶液。

请回答下列问题：
（1）若在滴加NaOH溶液的过程中，沉淀质量m 随加入NaOH溶液的体积V变化情况如图所示．当V1=160mL时，则金属粉末中n(Al)=___________mol
（2）0～V1段发生的反应的离子方程式为_____________________________。

（3）若在滴加NaOH溶液的过程中，欲使Mg2+、Al3+刚好沉淀完全，则滴入NaOH溶液的体积V(NaOH)=_____________mL。

（4）沉淀质量m 减小的阶段，反应的离子方程式
___________________________________。

【答案】0.08 H++OH-=H2O 400 Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O
【解析】
当V1=160mL时，此时溶液溶质是氯化镁、氯化铝和氯化钠的混合物，由钠离子守恒可以得到：n(NaCl)=n(Na+)=n(NaOH)=0.16×2=0.32mol，200mL 4mol·L﹣1的盐酸溶液中含有氯化氢的量为0.2×4=0.8 mol；已知镁、铝的混合物共0.2mol，设混合物中含有氯化镁xmol、氯化铝ymol，根据镁原子、铝原子守恒：x+y=0.2，根据氯离子守恒：2x+3 y=0.8-0.32，解之得：x=0.12 mol，y=0.08 mol；所以金属粉末中，n（Mg）=0.12 mol， n(Al)= 0.08 mol；
（1）当V1=160mL时，则金属粉末中n(Al)= 0.08mol；正确答案：0.08。

（2）0～V1段发生的反应，滴入氢氧化钠溶液后没有沉淀生成，说明盐酸过量，滴入的氢氧化钠与盐酸反应生成氯化钠和水，离子方程式为：H++OH-=H2O；正确答案：H++OH-
=H2O。

（3）当溶液中Mg2+、Al3+刚好沉淀完全时，此时溶液只为氯化钠溶液，根据氯离子和钠离子守恒有：n(NaCl)=n(Na+)=n(HCl)=4×0.2=0.8 mol,则滴入NaOH溶液的体积为V(NaOH)=
0.8/2=0.4L=400mL, 正确答案：400。

（4）沉淀最大值时为氢氧化镁和氢氧化铝两种沉淀之和，继续加入NaOH溶液，氢氧化铝沉淀能够溶在强碱中变为偏铝酸钠溶液，而氢氧化镁沉淀不溶于强碱；离子方程式：
Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O；正确答案：Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O。

点睛：根据图像所信息分析，0～V1段是氢氧化钠溶液中和过量的盐酸过程；V1～V2段是氢氧化钠溶液沉淀镁离子和铝离子过程，且沉淀达到最大值；从最大值沉淀到沉淀部分溶解，为氢氧化铝溶于强碱过程，最后剩余的为不溶于强碱的氢氧化镁沉淀。

8．（1）等物质的量的钠、镁、铝分别与足量盐酸反应，产生的氢气在相同条件下的体积比为______________。

（2）等质量的钠、镁、铝分别与足量盐酸反应，产生的氢气在相同条件下的体积比为
________________。

（3）分别将0.2mol的钠、镁、铝分别投入100ml 1mol·L－1的盐酸溶液中，三者产生的氢气在相同条件下的体积比为____________________。

【答案】1:2:31/23:1/12:1/9 =36：69：922:1:1
【解析】(1)金属完全反应，令金属的物质的量为1mol，根据电子转移守恒，Na生成氢气
的物质的量==0.5mol，Mg生成氢气为=1mol，Al生成氢气为
=1.5mol，相同条件下，气体体积之比等于其物质的量之比，则Na、Mg、Al生成氢气体积之比=0.5mol：1mol：1.5mol=1︰2︰3；
(2)金属完全反应，令质量为1g，则：
2Na～H2↑
46 2
1g =g
Mg～H2↑
24 2
1g =g
2Al～3H2↑
54 6
1g =g
故Na、Mg、Al生成氢气的质量之比=g︰g︰g =36︰69︰92；
(3)100mL 1mol/L的盐酸的物质的量为0.1L×1mol/L=0.1mol，若将0.2mol金属钠、镁、铝分别投入到100mL 1mol/L的盐酸中，可知三种金属都过量，盐酸不足，完全反应，但金属钠
能与水反应继续生成氢气，所以镁、铝反应生成氢气一样多，生成的氢气为mol，而钠反应生成氢气最多，其生成氢气为=0.1mol，三者生成氢气的体积比为
0.1mol：0.05mol:0.05mol=2:1:1。

9．有一镁铝混合物重a g，取其一半和足量的盐酸反应，放出V1L的氢气。

取其另一半和足量的NaOH溶液反应，放出V2L的氢气（均为标况下）。

求混合物中镁和铝的质量比。

_____________
【答案】4(V1-V2):3V2
【解析】混合物与盐酸反应则两者皆反应：2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑、Mg+2HCl=MgCl2+H2↑，与氢氧化钠则镁不反应，Al才发生反应:2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，由于等量的Al 与盐酸或NaOH生成的氢气一样多，则Mg与稀盐酸反应生成的氢气为（V1-V2）L，Al与稀盐酸反应放出的氢气为V2L；原混合物中镁和铝的质量比为
:=4(V1-V2):3V2。

10．（1）MgCl2·6H2O晶体受热水解可以生成MgOHCl，但产率较低，其化学方程式为
_____________。

I．先用空气得到氮气，可供选择的装置和药品如图（还原铁粉已干燥，装置内发生的反应是完全的）。

（2）连接并检查装置的气密性。

实验开始时，打开自来水的开关，将空气从5L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）h→________________。

II．将得到的氮气通入如图装置参与制备碱式氯化镁并探究氨的催化氧化反应（其中CuO 的质量为8.0g）。

（3）装置A中发生反应生成碱式氯化镁的化学方程为_______________。

（4）实验结束时进行正确操作是________________。

A．关闭活塞K，先熄灭A处酒精灯，后熄灭C、E处酒精灯
B．先熄灭A处酒精灯，关闭活塞K，后熄灭C、E处酒精灯
C．先熄灭A处酒精灯，再熄灭C、E处酒精灯，后关闭活塞K
（5）反应完毕，装置C中的氧化铜完全反应，由黑色变为红色，甲同学设计一个实验方案，证明装置C中完全反应后的红色固体中含Cu2O。

己知：①Cu2O+H+= Cu2++ Cu；②限选试剂：2 mol/L H2SO4溶液、12 mol/L H2SO4溶液、2 mol/L HNO3溶液、10 mol/L HNO3溶液。

________，________，
乙同学称量C中红色物质，质量为6.8g，且生成的气体可直接排放到大气中，进一步确定红色固体是________，该反应中电子转移的物质的量为_________mol。

【答案】MgCl2·6 H2O = MgOHCl + HCl↑ + 5 H2O（加热）e→f→a→b→i→j
Mg(OH)2+NH4Cl MgOHCl+NH3↑+H2O C步骤2：向试管中加入2mol/LH2SO4溶液溶液中出现蓝色，说明红色固体中含有Cu2O Cu和Cu2O0.15
【解析】
（1）MgCl2·6H2O晶体受热水解可以生成MgOHCl，但产率较低，其化学方程式为MgCl2·6 H2O MgOHCl + HCl↑ + 5 H2O。

I．（2）经过C除去CO2，再经过A干燥，最后通过E 除去O2，气流流经导管的顺序是h→e→f→a→b→i→j；II．（3）装置A中发生反应生成碱式氯化镁的化学方程为Mg(OH)2+NH4Cl MgOHCl+NH3↑+H2O；（4）实验结束时进行正确操作是先熄灭A处酒精灯，停止产生NH3的反应，再熄灭C、E处酒精灯，后关闭活塞K，故选C；（5）由Cu2O+H+= Cu2++ Cu可知，酸条件下，+1的铜发生自身氧化还原反应，步骤2：向试管中加入2mol/LH2SO4溶液，现象为溶液中出现蓝色，说明红色固体中含有Cu2O，乙同学称量C中红色物质，质量为6.8g，红色固体可能为Cu、Cu2O或二者混合物，固体质量减少为减少的氧元素的质量，减少的氧元素的质量为8g-6.8g=1.2g,而CuO中的氧为8.0×16/80=1.6g>1.2g,故红色固体为Cu、Cu2O的混合物；设二者物质的量分别xmol
和ymol，，x=0.05,y=0.025,转移电子数为0.05mol×2+0.025mol×2=0.15mol.。