2020-2021 高考化学(镁及其化合物提高练习题)压轴题训练及详细答案

2020-2021 高考化学(镁及其化合物提高练习题)压轴题训练及详细答案
一、镁及其化合物
1．卤块的主要成分是MgCl2，此外还含Fe3+、Fe2+和Mn2+等离子。

若以它为原料按下图所示工艺流程进行生产，可制得轻质氧化镁。

若要求产品尽量不含杂质，而且生产成本较低，请根据表1和表2提供的资料，填写空白：
表1 生成氢氧化物沉淀的pH
物质开始沉淀沉淀完全
Fe(OH)3 2.7 3.7
Fe(OH)27.69.6﹡
Mn(OH)28.39.8
Mg(OH)29.611.1
﹡Fe2+氢氧化物呈絮状，不易从溶液中除去，所以，常将它氧化为Fe3+，生成Fe(OH)3沉淀除去
表2 原料价格表
物质价格/（元·吨-1）
漂液（含25.2%NaClO）450
双氧水（含30%H2O2）2400
烧碱（含98%NaOH）2100
纯碱（含99.5%Na2CO3）600
（1）在步骤②中加入的试剂X，最佳的选择是____________，其作用是
_________________；
（2）在步骤③中加入的试剂应是_______________________；之所以要控制pH=9.8，其目的是___________________________________________________________。

（3）在步骤④中加入的试剂Z应是________________；
（4）在步骤⑤中发生反应的化学方程式是
_____________________________________________。

【答案】漂液(或NaClO) 将Fe2+氧化为Fe3+烧碱(或NaOH) 使Fe3+、Mn2+沉淀完全，又尽量减少Mg2+的损失纯碱(或Na2CO3) MgCO3+H2O Mg(OH)2↓+CO2↑
【解析】
【分析】
为除去Fe2+，先将Fe2+氧化成Fe3+，然后加入NaOH调节pH为9.8，然后在滤液中加入纯碱将Mg2+从溶液中以MgCO3沉淀出来，然后加热煮沸可得到Mg(OH)2，灼烧后得到MgO。

【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；
(2)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，且易生成碳酸镁沉淀，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值得；
(3)步骤④的目的是将Mg2+从溶液中沉淀出来．从MgCl2制得MgO，有两种可行的方法，一种是向溶液中加入烧碱，另一种方法是向溶液中加入纯碱，此处选用后一种方法更合理．一方面，加烧碱生成的中间产物Mg(OH)2是胶状沉淀，会造成过滤困难，更重要的是反应过程中不能进行轻化处理，只能得到重质氧化镁；加纯碱生成的中间产物MgCO3呈粗颗粒状，易过滤，MgCO3在水中经一段时间的加热会有部分反应生成CO2，由于CO2气体的产生，使沉淀变得疏松，灼烧沉淀后得到的是轻质氧化镁．另一方面，对比表2中烧碱和纯碱的价格可以看出，纯碱比烧碱价格低得多，采用纯碱路线既合理又经济；
(4)步骤⑤中反应的化学方程式为：MgCO3+H2O Mg(OH)2↓+CO2↑。

2．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<pH<7.1Mn2++H2O2+2O H-
=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<pH<7.1
（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。

3．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。

4．X 、Y 、Z 、W 是常见的几种元素，其相关信息如表：
（1）元素X 在海水中含量非常高，海水中含X 元素的主要化合物是_____，工业上制取X 单质的化学方程式为_______。

（2）设计实验证明某水溶液中存在Y 单质____。

（3）W 与空气中含量最高的气体反应的产物化学式为_____。

【答案】NaCl 2222NaCl+2H O Cl +H +2NaOH =↑↑电解
取少量待测液于试管中，滴加几滴淀粉溶液，若溶液变蓝，则该溶液中含有I 2 Mg 3N 2
【解析】
【分析】
X 、Y 、Z 、W 是常见的几种元素，X 的原子核外有3个电子层，最外层比次外层少1个电子，可知最外层电子数为7，X 为Cl ；食盐中添加少量的一种化合物预防Y 元素确实，Y 为I ；Z 与钾的一种合金可用于快中子反应堆作热交换剂，Z 为Na ；W 的一种核素质量数为24，中子数为12，W 为Mg ，以此解答。

【详解】
由上述分析可知，X 为Cl 、Y 为I 、Z 为Na 、W 为Mg ，
（1）元素X 在海水中含量非常高，海水中含X 元素的主要化合物是NaCl ；工业上制取Cl 2的化学方程式为：2222NaCl+2H O Cl +H +2NaOH =↑↑电解，
故答案为：NaCl ；2222NaCl+2H O Cl +H +2NaOH =↑↑电解；
（2）设计实验证明某水溶液中存在I 2的方法为：取少量待测液于试管中，滴加几滴淀粉溶液，若溶液变蓝，则该溶液中含有I 2，
故答案为：取少量待测液于试管中，滴加几滴淀粉溶液，若溶液变蓝，则该溶液中含有I 2；
（3）空气中含量最高的气体为氮气，则Mg 与氮气反应的产物化学式为Mg 3N 2， 故答案为：Mg 3N 2。

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 2NH 3+3CuO
N 2+3H 2O+3Cu Mg 3N 2+6H 2O
3Mg(OH)2+2NH 3↑ 500 mL 容量瓶 Mg 2++HCO3-HCO 3-+NH 3·H 2O+(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．天然水大多含Ca2+、Mg2+、HCO3-等离子，加热会产生水垢，水垢中一定含有CaCO3和Mg(OH)2，可能含有MgCO3。

(1)天然水中的HCO3-来自于空气中的CO2。

用相关方程式表示CO2溶于水形成HCO3-的过程。

______________________________________________________________
(2)天然水煮沸时，其中微溶的MgCO3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CaCO3、MgCO3、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。

7．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+CO22MgO+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。

8．在人类社会的发展进程中，金属起着重要的作用。

(1)以下有关金属单质的叙述正确的是_______。

A．金属钠非常活泼，在实验室中保存在石蜡油或煤油中
B．用坩埚钳夹住一小块铝箔，在酒精灯上加热，可观察到铝箔熔化，并有熔融物滴下C．铁单质与水蒸气反应的化学方程式为：2Fe+3H2O(g)Fe2O3+3H2
(2)把NaOH、MgCl2、AlCl3三种固体组成的混合物溶于足量水后，产生1.16g白色沉淀，再向所得浊液中逐渐加入1.00mol/LHCl溶液，加入HCl溶液的体积与生成沉淀的关系如图所
示。

①A点的沉淀物的化学式为______________。

②写出A点至B点发生反应的离子方程式：_________________。

③某溶液中溶有MgCl2和AlCl3两种溶质，若把两者分开，应选用的试剂为：NaOH溶液、_______和盐酸。

④C点（此时沉淀恰好完全溶解）HCl溶液的体积为________mL。

【答案】A Mg(OH)2AlO2-+H++H2O= Al(OH)3↓CO2130.0（130也给分）
【解析】
（1）金属钠非常活泼，能够与水、氧气等物质发生反应，但与石蜡油或煤油不反应，可以保存在石蜡油或煤油中，A正确；铝的熔点低，加热后会熔化，但铝在氧气中燃烧生成氧化铝，因为氧化铝的熔点高，加热时氧化膜包裹着内层的熔化的铝而不会低落，B错误；铁单质与水蒸气反应生成四氧化三铁而非氧化铁，C错误；正确选项A。

（2）从题给信息中可知：产生的白色沉淀加盐酸后，沉淀质量不变，说明原溶液中氢氧化钠过量，所以1.16g白色沉淀为氢氧化镁，而氢氧化铝沉淀溶于过量的氢氧化钠，溶液中存在偏铝酸根离子，继续加盐酸，会发生AlO2-+H++H2O= Al(OH)3↓，沉淀达到最大值，为氢氧化镁和氢氧化铝沉淀质量之和（B点）；接着再加入足量的盐酸，两种沉淀都溶于酸中，沉淀消失；
①A点的沉淀物为氢氧化镁，化学式为Mg(OH)2；正确答案：Mg(OH)2。

②写出A点至B点发生反应为偏铝酸根离子与适量盐酸反应生成氢氧化铝沉淀，离子方程式： AlO2-+H++H2O= Al(OH)3↓；正确答案：AlO2-+H++H2O= Al(OH)3↓。

③含有MgCl2和AlCl3的混合液中，先加入足量的氢氧化钠溶液，生成氢氧化镁沉淀和偏铝酸钠溶液，过滤，得到沉淀氢氧化镁，再加适量的盐酸，生成MgCl2；滤液为偏铝酸钠溶液，通入足量二氧化碳气体，生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠溶液，过滤得到沉淀固体，再加入适量盐酸，得到AlCl3，从而实现二者的分离；正确答案：CO2。

④根据上述分析可知：氢氧化镁沉淀质量为1.16克，物质的量为0.02 mol，A→B过程为AlO2-+H++H2O= Al(OH)3↓，共消耗盐酸的量为（30-10）×10-3×1=0.02 mol，生成Al(OH)3沉淀的量为0.02 mol，两种沉淀恰好与盐酸反应只生成氯化镁和氯化铝溶液，根据氯离子守恒可得：V(HCl)×1=0.02×2+0.02×3=0.1, V(HCl)=0.1L=100mL, C点（此时沉淀恰好完全溶解）HCl溶液的体积为30+100=130.0 mL,正确答案：130.0（130也给分）。

9．氮化镁（Mg3N2）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NH 3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O 2和CO 2同Mg 反应 2NH 3+3CuO
3Cu+3H 2O+N 2 安全瓶，防D 中溶液倒吸入B 中 吸收NH 3 不能 Mg 3N 2+6H 2O=3Mg （OH ）2+2NH 3↑ 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CO 2、O 2及N 2中燃烧，而空气里有CO 2和O 2，故实验前需要排净装置内空气；
(2)NH 3和CuO 在加热条件下生成Cu 、N 2和水，发生反应的方程式为
2NH 3+3CuO 3Cu+3H 2O+N 2；
(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NH 3；
(5)氮气经过稀硫酸后没有干燥，混有水蒸气，Mg 3N 2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，；Mg 3N 2能与水反应的化学方程式是
Mg 3N 2+6H 2O=3Mg(OH)2+2NH 3↑；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．（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。