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

2020-2021高考化学镁及其化合物培优易错难题练习(含答案)含答案解析
一、镁及其化合物
1．硼镁泥是一种工业废料，主要成份是MgO（占40%），还有CaO、MnO、Fe2O3、FeO、Al2O3、SiO2等杂质，以此为原料制取的硫酸镁，可用于印染、造纸、医药等工业。

从硼镁泥中提取MgSO4·7H2O的流程如下：
根据题意回答下列问题：
(1)实验中需用1mol/L的硫酸80mL，若用98%的浓硫酸来配制，除量筒、玻璃棒外，还需要的玻璃仪器有_________。

(2)滤渣的主要成份除含有Fe(OH)3、Al(OH)3、MnO2外，还有_________。

(3)加入的NaClO可与Mn2+反应产生MnO2沉淀，该反应的离子方程式_________。

在调节pH=5-6之前，还有一种离子也会被NaClO氧化，该反应的离子方程式为
________________。

(4)如何检验滤液中Fe3+是否被除尽，简述检验方法_________。

(5)已知MgSO4、CaSO4的溶解度如下表：
温度（℃）40506070
MgSO430.933.435.636.9
CaSO40.2100.2070.2010.193
“除钙”是将MgSO4和CaSO4混合溶液中的CaSO4除去，根据上表数据，简要说明操作步骤_________、_________。

(6)如果提供的硼镁泥共100 g，得到的MgSO4·7H2O 196.8 g，则MgSO4·7H2O的产率为
_________。

【答案】烧杯、100mL的容量瓶、胶头滴管 SiO2 Mn2++ ClO-+ H2O → MnO2↓ + 2H++ Cl-
2Fe2++ ClO-+ 2H+→ 2Fe3++ Cl-+ H2O 取少量滤液，向其中加入硫氰化钾溶液，如果溶液不变红色，说明滤液中不含Fe3+；如果溶液变红色，说明滤液中含Fe3+。

蒸发浓缩趁热过滤80%
【解析】
【详解】
（1）配制溶液时还需要的玻璃仪器有烧杯、100mL的容量瓶、胶头滴管，
（2）由于pH=5-6溶液呈酸性，所以滤渣中还有二氧化硅。

（3）Mn2+与ClO-反应生成了MnO2沉淀H+和 Cl-。

Fe2+在酸性条件下被ClO-氧化为Fe3+、Cl-和 H2O。

（4）取少量滤液，向其中加入硫氰化钾溶液，如果溶液不变红色，说明滤液中不含Fe3+；如果溶液变红色，说明滤液中含Fe3+。

（5）观察图表可以知道两种物质随着温度的升高溶解度一种增大一种减小，可以利用溶解度的不同来分离。

（6）根据元素守恒可以计算出硼镁泥中镁的质量，在计算出196.8 g MgSO4·7H2O中镁的质量就可以计算出其产率了。

2．金属镁是一种活泼的常见金属，有着广泛的用途。

下图是金属镁和卤素反应的能量变化图（反应物和产物均为298 K时的稳定状态）。

（1）下列选项中正确的是_________（填序号）。

①MgI2中Mg2+与I-间的作用力小于MgF2中Mg2+与F-间的作用力
②MgBr2与Cl2反应是放热反应
③化合物的熟稳定性顺序为： MgI2>MgBr2>MgCl2>MgF2
（2）请写出在一定条件下液溴与氟化镁固体反应的热化学方程式： ___________。

已知，金属镁在点燃的条件下能与二氧化碳反应：2Mg+CO2→2MgO+C，现将a克镁放在盛有b L（标准状态下）二氧化碳和氧气的混合气体的密闭容器中充分燃烧；
（3）若容器中剩余二氧化碳，则残留固体物质_________
A 一定只有MgO
B 一定有MgO，可能有C
C 一定有MgO和C
D 一定有C，可能有MgO
（4）若反应容器中有氧气剩余，则容器内剩余固体的质量为_________，出现此种状况，容器中原来b L混合气体中氧气的体积应满足（用含a的代数式）__________。

（5）若容器中无气体剩余，残留固体中含有镁，则残留固体m的取值范围_________；若容器中无气体剩余，残留固体中没有镁剩余，则残留固体m的取值范围_________。

【答案】①② MgF2(s)＋Br2(l)＝MgBr2(s)+ F2(g) △H＝+600kJ/mol B 5a
3
g b＞V(O2)＞
7a 15 (a＋
32b
22.4
)＜m＜(a＋
44b
22.4
)
5a
3
＜m＜
23a
12
【解析】【分析】
(1)①离子晶体中离子键越强，离子晶体越稳定；
②如果反应物能量之和大于生成物能量之和，则是放热反应；
③化合物的热稳定性与物质的能量大小有关，能量越小越稳定；
(2)根据盖斯定律书写；
(3)镁在燃烧时先和氧气反应生成氧化镁，当氧气完全反应后，镁再和二氧化碳反应生成氧化镁；
(4)若氧气有剩余，则镁只和氧气反应生成氧化镁，根据原子守恒计算；采用极限的方法计算；
(5)若容器中无气体剩余，残留固体中含有镁，假设气体全部为氧气或二氧化碳，然后采用极限的方法解答；若容器中无气体剩余，残留固体中没有镁剩余，说明二者完全反应。

【详解】
(1)①相同类型的离子晶体中，离子键越强，则离子间作用力越强，物质含有的能量越低，所以MgI 2中Mg 2＋与I −间的作用力小于MgF 2中Mg 2＋与F −间的作用力，故正确； ②根据图象知，反应物的能量大于生成物能量，所以Mg 与F 2的反应是放热反应，故正确；
③能量越小的物质越稳定，所以化合物的热稳定性顺序为MgI 2＜MgBr 2＜MgCl 2＜MgF 2，故错误；
故选①②；
(2)镁和氟气反应的热化学反应方程式为：Mg(s)＋F 2(g)＝MgF 2(s) △H ＝−1124kJ/mol ① Mg(s)＋Br 2(l)＝MgBr 2(s) △H ＝−524kJ/mol ②
将方程式②−①得MgF 2(s)＋Br 2(l)＝MgBr 2(s)+ F 2(g) △H ＝(−524kJ/mol)−( −1124kJ/mol)＝+600kJ/mol ，故答案为：MgF 2(s)＋Br 2(l)＝MgBr 2(s)+ F 2(g) △H ＝+600kJ/mol ；
(3)镁先和氧气反应生成氧化镁，当氧气完全反应后，镁再和二氧化碳反应生成氧化镁，若容器中剩余二氧化碳，二氧化碳可能参加反应也可能不参加反应，所以残留固体物质一定含有氧化镁，可能含有碳，故选B ；
(4)镁的物质的量＝24g ag /mol ＝a 24
mol ，若氧气有剩余，则镁只和氧气反应生成氧化镁，根据原子守恒得n (Mg)＝n (MgO)，所以氧化镁的质量＝
a 24mol×40g/mol ＝5a 3g ； 氧气有剩余，氧气的最小体积为大于和镁完全反应的体积，而小于气体总体积，2Mg ＋O 2＝2MgO ，根据镁和氧气的关系式得当镁和氧气恰好反应时需要气体氧气物质的量＝a 24mol×12＝a 48mol ，则需要氧气体积＝a 48mol×22.4L/mol ＝7a 15L ，所以氧气的体积为
b ＞V (O 2)＞7a 15，故答案为：5a 3g ；b ＞V (O 2)＞7a 15
； (5)若容器中无气体剩余，残留固体中含有镁，说明镁不足量，假设气体全部是氧气，氧气完全反应时固体质量增加的质量＝b 22.4mol×32g/mol ＝32b 22.4
g ，则固体质量为(a ＋
32b
22.4
)g；
假设气体全部是二氧化碳，根据2Mg＋CO2→2MgO＋C知，固体增加的质量为二氧化碳的
质量，所以固体增加的质量＝
b
22.4
mol×44g/mol＝
44b
22.4
g，所以固体质量为(a＋
44b
22.4
)g，
则容器内固体质量为(a＋32b
22.4
)＜m＜(a＋
44b
22.4
)；
假设镁和氧气恰好反应，固体的质量为氧化镁的质量＝5a
3
g；
假设镁和二氧化碳恰好反应，固体的质量为镁和二氧化碳的质量＝a＋ag
24g/mol
2×1×44g/mol＝
23a
12
g，实际上固体质量介于二者之间，为
5a
3
＜m＜
23a
12
，故答
案为：(a＋32b
22.4
)＜m＜(a＋
44b
22.4
)；
5a
3
＜m＜
23a
12。

【点睛】
根据镁和氧气、二氧化碳之间的反应结合极限法来分析解答，明确镁和氧气、二氧化碳混合气体反应的先后顺序是解本题关键。

3．探究无机盐 X（仅含三种短周期元素）的组成和性质，设计并完成如下实验：
请回答：
（1）X 的化学式是__________。

（2）白色粉末溶于氢氧化钠溶液的离子方程式是__________。

（3）白色沉淀用途广泛，请列举一例：__________。

【答案】Mg2SiO4或 2MgO·SiO2 SiO2＋2OH-=SiO32-+H2O 优良的阻燃剂等
【解析】
【详解】
无机盐X（仅含三种短周期元素），加入过量盐酸溶解，离心分离得到白色胶状物沉淀和无色溶液，白色胶状沉淀为硅酸，白色沉淀充分灼烧得到白色粉末1.80g为SiO2，物质的量＝1.8g÷60g/mol＝0.03mol，溶于氢氧化钠溶液得到无色溶液为硅酸钠溶液，说明无机盐中含硅酸根离子或原硅酸根离子，物质的量为0.03mol，若为硅酸根离子其质量＝
0.03mol×76g/mol＝2.28g，金属质量＝4.20g-2.28g＝1.92g，无色溶液中加入过量氢氧化钠溶液生成白色沉淀则判断为Mg（OH）2，金属离子物质的量＝0.06mol，质量为
0.06mol×24g/mol＝1.44g，不符合，则为原硅酸根，物质的量为0.03mol，质量＝
0.03mol×92g/mol＝2.76g，金属质量4.20g-2.76g＝1.44g，物质的量＝1.44g÷24g/mol ＝0.06mol，得到X为Mg2SiO4。

（1）X的化学式为，Mg2SiO4；
（2）白色粉末溶于氢氧化钠溶液的离子方程式是SiO2＋2OH-＝SiO32-+H2O；
（3）氢氧化镁是优良的阻燃剂。

4．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。

5．物质A～G是中学化学中常见的物质，这些物质有如图所示的转化关系(部分反应物、生成物没有列出)。

其中A、B、F含有一种相同的元素，C、D、G含有一种相同的元素，F具有磁性，G为黑色非金属单质。

(1)物质A溶解于盐酸，然后加入KSCN溶液，溶液不变色，再滴加几滴氯水，溶液变为血红色，由此推知A的化学式为__________。

(2)反应③的化学方程式是_______________________。

(3)写出下列物质的化学式：E__________、F__________。

(4)若C是一种气体，在温度为1 100 ℃的某固定容积的密闭容器中发生反应：A(s)＋
C(g)B(s)＋D(g) ΔH＝a kJ·mol－1(a>0)，该温度下平衡常数K＝0.263。

若生成1 mol B，则吸收的热量________(选填“大于”、“等于”或“小于”)a kJ；若加入过量的A，则C的转化率________(选填“升高”、“不变”或“降低”)；若容器内压强不再随时间变化，则该反应__________(选填“达到”、“未达到”或“不一定达到”)化学平衡状态；该反应达到化学平衡状态时，若[C]＝0.100 mol·L－1，则[D]＝________mol·L－1。

【答案】FeOCO2＋2Mg C＋2MgOO2Fe3O4等于不变不一定达到0.0263
【解析】
【分析】
由G为黑色非金属单质，可判断反应(3)为Mg在点燃的条件下与CO2的反应，因此D、G 分别为CO2和单质碳。

E与单质碳反应生成CO2，则E为氧气，由F具有磁性知F为
Fe3O4，进而推知B为Fe，结合(1)中信息知A为FeO，(4)中C若为一种气体，应为CO，根据上述推断可以知道反应A(s)＋C(g)⇌B(s)＋D(g) ΔH＝a kJ·mol－1(a>0)就是FeO(s)＋CO(g)⇌Fe(s)＋CO2(g) ΔH＝a kJ·mol－1(a>0)，A为固体FeO，加入该物质对平衡的移动没有影响，不会提高CO的转化率；上述反应是一个反应前后气体分子数不变的反应，因此容器内压强自始至终是一个恒量，故压强不变不能作为达到化学平衡状态的判断标准；若c(CO)=0.100 mol·L－1，根据c(CO2)=K×c(CO)计算c(CO2)。

【详解】
由G为黑色非金属单质，可判断反应(3)为Mg在点燃的条件下与CO2的反应，因此D、G 分别为CO2和单质碳。

E与单质碳反应生成CO2，则E为氧气，由F具有磁性知F为
Fe3O4，进而推知B为Fe，结合(1)中信息知A为FeO，(4)中C若为一种气体，应为CO，根据上述推断可以知道反应A(s)＋C(g)⇌B(s)＋D(g) ΔH＝a kJ·mol－1(a>0)就是FeO(s)＋CO(g)⇌Fe(s)＋CO2(g) ΔH＝a kJ·mol－1(a>0)，A为固体FeO，
(1)由上述分析可以知道，A为FeO，
因此，本题正确答案是：FeO；
(2)反应(3)的化学方程式是：CO2＋2Mg C＋2MgO，
因此，本题正确答案是：CO2＋2Mg C＋2MgO；
(3)由上述分析可以知道:E为O2、F为Fe3O4，
因此，本题正确答案是：O2；Fe3O4；
(4)C若为一种气体,应为CO,根据上述推断可以知道反应A(s)＋C(g)⇌B(s)＋D(g) ΔH＝a kJ·mol－1(a>0)就是FeO(s)＋CO(g)⇌Fe(s)＋CO2(g) ΔH＝a kJ·mol－1(a>0)，A为固体FeO，加入该物质对平衡的移动没有影响,不会提高CO的转化率,若生成1mol B，则吸收的热量等于a kJ；上述反应是一个反应前后气体分子数不变的反应，因此容器内压强自始至终是一个恒量，故压强不变不能作为达到化学平衡状态的判断标准；
若c(CO)=0.100mol/L，因为c(CO2)=K×c(CO)，故c(CO2)=0.263×0.1mol/L=0.0263mol/L，因此，本题正确答案是；等于；不变；不一定达到；0.0263。

6．在标准状况下进行甲、乙、丙三组实验：三组各取30.0 mL同浓度的盐酸溶液，加入同一种镁铝合金粉末，产生气体，有关数据列表如下：
实验序号甲乙丙
合金质量/mg255385459
产生气体体积/mL280336336
请回答：
(1)甲组实验中，盐酸______________（选填“适量”“过量”或“不足量”，下同），理由是______________。

要算出盐酸的物质的量浓度，题中可作计算依据的数据是
______________。

求得的盐酸的物质的量浓度为______________。

(2)求合金中Mg、Al的物质的量之比，题中可作计算依据的数据是______________，求得的Mg、Al的物质的量之比为______________；
(3)在丙组实验之后，向容器中加入1.00 mol·L－1 NaOH溶液，能使合金中的铝恰好溶解，不形成铝的沉淀，并使Mg2＋刚好沉淀完全，再过滤出不溶性固体，求滤液中各溶质的物质的量和所加入NaOH溶液的体积（写计算过程）。

___________________
【答案】过量同体积的盐酸此时产生H2最少 336mL气体和30mL溶液 1mol/L 255mg 和280mL 1：1 NaCl 0.03mol NaAlO2 0.009mol 39 mL
【解析】
【详解】
(1)由乙实验知，增加合金的质量，气体体积增大，说明甲实验结束后酸有剩余。

答案为过量，同体积的盐酸此时产生H2最少。

比较乙和丙实验，气体的体积相同，说明乙实验中酸已经完全反应，所以336mL 气体和30mL 溶液是计算酸的浓度所需使用的数据。

答案为336mL 气体和30mL 溶液。

0.336222.4/1/0.03L L mol c mol L L
⨯=（HCl)= 答案为1mol/L 。

(2)比较甲、乙实验数据可知，甲中酸过量，则合金完全反应。

所以255mg 和280mL 是计算合金中Mg 、Al 的物质的量之比所需使用的数据。

答案为255mg 和280mL 。

设Mg 的物质的量为x ，Al 的物质的量为y ，列方程组为：
，求得x ：y ＝1：1。

答案为1：1。

(3)依据Cl -守恒，可得：n (NaCl)＝n (HCl)＝1mol/L ×0.03L ＝0.03mol ；
依据Al 守恒，可得：n (NaAlO 2)＝n(Al)＝
＝0.009 mol ； 依据Na ＋守恒，可得：n (NaOH)＝0.03mol ＋0.009mol ＝0.039mol ，所以V(NaOH)＝39 mL 。

答案为：NaCl 0.03mol NaAlO 2 0.009mol V(NaOH)＝39 mL 。

7．将一定质量的Al 、Mg 混合物加入到足量的盐酸中，充分反应后得到标准状况下的氢气
8.96L ；如果将等质量的该混合物加入到足量的NaOH 溶液中，充分反应后得到标准状况下的氢气6.72L ．
（1）当混合物与盐酸反应时，转移电子总物质的质量为______mol ；
（2）求混合物中Al 质量为 __________g Mg 的质量为_________g
【答案】 0.8 mol 2.4g 5.4g
【解析】
(1)反应中生成的气体都是氢气，当混合物与盐酸反应时生成氢气的物质的量为：
=0.4mol ，根据电子守恒可知反应转移电子的物质的量为：0.4mol×2=0.8mol ；
(2)Al 、Mg 都与盐酸反应产生氢气，但只有Al 与氢氧化钠溶液反应产生氢气，又由于等质量铝与盐酸、氢氧化钠反应产生的氢气体积相同，都为6.72 L ，则镁产生的氢气为：8.96 L-
6.72 L=2.24 L ，
设Mg 的质量为x ，Al 的质量为y ，
Mg+2HCl=MgCl 2+H 2↑
24g 22.4L
x 2.24 L
则：x=2.4 g ，
2Al+6HCl ═2AlCl 3+3H 2↑ 或2Al+2NaOH+2H 2O ═2NaAlO 2+3H 2
54g 67.2 L 54g 67.2 L
y 6.72 L y 6.72 L
则y=5.4g ，
答：混合物中Mg 的质量为2.4g ，铝的质量为5.4g 。

点睛：混合物成分分析的综合计算，本题解题关键是熟悉Mg与Al的性质相似与差异，Al、Mg均能与盐酸反应，而Al与NaOH溶液反应，而Mg不能与NaOH溶液反应，由此结合反应原理，根据化学方程式逐一计算，还可以根据两次生成的气体差就是Mg与稀盐酸反应生成的氢气进行计算。

8．工业上通常利用SiO2和碳反应来制取硅，写出反应的化学方程式___________。

工业上还可以利用镁制取硅，反应为2Mg+SiO2=2MgO+Si，同时会发生副反应：2Mg + Si=Mg2Si。

如图是进行Mg与SiO2反应的实验装置，试回答下列问题：
（1）由于O2和H2O（g）的存在对该实验有较大影响，实验中应通入气体X作为保护气，试管中的固体药品可选用________(填序号)。

A．石灰石B．锌粒C．纯碱
（2）实验开始时，必须先通一段时间X气体，再加热反应物，其理由是
_______________；当反应引发后，移走酒精灯，反应能继续进行，其原因是
______________________。

（3）反应结束后，待冷却至常温时，往反应后的混合物中加入稀盐酸，可观察到闪亮的火星，产生此现象的原因是副产物Mg2Si遇盐酸迅速反应生成SiH4（硅烷）气体，然后SiH4自燃。

用化学方程式表示这两个反应①________________，②_________________。

【答案】SiO2 + 2C Si + 2CO↑ b 防止加热条件下H2与空气混合爆炸 Mg与SiO2的反应是放热反应 Mg2Si＋4HCl= 2MgCl2＋SiH4↑ SiH4＋2O2 = SiO2↓＋2H2O
【解析】
试题分析：碳和二氧化硅反应生成硅和CO，据此书写方程式；
Mg为活泼金属，在空气中点燃可以和O2、CO2、H2O反应，在工业中利用镁制取硅：需排尽装置中的空气，实验中应通入气体X作为保护气，X由稀硫酸制得，根据题干（1）信息可知，用锌和稀硫酸制得的氢气排空装置中的空气，氢气和空气的混合气体燃烧会发生爆炸，所以反应开始前应该先通氢气排尽装置中的空气，X为氢气，通过浓硫酸进行干燥，据此分析解答。

解析：碳和二氧化硅在高温下反应生成硅和CO，反应的化学方程式为SiO2 + 2C Si + 2CO↑。

（1）Mg可以与CO2、N2发生化学反应，Mg与氢气不能发生反应，因此可用氢气作为保护气；选用的药品为稀硫酸和锌粒，再用浓硫酸干燥，答案选b；
（2）装置中有空气，若不用氢气排空装置中的空气，氢气和空气的混合气体燃烧会发生爆炸，所以反应开始前应该先通氢气排尽装置中的空气；Mg与SiO2反应的条件是加热，当反应引发后，移走酒精灯，反应能继续进行，这说明Mg与SiO2的反应是放热反应；
（3）Mg2Si遇盐酸迅速反应生成SiH4（硅烷），其反应的方程式为：Mg2Si＋4HCl＝2MgCl2＋SiH4↑，SiH4常温下是一种不稳定、易自燃的气体，反应的方程式为SiH4＋2O2 ＝SiO2↓
＋2H2O，所以往反应后的混合物中加入稀盐酸，可观察到闪亮的火星。

9．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NaHCO 3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-2CO 3)= n(BaCO 3)=1.97÷197×10=0.1mol
m(Na-2CO 3)= 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+4CO 22Na 2O+Na-2CO 3+3CO
10．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。