备战高考化学压轴题专题复习—镁及其化合物的推断题综合含答案

备战高考化学压轴题专题复习—镁及其化合物的推断题综合含答案
一、镁及其化合物
1．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。

2．某同学用某化合物X（两种短周期元素组成的纯净物）进行了如下实验：
实验步骤②中还观测到生成黑色固体和无色无味气体，生成的溶液可作为建筑行业的一种黏合剂。

请回答：
（1）X的化学式是____，步骤①的离子方程式是___。

（2）步骤②的化学方程式是_____。

【答案】Mg2Si Mg2Si +4H+=SiH4↑+2Mg2+ SiH4 +2KMnO4=2MnO2↓+Na2SiO3+H2↑+H2O 【解析】
【分析】
短周期元素形成的化合物中，与过量烧碱溶液生成白色沉淀，则灼烧后得到白色固体的为MgO，4.0g白色固体可得X中0.1molMg原子，无色气体A与高锰酸钾可生成黏合剂硅酸钾溶液，可知无色气体A具有还原性且含有Si元素，据此分析作答。

【详解】
（1）根据化合物X 7.20g计算得到Mg原子与Si原子个数之比为2:1，则X的化学式为
Mg2Si，在盐酸作用下会生成硅烷气体与氯化镁，故其离子方程式为：Mg2Si
+4H+=SiH4↑+2Mg2+，故答案为：Mg2Si；Mg2Si +4H+=SiH4↑+2Mg2+；
（2）在强氧化剂高锰酸钠的作用下，硅烷被氧化为硅酸钠与氢气，同时生成黑色固体二氧化锰，根据氧化还原反应得失电子守恒与元素守恒可得，其化学方程式为：SiH4
+2KMnO4=2MnO2↓+K2SiO3+H2↑+H2O。

3．X、Y、Z、W 是常见的几种元素，其相关信息如表：
元素相关信息
X原子核外有 3 个电子层，最外层比次外层少 1 个电子
Y食盐中添加少量 Y 的一种化合物预防 Y 元素缺乏
Z Z 与钾的一种合金可用于快中子反应堆作热交换剂
W W 的一种核素质量数为 24，中子数为 12
（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）Z 的元素符号为_____，其原子结构示意图为_____。

（4）W 与空气中含量最高的气体反应的产物化学式为_____。

【答案】NaCl 2NaCl+2H2O Cl2↑+H2↑+2NaOH 取该溶液少许于试管中，滴加几滴淀粉溶液，若溶液变蓝，则有I2 Na Mg3N2
【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Y的一种化合物预防Y元素缺乏，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的质子数为12，W为Mg，以此来解答。

【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X 单质的化学方程式为2NaCl+2H2O Cl2↑+H2↑+2NaOH。

（2）设计实验证明某水溶液中存在Y单质的方法为取该溶液少许于试管中，滴加几滴淀粉溶液，若溶液变蓝，则有I2；
（3）Z的元素符号为Na，其原子结构示意图为；
（4）空气中含量最高的气体为氮气，则W与空气中含量最高的气体反应的产物化学式为Mg3N2。

4．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。

5．在一定条件下，单质B、C、D、E都能与A单质发生化合反应，转化关系如图所示。

已知：①G是黑色晶体，能吸附B单质；②H能与氢氧化钠溶液或盐酸反应；③实验时在G 和C的混合物表面加入某强氧化剂粉末，在表面上插入一根除去氧化膜的E片，点燃E引发G与C的反应；④I是绿色植物光合作用的原料，温室中常用它作肥料。

根据上述信息，回答下列问题：
(1)I的电子式为____________，G的俗名是_____________。

(2)以C和E为电极在NaOH溶液中构成原电池，该原电池的负极反应式为________。

(3)根据E和A反应的能量变化图像写出热化学方程式：_______________。

(4)两种常见含C元素的盐，一种pH>7，另一种pH<7，写出这两种溶液混合时发生反应的离子方程式：____________________；
(5)写出B在高温下和水蒸气反应的化学方程式并标出电子转移方向和总数________。

【答案】磁性氧化铁 Al-3e-+4OH-=AlO2-+2H2O 2Mg(s)+O2(g)=2MgO(s) △H = -10Q kJ/mol 3AlO2-+Al3++6H2O=Al(OH)3↓
【解析】
【分析】
单质B、C、D、E都能与A单质发生化合反应，①G是黑色晶体，能吸附B单质，可推断B 为Fe，G为Fe3O4，A为O2；②H能与氢氧化钠溶液或盐酸反应说明是两性氧化物，C为Al，H为Al2O3；③实验时在G和C的混合物表面加入某强氧化剂粉末，在表面上插入一根除去氧化膜的E片，点燃E引发G与C的反应，是铝热反应，证明E为Mg，F为MgO；
④I是绿色植物光合作用的原料，温室中常用它作肥料，则I为CO2，D为C，E+I=F发生的是2Mg+CO2C+2MgO，据此解答。

【详解】
根据上述分析可知：A为O2；B为Fe；C为Al；D为C；E为Mg；F为MgO；G为Fe3O4，H为Al2O3；I为CO2。

(1)I为CO2，电子式为；G为Fe3O4，俗名是磁性氧化铁；
(2)以铝和镁为电极在NaOH溶液中构成原电池，铝与NaOH溶液反应，作原电池的负极，该原电池的负极反应式为Al-3e-+4OH-= AlO2-+2H2O；
(3)根据能量变化图像可知镁和氧气反应的热化学方程式：2Mg(s)+O2(g)=2MgO(s) △H= -10Q
(4)两种常见含铝元素的盐，一种pH>7，该盐为偏铝酸盐，另一种pH<7，该盐为铝盐，两
种溶液混合时发生反应的离子方程式为3AlO2-+Al3++6H2O=Al(OH)3↓；
(5)铁在高温下和水蒸气反应产生Fe3O4和H2，在该反应中Fe失去电子变为Fe3O4，H2O中
的H得到电子变为H2，3 mol Fe失去8 mol电子，故反应的电子转移表示为：。

【点评】
本题考查无机物推断，物质的颜色、物质的特殊性质等是推断突破口，需要学生熟练掌握
元素化合物知识，结合元素及化合物的结构与性质分析、解答。

6．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有1.16 g白色沉淀，在
所得的浊液中逐滴加入1 mol·L－1 HCl溶液，加入HCl溶液的体积与生成沉淀的质量关系如
下图所示，试回答：
①A点的沉淀物的化学式为________；B点的沉淀物的化学式为
________________________；写出A→B段发生反应的离子方程式
_____________________________。

②原混合物中MgCl2的质量是________g，AlCl3的质量是________g，NaOH的质量是
________g。

③Q点HCl溶液加入量是________mL。

【答案】A Mg(OH)2 Mg(OH)2和Al(OH)3 AlO2-+H++H2O=Al(OH)3↓ 1.90 2.67 5.20 130 【解析】
【分析】
把NaOH、MgCl2、AlCl3三种固体组成的混合物溶于足量水后有1.16 g白色沉淀，在所得的浊液中逐滴加入1 mol·L－1 HCl溶液，前10毫升盐酸反应时沉淀量不变，说明盐酸和氢氧化钠反应，则白色沉淀为氢氧化镁沉淀，再加入盐酸产生沉淀，是偏铝酸钠和盐酸反应生成
氢氧化铝沉淀，再加入盐酸，氢氧化镁和氢氧化铝沉淀全部溶解。

据此解答。

(1) A.金属钠非常活泼，容易和水或氧气反应，在实验室中保存在石蜡油或煤油中，故正确；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，外面有氧化铝薄膜包着，不会滴下，故错误；C.铁单质与水蒸气反应的化学方程式为
2Fe+4H 2O(g)Fe 3O 4+4H 2，故错误。

故选A ；
(2) ①先加入的盐酸和氢氧化钠反应，说明白色沉淀为 Mg(OH)2，再加入盐酸，又产生了氢氧化铝沉淀，所以B 点为 Mg(OH)2和Al(OH)3 ；A 到B 的离子方程式为：AlO 2-
+H ++H 2O=Al(OH)3↓；
②氢氧化镁沉淀的质量为1.16克，即0.02mol 氢氧化镁，则对应的氯化镁的物质的量为0.02mol ，质量为0.02mol×95g/mol= 1.90g ， 根据AlO 2-+H ++H 2O=Al(OH)3↓分析，反应消耗的盐酸的物质的量为1mol/L ×(30-10)×10-3L=0.02mol ，则氯化铝的物质的量为0.002mol 质量为0.02mol ×133.5g/mol= 2.67g ，氢氧化钠的物质的量为
0.02×2+0.02×4+1×0.01=0.13mol ，则质量为0.13 mol ×40 g/mol = 5.20g ；
③Q 点HCl 溶液可以看成就是将原来的氢氧化钠反应生成氯化钠，故根据0.13mol 氢氧化钠计算，盐酸的物质的量为0.13mol ，体积为0.13mol
0.131.0/L mol L ==130mL 。

【点睛】
掌握混合溶液中的反应顺序是关键，注意氢氧化钠和氯化镁、氯化铝反应后的混合溶液中与盐酸反应不产生沉淀，说明含有氢氧化钠，则另外存在的是氢氧化镁和偏铝酸钠，不可能是氢氧化铝。

注意反应最后沉淀完全溶解时溶液含有氯化钠和氯化镁和氯化铝，相当于氢氧化钠和盐酸反应，据此快速计算。

7．将5.1g 镁铝合金溶于600mL0.5mol·
L －1H 2SO 4溶液中，完全溶解后再加入1.0mol·L －1的NaOH 溶液，得到沉淀的质量为13.6g ，继续滴加NaOH 溶液时则沉淀会减少。

（1）当加入__mLNaOH 溶液时，可使溶解在硫酸中的Mg 2+和Al 3+恰好完全沉淀。

（2）计算合金溶于硫酸时所产生的氢气在标准状况下的体积。

（列出算式）___
【答案】600 5.6L
【解析】
【分析】
固体完全溶解，生成MgSO 4和Al 2(SO 4)3，依据极值法分析，可确定硫酸有剩余。

加入NaOH 后，首先与过量的硫酸反应，然后才与MgSO 4和Al 2(SO 4)3反应。

当MgSO 4和Al 2(SO 4)3刚好完全反应时，生成Mg(OH)2、Al(OH)3、Na 2SO 4。

（1）溶解在硫酸中的Mg 2+和Al 3+恰好完全沉淀时，溶液中的溶质为Na 2SO 4，由此可得出
n (NaOH)=2n (H 2SO 4)=2×0.600L ×0.5mol·L －1=0.6mol ，V(NaOH)=0.6mol 1mol/L。

（2）Mg 、Al 在反应过程中，存在下列关系式：Mg —H 2—Mg(OH)2—2OH -，2Al —3H 2—2Al(OH)3—6OH -，综合分析两关系式，可得出H 2—2OH -。

通过沉淀与金属的质量相减，便可求出m(OH -)，由此可求出生成H 2的体积。

（1）溶解在硫酸中的Mg2+和Al3+恰好完全沉淀时，溶液中的溶质为Na2SO4，由此可得出
n(NaOH)=2n(H2SO4)=2×0.600L×0.5mol·L－1=0.6mol，V(NaOH)=0.6mol
1mol/L
=0.6L=600mL。

答案
为：600；
（2）Mg、Al在反应过程中，存在下列关系式：Mg—H2—Mg(OH)2—2OH-，2Al—3H2—2Al(OH)3—6OH-，综合分析两关系式，可得出H2—2OH-。

m(OH-)=13.6g-5.1g=8.5g，n(OH-)=
8.5g
0.5mol
17g/mol
=，n(H2)=1
2
n(OH-)=0.25mol，
V(H2)= 0.25mol×22.4L/mol=5.6L。

答案为：5.6L。

【点睛】
在利用n(OH-)计算n(H2)时，我们易犯的错误，是利用（1）中计算出的0.6mol进行计算。

因为0.6mol并不是单纯用于与金属离子反应生成沉淀，而是有一部分用于中和过量硫酸，所以此数据不能使用。

8．将镁、铝的混合物共0.2mol，溶于200mL4mol/L的盐酸溶液中，然后再滴加2mol/L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）若镁、铝的混合物仍为0.2mol，其中镁的物质的量分数为a，现在改用
200mL4mol•L-1的硫酸溶解此混合物后，再加入840mL 2mol•L-1的NaOH溶液，所得沉淀中无Al(OH)3，则a的取值范围为______．
【答案】0.08 H++OH-=H2O； 400 0.6≤a＜1
【解析】
【详解】
（1）当V1=160mL时，此时，溶液是MgCl2、AlCl3和NaCl的混合液，由Na+离子守恒可知，n(NaCl)=n(Na+)=n(NaOH)=0.16L×2mol/L=0.32mol，200mL 4mol•L-1的盐酸溶液中含有氯化氢的物质的量为：4mol/L×0.2L=0.8mol，设混合物中含有MgCl2xmol、AlCl3为ymol，则：根据Mg原子、Al原子守恒有：x+y=0.2，根据Cl-离子守恒有：2x+3y=0.8-0.32=0.48，联立
方程解得：x=0.12、y=0.08，所以金属粉末中：n(Mg)=0.12mol、n(Al)=y=0.08mol，故答案为0.08；
（2）0～V1段，滴入氢氧化钠溶液后没有生成沉淀，说明盐酸过量，滴入的氢氧化钠与氯化氢反应生成氯化钠和水，反应的离子方程式为：H++OH-=H2O，故答案为H++OH-=H2O；（3）当溶液中Mg2+、Al3+恰好沉淀完全时，此时，溶液是NaCl溶液，根据Cl-离子和Na+离子守恒有：n(Na+)=n(NaCl)=(HCl)=4mol/L×0.2L=0.8mol，所以需要加入氢氧化钠溶液体积为：
V(NaOH)==0.4L=400mL，故答案为400；
（4）由于为金属混合物，则a＜1，Al的物质的量为：0.2(1-a)mol，反应后的混合溶液，再加入840mL 2mol•L-1的NaOH溶液，所得沉淀中无Al(OH)3，则溶质为硫酸钠、偏铝酸钠，根据铝元素守恒可知：n(NaAlO2)=0.2(1-a)mol，根据钠离子守恒，应满足：
n(NaOH)≥2n(Na2SO4)+n(NaAlO2)，即0.84×2≥2×0.2×4+0.2(1-a)，解得：a≥0.6，所以a的取值范围为：故0.6≤a＜1，故答案为0.6≤a＜1。

【点晴】
本题考查了有关混合物反应的计算，题目难度较大，对于图象题，要明确每一段图象发生的化学反应、知道拐点代表的含义及溶液中溶质的成分，结合方程式对有关问题进行分析；注意守恒思想的运用，使计算简化。

9．（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。

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.。