题目内容

5．镁、铝的单质及其化合物在生活生产中有着重要的作用．
（1）海水中含有氯化镁，是镁的重要来源之一．从海水中制取镁，某同学设计了如下流程：

①下列说法不正确的是D（填字母
A．此法的优点之一是原料来源丰富
B．进行Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ步骤的目的是从海水中提取氯化镁
C．第Ⅴ步电解法制取镁是由于镁是很活泼的金属
D．以上制取镁的过程中涉及的反应有分解反应、化合反应和置换反应
②步骤Ⅳ过程中需采取的措施是在HCl气氛中加热脱水
（2）铝热还原法是冶炼熔点较高的金属的一种重要方法，焊接钢轨即用到此法．将干燥的四氧化三铁粉末和铝粉均匀混合后放入纸漏斗中（漏斗已事先处理好），并架在铁架台上，下面放置一个盛有沙子的蒸发皿，反应的化学方程式为8Al+3Fe3O4$\frac{\underline{\;高温\;}}{\;}$4Al2O3+9Fe
（3）某种镁铝储氢合金的组成为Mg1.5Al4，其完全吸氢后组成变为Mg1.5Al4H15，与盐酸反应能释放出大量H2，写出Mg1.5Al4H15与盐酸反应的化学方程式：2Mg1.5Al4H15+30HCl=3MgCl2+8AlCl3+30H2↑．

分析 （1）海水中晒盐得到氯化钠晶体后的母液中，加入由贝壳煅烧得到的氧化钙溶于水形成的氢氧化钙，沉淀溶液中镁离子形成氢氧化镁沉淀，过滤后的沉淀中加入盐酸溶解得到氯化镁溶液，蒸发浓缩，冷却结晶，过滤洗涤得到氯化镁晶体，氯化氢气流中加热失水得到固体氯化镁，电解氯化镁生成镁和氯气，
①A、原料来源于海水来源丰富；
B、步骤Ⅰ海水晒盐得到母液，步骤Ⅱ加入氢氧化钙沉淀镁离子生成氢氧化镁，Ⅲ是，加入盐酸溶解氢氧化镁沉淀得到氯化镁溶液；
C、镁是很活泼的金属，用电解熔融氯化镁的电解法制得；
D、①为分解反应和化合反应，②为复分解反应，③为复分解反应，④为分解反应；
②氯化镁溶液蒸发时镁离子水解生成氢氧化镁沉淀，为避免镁离子水解，需要在氯化氢气流中蒸发；
（2）铝还原四氧化三铁生成铁和氧化铝，发生的是铝热反应；
（3）某种镁铝储氢合金的组成为Mg1.5Al4，其完全吸氢后组成变为Mg1.5Al4H15，与盐酸反应能释放出大量H2，依据原子守恒书写化学方程式．

解答 解：（1）①A、原料来源于海水，故原料来源丰富，故A正确；
B、步骤Ⅰ海水晒盐得到母液，步骤Ⅱ加入氢氧化钙沉淀镁离子生成氢氧化镁，Ⅲ是，加入盐酸溶解氢氧化镁沉淀得到氯化镁溶液，故B正确；
C、镁是很活泼的金属，可用电解熔融氯化镁的电解法制得，故C正确；
D、①为分解反应和化合反应，②为复分解反应，③为复分解反应，④为分解反应，整个变化过程中无置换反应，故D错误，
故答案为：bc；D；
②镁离子易在水溶液中水解，晶体加热失水需要在氯化氢气流中，避免镁离子的水解，
故答案为：在HCl气氛中加热脱水；
（2）铝还原四氧化三铁生成铁和氧化铝，发生的是铝热反应；反应的化学方程式为：8Al+3Fe3O4$\frac{\underline{\;高温\;}}{\;}$4Al2O3+9Fe，
故答案为：8Al+3Fe3O4$\frac{\underline{\;高温\;}}{\;}$4Al2O3+9Fe；
（3）某种镁铝储氢合金的组成为Mg1.5Al4，其完全吸氢后组成变为Mg1.5Al4H15，与盐酸反应能释放出大量H2，同时生成氯化镁、氯化铝，结合原子守恒配平写出化学方程式为：2Mg1.5Al4H15+30HCl=3MgCl2+8AlCl3+30H2，
故答案为：2Mg1.5Al4H15+30HCl=3MgCl2+8AlCl3+30H2↑．

点评 本题考查了海水资源的应用，过程分析判断，化学方程式书写，掌握基础是关键，题目难度中等．

练习册系列答案
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7．某同学在实验室配制1000mL 0.50mol•L-1 Na2CO3溶液，用此溶液滴定20.00mL盐酸，用甲基橙作指示剂，恰好完全反应时，消耗溶液的体积为18.00mL，则此盐酸的物质的量浓度为（　　）
A．0.50mol•L-1B．0.40mol•L-1C．0.20mol•L-1D．0.90mol•L-1
16．化学是实验的科学，只有实验才是化学的最高法庭

（1）某化学实验小组同学利用下列装置制备氯气（加热等装置省去），并探究氯气的性质．
①写出二氧化锰和浓盐酸反应生成氯气的方程式MnO2+4HCl（浓）$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$MnCl2+Cl2↑+2H2O．
②关闭活塞a，打开活塞b，干燥的有色布条褪色；打开活塞a，关闭活塞b，试管中有黄绿色气体，但干燥的有色布条无明显现象．则广口瓶A中的试剂为浓硫酸．
③从环保的角度考虑，试管口塞浸泡NaOH溶液的棉花．
（2）若将干燥的有色布条换成湿润的淀粉碘化钾试纸，则现象为变蓝，用离子方程式表示发生该变化的原因：Cl2+2I-=I2+2Cl-．
（3）某无色溶液是被漂白了的品红溶液，如何检验该溶液是被氯气漂白还是被二氧化硫气体漂白，写出检验的方法将溶液加热，若溶液恢复成红色，则为二氧化硫漂白，若不能恢复成红色，则为氯气漂白．
13．下列叙述错误的是（　　）
A．煤油可用作燃料或保存少量金属钠
B．淀粉和蛋白质都能水解，但水解产物不同
C．乙烯和苯都能使溴水褪色，褪色的原因相同
D．油脂里饱和烃基的相对含量越大，油脂的熔点越高
20．甜樱桃中含有一种羟基酸X，实验测得X的蒸气密度是相同条件下H2密度的67倍，且分子中碳链结构无支链．又已知13.4g X在氧气中完全燃烧只生成17.6g CO2和5.4g H2O．另取等质量的X与足量的碳酸氢钠溶液反应，生成标准状况下的气体4.48L．X在一定条件下可发生如下转化：
[X]$→_{△}^{浓H_{2}SO_{4}}$[Y]$\stackrel{Br/CCl_{4}}{→}$[Z]$\stackrel{足量NaOH醇溶液}{→}$[W]，其中W的分子式为C4O4Na2．回答下列问题：
（1）X的分子式为C4H6O5，分子中含氧官能团的名称为羟基、羧基．
（2）Z的结构简式为HOOCCHBrCHBrCOOH，X→Y的反应类型是消去反应．
（3）写出Z→W的化学方程式：+4NaOH$→_{△}^{醇溶液}$NaOOCC≡CCOONa+2NaBr+4H2O．
10．A、B、C、D、E四种短周期元素，元素A在地壳中含量最高，充有元素B单质蒸气的灯透雾能力强，常用于道路和广场的照明．E的最外层电子数与其电子总数比为3：8，D的单质常用作电脑的芯片材料．元素C的合金是日常生活中常用的合金（　　）
A．元素B、C、D的简单氢化物中化学键类型相同
B．原子半径A＞B＞C＞D＞E
C．由元素A、E形成的单质晶体类型相同
D．AB形成的化合物中只可能含离子键
17．综合利用CO2、CO对构建低碳社会有重要意义．
（1）Li4SiO4可用于富集得到高浓度CO2．原理是：在500℃，低浓度CO2与Li4SiO4接触后生成两种锂盐；平衡后加热至700℃，反应逆向进行，放出高浓度CO2，Li4SiO4再生．700℃时反应的化学方程式为Li2CO3+Li2SiO3$\frac{\underline{\;700℃\;}}{\;}$CO2+Li4SiO4．
（2）固体氧化物电解池（SOEC）用于高温共电解CO2/H2O，既可高效制备合成气（CO+H2），又可实现CO2的减排，其工作原理如图1．
①b为电源的正极（填“正极”或“负极”）．
②写出电极c发生的电极反应式：CO2+2e-═CO+O2-、H2O+2e-═H2+O2-．

（3）电解生成的合成气在催化剂作用下发生如下反应：CO（g）+2H2（g）?CH3OH（g）．对此反应进行如下研究：某温度下在一恒压容器中分别充入1.2mol CO和1mol H2，达到平衡时容器体积为2L，且含有0.4mol CH3OH（g），则该反应平衡常数值为50，此时向容器中再通入0.35mol CO气体，则此平衡将向逆反应方向（填“向正反应方向”“不”或“向逆反应方向”）移动．
（4）已知：

若甲醇的燃烧热为△H3，试用△H1、△H2、△H3表示CO（g）+2H2（g）?CH3OH（l）的△H，则△H=△H=2△H1-△H2-△H3．
（5）利用太阳能和缺铁氧化物可将廉价CO2热解为碳和氧气，实现CO2再资源化，转化过程如图2所示，若用1mol缺铁氧化物与足量CO2完全反应可生成0.1mol C（碳）．
14．下列说法不正确的是（　　）
A．使用可再生资源、用超临界二氧化碳替代有机溶剂、注重原子的经济性、采用低能耗生产工艺都符合绿色化学的思想
B．在现代化学工业中催化剂的应用十分普遍，对于给定条件下反应物之间能够同时发生多个反应时，理想催化剂还可以大幅度提高目标产物在最终产物中的比率
C．石油裂解、煤的气化、橡胶老化、海水制镁、纯碱晶体风化、纤维素制火棉等过程中都包含化学变化
D．PM2.5是指大气中直径小于或等于2.5微米的颗粒物，也称为“细颗粒物“，PM2.5在空气中只形成气溶胶
15．如图实验装置一般不用于分离物质的是（　　）
A．B．C．D．

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