2027届高考化学一轮复习专项训练：微专题之镁、铝及其化合物

2027高考化学一轮复习微专题之镁、铝及其化合物 考点模块 题量 题号 年份·卷别 考点1　镁、铝单质及其化合物的性质与用途 1 题1~题1 2023·北京卷 考点2　镁、铝化合物的化学用语（离子方程式与电子式） 3 题2~题4 2026·河南卷／2023·湖北卷／2025·河北卷 考点3　含镁、铝元素的推断与周期律 4 题5~题8 2024·江苏卷／2023·辽宁卷／2025·云南卷／2026·云南卷 考点4　镁、铝及其化合物的制备与实验 5 题9~题13 2023·浙江卷／2024·浙江卷6月／2024·浙江卷1月／2024·北京卷／2024·安徽卷 考点5　含镁、铝元素的工艺流程 9 题14~题22 2025·陕西山西宁夏青海卷／2024·广东卷／2023·辽宁卷／2025·广东卷／2024·甘肃卷／2024·湖北卷／2024·浙江卷1月／2026·陕西山西宁夏青海卷／2026·贵州卷 考点6　镁的反应机理、电化学应用与相关计算 7 题23~题29 2026·黑吉辽蒙卷／2026·贵州卷／2024·河北卷／2024·甘肃卷／2025·陕西山西宁夏青海卷／2023·北京卷／2026·湖北卷 考点1　镁、铝单质及其化合物的性质与用途 题 1　【2023·北京卷】 （2023·北京卷）一种分解氯化铵实现产物分离的物质转化关系如下，其中b、d代表MgO或Mg(OH)Cl中的一种。下列说法正确的是    A．a、c分别是HCl、NH3 B．d既可以是MgO，也可以是Mg(OH)Cl C．已知MgCl2为副产物，则通入水蒸气可减少MgCl2的产生 D．等压条件下，反应①、②的反应热之和，小于氯化铵直接分解的反应热 考点2　镁、铝化合物的化学用语（离子方程式与电子式） 题 2　【2026·河南卷】 对于下列过程中发生的化学反应，相应离子方程式正确的是 A. 向硫酸铜溶液中滴加氢硫酸：Cu2++S2−=CuS↓ B. 氢氧化镁溶于稀盐酸：Mg(OH)2+2H+=Mg2++2H2O C. 浓硝酸溶解金属银：Ag+4H++2NO3−=Ag++2NO2↑+2H2O D. 向亚硫酸氢钠溶液中加入少量过氧化钠：HSO3−+Na2O2=SO42−+2Na++OH− 题 3　【2023·湖北卷】 （2023·湖北卷）化学用语可以表达化学过程，下列化学用语的表达错误的是 A．用电子式表示K2S的形成：   B．用离子方程式表示Al(OH)3溶于烧碱溶液：Al(OH)3+OH−=[Al(OH)4]− C．用电子云轮廓图表示H-H的s-sσ键形成的示意图：   D．用化学方程式表示尿素与甲醛制备线型脲醛树脂：   题 4　【2025·河北卷】 （2025·河北卷）下列化学用语表述正确的是 A．中子数为12的氖核素： B．氯化镁的电子式： C．甲醛分子的球棍模型： D．的价层电子对互斥模型： 考点3　含镁、铝元素的推断与周期律 题 5　【2024·江苏卷】 （2024·江苏卷）明矾[KAl(SO4)2·12H2O]可用作净水剂。下列说法正确的是 A. 半径：r(Al3+)>r(K+) B. 电负性：χ(O)>χ(S) C. 沸点：H2S>H2O D. 碱性：Al(OH)3>KOH 题 6　【2023·辽宁卷】 （2023·辽宁卷）某种镁盐具有良好的电化学性能，其阴离子结构如下图所示。W、X、Y、Z、Q是核电荷数依次增大的短周期元素，W、Y原子序数之和等于Z，Y原子价电子数是Q原子价电子数的2倍。下列说法错误的是    A．W与X的化合物为极性分子 B．第一电离能Z>X>Y C．Q的氧化物是两性氧化物 D．该阴离子中含有配位键 题 7　【2025·云南卷】 （2025·云南卷）钙霞石是一种生产玻璃陶瓷的原料，所含M、Q、R、T、X、Y、Z为原子序数依次增大的前20号主族元素，M是原子半径最小的元素，Q是形成物质种类最多的元素，R是地壳中含量最高的元素，T、X、Y同周期，Q、X均与Y相邻，Z的原子序数等于M、R和T的原子序数之和。下列说法正确的是 A．M与Z可形成离子化合物 B．原子半径： C．是极性分子 D．电负性： 题 8　【2026·云南卷】 某水滑石是一种高效环保的阻燃剂，所含U、V、W、X、Y、Z为原子序数依次增大的前20号主族元素，U是原子半径最小的元素，V的p轨道电子数是s轨道电子数的一半，X的最外层电子数与其K层电子数相等，Y的氧化物具有两性，X和Z同主族，Z的原子序数等于W和X的原子序数之和。下列说法正确的是 A. 最简单氢化物沸点：V>W B. 最高价氧化物的水化物碱性：X>Z C. 第一电离能：X<Y D. U与W能形成两种常见液态化合物 考点4　镁、铝及其化合物的制备与实验 题 9　【2023·浙江卷】 （2023·浙江卷）某研究小组用铝土矿为原料制备絮凝剂聚合氯化铝([Al2(OH)aClb]m,a=1~5)按如下流程开展实验。    已知：①铝土矿主要成分为Al2O3，含少量Fe2O3和SiO2。用NaOH溶液溶解铝土矿过程中SiO2转变为难溶性的铝硅酸盐。 ②[Al2(OH)aClb]m的絮凝效果可用盐基度衡量，盐基度=(a)/(a+b) 当盐基度为0.60~0.85时，絮凝效果较好。 请回答： (1)步骤Ⅰ所得滤液中主要溶质的化学式是 。 (2)下列说法不正确的是___________。 A．步骤I，反应须在密闭耐高压容器中进行，以实现所需反应温度 B．步骤Ⅱ，滤液浓度较大时通入过量CO2有利于减少Al(OH)3沉淀中的杂质 C．步骤Ⅲ，为减少Al(OH)3吸附的杂质，洗涤时需对漏斗中的沉淀充分搅拌 D．步骤Ⅳ中控制Al(OH)3和AlCl3的投料比可控制产品盐基度 (3)步骤V采用如图所示的蒸汽浴加热，仪器A的名称是 ；步骤V不宜用酒精灯直接加热的原因是 。    (4)测定产品的盐基度。 Cl-的定量测定：称取一定量样品，配成溶液，移取25.00 mL溶液于锥形瓶中，调pH=6.5~10.5，滴加指示剂K2CrO4溶液。在不断摇动下，用0.1000 mol·L-1AgNO3标准溶液滴定至浅红色(有Ag2CrO4沉淀)，30秒内不褪色。平行测试3次，平均消耗AgNO3标准溶液22.50 mL。另测得上述样品溶液中c(Al3+)=0.1000 mol·L-1。 ①产品的盐基度为 。 ②测定Cl-过程中溶液pH过低或过高均会影响测定结果，原因是 。 题 10　【2024·浙江卷6月】 (2024·浙江卷6月)某小组采用如下实验流程制备AlI3： 已知：AlI3是一种无色晶体，吸湿性极强，可溶于热的正己烷，在空气中受热易被氧化。 请回答： （1）如图为步骤I的实验装置图(夹持仪器和尾气处理装置已省略)，图中仪器A的名称是_______，判断步骤I反应结束的实验现象是_______。 （2）下列做法不正确的是_______。 A. 步骤I中，反应物和溶剂在使用前除水 B. 步骤I中，若控温加热器发生故障，改用酒精灯(配石棉网)加热 C. 步骤Ⅲ中，在通风橱中浓缩至蒸发皿内出现晶膜 D. 步骤Ⅳ中，使用冷的正己烷洗涤 （3）所得粗产品呈浅棕黄色，小组成员认为其中混有碘单质，请设计实验方案验证_______。 （4）纯化与分析：对粗产品纯化处理后得到产品，再采用银量法测定产品中I-含量以确定纯度。滴定原理为：先用过量AgNO3标准溶液沉淀I-，再以NH4SCN标准溶液回滴剩余的Ag+。已知： 难溶电解质 AgI(黄色) AgSCN(白色) Ag2CrO4(红色) 溶度积常数Ksp 8.5×10-17 1.0×10-12 1.1×10-12 ①从下列选项中选择合适的操作补全测定步骤_______。 称取产品1.0200g，用少量稀酸A溶解后转移至250mL容量瓶，加水定容得待测溶液。取滴定管检漏、水洗→_______→装液、赶气泡、调液面、读数→用移液管准确移取25.00mL待测溶液加入锥形瓶→_______→_______→加入稀酸B→用1.000×10-2mol/LNH4SCN标准溶液滴定→_______→读数。 a．润洗，从滴定管尖嘴放出液体 b．润洗，从滴定管上口倒出液体 c．滴加指示剂K2CrO4溶液 d．滴加指示剂硫酸铁铵[NH4Fe(SO4)2]溶液 e．准确移取25.00mL4.000×10-2mol/LAgNO3标准溶液加入锥形瓶 f．滴定至溶液呈浅红色 g．滴定至沉淀变白色 ②加入稀酸B的作用是_______。 ③三次滴定消耗NH4SCN标准溶液的平均体积为25.60mL，则产品纯度为_______。[M(AlI3)=408g/mol] 题 11　【2024·浙江卷1月】 (2024·浙江卷1月)H2S可用于合成光电材料。某兴趣小组用CaS与MgCl2反应制备液态H2S，实验装置如图，反应方程式为：CaS+MgCl2+2H2O=CaCl2+Mg(OH)2+H2S↑。 已知：①H2S的沸点是-61℃，有毒： ②装置A内产生的H2S气体中含有酸性气体杂质。 请回答： （1）仪器X的名称是_______。 （2）完善虚框内的装置排序：A→B→_______→F+G （3）下列干燥剂，可用于装置C中的是_______。 A. 氢氧化钾 B. 五氧化二磷 C. 氯化钙 D. 碱石灰 （4）装置G中汞的两个作用是：①平衡气压：②_______。 （5）下列说法正确的是_______。 A. 该实验操作须在通风橱中进行 B. 装置D的主要作用是预冷却H2S C. 加入的MgCl2固体，可使MgCl2溶液保持饱和，有利于平稳持续产生H2S D. 该实验产生的尾气可用硝酸吸收 （6）取0.680 g H2S产品，与足量CuSO4溶液充分反应后，将生成的CuS置于已恒重、质量为31.230 g的坩埚中，煅烧生成CuO，恒重后总质量为32.814 g。产品的纯度为_______。 题 12　【2024·北京卷】 (2024·北京卷)某小组同学向pH=1的0.5mol·L-1的FeCl3溶液中分别加入过量的Cu粉、Zn粉和Mg粉，探究溶液中氧化剂的微粒及其还原产物。 （1）理论分析 依据金属活动性顺序，Cu、Zn、Mg中可将Fe3+还原为Fe的金属是_________。 （2）实验验证 实验 金属 操作、现象及产物 I 过量Cu 一段时间后，溶液逐渐变为蓝绿色，固体中未检测到Fe单质 II 过量Zn 一段时间后有气泡产生，反应缓慢，pH逐渐增大，产生了大量红褐色沉淀后，无气泡冒出，此时溶液pH为3~4，取出固体，固体中未检测到Fe单质 III 过量Mg 有大量气泡产：生，反应剧烈，pH逐渐增大，产生了大量红褐色沉淀后，持续产生大量气泡，当溶液pH为3~4时，取出固体，固体中检测到Fe单质 ①分别取实验I、Ⅱ、Ⅲ中的少量溶液，滴加K3[Fe(CN)6]溶液，证明都有Fe2+生成，依据的现象是___________________________． ②实验Ⅱ、Ⅲ都有红褐色沉淀生成，用平衡移动原理解释原因___________________________． ③对实验Ⅱ未检测到Fe单质进行分析及探究。 i．a．甲认为实验Ⅱ中，当Fe3+、H+浓度较大时，即使Zn与Fe2+反应置换出少量Fe，Fe也会被Fe3+、H+消耗。写出Fe与Fe3+、H+反应的离子方程式___________________________． b．乙认为在pH为3~4的溶液中即便生成Fe也会被H+消耗。设计实验__________________（填实验操作和现象）。 证实了此条件下可忽略H+对Fe的消耗。 c．丙认为产生的红褐色沉淀包裹在Zn粉上，阻碍了Zn与Fe2+的反应。实验证实了Zn粉被包裹。 i．查阅资料：0.5mol·L-1 Fe3+开始沉淀的pH约为1.2，完全沉淀的pH约为3。 结合a、b和c，重新做实验Ⅱ，当溶液pH为3~4时，不取出固体，向固-液混合物中持续加入盐酸，控制pH<1.2，__________________ （填实验操作和现象），待pH为3~4时，取出固体，固体中检测到Fe单质。 （3）对比实验Ⅱ和Ⅲ，解释实验Ⅲ的固体中检测到Fe单质的原因__________________。 题 13　【2024·安徽卷】 (2024·安徽卷)仅用下表提供的试剂和用品，不能实现相应实验目的的是 选项 实验目的 试剂 用品 A 比较镁和铝的金属性强弱 MgCl2溶液、AlCl3溶液、氨水 试管、胶头滴管 B 制备乙酸乙酯 乙醇、乙酸、浓硫酸、饱和Na2CO3溶液 试管、橡胶塞、导管、乳胶管铁架台(带铁夹)、碎瓷片、酒精灯、火柴 C 制备[Cu(NH3)4]SO4溶液 CuSO4溶液、氨水 试管、胶头滴管 D 利用盐类水解制备Fe(OH)3胶体 饱和FeCl3溶液、蒸馏水 烧杯、胶头滴管、石棉网、三脚架、酒精灯、火柴 考点5　含镁、铝元素的工艺流程 题 14　【2025·陕西山西宁夏青海卷】 （2025·陕晋青宁卷）一种综合回收电解锰工业废盐(主要成分为Mn2+、Mg2+、NH4+的硫酸盐)的工艺流程如下。 已知：①常温下Ksp(MgCO3)=10-5.17，Ksp[Mg(OH)2]=10-11.25，Ksp[Mn(OH)2]=10-12.72； ②S2O82-结构式为。 回答下列问题： （1）制备废盐溶液时，为加快废盐溶解，可采取的措施有 、 。(写出两种) （2）“沉锰I”中，写出形成的Mn(OH)2被氧化成Mn3O4的化学方程式 。当Mg2+(c=10-0.68mol·L-1)将要开始沉淀时，溶液中剩余Mn2+浓度为 mol·L-1。 （3）“沉锰Ⅱ”中，过量的(NH4)2S2O8经加热水解去除，最终产物是NH4HSO4和 (填化学式)。 （4）“沉镁I”中，当pH为8.0~10.2时，生成碱式碳酸镁[xMgCO3·yMg(OH)2·zH2O]，煅烧得到疏松的轻质MgO。pH过大时，不能得到轻质MgO的原因是 。 （5）“沉镁Ⅱ”中，加H3PO4至pH=8.0时，Mg2+沉淀完全；若加至pH=4.0时沉淀完全溶解，据图分析，写出沉淀溶解的离子方程式 。 （6）“结晶”中，产物X的化学式为 。 （7）“焙烧”中，Mn元素发生了 (填“氧化”或“还原”)反应。 题 15　【2024·广东卷】 (2024·广东卷)镓(Ga)在半导体、记忆合金等高精尖材料领域有重要应用。一种从电解铝的副产品炭渣(含C、Na、Al、F和少量的Ga、Fe、K、Ca等元素)中提取镓及循环利用铝的工艺如下。 工艺中，LAEM是一种新型阴离子交换膜，允许带负电荷的配离子从高浓度区扩散至低浓度区。用LAEM提取金属离子Mn+的原理如图。已知： ①pKa(HF)=3.2。 ②Na3[AlF6](冰晶石)的Ksp为4.0×10-10。 ③浸取液中，Ga(III)和Fe(III)以[MClm](m-3)(m=0~4)微粒形式存在，Fe2+最多可与2个Cl-配位，其他金属离子与Cl-的配位可忽略。 （1）“电解”中，反应的化学方程式为_______。 （2）“浸取”中，由Ga3+形成[GaCl4]-的离子方程式为_______。 （3）“还原”的目的：避免_______元素以_______(填化学式)微粒的形式通过LAEM，从而有利于Ga的分离。 （4）“LAEM提取”中，原料液的Cl-浓度越_______，越有利于Ga的提取；研究表明，原料液酸度过高，会降低Ga的提取率。因此，在不提高原料液酸度的前提下，可向I室中加入_______(填化学式)，以进一步提高Ga的提取率。 （5）“调pH”中，pH至少应大于_______，使溶液中c(F-)>c(HF)，有利于[AlF6]3-配离子及Na3[AlF6]晶体的生成。若“结晶”后溶液中c(Na+)=0.10mol·L-1，则[AlF6]3-浓度为_______mol·L-1。 （6）一种含Ga、Ni、Co元素的记忆合金的晶体结构可描述为Ga与Ni交替填充在Co构成的立方体体心，形成如图所示的结构单元。该合金的晶胞中，粒子个数最简比Co:Ga:Ni=_______，其立方晶胞的体积为_______nm3。 题 16　【2023·辽宁卷】 （2023·辽宁卷）某工厂采用如下工艺处理镍钴矿硫酸浸取液含（Ni2+、Co2+、Fe2+、Fe3+、Mg2+和Mn2+)。实现镍、钴、镁元素的回收。    已知： 物质 Fe(OH)3 Co(OH)2 Ni(OH)2 Mg(OH)2 Ksp 10−37.4 10−14.7 10−14.7 10−10.8 回答下列问题： (1)用硫酸浸取镍钴矿时，提高浸取速率的方法为_______(答出一条即可)。 (2)“氧化”中，混合气在金属离子的催化作用下产生具有强氧化性的过一硫酸(H2SO5)，1molH2SO5中过氧键的数目为_______。 (3)“氧化”中，用石灰乳调节pH=4，Mn2+被H2SO5氧化为MnO2，该反应的离子方程式为_______(H2SO5的电离第一步完全，第二步微弱)；滤渣的成分为MnO2、_______(填化学式)。 (4)“氧化”中保持空气通入速率不变，Mn(Ⅱ)氧化率与时间的关系如下。SO2体积分数为_______时，Mn(Ⅱ)氧化速率最大；继续增大SO2体积分数时，Mn(Ⅱ)氧化速率减小的原因是_______。    (5)“沉钴镍”中得到的Co(Ⅱ)在空气中可被氧化成CoO(OH)，该反应的化学方程式为_______。 (6)“沉镁”中为使Mg2+沉淀完全(25℃)，需控制pH不低于_______(精确至0.1)。 题 17　【2025·广东卷】 （2025·广东卷）我国是金属材料生产大国，绿色生产是必由之路。一种从多金属精矿中提取Fe、Cu、Ni等并探究新型绿色冶铁方法的工艺如下。 已知：多金属精矿中主要含有Fe、Al、Cu、Ni、O等元素。 氢氧化物 Fe(OH)3 Al(OH)3 Cu(OH)2 Ni(OH)2 Ksp(298K) 2.8×10−39 1.3×10−33 2.2×10−20 5.5×10−16 （1）“酸浸”中，提高浸取速率的措施有 (写一条)。 （2）“高压加热”时，生成Fe2O3的离子方程式为： 。 ___+O2+___H2O高压 Δ___Fe2O3↓+______H+ （3）“沉铝”时，pH最高可调至 (溶液体积变化可忽略)。已知：“滤液1”中c(Cu2+)=0.022mol/L，c(Ni2+)=0.042mol/L。 （4）“选择萃取”中，镍形成如图的配合物。镍易进入有机相的原因有_______。 A．镍与N、O形成配位键 B．配位时Ni2+被还原 C．配合物与水能形成分子间氢键 D．烷基链具有疏水性 （5）NixCuyNz晶体的立方晶胞中原子所处位置如图。已知：同种位置原子相同，相邻原子间的最近距离之比dNi−Cu:dNi−N=2√():1，则x:y:z= ；晶体中与Cu原子最近且等距离的原子的数目为 。 （6）①“700℃加热”步骤中，混合气体中仅加少量H2，但借助工业合成氨的逆反应，可使Fe不断生成。该步骤发生反应的化学方程式为 和 。 ②“电解”时，Fe2O3颗粒分散于溶液中，以Fe片、石墨棒为电极，在答题卡虚线框中，画出电解池示意图并做相应标注 。 ③与传统高炉炼铁工艺相比，上述两种新型冶铁方法所体现“绿色化学”思想的共同点是 (写一条)。 题 18　【2024·甘肃卷】 (2024·甘肃卷)我国科研人员以高炉渣(主要成分为CaO，MgO，Al2O3和SiO2等)为原料，对炼钢烟气(CO2和水蒸气)进行回收利用，有效减少了环境污染，主要流程如图所示： 已知：Ksp(CaSO4)=4.9×10-5Ksp(CaCO3)=3.4×10-9 （1）高炉渣与(NH4)2SO4经焙烧产生的“气体”是_______。 （2）“滤渣”的主要成分是CaSO4和_______。 （3）“水浸2”时主要反应的化学方程式为_______，该反应能进行的原因是_______。 （4）铝产品NH4Al(SO4)2·12H2O可用于_______。 （5）某含钙化合物的晶胞结构如图甲所示，沿x轴方向的投影为图乙，晶胞底面显示为图丙，晶胞参数a≠c,α=β=γ=90°。图丙中Ca与N的距离为_______pm；化合物的化学式是_______，其摩尔质量为Mg·mol-1，阿伏加德罗常数的值是NA，则晶体的密度为_______g·cm-3(列出计算表达式)。 题 19　【2024·湖北卷】 (2024·湖北卷)铍用于宇航器件的构筑。一种从其铝硅酸盐[Be3Al2(SiO3)6]中提取铍的路径为： 已知：Be2++4HA⇌BeA2(HA)2+2H+ 回答下列问题： （1）基态Be2+的轨道表示式为_______。 （2）为了从“热熔、冷却”步骤得到玻璃态，冷却过程的特点是_______。 （3）“萃取分液”的目的是分离Be2+和Al3+，向过量烧碱溶液中逐滴加入少量“水相1”的溶液，观察到的现象是_______。 （4）写出反萃取生成Na2[Be(OH)4]的化学方程式_______。“滤液2”可以进入_______步骤再利用。 （5）电解熔融氯化铍制备金属铍时，加入氯化钠的主要作用是_______。 （6）Be(OH)2与醋酸反应得到某含4个Be的配合物，4个Be位于以1个O原子为中心的四面体的4个顶点，且每个Be的配位环境相同，Be与Be间通过CH3COO-相连，其化学式为_______。 题 20　【2024·浙江卷1月】 (2024·浙江卷1月)固态化合物Y的组成为MgCaFeMn(CO3)4，以Y为原料实现如下转化。 已知：NH3与溶液A中金属离子均不能形成配合物。 请回答： （1）依据步骤Ⅲ，MnCO3、CaCO3和MgCO3中溶解度最大的是_______。写出溶液C中的所有阴离子_______。步骤Ⅱ中，加入NH4Cl的作用是_______。 （2）下列说法正确的是_______。 A. 气体D是形成酸雨的主要成分 B. 固体E可能含有Na2CO3 C. Mn(OH)2可溶于NH4Cl溶液 D. 碱性：Ca(OH)2<Fe(OH)2 （3）酸性条件下，固体NaBiO3(微溶于水，其还原产物为无色Bi3+)可氧化Mn2+为MnO4-，根据该反应原理，设计实验验证Y中含有Mn元素_______；写出Mn2+转化为MnO4-的离子方程式_______。 题 21　【2026·陕西山西宁夏青海卷】 一种从废旧电池粉(主要成分为LiFePO4，含有少量FePO4、石墨、Al等)中深度回收锂的工艺，部分流程如下： 已知：①磷酸铁锂电池反应为； ②“沉铝”时，滤渣中含和少量。 回答下列问题： （1）废旧电池粉碎前一般需先放电，正极反应式为________。 （2）“酸浸Ⅰ”时，除粉碎外，可提高酸浸速率的措施有________(任写两种)。该过程有H3PO4生成，LiFePO4溶解的化学方程式为________。滤渣的主要成分为________。 （3）“沉铝”时，中Fe元素的化合价为________。 （4）“焙烧”时产生的HF，用________吸收后，产物可以循环利用。 （5）“除杂”时，在一定pH范围内，会发生反应(平衡常数为)。若溶液中 为，不考虑其他离子参与反应，为防止Li+沉淀， 需小于________(用含a、b的代数式表示)。 （6）滤液2中，溶质除Na2CO3外，主要含________(填化学式)。 （7）滤液1需先加入H2O2溶液，再加入氨水除杂，最后回收Li3PO4。H2O2的作用是________。取少量加H2O2溶液后的滤液1，滴加________，若产生蓝色沉淀，则需补加H2O2溶液。 题 22　【2026·贵州卷】 钪是一种关键的战略金属，对国防科技、产业升级有重要的作用。从某钪铝渣［含Sc(OH)3及Al、Mg、Fe等的氢氧化物］中回收钪和铝，工艺流程如图。 已知： ①钪铝渣中Sc(OH)3夹杂在其他金属氢氧化物中或包裹在其他颗粒的孔隙中。 ②“酸浸”工序中，钪主要以Sc3+的形式被浸出。 ③25°C时，Ksp[Al(OH)3]=10−32.9，Al3++4OH−⇌[Al(OH)4]− K=1033.3。 回答下列问题： （1）基态钪原子的价层电子轨道表示式为_______________。 （2）“预处理”工序的操作是________。 （3）“碱浸”工序中，在一定条件下，NaOH溶液浓度对钪和铝浸取率的影响如图1，最佳NaOH溶液浓度为________________。 （4）“酸浸”工序中浸出钪的主要离子方程式为____________________。 （5）pH对萃取率的影响如图2，HNO3溶液浓度对洗脱率的影响如图3。 ①“无机溶液1”中存在的金属阳离子主要是___________。 ②本工艺中去除溶液中Fe3+的工序是______，依据是_____________________________。 （6）“碱浸”工序中，25°C、溶液中c{[Al(OH)4]−}=0.1mol·L−1时，pH为________。 考点6　镁的反应机理、电化学应用与相关计算 题 23　【2026·黑吉辽蒙卷】 镁及其化合物的部分转化关系如下，设NA为阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是 A. 反应①：每消耗0.5molC5H6生成Mg(C5H5)2分子的数目为0.5NA B. 反应②：每消耗2.24LN2生成N3−数目为0.2NA C. 反应③：每消耗4.4gCO2转移电子数目为0.4NA D. 0.15mol·L−1MgCl2溶液中，Mg2+数目为0.15NA 题 24　【2026·贵州卷】 水下推进装置的研究对维护国家海洋权益有积极意义。水冲压发动机是一种新型水下推进装置，通过金属燃料与海水反应产生推力。某科研小组对金属燃料镁与水蒸气高效燃烧过程进行了研究，并模拟计算了其反应机理，所涉反应及变化如下。 Ⅰ．Mg(g)+H2O(g)=MgO(s)+H2(g) ΔH1=akJ·mol−1(a<0) Ⅱ．MgO(s)=MgO(l) ΔH2=bkJ·mol−1 Ⅲ．MgO(l)=MgO(g) ΔH3=ckJ·mol−1 已知：①在标准大气压下，MgO的液化温度为3125 K，汽化温度为3873 K。 ②ΔG=ΔH−TΔS ③模拟计算条件：动力反应装置为绝热系统(物质与热量均不与外界交换)，压强为标准大气压(1 atm)。 回答下列问题： （1）计算：Mg(g)+H2O(g)=MgO(g)+H2(g) ΔH=________kJ·mol−1。 （2）模拟计算得出镁与水蒸气反应的ΔG和ΔH随温度的变化关系如图1。温度小于3000 K时，ΔS________0(填“＞”“=”或“＜”)。 （3）研究表明，反应中同时存在氢原子解离(路径Ⅰ)和氢原子转移(路径Ⅱ)两条反应路径，如图2。 ①两条反应路径ΔH的关系为ΔH路径I______ΔH路径II(填“＞”“=”或“＜”)。 ②1 atm下，路径Ⅰ和路径Ⅱ都是连续反应： 反应速率方程为v=kc，其中v是反应速率，k是反应速率常数(其数值大小关系为k2>k3>k1>k4)，c是反应物浓度。反应达到平衡前，c(MgOH)___________c(HMgOH)(填“＞”“=”或“＜”)，原因是____________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________。 ③某温度下，mg镁与足量水蒸气在ts内全部反应，其中通过路径Ⅰ生成的氢气为ng，则在该时间段内路径Ⅱ的反应速率为_______________mol·s−1。 （4）在3000 K时，若将动力装置反应器出口设置成小口径喷口，反应器可近似为恒容密闭体系，体系压强从1 atm提升至10 atm，则该反应器在单位时间内产生的能量将_________(填“增大”“不变”或“减小”)，原因是______________________________________________________________________________________。 题 25　【2024·河北卷】 (2024·河北卷)我国科技工作者设计了如图所示的可充电Mg-CO2电池，以Mg(TFSI)2为电解质，电解液中加入1，3-丙二胺(PDA)以捕获CO2，使放电时CO2还原产物为MgC2O4。该设计克服了MgCO3导电性差和释放CO2能力差的障碍，同时改善了Mg2+的溶剂化环境，提高了电池充放电循环性能。 下列说法错误的是 A. 放电时，电池总反应为2CO2+Mg=MgC2O4 B. 充电时，多孔碳纳米管电极与电源正极连接 C. 充电时，电子由Mg电极流向阳极，Mg2+向阴极迁移 D 放电时，每转移1mol电子，理论上可转化1molCO2 题 26　【2024·甘肃卷】 （2024·甘肃卷）β-MgCl2晶体中，多个晶胞无隙并置而成的结构如图甲所示，其中部分结构显示为图乙，下列说法错误的是 A. 电负性：Mg<Cl B. 单质Mg是金属晶体 C. 晶体中存在范德华力 D. Mg2+离子的配位数为3 题 27　【2025·陕西山西宁夏青海卷】 （2025·陕晋青宁卷）MgCO3/MgO循环在CO2捕获及转化等方面具有重要应用。科研人员设计了利用MgCO3与H2反应生成CH4的路线，主要反应如下： I．MgCO3(s)=MgO(s)+CO2(g)  ΔH1=+101kJ·mol-1 II．CO2(g)+4H2(g)=CH4(g)+2H2O(g)  ΔH2=-166kJ·mol-1 III．CO2(g)+H2(g)=H2O(g)+CO(g)  ΔH3=+41 kJ·mol-1 回答下列问题， （1）计算MgCO3(s)+4H2(g)=MgO(s)+2H2O(g)+CH4(g)ΔH4= kJ·mol-1。 （2）提高CH4平衡产率的条件是_______。 A．高温高压 B．低温高压 C．高温低压 D．低温低压 （3）高温下MgCO3分解产生的MgO催化CO2与H2反应生成CH4，部分历程如图，其中吸附在催化剂表面的物种用*标注，所示步骤中最慢的基元反应是 (填序号)，生成水的基元反应方程式为 。 （4）100kPa下，在密闭容器中H2(g)和MgCO3(s)各1mol发生反应。反应物(H2、MgCO3)的平衡转化率和生成物(CH4、CO2)的选择性随温度变化关系如下图(反应III在360°C以下不考虑)。 注：含碳生成物选择性=(含碳生成物的物质的量)/(MgCO3转化的物质的量)×100% ①表示CH4选择性的曲线是 (填字母)。 ②点M温度下，反应Ⅱ的Kp= (kPa)-2(列出计算式即可)。 ③在550°C下达到平衡时，n(CO)= mol。500~600°C，随温度升高H2平衡转化率下降的原因可能是 。 题 28　【2023·北京卷】 （2023·北京卷）利用平衡移动原理，分析一定温度下Mg2+在不同pH的Na2CO3体系中的可能产物。 已知：i.图1中曲线表示Na2CO3体系中各含碳粒子的物质的量分数与pH的关系。 ii.2中曲线Ⅰ的离子浓度关系符合c(Mg2+)·c2(OH−)=Ksp[Mg(OH)2]；曲线Ⅱ的离子浓度关系符合c(Mg2+)·c(CO32−)=Ksp(MgCO3)[注：起始c(Na2CO3)=0.1mol·L−1，不同pH下c(CO32−)由图1得到]。      下列说法不正确的是 A．由图1，pH=10.25,c(HCO3−)=c(CO32−) B．由图2，初始状态pH=11、lg[c(Mg2+)]=−6，无沉淀生成 C．由图2，初始状态pH=9、lg[c(Mg2+)]=−2，平衡后溶液中存在c(H2CO3)+c(HCO3−)+c(CO32−)=0.1mol·L−1 D．由图1和图2，初始状态pH=8、lg[c(Mg2+)]=−1，发生反应：Mg2++2HCO3−=MgCO3↓+CO2↑+H2O 题 29　【2026·湖北卷】 金属氯化物与三氟甲磺酸（CF3SO3H，Mr=150）的反应常用于制备无水金属三氟甲磺酸盐。某同学在实验室中按照如下流程制备无水Mg(CF3SO3)2，Mr=322。已知CF3SO3H是一种超强酸，沸点162°C，易溶于水、乙醚（沸点35°C）和氯仿（沸点62°C）。 回答下列问题： Ⅰ．按照上图组装仪器并检验装置的气密性，向烧瓶中加入MgCl2颗粒（1.9g，0.02mol）。 （1）仪器a的名称________。 Ⅱ．打开活塞，持续通入N2，流速调至每秒逸出2个气泡，缓慢滴加无水CF3SO3H（10mL，0.113mol），升温至60°C，搅拌1h。 （2）滴加过程中，装置A中的固体逐渐溶解，装置B中的现象是________。反应完毕，取装置C中少量液体于试管中，滴加HNO3酸化的AgNO3溶液，产生的沉淀是________（填化学式）。 （3）装置A中发生反应的化学方程式为________。 Ⅲ．反应完毕，向反应液中加入无水乙醚，析出固体。过滤，用无水乙醚洗涤、干燥，得粗产物。 （4）查阅文献获知，乙醚与CF3SO3H混合时会剧烈放热。为了防止局部过热，加入乙醚时宜采取的措施有________（答一条即可）。 Ⅳ．粗产物提纯后，得到产品5.8g。 （5）向混有少量(CH3CH2)2OH·CF3SO3−杂质的粗产物中加入氯仿，煮沸、过滤，除去杂质。煮沸的主要目的是________。 （6）该实验的产率为________%（保留一位小数）。 参考答案 考点1　镁、铝单质及其化合物的性质与用途 题 1　【2023·北京卷】 【答案】C 【分析】NH4Cl分解的产物是NH3和HCl，分解得到的HCl与MgO反应生成Mg(OH)Cl，Mg(OH)Cl又可以分解得到HCl和MgO，则a为NH3，b为Mg(OH)Cl，c为HCl，d为MgO。    【解析】A．由分析可知，a为NH3，c为HCl，A项错误； B．d为MgO，B错误； C．可以水解生成Mg(OH)Cl，通入水蒸气可以减少MgCl2的生成，C正确； D．反应①和反应②相加即为氯化铵直接分解的反应，由盖斯定律可知，等压条件下，反应①、反应②的反应热之和等于氯化铵直接分解的反应热，D错误； 故选C。 考点2　镁、铝化合物的化学用语（离子方程式与电子式） 题 2　【2026·河南卷】 【答案】B 【解析】 【详解】A．氢硫酸（H2S）是弱酸，在离子方程式中不能拆写为S2-，需保留化学式，正确离子方程式为Cu2++H2S=CuS↓+2H+，A错误； B．Mg(OH)2是难溶弱碱，与稀盐酸反应生成可溶性氯化镁和水，离子方程式为：Mg(OH)2+2H+=Mg2++2H2O，B正确； C．浓硝酸溶解金属银生成二氧化氮、硝酸银和水，正确离子方程式为Ag+2H++NO3−=Ag++NO2↑+H2O，C错误； D．向亚硫酸氢钠溶液中加入少量过氧化钠，反应生成的OH-会与过量的HSO3-反应生成SO32-和H2O，正确的离子方程式为：Na2O2+2HSO3−=2Na++SO42−+SO32−+H2O，D错误； 故选B。 题 3　【2023·湖北卷】 【答案】D 【解析】A．钾原子失去电子，硫原子得到电子形成硫化钾，硫化钾为离子化合物，用电子式表示K2S的形成：，A正确； B．氢氧化铝为两性氢氧化物，可以和强碱反应生成四羟基合铝酸根离子，离子方程式为：Al(OH)3+OH−=[Al(OH)4]−，B正确； C．H的s能级为球形，两个氢原子形成氢气的时候，是两个s能级的原子轨道相互靠近，形成新的轨道，则用电子云轮廓图表示H-H的s-sσ键形成的示意图：，C正确； D．用化学方程式表示尿素与甲醛制备线型脲醛树脂为，D错误； 故选D。 题 4　【2025·河北卷】 【答案】C 【详解】A．氖原子的质子数为10，中子数为12，故氖核素，A错误； B．氯化镁为离子化合物，电子式为，B错误； C．甲醛（HCHO）分子为平面三角形结构，球棍模型中原子大小、连接方式应与实际结构相符。甲醛中C原子连接2个H原子和1个O原子，且为平面结构，题中模型符合甲醛分子结构特点，C正确； D．对于，中心C原子的价层电子对数，孤电子对数为0，价层电子对互斥模型应为平面三角形 ，D错误； 故选C。 考点3　含镁、铝元素的推断与周期律 题 5　【2024·江苏卷】 【答案】B 【解析】 A．Al3+有2个电子层，而K+有3个电子层，因此，K+的半径较大，A错误； B．同一主族的元素，其电负性从上到下依次减小，O和S都是ⅥA的元素，O元素的电负性较大，B正确； C．虽然H2S的相对分子质量较大，但是H2O分子间可形成氢键，因此H2O的沸点较高，C错误； D．元素的金属性越强，其最高价的氧化物的水化物的碱性越强，K的金属性强于Al，因此KOH的碱性较强，D错误； 综上所述，本题选 B。 题 6　【2023·辽宁卷】 【答案】AB 【分析】W、X、Y、Z、Q是核电荷数依次增大的短周期元素，W形成1条单键且核电荷数最小，W为H，X形成4条键，核电荷数大于H，且小于其他三种元素，X为C，Y形成2条单键，核电荷数大于C，Y为O，W、Y原子序数之和等于Z，Z为F，Y原子价电子数为Q原子价电子数的2倍，Q为Al。 【解析】A．W与X的化合物不一定为极性分子，如CH4就是非极性分子，A错误； B．同周期元素从左到右第一电离能呈增大趋势，则第一电离能F>O>C，B错误； C．Q为Al，Al2O3为两性氧化物，C正确； D．该阴离子中L与Q之间形成配位键，D正确； 故答案选AB。 题 7　【2025·云南卷】 【答案】A 【分析】M是原子半径最小的为H，Q是形成物质种类最多，则为C， R是地壳中含量最高，为O， T、X、Y同周期且原子序数递增。Q（C）和X均与Y相邻，结合Z的原子序数Z = M + R + T = 1 + 8 + T，Z ≤ 20，得T = 11（Na），Z = 20（Ca）。又因为T、X、Y同周期，Q、X均与Y相邻，可推出 Q（C）与Y（Si）同主族相邻，X（Al）与Y（Si）相邻且T（Na）、X（Al）、Y（Si）同属第三周期， 故推出M为H、Q为C、R为O、T为Na、X为Al、Y为Si、Z为Ca，据此解答。 【详解】A．H与Ca形成CaH2，为活泼金属形成的氢化物，为离子化合物，A正确； B．同周期原子半径从左到右逐渐减小，同主族原子半径从上到下逐渐增大，R为O、T为Na、X为Al，则它们的原子半径大小为O＜Al＜Na，即R＜X＜T，B错误； C．为CO2，为直线型的非极性分子，C错误； D．同周期电负性从左到右逐渐增大，同主族电负性从下到上逐渐增大，Q为C、R为O、Y为Si，则电负性Si＜C＜O，正确顺序为Y＜Q＜R，D错误； 故选A。 题 8　【2026·云南卷】 【答案】D 【解析】 【分析】U、V、W、X、Y、Z为原子序数依次增大的前20号主族元素，U是原子半径最小的元素，则U为H，V的p轨道电子数是s轨道电子数的一半，电子排布式为1s22s22p2，则V为C，X的最外层电子数与其K层电子数相等，X为第IIA族元素，可能的电子排布式为1s22s2（Be）或1s22s22p63s2（Mg)，X的原子序数大于V，则X为Mg，Y的氧化物具有两性，则Y为Al，X和Z同主族，则Z为Ca，Z的原子序数等于W和X的原子序数之和，既20-12=8，即W为8号元素，则W为O，据此回答 【详解】A．V为C，V的简单氢化物为CH4，W为O，W的简单氢化物H2O，H2O存在分子间氢键，沸点远高于甲烷，则沸点H2O>CH4，即V<W，A错误； B．X为Mg，Z为Ca，金属性Ca > Mg，金属性越强，最高价氧化物水化物碱性越强，则碱性Ca(OH)2>Mg(OH)2，即X<Z，B错误； C．X为Mg，Y为Al ，Mg 的价电子排布为3s2，是全充满的稳定结构；Al的价电子排布为3s23p1，p轨道只有1个电子，易失去，故第一电离能：Mg>Al，即X>Y，C错误； D．U为H，W为O，可形成H2O（水）和H2O2（过氧化氢），二者在常温下均为液态，正确； 故选D。 考点4　镁、铝及其化合物的制备与实验 题 9　【2023·浙江卷】 【答案】(1)NaAlO2 (2)C (3) 蒸发皿 酒精灯直接加热受热不均匀，会导致产品盐基度不均匀 (4) 0.7 pH过低，指示剂会与氢离子反应生成重铬酸跟，会氧化氯离子，导致消耗的硝酸银偏少，而pH过高，氢氧根会与银离子反应，导致消耗的硝酸银偏多 【分析】铝土矿主要成分为Al2O3，含少量Fe2O3和SiO2，向铝土矿中加氢氧化钠溶液，得到难溶性铝硅酸盐、偏铝酸钠，氧化铁不与氢氧化钠溶液反应，过滤，滤液中主要含偏铝酸钠，向偏铝酸钠溶液中通入二氧化碳，过滤，得到氢氧化铝沉淀，分为两份，一份加入盐酸得到氯化铝，将两份混合得到聚合氯化铝溶液，加热得到聚合氯化铝固体。 【解析】（1）根据题中信息步骤Ⅰ所得滤液中主要溶质的化学式是NaAlO2；故答案为：NaAlO2。 （2）A．步骤I，反应所学温度高于100℃，因此反应须在密闭耐高压容器中进行，以实现所需反应温度，故A正确； B．步骤Ⅱ，滤液浓度较大时通入过量CO2生成氢氧化铝和碳酸氢钠溶液，有利于减少Al(OH)3沉淀中的杂质，故B正确； C．步骤Ⅲ，洗涤时不能需对漏斗中的沉淀充分搅拌，故C错误； D．[Al2(OH)aClb]m中a、b可通过控制Al(OH)3和AlCl3的投料比来控制产品盐基度，故D正确； 综上所述，答案为：C。 （3）步骤V采用如图所示的蒸汽浴加热，根据图中信息得到仪器A的名称是蒸发皿；酒精灯直接加热受热不均匀，会导致产品盐基度不均匀，而用蒸汽浴加热，受热均匀，得到的产品盐基度均匀；故答案为：蒸发皿；酒精灯直接加热受热不均匀，会导致产品盐基度不均匀。 （4）①根据Cl−∼AgNO3，样品溶液中氯离子物质的量浓度为(0.1000 mol·L−1×0.022.50 L)/(0.025L)=0.09mol·L−1，n(Al3+):n(Cl−)=10:9，根据电荷守恒得到 [Al2(OH)4.2Cl1.8]m产品的盐基度为(4.2)/(4.2+1.8)=0.7；故答案为：0.7。 ②测定Cl-过程中溶液pH过低或过高均会影响测定结果，原因是pH过低，指示剂会与氢离子反应生成重铬酸跟，会氧化氯离子，导致消耗的硝酸银偏少，而pH过高，氢氧根会与银离子反应，导致消耗的硝酸银偏多；故答案为：pH过低，指示剂会与氢离子反应生成重铬酸跟，会氧化氯离子，导致消耗的硝酸银偏少，而pH过高，氢氧根会与银离子反应，导致消耗的硝酸银偏多。 考向02 有机物的制备与提纯 题 10　【2024·浙江卷6月】 【答案】（1） ①. 球形冷凝管 ②. 溶液由紫红色恰好变为无色（或溶液褪为无色） （2）BC （3）取少量粗产品置于少量冷的正己烷中充分搅拌，静置后，取少量上层清液，向其中滴加淀粉溶液，观察液体是否变蓝，若变蓝则其中混有碘单质，否则没有 （4） ①. a e d f ②. 抑制Fe3+发生水解反应，保证滴定终点的准确判断 ③. 99.20% 【分析】由流程信息可知，铝、碘和正己烷一起加热回流时，铝和碘发生反应生成AlI3，过滤后滤液经浓缩、结晶、过滤、洗涤、干燥后得到粗产品。 【小问1详解】 由实验装置图中仪器的结构可知，图中仪器A的名称是球形冷凝管，其用于冷凝回流；碘溶于正己烷使溶液显紫红色，AlI3是无色晶体，当碘反应完全后，溶液变为无色，因此，判断步骤I反应结束的实验现象是：溶液由紫红色恰好变为无色（或溶液褪为无色）。 【小问2详解】 A．AlI3吸湿性极强，因此在步骤I中，反应物和溶剂在使用前必须除水，A正确； B．使用到易烯的有机溶剂时，禁止使用明火加热，因此在步骤I中，若控温加热器发生故障，不能改用酒精灯(配石棉网)加热，B不正确； C．AlI3在空气中受热易被氧化，因此在步骤Ⅲ中蒸发浓缩时，要注意使用有保护气（如持续通入氮气的蒸馏烧瓶等）的装置中进行，不能直接在蒸发皿浓缩，C不正确； D．AlI3在空气中受热易被氧化、可溶于热的正己烷因此，为了减少溶解损失，在步骤Ⅳ中要使用冷的正己烷洗涤，D正确； 综上所述，本题选BC。 【小问3详解】 碘易溶于正己烷，而AlI3可溶于热的正己烷、不易溶于冷的正己烷，因此，可以取少量粗产品置于少量冷的正己烷中充分搅拌，静置后，取少量上层清液，向其中滴加淀粉溶液，观察液体是否变蓝，若变蓝则其中混有碘单质，否则没有。 【小问4详解】 ①润洗时，滴定管尖嘴部分也需要润洗；先加25.00mL待测溶液，后加25.00mL4.000×10-2mol/LAgNO3标准溶液，两者充分分反应后，剩余的Ag+浓度较小，然后滴加指示剂硫酸铁铵[NH4Fe(SO4)2]溶液作指示剂，可以防止生成Ag2SO4沉淀； Ag2CrO4的溶度积常数与AgSCN非常接近，因此，K2CrO4溶液不能用作指示剂，应该选用[NH4Fe(SO4)2]溶液，其中的Fe3+可以与过量的半滴[NH4Fe(SO4)2]溶液中的SCN−反应生成溶液呈红色的配合物，故滴定至溶液呈浅红色；综上所述，需要补全的操作步骤依次是：a e d f。 ②Fe3+和Al3+均易发生水解，[NH4Fe(SO4)2]溶液中含有Fe3+，为防止影响滴定终点的判断，必须抑制其发生水解，因此加入稀酸B的作用是：抑制Fe3+发生水解反应，保证滴定终点的准确判断。 ③由滴定步骤可知，25.00mL4.000×10-2mol/LAgNO3标准溶液分别与AlI3溶液中的I-、1.000×10-2mol/LNH4SCN标准溶液中的SCN−发生反应生成AgI和AgSCN；由Ag+守恒可知，n(AgI)+n(AgSCN)=n(AgNO3)，则n(AgI)=n(AgNO3)-n(AgSCN)=n(AgNO3)-n(NH4SCN)；三次滴定消耗NH4SCN标准溶液的平均体积为25.60mL，则n(AgI)=n(AgNO3)-n(AgSCN)=n(AgNO3)-n(NH4SCN)=25.00mL×10−3L·mL−1×4.000×10-2mol/L-25.60mL×10−3L·mL−1×1.000×10-2mol/L=7.440×10-4mol，由I守恒可知n(AlI3)=(1)/(3)n(AgI)=7.440×10-4mol×(1)/(3)=2.480×10-4mol，因此，产品纯度为(2.480×10-4mol×408g/mol)/(1.0200g×(25.00mL)/(250mL))×100%=99.20%。 题 11　【2024·浙江卷1月】 【答案】（1）圆底烧瓶 （2）E→C→D （3）BC （4）液封 （5）ABC （6）99% 【解析】 【分析】A作为H2S的发生装置，由于不能骤冷，所以D、E都是冷却H2S的装置，C装置干燥H2S，F冷却并收集H2S，G作为平衡气压和尾气处理装置，据此回答。 【小问1详解】 仪器X的名称是圆底烧瓶； 【小问2详解】 制备气体的装置包括发生装置，除杂装置，收集装置和尾气处理，由于不能骤冷，要逐步冷却，所以B连E，E连C，C连D，D连F； 【小问3详解】 H2S是酸性气体，不可以用碱性干燥剂，所以不可以用氢氧化钾和碱石灰，故选BC； 【小问4详解】 装置G中汞的两个作用是：①平衡气压：②液封； 【小问5详解】 A．H2S有毒，该实验操作须通风橱中进行，故A正确； B．气体不能骤冷，装置D的主要作用是预冷却H2S，故B正确； C．加入的MgCl2固体，可使MgCl2溶液保持饱和，有利于平稳持续产生H2S，故C正确； D．该实验产生的尾气不可用硝酸吸收，硝酸的氧化性虽然可以把H2S氧化为S单质，但是稀硝酸产生的NO或者浓硝酸产生的NO2，会污染空气，故D错误； 故选ABC。 【小问6详解】 根据铜守恒，氧化铜的质量为32.814 g-31.230 g=1.584g，则氧化铜物质的量为0.0198mol，CuS ∼CuO11n0.0198mol，硫化铜物质的量为0.0198mol，则H2S物质的量为0.0198mol，H2S的质量为0.6732g，产品纯度为(0.6732g)/(0.680)×100%=99%。 题 12　【2024·北京卷】 【答案】 （1）Mg、Zn （2）①产生蓝色沉淀 ②Fe3+水解方程式为Fe3++3H2O⇌Fe(OH)3+3H+，加入的Mg或Zn会消耗H+，促进Fe3+水解平衡正向移动，使其转化为Fe(OH)3沉淀 ③i．a．2Fe3++2Fe+2H+4Fe2++H2↑（或2Fe3++Fe3Fe2+、2H++FeFe2++H2↑） b．向pH为3~4的稀盐酸中加铁粉，一段时间后取出少量溶液，滴加K3[Fe(CN)6]溶液，不产生蓝色沉淀 ⅱ．加入几滴KSCN溶液，待溶液红色消失后，停止加入盐酸 （3）加入镁粉后产生大量气泡，使镁粉不容易被Fe(OH)3沉淀包裹 【解析】（1）在金属活动性顺序表中，Mg、Zn排在Fe之前，Cu排在Fe之后，因此Mg、Zn可将Fe3+还原为Fe。 （2）Fe2+与K3[Fe(CN)6]会生成蓝色的KFe[Fe(CN)6]沉淀。 ③ⅱ．结合a，b和c可知，实验Ⅱ未检测到Fe单质的原因可能是Fe3+的干扰以及Fe(OH)3沉淀对锌粉的包裹，因此可控制反应条件，在未生成Fe(OH)3沉淀时将Fe3+还原，即可排除两个干扰因素。 题 13　【2024·安徽卷】 【答案】A 【解析】A．MgCl2溶液、AlCl3溶液与氨水反应时现象相同，都只产生白色沉淀，不能比较Mg和Al的金属性强弱，A项不能实现实验目的； B．在一支试管中依次加入一定量的乙醇、浓硫酸、乙酸，并且放入几粒碎瓷片，另一支试管中加入适量饱和碳酸钠溶液，如图连接好装置，用酒精灯小心加热，乙酸与乙醇在浓硫酸存在、加热条件下发生酯化反应生成乙酸乙酯和水，在饱和碳酸钠溶液液面上收集乙酸乙酯，发生反应的化学方程式为CH3COOH+CH3CH2OH⇌(浓硫酸,Δ)CH3COOCH2CH3+H2O，B项能实现实验目的； C．向盛有CuSO4溶液的试管中滴加氨水，首先产生蓝色Cu(OH)2沉淀，继续滴加氨水，沉淀溶解得到深蓝色的[Cu(NH3)4]SO4溶液，发生反应的化学方程式为CuSO4+4NH3∙H2O=[Cu(NH3)4]SO4+4H2O，C项能实现实验目的； D．将烧杯中的蒸馏水加热至沸腾，向沸水中加入5~6滴饱和FeCl3溶液，继续加热至液体呈红褐色即制得Fe(OH)3胶体，反应的化学方程式为FeCl3+3H2OΔFe(OH)3(胶体)+3HCl，D项能实现实验目的； 答案选A。 考点5　含镁、铝元素的工艺流程 题 14　【2025·陕西山西宁夏青海卷】 【答案】（1）搅拌 适当升温等 （2）6Mn(OH)2+O2=2Mn3O4+6H2O 10-2.15 （3）O2 （4）pH过大，沉淀为Mg(OH)2，不能分解产生CO2，不能得到疏松的轻质MgO （5）MgNH4PO4·6H2O+2H3PO4=Mg2++3H2PO4−+NH4++6H2O （6）(NH4)2SO4 （7）还原 【分析】废盐溶液加入氨水，通入氧气沉锰I得到Mn3O4，溶液再加入(NH4)2S2O8，进行沉锰Ⅱ得到MnO2，产生有气体O2，溶液再加入NH4HCO3和NH3·H2O调节pH沉镁I，得到MgCO3，煅烧得到MgO，溶液再加入H3PO4沉镁Ⅱ，得到MgNH4PO4·6H2O沉淀，溶液加入H2SO4调节pH=6.0结晶得到X硫酸铵，最后与MnO2和Mn3O4焙烧，经过多步处理得到MnSO4·H2O。 【解析】（1）加快废盐的溶解可以采取搅拌、适当升温、粉碎等； （2）Mn(OH)2被O2氧化得到Mn3O4，化学方程式为：6Mn(OH)2+O2=2Mn3O4+6H2O； 根据(c(Mg2+))/(c(Mn2+))=(Ksp[Mg(OH)2])/(Ksp[Mn(OH)2])=(10−0.68)/(c(Mn2+))=(10−11.25)/(10−12.72)，c(Mn2+)=10-2.15mol/L； （3）“沉锰Ⅱ”中，过量的(NH4)2S2O8经加热水解去除，(NH4)2S2O8中存在过氧键，在加热和水存在下发生水解，生成NH4HSO4和H2O2：(NH4)2S2O8+2H2O=2NH4HSO4+H2O2，H2O2分解2H2O2=2H2O+O2↑，总反应为2(NH4)2S2O8+2H2O=4NH4HSO4+O2↑，最终产物是NH4HSO4和O2； （4）[xMgCO3·yMg(OH)2·zH2O]煅烧有CO2生成，可以得到疏松的轻质氧化镁，pH过大，沉淀为Mg(OH)2，不能分解产生CO2，不能得到疏松的轻质MgO； （5）由题中信息可知，pH=8时，产生的沉淀为MgNH4PO4·6H2O，调节到pH=4，磷元素存在形式为H2PO4-，磷酸不是强酸，不能拆，离子方程式为：MgNH4PO4·6H2O+2H3PO4=Mg2++3H2PO4−+NH4++6H2O； （6）溶液中存在铵根离子和硫酸根离子，结晶后X为(NH4)2SO4； （7）“焙烧”中，Mn3O4和MnO2最终生成MnSO4·H2O，Mn元素化合价降低，发生了还原反应。 题 15　【2024·广东卷】 【答案】（1）2Al2O3(熔融)电解 冰晶石 4Al+3O2↑ （2）Ga3++4Cl-=[GaCl4]- （3） ①. 铁 ②. [FeCl6]3- （4） ①. 高 ②. NaCl （5） ①. 3.2 ②. 4.0×10-7 （6） ①. 2:1:1 ②. 8a3 【解析】 【分析】电解铝的副产品炭渣(含C、Na、Al、F和少量的Ga、Fe、K、Ca等元素)进行焙烧，金属转化为氧化物，焙烧后的固体加入盐酸浸取，浸取液加入铝片将Fe3+进行还原，得到原料液，原料液利用LAEM提取，[GaCl4]-通过交换膜进入II室并转化为Ga3+，II室溶液进一步处理得到镓，I室溶液加入含F-的废液调pH并结晶得到NaAlF6晶体用于电解铝； 【小问1详解】 “电解”是电解熔融的氧化铝冶炼铝单质，反应的化学方程式为2Al2O3(熔融)电解 冰晶石4Al+3O2↑； 【小问2详解】 “浸取”中，由Ga3+形成[GaCl4]-的离子方程式为Ga3++4Cl-=[GaCl4]-； 【小问3详解】 由已知，浸取液中，Ga(III)和Fe(III)以[MClm](m-3)(m=0~4)微粒形式存在，为了避免铁元素以[FeCl6]3-的微粒形式通过LAEM，故要加入铝片还原Fe3+，从而有利于Ga的分离； 【小问4详解】 “LAEM提取”中，原料液的Cl-浓度越高，更有利于生成[GaCl4]-的反应正向移动，更有利于Ga的提取，在不提高原料液酸度的前提下，同时不引入新杂质，可向I室中加入NaCl，提高Cl-浓度，进一步提高Ga的提取率； 【小问5详解】 由pKa(HF)=3.2，Ka(HF)=(c(H+)c(F−))/(c(HF))=10-3.2，为了使溶液中c(F-)>c(HF)，c(H+)=(c(HF))/(c(F−))×10-3.2<10-3.2mol/L，故pH至少应大于3.2，有利于[AlF6]3-配离子及Na3[AlF6]晶体的生成，若“结晶”后溶液中c(Na+)=0.10mol⋅L-1，根据Na3[AlF6](冰晶石)的Ksp为4.0×10-10，[AlF6]3-浓度为(Ksp)/(c3(Na+))=(4.0×10−10)/(0.13)=4.0×10-7mol⋅L-1； 【小问6详解】 合金的晶体结构可描述为Ga与Ni交替填充在Co构成的立方体体心，形成如图所示的结构单元，取Ga为晶胞顶点，晶胞面心也是Ga，Ni处于晶胞棱心和体心，Ga和Ni形成类似氯化钠晶胞的结构，晶胞中Ga和Ni形成的8个小正方体体心为Co，故晶胞中Ga、Ni个数为4，Co个数为8，粒子个数最简比Co:Ga:Ni=2:1:1，晶胞棱长为两个最近的Ga之间（或最近的Ni之间）的距离，为2a nm，故晶胞的体积为8a3nm。 题 16　【2023·辽宁卷】 【答案】(1)适当增大硫酸浓度或适当升高温度或将镍钴矿粉碎增大接触面积 (2)NA (3) H2O+Mn2++HSO5-=MnO2+SO42-+3H+ Fe(OH)3 (4) 9.0% SO2有还原性，过多将会降低H2SO5的浓度，降低Mn(Ⅱ)氧化速率 (5)4Co(OH)2+O2=4CoO(OH)+2H2O (6)11.1 【分析】在“氧化”中，混合气在金属离子的催化作用下产生具有强氧化性的过一硫酸(H2SO5)，用石灰乳调节pH=4，Mn2+被H2SO5氧化为MnO2，发生反应H2O+Mn2++HSO5-=MnO2+SO42-+3H+，Fe3+水解同时生成氢氧化铁，“沉钻镍”过程中，Co2+变为Co(OH)2，在空气中可被氧化成CoO(OH)。 【解析】（1）用硫酸浸取镍钴矿时，为提高浸取速率可适当增大硫酸浓度、升高温度或将镍钴矿粉碎增大接触面积 （2）(H2SO5)的结构简式为，所以1molH2SO5中过氧键的数目为NA （3）用石灰乳调节pH=4，Mn2+被H2SO5氧化为MnO2，该反应的离子方程式为：H2O+Mn2++HSO5-=MnO2+SO42-+3H+；氢氧化铁的Ksp=10-37.4，当铁离子完全沉淀时，溶液中c(Fe3+)=10-5mol/L，Ksp=c(OH-)3×c(Fe3+)=c(OH-)3×10-5=10-37.4，c(OH-)=10-10.8mol/L，根据Kw=10-14，pH=3.2，此时溶液的pH=4，则铁离子完全水解，生成氢氧化铁沉淀，故滤渣还有氢氧化铁； （4）根据图示可知SO2体积分数为0.9%时，Mn(Ⅱ)氧化速率最大；继续增大SO2体积分数时，由于SO2有还原性，过多将会降低H2SO5的浓度，降低Mn(Ⅱ)氧化速率 （5）“沉钻镍”中得到的Co(OH)2，在空气中可被氧化成CoO(OH)，该反应的化学方程式为：4Co(OH)2+O2=4CoO(OH)+2H2O； （6）氢氧化镁的Ksp=10-10.8， 当镁离子完全沉淀时，c(Mg2+)=10-5mol/L，根据Ksp可计算c(OH-)=10-2.9mol/L，根据Kw=10-14，c(H+)=10-11.1mol/L，所以溶液的pH=11.1。 题 17　【2025·广东卷】 【答案】（1）搅拌、粉碎多金属精矿、提高酸浸温度等 （2）4Fe2++O2+4H2O高压 加热2Fe2O3↓+8H+ （3）5 （4）AD （5）3：1：1 12 （6）2NH3⇌(催化剂,加热、加压)N2+3H2 Fe2O3+3H2700oC2Fe+3H2O 没有污染物产生 【分析】矿粉酸浸通入SO2酸浸，浸取液中含有Fe2+、Cu2+、Ni2+、Al3+等，调节pH=3.0，通入空气加热得到Fe2O3，Fe2O3可以通过还原得到Fe单质，也可以用电解得到Fe单质，滤液1在常温下沉铝，滤液2选择萃取得到含硫酸根的溶液和分别含Cu配合物和Ni配合物，最终得到产品NixCuyNz。 【解析】（1）“酸浸”中，提高浸取速率的措施有：搅拌、粉碎多金属精矿、提高酸浸温度等； （2）由于通入SO2“酸浸”，故浸取液中不含有Fe3+，“高压加热”时，Fe2+在酸性条件下被氧化为Fe2O3，离子方程式为：4Fe2++O2+4H2O高压 加热2Fe2O3↓+8H+； （3）“沉铝”时，保证Cu2+和Ni2+不沉淀，Cu(OH)2的溶度积更小，c(Cu2+)=0.022mol/L，根据Ksp=c(Cu2+)×c2(OH-)=0.022×c2(OH-)=2.2×10-20，得出c(OH-)=10-9mol/L，pH=5； （4）“选择萃取”中，镍形成如图的配合物。镍易进入有机相的原因有： A、镍与N、O形成配位键，可以使镍进入有机相，A正确； B、配体中提供孤对电子的O原子带一个单位负电，可以视作是得到一个电子的阴离子，其余配体不带电，整个配合物不显电性，形成配合物后，中心离子还是Ni2+，Ni2+化合价不变，B错误； C、配合物与水形成氢键，不能解释镍进入有机相，C错误； D、烷基具有疏水性，可以使其进入有机相，D正确； 答案选AD； （5）根据同种位置原子相同，相邻原子间的最近距离之比dNi−Cu:dNi−N=2√():1，设晶胞边长为a，由几何关系可知，面心的原子与顶点的原子距离为(2√())/(2)a，面心的原子与体心的原子距离为(1)/(2)a，则可以确定，晶胞中面心原子为Ni，有6×(1)/(2)=3个，顶点原子为Cu，有8×(1)/(8)=1个，体心的原子为N，有1个，则x：y：z=3：1：1； 根据分析，Cu原子处于顶角，距离最近且等距离的原子为面心上Ni原子，数目为3×8×(1)/(2)=12； （6）①氨气分解为N2和H2，H2还原Fe2O3得到Fe单质和水，化学方程式为：2NH3⇌(催化剂,加热、加压)N2+3H2、Fe2O3+3H2700oC2Fe+3H2O； ②电解Fe2O3颗粒得到Fe单质，在阴极发生还原反应，则Fe片为阴极，石墨做阳极，电解液为NaOH溶液和Fe2O3颗粒，装置图如下： ； ③与传统高炉炼铁工艺相比，上述两种新型冶铁方法所体现“绿色化学”思想的共同点是没有污染性的CO气体产生。 题 18　【2024·甘肃卷】 【答案】（1）NH3 （2）SiO2 （3） ①. CaSO4+(NH4)2CO3=CaCO3+(NH4)2SO4 ②. Ksp(CaSO4)＞Ksp(CaCO3)，微溶的硫酸钙转化为更难溶的碳酸钙 （4）净水 （5） ①. (2√())/(2)a ②. Ca3N3B ③. (M)/(NAa2c)×1030 【解析】 【分析】高炉渣(主要成分为CaO，MgO，Al2O3和SiO2等)加入(NH4)2SO4在400℃下焙烧，生成硫酸钙、硫酸镁、硫酸铝，同时产生气体，该气体与烟气(CO2和水蒸气)反应，生成(NH4)2CO3，所以该气体为NH3；焙烧产物经过水浸1，然后过滤，滤渣为CaSO4以及未反应的SiO2，滤液溶质主要为硫酸镁、硫酸铝及硫酸铵；滤液浓缩结晶，析出NH4Al(SO4)2·12H2O，剩余富镁溶液；滤渣加入(NH4)2CO3溶液，滤渣中的CaSO4会转化为更难溶的碳酸钙。 【小问1详解】 由分析可知，高炉渣与(NH4)2SO4经焙烧产生的“气体”是NH3； 【小问2详解】 由分析可知，“滤渣”的主要成分是CaSO4和未反应的SiO2； 【小问3详解】 “水浸2”时主要反应为硫酸钙与碳酸铵生成更难溶的碳酸钙，反应方程式为CaSO4+(NH4)2CO3=CaCO3+(NH4)2SO4，该反应之所以能发生，是由于Ksp(CaSO4)=4.9×10-5，Ksp(CaCO3)=3.4×10-9，Ksp(CaSO4)＞Ksp(CaCO3)，微溶的硫酸钙转化为更难溶的碳酸钙； 【小问4详解】 铝产品NH4Al(SO4)2·12H2O溶于水后，会产生Al3+，Al3+水解生成Al(OH)3胶体，可用于净水； 【小问5详解】 图丙中，Ca位于正方形顶点，N位于正方形中心，故Ca与N的距离为(2√())/(2)apm；由均摊法可知，晶胞中Ca的个数为8×(1)/(8)+2=3，N的个数为8×(1)/(4)+2×(1)/(2)=3，B的个数为4×(1)/(4)=1，则化合物的化学式是Ca3N3B；其摩尔质量为Mg·mol-1，阿伏加德罗常数的值是NA，晶胞体积为a2c×10−30cm3则晶体的密度为(M)/(NAa2c)×1030g·cm-3。 题 19　【2024·湖北卷】 【答案】（1） （2）快速冷却 （3）无明显现象 （4） ①. BeA2(HA)2+6NaOH=Na2[Be(OH)4]+4NaA+2H2O ②. 反萃取 （5）增强熔融氯化铍的导电性 （6）Be4O(CH3COO)6。 【分析】本题是化工流程的综合考察，首先铝硅酸盐先加热熔融，然后快速冷却到其玻璃态，再加入稀硫酸酸浸过滤，滤渣的成分为H2SiO3，“滤液1”中有Be2+和Al3+，加入含HA的煤油将Be2+萃取到有机相中，水相1中含有Al3+，有机相为BeA2(HA)2，加入过量氢氧化钠反萃取Be2+使其转化为Na2[Be(OH)4]进入水相2中，分离出含NaA的煤油，最后对水相2加热过滤，分离出Be(OH)2，通过系列操作得到金属铍，据此回答。 【小问1详解】 基态Be2+的电子排布式为1s2，其轨道表达式为。 【小问2详解】 熔融态物质冷却凝固时，缓慢冷却会形成晶体，快速冷却会形成非晶态，即玻璃态，所以从“热熔、冷却”中得到玻璃态，其冷却过程的特点为：快速冷却。 【小问3详解】 “滤液1”中有Be2+和Al3+，加入含HA的煤油将Be2+萃取到有机相中，则水相1中含有Al3+，则向过量烧碱的溶液中逐滴加入少量水相1的溶液，可观察到的现象为：无明显现象。 【小问4详解】 反萃取生成Na2[Be(OH)4]的化学方程式为BeA2(HA)2+6NaOH=Na2[Be(OH)4]+4NaA+2H2O，滤液2的主要成分为NaOH，可进入反萃取步骤再利用。 【小问5详解】 氯化铍的共价性较强，电解熔融氯化铍制备金属铍时，加入氯化钠的主要作用为增强熔融氯化铍的导电性。 【小问6详解】 由题意可知，该配合物中有四个铍位于四面体的四个顶点上，四面体中心只有一个O，Be与Be之间总共有六个CH3COO-，则其化学式为：Be4O(CH3COO)6。 题 20　【2024·浙江卷1月】 【答案】（1） ①. MgCO3 ②. CO32−、HCO3−、OH-、Cl- ③. 调节溶液pH值，防止钙离子、镁离子、锰离子转化为氢氧化物的沉淀 （2）BC （3） ①. 取一定量Y于试管中，加入适量硝酸溶解，再加入适量NaBiO3，观察到溶液变为紫红色，则证明Y中含有锰元素 ②. 5NaBiO3+14H++2Mn2+=2MnO4−+5Bi3++7H2O+5Na+ 【分析】Y中加入盐酸将碳酸根转化为二氧化碳，溶液A中主要有镁离子、锰离子、钙离子、亚铁离子，氯离子，若酸过量，还有H+，加入氨气和氯化铵将亚铁离子转化为氢氧化亚铁，溶液B中主要含有镁离子、锰离子、钙离子、铵根离子，氯离子，Ⅲ中又通入CO2将钙离子与锰离子转化为沉淀，据此回答。 【小问1详解】 ①MnCO3、CaCO3 和 MgCO3是同种类型的沉淀，溶解度大的最后沉淀出来，由于通入二氧化碳，生成的沉淀是CaCO3 和 MgCO3，所以 MgCO3溶解度最大； ②溶液中加入盐酸引入阴离子氯离子，Ⅲ中又通入CO2引入碳酸根离子，溶液中还有碳酸氢根和氢氧根； 【小问2详解】 A．气体是CO2不是形成酸雨的主要成分，故A错误； B．固体E可能含有Na2CO3，当二氧化碳过量时反应方程式为：2CO2+2Na≜Na2CO3+CO，当二氧化碳少量时CO2+2Na≜Na2O+CO，所以可能含有Na2CO3，故B正确； C．Mn(OH)2可溶于NH4Cl溶液，由于NH4Cl溶液呈酸性，NH4Cl水解产生的H+与Mn(OH)2反应，故C正确； D．碱性是Ca(OH)2＞Fe(OH)2，氢氧化钙是强碱，氢氧化亚铁是弱碱，故D错误； 故选BC。 【小问3详解】 ①酸性条件下，固体NaBiO3可氧化Mn2+为MnO4-，取一定量Y于试管中，加入适量硝酸溶解，再加入适量NaBiO3，观察到溶液变为紫红色，则证明Y中含有锰元素； ②根据题目信息可知5NaBiO3+14H++2Mn2+=2MnO4-+5Bi3++7H2O+5Na+。 题 21　【2026·陕西山西宁夏青海卷】 【答案】（1） （2） ①. 适当升高温度、搅拌、适当增大硫酸浓度等（任写两种） ②. ③. C（石墨） （3）+3 （4）NaOH溶液或Na2CO3溶液 （5） （6）Na2SO4 （7） ①. 将氧化为Fe3+，便于后续沉淀 ②. 铁氰化钾溶液（） 【解析】 【分析】原料为含，混有少量​、石墨、Al杂质的废旧电池粉，首先经硫酸酸浸，不溶于酸的石墨作为滤渣除去，​等含锂物料与硫酸反应，浸出、Fe3+、Fe2+、Al3+、磷酸根等离子；随后调 沉铝，沉铝后的滤液可单独回收得到​，沉铝滤渣经焙烧、酸浸、调pH除杂除去铁铝杂质后，最终加饱和碳酸钠沉锂得到产品，焙烧产生的 可吸收循环利用，实现了废旧锂电资源的高效清洁回收。 【小问1详解】 磷酸铁锂电池放电时的总反应为：，正极与Li+得电子生成LiFePO4，故正极的电极反应式为； 【小问2详解】 “酸浸Ⅰ”时，除粉碎外，适当升高温度、搅拌、适当增大硫酸浓度等（任写两种）均可提高酸浸速率；“酸浸I”时， LiFePO4与H2SO4反应生成Li2SO4、FeSO4和，化学方程式为：；原料含石墨，石墨不与稀硫酸反应，故滤渣主要为C（石墨）； 【小问3详解】 再中，设Fe化合价为x，NH4+为+1价，P为+5价，O为-2价，化合价代数和为0，即 ，解得x=+3，即Fe为+3价； 【小问4详解】 流程中 “沉铝” 步骤消耗NaF，HF 与NaOH或Na2CO3反应生成的NaF可循环，故选用NaOH溶液或Na2CO3溶液； 【小问5详解】 反应的平衡常数表达式为，为防止Li3PO4沉淀，反应逆向进行，需满足Q>K，即，带入 为，，； 【小问6详解】 沉锂反应的反应方程式为，则体系阳离子为Na+，阴离子为SO42−（酸浸II引入硫酸根），故除过量Na2CO3外，主要含Na2SO4； 【小问7详解】 沉铝产物含，Fe 为+3价，由分析知，酸浸后溶液含FeSO4，H2O2作氧化剂，将氧化为Fe3+，便于后续沉淀；由于与铁氰化钾溶液（）生成蓝色沉淀，故取少量加H2O2溶液后的滤液1，滴加铁氰化钾溶液（），若产生蓝色沉淀，则未完全氧化为Fe3+，则需补加H2O2溶液。 题 22　【2026·贵州卷】 【答案】（1） （2）研磨（粉碎）钪铝渣 （3）5.00mol·L−1 （4）Sc(OH)3+3H+=Sc3++3H2O （5） ①. Mg2+ ②. 洗脱 ③. 相同条件下，c(HNO3)>4.8mol·L−1时，Fe元素的洗脱率远高于Sc元素，Fe元素被硝酸洗脱进入无机溶液2，Sc元素仍保留在有机相中 （6）12.6 【解析】 【分析】含Sc(OH)3及Al、Mg、Fe等的氢氧化物，先进行预处理，一般为粉碎研磨，然后加入NaOH溶液进行碱浸，使Al元素转化为[Al(OH)4]−进入碱浸液，[Al(OH)4]−经过系列转化回收Al元素，浸出渣中含有Sc、Mg、Fe的氢氧化物，加入HNO3酸浸，除去不溶于硝酸的杂质，浸出液中含有Sc3+、Mg2+、Fe3+，加入有机萃取剂协同萃取后，Mg2+进入无机溶液1，有机相中含有Sc3+、Fe3+，加入HNO3洗脱，Fe3+进入无机溶液2，洗脱后的有机相加入反萃取剂进行反萃取后获得含有Sc3+的溶液，经系列转化回收Sc。 【小问1详解】 钪为21号元素，价层电子排布为3d14s2，价层电子轨道表示式为：。 【小问2详解】 已知Sc(OH)3​被包裹在颗粒孔隙中，预处理需要研磨（粉碎）钪铝渣，增大接触面积，利于后续浸出。 【小问3详解】 工艺需要尽可能多浸出Al、尽可能少浸出Sc，实现二者分离。由图1可知：NaOH浓度为5.00mol·L−1时，Al浸出率已经达到较高值，且Sc浸出率仍很低，分离效果好，故为最佳浓度。 【小问4详解】 酸浸时Sc(OH)3​与氢离子反应生成Sc3+，离子方程式： Sc(OH)3+3H+=Sc3++3H2O。 【小问5详解】  ①协同萃取时，由图2可知Mg2+、Al3+的萃取率很低，而铝元素前序已除掉；因此无机溶液1中主要金属阳离子为Mg2+； ② 去除Fe3+的工序为洗脱；依据是：相同条件下，c(HNO3)>4.8mol·L−1时，Fe元素的洗脱率远高于Sc元素，Fe元素被硝酸洗脱进入无机溶液2，Sc元素仍保留在有机相中。 【小问6详解】 已知：K=(c{[Al(OH)4]−})/(c(Al3+)·c4(OH−))=1033.3，Ksp[Al(OH)3]=c(Al3+)·c3(OH−)=10−32.9，联立得： c(OH−)=(c{[Al(OH)4]−})/(K·Ksp)=(0.1)/(1033.3×10−32.9)=10−1.4mol/L， pOH=1.4，pH=14−pOH=12.6。 考点6　镁的反应机理、电化学应用与相关计算 题 23　【2026·黑吉辽蒙卷】 【答案】C 【解析】 【分析】由图可知，反应①为Mg+2C5H6→Mg(C5H5)2+H2↑，反应②为3Mg+N2点燃Mg3N2，反应③为2Mg+CO2点燃2MgO+C，反应④为MgO+2HCl=MgCl2+H2O，据此回答。 【详解】A．由反应①为Mg+2C5H6→Mg(C5H5)2+H2↑可知，每消耗0.5molC5H6，生成Mg(C5H5)2物质的量为0.25 mol，则分子数为0.25NA，A错误； B．2.24L N2未指明在标准状况下，物质的量不一定为0.1mol，则生成的N3−的数目不一定为0.2NA，B错误； C．4.4g的物质的量为n=(4.4g)/(44g/mol)=0.1mol，反应③为2Mg+CO2点燃2MgO+C，C的化合价由+4价降低为0价，转移4个电子，故每消耗4.4gCO2，转移的电子数为0.4NA，C正确； D．0.15mol·L−1MgCl2溶液的体积未知，无法计算Mg2+，D错误； 故选C。 题 24　【2026·贵州卷】 【答案】（1）(a+b+c)。 （2）< （3） ①. = ②. ＜ ③. Mg·OH2反应生成MgOH+H的活化能比生成HMgOH的活化能大，所以生成HMgOH的反应速率更快，同时MgOH+H反应生成MgO+H2的活化能比HMgOH反应生成MgO+H2的活化能小，MgOH+H反应生成MgO+H2的速率更快，由于k2>k3>k1>k4，v=kc，故平衡前c(MgOH)<c(HMgOH) ④. (m−12n)/(24t) （4） ①. 增大 ②. 3000K时，Mg、H2O、H2均为气体，MgO为固体，Mg(g)+H2O(g)=MgO(s)+H2(g)ΔH<0，增大压强平衡正向移动，会放出更多热量，该反应器在单位时间内产生的能量将增大 【解析】 【小问1详解】 根据盖斯定律，将已知反应Ⅰ+Ⅱ+Ⅲ相加，消去中间产物MgO(s)MgO(s)、MgO(l)MgO(l)，可得目标反应，故ΔH=ΔH1+ΔH2+ΔH3=(a+b+c)kJ·mol−1。 【小问2详解】 已知ΔG=ΔH−TΔS，由图可知：温度升高时ΔG增大，ΔH几乎不变，因此ΔG对T的斜率为−ΔS>0，可得ΔS<0。 【小问3详解】 ① 焓变ΔH是状态函数，只与反应的始态和终态有关，两条路径的反应物和最终产物完全相同，因此ΔH路径I=ΔH路径II。 ②Mg·OH2反应生成MgOH+H的活化能比生成HMgOH的活化能大，所以生成HMgOH的反应速率更快，同时MgOH+H反应生成MgO+H2的活化能比HMgOH反应生成MgO+H2的活化能小，MgOH+H反应生成MgO+H2的速率更快，由于k2>k3>k1>k4，v=kc，故平衡前c(MgOH)<c(HMgOH)。 ③mgMg总物质的量为(m)/(24)mol，1molMg对应生成1molH2​，因此总H2物质的量为(m)/(24)mol；路径Ⅰ生成ngH2​，物质的量为(n)/(2)mol，则路径Ⅱ生成H2的物质的量为((m)/(24)−(n)/(2))mol，故速率v=((m)/(24)−(n)/(2))/(t)mol·s−1=(m−12n)/(24t)mol·s−1。 【小问4详解】 3000K时，Mg、H2O、H2均为气体，MgO为固体，Mg(g)+H2O(g)=MgO(s)+H2(g)ΔH<0，增大压强平衡正向移动，会放出更多热量，该反应器在单位时间内产生的能量将增大。 题 25　【2024·河北卷】 【答案】C 【分析】放电时CO2转化为MgC2O4，碳元素化合价由+4价降低为+3价，发生还原反应，所以放电时，多孔碳纳米管电极为正极、Mg电极为负极，则充电时多孔碳纳米管电极为阳极、Mg电极为阴极： 定位：二次电池，放电时阳离子向正极移动，充电时阳离子向阴极移动。 电极 过程 电极反应式 Mg电极 放电 Mg-2e-=Mg2+ 充电 Mg2++2e-=Mg 多孔碳纳米管电极 放电 Mg2++2CO2+2e-=MgC2O4 充电 MgC2O4-2e-=Mg2++2CO2↑ 【解析】A．根据以上分析，放电时正极反应式为Mg2++2CO2+2e-=MgC2O4、负极反应式为Mg-2e-=Mg2+，将放电时正、负电极反应式相加，可得放电时电池总反应：Mg+2CO2=MgC2O4，故A正确；B．充电时，多孔碳纳米管电极上发生失电子的氧化反应，则多孔碳纳米管在充电时是阳极，与电源正极连接，故B正确； C．充电时，Mg电极为阴极，电子从电源负极经外电路流向Mg电极，同时Mg2+向阴极迁移，故C错误； D．根据放电时的电极反应式Mg2++2CO2+2e-=MgC2O4可知，每转移2mol电子，有2mol CO2参与反应，因此每转移1mol电子，理论上可转化1molCO2，故D正确； 故答案为：C。 题 26　【2024·甘肃卷】 【答案】D 【解析】A．电负性越大的元素吸引电子的能力越强，活泼金属的电负性小于活泼非金属，因此，Mg的电负性小于 Cl，A正确； B．金属晶体包括金属单质及合金，单质Mg是金属晶体，B正确； C．由晶体结构可知，该结构中存在层状结构，层与层之间存在范德华力，C正确； D．由图乙中结构可知，每 个Mg2+与周围有6个Cl−最近且距离相等，因此 ，Mg2+的配位数为6，D错误； 综上所述，本题选D。 温室气体N2O在催化剂作用下可分解为O2和N2，也可作为氧化剂氧化苯制苯酚。据此完成下面小题。 题 27　【2025·陕西山西宁夏青海卷】 【答案】（1）-65 （2）B （3）④ HO*+H2*+CH2*= CH3*+H2O （4）c (492)/(24) 0.2 反应Ⅱ生成的氢气多于反应Ⅲ消耗的氢气 【解析】（1）已知： I．MgCO3(s)=MgO(s)+CO2(g)  ΔH1=+101kJ·mol-1 Ⅱ．CO2(g)+4H2(g)=CH4(g)+2H2O(g)  ΔH2=-166kJ·mol-1 将I+ Ⅱ可得MgCO3(s)+4H2(g)=MgO(s)+2H2O(g)+CH4(g)ΔH4=ΔH1+ΔH2=+101kJ·mol-1+（-166kJ·mol-1）=-65kJ·mol-1，故答案为：-65； （2）已知反应Ⅱ．CO2(g)+4H2(g)=CH4(g)+2H2O(g)  ΔH2=-166kJ·mol-1为放热反应，要提高CH4平衡产率，要使平衡正向移动。 A．高温会使平衡逆向移动，不利于提高CH4平衡产率，A错误； B．低温使平衡正向移动，高压也使平衡正向移动，可提高CH4平衡产率，B正确； C．高温会使平衡逆向移动，低压会使平衡逆向移动，不利于提高CH4平衡产率，C错误； D．低压会使平衡逆向移动，不利于提高CH4平衡产率，D错误； 故选B。 （3）反应活化能越高，反应速率越慢，从图中可以看出，第四步活化能最高，速率最慢，基元反应为CH3*+H*+2H2O=CH4*+2H2O；由图可知，在第三步时生成了水，基元反应为：HO*+H2*+CH2*= CH3*+H2O，故答案为：④；HO*+H2*+CH2*= CH3*+H2O； （4）已知反应I为吸热反应， Ⅱ为放热反应，III为吸热反应，根据图像，温度逐渐升高，则碳酸镁的转化率逐渐升高，氢气的转化率下降，在360°C以下不考虑反应Ⅲ，则二氧化碳的选择性上升，甲烷的选择性下降，所以a表示碳酸镁的转化率，b表示二氧化碳的选择性，c表示甲烷的选择性。 ①表示CH4选择性的曲线是c，故答案为：c； ②点M温度下，从图中看出碳酸镁的转化率为49%，则剩余的碳酸镁为0.51mol，根据碳原子守恒，甲烷和二氧化碳中碳原子的物质的量之和为0.49mol，又因为此时二氧化碳的选择性和甲烷的选择性相等，则二氧化碳和甲烷的物质的量为0.245mol，根据氧原子守恒得出水的物质的量为0.49mol，根据氢原子守恒得出 氢气的物质的量为0.02mol，总的物质的量为0.02+0.245+0.245+0.49=1mol，P(H2)=(0.02)/(1)×100KPa=2KPa，P(CO2)=P(CH4)=(0.245)/(1)×100KPa=24.5KPa，P(H2O)=(0.49)/(1)×100KPa=49KPa，则反应Ⅱ的Kp=(24.5×492)/(24×24.5)=(492)/(24)，故答案为：(492)/(24)； ③在550°C下达到平衡时，碳酸镁完全转化，二氧化碳的选择性为70%，甲烷的选择性为10%，则生成的二氧化碳为0.7mol，生成的甲烷为0.1mol，根据碳原子守恒得出n(CO)=1-0.7-0.1 mol=0.2mol；因为反应Ⅱ是放热的，反应Ⅲ是吸热的。在500~600°C，随温度升高，反应Ⅱ逆向移动，反应Ⅲ正向移动，由于反应Ⅱ生成的氢气多于反应Ⅲ消耗的氢气，导致H2平衡转化率下降，故答案为：0.2；反应Ⅱ生成的氢气多于反应Ⅲ消耗的氢气。 题 28　【2023·北京卷】 【答案】C 【解析】A．水溶液中的离子平衡  从图1可以看出pH=10.25时，碳酸氢根离子与碳酸根离子浓度相同，A项正确； B．从图2可以看出pH=11、lg[c(Mg2+)]=−6时，该点位于曲线Ⅰ和曲线Ⅱ的下方，不会产生碳酸镁沉淀或氢氧化镁沉淀，B项正确； C．从图2可以看出pH=9、lg[c(Mg2+)]=−2时，该点位于曲线Ⅱ的上方，会生成碳酸镁沉淀，根据物料守恒，溶液中c(H2CO3)+c(HCO3−)+c(CO32−)<0.1mol·L−1，C项错误；D．pH=8时，溶液中主要含碳微粒是HCO3−，pH=8，lg[c(Mg2+)]=−1时，该点位于曲线Ⅱ的上方，会生成碳酸镁沉淀，因此反应的离子方程式为Mg3+2HCO3−=MgCO3↓+H2O+CO2↑，D项正确； 故选C。 题 29　【2026·湖北卷】 【答案】（1）恒压滴液漏斗（或恒压分液漏斗） （2） ①. 气泡增多（或有气泡产生） ②. AgCl （3） （4） 冰水浴冷却（或缓慢滴加、不断搅拌等） （5） 使杂质分解，挥发除去乙醚，并使 CF3SO3H 溶解在氯仿中 （6） 90.1 【解析】 【小问1详解】 由装置图可知仪器a的名称为恒压滴液漏斗（恒压分液漏斗）； 【小问2详解】 反应生成HCl气体，随N2进入装置B，HCl不与浓硫酸反应，因此导管口持续有气泡冒出；HCl被装置C的蒸馏水吸收，溶液中含Cl−，与硝酸酸化的AgNO3反应生成AgCl沉淀； 【小问3详解】 MgCl2与三氟甲磺酸发生复分解反应，生成目标产物和HCl，HCl挥发推动反应进行，配平即可得到反应方程式 ； 【小问4详解】 乙醚与三氟甲磺酸混合剧烈放热，缓慢滴加、不断搅拌或冰水浴冷却都可以避免热量聚集，防止局部过热； 【小问5详解】 升高温度可以使杂质(CH3CH2)2OH·CF3SO3−分解成乙醚和 CF3SO3H ，从而使乙醚挥发除去，并使 CF3SO3H 溶解在氯仿中； 【小问6详解】 n(MgCl2)=0.02mol，理论生成n[Mg(CF3SO3)2]=0.02mol，理论产量=0.02mol×322g/mol=6.44g，产率=(实际产量)/(理论产量)×100%=(5.8g)/(6.44g)×100%≈90.1%。 学科网（北京）股份有限公司 $