高考化学二轮 镁及其化合物 专项培优附答案解析

高考化学二轮镁及其化合物专项培优附答案解析
一、镁及其化合物
1．镁铝合金在交通、航空、电子等行业有着广泛的应用。

某化学兴趣小组试对镁铝合金废料进行回收利用，实验中可将铝转化为硫酸铝晶体，并对硫酸铝晶体进行热重分析。

镁铝合金废料转化为硫酸铝晶体实验流程如下：
试回答下列问题：
（1）在镁铝合金中加入NaOH溶液，写出反应的化学反应方程式，固体B的化学
式。

（2）操作Ⅱ包含的实验步骤有：蒸发浓缩、、、洗涤、干燥。

（3）操作Ⅱ中常用无水乙醇对晶体进行洗涤，选用无水乙醇的原因是。

（4）若初始时称取的镁铝合金废料的质量为9.00 g，得到固体A的质量为4.95 g，硫酸铝晶体的质量为49.95 g（假设每一步的转化率均为100%，合金废料中不含溶于碱的杂质）。

计算得硫酸铝晶体的化学式为。

（5）取上述硫酸铝晶体进行热重分析，其热分解主要分为三个阶段：323K-523K，553K-687K，1043K以上不再失重，其热分解的TG曲线见下图,
已知：。

根据图示数据计算确定每步分解的产物，写出第一阶段分解产物的化学式，第三阶段反应化学方程式。

【答案】（1）2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑（2）Al(OH)3（3）冷却结晶（4）过滤减少晶体的溶解（5）洗去晶体表面杂质（6）有利于晶体的干燥（7）Al2(SO4)3·18H2O（8）
Al2(SO4)3·3H2O （9）Al2(SO4)3
Al2O3+3SO3↑
【解析】
【分析】
向镁铝合金中加入足量氢氧化钠溶液，发生反应：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，镁不反应，固体A为Mg，采用过滤的方法进行分离，向滤液中通入二氧化碳，发生反应：NaAlO2+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+NaHCO3，再通过过量进行分离，固体B为氢氧化铝，氢氧化铝与硫酸反应得到硫酸铝溶液，再经过蒸发浓缩、冷却结晶、洗涤、干燥得到硫酸铝晶体（1）Al和氢氧化钠溶液生成可溶性的偏铝酸钠，镁不反应；
（2）从溶液中获得晶体，需要经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等操作；（3）用乙醇洗涤，可以减少晶体的溶解，有利于晶体的干燥；
（4）Al的质量为9g-4.95g=4.05g，设硫酸铝晶体化学式为：Al2（SO4）3·nH2O，根据Al元素守恒计算硫酸铝晶体的物质的量，再计算硫酸铝晶体的相对分子质量，进而计算n的值，确定化学式；
（5）根据（4）中计算可知，晶体中结晶水的质量分数，低温加热，首先失去结晶水，高温下，最终硫酸铝分解，根据失重%计算判断各阶段分解产物，再书写化学方程式；
【详解】
（1）在镁铝合金中加入NaOH溶液，Al可以与强碱溶液发生反应，而Mg不能反应，该反应的化学反应方程式是2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑；所以固体A是Mg；向滤液中通入过量的CO2气体，由于酸性H2CO3＞Al(OH)3,会发生反应：NaAlO2+CO2+2H2O=
Al(OH)3↓+NaHCO3；所以固体B是Al(OH)3；
（2）用硫酸溶解该固体，发生反应：2Al(OH)3+3H2SO4=Al2(SO4)3+6H2O；得到的溶液C是
Al2(SO4)3溶液；由于其溶解度随温度的升高而增大，所以从溶液中获得晶体的方法是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥；
（3）操作Ⅱ中常用无水乙醇对晶体进行洗涤，来洗去表面的杂质离子，选用无水乙醇的原因是减少晶体的溶解；洗去晶体表面杂质；有利于晶体的干燥；
（4）若初始时称取的镁铝合金废料的质量为9.00 g，得到固体A的质量为4.95 g，金属发生反应，而镁不反应，减少的质量为金属铝的质量，则m(Al)= 9.00g—4.95 g=4.05g，n(Al)=
4.05 27/g
g mol
=0.15mol，硫酸铝晶体的质量为49.95 g，硫酸铝晶体中含有SO42-的物质的量为
n(SO42-)=3
2
n(Al3+)=
3
2
×0.15mol=0.225mol, Al2(SO4)3的质量是m(Al2(SO4)3)= (
0.15mol
2
)
×342g/mol=25.65g，则含有的结晶水的物质的量是n(H2O)=49.95g25.65g
18g/mol
）
（
=1.35mol，
则n(Al2(SO4)3)：n(H2O)= (0.15mol
2
)：1.35mol=1： 18，所以该结晶水合物的化学式是：
Al2(SO4)3·18H2O。

（5）在第一个阶段，减少的水的质量是：m(H2O)= 40.54%×49.95g=20.25g，失去的结晶水
的物质的量是：n(H2O)=
20.25g
18g/mol
=1.125mol，则在晶体中n(Al2(SO4)3)：
n(H2O)=0.15mol
2
：（1.35mol－1.125mol）=1：3，所以此时得到的晶体的化学式是
Al2(SO4)3·3H2O；
在第二个阶段，失去结晶水的物质的量是n(H2O)=49.95 g 48.65%
18g/mol
⨯
（）
=1.35mol，结晶水完全失去，得到的固体物质是：Al2(SO4)3，则在第三个阶段加热发生分解反应，是硫酸铝的
分解，方程式是：Al2(SO4)3∆
Al2O3+3SO3↑。

2．用C、Mg和Al组成的混合物进行如下图所示实验。

填写下列空白。

（1）气体X为_________，固体Z为_____________。

（2）滤液Y中除H+外，还含有的阳离子为_________与__________；其中镁和稀硫酸反应的化学方程式为_________________________________________。

（3）滤液N中除Na2SO4和NaOH外，还含有的溶质为____________(填化学式)；生成该物质的离子方程式为：________________________________。

（4）生成固体M的离子方程式为：________________________________。

【答案】H2 C Al 3+Mg 2+ Mg + H2SO4== MgSO4 + H2↑Na[Al(OH) 4] Al 3+ + 4OH—== [Al(OH) 4]—Mg 2++ 2OH—== Mg(OH) 2↓
【解析】
【分析】
本题主要考查镁、铝相关知识。

C与稀硫酸不发生反应，故固体Z为C，Mg、Al为活泼金属，能与非氧化性酸反应置换出H2，并生成相应的盐，故气体X为H2，滤液Y中溶质为
H2SO4、MgSO4、Al2(SO4)3；加入过量的NaOH溶液后，生成可溶性的Na[Al(OH) 4]和Na2SO4以及难溶物Mg(OH)2，由此分析作答。

【详解】
（1）由上述分析可知，气体X为H2；固体Z为C；
（2）由上述分析可知，滤液Y中还含有的阳离子为Mg2+、Al3+；其中镁和稀硫酸的反应的方程式为：Mg + H2SO4== MgSO4 + H2↑；
（3）由上述分析可知，滤液N中还含有的溶质为Na[Al(OH) 4]；生成Na[Al(OH) 4]的离子方程式为：Al 3+ + 4OH-== [Al(OH) 4] -；
（4）固体M为Mg(OH)2，生成Mg(OH)2的离子方程式为：Mg 2++ 2OH-== Mg(OH) 2↓
3．A、B、C、D、E、F的原子序数依次增大，它们都具有相同的核外电子层数。

已知：A、C、F三种原子最外层共有11个电子，且这三种元素的最高价氧化物的水化物之间两两
皆能反应，均生成盐和水；D元素原子的最外层电子数比次外层电子数少4；E元素原子次外层电子数比最外层电子数多3。

（1）写出下列元素的符号：A________，B________，E________。

（2）把B的单质(片状)放入滴有酚酞的沸水中，观察到的现象是_________________，反应的化学方程式是_______________________。

（3）A、C两种元素的最高价氧化物的水化物反应的离子方程式是____________。

【答案】 Na Mg P 产生气体，溶液变红 Mg＋2H2O Mg(OH)2＋H2↑ Al(OH)3＋OH－
===AlO＋2H2O
【解析】试题分析：本题需要通过原子核外电子排布和相关化合物的性质推断六种元素，考查考生对原子核外电子排布的熟悉情况、考查基本实验现象、化学反应方程式、离子方程式等基础知识，考查考生对原子结构知识的综合运用能力及对试题的分析理解能力。

解析：（1）D元素原子的最外层电子数比次外层电子数少4，所以D次外层电子数为8，最外层电子数为4，D是Si元素，同理E为P元素。

由此可知，这六种电子层数相同的元素均含有3个电子层，既都属于第三周期元素。

“A、C、F三种元素的最高价氧化物的水化物之间两两皆能反应生成盐和水”，其中有一种必属于两性氢氧化物，为Al(OH)3，所以与Al(OH)3反应的碱只能是NaOH，既A为Na、C为Al，A、C最外层电子之和为4，则F最外层电子数为7，是Cl元素。

A与C中间的元素只能是Mg。

正确答案：Na、Mg、P。

（2）Mg在沸水中发生反应Mg+2H2O Mg(OH)2+H 2↑，反应过程中有气泡产生，且滴加酚酞的溶液变成红色。

正确答案：产生气体且溶液变红、
Mg＋2H2O Mg(OH)2＋H2↑。

（3）A、C最高价氧化物的水化物分别是NaOH与
Al(OH)3，二者反应的离子方程式Al(OH)3＋OH－=AlO＋2H2O。

正确答案：Al(OH)3＋OH－
=AlO＋2H2O。

点睛：元素的最高价氧化物的水化物一定是酸或者碱，三种能个两两反应时其中之一定是两性氢氧化物，一般为Al(OH)3。

4．X、Y、Z三种物质有如下的所示关系；
(1)根据上述转化关系，推断下列物质的化学式：
X_________，Y_________，Z_________，试剂甲_________，试剂乙_________。

(2)写出上述①~⑤步反应的离子方程式：
①____________________________；②__________________________；
③__________________________；④_________________________；
⑤___________________________。

【答案】MgSO4 Mg(OH)2 MgCl2 BaCl2 AgNO3 Ba2++ 2H+= BaSO4↓ Mg2++ 2OH-=
Mg(OH)2↓ Mg(OH)2+ 2H+= Mg2++ 2H2O Ag++ Cl-= AgCl↓ Ba2++ 2H+= BaSO4↓
【解析】
【分析】
X与稀盐酸不反应，且与硝酸钡反应生成硝酸镁，则X为MgSO4等，由转化关系可知，Y 为Mg(OH)2、Z为MgCl2，试剂甲为BaCl2、试剂乙为AgNO3。

【详解】
(1)X与稀盐酸不反应，且与硝酸钡反应生成硝酸镁，则X为MgSO4等，由转化关系可知，Y为Mg(OH)2、Z为MgCl2，试剂甲为BaCl2、试剂乙为AgNO3；
(2)反应的离子方程式为：①Ba2++SO═BaSO4↓；反应②的离子方程式为：Mg2++2OH-
═Mg(OH)2↓；反应③的离子方程式为：Mg(OH)2+2H+═Mg2++2H2O；反应发离子方程式为：④Ag++Cl-═AgCl↓；反应⑤发离子方程式为：Ba2++SO═BaSO4↓。

5．置换反应的通式可表示为：
请回答下列问题：
（1）若甲为黄绿色气体，单质乙能使淀粉溶液变蓝色，则该反应的离子方程式
为：；
（2）若过量的单质甲与化合物A发生反应的化学方程式为： 2Al+Fe2O3Al2O3+2Fe。

该反应可用于焊接铁轨，要除去反应后混合物中剩余的铝粉与生成的Al2O3所用的试剂是：；
（3）若单质甲是一种常见的金属单质，化合物B是一种磁性黑色晶体，写出该反应的化学方程式：；
（4）若单质乙是黑色非金属固体单质，化合物B是一种优质的耐高温材料，则该反应的化学方程式为：。

（5）硅是一种重要的半导体材料，广泛应用于电子工业的各个领域。

工业上制取硅单质所用的化合物A是，A非常细，导光能力很强，可用作。

【答案】（1）2I-+ Cl2 = I2+ 2Cl-
（2）NaOH溶液
（3）3Fe + 4H2O（g）Fe3O4+ 4H2
（4）2Mg+CO22MgO+C
（5）SiO2光导纤维
【解析】
【分析】
置换反应的反应物、生成物中都有单质和化合物，一定属于氧化还原反应，因而有化合价的升高和降低。

【详解】
（1）黄绿色气体甲为氯气，能使淀粉溶液变蓝色的单质乙为碘，则反应的离子方程式为
2I-+ Cl2 = I2+ 2Cl-；
（2）Al、Al2O3都能溶于强碱溶液，而Fe、Fe2O3不溶。

要除去反应后混合物中剩余的铝粉与生成的Al2O3可使用NaOH溶液；
（3）常见的金属单质有钠、铝、铁、铜等，磁性黑色晶体B为Fe3O4，则反应的化学方程式为3Fe + 4H2O（g）Fe3O4+ 4H2 ；
（4）黑色非金属固体单质为焦炭，耐高温材料有MgO、Al2O3等高熔点物质，则该反应的化学方程式为2Mg+CO22MgO+C。

（5）工业上制取硅单质通常用焦炭和石英砂高温反应，则化合物A是SiO2，因其导光能力很强，可用作光导纤维。

6．（1）有镁和铁的混合物共4.0克，与200毫升盐酸恰好完全反应，在标准状况下共收集到2.24L气体。

假设反应后溶液体积不变，则铁的质量为_____g；反应后溶液中Mg2+的物质的量浓度为_______。

（2）一定量氢气在氯气中燃烧，所得混合气体用 100 mL、2.00 moL·L-1NaOH 溶液恰好完全吸收，测得溶液中含有 NaClO 的物质的量为 0.05mol。

试计算下列问题：所得溶液中 Cl-的物质的量为_______ ；所用氯气和参加反应的氢气的物质的量之比n（C12）：n（H2）为_______ 。

【答案】 2.8 0.25mol· L－1 0.15 mol 2:1
【解析】试题分析：本题考查混合物的计算，涉及Mg、Fe与酸的反应，Cl2与H2、NaOH 的反应。

（1）根据反应的化学方程式：Mg+2HCl=MgCl2+H2↑、Fe+2HCl=FeCl2+H2↑可列式：n
（Mg）+n（Fe）=
2.24L
22.4L/mol
，24g/moln（Mg）+56g/moln（Fe）=4.0g，解得n（Mg）
=0.05mol，n（Fe）=0.05mol；则铁的质量m（Fe）=0.05mol⨯56g/mol=2.8g；根据Mg守
恒，n（Mg2+）=n（Mg）=0.05mol，c（Mg2+）=0.05mol
0.2L
=0.25mol/L。

（2）H2在Cl2中燃烧生成HCl，HCl与NaOH溶液的反应为：HCl+NaOH=NaCl+H2O；用NaOH溶液吸收后所得溶液中含NaClO，说明H2在Cl2中燃烧后Cl2过量，过量Cl2与NaOH溶液发生的反应为：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O。

根据Na和Cl守恒，反应后溶液中n（NaCl）+n（NaClO）=n（NaOH）=2mol/L⨯0.1L=0.2mol，n（NaClO）=0.05mol，则n（NaCl）=0.2mol-0.05mol=0.15mol，所得溶液中Cl-物质的量为0.15mol。

根据Cl守恒，所用Cl2物质的量为（0.15mol+0.05mol）÷2=0.1mol；生成0.05molNaClO的同时生成0.05molNaCl，则由HCl与NaOH反应生成的NaCl为0.15mol-0.05mol=0.1mol，HCl物质
的量为0.1mol，根据反应H2+Cl22HCl，参加反应的H2物质的量为0.05mol，所用Cl2
与参加反应的H2物质的量之比n（Cl2）：n（H2）=0.1mol：0.05mol=2:1。

7．某学习小组探究Mg与NaHCO3溶液反应的机理，做了如下探究。

实验一：
实验A实验B
操作在注射器中加入过量镁片(擦去表面氧化
膜)，吸入15mL饱和NaHCO3溶液。

在注射器中加入过量镁片(擦去表面
氧化膜)，吸入15mL蒸馏水。

现象有气体产生，20min后注射器内壁和底部
产生大量白色沉淀
缓慢产生气体
（1）实验B的目的是___。

实验二：
（2）根据实验二，实验A中产生的气体是___。

(填分子式)
实验三：分别取少量实验A和B的上层清液于两支试管中，各加入2滴BaCl2溶液，A中立即产生白色沉淀，B中无明显现象。

（3）实验三说明Mg与NaHCO3溶液反应产生了___(填离子符号)。

实验四：该小组同学对实验A中产生的白色沉淀做出如下猜测：并用图所示装置进行实验，进一步确定白色沉淀的成分。

猜测1：白色不溶物可能为Mg(OH)2
猜测2：白色不溶物可能为MgCO3
猜测3：白色不溶物可能为碱式碳酸镁[yMg(OH)2⋅xMgCO3]
（4）若用装置A、B组合进行实验，B中有白色浑浊，则猜想___不正确；将装置按A、C、B的顺序组合进行实验，当出现___现象时，猜想3是正确的。

实验五：用图所示装置测定碱式碳酸镁[yMg(OH)2⋅xMgCO3]的组成：
（5）称取干燥、纯净的白色不溶物7.36g，充分加热至不再产生气体为止，并使分解产生的气体全部进入装置A和B中。

实验后装置A增重0.72g，装置B增重2.64g。

装置C的作用是___，白色不溶物的化学式为___。

【答案】做对照实验 H2、CO2 CO32- 1 当C中出现蓝色，B中出现浑浊防止B吸收空气中的二氧化碳和水 2Mg(OH)2·3MgCO3
【解析】
【分析】
（1）根据实验A、B的操作不同点分析实验B的目的；
（2）根据实验二中现象分析即可得出结论；
（3）根据溶液中存在平衡以及加入氯化钡溶液后的现象分析；
（4）根据二氧化碳能使澄清石灰水变浑浊，水能使无水硫酸铜变蓝分析；
（5）根据B中碱石灰质量的增加量就是生成的二氧化碳的质量，所以B不能直接与空气接触；根据A中增重是水的质量，计算出氢氧化镁的质量，B中碱石灰质量的增加量就是生成的二氧化碳的质量计算出碳酸镁的质量。

【详解】
（1）本实验探究Mg与碳酸氢钠的反应，实验A加入碳酸氢钠水溶液，故为了排除其中水的干扰，设置实验B，加入等体积的水，与A对照；
（2）根据实验二现象分析，能使澄清石灰水变浑浊的气体为二氧化碳，用燃着的火柴靠近，听到尖锐的爆鸣声证明有氢气；
（3）溶液中存在平衡HCO3-⇌H++CO32-，加入镁与H+反应，使c（H+）减少，平衡正移，产生CO32-，分别取少量实验A和B的上层清液于两支试管中，各加入2滴BaCl2溶液，A中立即产生白色沉淀，该沉淀为碳酸钡，证明溶液中含有CO32-；
（4）氢氧化镁分解会产生水，碳酸镁分解会产生二氧化碳，B中有白色浑浊产生，说明有碳酸镁，所以猜测1不正确，猜测3要想正确，必须同时产生二氧化碳和水，所以当C中出现蓝色，B中出现浑浊，猜想3正确；
（5）B中碱石灰质量的增加量就是生成的二氧化碳的质量，所以B不能直接与空气接触，为了防止空气中的水蒸气和CO2进入装置B中，影响实验结果，所以应连接一个干燥装置除去空气中的水蒸气和CO2；A中浓硫酸增重是水的质量，水为0.72g，水的物质的量为0.04mol，氢氧化镁物质的量为0.04mol，B中碱石灰质量的增加量就是生成的二氧化碳的质量，所以生成二氧化碳的质量为2.64g，二氧化碳的物质的量为0.06mol，原子守恒，碳酸镁的物质的量为0.06mol X:Y=0.04：0.06=2：3，白色不溶物的化学式为
2Mg(OH)2·3MgCO3。

8．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+O22MgO；②3Mg+N2Mg3N2；
③2Mg+CO 22MgO+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。

9．镁、铝、锌是生活中常见的三种金属，查阅资料获得如下信息：
①镁、铝、锌都是银白色的金属
②锌（Zn）可以与NaOH溶液反应生成H2
③Zn（OH）2为白色固体，难溶于水，可溶于强碱及NH3•H2O
④Zn2+易形成配合物如[Zn（NH3）4]2+，该配合物遇强酸分解生成Zn2+、NH4+（1）（1）甲同学取镁铝合金进行定量分析，用图所示装置进行实验，获得如下数据（所有气体体积均已换算成标准状况，忽略滴入液体体积对气体体积的影响）
编号粉末质量量气管第
一次读数量气管第二次读数
① 2.0 g10.0 mL346.2 mL
② 2.0 g10.0 mL335.0 mL
③ 2.0 g10.0 mL345.8 mL
（2）乙同学取镁铝锌合金设计如下实验方案：
（可用试剂：样品、pH试纸、稀硫酸、NaOH溶液、氨水）
①试剂Ⅰ是；沉淀B是．
②过程Ⅰ是：在滤液中逐滴加入，直至生成的沉淀刚好溶解，再加入足量的，过滤．
③沉淀C与氨水反应的离子方程式为．
【答案】①NaOH溶液；Al（OH）3；②稀硫酸；稀氨水；
③Zn（OH）2+4NH3=[Zn（NH3）4]2++2OH﹣；
或Zn（OH）2+4NH3•H2O=[Zn（NH3）4]2++2OH﹣+4H2O．
【解析】
【分析】
【详解】
（2）Wg镁铝锌合金加入稀硫酸溶解生成硫酸镁、硫酸铝溶液、硫酸锌溶液，加入试剂M 为过量氢氧化钠溶液，得到沉淀A为Mg（OH）2，滤液为Na2ZnO2，NaAlO2溶液，加入过量稀硫酸得到硫酸铝溶液、硫酸锌溶液，再加入足量氨水溶液得到沉淀B为Al（OH）3，滤液为Zn2+易形成配合物如[Zn（NH3）4]2+，该络合物遇强酸分解生成Zn2+、NH4+，加入适量氢氧化钠溶液得到C为氢氧化锌沉淀；
①上述分析可知，试剂I为氢氧化钠溶液，沉淀B为Al（OH）3；
②操作Ⅰ是：在滤液中逐滴加入稀硫酸溶液直至生成的沉淀刚好溶解，再加入足量的氨水溶液沉淀铝离子，过滤得到氢氧化铝沉淀．
③Zn（OH）2为白色固体，难溶于水，可溶于强碱及NH3•H2O，沉淀C与氨水反应的离子方程式为Zn（OH）2+4NH3=[Zn（NH3）4]2++2OH﹣；或
Zn（OH）2+4NH3•H2O=[Zn（NH3）4]2++2OH﹣+4H2O；
【点评】
本题考查了实验探究物质组成的实验设计，反应过程分析判断，物质提纯的理解应用，主要是混合物分离的方法和物质性质的理解应用，掌握基础是关键，题目难度中等．
10．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）。