2020-2021历年高考化学易错题汇编-镁及其化合物练习题附答案解析

2020-2021历年高考化学易错题汇编-镁及其化合物练习题附答案解析
一、镁及其化合物
1．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的化学式为______________，B的电子式为_________________。

（2）写出下列反应②的化学方程式：___________________。

（3）写出反应③的离子方程式：_________________。

（4）写出J与F反应的化学方程式：______________。

（5）在反应④中，当生成标准状况下2.24L G时，转移电子的物质的量为_______mol。

【答案】 NH4HCO3 4NH3+5O24NO+6H2O NH4++HCO3-+2OH-NH3↑+CO32-+2H2O C+HNO3(浓) CO2↑+4NO2↑+2H2O 0.2
【解析】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D，则A为酸式盐或铵盐，C能和过氧化钠反应，则C为水或二氧化碳，镁条能在B中燃烧，则B为二氧化碳或氧气，因为A受热分解生成B、C、D，则B为二氧化碳，C为水，水和过氧化钠反应生成NaOH和O2，D能在催化剂条件下反应生成H，则D是NH3，G是O2，H是NO，I是NO2，J是HNO3，镁和二氧化碳反应生成氧化镁和碳，C和浓硝酸反应生成二氧化碳、二氧化氮和水，则E是MgO，F是C，通过以上分析知，A为NH4HCO3，
(1)根据上面的分析可知，A为NH4HCO3，B为CO2，其电子式为；
(2)反应②为在催化剂、加热条件下，氨气被氧化生成一氧化氮和水，反应方程式为：
4NH3+5O24NO+6H2O；
(3)在加热条件下，碳酸氢铵和氢氧化钠反应的离子方程式为：NH4++HCO3-+2OH-
NH3↑+CO32-+2H2O；
(4)在加热条件下，碳和浓硝酸发生氧化还原反应生成二氧化碳、二氧化氮和水，反应方程
式为：C+4HNO3(浓)CO2↑+4NO2↑+2H2O；
(5)水和过氧化钠反应生成氢氧化钠和氧气，反应方程式为2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，当
生成标况下2.24L 氧气时转移电子的物质的量=
2.24
22.4/mol
L
L
=0.2mol。

解：无机推断题的一般解题思路：①审清题意，从题干迅速浏览、整体扫描、产生印象，尽量在框图中把相关信息表示出来，明确求解要求；②找“题眼”即找到解题的突破口，此步非常关键；③从题眼出发，联系新信息及所学的旧知识，依物质的特性或转移特征来确定“突破口”，大胆猜测，顺藤摸瓜，进行综合分析、推理，初步得出结论；④验证确认将结果放入原题检验，完全符合才算正确；④按题目的要求写出答案。

2．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。

3．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↓。

4．已知A、B、C为常见的单质，在一定条件下相互转化的关系如图：
（1）若常温下，A、B均为气体，C为红色固体，E为黑色固体，则E的化学式为__________，写出A+E→D的化学反应方程式__________________________。

（2）若常温下B、C均为气体，A为金属单质，D为黑色晶体，则E的电子式为_____________，写出A+E→D的化学反应方程式_____________________。

（3）若常温下B为气体，C为黑色固体，则构成金属A的原子结构示意图为
____________，写出A+E→D的化学反应方程式___________________________。

【答案】CuO CuO+H2Δ
Cu+H2O3Fe+4H2O Fe3O4+4H2
2Mg+CO22MgO+C
【解析】
【详解】
（1）若常温下，A、B均为气体，C为红色固体，E为黑色固体，则A-E分别为氢气、氧气、铜、水、氧化铜，氢气与氧化铜加热时反应生成铜和水；
（2）若常温下B、C均为气体，A为金属单质，D为黑色晶体，则A-E分别为铁、氧气、氢气、四氧化三铁、水；铁与水蒸气加热时反应生成四氧化三铁和氢气；
（3）若常温下B为气体，C为黑色固体，则A-E分别为Mg、氧气、C、MgO、二氧化碳，镁与二氧化碳反应生成氧化镁和碳；
5．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）W与空气中含量最高的气体反应的产物化学式为_____。

【答案】NaCl 2222NaCl+2H O Cl +H +2NaOH =↑↑电解
取少量待测液于试管中，滴加几滴淀粉溶液，若溶液变蓝，则该溶液中含有I 2 Mg 3N 2
【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 ；食盐中添加少量的一种化合物预防Y 元素确实，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 为Mg ，以此解答。

【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Cl 2的化学方程式为：2222NaCl+2H O Cl +H +2NaOH =↑↑电解，
故答案为：NaCl ；2222NaCl+2H O Cl +H +2NaOH =↑↑电解；
（2）设计实验证明某水溶液中存在I 2的方法为：取少量待测液于试管中，滴加几滴淀粉溶液，若溶液变蓝，则该溶液中含有I 2，
故答案为：取少量待测液于试管中，滴加几滴淀粉溶液，若溶液变蓝，则该溶液中含有I 2；
（3）空气中含量最高的气体为氮气，则Mg 与氮气反应的产物化学式为Mg 3N 2， 故答案为：Mg 3N 2。

6．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。

7．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。

8．一定质量的镁、铝混合物投到2mol·L－1的盐酸中，待金属完全溶解后，再向溶液中逐滴加入2mol·L－1的氢氧化钠溶液，生成沉淀的质量与加入氢氧化钠溶液的体积关系如图所示。

则：
（1）0～amL、a～80mL、80～90mL对应反应的离子方程式分别为：
①0～amL：___；
②amL～80mL：__、__；
③80mL～90ml：___。

（2）金属铝的质量为___。

（3）盐酸的体积是__mL。

（4）n(Mg)
n(Al)
=__。

（5）a=__。

【答案】OH-＋H＋=H2O Al3＋＋3OH－=Al(OH)3↓ Mg2＋＋2OH－=Mg(OH)2↓ Al(OH)3＋OH－
=AlO2-＋2H2O 0.54g 80 1.5(或3∶2) 20(mL)
【解析】
【分析】
0～a段没有生成沉淀，说明盐酸过量，加入的氢氧化钠与氯化氢反应；a～80段开始生成沉淀，加入80mL氢氧化钠溶液后沉淀达到最大量，此时溶液中的溶质为NaCl；80～90段氢氧化铝开始溶解，溶解氢氧化铝消耗了10mLNaOH，则氢氧化铝沉淀的物质的量为：
2mol/L×0.01L＝0.02mol；当加入90mLNaOH溶液后氢氧化铝完全溶解，此时沉淀只有氢氧化镁，
(1)①0～amL为氢氧化钠与氯化氢反应生成氯化钠和水；
②amL～80mL为氢氧化钠分别于氯化铝和氯化镁反应生成氢氧化铝和氢氧化镁沉淀与氯化钠；
③80mL～90ml为氢氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和水；
(2)氢氧化钠的体积在80至90mL段内，所有的氢氧化钠用于溶解氢氧化铝，根据氢氧化钠的量确定氢氧化铝的量，根据原子守恒确定金属铝的量；
(3)加入80mL氢氧化钠溶液时，溶质为NaCl，根据质量守恒可以计算出氯化氢的物质的
量，再根据V＝n
c
计算出盐酸的体积；
(4)由图得到氢氧化镁的质量，根据公式计算出氢氧化镁的物质的量，根据原子守恒确定金属镁的量；
(5)根据金属镁和铝的物质的量算出氯化铝和氯化镁的物质的量，根据化学方程式算出氢氧化钠反应的物质的量，用公式算出体积，则a=80-氢氧化钠的体积，据此解答。

【详解】
0～a 段没有生成沉淀，说明盐酸过量，加入的氢氧化钠与氯化氢反应；a ～80段开始生成沉淀，加入80mL 氢氧化钠溶液后沉淀达到最大量，此时溶液中的溶质为NaCl ；80～90段氢氧化铝开始溶解，溶解氢氧化铝消耗了10mLNaOH ，则氢氧化铝沉淀的物质的量为：2mol/L ×0.01L ＝0.02mol ；当加入90mLNaOH 溶液后氢氧化铝完全溶解，此时沉淀只有氢氧化镁；
(1)①0～amL 为氢氧化钠与氯化氢反应生成氯化钠和水，离子方程式为：OH -＋H ＋=H 2O ； ②amL ～80mL 为氢氧化钠分别于氯化铝和氯化镁反应生成氢氧化铝和氢氧化镁沉淀与氯化钠，离子方程式为：Al 3＋＋3OH －=Al(OH)3↓，Mg 2＋＋2OH －=Mg(OH)2↓；
③80mL ～90ml 为氢氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和水，离子方程式为：Al(OH)3＋OH －=AlO 2-＋2H 2O ；
故答案为：OH -＋H ＋=H 2O ；Al 3＋＋3OH －=Al(OH)3↓；Mg 2＋＋2OH －=Mg(OH)2↓；Al(OH)3＋OH
－=AlO 2-＋2H 2O ；
(2)从横坐标80mL 到90mL 这段可以得出：n (Al(OH)3)＝n (NaOH)＝0.01L ×2mol/L ＝0.02mol ，则n (Al)＝n (Al(OH)3)＝0.02mol ，原混合物中铝的质量为：27g/mol ×0.02mol ＝0.54g ；故答案为：0.54g ；
(3)加入80mL 氢氧化钠溶液时，溶质为NaCl ，则n (HCl)＝n (NaOH)＝2mol/L ×0.08L ＝0.16mol ，盐酸的体积为：0.16mol 2mol/L
＝0.08L ＝80mL ；故答案为：80； (4)由图可知m (Mg(OH)2)=1.74g ，则n (Mg)=n (Mg(OH)2)= 1.74g 58g/mol
=0.03mol ，(Mg)(Al)n n =0.03mol 0.02mol
=1.5；故答案为：1.5(或3∶2)； (5)根据元素守恒，n (MgCl 2)= n (Mg) =0.03mol ，n (AlCl 3)=n (Al)=0.02mol ，与氢氧化钠反应生成氢氧化镁和氢氧化铝两种沉淀时消耗的
n (NaOH)=2n (MgCl 2)+3n (AlCl 3)=20.03mol+30.02mol ⨯⨯=0.12mol ，则
V (NaOH)=
0.12mol 2mol/L
=0.06L=60mL ，则与氯化氢反应的氢氧化钠的体积a=80mL-60mL=20mL ，故答案为：20(mL)。

【点睛】 明确图象各阶段发生的反应是解答本题的关键，注意守恒法在化学计算中的应用。

9．镁、铝的混合物共0.2mol ，溶于200mL4mol·
L -1的盐酸溶液中，然后再滴加2 mol·L -1的NaOH 溶液。

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。

请回答下列问题：
（1）当V1=160mL时，则金属粉末中m(Al)=_____________mol。

（2）V2～V3段发生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，则加入NaOH 溶液的体积V(NaOH)=____________mL。

（4）若镁、铝的混合物仍为0.2mol，其中镁粉的物质的量分数为a，改用200mL4 mol·L-1的硫酸溶解此混合物后，再加入840mL 2 mol·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 Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O 400 0.6≤a＜1
【解析】（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MgCl2为
xmol、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；（2）V2～V3段发生氢氧化钠溶解氢氧化铝的反应，反应的离子方程式为Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O；（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）=0.8mol÷2mol/L=0.4L=400mL；（4）由于为金属混合物，则a＜1，Al的物质的量为：0.2（1-a）mol，反应后的混合溶液中再加入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。

点睛：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；具体计算时注意守恒思想的运用，使计算简化。

最后一问的计算注意利用好数学中的极值法。

10．镁合金是重要的民用和航空材料，镁作为一种强还原剂，还用于钛、镀和铀的生产，氯酸镁[Mg(ClO3)2]常用作催熟剂、除草剂等。

（1）氧化镁的电子式为________。

（2）写出镁与TiCl4在高温条件下制取钛的化学方程式____________________。

（3）从海水中提取金属镁用到的主要化学药品有________________。

（4）某研究小组同学在实验室用卣块制备少量Mg(ClO3)2·6H2O，其流程如下：
已知：I卤块主要成分为Mg Cl2·6H2O，含有MgSO4、FeCl2等杂质。

Ⅱ可选用的试剂：H2O2,稀硫酸、KMnO4溶液、MgCl2溶液、MgO。

①加入BaCl2溶液的目的是____________。

②步骤X中需将Fe2＋转化为Fe3＋，所选的试剂为__________。

③Mg(ClO3)2加入到含有KSCN的FeSO4酸性溶液中立即出现红色，写出相关反应的离子方程式：________________________________________．
【答案】（1）（2分）
（2）2Mg+TiCl4Ti+2MgCl2（2分）
（3）石灰乳（或石灰石、生石灰）、盐酸（2分）
（4）①沉淀SO42－（或除去SO42－）（1分）
②H2O2（1分）
③ClO 3—+6Fe2++6H+====6Fe3++Cl-+3H2O（2分）、Fe3++SCN-Fe(SCN)3(不写不扣分)
【解析】
试题分析：（1）)氧化镁是离子化合物，其电子式为；；
（2）镁与TiCl4在高温条件下制取钛的化学方程式为：2Mg+TiCl4Ti+2MgCl2；
（3）从海水中提取金属镁的流程：
所以用到的主要化学药品有：石灰乳（或石灰石、生石灰）、盐酸；
（4）①根据题给流程知，加入BaCl2溶液的目的是沉淀SO42－（或除去SO42－）；②步骤X中需将Fe2＋转化为Fe3＋，不引入新的杂质，所选的试剂为H2O2；③Mg(ClO3)2加入到含有KSCN的FeSO4酸性溶液中立即出现红色，相关反应的离子方程式：ClO3—
+6Fe2++6H+====6Fe3++Cl-+3H 2O、Fe3++SCN-Fe(SCN)3。

考点：考查电子式、化学方程式的书写，化学工艺流程。