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解析

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解析
一、镁及其化合物
1．某同学用含结晶水的正盐X(四种短周期元素组成的纯净物)进行了如下实验：
实验中观测到：混合气甲呈无色并被蒸馏水全部吸收；固体乙为纯净物；在步骤③中，取1/10溶液丙，恰好中和需消耗0.00200molNaOH；另取一定量的溶液丙，加入少量K2FeO4固体，产生黄绿色气体。

请回答：
（1）X的化学式是__________，步骤①的化学方程式是
______________________________。

（2）溶液丙与K2FeO4固体反应的化学方程式是
_____________________________________。

【答案】MgCl2·6H2O MgCl2·6H2O MgO+2HC1↑+5H2O↑
2K2FeO4+16HC1=4KCl+ 2FeCl3+ 3Cl2↑+8H2O
【解析】
【分析】
据题意知，含结晶水的正盐X共含有四种短周期元素，经灼烧所得的混合气体中含有水蒸气，混合气甲经步骤②、③、④得白色沉淀，可判断混合气甲中有氯元素，由混合气甲呈无色并被蒸馏水全部吸收，且溶液丙可以被NaOH溶液中和、与少量K2FeO4反应能生成黄绿色气体，可得混合气体甲中含有HCl气体。

结合正盐X灼烧得到混合气体甲和固体乙可推知X含有H、O、Cl和一种金属元素。

依题意经计算可知混合气体甲中：n(HCl)=0.02mol，
n(H2O)=mol=0.05mol。

又因盐X为正盐，并且所含元素均为短周期元素，可知其阴离子为氯离子，阳离子可能为Na+、Mg2+或Al3+。

若是钠离子，则X灼烧时无法产生HCl气体，不符合题意，而氯化镁晶体和氯化铝晶体灼烧后得到的分别是氧化酶和氧化铝，根据固体乙的质量计算可知阳离子为Mg2+，固体乙为MgO，n(MgO)-0.01mol，故X为MgCl2·6H2O，据此解答。

【详解】
据题意知，含结晶水的正盐X共含有四种短周期元素，经灼烧所得的混合气体中含有水蒸气，混合气甲经步骤②、③、④得白色沉淀，可判断混合气甲中有氯元素，由混合气甲呈无色并被蒸馏水全部吸收，且溶液丙可以被NaOH溶液中和、与少量K2FeO4反应能生成黄绿色气体，可得混合气体甲中含有HCl气体。

结合正盐X灼烧得到混合气体甲和固体乙可推知X含有H、O、Cl和一种金属元素。

依题意经计算可知混合气体甲中：n(HCl)=0.02mol，
n(H2O)=mol=0.05mol。

又因盐X为正盐，并且所含元素均为短周期元素，可知其阴离子为氯离子，阳离子可能为Na+、Mg2+或Al3+。

若是钠离子，则X灼烧时无法产生HCl气体，不符合题意，而氯化镁晶体和氯化铝晶体灼烧后得到的分别是氧化酶和氧化铝，根据固体乙的质量计算可知阳离子为Mg2+，固体乙为MgO，n(MgO)-0.01mol，故X为MgCl2·6H2O，
（1）由分析可知X的化学式为MgCl2·6H2O，其灼烧时分解生成MgO、HCl和H2O，发生反应的化学方程式为：MgCl2·6H2O MgO+2HC1↑+5H2O↑。

（2）溶液丙为稀盐酸，加入少量K2FeO4固体，产生黄绿色气体为Cl2，可知此反应发生氧化还原反应，还原产物应为FeCl3，根据电子守恒和原子守恒可知发生反应的化学方程式为：2K2FeO4+16HC1=4KCl+ 2FeCl3+ 3Cl2↑+8H2O。

2．实验室中有6瓶失去标签的白色固体：纯碱、氢氧化镁、氯化钡、硫酸铝、硫酸氢钠、氯化钾。

除蒸馏水、试管和胶头滴管外，无其他任何试剂和仪器。

某学生通过以下实验步骤即可鉴别它们。

请填写下列空白：
(1)各取适量固体于6支试管中，分别加入适量蒸馏水，有一支试管中的现象和其他5支明显不同，此试管中的现象是________________________，
据此现象鉴别出的一种物质是__________。

(2)分别将所剩5种溶液依次编号为A、B、C、D、E，然后进行两两混合。

观察到C没有出现任何现象；D分别和A、B、E混合时均产生了白色沉淀；B和E混合时既有白色沉淀产生，又有无色气体放出。

据此可推断出：
①A、C、D三种物质的化学式依次是________________。

②B、E两者中有一种可与A反应，它与足量A反应的离子方程式为__________________。

③在两两混合时，能最终确定B、E成分的实验现象及结论是_____________________。

(3)上述物质溶于水抑制水的电离，且溶液显酸性的物质的化学式为________，其溶液显酸性的原因是___________________。

【答案】白色固体不溶于水Mg(OH)2NaHSO4、KCl、BaCl2CO32-＋2H＋===H2O＋CO2↑B、E两溶液，与A溶液混合时产生气体的是纯碱，否则是硫酸铝NaHSO4NaHSO4===Na＋＋H＋＋SO42-，所产生的H＋抑制水的电离
【解析】
【分析】
(1)只有氢氧化镁不溶于水；
(2)剩余5种物质中,KCl与其它4种物质均不反应，氯化钡与纯碱、硫酸铝、硫酸氢钠均反应生成白色沉淀，纯碱与硫酸铝发生相互促进水解反应生成沉淀和气体；
(3)只有硫酸氢钠电离显酸性，抑制水的电离。

【详解】
(1)各取适量固体于6支试管中，分别加入适量蒸馏水，有一支试管中的现象和其他5支明显不同，此支试管中的现象是物质难溶于水，据此现象鉴别出的一种物质是Mg(OH)2，
因此，本题正确答案是：白色固体不溶于水；Mg(OH)2；
(2)将所剩5种溶液依次编号为A、B、C、D、E，然后进行两两混合。

观察到C没有出现任何现象，可以知道C为KCl；D分别和A、B、E混合时均产生了白色沉淀，可以知道D 为BaCl2；B和E混合时既有白色沉淀产生，又有无色气体放出，B、E为纯碱、硫酸铝中的一种，则A为NaHSO4。

①A、C、D三种物质的化学式依次是NaHSO4、KCl、BaCl2，
因此，本题正确答案是：NaHSO4、KCl、BaCl2；
②B、E两者中有一种可与A反应，纯碱与氢离子反应，则它与足量A反应的离子方程式为CO32-＋2H＋===H2O＋CO2↑，
因此，本题正确答案是：CO32-＋2H＋===H2O＋CO2↑；
③确定B、E成分的实验现象及结论是与A混合时产生气体的是纯碱，否则是硫酸铝，
因此，本题正确答案是：B、E两溶液，与A溶液混合时产生气体的是纯碱，否则是硫酸铝；
(3)溶于水抑制水的电离的物质的化学式为NaHSO4，其溶液显酸性的原因是NaHSO4===Na＋＋H＋＋SO42-，所产生的H＋抑制水的电离，
因此，本题正确答案是：NaHSO4；NaHSO4===Na＋＋H＋＋SO42-，所产生的H＋抑制水的电离。

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X溶液有如图所示转化关系：
(1)根据上述转化关系，写出下列物质的化学式：X_____、Y_______、Z________、试剂甲________，试剂乙__________。

(2)写出上述各步反应①~④的离子方程式：
①__________________________________；②____________________________；
③___________________________________；④_____________________________。

【答案】MgSO4 Mg(OH)2 MgCl2 BaCl2 AgNO3 SO42-+Ba2+═BaSO4↓ Mg2++2OH-
═Mg(OH)2↓ Mg(OH)2+2H+═Mg2++2H2O Ag++Cl-═AgCl↓
【解析】
【分析】
X与硝酸钡反应得到硝酸镁，则X含有镁离子，且阴离子与钡离子反应生成沉淀，可推知X为MgSO4，结合转化关系，可知Y为Mg(OH)2、Z为MgCl2、试剂甲为 BaCl2，试剂乙为AgNO3，据此解答。

【详解】
(1)X与硝酸钡反应得到硝酸镁，则X含有镁离子，且阴离子与钡离子反应生成沉淀，可推知X为MgSO4，结合转化关系，可知Y为Mg(OH)2、Z为MgCl2、试剂甲为 BaCl2，试剂乙为AgNO3；
(2)反应①的离子方程式为：SO42-+Ba2+═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④的离子方程式为：Ag++Cl-═AgCl↓。

5．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。

6．将一定质量的镁铝粉末混合物投入一定浓度的200 mL盐酸中,使合金全部溶解,向所得溶液中滴加5.0 mol·L-1的NaOH溶液至过量,生成沉淀的质量与加入NaOH溶液的体积的关系如图所示。

(1)原合金中铝的物质的量分数为_____________。

(2)盐酸中HCl的物质的量浓度为_____________。

【答案】36% 4mol/L
【解析】
【分析】
由图可知，加入20m氢氧化钠溶液开始产生沉淀，说明所得溶液中含有盐酸；再加入氢氧化钠溶液，镁离子和铝离子完全反应生成19.4g沉淀，当加入180ml氢氧化钠溶液时，氢氧化铝与氢氧化钠溶液完全反应，得到11.6g氢氧化镁沉淀。

【详解】
（1）由图可知，氢氧化镁的质量为11.6g，氢氧化铝的质量为（19.4—11.6）g=7.8g，由原
子个数守恒可知，合金中镁的质量为11.6
58/g
g mol
×24g/mol=4.8g，铝的质量为
7.8 78/g
g mol ×27g/mol=2.7g，则铝的物质的量分数为 2.7
4.8 2.7
g
g g
×100%=36%，故答案为：36%；
（2）由图可知，当加入180ml氢氧化钠溶液时，氢氧化铝与氢氧化钠溶液完全反应，得到氯化钠和偏铝酸钠的混合溶液，由铝原子个数守恒可知n（AlO2-）=n（Al3+）=0.1mol，由电荷守恒可得n（Na+）=n（Cl-）+n（AlO2-），n（Cl-）=5.0 mol·L-1×0.18L—
0.1mol=0.8mol，则200 mL盐酸的浓度为0.80.2mol L=4mol/L，故答案为：4mol/L。

7．某学习小组用下图装置测定铝镁合金中铝的质量分数和铝的相对原子质量.
（提示：镁、铝均与酸反应，铝还能和碱反应：2Al+2NaOH+2H 2O=2NaAlO 2+3H 2↑） 实验前，先将铝镁合金在稀酸中浸泡片刻，其目的是除去铝镁合金表面的氧化膜。

（1）A 中试剂为______.（填“NaOH 溶液”或“稀盐酸”）
（2）检查气密性，将药品和水装入各仪器中，连接好装置后，需进行的操作还有：①记录
C 的液面位置；②将B 中剩余固体过滤，洗涤，干燥，称重；③待B 中不再有气体产生并恢复至室温；④由A 向B 中滴加足量试剂；⑤检查气密性；⑥调整橡胶软管使
D 和C 的液面相平。

上述操作的顺序是__________；（填序号）
（3）B 中发生反应的离子方程式为__________________
（4）实验过程中，若未洗涤过滤所得的不溶物，则测得铝的质量分数将___________.（填“偏大”、“偏小”、“不受影响”）
（5）若实验用铝镁合金的质量为a g,测得氢气体积为b ml （已换算为标准状况），B 中剩余固体的质量为c g ，则铝的相对原子质量为__________.（用含a 、b 、c 的代数式表示）
【答案】NaOH 溶液 ⑤①④③⑥①② 2Al+2OH -+2H 2O=2AlO 2－+3H 2↑ 偏小
33600a c b
（） 【解析】
【分析】
(1)Mg 、Al 均可以和酸反应，因此不可以用酸来实验，由于Al 可以和碱反应而不和Mg 反应，则可以用NaOH 与Al 反应制得H 2，然后用排水法收集H 2，以计算Al 的量；
(2)整个操作过程及原理是：检查气密性；记录起始液面；加入碱反应；不产生气体后，记录C 中的液面，两者相减即为产生H 2的量；最后称得的固体即为Mg 的质量．在读数时要注意D 、C 液面相平，否则气体将受压，造成读数不准；
(3)B 中发生的是Al 与碱的反应；
(4)未洗涤，则造成(a-c)变小，再分析判断；
(5)(a-c)即为铝的质量，再除以Al的物质的量即为铝的摩尔质量，而n(Al)可以由产生的H2获得。

【详解】
(1)根据铝镁的化学性质，铝镁都能与酸反应放出氢气，但铝还能与碱(如NaOH溶液)反应放出氢气，而镁不能，要测定铝镁合金中铝的质量分数，应选择NaOH溶液；
(2)实验时首先要检查气密性，记下量气管中C的液面位置，再加入NaOH溶液开始反应，待反应完毕并冷却至室温后，调整橡胶软管使D和C的液面相平，再记录量气管中C的液面位置，最后将B中剩余固体过滤，洗涤，干燥，称重；故答案为⑤①④③⑥①②；(3)B管中铝与NaOH溶液的反应生成NaAlO2和H2，离子反应方程式为2Al+2OH-
+2H2O=2AlO2－+3H2↑；
(4)铝的质量分数为：()
a c
a
-
×100%，实验过程中，若未洗涤过滤所得的不溶物，c值偏
大，铝的质量分数偏小；
(5)铝镁合金的质量为a g，B中剩余固体镁的质量为c g，则参加反应的铝的质量为(a-c)g，设铝的相对原子质量为M，则：
2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑
2M 3×22400ml
(a-c)g bml
解之得：M=
() 33600a c
b
-。

8．Ⅰ.某化合物M（仅含三种短周期元素）是一种储氢材料。

为探究M的组成和性质，设计并完成如下实验：
已知：化合物A仅含两种元素；气体B能使湿润的红色石蕊试纸变蓝。

请回答：（1）化合物M的组成元素是______________（用元素符号表示）。

（2）化合物A与水反应的化学方程式是______________________。

（3）镁带在足量气体B中燃烧可生成化合物M和一种单质气体，该反应的化学方程式是______。

II．无机盐X仅由三种短周期元素组成，其相对分子质量为238，原子个数比为1︰1︰4。

将23.8gX与水共热，生成一种有特殊臭味的气体单质A和某强酸的酸式盐溶液B，B的焰色反应呈黄色，在溶液B中加入足量的BaCl2溶液，产生46.6g白色沉淀。

请推测并回答：（4）单质A有很强的氧化性，可用于净化空气，饮用水消毒等。

A中组成元素的简单离子结构示意图为___________________________。

（5）X的化学式_____________。

（6）实验室可通过低温电解B溶液制备X。

该电解反应的化学方程式
___________________。

（7）X氧化能力强，对环境友好，可用于脱硝、脱硫。

在碱性条件下，X氧化NO的离子方程式_____________________。

（8）X溶液与铜反应时先慢后快。

某同学认为除反应放热这一因素外，还有一种可能是反应生成的Cu2+对后续反应起催化作用，为此他设计了如下实验方案：取少量铜粉置于试管中，先加入少量CuSO4溶液，再加入X溶液，振荡，观察现象。

若加入硫酸铜溶液的反应快，说明Cu2＋起了催化作用，反之Cu2＋不起作用。

写出X与铜反应的化学方程式
________，判断该同学设计的验证方法合理性并说明理由_________。

【答案】Mg、N、H Mg3N2 + 6H2O == 3Mg（OH）2↓+ 2NH3↑
Mg+2NH3点燃
Mg(NH2)2+H2↑ Na2S2O8 2NaHSO4
电解
Na2S2O8+H2↑ 3S2O82-
+2NO+8OH-=6SO42-+2NO3-+4H2O Na2S2O8+Cu=Na2SO4+CuSO4该同学的验证方法不合理，因为加入CuSO4溶液，反应速率快也可能是SO42-起催化作用
【解析】
【分析】
I.气体B（4.48L）能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，B为NH3，其物质的量为
4.48L÷22.4L/mol=0.2mol，某物质M （仅含三种元素）是一种储氢材料，M隔绝空气高温分解生成固体A和氨气，镁带在足量气体B中燃烧可生成化合物M，证明M中含有N、H、Mg元素，A只含两种元素，A和水反应生成氨气和白色沉淀C，固体A和水反应生成氨气物质的量为0.1mol，白色沉淀C为氢氧化镁沉淀，则A为Mg3N2，物质的量为
0.05mol，由元素守恒可知Mg元素物质的量0.15mol，M中含氮元素为
0.2mol+0.1mol=0.3mol，所含氢元素物质的量为(8.4g-0.3mol×14g/mol-
0.15mol×24g/mol)÷1g/mol=0.6mol，M中元素物质的量之比为n（Mg）：n（N）：n（H）=0.15：0.3：0.6=1：2：4，可知M化学式为Mg（NH2）2，以此来解答。

II．无机盐X仅由三种短周期元素组成，其相对分子质量为238，23.8gX的物质的量为
0.1mol，X与水共热生成一种有特殊臭味的气体单质A和某强酸的酸式盐溶液B，B的焰色反应呈黄色，B中含有Na元素，则X含有Na元素，在溶液B中加入足量的BaCl2溶液，产生46.6g白色沉淀，白色沉淀为BaSO4，其物质的量为0.2mol，根据S原子守恒可知X 中含有2个S原子，B为NaHSO4，X中三种元素原子个数比为1：1：4，该无机盐X可以表示为（NaSX4）2，则X元素相对原子质量为16，X为O元素，故A为O3，X为
Na2S2O8．
【详解】
Ⅰ. (1)由上述分析可知，M中含元素为Mg、N、H，
故答案为：Mg、N、H；
(2)化合物A与水反应的化学方程式是Mg3N2 +6H2O═3Mg(OH)2↓+2NH3↑，
故答案为：Mg3N2 +6H2O═3Mg(OH)2↓+2NH3↑；
(3)镁带在足量气体B中燃烧可生成化合物M和一种单质气体,气体为氢气,则该反应的化学
方程式是Mg+2NH3═Mg(NH2)2+H2↑，
故答案为：Mg+2NH3═Mg(NH2)2+H2↑。

II．（4）单质A为O3，组成元素的简单离子结构示意图为：，故答案为：；
（5）X的化学式为：Na2S2O8，故答案为：Na2S2O8；
（6）实验室可通过低温电解NaHSO4溶液制备Na2S2O8，电解方程式为：
2NaHSO4Na2S2O8+H2↑；
（7）X氧化能力强，对环境友好，可用于脱硝、脱硫．在碱性条件下，Na2S2O8氧化NO的离子方程式为：3S2O82-+2NO+8OH-=6SO42-+2NO3-+4H2O，
故答案为：3S2O82-+2NO+8OH-=6SO42-+2NO3-+4H2O；
（8）Na2S2O8与铜反应的化学方程式：Na2S2O8+Cu=Na2SO4+CuSO4，该同学的验证方法不合理，因为加入CuSO4溶液，反应速率快也可能是SO42-起催化作用，
故答案为：Na2S2O8+Cu=Na2SO4+CuSO4；该同学的验证方法不合理，因为加入CuSO4溶液，反应速率快也可能是SO42-起催化作用。

9．A．将一定质量的Mg和Al混合物投入400 mL稀硫酸中，固体全部溶解并产生气体。

待反应完全后，向所得溶液中加入NaOH溶液，生成沉淀的物质的量与加入NaOH溶液的体积关系如图所示。

计算：
（1）Mg和Al的总质量为________g；
（2）硫酸的物质的量浓度为________；
（3）生成H2的物质的量为________。

B．将一定量的铝粉、氧化铝、氧化镁的混合物加入到300mL ,4mol/L的稀硫酸中，生成标准状况下6.72L气体。

向反应后的溶液中滴加一定物质的量浓度的KOH溶液时，所得沉淀的物质的量（mol）与滴加KOH溶液的体积（mL）之间的关系如图所示：
（1）OA对应反应的离子方程式为_________，BC对应反应的离子方程式为____________；（2）c（KOH）=_________mol/L，混合物中氧化铝的物质的量为_____mol；
（3）A点对应的数值为_______；
（4）在中学阶段，实验室里检验B点对应的溶液中的阳离子时，所观察到的现象是
___________。

（5）向C点对应的溶液中通入足量的CO2所发生反应的离子方程式为_____________。

【答案】18 g 2.5 mol/l0.9mol H+ +OH-=H2O Al(OH)3 +OH-=AlO2-+2H2O40.1200透过蓝色钴玻璃观察，火焰呈紫色CO2 +AlO2- +2H2O=Al(OH)3↓+HCO3-
【解析】
【分析】
A. 由图象可知，从开始至加入NaOH溶液40 mL，没有沉淀生成，说明原溶液中硫酸溶解Mg、Al后硫酸有剩余，此时发生的反应为：H2SO4+2NaOH=Na2SO4+2H2O．当V(NaOH) = 400 mL时，沉淀量最大，此时为Mg(OH)2和Al(OH)3，二者物质的量之和为0.7 mol，溶液中溶质为Na2SO4，根据钠元素守恒可知此时n(Na2SO4)等于400 mL氢氧化钠溶液中含有的n(NaOH)的0.5倍。

从400mL开始，NaOH溶解Al(OH)3，发生反应NaOH+Al(OH)3 =
NaAlO2+2H2O，当沉淀不再减少时只有Mg(OH)2，物质的量为0.3 mol，所以沉淀量最大时，Mg(OH)2为0.3 mol，Al(OH)3为0.7 mol-0.3 mol=0.4 mol，所以该阶段消耗n(NaOH) =
n[Al(OH)3] = 0.4 mol，氢氧化钠的浓度为
0.4
0.480.4
mol
L L
= 5 mol/L。

（1）由元素守恒可知n(Al) = n[Al(OH)3]，n(Mg) = n[Mg(OH)2]，在根据m =n M计算各自的质量，进而计算金属的总质量；
（2）沉淀量最大，此时为Mg(OH)2和Al(OH)3，溶液中溶质为Na2SO4，根据钠元素守恒可
知此时n(NaOH)= 2 n(Na2SO4)，根据硫酸根守恒n(H2SO4) = n(Na2SO4)，再根据c=n
V
来计
算；
（3）根据电子转移守恒可知2n(H2) = 3n(Al) + 2n(Mg)，据此计算n(H2)；
B. 由图可知，从开始至加入KOH溶液到A，没有沉淀生成，说明原溶液中硫酸溶解Mg、Al 后硫酸有剩余，此时发生的反应为：H2SO4+2KOH=K2SO4+2H2O；继续滴加KOH溶液，到氢氧化钾溶液为600 mL时，沉淀量最大，此时为Mg(OH)2和Al(OH)3，溶液为硫酸钾溶液．再继续滴加KOH溶液，氢氧化铝与氢氧化钾反应生成偏铝酸钾与水，发生反应
Al(OH)3+KOH=KAlO2+2H2O，故反应后的溶液溶质为KAlO2，通入足量的CO2后又生成了氢氧化铝沉淀，且不溶解，据此进行解答；在进行焰色反应时，为避免钠离子对钾离子的干扰，需要透过蓝色钴玻璃观察。

【详解】
A. 由图象可知，从开始至加入NaOH溶液40mL，没有沉淀生成，说明原溶液中硫酸溶解Mg、Al后硫酸有剩余，此时发生的反应为：H2SO4+2NaOH = Na2SO4+2H2O．当V(NaOH) = 400mL时，沉淀量最大，此时为Mg(OH)2和Al(OH)3，二者物质的量之和为0.7 mol，溶液中溶质为Na2SO4，根据钠元素守恒可知此时n(Na2SO4)等于400 mL氢氧化钠溶液中含有的n(NaOH)的0.5倍。

从400 mL开始，NaOH溶解Al(OH)3，发生反应
NaOH+Al(OH)3=NaAlO2+2H2O，当沉淀不再减少，此时全部为Mg(OH)2，物质的量为0.3 mol，所以沉淀量最大时，Mg(OH)2为0.3 mol，Al(OH)3为0.7 mol-0.3 mol=0.4mol，所以该
阶段消耗n(NaOH) = n[Al(OH)3] = 0.4mol，氢氧化钠的浓度为
0.4
0.480.4
mol
L L
= 5 mol/L。

（1）由元素守恒可知n(Al) = n[Al(OH)3] = 0.4 mol，n(Mg) = n[Mg(OH)2] = 0.3 mol，故Mg和Al的总质量为0.4mol×27g/mol+0.3mol×24g/mol = 18 g，故答案为18 g；
（2）沉淀量最大，此时为Mg(OH)2和Al(OH)3，溶液中溶质为Na2SO4，根据钠元素守恒可知此时n(NaOH)=2n(Na2SO4)=0.4L×5mol/L = 2 mol，，所以n(Na2SO4) = 1 mol，所以硫酸的浓
度为c = 1
0.4
mol
L
= 2.5 mol/L，故答案为2.5 mol/L；
（3）由（1）中可知n(Al) = 0.4 mol，n(Mg) = 0.3 mol，根据电子转移守恒可知2n(H2) =
3n(Al)+2n(Mg) = 3×0.4mol+2×0.3mol=1.8 mol，所以n(H2) = 0.9 mol，故答案为0.9 mol；
B. 由图可知，从开始至加入KOH溶液到A，没有沉淀生成，说明原溶液中硫酸溶解Mg、Al 后硫酸有剩余，此时发生的反应为：H2SO4+2KOH=K2SO4+2H2O；继续滴加KOH溶液，到氢氧化钾溶液为600 mL时，沉淀量最大，此时为Mg(OH)2和Al(OH)3，发生反应：
3OH−+Al3+=Al(OH)3↓，2OH−+Mg2+=Mg(OH)2↓，溶液为硫酸钾溶液；再继续滴加KOH溶液，氢氧化铝与氢氧化钾反应生成偏铝酸钾与水，发生反应Al(OH)3+KOH=KAlO2+2H2O，沉淀部分溶解。

（1）OA段，氢氧化钾与硫酸反应生成硫酸钾和水，离子方程式：H++OH−=H2O；BC段，继续滴加KOH溶液，氢氧化铝与氢氧化钾反应生成偏铝酸钾与水，发生反应
Al(OH)3+KOH=KAlO2+2H2O，离子方程式：Al(OH)3 +OH-=AlO2-+2H2O，故答案为
H++OH−=H2O；Al(OH)3 +OH-=AlO2-+2H2O；
（2）硫酸的物质的量为：0.3 L×4 mol/L = 1.2 mol，B点溶液为硫酸钾溶液，依据
2K+∼SO42−，则钾离子物质的量为2.4 mol，即加入氢氧化钾物质的量为2.4 mol，则氢氧化钾物质的量浓度为：2.4 mol÷0.6 L=4 mol/L；混合物加入到300 mL4 mol/L的稀硫酸中，生
成标准状况下6.72 L气体，物质的量为
6.72L
22.4L/mol
=0.3 mol，由2Al∼3H2↑，可知铝的物
质的量为0.2 mol，BC段消耗氢氧化钾物质的量为：0.1 L×4 mol/L=0.4 mol，发生反应：
Al(OH)3 +OH-=AlO2-+2H2O，可知氢氧化铝物质的量为0.4 mol，依据铝原子个数守恒，含有氧化铝的物质的量为：0.4 mol −0.3 mol =0.1 mol；故答案为4；0.1；
（3）依据加入700 mL氢氧化钾后沉淀物质的量为0.2 mol，得溶液中含镁离子物质的量为0.2 mol，沉淀镁离子消耗0.4 mol氢氧化钾，沉淀0.4 mol铝离子需要消耗氢氧化钾物质的量为0.4mol×3 = 1.2 mol，所以OA段消耗氢氧化钾物质的量为：0.6 L×4 mol/L−0.4 mol−1.2
mol = 0.8 mol，消耗氢氧化钾体积：0.8mol
4mol/L
= 0.2 L，即200 mL；故答案为200；
（4）检验钾离子可以用焰色反应，透过蓝色钴玻璃观察，火焰呈紫色；故答案为透过蓝色钴玻璃观察，火焰呈紫色；
（5）C点溶液为偏铝酸钾溶液，二氧化碳溶于水形成弱酸碳酸，则通入足量二氧化碳反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钾，反应的离子方程式：CO2 +AlO2- +2H2O=Al(OH)3↓+HCO3-；故
答案为CO2 +AlO2- +2H2O=Al(OH)3↓+HCO3-。

10．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。