全国高考化学镁及其化合物的推断题综合高考模拟和真题分类汇总及答案解析

全国高考化学镁及其化合物的推断题综合高考模拟和真题分类汇总及答案解析
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．以硼镁泥(主要成分为MgSiO3、Fe2O3及少量A l2O3、FeO和MnO)为原料制备高纯Mg(OH)2的流程如下：
己知：
①常温下此体系中各氢氧化物开始沉淀与沉淀完全时的pH范围如下表所示：
pH值Mg(OH)2Mn(OH)2MnO(OH)2Fe(OH)2Al(OH)3Fe(OH)3开始沉淀时9.37.17.87.6 3.7 2.3
沉淀完全时10.810.89.89.6 4.7 3.7
②温度高于340℃时Mg(OH)2开始分解为MgO和H2O。

(1)“浸取”时，为提高镁的浸取率可行的措施为__________。

a.将硼镁泥制成浆料
b.降低浸取温度
c.用盐酸多次浸取
(2)“浸取”时，MgSi O3与盐酸反应的化学方程式为_________________________。

(3)“除铁、铝”时，需调节溶液pH范围为_________________________。

(4)“除Mn2+”时发生反应的离子方程式为_________________________；
过滤3所得滤渣中含有MnO(OH)2和__________。

(5)“沉镁”时，反应温度与Mg(OH)2的产率如图所示，当温度超过60℃，随温度再升高，Mg(OH)2产率反而降低，其原因可能是________________。

【答案】ac MgSi O3+2HCl+(n-l)H2O=MgCl2+Si O2·n H2O4.7<pH<7.1Mn2++H2O2+2O H-
=MnO(OH)2↓+H2O Mg(OH)2氨水挥发加剧，导致溶液中氨水浓度降低。

【解析】
（1）此处主要考查反应速率的影响因素，所以要想加快酸溶解速率可以从外因浓度、温度、接触面积等考虑，可以采取升温、把硼镁泥粉碎、搅拌等措施，答案选ac。

(2)根据滤渣1可知：MgSiO3与盐酸反应生成SiO2·nH2O，还有产物MgCl2、H2O方程式为MgSiO3+2HCl+(n-l)H2O=MgCl2+SiO2·nH2O
（3）加入双氧水后，Fe2+转化为Fe3+，要使Fe3+、Al3+完全沉淀，pH必须大于或等于4.7，Mn2+不沉淀，pH小于或等于7.1，所以答案为4.7<pH<7.1
（4）Mn2+在碱性下被H2O2氧化生成MnO(OH)2，H2O2被还原为H2O，离子方程式为
Mn2++H2O2+2OH-=MnO(OH)2↓+H2O 。

MnO(OH)2沉淀完全时pH已达9.8，该条件下，Mg2+已经沉淀，故还有Mg（OH）2沉淀生成，故过滤3所得滤渣中含有MnO(OH)2和Mg（OH）。

2
（5）温度过高，氨水挥发加剧，溶液中氨水浓度减小，导致Mg（OH）2产率降低。

点睛：解答化学工艺流程题目，可按以下步骤进行：①粗读试题，尽量弄懂流程图。

对照原料和产品，明确核心反应和除杂任务。

②明确流程图中箭头方向和代表的含义。

流程图中箭头进入的是反应物(投料)，箭头出去的是生成物(产物、副产物)，返回的箭头一般是“循环利用”的物质。

③图中一般会出现陌生知识，要读懂流程图以外的文字描述、表格信息、后续设问中的提示性信息，并在下一步分析和解题中随时进行联系和调用。

④带着问题去精心研究某一步或某一个物质。

⑤注意化学语言的规范性。

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．根据如图转化关系以及实验现象填写空白．
（1）固体X是________（填化学式
．．．．）。

（2）反应①的化学方程式是__________________________________。

（3）反应④的离子方程式是_________________________________。

（4）图中溶液的溶质是____________（填化学式
．．．．），现有100mL含浓度均为1.0mol/L的
MgCl2和AlCl3的混合溶液，要使其中的Mg2+全部转化为Mg(OH)2沉淀而分离
．．出来，至少需要2.0mol/L该溶液的体积为___________mL。

【答案】Na2O22Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O NaOH300
【解析】根据图中信息可知，淡黄色固体为金属与气体反应而得，故X为过氧化钠，气体B为氧气，金属单质为钠，过氧化钠与气体CO2反应生成气体B和固体Y为碳酸钠，碳酸钠与石灰水反应生成白色沉淀碳酸钙和溶液氢氧化钠，白色沉淀与盐酸反应生成二氧化碳。

（1）固体X是Na2O2；（2）反应①是过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，其化学方程式是：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2；（3）反应④是碳酸钙和盐酸反应生成氯化钙、二氧化碳和水，其离子方程式是CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O；
（4）根据图中信息，图中溶液的溶质是NaOH，要使其中的Mg2+全部转化为Mg(OH)2沉淀而分离出来，则加入的NaOH将Mg2+转化为沉淀而将Al3+转化为偏铝酸盐，即有关的方程式是Al3＋＋4OH－=AlO2－＋2H2O、Mg2＋＋2OH－=Mg(OH)2↓。

Mg2＋和Al3＋的物质的量均为
0.10mol，所以根据方程式可知，至少消耗NaOH的物质的量是0.10mol×4＋0.10mol×2＝0.60mol，所以需要2.0mol/L NaOH溶液的体积是＝0.30L＝300mL。

点睛：该题是中等难度的试题，也是高考中的常见题型。

试题综合性强，考查钠及其化合物的相互转化的推断，同时也考查了镁和铝的综合计算，解题的关键是首先根据电荷守恒得出铝离子的物质的量，然后在明确反应的原理的基础上，直接列式计算即可。

5．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有1.16 g白色沉淀，在
所得的浊液中逐滴加入1 mol·L－1 HCl溶液，加入HCl溶液的体积与生成沉淀的质量关系如
下图所示，试回答：
①A点的沉淀物的化学式为________；B点的沉淀物的化学式为
________________________；写出A→B段发生反应的离子方程式
_____________________________。

②原混合物中MgCl2的质量是________g，AlCl3的质量是________g，NaOH的质量是
________g。

③Q点HCl溶液加入量是________mL。

【答案】A Mg(OH)2 Mg(OH)2和Al(OH)3 AlO2-+H++H2O=Al(OH)3↓ 1.90 2.67 5.20 130 【解析】
【分析】
把NaOH、MgCl2、AlCl3三种固体组成的混合物溶于足量水后有1.16 g白色沉淀，在所得的浊液中逐滴加入1 mol·L－1 HCl溶液，前10毫升盐酸反应时沉淀量不变，说明盐酸和氢氧化钠反应，则白色沉淀为氢氧化镁沉淀，再加入盐酸产生沉淀，是偏铝酸钠和盐酸反应生成
氢氧化铝沉淀，再加入盐酸，氢氧化镁和氢氧化铝沉淀全部溶解。

据此解答。

【详解】
(1) A.金属钠非常活泼，容易和水或氧气反应，在实验室中保存在石蜡油或煤油中，故正确；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，外面有氧化铝薄
膜包着，不会滴下，故错误；C.铁单质与水蒸气反应的化学方程式为
2Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2，故错误。

故选A；
(2)①先加入的盐酸和氢氧化钠反应，说明白色沉淀为Mg(OH)2，再加入盐酸，又产生了氢氧化铝沉淀，所以B点为Mg(OH)2和Al(OH)3；A到B的离子方程式为：AlO2-
+H++H2O=Al(OH)3↓；
②氢氧化镁沉淀的质量为1.16克，即0.02mol氢氧化镁，则对应的氯化镁的物质的量为
0.02mol，质量为0.02mol×95g/mol=1.90g，根据AlO2-+H++H2O=Al(OH)3↓分析，反应消耗
的盐酸的物质的量为1mol/L ×(30-10)×10-3L=0.02mol ，则氯化铝的物质的量为0.002mol 质量为0.02mol ×133.5g/mol= 2.67g ，氢氧化钠的物质的量为
0.02×2+0.02×4+1×0.01=0.13mol ，则质量为0.13 mol ×40 g/mol = 5.20g ；
③Q 点HCl 溶液可以看成就是将原来的氢氧化钠反应生成氯化钠，故根据0.13mol 氢氧化钠计算，盐酸的物质的量为0.13mol ，体积为0.13mol
0.131.0/L mol L =130mL 。

【点睛】
掌握混合溶液中的反应顺序是关键，注意氢氧化钠和氯化镁、氯化铝反应后的混合溶液中与盐酸反应不产生沉淀，说明含有氢氧化钠，则另外存在的是氢氧化镁和偏铝酸钠，不可能是氢氧化铝。

注意反应最后沉淀完全溶解时溶液含有氯化钠和氯化镁和氯化铝，相当于氢氧化钠和盐酸反应，据此快速计算。

6．把一小块镁铝合金溶于100mL 盐酸中，然后向其中滴入1 mol·
L -1NaOH 溶液，生成沉淀的质量和加入NaOH 溶液的体积如下图所示。

①写出OA 段的离子反应方程式________
②写出BC 段的化学方程式________
③合金中镁的质量__________g 。

④盐酸的物质的量浓度___________mol·
L -1。

【答案】H + + OH - = H 2O Al(OH)3+ NaOH= NaAlO 2+2H 2O 0.12 0.5
【解析】
【详解】
①由图可知，从开始至加入NaOH 溶液10mL ，没有沉淀生成，说明原溶液中盐酸溶解Mg 、Al 后盐酸有剩余，此时发生的反应为：HCl+NaOH=NaCl+H2O ，则OA 段的离子反应方程式为H ++OH -=H 2O ；
②继续滴加NaOH 溶液，到氢氧化钠溶液为50mL 时，沉淀量最大，此时为Mg(OH)2和Al(OH)3，溶液为氯化钠溶液．再继续滴加NaOH 溶液，氢氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠与水，则BC 段的化学方程式为Al(OH)3+ NaOH= NaAlO 2+2H 2O ；
③由图可知，从加入10mL 氢氧化钠溶液开始产生沉淀，加入氢氧化钠溶液为50mL 时，沉淀量最大，此时为Mg(OH)2和Al(OH)3，该阶段消耗氢氧化钠40mL ，由氢氧根守恒可知3n[Al(OH)3]+2n[Mg(OH)2]=n （NaOH ）=（0.06L-0.02L ）×1mol/L=0.04mol ．从加入氢氧化钠溶液50mL ～60mL 溶解氢氧化铝，该阶段发生反应Al(OH)3+NaOH=NaAlO 2+2H 2O ，所以n[Al(OH)3]=（0.06-0.05）L×1mol/L=0.01mol ，3×0.01mol+2n[Mg(OH)2]=0.04mol,解得n[Mg(OH)2]=0.005mol ，由原子守恒n （Mg ）=n[Mg(OH)2]=0.005mol ，m （Al ）
=0.01mol×27g•mol-1=0.27g，m（Mg）=0.005mol×24g•mol-1=0.12g，故答案为：合金中镁的质量为0.12g；
④加入氢氧化钠溶液为50mL时，沉淀量最大，此时为Mg(OH)2和Al(OH)3，溶液为氯化钠溶液，根据钠原子守恒，此时溶液中n（NaCl）=n（NaOH）=0.05L×1mol/L=0.05mol，根据氯原子守恒n（HCl）=0.05mol，盐酸的物质的量浓度为0.05/0.1=0.5mol/L，故答案为：该盐酸的浓度为0.5mol/L。

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．海洋是一座巨大的化学资源宝库，从中可以提取许多常见的化学物质，结合所学知识回答下列问题，
(1)“吹出法”提溴空气吹出法是工业规模提溴的常用方法，其流程如下：
其中步骤②～④的目的是________________________________________________。

步骤③反应的离子方程式为_______________________________________________。

除SO2外，步骤③还可以选用Na2CO3溶液吸收溴，主要反应是Br2+Na2CO3+H2O→NaBr+NaBrO3+NaHCO3（未配平），吸收1molBr2时，转移电子的物质的量为__________________mol。

（2）实验室模拟从海带中提取碘，可能经历如下操作(或过程），请选择必要的操作(或过程），并按实验的先后顺序排列________________________________________________(填写编号）
仪器X的名称__________________，将X中的液体分离的具体操作为：打开X上端玻璃塞，
_______________________________________________________________________________。

（3）卤块的主要成分是MgCl2，此外还含Fe2+、Fe3+和Mn2+等杂质离子。

现以卤块为原料按下图流程制备轻质氧化镁，若要求产品尽量不含杂质，而且生产成本较低
．．．．．．，请根据表1和表2提供的资料，回答下列问题：
已知：Fe2+氢氧化物呈絮状，不易从溶液中除去。

步骤①反应的离子方程式为：___________________________________________________；步骤②的反应方程式为：_______________________________________________________。

【答案】富集溴元素（或提高溴水浓度，意思正确可得分）SO2+Br2+2H2O=4H++SO42-+2Br-5
3
CEAD分液漏斗再打开分液漏斗活塞，使下层液体从下口放出，待下层液体刚好放出时，关闭分液漏斗活塞，再从上口将上层液体倒出ClO-+2H++2Fe2+=2Fe3++Cl-+H2O
MgCO3+H2O
Mg(OH)2+CO2↑
【解析】
【详解】
(1) 氧化后的海水虽然含有溴单质，但浓度低，如果直接蒸馏原料，生产成本高。

“空气吹出、吸收、氧化”的过程实际上是一个的浓缩过程；Na2CO3溶液吸收溴反应配平可得：3Br2+6Na2CO3+3H2O=5NaBr+NaBrO3+6NaHCO3，其中溴与转移的电子的关系为：3 Br2——5e-，故答案为富集溴元素（或提高溴水浓度，意思正确可得
分）、SO2+Br2+2H2O=4H++SO42-+2Br-、5
3
；(2)由从海带中提取碘的实验分析可得结论，故
答案为CEAD、分液漏斗、再打开分液漏斗活塞，使下层液体从下口放出，待下层液体刚好放出时，关闭分液漏斗活塞，再从上口将上层液体倒出；(3) 步骤①是为了将Fe2+氧化成Fe3+，并在控制合适的pH条件时生成Fe（OH）3沉淀而除之，虽然漂液和H2O2都可采用，但对比表2提供的原料价格可以看出，漂液比H2O2的价格低得多，所以选漂液最合理，故X为漂液；加入Y的目的是使镁离子沉淀，Y为纯碱，故答案为ClO-
+2H++2Fe2+=2Fe3++Cl-+H2O、 MgCO3+H2OMg(OH)2+CO2↑。

【点睛】
本题通过从海水中提溴、从海带中提碘和以卤块为原料制取轻质氧化镁的工艺流程，考查了物质制备实验方案的设计，题目难度中等，注意掌握化学基本实验操作方法，明确物质制备实验方案设计原则，试题综合性较强、涉及原理、操作、环保、经济等多方面的因素，充分考查了学生的分析、理解能力及化学实验能力。

9．将一定质量的Mg—Al合金投入100mL一定物质的量浓度的某HCl溶液中，充分反应。

向反应后的溶液中逐滴加入一定物质的量浓度的NaOH溶液，生成沉淀的质量与所加NaOH溶液的体积关系如图所示。

回答下列问题。

（1）原Mg-Al合金的质量是_________，合金中Mg与Al的物质的量之比是________；（2）所加NaOH溶液的物质的量浓度是________________；
（3）原HCl溶液的物质的量浓度是_____________________。

（4）向含有0.1molNH4Al(SO4)2的溶液中逐滴加入5 mol·L-1NaOH溶液，开始发现熔液中出现白色沉淀并逐渐增多；一段时间后有刺激性气味的气体(NH3)逸出；最后白色沉淀逐渐减少并最终消失。

请在下图中画出生成沉淀的物质的量与加入NaOH溶液体积的关系示意图。

________
【答案】5.1 g1∶16 mol·L−15 mol·L−1
【解析】分析图象可知，Mg—Al合金与HCl反应时，盐酸过量，图象中各线段对应的化学反应如下：OA段：①H＋＋OH－=H2O，AB段：②Mg2＋＋2OH－=Mg(OH)2↓和③Al3＋＋
3OH－=Al(OH)3↓，BC段：④Al(OH)3＋OH－=AlO2－＋2H2O。

据此解析如下：
(1) B点对应的沉淀为Al(OH)3和Mg (OH)2，其总质量为13.6g，C点对应的沉淀为Mg (OH)2，其质量为5.8g，所以n[Mg (OH)2]= n(Mg)=0.1mol，即金属镁的质量为2.4g；则
n(Al)= n[Al(OH)3]= 13.6 5.8
78/
g g
g mol
=0.1mol，则金属铝的质量为2.7g，所以合金中Mg与Al
的物质的量之比为1∶1，合金的总质量为5.1g。

(2)由(1)的分析可知n[Al(OH)3] =0.1mol，则反应④中溶解Al(OH)3沉淀需要n(NaOH)=
0.1mol，BC段加入氢氧化钠溶液的体积为20mL，所以c(NaOH)=0.1
0.02
mol
L
= 5mol/L。

(3)当加入NaOH溶液的体积为120mL时，即B点的溶液中溶质只有NaCl，根据其组成比即
n(Na+)=n(Cl－)，可得n(NaOH)=n(HCl)=0.12L×5mol/L=0.60mol，所以c(HCl)=0.6
0.1
mol
L
=
6mol/L。

(4)据题意，加入NaOH溶液时，先与Al3＋反应，再与NH4+反应，最后Al(OH)3溶解，反应的离子方程式依次为①Al3＋＋3OH－=Al(OH)3↓，②NH4+＋OH－=NH3+H2O，③Al(OH)3＋OH－=AlO2－＋2H2O，由NH4Al(SO4)2的物质的量为0.1mol和c(NaOH)= 5mol/L，求出反应①中生成n[Al(OH)3] =0.1mol，消耗V(NaOH)=60mL，反应②消耗V(NaOH)=20mL，反应③消耗V(NaOH)=20mL，由此可画出图象如答案所示。

点睛：利用图象的BC段求出氢氧化钠溶液的浓度是解答本题的关键；利用B点溶液中溶质的组成比求出盐酸的浓度是解题的技巧。

10．今有甲、乙两种固体物质，已知其中之一为氧化镁；另有A、B、C、D四种无色溶液分别为氢氧化钠溶液、硝酸镁溶液、硝酸钠溶液和稀硝酸中的某一种，它们之间的相互转变关系可用下列式子表示：
（1）乙＋B→A＋水（2）A＋C→乙＋D （3）B＋甲→A＋水
试判断：A、B、C、D各是什么溶液? 甲、乙各是什么物质？（用化学式回答）
A________、B_________、C_________、D_________、甲________、乙_________
【答案】Mg(NO3)2HNO3NaOH NaNO3MgO Mg(OH)2
【解析】根据题目中的信息：“甲、乙两种物质，已知其中一种是氧化镁”，“A、B、C、D 四种无色溶液，它们分别是氢氧化钠溶液、硝酸镁溶液、硝酸钠溶液和稀硝酸中的一种”，“（1）乙+B®A+水（2）A+C®乙+D （3）甲+B®A+水”，故推测甲、乙、A、B、C、D分别为氧化镁、氢氧化镁、硝酸镁溶液、稀硝酸、氢氧化钠溶液、硝酸钠溶液，代入进行检验，符合题意，则A是 Mg(NO3)2、B是HNO3、C是NaOH、D是NaNO3、甲是Mg、乙是Mg(OH)2。

点睛：解答这类鉴别推断题时，首先要寻找突破口（即“甲、乙两种物质，已知其中一种是氧化镁”），然后根据题意和图示信息，顺藤摸瓜地展开分析，“（1）乙+B®A+水
（2）A+C®乙+D （3）甲+B®A+水”，推断出各物质后，再按照题目的要求认真填写即可。