全国高考化学镁及其化合物的推断题综合高考真题分类汇总含答案解析

全国高考化学镁及其化合物的推断题综合高考真题分类汇总含答案解析
一、镁及其化合物
1．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。

2．短周期元素形成的物质A、B、C、D、E，它们的转化关系如下图所示，物质A与物质B 之间的反应不在溶液中进行(E可能与A、B两种物质中的某种相同)。

请回答下列问题：
(1)若C是离子化合物，D是一种强碱，写出C的电子式：_____________
(2)若E是有臭鸡蛋气味，D是既能溶于强酸，又能溶于强碱的化合物。

①用电离方程式解释D既能溶于强酸，又能溶于强碱的原因： ____________________
②用等式表示E与NaOH溶液反应后生成正盐的溶液中所有离子浓度之间的关系：
_______________________________
(3)若C是一种气体，D是一种强酸，且E与A相同，则C与水反应的化学方程式为(请标出电子转移方向和数目)： __________________________________________
(4)若A是一种单质，该元素的原子最外层电子数等于最内层，气体E能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，那么化合物D是_____________。

【答案】 H++H2O+AlO2- Al(OH)3Al3++3OH-
c(Na+)+c(H+)=2c(S2-)+c(HS-)+c(OH-) Mg(OH)2
【解析】
【分析】
(1)若C是离子化合物，D是一种强碱，可能为NaOH，则C可为Na2O2(或NaH)，生成气体为O2或H2；
(2)D是既能溶于强酸、又有溶于强碱的化合物，应为Al(OH)3，E的水溶液呈现弱酸性，E 可能与A、B两种物质中的某种相同，结合转化关系分析可知C应为H2S；
(3)若C是一种气体，D是一种强酸，C应为NO2，则D为HNO3，E为NO，结合物质的性质解答该题；
(4)若A是一种单质，该元素的原子最外层电子数等于最内层，气体E能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则气体E为NH3，A为Mg，B为氮气，生成的C为Mg2N3。

那么化合物D是
【详解】
(1)若C是离子化合物，D是一种强碱，可能为NaOH，则C可为Na2O2，生成气体为O2或H2，Na2O2是离子化合物，其电子式为；
(2)D是既能溶于强酸、又有溶于强碱的化合物，应为Al(OH)3，E的水溶液呈现弱酸性，E 可能与A、B两种物质中的某种相同，结合转化关系分析可知C应为H2S；
①D为氢氧化铝既能溶于强酸，又能溶于强碱的原因的电离方程式为酸式电离和碱式电离，电离方程式为：H++H 2O+AlO2- Al(OH)3Al3++3OH-；
②E为H2S，与NaOH反应生成的正盐溶液为硫化钠溶液，硫离子水解，溶液中离子浓度存在电荷守恒为：c(Na+)+c(H+)=2c(S2-)+c(HS-)+c(OH-)：
(3)若C是一种气体，D是一种强酸，应C为NO2，则D为HNO3，E为NO；
NO2与水反应生成HNO3和NO，反应的方程式为3NO2+H2O=2HNO3+NO，此反应为氧化还原反应，反应中电子转移的方向和数目为；
(4)若A是一种单质，该元素的原子最外层电子数等于最内层，气体E能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则气体E为NH3，A为Mg，B为氮气，生成的C为Mg2N3，Mg2N3溶于水发生双水解，生成氨气和氢氧化镁，故D为Mg(OH)2。

3．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。

4．某固体试样A是由一定量的Al、Mg均匀组成的混合物，为验证混合物的组成，进行如下实验：
①取m g试样A，全部溶于0.5L 2mol·L－１稀硫酸溶液中，放出11.2 L气体(已换算成标准状况)，同时生成溶液B；
②另取m g试样A，加入2mol·L－１的NaOH溶液，当加到100mL时，气体不再生成；
③往溶液B中加入2mol/L NaOH，至沉淀不再发生变化。

根据以上过程回答下列问题：
(1)溶液B中是否含有H+_____________(填“是”或“否”)；
(2)写出②中发生反应的离子方程式____________________________________；
(3)下列能表示过程③产生的沉淀质量W与加入NaOH溶液体积V的关系是_____；
(4)m g试样A中含Mg的质量为________g；
(5)林同学通过查阅资料，发现浓硫酸与铝发生钝化，但与Mg能剧烈反应生成SO2，如果忽略钝化的反应过程，可以通过测定浓硫酸与固体试样反应产生的气体体积，来确定混合物A中镁的质量分数。

郭同学认为林同学的方案可行，但考虑到如果反应结束后硫酸未保持“浓”的状态，测定结果会____________(填“偏大”、“偏小”或“不变”)，其依据是
_______________________________________________________。

【答案】是 2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑ D 4.8 偏大浓硫酸变稀后会与铝反应，使生成的气体偏多，镁的质量分数测定结果偏大
【解析】
【分析】
镁和铝均能与稀硫酸反应生成氢气，铝只能与氢氧化钠溶液反应生成氢气，氢氧化铝是两性氢氧化物，氢氧化镁不溶于强碱，结合有关物质的物质的量和反应的方程式分析解答。

【详解】
（1）0.5L2mol·L－１稀硫酸溶液中硫酸的物质的量是0.5L×2mol/L＝1.0mol，最终放出氢气的物质的量是11.2L÷22.4L/mol＝0.5mol，根据氢原子守恒可知硫酸过量，所以溶液B中含有H+；
（2）另取m g试样A，加入2mol·L－１的NaOH溶液，当加到100mL时，气体不再生成，该过程中只有铝和氢氧化钠溶液反应，则②中发生反应的离子方程式为2Al+2OH-
+2H2O=2AlO2-+3H2↑；
（3）由于溶液中B中含有硫酸、硫酸镁和硫酸铝，因此往溶液B中加入2mol/L NaOH，至沉淀不再发生变化时首先发生中和反应，然后氢氧根沉淀镁离子和铝离子，最后氢氧化钠溶解氢氧化铝，则能表示过程③产生的沉淀质量W与加入NaOH溶液体积V的关系是图像D，答案选D；
（4）与铝反应的氢氧化钠的物质的量是2mol/L×0.1L＝0.2mol，根据方程式可知
2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑生成氢气是0.3mol，由于相同质量的铝与稀硫酸反应也产生0.3mol氢气，则镁生成的氢气是0.5mol－0.3mol＝0.2mol，所以根据方程式Mg+2H+＝Mg2++H2↑可知镁的质量是0.2mol×24g/mol＝4.8g；
（5）由于浓硫酸变稀后会与铝反应，使生成的气体偏多，从而导致镁的质量分数测定结果偏大。

5．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↓。

6．如图中A～H都是中学化学中常见的物质，其中，常温下A能使铁或铝钝化，B是固体非金属单质，C为水，D是一种能使品红溶液褪色的无色气体，F是金属单质，G可以用作耐火材料，它们之间有如下转化关系：
(1)写出下列物质的化学式：E____________，H____________；
(2)写出A溶液与B反应的化学方程式：____________；
试写出E与F的反应方程式：_______________。

【答案】CO2 SO3 C+2H2SO4(浓)2SO2↑+CO2↑+2H2O 2Mg+CO22MgO+C
【解析】
【分析】
常温下A能使铁或铝钝化，A可能为浓硝酸或浓硫酸，B是固体非金属单质，C为水，D是一种能使品红溶液褪色的无色气体，则A为浓硫酸，B为碳，D为SO2，E为CO2，SO2被氧气氧化产生SO3，所以H为SO3，SO3与H2O反应产生H2SO4，F是金属单质，能够在CO2发生燃烧反应，则F是Mg，Mg在CO2中燃烧产生C、MgO，G可以用作耐火材料，则G 为MgO，据此解答。

【详解】
根据上述分析可知：A为浓H2SO4，B为C，C为H2O，D为SO2，E为CO2，F是Mg，G为MgO，H为SO3。

(1)E为CO2，H为SO3；
(2)C与浓硫酸混合加热发生氧化还原反应，产生CO2、SO2、H2O，反应的化学方程式：
C+2H2SO4(浓)2SO2↑+CO2↑+2H2O；Mg在CO2中在点燃时反应产生MgO和C，反应方程式为：2Mg+CO22MgO+C。

【点睛】
本题考查了无机物的推断。

常温下A能使铁或铝钝化，D是一种能使品红溶液褪色的无色气体是本题的突破口，要掌握各种物质的性质及转化关系，注意镁可以在二氧化碳气体中燃烧。

7．A、B、C、D分别是HCl、FeCl3、MgCl2、AlCl3溶液中的一种，某实验小组用另一种溶液X与它们进行了如图所示的实验，试推断A、B、C、D、X分别为：
A：____________B：____________C：___________D：____________X：______________
【答案】HCl MgCl2 FeCl3 AlCl3 NaOH
【解析】
【分析】
Mg(OH)2、Al(OH)3、Fe(OH)3都不溶于水，Mg(OH)2、Fe(OH)3都是弱碱，只溶于强酸溶液。

Al(OH)3是两性氢氧化物，能溶于强酸、强碱溶液中。

【详解】
X+过量C→红褐色沉淀[Fe(OH)3]，则C为FeCl3，X含OH-，可为NaOH等；X+过量A→无现象，则A为HCl；X+过量B→白色沉淀[溶于A（HCl）、不溶于X（OH-）]，则白色沉淀为Mg(OH)2，B为MgCl2；X+过量D→白色沉淀[溶于A（HCl）、溶于X（OH-）]，则白色沉淀为Al(OH)3，D为AlCl3。

8．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-。

9．镁在工业、医疗等领域均有重要用途。

某化学小组利用硼砂工厂的固体废弃物（主要含有MgCO3、MgSiO3、Al2O3和Fe2O3等），设计了回收其中镁的工艺流程：
（1）酸浸前，将固体废弃物研磨的目的是_______，为达到此目的，还可以采取的措施是_____（任写一条）。

（2）酸浸时，生成滤渣I的离子方程式为_________。

（3）第一次调节pH的目的是_____。

当加入氨水使Al3+开始沉淀时，溶液中c（Fe3+）/c （Al3+）为 _________ 。

已知K s p[Fe(OH)3 ]=4×10-38，K s p[Al(OH)3 ]=1×10-33.
（4）设计简单方案分离滤渣2，简述实验过程：______。

（5）滤液3中可回收利用的物质主要是_____（填化学式），其阳离子的电子式为
_______。

（6）写出工业上从滤渣3中获得镁锭的所有反应的化学方程式：_______。

【答案】加快浸出速率提高反应温度或适当增加硫酸浓度（或其他合理答案）
MgSiO3+2H+=Mg2++H2SiO3使Fe3+、Al3+沉淀从而分离出来 4.0×10-5溶于适量氢氧化钠溶液，过滤得Fe（OH）3；向滤液中通入过量CO2，过滤得Al（OH）3（NH4）2SO4
Mg（OH）2+2HCl=MgCl2+2H2O、MgCl2（熔融）Mg+Cl2↑
【解析】
浸出步骤硫酸同固体废料中主要成份反应，从化学反应速率和化学平衡的影响因素来看，可通过升高温度提高硫酸镁的溶解度，或通过搅拌使反应物充分接触反应，或通过过滤后滤渣多次浸取以提高转化率；因MgCO3、MgSiO3、Al2O3、Fe2O3能与硫酸反应，生成了MgSO4、Al2(SO4)2和Fe2(SO4)3，其中H2SiO3形成滤渣1，滤液1中MgSO4、Al2(SO4)2和
Fe2(SO4)3，根据阳离子以氢氧化物形式完全沉淀时溶液的pH，在调节pH至5.5时，Fe3＋和Al3＋已经完全沉淀，滤渣2的主要成分是Fe(OH)3、Al(OH)3，滤液2中阴离子主要是SO42－，加入NH
·H2O后在调节pH至12.5时Mg2＋完全沉淀，溶质主要成分是(NH4)2SO4。

3
（1）酸浸前，将固体废弃物研磨的目的是加快浸出速率，浸出步骤硫酸同固体废料中主要成份反应，从化学反应速率和化学平衡的影响因素来看，可通过升高温度提高硫酸镁的溶解度，或通过搅拌使反应物充分接触反应，或通过过滤后滤渣多次浸取以提高转化率，故答案为加快浸出速率，适当提高反应温度、增加浸出时间（或其他合理答案）
（2）因MgCO3、MgSiO3、Al2O3、Fe2O3能与硫酸反应，生成了MgSO4、Al2(SO4)2和
Fe2(SO4)3，其中H2SiO3形成滤渣；酸浸时，生成滤渣I的离子方程式为
MgSiO3+2H+=Mg2++H2SiO3；（3）滤液I中含有MgSO4、Al2(SO4)2和Fe2(SO4)3，根据阳离子以氢氧化物形式完全沉淀时溶液的pH，在调节pH至5.5时，Fe3＋和Al3＋已经完全沉淀，滤渣2的主要成分是Fe(OH)3、Al(OH)3，第一次调节pH的目的是使Fe3+、Al3+沉淀从而分离出来；当加入氨水使Al3+开始沉淀时，溶液中c（Fe3+）/c（Al3+）
=K s p[Fe(OH)3 ]/K s p[Al(OH)3 ]==4×10-38/1×10-33=4.0×10-5；（4）设计简单方案分离滤渣2，滤渣2的主要成分是Fe(OH)3、Al(OH)3，利用Al(OH)3具有两性，分离操作：溶于适量氢氧化钠溶液，过滤得Fe（OH）3；向滤液中通入过量CO2，过滤得Al（OH）3；(7)上述过滤后滤液中阴离子主要是SO42－，加入NH3·H2O后在调节pH至12.5时Mg2＋完全沉淀，溶质主要成分是(NH4)2SO4，故答案为(NH4)2 SO4；其阳离子的电子式为，（6）滤渣3为Mg(OH)2，工业上从滤渣3生产镁锭的反应：Mg(OH)2 +2HCl=MgCl2+2H2O、MgCl2（熔融）Mg+Cl2↑。

点睛：本题考查常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；难溶电解质的溶解平衡的本质。

学生要有根据常见金属元素Mg、Al、Fe及其化合物主要性质，以及Al(OH)3两性等知识，应用基础知识解决简单化学问题的能力，分析能力．当加入氨水使Al3+开始沉淀时，溶液中c（Fe3+）/c（Al3+）=K s p[Fe(OH)3 ]/K s p[Al(OH)3 ]==4×10-38/1×10-33=4.0×10-5，计算是本题的难点。

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

以卤块为原料按如
图所示流程进行生产，可制得轻质氧化镁。

查阅资料得下表相关数据:
表1: 生成氢氧化物沉淀的pH表2: 原料价格表
物质开始沉淀沉淀完全试剂价格(元/吨) Fe(OH)3 2.7 3.7 a.漂液(含25.2%NaClO)450
Fe(OH)27.69.6 b.双氧水(含30%H2O2)1500
Mn(OH)28.39.8 c.烧碱(含98%NaOH)2200
Mg(OH)29.611.1 d.纯碱(含99.5%Na2CO3)800
已知Fe2+氢氧化物呈絮状，不易从溶液中除去，必须将它氧化后以Fe(OH)3沉淀形式才能除尽。

若要求产品尽量不含杂质且生产成本较低，请根据上表提供的资料回答:
（1）流程中加入的试剂X、Y、Z的最佳选择依次是表2中的_____(选填试剂编号)。

（2）步骤②发生反应的离子方程式为__________；步骤⑤中发生反应的化学方程式为
______。

（3）为尽量除去杂质，步骤③调节pH为____时，停止加入Y。

调节为该pH的目的是
____。

（4）若在实验室进行步骤⑥的灼烧实验，必须用到的仪器是____。

A．酒精喷灯 B．铁三脚 C．坩埚 D．蒸发皿 E.泥三角 F.烧杯 G.石棉网（5）向装有少量Mg(OH)2浊液的试管中加入适量CH3COONH4晶体，充分振荡后溶液会变澄清，请用化学平衡的原理解释浊液变澄清的原因______。

【答案】a、c、d 2Fe2++ClO-+2H+=Cl-+2Fe3++H2O MgCO3+H2O Mg(OH)2+CO2↑ 9.8 使Mg2+以外的杂质离子尽可能彻底地转化为沉淀除去 ABCE Mg(OH)2(s)Mg2+(aq)+2OH-(aq)；CH3COONH4电离出的NH4+与OH-结合成弱电解质NH3·H2O，降低了c(OH-)，Mg(OH)2溶解平衡向右移动
【解析】
【分析】
卤块的主要成分是MgCl2，此外还含Fe2+、Fe3+和Mn2+等杂质离子，由流程可知，加稀盐酸溶解后，为除去Fe2+，先将Fe2+氧化成Fe3+，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；步骤③的目的在于使除Mg2+以外的各种杂质金属离子都生成氢氧化物沉淀，以便通过过滤而除去，
应加入NaOH，如加入纯碱，不能达到较高的pH，由表1提供的数据可知，除去杂质离子合理的pH范围是3.7＜pH＜9.8，在此范围内，如果pH过高，就会有大量的Mg2+生成
Mg(OH)2而进入沉淀中，从而导致生产成本的提高；为了兼顾产品质量和生产成本，选择pH=9.8最合理，当然此时Mg2+也会部分生成Mg(OH)2沉淀，但由于卤块价格低廉，这点不可避免的损失可忽略，过滤后，分离出Mn(OH)2、Fe(OH)3，在滤液中加入Z为纯碱将Mg2+从溶液中以MgCO3沉淀出来，然后加热煮沸可得到Mg(OH)2，气体为二氧化碳，Mg(OH)2灼烧后得到MgO，以此来解答。

【详解】
(1)步骤②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的目的是调节pH，选用氢氧化钠，故Y为烧碱；加入Z的目的是使镁离子沉淀，Z为纯碱；故答案为a、c、d；
(2)流程中加入次氯酸钠在酸性溶液中会氧化亚铁离子为铁离子，反应的离子方程式为：
2Fe2++ClO-+2H+=2Fe3++Cl-+H2O；加入的Z物质为纯碱，所以步骤④生成的沉淀物是MgCO3，沉淀物MgCO3在煮沸的情况下发生水解，生成Mg(OH)2和CO2气体，反应的化学方程式为：MgCO3+H2O Mg(OH)2↓+CO2↑；
(3)步骤③的目的在于使除Mg2+以外的各种杂质金属离子都生成氢氧化物沉淀，以便通过过滤而除去，应加入NaOH，若加入纯碱，不能达到较高的pH，分析表1提供的数据：除去杂质离子合理的pH范围是3.7＜pH＜9.8，在此范围内，如果pH过高，就会有大量的Mg2+生成Mg(OH)2而进入沉淀中，从而导致生产成本的提高；为了兼顾产品质量和生产成本，选择pH=9.8最合理，当然此时Mg2+也会部分生成Mg(OH)2沉淀，但由于卤块价格低廉，这点不可避免的损失还是可以承受的，以此保证产品的纯度；
(4)灼烧需要的仪器有铁三脚、酒精喷灯、坩埚、泥三角，故答案为ABCE；
(5)向装有少量Mg(OH)2浊液的试管中加入适量CH3COONH4晶体，充分振荡后溶液会变澄清，因Mg(OH)2(s)⇌Mg2+ (aq)+2OH-(aq)，CH3COONH4电离出的NH4+与OH-结合成弱电解质NH3•H2O，降低了c(OH-)，Mg(OH)2溶解平衡向右移动。

【点睛】
本题考查混合物分离提纯及物质的制备实验，把握物质的性质、流程中发生的反应、混合物分离提纯方法为解答的关键，注意元素化合物知识、化学反应原理与实验的结合，题目难度不大．。