2020-2021高考化学镁及其化合物(大题培优易错试卷)及详细答案

2020-2021高考化学镁及其化合物(大题培优易错试卷)及详细答案
一、镁及其化合物
1．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↓。

2．X、Y、Z三种物质有如下转化关系：
(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③④⑤步反应的离子方程式：_____________；___________；___________
【答案】MgSO4Mg(OH)MgCl2BaCl2AgNO3Mg(OH)2+2H+=Mg2++2H2O Ag++Cl−=AgCl↓
Ba2++SO42−=BaSO4↓
【解析】
【分析】
【详解】
(1)X和硝酸钡反应生成硝酸镁，则X应为MgSO4，加入NaOH反应生成Mg(OH)2,与盐酸反应生成MgCl2，则Y为Mg(OH)2，Z为MgCl2，MgSO4可与BaCl2反应生成MgCl2，则甲为BaCl2，MgCl2与AgNO3反应生成硝酸镁，则乙为AgNO3，
故答案为MgSO4；Mg(OH)2；MgCl2；BaCl2；AgNO3；
(2)③为Mg(OH)2和盐酸的反应,反应的离子方程式为Mg(OH)2+2H+=Mg2++2H2O，
④为MgCl2和AgNO3的反应,反应的离子方程式为Ag++Cl−=AgCl↓，
⑤为MgSO4和BaCl2的反应,反应的离子方程式为Ba2++SO42−=BaSO4↓，
故答案为③Mg(OH)2+2H+=Mg2++2H2O、④Ag++Cl−=AgCl↓、⑤Ba2++SO42−=BaSO4↓。

3．A为常见金属，D、E为常见非金属单质，D为黑色固体，E是常温下密度最小的气体，B、F是同种非金属化合物气体，A与氧气转化为C的过程中发出耀眼的白光，A→F之间的转化关系如图：按要求完成下列各题：
（1）写出A与F的化学式：A__________ F__________
（2）下列物质中有一种与B物质不属于同一类，其他与B均属于同一类，这一物质是
_______
A．P2O5 B．NO C．Na2O D．SiO2
（3）D高温情况下与水蒸气恰好完全反应生成E和F时，所得气体的平均相对分子质量是__________g/mol
（4）写出反应①的方程式：_______________________
【答案】(1)Mg CO
(2)C
(3)15
(4) 2Mg+CO22MgO+C
【解析】
【分析】
A为常见金属,A与氧气转化为C的过程中发出耀眼的白光,则A为镁,E为常见非金属单
质,E是常温下密度最小的气体,则E为氢气,D常见非金属单质,且D为黑色固体,则D为碳,B、F是气体,结合题中各物质的转化关系可以知道,B为二氧化碳,C为氧化镁,F为一氧化碳,据此答题。

【详解】
A为常见金属,A与氧气转化为C的过程中发出耀眼的白光,则A为镁,E为常见非金属单质,E是常温下密度最小的气体,则E为氢气,D常见非金属单质,且D为黑色固体,则D为碳,B、F是气体,结合题中各物质的转化关系可以知道,B为二氧化碳,C为氧化镁,F为一氧化碳,
(1)根据上面的分析可以知道,A为Mg,F为CO,
因此，本题正确答案是:Mg，CO；
(2) B为二氧化碳,属于非金属氧化物，NO、P2O5、SiO2也都是非金属氧化物,与CO2同一类；Na2O是金属氧化物，也是碱性氧化物,与CO2既是非金属氧化物，也是酸性氧化物，所以氧化钠与二氧化碳不同类；
综上所述，本题正确选项C；
(3)C高温情况下与水蒸气恰好完全反应生成CO和H2时,CO和H2的物质的量之比等于1:1,所以所得气体的平均摩尔质量(28×1+2×1)/2=15g/mol，相对分子质量为15；
因此，本题正确答案是:15；
(4) 镁与二氧化碳反应生成氧化镁和碳，反应①的方程式：2Mg+CO22MgO+C；因此，本题正确答案是: 2Mg+CO22MgO+C；
4．将一定质量的Mg和Al的混合物投入500mL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．
（1）Mg和Al的总质量为 g
（2）硫酸的物质的量浓度为．
（3）NaOH溶液的物质的量浓度为．
【答案】（1）9.0g（2）1.0mol/L（3）5.0mol/L
【解析】
试题分析：（1）由图可知，0～20mL发生酸碱中和反应，20～200mL发生反应生成氢氧化镁和氢氧化铝沉淀，200～240mL发生Al（OH）3+NaOH=NaAlO2+2H2O，由图象可知，n （Mg） =" 0.15" mol，n（Al） =" 0.2" mol，则Mg和Al的总质量为0.15×24 +0.2×27 =9.0g；（2）由200～240mL发生Al（OH）3+NaOH=NaAlO2+2H2O，则c（NaOH） =" 0.2/0.04" =" 5" mol/L，200mL时生成沉淀最多，溶液中的溶质为硫酸钠，则c（H2SO4）=（0.2×5÷2）
/0.5=1.0mol/L；
（3）NaOH 溶液的物质的量浓度为5.0mol/L 。

考点：镁、铝的性质
5．现有48.4g 碱式碳酸镁样品(化学式：()322MgCO Mg OH H O x y z ⋅⋅，x 、y 、z 为正整数)，将其分为二等份，一份样品充分灼烧至恒重进行热重分析，结果如图所示。

另一份投入200mL 某浓度的盐酸中，充分反应后生成2CO 4.48L (已换算成标准状况下)，测得溶液的()1H 0.100mol L c +-=⋅。

(忽略溶液前后体积变化)
按要求回答下列问题：
(1)x:y=_______________。

(2)盐酸的物质的量浓度()c HCl =____________1mol L -⋅。

【答案】4:1 2.6
【解析】
【详解】
(1)xMgCO 3•yMg (OH )2•zH 2O 充分灼烧至恒重得到的10.0g 固体为MgO ，n (MgO )＝10.0g 40g /mol
＝0.25mol ；另一份投入150mL 某浓度的盐酸中，反应生成氯化镁和二氧化碳，标况下4.48LCO 2的物质的量为： 4.4822.4/mol
L L ＝0.2mol ；48.4g 碱式碳酸镁样品中n (MgCO 3)+n [Mg (OH )2]＝2n (MgO )＝0.25mol ×2＝0.5mol ，n (MgCO 3)＝2n (CO 2)＝0.2mol ×2＝0.4mol ，则n [Mg (OH )2]＝0.5mol －0.4mol ＝0.1mol ，n (H 2O )＝
48.4g 84g /mol 0.4mol 58g /mol 0.1mol 18g /mol
-⨯-⨯＝0.5mol ，则xMgCO 3•yMg (OH )2•zH 2O 中x ：y ：z ＝0.4mol ：0.1mol ：0.5mol ＝4:1:5；
(2)反应后剩余n (HCl )＝n (H +)＝0.100mol /L ×0.2L ＝0.02mol ，生成氯化镁消耗HCl 的物质的量为：n (HCl )＝2n (MgCl 2)＝0.25mol ×2＝0.5mol ，所以200mL 某浓度的盐酸中n (HCl )＝0.5mol +0.02mol ＝0.52mol ，则盐酸的物质的量浓度c (HCl )＝0.52mol 0.2L
＝2.6mol /L 。

6．根据镁与二氧化碳的反应推测，钠也能在二氧化碳中燃烧，且固体产物可能为碳酸钠、氧化钠、碳中的两种或三种。

某兴趣小组用如下装置开展两个阶段的实验探究。

I、引发CO2与Na反应。

操作步骤为：①按图连接装置，检验气密性，并往各装置中加入试剂；②打开装置a上活塞一段时间；③点燃d处酒精灯，使CO2与Na充分反应。

停止加热，继续通气体使双通直管冷却。

回答下列问题：
（1）操作①时，装置b中装入的试剂是___________；
（2）步骤②时，当观察到_________时，才能进入步骤③。

Ⅱ：探究反应产物及反应机理。

取反应后双通管中固体物质29．2g进行如下实验：
①仔细观察固体，发现有黑色颗粒；
②将固体溶于足量的水并过滤、洗涤，得到1．8 g滤渣（干燥）；
③将滤液加水稀释配成250mL的溶液；
④取少量③的溶液，先加足量BaCl2溶液，再加酚酞试液，观察到白色沉淀及溶液变红；
⑤取25．0mL③的溶液，用3．0mol·L-1盐酸滴定，消耗盐酸20．00mL。

回答下列问题：（3）反应后装置d中的固体物质为___________；
（4）通过计算分析：29．2g残留固体中，各组分的质量各是多少?________；
（5）该探究条件下，钠与二氧化碳反应的化学方程式为_______。

【答案】饱和NaHCO3溶液 e装置中产生白色沉淀 C、Na2O、Na2CO3碳的质量为
1.8g；碳酸钠的质量为21.2g；氧化钠的质量为6.2g 12Na+7CO23C+2Na2O+4Na2CO3【解析】
分析：由实验方案图可知，a为二氧化碳发生装置，d为二氧化碳与钠反应装置，通入d
装置的二氧化碳应干燥并需除去二氧化碳中的HCl，因此b中应用饱和的碳酸氢钠溶液，c 为干燥装置，吸收水蒸气。

反应需要排尽装置内的空气，当e装置中产生白色沉淀，说明空气中的二氧化碳排尽，再加热d处的酒精灯发生反应。

详解：（1）根据上述分析，装置b是除去二氧化碳气体中的HCl，应用饱和的碳酸氢钠溶液，c为干燥装置，吸收水蒸气，故答案为饱和NaHCO3溶液；
（2）根据上述分析可知，反应需要排尽装置内的空气，当e装置中产生白色沉淀，说明空气中的二氧化碳排尽，再加热d处的酒精灯发生反应，故答案为e装置中产生白色沉淀；（3）步骤①将干燥得到1.8g滤渣为不溶物碳；步骤③中最终所得固体质量为3.94g为碳酸钡，说明反应生成碳酸钠，根据碳元素守恒可知，碳酸钠的物质的量
=
3.94
197/
g
g mol=0.02mol，故29.2g固体物质中碳酸钠的物质的量为
250
0.02
25mL
mol
mL
=0.2mol，其质量=0.2mol×106g/mol=21.2g，步骤④中盐酸滴定碳酸钠，消耗盐酸的物质的量为0.02mol×2=0.04mol，实际消耗HCl为3.0mol•L-1×0.020L=0.06mol，
大于0.02mol，故溶液中含有氢氧化钠，说明反应中有氧化钠生成，故答案为
C、Na2O、Na2CO3；
（4）根据（3）的分析，碳的质量为1.8g；碳酸钠的质量为21.2g；步骤④中盐酸滴定碳酸钠，消耗盐酸的物质的量为0.02mol×2=0.04mol，实际消耗HCl为3.0mol•L-
1×0.020L=0.06mol，大于0.02mol，故溶液中含有氢氧化钠，说明反应中有氧化钠生成，滴定中氢氧化钠消耗的HCl为0.06mol-0.04mol=0.02mol，根据钠离子守恒可知氧化钠的物质
的量为0.02mol
2
=0.01mol，故29.2g固体物质中氧化钠的物质的量为250
0.01
25mL
mol
mL
=0.1mol，其质量为0.1mol×62g/mol=6.2g，故答案为碳的质量为1.8g；碳酸钠的质量为21.2g；氧化钠的质量为6.2g；
（5）根据（4）中的计算可知产物为C、Na2O和Na2CO3，三者物质的量之比为
1.8 12/g
g mol
：0.1mol：0.2mol=3：2：4，故反应方程式为：
12Na+7CO23C+2Na2O+4Na2CO3，故答案为12Na+7CO23C+2Na2O+4Na2CO3。

点睛：本题考查物质组成与探究，涉及对实验方案的理解、实验基本操作、化学计算与数据处理等，确定生成物的成分以发生的反应是难度，也是易错点，注意不能直接利用固体物质质量减去碳与碳酸钠的质量确定氧化钠的质量。

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+2H2O=2NaAlO2+3H2↑）
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H 2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NaAlO 2和H 2，离子反应方程式为2Al+2OH -
+2H 2O=2AlO 2－+3H 2↑；
(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+2H 2O=2NaAlO 2+3H 2↑
2M 3×22400ml
(a-c)g bml
解之得：M=()
33600a c b -。

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．镁及其化合物在现代工业、国防建设中有着广泛的应用。

回答下列问题：
（1）单质镁在空气中燃烧的主要产物是白色的_____，还生成少量的______（填化学式）。

（2）CH3 MgCl是一种重要的有机合成剂，其中镁的化合价为______，CH3 MgCl水解时除生成甲烷外，还生成一种碱和一种盐。

写出该反应的化学方程式：
_________________________。

（3）Mg(OH)2是常用的阻燃材料。

以白云石（CaCO3、MgCO3，不考虑杂质）为原料制备Mg(OH)2和CaCO3工艺流程如下：
①溶解度：Ca(OH)2 _______ （填“>”或“<”）Mg(OH)2。

②“煅烧”时称取27.6 g白云石，高温加热到质量不再变化，收集到的CO2为6.72 L(标准状况下)，若工艺中不考虑Ca、Mg损失，则Mg( OH)2和CaCO3的质量分别为
_________、____________。

【答案】MgOMg3N2+22CH3 MgCl+2H2O=2CH4↑+MgCl2 +Mg(OH)2>8.7 g15 g
【解析】
试题分析：
（1）镁既能在氧气中燃烧又能在氮气中燃烧，氧气的氧化性比氮气强，所以单质镁在空气中燃烧的主要产物是白色的MgO，还生成少量的Mg3N2。

（2）CH3 MgCl是一种重要的有机合成剂，其中镁的化合价为+2，CH3 MgCl水解时除生成甲烷外，还生成一种碱和一种盐，则该碱一定是氢氧化镁，该盐一定是氯化镁，该反应的化学方程式为2CH3 MgCl+2H2O=2CH4↑+MgCl2 +Mg(OH)2。

（3）①氢氧化钙微溶于水，氢氧化镁难溶于水，所以溶解度：Ca(OH)2 > Mg(OH)2。

②“煅烧”时称取27.6 g白云石，高温加热到质量不再变化，收集到的CO2为6.72 L(标准状况下)，则CO2的物质的量为0.3mol。

由碳元素守恒可得，
n(CaCO3)+n(MgCO3)=0.3mol，100g/mol n(CaCO3)+84 g/mol n(MgCO3)=27.6g，解之得
n(CaCO3) =0.15mol，n(MgCO3)=0.15mol，若工艺中不考虑Ca、Mg损失，则Mg( OH)2的质量为58g/mol 0.15mol=8.7 g、CaCO3的质量为100g/mol0.15mol=15 g。

点睛：混合物的计算通常可以用守恒法快速列方程组求解。

常见的守恒关系有质量守恒、电子转移守恒、电荷守恒、元素（原子或离子）守恒等等。

利用守恒关系可以把题中的相关数据转化为方程式，联立成方程组，即可解题。

10．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。