备战高考化学——镁及其化合物的推断题综合压轴题专题复习及答案解析

备战高考化学——镁及其化合物的推断题综合压轴题专题复习及答案解析
一、镁及其化合物
1．金属镁是一种活泼的常见金属，有着广泛的用途。

下图是金属镁和卤素反应的能量变化图（反应物和产物均为298 K时的稳定状态）。

（1）下列选项中正确的是_________（填序号）。

①MgI2中Mg2+与I-间的作用力小于MgF2中Mg2+与F-间的作用力
②MgBr2与Cl2反应是放热反应
③化合物的熟稳定性顺序为： MgI2>MgBr2>MgCl2>MgF2
（2）请写出在一定条件下液溴与氟化镁固体反应的热化学方程式： ___________。

已知，金属镁在点燃的条件下能与二氧化碳反应：2Mg+CO2→2MgO+C，现将a克镁放在盛有b L（标准状态下）二氧化碳和氧气的混合气体的密闭容器中充分燃烧；
（3）若容器中剩余二氧化碳，则残留固体物质_________
A 一定只有MgO
B 一定有MgO，可能有C
C 一定有MgO和C
D 一定有C，可能有MgO
（4）若反应容器中有氧气剩余，则容器内剩余固体的质量为_________，出现此种状况，容器中原来b L混合气体中氧气的体积应满足（用含a的代数式）__________。

（5）若容器中无气体剩余，残留固体中含有镁，则残留固体m的取值范围_________；若容器中无气体剩余，残留固体中没有镁剩余，则残留固体m的取值范围_________。

【答案】①② MgF2(s)＋Br2(l)＝MgBr2(s)+ F2(g) △H＝+600kJ/mol B 5a
3
g b＞V(O2)＞
7a 15 (a＋
32b
22.4
)＜m＜(a＋
44b
22.4
)
5a
3
＜m＜
23a
12
【解析】
【分析】
(1)①离子晶体中离子键越强，离子晶体越稳定；
②如果反应物能量之和大于生成物能量之和，则是放热反应；
③化合物的热稳定性与物质的能量大小有关，能量越小越稳定；
(2)根据盖斯定律书写；
(3)镁在燃烧时先和氧气反应生成氧化镁，当氧气完全反应后，镁再和二氧化碳反应生成氧化镁；
(4)若氧气有剩余，则镁只和氧气反应生成氧化镁，根据原子守恒计算；采用极限的方法计算；
(5)若容器中无气体剩余，残留固体中含有镁，假设气体全部为氧气或二氧化碳，然后采用极限的方法解答；若容器中无气体剩余，残留固体中没有镁剩余，说明二者完全反应。

【详解】
(1)①相同类型的离子晶体中，离子键越强，则离子间作用力越强，物质含有的能量越低，所以MgI 2中Mg 2＋与I −间的作用力小于MgF 2中Mg 2＋与F −间的作用力，故正确； ②根据图象知，反应物的能量大于生成物能量，所以Mg 与F 2的反应是放热反应，故正确；
③能量越小的物质越稳定，所以化合物的热稳定性顺序为MgI 2＜MgBr 2＜MgCl 2＜MgF 2，故错误；
故选①②；
(2)镁和氟气反应的热化学反应方程式为：Mg(s)＋F 2(g)＝MgF 2(s) △H ＝−1124kJ/mol ① Mg(s)＋Br 2(l)＝MgBr 2(s) △H ＝−524kJ/mol ②
将方程式②−①得MgF 2(s)＋Br 2(l)＝MgBr 2(s)+ F 2(g) △H ＝(−524kJ/mol)−( −1124kJ/mol)＝+600kJ/mol ，故答案为：MgF 2(s)＋Br 2(l)＝MgBr 2(s)+ F 2(g) △H ＝+600kJ/mol ；
(3)镁先和氧气反应生成氧化镁，当氧气完全反应后，镁再和二氧化碳反应生成氧化镁，若容器中剩余二氧化碳，二氧化碳可能参加反应也可能不参加反应，所以残留固体物质一定含有氧化镁，可能含有碳，故选B ；
(4)镁的物质的量＝24g ag /mol ＝a 24
mol ，若氧气有剩余，则镁只和氧气反应生成氧化镁，根据原子守恒得n (Mg)＝n (MgO)，所以氧化镁的质量＝
a 24mol×40g/mol ＝5a 3g ； 氧气有剩余，氧气的最小体积为大于和镁完全反应的体积，而小于气体总体积，2Mg ＋O 2＝2MgO ，根据镁和氧气的关系式得当镁和氧气恰好反应时需要气体氧气物质的量＝a 24mol×12＝a 48mol ，则需要氧气体积＝a 48mol×22.4L/mol ＝7a 15L ，所以氧气的体积为
b ＞V (O 2)＞7a 15，故答案为：5a 3g ；b ＞V (O 2)＞7a 15
； (5)若容器中无气体剩余，残留固体中含有镁，说明镁不足量，假设气体全部是氧气，氧气完全反应时固体质量增加的质量＝b 22.4mol×32g/mol ＝32b 22.4
g ，则固体质量为(a ＋32b 22.4
)g ； 假设气体全部是二氧化碳，根据2Mg ＋CO 2→2MgO ＋C 知，固体增加的质量为二氧化碳的质量，所以固体增加的质量＝
b 22.4mol×44g/mol ＝44b 22.4g ，所以固体质量为(a ＋44b 22.4)g ，则容器内固体质量为(a ＋32b 22.4)＜m ＜(a ＋44b 22.4
)；
假设镁和氧气恰好反应，固体的质量为氧化镁的质量＝5a
3
g；
假设镁和二氧化碳恰好反应，固体的质量为镁和二氧化碳的质量＝a＋ag
24g/mol
2×1×44g/mol＝
23a
12
g，实际上固体质量介于二者之间，为
5a
3
＜m＜
23a
12
，故答
案为：(a＋32b
22.4
)＜m＜(a＋
44b
22.4
)；
5a
3
＜m＜
23a
12。

【点睛】
根据镁和氧气、二氧化碳之间的反应结合极限法来分析解答，明确镁和氧气、二氧化碳混合气体反应的先后顺序是解本题关键。

2．有A、B、C三种常见的金属单质，A在空气中燃烧生成淡黄色固体；B也能在空气中剧烈燃烧，发出耀眼的白光；C在一定条件下与水蒸气反应生成氢气和一种黑色固体。

根据以上信息回答下列问题：
(1)写出化学式：
A．________；B．________；C．________。

(2)写出化学方程式：
①C与水蒸气反应______________________________________________________；
②A与水反应_______________________________________________________。

【答案】Na Mg Fe 3Fe＋4H2O(g)高温
Fe3O4＋4H2 2Na＋2H2O=2NaOH＋H2↑
【解析】
【分析】
有A、B、C三种常见的金属单质，A在空气中燃烧生成淡黄色固体，则A为钠；B也能在空气中剧烈燃烧，发出耀眼的白光，则B为镁；C在一定条件下与水蒸气反应生成H2和一种黑色固体，则C为铁，据此分析。

【详解】
有A、B、C三种常见的金属单质，A在空气中燃烧生成淡黄色固体，则A为钠；B也能在空气中剧烈燃烧，发出耀眼的白光，则B为镁；C在一定条件下与水蒸气反应生成H2和一种黑色固体，则C为铁。

(1)A、B、C的化学式分别为 Na 、 Mg 、 Fe。

(2)化学方程式为
①C与水蒸气反应化学方程式为3Fe＋4H2O(g) 高温
Fe3O4＋4H2；
②A与水反应化学方程式为2Na＋2H2O=2NaOH＋H2↑。

3．由短周期元素组成的A、B、C、D、E、F六种微粒，其中只有C、D是分子，其余四种均为阳离子或阴离子，且每个微粒中都含有10个电子。

已知A、E是由非金属元素组成的
阳离子，六种微粒间有下列关系：
①A＋+B-C+D， B-+E＋=2D；
②通常情况下，C是一种无色刺激性气味的气体，且可使湿润的红色石蕊试纸变蓝；
③向含F离子的溶液中加入C的水溶液，可生成白色沉淀W，C溶液过量沉淀也不消失。

再加入含大量B离子或大量E离子的溶液时，沉淀W在其中一种情况下溶解，另一种情况下不溶解。

请回答下列问题：
(1)微粒A的名称及化学式分别为_____________、_________________。

(2)C的水溶液中存在的分子总数至少有___________种。

(3)写出微粒F与过量C的水溶液反应的离子方程式：__________________________。

(4)向含有0.1mol F离子的50mL溶液中，加入含1.5mol/L B离子的200mL强碱溶液，结果有白色沉淀产生，再向该混合物中加入含1mol/L E离子的强酸溶液，若要使沉淀恰好溶解，则最后加入的溶液的体积至少为___________mL。

【答案】铵(根)离子 NH4＋ 3 Mg2＋+2NH3·H2O=Mg(OH)2↓+2NH4＋ 300
【解析】
【分析】
由短周期元素组成的A、B、C、D、E、F六种微粒，其中只有C、D是分子，其余四种是离子，为阳离子或阴离子，且每个微粒中都含有10个电子，已知A、E是由非金属元素组成的阳离子，根据②通常状况下C的聚集状态为气态，且可使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则C是氨气；
①A、B两种离子在加热条件下可生成C、D两种分子，A是10电子的阳离子，能生成氨气，则A是铵根离子，B是氢氧根离子，D是水；
③1molB离子与1molE离子作用可生成2mol D分子，则E是水合氢离子；
④向含F离子的溶液中加入氨气的溶液，可生成白色沉淀W，C溶液过量沉淀也不消失，但再加入含大量B离子或大量E离子的溶液，沉淀W在其中一种情况下溶解，另一种情况下不溶解，沉淀W是氢氧化镁。

【详解】
根据上述分析可知：A是铵根离子NH4+，B是氢氧根离子OH-，C是氨气NH3，D是水
H2O，E是 H3O+，F是Mg2+，沉淀W是Mg(OH)2。

(1)通过以上分析知，A的名称是铵根离子，化学式为：NH4+；
(2)C是NH3，当氨气溶于水后，大部分NH3与水反应产生NH3·H2O，产生的NH3·H2O有少部分发生电离产生NH4+和OH-，所以氨气的水溶液中至少存在的分子有H2O 、NH3、NH3·H2O 三种分子；
(3)微粒F是Mg2+，Mg2+与过量NH3在水溶液反应，产生Mg(OH)2沉淀和NH4+，反应的离子方程式为：Mg2＋+2NH3·H2O=Mg(OH)2↓+2NH4＋；
(4)n(Mg2+)=0.1mol，n(OH-)=c·V=1.5mol/L×0.2L=0.3mol，根据方程式Mg2++2OH-=Mg(OH)2↓中二者反应的物质的量关系可知OH-过量，反应后产生0.1mol Mg(OH)2，同时有剩余OH-物质的量是0.1mol，再向该混合物中加入含1mol/L E离子的强酸溶液，若要使沉淀恰好溶解，首先发生反应OH-+H3O+=2H2O，然后发生反应：Mg(OH)2↓+2 H3O+=4H2O+Mg2+，则反应消
耗H3O+的物质的量为0.1mol+0.1mol×2=0.3mol，由于1mol/L E离子的强酸溶液，因此需要H3O+的体积V(H3O+)=0.3mol÷1mol/L=0.3L=300mL。

4．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- = H2O Al(OH)3+ NaOH= NaAlO2+2H2O 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-=H2O；
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= NaAlO2+2H2O；
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=NaAlO2+2H2O，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。

5．在标准状况下，分别取30mL相同浓度的盐酸依次装入①②③试管中，然后分别慢慢加入组成相同的镁铝混合物，相同条件下，测得有关数据如表所示反应前后体积不变）
实验序号①②③
混合物质量/mg2555101020
气体体积/mL280336336
（1）盐酸的物质的量浓度为__________mol/L。

（2）混合物中Mg和Al的物质的量之比为_________。

【答案】11:1
【解析】
【分析】
镁铝均能和盐酸反应产生氢气，由表中数据可知，30mL盐酸最多可以生成336mLH2。

因此，在实验①中，金属混合物完全溶解了，而实验③中，金属混合物肯定有剩余。

【详解】
（1）由表中数据可知，30mL盐酸最多可以生成336mLH2，因此，盐酸中
n(H+)=2n(H2)=
0.336
2
22.4/
L
L mol
⨯=0.03mol，所以盐酸的物质的量浓度为
0.03
0.03
mol
L
=1mol/L。

（2）实验①中，255mg混合物完全溶解生成280mL H2，
n(Mg)⨯24g/mol+n(Al)⨯27g/mol=0.255g，根据电子转移守恒可得2 n(Mg)+3 n(Al)=
2n(H2)=
0.280
2
22.4/
L
L mol
⨯=0.025mol，联立方程组可以求出n(Mg)= n(Al)= 0.005mol，所以
Mg和Al的物质的量之比为1:1。

6．天然水大多含Ca2+、Mg2+、HCO3-等离子，加热会产生水垢，水垢中一定含有CaCO3和Mg(OH)2，可能含有MgCO3。

(1)天然水中的HCO3-来自于空气中的CO2。

用相关方程式表示CO2溶于水形成HCO3-的过程。

______________________________________________________________
(2)天然水煮沸时，其中微溶的MgCO3转换成难溶的Mg(OH)2，写出发生反应的化学方程式。

____________________________________________
为确定某水垢样品的成分，利用CaCO3、MgCO3、Mg(OH)2高温分解的性质，精确称量
5.000g水垢样品，用如下图装置进行实验。

(3)A中盛放的试剂是__________。

装置F的作用是_________________________。

反应结束后，需要再通入一段时间的空气，目的是_______________________。

(4)利用上述装置测定水垢中Mg(OH)2的含量时，需要测量的数据有__________。

(5)实验测得装置E增重2.200g，请问水垢样品中是否含有MgCO3?判断依据是
_______________________________________________________。

【答案】CO2+H2OƒH2CO3、H2CO3ƒH++HCO3-或CO2+H2OƒHCO3-+H+
MgCO3+H2O→Mg(OH)2+CO2 . NaOH溶液吸收空气中H2O和CO2，防止其进入E中干扰实验测定；排尽装置中的产物CO2和H2O，使其充分被D、E装置吸收 D装置反应前后的质量含题中给出的信息是水垢中一定含有CaCO3和Mg(OH)2，若增重2.200g全来自于CaCO3分解产生的CO2，则计算得出CaCO3的质量为5.000g，而样品的总质量为5.000g，与题意不符，因此样品中含有MgCO3
【解析】
【分析】
利用CaCO3、MgCO3、Mg(OH)2高温分解生成CO2、H2O的性质，通过测定分解产物的质量确定水垢样品的成分。

紧扣这一实验目的，选择实验试剂、判断装置作用、分析采集数据。

【详解】
(1)空气中的CO2溶于水、并与水反应生成碳酸：CO2+H2OƒH2CO3，碳酸微弱电离生成HCO3-：H2CO3ƒH++HCO3-。

(2)煮沸天然水时，微溶的MgCO3发生双水解反应生成难溶的Mg(OH)2，总的化学方程式为MgCO3+H2O Mg(OH)2+CO2↑。

(3)为测定样品分解生成的CO2、H2O的质量，必须使用不含CO2、H2O的空气通入装置，才不会引起测量误差，故A、B装置中分别用NaOH溶液、浓硫酸除去空气中的CO2、H2O；
D、E装置分别吸收样品分解生成的H2O、CO2，装置E中碱石灰吸收空气中的CO2、H2O，防止其进入E中干扰实验测定。

为保证样品分解产生的H2O、CO2能被D、E装置完全吸收，反应后再通入一段时间的空气，将样品生成的气体导入D、E装置中。

(4)样品中只有Mg(OH)2分解生成H2O，故测定样品分解生成H2O的质量，即可计算
Mg(OH)2含量。

为此，需要测量D装置在反应前后的质量。

(5)据题意，水垢中一定含有CaCO3和Mg(OH)2，可能含有MgCO3。

装置E增重2.200g为CO2质量，二氧化碳的物质的量是0.05mol，若全部来自CaCO3分解，则CaCO3质量为
5.000g，不符合题意，故5.000g水垢样品中必含MgCO3。

【点睛】
定量实验一定要提高测定结果的准确性，围绕这一核心设计实验方案，选择合适的试剂和操作步骤，特别要排除空气、杂质等干扰。

7．镁合金已成为飞机制造、化工生产等行业的重要材料．研究性学习小组的同学，为测定某含镁3%-5%的铝镁合金（不含其它元素）中镁的质量分数，设计下列两种不同实验方案进行探究。

填写下列空白。

（方案一）（1）称取5.4g铝镁合金粉末样品，溶于V mL 2.0mol/L NaOH溶液中，使其反应完全，过滤、洗涤、干燥、称量固体。

实验中发生反应的化学方程式是__________.该步骤中若未洗涤固体，测得镁的质量分数将______（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）。

（方案二）
将铝镁合金与足量稀硫酸溶液反应，测定生成气体在通常状况（约20℃，1.01×105Pa）的体积．
（1）同学们拟选用下列实验装置完成实验如图1：
①你认为最简易的装置其连接顺序是：A接______接______接______（填接口字母，可不填满．）
②实验开始时，先打开分液漏斗上口的玻璃塞，再轻轻打开其活塞，一会儿后稀硫酸也不能顺利滴入锥形瓶．请你帮助分析原因______．
③实验结束时，在读取测量实验中生成氢气的体积时，你认为合理的是______。

A．待实验装置冷却后再读数
B．上下移动量筒F，使其中液面与广口瓶中液面相平
C．上下移动量筒G，使其中液面与广口瓶中液面相平
D．视线与凹液面的最低点水平读取量筒中水的体积
（2）仔细分析实验装置后，同学们经讨论认为以下两点会引起较大误差：稀硫酸滴入锥形瓶中，即使不生成氢气，也会将瓶内空气排出，使所测氢气体积偏大；实验结束时，连接广口瓶和量筒的导管中有少量水存在，使所测氢气体积偏小．于是他们设计了图2所示的实验装置。

①装置中导管a的作用是______。

②怎样检查图2装置的气密性____________。

【答案】2Al＋2NaOH＋2H2O=2NaAlO2＋3H2↑偏高 E D G 锌与稀硫酸反应放热且生成气体，使锥形瓶中的气体压强变大。

ACD 平衡气压，使稀硫酸能顺利滴下；滴入锥形瓶的稀硫酸体积等于进入分液漏斗的气体体积，从而消除由于加入稀硫酸引起的氢气体积误差。

检查装置气密性时，先连接好装置，从碱式滴定管加水，若滴定管中的液面和左边干燥管中的液面有稳定的高度差，则装置不漏气。

【解析】
【分析】
方案一：（1）铝是两性金属，溶于氢氧化钠生成氢气和偏铝酸钠。

镁不与氢氧化钠溶液反
应，若未洗涤，镁上会附着有偏铝酸钠，则会使镁的质量偏大；
方案二：（1）①该方案用排水量气法收集生成的氢气，所以最简易的装置是将生成的氢气通入盛满水的广口瓶中，用排出水的体积计算产生氢气的体积，其中盛水的试剂瓶导管一定要短进长出，利用增大压强原理将水排出；
②该过程中有氢气产生，且同时该反应是放热反应，使锥形瓶中的气体压强变大；
③该反应放热，所以需要冷却到室温再读数，同时保持广口瓶内的压强与外界大气压相等；
（2）①导管a相当于一个连通器；②根据装置特点可知装置气密性检验方法。

【详解】
方案一：（1）铝溶于氢氧化钠溶于的化学方程式为2Al＋2NaOH＋2H2O=2NaAlO2＋3H2↑。

若未洗涤，镁上会附着有偏铝酸钠，则会使镁的质量偏大，测得镁的质量分数将偏高；
方案二：（1）①该方案用排水量气法，用排出水的体积计算产生氢气的体积，其中盛水的试剂瓶导管一定要短进长出，量筒中水的体积就是生成氢气的体积，量筒内导管应伸入量筒底部，故连接顺序为：（A）接（E）（D）接（G）；
②锥形瓶中的气体压强变大，稀硫酸不能滴下；
③该反应放热，所以需要冷却到室温再读数，同时上下移动量筒G，使其中液面与广口瓶中液面相平，保持广口瓶内的压强与外界大气压相等，视线与液体的凹面相平读取量筒中水的体积，这样测得的体积才是该条件下的氢气的体积，答案选ACD；
（2）①导管a相当于一个连通器，作用是平衡气压，使稀硫酸能顺利滴下；同时滴入锥形瓶的稀硫酸体积等于进入分液漏斗的气体体积，从而消除由于加入稀硫酸引起的氢气体积误差。

②根据装置特点可知装置气密性检验方法是：检查装置气密性时，先连接好装置，从碱式滴定管加水，若滴定管中的液面和左边干燥管中的液面有稳定的高度差，则装置不漏气。

8．镁、铝、锌是生活中常见的三种金属，查阅资料获得如下信息：
①镁、铝、锌都是银白色的金属
②锌（Zn）可以与NaOH溶液反应生成H2
③Zn（OH）2为白色固体，难溶于水，可溶于强碱及NH3•H2O
④Zn2+易形成配合物如[Zn（NH3）4]2+，该配合物遇强酸分解生成Zn2+、NH4+（1）（1）甲同学取镁铝合金进行定量分析，用图所示装置进行实验，获得如下数据（所有气体体积均已换算成标准状况，忽略滴入液体体积对气体体积的影响）
编号粉末质量量气管第量气管第
一次读数二次读数
① 2.0 g10.0 mL346.2 mL
② 2.0 g10.0 mL335.0 mL
③ 2.0 g10.0 mL345.8 mL
（2）乙同学取镁铝锌合金设计如下实验方案：
（可用试剂：样品、pH试纸、稀硫酸、NaOH溶液、氨水）
①试剂Ⅰ是；沉淀B是．
②过程Ⅰ是：在滤液中逐滴加入，直至生成的沉淀刚好溶解，再加入足量的，过滤．
③沉淀C与氨水反应的离子方程式为．
【答案】①NaOH溶液；Al（OH）3；②稀硫酸；稀氨水；
③Zn（OH）2+4NH3=[Zn（NH3）4]2++2OH﹣；
或Zn（OH）2+4NH3•H2O=[Zn（NH3）4]2++2OH﹣+4H2O．
【解析】
【分析】
【详解】
（2）Wg镁铝锌合金加入稀硫酸溶解生成硫酸镁、硫酸铝溶液、硫酸锌溶液，加入试剂M 为过量氢氧化钠溶液，得到沉淀A为Mg（OH）2，滤液为Na2ZnO2，NaAlO2溶液，加入过量稀硫酸得到硫酸铝溶液、硫酸锌溶液，再加入足量氨水溶液得到沉淀B为Al（OH）3，滤液为Zn2+易形成配合物如[Zn（NH3）4]2+，该络合物遇强酸分解生成Zn2+、NH4+，加入适量氢氧化钠溶液得到C为氢氧化锌沉淀；
①上述分析可知，试剂I为氢氧化钠溶液，沉淀B为Al（OH）3；
②操作Ⅰ是：在滤液中逐滴加入稀硫酸溶液直至生成的沉淀刚好溶解，再加入足量的氨水溶液沉淀铝离子，过滤得到氢氧化铝沉淀．
③Zn（OH）2为白色固体，难溶于水，可溶于强碱及NH3•H2O，沉淀C与氨水反应的离子方程式为Zn（OH）2+4NH3=[Zn（NH3）4]2++2OH﹣；或
Zn（OH）2+4NH3•H2O=[Zn（NH3）4]2++2OH﹣+4H2O；
【点评】
本题考查了实验探究物质组成的实验设计，反应过程分析判断，物质提纯的理解应用，主要是混合物分离的方法和物质性质的理解应用，掌握基础是关键，题目难度中等．
9．Mg能在NO2中燃烧，产物为Mg3N2、MgO和N2。

某科学小组通过实验验证反应产物并探究产物的比例关系。

资料信息：
限用如下装置实验（夹持装置省略，部分仪器可重复使用）
（1）装置连接的顺序为（填字母序号）；
（2）连接好仪器，装入药品前检验装置气密性的方法是____；
（3）装置A中盛装的干燥剂是；装置F的作用__ __；
（4）验证产物中存在Mg3N2的具体实验操作为．确定产物中有N。

生成的实验现象为；
（5）已知装置E中初始加入Mg粉质量为13．2 g，在足量的NO2中充分燃烧，实验结束后，硬质玻璃管冷却至室温、称量，测得硬质玻璃管中剩余固体的质量为21．0 g，产生
N2的体积为1120 mL（标准状况）。

写出玻璃管中发生反应的化学方程式：_ _。

【答案】（1）BAEAFC(D)（2分）；（2）关闭分液漏斗活塞，将导气管末端插入水中，对锥形瓶微热，若到期管口有气泡冒出，停止加热，导气管中进入一段水柱，表示气密性良好（2分）；（3）无水氯化钙或五氧化二磷等（1分）除去二氧化氮（2分）（4）取少量反应后的固体产物，加入到水中产生有刺激性气味的气体，该气体能使湿润的红色石蕊试纸变成蓝色（2分）；装置C中收集到大量气体（2分）；（5）11Mg+4NO2=Mg3N2+
8MgO+N2（2分）．
【解析】
【分析】
【详解】
（1）铜与浓硝酸反应产生的气体为二氧化氮，用干燥剂干燥，通入硬质玻璃管与镁粉反应，用F装置除去多余的二氧化氮，装置C、D排水法收集氮气，故装置的链接顺序为BAEAFC(D)；
（2）连接好仪器，装药品前装置的气密性检验方法是关闭分液漏斗活塞，将导气管末端插入水中，对锥形瓶微热，若到期管口有气泡冒出，停止加热，导气管中进入一段水柱，表示气密性良好；
（3）二氧化氮不能使用碱性干燥剂来干燥，U形管装的是固体干燥剂，故盛放的干燥剂可以是无水氯化钙或五氧化二磷等；
（4）取少量反应后的固体产物，加入到水中产生有刺激性气味的气体，该气体能使湿润的红色石蕊试纸变成蓝色，确定产物中有氮气生成的实验现象为装置C中收集到大量气体；（5）设生成二氮化三镁的物质的量为x摩尔，氧化镁的物质的量为y摩尔，可得
3x+y=0．55mol，100x+40y=21．0g，解x=0．05 y=0．4，氮气的物质的量为0．05摩尔，即可得方程式为：11Mg+4NO2=Mg3N2+ 8MgO+N2。

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。