2020-2021高考化学复习镁及其化合物专项易错题及答案

2020-2021高考化学复习镁及其化合物专项易错题及答案
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．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↓。

3．较活泼金属与硝酸反应，产物复杂。

如一定浓度的硝酸与镁反应，可同时得到NO、NO2、N2三种气体。

某同学欲用下列仪器组装装置来直接验证有NO、NO2生成并制取氮化镁。

（假设实验中每步转化均是完全的）
已知：①NO2沸点是21.1℃、熔点是-11℃；NO的沸点是-151℃、熔点是-164℃；②氮化镁遇水会发生水解。

回答下列问题：
（1）为达到上述实验目的，所选用的仪器的正确连接方式是（_____） (填序号)。

a. A→ D → C → F → B → F →E
b. A→ C → D → F → B → F →E
c. A→ F → C → D → F → B →E
d. A→ F → D → C → F → B →E
（2）确定还原产物中有NO2的现象是______________________________，实验中两次使用装置F，第二次使用装置F的作用是____________________________________。

（3）实验前需先打开开关K，向装置内通CO2气体，其目的是____________，当
_______________时停止通入CO2。

（4）实验过程中，发现在D中产生预期现象的同时，C中溶液颜色慢慢褪去，试写出C中反应的离子方程式____________________________________________________。

（5）在A中反应开始时，某同学马上点燃B处的酒精灯，实验结束后通过测定发现B处的产品纯度不高，原因是______________________________________（用化学方程式回答）。

（6）验证B处有氮化镁生成的方法是_______________。

【答案】a D中有红棕色液体生成防止E中水蒸气进入B中，造成产物不纯排除装置内空气，防止干扰实验E中产生白色沉淀5NO+3MnO4-+4H+=3Mn2++5NO3-+2H2O
CO2+2Mg2MgO+C 取B中固体少量于试管中，向其中加入少量水，若产生能使湿润
的红色石蕊试纸变蓝的气体，则B中有氮化镁生成
【解析】
试题分析：本题考查Mg与HNO3反应产物的探究以及Mg3N2的制备，涉及装置的连接、物质的检验、方程式的书写。

（1）根据题意“一定浓度的硝酸与Mg反应可同时得到NO、NO2、N2”，若有NO2生成则气体呈红棕色，根据已知①NO2、NO的熔沸点，在装置D中可将NO2冷凝为液态，可观察到装置D中有红棕色液体生成；利用NO具有还原性，用装置C中酸性KMnO4溶液验证NO；根据已知②Mg3N2遇水会发生水解，与Mg反应的N2必须是干燥的，气体在进入装置B之前必须用浓硫酸干燥N2，且要防止H2O（g）进入制备Mg3N2的装置；装置的连接顺序为：A→D→C→F→B→F→E，答案选a。

（2）根据上述分析，确定还原产物中有NO2的现象是：装置D中有红棕色液体生
成。

Mg3N2遇水会发生水解，实验中两次使用装置F，第一次使用装置F的作用是：干燥N2；第二次使用装置F的作用是：防止E中H2O（g）进入B中，使Mg3N2不纯。

（3）由于NO能与O2反应生成NO2，会影响NO2、NO的验证，实验开始前要排出装置中空气，所以实验前先打开开关K，向装置内通CO2气体，其目的是：排除装置内空气，防止干扰实验；当观察到装置E的Ba（OH）2溶液中产生白色沉淀时，表明装置中空气已经排尽，停止通入CO2。

（4）装置D中观察到有红棕色液体出现，装置C中溶液颜色慢慢褪去，说明酸性KMnO4溶液将NO氧化成NO3-，同时MnO4-被还原成Mn2+，反应可写成NO+MnO4-→NO3-
+Mn2+，N元素的化合价由+2价升至+5价，Mn元素的化合价由+7价降至+2价，根据得失电子守恒配平为5NO+3MnO4-→5NO3-+3Mn2+，结合原子守恒、电荷守恒，写出离子方程式为5NO+3MnO4-+4H+=5NO3-+3Mn2++2H2O。

（5）在A中反应开始时，马上点燃B处的酒精灯，Mg与CO2发生置换反应生成MgO和C，导致实验结束后B处制得的Mg3N2纯度不高，Mg与CO2反应的化学方程式为
2Mg+CO22MgO+C。

（6）Mg3N2遇水发生水解生成Mg（OH）2和NH3，检验有Mg3N2生成只要检验B处固体中加水产生NH3即可，验证B处有Mg3N2生成的方法是：取B中固体少量于试管中，向其中加入少量水，若产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，则B中有氮化镁生成。

点睛：本题的难点是实验装置的连接和氧化还原反应方程式的书写，理解实验的原理和各物质性质的差异是解答本题的关键。

氧化还原反应方程式的书写，先根据实验现象分析氧化剂、还原剂、氧化产物和还原产物，再根据得失电子守恒配平，最后用原子守恒、电荷守恒写出完整的方程式。

4．某学习小组设计如下实验制备Mg3N2进行定性的分析。

回答下列问题：
（制备）（装置如图所示）
（1）A装置用于制备NH3，试分析氢氧化钠的作用：________
（2）仪器b为多孔球泡，其作用是_____；浓溴水中反应的化学方程式为_______
（3）E装置中发生反应的化学方粗式为__________
（4）整套装置存在着明显缺陷，你的改进措施是__________
（定性分析）
步骤一：取少量氮化镁样品于洁净的试管中，加足量蒸馏水，试管底部有沉淀生成．试管口有刺激性气味的气体生成，写出氮化镁与水反应的化学方程式_________
步骤二，弃去上层清液，加入稀盐酸，观察到沉淀全部溶解且冒气泡。

该步骤中产生气泡的化学方程式为____________
【答案】氢氧化钠溶于水放热，促进氨水的分解；同时使溶液中c(OH-)增大，使
NH3+H2O NH3·H2O的平衡逆向移动，有利于氨气的逸出增大氨气与溴水的接触面积，提高吸收效率3Br2+8NH3=6NH4Br+N2或3Br2+2NH3=6HBr+N23Mg+N2=Mg3N2在E 装置后添加一个装有碱石灰的干操管Mg3N2+6H2O=3Mg(OH)2+2NH3Mg+2HCl=MgCl2+H2
【解析】
【制备】(1)因氢氧化钠溶于水放热，促进氨水的分解；同时使溶液中c(OH-)增大，使
NH3+H2O NH3·H2O的平衡逆向移动，有利于氨气的逸出，则利用NaOH固体中滴加浓氨水可制备NH3；
(2)多孔球泡，可增大氨气与溴水的接触面积，提高吸收效率；Br2能氧化NH3生成N2，则浓氨水通入浓溴水中发生反应的化学方程式为3Br2+8NH3=6NH4Br+N2或
3Br2+2NH3=6HBr+N2；
(3)Mg在N2中燃烧生成Mg3N2，发生反应的化学方式为3Mg+N2=Mg3N2；
(4)因Mg3N2易水解，则需要在E 装置后添加一个装有碱石灰的干操管，防止空气中的水蒸气进入E中；
【定性分析】
步骤一，氮化镁与水反应生成氢氧化镁和氨气，根据原子守恒，发生反应的化学方程式为Mg3N2+6H2O═3Mg(OH)2↓+2NH3↑；
步骤二，弃去上清液，加入盐酸，若观察到有气泡产生，则证明产物中含有未反应的镁，反应的方程式：Mg+2HCl═MgCl2+H2↑。

5．一定质量的镁、铝混合物投到2mol·L－1的盐酸中，待金属完全溶解后，再向溶液中逐滴加入2mol·L－1的氢氧化钠溶液，生成沉淀的质量与加入氢氧化钠溶液的体积关系如图所示。

则：
（1）0～amL、a～80mL、80～90mL对应反应的离子方程式分别为：
①0～amL：___；
②amL～80mL：__、__；
③80mL～90ml：___。

（2）金属铝的质量为___。

（3）盐酸的体积是__mL。

（4）n(Mg)
n(Al)
=__。

（5）a=__。

【答案】OH-＋H＋=H2O Al3＋＋3OH－=Al(OH)3↓ Mg2＋＋2OH－=Mg(OH)2↓ Al(OH)3＋OH－=AlO2-＋2H2O 0.54g 80 1.5(或3∶2) 20(mL)
【解析】
【分析】
0～a段没有生成沉淀，说明盐酸过量，加入的氢氧化钠与氯化氢反应；a～80段开始生成沉淀，加入80mL氢氧化钠溶液后沉淀达到最大量，此时溶液中的溶质为NaCl；80～90段氢氧化铝开始溶解，溶解氢氧化铝消耗了10mLNaOH，则氢氧化铝沉淀的物质的量为：
2mol/L×0.01L＝0.02mol；当加入90mLNaOH溶液后氢氧化铝完全溶解，此时沉淀只有氢氧化镁，
(1)①0～amL为氢氧化钠与氯化氢反应生成氯化钠和水；
②amL～80mL为氢氧化钠分别于氯化铝和氯化镁反应生成氢氧化铝和氢氧化镁沉淀与氯化钠；
③80mL～90ml为氢氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和水；
(2)氢氧化钠的体积在80至90mL段内，所有的氢氧化钠用于溶解氢氧化铝，根据氢氧化钠的量确定氢氧化铝的量，根据原子守恒确定金属铝的量；
(3)加入80mL氢氧化钠溶液时，溶质为NaCl，根据质量守恒可以计算出氯化氢的物质的
量，再根据V＝n
c
计算出盐酸的体积；
(4)由图得到氢氧化镁的质量，根据公式计算出氢氧化镁的物质的量，根据原子守恒确定金属镁的量；
(5)根据金属镁和铝的物质的量算出氯化铝和氯化镁的物质的量，根据化学方程式算出氢氧化钠反应的物质的量，用公式算出体积，则a=80-氢氧化钠的体积，据此解答。

【详解】
0～a段没有生成沉淀，说明盐酸过量，加入的氢氧化钠与氯化氢反应；a～80段开始生成沉淀，加入80mL氢氧化钠溶液后沉淀达到最大量，此时溶液中的溶质为NaCl；80～90段氢氧化铝开始溶解，溶解氢氧化铝消耗了10mLNaOH，则氢氧化铝沉淀的物质的量为：
2mol/L×0.01L＝0.02mol；当加入90mLNaOH溶液后氢氧化铝完全溶解，此时沉淀只有氢氧化镁；
(1)①0～amL为氢氧化钠与氯化氢反应生成氯化钠和水，离子方程式为：OH-＋H＋=H2O；
②amL～80mL为氢氧化钠分别于氯化铝和氯化镁反应生成氢氧化铝和氢氧化镁沉淀与氯化钠，离子方程式为：Al3＋＋3OH－=Al(OH)3↓，Mg2＋＋2OH－=Mg(OH)2↓；
③80mL～90ml为氢氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和水，离子方程式为：Al(OH)3＋OH－=AlO2-＋2H2O；
故答案为：OH-＋H＋=H2O；Al3＋＋3OH－=Al(OH)3↓；Mg2＋＋2OH－=Mg(OH)2↓；Al(OH)3＋OH－=AlO2-＋2H2O；
(2)从横坐标80mL到90mL这段可以得出：n(Al(OH)3)＝n(NaOH)＝0.01L×2mol/L＝
0.02mol，则n(Al)＝n(Al(OH)3)＝0.02mol，原混合物中铝的质量为：27g/mol×0.02mol＝0.54g；故答案为：0.54g；
(3)加入80mL氢氧化钠溶液时，溶质为NaCl，则n(HCl)＝n(NaOH)＝2mol/L×0.08L＝
0.16mol，盐酸的体积为：0.16mol
2mol/L
＝0.08L＝80mL；故答案为：80；
(4)由图可知m (Mg(OH)2)=1.74g ，则n (Mg)=n (Mg(OH)2)= 1.74g 58g/mol =0.03mol ，(Mg)(Al)n n =0.03mol 0.02mol
=1.5；故答案为：1.5(或3∶2)； (5)根据元素守恒，n (MgCl 2)= n (Mg) =0.03mol ，n (AlCl 3)=n (Al)=0.02mol ，与氢氧化钠反应生成氢氧化镁和氢氧化铝两种沉淀时消耗的
n (NaOH)=2n (MgCl 2)+3n (AlCl 3)=20.03mol+30.02mol ⨯⨯=0.12mol ，则
V (NaOH)=
0.12mol 2mol/L
=0.06L=60mL ，则与氯化氢反应的氢氧化钠的体积a=80mL-60mL=20mL ，故答案为：20(mL)。

【点睛】 明确图象各阶段发生的反应是解答本题的关键，注意守恒法在化学计算中的应用。

6．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H 2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-。

7．某无色稀溶液X中，可能含有下表所列离子中的某几种。

阴离子CO、SiO、AlO、Cl－
阳离子Al3＋、Fe3＋、Mg2＋、NH、Na＋
现取该溶液适量，向其中加入某试剂Y，产生沉淀的物质的量(n)与加入试剂体积(V)的关系如图所示。

（1）若Y是盐酸，则oa段转化为沉淀的离子(指来源于X溶液的，下同)是___，ab段发生反应的离子是______________，bc段发生反应的离子方程式为______________。

（2）若Y是NaOH溶液，则X中一定含有的离子是___________________。

ab段反应的离子方程式为_______________________________________。

【答案】SiO 32-、AlO CO32－Al(OH)3＋3H＋===Al3＋＋3H2O Al3＋、Mg2＋、NH4＋、Cl－NH4＋＋OH－===NH3·H2O
【解析】
分析：(1)无色溶液中不会含有Fe3＋，加入盐酸后能形成的沉淀有Al(OH)3、H2SiO3，前者能溶于过量盐酸中而后者不能，由图象知溶液中肯定含有AlO2-、SiO32-。

oa段发生反应的离子为AlO2-、SiO32-，ab段为CO32－,bc段则是Al(OH)3溶解。

(2)当向溶液中加入NaOH时，生成的沉淀为Mg(OH)2、Al(OH)3,ab段是NH4＋与OH－之间发生反应，因Al3＋、Mg2＋不能与CO 32－、SiO32-、AlO共存，故此时溶液中阴离子只有Cl－。

详解:(1)某无色稀溶液X中,无色溶液中不会含有Fe3＋，加入盐酸后能形成的沉淀有
Al(OH)3、H2SiO3，前者能溶于过量盐酸中而后者不能，所以由图象知溶液中含有AlO2-
、SiO32-；则oa段发生反应的离子为AlO2-、SiO32-；ab段发生的反应沉淀的量不变,所以ab 段为盐酸与CO32－反应,bc段沉淀减少,则是Al(OH)3溶解于盐酸,其反应的离子方程式为：Al(OH)3＋3H＋===Al3＋＋3H2O。

因此，本题正确答案是：SiO 32-、AlO； CO32－；Al(OH)3＋3H＋═Al3＋＋3H2O；
(2)若Y是氢氧化钠，向溶液中加氢氧化钠溶液,先生成沉淀,溶液中可能含Al3＋、Mg2＋或两者中的一种，因为弱碱阳离子和弱酸根会双水解而不能共存,即溶液中不含CO32－、SiO32-、AlO，因为溶液一定要保持电中性，故溶液中一定含Cl－；当ab段时,沉淀的量不变化,是氢氧化钠和铵根离子反应生成气体: NH4＋＋OH－═NH3·H2O，即溶液中含NH4＋；当bc段时沉淀的质量减少但没有完全溶解,即部分沉淀和氢氧化钠反应,部分沉淀不反应,说明溶液中有Al3＋、Mg2＋，即bc段的反应为：Al(OH)3＋OH-═AlO2-+2H2O。

即X中一定含有的离子是Al3＋、Mg2＋、NH4＋、Cl－；因为溶液中有Al3＋、Mg2＋，故oa段转化为沉淀的离子是Al3＋、Mg2＋，ab段是氢氧化钠和铵根离子反应生成气体,反应的离子
方程式为NH4＋＋OH－═NH3·H2O；
因此，本题正确答案是：Al3＋、Mg2＋、NH4＋、Cl－；NH4＋＋OH－═NH3·H2O。

8．（1）等物质的量的钠、镁、铝分别与足量盐酸反应，产生的氢气在相同条件下的体积比为______________。

（2）等质量的钠、镁、铝分别与足量盐酸反应，产生的氢气在相同条件下的体积比为
________________。

（3）分别将0.2mol的钠、镁、铝分别投入100ml 1mol·L－1的盐酸溶液中，三者产生的氢气在相同条件下的体积比为____________________。

【答案】1:2:31/23:1/12:1/9 =36：69：922:1:1
【解析】(1)金属完全反应，令金属的物质的量为1mol，根据电子转移守恒，Na生成氢气
的物质的量==0.5mol，Mg生成氢气为=1mol，Al生成氢气为
=1.5mol，相同条件下，气体体积之比等于其物质的量之比，则Na、Mg、Al生成氢气体积之比=0.5mol：1mol：1.5mol=1︰2︰3；
(2)金属完全反应，令质量为1g，则：
2Na～H2↑
46 2
1g =g
Mg～H2↑
24 2
1g =g
2Al～3H2↑
54 6
1g =g
故Na、Mg、Al生成氢气的质量之比=g︰g︰g =36︰69︰92；
(3)100mL 1mol/L的盐酸的物质的量为0.1L×1mol/L=0.1mol，若将0.2mol金属钠、镁、铝分别投入到100mL 1mol/L的盐酸中，可知三种金属都过量，盐酸不足，完全反应，但金属钠
能与水反应继续生成氢气，所以镁、铝反应生成氢气一样多，生成的氢气为mol，而钠反应生成氢气最多，其生成氢气为=0.1mol，三者生成氢气的体积比为
0.1mol：0.05mol:0.05mol=2:1:1。

9．有一镁铝混合物重a g，取其一半和足量的盐酸反应，放出V1L的氢气。

取其另一半和
足量的NaOH溶液反应，放出V2L的氢气（均为标况下）。

求混合物中镁和铝的质量比。

_____________
【答案】4(V1-V2):3V2
【解析】混合物与盐酸反应则两者皆反应：2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑、Mg+2HCl=MgCl2+H2↑，与氢氧化钠则镁不反应，Al才发生反应:2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，由于等量的Al 与盐酸或NaOH生成的氢气一样多，则Mg与稀盐酸反应生成的氢气为（V1-V2）L，Al与稀盐酸反应放出的氢气为V2L；原混合物中镁和铝的质量比为
:=4(V1-V2):3V2。

10．镁合金是重要的民用和航空材料，镁作为一种强还原剂，还用于钛、镀和铀的生产，氯酸镁[Mg(ClO3)2]常用作催熟剂、除草剂等。

（1）氧化镁的电子式为________。

（2）写出镁与TiCl4在高温条件下制取钛的化学方程式____________________。

（3）从海水中提取金属镁用到的主要化学药品有________________。

（4）某研究小组同学在实验室用卣块制备少量Mg(ClO3)2·6H2O，其流程如下：
已知：I卤块主要成分为Mg Cl2·6H2O，含有MgSO4、FeCl2等杂质。

Ⅱ可选用的试剂：H2O2,稀硫酸、KMnO4溶液、MgCl2溶液、MgO。

①加入BaCl2溶液的目的是____________。

②步骤X中需将Fe2＋转化为Fe3＋，所选的试剂为__________。

③Mg(ClO3)2加入到含有KSCN的FeSO4酸性溶液中立即出现红色，写出相关反应的离子方程式：________________________________________．
【答案】（1）（2分）
（2）2Mg+TiCl4Ti+2MgCl2（2分）
（3）石灰乳（或石灰石、生石灰）、盐酸（2分）
（4）①沉淀SO42－（或除去SO42－）（1分）
②H2O2（1分）
③ClO 3—+6Fe2++6H+====6Fe3++Cl-+3H2O（2分）、Fe3++SCN-Fe(SCN)3(不写不扣分)
【解析】
试题分析：（1）)氧化镁是离子化合物，其电子式为；；
（2）镁与TiCl4在高温条件下制取钛的化学方程式为：2Mg+TiCl4Ti+2MgCl2；
（3）从海水中提取金属镁的流程：
所以用到的主要化学药品有：石灰乳（或石灰石、生石灰）、盐酸；
（4）①根据题给流程知，加入BaCl2溶液的目的是沉淀SO42－（或除去SO42－）；②步骤X中需将Fe2＋转化为Fe3＋，不引入新的杂质，所选的试剂为H2O2；③Mg(ClO3)2加入到含有KSCN的FeSO4酸性溶液中立即出现红色，相关反应的离子方程式：ClO3—
+6Fe2++6H+====6Fe3++Cl-+3H 2O、Fe3++SCN-Fe(SCN)3。

考点：考查电子式、化学方程式的书写，化学工艺流程。