2020-2021高考化学复习镁及其化合物专项易错题含答案

2020-2021高考化学复习镁及其化合物专项易错题含答案
一、镁及其化合物
1．下图中A-J分别代表相关反应中的一种物质，已知A分解得到等物质的量的B、C、D，已知B、D为常温下气态化合物，C为常温下液态化合物，图中有部分生成物未标出。

请填写以下空白：
（1）A的化学式_____________B的电子式_______________。

（2）写出下列反应的化学方程式：
D＋G→ H_____________________________。

B+镁→ E + F______________________________。

（3）写出A + NaOH →D的离子方程式_________________________________。

【答案】(1) NH4HCO3
(2) 4NH3+5O24NO + 6H2O CO2+ 2Mg ="==" 2MgO+C
(3) NH4++ HCO3-+2OH-= NH3+CO32-+2H2O
【解析】
【分析】
已知A与碱反应生成气体化合物，则A含有铵根离子；A加热分解生成等物质的量的2种气体和1种液体，液体与过氧化钠反应则为水，可确定A为碳酸氢铵，D为氨气，C为水，B为二氧化碳；二氧化碳与镁反应生成氧化镁和碳；
【详解】
（1）分析可知，A为碳酸氢铵，化学式为：NH4HCO3；B为二氧化碳，其电子式为：
；
（2）D与G分别为氨气、氧气，在一定条件下反应生成一氧化氮和水，方程式为：
4NH3+5O24NO+6H2O；镁与二氧化碳反应生成氧化镁和碳，方程式为：CO2+
2Mg 点燃
2MgO+C；
（3）碳酸氢钠与NaOH反应生成氨气、水和碳酸钠，其反应的离子方程式为：NH4+ + HCO3-+2OH-= NH3 +CO32-+2H2O；
2．某同学用含结晶水的正盐X(四种短周期元素组成的纯净物)进行了如下实验：
实验中观测到：混合气甲呈无色并被蒸馏水全部吸收；固体乙为纯净物；在步骤③中，取1/10溶液丙，恰好中和需消耗0.00200molNaOH；另取一定量的溶液丙，加入少量K2FeO4固体，产生黄绿色气体。

请回答：
（1）X的化学式是__________，步骤①的化学方程式是
______________________________。

（2）溶液丙与K2FeO4固体反应的化学方程式是
_____________________________________。

【答案】MgCl2·6H2O MgCl2·6H2O MgO+2HC1↑+5H2O↑
2K2FeO4+16HC1=4KCl+ 2FeCl3+ 3Cl2↑+8H2O
【解析】
【分析】
据题意知，含结晶水的正盐X共含有四种短周期元素，经灼烧所得的混合气体中含有水蒸气，混合气甲经步骤②、③、④得白色沉淀，可判断混合气甲中有氯元素，由混合气甲呈无色并被蒸馏水全部吸收，且溶液丙可以被NaOH溶液中和、与少量K2FeO4反应能生成黄绿色气体，可得混合气体甲中含有HCl气体。

结合正盐X灼烧得到混合气体甲和固体乙可推知X含有H、O、Cl和一种金属元素。

依题意经计算可知混合气体甲中：n(HCl)=0.02mol，
n(H2O)=mol=0.05mol。

又因盐X为正盐，并且所含元素均为短周期元素，可知其阴离子为氯离子，阳离子可能为Na+、Mg2+或Al3+。

若是钠离子，则X灼烧时无法产生HCl气体，不符合题意，而氯化镁晶体和氯化铝晶体灼烧后得到的分别是氧化酶和氧化铝，根据固体乙的质量计算可知阳离子为Mg2+，固体乙为MgO，n(MgO)-0.01mol，故X为MgCl2·6H2O，据此解答。

【详解】
据题意知，含结晶水的正盐X共含有四种短周期元素，经灼烧所得的混合气体中含有水蒸气，混合气甲经步骤②、③、④得白色沉淀，可判断混合气甲中有氯元素，由混合气甲呈无色并被蒸馏水全部吸收，且溶液丙可以被NaOH溶液中和、与少量K2FeO4反应能生成黄绿色气体，可得混合气体甲中含有HCl气体。

结合正盐X灼烧得到混合气体甲和固体乙可推知X含有H、O、Cl和一种金属元素。

依题意经计算可知混合气体甲中：n(HCl)=0.02mol，
n(H2O)=mol=0.05mol。

又因盐X为正盐，并且所含元素均为短周期元素，可知其阴离子为氯离子，阳离子可能为Na+、Mg2+或Al3+。

若是钠离子，则X灼烧时无法产生HCl气体，不符合题意，而氯化镁晶体和氯化铝晶体灼烧后得到的分别是氧化酶和氧化铝，根据固体乙的质量计算可知阳离子为Mg2+，固体乙为MgO，n(MgO)-0.01mol，故X为MgCl2·6H2O，
（1）由分析可知X的化学式为MgCl2·6H2O，其灼烧时分解生成MgO、HCl和H2O，发生反应的化学方程式为：MgCl2·6H2O MgO+2HC1↑+5H2O↑。

（2）溶液丙为稀盐酸，加入少量K2FeO4固体，产生黄绿色气体为Cl2，可知此反应发生氧化还原反应，还原产物应为FeCl3，根据电子守恒和原子守恒可知发生反应的化学方程式为：2K2FeO4+16HC1=4KCl+ 2FeCl3+ 3Cl2↑+8H2O。

3．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↓。

4．有A、B、C、D、E五种短周期元素，它们的原子序数依次增大．A的原子核无中子，
能与B、C分别形成10电子的化合物；B、C的质子数之和与E的质子数相等，B、C的族序数为奇数；D、E位于同一周期，D的阳离子所带的正电荷数等于该阳离子的电子层数．试回答下列问题：
（1）C与D形成的化合物的电子式．
(2）写出D的单质与CO2反应的化学方程式．
（3）“嫦娥一号”发射所用的液体燃料是上述（填元素名称）元素的单质．
(4)工业上，使元素E的低价氧化物转化为其最高价氧化物的设备名称为．
(5)在一定的条件下，A2、B2混合物经过一段时间的反应后，B2的浓度减小了0. 3 mol/L.[此时间内A2表示的化学反应速率为0. 45 mol/（L·s）．则此段反应时间为 s
【答案】（1） (2) 2Mg+CO22MgO+C (3)氢 (4）接触室(5) 2
【解析】
【分析】
有A、B、C、D、E五种短周期元素,它们的原子序数依次增大,A的原子核无中子,则A为H,能与B、C分别形成10电子的化合物,B、C的族序数为奇数,则B为N,C为F,B、C的质子数之和与E的质子数相等,则E为S,D、E位于同一周期,D的阳离子所带的正电荷数等于该阳离子的电子层数,则D为Mg,据此答题。

【详解】
有A、B、C、D、E五种短周期元素，它们的原子序数依次增大，A的原子核无中子，则A 为H，能与B、C分别形成10电子的化合物，B、C的族序数为奇数，则B为N，C为F，B、C的质子数之和与E的质子数相等，则E为S，D、E位于同一周期，D的阳离子所带的正电荷数等于该阳离子的电子层数，则D为Mg，
（1）C与D形成的化合物为MgF2，其电子式为；
因此，本题正确答案是：；
（2）Mg与CO2反应的化学方程式为2Mg+CO22MgO+C；
因此，本题正确答案是：2Mg+CO22MgO+C；
（3）“嫦娥一号”发射所用的液体燃料是氢元素的单质，
因此，本题正确答案是：氢；
（4）工业上，使二氧化硫转化为三氧化硫的设备名称为接触室；
因此，本题正确答案是：接触室；
（5）在一定的条件下，H2、N2混合物经过一段时间的反应后，N2的浓度减小了
0.3mol/L．此时间内H2表示的化学反应速率为0.45mol/（L•s），则用N2表示的化学反应速率为0.15mol/（L•s），根据t=∆c/v可以知道，此段反应时间为0.3/0.15=2s；
因此，本题正确答案是：2。

5．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。

6．在MgCl2和AlCl3的混合溶液中，逐滴加入NaOH溶液直至过量。

经测定，加入的NaOH 的物质的量(mol)和所得沉淀的物质的量(mol)的关系如下图所示。

（1）写出代表下列线段发生的反应的离子方程式：
DC段________________________________________________。

（2）原溶液中Mg2＋、Al3＋的物质的量之比为_____________。

（3）图中B点时所加入溶液中含NaOH为________mol
（4）若向50 mL 2 mol·L-1的AlCl3溶液中加入100 mL KOH溶液，充分反应后得到3.12g沉淀。

则KOH的物质的量浓度可能为________________________________。

【答案】 Al(OH)3＋OH－=AlO2－＋2H2O 2∶1 0.8 mol 1.2 mol·L﹣1 、3.6 mol·L﹣1
【解析】试题分析：本题考查与Al（OH）3有关的图像的计算，Al3+与强碱反应的计算。

在MgCl2和AlCl3的混合溶液中，逐滴加入NaOH溶液，图像中OD段发生的反应为
MgCl2+2NaOH=Mg（OH）2↓+2NaCl、AlCl3+3NaOH=Al（OH）3↓+3NaCl；Mg（OH）2不溶于NaOH溶液，Al（OH）3溶于NaOH溶液，DC段发生的反应为
Al（OH）3+NaOH=NaAlO2+2H2O。

（1）DC段为Al（OH）3溶于NaOH生成NaAlO2和H2O，反应的离子方程式为
Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O。

（2）根据纵坐标，Mg（OH）2物质的量为
0.2mol，n（Mg2+）=n[Mg（OH）2]=0.2mol，Al（OH）3物质的量为0.3mol-0.2mol=0.1mol，n（Al3+）=n[Al（OH）3]=0.1mol，原溶液中Mg2+、Al3+物质的量之比为
0.2mol：0.1mol=2:1。

（3）根据反应Mg2++2OH-=Mg（OH）2↓，Mg2+消耗的NaOH物质的量为0.2mol⨯2=0.4mol；B点时Al3+完全转化为AlO2-，根据反应Al3++4OH-=AlO2-+2H2O，到B点时Al3+消耗的NaOH物质的量为0.1mol⨯4=0.4mol；图中B点所加溶液中含NaOH物质的量为0.4mol+0.4mol=0.8mol。

=0.04mol<0.1mol。

可能（4）n（AlCl3）=2mol/L⨯0.05L=0.1mol，n[Al（OH）3]= 3.12g
78g/mol
存在两种情况，①若加入的KOH溶液较少使部分AlCl3反应生成Al（OH）3沉淀，根据反应AlCl3+3KOH=3KCl+Al（OH）3↓，消耗的KOH物质的量n（KOH）= 3n[Al（OH）3]=3⨯
0.04mol=0.12mol，c（KOH）=0.12mol
=1.2mol/L；②若加入的KOH使AlCl3完全沉淀，
0.1L
KOH又溶解了部分Al（OH）3，AlCl3完全沉淀消耗KOH物质的量为0.1mol⨯3=0.3mol，生成Al（OH）3沉淀的最大值为0.1mol，则溶解的Al（OH）3物质的量为0.1mol-
0.04mol=0.06mol，根据反应Al（OH）3+KOH=KAlO2+2H2O，溶解Al（OH）3消耗的KOH物质的量为0.06mol，加入的KOH物质的量为0.3mol+0.06mol=0.36mol，c（KOH）=3.6mol/L；KOH物质的量浓度可能为1.2mol/L或3.6mol/L。

=0.36mol
0.1L
7．（1）有镁和铁的混合物共4.0克，与200毫升盐酸恰好完全反应，在标准状况下共收集到2.24L气体。

假设反应后溶液体积不变，则铁的质量为_____g；反应后溶液中Mg2+的物质的量浓度为_______。

（2）一定量氢气在氯气中燃烧，所得混合气体用 100 mL、2.00 moL·L-1NaOH 溶液恰好完全吸收，测得溶液中含有 NaClO 的物质的量为 0.05mol。

试计算下列问题：所得溶液中 Cl-的
物质的量为_______ ；所用氯气和参加反应的氢气的物质的量之比n（C12）：n（H2）为_______ 。

【答案】 2.8 0.25mol· L－1 0.15 mol 2:1
【解析】试题分析：本题考查混合物的计算，涉及Mg、Fe与酸的反应，Cl2与H2、NaOH 的反应。

（1）根据反应的化学方程式：Mg+2HCl=MgCl2+H2↑、Fe+2HCl=FeCl2+H2↑可列式：n
（Mg）+n（Fe）=
2.24L
22.4L/mol
，24g/moln（Mg）+56g/moln（Fe）=4.0g，解得n（Mg）
=0.05mol，n（Fe）=0.05mol；则铁的质量m（Fe）=0.05mol⨯56g/mol=2.8g；根据Mg守
恒，n（Mg2+）=n（Mg）=0.05mol，c（Mg2+）=0.05mol
0.2L
=0.25mol/L。

（2）H2在Cl2中燃烧生成HCl，HCl与NaOH溶液的反应为：HCl+NaOH=NaCl+H2O；用NaOH溶液吸收后所得溶液中含NaClO，说明H2在Cl2中燃烧后Cl2过量，过量Cl2与NaOH溶液发生的反应为：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O。

根据Na和Cl守恒，反应后溶液中n（NaCl）+n（NaClO）=n（NaOH）=2mol/L⨯0.1L=0.2mol，n（NaClO）=0.05mol，则n（NaCl）=0.2mol-0.05mol=0.15mol，所得溶液中Cl-物质的量为0.15mol。

根据Cl守恒，所用Cl2物质的量为（0.15mol+0.05mol）÷2=0.1mol；生成0.05molNaClO的同时生成0.05molNaCl，则由HCl与NaOH反应生成的NaCl为0.15mol-0.05mol=0.1mol，HCl物质
的量为0.1mol，根据反应H2+Cl22HCl，参加反应的H2物质的量为0.05mol，所用Cl2
与参加反应的H2物质的量之比n（Cl2）：n（H2）=0.1mol：0.05mol=2:1。

8．镁是一种银白色的碱土金属，镁元素在地壳中的含量约为2．00%，位居第八位，镁及其化合物在研究和生产中具有广泛用途。

请回答下列问题：
(1)氮化镁(Mg3N2)是由氮和镁所组成的无机化合物。

在室温下纯净的氮化镁为黄绿色的粉末，能与水反应，常用作触媒，实验室欲用如图1所示装置和药品制备少量氮化镁。

①A中盛装的是浓氨水，B中可盛装___，二者混合可制取氨气。

②按照气流的方向从左至右连接装置：a接___、___接___、___接___。

③已知氨气有还原性，能还原氧化铜，生成物之一是空气的主要成分，该反应的化学方程式为____________________。

④如果没有装有无水氯化钙的装置，可能发生反应的化学方程式为
____________________。

(2)碳酸镁可用作耐火材料、锅炉和管道的保温材料，以及食品、药品、化妆品、橡胶、墨水等的添加剂。

合成碳酸镁晶须的步骤如下：
步骤1：配制0．5 mol·L－1 MgSO4溶液和0．5 mol·L－1 NH4HCO3溶液。

步骤2：用量筒量取500 mL NH4HCO3溶液于1 000 mL四口烧瓶中，开启搅拌器，温度控制在50 ℃。

步骤3：将250 mL MgSO4溶液逐滴加入NH4HCO3溶液中，1 min内滴加完毕，然后用氨水调节溶液pH到9．5。

步骤4：放置1 h后，过滤，洗涤。

步骤5：在40 ℃的真空干燥箱中干燥10 h，得到碳酸镁晶须产品(MgCO3·n H2O，n＝1~5)。

①配制0．5 mol·L－1 MgSO4溶液500 mL，需要的仪器有托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、量筒、胶头滴管、_____。

②步骤3中加氨水后反应的离子方程式为______________。

测定合成的MgCO3·n H2O中的n值。

称量1．000 g碳酸镁晶须，放入图2所示的广口瓶中，加入适量水，滴入稀硫酸与晶须反应，生成的CO2被NaOH溶液吸收，在室温下反应4~5 h，后期将温度升到30 ℃，最后烧杯中的溶液用已知浓度的盐酸滴定，测得生成CO2的总量；重复上述操作2次。

③图中气球的作用是__________________。

④上述反应后期要升温到30 ℃，主要目的是________________。

⑤若实验测得1．000 g碳酸镁晶须产生CO2的平均物质的量为a mol，则n为___(用含a 的表达式表示)。

⑥称取100 g上述晶须产品进行热重分析，得到的热重曲线如图所示，则合成的晶须中
n＝______。

【答案】生石灰或氢氧化钠 d e c b f 2NH3+3CuO N2+3H2O+3Cu
Mg3N2+6H2O3Mg(OH)2+2NH3↑ 500 mL容量瓶 Mg2++HCO3-HCO3-+NH3·H2O+(n-
1)H2O MgCO3·n H2O↓+NH4+暂时储存CO2，有利于CO2被NaOH溶液吸收，且能保持装置中压强相对稳定升高温度气体的溶解度减小，使溶解在水中的CO2逸出，便于吸收完
全1-84a
18a
1
【解析】
【详解】
（1）①浓氨水和生石灰或氢氧化钠固体混合放热，使一水合氨分解生成氨气，故答案为②根据实验目的及题给装置可知，按照气流的方向从左向右连接装置的顺序为:a接d，e 接c，b接f，故答案为
③氨气有还原性，能还原氧化铜，生成物之一是空气的主要成分氮气，则氨气与氧化铜反应的化学方程式为:2NH3+3CuO N2+3H2O+3Cu，故答案为d；e；c；b；f；
④氮化镁能和水发生反应生成氢氧化镁和氨气，化学方程式为：Mg3N2+6H2O=3Mg(OH)2 +2NH3↑，故答案为Mg3N2+6H2O=3Mg(OH)2+2NH3↑；
（2）①配制0.5 mol·L -1 MgSO 4溶液500 mL ，除提供的仪器外，还需要的仪器为500 mL 容量瓶，故答案为500 mL 容量瓶；
②步骤3中加氨水后反应生成碳酸镁结晶水合物，反应的离子方程式为Mg 2++HCO 3—+NH 3·H 2O+(n -1)H 2O=MgCO 3·n H 2O↓+NH 4+，故答案为Mg 2++HCO 3—+NH 3·H 2O+(n -1)H 2O= MgCO 3·n H 2O↓+NH 4+；
③题图2装置中气球可以暂时储存CO 2，有利于CO 2被NaOH 溶液吸收，且能保持装置中压强相对稳定，故答案为暂时储存CO 2，有利于CO 2被NaOH 溶液吸收，且能保持装置中压强相对稳定；
④题述反应后期将温度升到30 ℃，是为了使生成的二氧化碳全部逸出，便于其被氢氧化钠溶液完全吸收，从而减小测定产生的误差，故答案为升高温度气体的溶解度减小，使溶解在水中的CO 2逸出，便于吸收完全；
⑤若实验测得1.000 g 碳酸镁晶须产生的CO 2的平均物质的量为a mol ，依据碳元素守恒可
知，晶须中碳酸镁的物质的量为a mol ，根据MgCO 3·
n H 2O 中碳酸镁和结晶水的物质的量之比为1∶n ，得到1∶n =a ∶11.000g 84g 18g mol a --⋅11.000?g 84g 18?g?mol a --，得到n =18418a a -18418a a -，故答案为18418a a
-； ⑥由题图3知400 ℃时剩余质量为82.3 g ，这是该晶须失去结晶水后的质量，则有
100×
181884n n +181884
n n +=100-82.3，解得n =1，故答案为1。

【点睛】 本题以氮化镁和碳酸镁的制备为载体，考查对实验装置的理解、元素化合物的性质、实验方案的设计等，解答关键是明确反应原理与各装置作用，掌握常用物质分离提纯方法，注意对题目信息的应用。

9．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+3H 2O(g)Fe 2O 3+3H 2
(2)把NaOH 、MgCl 2、AlCl 3三种固体组成的混合物溶于足量水后，产生1.16g 白色沉淀，再向所得浊液中逐渐加入1.00mol/LHCl 溶液，加入HCl 溶液的体积与生成沉淀的关系如图所示。

①A点的沉淀物的化学式为______________。

②写出A点至B点发生反应的离子方程式：_________________。

③某溶液中溶有MgCl2和AlCl3两种溶质，若把两者分开，应选用的试剂为：NaOH溶液、_______和盐酸。

④C点（此时沉淀恰好完全溶解）HCl溶液的体积为________mL。

【答案】A Mg(OH)2AlO2-+H++H2O= Al(OH)3↓CO2130.0（130也给分）
【解析】
（1）金属钠非常活泼，能够与水、氧气等物质发生反应，但与石蜡油或煤油不反应，可以保存在石蜡油或煤油中，A正确；铝的熔点低，加热后会熔化，但铝在氧气中燃烧生成氧化铝，因为氧化铝的熔点高，加热时氧化膜包裹着内层的熔化的铝而不会低落，B错误；铁单质与水蒸气反应生成四氧化三铁而非氧化铁，C错误；正确选项A。

（2）从题给信息中可知：产生的白色沉淀加盐酸后，沉淀质量不变，说明原溶液中氢氧化钠过量，所以1.16g白色沉淀为氢氧化镁，而氢氧化铝沉淀溶于过量的氢氧化钠，溶液中存在偏铝酸根离子，继续加盐酸，会发生AlO2-+H++H2O= Al(OH)3↓，沉淀达到最大值，为氢氧化镁和氢氧化铝沉淀质量之和（B点）；接着再加入足量的盐酸，两种沉淀都溶于酸中，沉淀消失；
①A点的沉淀物为氢氧化镁，化学式为Mg(OH)2；正确答案：Mg(OH)2。

②写出A点至B点发生反应为偏铝酸根离子与适量盐酸反应生成氢氧化铝沉淀，离子方程式： AlO2-+H++H2O= Al(OH)3↓；正确答案：AlO2-+H++H2O= Al(OH)3↓。

③含有MgCl2和AlCl3的混合液中，先加入足量的氢氧化钠溶液，生成氢氧化镁沉淀和偏铝酸钠溶液，过滤，得到沉淀氢氧化镁，再加适量的盐酸，生成MgCl2；滤液为偏铝酸钠溶液，通入足量二氧化碳气体，生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠溶液，过滤得到沉淀固体，再加入适量盐酸，得到AlCl3，从而实现二者的分离；正确答案：CO2。

④根据上述分析可知：氢氧化镁沉淀质量为1.16克，物质的量为0.02 mol，A→B过程为AlO2-+H++H2O= Al(OH)3↓，共消耗盐酸的量为（30-10）×10-3×1=0.02 mol，生成Al(OH)3沉淀的量为0.02 mol，两种沉淀恰好与盐酸反应只生成氯化镁和氯化铝溶液，根据氯离子守恒可得：V(HCl)×1=0.02×2+0.02×3=0.1, V(HCl)=0.1L=100mL, C点（此时沉淀恰好完全溶解）HCl溶液的体积为30+100=130.0 mL,正确答案：130.0（130也给分）。

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。