高考化学镁及其化合物(大题培优)附答案

高考化学镁及其化合物(大题培优)附答案
一、镁及其化合物
1．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。

2．下图中A～J分别代表相关反应的一种物质。

已知A分解得到等物质的量的B、C、D，图中有部分生成物未标出。

请填写以下空白：
（1）A中含有的化学键是________。

（2）写出铜与J反应制取H的化学方程式：
__________________________________________。

（3）写出反应③的离子方程式：_________________________________________。

（4）写出物质B的电子式：_______________；写出物质E的电子式：_______________。

（5）在反应④中，当生成标况下22.4 L 物质G时，转移电子数为________mol。

【答案】离子键极性共价键 3Cu＋8HNO3(稀)＝3Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O NH4＋＋HCO3－
＋2OH－
NH3↑＋CO32－＋2H2O 2
【解析】
【分析】
A受热能分解，分解得到等物质的量的B、C、D，且A与碱反应生成气体D，D是氨气，即A是铵盐。

C能与过氧化钠反应，B能与镁反应，因此C为水，B是二氧化碳，则A为NH4HCO3。

E为MgO，F为C，水与过氧化钠反应生成G，G为O2，D与G反应生成H，H 为NO，I为NO2，J为HNO3，再结合F与J反应生成B、C、I，符合上述转化。

【详解】
（1）碳酸氢铵中含有的化学键是离子键和共价键。

（2）铜与J反应制取H的化学方程式为3Cu＋8HNO3(稀)＝3Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O。

（3）反应③的离子方程式为NH4＋＋HCO3－＋2OH－NH3↑＋CO32－＋2H2O。

（4）二氧化碳的电子式为；氧化镁是离子化合物，电子式为。

（5）在反应④中过氧化钠中氧元素化合价从－1价升高到0价，则当生成标况下22.4 L即1mol氧气时，转移电子数为2mol。

【点晴】
利用物质的转化推断出各物质是解答本题的关键，C及A为解答本题的突破口；解框图题的方法：最关键的是寻找“突破口”，“突破口”就是抓“特”字，例如特殊颜色、特殊状态、特殊气味、特殊反应、特殊现象、特殊制法、特殊用途等；例如本题中的能与强碱反应放出气体的一般是铵盐等。

3．将一定质量的镁铝粉末混合物投入一定浓度的200 mL盐酸中,使合金全部溶解,向所得溶液中滴加5.0 mol·L-1的NaOH溶液至过量,生成沉淀的质量与加入NaOH溶液的体积的关系如图所示。

(1)原合金中铝的物质的量分数为_____________。

(2)盐酸中HCl的物质的量浓度为_____________。

【答案】36% 4mol/L
【解析】
【分析】
由图可知，加入20m氢氧化钠溶液开始产生沉淀，说明所得溶液中含有盐酸；再加入氢氧化钠溶液，镁离子和铝离子完全反应生成19.4g沉淀，当加入180ml氢氧化钠溶液时，氢氧化铝与氢氧化钠溶液完全反应，得到11.6g氢氧化镁沉淀。

【详解】
（1）由图可知，氢氧化镁的质量为11.6g，氢氧化铝的质量为（19.4—11.6）g=7.8g，由原
子个数守恒可知，合金中镁的质量为11.6
58/g
g mol
×24g/mol=4.8g，铝的质量为
7.8 78/g
g mol ×27g/mol=2.7g，则铝的物质的量分数为 2.7
4.8 2.7
g
g g
×100%=36%，故答案为：36%；
（2）由图可知，当加入180ml氢氧化钠溶液时，氢氧化铝与氢氧化钠溶液完全反应，得到氯化钠和偏铝酸钠的混合溶液，由铝原子个数守恒可知n（AlO2-）=n（Al3+）=0.1mol，由电荷守恒可得n（Na+）=n（Cl-）+n（AlO2-），n（Cl-）=5.0 mol·L-1×0.18L—
0.1mol=0.8mol，则200 mL
盐酸的浓度为0.80.2mol L=4mol/L，故答案为：4mol/L。

4．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。

（4）n（AlCl3）=2mol/L⨯0.05L=0.1mol，n[Al（OH）3]= 3.12g
78g/mol
=0.04mol<0.1mol。

可能
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 0.1L
=1.2mol/L ；②若加入的KOH 使AlCl 3完全沉淀，
KOH 又溶解了部分Al （OH ）3，AlCl 3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=KAlO 2+2H 2O ，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 ）=0.36mol 0.1L
=3.6mol/L ；KOH 物质的量浓度可能为1.2mol/L 或3.6mol/L 。

5．
将3.9g 的镁铝合金粉末放于过量的盐酸中，产生的气体体积在标况下是4.48L 。

请计算：
(1)合金中镁的质量分数；
(2)合金中镁铝的物质的量之比。

【答案】(1)30.77% (2)n(Mg) ∶n(Al) ＝1∶2
【解析】
设合金中镁的物质的量为x ，铝的物质的量为y ，则：
Mg + 2HCl ====MgCl 2 + H 2↑
1 22.4
x 22.4x
2Al +6HCl =====2AlCl 3 +3 H 2↑
2 3⨯22.4
y 33.6y
24x + 27y=3.9
22.4x+ 33.6y=4.48
解得x=0.05mol ，y=0.1mol ；
（1）合金中镁的质量分数=
0.0524100%3.9
⨯⨯=30.77%； （2）)n(Mg) ∶n(Al) ＝0.05mol : 0.1mol =1∶2。

6．某兴趣小组根据镁与沸水的反应推测镁也能与饱和碳酸氢钠溶液反应。

资料显示：镁与饱和碳酸氢钠溶液反应产生大量气体和白色不溶物。

该兴趣小组设计了如下实验方案验证产物并探究反应原理。

实验Ⅰ：用砂纸擦去镁条表面氧化膜，将其放入盛有适量滴有酚酞的饱和碳酸氢钠溶液的试管中，迅速反应，产生大量气泡和白色不溶物，溶液由浅红色变为红色。

(1)该小组对反应中产生的白色不溶物作出如下假设：
假设1：可能为_______________________________________。

假设2：可能为MgCO 3。

假设3：可能是碱式碳酸镁[x MgCO 3·y Mg(OH)2]。

(2)设计定性实验确定产物并验证假设：
实验序号实验预期现象和结论实验Ⅱ将实验Ⅰ中收集到的气体点燃_____________
实验Ⅲ取实验Ⅰ中的白色不溶物，洗涤，
加入足量_____
产生气泡，沉淀全部溶解；白色不
溶物可能含有MgCO3
实验Ⅳ取实验Ⅰ中的澄清液，向其中加入
少量CaCl2溶液
产生白色沉淀；说明溶液中存在的
离子有_____
(3)设计定量实验确定实验Ⅰ的产物：称取实验Ⅰ中所得干燥、纯净的白色不溶物6.20 g，充分加热灼烧至不再产生气体为止，并使分解产生的气体全部进入装置A(盛足量浓硫酸)和B(盛足量碱石灰)中，装置A增重0.36 g，装置B增重2.64 g，则白色不溶物的化学式为________。

【答案】Mg(OH)2能安静燃烧、产生淡蓝色火焰，证明该气体为氢气稀盐酸(或稀硫酸)CO32－3MgCO
3
·Mg(OH)2[或Mg(OH)2·3MgCO3或Mg4(OH)2(CO3)3]
【解析】
【分析】
（1）.依据猜测可知白色不溶物可能是Mg(OH)2或MgCO3或x MgCO3·y Mg(OH)2；（2）.依据实验Ⅱ的现象分析，镁条和碳酸氢钠溶液迅速反应，产生大量气泡和白色不溶物，可以说明镁与饱和碳酸氢钠溶液反应能生成一种无色气体和一种白色不溶物；气体安静燃烧、产生淡蓝色火焰，说明该气体具有可燃性，再根据质量守恒定律反应前后元素种类不变分析出是氢气；依据实验Ⅲ的推断分析，加入一种试剂产生气泡可知碳酸盐与酸反应产生二氧化碳，所以加入的是酸，有气泡产生，说明含有碳酸镁；加入盐酸沉淀全部溶解；依据实验Ⅳ加入氯化钙生成沉淀证明含有碳酸根离子；
（3）.根据B中碱石灰质量的增加量就是生成的二氧化碳的质量，根据二氧化碳的质量计算出碳酸镁的质量，剩余的就是氢氧化镁的质量。

【详解】
(1).根据假设2和3，推出假设1：白色不溶物可能为Mg(OH)2，故答案为：Mg(OH)2；
(2).HCO3－在水中存在水解平衡和电离平衡：HCO3－＋H2O H2CO3＋OH－、HCO3－H＋＋CO32－，Mg和OH－不反应，Mg和H＋反应产生氢气，因此气体可能为氢气，若气体点燃后能安静燃烧、产生淡蓝色火焰，则该气体为氢气；根据假设，应加入足量的稀盐酸或稀硫酸，沉淀全部消失，且产生气体，说明沉淀中含有碳酸镁；加入CaCl2溶液，出现沉淀，说明溶液中含有CO32－，故答案为：能安静燃烧、产生淡蓝色火焰，证明该气体为氢气；稀盐酸(或稀硫酸)；CO32－；
(3).浓硫酸的作用是吸收水蒸气，根据H元素守恒，可得
n[Mg(OH)2]＝n(H2O)＝＝0.02 mol，碱石灰的作用是吸收CO2，根据C元素守恒，可
得n(MgCO3)＝n(CO2)＝＝0.06 mol，因此MgCO3∶Mg(OH)2＝0.06∶0.02＝3∶1，化学式为3MgCO3·Mg(OH)2或Mg(OH)2·3MgCO3或Mg4(OH)2(CO3)3，故答案为：
3MgCO3·Mg(OH)2[或Mg(OH)2·3MgCO3或Mg4(OH)2(CO3)3]。

【点睛】
本题主要从定性和定量两个方面测定物质的种类，第（2）问是难点，解答的关键在于要知道碳酸根离子与酸反应能产生二氧化碳，镁和氢离子反应生成氢气，题目难度较大。

7．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+3H2O(g)Fe2O3+3H2
(2)把NaOH、MgCl2、AlCl3三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）。

8．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。

9．将一定质量的Mg—Al合金投入100mL一定物质的量浓度的某HCl溶液中，充分反应。

向反应后的溶液中逐滴加入一定物质的量浓度的NaOH溶液，生成沉淀的质量与所加NaOH溶液的体积关系如图所示。

回答下列问题。

（1）原Mg-Al合金的质量是_________，合金中Mg与Al的物质的量之比是________；（2）所加NaOH溶液的物质的量浓度是________________；
（3）原HCl溶液的物质的量浓度是_____________________。

（4）向含有0.1molNH4Al(SO4)2的溶液中逐滴加入5 mol·L-1NaOH溶液，开始发现熔液中出现白色沉淀并逐渐增多；一段时间后有刺激性气味的气体(NH3)逸出；最后白色沉淀逐渐减少并最终消失。

请在下图中画出生成沉淀的物质的量与加入NaOH溶液体积的关系示意图。

________
【答案】5.1 g1∶16 mol·L−15 mol·L−1
【解析】分析图象可知，Mg—Al合金与HCl反应时，盐酸过量，图象中各线段对应的化学反应如下：OA段：①H＋＋OH－=H2O，AB段：②Mg2＋＋2OH－=Mg(OH)2↓和③Al3＋＋
3OH－=Al(OH)3↓，BC段：④Al(OH)3＋OH－=AlO2－＋2H2O。

据此解析如下：
(1) B点对应的沉淀为Al(OH)3和Mg (OH)2，其总质量为13.6g，C点对应的沉淀为Mg (OH)2，其质量为5.8g，所以n[Mg (OH)2]= n(Mg)=0.1mol，即金属镁的质量为2.4g；则
n(Al)= n[Al(OH)3]= 13.6 5.8
78/
g g
g mol
=0.1mol，则金属铝的质量为2.7g，所以合金中Mg与Al
的物质的量之比为1∶1，合金的总质量为5.1g。

(2)由(1)的分析可知n[Al(OH)3] =0.1mol，则反应④中溶解Al(OH)3沉淀需要n(NaOH)=
0.1mol，BC段加入氢氧化钠溶液的体积为20mL，所以c(NaOH)=0.1
0.02
mol
L
= 5mol/L。

(3)当加入NaOH溶液的体积为120mL时，即B点的溶液中溶质只有NaCl，根据其组成比即
n(Na+)=n(Cl－)，可得n(NaOH)=n(HCl)=0.12L×5mol/L=0.60mol，所以c(HCl)=0.6
0.1
mol
L
=
6mol/L。

(4)据题意，加入NaOH溶液时，先与Al3＋反应，再与NH4+反应，最后Al(OH)3溶解，反应的离子方程式依次为①Al3＋＋3OH－=Al(OH)3↓，②NH4+＋OH－=NH3+H2O，③Al(OH)3＋OH－=AlO2－＋2H2O，由NH4Al(SO4)2的物质的量为0.1mol和c(NaOH)= 5mol/L，求出反应①中生成n[Al(OH)3] =0.1mol，消耗V(NaOH)=60mL，反应②消耗V(NaOH)=20mL，反应③消耗V(NaOH)=20mL，由此可画出图象如答案所示。

点睛：利用图象的BC段求出氢氧化钠溶液的浓度是解答本题的关键；利用B点溶液中溶质的组成比求出盐酸的浓度是解题的技巧。

10．某研究性学习小组以一种工业废料制备高纯MgO，设计了流程如下。

请回答下列问题。

（1）步骤①中生成Mg2+的离子方程式为______________
（2）下列物质可用于代替步骤②中H2O2的是__________
A．NaCl B．Cl2 C．铁粉 D．KMnO4
（3）步骤③中采用如图所示装置除去Fe3+
ⅰ．实验装置图中仪器A的名称为________________
ⅱ．充分振荡并静置分层，打开仪器A上口的玻璃塞后，上、下层分离的正确操作是：
________________
ⅲ．图中存在的错误是：________________
（4）步骤④中NaOH加入的量是______________（填“少量”或“过量”）
（5）实验中，取工业废料40.0g（ MgCO3的含量为42%），得到4.0g高纯氧化镁。

该实验中高纯氧化镁的产率为____________（）
（6）高纯氧化镁可能具有如下性质和用途，正确的是____________
A．耐酸 B．耐碱 C．制耐火坩埚 D．制信号弹和焰火材料
【答案】MgCO3 + 2H+ = Mg2+ + CO2↑+ H2O B 分液漏斗下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出分液漏斗下端没有紧靠烧杯内壁过量 50% BC
【解析】试题分析：以工业制取高纯MgO为题材，重点考查离子方程式书写、氧化剂的选择、萃取和分液操作、化学计算等知识，考查考生对实验流程图的分析能力。

制备流程中，废料在浓盐酸作用下，MgCO3、Fe和Al的氧化物溶解得到MgCl2、FeCl2、FeCl3、
AlCl3，并通过过滤与不溶物分离。

步骤②是将Fe2+氧化成Fe3+，再用有机溶剂萃取、分液分离出来。

水溶液中的MgCl2、AlCl3用过量NaOH反应后得到Mg(OH)2沉淀和NaAlO2溶液，过滤分离后，利用Mg(OH)2制备MgO。

（1）步骤①中Mg2+是MgCO3与盐酸反应的生成物。

正确答案：MgCO3 + 2H+ = Mg2+ + CO2↑+ H2O。

（2）步骤②是利用H2O2将Fe2+氧化成Fe3+，该氧化过程中没用引入其他杂质。

选项中A与C不具有氧化性，不能替代H2O2，A、C均错误。

C、Cl2能将Fe2+氧化成Fe3+且不会引入杂质，C正确。

D、KMnO4能够氧化Fe2+，但是还原生成的Mn2+会在最后沉淀生成Mn(OH)2而与Mg(OH)2混合，导致产品不纯，正确答案：C。

（3）这是一个萃取分液过程，使用的仪器是分液漏斗，萃取静置后，下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出，图中分液漏斗下端应当与烧杯内壁靠在一起。

正确答案：
分液漏斗、下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出、
分液漏斗下端没有紧靠烧杯内壁。

（4）步骤④需要将生成的Al(OH)3溶解，所以要使用过量的NaOH。

正确答案：过量。

（5）废料中MgCO3质量m=40.0g×42%=16.8g，
n(MgCO3)=16.8g÷84g·mol-1=0.2mol，理论上可以得到MgO 0.2mol，MgO产率为
4.0g÷(0.2mol×40g·mol-1)×100%=50%。

正确答案：50%。

（6）高纯氧化镁具有氧化镁的所有性质。

A、MgO能够与酸反应，不具有耐酸性，A错误。

B、MgO不能与碱反应，所以具有耐碱性，B正确。

C、MgO的熔点高，可以制耐火坩埚，C正确。

D、MgO没有特征的焰色
反应，不适合制信号弹，也不适合制焰火材料，D错误。

正确答案：BC。

点睛：①H2O2是一种“绿色”的氧化剂，与还原剂反应后生成的还原产物是H2O，具有无污染的特征。

②理论产量就是完全根据化学反应原理计算得到的产物产量，实际生产或实验中会由于各种原因产生损耗从而导致实际产量降低。