1、备战高考化学镁及其化合物的推断题综合专项训练含答案解析一、镁及其化合物1 以硼镁泥( 主要成分为MgSiO 3、 Fe2O3 及少量A l 2O3 、FeO 和MnO) 为原料制备高纯Mg(OH)2 的流程如下：己知：常温下此体系中各氢氧化物开始沉淀与沉淀完全时的pH 范围如下表所示：pH 值Mg(OH) 2Mn(OH) 2MnO(OH ) 2Fe(OH) 2Al(OH) 3Fe(OH) 3开始沉淀时9.37.17.87.63.72.3沉淀完全时10.810.89.89.64.73.7温度高于340时 Mg(OH) 2 开始分解为MgO 和 H2O。(1)“浸取”时，为提高镁的浸取率可行的措施
2、为_ 。a. 将硼镁泥制成浆料b. 降低浸取温度c.用盐酸多次浸取(2)“浸取”时，MgSi3O 与盐酸反应的化学方程式为 _ 。(3) “除铁、铝”时，需调节溶液pH 范围为 _ 。(4) “除 Mn 2+”时发生反应的离子方程式为 _；过滤 3 所得滤渣中含有 MnO(OH ) 2 和 _。(5) “沉镁”时，反应温度与 Mg(OH) 2 的产率如图所示，当温度超过 60，随温度再升高， Mg(OH) 2 产率反而降低，其原因可能是 _ 。【答案】 acMgSi32 =MgCl 22H27pH7.1Mn2+2 2H -O+2HCl+( n- l)H O+SiOn O4.+H O+2O=Mn
3、O(OH) 2 +H 2OMg(OH) 2 氨水挥发加剧，导致溶液中氨水浓度降低。【解析】（1）此处主要考查反应速率的影响因素，所以要想加快酸溶解速率可以从外因浓度、温度、接触面积等考虑，可以采取升温、把硼镁泥粉碎、搅拌等措施，答案选ac 。(2) 根据滤渣 1 可知： MgSiO 3 与盐酸反应生成 SiO2nH2O，还有产物 MgCl2、 H2O方程式为MgSiO 3+2HCl+(n-l)H 2O=MgCl 2+SiO 2 nH 2O（3）加入双氧水后，Fe2+转化为 Fe3+，要使 Fe3+、 Al 3+完全沉淀， pH 必须大于或等于4.7 ，2+7.1 ，所以答案为4.7pH7.1M
4、n不沉淀， pH 小于或等于2+2 2MnO(OH) 2H 2 2被还原为H2O，离子方程式为（4） Mn 在碱性下被 H O 氧化生成，O2+-2 +H22 沉淀完全时 pH 已达 9.8 ，该条件下，2+Mn22Mg+H O +2OH =MnO(OH)O 。 MnO(OH)已经沉淀，故还有 Mg（ OH） 2 沉淀生成，故过滤3 所得滤渣中含有MnO(OH) 2 和 Mg（ OH）2。（5）温度过高，氨水挥发加剧，溶液中氨水浓度减小，导致Mg（ OH） 2 产率降低。点睛：解答化学工艺流程题目，可按以下步骤进行：粗读试题，尽量弄懂流程图。对照原料和产品，明确核心反应和除杂任务。明确流程图中
5、箭头方向和代表的含义。流程图中箭头进入的是反应物( 投料 ) ，箭头出去的是生成物( 产物、副产物 ) ，返回的箭头一般是“循环利用”的物质。图中一般会出现陌生知识，要读懂流程图以外的文字描述、表格信息、后续设问中的提示性信息，并在下一步分析和解题中随时进行联系和调用。带着问题去精心研究某一步或某一个物质。注意化学语言的规范性。2已知 A 为单质， B、C、D、 E 为化合物，它们之间存在如下转化关系：（1）若 A 为非金属单质，B 为镁条在空气中燃烧的产物之一，其与水反应可生成气体C，D 为无色气体，在空气中可变成红棕色，C 与 HCl 气体反应生成E 时产生大量白烟，则B的化学式为，由 C
6、 转化为 D 的化学方程式为，上述反应中属于氧化还原反应的有。（2）若 A 为生活中常见的金属单质，B 为 A 与盐酸反应的产物，C 可通过单质间的化合反应制得，加热蒸干并灼烧C 的溶液可得到红棕色的D，将 C 滴入沸水中可得E 的胶体，则由 B 转化为 C 的离子方程式为，加热蒸干并灼烧C 的溶液可得D 的原因是。【答案】（1） Mg3N2 4NH3+ 5O24NO +6H2 O（ 2） 2Fe2+Cl2= 2Fe3+2Cl-FeCl3 水解吸热，且水解产物HCl 易挥发，从而彻底水解生成Fe(OH)3，灼烧时分解生成Fe2 O3。【解析】试题分析：（ 1）镁条在空气中燃烧的主要产物有氧化镁
7、和氮化镁，因B 可与水反应生成气体 C，所以 A 为 N2， B 为 Mg 3N2， C 为 NH3， D 在空气中由无色变红棕色，故D 为 NO，NH3 与 HCl 气体反应生成 NH4Cl 时产生大量白烟，所以E为 NH4Cl。根据反应过程中是否存在元素化合价变化，可判断出氧化还原反应有。（2）由C可通过单质间的化合反应制得，加热蒸干并灼烧C 的溶液可得到红棕色的D，且B 为A 与盐酸反应的产物，可判断A 为Fe， B 为FeCl2， C 为 FeCl3， D 为Fe2 O3， E 为Fe(OH)3。考点：元素化合物3 有关物质的转化关系如下图所示（部分物质和条件已略去）。A 是金属单质，
8、D 是非金属单质， B、 F 是气体且B 无色无味， G是最常见的无色液体。请回答下列问题：(1)C 的化学式为： _。(2)B 的电子式为： _。(3)写出的离子方程式：_。(4)写出的化学方程式，并用“单线桥”标出电子转移的方向和数目_ 。【答案】 MgOH2O+3NO= 2H+-+2NO23+NO【解析】A是金属单质在无色气体B中燃烧生成非金属单质D，则 A是Mg 、 B是 CO2、 C是 MgO、 D是 C；碳可以和浓硫酸、浓硝酸在加热条件下反应生成CO2，结合F与水化合能生成E，可知 E为浓硝酸， F为 NO2；(1)C的化学式为 MgO；(2)CO2是共价化合物，其的子式为；+-(
9、3)NO2溶解于水生成硝酸和NO的离子方程式为H2O+3NO2= 2H +2NO3 +NO；(4)碳与浓硝酸反应生成CO2的反应是氧化还原反应，其反应化学方程式及电子转移的方向和数目为。点睛：此类题的解答一般有以下步骤：思维起点的选择：思维起点是指开始时的思维指向、思维对象或思维角度，推断题中的思维起点应是最具特征的某个条件（包括文字叙述或某个变化过程）；思维过程的展开：解题者在确定思维起点的基础上，利用题目所给信息，结合已有的化学知识和解题经验，不断地缩小问题状态与目标状态的距离；思维过程的检验：将上述思维过程的结果代入题中，检查一下是否符合题中条件；金属在无色气体中燃烧生成非金属单质这一特
10、殊反应现象，及时与 Mg在二氧化碳中燃烧建立联系，展开思维的空间，寻找目标答案。的4 将 5.1g 镁铝合金溶于 600mL0.5molL 12 41H SO 溶液中，完全溶解后再加入1.0mol LNaOH 溶液，得到沉淀的质量为13.6g，继续滴加 NaOH 溶液时则沉淀会减少。（1）当加入 _mLNaOH 溶液时，可使溶解在硫酸中的Mg 2 和 Al 3恰好完全沉淀。（2）计算合金溶于硫酸时所产生的氢气在标准状况下的体积。（列出算式）_【答案】 600 5.6L【解析】【分析】固体完全溶解，生成 MgSO 4 和 Al 2 (SO4)3，依据极值法分析，可确定硫酸有剩余。加入NaOH 后
11、，首先与过量的硫酸反应，然后才与MgSO 4 和 Al 2(SO4) 3 反应。当 MgSO 4 和Al 2 (SO4)3 刚好完全反应时，生成Mg(OH) 2、Al(OH)3、Na 2SO4。（1）溶解在硫酸中的 Mg 2 和 Al 3 恰好完全沉淀时，溶液中的溶质为Na2SO4，由此可得出24 10.6mol 。n(NaOH)=2 n(H SO )=20.600L0.5mol L=0.6mol ， V(NaOH)=1mol/L（2） Mg 、 Al 在反应过程中，存在下列关系式：Mg H22- ，2Al 3H2 Mg(OH) 2OH36OH-，综合分析两关系式，可得出H2-。通过沉淀与金属
12、的质量相减，便2Al(OH) 2OH可求出 m(OH-)，由此可求出生成H2 的体积。【详解】（1）溶解在硫酸中的 Mg 2 和 Al 3 恰好完全沉淀时，溶液中的溶质为Na24SO ，由此可得出 10.6moln(NaOH)=2 n(H 2SO4)=20.600L0.5mol L=0.6mol ， V(NaOH)=0.6L=600mL。答案1mol/L为： 600；（2） Mg 、 Al 在反应过程中，存在下列关系式：Mg H- ，2Al 3H2 Mg(OH)22OH22Al(OH)36OH-，综合分析两关系式，可得出H2 2OH-。m(OH-)=13.6g-5.1g=8.5g ，n(OH-
13、)=8.5g0.5mol ， n(H2)=117g/moln(OH-)=0.25mol ，2V(H2)= 0.25mol 22.4L/mol=5.6L 。答案为： 5.6L。【点睛】在利用 n(OH-)计算 n(H2)时，我们易犯的错误，是利用（ 1）中计算出的 0.6mol 进行计算。因为 0.6mol 并不是单纯用于与金属离子反应生成沉淀，而是有一部分用于中和过量硫酸，所以此数据不能使用。5 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
14、）已知： NO2沸点是 21.1 、熔点是 - 11； NO的沸点是 - 151、熔点是 - 164；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
15、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】 aD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-+2+-5NO+3MnO+4H 3Mn +5NO +2HO4=32CO2+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
16、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N O2、 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 Mg N遇水会发生水解，与Mg 反应的 N必须是干燥的 ，气体在进入装322置 B 之前必须用浓硫酸干燥N2，且要防止23 2的装置；装置的连接H O（ g）进入制备Mg N顺序为： ADCFBFE，
17、 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 Mg 3N2 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。（
18、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 Mn 2+4-3 -，反应可写成NO+MnO NO+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-+3Mn 2+，结合原子守恒、电荷守恒，写出离子方程式为 5NO+3MnO 4-+4H+=5NO3-+3Mn 2+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
19、处制得的 Mg 3N2 纯度不高， Mg 与 CO2 反应的化学方程式为2Mg+CO22MgO+C。（6） Mg 3N2 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
20、恒配平，最后用原子守恒、电荷守恒写出完整的方程式。6 铝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 实验方案将铝镁合金与足量NaOH溶液反应，测定剩余固体质量。（1）实验中发生反应的化学方程式是_ 。（2）称取 5.4g 铝镁合金粉末样品，溶于V mL 2.0 mol/L NaOH溶液中。为使其反应完全，则 NaOH溶液的体积V _。过滤、洗涤、干燥、称量固体。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
21、 实验方案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20，1.01105Pa）的体积。问题讨论（3）同学们拟选用图一实验装置完成实验：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。）实验开始时，先打开分液漏斗上口的玻璃塞，再轻轻打开分液漏斗可旋转的活塞，一会儿后稀硫酸也不能顺利滴入锥形瓶中。请你帮助分析原因 _。实验结束时，在读取测量实验中生成氢气的体积时，你认为最合理的是_。（有几个选几个）。A等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
22、最低点水平，读取量筒中水的体积（ 4）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。于是他们设计了图二的实验装置。装置中导管a 的作用是 _。实验前后碱式滴定管中液面读数分别为V1 mL、 V2 mL。则产生氢气的体积为_、 V 的式子表达）mL。（用含 V21【答案】 2Al+2NaOH+2H22297mL 偏高 E D G 镁、铝与稀硫酸反O=2NaAlO +3H应放热且生成气体，使锥形瓶中气体压强变大ACD 使分液漏斗内气体压强与
23、锥形瓶内气体压强相等，打开分液漏斗活塞时稀硫酸能顺利滴下，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V1-V2【解析】方案一： .铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠与氢气，反应方程式为： 2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2， 故答案为 2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2；.含镁为 3%时，金属铝的含量最高 ， 5.4g 合金中铝的质量为 5.4g (1-3%)=5.4， 97% g则： 2Al +2NaOH + 2H2O = 2NaAlO2 + 3H254g2mol5.4g 97% g V -3 L102.0mo
24、l/L得 54g:(5.4g-397% g)=2mol:(V 10L 2.0mol/L)，解得 V=97， NaOH 溶液的体积 ?97mL；镁上会附着偏铝酸钠等物质，若未洗涤固体，会导致测定镁的质量偏大，镁的质量分数偏高；故答案为97mL；偏高 ；方案二 ： . .合金与稀硫酸反应，用排水量气法测定氢气的体积，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，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)；故答案为E、 D、G；.镁、铝与稀硫酸反应放热且生成气体，使锥形瓶中气体压强变大，导致硫酸不能顺利滴入锥形瓶；故答
25、案为镁、铝与稀硫酸反应放热且生成气体，使锥形瓶中气体压强变大；.反应放热导致氢气的温度偏高，故应冷却后再进行读取氢气的体积，读取实验中生成氢气的体积时上下移动量筒，使其中液面与广口瓶中液面相平，视线与凹液面的最低点水平读取氢气的体积；故答案选ACD； . .装置中导管 a 的作用是：保持分液漏斗内气体压强与锥形瓶内气体压强相等，打开分液漏斗活塞时稀硫酸能顺利滴下，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，故答案为使分液漏斗内气体压强与锥形瓶内气体压强相等，打开分液漏斗活塞时稀硫酸能顺利滴下，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
26、消除由于加入稀硫酸引起的氢气体积误差；.滴定管的 0 刻度在上方，两次读取的体积数值之差为测定的氢气的体积，收集氢气后滴定管内液面上升，读数减小，所以测定氢气的体积为V1-V 2，故答案为V1-V 2。7 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
27、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CO所发生反应的离子方程式为_ 。2【答案】 18 g 2.5 mol/l0.9mol+-Al(OH)-+2H O4 0.1 200H
28、+OH =H O3+OH =AlO222透过蓝色钴玻璃观察，火焰呈紫色-CO2 +AlO 2 +2H 2O=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：H SO +2NaOH=Na SO +2H O当 V(NaOH) =24242400 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 Na2 SO4，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
29、 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) =0.4molnAl(OH)3 = 0.4 mol ，氢氧化钠的浓度为= 5 mol/L 。0.48 L0.4L（1）由元素守恒可知 n(Al) = nAl(OH) 3 ， n(Mg) = nMg(OH) 2，在根据 m =n M 计算各自的质
30、量，进而计算金属的总质量；（2）沉淀量最大，此时为Mg(OH) 2324和 Al(OH) ，溶液中溶质为Na SO ，根据钠元素守恒可知此时 n(NaOH)= 2 n(Na242424c=n 来计SO )，根据硫酸根守恒n(H SO ) = n(Na SO )，再根据V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，
31、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 +2H2 O，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，
32、沉淀量最大，此时为Mg(OH)和 Al(OH) ，二者物质的量之和为0.7 mol ，溶液23中溶质为 Na242 4SO，根据钠元素守恒可知此时n(Na SO )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) =NaAlO +2H O，当沉淀不再减少，此时全部为Mg(OH) ，物质的量为 0.33222mol ，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) = nAl(OH
33、)3 = 0.4mol ，氢氧化钠的浓度为0.4mol= 5 mol/L 。0.48 L 0.4L（ 1）由元素守恒可知 n(Al) = nAl(OH) 3 = 0.4 mol ，n(Mg) = nMg(OH) 2 = 0.3 mol ，故 Mg 和Al 的总质量为0.4mol 27g/mol+0.3mol 24g/mol =，18故g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(Na2 SO4)=0.4L 5mol/L = 2 mol，所以 n(Na2SO4) = 1 mol，所以硫
34、酸的浓度为 c = 1mol= 2.5 mol/L ，故答案为2.5 mol/L ；0.4L（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，.所8mol以 n(H ) = 0.9 mol ，故答案为0.9 mol ；2B. 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：H2 42 42SO +2KOH=K SO +2H O；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+2H2 O，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 +2H2 O，离子方程式： Al(OH)3 +OH =AlO2 +2H2 O，故
