化学镁及其化合物的专项培优易错试卷练习题(含答案)附详细答案
一、镁及其化合物
1．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）Mg3N24NH3+ 5O2 4NO +6H2O ①②③⑤
（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
Fe2O3。
【解析】
试题分析：（1）镁条在空气中燃烧的主要产物有氧化镁和氮化镁，因B可与水反应生成气体C，所以A为N2，B为Mg3N2，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①②③⑤。
（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Fe2O3，E为
Fe(OH)3。
考点：元素化合物
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．X、Y、Z、W四种物质有如下相互转化关系（其中X、W为单质，Y、Z为化合物，未列出反应条件）。
（1）若X的摩尔质量是W的2倍，工业上Z可作优质的耐高温材料。W为黑色固体，则Y 的化学式________________。
（2）若固体W是紫红色，且向溶液Z中滴入氯水，再滴入2滴KSCN溶液，溶液呈血红色。则写出X+Y=Z+W 的离子方程式__________________________。
（3）若晶体W是一种重要的半导体材料，实验室可用澄清石灰水来检验Z的燃烧产物。写出Y与NaOH溶液反应的化学方程式________________________________________。【答案】CO2 Fe+Cu2+=Fe2++Cu SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O
【解析】
（1）X、W为单质，Y、Z为化合物，W为黑色固体，应为C单质，X的摩尔质量是W的2倍，Z可作优质的耐高温材料，X为Mg，Z为MgO，Y为CO2。
（2）向溶液Z中滴入氯水，再滴入2滴KSCN溶液，溶液呈血红色，则Z为Fe2+，W是紫红色固体，则W为Cu，X+Y=Z+W反应方程式为：Fe+Cu2+=Fe2++Cu。
（3）晶体W是一种重要的半导体材料，则W是Si；实验室可用澄清石灰水来检验Z的燃烧产物，则Z的燃烧产物为CO2，化合物Z为CO，则X为C单质，Y为SiO2，Y与NaOH 溶液反应的化学方程式为：SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O。
4．A、B、C是中学化学中常见的三种物质，它们之间的相互转化关系如下(部分反应条件及产物略去)：
(1)若A是一种金属，C是淡黄色固体，则B的化学式为_______，A→C反应的化学方程式为__________________________；若将金属A与金属铝同时加入足量水中，充分反应后，发现溶液中既无沉淀生成又无残留金属剩余，经测定溶液中只含有一种溶质，则投入水中的金属A与金属Al的物质的量之比为_________。
(2)若A是一种非金属,其常见单质为黑色固体，C是最主要的温室气体，则C的分子式为______，B→C反应的化学方程式为_________________________________；金属镁可在气体C中燃烧，当有1 mol气体C参与反应时，反应转移电子的物质的量为__________。
【答案】Na2O 2Na+O2?
Na2O2 1:1 CO2 2CO+O2
点燃
2CO2 4 mol。
【解析】
【分析】
【详解】
(1)若A是一种金属，C是淡黄色固体，则A为Na，C为Na2O2，B为Na2O；Na在氧气中燃
烧生成Na2O2，方程式为2Na+O2?
Na2O2；若将Na与铝同时加入到足量的水中充分反应
后无固体剩余，且所得溶液中只有一种溶质即为NaAlO2，发生的反应为
Na+Al+2H2O=2NaAlO2+2H2↑，根据方程式可知金属Na与金属Al的物质的量之比为1:1；
(2)C是最主要的温室气体，则C为CO2，A为C，B为CO；CO燃烧生成CO2，方程式为
2CO+O2点燃
2CO2；金属镁可在CO2中燃烧时CO2被还原成C单质，且还原剂唯一，所
以当有1 mol CO2参与反应时转移电子的物质的量为4mol。
5．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)H 2O MgCO 3·n H 2O↓+NH 4+ 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 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 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:2NH 3+3CuO N 2+3H 2O+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：Mg 3N 2+6H 2O=3Mg(OH)2 +2NH 3↑，故答案为Mg 3N 2+6H 2O=3Mg(OH)2+2NH 3↑；
（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。
6．天然水大多含Ca 2+、Mg 2+、HCO 3-等离子，加热会产生水垢，水垢中一定含有CaCO 3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+H2O?H2CO3、H2CO3?H++HCO3-或CO2+H2O?HCO3-+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+H2O?H2CO3，碳酸微弱电离生成HCO3-：H2CO3?H++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．为探究某抗酸药X的组成，进行如下实验：
查阅资料：
①抗酸药X的组成通式可表示为：Mg m Al n(OH)p(CO3)q（m、n、p、q为≥0的整数）。
②Al(OH)3是一种两性氢氧化物，与酸、碱均可反应生成盐和水。Al3+在pH=5.0时沉淀为Al(OH)3，在pH>12溶解为AlO2－。
③Mg2+在pH=8.8时开始沉淀，pH=11.4时沉淀完全。
实验过程：
（1）Ⅰ中气体A可使澄清石灰水变浑浊，A的化学式是__________。
（2）II中生成B反应的离子方程式是__________。
（3）III中B溶解反应的离子方程式是__________。
（4）沉淀C的化学式是__________。
（5）若上述n(A)∶n(B)∶n(C)=1∶2∶3，则X的化学式是__________。
【答案】CO2 Al3++3NH3·H2O===Al (OH)3↓+3NH4+ Al (OH)3+OH－===AlO2－+2H2O Mg(OH)2 Mg3Al2(OH)10CO3
【解析】
【分析】
利用信息、根据实验现象，进行分析推理回答问题。
【详解】
(1)抗酸药X的通式中有CO32－、实验I中加入稀盐酸，可知能使澄清石灰水变浑浊的气体A 只能是CO2。
(2)实验I的溶液中溶质有MgCl2、AlCl3、HCl。据资料②③可知，用氨水调节pH至
5~6，Mg2+不沉淀、Al3+完全沉淀。则实验II中生成B的离子方程式Al3++3NH3·H2O＝Al (OH)3↓+3NH4+。
(3)实验III中Al (OH)3溶解于NaOH溶液，离子方程式是Al(OH)3+OH－＝AlO2－+2H2O。
(4)实验II的滤液中溶有MgCl2、NH4Cl。滴加NaOH溶液调节pH至12时，Mg2+完全沉淀，则C为Mg(OH)2。
(5)n(A)∶n(B)∶n(C)=1∶2∶3，即CO32－、Al3+、Mg2+的物质的量之比为1∶2∶3。设CO32－、Al3+、Mg2+物质的量分别为1mol、2mol、3mol，据电荷守恒OH-为10mol。该抗酸药X 的化学式为Mg3Al2(OH)10CO3。
【点睛】
根据实验现象分析推理过程中，要充分利用题目所给信息。任何化合物或电解质溶液都符合电荷守恒规则，这是解题的隐含条件。
8．某学习小组用下图装置测定铝镁合金中铝的质量分数和铝的相对原子质量.
（提示：镁、铝均与酸反应，铝还能和碱反应：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑）
实验前，先将铝镁合金在稀酸中浸泡片刻，其目的是除去铝镁合金表面的氧化膜。
（1）A中试剂为______.（填“NaOH溶液”或“稀盐酸”）
（2）检查气密性，将药品和水装入各仪器中，连接好装置后，需进行的操作还有：①记录
C的液面位置；②将B中剩余固体过滤，洗涤，干燥，称重；③待B中不再有气体产生并恢复至室温；④由A向B中滴加足量试剂；⑤检查气密性；⑥调整橡胶软管使D和C 的液面相平。
上述操作的顺序是__________；（填序号）
（3）B中发生反应的离子方程式为__________________
（4）实验过程中，若未洗涤过滤所得的不溶物，则测得铝的质量分数将___________.（填“偏大”、“偏小”、“不受影响”）
（5）若实验用铝镁合金的质量为a g,测得氢气体积为b ml（已换算为标准状况），B中剩余固体的质量为c g，则铝的相对原子质量为__________.（用含a、b、c的代数式表示）
【答案】NaOH 溶液 ⑤①④③⑥①② 2Al+2OH -+2H 2O=2AlO 2－+3H 2↑ 偏小
33600a c b
-（） 【解析】
【分析】
(1)Mg 、Al 均可以和酸反应，因此不可以用酸来实验，由于Al 可以和碱反应而不和Mg 反应，则可以用NaOH 与Al 反应制得H 2，然后用排水法收集H 2，以计算Al 的量；
(2)整个操作过程及原理是：检查气密性；记录起始液面；加入碱反应；不产生气体后，记录C 中的液面，两者相减即为产生H 2的量；最后称得的固体即为Mg 的质量．在读数时要注意D 、C 液面相平，否则气体将受压，造成读数不准；
(3)B 中发生的是Al 与碱的反应；
(4)未洗涤，则造成(a-c)变小，再分析判断；
(5)(a-c)即为铝的质量，再除以Al 的物质的量即为铝的摩尔质量，而n(Al)可以由产生的H 2获得。
【详解】
(1)根据铝镁的化学性质，铝镁都能与酸反应放出氢气，但铝还能与碱(如NaOH 溶液)反应放出氢气，而镁不能，要测定铝镁合金中铝的质量分数，应选择NaOH 溶液；
(2)实验时首先要检查气密性，记下量气管中C 的液面位置，再加入NaOH 溶液开始反应，待反应完毕并冷却至室温后，调整橡胶软管使D 和C 的液面相平，再记录量气管中C 的液面位置，最后将B 中剩余固体过滤，洗涤，干燥，称重；故答案为⑤①④③⑥①②；
(3)B 管中铝与NaOH 溶液的反应生成NaAlO 2和H 2，离子反应方程式为2Al+2OH -+2H 2O=2AlO 2－+3H 2↑；
(4)铝的质量分数为：()a c a
-×100%，实验过程中，若未洗涤过滤所得的不溶物，c 值偏大，铝的质量分数偏小；
(5)铝镁合金的质量为a g ，B 中剩余固体镁的质量为c g ，则参加反应的铝的质量为(a-c)g ，设铝的相对原子质量为M ，则：
2Al+2NaOH+2H 2O=2NaAlO 2+3H 2↑
2M 3×22400ml
(a-c)g bml
解之得：M=()
33600a c b -。
9．一定质量的镁、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 ＋=H 2O ； 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：Al 3＋＋3OH －=Al(OH)3↓，Mg 2＋＋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 －=AlO 2-＋2H 2O ；
故答案为：OH -＋H ＋=H 2O ；Al 3＋＋3OH －=Al(OH)3↓；Mg 2＋＋2OH －=Mg(OH)2↓；Al(OH)3＋OH －=AlO 2-＋2H 2O ；
(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。
10．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。