2020年高考各科总复习考点一遍过讲义考点15 镁、铝及其重要化合物-备战2020年高考化学考点一遍过

考点15 镁、铝及其重要化合物

一、镁和铝的性质

金属 项目		镁(Mg)	铝(Al)
原子结构		原子最外层2个电子	原子最外层3个电子
原子半径		1.60×10−10 m	1.43×10−10 m
化合价		+2	+3
单 质 性 质	物 理 性 质	镁和铝都是密度较小、熔点较低、硬度较小的银白色金属，但镁和铝相比较，铝的硬度比镁的稍大，熔点和沸点都是铝比镁的高
	活泼性	较活泼	较活泼
	抗 腐 蚀 性	在空气中都能跟氧气反应，表面覆盖一层致密而坚硬的氧化物薄膜，都具有高腐蚀性能
	与O2反应	2Mg+O22MgO	4Al+3O22Al2O3
	与卤素单质、硫等反应	Mg+ Cl2MgCl2 Mg+SMgS	2Al+3Cl22AlCl3 2Al+3SAl2S3
	与 酸 反 应	Mg+2H+Mg2++H2↑	2Al + 6H+2Al3++3H2 ↑
	与水反应	Mg+2H2OMg(OH)2+H2↑	不反应
	与碱反应	不反应	2Al+2NaOH +2H2O2NaAlO2 +3H2 ↑
	与氧化物反应	2Mg+CO22MgO+C	2Al+Fe2O32Fe+Al2O3
	结 论	镁、铝均为较活泼的金属，但镁的金属性强于铝
	解 释	核电荷数镁小于铝，而原子半径镁大于铝，故核对最外层的电子引力镁小于铝，即Al比Mg难失电子，金属性弱于Mg
	主要用途	镁合金汽车、飞机制造、照明弹等	铝合金汽车、船舶、飞机制造、防锈 油漆、导线、电缆等

铝热反应

2Al+Fe₂O₃ 2Fe+Al₂O₃

4Al+3MnO₂ 3Mn+2Al₂O₃

在实验室按如图所示装置进行铝热反应，实验现象是当外露部分镁条刚刚燃烧完毕时，纸漏斗内混合物立即剧烈反应，发出耀眼的光芒，产生大量的烟。纸漏斗被烧破，有红热状的液珠落入蒸发皿内的细沙上，液珠冷却后变为黑色固体(落下的是铁珠)。

铝热反应是指工业上用铝粉来还原一些金属氧化物，得到Fe、V、Cr、Mn等难溶金属的一类反应。铝热反应的实质是铝在高温条件下将活动性比铝弱的金属从其氧化物中置换出来。

二、氧化铝和氢氧化铝

两性氧化物：既能与酸反应生成盐和水，又能与碱反应生成盐和水的氧化物。

两性氢氧化物：既能与酸反应生成盐和水，又能与碱反应生成盐和水的氢氧化物。

名称	氧化铝	氢氧化铝
化学式	Al2O3	Al(OH)3
类别	两性氧化物	两性氢氧化物
物理 性质	高熔点，高沸点，高硬度，不溶于水的白色固体	不溶于水的白色胶状固体，具有吸附性
化学 性质	①与强酸反应： Al2O3+6H+ 2Al3++3H2O ②与强碱反应： Al2O3+2OH– 2+H2O	①两性： Al(OH)3+3H+ Al3++3H2O Al(OH)3+OH– +2H2O ②热稳定性： 2Al(OH)3 Al2O3+3H2O
用途	炼铝原料、制作耐火材料	可用作吸附剂、媒染剂和净水剂；治疗胃酸；可作为制造瓷釉、耐火材料、防水织物的原料

三、“铝三角”及其应用

1．具体反应

Al(OH)₃+OH⁻ +2H₂O

Al(OH)₃+3H⁺ Al³⁺+3H₂O

Al³⁺+3OH⁻ Al(OH)₃↓

+H⁺+H₂O Al(OH)₃↓

+4H⁺ Al³⁺+2H₂O

Al³⁺+4OH⁻ +2H₂O

Al³⁺+3+6H₂O 4Al(OH)₃↓

2．应用

（1）判断离子共存问题

Al³⁺与OH⁻及、、S²⁻等弱酸根阴离子或与H⁺、以及弱碱阳离子Al³⁺、Fe³⁺等因生成沉淀或发生水解相互促进反应而不能大量共存。

（2）鉴别(利用滴加顺序不同，现象不同)

①向AlCl₃溶液中滴加NaOH溶液，先产生白色沉淀，后沉淀溶解。

②向NaOH溶液中滴加AlCl₃溶液，开始无明显现象，后产生白色沉淀，沉淀不溶解。

（3）分离提纯

①利用Al能溶于强碱溶液，分离Al与其他金属的混合物。

②利用Al₂O₃，能与强碱溶液反应，分离Al₂O₃与其他金属氧化物。

③利用Al(OH)₃能与强碱溶液反应，分离Al³⁺与其他金属阳离子。

四、硫酸铝钾——KAl(SO₄)₂

（1）硫酸铝钾在水溶液中的电离方程式为KAl(SO₄)₂===K⁺+Al³⁺+2。

（2）带有十二个结晶水的硫酸铝钾称为十二水合硫酸铝钾，俗称明矾，化形式为KAl(SO₄)₂·12H₂O，它是无色晶体，可溶于水。由于Al³⁺能水解生成具有强吸附性的胶体：Al³⁺+3H₂O===3H⁺+Al(OH)₃，故明矾是一种常用的净水剂。

明矾中含有Al³⁺和，向明矾溶液中滴入Ba(OH)₂溶液，当Al³⁺ 恰好完全沉淀时，离子方程式为2Al³⁺ +3+3Ba²⁺ +6OH⁻===2Al(OH)₃↓+3BaSO₄↓，此时只沉淀了总量的四分之三，总的沉淀的物质的量达到最大；当完全沉淀时，离子方程式为Al³⁺+2+2Ba²⁺+4OH⁻===2BaSO₄↓++2H₂O，此时Al³⁺ 恰好完全转化为，总的沉淀的质量达到最大。

考向一 铝及其化合物的转化

典例1 工业上用铝土矿(主要成分为Al₂O₃，含Fe₂O₃杂质)为原料冶炼铝的工艺流程如图所示：

下列叙述正确的是

A．试剂X可以是NaOH溶液，也可以是盐酸

B．反应①过滤后所得沉淀为Fe(OH)₃

C．图中所有转化反应都不是氧化还原反应

D．反应②的化学方程式为NaAlO₂＋CO₂＋2H₂O===Al(OH)₃↓＋NaHCO₃

【解析】根据流程图可知，X一定是NaOH，Y一定是CO₂，加X后得到的沉淀为Fe₂O₃。

【答案】D

1．铝及其化合物在生产、生活等方面有广泛的应用。

（1）铝元素位于周期表中第__________周期__________族。硼、镓与铝位于同一主族，现有下列三种物质：①Na[Al(OH)₄]、②Na[B(OH)₄]、③Na[Ga(OH)₄]，浓度相同的这三种物质的溶液pH由大到小的顺序为___________(用序号表示)。{Na[Al(OH)₄]也可表示偏铝酸钠，硼、镓类似}

（2）将20.0 mL 0.1 mol/L Ba(OH)₂溶液和20.0 mL 0.1 mol/L NH₄Al(SO₄)₂溶液混合，所得溶液中Al³⁺、、、OH⁻、H⁺的浓度由大到小的顺序为 _____________。

（3）氮化铝(AlN)是一种新型的无机非金属材料，可用作热交换器材料。某AlN样品中仅含有Al₂O₃杂质，为测定AlN的含量，甲组同学设计了如下流程：

已知：AlN+NaOH+H₂O===NaAlO₂+NH₃↑。

①过滤时用到的玻璃仪器有烧杯、漏斗和______________。

②实验过程中，称得样品的质量为4.2 g，最后得到的固体为5.1 g，则样品中AlN的质量分数为___________。(不考虑整个过程中的损耗)

考向二 铝与酸、碱反应的有关计算

（1）铝能与酸溶液反应生成H₂和铝盐(Al³⁺)，但与稀HNO₃反应不生成H₂，且在浓HNO₃、浓H₂SO₄中钝化。

（2）铝与强碱溶液反应生成H₂和偏铝酸盐()。

（3）铝与酸或碱溶液反应生成H₂的量的关系：

有关离子方程式为：

2Al+6H⁺ 2Al³⁺+3H₂↑

2Al+2OH⁻+2H₂O 2+3H₂↑

Al与酸、碱反应的实质都是：Al Al³⁺，2H⁺ H₂，故与酸或碱反应时，铝与氢气的关系均为2Al～3H₂↑，利用此性质可以方便地进行有关计算。

①等量Al分别与足量酸(H⁺)和碱(OH⁻)溶液反应，生成H₂之比为1∶1，消耗H⁺和OH⁻之比为3∶1。

②足量Al分别与所含H⁺和OH⁻物质的量相等的溶液反应，生成H₂之比为1∶3。

③若产生H₂之比为< <，则必定是：

与酸反应时，Al过量、H⁺不足，而与碱反应时，Al不足、OH⁻过量。

典例1 （1）等质量的两份铝分别与足量的HCl、NaOH溶液反应，所得H₂的体积之比是________。

（2）足量的两份铝分别投入到等体积、等物质的量浓度的HCl、NaOH溶液中，产生H₂的体积之比是________。

【解析】（1）根据化学方程式：2Al＋6HCl===2AlCl₃＋3H₂↑、2Al＋2NaOH＋2H₂O===2NaAlO₂＋3H₂↑得Al与H₂的关系式均为2Al～3H₂，故只要参加反应的Al的量相等，所得H₂的量必相等。（2）因为在反应中Al过量，产生的H₂由HCl和NaOH的量决定。根据化学反应中的关系式：6HCl～3H₂、2NaOH～3H₂，故当HCl、NaOH物质的量相等时，二者产生H₂的体积比为1∶3。

【答案】（1）1∶1

（2）1∶3

2．有两种金属组成的混合物粉末15g与足量的稀盐酸反应，生成11.2L(标准状况下)H₂，则该混合物的组成不可能是

A．Fe、Zn B．Al、Cu

C．Al、Na D．Al、Fe

考向三 Al(OH)₃沉淀的图象分析

1．四个基本图象

（1）可溶性铝盐溶液与NaOH溶液反应的图象：

操作	可溶性铝盐溶液中逐滴加入NaOH溶液至过量	NaOH溶液中逐滴加入可溶性铝盐溶液至过量
现象	立即产生白色沉淀→渐多→最多→渐少→消失	无沉淀(有但即溶)→出现沉淀→渐多→最多→沉淀不消失
图象
离子方 程式	Al3++3OH− Al(OH)3↓ Al(OH)3+OH− +2H2O	Al3++4OH− +2H2O 3+Al3++6H2O 4Al(OH)3↓

（2）偏铝酸盐溶液与盐酸反应的图象：

操作	偏铝酸盐溶液中逐滴加稀盐酸至过量	稀盐酸中逐滴加偏铝酸盐溶液至过量
现象	立即产生白色沉淀→渐多→最多→渐少→消失	无沉淀(有但即溶)→出现沉淀→渐多→最多→沉淀不消失
图象
离子方 程式	+H++H2O Al(OH)3↓ Al(OH)3+3H+ Al3++3H2O	+4H+ Al3++2H2O； Al3++3+6H2O 4Al(OH)3↓

2．拓展图象

（1）向AlCl₃溶液中逐滴加入氨水或NaAlO₂溶液至过量，图象如图1所示。

（2）向NaAlO₂溶液中逐滴加入AlCl₃溶液或通入CO₂至过量，图象如图2所示。

（3）向MgCl₂、AlCl₃和盐酸的混合溶液(即将Mg、Al溶于过量盐酸所得的溶液)中逐滴滴入NaOH溶液至过量，图象如图3所示。

（4）向MgCl₂、AlCl₃混合溶液中先加入NaOH溶液，后加入盐酸(NaOH与盐酸的物质的量浓度相等)，沉淀图象如图4所示。

典例1 如图表示AlCl₃溶液与NaOH溶液相互滴加过程中微粒的量的关系曲线。下列判断错误的是

A．①线表示Al^3＋的物质的量的变化

B．x表示AlCl₃的物质的量

C．③线表示Al(OH)₃的物质的量的变化

D．④线表示AlO的物质的量的变化

【解析】假定向含有1 mol AlCl₃溶液中滴加NaOH溶液，首先发生反应Al³⁺+3OH^–=Al(OH)₃↓，Al³⁺完全沉淀，消耗3 mol OH^–，生成1 molAl(OH)₃，然后发生反应Al(OH)₃+OH^–=AlO₂^–+2H₂O，沉淀完全溶解消耗1molOH^–，生成1molAlO₂^–，前后两部分消耗的OH^–为3：1，

假定向含有4molNaOH溶液中滴加AlCl₃溶液，首先发生反应Al³⁺+4OH^–=AlO₂^–+2H₂O，OH^–完全反应消耗1molAl³⁺，生成1molAlO₂^–，然后发生反应Al³⁺+3AlO₂^–+6H₂O=4Al(OH)₃↓，AlO₂^–完全反应，消耗 molAl³⁺，生成 molAl(OH)₃↓，前后两部分消耗的Al³⁺为1mol： mol=3：1，

由图象可知，①②表示微粒、③④表示微粒物质的量关系为1：1可知，该图表示向AlCl₃溶液中滴加NaOH溶液，A．由上述分析可知，首先发生反应Al³⁺+3OH^–=Al(OH)₃↓，溶液中铝离子物质的量减少，①线表示Al³⁺的物质的量的变化，故A正确；B．由上述分析可知，x表示NaOH溶液，故B错误；C．由上述分析可知，随反应进行Al(OH)₃物质的量先增大，或减小，故②③线表示Al(OH)₃的物质的量的变化，故C正确；D．由上述分析可知，Al(OH)₃溶解时，AlO₂^–的物质的量增大，④线表示AlO₂^–的物质的量的变化，故D正确；故选B。

【答案】B

3．向含Al₂(SO₄)₃和AlCl₃的混合溶液中逐滴加入1 mol/L Ba(OH)₂溶液至过量，加入Ba(OH)₂溶液的体积和所得沉淀的物质的量的关系如图，下列说法不正确的是

A．图中C点铝元素存在形式是

B．向D点溶液中通人CO₂气体，立即产生白色沉淀

C．原混合液中c[Al₂(SO₄)₃]∶c(AlCl₃)=1∶2

D．OA段反应的离子方程式为：3Ba²⁺+2Al³⁺+8OH⁻+3===3BaSO₄↓+2+4H₂O

考向四 有关镁、铝合金的定量计算

镁、铝都能与非氧化性酸反应生成相应的盐。镁和铝的化合物与强碱溶液反应时，一个重要的特征是它们相对量的不同，沉淀量也有所不同。沉淀量随强碱量的变化关系用文字很难表达清楚，但若用图象表示，不仅有助于理解镁和铝的化合物与强碱反应的过程，也有助于解决有关计算问题。

1.向含Mg²⁺与Al³⁺的混合溶液中逐滴加入强碱溶液

（1）现象：出现沉淀→渐多→最多→减少→不变。

（2）图象：如图甲。

（3）量的关系：①n(Al³⁺)=(b−a) mol；②n(Mg²⁺)= mol。

2.向含Mg²⁺与Al³⁺的酸性溶液中逐滴加入强碱溶液

（1）现象：无明显现象→出现沉淀→渐多→最多→减少→不变。

（2）图象：如图乙。

典例1 把一块镁铝合金投入到20 mL 1 mol/L的HCl溶液里，待合金完全溶解后，往溶液里加入1 mol/L的NaOH溶液，生成沉淀的物质的量随加入NaOH溶液体积(mL)变化的 关系如图所示。下列说法中正确的是

A．镁铝合金具有很强的抗腐蚀能力，它不溶解在任何酸、碱或盐中

B．c值越大，合金中Al的含量越高

C．b值越大，合金中Mg的含量越高

D．假设c=25，整个实验过程中，只发生了4个离子反应

【解析】A，镁铝合金表面形成致密的氧化膜而具有很强的抗腐蚀能力，但MgO、Al₂O₃、Mg、Al都可与H₂SO₄等反应，Al、Al₂O₃也能溶解在NaOH溶液中，故A错误；B，根据图示，c值越大，溶解Al(OH)₃消耗的NaOH越多，说明合金中Al的含量越高，故B正确；C，b点对应的沉淀为Al(OH)₃和Mg(OH)₂的混合物，溶液中只有氯化钠，故b为固定值20 mL，继而无法判断合金中Mg的含量，故C错误；D，根据图示，当c=25时，整个反应过程中主要包含Mg、Al分别与盐酸的反应，H⁺与OH⁻的反应，Mg²⁺、Al³⁺分别与OH⁻的反应，Al(OH)₃与OH⁻的反应，主要有6个离子反应，故D错误。

【答案】B

4．将0.1 mol镁和铝的混合物溶于100 mL 2 mol/L 稀硫酸中，然后滴加1 mol/L的NaOH溶液。

请回答下列问题：

（1）若在滴加NaOH溶液的过程中，沉淀质量随加入NaOH溶液体积的变化如图所示。

则当V₁=160 mL时，金属粉末中n(Mg)= mol，V₂= mL。

（2）若在滴加NaOH溶液的过程中，欲使Mg²⁺、Al³⁺刚好沉淀完全，则滴入NaOH溶液的体积V(NaOH)= 。

（3）若混合物仍为0.1 mol，其中镁粉的物质的量分数为a，用100 mL 2 mol/L稀硫酸溶解此混合物后，再加入450 mL 1 mol/L NaOH溶液，所得沉淀中无Al(OH)₃。写出满足此条件的a的取值范围 。

1．下列关于镁、铝的说法正确的是

A．镁­铝制品在空气中能稳定存在是因为铝不活泼

B．浓HNO₃、浓H₂SO₄能用铝制器皿盛装是因为铝与浓HNO₃、浓H₂SO₄不反应

C．镁、铝均与NaOH溶液反应

D．铝与Fe₂O₃发生铝热反应是利用了Al的还原性比Fe强

2．将等物质的量的金属Na、Mg、Al分别与100 mL 2 mol·L^－1的盐酸反应，实验测得生成气体的体积V(已折合为标准状况)与时间t的关系如图所示，则下列说法错误的是

A．x＝2.24

B．钠的物质的量为0.2 mol

C．反应时，Na、Mg、Al均过量

D．曲线b为Mg与盐酸反应的图像

3．有一块镁铝合金，其中镁与铝的质量比是8∶9。加入足量稀H₂SO₄使其完全溶解后，再加入NaOH溶液，生成沉淀的质量随NaOH溶液体积变化的曲线如下图，其中正确的是

4．世界上60%的镁是从海水中提取的，其提取步骤如下：①把贝壳制成生石灰；②向海水中加入生石灰，过滤，洗涤沉淀物；③将沉淀物与盐酸反应，结晶、过滤；④在氯化氢热气流中加热晶体；⑤电解上述所得盐(熔融条件下)。下列说法正确的是

A．向洗涤液中滴加碳酸钠溶液可检验沉淀是否洗涤干净

B．上述转化过程中包括了分解、化合、复分解、置换四种反应类型

C．在氯化氢热气流中干燥晶体是为了加快干燥速率

D．步骤⑤也可以采用电解该盐水溶液的方法

5．某同学研究铝及其化合物的性质时设计了如下两个实验方案：

方案①：2.7 g Al X溶液Al(OH)₃沉淀

方案②：2.7 g AlY溶液Al(OH)₃沉淀

NaOH溶液和稀盐酸的浓度均是3 mol·L^－1，如图是向X溶液和Y溶液中分别加入NaOH溶液或稀盐酸时产生沉淀的物质的量与加入盐酸或氢氧化钠溶液体积之间的关系。下列说法正确的是

A．X溶液溶质为AlCl₃，Y溶液溶质为NaAlO₂

B．b曲线表示的是向X溶液中加入NaOH溶液

C．在O点时两方案中所得溶液浓度相等

D．a、b曲线表示的反应都是氧化还原反应

6．下列各组物质，前者逐滴滴加到后者中直至过量，先出现白色沉淀，后来沉淀又消失的是

A．H₂SO₄滴入NaAlO₂溶液中

B．Ba(OH)₂溶液滴入Al₂(SO₄)₃溶液中

C．Al₂(SO₄)₃溶液滴入NaOH溶液中

D．氨水滴入Al₂(SO₄)₃溶液中

7．在200 mL 含Mg^2＋、Al^3＋、NH、H^＋、Cl^－的溶液中，逐滴加入5 mol·L^－1 NaOH溶液，所加NaOH溶液的体积(mL)与产生沉淀的物质的量(mol)的关系如图所示。下列叙述不正确的是

A．x－y＝0.01 mol

B．原溶液中c(Cl^－)＝0.75 mol·L^－1

C．原溶液的pH＝1

D．原溶液中n(Mg^2＋)∶n(Al^3＋)＝5∶1

8．把NaOH、MgCl₂、AlCl₃三种固体组成的混合物溶于足量水后有1.16 g白色沉淀，在所得的浊液中逐滴加入1 mol·L^－1 HCl溶液，加入HCl溶液的体积与生成沉淀的质量关系如下图所示，试回答：

（1）写出混合物溶于水时发生反应的离子方程式：______________________________。

（2）写出AB段反应的离子方程式：________________________，B点的沉淀物的化学式为_________。

（3）求原混合物中AlCl₃的物质的量和NaOH的质量。

（4）求Q点加入的HCl溶液体积。

9．铝是人类生活中继铜、铁之后又一个重要的金属。工业上冶炼金属铝的原料来源于自然界中重要的矿物质钒土(主要成分Al₂O₃；还有SiO₂、Fe₂O₃、FeCO₃、MgCO₃等杂质)。从钒土中提取得到Al₂O₃的工艺流程如下图所示：

请回答下列问题：

（1）固体A所含物质的化学式是________________________________。

（2）写出溶液A与足量气体B反应的离子方程式：_____________________________。

（3）工业冶炼金属铝通常用石墨碳块作电解槽的阳极，请你根据电解原理解释电解冶炼铝的过程中，需要定期补充阳极碳块的原因：_____________________________________。

（4）Al₂O₃的熔点很高，因而在工业冶炼时，需将Al₂O₃熔于熔化的冰晶石(Na₃AlF₆)中进行电解。请写出电解过程中阴极的电极反应式：________________________________。

工业上通常将Al(OH)₃和Na₂CO₃一同溶于氢氟酸来制取冰晶石，反应时放出CO₂气体，写出该反应的化学方程式：________________________________________________。

（5）有一位同学查阅资料发现，AlCl₃的熔点很低。他提出：可通过电解熔融状态的AlCl₃制取金属铝。你认为他提出的方案是否可行？为什么？____________________________。

（6）某企业用上述工艺流程进行生产，每10.0 t钒土可得到金属铝1.35 t。如果不考虑生产过程的损耗，则钒土中Al₂O₃的质量分数为______________。

10．氮化铝(AlN)是一种新型无机非金属材料。某AlN样品仅含有Al₂O₃杂质，为测定AlN的质量分数，设计如下两种实验方案。

已知：AlN＋NaOH＋H₂O===NaAlO₂＋NH₃↑

[方案1]　取一定量的样品，用图1装置测定样品中AlN的质量分数(夹持仪器已略去)。

图1　　　　 　　　　　　　图2

（1）图1中碱石灰和球形干燥管的作用分别是__________________、__________________。

（2）完成以下实验步骤：组装好实验装置，首先________________，再加入实验药品。接下来的实验操作是________________，打开分液漏斗活塞，加入NaOH浓溶液至不再产生气体，打开K₁，通入氮气一段时间，测定C装置在反应前后的质量变化。通入氮气的目的是_________________________。

（3）由于装置存在缺陷，导致测定结果偏高，请提出改进意见_____________________________。

[方案2]　用图2装置测定m g样品中AlN的质量分数(部分夹持装置已略去)。

（4）为测定生成气体的体积，量气装置中的X液体可以是________(填字母序号)。

a．CCl₄　　b．H₂O 　　c．NH₄Cl溶液　　d．苯

（5）若m g样品完全反应，测得生成气体的体积为V mL(标准状况)，则AlN的质量分数为________________。若将a处胶管用弹簧夹夹住，其他操作均不变，则最终测定的结果________(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。

1．[2019天津]下列有关金属及其化合物的应用不合理的是

A．将废铁屑加入溶液中，可用于除去工业废气中的

B．铝中添加适量锂，制得低密度、高强度的铝合金，可用于航空工业

C．盐碱地（含较多等）不利于作物生长，可施加熟石灰进行改良

D．无水呈蓝色，吸水会变为粉红色，可用于判断变色硅胶是否吸水

2．[2018·江苏]在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是

A.

B.

C.

D.

3．[2016·上海]已知NaOH+Al(OH)₃→Na[Al(OH)₄]。向集满CO₂的铝制易拉罐中加入过量NaOH浓溶液，立即封闭罐口，易拉罐渐渐凹瘪；再过一段时间，罐壁又重新凸起。上述实验过程中没有发生的离子反应是

A．CO₂+2OH⁻→+H₂O B．Al₂O₃+2OH⁻+3 H₂O→2 [Al(OH)₄] ⁻

C．2 Al+2OH⁻+6H₂O→2 [Al(OH)₄] ⁻+3 H₂↑ D．Al³⁺+4 OH⁻→[Al(OH)₄]⁻

4．[2014·上海]已知：2[NaAl(OH)₄]+CO₂→2Al(OH)₃↓+Na₂CO₃+H₂O。向含2 mol NaOH、1 mol Ba(OH)₂、2 mol [NaAl(OH)₄]的混合液中慢慢通入CO₂，则通入CO₂的量和生成沉淀的量的关系正确的是

选项	A	B	C	D
n(CO2)(mol)	2	3	4	6
n(沉淀)(mol)	1	2	3	3

5．[2014·北京]下列金属中，表面自然形成的氧化层能保护内层金属不被空气氧化的是

A．K B．Na C．Fe D．Al

6．[2016·浙江理综]化合物Mg₅Al₃(OH)₁₉(H₂O)₄可作环保型阻燃材料，受热时按如下化学方程式分解：

2Mg₅Al₃(OH)₁₉(H₂O)₄ 27H₂O↑+10MgO+3Al₂O₃

（1）写出该化合物作阻燃剂的两条依据____________________________。

（2）用离子方程式表示除去固体产物中Al₂O₃的原理_________________________。

（3）已知MgO可溶于NH₄Cl的水溶液，用化学方程式表示其原理_________________。

变式拓展

1．【答案】（1）三 ⅢA ③>①>②

（2）c()>c()>c(Al³⁺)>c(H⁺)>c(OH⁻)

（3）①玻璃棒 ②87.86%

【解析】（1）铝元素位于周期表中第三周期ⅢA族。同周期元素从上到下非金属性减弱，最高价含氧酸酸性减弱，Na[B(OH)₄]水解程度最小、Na[Ga(OH)₄] 水解程度最大，浓度相同的这三种物质的溶液pH由大到小的顺序为Na[Ga(OH)₄]> Na[Al(OH)₄]> Na[B(OH)₄]。

（2）将20.0 mL 0.1 mol/L Ba(OH)₂溶液和20.0 mL 0.1 mol/L NH₄Al(SO₄)₂溶液混合，、，反应后c()=0.1 mol/L÷2=0.05 mol/L；铵根水解，c()<0.1 mol/L÷2=0.05 mol/L；c(Al³⁺)=(0.1 mol/L−)÷2=，此时铵根水解溶液呈酸性， c()>c()>c(Al³⁺)>c(H⁺)>c(OH⁻)。

（3） ①过滤时用到的玻璃仪器有烧杯、漏斗和玻璃棒；设AlN的质量为a g，根据关系式

2AlN~Al₂O₃ Δm

82 102 20

a 0.9

a=0.369 g，AlN的质量分数为87.86%。

2．【答案】A

【解析】本题考查了混合物计算。标况下，11.2L氢气的物质的量为=0.5mol，假设金属都为+2价，根据电子转移守恒，金属物质的量为0.5mol，金属平均相对原子质量为=30。Fe的相对原子质量为56，Zn的相对原子质量为65，均大于30，不符合题意，故A错，选A。如Al为+2价，其相对原子质量为27×=18，Cu不与盐酸反应，相对原子质量视作无穷大，符合题意，故B正确，不选。如Al为+2价，其相对原子质量为27×=18，如Na为+2价，其相对原子质量为23×2=46，符合条件，故C正确，不选。如Al为+2价，其相对原子质量为27×=18，Fe的相对原子质量为56，符合题意，故D正确，不选。

3．【答案】D

【解析】向含Al₂(SO₄)₃和AlCl₃的混合溶液与Ba(OH)₂溶液反应的实质是Al³⁺与OH⁻、Ba²⁺与之间的离子反应，如下：Ba²⁺+===BaSO₄↓，Al³⁺+3OH⁻===Al(OH)₃↓，Al(OH)₃+OH⁻===+2H₂O，假设1 mol Al₂(SO₄)₃中完全被沉淀所需Ba(OH)₂量为3 mol，提供6 mol OH⁻，1 mol Al₂(SO₄)₃中含有2 mol Al³⁺，由反应Al³⁺+3OH⁻===Al(OH)₃↓可知，2 mol Al³⁺完全沉淀，需要6 mol OH⁻，故：从起点到A点，可以认为是硫酸铝与氢氧化钡恰好发生反应生成硫酸钡、氢氧化铝沉淀，A点时完全沉淀，A~B为氯化铝与氢氧化钡的反应，B点时溶液中Al³⁺完全沉淀，产生沉淀达最大值，溶液中溶质为BaCl₂，B~C为氢氧化铝与氢氧化钡反应，C点时氢氧化铝完全溶解。A、C点时氢氧化铝完全溶解，转化为偏铝酸盐，故C点铝元素存在形式是，A正确；B、D点的溶液中含有Ba²⁺、，通入二氧化碳立即产生碳酸钡、氢氧化铝沉淀，B正确；C、前3 L Ba(OH)₂溶液与溶液中Al₂(SO₄)₃反应，从3 L~6 L为Ba(OH)₂溶液与溶液中AlCl₃反应，二者消耗的氢氧化钡的物质的量相等为3 L×1 mol/L=3 mol，由生成硫酸钡可知3n[Al₂(SO₄)₃]= n [Ba(OH)₂]，故n[Al₂(SO₄)₃]=1 mol，由氯化铝与氢氧化钡生成氢氧化铝可知3n(AlCl₃)=2n [Ba(OH)₂]=6 mol，故n(AlCl₃)=2 mol，故原溶液中原混合液中c[Al₂(SO₄)₃]∶c(AlCl₃)=1∶2，C正确；D、OA段实质为硫酸铝与氢氧化钡恰好发生反应生成硫酸钡、氢氧化铝沉淀，反应离子方程式为：3Ba²⁺+2Al³⁺+6OH⁻+3===3BaSO₄↓+2Al(OH)₃↓，D错误；答案选D。

4．【答案】（1）0.06　440　（2）400 mL　（3）≤a<1

【解析】（1）由图象可知：160 mL NaOH溶液与过量的稀硫酸反应，则与Mg、Al反应的H₂SO₄的物质的量为n(H₂SO₄)=0.2 mol−0.16 mol×=0.12 mol。假设n(Mg)=x mol，n(Al)=y mol，则有方程组：，解得：x=0.06，y=0.04。当加入V₂ mL NaOH溶液时，得到Mg(OH)₂沉淀和NaAlO₂，关系式为Mg²⁺~2OH⁻，Al³⁺~4OH⁻，则V₂=160+ ×10³=440。

（2）当Mg²⁺、Al³⁺刚好沉淀完全时，溶液中只有Na₂SO₄，关系式为2NaOH~H₂SO₄，则V(NaOH)==400 mL。

（3）当所得沉淀中无Al(OH)₃时，反应后生成的溶质为Na₂SO₄、NaAlO₂。根据钠元素守恒：n(NaOH)=0.45 L×1 mol/L≥0.1 L×2 mol/L×2+0.1 mol×(1−a)。解得a≥则满足此条件的a的取值范围是≤a<1。

考点冲关

1．【答案】D

【解析】A项，镁­铝制品在空气中稳定存在的原因是形成了一层致密氧化膜保护内部金属；B项，浓HNO₃、浓H₂SO₄用铝制器皿盛装是因为铝遇浓HNO₃、浓H₂SO₄钝化，不是不反应；C项，镁与NaOH溶液不反应。

2．【答案】C

【解析】由图像可以看出，生成气体的体积相等，则盐酸完全反应，x＝2.24，A正确。根据生成的H₂为2.24 L，可知Na失去0.2 mol电子，则钠的物质的量为0.2 mol，B正确。反应时如果钠过量，则钠会与水反应，生成的气体必多于2.24 L，C错误。根据反应速率可知曲线a、b、c依次是Na、Mg、Al与盐酸反应的图像，D正确。

3．【答案】A

【解析】本题考查了镁铝的性质及计算。反应的先后顺序：Mg+2H⁺ Mg²⁺+H₂↑，2Al+6H⁺ 2Al³⁺+3H₂↑，H⁺+OH^－ H₂O，Mg²⁺+2OH^－ Mg(OH)₂↓，Al³⁺+3OH^－ Al(OH)₃↓，Al(OH)₃+OH^－ AlO₂^－+H₂O，镁铝的质量比8∶9，即物质的量之比为1∶1，假设镁和铝物质的量都为1 mol，沉淀达到最大，其质量为1 mol×58 g/mol+78 g/mol×1 mol=136 g，继续加入NaOH，氢氧化铝溶解，当全部溶解后，沉淀是氢氧化镁，此时沉淀的质量为58 g，比总质量的一半还要小，符合题意的图像是A，故该题选A。

4．【答案】A

【解析】洗涤液中如果含有Ca^2＋，滴加碳酸钠溶液会生成白色沉淀，所以可检验沉淀是否洗涤干净，故A正确。提取镁的过程中涉及的反应主要有：CaCO₃CaO＋CO₂↑、CaO＋H₂O===Ca(OH)₂、Ca(OH)₂＋MgCl₂===CaCl₂＋Mg(OH)₂↓、Mg(OH)₂＋2HCl===MgCl₂＋2H₂O、MgCl₂·6H₂OMgCl₂＋6H₂O↑、MgCl₂(熔融)Mg＋Cl₂↑。上述反应中没有置换反应，故B错误。在氯化氢热气流中干燥晶体是为了抑制MgCl₂水解，故C错误。电解MgCl₂溶液将得到氢氧化镁，故D错误。

5．【答案】C

【解析】n(HCl)＝3 mol·L^－1×0.1 L＝0.3 mol，n(NaOH)＝3 mol·L^－1×0.1 L＝0.3 mol，n(Al)＝0.1 mol，2Al＋6H^＋===2Al^3＋＋3H₂↑、2Al＋2OH^－＋2H₂O===2＋3H₂↑，根据方程式知，Al和HCl完全反应需要n(HCl)＝3n(Al)＝0.3 mol，所以Al和HCl恰好完全反应生成氯化铝；根据方程式知，Al和NaOH完全反应需要n(NaOH)＝n(Al)＝0.1 mol＜0.3 mol，所以NaOH有剩余。根据以上分析知，X溶液中溶质是AlCl₃，Y溶液溶质为NaAlO₂、NaOH，A错误；加入溶液后先没有生成沉淀，则溶液中还发生其他反应，则该溶液应该是Y溶液，先发生酸碱中和反应，所以b曲线表示的是向Y溶液中加入稀盐酸，B错误；在O点时沉淀的物质的量相等，溶液中的溶质都是NaCl，根据最初的钠原子和Cl原子守恒知，两方案中所得溶液浓度相等，C正确；a、b曲线中没有电子转移，不属于氧化还原反应，D错误。

6．【答案】A

【解析】将H₂SO₄滴入NaAlO₂溶液中，先生成Al(OH)₃沉淀，Al(OH)₃又溶于过量的H₂SO₄中，A正确；Ba(OH)₂溶液滴入Al₂(SO₄)₃溶液中，先生成BaSO₄、Al(OH)₃沉淀，而Al(OH)₃又溶于Ba(OH)₂溶液，但BaSO₄不溶解，B错误；Al₂(SO₄)₃溶液滴入NaOH溶液中，开始由于OH^－过量发生反应：Al^3＋＋4OH^－===AlO＋2H₂O，故开始无沉淀生成，C错误；氨水滴入Al₂(SO₄)₃溶液中，立即产生Al(OH)₃沉淀，但沉淀不溶于氨水，D错误。

7．【答案】B

【解析】分析图示可知x－y的值即为氢氧化铝的物质的量，溶解氢氧化铝消耗氢氧化钠溶液的体积为35 mL－33 mL＝2 mL，x－y＝5 mol·L^－1×2×10^－3 L＝0.01 mol，A不符合题意；加入33 mL氢氧化钠溶液时溶液中溶质为NaCl，原溶液中n(Cl^－)＝5 mol·L^－1×33×10^－3 L＝0.165 mol，c(Cl^－)＝0.825 mol·L^－1，B符合题意；由图知0～4 mL时发生反应H^＋＋OH^－===H₂O，则H^＋的物质的量为4 mL×0.001 L×5 mol·L^－1＝0.02 mol，H^＋的物质的量浓度为＝0.1 mol·L^－1，则pH＝1，C不符合题意；由4 mL～30 mL Mg^2＋、Al^3＋结合OH^－生成沉淀的反应知，n(OH^－)＝5 mol·L^－1×26×10^－3 L＝0.13 mol，则根据Al^3＋＋3OH^－===Al(OH)₃↓，与0.01 mol Al^3＋反应的OH^－的物质的量为0.03 mol，与Mg^2＋反应的OH^－的物质的量为0.1 mol，由Mg^2＋＋2OH^－===Mg(OH)₂↓知，n(Mg^2＋)＝0.05 mol，则原溶液中n(Mg^2＋)∶n(Al^3＋)＝0.05∶0.01＝5∶1，D不符合题意。

8．【答案】（1）Mg^2＋＋2OH^－===Mg(OH)₂↓，Al^3＋＋4OH^－===＋2H₂O

（2）H₂O＋＋H^＋===Al(OH)₃↓　Mg(OH)₂、Al(OH)₃

（3）AlCl₃的物质的量为0.02 mol，NaOH的质量为5.20 g

（4）130 mL

【解析】（1）向所得浊液中加入盐酸时，开始没有沉淀生成，说明浊液中NaOH过量，则Al^3＋完全转化为，浊液中存在的沉淀为Mg(OH)₂，反应的离子方程式为Mg^2＋＋2OH^－===Mg(OH)₂↓，Al^3＋＋4OH^－===＋2H₂O。（2）AB段，盐酸和偏铝酸钠反应生成氢氧化铝沉淀，离子方程式为H₂O＋＋H^＋===Al(OH)₃↓，B点溶液中存在的溶质是氯化钠，沉淀为Mg(OH)₂、Al(OH)₃。（3）A点的沉淀是氢氧化镁，则n[Mg(OH)₂]＝ ＝0.02 mol，根据Mg原子守恒得n(MgCl₂)＝n[Mg(OH)₂]＝0.02 mol；AB段，盐酸和偏铝酸钠反应生成氢氧化铝沉淀，离子方程式为H₂O＋＋H^＋===Al(OH)₃↓，根据HCl的体积知，n()＝n(HCl)＝1 mol·L^－1×(0.03－0.01) L＝0.02 mol，根据铝原子守恒得n(AlCl₃)＝n()＝0.02 mol，由Na^＋和Cl^－守恒得，原混合物中n(NaOH)＝n(NaCl)＝n(Cl^－)＝2n(MgCl₂)＋3n(AlCl₃)＋n(HCl)＝0.02 mol×2＋0.02 mol×3＋0.03 L×1 mol·L^－1＝0.13 mol，m(NaOH)＝0.13 mol×40 g·mol^－1＝5.20 g。（4）BQ段中，氢氧化镁和氢氧化铝都与盐酸反应生成氯化铝和氯化镁，所以Q点溶液中的溶质是氯化铝、氯化镁和氯化钠，实际上相当于氢氧化钠和盐酸的反应，所以二者恰好反应时：n(NaOH)＝n(HCl)，则V(HCl)＝＝0.13 L＝130 mL。

9．【答案】（1）Fe(OH)₂、Fe(OH)₃、Mg(OH)₂

（2）CO₂＋OH^－===、＋CO₂＋2H₂O===Al(OH)₃↓＋

（3）电解冶炼铝的阳极产物为氧气，在高温条件下，氧气与阳极碳发生反应消耗阳极碳块

（4）Al^3＋＋3e^－===Al　2Al(OH)₃＋3Na₂CO₃＋12HF===2Na₃AlF₆＋3CO₂↑＋9H₂O

（5）不可行；AlCl₃是共价化合物，熔融状态的AlCl₃不导电

（6）25.5%(或0.255)

【解析】（1）钒土的主要成分是Al₂O₃，还有SiO₂、Fe₂O₃、FeCO₃、MgCO₃等杂质，除SiO₂不反应外，与盐酸反应生成的金属阳离子有Al^3＋、Fe^3＋、Fe^2＋、Mg^2＋等，这些金属阳离子再与氢氧化钠反应后生成的可溶物为NaAlO₂，不溶物为Fe(OH)₂、Fe(OH)₃、Mg(OH)₂；

（2）由（1）知溶液A主要成分为NaAlO₂和剩余的氢氧化钠，通入足量二氧化碳气体发生反应：CO₂＋OH^－===和＋CO₂＋2H₂O===Al(OH)₃↓＋；

（3）电解冶炼铝的阳极产物为O₂，在高温条件下，O₂与阳极碳发生反应消耗阳极碳块，所以需要定期补充阳极碳块；

（4）电解熔融的氧化铝，阴极发生还原反应，即铝离子得电子生成单质铝，阴极的电极反应为Al^3＋＋3e^－===Al；工业上通常将Al(OH)₃和Na₂CO₃一同溶于氢氟酸来制取冰晶石，反应时放出CO₂气体，根据原子守恒配平，则该反应的化学方程式为2Al(OH)₃＋3Na₂CO₃＋12HF===2Na₃AlF₆＋3CO₂↑＋9H₂O。

（5）AlCl₃是共价化合物，在熔融状态下不导电，不能用来电解，而氧化铝为离子化合物，在熔融状态下可导电，可以用来电解；

（6）根据元素守恒，钒土中每1 mol Al₂O₃会生成2 mol Al，则钒土中Al₂O₃的质量分数＝(1.35 t×102 g·mol^－1)÷(27 g·mol^－1×2×10 t)×100%＝25.5%。

10．【答案】（1）干燥氨气　防止倒吸

（2）检查装置气密性　关闭K₁，打开K₂　把装置中残留的氨气全部赶入C装置

（3）C装置出口处连接一个干燥装置

（4）ad

（5）×100%　偏大

【解析】（1）分析装置和仪器作用，碱石灰吸收A中挥发出来的水蒸气；氨气与浓硫酸能发生反应，易发生倒吸，故C装置中球形干燥管的作用是防止倒吸。

（2）组装好实验装置，根据原理可知有NH₃生成，制备气体时需要先检查装置的气密性，气密性完好，再加入实验药品，接下来关闭K₁，打开K₂，打开分液漏斗的活塞，加入NaOH浓溶液，反应至不再产生气体，打开K₁，通入氮气一段时间，测定C装置在反应前后的质量变化，通入氮气的目的是把装置中生成的氨气全部赶入C装置被浓硫酸吸收，准确测定C装置在反应前后的质量。

（3）装置存在的缺陷是C装置与外界相通，空气中的水蒸气也可以进入C装置，使测定结果偏高，故需要在C装置出口处连接一个盛有碱石灰的干燥管。

（4）依据氨气极易溶于水的性质分析。CCl₄不能溶解氨气，可以用排四氯化碳的方法测定氨气的体积，故a正确；氨气极易溶于水，不能用排水法测定氨气的体积，故b错误；氨气极易溶于水，不能用排NH₄Cl溶液的方法测定氨气的体积，故c错误；氨气不溶于苯，可以利用排苯的方法测定氨气的体积，故d正确。

（5）若m g样品完全反应，测得生成氨气的体积为V mL(已转换为标准状况)，

AlN＋NaOH＋H₂O===NaAlO₂＋NH₃↑

41　　　　　　　　　　　　　　22.4 L

m′＝ g　　　 　　　　V×10^－3 L

则AlN的质量分数＝×100%＝×100%。若将a处胶管用弹簧夹夹住，滴入的NaOH溶液体积引起气体体积增大。

直通高考

1．【答案】C

【解析】

【分析】A、氯气能将铁和亚铁氧化；

B、根据合金的性质判断；

C、Na₂CO₃＋Ca(OH)₂=CaCO₃↓＋2NaOH，产物仍然呈碱性；

D、利用无水氯化钴和氯化钴晶体的颜色不同。

【详解】A、铁和亚铁能将氯气还原为氯离子，从而除去工业废气中的氯气，故A不选；B、根据铝合金的性质，铝合金具有密度低、强度高，故可应用于航空航天等工业，故B不选；C、Na₂CO₃＋Ca(OH)₂=CaCO₃↓＋2NaOH，产物仍然呈碱性，不能改变土壤的碱性，反而使土壤更板结，故C选；D、利用无水氯化钴和氯化钴晶体的颜色不同，故可根据颜色判断硅胶中是否能吸水，故D不选。故选C。

【点睛】本题考查金属元素及其化合物的应用，易错点C，除杂不只是将反应物反应掉，还要考虑产物在应用中是否符合要求，生成的NaOH仍然呈碱性，达不到降低碱度的目的。

2．【答案】A

【解析】A项，NaHCO₃受热分解成Na₂CO₃、CO₂和H₂O，Na₂CO₃与饱和石灰水反应生成CaCO₃和NaOH，两步反应均能实现；B项，Al与NaOH溶液反应生成NaAlO₂和H₂，NaAlO₂与过量盐酸反应生成NaCl、AlCl₃和H₂O，第二步反应不能实现；C项，AgNO₃中加入氨水可获得银氨溶液，蔗糖中不含醛基，蔗糖不能发生银镜反应，第二步反应不能实现；D项，Al与Fe₂O₃高温发生铝热反应生成Al₂O₃和Fe，Fe与HCl反应生成FeCl₂和H₂，第二步反应不能实现；物质间转化均能实现的是A项，答案选A。

点睛：本题考查元素及其化合物之间的相互转化和反应条件，解题的关键是熟悉常见物质的化学性质和转化的条件。注意量的多少对生成物的影响，如NaAlO₂与少量HCl反应生成NaCl和Al(OH)₃，NaAlO₂与过量HCl反应生成NaCl、AlCl₃和H₂O。

3．【答案】D

【解析】向集满CO₂的铝罐中加入过量氢氧化钠，首先CO₂与氢氧化钠反应，表现为铝罐变瘪，接着过量的氢氧化钠再与铝罐反应，因铝罐表面有氧化膜Al₂O₃，Al₂O₃具有两性可溶解于氢氧化钠溶液，然后单质Al与氢氧化钠溶液反应生成H₂，罐壁又重新凸起。故可发生A、B、C的反应。故选D。

4．【答案】AC

【解析】氢氧化铝是两性氢氧化物，能溶于强碱氢氧化钠溶液中，因此向混合液中慢慢通入CO₂时反应的先后顺序为①Ba²⁺+2OH^－+CO₂→BaCO₃↓+H₂O

1mol 1mol 1mol

②2OH^－+CO₂→+H₂O

2mol 1mol 1mol

③2Al(OH)₄^－+CO₂→2Al(OH)₃↓++H₂O

2mol 1mol 2mol 1mol

④+CO₂+H₂O→2

2mol 2mol

⑤BaCO₃+CO₂+H₂O→Ba²⁺+2

1mol 1mol

则A、当通入2 mol CO₂时，生成1 mol碳酸钡，A正确；B、当通入3 mol CO₂时，生成1 mol碳酸钡和2 mol氢氧化铝沉淀，共计是3 mol，B不正确；C、当通入4 mol CO₂时，生成1 mol碳酸钡和2 mol氢氧化铝沉淀，共计是3 mol，C正确；D、当通入6 mol CO₂时，只有2mol氢氧化铝沉淀，D不正确，答案选AC。

5．【答案】D

【解析】解答本题应明确常见金属的性质，K、Na性质非常活泼，在空气中极易被氧化，表面不能形成保护内部金属不被氧化的氧化锰，Fe在空气中被氧化后形成的氧化铁膜比较疏松，起不到保护内层金属的作用；金属铝的 表面易形成致密的氧化物薄膜保护内层金属不被腐蚀，选D。

6．【答案】（1）反应吸热降低温度，固体氧化物隔绝空气，水蒸气稀释空气

（2）Al₂O₃+2OH⁻ 2+H₂O

（3）MgO+2NH₄Cl+H₂O MgCl₂+2NH₃·H₂O

(或NH₄Cl+H₂O NH₃·H₂O+HCl　MgO+2HCl MgCl₂+H₂O)

【解析】（1）由题中所给的化学方程式知，该化合物可作阻燃剂，原因在于：反应吸热降低温度，固体氧化物隔绝空气，水蒸气稀释空气。

（2）因氧化镁为碱性氧化物，不溶于强碱，而氧化铝为两性氧化物，可溶于强碱，离子方程式为：Al₂O₃+2OH⁻ 2+H₂O。

（3）氯化铵为强酸弱碱盐，在水溶液中发生水解NH₄Cl+H₂O NH₃·H₂O+HCl，溶液呈酸性，能把氧化镁溶解：MgO+2HCl MgCl₂+H₂O。或两者相加即得：MgO+2NH₄Cl+H₂O MgCl₂+2NH₃·H₂O。

 

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