高考化学压轴题专题镁及其化合物的经典推断题综合题及答案1.docx

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高考化学压轴题专题镁及其化合物的经典推断题综合题及答案1

高考化学压轴题专题镁及其化合物的经典推断题综合题及答案

（1）

一、镁及其化合物

1．某固体试样A是由一定量的Al、Mg均匀组成的混合物，为验证混合物的组成，进行如下实验：

①取mg试样A，全部溶于0.5L2mol·L－１稀硫酸溶液中，放出11.2L气体（已换算成标准状况），同时生成溶液B；

②另取mg试样A，加入2mol·L－１的NaOH溶液，当加到100mL时，气体不再生成；

③往溶液B中加入2mol/LNaOH，至沉淀不再发生变化。

根据以上过程回答下列问题：

（1）溶液B中是否含有H+_____________（填“是”或“否”）；

（2）写出②中发生反应的离子方程式____________________________________；

（3）下列能表示过程③产生的沉淀质量W与加入NaOH溶液体积V的关系是_____；

（4）mg试样A中含Mg的质量为________g；

（5）林同学通过查阅资料，发现浓硫酸与铝发生钝化，但与Mg能剧烈反应生成SO2，如果忽略钝化的反应过程，可以通过测定浓硫酸与固体试样反应产生的气体体积，来确定混合物A中镁的质量分数。

郭同学认为林同学的方案可行，但考虑到如果反应结束后硫酸未保持“浓”的状态，测定结果会____________（填“偏大”、“偏小”或“不变”），其依据是_______________________________________________________。

【答案】是2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑D4.8偏大浓硫酸变稀后会与铝反应，使生成的气体偏多，镁的质量分数测定结果偏大

【解析】

【分析】

镁和铝均能与稀硫酸反应生成氢气，铝只能与氢氧化钠溶液反应生成氢气，氢氧化铝是两性氢氧化物，氢氧化镁不溶于强碱，结合有关物质的物质的量和反应的方程式分析解答。

【详解】

（1）0.5L2mol·L－１稀硫酸溶液中硫酸的物质的量是0.5L×2mol/L＝1.0mol，最终放出氢气的物质的量是11.2L÷22.4L/mol＝0.5mol，根据氢原子守恒可知硫酸过量，所以溶液B中含有H+；

（2）另取mg试样A，加入2mol·L－１的NaOH溶液，当加到100mL时，气体不再生成，该过程中只有铝和氢氧化钠溶液反应，则②中发生反应的离子方程式为2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑；

（3）由于溶液中B中含有硫酸、硫酸镁和硫酸铝，因此往溶液B中加入2mol/LNaOH，至沉淀不再发生变化时首先发生中和反应，然后氢氧根沉淀镁离子和铝离子，最后氢氧化钠溶解氢氧化铝，则能表示过程③产生的沉淀质量W与加入NaOH溶液体积V的关系是图像D，答案选D；

（4）与铝反应的氢氧化钠的物质的量是2mol/L×0.1L＝0.2mol，根据方程式可知2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑生成氢气是0.3mol，由于相同质量的铝与稀硫酸反应也产生0.3mol氢气，则镁生成的氢气是0.5mol－0.3mol＝0.2mol，所以根据方程式Mg+2H+＝Mg2++H2↑可知镁的质量是0.2mol×24g/mol＝4.8g；

（5）由于浓硫酸变稀后会与铝反应，使生成的气体偏多，从而导致镁的质量分数测定结果偏大。

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的化学式____________；

（2）写出反应①②的化学方程式：

①_____________，②___________；

（3）写出反应③的离子方程式：

_______________________；

（4）在反应④中，当生成标准状况下2.24LG时，转移电子数为________mol。

【答案】NH4HCO32Mg+CO2

2MgO+C；4NH3+5O2

4NO+6H2ONH4++HCO3-+2OH-

NH3↑+CO2↑+2H2O0.2

【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D，则A为酸式盐或铵盐，C能和过氧化钠反应，则C为水或二氧化碳，镁条能在B中燃烧，则B为二氧化碳或氧气，因为A受热分解生成B、C、D，则B为二氧化碳，C为水，水和过氧化钠反应生成NaOH和O2，D能在催化剂条件下反应生成H，则D是NH3，G是O2，H是NO，I是NO2，J是HNO3，镁和二氧化碳反应生成氧化镁和碳，C和浓硝酸反应生成二氧化碳、二氧化氮和水，则E是MgO，F是C，通过以上分析知，A为NH4HCO3，据此分析解答。

【详解】

（1）通过以上分析知，A是NH4HCO3，故答案为NH4HCO3；

（2）反应①为镁在二氧化碳中燃烧生成氧化镁和碳，反应方程式为：

2Mg+CO2

2MgO+C；反应②在催化剂、加热条件下，氨气被氧化生成一氧化氮和水，反应方程式为：

4NH3+5O2

4NO+6H2O，故答案为2Mg+CO2

2MgO+C；4NH3+5O2

4NO+6H2O；

（3）反应③为在加热条件下，碳酸氢铵和氢氧化钠反应生成氨气、二氧化碳和水，离子方程式为：

NH4++HCO3-+2OH-

NH3↑+CO2↑+2H2O，故答案为NH4++HCO3-+2OH-

NH3↑+CO2↑+2H2O；

（4）反应④为水和过氧化钠反应生成氢氧化钠和氧气，反应方程式为2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，当生成标况下2.24L 氧气时转移电子的物质的量=

×2×（1−0）=0.2mol，故答案为0.2。

3．置换反应的通式可表示为：

请回答下列问题：

（1）若甲为黄绿色气体，单质乙能使淀粉溶液变蓝色，则该反应的离子方程式为：

　　　　　　　　　　　　　　；

（2）若过量的单质甲与化合物A发生反应的化学方程式为：

2Al+Fe2O3

Al2O3+2Fe。

该反应可用于焊接铁轨，要除去反应后混合物中剩余的铝粉与生成的Al2O3所用的试剂是：

　　　　　　　；

（3）若单质甲是一种常见的金属单质，化合物B是一种磁性黑色晶体，写出该反应的化学方程式：

　　　　　　　　　　　　　　　；

（4）若单质乙是黑色非金属固体单质，化合物B是一种优质的耐高温材料，则该反应的化学方程式为：

　　　　　。

（5）硅是一种重要的半导体材料，广泛应用于电子工业的各个领域。

工业上制取硅单质所用的化合物A是，A非常细，导光能力很强，可用作。

【答案】

（1）2I-+Cl2=I2+2Cl-

（2）NaOH溶液

（3）3Fe+4H2O（g）

Fe3O4+4H2

（4）2Mg+CO2

2MgO+C

（5）SiO2光导纤维

【解析】

【分析】

置换反应的反应物、生成物中都有单质和化合物，一定属于氧化还原反应，因而有化合价的升高和降低。

【详解】

（1）黄绿色气体甲为氯气，能使淀粉溶液变蓝色的单质乙为碘，则反应的离子方程式为2I-+Cl2=I2+2Cl-；

（2）Al、Al2O3都能溶于强碱溶液，而Fe、Fe2O3不溶。

要除去反应后混合物中剩余的铝粉与生成的Al2O3可使用NaOH溶液；

（3）常见的金属单质有钠、铝、铁、铜等，磁性黑色晶体B为Fe3O4，则反应的化学方程式为3Fe+4H2O（g）

Fe3O4+4H2；

（4）黑色非金属固体单质为焦炭，耐高温材料有MgO、Al2O3等高熔点物质，则该反应的化学方程式为2Mg+CO2

2MgO+C。

（5）工业上制取硅单质通常用焦炭和石英砂高温反应，则化合物A是SiO2，因其导光能力很强，可用作光导纤维。

4．将一定质量的镁铝粉末混合物投入一定浓度的200mL盐酸中,使合金全部溶解,向所得溶液中滴加5.0mol·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

×24g/mol=4.8g，铝的质量为

×27g/mol=2.7g，则铝的物质的量分数为

×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-）=5.0mol·L-1×0.18L—0.1mol=0.8mol，则200mL盐酸的浓度为

=4mol/L，故答案为：

4mol/L。

5．将镁、铝的混合物共0.2mol，溶于200mL4mol/L的盐酸溶液中，然后再滴加2mol/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m随加入NaOH溶液的体积V变化情况如图所示．当V1=160mL时，则金属粉末中n（Al）=__________mol；

（2）0～V1段发生的反应的离子方程式为_____________________；

（3）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）=______mL；

（4）若镁、铝的混合物仍为0.2mol，其中镁的物质的量分数为a，现在改用200mL4mol•L-1的硫酸溶解此混合物后，再加入840mL2mol•L-1的NaOH溶液，所得沉淀中无Al（OH）3，则a的取值范围为______．

【答案】0.08H++OH-=H2O；4000.6≤a＜1

【解析】

【详解】

（1）当V1=160mL时，此时，溶液是MgCl2、AlCl3和NaCl的混合液，由Na+离子守恒可知，n（NaCl）=n（Na+）=n（NaOH）=0.16L×2mol/L=0.32mol，200mL4mol•L-1的盐酸溶液中含有氯化氢的物质的量为：

4mol/L×0.2L=0.8mol，设混合物中含有MgCl2xmol、AlCl3为ymol，则：

根据Mg原子、Al原子守恒有：

x+y=0.2，根据Cl-离子守恒有：

2x+3y=0.8-0.32=0.48，联立方程解得：

x=0.12、y=0.08，所以金属粉末中：

n（Mg）=0.12mol、n（Al）=y=0.08mol，故答案为0.08；

（2）0～V1段，滴入氢氧化钠溶液后没有生成沉淀，说明盐酸过量，滴入的氢氧化钠与氯化氢反应生成氯化钠和水，反应的离子方程式为：

H++OH-=H2O，故答案为H++OH-=H2O；

（3）当溶液中Mg2+、Al3+恰好沉淀完全时，此时，溶液是NaCl溶液，根据Cl-离子和Na+离子守恒有：

n（Na+）=n（NaCl）=（HCl）=4mol/L×0.2L=0.8mol，所以需要加入氢氧化钠溶液体积为：

V（NaOH）=

=0.4L=400mL，故答案为400；

（4）由于为金属混合物，则a＜1，Al的物质的量为：

0.2（1-a）mol，反应后的混合溶液，再加入840mL2mol•L-1的NaOH溶液，所得沉淀中无Al（OH）3，则溶质为硫酸钠、偏铝酸钠，根据铝元素守恒可知：

n（NaAlO2）=0.2（1-a）mol，根据钠离子守恒，应满足：

n（NaOH）≥2n（Na2SO4）+n（NaAlO2），即0.84×2≥2×0.2×4+0.2（1-a），解得：

a≥0.6，所以a的取值范围为：

故0.6≤a＜1，故答案为0.6≤a＜1。

【点晴】

本题考查了有关混合物反应的计算，题目难度较大，对于图象题，要明确每一段图象发生的化学反应、知道拐点代表的含义及溶液中溶质的成分，结合方程式对有关问题进行分析；注意守恒思想的运用，使计算简化。

6．镁、铝、锌是生活中常见的三种金属，查阅资料获得如下信息：

①镁、铝、锌都是银白色的金属

②锌（Zn）可以与NaOH溶液反应生成H2

③Zn（OH）2为白色固体，难溶于水，可溶于强碱及NH3•H2O

④Zn2+易形成配合物如[Zn（NH3）4]2+，该配合物遇强酸分解生成Zn2+、NH4+

（1）

（1）甲同学取镁铝合金进行定量分析，用图所示装置进行实验，获得如下数据（所有气体体积均已换算成标准状况，忽略滴入液体体积对气体体积的影响）

编号

粉末质量

量气管第一次读数

量气管第二次读数

①

2.0g

10.0mL

346.2mL

②

2.0g

10.0mL

335.0mL

③

2.0g

10.0mL

345.8mL

（2）乙同学取镁铝锌合金设计如下实验方案：

（可用试剂：

样品、pH试纸、稀硫酸、NaOH溶液、氨水）

①试剂Ⅰ是；沉淀B是．

②过程Ⅰ是：

在滤液中逐滴加入，直至生成的沉淀刚好溶解，再加入足量的，过滤．

③沉淀C与氨水反应的离子方程式为．

【答案】①NaOH溶液；Al（OH）3；②稀硫酸；稀氨水；

③Zn（OH）2+4NH3=[Zn（NH3）4]2++2OH﹣；

或Zn（OH）2+4NH3•H2O=[Zn（NH3）4]2++2OH﹣+4H2O．

【解析】

【分析】

【详解】

（2）Wg镁铝锌合金加入稀硫酸溶解生成硫酸镁、硫酸铝溶液、硫酸锌溶液，加入试剂M为过量氢氧化钠溶液，得到沉淀A为Mg（OH）2，滤液为Na2ZnO2，NaAlO2溶液，加入过量稀硫酸得到硫酸铝溶液、硫酸锌溶液，再加入足量氨水溶液得到沉淀B为Al（OH）3，滤液为Zn2+易形成配合物如[Zn（NH3）4]2+，该络合物遇强酸分解生成Zn2+、NH4+，加入适量氢氧化钠溶液得到C为氢氧化锌沉淀；

①上述分析可知，试剂I为氢氧化钠溶液，沉淀B为Al（OH）3；

②操作Ⅰ是：

在滤液中逐滴加入稀硫酸溶液直至生成的沉淀刚好溶解，再加入足量的氨水溶液沉淀铝离子，过滤得到氢氧化铝沉淀．

③Zn（OH）2为白色固体，难溶于水，可溶于强碱及NH3•H2O，沉淀C与氨水反应的离子方程式为Zn（OH）2+4NH3=[Zn（NH3）4]2++2OH﹣；或Zn（OH）2+4NH3•H2O=[Zn（NH3）4]2++2OH﹣+4H2O；

【点评】

本题考查了实验探究物质组成的实验设计，反应过程分析判断，物质提纯的理解应用，主要是混合物分离的方法和物质性质的理解应用，掌握基础是关键，题目难度中等．

7．Mg能在NO2中燃烧，产物为Mg3N2、MgO和N2。

某科学小组通过实验验证反应产物并探究产物的比例关系。

资料信息：

限用如下装置实验（夹持装置省略，部分仪器可重复使用）

（1）装置连接的顺序为（填字母序号）；

（2）连接好仪器，装入药品前检验装置气密性的方法是____；

（3）装置A中盛装的干燥剂是；装置F的作用____；

（4）验证产物中存在Mg3N2的具体实验操作为．确定产物中有N。

生成的实验现象为；

（5）已知装置E中初始加入Mg粉质量为13．2g，在足量的NO2中充分燃烧，实验结束后，硬质玻璃管冷却至室温、称量，测得硬质玻璃管中剩余固体的质量为21．0g，产生N2的体积为1120mL（标准状况）。

写出玻璃管中发生反应的化学方程式：

__。

【答案】

（1）BAEAFC（D）（2分）；

（2）关闭分液漏斗活塞，将导气管末端插入水中，对锥形瓶微热，若到期管口有气泡冒出，停止加热，导气管中进入一段水柱，表示气密性良好（2分）；（3）无水氯化钙或五氧化二磷等（1分）除去二氧化氮（2分）（4）取少量反应后的固体产物，加入到水中产生有刺激性气味的气体，该气体能使湿润的红色石蕊试纸变成蓝色（2分）；装置C中收集到大量气体（2分）；（5）11Mg+4NO2=Mg3N2+8MgO+N2（2分）．

【解析】

【分析】

【详解】

（1）铜与浓硝酸反应产生的气体为二氧化氮，用干燥剂干燥，通入硬质玻璃管与镁粉反应，用F装置除去多余的二氧化氮，装置C、D排水法收集氮气，故装置的链接顺序为BAEAFC（D）；

（2）连接好仪器，装药品前装置的气密性检验方法是关闭分液漏斗活塞，将导气管末端插入水中，对锥形瓶微热，若到期管口有气泡冒出，停止加热，导气管中进入一段水柱，表示气密性良好；

（3）二氧化氮不能使用碱性干燥剂来干燥，U形管装的是固体干燥剂，故盛放的干燥剂可以是无水氯化钙或五氧化二磷等；

（4）取少量反应后的固体产物，加入到水中产生有刺激性气味的气体，该气体能使湿润的红色石蕊试纸变成蓝色，确定产物中有氮气生成的实验现象为装置C中收集到大量气体；

（5）设生成二氮化三镁的物质的量为x摩尔，氧化镁的物质的量为y摩尔，可得3x+y=0．55mol，100x+40y=21．0g，解x=0．05y=0．4，氮气的物质的量为0．05摩尔，即可得方程式为：

11Mg+4NO2=Mg3N2+8MgO+N2。

8．A．将一定质量的Mg和Al混合物投入400mL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CO2所发生反应的离子方程式为_____________。

【答案】18g2.5mol/l0.9molH++OH-=H2OAl（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O40.1200透过蓝色钴玻璃观察，火焰呈紫色CO2+AlO2-+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3-

【解析】

【分析】

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，沉淀量最大，此时为Mg（OH）2和Al（OH）3，二者物质的量之和为0.7mol，溶液中溶质为Na2SO4，根据钠元素守恒可知此时n（Na2SO4）等于400mL氢氧化钠溶液中含有的n（NaOH）的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0.3mol，所以沉淀量最大时，Mg（OH）2为0.3mol，Al（OH）3为0.7mol-0.3mol=0.4mol，所以该阶段消耗n（NaOH）=n[Al（OH）3]=0.4mol，氢氧化钠的浓度为

=5mol/L。

（1）由元素守恒可知n（Al）=n[Al（OH）3]，n（Mg）=n[Mg（OH）2]，在根据m=nM计算各自的质量，进而计算金属的总质量；

（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（Na2SO4），根据硫酸根守恒n（H2SO4）=n（Na2SO4），再根据c=

来计算；

（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600mL时，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+2H2O，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，沉淀量最大，此时为Mg（OH）2和Al（OH）3，二者物质的量之和为0.7mol，溶液中溶质为Na2SO4，根据钠元素守恒可知此时n（Na2SO4）等于400mL氢氧化钠溶液中含有的n（NaOH）的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，此时全部为Mg（OH）2，物质的量为0.3mol，所以沉淀量最大时，Mg（OH）2为0.3mol，Al（OH）3为0.7mol-0.3mol=0.4mol，所以该阶段消耗n（NaOH）=n[Al（OH）3]=0.4mol，氢氧化钠的浓度为

=5mol/L。

（1）由元素守恒可知n（Al）=n[Al（OH）3]=0.4mol，n（Mg）=n[Mg（OH）2]=0.3mol，故Mg和Al的总质量为0.4mol×27g/mol+0.3mol×24g/mol=18g，故答案为18g；

（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（Na2SO4）=0.4L×5mol/L=2mol，，所以n（Na2SO4）=1mol，所以硫酸的浓度为c=

=2.5mol/L，故答案为2.5mol/L；

（3）由

（1）中可知n（Al）=0.4mol，n（Mg）=0.3mol，根据电子转移守恒可知2n（H2）=3n（Al）+2n（Mg）=3×0.4mol+2×0.3mol=1.8mol，所以n（H2）=0.9mol，故答案为0.9mol；

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600mL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