化学必修第二册第5章 金属及其化合物练习题

这是一份化学必修第二册第5章 金属及其化合物练习题，共13页。试卷主要包含了单选题，填空题，实验题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．金属材料在日常生活以及生产中有着广泛的应用。下列关于金属的一些说法不正确的是
A．合金的性质与其组成金属的性质不完全相同
B．灼烧孔雀石[Cu2(OH)2CO3]和焦炭混合物制铜也属于还原法
C．金属冶炼的本质是金属阳离子得到电子变成金属原子
D．工业上金属Mg、Cu都是用热还原法制得的
2．物质间的转化需要考虑反应实质、条件以及物质的用量，下列物质转化在给定条件下能实现的是
①SiSiO2H2SiO3
②SSO2H2SO4
③CCO2Na2CO3
④NaCl溶液NaCl晶体Na
⑤NaNa2ONaOH
A．①②③B．②③C．①④⑤D．②④⑤
3．“太阳水”电池装置如图所示，该电池由三个电极组成，其中a为电极，b为Pt电极，c为电极，电解质溶液为的溶液。锂离子交换膜将电池分为A、B两个区，A区与大气相通，B区为封闭体系并有保护。下列关于该电池的说法正确的是
A．若用导线连接b、c，b电极附近pH增大，可实现太阳能向电能转化
B．若用导线连接b、c，c电极为正极，可实现转化为
C．若用导线连接a、c，则a为负极，该电极附近pH减小
D．若用导线连接a、c，则c电极的电极反应式为
4．金属及其化合物的转化关系是化学学习的重要内容之一。下列各组物质的转化不能全部通过一步反应直接完成的是
A．Al→Al2O3→Al(OH)3→AlCl3B．Na→NaOH→Na2CO3→NaCl
C．Mg→MgCl2→Mg(OH)2→MgSO4D．Fe→FeCl2→Fe(OH)2→Fe(OH)3
5．类比的思维方式在化学学习与研究中经常采用，但类比得到的结论是否正确最终要经过实验的验证。以下类比的结论正确的是
A．Na常温下与水剧烈反应，故K常温下也能与水剧烈反应
B．HCl的水溶液是强酸，推出HF的水溶液也是强酸
C．由“2Fe+3Cl2=2FeCl3”反应可推出“2Fe+3I2=2FeI3”反应也能发生
D．由“Cl2+H2O⇌HCl+HClO”反应可推出“F2+H2O⇌HF+HFO”反应也能发生
6．等质量的两块钠，第一块在足量氧气中加热，第二块在足量空气(常温)中充分反应，则 下列说法正确的是
A．第一块钠失去电子多B．两块钠失去电子一样多
C．第二块钠的反应产物质量大D．两块钠的反应产物质量一样大
7．如图，在盛有稀H2SO4的烧杯中放入用导线连接的电极X、Y，外电路中电子流向如图所示，关于该装置的下列说法正确的是
A．外电路的电流方向为：X→外电路→Y
B．若两电极都是金属，则它们的活动性顺序为X>Y
C．X极上发生的是还原反应，Y极上发生的是氧化反应
D．若两电极分别为Fe和碳棒，则X为碳棒，Y为Fe
8．已知：电流效率等于电路中通过的电子数与消耗负极材料失去的电子总数之比。现有两个电池I、II，装置如图所示。下列说法正确的是
A．能量转化形式不同B．I和II的电池反应不相同
C．I的电流效率低于II的电流效率D．5min后，I、II中都只含1种溶质
9．甲、乙、丙、丁四个烧杯中分别盛有一定量溶液，向其中分别通入不同量的，再向所得溶液中分别滴加相同浓度的稀盐酸至过量，加热溶液，甲、乙、丙、丁四个烧杯中产生的质量与加入盐酸的体积关系如图Ⅰ~Ⅳ所示(忽略的溶解和的挥发)：
则下列分析正确的是
A．Ⅰ图对应溶液中的溶质为
B．Ⅱ图a~b段生成的质量与之前通入乙烧杯溶液中的质量相等
C．Ⅲ图对应溶液中的溶质为和
D．Ⅳ图段离子方程式为
10．下列各组物质相互混合反应后，最终有白色沉淀生成的是
①金属Na投入到溶液中
②过量溶液和溶液混合
③少量投入过量溶液中
④向溶液中通入过量
⑤少量固体加入到溶液
A．①③④⑤B．①②④C．②③④D．②③⑤
11．下列有关和性质的说法中正确的是
A．和均可用于治疗胃酸过多
B．可用加热的方法除去粉末中混有的
C．等物质的量的和分别与过量盐酸反应，产生的质量大
D．向溶液和溶液中分别加入溶液，都产生白色沉淀
12．下列反应的离子方程式书写正确的是
A．食醋除水垢(碳酸钙)： CO+2H+ = CO2↑ + H2O
B．铜与氯化铁溶液反应：Cu + Fe3+ = Fe2++ Cu2+
C．铁和稀硫酸反应：2Fe +6H+ = 2Fe3++ 3H2↑
D．钠投入水中：2Na + 2H2O = 2Na+ +2OH- + H2↑
13．设表示阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．过氧化钠与水反应，生成0.1ml氧气时，转移的电子数为0.4
B．标准状况下，22.4L水中所含的原子数目为3
C．0.1mlFeCl3加入沸水中完全反应生成胶体的粒子数为0.1
D．常温常压下，22g由N2O与CO2组成的混合气体含有的原子数目为1.5
14．现用如图所示装置来测定某原电池工作时在一段时间内通过导线的电子的物质的量。量筒的规格为1000mL，电极材料是镁片和铝片。下列有关说法正确的是
A．b电极材料是镁片
B．电流经a流向b
C．若用NaOH溶液代替稀硫酸，溶液中的OH-移向铝片一极
D．当量筒中收集到672mL气体时，通过导线的电子的物质的量为0.06ml
15．将0.01 mlNaOH和1.06 gNa2CO3混合并配成溶液，向溶液中滴加0.1 ml/L稀盐酸。下列图象能正确表示加入盐酸的体积和生成CO2的物质的量的关系的是
A．B．
C．D．
二、填空题
16．填空。
(1)在MgCl2溶液中滴加过量NaOH溶液，现象为_______；在AlCl3溶液中滴加过量NaOH溶液，现象为_______，写出该现象的离子反应方程式_______。
(2)铝制易拉罐中充满CO2，然后往易拉罐中充入足量的浓NaOH溶液，立即用胶布封严罐口，一会儿听到罐内发出“咔、咔”的响声，且易拉罐变瘪；再过一会儿易拉罐又恢复原样，请根据现象填空。
①易拉罐变瘪是因为_______；
②易拉罐恢复原样原因是_______(写出反应的化学方程式)；
(3)有A、B、C三瓶失去标签的无色溶液：K2CO3、BaCl2、Na2SO4。将它们分别与H2SO4作用，A产生白色沉淀，B产生无色气体，C中无明显现象。则A是 _______，B是 _______，C是_______。
17．铁在人体中以Fe2＋和Fe3＋的形式存在。二价铁离子易被吸收，给贫血者补充铁时，应给予含二价铁离子的铁盐，如硫酸亚铁(FeSO4)。
(1)人体中经常进行转化 Fe2+Fe3+，A反应中Fe2＋作_______剂，B反应中Fe3＋作_______剂。
(2)新配制的FeCl2溶液应加入_______以防止FeCl2转化为FeCl3，要除去FeCl3溶液中少量的FeCl2杂质，可向其中通入适量的_______。
(3)在制作印刷电路板的过程中常利用铜与氯化铁溶液的反应。反应的离子方程式为_______。
(4)为消除废气中的Cl2对环境的污染，将废气通过含有铁粉的FeCl2溶液，即可有效地除去Cl2，这一处理过程可用两个离子方程式表示为2Fe2+＋Cl2=2Fe3+＋2Cl- 和_______；处理过程中需定期添加的原料是_______。
(5)某同学为检验某未知溶液中是否为FeCl2溶液，采取如下实验方案加以验证： 取少许未知试液于试管中溶液呈红色(证明含有FeCl2)，你认为此方案_______(填“合理”或“不合理”)，若不合理，如何改进：_______。
三、实验题
18．含镁3%~5%的铝镁合金是轮船制造、化工生产、机械制造等行业的重要原料。现有一块质量为m g的铝镁合金，欲测定其中镁的质量分数，几位同学设计了以下不同的实验方案：
方案1：铝镁合金与足量盐酸反应，测定气体在标准状况下的体积V1L。
方案2：铝镁合金与足量氢氧化钠溶液反应，过滤、洗涤、烘干，测定剩余固体质量w1 g。
方案3：铝镁合金与过量的盐酸反应，在溶液中加入过量的氢氧化钠溶液，过滤、洗涤、灼烧，测定固体的质量w2 g。
(1)某化学实验小组利用如图所示的装置，按照方案1进行了实验。
①装置中仪器a、b的名称分别是_______、_______。
②实验装置中有两处明显错误，请指出：_______、_______；绘出正确的装置图_______。
(2)方案2中的离子方程式为_______。
(3)方案3中“过滤”操作中用到玻璃棒，玻璃棒的作用是_______，若按方案3进行实验，测得的镁的质量分数为_______。
(4)请你设计一个不同于上述方案的实验方案，简述实验原理：_______。
19．化工专家侯德榜发明的侯氏制碱法为我国经济发展做出了重要贡献，某化学兴趣小组在实验室中模拟并改进侯氏制碱法制备，进一步处理得到产品和，实验流程如图：
回答下列问题：
(1)实验室通常用石灰石和稀盐酸制备，反应的离子方程式为_______。为使产品纯净，需将制得的净化，可以将制得的先通过饱和_______(填化学式)溶液除去混有的杂质。
(2)生成的总反应的化学方程式为_______。
(3)向饱和氨盐水中通入会产生沉淀，使沉淀分离的操作是_______。
(4)取一定量的固体充分加热，产生的气体先通过足量浓硫酸，再通过足量，增重0.42g，则固体的质量为_______g。
(5)举例说明的两种工业用途：_______、_______。
参考答案：
1．D
【详解】A．合金的性质与其成分金属的性质不完全相同，如合金的硬度、强度更大、熔点更低等，A正确；
B．灼烧时孔雀石分解生成CuO，CuO被焦炭还原为单质Cu，属于还原法制取，B正确；
C．金属冶炼就是把金属阳离子还原为金属原子，越活泼的金属，其阳离子的氧化性越弱，越难被还原，C正确；
D．工业上利用电解熔融MgCl2的方法来制得金属镁，D错误；
故答案选D。
2．D
【详解】①SiO2不溶于水，也不与水反应，故①错误；
③C与SiO2反应生成的是CO，不是CO2，故③错误
②④⑤能根据题意条件发生转化，故D正确；
答案选D。
3．C
【详解】A．用导线连接b、c，b电极发生O2→H2O，为正极，电极反应式为O2+4H++4e−=2H2O，b电极附近pH增大，可实现化学能向电能转化，故A错误；
B．c电极为负极，发生反应：HxWO3−xe−=WO3+xH+，可实现HxWO3转化为WO3，故B错误；
C．由图可知，连接a、c时，a电极上H2O→O2，发生失电子的氧化反应，则a电极为负极，电极反应式为2H2O-4e-=O2↑+4H+，生成H+，a电极附近pH减小，故C正确；
D．由图可知，连接a、c时，a电极为负极，c电极为正极，正极上发生得电子的还原反应，电极反应式为WO3+xH++xe−=HxWO3，故D错误；
答案选C。
4．A
【详解】A．氧化铝和水不反应，所以不能一步生成氢氧化铝，故A错误；
B．Na→NaOH→Na2CO3→NaCl中反应方程式分别为：2Na+2H2O=2NaOH+H2、2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O、Na2CO3+CaCl2=CaCO3+2NaCl，所以能一步实现，故B正确；
C．Mg→MgCl2→Mg(OH)2→MgSO4中反应方程式分别为：Mg+2HCl=MgCl2+H2、MgCl2+2NaOH=Mg(OH)2+2NaCl、Mg(OH)2+H2SO4=MgSO4+2H2O，所以能一步实现，故C正确；
D．Fe→FeCl2→Fe(OH)2→Fe(OH)3中反应的方程式分别为：Fe+2HCl=FeCl2+H2、FeCl2+2NaOH=Fe(OH)2+2NaCl、4Fe(OH)2+2O2+2H2O=4Fe(OH)3，所以能一步实现，故D正确；
故选A。
5．A
【详解】A．因同一主族从上到下，元素的金属性逐渐增强，故K常温下与水反应比Na常温下与水反应更剧烈，故A正确；
B．HF只能部分电离，为弱酸，故B错误；
C．单质碘的氧化性较弱，和铁反应的时候只能生成二价铁，故C错误；
D．F2与H2O反应反应生成HF和氧气：2F2+2H2O═4HF+O2，故D错误；
故选A。
6．B
【详解】设两块钠的质量都是23g，即钠的物质的量是1ml，钠在氧气中加热的反应方程式为：2Na+O2Na2O2，23g钠完全燃烧生成39g过氧化钠，转移电子是1ml；钠在氧气在常温下反应为：4Na+O2=2Na2O，23g钠与氧气发生反应，生成氧化钠的质量是31g，转移电子是1ml； 所以两块钠失去电子一样多，第一块钠的反应产物质量大，故选B。
7．B
【分析】根据电子流向结合原电池的工作原理可知，X为原电池的负极，Y为正极，据此分析解答。
【详解】A．电子从X经外电路流向Y，则电流方向为：Y→外电路→X，A错误；
B．电解质溶液为稀硫酸，根据原电池工作原理可知，活泼金属作负极，所以上述装置中，活动性顺序：X>Y，B正确；
C．X为原电池的负极，发生失电子的氧化反应，Y发生还原反应，C错误；
D．若两电极分别为Fe和碳棒，则X为Fe，Y为碳棒，D错误；
故选B。
8．C
【详解】A．I和II都是原电池，都是把化学能转化为都能，故A错误；
B．I和II都是铜和氯化铁反应生成氯化铜和氯化亚铁，故B错误；
C．I中铜和氯化铁接触，部分铜直接和氯化铁发生氧化还原反应，所以I的电流效率低于II的电流效率，故C正确；
D．5min后，I、II中都含氯化铜、氯化亚铁，故D错误；
选C。
9．B
【分析】溶液中逐滴加入盐酸依次发生反应：、；Ⅲ图段和段加入盐酸体积相等，溶质只有；若消耗盐酸体积：，则溶质为和；若消耗盐酸体积：，则溶质为和，据此分析解答。
【详解】A．Ⅰ图加入盐酸立即生成，溶液中的溶质只能为，发生反应，A错误；
B．结合Ⅱ图可知段消耗的盐酸是段的2倍，说明溶液中存在等物质的量的，反应后最终生成和，生成的质量与通入溶液中的质量相等，B正确；
C．结合Ⅲ图可知溶液中对应溶质为，C错误；
D．结合Ⅳ图可知，段先是酸碱中和，然后转化为，离子方程式依次为和，D错误；
故答案选B。
10．C
【详解】①金属Na投入到溶液中，Na先与水反应生成NaOH等，NaOH再与FeCl3反应生成Fe(OH)3红褐色沉淀；
②过量溶液和溶液混合，生成BaSO4白色沉淀，起初生成的Al(OH)3沉淀后来全部溶解；
③少量投入过量溶液中，生成CaCO3白色沉淀、碳酸钠等；
④向溶液中通入过量，生成Al(OH)3白色沉淀和氯化铵；
⑤少量固体加入到溶液，Na2O2先与水反应生成O2等，O2将Na2S氧化生成淡黄色S沉淀等；
综合以上分析，②③④符合题意，故选C。
11．B
【详解】A．碳酸钠碱性太强，不能用作胃药，故A错误；
B．NaHCO3不稳定，加热易分解：，通过加热可除去Na2CO3固体中的NaHCO3，并不引入新的杂质，故B正确；
C．根据反应：Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2↑，NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，等物质的量的Na2CO3和NaHCO3分别与过量盐酸反应，放出CO2相等，故C错误；
D．稀溶液与溶液不反应，不产生沉淀，故D错误；
故选：B。
12．D
【详解】A．食醋的主要成分是醋酸，在水中难电离，不能写成离子，水垢中的碳酸钙不溶于水，在离子方程式里也不能写成离子，故A错误；
B．铜和氯化铁反应生成氯化亚铁和氯化铜，选项中的离子方程式没有配平，正确的离子方程式为：Cu + 2Fe3+ = 2Fe2++ Cu2+，故B错误；
C．铁和稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，正确的离子方程式为：Fe +2H+ = Fe2++ H2↑，故C错误；
D．钠和水反应生成NaOH和氢气，选项中的离子方程式正确；
故选D。
13．D
【详解】A．过氧化钠与水反应时，氧元素的价态由-1价变为0价，一半降为-2价，故当生成0.1ml氧气时转移0.2ml电子即0.2个，选项A错误；
B．由于标准状况下H2O不是气态，且此状态下气体摩尔体积也不是22.4L/ml，故无法计算常温常压下22.4L水中所含的原子数目，选项B错误；
C．由于(胶体)＋3H＋水解为可逆反应，且生成的胶体粒子为很多粒子的集合体，故0.1mlFeCl3加入沸水中完全反应生成胶体的粒子数小于0.1，选项C错误；
D．已知N2O和CO2的摩尔质量均为44g/ml，故常温常压下，22g由N2O与CO2组成的混合气体总物质的量为0.5ml，都是三原子分子，混合气体含有的原子数目为1.5，选项D正确。
答案选D。
14．C
【分析】根据原电池的工作原理，由装置图知，电极b产生气体，则b为正极，电极b为铝片，电极反应式为：2H+ +2e-= H2↑；电极a为镁片，作负极，电极反应式为：Mg-2e-=Mg2+，电流经正极流向负极，阳离子移向正极，阴离子移向负极，据此分析作答。
【详解】A．由分析知，b电极材料为铝片，A项错误；
B．由分析知，电极a为负极，电极b为正极，电流由正极流向负极，即电流经b流向a，B项错误；
C．用NaOH溶液代替稀硫酸，则铝作负极，阴离子移向负极，则溶液中的OH-移向铝片一极，C项正确；
D．未说明标况，无法计算量筒中收集气体的物质的量，无法计算通过导线的电子的物质的量，D项错误；
答案选C。
15．C
【分析】对NaOH和Na2CO3混合配成的溶液，当滴加盐酸时，先发生NaOH+HCl=NaCl+H2O，再发生Na2CO3+HCl=NaHCO3+ NaCl，最后发生NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O。
【详解】n(Na2CO3)==0.01ml，NaOH和Na2CO3的混合液中加HCl，依次发生反应①H++OH-=H2O、②+H+=、③+ H+=CO2↑+H2O，反应①消耗的n(HCl)= n(NaOH)= 0.01ml，V(HCl)==0.1L，反应②消耗的n(HCl)= n()= 0.01ml，V(HCl)==0.1L，反应①和反应②均没有CO2生成，因此加入前0.2L的HCl时没有气体生成，当再加入0.1L时，此步反应进行完全；继续滴加时，发生反应③+ H+=CO2↑+H2O；此时开始放出气体，反应完全时生成二氧化碳的物质的量是0.01ml，正好与图象相符，故C正确；
答案选C。
16．(1) 有白色沉淀生成 先产生白色沉淀，后沉淀逐渐溶解 Al3++3OH-=Al(OH)3↓，Al(OH)3+OH-=+2H2O
(2) 二氧化碳与氢氧化钠溶液反应，使得罐内气体的压强减小 2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑
(3) BaCl2 K2CO3 Na2SO4
【详解】（1）在MgCl2溶液中滴加过量NaOH溶液，反应生成氢氧化镁沉淀，观察到有白色沉淀生成；在AlCl3溶液中滴加NaOH溶液，先生成氢氧化铝沉淀，当氢氧化钠溶液过量，氢氧化铝会溶于氢氧化钠溶液，观察到的现象为先产生白色沉淀，后沉淀逐渐溶解；反应的离子方程式为：Al3++3OH-=Al(OH)3↓，Al(OH)3+OH-=+2H2O；故答案为：有白色沉淀生成；先产生白色沉淀，后沉淀逐渐溶解；Al3++3OH-=Al(OH)3↓，Al(OH)3+OH-=+2H2O；
（2）①二氧化碳与氢氧化钠溶液发生反应2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O，使得罐内气体的压强减小，外界空气将易拉罐压瘪；故答案为：二氧化碳与氢氧化钠溶液反应，使得罐内气体的压强减小；
②铝制的易拉罐与氢氧化钠溶液反应产生氢气，导致罐内气体压强又增大，易拉罐又鼓起来，反应的化学方程式为：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，故答案为：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑；
（3）BaCl2与H2SO4反应生成BaSO4白色沉淀，所以A为BaCl2；K2CO3与H2SO4反应生成CO2气体，所以B为K2CO3；Na2SO4与H2SO4不反应，C中无明显现象，所以C为Na2SO4，故答案为：BaCl2；K2CO3；Na2SO4。
【点睛】Al、Al2O3、Al(OH)3既能与酸溶液反应，又能与强碱溶液反应。
17．(1) 还原 氧化
(2) 铁粉 Cl2
(3)Cu＋2Fe3+=Cu2+＋2Fe2+
(4) Fe＋2Fe3+=3Fe2+ 铁粉
(5) 不合理 取少量溶液，先加KSCN溶液，溶液不变红色，再加入氯水，溶液变成红色，则证明原溶液有Fe2+
【详解】（1）A反应中铁元素化合价升高，Fe2＋作还原剂，B反应中铁元素化合价降低，Fe3＋作氧化剂。
（2）Fe2+易被氧化，新配制的FeCl2溶液应加入铁粉以防止FeCl2转化为FeCl3；氯气能把Fe2+氧化为Fe3+，要除去FeCl3溶液中少量的FeCl2杂质，可向其中通入适量的Cl2。
（3）铜与氯化铁溶液的反应生成氯化亚铁和氯化铜，反应的离子方程式为Cu＋2Fe3+=Cu2+＋2Fe2+。
（4）为消除废气中的Cl2对环境的污染，将废气通过含有铁粉的FeCl2溶液，即可有效地除去Cl2，这一处理过程可用两个离子方程式表示为2Fe2+＋Cl2=2Fe3+＋2Cl- 和Fe＋2Fe3+=3Fe2+；总反应为，所以处理过程中需定期添加的原料是铁粉。
（5）此方案不能判断Fe3+是否是由Fe2+氧化而成，所以该方案不合理，改进方法为：取少量溶液，先加KSCN溶液，溶液不变红色，再加入氯水，溶液变成红色，则证明原溶液有Fe2+。
18．(1) 分液漏斗 圆底烧瓶 收集气体的集气瓶中进气管插入液面下 导管在量筒刻度线以上
(2)
(3) 引流，避免液体外溅
(4)铝镁合金与足量的NaOH溶液反应，测定反应前后装置与药品总质量，质量之差等于Al与NaOH溶液产生H2的质量，根据H2的质量计算Al的质量，进而计算镁的质量分数
【分析】根据镁铝合金与盐酸或者氢氧化钠溶液反应生成的气体可计算其含量，进而计算其质量分数。
（1）
①由图可知，仪器a为分液漏斗，仪器b为圆底烧瓶，故答案为：分液漏斗；圆底烧瓶；
②方案1利用铝镁合金与盐酸反应产生的将集气瓶中的水压入量筒中，间接测量的体积，集气瓶中应短管进气，排液管应插到液面以下；测定气体体积时，要使集气瓶和右侧量筒中液面在同一高度，即量筒中导管应插到量筒中下部，图中导管在刻度线以上，不能调平液面；正确的装置图为，故答案为：收集气体的集气瓶中进气管插入液面下；导管在量筒刻度线以上；；
（2）
铝镁合金与足量氢氧化钠溶液反应，镁不与氢氧化钠反应，只有与铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和氢气，反应的离子方程式为，故答案为：；
（3）
过滤操作中玻璃棒用于引流，避免液体外溅；方案3中得到的固体是，则，根据镁原子守恒，可求得合金中的质量为，故合金中的质量分数为，故答案为：引流，避免液体外溅；；
（4）
利用金属镁不能和氢氧化钠反应，但是金属铝能与氢氧化钠反应进行设计，铝镁合金与足量的NaOH溶液反应，测定反应前后装置与药品总质量，质量之差等于Al与NaOH溶液产生H2的质量，根据H2的质量计算Al的质量，进而计算镁的质量分数，故答案为：铝镁合金与足量的NaOH溶液反应，测定反应前后装置与药品总质量，质量之差等于Al与NaOH溶液产生H2的质量，根据H2的质量计算Al的质量，进而计算镁的质量分数。
19．(1)
(2)
(3)过滤
(4)2.52
(5) 制皂 造纸
【分析】浓氨水中加NaCl形成饱和溶液，然后再通入CO2，CO2与NH3及H2O反应生成(NH4)2CO3，生成物再与过量CO2及H2O反应生成NH4HCO3，由于NaHCO3的溶解度在四种盐中最低，所以高浓度的溶液中Na+和最先过饱和形成NaHCO3晶体析出，过滤、洗涤晶体后加热分解NaHCO3，获得Na2CO3和CO2，滤液经处理后获得NH4Cl；
【详解】（1）石灰石与稀盐酸反应制CO2，CaCO3难溶，不可拆，HCl是易溶强电解质，可拆，CaCl2是可溶盐，可拆，所以离子方程式是“”；稀盐酸中HCl易挥发，故生成的CO2气体中混有HCl，利用饱和“NaHCO3”溶液，吸收HCl；
（2）根据分析可知NaHCO3生成的化学方程式是“”；
（3）过饱和析出的NaHCO3晶体，可以通过“过滤”与反应液分离；
（4）设NaHCO3分解生成的CO2质量是x，将数据代入化学方程式计算，
解之得x=0.66g，所以NaHCO3的质量是；
（5）是一种重要的化工原料，工业上可用于“纺织、制皂、造纸和制玻璃”等。