化学 镁及其化合物的专项 培优练习题及详细答案Word文档下载推荐.docx

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（4）“除Mn2+”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】acMgSiO3+2HCl+（n-l）H2O=MgCl2+SiO2·

nH2O4.7<

pH<

7.1Mn2++H2O2+2OH-=MnO（OH）2↓+H2OMg（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：

MgSiO3与盐酸反应生成SiO2·

nH2O，还有产物MgCl2、H2O方程式为MgSiO3+2HCl+（n-l）H2O=MgCl2+SiO2·

nH2O

（3）加入双氧水后，Fe2+转化为Fe3+，要使Fe3+、Al3+完全沉淀，pH必须大于或等于4.7，Mn2+不沉淀，pH小于或等于7.1，所以答案为4.7<

7.1

（4）Mn2+在碱性下被H2O2氧化生成MnO（OH）2，H2O2被还原为H2O，离子方程式为Mn2++H2O2+2OH-=MnO（OH）2↓+H2O。

MnO（OH）2沉淀完全时pH已达9.8，该条件下，Mg2+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：

①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。

②明确流程图中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。

③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。

④带着问题去精心研究某一步或某一个物质。

⑤注意化学语言的规范性。

2．已知X溶液有如图所示转化关系：

（1）根据上述转化关系，写出下列物质的化学式：

X_____、Y_______、Z________、试剂甲________，试剂乙__________。

（2）写出上述各步反应①~④的离子方程式：

①__________________________________；

②____________________________；

③___________________________________；

④_____________________________。

【答案】MgSO4Mg（OH）2MgCl2BaCl2AgNO3SO42-+Ba2+═BaSO4↓Mg2++2OH-═Mg（OH）2↓Mg（OH）2+2H+═Mg2++2H2OAg++Cl-═AgCl↓

【分析】

X与硝酸钡反应得到硝酸镁，则X含有镁离子，且阴离子与钡离子反应生成沉淀，可推知X为MgSO4，结合转化关系，可知Y为Mg（OH）2、Z为MgCl2、试剂甲为BaCl2，试剂乙为AgNO3，据此解答。

【详解】

（1）X与硝酸钡反应得到硝酸镁，则X含有镁离子，且阴离子与钡离子反应生成沉淀，可推知X为MgSO4，结合转化关系，可知Y为Mg（OH）2、Z为MgCl2、试剂甲为BaCl2，试剂乙为AgNO3；

（2）反应①的离子方程式为：

SO42-+Ba2+═BaSO4↓；

反应②的离子方程式为：

Mg2++2OH-═Mg（OH）2↓；

反应③的离子方程式为：

Mg（OH）2+2H+═Mg2++2H2O；

反应④的离子方程式为：

Ag++Cl-═AgCl↓。

3．A为常见金属，D、E为常见非金属单质，D为黑色固体，E是常温下密度最小的气体，B、F是同种非金属化合物气体，A与氧气转化为C的过程中发出耀眼的白光，A→F之间的转化关系如图：

按要求完成下列各题：

（1）写出A与F的化学式：

A__________F__________

（2）下列物质中有一种与B物质不属于同一类，其他与B均属于同一类，这一物质是_______

A．P2O5B．NOC．Na2OD．SiO2

（3）D高温情况下与水蒸气恰好完全反应生成E和F时，所得气体的平均相对分子质量是__________g/mol

（4）写出反应①的方程式：

_______________________

【答案】

（1）MgCO

（2）C

（3）15

（4）2Mg+CO2

2MgO+C

A为常见金属,A与氧气转化为C的过程中发出耀眼的白光,则A为镁,E为常见非金属单质,E是常温下密度最小的气体,则E为氢气,D常见非金属单质,且D为黑色固体,则D为碳,B、F是气体,结合题中各物质的转化关系可以知道,B为二氧化碳,C为氧化镁,F为一氧化碳,据此答题。

A为常见金属,A与氧气转化为C的过程中发出耀眼的白光,则A为镁,E为常见非金属单质,E是常温下密度最小的气体,则E为氢气,D常见非金属单质,且D为黑色固体,则D为碳,B、F是气体,结合题中各物质的转化关系可以知道,B为二氧化碳,C为氧化镁,F为一氧化碳,

（1）根据上面的分析可以知道,A为Mg,F为CO,

因此，本题正确答案是:

Mg，CO；

（2）B为二氧化碳,属于非金属氧化物，NO、P2O5、SiO2也都是非金属氧化物,与CO2同一类；

Na2O是金属氧化物，也是碱性氧化物,与CO2既是非金属氧化物，也是酸性氧化物，所以氧化钠与二氧化碳不同类；

综上所述，本题正确选项C；

（3）C高温情况下与水蒸气恰好完全反应生成CO和H2时,CO和H2的物质的量之比等于1:

1,所以所得气体的平均摩尔质量（28×

1+2×

1）/2=15g/mol，相对分子质量为15；

15；

（4）镁与二氧化碳反应生成氧化镁和碳，反应①的方程式：

2Mg+CO2

2MgO+C；

2Mg+CO2

4．A、B、C、D分别是HCl、FeCl3、MgCl2、AlCl3溶液中的一种，某实验小组用另一种溶液X与它们进行了如图所示的实验，试推断A、B、C、D、X分别为：

A：

____________B：

____________C：

___________D：

____________X：

______________

【答案】HClMgCl2FeCl3AlCl3NaOH

Mg（OH）2、Al（OH）3、Fe（OH）3都不溶于水，Mg（OH）2、Fe（OH）3都是弱碱，只溶于强酸溶液。

Al（OH）3是两性氢氧化物，能溶于强酸、强碱溶液中。

X+过量C→红褐色沉淀[Fe（OH）3]，则C为FeCl3，X含OH-，可为NaOH等；

X+过量A→无现象，则A为HCl；

X+过量B→白色沉淀[溶于A（HCl）、不溶于X（OH-）]，则白色沉淀为Mg（OH）2，B为MgCl2；

X+过量D→白色沉淀[溶于A（HCl）、溶于X（OH-）]，则白色沉淀为Al（OH）3，D为AlCl3。

5．将5.1g镁铝合金溶于600mL0.5mol·

L－1H2SO4溶液中，完全溶解后再加入1.0mol·

L－1的NaOH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

和Al

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】6005.6L

固体完全溶解，生成MgSO4和Al2（SO4）3，依据极值法分析，可确定硫酸有剩余。

加入NaOH后，首先与过量的硫酸反应，然后才与MgSO4和Al2（SO4）3反应。

当MgSO4和Al2（SO4）3刚好完全反应时，生成Mg（OH）2、Al（OH）3、Na2SO4。

（1）溶解在硫酸中的Mg

恰好完全沉淀时，溶液中的溶质为Na2SO4，由此可得出

n（NaOH）=2n（H2SO4）=2×

0.600L×

0.5mol·

L－1=0.6mol，V（NaOH）=

。

（2）Mg、Al在反应过程中，存在下列关系式：

Mg—H2—Mg（OH）2—2OH-，2Al—3H2—2Al（OH）3—6OH-，综合分析两关系式，可得出H2—2OH-。

通过沉淀与金属的质量相减，便可求出m（OH-），由此可求出生成H2的体积。

=0.6L=600mL。

答案为：

600；

m（OH-）=13.6g-5.1g=8.5g，n（OH-）=

，n（H2）=

n（OH-）=0.25mol，

V（H2）=0.25mol×

22.4L/mol=5.6L。

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。

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

（4）求Q点加入的HCl溶液体积．______________________。

【答案】Mg2++2OH﹣=Mg（OH）2↓，Al3++4OH﹣=AlO2﹣+2H2O；

H2O+AlO2﹣+H+=Al（OH）3↓Mg（OH）2、Al（OH）30.025.20130

试题分析：

本题考查与Al（OH）3、Mg（OH）2沉淀有关的图像分析和计算。

（1）开始加入10mLHCl溶液，沉淀的质量既不增加也不减少，说明此时加入的10mL盐酸与NaOH反应，则原固体混合物溶于水后发生的反应有：

MgCl2+2NaOH=Mg（OH）2↓+2NaCl、AlCl3+4NaOH=3NaCl+NaAlO2+2H2O，1.16g白色沉淀为Mg（OH）2；

原固体混合物溶于水发生反应的离子方程式为：

Mg2++2OH-=Mg（OH）2↓，Al3++4OH-=AlO2-+2H2O。

（2）AB段发生反应的离子方程式为AlO2-+H++H2O=Al（OH）3↓。

B点沉淀物的化学式为Mg（OH）2和Al（OH）3。

（3）AB段消耗n（HCl）=1mol/L

（0.03L-0.01L）=0.02mol，根据Al守恒和离子反应AlO2-+H++H2O=Al（OH）3↓，n（AlCl3）=n（AlO2-）=n[Al（OH）3]=0.02mol。

根据反应Al3++4OH-=AlO2-+2H2O，与AlCl3反应的NaOH物质的量为0.08mol；

（MgCl2）=n[Mg（OH）2]=

=0.02mol，根据反应Mg2++2OH-=Mg（OH）2↓，与MgCl2反应的NaOH物质的量为0.04mol；

与HCl反应的NaOH物质的量为1mol/L

0.01L=0.01mol；

原混合物中NaOH物质的量为0.08mol+0.04mol+0.01mol=0.13mol，NaOH的质量为0.13mol

40g/mol=5.2g。

（3）BQ段发生的反应为Mg（OH）2+2HCl=MgCl2+2H2O、Al（OH）3+3HCl=AlCl3+3H2O，溶解Mg（OH）2消耗的HCl物质的量为0.02mol

2=0.04mol；

溶解Al（OH）3消耗的HCl物质的量为0.02mol

3=0.06mol，则BQ段消耗HCl物质的量为0.04mol+0.06mol=0.1mol，消耗盐酸的体积为

=0.1L=100mL，则Q点加入盐酸的体积为30mL+100mL=130mL。

第（3）问也可以用终态法解。

Q点时沉淀恰好完全溶解，所得溶液中的溶质为NaCl、MgCl2和AlCl3，Q点加入的HCl相当于在原固体混合物中加入1mol/LHCl将NaOH恰好中和，则n（HCl）=n（NaOH）=0.13mol，盐酸溶液的体积为

=0.13L=130mL。

7．在标准状况下，分别取30mL相同浓度的盐酸依次装入①②③试管中，然后分别慢慢加入组成相同的镁铝混合物，相同条件下，测得有关数据如表所示反应前后体积不变）

实验序号

①

②

③

混合物质量/mg

255

510

1020

气体体积/mL

280

336

（1）盐酸的物质的量浓度为__________mol/L。

（2）混合物中

和

的物质的量之比为_________。

【答案】11:

1

镁铝均能和盐酸反应产生氢气，由表中数据可知，30mL盐酸最多可以生成336mLH2。

因此，在实验①中，金属混合物完全溶解了，而实验③中，金属混合物肯定有剩余。

（1）由表中数据可知，30mL盐酸最多可以生成336mLH2，因此，盐酸中n（H+）=2n（H2）=

0.03mol，所以盐酸的物质的量浓度为

1mol/L。

（2）实验①中，255mg混合物完全溶解生成280mLH2，n（Mg）⨯24g/mol+n（Al）⨯27g/mol=0.255g，根据电子转移守恒可得2n（Mg）+3n（Al）=2n（H2）=

0.025mol，联立方程组可以求出n（Mg）=n（Al）=0.005mol，所以

的物质的量之比为1:

1。

8．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）

已知：

①NO2沸点是21.1℃、熔点是-11℃；

NO的沸点是-151℃、熔点是-164℃；

②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→Eb.A→C→D→F→B→F→E

c.A→F→C→D→F→B→Ed.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5NO+3MnO4-+4H+=3Mn2++5NO3-+2H2OCO2+2Mg

2MgO+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

本题考查Mg与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①NO2、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②Mg3N2遇水会发生水解，与Mg反应的N2必须是干燥的，气体在进入装置B之前必须用浓硫酸干燥N2，且要防止H2O（g）进入制备Mg3N2的装置；

装置的连接顺序为：

A→D→C→F→B→F→E，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Mg3N2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。

（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Mn2+，反应可写成NO+MnO4-→NO3-+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-+3Mn2+，结合原子守恒、电荷守恒，写出离子方程式为5NO+3MnO4-+4H+=5NO3-+3Mn2++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处制得的Mg3N2纯度不高，Mg与CO2反应的化学方程式为2Mg+CO2

2MgO+C。

（6）Mg3N2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。

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，再根据得失电子守恒配平，最后用原子守恒、电荷守恒写出完整的方程式。

9．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】5.1g1∶16mol·

L−15mol·

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]=

=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）=

=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）=

=

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：