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C中的晶体都是金属晶体,结合碱金属的知识,熔点应为Na>
K>
Rb,C不符合题意。
D中SiC、NaCl、SO2分别属于原子晶体、离子晶体和分子晶体,它们的熔点为SiC>
NaCl>
SO2。
故选B。
例4将相同质量的镁条分别在①氧气中②空气中③氮气中④二氧化碳中完全燃烧,燃烧后所得固体产物的质量由小到大的顺序是()
A.②①③④B.④①②③
C.③②①④D.③①②④
[思路]:
本题考查Mg在O2、N2、CO2中燃烧的反应以及定量分析问题的能力,只要能利用质量守恒定律,逐一分析其质量关系,即可解题。
[解析]:
Mg在氧气中:
2Mg+O2=2MgO
Mg在氮气中:
2Mg+O2=2MgO(主)3Mg+N2=Mg3N2(微量)
Mg在二氧化碳中:
2Mg+CO2=2MgO+C
依元素守恒法,1molMg燃烧生成1molMgO,质量增加16g;
1molMg燃烧生成1/3molMg3N2,质量增加28/3g;
1molMg在二氧化碳中燃烧,固体产物分别为1/2mol在C和1mol的MgO,质量增加6g+16g=22g。
因此,相同质量的镁粉若分别在上述气体中燃烧,所得固体产物的质量的大小关系是在二氧化碳中燃烧最大,应选C。
[注意]:
Mg在二氧化碳中燃烧时,不存在2Mg+CO2=2MgO+C的反应,这是因为在空气中的主要成分是N2和O2,只含微量的CO2,O2的氧化性远强于CO2,所以存在过量O2的条件下,不可能发生与CO2的反应(即使假定发生了此反应,生成的C也会继续与O2反应生成CO2,最终结果也相当于没反应)。
例5、如何用化学方法除去下列物质中的杂质,写出有关的化学方程式:
(1)铝中含少量的镁
(2)镁中含少量的铝
[思路]:
提纯物质主要应考虑:
①利用被提纯物质与杂质的不同化学性质,②所加试剂最好只与杂质作用,不改变被提纯的物质,③不要引入新杂质,④反应较快,操作方便,被提纯物质易于分离出来。
[解析]本题所给物质为金属混合物,主要从金属活泼性来考虑。
(1)中的镁比铝活泼,可利用金属与盐的转换反应除杂。
(2)中的铝能与强碱溶液反应,镁不能,可选用强碱溶液作试剂。
答案:
(1)将混合物加入足量的氯化铝溶液中,充分反应后过滤。
3Mg+2AlCl3=3MgCl2+3Al
(2)将混合物加入足量的氢氧化钠溶液中,充分反应后过滤。
2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑
例6.若镁粉着火,请注意不要用泡沫灭火器灭火,也不要用干粉灭火器灭火。
简述理由(提示:
泡沫灭火器产生CO2和H2O等,干粉灭火器中含NaHCO3)。
本题应从Mg活泼的化学性质入手。
[解析]:
在泡沫灭火器喷射出CO2和H2O的混合物时,Mg可与CO2和H2O反应,会促进燃烧,事与愿违。
2Mg+CO2=2MgO+CMg+2H2O=Mg(OH)2+H2↑2H2+O2=2H2O
干粉灭火器中:
2NaHCO3=Na2CO3+CO2↑+H2O,Mg仍在CO2中燃烧,所以不能使用。
例7:
等物质的量的钠、镁、铝分别与1L1mol/L的盐酸作用产生氢气,可出现下列四种情况:
①Na<Mg<Al;
②Na<Mg=Al;
③Na=Mg=Al;
④Na>Mg=Al.讨讨论上述四种情况所需金属的物质的量分别在何范围?
本题可用分段讨论的方法,但比较繁琐,用作图法则方便快捷.
化学反应中,反应物与生成物的量通常成线性关系,作图时可利用特殊点(如刚开始反应,恰好完全反应等)画出投入金属量与产生氢气量的关系图,各种情况一目了然.
根据Na~H+~H2Mg~2H+~H2
Al~3H+~H2
对于Na:
起点O(0,0),盐酸恰好完全反应时为A点(1,1/2);
对于Mg:
起点O(0,0),盐酸恰好完全反应时为B点(1/2、1/2);
对于Al:
起点O(0,0),盐酸恰好完全反应时为C点(1/3,1/2)
显然,当n<1/2时,Na<Mg<Al
当1/2≤n<1时,Na<Mg=Al
当n=1时,Na=Mg=Al
当n>1时,Na>Mg=Al.
参考答案:
①n<1/2②1/2≤n<1
③n=1④n>1
例8下列各组离子在溶液中可以大量共存,且加入氨水后也不产生沉淀的是()
A.Na+Ba2+Cl-SO42-B.K+AlO2-NO3-OH-
C.H+NH4+Al3+SO42-D.H+Cl-CH3COO-NO3-
离子共存问题,一直是高考的“热点”。
解决这类问题,只要考虑两大方面即可:
(1)能否发生复分解反应,
(2)能否发生氧化还原反应。
若两类反应均不发生,则可共存。
Al3+只能存在于酸性条件下,故C可共存,但加入氨水后可生成Al(OH)3沉淀,且不溶于溶液中铵盐;
AlO2-存在于碱性环境中,加入氨水后不会产生沉淀;
A答案中Ba2+、SO42-不共存,而D中的H+和CH3COO-不能共存。
例9.下列离子方程式正确的是()
A.稀硫酸与氢氧化钡溶液反应
H++SO42-+Ba2++OH-=BaSO4↓+H2O
B.硫酸铝溶液中滴入氨水
Al3++3OH-=Al(OH)3↓
C.碳酸氢镁溶液中加入氢氧化钠溶液
Mg2++2HCO3-+4OH-=Mg(OH)2↓+CO32-+2H2O
D.硝酸铝溶液中滴加少量的氢氧化钠溶液
[思路与解析]:
A式错在若一种物质中有两种或两种以上的离子参加反应,必须维持在原物质中的微粒数比,在稀硫酸中1个SO42-离子对应两个H+离子,在氢氧化钡中1个Ba2+对应2个OH-离子,故该反应的离子方程式为:
2H++SO42-+Ba2++2OH-=BaSO4↓+2H2O
B项中氨水(NH3·
H2O)为一元弱碱,是弱电解质,应该保留分子式,故该反应的离子方程式为:
Al3++3NH3·
H2O=Al(OH)3↓+3NH4+
C项中的碳酸氢镁属易溶且易电离的物质,它与NaOH溶液反应,属酸式盐与碱的反应。
变成的是正盐MgCO3,而Mg2+和OH-结合生成的Mg(OH)2因其溶解度较MgCO3低的多,根据离子反应总是向着离子减少的方向进行的规律,Mg2+变成Mg(OH)2而不会生成MgCO3,该离子方程式是正确的。
D项在过量的硝酸铝溶液中滴加少量的NaOH溶液,生成的Al(OH)3沉淀不会溶解,故该离子方程式是正确的。
故选C、D。
例10今有铝、稀硫酸和氢氧化钠溶液为原料,在实验室制备一定量的氢氧化铝。
可分别采用如下化学方程式所表示的两种方法:
①2Al+3H2SO4=Al2(SO4)3+3H2↑
Al2(SO4)3+6NaOH=2Al(OH)3↓+3Na2SO4
②2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑
2NaAlO2+2H2O+H2SO4=2Al(OH)3↓+Na2SO4
(1)上述那一种方法比较节约试剂?
(提示:
试从每生产2molAl(OH)3所耗费的试剂用量给予说明)
(2)原料相同,请设计一种更为节约试剂的方法(以方程式表示,并说明其可以最节约试剂的根据)。
思路与解析:
(1)Al即可以跟稀硫酸,也可跟氢氧化钠溶液反应放出氢气。
反应后如果再以H2SO4或NaOH溶液处理,实际上是调控pH,使之得到Al(OH)3,达到制备的目的。
先用酸,后用碱,还是先用碱,后用酸,都是可行的,但是耗用的酸、碱用量却不同。
同样是制备2molAl(OH)3,前法需2molAl、3molH2SO4、6molNaOH;
后法只需2molAl、1molH2SO4、2molNaOH,显然,后法较前法节约了酸、碱试剂。
(2)仔细观察第一种方法,它第一步生成的是Al2(SO4)3,略有酸性,所以要用较多的NaOH。
第二种方法生成的是NaAlO2,略有碱性,所以要用较多的硫酸。
因此,设想是否能用略有酸性的Al2(SO4)3和略有碱性的NaAlO2自己中和呢?
联合两法可设计出第三种方法。
2Al+3H2SO4=Al2(SO4)3+3H2↑
Al2(SO4)3+6NaAlO2+12H2O=8Al(OH)3↓+3Na2SO4
相当于制备2molAl(OH)3需要的原料为2molAl、0.75molH2SO4、1.5molNaOH,确实节约了试剂。
例11:
某复盐的化学式AxB(ED4)y·
zH2O,已知x、y、z均为正整数,且x+y+z=10,用该晶体完成下列实验:
①称取晶体40.2g,加热至质量不再改变,质量减少了10.8g,②将剩余固体溶于水,配成200mL溶液,取出20mL,向其中加入过量的Ba(OH)2溶液,ED4离子和B离子完全沉淀,经测定为5.24g,③将沉淀物加到足量的盐酸中,固体质量又减少了0.580g。
试通过计算和推理回答A、B是何种元素及晶体的化学式。
所谓复盐,即含有两种或两种以上的金属离子(含NH4+)和一种酸根离子的盐。
题设复盐的化学式为AxB(ED4)y·
zH2O,显然A、B为简单金属离子;
ED4离子和B离子与过量的Ba(OH)2溶液反应得到两种沉淀物,显然是阴离子ED4离子与Ba2+结合得一沉淀,阳离子B离子与OH-结合得一沉淀,且可溶于盐酸的必为B离子与OH-结合得到的金属B的难溶氢氧化物,另一不溶于盐酸的必为ED4离子与Ba2+结合得到的难溶性钡盐,而且从阴离子的形式使我们想起了SO42-,即初步确认难溶性钡盐为BaSO4。
这类问题的解决,一般还要辅之于定量的计算,由题给实验数据,在4.02g复盐中:
结晶水的物质的量为:
10.8g÷
18g/mol=0.600mol
初步确认的SO42-的物质的量为:
{(5.24g-0.580g)÷
233g/mol}×
200mL/20mL=0.200mol
这样,该复盐中y:
z=0.200:
0.600=1:
3
这就找到了解决问题的突破口,因为有了y:
z=1:
3,加之题给x+y+z=10,就创造了利用数学手段,结合化学意义进行讨论进而确认的机会。
讨论:
当y=1时,z=3,则x=6,依该结论,则该复盐的化学式当初步确定为A6B(ED4)·
3H2O,这显然与化合价法则相矛盾。
原假设不能成立。
当y=2时,z=6,则x=2,依该结论,则该复盐的化学式当初步确定为A2B(ED4)2·
6H2O,且可能成立的情况必然为A为+1价,则B必为+2价。
依上述推论推得的40.2g中含结晶水0.600mol,则含A为0.200mol、B为0.100mol,可知生成金属B的氢氧化物的化学式为B(OH)2,且其摩尔质量为:
(0.58g×
200mL/20mL)/0.100mol=58.0g/mol
易得金属B的相对原子质量为58.0-17.0×
2=24.0,显然B元素为Mg。
40.2g复盐中A元素的质量为:
40.2g-10.8g-96g/mol×
0.2mol-2.4g=7.80g
金属A的摩尔质量为:
7.80g÷
0.2mol=39.0g/mol,所以A元素为K元素。
这样复盐的化学式是K2Mg(SO4)2·
6H2O。
例12.向已知含有Zn2+的溶液中滴加氨水,有白色沉淀Zn(OH)2生成,继续滴加氨水使其过量,沉淀溶解,生成了[Zn(NH3)4](OH)2。
此外Zn(OH)2即可溶于盐酸,又可溶于NaOH溶液,生成ZnO22-,所以Zn(OH)2是一种两性氢氧化物。
现有四种离子,每组有两种金属离子。
请各选一种试剂,将它们两者分开。
可供选择的试剂有:
A.硫酸B.盐酸C.硝酸D.氢氧化钠溶液E.氨水
根据上述内容填写下表:
离子组
选用试剂代号
沉淀物化学式
保留在溶液中的离子
①Zn2+和Al3+
②Zn2+和Mg2+
③Zn2+和Ba2+
④Mg2+和Al3+
本题给出的知识性信息是Zn(OH)2两性和可生成溶于水的[Zn(NH3)4](OH)2。
运用它们的化学性质,选择适当的试剂加以分离。
①Zn2+和Al3+的分离:
由于Al(OH)3和Zn(OH)2均为两性氢氧化物,不能用酸碱加以区分,但是Zn2+可与过量的氨水反应,生成Zn(NH3)42+,Al3+无此性质,可选用氨水(E)为试剂,生成沉淀Al(OH)3,留在溶液中的为Zn(NH3)42+。
②Zn2+和Mg2+的分离:
因Zn(OH)2为两性氢氧化物,Mg(OH)2无两性且为难溶于水的沉淀,可选用NaOH(D)为试剂。
沉淀为Mg(OH)2,留在溶液中的离子为:
ZnO22-。
③Zn2+和Ba2+的分离:
由于BaSO4难溶于水且不溶于酸,而ZnSO4则能溶于水,可选用H2SO4(A)为试剂。
沉淀为BaSO4,保留在溶液中的离子为Zn2+。
④Mg2+和Al3+的分离:
Al(OH)3有两性,能溶于过量的NaOH溶液中,Mg(OH)2无两性且为难溶于水的沉淀,可选用NaOH(D)为试剂。
AlO2-。
2.实战演练
一、选择题
1.将一定质量的Mg、Zn、Al混合物与足量稀H2SO4反应,生成H22.8L(标准状况),原混合物中的质量可能是
A.2gB.14g
C.8gD.10g
2.将某物质的量的镁和铝相混合,取等质量的该混合物四份,分别加到足量的下列溶液中,充分反应后,放出氢气最多的是
A.3mol·
L-1HCl
B.4mol·
L-1的HNO3
C.8mol·
L-1NaOH
D.18mol·
L-1H2SO4
3.人的纯净的胃液是一种强酸性液体,pH在0.9~1.5左右,氢氧化铝是一种治疗胃液过多的胃药的主要成分,目前这种胃药已不常用,原因主要是
A.长期摄入铝元素不利于人体健康
B.它不能中和胃液
C.它不易溶于胃液
D.它的疗效太差
4.下列气体逐渐通入NaAlO2溶液中,开始时产生沉淀,继续通入气体时沉淀又溶解,该气体是
A.NO2B.NO
C.CO2D.H2S
5.在硝酸铝和硝酸镁的混合溶液中,逐滴加入稀氢氧化钠溶液,直至过量。
下列表示氢氧化钠加入量(x)与溶液中沉淀物的量(y)的关系示意图中正确的是
6.在氯化镁和硫酸镁的混合液中,若Mg2+与Cl-的物质的量浓度之比为4∶3时,下列判断正确的是
A.溶液中Mg2+与SO
的物质的量浓度相等
B.溶液中Mg2+与SO
物质的量浓度之比为5∶8
C.溶液中Mg2+与SO
物质的量浓度之比为8∶5
D.溶液中氯化镁和硫酸镁物质的量相等
7.将AlCl3溶液和NaOH溶液等体积混合得到的沉淀物和溶液中所含铝元素的质量相等,则原AlCl3溶液和NaOH溶液物质的量浓度之比可能是
A.2∶3B.1∶3
C.1∶4D.2∶7
8.mg钠、铝混合物,放入ng水中,反应停止后,仍有不溶物ag,则溶液中溶质为
A.NaOHB.NaAlO2C.NaOH和NaAlO2D.无法确定
9.将铝粉放入烧碱溶液中,若反应过程中有1.5 mol电子发生转移,则参加反应的水为
A.9 gB.18 g
C.0.5 molD.
mol
10.将物质X逐渐加入Y溶液中,生成沉淀物质的量n2与所加X的物质的量n1的关系如图所示。
符合图示情况的是
A
B
C
D
X
NaOH
AlCl3
HCl
NaAlO2
Y
二、非选择题
11.在50 mL b mol·
L-1AlCl3溶液中加入50 mL a mol·
L-1 NaOH溶液。
(1)当a≤3b时,生成Al(OH)3沉淀的物质的量为。
(2)当a、b满足条件时,先有沉淀,后又有部分沉淀溶解,此时Al(OH)3的质量为g。
12.今用铝、稀硫酸和氢氧化钠溶液为原料,在实验室制备一定量的氢氧化铝。
①2Al+3H2SO4===Al2(SO4)3+3H2↑
Al2(SO4)3+6NaOH===2Al(OH)3↓+3Na2SO4
②2Al+2NaOH+2H2O===2NaAlO2+3H2↑
2NaAlO2+H2SO4+2H2O===2Al(OH)3↓+Na2SO4
(1)上述哪一种方法比较节约试剂?
[提示:
试从每生产2 mol Al(OH)3所耗费的试剂用量予以说明]
13.镁是一种很活泼的金属,常用作脱硫剂、脱氧剂。
在电子工业中利用镁制取硅的反应为:
2Mg+SiO2
2MgO+Si
同时有副反应发生:
2Mg+Si
Mg2Si
Mg2Si遇盐酸迅速反应生成SiH4(硅烷)。
SiH4在常温下是一种不稳定、易分解的气体。
(1)图(甲)是进行Mg与SiO2反应的实验装置。
Ⅰ.由于O2的存在对该实验有较大影响,实验中应通入X气体作为保护气。
X气体应选用①CO2、②N2、③H2中的。
Ⅱ.实验开始时,必须先通入X的气体,再接通电源加热反应物,其理由是;
当反应引发后,切断电源,反应能继续进行,其原因是。
Ⅲ.反应结束时,待冷却至常温后,关闭K,从分液漏斗处加入稀盐酸,可观察到导管口a处有闪亮的火星。
据此现象可推知在空气中能自燃。
(2)图(乙)所示装置进行的实验如下:
先关闭K,使A中反应进行;
加热玻璃管C,可观察到C管中发出耀眼白光,产生白烟,管壁上附着有淡黄色物质。
实验完成后,将C管中固体全部加入盐酸中,有臭鸡蛋气味的气体生成。
Ⅰ.C中的Mg应放在不锈钢垫片上而不能直接接触管壁,这是因为。
Ⅱ.停止实验时,先打开K,再停止滴加浓硫酸并熄灭酒精灯。
橡胶气胆B在实验中的作用是。
Ⅲ.C中全部反应产物有、、。
(填化学式)
14.有铝粉和四氧化三铁组成的铝热剂,在隔绝空气的条件下灼烧,使之充分反应。
将所得混合物研细并分成两等份,分别投入过量的烧碱溶液和盐酸中。
充分反应后,前者消耗m mol NaOH,放出气体0.336 L;
后者消耗n mol HCl,放出气体VL。
若将等质量的这种铝热剂中的铝粉与足量的稀硫酸作用,可得3.36 L气体(气体体积均在标准状况下测定。
)求:
(1)该铝热剂的质量分数。
(2)m、n、V的值。
15.在标准状况下进行甲、乙、丙三组实验,三组各取30 mL同浓度的盐酸溶液,加入同一种镁铝合金粉末,产生气体,有关数据列表如下:
实验序号
甲
乙
丙
合金质量(mg)
255
385
459
生成气体体积(mL)
280
336
(1)甲组实验中,盐酸(填“过量”“适量”或“不足量”),理由是。
乙组实验中,盐酸(填“过量”“适量”或“不足量”),理由是。
要算出盐酸的物质的量浓度,题中可作计算依据的数据是,求得的盐酸的物质的量浓度为。
(2)求合金中Mg、Al的物质的量之比,题中可作计算依据的数据是,求得的Mg、Al的物质的量之比为。
(3)在丙组实验之后,向容器中加入1 mol·
L-1的氢氧化钠溶液,能使合金中的铝恰好溶解,不形成含铝的沉淀,并使Mg2+刚好沉淀完全,再过滤出不溶固体,求滤液中各溶质的物质的量和所加入氢氧化钠溶液的体积(写计算过程)。
参考答案
一、1.C
2.解析:
镁、铝不能与HNO3、浓H2SO4反应产生H2;
Mg不与NaOH反应,Al能;
Mg\,Al都能与盐酸反应产生H2。
A
3.A4.A5.C6.C7.AD8.B9.AC10.C
二、11.
(1)
amol
(2)3b<a<4b(15.6b-3.9a)
12.
(1)方法②比方法①更节约试剂。
(2)2Al+3H2SO4===Al2(SO4)3+3H2↑
2Al+2NaOH+2H2O===2NaAlO2+3H2↑
Al2(SO4)3+6NaAlO2+12H2O===8Al(OH)3↓+3Na2SO4
相当于制备2molAl(OH)3所用原料为2mol Al、
mol H2SO4、1.5 mol NaOH,确实节约了试剂。
13.
(1)Ⅰ.③Ⅱ.防止加热条件下H2与空气混合爆炸Mg与SiO2的反应是放热反应Ⅲ.SiH4
(2)Ⅰ.同在加热条件下,Mg能与玻璃中的SiO2反应Ⅱ.防止C管降温时因气体压强减小,而引起D中溶液倒流Ⅲ.MgOSMgS
14.
(1)Al:
27.95%Fe3O4:
72.05%
(2)m=0.05moln=0.24molV=1.344L
15.
(1)过量因为乙组所用合金量比甲组多,产生H2也多,说明甲组中HCl未反应完不足量因为甲组255 g合金生成H2 280 mL,每克合金生成H2:
mL。
若乙组中合金耗尽,应生成H2:
×
385=423 mL,实际只生成336 mL,所以盐酸不足量盐酸30 mL、气体336 mL1 mol·
L-1
(2)合金255 mg,气体280 mL1∶1
(3)滤液中溶质为NaCl,NaAlO2
设丙组中Mg、Al的物质的量均为x
则24x+27x=0.459x=0.009 mol
根据Cl元素守恒:
n(NaCl)=n(HCl)=1×
0.03=0.03 mol
根据Al元素守恒:
n(NaAlO2)=n(Al)=0.009 mol
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