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1Word格式.docx
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(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
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。
(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
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
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
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。
(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
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。
(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
(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
335.0mL
③
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.
(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:
__。
(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).
(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-
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。
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
(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;
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
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