备战高考化学知识点过关培优 易错 难题训练镁及其化合物.docx
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备战高考化学知识点过关培优易错难题训练镁及其化合物
备战高考化学知识点过关培优易错难题训练∶镁及其化合物
一、镁及其化合物
1.有关物质的转化关系如下图所示(部分物质和条件已略去)。
A是金属单质,D是非金属单质,B、F是气体且B无色无味,G是最常见的无色液体。
请回答下列问题:
(1)C的化学式为:
______________。
(2)B的电子式为:
______________。
(3)写出③的离子方程式:
__________________。
(4)写出②的化学方程式,并用“单线桥”标出电子转移的方向和数目________________。
【答案】MgO
H2O+3NO2===2H++2NO3-+NO
【解析】A是金属单质在无色气体B中燃烧生成非金属单质D,则A是Mg、B是CO2、C是MgO、D是C;碳可以和浓硫酸、浓硝酸在加热条件下反应生成CO2,结合F与水化合能生成E,可知E为浓硝酸,F为NO2;
(1)C的化学式为MgO;
(2)CO2是共价化合物,其的子式为
;
(3)NO2溶解于水生成硝酸和NO的离子方程式为H2O+3NO2===2H++2NO3-+NO;
(4)碳与浓硝酸反应生成CO2的反应是氧化还原反应,其反应化学方程式及电子转移的方向和数目为
。
点睛:
此类题的解答一般有以下步骤:
思维起点的选择:
思维起点是指开始时的思维指向、思维对象或思维角度,推断题中的思维起点应是最具特征的某个条件(包括文字叙述或某个变化过程);思维过程的展开:
解题者在确定思维起点的基础上,利用题目所给信息,结合已有的化学知识和解题经验,不断地缩小问题状态与目标状态的距离;思维过程的检验:
将上述思维过程的结果代入题中,检查一下是否符合题中条件;金属在无色气体中燃烧生成非金属单质这一特殊反应现象,及时与Mg在二氧化碳中燃烧建立联系,展开思维的空间,寻找目标答案。
2.X、Y、Z、W四种物质有如下相互转化关系(其中X、W为单质,Y、Z为化合物,未列出反应条件)。
(1)若X的摩尔质量是W的2倍,工业上Z可作优质的耐高温材料。
W为黑色固体,则Y的化学式________________。
(2)若固体W是紫红色,且向溶液Z中滴入氯水,再滴入2滴KSCN溶液,溶液呈血红色。
则写出X+Y=Z+W的离子方程式__________________________。
(3)若晶体W是一种重要的半导体材料,实验室可用澄清石灰水来检验Z的燃烧产物。
写出Y与NaOH溶液反应的化学方程式________________________________________。
【答案】CO2Fe+Cu2+=Fe2++CuSiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O
【解析】
(1)X、W为单质,Y、Z为化合物,W为黑色固体,应为C单质,X的摩尔质量是W的2倍,Z可作优质的耐高温材料,X为Mg,Z为MgO,Y为CO2。
(2)向溶液Z中滴入氯水,再滴入2滴KSCN溶液,溶液呈血红色,则Z为Fe2+,W是紫红色固体,则W为Cu,X+Y=Z+W反应方程式为:
Fe+Cu2+=Fe2++Cu。
(3)晶体W是一种重要的半导体材料,则W是Si;实验室可用澄清石灰水来检验Z的燃烧产物,则Z的燃烧产物为CO2,化合物Z为CO,则X为C单质,Y为SiO2,Y与NaOH溶液反应的化学方程式为:
SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O。
3.A、B、C、D、E、F的原子序数依次增大,它们都具有相同的核外电子层数。
已知:
A、C、F三种原子最外层共有11个电子,且这三种元素的最高价氧化物的水化物之间两两皆能反应,均生成盐和水;D元素原子的最外层电子数比次外层电子数少4;E元素原子次外层电子数比最外层电子数多3。
(1)写出下列元素的符号:
A________,B________,E________。
(2)把B的单质(片状)放入滴有酚酞的沸水中,观察到的现象是_________________,反应的化学方程式是_______________________。
(3)A、C两种元素的最高价氧化物的水化物反应的离子方程式是____________。
【答案】NaMgP产生气体,溶液变红Mg+2H2O
Mg(OH)2+H2↑Al(OH)3+OH-===AlO
+2H2O
【解析】试题分析:
本题需要通过原子核外电子排布和相关化合物的性质推断六种元素,考查考生对原子核外电子排布的熟悉情况、考查基本实验现象、化学反应方程式、离子方程式等基础知识,考查考生对原子结构知识的综合运用能力及对试题的分析理解能力。
解析:
(1)D元素原子的最外层电子数比次外层电子数少4,所以D次外层电子数为8,最外层电子数为4,D是Si元素,同理E为P元素。
由此可知,这六种电子层数相同的元素均含有3个电子层,既都属于第三周期元素。
“A、C、F三种元素的最高价氧化物的水化物之间两两皆能反应生成盐和水”,其中有一种必属于两性氢氧化物,为Al(OH)3,所以与Al(OH)3反应的碱只能是NaOH,既A为Na、C为Al,A、C最外层电子之和为4,则F最外层电子数为7,是Cl元素。
A与C中间的元素只能是Mg。
正确答案:
Na、Mg、P。
(2)Mg在沸水中发生反应Mg+2H2O
Mg(OH)2+H2↑,反应过程中有气泡产生,且滴加酚酞的溶液变成红色。
正确答案:
产生气体且溶液变红、Mg+2H2O
Mg(OH)2+H2↑。
(3)A、C最高价氧化物的水化物分别是NaOH与Al(OH)3,二者反应的离子方程式Al(OH)3+OH-=AlO
+2H2O。
正确答案:
Al(OH)3+OH-=AlO
+2H2O。
点睛:
元素的最高价氧化物的水化物一定是酸或者碱,三种能个两两反应时其中之一定是两性氢氧化物,一般为Al(OH)3。
4.在一定条件下,单质B、C、D、E都能与A单质发生化合反应,转化关系如图所示。
已知:
①G是黑色晶体,能吸附B单质;②H能与氢氧化钠溶液或盐酸反应;③实验时在G和C的混合物表面加入某强氧化剂粉末,在表面上插入一根除去氧化膜的E片,点燃E引发G与C的反应;④I是绿色植物光合作用的原料,温室中常用它作肥料。
根据上述信息,回答下列问题:
(1)I的电子式为____________,G的俗名是_____________。
(2)以C和E为电极在NaOH溶液中构成原电池,该原电池的负极反应式为________。
(3)根据E和A反应的能量变化图像写出热化学方程式:
_______________。
(4)两种常见含C元素的盐,一种pH>7,另一种pH<7,写出这两种溶液混合时发生反应的离子方程式:
____________________;
(5)写出B在高温下和水蒸气反应的化学方程式并标出电子转移方向和总数________。
【答案】
磁性氧化铁Al-3e-+4OH-=AlO2-+2H2O2Mg(s)+O2(g)=2MgO(s)△H=-10QkJ/mol3AlO2-+Al3++6H2O=Al(OH)3↓
【解析】
【分析】
单质B、C、D、E都能与A单质发生化合反应,①G是黑色晶体,能吸附B单质,可推断B为Fe,G为Fe3O4,A为O2;②H能与氢氧化钠溶液或盐酸反应说明是两性氧化物,C为Al,H为Al2O3;③实验时在G和C的混合物表面加入某强氧化剂粉末,在表面上插入一根除去氧化膜的E片,点燃E引发G与C的反应,是铝热反应,证明E为Mg,F为MgO;④I是绿色植物光合作用的原料,温室中常用它作肥料,则I为CO2,D为C,E+I=F发生的是2Mg+CO2
C+2MgO,据此解答。
【详解】
根据上述分析可知:
A为O2;B为Fe;C为Al;D为C;E为Mg;F为MgO;G为Fe3O4,H为Al2O3;I为CO2。
(1)I为CO2,电子式为
;G为Fe3O4,俗名是磁性氧化铁;
(2)以铝和镁为电极在NaOH溶液中构成原电池,铝与NaOH溶液反应,作原电池的负极,该原电池的负极反应式为Al-3e-+4OH-=AlO2-+2H2O;
(3)根据能量变化图像可知镁和氧气反应的热化学方程式:
2Mg(s)+O2(g)=2MgO(s)△H=-10QkJ/mol;
(4)两种常见含铝元素的盐,一种pH>7,该盐为偏铝酸盐,另一种pH<7,该盐为铝盐,两种溶液混合时发生反应的离子方程式为3AlO2-+Al3++6H2O=Al(OH)3↓;
(5)铁在高温下和水蒸气反应产生Fe3O4和H2,在该反应中Fe失去电子变为Fe3O4,H2O中的H得到电子变为H2,3molFe失去8mol电子,故反应的电子转移表示为:
。
【点评】
本题考查无机物推断,物质的颜色、物质的特殊性质等是推断突破口,需要学生熟练掌握元素化合物知识,结合元素及化合物的结构与性质分析、解答。
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
【解析】
【分析】
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
和Al
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。
【详解】
(1)溶解在硫酸中的Mg
和Al
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)=
=0.6L=600mL。
答案为:
600;
(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-。
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。
答案为:
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.在标准状况下进行甲、乙、丙三组实验:
三组各取30.0mL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
产生气体体积/mL
280
336
336
请回答:
(1)甲组实验中,盐酸______________(选填“适量”“过量”或“不足量”,下同),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1.00mol·L-1NaOH溶液,能使合金中的铝恰好溶解,不形成铝的沉淀,并使Mg2+刚好沉淀完全,再过滤出不溶性固体,求滤液中各溶质的物质的量和所加入NaOH溶液的体积(写计算过程)。
___________________
【答案】过量同体积的盐酸此时产生H2最少336mL气体和30mL溶液1mol/L255mg和280mL1:
1NaCl0.03molNaAlO20.009mol39mL
【解析】
【详解】
(1)由乙实验知,增加合金的质量,气体体积增大,说明甲实验结束后酸有剩余。
答案为过量,同体积的盐酸此时产生H2最少。
比较乙和丙实验,气体的体积相同,说明乙实验中酸已经完全反应,所以336mL气体和30mL溶液是计算酸的浓度所需使用的数据。
答案为336mL气体和30mL溶液。
答案为1mol/L。
(2)比较甲、乙实验数据可知,甲中酸过量,则合金完全反应。
所以255mg和280mL是计算合金中Mg、Al的物质的量之比所需使用的数据。
答案为255mg和280mL。
设Mg的物质的量为x,Al的物质的量为y,列方程组为:
,求得x:
y=1:
1。
答案为1:
1。
(3)依据Cl-守恒,可得:
n(NaCl)=n(HCl)=1mol/L×0.03L=0.03mol;
依据Al守恒,可得:
n(NaAlO2)=n(Al)=
=0.009mol;
依据Na+守恒,可得:
n(NaOH)=0.03mol+0.009mol=0.039mol,所以V(NaOH)=39mL。
答案为:
NaCl0.03molNaAlO20.009molV(NaOH)=39mL。
7.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
【解析】
试题分析:
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。
点睛:
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。
8.镁的化合物具有广泛用途,请回答有关镁的下列问题:
(1)单质镁在空气中燃烧的主要产物是________,还生成少量的________(填化学式)。
(2)物质的量为0.10mol的镁条在只含有CO2和O2混合气体的容器中燃烧(产物不含碳酸镁),反应后容器内固体物质的质量不可能为_____________
A.3.2gB.4.0gC.4.2gD.4.6g
(3)镁作为一种强还原剂,还用于钛和铀的生产,写出镁与TiCl4在高温条件下制取钛的化学方程式_______________。
(4)氢气是一种清洁能源,氢气的制取与储存是氢能源利用领域的研究热点。
Mg2Cu是一种储氢合金。
350℃时,Mg2Cu与H2反应,生成MgCu2和仅含一种金属元素的氢化物(其中氢的质量分数为0.077),Mg2Cu与H2反应的化学方程式为___________。
(5)CH3MgCl是一种重要的有机合成剂,其中镁的化合价是__________,该化合物水解时生成甲烷、氯化镁和氢氧化镁,请写出该反应的化学方程式______________________。
【答案】MgOMg3N2D
+2价2CH3MgCl+2H2O=Mg(OH)2↓+2CH4↑+MgCl2
【解析】
【分析】
(1)镁在空气中燃烧,不仅和氧气反应还和氮气反应;
(2)金属Mg在只含有CO2和O2混合气体的容器中燃烧,固体的质量包括未反应镁的质量、生成的碳的质量和生成的氧化镁的质量,采用极限讨论法,若镁全部与二氧化碳反应生成固体量最大,假设镁没有反应,则固体量最少,计算出固体的范围,然后对各选项进行判断;
(3)镁与TiCl4在高温条件生成钛和氯化镁;
(4)令金属氢化物为RHx,金属R的相对分子质量为a,则
=0.077,即923x=77a,X为金属的化合价,讨论可得x=2,a=24,故该金属氢化物为MgH2;
(5)根据化合价代数和为0判断镁的化合价,根据元素守恒书写化学方程式。
【详解】
(1)镁在空气中燃烧,镁和氧气反应生成氧化镁(化学式为MgO),和氮气反应生成氮化镁,所以单质镁在空气中燃烧的主要产物是白色的氧化镁,还生成少量的氮化镁,化学式为Mg3N2;
(2)镁条在只含有CO2和O2混合气体的容器中燃烧,反应后容器内固体物质的质量为:
未反应镁的质量、生成的碳的质量及生成的MgO的质量,若气体中无氧气,镁完全与二氧化碳反应时,反应后固体的质量最大;
2 2 1
0.10mol 0.10mol 0.05mol
则0.1mol镁完全反应最多可生成固体的质量为:
0.10mol×40g/mol+0.05mol×12g/mol=4.6g;
若金属镁没有反应,则固体的质量最少,固体质量最小为:
0.10mol×24g/mol=2.4g;
由于含有二氧化碳和氧气,且镁条也参加了反应,则反应后固体质量m的范围应为:
2.4g<m<4.6g,故答案为D;
(3)镁与TiCl4在高温条件生成钛和氯化镁,发生的化学方程式为
;
(4)令金属氢化物为RHx,金属R的相对分子质量为a,则
=0.077,即923x=77a,X为金属的化合价,讨论可得x=2,a=24,故该金属氢化物为MgH2,故反应方程式为
;
(5)根据CH3MgCl中各元素化合价代数和为0可知镁的化合价为+2价,CH3MgCl水解时生成甲烷、氯化镁和氢氧化镁,反应的化学方程式为2CH3MgCl+2H2O=Mg(OH)2+MgCl2+2CH4↑。
9.镁、铝的混合物共0.2mol,溶于200mL4mol·L-1的盐酸溶液中,然后再滴加2mol·L-1的NaOH溶液。
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。
请回答下列问题:
(1)当V1=160mL时,则金属粉末中m(Al)=_____________mol。
(2)V2~V3段发生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,则加入NaOH溶液的体积V(NaOH)=____________mL。
(4)若镁、铝的混合物仍为0.2mol,其中镁粉的物质的量分数为a,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】0.08Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O4000.6≤a<1
【解析】
(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
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