备战高考化学复习《镁及其化合物》专项推断题综合练习.docx
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备战高考化学复习《镁及其化合物》专项推断题综合练习
2020-2021备战高考化学复习《镁及其化合物》专项推断题综合练习
一、镁及其化合物
1.下图中A-J分别代表相关反应中的一种物质,已知A分解得到等物质的量的B、C、D,已知B、D为常温下气态化合物,C为常温下液态化合物,图中有部分生成物未标出。
请填写以下空白:
(1)A的化学式_____________B的电子式_______________。
(2)写出下列反应的化学方程式:
D+G→H_____________________________。
B+镁→E+F______________________________。
(3)写出A+NaOH→D的离子方程式_________________________________。
【答案】
(1)NH4HCO3
(2)4NH3+5O2
4NO+6H2OCO2+2Mg="=="2MgO+C
(3)NH4++HCO3-+2OH-=NH3+CO32-+2H2O
【解析】
【分析】
已知A与碱反应生成气体化合物,则A含有铵根离子;A加热分解生成等物质的量的2种气体和1种液体,液体与过氧化钠反应则为水,可确定A为碳酸氢铵,D为氨气,C为水,B为二氧化碳;二氧化碳与镁反应生成氧化镁和碳;
【详解】
(1)分析可知,A为碳酸氢铵,化学式为:
NH4HCO3;B为二氧化碳,其电子式为:
;
(2)D与G分别为氨气、氧气,在一定条件下反应生成一氧化氮和水,方程式为:
4NH3+5O2
4NO+6H2O;镁与二氧化碳反应生成氧化镁和碳,方程式为:
CO2+2Mg
2MgO+C;
(3)碳酸氢钠与NaOH反应生成氨气、水和碳酸钠,其反应的离子方程式为:
NH4+ +HCO3-+2OH-=NH3
+CO32-+2H2O;
2.由短周期元素组成的A、B、C、D、E、F六种微粒,其中只有C、D是分子,其余四种均为阳离子或阴离子,且每个微粒中都含有10个电子。
已知A、E是由非金属元素组成的阳离子,六种微粒间有下列关系:
①A++B-
C+D,B-+E+=2D;
②通常情况下,C是一种无色刺激性气味的气体,且可使湿润的红色石蕊试纸变蓝;
③向含F离子的溶液中加入C的水溶液,可生成白色沉淀W,C溶液过量沉淀也不消失。
再加入含大量B离子或大量E离子的溶液时,沉淀W在其中一种情况下溶解,另一种情况下不溶解。
请回答下列问题:
(1)微粒A的名称及化学式分别为_____________、_________________。
(2)C的水溶液中存在的分子总数至少有___________种。
(3)写出微粒F与过量C的水溶液反应的离子方程式:
__________________________。
(4)向含有0.1molF离子的50mL溶液中,加入含1.5mol/LB离子的200mL强碱溶液,结果有白色沉淀产生,再向该混合物中加入含1mol/LE离子的强酸溶液,若要使沉淀恰好溶解,则最后加入的溶液的体积至少为___________mL。
【答案】铵(根)离子NH4+3Mg2++2NH3·H2O=Mg(OH)2↓+2NH4+300
【解析】
【分析】
由短周期元素组成的A、B、C、D、E、F六种微粒,其中只有C、D是分子,其余四种是离子,为阳离子或阴离子,且每个微粒中都含有10个电子,已知A、E是由非金属元素组成的阳离子,根据②通常状况下C的聚集状态为气态,且可使湿润的红色石蕊试纸变蓝,则C是氨气;
①A、B两种离子在加热条件下可生成C、D两种分子,A是10电子的阳离子,能生成氨气,则A是铵根离子,B是氢氧根离子,D是水;
③1molB离子与1molE离子作用可生成2molD分子,则E是水合氢离子;
④向含F离子的溶液中加入氨气的溶液,可生成白色沉淀W,C溶液过量沉淀也不消失,但再加入含大量B离子或大量E离子的溶液,沉淀W在其中一种情况下溶解,另一种情况下不溶解,沉淀W是氢氧化镁。
【详解】
根据上述分析可知:
A是铵根离子NH4+,B是氢氧根离子OH-,C是氨气NH3,D是水H2O,E是H3O+,F是Mg2+,沉淀W是Mg(OH)2。
(1)通过以上分析知,A的名称是铵根离子,化学式为:
NH4+;
(2)C是NH3,当氨气溶于水后,大部分NH3与水反应产生NH3·H2O,产生的NH3·H2O有少部分发生电离产生NH4+和OH-,所以氨气的水溶液中至少存在的分子有H2O、NH3、NH3·H2O三种分子;
(3)微粒F是Mg2+,Mg2+与过量NH3在水溶液反应,产生Mg(OH)2沉淀和NH4+,反应的离子方程式为:
Mg2++2NH3·H2O=Mg(OH)2↓+2NH4+;
(4)n(Mg2+)=0.1mol,n(OH-)=c·V=1.5mol/L×0.2L=0.3mol,根据方程式Mg2++2OH-=Mg(OH)2↓中二者反应的物质的量关系可知OH-过量,反应后产生0.1molMg(OH)2,同时有剩余OH-物质的量是0.1mol,再向该混合物中加入含1mol/LE离子的强酸溶液,若要使沉淀恰好溶解,首先发生反应OH-+H3O+=2H2O,然后发生反应:
Mg(OH)2↓+2H3O+=4H2O+Mg2+,则反应消耗H3O+的物质的量为0.1mol+0.1mol×2=0.3mol,由于1mol/LE离子的强酸溶液,因此需要H3O+的体积V(H3O+)=0.3mol÷1mol/L=0.3L=300mL。
3.在人类社会的发展进程中,金属起着重要的作用。
(1)以下有关金属单质的叙述正确的是_______。
A.金属钠非常活泼,在实验室中保存在石蜡油或煤油中
B.用坩埚钳夹住一小块铝箔,在酒精灯上加热,可观察到铝箔熔化,并有熔融物滴下
C.铁单质与水蒸气反应的化学方程式为2Fe+3H2O(g)=Fe2O3+3H2
(2)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下图所示,试回答:
①A点的沉淀物的化学式为________;B点的沉淀物的化学式为________________________;写出A→B段发生反应的离子方程式_____________________________。
②原混合物中MgCl2的质量是________g,AlCl3的质量是________g,NaOH的质量是________g。
③Q点HCl溶液加入量是________mL。
【答案】AMg(OH)2Mg(OH)2和Al(OH)3AlO2-+H++H2O=Al(OH)3↓1.902.675.20130
【解析】
【分析】
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,前10毫升盐酸反应时沉淀量不变,说明盐酸和氢氧化钠反应,则白色沉淀为氢氧化镁沉淀,再加入盐酸产生沉淀,是偏铝酸钠和盐酸反应生成氢氧化铝沉淀,再加入盐酸,氢氧化镁和氢氧化铝沉淀全部溶解。
据此解答。
【详解】
(1)A.金属钠非常活泼,容易和水或氧气反应,在实验室中保存在石蜡油或煤油中,故正确;B.用坩埚钳夹住一小块铝箔,在酒精灯上加热,可观察到铝箔熔化,外面有氧化铝薄膜包着,不会滴下,故错误;C.铁单质与水蒸气反应的化学方程式为2Fe+4H2O(g)
Fe3O4+4H2,故错误。
故选A;
(2)①先加入的盐酸和氢氧化钠反应,说明白色沉淀为Mg(OH)2,再加入盐酸,又产生了氢氧化铝沉淀,所以B点为Mg(OH)2和Al(OH)3;A到B的离子方程式为:
AlO2-+H++H2O=Al(OH)3↓;
②氢氧化镁沉淀的质量为1.16克,即0.02mol氢氧化镁,则对应的氯化镁的物质的量为0.02mol,质量为0.02mol×95g/mol=1.90g,根据AlO2-+H++H2O=Al(OH)3↓分析,反应消耗的盐酸的物质的量为1mol/L×(30-10)×10-3L=0.02mol,则氯化铝的物质的量为0.002mol质量为0.02mol×133.5g/mol=2.67g,氢氧化钠的物质的量为0.02×2+0.02×4+1×0.01=0.13mol,则质量为0.13mol×40g/mol=5.20g;
③Q点HCl溶液可以看成就是将原来的氢氧化钠反应生成氯化钠,故根据0.13mol氢氧化钠计算,盐酸的物质的量为0.13mol,体积为
=130mL。
【点睛】
掌握混合溶液中的反应顺序是关键,注意氢氧化钠和氯化镁、氯化铝反应后的混合溶液中与盐酸反应不产生沉淀,说明含有氢氧化钠,则另外存在的是氢氧化镁和偏铝酸钠,不可能是氢氧化铝。
注意反应最后沉淀完全溶解时溶液含有氯化钠和氯化镁和氯化铝,相当于氢氧化钠和盐酸反应,据此快速计算。
4.在MgCl2和AlCl3的混合溶液中,逐滴加入NaOH溶液直至过量。
经测定,加入的NaOH的物质的量(mol)和所得沉淀的物质的量(mol)的关系如下图所示。
(1)写出代表下列线段发生的反应的离子方程式:
DC段________________________________________________。
(2)原溶液中Mg2+、Al3+的物质的量之比为_____________。
(3)图中B点时所加入溶液中含NaOH为________mol
(4)若向50mL2mol·L-1的AlCl3溶液中加入100mLKOH溶液,充分反应后得到3.12g沉淀。
则KOH的物质的量浓度可能为________________________________。
【答案】Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O2∶10.8mol1.2mol·L﹣1、3.6mol·L﹣1
【解析】试题分析:
本题考查与Al(OH)3有关的图像的计算,Al3+与强碱反应的计算。
在MgCl2和AlCl3的混合溶液中,逐滴加入NaOH溶液,图像中OD段发生的反应为MgCl2+2NaOH=Mg(OH)2↓+2NaCl、AlCl3+3NaOH=Al(OH)3↓+3NaCl;Mg(OH)2不溶于NaOH溶液,Al(OH)3溶于NaOH溶液,DC段发生的反应为Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O。
(1)DC段为Al(OH)3溶于NaOH生成NaAlO2和H2O,反应的离子方程式为Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O。
(2)根据纵坐标,Mg(OH)2物质的量为0.2mol,n(Mg2+)=n[Mg(OH)2]=0.2mol,Al(OH)3物质的量为0.3mol-0.2mol=0.1mol,n(Al3+)=n[Al(OH)3]=0.1mol,原溶液中Mg2+、Al3+物质的量之比为0.2mol:
0.1mol=2:
1。
(3)根据反应Mg2++2OH-=Mg(OH)2↓,Mg2+消耗的NaOH物质的量为0.2mol
2=0.4mol;B点时Al3+完全转化为AlO2-,根据反应Al3++4OH-=AlO2-+2H2O,到B点时Al3+消耗的NaOH物质的量为0.1mol
4=0.4mol;图中B点所加溶液中含NaOH物质的量为0.4mol+0.4mol=0.8mol。
(4)n(AlCl3)=2mol/L
0.05L=0.1mol,n[Al(OH)3]=
=0.04mol
0.1mol。
可能存在两种情况,①若加入的KOH溶液较少使部分AlCl3反应生成Al(OH)3沉淀,根据反应AlCl3+3KOH=3KCl+Al(OH)3↓,消耗的KOH物质的量n(KOH)=3n[Al(OH)3]=3
0.04mol=0.12mol,c(KOH)=
=1.2mol/L;②若加入的KOH使AlCl3完全沉淀,KOH又溶解了部分Al(OH)3,AlCl3完全沉淀消耗KOH物质的量为0.1mol
3=0.3mol,生成Al(OH)3沉淀的最大值为0.1mol,则溶解的Al(OH)3物质的量为0.1mol-0.04mol=0.06mol,根据反应Al(OH)3+KOH=KAlO2+2H2O,溶解Al(OH)3消耗的KOH物质的量为0.06mol,加入的KOH物质的量为0.3mol+0.06mol=0.36mol,c(KOH)=
=3.6mol/L;KOH物质的量浓度可能为1.2mol/L或3.6mol/L。
5.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
【解析】
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。
点睛:
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。
6.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
【解析】
【详解】
(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。
7.把一小块镁铝合金溶于100mL盐酸中,然后向其中滴入1mol·L-1NaOH溶液,生成沉淀的质量和加入NaOH溶液的体积如下图所示。
①写出OA段的离子反应方程式________
②写出BC段的化学方程式________
③合金中镁的质量__________g。
④盐酸的物质的量浓度___________mol·L-1。
【答案】H++OH-=H2OAl(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O0.120.5
【解析】
【详解】
①由图可知,从开始至加入NaOH溶液10mL,没有沉淀生成,说明原溶液中盐酸溶解Mg、Al后盐酸有剩余,此时发生的反应为:
HCl+NaOH=NaCl+H2O,则OA段的离子反应方程式为H++OH-=H2O;
②继续滴加NaOH溶液,到氢氧化钠溶液为50mL时,沉淀量最大,此时为Mg(OH)2和Al(OH)3,溶液为氯化钠溶液.再继续滴加NaOH溶液,氢氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠与水,则BC段的化学方程式为Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O;
③由图可知,从加入10mL氢氧化钠溶液开始产生沉淀,加入氢氧化钠溶液为50mL时,沉淀量最大,此时为Mg(OH)2和Al(OH)3,该阶段消耗氢氧化钠40mL,由氢氧根守恒可知3n[Al(OH)3]+2n[Mg(OH)2]=n(NaOH)=(0.06L-0.02L)×1mol/L=0.04mol.从加入氢氧化钠溶液50mL~60mL溶解氢氧化铝,该阶段发生反应Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O,所以n[Al(OH)3]=(0.06-0.05)L×1mol/L=0.01mol,3×0.01mol+2n[Mg(OH)2]=0.04mol,解得n[Mg(OH)2]=0.005mol,由原子守恒n(Mg)=n[Mg(OH)2]=0.005mol,m(Al)=0.01mol×27g•mol-1=0.27g,m(Mg)=0.005mol×24g•mol-1=0.12g,故答案为:
合金中镁的质量为0.12g;
④加入氢氧化钠溶液为50mL时,沉淀量最大,此时为Mg(OH)2和Al(OH)3,溶液为氯化钠溶液,根据钠原子守恒,此时溶液中n(NaCl)=n(NaOH)=0.05L×1mol/L=0.05mol,根据氯原子守恒n(HCl)=0.05mol,盐酸的物质的量浓度为0.05/0.1=0.5mol/L,故答案为:
该盐酸的浓度为0.5mol/L。
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-
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- 镁及其化合物 备战 高考 化学 复习 及其 化合物 专项 推断 综合 练习
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