化学 镁及其化合物的专项 培优练习题及详细答案.docx
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化学镁及其化合物的专项培优练习题及详细答案
化学镁及其化合物的专项培优练习题及详细答案
一、镁及其化合物
1.以硼镁泥(主要成分为MgSiO3、Fe2O3及少量Al2O3、FeO和MnO)为原料制备高纯Mg(OH)2的流程如下:
己知:
①常温下此体系中各氢氧化物开始沉淀与沉淀完全时的pH范围如下表所示:
pH值
Mg(OH)2
Mn(OH)2
MnO(OH)2
Fe(OH)2
Al(OH)3
Fe(OH)3
开始沉淀时
9.3
7.1
7.8
7.6
3.7
2.3
沉淀完全时
10.8
10.8
9.8
9.6
4.7
3.7
②温度高于340℃时Mg(OH)2开始分解为MgO和H2O。
(1)“浸取”时,为提高镁的浸取率可行的措施为__________。
a.将硼镁泥制成浆料b.降低浸取温度c.用盐酸多次浸取
(2)“浸取”时,MgSiO3与盐酸反应的化学方程式为_________________________。
(3)“除铁、铝”时,需调节溶液pH范围为_________________________。
(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 【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 (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↓ 【解析】 【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 【解析】 【分析】 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。 【详解】 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; 因此,本题正确答案是: 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;因此,本题正确答案是: 2Mg+CO2 2MgO+C; 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 【解析】 【分析】 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。 【详解】 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 【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.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。 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 280 336 336 (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 【解析】 【分析】 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。 【详解】 (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 和 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 【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。 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:
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