高考化学压轴题专题镁及其化合物的经典推断题综合题1.docx
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高考化学压轴题专题镁及其化合物的经典推断题综合题1.docx
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高考化学压轴题专题镁及其化合物的经典推断题综合题1
高考化学压轴题专题镁及其化合物的经典推断题综合题
(1)
一、镁及其化合物
1.镁铝合金在交通、航空、电子等行业有着广泛的应用。
某化学兴趣小组试对镁铝合金废料进行回收利用,实验中可将铝转化为硫酸铝晶体,并对硫酸铝晶体进行热重分析。
镁铝合金废料转化为硫酸铝晶体实验流程如下:
试回答下列问题:
(1)在镁铝合金中加入NaOH溶液,写出反应的化学反应方程式,固体B的化学式。
(2)操作Ⅱ包含的实验步骤有:
蒸发浓缩、、、洗涤、干燥。
(3)操作Ⅱ中常用无水乙醇对晶体进行洗涤,选用无水乙醇的原因是。
(4)若初始时称取的镁铝合金废料的质量为9.00g,得到固体A的质量为4.95g,硫酸铝晶体的质量为49.95g(假设每一步的转化率均为100%,合金废料中不含溶于碱的杂质)。
计算得硫酸铝晶体的化学式为。
(5)取上述硫酸铝晶体进行热重分析,其热分解主要分为三个阶段:
323K-523K,553K-687K,1043K以上不再失重,其热分解的TG曲线见下图,
已知:
。
根据图示数据计算确定每步分解的产物,写出第一阶段分解产物的化学式,第三阶段反应化学方程式。
【答案】
(1)2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑
(2)Al(OH)3(3)冷却结晶(4)过滤减少晶体的溶解(5)洗去晶体表面杂质(6)有利于晶体的干燥(7)Al2(SO4)3·18H2O(8)Al2(SO4)3·3H2O(9)Al2(SO4)3
Al2O3+3SO3↑
【解析】
【分析】
向镁铝合金中加入足量氢氧化钠溶液,发生反应:
2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑,镁不反应,固体A为Mg,采用过滤的方法进行分离,向滤液中通入二氧化碳,发生反应:
NaAlO2+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+NaHCO3,再通过过量进行分离,固体B为氢氧化铝,氢氧化铝与硫酸反应得到硫酸铝溶液,再经过蒸发浓缩、冷却结晶、洗涤、干燥得到硫酸铝晶体
(1)Al和氢氧化钠溶液生成可溶性的偏铝酸钠,镁不反应;
(2)从溶液中获得晶体,需要经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等操作;
(3)用乙醇洗涤,可以减少晶体的溶解,有利于晶体的干燥;
(4)Al的质量为9g-4.95g=4.05g,设硫酸铝晶体化学式为:
Al2(SO4)3·nH2O,根据Al元素守恒计算硫酸铝晶体的物质的量,再计算硫酸铝晶体的相对分子质量,进而计算n的值,确定化学式;
(5)根据(4)中计算可知,晶体中结晶水的质量分数,低温加热,首先失去结晶水,高温下,最终硫酸铝分解,根据失重%计算判断各阶段分解产物,再书写化学方程式;
【详解】
(1)在镁铝合金中加入NaOH溶液,Al可以与强碱溶液发生反应,而Mg不能反应,该反应的化学反应方程式是2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑;所以固体A是Mg;向滤液中通入过量的CO2气体,由于酸性H2CO3>Al(OH)3,会发生反应:
NaAlO2+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+NaHCO3;所以固体B是Al(OH)3;
(2)用硫酸溶解该固体,发生反应:
2Al(OH)3+3H2SO4=Al2(SO4)3+6H2O;得到的溶液C是Al2(SO4)3溶液;由于其溶解度随温度的升高而增大,所以从溶液中获得晶体的方法是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥;
(3)操作Ⅱ中常用无水乙醇对晶体进行洗涤,来洗去表面的杂质离子,选用无水乙醇的原因是减少晶体的溶解;洗去晶体表面杂质;有利于晶体的干燥;
(4)若初始时称取的镁铝合金废料的质量为9.00g,得到固体A的质量为4.95g,金属发生反应,而镁不反应,减少的质量为金属铝的质量,则m(Al)=9.00g—4.95g=4.05g,n(Al)=
=0.15mol,硫酸铝晶体的质量为49.95g,硫酸铝晶体中含有SO42-的物质的量为n(SO42-)=
n(Al3+)=
×0.15mol=0.225mol,Al2(SO4)3的质量是m(Al2(SO4)3)=(
)×342g/mol=25.65g,则含有的结晶水的物质的量是n(H2O)=
=1.35mol,则n(Al2(SO4)3):
n(H2O)=(
):
1.35mol=1:
18,所以该结晶水合物的化学式是:
Al2(SO4)3·18H2O。
(5)在第一个阶段,减少的水的质量是:
m(H2O)=40.54%×49.95g=20.25g,失去的结晶水的物质的量是:
n(H2O)=
=1.125mol,则在晶体中n(Al2(SO4)3):
n(H2O)=
:
(1.35mol-1.125mol)=1:
3,所以此时得到的晶体的化学式是Al2(SO4)3·3H2O;
在第二个阶段,失去结晶水的物质的量是n(H2O)=
=1.35mol,结晶水完全失去,得到的固体物质是:
Al2(SO4)3,则在第三个阶段加热发生分解反应,是硫酸铝的分解,方程式是:
Al2(SO4)3
Al2O3+3SO3↑。
2.某固体试样A是由一定量的Al、Mg均匀组成的混合物,为验证混合物的组成,进行如下实验:
①取mg试样A,全部溶于0.5L2mol·L-1稀硫酸溶液中,放出11.2L气体(已换算成标准状况),同时生成溶液B;
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;
③往溶液B中加入2mol/LNaOH,至沉淀不再发生变化。
根据以上过程回答下列问题:
(1)溶液B中是否含有H+_____________(填“是”或“否”);
(2)写出②中发生反应的离子方程式____________________________________;
(3)下列能表示过程③产生的沉淀质量W与加入NaOH溶液体积V的关系是_____;
(4)mg试样A中含Mg的质量为________g;
(5)林同学通过查阅资料,发现浓硫酸与铝发生钝化,但与Mg能剧烈反应生成SO2,如果忽略钝化的反应过程,可以通过测定浓硫酸与固体试样反应产生的气体体积,来确定混合物A中镁的质量分数。
郭同学认为林同学的方案可行,但考虑到如果反应结束后硫酸未保持“浓”的状态,测定结果会____________(填“偏大”、“偏小”或“不变”),其依据是_______________________________________________________。
【答案】是2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑D4.8偏大浓硫酸变稀后会与铝反应,使生成的气体偏多,镁的质量分数测定结果偏大
【解析】
【分析】
镁和铝均能与稀硫酸反应生成氢气,铝只能与氢氧化钠溶液反应生成氢气,氢氧化铝是两性氢氧化物,氢氧化镁不溶于强碱,结合有关物质的物质的量和反应的方程式分析解答。
【详解】
(1)0.5L2mol·L-1稀硫酸溶液中硫酸的物质的量是0.5L×2mol/L=1.0mol,最终放出氢气的物质的量是11.2L÷22.4L/mol=0.5mol,根据氢原子守恒可知硫酸过量,所以溶液B中含有H+;
(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。
3.X、Y、Z为三种常见的单质,Z为绿色植物光合作用后的产物之一,A、B为常见化合物.它们在一定条件下可以发生如图反应(均不是在溶液中进行的反应)(以下每个空中只需填入一种物质)
(1)X、Y均为金属时,此反应在工业上称为___反应,其反应方程式为________
(2)X为金属,Y为非金属时,A为__B__
(3)X为非金属Y为金属时,A为__B为_______
(4)X为非金属,Y为非金属时,A为_____B为______
【答案】铝热反应3Fe3O4+8Al
9Fe+4Al2O3CO2MgOCuOH2OSiO2CO
【解析】
【分析】
Z为绿色植物光合作用后的产物之一,应为O2,X+A
Y+B的反应为置换反应,X、Y为单质,A、B为氧化物。
【详解】
(1)当X、Y均为金属时,应为铝热反应,则X为Al、A为Fe3O4,Y为Fe,B为Al2O3,Z为氧气,
反应方程式为3Fe3O4+8Al
9Fe+4Al2O3;
(2)当X为金属、Y为非金属,应为Mg和CO2的反应,反应的方程式为:
Mg+CO2
MgO+C;
(3)当X为非金属时,Y为金属时,碳、氢气还原氧化铜符合此反应,A为CuO,B为H2O,反应方程式为CuO+H2
Cu+H2O;
(4)当X、Y均为非金属固体时,为C和SiO2的反应,反应的方程式为SiO2+2C
Si+2CO。
【点睛】
本题考查无机物的推断,题目难度中等,解答本题的关键是能把握常见单质+氧化物→单质+氧化物的置换反应的类型,注意把握常见相关物质的性质。
4.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
【解析】
【分析】
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。
【详解】
(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
2MgO+C;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
2MgO+C;4NH3+5O2
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。
5.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
【解析】
【分析】
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。
【详解】
(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。
6.A、B、C是中学化学中常见的三种物质,它们之间的相互转化关系如下(部分反应条件及产物略去):
(1)若A是一种金属,C是淡黄色固体,则B的化学式为_______,A→C反应的化学方程式为__________________________;若将金属A与金属铝同时加入足量水中,充分反应后,发现溶液中既无沉淀生成又无残留金属剩余,经测定溶液中只含有一种溶质,则投入水中的金属A与金属Al的物质的量之比为_________。
(2)若A是一种非金属,其常见单质为黑色固体,C是最主要的温室气体,则C的分子式为______,B→C反应的化学方程式为_________________________________;金属镁可在气体C中燃烧,当有1mol气体C参与反应时,反应转移电子的物质的量为__________。
【答案】Na2O2Na+O2
Na2O21:
1CO22CO+O2
2CO24mol。
【解析】
【分析】
【详解】
(1)若A是一种金属,C是淡黄色固体,则A为Na,C为Na2O2,B为Na2O;Na在氧气中燃烧生成Na2O2,方程式为2Na+O2
Na2O2;若将Na与铝同时加入到足量的水中充分反应后无固体剩余,且所得溶液中只有一种溶质即为NaAlO2,发生的反应为Na+Al+2H2O=2NaAlO2+2H2↑,根据方程式可知金属Na与金属Al的物质的量之比为1:
1;
(2)C是最主要的温室气体,则C为CO2,A为C,B为CO;CO燃烧生成CO2,方程式为2CO+O2
2CO2;金属镁可在CO2中燃烧时CO2被还原成C单质,且还原剂唯一,所以当有1molCO2参与反应时转移电子的物质的量为4mol。
7.金属Mg及其化合物有重要的用途,请回答下列问题
(1)MgO的重要用途有_______。
(写出一种)
(2)井水中含有较多的Ca2+、Mg2+、HCO3-等离子,可以通过煮沸的方式将Mg2+转化为Mg(OH)2,发生的离子方程式是:
__________________。
(3)金属Mg可以用来冶炼Ti:
2Mg+TiCl4
Ti+2MgCl2。
可以用作该反应保护气的是_______。
A.HeB.C02C.N2D.HCl
(4)在蒸发皿中放人研细的碘和镁粉,无现象,滴入几滴水后立即产生大量的紫烟,紫烟的成分是_________(填分子式);对于实验中水的作用,甲同学认为是水溶解了I2,增大了I2与Mg的接触面积,导致了反应加快,乙同学认为是I2与H2O反应生成了酸,是酸与Mg反应放出热量,加快了I2与Mg的反应,请利用供选试剂:
0.01mol/LI2的CCl4溶液、0.01mol/LI2水、I2粉、Mg粉、蒸馏水,设计实验证明哪位同学的说法合理:
____________。
(包括实验过程、现象和结论)
(5)一种新型的Mg-H2O2酸性介质电池工作原理如图,正极发生的电极方程式为:
__________。
【答案】做耐火材料或冶炼MgMg2++2HCO3-
Mg(OH)2↓+2CO2↑AI2取少量的0.01mol/L的CCl4溶液于试管中,加入少量Mg粉,振荡;再加入少量蒸馏水振荡,对比加水前后反应的快慢,如加快明显说明乙同学正确,如加快不明显,说明甲同学正确。
或取两支试管,分别加入相同体积的两种碘的溶液,同时加入相同量的Mg粉,观察两支试管反应的快慢,如盛水溶液的试管明显快些,说明乙同学正确,如两试管反应速度相差不大,说明甲同学正确H2O2+2H++2e-=2H2O
【解析】
(1)MgO的重要用途有做耐火材料或冶炼Mg等。
(2)加热时促进镁离子和碳酸氢根离子的水解反应,因此发生的离子方程式是Mg2++2HCO3-
Mg(OH)2↓+2CO2↑。
(3)镁与CO2、氮气和氯化氢均反应,所以可以用作该反应保护气的是He,答案选A;(4)碘是紫黑色固体,所以紫烟的成分是I2;根据两个假设可知实验方案为:
取少量的0.01mol/L的CCl4溶液于试管中,加入少量Mg粉,振荡;再加入少量蒸馏水振荡,对比加水前后反应的快慢,如加快明显说明乙同学正确,如加快不明显,说明甲同学正确。
或取两支试管,分别加入相同体积的两种碘的溶液,同时加入相同量的Mg粉,观察两支试管反应的快慢,如盛水溶液的试管明显快些,说明乙同学正确,如两试管反应速度相差不大,说明甲同学正确。
(5)原电池中正极发生得到电子的还原反应,因此正极是双氧水得到电子,电极方程式为H2O2+2H++2e-=2H2O。
8.今有甲、乙两种固体物质,已知其中之一为氧化镁;另有A、B、C、D四种无色溶液分别为氢氧化钠溶液、硝酸镁溶液、硝酸钠溶液和稀硝酸中的某一种,它们之间的相互转变关系可用下列式子表示:
(1)乙+B→A+水
(2)A+C→乙+D(3)B+甲→A+水
试判断:
A、B、C、D各是什么溶液?
甲、乙各是什么物质?
(用化学式回答)
A________、B_________、C_________、D_________、甲________、乙_________
【答案】Mg(NO3)2HNO3NaOHNaNO3MgOMg(OH)2
【解析】根据题目中的信息:
“甲、乙两种物质,已知其中一种是氧化镁”,“A、B、C、D四种无色溶液,它们分别是氢氧化钠溶液、硝酸镁溶液、硝酸钠溶液和稀硝酸中的一种”,“
(1)乙+B®A+水
(2)A+C®乙+D(3)甲+B®A+水”,故推测甲、乙、A、B、C、D分别为氧化镁、氢氧化镁、硝酸镁溶液、稀硝酸、氢氧化钠溶液、硝酸钠溶液,代入进行检验,符合题意,则A是Mg(NO3)2、B是HNO3、C是NaOH、D是NaNO3、甲是Mg、乙是Mg(OH)2。
点睛:
解答这类鉴别推断题时,首先要寻找突破口(即“甲、乙两种物质,已知其中一种是氧化镁”),然后根据题意和图示信息,顺藤摸瓜地展开分析,“
(1)乙+B®A+水
(2)A+C®乙+D(3)甲+B®A+水”,推断出各物质后,再按照题目的要求认真填写即可。
9.
(1)MgCl2·6H2O晶体受热水解可以生成MgOHCl,但产率较低,其化学方程式为_____________。
I.先用空气得到氮气,可供选择的装置和药品如图(还原铁粉已干燥,装置内发生的反应是完全的)。
(2)连接并检查装置的气密性。
实验开始时,打开自来水的开关,将空气从5L的储气瓶压入反应装置,则气流流经导管的顺序是(填字母代号)h→________________。
II.将得到的氮气通入如图装置参与制备碱式氯化镁并探究氨的催化氧化反应(其中CuO的质量为8.0g)。
(3)装置A中发生反应生成碱式氯化镁的化学方程为_______________。
(4)实验结束时进行正确操作是________________。
A.关闭活塞K,先熄灭A处酒精灯,后熄灭C、E处酒精灯
B.先熄灭A处酒精灯,关闭活塞K,后熄灭C、E处酒精灯
C.先熄灭A处酒精灯,再熄灭C、E处酒精灯,后关闭活塞K
(5)反应完毕,装置C中的氧化铜完全反应,由黑色变为红色,甲同学设计一个实验方案,证明装置C中完全反应后的红色固体中含Cu2O。
己知:
①Cu2O+H+=Cu2++Cu;②限选试剂:
2mol/LH2SO4溶液、12mol/LH2SO4溶液、2mol/LHNO3溶液、10mol/LHNO3溶液。
________,________,
乙同学称量C中红色物质,质量为6.8g,且生成的气体可直接排放到大气中,进一步确定红色固体是________,该反应中电子转移的物质的量为_________mol。
【答案】MgCl2·6H2O=MgOHCl+HCl↑+5H2O(加热)e→f→a→b→i→jMg(OH)2+NH4Cl
MgOHCl+NH3↑+H2OC步骤2:
向试管中加入2mol/LH2SO4溶液溶液中出现蓝色,说明红色固体中含有Cu2OCu和Cu2O0.15
【解析】
(1)MgCl2·6H2O晶体受热水解可以生成MgOHCl,但产率较低,其化学方程式为MgCl2·6H2O
MgOHCl+HCl↑+5H2O。
I.
(2)经过C除去CO2,再经过A干燥,最后通过E除去O2,气流流经导管的顺序是h→e→f→a→b→i→j;II.(3)装置A中发生反应生成碱式氯化镁的化学方程为Mg(OH)2+NH4Cl
MgOHCl+NH3↑+H2O;(4)实验结束时进行正确操作是先熄灭A处酒精灯,停止产生NH3的反应,再熄灭C、E处酒精灯,后关闭活塞K,故选C;(5)由Cu2O+H+=Cu2++Cu可知,酸条件下,+1的铜发生自身氧化还原反应,步骤2:
向试管中加入2mol/LH2SO4溶液,现象为溶液中出现蓝色,说明红色固体中含有Cu2O,乙同学称量C中红色物质,质量为6.8g,红色固体可能为Cu、Cu2O或二者混合物,固体质量减少为减少的氧元素的质量,减少的氧元素的质量为8g-6.8g=1.2g,而CuO中的氧为8.0×16/80=1.6g>1.2g,故红色固体为Cu、Cu2O的混合物;设二者物质的量分别xmol和ymol,
,x=0.05,y=0.025,转移电子数为0.05mol×2+0.025mol×2=0.15mol.
1
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- 高考 化学 压轴 专题 及其 化合物 经典 推断 综合
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