化学镁及其化合物的专项培优 易错 难题练习题含答案含答案1.docx
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化学镁及其化合物的专项培优 易错 难题练习题含答案含答案1.docx
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化学镁及其化合物的专项培优易错难题练习题含答案含答案1
化学镁及其化合物的专项培优易错难题练习题(含答案)含答案
(1)
一、镁及其化合物
1.实验室中有6瓶失去标签的白色固体:
纯碱、氢氧化镁、氯化钡、硫酸铝、硫酸氢钠、氯化钾。
除蒸馏水、试管和胶头滴管外,无其他任何试剂和仪器。
某学生通过以下实验步骤即可鉴别它们。
请填写下列空白:
(1)各取适量固体于6支试管中,分别加入适量蒸馏水,有一支试管中的现象和其他5支明显不同,此试管中的现象是________________________,
据此现象鉴别出的一种物质是__________。
(2)分别将所剩5种溶液依次编号为A、B、C、D、E,然后进行两两混合。
观察到C没有出现任何现象;D分别和A、B、E混合时均产生了白色沉淀;B和E混合时既有白色沉淀产生,又有无色气体放出。
据此可推断出:
①A、C、D三种物质的化学式依次是________________。
②B、E两者中有一种可与A反应,它与足量A反应的离子方程式为__________________。
③在两两混合时,能最终确定B、E成分的实验现象及结论是_____________________。
(3)上述物质溶于水抑制水的电离,且溶液显酸性的物质的化学式为________,其溶液显酸性的原因是___________________。
【答案】白色固体不溶于水Mg(OH)2NaHSO4、KCl、BaCl2CO32-+2H+===H2O+CO2↑B、E两溶液,与A溶液混合时产生气体的是纯碱,否则是硫酸铝NaHSO4NaHSO4===Na++H++SO42-,所产生的H+抑制水的电离
【解析】
【分析】
(1)只有氢氧化镁不溶于水;
(2)剩余5种物质中,KCl与其它4种物质均不反应,氯化钡与纯碱、硫酸铝、硫酸氢钠均反应生成白色沉淀,纯碱与硫酸铝发生相互促进水解反应生成沉淀和气体;
(3)只有硫酸氢钠电离显酸性,抑制水的电离。
【详解】
(1)各取适量固体于6支试管中,分别加入适量蒸馏水,有一支试管中的现象和其他5支明显不同,此支试管中的现象是物质难溶于水,据此现象鉴别出的一种物质是Mg(OH)2,
因此,本题正确答案是:
白色固体不溶于水;Mg(OH)2;
(2)将所剩5种溶液依次编号为A、B、C、D、E,然后进行两两混合。
观察到C没有出现任何现象,可以知道C为KCl;D分别和A、B、E混合时均产生了白色沉淀,可以知道D为BaCl2;B和E混合时既有白色沉淀产生,又有无色气体放出,B、E为纯碱、硫酸铝中的一种,则A为NaHSO4。
①A、C、D三种物质的化学式依次是NaHSO4、KCl、BaCl2,
因此,本题正确答案是:
NaHSO4、KCl、BaCl2;
②B、E两者中有一种可与A反应,纯碱与氢离子反应,则它与足量A反应的离子方程式为CO32-+2H+===H2O+CO2↑,
因此,本题正确答案是:
CO32-+2H+===H2O+CO2↑;
③确定B、E成分的实验现象及结论是与A混合时产生气体的是纯碱,否则是硫酸铝,
因此,本题正确答案是:
B、E两溶液,与A溶液混合时产生气体的是纯碱,否则是硫酸铝;
(3)溶于水抑制水的电离的物质的化学式为NaHSO4,其溶液显酸性的原因是NaHSO4===Na++H++SO42-,所产生的H+抑制水的电离,
因此,本题正确答案是:
NaHSO4;NaHSO4===Na++H++SO42-,所产生的H+抑制水的电离。
2.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。
3.镁是一种银白色的碱土金属,镁元素在地壳中的含量约为2.00%,位居第八位,镁及其化合物在研究和生产中具有广泛用途。
请回答下列问题:
(1)氮化镁(Mg3N2)是由氮和镁所组成的无机化合物。
在室温下纯净的氮化镁为黄绿色的粉末,能与水反应,常用作触媒,实验室欲用如图1所示装置和药品制备少量氮化镁。
①A中盛装的是浓氨水,B中可盛装___,二者混合可制取氨气。
②按照气流的方向从左至右连接装置:
a接___、___接___、___接___。
③已知氨气有还原性,能还原氧化铜,生成物之一是空气的主要成分,该反应的化学方程式为____________________。
④如果没有装有无水氯化钙的装置,可能发生反应的化学方程式为____________________。
(2)碳酸镁可用作耐火材料、锅炉和管道的保温材料,以及食品、药品、化妆品、橡胶、墨水等的添加剂。
合成碳酸镁晶须的步骤如下:
步骤1:
配制0.5mol·L-1MgSO4溶液和0.5mol·L-1NH4HCO3溶液。
步骤2:
用量筒量取500mLNH4HCO3溶液于1000mL四口烧瓶中,开启搅拌器,温度控制在50℃。
步骤3:
将250mLMgSO4溶液逐滴加入NH4HCO3溶液中,1min内滴加完毕,然后用氨水调节溶液pH到9.5。
步骤4:
放置1h后,过滤,洗涤。
步骤5:
在40℃的真空干燥箱中干燥10h,得到碳酸镁晶须产品(MgCO3·nH2O,n=1~5)。
①配制0.5mol·L-1MgSO4溶液500mL,需要的仪器有托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、量筒、胶头滴管、_____。
②步骤3中加氨水后反应的离子方程式为______________。
测定合成的MgCO3·nH2O中的n值。
称量1.000g碳酸镁晶须,放入图2所示的广口瓶中,加入适量水,滴入稀硫酸与晶须反应,生成的CO2被NaOH溶液吸收,在室温下反应4~5h,后期将温度升到30℃,最后烧杯中的溶液用已知浓度的盐酸滴定,测得生成CO2的总量;重复上述操作2次。
③图中气球的作用是__________________。
④上述反应后期要升温到30℃,主要目的是________________。
⑤若实验测得1.000g碳酸镁晶须产生CO2的平均物质的量为amol,则n为___(用含a的表达式表示)。
⑥称取100g上述晶须产品进行热重分析,得到的热重曲线如图所示,则合成的晶须中n=______。
【答案】生石灰或氢氧化钠decbf2NH3+3CuO
N2+3H2O+3CuMg3N2+6H2O
3Mg(OH)2+2NH3↑500mL容量瓶Mg2++HCO3-HCO3-+NH3·H2O+(n-1)H2O
MgCO3·nH2O↓+NH4+暂时储存CO2,有利于CO2被NaOH溶液吸收,且能保持装置中压强相对稳定升高温度气体的溶解度减小,使溶解在水中的CO2逸出,便于吸收完全
1
【解析】
【详解】
(1)①浓氨水和生石灰或氢氧化钠固体混合放热,使一水合氨分解生成氨气,故答案为
②根据实验目的及题给装置可知,按照气流的方向从左向右连接装置的顺序为:
a接d,e接c,b接f,故答案为
③氨气有还原性,能还原氧化铜,生成物之一是空气的主要成分氮气,则氨气与氧化铜反应的化学方程式为:
2NH3+3CuO
N2+3H2O+3Cu,故答案为d;e;c;b;f;
④氮化镁能和水发生反应生成氢氧化镁和氨气,化学方程式为:
Mg3N2+6H2O=3Mg(OH)2
+2NH3↑,故答案为Mg3N2+6H2O=3Mg(OH)2+2NH3↑;
(2)①配制0.5mol·L-1MgSO4溶液500mL,除提供的仪器外,还需要的仪器为500mL容量瓶,故答案为500mL容量瓶;
②步骤3中加氨水后反应生成碳酸镁结晶水合物,反应的离子方程式为Mg2++HCO3—+NH3·H2O+(n-1)H2O=MgCO3·nH2O↓+NH4+,故答案为Mg2++HCO3—+NH3·H2O+(n-1)H2O=
MgCO3·nH2O↓+NH4+;
③题图2装置中气球可以暂时储存CO2,有利于CO2被NaOH溶液吸收,且能保持装置中压强相对稳定,故答案为暂时储存CO2,有利于CO2被NaOH溶液吸收,且能保持装置中压强相对稳定;
④题述反应后期将温度升到30℃,是为了使生成的二氧化碳全部逸出,便于其被氢氧化钠溶液完全吸收,从而减小测定产生的误差,故答案为升高温度气体的溶解度减小,使溶解在水中的CO2逸出,便于吸收完全;
⑤若实验测得1.000g碳酸镁晶须产生的CO2的平均物质的量为amol,依据碳元素守恒可知,晶须中碳酸镁的物质的量为amol,根据MgCO3·nH2O中碳酸镁和结晶水的物质的量之比为1∶n,得到1∶n=a∶
,得到n=
,故答案为
;
⑥由题图3知400℃时剩余质量为82.3g,这是该晶须失去结晶水后的质量,则有100×
=100-82.3,解得n=1,故答案为1。
【点睛】
本题以氮化镁和碳酸镁的制备为载体,考查对实验装置的理解、元素化合物的性质、实验方案的设计等,解答关键是明确反应原理与各装置作用,掌握常用物质分离提纯方法,注意对题目信息的应用。
4.某学习小组设计如下实验制备Mg3N2进行定性的分析。
回答下列问题:
(制备)(装置如图所示)
(1)A装置用于制备NH3,试分析氢氧化钠的作用:
________
(2)仪器b为多孔球泡,其作用是_____;浓溴水中反应的化学方程式为_______
(3)E装置中发生反应的化学方粗式为__________
(4)整套装置存在着明显缺陷,你的改进措施是__________
(定性分析)
步骤一:
取少量氮化镁样品于洁净的试管中,加足量蒸馏水,试管底部有沉淀生成.试管口有刺激性气味的气体生成,写出氮化镁与水反应的化学方程式_________
步骤二,弃去上层清液,加入稀盐酸,观察到沉淀全部溶解且冒气泡。
该步骤中产生气泡的化学方程式为____________
【答案】氢氧化钠溶于水放热,促进氨水的分解;同时使溶液中c(OH-)增大,使NH3+H2O
NH3·H2O的平衡逆向移动,有利于氨气的逸出增大氨气与溴水的接触面积,提高吸收效率3Br2+8NH3=6NH4Br+N2或3Br2+2NH3=6HBr+N23Mg+N2=Mg3N2在E装置后添加一个装有碱石灰的干操管Mg3N2+6H2O=3Mg(OH)2+2NH3Mg+2HCl=MgCl2+H2
【解析】
【制备】
(1)因氢氧化钠溶于水放热,促进氨水的分解;同时使溶液中c(OH-)增大,使NH3+H2O
NH3·H2O的平衡逆向移动,有利于氨气的逸出,则利用NaOH固体中滴加浓氨水可制备NH3;
(2)多孔球泡,可增大氨气与溴水的接触面积,提高吸收效率;Br2能氧化NH3生成N2,则浓氨水通入浓溴水中发生反应的化学方程式为3Br2+8NH3=6NH4Br+N2或3Br2+2NH3=6HBr+N2;
(3)Mg在N2中燃烧生成Mg3N2,发生反应的化学方式为3Mg+N2=Mg3N2;
(4)因Mg3N2易水解,则需要在E装置后添加一个装有碱石灰的干操管,防止空气中的水蒸气进入E中;
【定性分析】
步骤一,氮化镁与水反应生成氢氧化镁和氨气,根据原子守恒,发生反应的化学方程式为Mg3N2+6H2O═3Mg(OH)2↓+2NH3↑;
步骤二,弃去上清液,加入盐酸,若观察到有气泡产生,则证明产物中含有未反应的镁,反应的方程式:
Mg+2HCl═MgCl2+H2↑。
5.现拟在实验室里利用空气和镁粉为原料制取少量氮化镁(Mg3N2)。
已知实验中可能会发生下列反应:
①2Mg+O2
2MgO;②3Mg+N2
Mg3N2;
③2Mg+CO2
2MgO+C④Mg+H2O
MgO+H2↑⑤Mg3N2+6H2O=3Mg(OH)2+2NH3↑
可供选择的装置和药品如下页图所示(镁粉、还原铁粉均已干燥,装置内所发生的反应是完全的,整套装置的末端与干燥管相连)。
回答下列问题;
(1)在设计实验方案时,除装置A、E外,还应选择的装置(填字母代号)及其目的分别为(可不填满)
装置
目的
_______
_______
_______
_______
_______
_______
(2)连接并检查实验装置的气密性。
实验开始时,打开自来水的开关,将空气从5升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)_______________________;
(3)通气后,应先点燃_______处的酒精灯,再点燃_______处的酒精灯;如果同时点燃A、F装置的酒精灯,对实验结果有何影响?
_________________________;
(4)请设计一个实验,验证产物是Mg3N2,写出操作步骤、现象和结论:
_____________。
【答案】B目的是除气流中的水蒸汽,避免反应④发生D目的是除去空气中的CO2,避免反应③发生F目的是除去空气中的氧气,避免反应①发生j→h→g→d→c→k→l(或l→k)→a→b(或b→a)FA制得的氮化镁不纯将产物取少量置于试管中,加入适量水,将润湿的红色石蕊试纸置于试管口,如果能够看到润湿的红色石蕊试纸变蓝,则说明产物是氮化镁,若试纸不变蓝,则不含有Mg3N2
【解析】
【分析】
本题是在实验室里利用空气和镁粉为原料制取少量纯净的氮化镁,为了保证产品的纯度,需要除去空气中的氧气、二氧化碳及水气,分别利用还原铁粉、氢氧化钠溶液及浓硫酸完成,产品的检验可利用氮化镁的性质⑤来设计实验操作。
【详解】
(1)根据题中信息可知Mg在空气中点燃可以和O2、CO2、H2O反应,所以镁和氮气反应必须将空气中的O2、CO2、H2O除去制得干燥纯净的N2,浓硫酸作用是除去水蒸气,浓氢氧化钠是除去空气中二氧化碳,灼热的铁粉为了除去空气中氧气;所以在设计实验方案时,除装置A、E外,还应选择的装置B,目的是除气流中的水蒸汽,避免反应④发生;D,目的是除去空气中的CO2,避免反应③发生;F,目的是除去空气中的氧气,避免反应①发生;
(2)气体参与的物质制备实验中装置的连接一般顺序是:
制备气体→除杂→干燥→制备→尾气处理;需除去空气中的O2、CO2、H2O制备氮化镁,浓硫酸B的作用是除去水蒸气,浓氢氧化钠D是除去空气中二氧化碳,还原铁粉F是为了除去空气中氧气,所以装置连接顺序是,j→h(除二氧化碳)→g→d(除水蒸气)→c→k(除氧气)→l(或l→k)→a→b(或b→a);
(3)通气后,先排除空气中的杂质,所以应该先点燃F,再点燃F,因为A装置没有排完空气前就加热会让空气中的氧气、CO2、水蒸气等与镁反应,如果装置F中的还原铁粉没有达到反应温度时,氧气不能除尽,导致氧同镁反应,而使氮化镁中混入氧化镁;
(4)依据氮化镁和水反应生成氨气,方程式为Mg3N2+6H2O=3Mg(OH)2+2NH3↑,将产物取少量置于试管中,加入适量水,将润湿的红色石蕊试纸置于试管口,如果能够看到润湿的红色石蕊试纸变蓝,则说明产物是氮化镁。
6.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-
【解析】
【分析】
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。
【详解】
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
=5mol/L。
(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;
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,发生反应:
3OH−+Al3+=Al(OH)3↓,2OH−+Mg2+=Mg(OH)2↓,溶液为硫酸钾溶液;再继续滴加KOH溶液,氢氧化铝与氢氧
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