高考化学专题复习分类练习 镁及其化合物推断题综合解答题1Word格式.docx

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CO2↑+4NO2↑+2H2O；

（5）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=

=0.2mol。

解：

无机推断题的一般解题思路：

①审清题意，从题干迅速浏览、整体扫描、产生印象，尽量在框图中把相关信息表示出来，明确求解要求；

②找“题眼”即找到解题的突破口，此步非常关键；

③从题眼出发，联系新信息及所学的旧知识，依物质的特性或转移特征来确定“突破口”，大胆猜测，顺藤摸瓜，进行综合分析、推理，初步得出结论；

④验证确认将结果放入原题检验，完全符合才算正确；

④按题目的要求写出答案。

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三种物质有如下转化关系：

（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③④⑤步反应的离子方程式：

_____________；

___________；

___________

【答案】MgSO4Mg（OH）MgCl2BaCl2AgNO3Mg（OH）2+2H+=Mg2++2H2OAg++Cl−=AgCl↓Ba2++SO42−=BaSO4↓

（1）X和硝酸钡反应生成硝酸镁，则X应为MgSO4，加入NaOH反应生成Mg（OH）2,与盐酸反应生成MgCl2，则Y为Mg（OH）2，Z为MgCl2，MgSO4可与BaCl2反应生成MgCl2，则甲为BaCl2，MgCl2与AgNO3反应生成硝酸镁，则乙为AgNO3，

故答案为MgSO4；

Mg（OH）2；

MgCl2；

BaCl2；

AgNO3；

（2）③为Mg（OH）2和盐酸的反应,反应的离子方程式为Mg（OH）2+2H+=Mg2++2H2O，

④为MgCl2和AgNO3的反应,反应的离子方程式为Ag++Cl−=AgCl↓，

⑤为MgSO4和BaCl2的反应,反应的离子方程式为Ba2++SO42−=BaSO4↓，

故答案为③Mg（OH）2+2H+=Mg2++2H2O、④Ag++Cl−=AgCl↓、⑤Ba2++SO42−=BaSO4↓。

4．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

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。

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；

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；

2Mg+CO2

5．已知D、E、F均是短周期元素形成的单质，E的氧化物对应的水化物为中强碱，F为黑色固体，A、D为无色气体，B、C的焰色反应呈黄色。

它们之间的变化关系如右图所示（个别生成物略去），回答以下问题：

（1）写出A与E反应的化学方程式：

__________。

（2）写出与E同周期的最活泼非金属单质的实验室制法的化学方程式：

______。

（3）写出C的溶液与少量盐酸反应的离子方程式：

__________________。

【答案】2Mg＋CO2

2MgO＋CMnO2＋4HCl（浓）

MnCl2＋Cl2↑＋2H2OCO32－＋H＋=HCO3－

将文字信息标注于框图，再据物质转化关系，从中学常见物质出发进行推断。

短周期元素形成的中强碱只有Mg（OH）2，则E为镁（Mg）。

由A（气体）+E（Mg）→F（黑色固体），则A为二氧化碳（CO2）、F为碳（C）。

D（气体）+F（C）→A（CO2），则D为氧气（O2）。

A（CO2）+B（焰色黄色）→C（焰色黄色）+D（O2），则B为过氧化钠（Na2O2）、C为碳酸钠（Na2CO3）。

（1）A（CO2）与E（Mg）反应的化学方程式2Mg＋CO2

2MgO＋C。

（2）与E（Mg）同周期的最活泼非金属单质是氯气（Cl2），实验室制氯气的化学方程式MnO2＋4HCl（浓）

MnCl2＋Cl2↑＋2H2O。

（3）C（Na2CO3）的溶液与少量盐酸（HCl）反应的离子方程式CO32－＋H＋=HCO3－。

6．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________。

磁性氧化铁Al-3e-+4OH-=AlO2-+2H2O2Mg（s）+O2（g）=2MgO（s）△H=-10QkJ/mol3AlO2-+Al3++6H2O=Al（OH）3↓

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。

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。

7．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

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。

（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。

8．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

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

（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：

（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。

9．

（1）有镁和铁的混合物共4.0克，与200毫升盐酸恰好完全反应，在标准状况下共收集到2.24L气体。

假设反应后溶液体积不变，则铁的质量为_____g；

反应后溶液中Mg2+的物质的量浓度为_______。

（2）一定量氢气在氯气中燃烧，所得混合气体用100mL、2.00moL·

L-1NaOH溶液恰好完全吸收，测得溶液中含有NaClO的物质的量为0.05mol。

试计算下列问题：

所得溶液中Cl-的物质的量为_______；

所用氯气和参加反应的氢气的物质的量之比n（C12）：

n（H2）为_______。

【答案】2.80.25mol·

L－10.15mol2:

1

【解析】试题分析：

本题考查混合物的计算，涉及Mg、Fe与酸的反应，Cl2与H2、NaOH的反应。

（1）根据反应的化学方程式：

Mg+2HCl=MgCl2+H2↑、Fe+2HCl=FeCl2+H2↑可列式：

n（Mg）+n（Fe）=

，24g/moln（Mg）+56g/moln（Fe）=4.0g，解得n（Mg）=0.05mol，n（Fe）=0.05mol；

则铁的质量m（Fe）=0.05mol

56g/mol=2.8g；

根据Mg守恒，n（Mg2+）=n（Mg）=0.05mol，c（Mg2+）=

=0.25mol/L。

（2）H2在Cl2中燃烧生成HCl，HCl与NaOH溶液的反应为：

HCl+NaOH=NaCl+H2O；

用NaOH溶液吸收后所得溶液中含NaClO，说明H2在Cl2中燃烧后Cl2过量，过量Cl2与NaOH溶液发生的反应为：

Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O。

根据Na和Cl守恒，反应后溶液中n（NaCl）+n（NaClO）=n（NaOH）=2mol/L

0.1L=0.2mol，n（NaClO）=0.05mol，则n（NaCl）=0.2mol-0.05mol=0.15mol，所得溶液中Cl-物质的量为0.15mol。

根据Cl守恒，所用Cl2物质的量为（0.15mol+0.05mol）

2=0.1mol；

生成0.05molNaClO的同时生成0.05molNaCl，则由HCl与NaOH反应生成的NaCl为0.15mol-0.05mol=0.1mol，HCl物质的量为0.1mol，根据反应H2+Cl2

2HCl，参加反应的H2物质的量为0.05mol，所用Cl2与参加反应的H2物质的量之比n（Cl2）：

n（H2）=0.1mol：

0.05mol=2:

10．某学习小组探究Mg与NaHCO3溶液反应的机理，做了如下探究。

实验一：

实验A

实验B

操作

在注射器中加入过量镁片（擦去表面氧化膜），吸入15mL饱和NaHCO3溶液。

在注射器中加入过量镁片（擦去表面氧化膜），吸入15mL蒸馏水。

现象

有气体产生，20min后注射器内壁和底部产生大量白色沉淀

缓慢产生气体

（1）实验B的目的是___。

实验二：

（2）根据实验二，实验A中产生的气体是___。

（填