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-