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