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

1、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：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；找“题眼”即找到解题的突破口，此步非常关键；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；验证确认将结果放入原题检验，完全符合才算正确；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

2、混合物，为验证混合物的组成，进行如下实验：取m g试样A，全部溶于0.5L 2molL稀硫酸溶液中，放出11.2 L气体（已换算成标准状况），同时生成溶液B；另取m g试样A，加入2molL的NaOH溶液，当加到100mL时，气体不再生成；往溶液B中加入2mol/L NaOH，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）写出中发生反应的离子方程式_；（3）下列能表示过程产生的沉淀质量W与加入NaOH溶液体积V的关系是_；（4）m g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

3、，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 D 4.8 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）0.5L 2molL稀硫酸溶

4、液中硫酸的物质的量是0.5L2mol/L1.0mol，最终放出氢气的物质的量是11.2L22.4L/mol0.5mol，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m g试样A，加入2molL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/L NaOH，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，则能表示过程产生的沉淀质量W与加入NaOH溶液体积

5、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/L0.1L0.2mol，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0.5mol0.3mol0.2mol，所以根据方程式Mg+2H+Mg2+H2可知镁的质量是0.2mol24g/mol4.8g；（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。3X、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）写出上述步反应

6、的离子方程式：_ ；_ ；_【答案】MgSO4 Mg（OH） MgCl2 BaCl2 AgNO3 Mg（OH）2+2H+=Mg2+2H2O Ag+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）为Mg（OH）2和盐酸的反应,反应的离子方程式为Mg（OH）

7、2+2H+=Mg2+2H2O，为MgCl2和AgNO3的反应,反应的离子方程式为Ag+Cl=AgCl，为MgSO4和BaCl2的反应,反应的离子方程式为Ba2+SO42=BaSO4，故答案为Mg（OH）2+2H+=Mg2+2H2O、Ag+Cl=AgCl、Ba2+SO42=BaSO4。4A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，AF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_AP2O

8、5 BNO CNa2O DSiO2（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）写出反应的方程式：_【答案】（1）Mg CO（2）C（3）15（4） 2Mg+CO22MgO+CA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

9、,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 （281+21）

10、/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，反应的方程式：2Mg+CO22MgO+C； 2Mg+CO25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】2MgCO22MgOC MnO24HCl（浓）MnCl2Cl22H2O CO32H=HCO3

11、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2MgCO22MgOC。（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MnO24HCl（浓）MnCl2Cl22H2O。（3）C（Na2CO3

12、）的溶液与少量盐酸（HCl）反应的离子方程式CO32H=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：G是黑色晶体，能吸附B单质；H能与氢氧化钠溶液或盐酸反应；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；I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pH7，另一种

13、pH7，该盐为偏铝酸盐，另一种pH7，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H2，3 mol Fe失去8 mol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

14、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1.16 g白色沉淀，在所得的浊液中逐滴加入1 molL1 HCl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：A点的沉淀物的化学式为_；B点的沉淀物的化学式为_；写出AB段发生反应的离子方程式_。原混合物中MgCl2的质量是_g，AlCl3的质量是_g，NaOH的质量是_g。Q点HCl溶液加入量是_mL。【答案】A Mg（OH）2 Mg（OH）2和Al（OH）3

15、 AlO2-+H+H2O=Al（OH）3 1.90 2.67 5.20 130 把NaOH、MgCl2、AlCl3三种固体组成的混合物溶于足量水后有1.16 g白色沉淀，在所得的浊液中逐滴加入1 molL1 HCl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

16、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） 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；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0.02mol95g/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

17、质的量为0.002mol质量为0.02mol133.5g/mol= 2.67g，氢氧化钠的物质的量为0.022+0.024+10.01=0.13mol，则质量为0.13 mol 40 g/mol = 5.20g；Q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

18、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30.0 mL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/mg255385459产生气体体积/mL280336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1.00 molL1 NaOH溶液，能使合金中的铝恰好

19、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/L 255mg和280mL 1：1 NaCl 0.03mol NaAlO2 0.009mol 39 mL （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。

20、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：y1：1。答案为1：（3）依据Cl-守恒，可得：n（NaCl）n（HCl）1mol/L0.03L0.03mol；依据Al守恒，可得：n（NaAlO2）n（Al）0.009 mol；依据Na守恒，可得：n（NaOH）0.03mol0.009mol0.039mol，所以V（NaOH）39 mL。答案为：NaCl 0.03mol NaAlO2 0.009

21、mol V（NaOH）39 mL。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 100 mL、2.00 moLL-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】 2.8 0.25mol L1 0.15 mol 2:1【解析】试题分析：本题考

22、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）=0.05mol56g/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

23、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/L0.1L=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0.1

24、5mol-0.05mol=0.1mol，HCl物质的量为0.1mol，根据反应H2+Cl22HCl，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