备战高考化学镁及其化合物推断题综合练习题附答案解析Word格式文档下载.docx

1、（6）如果提供的硼镁泥共100 g，得到的MgSO47H2O 196.8 g，则MgSO47H2O的产率为_。【答案】烧杯、100mL的容量瓶、胶头滴管 SiO2 Mn2+ ClO-+ H2O MnO2 + 2H+ Cl- 2Fe2+ ClO-+ 2H+ 2Fe3+ Cl-+ H2O 取少量滤液，向其中加入硫氰化钾溶液，如果溶液不变红色，说明滤液中不含Fe3+；如果溶液变红色，说明滤液中含Fe3+。 蒸发浓缩 趁热过滤 80% 【解析】【详解】（1）配制溶液时还需要的玻璃仪器有烧杯、100mL的容量瓶、胶头滴管，（2）由于pH=5-6溶液呈酸性，所以滤渣中还有二氧化硅。（3）Mn2+与ClO-

2、反应生成了MnO2沉淀H+和 Cl-。Fe2+在酸性条件下被ClO-氧化为Fe3+、Cl-和 H2O。（4）取少量滤液，向其中加入硫氰化钾溶液，如果溶液不变红色，说明滤液中不含Fe3+；（5）观察图表可以知道两种物质随着温度的升高溶解度一种增大一种减小，可以利用溶解度的不同来分离。（6）根据元素守恒可以计算出硼镁泥中镁的质量，在计算出196.8 g MgSO47H2O中镁的质量就可以计算出其产率了。2卤块的主要成分是MgCl2，此外还含Fe3+、Fe2+和Mn2+等离子。若以它为原料按下图所示工艺流程进行生产，可制得轻质氧化镁。若要求产品尽量不含杂质，而且生产成本较低，请根据表1和表2提供的资

3、料，填写空白：表1 生成氢氧化物沉淀的pH物质开始沉淀沉淀完全Fe（OH）32.73.7Fe（OH）27.69.6Mn（OH）28.39.8Mg（OH）29.611.1Fe2+氢氧化物呈絮状，不易从溶液中除去，所以，常将它氧化为Fe3+，生成Fe（OH）3沉淀除去表2 原料价格表价格/（元吨-1）漂液（含25.2%NaClO）450双氧水（含30%H2O2）2400烧碱（含98%NaOH）2100纯碱（含99.5%Na2CO3）600（1）在步骤中加入的试剂X，最佳的选择是_，其作用是_；（2）在步骤中加入的试剂应是_；之所以要控制pH=9.8，其目的是_。（3）在步骤中加入的试剂Z应是_；（

4、4）在步骤中发生反应的化学方程式是_。【答案】漂液（或NaClO） 将Fe2+氧化为Fe3+ 烧碱（或NaOH） 使Fe3+、Mn2+沉淀完全，又尽量减少Mg2+的损失 纯碱（或Na2CO3） MgCO3+H2OMg（OH）2+CO2 【分析】为除去Fe2+，先将Fe2+氧化成Fe3+，然后加入NaOH调节pH为9.8，然后在滤液中加入纯碱将Mg2+从溶液中以MgCO3沉淀出来，然后加热煮沸可得到Mg（OH）2，灼烧后得到MgO。（1）步骤是为了将Fe2+氧化成Fe3+，并在控制合适的pH条件时生成Fe（OH）3沉淀而除之虽然漂液和H2O2都可采用，但对比表2提供的原料价格可以看出，漂液比H2

5、O2的价格低得多，所以选漂液最合理；（2）步骤的目的在于使除Mg2+以外的各种杂质金属离子都生成氢氧化物沉淀，以便通过过滤而除去，应加入NaOH，如加入纯碱，不能达到较高的PH，且易生成碳酸镁沉淀，分析表1提供的数据：除去杂质离子合理的pH范围是3.7pH9.8，在此范围内，如果pH过高，就会有大量的Mg2+生成Mg（OH）2而进入沉淀中，从而导致生产成本的提高为了兼顾产品质量和生产成本，选择pH=9.8最合理，当然此时Mg2+也会部分生成Mg（OH）2沉淀，但由于卤块价格低廉，这点不可避免的损失还是可以承受的，以此保证产品的纯度值得；（3）步骤的目的是将Mg2+从溶液中沉淀出来从MgCl2制

6、得MgO，有两种可行的方法，一种是向溶液中加入烧碱，另一种方法是向溶液中加入纯碱，此处选用后一种方法更合理一方面，加烧碱生成的中间产物Mg（OH）2是胶状沉淀，会造成过滤困难，更重要的是反应过程中不能进行轻化处理，只能得到重质氧化镁；加纯碱生成的中间产物MgCO3呈粗颗粒状，易过滤，MgCO3在水中经一段时间的加热会有部分反应生成CO2，由于CO2气体的产生，使沉淀变得疏松，灼烧沉淀后得到的是轻质氧化镁另一方面，对比表2中烧碱和纯碱的价格可以看出，纯碱比烧碱价格低得多，采用纯碱路线既合理又经济；（4）步骤中反应的化学方程式为：MgCO3+H2OMg（OH）2+CO2。3以硼镁泥（主要成分为Mg

7、SiO3、Fe2O3及少量Al2O3、FeO和MnO）为原料制备高纯Mg（OH）2的流程如下：己知：常温下此体系中各氢氧化物开始沉淀与沉淀完全时的pH范围如下表所示：pH值MnO（OH）2Al（OH）3开始沉淀时9.37.17.82.3沉淀完全时10.84.7温度高于340时Mg（OH）2开始分解为MgO和H2O。（1）“浸取”时，为提高镁的浸取率可行的措施为_。a.将硼镁泥制成浆料 b.降低浸取温度 c.用盐酸多次浸取（2）“浸取”时，MgSiO3与盐酸反应的化学方程式为_。（3）“除铁、铝”时，需调节溶液pH范围为_。（4）“除Mn2+”时发生反应的离子方程式为_；过滤3所得滤渣中含有Mn

8、O（OH）2和_。（5）“沉镁”时，反应温度与Mg（OH）2的产率如图所示，当温度超过60，随温度再升高，Mg（OH）2产率反而降低，其原因可能是_。【答案】acMgSiO3+2HCl+（n-l）H2O=MgCl2+SiO2nH2O4.7pH7.1Mn2+H2O2+2OH-=MnO（OH）2+H2OMg（OH）2氨水挥发加剧，导致溶液中氨水浓度降低。（1）此处主要考查反应速率的影响因素，所以要想加快酸溶解速率可以从外因浓度、温度、接触面积等考虑，可以采取升温、把硼镁泥粉碎、搅拌等措施，答案选ac。（2）根据滤渣1可知：MgSiO3与盐酸反应生成SiO2nH2O，还有产物MgCl2、H2O方程式

9、为MgSiO3+2HCl+（n-l）H2O=MgCl2+SiO2nH2O（3）加入双氧水后，Fe2+转化为Fe3+，要使Fe3+、Al3+完全沉淀，pH必须大于或等于4.7，Mn2+不沉淀，pH小于或等于7.1，所以答案为4.77.1 （4）Mn2+在碱性下被H2O2氧化生成MnO（OH）2，H2O2被还原为H2O，离子方程式为Mn2+H2O2+2OH-=MnO（OH）2+H2O 。MnO（OH）2沉淀完全时pH已达9.8，该条件下，Mg2+已经沉淀，故还有Mg（OH）2沉淀生成，故过滤3所得滤渣中含有MnO（OH）2和Mg（OH）2。（5）温度过高，氨水挥发加剧，溶液中氨水浓度减小，导致Mg

10、（OH）2产率降低。点睛：解答化学工艺流程题目，可按以下步骤进行：粗读试题，尽量弄懂流程图。对照原料和产品，明确核心反应和除杂任务。明确流程图中箭头方向和代表的含义。流程图中箭头进入的是反应物（投料），箭头出去的是生成物（产物、副产物），返回的箭头一般是“循环利用”的物质。图中一般会出现陌生知识，要读懂流程图以外的文字描述、表格信息、后续设问中的提示性信息，并在下一步分析和解题中随时进行联系和调用。带着问题去精心研究某一步或某一个物质。注意化学语言的规范性。4有关物质的转化关系如下图所示（部分物质和条件已略去）。A是金属单质，D是非金属单质，B、F是气体且B无色无味，G是最常见的无色液体。请回

11、答下列问题：（1）C的化学式为：_。（2）B的电子式为：（3）写出的离子方程式：_。（4）写出的化学方程式，并用“单线桥”标出电子转移的方向和数目_。【答案】MgOH2O+3NO2= 2H+2NO3-+NO【解析】A是金属单质在无色气体B中燃烧生成非金属单质D，则A是Mg、B是CO2、C是MgO、D是C；碳可以和浓硫酸、浓硝酸在加热条件下反应生成CO2，结合F与水化合能生成E，可知E为浓硝酸，F为NO2；（1）C的化学式为MgO；（2）CO2是共价化合物，其的子式为；（3）NO2溶解于水生成硝酸和NO的离子方程式为H2O+3NO2= 2H+2NO3-+NO；（4）碳与浓硝酸反应生成CO2的反应

12、是氧化还原反应，其反应化学方程式及电子转移的方向和数目为。此类题的解答一般有以下步骤：思维起点的选择：思维起点是指开始时的思维指向、思维对象或思维角度，推断题中的思维起点应是最具特征的某个条件（包括文字叙述或某个变化过程）；思维过程的展开：解题者在确定思维起点的基础上，利用题目所给信息，结合已有的化学知识和解题经验，不断地缩小问题状态与目标状态的距离；思维过程的检验：将上述思维过程的结果代入题中，检查一下是否符合题中条件；金属在无色气体中燃烧生成非金属单质这一特殊反应现象，及时与Mg在二氧化碳中燃烧建立联系，展开思维的空间，寻找目标答案。5某同学用某化合物X（两种短周期元素组成的纯净物）进行了

13、如下实验：实验步骤中还观测到生成黑色固体和无色无味气体，生成的溶液可作为建筑行业的一种黏合剂。请回答：（1）X的化学式是_，步骤的离子方程式是_。（2）步骤的化学方程式是_。【答案】Mg2Si Mg2Si +4H+=SiH4+2Mg2+ SiH4 +2KMnO4=2MnO2+Na2SiO3+H2+H2O 短周期元素形成的化合物中，与过量烧碱溶液生成白色沉淀，则灼烧后得到白色固体的为MgO，4.0g白色固体可得X中0.1molMg原子，无色气体A与高锰酸钾可生成黏合剂硅酸钾溶液，可知无色气体A具有还原性且含有Si元素，据此分析作答。（1）根据化合物X 7.20g计算得到Mg原子与Si原子个数之比

14、为2:1，则X的化学式为Mg2Si，在盐酸作用下会生成硅烷气体与氯化镁，故其离子方程式为：Mg2Si +4H+=SiH4+2Mg2+，故答案为：Mg2Si；Mg2Si +4H+=SiH4+2Mg2+；（2）在强氧化剂高锰酸钠的作用下，硅烷被氧化为硅酸钠与氢气，同时生成黑色固体二氧化锰，根据氧化还原反应得失电子守恒与元素守恒可得，其化学方程式为：SiH4 +2KMnO4=2MnO2+K2SiO3+H2+H2O。6置换反应的通式可表示为： （1）若甲为黄绿色气体，单质乙能使淀粉溶液变蓝色，则该反应的离子方程式为： ；（2）若过量的单质甲与化合物A发生反应的化学方程式为： 2Al+Fe2O3Al2O

15、3+2Fe。该反应可用于焊接铁轨，要除去反应后混合物中剩余的铝粉与生成的Al2O3所用的试剂是：；（3）若单质甲是一种常见的金属单质，化合物B是一种磁性黑色晶体，写出该反应的化学方程式： ；（4）若单质乙是黑色非金属固体单质，化合物B是一种优质的耐高温材料，则该反应的化学方程式为： 。（5）硅是一种重要的半导体材料，广泛应用于电子工业的各个领域。工业上制取硅单质所用的化合物A是 ，A非常细，导光能力很强，可用作 。【答案】（1）2I-+ Cl2 = I2+ 2Cl-（2）NaOH溶液（3）3Fe + 4H2O（g）Fe3O4+ 4H2 （4）2Mg+CO22MgO+C（5）SiO2 光导纤维置

16、换反应的反应物、生成物中都有单质和化合物，一定属于氧化还原反应，因而有化合价的升高和降低。（1）黄绿色气体甲为氯气，能使淀粉溶液变蓝色的单质乙为碘，则反应的离子方程式为2I-+ Cl2 = I2+ 2Cl-；（2）Al、Al2O3都能溶于强碱溶液，而Fe、Fe2O3不溶。要除去反应后混合物中剩余的铝粉与生成的Al2O3可使用NaOH溶液；（3）常见的金属单质有钠、铝、铁、铜等，磁性黑色晶体B为Fe3O4，则反应的化学方程式为3Fe + 4H2O（g）Fe3O4+ 4H2 ；（4）黑色非金属固体单质为焦炭，耐高温材料有MgO、Al2O3等高熔点物质，则该反应的化学方程式为2Mg+CO22MgO+

17、C。（5）工业上制取硅单质通常用焦炭和石英砂高温反应，则化合物A是SiO2，因其导光能力很强，可用作光导纤维。7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：NO2沸点是21.1、熔点是-11；NO的沸点是-151、熔点是-164；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 E b. A C D F B F Ec. A F C D F B E d

18、. 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】a D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+3Mn

19、O4-+4H+=3Mn2+5NO3-+2H2O CO2+2Mg2MgO+C 取B中固体少量于试管中，向其中加入少量水，若产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，则B中有氮化镁生成 试题分析：本题考查Mg与HNO3反应产物的探究以及Mg3N2的制备，涉及装置的连接、物质的检验、方程式的书写。（1）根据题意“一定浓度的硝酸与Mg反应可同时得到NO、NO2、N2”，若有NO2生成则气体呈红棕色，根据已知NO2、NO的熔沸点，在装置D中可将NO2冷凝为液态，可观察到装置D中有红棕色液体生成；利用NO具有还原性，用装置C中酸性KMnO4溶液验证NO；根据已知Mg3N2遇水会发生水解，与Mg反应的N2必须是

20、干燥的，气体在进入装置B之前必须用浓硫酸干燥N2，且要防止H2O（g）进入制备Mg3N2的装置；装置的连接顺序为：ADCFBFE，答案选a。（2）根据上述分析，确定还原产物中有NO2的现象是：装置D中有红棕色液体生成。Mg3N2遇水会发生水解，实验中两次使用装置F，第一次使用装置F的作用是：干燥N2；第二次使用装置F的作用是：防止E中H2O（g）进入B中，使Mg3N2不纯。（3）由于NO能与O2反应生成NO2，会影响NO2、NO的验证，实验开始前要排出装置中空气，所以实验前先打开开关K，向装置内通CO2气体，其目的是：排除装置内空气，防止干扰实验；当观察到装置E的Ba（OH）2溶液中产生白色沉

21、淀时，表明装置中空气已经排尽，停止通入CO2。（4）装置D中观察到有红棕色液体出现，装置C中溶液颜色慢慢褪去，说明酸性KMnO4溶液将NO氧化成NO3-，同时MnO4-被还原成Mn2+，反应可写成NO+MnO4-NO3-+Mn2+，N元素的化合价由+2价升至+5价，Mn元素的化合价由+7价降至+2价，根据得失电子守恒配平为5NO+3MnO4-5NO3-+3Mn2+，结合原子守恒、电荷守恒，写出离子方程式为5NO+3MnO4-+4H+=5NO3-+3Mn2+2H2O。（5）在A中反应开始时，马上点燃B处的酒精灯，Mg与CO2发生置换反应生成MgO和C，导致实验结束后B处制得的Mg3N2纯度不高，

22、Mg与CO2反应的化学方程式为2Mg+CO2（6）Mg3N2遇水发生水解生成Mg（OH）2和NH3，检验有Mg3N2生成只要检验B处固体中加水产生NH3即可，验证B处有Mg3N2生成的方法是：取B中固体少量于试管中，向其中加入少量水，若产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，则B中有氮化镁生成。本题的难点是实验装置的连接和氧化还原反应方程式的书写，理解实验的原理和各物质性质的差异是解答本题的关键。氧化还原反应方程式的书写，先根据实验现象分析氧化剂、还原剂、氧化产物和还原产物，再根据得失电子守恒配平，最后用原子守恒、电荷守恒写出完整的方程式。8镁、铝、锌是生活中常见的三种金属，查阅资料获得如下信息

23、：镁、铝、锌都是银白色的金属锌（Zn）可以与NaOH溶液反应生成H2Zn（OH）2为白色固体，难溶于水，可溶于强碱及NH3H2OZn2+易形成配合物如Zn（NH3）42+，该配合物遇强酸分解生成Zn2+、NH4+（1）（1）甲同学取镁铝合金进行定量分析，用图所示装置进行实验，获得如下数据（所有气体体积均已换算成标准状况，忽略滴入液体体积对气体体积的影响）编号粉末质量量气管第一次读数量气管第二次读数2.0 g10.0 mL346.2 mL335.0 mL345.8 mL（2）乙同学取镁铝锌合金设计如下实验方案：（可用试剂：样品、pH试纸、稀硫酸、NaOH溶液、氨水）试剂是 ；沉淀B是 过程是：在

24、滤液中逐滴加入 ，直至生成的沉淀刚好溶解，再加入足量的 ，过滤沉淀C与氨水反应的离子方程式为 【答案】NaOH溶液；Al（OH）3；稀硫酸；稀氨水；Zn（OH）2+4NH3=Zn（NH3）42+2OH；或Zn（OH）2+4NH3H2O=Zn（NH3）42+2OH+4H2O（2）Wg镁铝锌合金加入稀硫酸溶解生成硫酸镁、硫酸铝溶液、硫酸锌溶液，加入试剂M为过量氢氧化钠溶液，得到沉淀A为Mg（OH）2，滤液为Na2ZnO2，NaAlO2溶液，加入过量稀硫酸得到硫酸铝溶液、硫酸锌溶液，再加入足量氨水溶液得到沉淀B为Al（OH）3，滤液为Zn2+易形成配合物如Zn（NH3）42+，该络合物遇强酸分解生成

25、Zn2+、NH4+，加入适量氢氧化钠溶液得到C为氢氧化锌沉淀；上述分析可知，试剂I为氢氧化钠溶液，沉淀B为Al（OH）3；操作是：在滤液中逐滴加入稀硫酸溶液直至生成的沉淀刚好溶解，再加入足量的氨水溶液沉淀铝离子，过滤得到氢氧化铝沉淀Zn（OH）2为白色固体，难溶于水，可溶于强碱及NH3H2O，沉淀C与氨水反应的离子方程式为Zn（OH）2+4NH3=Zn（NH3）42+2OH；或Zn（OH）2+4NH3H2O=Zn（NH3）42+2OH+4H2O；【点评】本题考查了实验探究物质组成的实验设计，反应过程分析判断，物质提纯的理解应用，主要是混合物分离的方法和物质性质的理解应用，掌握基础是关键，题目难

26、度中等9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，产生1.16g白色沉淀，再向所得浊液中逐渐加入1.00mol/LHCl溶液，加入HCl溶液的体积与生成沉淀的关系如图所示。A点的沉淀物的化学式为_。写出A点至B点发生反应的离子方程式：_。某溶液中溶有MgCl2和AlCl3两种溶质，若把两者分开，应选用的试剂为：NaOH溶液、_和盐酸。C点（此时沉淀恰好完全溶解）HCl溶液的体积为_mL。