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

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

2、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：A、C、D三种物质的化学式依次是_。B、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_。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=H2OCO2B、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=NaHSO42-，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

3、,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

4、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。A、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； B、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=H2OCO2，因此，本题正确答案是：CO32-2H=H2OCO2； 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N

5、aHSO4=NaHSO42-，所产生的H抑制水的电离，因此，本题正确答案是：NaHSO4；NaHSO4=NaHSO42-，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30.0 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/mL280336336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

6、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 【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

7、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：y1：1。答案为1：1。(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(Na

8、OH)0.03mol0.009mol0.039mol，所以V(NaOH)39 mL。答案为：NaCl 0.03mol NaAlO2 0.009mol V(NaOH)39 mL。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200%，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。A中盛装的是浓氨水，B中可盛装_，二者混合可制取氨气。按照气流的方向从左至右连接装置：a接_、_接_、_接_。已知氨气有还原性，能还

9、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_。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05 molL1 MgSO4溶液和05 molL1 NH4HCO3溶液。步骤2：用量筒量取500 mL NH4HCO3溶液于1 000 mL四口烧瓶中，开启搅拌器，温度控制在50 。步骤3：将250 mL MgSO4溶液逐滴加入NH4HCO3溶液中，1 min内滴加完毕，然后用氨水调节溶液pH到95。步骤4：放置1 h后，过滤，洗涤。步骤5：

10、在40 的真空干燥箱中干燥10 h，得到碳酸镁晶须产品(MgCO3nH2O，n15)。配制05 molL1 MgSO4溶液500 mL，需要的仪器有托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、量筒、胶头滴管、_。步骤3中加氨水后反应的离子方程式为_。测定合成的MgCO3nH2O中的n值。称量1000 g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45 h，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。图中气球的作用是_。上述反应后期要升温到30 ，主要目的是_。若实验测得1000 g碳

11、酸镁晶须产生CO2的平均物质的量为a mol，则n为_(用含a的表达式表示)。称取100 g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 d e c b f 2NH3+3CuO N2+3H2O+3Cu Mg3N2+6H2O3Mg(OH)2+2NH3 500 mL容量瓶 Mg2+HCO3-HCO3-+NH3H2O+(n-1)H2OMgCO3nH2O+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）浓氨水和生石灰或氢氧化

12、钠固体混合放热，使一水合氨分解生成氨气，故答案为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+3CuON2+3H2O+3Cu，故答案为d；e；c；b；f；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）配制0.5 molL-1 MgSO4溶液500 mL，除提供的仪器外，还需要的仪器为500 mL容量瓶，故答案为500

13、mL容量瓶；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+NH3H2O+(n-1)H2O=MgCO3nH2O+NH4+，故答案为Mg2+HCO3+NH3H2O+(n-1)H2O=MgCO3nH2O+NH4+；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；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

14、吸收完全；若实验测得1.000 g碳酸镁晶须产生的CO2的平均物质的量为a mol，依据碳元素守恒可知，晶须中碳酸镁的物质的量为a mol，根据MgCO3nH2O中碳酸镁和结晶水的物质的量之比为1n，得到1n=a，得到n=，故答案为；由题图3知400 时剩余质量为82.3 g，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。

15、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+H2ONH3H2O的平衡逆向移

16、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+H2ONH3H2O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3

17、Br2+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+6H2O3Mg(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+2HClMgCl2+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

18、能会发生下列反应：2Mg+O22MgO；3Mg+N2Mg3N2；2Mg+CO22MgO+C Mg+H2OMgO+H2 Mg3N2+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

19、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，避免反应发生 D 目的是除去空气中的CO2，避免反应发生 F 目的是除去空气中的氧气，避免反应发生 jhgdckl(或lk)ab (或ba) F A 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

20、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，避免反应发生；D，目的是除去空气中的CO2，避免反应发生；F，目的是除去空气中的氧气，避免反应发生；(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

21、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，jh(除二氧化碳)gd(除水蒸气)ck(除氧气)l(或lk)ab (或ba)；(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

22、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。6A将一定质量的Mg和Al混合物投入400 mL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）

23、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】18 g 2.5 mol/l 0.9mol H+ +OH-=H2O Al(OH)3 +OH-=AlO2-+2H2O 4 0.1 200 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，

24、从开始至加入NaOH溶液40 mL，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) = 400 mL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0.7 mol，溶液中溶质为Na2SO4，根据钠元素守恒可知此时n(Na2SO4)等于400 mL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0.3 mol，所以沉淀量最大时，Mg

25、(OH)2为0.3 mol，Al(OH)3为0.7 mol-0.3 mol=0.4 mol，所以该阶段消耗n(NaOH) = nAl(OH)3 = 0.4 mol，氢氧化钠的浓度为 = 5 mol/L。（1）由元素守恒可知n(Al) = nAl(OH)3，n(Mg) = nMg(OH)2，在根据m =n M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)= 2 n(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(H

26、2) = 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600 mL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

27、，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0.7 mol，溶液中溶质为Na2SO4，根据钠元素守恒可知此时n(Na2SO4)等于400 mL氢氧化钠溶液中含有的n(NaOH)的0.5倍。从400 mL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(O

28、H)2，物质的量为0.3 mol，所以沉淀量最大时，Mg(OH)2为0.3 mol，Al(OH)3为0.7 mol-0.3 mol=0.4mol，所以该阶段消耗n(NaOH) = nAl(OH)3 = 0.4mol，氢氧化钠的浓度为 = 5 mol/L。（1）由元素守恒可知n(Al) = nAl(OH)3 = 0.4 mol，n(Mg) = nMg(OH)2 = 0.3 mol，故Mg和Al的总质量为0.4mol27g/mol+0.3mol24g/mol = 18 g，故答案为18 g；（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(

29、NaOH)=2n(Na2SO4)=0.4L5mol/L = 2 mol，所以n(Na2SO4) = 1 mol，所以硫酸的浓度为c = = 2.5 mol/L，故答案为2.5 mol/L；（3）由（1）中可知n(Al) = 0.4 mol，n(Mg) = 0.3 mol，根据电子转移守恒可知2n(H2) = 3n(Al)+2n(Mg) = 30.4mol+20.3mol=1.8 mol，所以n(H2) = 0.9 mol，故答案为0.9 mol；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600 mL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