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
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