高考化学推断题综合题专练∶镁及其化合物解析

高考化学推测题综合题专练∶镁及其化合物附答案分析高考化学推测题综合题专练∶镁及其化合物附答案分析高考化学推测题综合题专练∶镁及其化合物附答案分析高考化学推测题综合题专练∶镁及其化合物附答案分析一、镁及其化合物1．硼镁泥是一种工业废料，主要成份是MgO（占40%），还有CaO、MnO、Fe2O3、FeO、Al2O3、SiO2等杂质，以此为原料制取的硫酸镁，可用于印染、造纸、医药等工业。从硼镁泥中提取MgSO4·7H2O的流程以下：依照题意回答以下问题：(1)实验中需用1mol/L的硫酸80mL，若用98%的浓硫酸来配制，除量筒、玻璃棒外，还需要的玻璃仪器有_________。(2)滤渣的主要成份除含有Fe(OH)、Al(OH)、MnO外，还有_________。332(3)加入的NaClO可与Mn2+反应产生MnO2积淀，该反应的离子方程式_________。在调治pH=5-6从前，还有一种离子也会被NaClO氧化，该反应的离子方程式为________________。(4)如何检验滤液中Fe3+可否被除尽，简述检验方法_________。(5)已知MgSO4、CaSO4的溶解度以下表：温度（℃）40506070MgSO30.933.435.636.94CaSO40.2100.2070.2010.193“除钙”是将MgSO4和CaSO4混杂溶液中的CaSO4除去，依照上表数据，简要说明操作步骤_________、_________。(6)若是供应的硼镁泥共100g，获取的MgSO·7HO196.8g，则MgSO·7HO的产率为4242_________。【答案】烧杯、100mL的容量瓶、胶头滴管SiO2Mn2++ClO-+H2O→MnO2↓+2H++Cl-2+-+3+-2Fe+ClO+2H→2Fe+Cl+H2O取少量滤液，向其中加入硫氰化钾溶液，若是溶液不变红色，说明滤液中不含Fe3+；若是溶液变红色，说明滤液中含Fe3+。蒸发浓缩趁热过滤80%【分析】【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-反应生成了MnO2积淀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，若是溶液不变红色，说明滤液中不含Fe3+；若是溶液变红色，说明滤液中含Fe3+。5）观察图表能够知道两种物质随着温度的高升溶解度一种增大一种减小，能够利用溶解度的不同样来分别。（6）依照元素守恒能够计算出硼镁泥中镁的质量，在计算出196.8gMgSO4·7H2O中镁的质量就可以计算出其产率了。2．X、Y、Z、W四种物质有以下相互转变关系（其中X、W为单质，Y、Z为化合物，未列出反应条件）。（1）若X的摩尔质量是W的2倍，工业上Z可作优秀的耐高温资料。W为黑色固体，则Y的化学式________________。（2）若固体W是紫红色，且向溶液Z中滴入氯水，再滴入2滴KSCN溶液，溶液呈血红色。则写出X+Y=Z+W的离子方程式__________________________。（3）若晶体W是一种重要的半导体资料，实验室可用澄清石灰水来检验Z的燃烧产物。写出Y与NaOH溶液反应的化学方程式________________________________________。【答案】CO22+2+2232Fe+Cu=Fe+CuSiO+2NaOH=NaSiO+HO【分析】（1）X、W为单质，Y、Z为化合物，W为黑色固体，应为C单质，X的摩尔质量是W的2倍，Z可作优秀的耐高温资料，X为Mg，Z为MgO，Y为CO2。（2）向溶液Z中滴入氯水，再滴入2滴KSCN溶液，溶液呈血红色，则Z为Fe2+，W是紫红色固体，则W为Cu，X+Y=Z+W反应方程式为：Fe+Cu2+=Fe2++Cu。（3）晶体W是一种重要的半导体资料，则W是Si；实验室可用澄清石灰水来检验Z的燃烧产物，则Z的燃烧产物为CO22NaOH，化合物Z为CO，则X为C单质，Y为SiO，Y与溶液反应的化学方程式为：SiO2232+2NaOH=NaSiO+HO。3．A、B、C、D分别是HCl、FeCl3、MgCl2、AlCl3溶液中的一种，某实验小组用另一种溶液X与它们进行了以下列图的实验，试推测A、B、C、D、X分别为：A：____________B：____________C：___________D：____________X：______________【答案】HClMgCl2FeCl3AlCl3NaOH【分析】【分析】Mg(OH)2、Al(OH)3、Fe(OH)3都不溶于水，Mg(OH)2、Fe(OH)3都是弱碱，只溶于强酸溶液。Al(OH)3是两性氢氧化物，能溶于强酸、强碱溶液中。【详解】X+过分C→红褐色积淀[Fe(OH)3]，则C为FeCl3，X含OH-，可为NaOH等；X+过分A→无现象，则A为HCl；X+过分B→白色积淀[溶于A（HCl）、不溶于X（OH-）]，则白色积淀为Mg(OH)2，B为MgCl2；X+过分D→白色积淀[溶于A（HCl）、溶于X（OH-）]，则白色积淀为Al(OH)3，D为AlCl3。－－4．将5.1g镁铝合金溶于600mL0.5mol·L1H2SO4溶液中，完满溶解后再加入1.0molL·1的NaOH溶液，获取积淀的质量为13.6g，连续滴加NaOH溶液时则积淀会减少。（1）当加入__mLNaOH溶液时，可使溶解在硫酸中的Mg2和Al3恰好完满积淀。（2）计算合金溶于硫酸时所产生的氢气在标准情况下的体积。（列出算式）___【答案】6005.6L【分析】【分析】固体完满溶解，生成MgSO4和Al2(SO4)3，依照极值法分析，可确定硫酸有节余。加入NaOH后，第一与过分的硫酸反应，尔后才与MgSO4和Al2(SO4)3反应。当MgSO4和Al2(SO4)3恰好完满反应时，生成Mg(OH)2、Al(OH)3、Na2SO4。（1）溶解在硫酸中的Mg2和Al3恰好完满积淀时，溶液中的溶质为Na2SO4，由此可得出－10.6mol。n(NaOH)=2n(H2SO4)=2×0.600L×0.5molL·=0.6mol，V(NaOH)=1mol/L（2）Mg、Al在反应过程中，存在以下关系式：Mg—H—Mg(OH)2—-，2Al—3H22OH2—2Al(OH)3—6OH-，综合分析两关系式，可得出H2—2OH-。经过积淀与金属的质量相减，便可求出m(OH-)，由此可求出生成H2的体积。【详解】（1）溶解在硫酸中的Mg2和Al3恰好完满积淀时，溶液中的溶质为Na2SO4，由此可得出n(NaOH)=2n(H－0.6mol=0.6L=600mL。答案2SO4)=2×0.600L×0.5molL·1=0.6mol，V(NaOH)=1mol/L为：600；（2）Mg、Al在反应过程中，存在以下关系式：Mg—H22-，2Al—3H2—Mg(OH)—2OH—3-，综合分析两关系式，可得出H2-。2Al(OH)—6OH—2OH--8.5g0.5mol，n(H2)=1-m(OH)=13.6g-5.1g=8.5g，n(OH)=17g/mol2n(OH)=0.25mol，V(H2)=0.25mol×22.4L/mol=5.6L。答案为：5.6L。【点睛】在利用n(OH-)计算n(H2)时，我们易犯的错误，是利用（1）受骗算出的0.6mol进行计算。由于0.6mol其实不是单纯用于与金属离子反应生成积淀，而是有一部分用于中和过分硫酸，所以此数据不能够使用。5．现有48.4g碱式碳酸镁样品(化学式：xMgCO3yMgOH2zH2O，x、y、z为正整数)，将其分为二等份，一份样品充分灼烧至恒重进行热重分析，结果以下列图。另一份投入200mL某浓度的盐酸中，充分反应后生成CO24.48L(已换算成标准情况下)，测得溶液的cH0.100molL1。(忽略溶液前后体积变化)按要求回答以下问题：(1)x:y=_______________。(2)盐酸的物质的量浓度cHCl=____________molL1。【答案】4:12.6【分析】【详解】(1)xMgCO3yMgOH2zH2O充分灼烧至恒重获取的10.0g固体为MgOnMgO)＝?( )?，(10.0g＝0.25mol；另一份投入150mL某浓度的盐酸中，反应生成氯化镁和二氧化40g/mol碳，标况下4.48LCO2的物质的量为：4.48L＝0.2mol；48.4g碱式碳酸镁样品中22.4L/moln(MgCO3)+n[Mg(OH)2]＝2n(MgO)＝0.25mol×2＝0.5mol，n(MgCO3)＝2n(CO2)＝0.2mol×2＝0.4mol，则n[Mg(OH)2]＝0.5mol－0.4mol＝0.1mol，n(H2O)＝48.4g84g/mol0.4mol58g/mol0.1mol＝0.5mol，则xMgCO3?yMg(OH)2?zH2O18g/mol中x：y：z＝0.4mol：0.1mol：0.5mol＝4:1:5；(2)反应后节余nHClnH+0.100molL02L002mol，生成氯化镁耗资HCl的物质( )＝()＝/×.＝.的量为：n(HCl)＝2n(MgCl2)＝0.25mol×2＝0.5mol，所以200mL某浓度的盐酸中n(HCl)＝0.5mol+0.02mol＝0.52mol，则盐酸的物质的量浓度c(HCl)＝0.52mol＝2.6mol/L。0.2L6．某学习小组研究Mg与NaHCO3溶液反应的机理，做了以下研究。实验一：实验A在注射器中加入过分镁片(擦去表面氧化操作膜)，吸入15mL饱和NaHCO3溶液。有气体产生，20min后注射器内壁和底部现象产生大量白色积淀1）实验B的目的是___。实验二：

实验B在注射器中加入过分镁片(擦去表面氧化膜)，吸入15mL蒸馏水。缓慢产生气体（2）依照实验二，实验A中产生的气体是___。(填分子式)实验三：分别取少量实验A和B的上层清液于两支试管中，各加入2滴BaCl2溶液，A中立即产生白色积淀，B中无明显现象。3）实验三说明Mg与NaHCO3溶液反应产生了___(填离子符号)。实验四：该小组同学对实验A中产生的白色积淀做出以下猜想：并用图所示装置进行实验，进一步确定白色积淀的成分。猜想1：白色不溶物可能为Mg(OH)2猜想2：白色不溶物可能为MgCO3猜想3：白色不溶物可能为碱式碳酸镁[yMg(OH)23?xMgCO]（4）若用装置A、B组合进行实验，B中有白色浑浊，则猜想___不正确；将装置按A、C、B的序次组合进行实验，当出现___现象时，猜想3是正确的。实验五：用图所示装置测定碱式碳酸镁[yMg(OH)2xMgCO3]的组成：?（5）称取干燥、纯净的白色不溶物7.36g，充分加热至不再产生气体为止，并使分解产生的气体全部进入装置A和B中。实验后装置A增重0.72g，装置B增重2.64g。装置C的作用是___，白色不溶物的化学式为___。【答案】做比较实验H2232-1当C中出现蓝色，B中出现浑浊防范B吸取空、COCO气中的二氧化碳和水2Mg(OH)2·3MgCO3【分析】【分析】（1）依照实验A、B的操作不同样点分析实验B的目的；2）依照实验二中现象分析即可得出结论；3）依照溶液中存在平衡以及加入氯化钡溶液后的现象分析；4）依照二氧化碳能使澄清石灰水变浑浊，水能使无水硫酸铜变蓝分析；（5）依照B中碱石灰质量的增加量就是生成的二氧化碳的质量，所以B不能够直接与空气接触；依照A中增重是水的质量，计算出氢氧化镁的质量，B中碱石灰质量的增加量就是生成的二氧化碳的质量计算出碳酸镁的质量。【详解】（1）本实验研究Mg与碳酸氢钠的反应，实验A加入碳酸氢钠水溶液，故为了消除其中水的搅乱，设置实验B，加入等体积的水，与A比较；2）依照实验二现象分析，能使澄清石灰水变浑浊的气体为二氧化碳，用燃着的火柴凑近，听到尖锐的爆鸣声证明有氢气；3）溶液中存在平衡HCO3-?H++CO32-，加入镁与H+反应，使c（H+）减少，平衡正移，产生CO32-，分别取少量实验A和B的上层清液于两支试管中，各加入2滴BaCl2溶液，A中马上产生白色积淀，该积淀为碳酸钡，证明溶液中含有CO32-；（4）氢氧化镁分解会产生水，碳酸镁分解会产生二氧化碳，B中有白色浑浊产生，说明有碳酸镁，所以猜想1不正确，猜想3要想正确，必定同时产生二氧化碳和水，所以当C中出现蓝色，B中出现浑浊，猜想3正确；（5）B中碱石灰质量的增加量就是生成的二氧化碳的质量，所以B不能够直接与空气接触，为了防范空气中的水蒸气和CO2进入装置B中，影响实验结果，所以应连接一个干燥装置除去空气中的水蒸气和CO2；A中浓硫酸增重是水的质量，水为0.72g，水的物质的量为0.04mol，氢氧化镁物质的量为0.04mol，B中碱石灰质量的增加量就是生成的二氧化碳的质量，因今生成二氧化碳的质量为2.64g，二氧化碳的物质的量为0.06mol，原子守恒，碳酸镁的物质的量为0.06molX:Y=0.04：0.06=2：3，白色不溶物的化学式为2Mg(OH)2·3MgCO3。7．较爽朗金属与硝酸反应，产物复杂。如必然浓度的硝酸与镁反应，可同时获取NO、NO2、N2三种气体。某同学欲用以下仪器组装装置来直接考据有NO、NO2生成并制取氮化镁。（假设实验中每步转变均是完满的）已知：①NO2沸点是21.1℃、熔点是-11℃；NO的沸点是-151℃、熔点是-164℃；②氮化镁遇水会发生水解。回答以下问题：（1）为达到上述实验目的，所采纳的仪器的正确连接方式是（_____）(填序号)。a.A→D→C→F→B→F→Eb.A→C→D→F→B→F→Ec.A→F→C→D→F→B→Ed.A→F→D→C→F→B→E2）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，实验结束后经过测定发现B处的产品纯度不高，原因是______________________________________（用化学方程式回答）。（6）考据B处有氮化镁生成的方法是_______________。【答案】aD中有红棕色液体生成防范E中水蒸气进入B中，造成产物不纯消除装置内空气，防范搅乱实验E中产生白色积淀-+2+-4=32CO2+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【分析】试题分析：本题观察Mg与HNO3反应产物的研究以及Mg3N2的制备，涉及装置的连接、物质的检验、方程式的书写。（1）依照题意“必然浓度的硝酸与Mg反应可同时获取NO、NO2、N2”，若有NO2生成则气体呈红棕色，依照已知①NO2、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拥有还原性，用装置C中酸性KMnO4溶液考据NO；依照已知②MgN遇水会发生水解，与Mg反应的N必定是干燥的，气体在进入装322置B从前必定用浓硫酸干燥N2，且要防范232的装置；装置的连接HO（g）进入制备MgN序次为：A→D→C→F→B→F→E，答案选a。（2）依照上述分析，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：防范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的考据，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：消除装置内空气，防止搅乱实验；当观察到装置E的Ba（OH）2溶液中产生白色积淀时，表示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+4-3-，反应可写成NO+MnO→NO+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，依照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，以致实验结束后B处制得的Mg3N2纯度不高，Mg与CO2反应的化学方程式为2Mg+CO22MgO+C。（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，考据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。点睛：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要点。氧化还原反应方程式的书写，先依照实验现象分析氧化剂、还原剂、氧化产物和还原产物，再依照得失电子守恒配平，最后用原子守恒、电荷守恒写出完满的方程式。8．镁、铝的混杂物共-1的盐酸溶液中，尔后再滴加-1的0.2mol，溶于200mL4mol·L2mol·LNaOH溶液。若在滴加NaOH溶液的过程中，积淀质量m随加入NaOH溶液的体积V变化情况以下列图。请回答以下问题：（1）当V1=160mL时，则金属粉末中m(Al)=_____________mol。（2）V2～V3段发生反应的离子方程式为____________________________。（3）若在滴加NaOH溶液的过程中，欲使Mg2+、Al3+恰好积淀完满，则加入NaOH溶液的体积V(NaOH)=____________mL。（4）若镁、铝的混杂物仍为0.2mol，其中镁粉的物质的量分数为a，改用200mL4molL-1·的硫酸溶解此混杂物后，再加入840mL2mol·L-1的NaOH溶液，所得积淀中无Al(OH)3，则a的取值范围为_______________________。--+2H2O4000.6≤a＜1【答案】0.08Al(OH)3+OH=AlO2【分析】（1）当V时，此时溶液是MgCl2、AlCl3和NaCl的混杂液，由+离子守1=160mLNa恒可知，n（NaCl）=n（Na+）=n（NaOH）=0.16L×2mol/L=0.32mol。200mL4mol?L-1的盐酸溶液中含有氯化氢的物质的量为：

4mol/L×0.2L=0.8mol，设混杂物中含有

MgCl2为xmol、AlCl3为

ymol，则：依照

Mg

原子、

Al原子守恒有：

x+y=0.2，依照

Cl-离子守恒有：2x+3y=0.8-0.32=0.48，联立方程解得：x=0.12、y=0.08，所以金属粉末中：n（Mg）=0.12mol、n（Al）=y=0.08mol；（2）V2～V3段发生氢氧化钠溶解氢氧化铝的反应，反应的离子方程式为Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O；（3）当溶液中Mg2+、Al3+恰好积淀完全时，此时溶液是NaCl溶液，依照Cl-离子和Na+离子守恒有：n（Na+）=n（NaCl）=（HCl）=4mol/L×0.2L=0.8mol，所以需要加入氢氧化钠溶液体积为：V（NaOH）=0.8mol÷2mol/L=0.4L=400mL；（4）由于为金属混杂物，则a＜1，Al的物质的量为：0.2（1-a）mol，反应后的混杂溶液中再加入840mL2mol?L-1的NaOH溶液，所得沉淀中无Al（OH）3，则溶质为硫酸钠、偏铝酸钠，依照铝元素守恒可知：n（NaAlO2）=0.2（1-a）mol，依照钠离子守恒，应满足：n（NaOH）≥2n（Na2SO4）+n（NaAlO2），即0.84×2≥2×0.2×（4+01-a.）2，解得：a≥0.，6所以a的取值范围为：故0.6≤a＜1。点睛：本题观察了有关混杂物反应的计算，题目难度较大，对于图象题，要明确每一段图象发生的化学反应、知道拐点代表的含义及溶液中溶质的成分，结合方程式对有关问题进行分析；详尽计算时注意守恒思想的运用，使计算简化。最后一问的计算注意利用好数学中的极值法。9．今有甲、乙两种固体物质，已知其中之一为氧化镁；还有A、B、C、D四种无色溶液分别为氢氧化钠溶液、硝酸镁溶液、硝酸钠溶液和稀硝酸中的某一种，它们之间的相互转变关系可用以下式子表示：（1）乙＋B→A＋水（2）A＋C→乙＋D（3）B＋甲→A＋水试判断：A、B、C、D各是什么溶液?甲、乙各是什么物质？（用化学式回答）A________、B_________、C_________、D_________、甲________、乙_________【答案】Mg(NO3)2HNO3NaOHNaNO3MgOMg(OH)2【分析】依照题目中的信息：“甲、乙两