化学镁及其化合物的专项培优易错试卷练习题(含答案)含答案(1)

1、化学镁及其化合物的专项培优易错试卷练习题(含答案)含答案(1)一、镁及其化合物1.以硼镁泥(主要成分为 MgSiO 3、Fe2O3及少量Al 2O、FeO和MnO)为原料制备高纯Mg(OH) 2的流程如下：用4声品己知: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Mg(OH) 2Mn(OH) 2MnO(OH )2Fe(OH)2Al(OH) 3Fe(OH)3开始沉淀时9.37.17.87.63.72.3沉淀完全时10.810.89.89.64.73.7温度局于340c时Mg(OH)2开始分解为 MgO和H。(1) “浸取”时，为提高镁的浸取率可行的措施为 。a.将硼镁

2、泥制成浆料b.降低浸取温度c.用盐酸多次浸取(2) “浸取"时，MgSiQ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 MnO(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 C,随温度再升高，Mg(OH) 2产率反而降低，其原因可能是【答案】acMgSi O3+2HCl+( n-l)H2O=MgCl 2+S。 n H2O4.7<pH<7.1Mn 2+H2Q+2CH-=MnO(OH) 2 J +H20Mg(OH) 2氨水挥发加剧

3、，导致溶液中氨水浓度降低。【解析】(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 aco(2)根据滤渣1可知：MgSiO 3与盐酸反应生成 SQ2FH2O,还有产物 MgCb、H2O方程式为MgSiO 3+2HCl+(n-l)H 2O=MgCl 2+SQ2 nHz。(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,Mr2+不沉淀，pH小于或等于7.1 ,所以答案为4.7<pH<7.1(4) MrT在碱性下被HbQ氧化生成MnO(OH)

4、2, H2O2被还原为H2O,离子方程式为Mn2+H2O2+2OH-=MnO(OH) 2 J +HO。MnO(OH) 2沉淀完全时 pH 已达 9.8 ,该条件下，Mg+ 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 (OH2。(5)温度过高，氨水挥发加剧，溶液中氨水浓度减小，导致 Mg (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

5、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。2.某同学用含结晶水的正盐 X(四种短周期元素组成的纯净物)进行了如下实验:日色沉淀实验中观测到：混合气甲呈无色并被蒸储水全部吸收；固体乙为纯净物；在步骤中，取1/10溶液丙，恰好中和需消耗 0.00200molNaOH;另取一定量的溶液丙，加入少量K2Fe。固体，产生黄绿色气体。请回答：(1) X的化学式是 ,步骤的化学方程式是(2)溶液丙与K2FeO固体反应的化学方程式是【答案】MgC2 -

6、 6H2O MgC2 6H2O_ MgO+2Hd1+5H 20T2&FeO+16HC1=4KCl+ 2FeCL+ 3cI2 T +8H2O【解析】【分析】据题意知，含结晶水的正盐X共含有四种短周期元素，经灼烧所得的混合气体中含有水蒸气，混合气甲经步骤 、得白色沉淀，可判断混合气甲中有氯元素，由混合气甲呈 无色并被蒸储水全部吸收，且溶液丙可以被NaOH溶液中和、与少量 K2FeO4反应能生成黄绿色气体，可得混合气体甲中含有HCl气体。结合正盐 X灼烧得到混合气体甲和固体乙可推知X含有H、O、Cl和一种金属元素。依题意经计算可知?!合气体甲中：n(HCl)=0.02mol ,2J3 -0.

7、10 -0.02 x 36.5n(H2O)=1"mol=0.05mol。又因盐X为正盐，并且所含元素均为短周期元素，可知其阴离子为氯离子，阳离子可能为 Na+、Mg2+或Al 3+。若是钠离子，则 X灼烧时无法产生 HCl气体，不符合题意，而氯化镁 晶体和氯化铝晶体灼烧后得到的分别是氧化酶和氧化铝，根据固体乙的质量计算可知阳离 子为Mg2+,固体乙为 MgO, n(MgO)-0.01mol ,故X为MgC12 6H2。，据此解答。【详解】据题意知，含结晶水的正盐X共含有四种短周期元素，经灼烧所得的混合气体中含有水蒸气，混合气甲经步骤 、得白色沉淀，可判断混合气甲中有氯元素，由混合气甲

8、呈 无色并被蒸储水全部吸收，且溶液丙可以被NaOH溶液中和、与少量 K2FeO4反应能生成黄绿色气体，可得混合气体甲中含有HCl气体。结合正盐 X灼烧得到混合气体甲和固体乙可推知X含有H、O、Cl和一种金属元素。依题意经计算可知?!合气体甲中：n(HCl)=0.02mol ,2.03 - 0.40 - 0.02 x 36.5n(H2O)=mol=0.05mol。又因盐X为正盐，并且所含元素均为短周期元素，可知其阴离子为氯离子，阳离子可能为 Na+、Mg2+或Al 3+。若是钠离子，则 X灼烧时无法产生 HCl气体，不符合题意，而氯化镁 晶体和氯化铝晶体灼烧后得到的分别是氧化酶和氧化铝，根据固体

9、乙的质量计算可知阳离 子为 Mg2+,固体乙为 MgO, n(MgO)-0.01mol ,故 X 为 MgC12 6H2。，(1)由分析可知 X的化学式为 MgC12 6H2。，其灼烧时分解生成 MgO、HCl和H2O,发生 反应的化学方程式为：MgC12 6H2。 MgO+2HC1f +5H 2。九(2)溶液丙为稀盐酸，加入少量&Fe。固体，产生黄绿色气体为Cl2,可知此反应发生氧化还原反应，还原产物应为FeCl3,根据电子守恒和原子守恒可知发生反应的化学方程式为：2K2FeO4+16HC1=4KCl+ 2FeCl 3+ 3cl2f+8HO。3.实验室中有6瓶失去标签的白色固体：纯碱

10、、氢氧化镁、氯化钢、硫酸铝、硫酸氢钠、 氯化钾。除蒸储水、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，分别加入适量蒸储水，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 。日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 。

11、 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>NaHSQ KCl、BaCl2C(32-+2HI+ =H20+ COT 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NaHSCNaHS©=NaT+H+SO2-,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，KCl与其它4种物质均不反应，氯化钢与纯碱、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)

12、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，分别加入适量蒸储水，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(OHL因此，本题正确答案是：白色固体不溶于水；Mg(OH>(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NaHSQA、C、D三种物质的化学式依次是NaHSO KCl

13、、BaCL,因此，本题正确答案是：NaHSO KCl、BaCL;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 CO2- + 2H+=HO+ COT ,因此，本题正确答案是：CQ2 + 2H" =HO+ CO T ;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NaHSO其溶液显酸T的原因是 NaHS4=N才+h+ + SO2-,所产生的h+抑制水的电离，因此，本题正确答案是：NaHSO NaHSO=

14、NsT + H+SO2-,所产生的 4抑制水的电离。4.用C、Mg和Al组成的混合物进行如下图所示实验。填写下列空白。(1)气体X为,固体Z为。(2)滤液Y中除H+外，还含有的阳离子为 与;其中镁和稀硫酸反应 的化学方程式为。(3)滤液N中除N&SO和NaO用卜，还含有的溶质为 (填化学式)；生成该物 质的离子方程式为： 。(4)生成固体 M的离子方程式为： 。【答案】H2 C Al 3+ Mg2+ Mg + H2SO= MgSO + H 2 T NaAl(OH) 4 Al 3+ + 4OH = Al(OH) 4Mg2+ 2OH = Mg(OH) 2 J【解析】【分析】本题主要考查镁、

15、铝相关知识。C与稀硫酸不发生反应，故固体 Z为C, Mg、Al为活泼金属，能与非氧化性酸反应置换出叱，并生成相应的盐，故气体X为H2,滤液Y中溶质为H2SO、MgSO4、Al2(SO)3；加入过量的 NaOH溶液后，生成可溶性的 NaAl(OH) 4和Na2SO4 以及难溶物Mg(OH)2,由此分析作答。【详解】(1)由上述分析可知，气体X为H2；固体Z为C；(2)由上述分析可知，滤液Y中还含有的阳离子为 Mg2+、Al3+；其中镁和稀硫酸的反应的方程式为：Mg + H2SC4= MgSO4 + H2 f ；(3)由上述分析可知，滤液N中还含有的溶质为 NaAl(OH) 4；生成NaAl(OH

16、) 4的离子方程式为：Al 3+ + 4OH-= Al(OH) 4；(4)固体 M 为 Mg(OH)2,生成 Mg(OH)2 的离子方程式为： Mg 2+ 2OH= Mg(OH) 2J5 .已知一定条件下，单质 X、Y、Z与化合物甲、乙之间存在如下变化关系：若X是O2, Y是S, Z是H2,化合物甲是一种可燃性气体，则化合物甲是 ,化 合物乙是。(2)若X是Mg, Y是C, Z是O2,化合物甲是一种不可燃气体，则化合物甲是 , 化合物乙是。【答案】H2s H2O CQ MgO【解析】【分析】根据已知的X、Y、Z以及化合物甲的性质，结合物质的性质分析判断。【详解】(1)若X是O2, Y是S, Z

17、是H2,化合物甲是一种可燃性气体，则硫在氢气反应生成H2S,H2s与氧气的反应生成 H2O和S,则化合物甲为 H2S,化合物乙为 H2O,故答案为H2S； H2O;(2)若X是Mg, 丫是C, Z是O2,化合物甲是一种不可燃气体，则碳与氧气反应生成二氧化 碳，Mg与二氧化碳反应生成 MgO和C,则化合物甲为 CQ,化合物乙为 MgO,故答案为 CQ； MgO。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GE片，点燃E引和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

18、的发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)1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 pH>7,另一种pH<7,写出这两种溶液混合时发生反应的离子方程式:(5)写出B在高温下和水蒸气反应的化学方程式并标出电子转移方向和总数【答案】磁性氧化铁Al-3e-+4OH-=AlO2-+2H2O 2Mg(s)+O2(g)=2MgO(s) AH =-10Q kJ/mol3AlO2-+Al3+6H2

19、O=Al(OH)3 J【解析】【分析】单质B、C、为Fe, G为D、E都能与A单质发生化合反应， G是黑色晶体，能吸附 B单质，可推断BFe3O4, A为O2；H能与氢氧化钠溶液或盐酸反应说明是两性氧化物,Al, H为Al2O3；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，是铝热反应，证明 E为Mg, F为MgO； I是绿色植物光合作用的原料，温室中常用它作肥料，则I为CC2, D为C, E+I=F发生的是 2Mg+CO2 .二2 C+2MgO,据此解答。【详解】根据上述分析可知： A为。2； B为Fe； C为Al； D为C; E

20、为Mg; F为MgO; G为Fe3O4, H 为 Al2O3； I 为 CQ。 *(1)I为CQ,电子式为：； G为F/O4,俗名是磁性氧化铁； (2)以铝和镁为电极在 NaOH溶液中构成原电池，铝与 NaOH溶液反应，作原电池的负极，该原电池的负极反应式为 Al-3e-+4OH-= AQ-+2H2O；(3)根据能量变化图像可知镁和氧气反应的热化学方程式：2Mg(s)+O2(g)=2MgO(s) AH= -10QkJ/mol;(4)两种常见含铝元素的盐，一种pH>7,该盐为偏铝酸盐，另一种 pH<7,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=A

21、l(OH)3 J ；(5)铁在高温下和水蒸气反应产生F，O4和H2,在该反应中Fe失去电子变为FesO4, 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：3Ft-4H：O(gj 星空表【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.镁是一种银白色的碱土金属，镁元素在地壳中的含量约为2. 00%,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

22、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 0. 5 mol L 1 MgSO4溶液和 0. 5 mol L1 NH4HCQ溶液。步骤2：用量筒量取500 mL NH4HCQ溶液于1 000 m

23、L四口烧瓶中，开启搅拌器，温度控制 在 50 C。步骤3:将250 mL MgSO4溶液逐滴加入NH4HCO溶液中，1 min内滴加完毕，然后用氨水 调节溶液pH到9. 5。步骤4:放置1 h后，过滤，洗涤。步骤5：在40 C的真空干燥箱中干燥 10 h,得到碳酸镁晶须产品(MgCO3nH2O, n=15)。 配制0. 5 mol L 1 MgSd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MgCO3 nH2O中的n值。称量1. 000 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，

24、生成的CC2被NaOH溶液吸收，在室温下反应 45 h,后期将温度升到 30 C,最后烧杯中的溶液用已知浓度的盐酸滴定，测得生成CQ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 C,主要目的是 。若实验测得1.000 g碳酸镁晶须产生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 =o【答案】生石灰或氢氧化钠d e c b f 2NH+3CuO J N2+3H2O+3CUMg3N2+6H2O3Mg(OH)2+2NH3 f 500 mL容量瓶 Mg2+HCO

25、3-HCO-+NH3 H2O+(n-1)H2O-MgC03 nH2OJ +NH4+暂时储存 CC2,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CC2逸出，便于吸收完1-84a18a(1) 浓氨水和生石灰或氢氧化钠固体混合放热，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+3CuQ-N2+3H2O+3Cu,故答案为d; e； c； b; f;氮化

26、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+2NH3T,故答案为 Mg3N2+6H2O=3Mg(OH)2+2NH3f ；(2) 配制0.5 mol L-1 MgS04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 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+HCC3+NH3 H2O+(n-1)H2O=MgCC3 nH2OJ +NH4+,故答案为 Mg2+HCC3 +NH3 H2O+(n-1)H2O= MgCO nH20j +NH4+; 题图2装置中气球可以暂时储存 C02,

27、有利于CC2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CQ,有利于C02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 C ,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CC2逸出，便于吸收完全；若实验测得1.000 g碳酸镁晶须产生的 CQ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MgC03 nH20中碳酸镁和结晶水的物质的量之1.000g 84ag 1.000 84ag z_.1 84a 1 84a,比

28、为 1 ： n,得至U 1 ： n=a ： 产,得至 1 n=,故18g mol18g?mol18a18a答案为1 84a18a '由题图3知400 C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>8n18n=100-82.3,解得 n=1 ,故答案为 1。18n 84 18n 84【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。8.某学习小组用下图装置测定铝镁合金中铝的质量分数和铝的相对原子质量（提示：镁、铝均与酸反应

29、，铝还能和碱反应：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2 T ）实验前，先将铝镁合金在稀酸中浸泡片刻，其目的是除去铝镁合金表面的氧化膜。（1） A中试剂为 .（填“NaOHmr,或 稀盐酸”）（2）检查气密性，将药品和水装入各仪器中，连接好装置后，需进行的操作还有： 记录C的液面位置；将B中剩余固体过滤，洗涤，干燥，称重； 待B中不再有气体产生 并恢复至室温；由A向B中滴加足量试剂； 检查气密性；调整橡胶软管使 D和C 的液面相平。上述操作的顺序是;（填序号）（3） B 中发生反应的离子方程式为 （4）实验过程中，若未洗涤过滤所得的不溶物，则测得铝的质量分数将 .（填 偏大”、偏

30、小”、不受影响”）（5）若实验用铝镁合金的质量为a g,测得氢气体积为b ml （已换算为标准状况），B中剩余固体的质量为c g,则铝的相对原子质量为 .（用含a、b、c的代数式表示）【答案】NaOH溶液 2A1+2OH+2H2O=2A。+3H2 T 偏小33600(a c)b【解析】【分析】(1)Mg、Al均可以和酸反应，因此不可以用酸来实验，由于Al可以和碱反应而不和 Mg反应，则可以用NaOH与Al反应制得H2,然后用排水法收集 H2,以计算Al的量； (2)整个操作过程及原理是：检查气密性；记录起始液面；加入碱反应；不产生气体后，记录C中的液面，两者相减即为产生H2的量；最后称得的固体

31、即为Mg的质量.在读数时要注意D、C液面相平，否则气体将受压，造成读数不准；(3)B中发生的是Al与碱的反应；(4)未洗涤，则造成(a-c)变小，再分析判断；(5)(a-c)即为铝的质量，再除以 Al的物质的量即为铝的摩尔质量，而n(Al)可以由产生的H2获得。【详解】(1)根据铝镁的化学性质，铝镁都能与酸反应放出氢气，但铝还能与碱(如NaOH溶液)反应放出氢气，而镁不能，要测定铝镁合金中铝的质量分数，应选择 NaOH溶液；(2)实验时首先要检查气密性，记下量气管中C的液面位置，再加入 NaOH溶液开始反应，待反应完毕并冷却至室温后，调整橡胶软管使D和C的液面相平，再记录量气管中C的液面位置，

32、最后将 B中剩余固体过滤，洗涤，干燥，称重；故答案为；(3)B管中铝与NaOH溶液的反应生成 NaAlO2和H2,离子反应方程式为 2Al+2OH- +2H2O=2AlO2 +3H2 T ;a c(4)铝的质量分数为： X 100%实验过程中，若未洗涤过滤所得的不溶物，c值偏a大，铝的质量分数偏小；(5)铝镁合金的质量为 a g, B中剩余固体镁的质量为 c g,则参加反应的铝的质量为 (a-c)g, 设铝的相对原子质量为M,则：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2 f2M3X 22400ml(a-c)gbml33600 a c解之得:M=b9. A.将一定质量的 Mg和Al混

33、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§液，生成沉淀的物质的量与加入NaOH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的物质的量为上 ”(沉优 >/mJ'1 404X)用0F( W)H)/mLB.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KO的液时，所得沉淀准状况下6.72L气体。向反应后的溶液中滴加一定物质的量浓度的的物质的量(mol)与滴加KOHtH体积(mD之间的关系如图所示:BC对应反应的离子方程式为

34、(2)(3)(4)c (KOH =A点对应的数值为mol/L ,混合物中氧化铝的物质的量为mol;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oCO所发生反应的离子方程式为H+ +OH=HO Al(OH) 3 +OH=AlO2-+2H2O 4 0.1200CQ +AlO 2 +2H2O=Al(OH)3 J +HC(5)向C点对应的溶液中通入足量的【答案】18 g 2.5 mol/l 0.9mol透过蓝色钻玻璃观察，火焰呈紫色【解析】【分析】A.由图象可知，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：H2

35、SC4+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Na2SQ,根据钠元素守恒可知此时n(Na2SQ)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(OH)2 为 0.3 mol, Al(OH)3 为 0.7 mol-0.3 mol=0.4 mol ,所

36、以该阶段消耗 n(NaOH)= nAl(OH)3 = 0.4 mol,氢氧化钠的浓度为 一04mo- = 5 mol/L。0.48L 0.4L(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NazSQ,根据钠元素守恒可 知此时n(NaOH尸2 n(Na2SQ),根据硫酸根守恒 n(H2SQ) = n(Na2SQ),再根据c=1来计 算；(3)根据电子转移守恒可知2n(H2) = 3n(Al) + 2n(Mg),据此计算n(

37、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：H2SO+2KOH=&SO+2H2。；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=KAlC2+2H2O,故反应后的溶液溶质为KA1O2,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，需要透过蓝色钻玻璃观察。【详解】A.由图象可

38、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：H2SC4+2NaOH = N32SC4+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Na2SQ,根据钠元素守恒可知此时n(Na2SQ)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(OH)2,物质的量为 0.3mol,所以沉淀量最大时，

39、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 0、4mol =5 mol/L。0.48L 0.4L(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 0.4mol x 27g/mol+0.3mol x 24g/mol = ,18?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

40、钠元素守恒可知此时 n(NaOH)=2n(Na2SQ)=0.4L x 5mol/L = 2 mol,所以 n(Na2SO4) = 1 mol,所以硫酸的浓 度为 c = 1m9 = 2.5 mol/L ,故答案为 2.5 mol/L ;0.4L(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) = 3x 0.4mol+2 x 0.3mol=,1.8fmoln(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

41、后硫酸有剩余，此时发生的反应为：H2SQ+2KOH=K2SQ+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)3j , 2OH-+Mg2+=Mg(OH)2j ,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=KAlO+2H2O,沉淀部分溶解。(1) OA段，氢氧化钾与硫酸反应生成硫酸钾和水，离子方程式：H+OH=H2O; BC段，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=KA

42、lQ+2H2O,离子方程式： Al(OH)3 +OH=AlO2-+2H2O,故答案为 H+OH=H2O； Al(OH)3 +OH=AlO2-+2H2O；(2)硫酸的物质的量为：0.3 L X4 mol/L = 1.2 mo IB点溶液为硫酸钾溶液，依据2K+SO42-,则钾离子物质的量为2.4 mol,即加入氢氧化钾物质的量为2.4 mol,则氢氧化钾物质的量浓度为：2.4 mol +0.6 L=4 mol/L混合物加入到 300 mL4 mol/L的稀硫酸中，生成标准状况下6.72 L气体，物质的量为6.72L22.4L / mol=0.3 mol ,由2Al3H2 T ,可知铝的物质的量为0.2 mol , BC段消耗氢氧化钾物质的量为：0.1 L X4 mol/L=0.4 mol