2020-2021备战高考化学备考之镁及其化合物压轴突破训练∶培优篇含详细答案

2020-2021备战高考化学备考之镁及其化合物压轴突破训练∶培优篇含详细答
案
一、镁及其化合物
1．X、Y、Z、W 是常见的几种元素，其相关信息如表：
元素相关信息
X原子核外有 3 个电子层，最外层比次外层少 1 个电子
Y食盐中添加少量 Y 的一种化合物预防 Y 元素缺乏
Z Z 与钾的一种合金可用于快中子反应堆作热交换剂
W W 的一种核素质量数为 24，中子数为 12
（1）元素 X 在海水中含量非常高，海水中含 X 元素的主要化合物是_____。

工业上制取 X 单质的化学方程式为_____。

（2）设计实验证明某水溶液中存在 Y 单质_____。

（3）Z 的元素符号为_____，其原子结构示意图为_____。

（4）W 与空气中含量最高的气体反应的产物化学式为_____。

【答案】NaCl 2NaCl+2H2O Cl2↑+H2↑+2NaOH 取该溶液少许于试管中，滴加几滴淀粉溶液，若溶液变蓝，则有I2 Na Mg3N2
【解析】
【分析】
X、Y、Z、W是常见的几种元素，X的原子核外有3个电子层，最外层比次外层少1个电子，可知最外层电子数为7，X为Cl；食盐中添加少量Y的一种化合物预防Y元素缺乏，Y 为I；Z与钾的一种合金可用于快中子反应堆作热交换剂，Z为Na；W的一种核素质量数为24，中子数为12，W的质子数为12，W为Mg，以此来解答。

【详解】
由上述分析可知，X为Cl、Y为I、Z为Na、W为Mg。

（1）元素X在海水中含量非常高，海水中含X元素的主要化合物是NaCl，工业上制取X 单质的化学方程式为2NaCl+2H2O Cl2↑+H2↑+2NaOH。

（2）设计实验证明某水溶液中存在Y单质的方法为取该溶液少许于试管中，滴加几滴淀粉溶液，若溶液变蓝，则有I2；
（3）Z的元素符号为Na，其原子结构示意图为；
（4）空气中含量最高的气体为氮气，则W与空气中含量最高的气体反应的产物化学式为
Mg3N2。

2．置换反应的通式可表示为：
请回答下列问题：
（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+Fe2O3Al2O3+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
【解析】
【分析】
置换反应的反应物、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。

【详解】
（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+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。

3．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：
(1)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 CO2 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，Y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CO2，化合物乙为MgO，故答案为CO2；MgO。

4．根据如图转化关系以及实验现象填写空白．
（1）固体X是________（填化学式
．．．．）。

（2）反应①的化学方程式是__________________________________。

（3）反应④的离子方程式是_________________________________。

（4）图中溶液的溶质是____________（填化学式
．．．．），现有100mL含浓度均为1.0mol/L的
MgCl2和AlCl3的混合溶液，要使其中的Mg2+全部转化为Mg(OH)2沉淀而分离
．．出来，至少需要2.0mol/L该溶液的体积为___________mL。

【答案】Na2O22Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O NaOH300
【解析】根据图中信息可知，淡黄色固体为金属与气体反应而得，故X为过氧化钠，气体B为氧气，金属单质为钠，过氧化钠与气体CO2反应生成气体B和固体Y为碳酸钠，碳酸钠
与石灰水反应生成白色沉淀碳酸钙和溶液氢氧化钠，白色沉淀与盐酸反应生成二氧化碳。

（1）固体X是Na2O2；（2）反应①是过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，其化学方程式是：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2；（3）反应④是碳酸钙和盐酸反应生成氯化钙、二氧化碳和水，其离子方程式是CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O；
（4）根据图中信息，图中溶液的溶质是NaOH，要使其中的Mg2+全部转化为Mg(OH)2沉淀而分离出来，则加入的NaOH将Mg2+转化为沉淀而将Al3+转化为偏铝酸盐，即有关的方程式是Al3＋＋4OH－=AlO2－＋2H2O、Mg2＋＋2OH－=Mg(OH)2↓。

Mg2＋和Al3＋的物质的量均为
0.10mol，所以根据方程式可知，至少消耗NaOH的物质的量是0.10mol×4＋0.10mol×2
＝0.60mol，所以需要2.0mol/L NaOH溶液的体积是＝0.30L＝300mL。

点睛：该题是中等难度的试题，也是高考中的常见题型。

试题综合性强，考查钠及其化合物的相互转化的推断，同时也考查了镁和铝的综合计算，解题的关键是首先根据电荷守恒得出铝离子的物质的量，然后在明确反应的原理的基础上，直接列式计算即可。

5．将一定质量的Mg和Al的混合物投入500mL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．
（1）Mg和Al的总质量为 g
（2）硫酸的物质的量浓度为．
（3）NaOH溶液的物质的量浓度为．
【答案】（1）9.0g（2）1.0mol/L（3）5.0mol/L
【解析】
试题分析：（1）由图可知，0～20mL发生酸碱中和反应，20～200mL发生反应生成氢氧化镁和氢氧化铝沉淀，200～240mL发生Al（OH）3+NaOH=NaAlO2+2H2O，由图象可知，n （Mg） =" 0.15" mol，n（Al） =" 0.2" mol，则Mg和Al的总质量为0.15×24 +0.2×27 =9.0g；（2）由200～240mL发生Al（OH）3+NaOH=NaAlO2+2H2O，则c（NaOH） =" 0.2/0.04" =" 5" mol/L，200mL时生成沉淀最多，溶液中的溶质为硫酸钠，则c（H2SO4）=（0.2×5÷2）
/0.5=1.0mol/L；
（3）NaOH溶液的物质的量浓度为5.0mol/L。

考点：镁、铝的性质
6．在标准状况下，分别取30mL相同浓度的盐酸依次装入①②③试管中，然后分别慢慢加入组成相同的镁铝混合物，相同条件下，测得有关数据如表所示反应前后体积不变）
实验序号①②③
混合物质量/mg2555101020
气体体积/mL280336336
（1）盐酸的物质的量浓度为__________mol/L。

（2）混合物中Mg和Al的物质的量之比为_________。

【答案】11:1
【解析】
【分析】
镁铝均能和盐酸反应产生氢气，由表中数据可知，30mL盐酸最多可以生成336mLH2。

因此，在实验①中，金属混合物完全溶解了，而实验③中，金属混合物肯定有剩余。

【详解】
（1）由表中数据可知，30mL盐酸最多可以生成336mLH2，因此，盐酸中
n(H+)=2n(H2)=
0.336
2
22.4/
L
L mol
⨯=0.03mol，所以盐酸的物质的量浓度为
0.03
0.03
mol
L
=1mol/L。

（2）实验①中，255mg混合物完全溶解生成280mL H2，
n(Mg)⨯24g/mol+n(Al)⨯27g/mol=0.255g，根据电子转移守恒可得2 n(Mg)+3 n(Al)=
2n(H2)=
0.280
2
22.4/
L
L mol
⨯=0.025mol，联立方程组可以求出n(Mg)= n(Al)= 0.005mol，所以
Mg和Al的物质的量之比为1:1。

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。

①A中盛装的是浓氨水，B中可盛装___，二者混合可制取氨气。

②按照气流的方向从左至右连接装置：a接___、___接___、___接___。

③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____________________。

④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·L－1 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9．5。

步骤4：放置1 h后，过滤，洗涤。

步骤5：在40 ℃的真空干燥箱中干燥10 h，得到碳酸镁晶须产品(MgCO3·n H2O，n＝1~5)。

①配制0．5 mol·L－1 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、_____。

②步骤3中加氨水后反应的离子方程式为______________。

测定合成的MgCO3·n H2O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，生成的CO2被NaOH溶液吸收，在室温下反应4~5 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。

③图中气球的作用是__________________。

④上述反应后期要升温到30 ℃，主要目的是________________。

⑤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)。

⑥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-+NH3·H2O+(n-
1)H2O MgCO3·n H2O↓+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1-84a
18a
1
【解析】
【详解】
（1）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②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
③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+3CuO N2+3H2O+3Cu，故答案为d；e；c；b；f；
④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）①配制0.5 mol·L -1 MgSO 4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；
②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Mg 2++HCO 3—+NH 3·H 2O+(n -1)H 2O=MgCO 3·n H 2O↓+NH 4+，故答案为Mg 2++HCO 3—+NH 3·H 2O+(n -1)H 2O= MgCO 3·n H 2O↓+NH 4+；
③题图2装置中气球可以暂时储存CO 2，有利于CO 2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CO 2，有利于CO 2被NaOH 溶液吸收，且能保持装置中压强相对稳定；
④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CO 2逸出，便于吸收完全；
⑤若实验测得1.000 g 碳酸镁晶须产生的CO 2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MgCO 3·
n H 2O 中碳酸镁和结晶水的物质的量之比为1∶n ，得到1∶n =a ∶11.000g 84g 18g mol a --⋅11.000?g 84g 18?g?mol a --，得到n =18418a a -18418a a -，故答案为18418a a
-； ⑥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×
181884n n +181884
n n +=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。

8．某无色稀溶液X 中，可能含有下表所列离子中的某几种。

阴离子
CO 、SiO 、AlO 、Cl － 阳离子 Al 3＋、Fe 3＋、Mg 2＋、NH 、Na ＋
现取该溶液适量，向其中加入某试剂Y ，产生沉淀的物质的量(n)与加入试剂体积(V)的关系如图所示。

（1）若Y 是盐酸，则oa 段转化为沉淀的离子(指来源于X 溶液的，下同)是___，ab 段发
生反应的离子是______________，bc 段发生反应的离子方程式为______________。

（2）若Y 是NaOH 溶液，则X 中一定含有的离子是___________________。

ab 段反应的离子方程式为_______________________________________。

【答案】SiO 32-、AlO CO 32－ Al(OH)3＋3H ＋===Al 3＋＋3H 2O Al 3＋ 、Mg 2＋、NH 4＋、Cl － NH 4＋＋OH －
===NH 3·H 2O
【解析】
分析：(1)无色溶液中不会含有Fe 3＋，加入盐酸后能形成的沉淀有Al(OH)3、H 2SiO 3，前者能溶于过量盐酸中而后者不能，由图象知溶液中肯定含有AlO 2-、SiO 32-。

oa 段发生反应的离子为AlO 2-、SiO 32-，ab 段为CO 32－,bc 段则是Al(OH)3溶解。

(2)当向溶液中加入NaOH 时，生成的沉淀为Mg(OH)2、Al(OH)3,ab 段是NH 4＋与OH －之间发生反应，因Al 3＋ 、Mg 2＋不能与CO 32－、SiO 32-、AlO 共存，故此时溶液中阴离子只有Cl －。

详解:(1)某无色稀溶液X 中,无色溶液中不会含有Fe 3＋，加入盐酸后能形成的沉淀有Al(OH)3、H 2SiO 3，前者能溶于过量盐酸中而后者不能，所以由图象知溶液中含有AlO 2-、SiO 32-；则oa 段发生反应的离子为AlO 2-、SiO 32-；ab 段发生的反应沉淀的量不变,所以ab 段为盐酸与CO 32－反应,bc 段沉淀减少,则是Al(OH)3溶解于盐酸,其反应的离子方程式为：Al(OH)3＋3H ＋===Al 3＋＋3H 2O 。

因此，本题正确答案是：SiO 32-、AlO ； CO 32－ ；Al(OH)3＋3H ＋═Al 3＋＋3H 2O ；
(2)若Y 是氢氧化钠，向溶液中加氢氧化钠溶液,先生成沉淀,溶液中可能含Al 3＋ 、Mg 2＋或两者中的一种，因为弱碱阳离子和弱酸根会双水解而不能共存,即溶液中不含CO 32－、SiO 32-、AlO ，因为溶液一定要保持电中性，故溶液中一定含Cl －；当ab 段时,沉淀的量不变化,
是氢氧化钠和铵根离子反应生成气体: NH 4＋＋OH －═NH 3·
H 2O ，即溶液中含NH 4＋；当bc 段时沉淀的质量减少但没有完全溶解,即部分沉淀和氢氧化钠反应,部分沉淀不反应,说明溶液中有Al 3＋ 、Mg 2＋，即bc 段的反应为：Al(OH)3＋OH -═AlO 2-+2H 2O 。

即X 中一定含有的离子是Al 3＋ 、Mg 2＋、NH 4＋、Cl －；因为溶液中有Al 3＋ 、Mg 2＋，故oa 段转化为沉淀的离子是Al 3＋ 、Mg 2＋，ab 段是氢氧化钠和铵根离子反应生成气体,反应的离子
方程式为NH 4＋＋OH －═NH 3·
H 2O ； 因此，本题正确答案是：Al 3＋ 、Mg 2＋、NH 4＋、Cl － ；NH 4＋＋OH －═NH 3·H 2O 。

9．氮化镁（Mg 3N 2）是一种新型无机材料。

纯净的氮化镁是淡黄色固体，热稳定性较好。

氮化镁极易与水反应，该反应属于非氧化还原反应，产物是一种碱和一种气体。

已知：氮气跟镁在高温下反应可得到氮化镁；氨气与镁可以发生如下反应
NH 3+Mg −−−−→一定条件Mg （NH 2）2+H 2↑（未配平）
某化学小组同学设计如下两个制各氮化镁的实验方案，请见实验方案装置图（夹持及加热仪器没有画出），且在实验前系统内的空气均以排出。

用浓氨水逐滴加到新制的生石灰中制氨气，其实验方案见下图，并回答有关问题：
（1）实验前需要排净装置内空气的原因是________________________________________。

（2）请写出NH3和CuO发生反应的方程式
______________________________________________。

（3）装置C的作用是__________________________________________________。

（4）装置D中盛放的试剂为稀硫酸，其作用
________________________________________。

（5）该实验完成后，能否得到纯净的氮化镁__________（填“能”或“不能”）；原因是（用化学方程式说明）_______________________________________；改进方案是
_________________________________。

【答案】防止空气中的O2和CO2同Mg反应2NH3+3CuO3Cu+3H2O+N2安全瓶，防D中溶液倒吸入B中吸收NH3不能Mg3N2+6H2O=3Mg（OH）2+2NH3↑在D、F中间加入装有浓硫酸的洗气瓶；在F尾端加入装有碱石灰的吸收管。

【解析】
(1)Mg能在CO2、O2及N2中燃烧，而空气里有CO2和O2，故实验前需要排净装置内空气；
(2)NH3和CuO在加热条件下生成Cu、N2和水，发生反应的方程式为
2NH3+3CuO3Cu+3H2O+N2；
(3)因氨气易溶于水或酸溶液，使用装置C作安全瓶，防D中溶液倒吸入B中；
(4)利用D中盛放的稀硫酸吸收未反应的NH3；
(5)氮气经过稀硫酸后没有干燥，混有水蒸气，Mg3N2能与水反应生成氢氧化镁，导致氮化镁不纯，故不能得到纯净的氮化镁，；Mg3N2能与水反应的化学方程式是
Mg3N2+6H2O=3Mg(OH)2+2NH3↑；具体改进方法是在D、F中间加入装有浓硫酸的洗气瓶；在F尾端加入装有碱石灰的吸收管。

点睛：解答综合性实验设计与评价题的基本流程：原理→反应物质→仪器装置→现象→结论→作用意义→联想。

具体分析为：①实验是根据什么性质和原理设计的？实验的目的是什么？②所用各物质名称、状态、代替物(根据实验目的和相关的化学反应原理，进行全面的分析比较和推理，并合理选择)。

③有关装置：性能、使用方法、适用范围、注意问题、是否有替代装置可用、仪器规格等。

④有关操作：技能、操作顺序、注意事项或操作错误的后果。

⑤实验现象：自下而上，自左而右全面观察。

⑥实验结论：直接结论或导出结论。

10．（1）等物质的量的钠、镁、铝分别与足量盐酸反应，产生的氢气在相同条件下的体积
比为______________。

（2）等质量的钠、镁、铝分别与足量盐酸反应，产生的氢气在相同条件下的体积比为
________________。

（3）分别将0.2mol的钠、镁、铝分别投入100ml 1mol·L－1的盐酸溶液中，三者产生的氢气在相同条件下的体积比为____________________。

【答案】1:2:31/23:1/12:1/9 =36：69：922:1:1
【解析】(1)金属完全反应，令金属的物质的量为1mol，根据电子转移守恒，Na生成氢气
的物质的量==0.5mol，Mg生成氢气为=1mol，Al生成氢气为
=1.5mol，相同条件下，气体体积之比等于其物质的量之比，则Na、Mg、Al生成氢气体积之比=0.5mol：1mol：1.5mol=1︰2︰3；
(2)金属完全反应，令质量为1g，则：
2Na～H2↑
46 2
1g =g
Mg～H2↑
24 2
1g =g
2Al～3H2↑
54 6
1g =g
故Na、Mg、Al生成氢气的质量之比=g︰g︰g =36︰69︰92；
(3)100mL 1mol/L的盐酸的物质的量为0.1L×1mol/L=0.1mol，若将0.2mol金属钠、镁、铝分别投入到100mL 1mol/L的盐酸中，可知三种金属都过量，盐酸不足，完全反应，但金属钠
能与水反应继续生成氢气，所以镁、铝反应生成氢气一样多，生成的氢气为mol，而钠反应生成氢气最多，其生成氢气为=0.1mol，三者生成氢气的体积比为
0.1mol：0.05mol:0.05mol=2:1:1。