2020-2021高考化学 镁及其化合物 培优易错试卷练习(含答案)附详细答案

2020-2021高考化学镁及其化合物培优易错试卷练习(含答案)附详细答案
一、镁及其化合物
1．有A、B、C三种常见的金属单质，A在空气中燃烧生成淡黄色固体；B也能在空气中剧烈燃烧，发出耀眼的白光；C在一定条件下与水蒸气反应生成氢气和一种黑色固体。

根据以上信息回答下列问题：
(1)写出化学式：
A．________；B．________；C．________。

(2)写出化学方程式：
①C与水蒸气反应______________________________________________________；
②A与水反应_______________________________________________________。

【答案】Na Mg Fe 3Fe＋4H2O(g)高温
Fe3O4＋4H2 2Na＋2H2O=2NaOH＋H2↑
【解析】
【分析】
有A、B、C三种常见的金属单质，A在空气中燃烧生成淡黄色固体，则A为钠；B也能在空气中剧烈燃烧，发出耀眼的白光，则B为镁；C在一定条件下与水蒸气反应生成H2和一种黑色固体，则C为铁，据此分析。

【详解】
有A、B、C三种常见的金属单质，A在空气中燃烧生成淡黄色固体，则A为钠；B也能在空气中剧烈燃烧，发出耀眼的白光，则B为镁；C在一定条件下与水蒸气反应生成H2和一种黑色固体，则C为铁。

(1)A、B、C的化学式分别为 Na 、 Mg 、 Fe。

(2)化学方程式为
①C与水蒸气反应化学方程式为3Fe＋4H2O(g) 高温
Fe3O4＋4H2；
②A与水反应化学方程式为2Na＋2H2O=2NaOH＋H2↑。

2．X、Y、Z为三种常见的单质，Z为绿色植物光合作用后的产物之一，A、B为常见的化合物。

它们在一定条件下可以发生如图所示的转化关系（均不是在溶液中进行的反应）以下每空中填入一种即可）。

（1）当X、Y均为金属时，X的化学式为_____________，Z为____________（填名称）。

（2）当X为非金属且为气体，Y为金属且为紫红色时，X的化学式为___________，
A的化学式为___________。

（3）当X为金属、Y为非金属且为固体时，X与A反应的化学方程式为
__________________________________________。

（4）当X、Y均为非金属固体时，X与A反应的化学方程式为
___________________________________________。

【答案】Al 氧气 H2 CuO 2Mg+CO22MgO+C SiO2+2C Si+2CO
【解析】
【分析】
Z为绿色植物光合作用后的产物之一，应为O2，X+A→Y+B的反应为置换反应，X、Y为单质，A、B为氧化物，据此答题。

【详解】
（1）当X、Y均为金属时，此反应应为铝热反应，则X为Al，Z为氧气，答案应为：Al、氧气；
（2）当X为非金属且为气体，Y为金属且为紫红色时，Y为Cu，则X应为H2，答案应为：H2、CuO；
（3）当X为金属、Y为非金属且为固体时，X应为Mg，Y应为C，该反应应是Mg和CO2的反应，反应的方程式为2Mg+CO22MgO+C；
（4）当X、Y均为非金属固体时，X应为C，Y应为Si，该反应应是C和SiO2的反应，反应的方程式为SiO2+2C Si+2CO。

3．由短周期元素组成的A、B、C、D、E、F六种微粒，其中只有C、D是分子，其余四种均为阳离子或阴离子，且每个微粒中都含有10个电子。

已知A、E是由非金属元素组成的阳离子，六种微粒间有下列关系：
①A＋+B-C+D， B-+E＋=2D；
②通常情况下，C是一种无色刺激性气味的气体，且可使湿润的红色石蕊试纸变蓝；
③向含F离子的溶液中加入C的水溶液，可生成白色沉淀W，C溶液过量沉淀也不消失。

再加入含大量B离子或大量E离子的溶液时，沉淀W在其中一种情况下溶解，另一种情况下不溶解。

请回答下列问题：
(1)微粒A的名称及化学式分别为_____________、_________________。

(2)C的水溶液中存在的分子总数至少有___________种。

(3)写出微粒F与过量C的水溶液反应的离子方程式：__________________________。

(4)向含有0.1mol F离子的50mL溶液中，加入含1.5mol/L B离子的200mL强碱溶液，结果有白色沉淀产生，再向该混合物中加入含1mol/L E离子的强酸溶液，若要使沉淀恰好溶解，则最后加入的溶液的体积至少为___________mL。

【答案】铵(根)离子 NH4＋ 3 Mg2＋+2NH3·H2O=Mg(OH)2↓+2NH4＋ 300
【解析】
【分析】
由短周期元素组成的A、B、C、D、E、F六种微粒，其中只有C、D是分子，其余四种是离子，为阳离子或阴离子，且每个微粒中都含有10个电子，已知A、E是由非金属元素组成的阳离子，根据②通常状况下C的聚集状态为气态，且可使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则C是氨气；
①A、B两种离子在加热条件下可生成C、D两种分子，A是10电子的阳离子，能生成氨气，则A是铵根离子，B是氢氧根离子，D是水；
③1molB离子与1molE离子作用可生成2mol D分子，则E是水合氢离子；
④向含F离子的溶液中加入氨气的溶液，可生成白色沉淀W，C溶液过量沉淀也不消失，但再加入含大量B离子或大量E离子的溶液，沉淀W在其中一种情况下溶解，另一种情况下不溶解，沉淀W是氢氧化镁。

【详解】
根据上述分析可知：A是铵根离子NH4+，B是氢氧根离子OH-，C是氨气NH3，D是水
H2O，E是 H3O+，F是Mg2+，沉淀W是Mg(OH)2。

(1)通过以上分析知，A的名称是铵根离子，化学式为：NH4+；
(2)C是NH3，当氨气溶于水后，大部分NH3与水反应产生NH3·H2O，产生的NH3·H2O有少部分发生电离产生NH4+和OH-，所以氨气的水溶液中至少存在的分子有H2O 、NH3、NH3·H2O 三种分子；
(3)微粒F是Mg2+，Mg2+与过量NH3在水溶液反应，产生Mg(OH)2沉淀和NH4+，反应的离子方程式为：Mg2＋+2NH3·H2O=Mg(OH)2↓+2NH4＋；
(4)n(Mg2+)=0.1mol，n(OH-)=c·V=1.5mol/L×0.2L=0.3mol，根据方程式Mg2++2OH-=Mg(OH)2↓中二者反应的物质的量关系可知OH-过量，反应后产生0.1mol Mg(OH)2，同时有剩余OH-物质的量是0.1mol，再向该混合物中加入含1mol/L E离子的强酸溶液，若要使沉淀恰好溶解，首先发生反应OH-+H3O+=2H2O，然后发生反应：Mg(OH)2↓+2 H3O+=4H2O+Mg2+，则反应消耗H3O+的物质的量为0.1mol+0.1mol×2=0.3mol，由于1mol/L E离子的强酸溶液，因此需要H3O+的体积V(H3O+)=0.3mol÷1mol/L=0.3L=300mL。

4．如图中A～H都是中学化学中常见的物质，其中，常温下A能使铁或铝钝化，B是固体非金属单质，C为水，D是一种能使品红溶液褪色的无色气体，F是金属单质，G可以用作耐火材料，它们之间有如下转化关系：
(1)写出下列物质的化学式：E____________，H____________；
(2)写出A溶液与B反应的化学方程式：____________；
试写出E与F的反应方程式：_______________。

【答案】CO2 SO3 C+2H2SO4(浓)2SO2↑+CO2↑+2H2O 2Mg+CO22MgO+C
【解析】
【分析】
常温下A能使铁或铝钝化，A可能为浓硝酸或浓硫酸，B是固体非金属单质，C为水，D是一种能使品红溶液褪色的无色气体，则A为浓硫酸，B为碳，D为SO2，E为CO2，SO2被氧气氧化产生SO3，所以H为SO3，SO3与H2O反应产生H2SO4，F是金属单质，能够在CO2发生燃烧反应，则F是Mg，Mg在CO2中燃烧产生C、MgO，G可以用作耐火材料，则G 为MgO，据此解答。

【详解】
根据上述分析可知：A为浓H2SO4，B为C，C为H2O，D为SO2，E为CO2，F是Mg，G为MgO，H为SO3。

(1)E为CO2，H为SO3；
(2)C与浓硫酸混合加热发生氧化还原反应，产生CO2、SO2、H2O，反应的化学方程式：
C+2H2SO4(浓)2SO2↑+CO2↑+2H2O；Mg在CO2中在点燃时反应产生MgO和C，反应方程式为：2Mg+CO22MgO+C。

【点睛】
本题考查了无机物的推断。

常温下A能使铁或铝钝化，D是一种能使品红溶液褪色的无色气体是本题的突破口，要掌握各种物质的性质及转化关系，注意镁可以在二氧化碳气体中燃烧。

5．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。

6．把一小块镁铝合金溶于100mL盐酸中，然后向其中滴入1 mol·L-1NaOH溶液，生成沉淀的质量和加入NaOH溶液的体积如下图所示。

①写出OA段的离子反应方程式________
②写出BC段的化学方程式________
③合金中镁的质量__________g。

④盐酸的物质的量浓度___________mol·L-1。

【答案】H+ + OH- = H2O Al(OH)3+ NaOH= NaAlO2+2H2O 0.12 0.5
【解析】
【详解】
①由图可知，从开始至加入NaOH溶液10mL，没有沉淀生成，说明原溶液中盐酸溶解Mg、Al后盐酸有剩余，此时发生的反应为：HCl+NaOH=NaCl+H2O，则OA段的离子反应方程式为H++OH-=H2O；
②继续滴加NaOH溶液，到氢氧化钠溶液为50mL时，沉淀量最大，此时为Mg(OH)2和
Al(OH)3，溶液为氯化钠溶液．再继续滴加NaOH溶液，氢氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠与水，则BC段的化学方程式为Al(OH)3+ NaOH= NaAlO2+2H2O；
③由图可知，从加入10mL氢氧化钠溶液开始产生沉淀，加入氢氧化钠溶液为50mL时，沉淀量最大，此时为Mg(OH)2和Al(OH)3，该阶段消耗氢氧化钠40mL，由氢氧根守恒可知
3n[Al(OH)3]+2n[Mg(OH)2]=n（NaOH）=（0.06L-0.02L）×1mol/L=0.04mol．从加入氢氧化钠溶液50mL～60mL溶解氢氧化铝，该阶段发生反应Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O，所以
n[Al(OH)3]=（0.06-0.05）L×1mol/L=0.01mol，3×0.01mol+2n[Mg(OH)2]=0.04mol,解得
n[Mg(OH)2]=0.005mol，由原子守恒n（Mg）=n[Mg(OH)2]=0.005mol，m（Al）
=0.01mol×27g•mol-1=0.27g，m（Mg）=0.005mol×24g•mol-1=0.12g，故答案为：合金中镁的质量为0.12g；
④加入氢氧化钠溶液为50mL时，沉淀量最大，此时为Mg(OH)2和Al(OH)3，溶液为氯化钠溶液，根据钠原子守恒，此时溶液中n（NaCl）=n（NaOH）=0.05L×1mol/L=0.05mol，根据氯原子守恒n（HCl）=0.05mol，盐酸的物质的量浓度为0.05/0.1=0.5mol/L，故答案为：该盐酸的浓度为0.5mol/L。

7．根据Mg能在CO2中燃烧，某兴趣小组推测Na应该也能在CO2中燃烧，且固体产物可能为C、Na2O和Na2CO3中的两种或三种。

该小组用如下图装置进行了实验探究。

已知PdCl2能被CO还原得到黑色的Pd。

回答下列问题：
（1）为了使反应随开随用，随关随停，上图虚线方框内应选用____装置(填下图字母代号)，如何检验所选装置的气密性_____。

（2）装置2中所盛试剂为_______。

A．NaOH溶液 B．饱和NaHCO3溶液
C．饱和Na2CO3溶液 D．饱和NaCl溶液
（3）检测装置的气密性完好并装好药品后，在点燃酒精灯前应先进行装置1中的反应操作，待观察到_____现象时，再点燃酒精灯，这步操作的目的是________。

（4）由实验现象和进一步的探究得出反应机理。

A．装置6中有黑色沉淀生成；
B．取反应后直玻管中的固体物质23.0g溶于足量的水中，无气泡产生且得到澄清的溶液；将溶液加水稀释配成250 mL的溶液；
C．取25.00ml步骤B的溶液，滴加足量BaCl2溶液，将生成的白色沉淀过滤、洗涤、干燥，称量得固体质量为1.97g。

①步骤C中不溶物干燥前必须经过洗涤，如何检验该沉淀是否洗涤干净____。

②该探究得出钠与二氧化碳反应的化学方程式为___________________。

【答案】C 关闭弹簧夹，向长颈漏斗中加水，一定时间后静置液面保持不动，说明气密性良好 B 装置5中出现大量混浊排尽装置中的空气取最后一次洗涤液加入稀H2SO4，不出现浑浊说明沉淀洗涤干净 6Na+4CO22Na2O+Na-2CO3+3CO
【解析】
【详解】
（1）C装置是采用固液分开的设计，打开弹簧夹液体加入反应开始，关闭弹簧夹反应产生气体的压强使固液分开反应停止；检验有多个出口的实验装置的气密性，一般只保留一个封住其它出口进行实验，关闭弹簧夹，向长颈漏斗中加水，一定时间后静置液面保持不动，说明气密性良好；
（2）装置C是用石灰石或大理石与盐酸反应产生二氧化碳，会混有HCl杂质，故2用饱和NaHCO3溶液来除去HCl同时转化为二氧化碳；
（3）CO易燃，混有空气可能会发生爆炸，反应前需先同二氧化碳除去装置中的空气，当观察到5中石灰水变浑浊时认为装置中充满二氧化碳，空气排尽；
（4）检验洗涤是否干净，一般是要取最后次的洗涤液，进行检验可能存在的杂质离子，鉴于洗涤液中离子浓度较低，一般检验比较容易出现现象的离子如硫酸根离子、氯离子等；根据实验现象知产物物碳单质，无钠剩余，根据碳酸钡的质量计算出
n(Na-2CO3)= n(BaCO3)=1.97÷197×10=0.1mol
m(Na-2CO3)= 0.1×106=10.6g
所以固体中含有氧化钠n(Na-2O)=（23.0－10.6）÷62=0.2mol
根据氧化还原反应原理，反应中碳元素化合价下降为+2价CO，方程式为
6Na+4CO22Na2O+Na-2CO3+3CO
8．为探究某抗酸药X的组成，进行如下实验：
查阅资料：
①抗酸药X的组成通式可表示为：Mg m Al n(OH)p(CO3)q（m、n、p、q为≥0的整数）。

②Al(OH)3是一种两性氢氧化物，与酸、碱均可反应生成盐和水。

Al3+在pH=5.0时沉淀为Al(OH)3，在pH>12溶解为AlO2－。

③Mg2+在pH=8.8时开始沉淀，pH=11.4时沉淀完全。

实验过程：
步骤实验操作实验现象
I向X的粉末中加入过量盐酸产生气体A，得到无色溶液II向Ⅰ所得的溶液中滴加氨水，调节pH至5~6，过滤生成白色沉淀B
III向沉淀B中加过量NaOH溶液沉淀全部溶解
IV向II得到的滤液中滴加NaOH溶液，调节pH至12生成白色沉淀C
（1）Ⅰ中气体A可使澄清石灰水变浑浊，A的化学式是__________。

（2）II中生成B反应的离子方程式是__________。

（3）III中B溶解反应的离子方程式是__________。

（4）沉淀C的化学式是__________。

（5）若上述n(A)∶n(B)∶n(C)=1∶2∶3，则X的化学式是__________。

【答案】CO2 Al3++3NH3·H2O===Al (OH)3↓+3NH4+ Al (OH)3+OH－===AlO2－+2H2O Mg(OH)2 Mg3Al2(OH)10CO3
【解析】
【分析】
利用信息、根据实验现象，进行分析推理回答问题。

【详解】
(1)抗酸药X的通式中有CO32－、实验I中加入稀盐酸，可知能使澄清石灰水变浑浊的气体A 只能是CO2。

(2)实验I的溶液中溶质有MgCl2、AlCl3、HCl。

据资料②③可知，用氨水调节pH至
5~6，Mg2+不沉淀、Al3+完全沉淀。

则实验II中生成B的离子方程式Al3++3NH3·H2O＝Al (OH)3↓+3NH4+。

(3)实验III中Al (OH)3溶解于NaOH溶液，离子方程式是Al(OH)3+OH－＝AlO2－+2H2O。

(4)实验II的滤液中溶有MgCl2、NH4Cl。

滴加NaOH溶液调节pH至12时，Mg2+完全沉淀，则C为Mg(OH)2。

(5)n(A)∶n(B)∶n(C)=1∶2∶3，即CO32－、Al3+、Mg2+的物质的量之比为1∶2∶3。

设CO32－、Al3+、Mg2+物质的量分别为1mol、2mol、3mol，据电荷守恒OH-为10mol。

该抗酸药X 的化学式为Mg3Al2(OH)10CO3。

【点睛】
根据实验现象分析推理过程中，要充分利用题目所给信息。

任何化合物或电解质溶液都符合电荷守恒规则，这是解题的隐含条件。

9．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，铝还能和碱反应：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑）
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“NaOH溶液”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：①记录
C的液面位置；②将B中剩余固体过滤，洗涤，干燥，称重；③待B中不再有气体产生并恢复至室温；④由A向B中滴加足量试剂；⑤检查气密性；⑥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 ⑤①④③⑥①② 2Al+2OH -+2H 2O=2AlO 2－+3H 2↑ 偏小 33600a 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H 2，然后用排水法收集H 2，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H 2的量；最后称得的固体即为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H 2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，最后将B 中剩余固体过滤，洗涤，干燥，称重；故答案为⑤①④③⑥①②；
(3)B 管中铝与NaOH 溶液的反应生成NaAlO 2和H 2，离子反应方程式为2Al+2OH -
+2H 2O=2AlO 2－+3H 2↑；
(4)铝的质量分数为：()a c a
-×100%，实验过程中，若未洗涤过滤所得的不溶物，c 值偏大，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+2H 2O=2NaAlO 2+3H 2↑
2M 3×22400ml
(a-c)g bml
解之得：M=()
33600a c b -。

10．金属Mg 及其化合物有重要的用途，请回答下列问题
（1）MgO 的重要用途有_______。

（写出一种）
（2）井水中含有较多的Ca 2+、Mg 2+、HCO 3-等离子，可以通过煮沸的方式将Mg 2+转化为Mg(OH)2，发生的离子方程式是：__________________。

（3）金属Mg 可以用来冶炼Ti:2Mg+TiCl 4Ti+2MgCl 2。

可以用作该反应保护气的是
_______。

A．He B．C02 C．N2 D．HCl
（4）在蒸发皿中放人研细的碘和镁粉，无现象，滴入几滴水后立即产生大量的紫烟，紫烟的成分是_________（填分子式）；对于实验中水的作用，甲同学认为是水溶解了I2，增大了I2与Mg的接触面积，导致了反应加快，乙同学认为是I2与H2O反应生成了酸，是酸与Mg反应放出热量，加快了I2与Mg的反应，请利用供选试剂：0.01mol/L I2的CCl4溶液、0.01 mol/L I2水、I2粉、Mg粉、蒸馏水，设计实验证明哪位同学的说法合理：
____________。

（包括实验过程、现象和结论）
（5）一种新型的Mg-H2O2酸性介质电池工作原理如图，正极发生的电极方程式为：
__________。

【答案】做耐火材料或冶炼Mg Mg2++ 2HCO3-Mg(OH)2↓+2CO2↑ A I2取少量的
0.01mol/L的CCl4溶液于试管中，加入少量Mg粉，振荡；再加入少量蒸馏水振荡，对比加水前后反应的快慢，如加快明显说明乙同学正确，如加快不明显，说明甲同学正确。

或取两支试管，分别加入相同体积的两种碘的溶液，同时加入相同量的Mg粉，观察两支试管反应的快慢，如盛水溶液的试管明显快些，说明乙同学正确，如两试管反应速度相差不大，说明甲同学正确 H2O2+2H++2e-=2H2O
【解析】（1）MgO的重要用途有做耐火材料或冶炼Mg等。

（2）加热时促进镁离子和碳酸氢根离子的水解反应，因此发生的离子方程式是Mg2++ 2HCO3-
Mg(OH)2↓+2CO2↑。

（3）镁与CO2、氮气和氯化氢均反应，所以可以用作该反应保护气的是He，答案选A；（4）碘是紫黑色固体，所以紫烟的成分是I2；根据两个假设可知实验方案为：取少量的0.01mol/L的CCl4溶液于试管中，加入少量Mg粉，振荡；再加入少量蒸馏水振荡，对比加水前后反应的快慢，如加快明显说明乙同学正确，如加快不明显，说明甲同学正确。

或取两支试管，分别加入相同体积的两种碘的溶液，同时加入相同量的Mg粉，观察两支试管反应的快慢，如盛水溶液的试管明显快些，说明乙同学正确，如两试管反应速度相差不大，说明甲同学正确。

（5）原电池中正极发生得到电子的还原反应，因此正极是双氧水得到电子，电极方程式为H2O2+2H++2e-=2H2O。