备战高考化学二轮 镁及其化合物 专项培优含答案解析

备战高考化学二轮镁及其化合物专项培优含答案解析
一、镁及其化合物
1．下图中A-J分别代表相关反应的一种物质。

已知A分解得到等物质的量的B、C、D，图中有部分生成物未标出。

请填写以下空白：
（1）A的化学式为______________，B的电子式为_________________。

（2）写出下列反应②的化学方程式：___________________。

（3）写出反应③的离子方程式：_________________。

（4）写出J与F反应的化学方程式：______________。

（5）在反应④中，当生成标准状况下2.24L G时，转移电子的物质的量为_______mol。

【答案】 NH4HCO3 4NH3+5O24NO+6H2O NH4++HCO3-+2OH-NH3↑+CO32-+2H2O C+HNO3(浓) CO2↑+4NO2↑+2H2O 0.2
【解析】A受热能分解，分解得到等物质的量的B、C、D，且A与碱反应生成D，则A为酸式盐或铵盐，C能和过氧化钠反应，则C为水或二氧化碳，镁条能在B中燃烧，则B为二氧化碳或氧气，因为A受热分解生成B、C、D，则B为二氧化碳，C为水，水和过氧化钠反应生成NaOH和O2，D能在催化剂条件下反应生成H，则D是NH3，G是O2，H是NO，I是NO2，J是HNO3，镁和二氧化碳反应生成氧化镁和碳，C和浓硝酸反应生成二氧化碳、二氧化氮和水，则E是MgO，F是C，通过以上分析知，A为NH4HCO3，
(1)根据上面的分析可知，A为NH4HCO3，B为CO2，其电子式为；
(2)反应②为在催化剂、加热条件下，氨气被氧化生成一氧化氮和水，反应方程式为：
4NH3+5O24NO+6H2O；
(3)在加热条件下，碳酸氢铵和氢氧化钠反应的离子方程式为：NH4++HCO3-+2OH-
NH3↑+CO32-+2H2O；
(4)在加热条件下，碳和浓硝酸发生氧化还原反应生成二氧化碳、二氧化氮和水，反应方程
式为：C+4HNO3(浓)CO2↑+4NO2↑+2H2O；
(5)水和过氧化钠反应生成氢氧化钠和氧气，反应方程式为2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，当
生成标况下2.24L 氧气时转移电子的物质的量=
2.24
22.4/mol
L
L
=0.2mol。

解：无机推断题的一般解题思路：①审清题意，从题干迅速浏览、整体扫描、产生印象，尽量在框图中把相关信息表示出来，明确求解要求；②找“题眼”即找到解题的突破口，此步非常关键；③从题眼出发，联系新信息及所学的旧知识，依物质的特性或转移特征来确定“突破口”，大胆猜测，顺藤摸瓜，进行综合分析、推理，初步得出结论；④验证确认将结果放入原题检验，完全符合才算正确；④按题目的要求写出答案。

2．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：
①A、C、D三种物质的化学式依次是________________。

②B、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__________________。

③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＋===H2O＋CO2↑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NaHSO4NaHSO4===Na＋＋H＋＋SO42-，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。

①A、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；
②B、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＋===H2O＋CO2↑，
因此，本题正确答案是：CO32-＋2H＋===H2O＋CO2↑；
③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NaHSO4===Na＋＋H＋＋SO42-，所产生的H＋抑制水的电离，
因此，本题正确答案是：NaHSO4；NaHSO4===Na＋＋H＋＋SO42-，所产生的H＋抑制水的电离。

3．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↑。

4．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。

5．探究无机盐 X（仅含三种短周期元素）的组成和性质，设计并完成如下实验：
请回答：
（1）X 的化学式是__________。

（2）白色粉末溶于氢氧化钠溶液的离子方程式是__________。

（3）白色沉淀用途广泛，请列举一例：__________。

【答案】Mg2SiO4或 2MgO·SiO2 SiO2＋2OH-=SiO32-+H2O 优良的阻燃剂等
【解析】
【详解】
无机盐X（仅含三种短周期元素），加入过量盐酸溶解，离心分离得到白色胶状物沉淀和无色溶液，白色胶状沉淀为硅酸，白色沉淀充分灼烧得到白色粉末1.80g为SiO2，物质的量＝1.8g÷60g/mol＝0.03mol，溶于氢氧化钠溶液得到无色溶液为硅酸钠溶液，说明无机盐中含硅酸根离子或原硅酸根离子，物质的量为0.03mol，若为硅酸根离子其质量＝
0.03mol×76g/mol＝2.28g，金属质量＝4.20g-2.28g＝1.92g，无色溶液中加入过量氢氧化钠溶液生成白色沉淀则判断为Mg（OH）2，金属离子物质的量＝0.06mol，质量为
0.06mol×24g/mol＝1.44g，不符合，则为原硅酸根，物质的量为0.03mol，质量＝
0.03mol×92g/mol＝2.76g，金属质量4.20g-2.76g＝1.44g，物质的量＝1.44g÷24g/mol ＝0.06mol，得到X为Mg2SiO4。

（1）X的化学式为，Mg2SiO4；
（2）白色粉末溶于氢氧化钠溶液的离子方程式是SiO2＋2OH-＝SiO32-+H2O；
（3）氢氧化镁是优良的阻燃剂。

6．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为常见化合物．它们在一定条件下可以发生如图反应（均不是在溶液中进行的反应）（以下每个空中只需填入一种物质）
(1)X、Y均为金属时，此反应在工业上称为___反应，其反应方程式为________
(2)X为金属，Y为非金属时，A为__B__
(3)X为非金属Y为金属时，A为__B为_______
(4)X为非金属，Y为非金属时，A为_____B为______
【答案】铝热反应 3Fe3O4+8 Al 9Fe +4 Al2O3 CO2 MgO CuO H2O SiO2 CO
【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。

【详解】
(1)当X、Y均为金属时,应为铝热反应,则X为Al、A为Fe3O4,Y为Fe,B为Al2O3,Z为氧气,
反应方程式为3Fe3O4+8 Al 9Fe +4 Al2O3；
(2)当X为金属、Y为非金属,应为Mg和CO2的反应,反应的方程式
为:Mg+CO2MgO+C；
(3)当X为非金属时,Y为金属时,碳、氢气还原氧化铜符合此反应,A为CuO,B为 H2O,反应方程式为CuO+H2Cu+H2O；
(4)当X、Y均为非金属固体时,为C和SiO2的反应,反应的方程式为SiO2+2C Si+2CO。

【点睛】
本题考查无机物的推断，题目难度中等，解答本题的关键是能把握常见单质+氧化物→单质+氧化物的置换反应的类型，注意把握常见相关物质的性质。

7．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。

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，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-+2H2O=2AlO2－+3H2↑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 -。

9．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 CO32－Al(OH)3＋3H＋===Al3＋＋3H2O Al3＋、Mg2＋、NH4＋、Cl－NH4＋＋OH－===NH3·H2O
【解析】
分析：(1)无色溶液中不会含有Fe3＋，加入盐酸后能形成的沉淀有Al(OH)3、H2SiO3，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AlO2-、SiO32-。

oa段发生反应的离子为AlO2-、SiO32-，ab段为CO32－,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NH4＋与OH－之间发生反应，因Al3＋、Mg2＋不能与CO 32－、SiO32-、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Fe3＋，加入盐酸后能形成的沉淀有
Al(OH)3、H2SiO3，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AlO2-
、SiO32-；则oa段发生反应的离子为AlO2-、SiO32-；ab段发生的反应沉淀的量不变,所以ab 段为盐酸与CO32－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＋===Al3＋＋3H2O。

因此，本题正确答案是：SiO 32-、AlO； CO32－；Al(OH)3＋3H＋═Al3＋＋3H2O；
(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Al3＋、Mg2＋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CO32－、SiO32-、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: NH4＋＋OH－═NH3·H2O，即溶液中含NH4＋；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Al3＋、Mg2＋，即bc段的反应为：Al(OH)3＋OH-═AlO2-+2H2O。

即X中一定含有的离子是Al3＋、Mg2＋、NH4＋、Cl－；因为溶液中有Al3＋、Mg2＋，故oa段转化为沉淀的离子是Al3＋、Mg2＋，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NH4＋＋OH－═NH3·H2O；
因此，本题正确答案是：Al3＋、Mg2＋、NH4＋、Cl－；NH4＋＋OH－═NH3·H2O。

10．镁及其化合物在现代工业、国防建设中有着广泛的应用。

回答下列问题：
（1）单质镁在空气中燃烧的主要产物是白色的_____，还生成少量的______（填化学式）。

（2）CH3 MgCl是一种重要的有机合成剂，其中镁的化合价为______，CH3 MgCl水解时除
生成甲烷外，还生成一种碱和一种盐。

写出该反应的化学方程式：
_________________________。

（3）Mg(OH)2是常用的阻燃材料。

以白云石（CaCO3、MgCO3，不考虑杂质）为原料制备Mg(OH)2和CaCO3工艺流程如下：
①溶解度：Ca(OH)2 _______ （填“>”或“<”）Mg(OH)2。

②“煅烧”时称取27.6 g白云石，高温加热到质量不再变化，收集到的CO2为6.72 L(标准状况下)，若工艺中不考虑Ca、Mg损失，则Mg( OH)2和CaCO3的质量分别为
_________、____________。

【答案】MgOMg3N2+22CH3 MgCl+2H2O=2CH4↑+MgCl2 +Mg(OH)2>8.7 g15 g
【解析】
试题分析：
（1）镁既能在氧气中燃烧又能在氮气中燃烧，氧气的氧化性比氮气强，所以单质镁在空气中燃烧的主要产物是白色的MgO，还生成少量的Mg3N2。

（2）CH3 MgCl是一种重要的有机合成剂，其中镁的化合价为+2，CH3 MgCl水解时除生成甲烷外，还生成一种碱和一种盐，则该碱一定是氢氧化镁，该盐一定是氯化镁，该反应的化学方程式为2CH3 MgCl+2H2O=2CH4↑+MgCl2 +Mg(OH)2。

（3）①氢氧化钙微溶于水，氢氧化镁难溶于水，所以溶解度：Ca(OH)2 > Mg(OH)2。

②“煅烧”时称取27.6 g白云石，高温加热到质量不再变化，收集到的CO2为6.72 L(标准状况下)，则CO2的物质的量为0.3mol。

由碳元素守恒可得，
n(CaCO3)+n(MgCO3)=0.3mol，100g/mol n(CaCO3)+84 g/mol n(MgCO3)=27.6g，解之得
n(CaCO3) =0.15mol，n(MgCO3)=0.15mol，若工艺中不考虑Ca、Mg损失，则Mg( OH)2的质量为58g/mol 0.15mol=8.7 g、CaCO3的质量为100g/mol0.15mol=15 g。

点睛：混合物的计算通常可以用守恒法快速列方程组求解。

常见的守恒关系有质量守恒、电子转移守恒、电荷守恒、元素（原子或离子）守恒等等。

利用守恒关系可以把题中的相关数据转化为方程式，联立成方程组，即可解题。