高考化学易错题专题训练镁及其化合物练习题含答案.docx

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高考化学易错题专题训练镁及其化合物练习题含答案

高考化学易错题专题训练-镁及其化合物练习题含答案

一、镁及其化合物

1．某同学用某化合物X（两种短周期元素组成的纯净物）进行了如下实验：

实验步骤②中还观测到生成黑色固体和无色无味气体，生成的溶液可作为建筑行业的一种黏合剂。

请回答：

（1）X的化学式是____，步骤①的离子方程式是___。

（2）步骤②的化学方程式是_____。

【答案】Mg2SiMg2Si+4H+=SiH4↑+2Mg2+SiH4+2KMnO4=2MnO2↓+Na2SiO3+H2↑+H2O

【解析】

【分析】

短周期元素形成的化合物中，与过量烧碱溶液生成白色沉淀，则灼烧后得到白色固体的为MgO，4.0g白色固体可得X中0.1molMg原子，无色气体A与高锰酸钾可生成黏合剂硅酸钾溶液，可知无色气体A具有还原性且含有Si元素，据此分析作答。

【详解】

（1）根据化合物X7.20g计算得到Mg原子与Si原子个数之比为2:

1，则X的化学式为Mg2Si，在盐酸作用下会生成硅烷气体与氯化镁，故其离子方程式为：

Mg2Si+4H+=SiH4↑+2Mg2+，故答案为：

Mg2Si；Mg2Si+4H+=SiH4↑+2Mg2+；

（2）在强氧化剂高锰酸钠的作用下，硅烷被氧化为硅酸钠与氢气，同时生成黑色固体二氧化锰，根据氧化还原反应得失电子守恒与元素守恒可得，其化学方程式为：

SiH4+2KMnO4=2MnO2↓+K2SiO3+H2↑+H2O。

2．已知A、B、C、D组成的元素都属于短周期，它们之间的简单转化关系如图所示。

请按要求写出有关反应的化学方程式：

（1）若其中A、D为单质且同主族，B、C为氧化物：

（该反应在工业上有重要用途）。

（2）若A、D为常态下的气体单质且不同主族，B、C为化合物且B为水：

。

（3）若A、B、C均为化合物且C为水，单质D常态下为固体：

。

（4）若A、D为固体单质且不同主族，B、C为氧化物：

。

【答案】（共8分）

（1）2C+SiO2

Si+2CO↑

（2）2F2＋2H2O===4HF＋O2

（3）SO2＋2H2S===3S＋2H2O

（4）2Mg+CO2

2MgO+C。

【解析】

【分析】

（1）A、D为单质且同主族，B、C为氧化物，A为C，B为SiO2，符合转化关系，D为Si，C为CO；

（2）A、D为常态下的气体单质且不同主族，B、C为化合物且B为水，A为F2，C为HF，D为O2，符合转化关系；

（3）A、B、C均为化合物且C为水，单质D常态下为固体，H2S与SO2反应符合转化关系，D为硫；

（4）A、D为固体单质且不同主族，B、C为氧化物，Mg与CO2反应符合转化关系，A为Mg，B为CO2，C为MgO，D为C单质。

【详解】

（1）A、D为单质且同主族，B、C为氧化物，A为C，B为SiO2，符合转化关系，反应方程式为：

2C+SiO2

Si+2CO↑；

综上所述，本题正确答案：

2C+SiO2

Si+2CO↑；

（2）A、D为常态下的气体单质且不同主族，B、C为化合物且B为水，A为F2，C为HF，D为O2，符合转化关系，反应方程式为：

2F2+2H2O═4HF+O2；

综上所述，本题正确答案：

2F2+2H2O═4HF+O2；

（3）A、B、C均为化合物且C为水，单质D常态下为固体，H2S与SO2反应符合转化关系，反应方程式为：

SO2+2H2S═3S+2H2O；

综上所述，本题正确答案：

SO2+2H2S═3S+2H2O；

（4）A、D为固体单质且不同主族，B、C为氧化物，Mg与CO2反应符合转化关系，反应方程式为：

2Mg+CO2

2MgO+C；

综上所述，本题正确答案：

2Mg+CO2

2MgO+C。

3．X、Y、Z三种物质有如下转化关系：

（1）根据上述转化关系，写出下列物质的

化学式：

X_____、Y_____、Z___

试剂甲_____，试剂乙________

（2）写出上述③④⑤步反应的离子方程式：

_____________；___________；___________

【答案】MgSO4Mg（OH）MgCl2BaCl2AgNO3Mg（OH）2+2H+=Mg2++2H2OAg++Cl−=AgCl↓Ba2++SO42−=BaSO4↓

【解析】

【分析】

【详解】

（1）X和硝酸钡反应生成硝酸镁，则X应为MgSO4，加入NaOH反应生成Mg（OH）2,与盐酸反应生成MgCl2，则Y为Mg（OH）2，Z为MgCl2，MgSO4可与BaCl2反应生成MgCl2，则甲为BaCl2，MgCl2与AgNO3反应生成硝酸镁，则乙为AgNO3，

故答案为MgSO4；Mg（OH）2；MgCl2；BaCl2；AgNO3；

（2）③为Mg（OH）2和盐酸的反应,反应的离子方程式为Mg（OH）2+2H+=Mg2++2H2O，

④为MgCl2和AgNO3的反应,反应的离子方程式为Ag++Cl−=AgCl↓，

⑤为MgSO4和BaCl2的反应,反应的离子方程式为Ba2++SO42−=BaSO4↓，

故答案为③Mg（OH）2+2H+=Mg2++2H2O、④Ag++Cl−=AgCl↓、⑤Ba2++SO42−=BaSO4↓。

4．物质A～G是中学化学中常见的物质，这些物质有如图所示的转化关系（部分反应物、生成物没有列出）。

其中A、B、F含有一种相同的元素，C、D、G含有一种相同的元素，F具有磁性，G为黑色非金属单质。

（1）物质A溶解于盐酸，然后加入KSCN溶液，溶液不变色，再滴加几滴氯水，溶液变为血红色，由此推知A的化学式为__________。

（2）反应③的化学方程式是_______________________。

（3）写出下列物质的化学式：

E__________、F__________。

（4）若C是一种气体，在温度为1100℃的某固定容积的密闭容器中发生反应：

A（s）＋C（g）B（s）＋D（g）　ΔH＝akJ·mol－1（a>0），该温度下平衡常数K＝0.263。

若生成1molB，则吸收的热量________（选填“大于”、“等于”或“小于”）akJ；若加入过量的A，则C的转化率________（选填“升高”、“不变”或“降低”）；若容器内压强不再随时间变化，则该反应__________（选填“达到”、“未达到”或“不一定达到”）化学平衡状态；该反应达到化学平衡状态时，若[C]＝0.100mol·L－1，则[D]＝________mol·L－1。

【答案】FeOCO2＋2Mg

C＋2MgOO2Fe3O4等于不变不一定达到0.0263

【解析】

【分析】

由G为黑色非金属单质，可判断反应（3）为Mg在点燃的条件下与CO2的反应，因此D、G分别为CO2和单质碳。

E与单质碳反应生成CO2，则E为氧气，由F具有磁性知F为Fe3O4，进而推知B为Fe，结合

（1）中信息知A为FeO，（4）中C若为一种气体，应为CO，根据上述推断可以知道反应A（s）＋C（g）⇌B（s）＋D（g）ΔH＝akJ·mol－1（a>0）就是FeO（s）＋CO（g）⇌Fe（s）＋CO2（g）ΔH＝akJ·mol－1（a>0），A为固体FeO，加入该物质对平衡的移动没有影响，不会提高CO的转化率；上述反应是一个反应前后气体分子数不变的反应，因此容器内压强自始至终是一个恒量，故压强不变不能作为达到化学平衡状态的判断标准；若c（CO）=0.100mol·L－1，根据c（CO2）=K×c（CO）计算c（CO2）。

【详解】

由G为黑色非金属单质，可判断反应（3）为Mg在点燃的条件下与CO2的反应，因此D、G分别为CO2和单质碳。

E与单质碳反应生成CO2，则E为氧气，由F具有磁性知F为Fe3O4，进而推知B为Fe，结合

（1）中信息知A为FeO，（4）中C若为一种气体，应为CO，根据上述推断可以知道反应A（s）＋C（g）⇌B（s）＋D（g）ΔH＝akJ·mol－1（a>0）就是FeO（s）＋CO（g）⇌Fe（s）＋CO2（g）ΔH＝akJ·mol－1（a>0），A为固体FeO，

（1）由上述分析可以知道，A为FeO，

因此，本题正确答案是：

FeO；

（2）反应（3）的化学方程式是：

CO2＋2Mg

C＋2MgO，

因此，本题正确答案是：

CO2＋2Mg

C＋2MgO；

（3）由上述分析可以知道:

E为O2、F为Fe3O4，

因此，本题正确答案是：

O2；Fe3O4；

（4）C若为一种气体,应为CO,根据上述推断可以知道反应A（s）＋C（g）⇌B（s）＋D（g）ΔH＝akJ·mol－1（a>0）就是FeO（s）＋CO（g）⇌Fe（s）＋CO2（g）ΔH＝akJ·mol－1（a>0），A为固体FeO，加入该物质对平衡的移动没有影响,不会提高CO的转化率,若生成1mol B，则吸收的热量等于a kJ；上述反应是一个反应前后气体分子数不变的反应，因此容器内压强自始至终是一个恒量，故压强不变不能作为达到化学平衡状态的判断标准；

若c（CO）=0.100mol/L，因为c（CO2）=K×c（CO），故c（CO2）=0.263×0.1mol/L=0.0263mol/L，

因此，本题正确答案是；等于；不变；不一定达到；0.0263。

5．

将3.9g的镁铝合金粉末放于过量的盐酸中，产生的气体体积在标况下是4.48L。

请计算：

（1）合金中镁的质量分数；

（2）合金中镁铝的物质的量之比。

【答案】

（1）30.77%

（2）n（Mg）∶n（Al）＝1∶2

【解析】

设合金中镁的物质的量为x，铝的物质的量为y，则：

Mg+2HCl====MgCl2+H2↑

122.4

x22.4x

2Al+6HCl=====2AlCl3+3H2↑

23

22.4

y33.6y

24x+27y=3.9

22.4x+33.6y=4.48

解得x=0.05mol，y=0.1mol；

（1）合金中镁的质量分数=

=30.77%；

（2））n（Mg）∶n（Al）＝0.05mol:

0.1mol=1∶2。

6．将镁、铝的混合物共0.2mol，溶于200mL4mol/L的盐酸溶液中，然后再滴加2mol/L的NaOH溶液。

请回答下列问题。

（1）若在滴加NaOH溶液的过程中，沉淀质量m随加入NaOH溶液的体积V变化情况如图所示．当V1=160mL时，则金属粉末中n（Al）=__________mol；

（2）0～V1段发生的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+刚好沉淀完全，则滴入NaOH溶液的体积V（NaOH）=______mL；

（4）若镁、铝的混合物仍为0.2mol，其中镁的物质的量分数为a，现在改用200mL4mol•L-1的硫酸溶解此混合物后，再加入840mL2mol•L-1的NaOH溶液，所得沉淀中无Al（OH）3，则a的取值范围为______．

【答案】0.08H++OH-=H2O；4000.6≤a＜1

【解析】

【详解】

（1）当V1=160mL时，此时，溶液是MgCl2、AlCl3和NaCl的混合液，由Na+离子守恒可知，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，设混合物中含有MgCl2xmol、AlCl3为ymol，则：

根据Mg原子、Al原子守恒有：

x+y=0.2，根据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，故答案为0.08；

（2）0～V1段，滴入氢氧化钠溶液后没有生成沉淀，说明盐酸过量，滴入的氢氧化钠与氯化氢反应生成氯化钠和水，反应的离子方程式为：

H++OH-=H2O，故答案为H++OH-=H2O；

（3）当溶液中Mg2+、Al3+恰好沉淀完全时，此时，溶液是NaCl溶液，根据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）=

=0.4L=400mL，故答案为400；

（4）由于为金属混合物，则a＜1，Al的物质的量为：

0.2（1-a）mol，反应后的混合溶液，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，根据铝元素守恒可知：

n（NaAlO2）=0.2（1-a）mol，根据钠离子守恒，应满足：

n（NaOH）≥2n（Na2SO4）+n（NaAlO2），即0.84×2≥2×0.2×4+0.2（1-a），解得：

a≥0.6，所以a的取值范围为：

故0.6≤a＜1，故答案为0.6≤a＜1。

【点晴】

本题考查了有关混合物反应的计算，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；注意守恒思想的运用，使计算简化。

7．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

8．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0．5mol·L－1MgSO4溶液和0．5mol·L－1NH4HCO3溶液。

步骤2：

用量筒量取500mLNH4HCO3溶液于1000mL四口烧瓶中，开启搅拌器，温度控制在50℃。

步骤3：

将250mLMgSO4溶液逐滴加入NH4HCO3溶液中，1min内滴加完毕，然后用氨水调节溶液pH到9．5。

步骤4：

放置1h后，过滤，洗涤。

步骤5：

在40℃的真空干燥箱中干燥10h，得到碳酸镁晶须产品（MgCO3·nH2O，n＝1~5）。

①配制0．5mol·L－1MgSO4溶液500mL，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·nH2O中的n值。

称量1．000g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4~5h，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1．000g碳酸镁晶须产生CO2的平均物质的量为amol，则n为___（用含a的表达式表示）。

⑥称取100g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decbf2NH3+3CuO

N2+3H2O+3CuMg3N2+6H2O

3Mg（OH）2+2NH3↑500mL容量瓶Mg2++HCO3-HCO3-+NH3·H2O+（n-1）H2O

MgCO3·nH2O↓+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

【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0.5mol·L-1MgSO4溶液500mL，除提供的仪器外，还需要的仪器为500mL容量瓶，故答案为500mL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Mg2++HCO3—+NH3·H2O+（n-1）H2O=MgCO3·nH2O↓+NH4+，故答案为Mg2++HCO3—+NH3·H2O+（n-1）H2O=

MgCO3·nH2O↓+NH4+；

③题图2装置中气球可以暂时储存CO2，有利于CO2被NaOH溶液吸收，且能保持装置中压强相对稳定，故答案为暂时储存CO2，有利于CO2被NaOH溶液吸收，且能保持装置中压强相对稳定；

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CO2逸出，便于吸收完全；

⑤若实验测得1.000g碳酸镁晶须产生的CO2的平均物质的量为amol，依据碳元素守恒可知，晶须中碳酸镁的物质的量为amol，根据MgCO3·nH2O中碳酸镁和结晶水的物质的量之比为1∶n，得到1∶n=a∶

，得到n=

，故答案为

；

⑥由题图3知400℃时剩余质量为82.3g，这是该晶须失去结晶水后的质量，则有100×

=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。

9．镁的化合物具有广泛用途，请回答有关镁的下列问题：

（1）单质镁在空气中燃烧的主要产物是________，还生成少量的________（填化学式）。

（2）物质的量为0.10mol的镁条在只含有CO2和O2混合气体的容器中燃烧（产物不含碳酸镁），反应后容器内固体物质的质量不可能为_____________

A．3.2gB．4.0gC．4.2gD．4.6g

（3）镁作为一种强还原剂，还用于钛和铀的生产，写出镁与TiCl4在高温条件下制取钛的化学方程式_______________。

（4）氢气是一种清洁能源，氢气的制取与储存是氢能源利用领域的研究热点。

Mg2Cu是一种储氢合金。

350℃时，Mg2Cu与H2反应，生成MgCu2和仅含一种金属元素的氢化物（其中氢的质量分数为0.077），Mg2Cu与H2反应的化学方程式为___________。

（5）CH3MgCl是一种重要的有机合成剂，其中镁的化合价是__________，该化合物水解时生成甲烷、氯化镁和氢氧化镁，请写出该反应的化学方程式______________________。

【答案】MgOMg3N2D

＋2价2CH3MgCl＋2H2O=Mg（OH）2↓＋2CH4↑＋MgCl2

【解析】

【分析】

（1）镁在空气中燃烧，不仅和氧气反应还和氮气反应；

（2）金属Mg在只含有CO2和O2混合气体的容器中燃烧，固体的质量包括未反应镁的质量、生成的碳的质量和生成的氧化镁的质量，采用极限讨论法，若镁全部与二氧化碳反应生成固体量最大，假设镁没有反应，则固体量最少，计算出固体的范围，然后对各选项进行判断；

（3）镁与TiCl4在高温条件生成钛和氯化镁；

（4）令金属氢化物为RHx，金属R的相对分子质量为a，则

=0.077，即923x=77a，X为金属的化合价，讨论可得x=2，a=24，故该金属氢化物为MgH2；

（5）根据化合价代数和为0判断镁的化合价，根据元素守恒书写化学方程式。

【详解】

（1）镁在空气中燃烧，镁和氧气反应生成氧化镁（化学式为MgO），和氮气反应生成氮化镁，所以单质镁在空气中燃烧的主要产物是白色的氧化镁，还生成少量的氮化镁，化学式为Mg3N2；

（2）镁条在只含有CO2和O2混合气体的容器中燃烧，反应后容器内固体物质的质量为：

未反应镁的质量、生成的碳的质量及生成的MgO的质量，若气体中无氧气，镁完全与二氧化碳反应时，反应后固体的质量最大；

 2  2  1

0.10mol 0.10mol  0.05mol

则0.1mol镁完全反应最多可生成固体的质量为：

0.10mol×40g/mol+0.05mol×12g/mol=4.6g；

若金属镁没有反应，则固体的质量最少，固体质量最小为：

0.10mol×24g/mol=2.4g；

由于含有二氧化碳和氧气，且镁条也参加了反应，则反应后固体质量m的范围应为：

2.4g＜m＜4.6g，故答案为D；

（3）镁与TiCl4在高温条件生成钛和氯化镁，发生的化学方程式为

；

（4）令金属氢化物为RHx，金属R的相对分子质量为a，则

=0.077，即923x=77a，X为金属的化合价，讨论可得x=2，a=24，故该金属氢化物为MgH2，故反应方程式为

；

（5）根据CH3MgCl中各元素化合价代数和为0可知镁的化合价为+2价，CH3MgCl水解时生成甲烷、氯化镁和氢氧化镁，反应的化学方程式为2CH3MgCl+2H2O=Mg（OH）2+MgCl2+2CH4↑。

10．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

Al3＋、Fe3＋、Mg2＋、N