高考化学备考之镁及其化合物压轴突破训练培优篇.docx

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高考化学备考之镁及其化合物压轴突破训练培优篇

高考化学备考之镁及其化合物压轴突破训练∶培优篇

一、镁及其化合物

1．金属镁是一种活泼的常见金属，有着广泛的用途。

下图是金属镁和卤素反应的能量变化图（反应物和产物均为298K时的稳定状态）。

（1）下列选项中正确的是_________（填序号）。

①MgI2中Mg2+与I-间的作用力小于MgF2中Mg2+与F-间的作用力

②MgBr2与Cl2反应是放热反应

③化合物的熟稳定性顺序为：

MgI2>MgBr2>MgCl2>MgF2

（2）请写出在一定条件下液溴与氟化镁固体反应的热化学方程式：

___________。

已知，金属镁在点燃的条件下能与二氧化碳反应：

2Mg+CO2→2MgO+C，现将a克镁放在盛有bL（标准状态下）二氧化碳和氧气的混合气体的密闭容器中充分燃烧；

（3）若容器中剩余二氧化碳，则残留固体物质_________

A一定只有MgOB一定有MgO，可能有C

C一定有MgO和CD一定有C，可能有MgO

（4）若反应容器中有氧气剩余，则容器内剩余固体的质量为_________，出现此种状况，容器中原来bL混合气体中氧气的体积应满足（用含a的代数式）__________。

（5）若容器中无气体剩余，残留固体中含有镁，则残留固体m的取值范围_________；若容器中无气体剩余，残留固体中没有镁剩余，则残留固体m的取值范围_________。

【答案】①②MgF2（s）＋Br2（l）＝MgBr2（s）+F2（g）△H＝+600kJ/molB

gb＞V（O2）＞

（a＋

）＜m＜（a＋

）

＜m＜

【解析】

【分析】

（1）①离子晶体中离子键越强，离子晶体越稳定；

②如果反应物能量之和大于生成物能量之和，则是放热反应；

③化合物的热稳定性与物质的能量大小有关，能量越小越稳定；

（2）根据盖斯定律书写；

（3）镁在燃烧时先和氧气反应生成氧化镁，当氧气完全反应后，镁再和二氧化碳反应生成氧化镁；

（4）若氧气有剩余，则镁只和氧气反应生成氧化镁，根据原子守恒计算；采用极限的方法计算；

（5）若容器中无气体剩余，残留固体中含有镁，假设气体全部为氧气或二氧化碳，然后采用极限的方法解答；若容器中无气体剩余，残留固体中没有镁剩余，说明二者完全反应。

【详解】

（1）①相同类型的离子晶体中，离子键越强，则离子间作用力越强，物质含有的能量越低，所以MgI2中Mg2＋与I−间的作用力小于MgF2中Mg2＋与F−间的作用力，故正确；

②根据图象知，反应物的能量大于生成物能量，所以Mg与F2的反应是放热反应，故正确；

③能量越小的物质越稳定，所以化合物的热稳定性顺序为MgI2＜MgBr2＜MgCl2＜MgF2，故错误；

故选①②；

（2）镁和氟气反应的热化学反应方程式为：

Mg（s）＋F2（g）＝MgF2（s）△H＝−1124kJ/mol①

Mg（s）＋Br2（l）＝MgBr2（s）△H＝−524kJ/mol②

将方程式②−①得MgF2（s）＋Br2（l）＝MgBr2（s）+F2（g）△H＝（−524kJ/mol）−（−1124kJ/mol）＝+600kJ/mol，故答案为：

MgF2（s）＋Br2（l）＝MgBr2（s）+F2（g）△H＝+600kJ/mol；

（3）镁先和氧气反应生成氧化镁，当氧气完全反应后，镁再和二氧化碳反应生成氧化镁，若容器中剩余二氧化碳，二氧化碳可能参加反应也可能不参加反应，所以残留固体物质一定含有氧化镁，可能含有碳，故选B；

（4）镁的物质的量＝

＝

mol，若氧气有剩余，则镁只和氧气反应生成氧化镁，根据原子守恒得n（Mg）＝n（MgO），所以氧化镁的质量＝

mol×40g/mol＝

g；

氧气有剩余，氧气的最小体积为大于和镁完全反应的体积，而小于气体总体积，2Mg＋O2＝2MgO，根据镁和氧气的关系式得当镁和氧气恰好反应时需要气体氧气物质的量＝

mol×

＝

mol，则需要氧气体积＝

mol×22.4L/mol＝

L，所以氧气的体积为b＞V（O2）＞

，故答案为：

g；b＞V（O2）＞

；

（5）若容器中无气体剩余，残留固体中含有镁，说明镁不足量，假设气体全部是氧气，氧气完全反应时固体质量增加的质量＝

mol×32g/mol＝

g，则固体质量为（a＋

）g；

假设气体全部是二氧化碳，根据2Mg＋CO2→2MgO＋C知，固体增加的质量为二氧化碳的质量，所以固体增加的质量＝

mol×44g/mol＝

g，所以固体质量为（a＋

）g，则容器内固体质量为（a＋

）＜m＜（a＋

）；

假设镁和氧气恰好反应，固体的质量为氧化镁的质量＝

g；

假设镁和二氧化碳恰好反应，固体的质量为镁和二氧化碳的质量＝a＋

×1×44g/mol＝

g，实际上固体质量介于二者之间，为

＜m＜

，故答案为：

（a＋

）＜m＜（a＋

）；

＜m＜

。

【点睛】

根据镁和氧气、二氧化碳之间的反应结合极限法来分析解答，明确镁和氧气、二氧化碳混合气体反应的先后顺序是解本题关键。

2．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】NaMgFe3Fe＋4H2O（g）

Fe3O4＋4H22Na＋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）

Fe3O4＋4H2；

②A与水反应化学方程式为2Na＋2H2O=2NaOH＋H2↑。

3．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Na2SO4和NaOH外，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】H2CAl3+Mg2+Mg+H2SO4==MgSO4+H2↑Na[Al（OH）4]Al3++4OH—==[Al（OH）4]—Mg2++2OH—==Mg（OH）2↓

【解析】

【分析】

本题主要考查镁、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H2，并生成相应的盐，故气体X为H2，滤液Y中溶质为H2SO4、MgSO4、Al2（SO4）3；加入过量的NaOH溶液后，生成可溶性的Na[Al（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+H2SO4==MgSO4+H2↑；

（3）由上述分析可知，滤液N中还含有的溶质为Na[Al（OH）4]；生成Na[Al（OH）4]的离子方程式为：

Al3++4OH-==[Al（OH）4]-；

（4）固体M为Mg（OH）2，生成Mg（OH）2的离子方程式为：

Mg2++2OH-==Mg（OH）2↓

4．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+8Al

9Fe+4Al2O3CO2MgOCuOH2OSiO2CO

【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+8Al

9Fe+4Al2O3；

（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+CO2

MgO+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+H2

Cu+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。

5．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↓。

6．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0.1molF离子的50mL溶液中，加入含1.5mol/LB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/LE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＋3Mg2＋+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2molD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0.1molMg（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/LE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↓+2H3O+=4H2O+Mg2+，则反应消耗H3O+的物质的量为0.1mol+0.1mol×2=0.3mol，由于1mol/LE离子的强酸溶液，因此需要H3O+的体积V（H3O+）=0.3mol÷1mol/L=0.3L=300mL。

7．已知A、B、C为常见的单质，在一定条件下相互转化的关系如图：

（1）若常温下，A、B均为气体，C为红色固体，E为黑色固体，则E的化学式为__________，写出A+E→D的化学反应方程式__________________________。

（2）若常温下B、C均为气体，A为金属单质，D为黑色晶体，则E的电子式为_____________，写出A+E→D的化学反应方程式_____________________。

（3）若常温下B为气体，C为黑色固体，则构成金属A的原子结构示意图为____________，写出A+E→D的化学反应方程式___________________________。

【答案】CuOCuO+H2

Cu+H2O

3Fe+4H2O

Fe3O4+4H2

2Mg+CO2

2MgO+C

【解析】

【详解】

（1）若常温下，A、B均为气体，C为红色固体，E为黑色固体，则A-E分别为氢气、氧气、铜、水、氧化铜，氢气与氧化铜加热时反应生成铜和水；

（2）若常温下B、C均为气体，A为金属单质，D为黑色晶体，则A-E分别为铁、氧气、氢气、四氧化三铁、水；铁与水蒸气加热时反应生成四氧化三铁和氢气；

（3）若常温下B为气体，C为黑色固体，则A-E分别为Mg、氧气、C、MgO、二氧化碳，镁与二氧化碳反应生成氧化镁和碳；

8．A、B、C是中学化学中常见的三种物质，它们之间的相互转化关系如下（部分反应条件及产物略去）：

（1）若A是一种金属，C是淡黄色固体，则B的化学式为_______，A→C反应的化学方程式为__________________________；若将金属A与金属铝同时加入足量水中，充分反应后，发现溶液中既无沉淀生成又无残留金属剩余，经测定溶液中只含有一种溶质，则投入水中的金属A与金属Al的物质的量之比为_________。

（2）若A是一种非金属,其常见单质为黑色固体，C是最主要的温室气体，则C的分子式为______，B→C反应的化学方程式为_________________________________；金属镁可在气体C中燃烧，当有1mol气体C参与反应时，反应转移电子的物质的量为__________。

【答案】Na2O2Na+O2

Na2O21:

1CO22CO+O2

2CO24mol。

【解析】

【分析】

【详解】

（1）若A是一种金属，C是淡黄色固体，则A为Na，C为Na2O2，B为Na2O；Na在氧气中燃烧生成Na2O2，方程式为2Na+O2

Na2O2；若将Na与铝同时加入到足量的水中充分反应后无固体剩余，且所得溶液中只有一种溶质即为NaAlO2，发生的反应为Na+Al+2H2O=2NaAlO2+2H2↑，根据方程式可知金属Na与金属Al的物质的量之比为1:

1；

（2）C是最主要的温室气体，则C为CO2，A为C，B为CO；CO燃烧生成CO2，方程式为2CO+O2

2CO2；金属镁可在CO2中燃烧时CO2被还原成C单质，且还原剂唯一，所以当有1molCO2参与反应时转移电子的物质的量为4mol。

9．现有

碱式碳酸镁样品（化学式：

，

、

、

为正整数），将其分为二等份，一份样品充分灼烧至恒重进行热重分析，结果如图所示。

另一份投入

某浓度的盐酸中，充分反应后生成

（已换算成标准状况下），测得溶液的

。

（忽略溶液前后体积变化）

按要求回答下列问题：

（1）

_______________。

（2）盐酸的物质的量浓度

____________

。

【答案】4:

12.6

【解析】

【详解】

（1）xMgCO3•yMg（OH）2•zH2O充分灼烧至恒重得到的10.0g固体为MgO，n（MgO）＝

＝0.25mol；另一份投入150mL某浓度的盐酸中，反应生成氯化镁和二氧化碳，标况下4.48LCO2的物质的量为：

＝0.2mol；48.4g碱式碳酸镁样品中n（MgCO3）+n[Mg（OH）2]＝2n（MgO）＝0.25mol×2＝0.5mol，n（MgCO3）＝2n（CO2）＝0.2mol×2＝0.4mol，则n[Mg（OH）2]＝0.5mol－0.4mol＝0.1mol，n（H2O）＝

＝0.5mol，则xMgCO3•yMg（OH）2•zH2O中x：

y：

z＝0.4mol：

0.1mol：

0.5mol＝4:

1:

5；

（2）反应后剩余n（HCl）＝n（H+）＝0.100mol/L×0.2L＝0.02mol，生成氯化镁消耗HCl的物质的量为：

n（HCl）＝2n（MgCl2）＝0.25mol×2＝0.5mol，所以200mL某浓度的盐酸中n（HCl）＝0.5mol+0.02mol＝0.52mol，则盐酸的物质的量浓度c（HCl）＝

＝2.6mol/L。

10．镁、铝的混合物共0.2mol，溶于200mL4mol·L-1的盐酸溶液中，然后再滴加2mol·L-1的NaOH溶液。

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。

请回答下列问题：

（1）当V1=160mL时，则金属粉末中m（Al）=_____________mol。

（2）V2～V3段发生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，则加入NaOH溶液的体积V（NaOH）=____________mL。

（4）若镁、铝的混合物仍为0.2mol，其中镁粉的物质的量分数为a，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】0.08Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O4000.6≤a＜1

【解析】

（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MgCl2为xmol、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；

（2）V2～V3段发生氢氧化钠溶解氢氧化铝的反应，反应的离子方程式为Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O；（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）=0.8mol÷2mol/L=0.4L=400mL；（4）由于为金属混合物，则a＜1，Al的物质的量为：

0.2（1-a）mol，反应后的混合溶液中再加入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。

点睛：

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；具体计算时注意守恒思想的运用，使计算简化。

最后一问的计算注意利用好数学中的极值法。