高考化学备考之镁及其化合物压轴突破训练培优 易错 难题篇含答案解析.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易错难题篇含答案解析

高考化学备考之镁及其化合物压轴突破训练∶培优易错难题篇含答案解析

一、镁及其化合物

1．硼镁泥是一种工业废料，主要成份是MgO（占40%），还有CaO、MnO、Fe2O3、FeO、Al2O3、SiO2等杂质，以此为原料制取的硫酸镁，可用于印染、造纸、医药等工业。

从硼镁泥中提取MgSO4·7H2O的流程如下：

根据题意回答下列问题：

（1）实验中需用1mol/L的硫酸80mL，若用98%的浓硫酸来配制，除量筒、玻璃棒外，还需要的玻璃仪器有_________。

（2）滤渣的主要成份除含有Fe（OH）3、Al（OH）3、MnO2外，还有_________。

（3）加入的NaClO可与Mn2+反应产生MnO2沉淀，该反应的离子方程式_________。

在调节pH=5-6之前，还有一种离子也会被NaClO氧化，该反应的离子方程式为________________。

（4）如何检验滤液中Fe3+是否被除尽，简述检验方法_________。

（5）已知MgSO4、CaSO4的溶解度如下表：

温度（℃）

40

50

60

70

MgSO4

30.9

33.4

35.6

36.9

CaSO4

0.210

0.207

0.201

0.193

“除钙”是将MgSO4和CaSO4混合溶液中的CaSO4除去，根据上表数据，简要说明操作步骤_________、_________。

（6）如果提供的硼镁泥共100g，得到的MgSO4·7H2O196.8g，则MgSO4·7H2O的产率为_________。

【答案】烧杯、100mL的容量瓶、胶头滴管SiO2Mn2++ClO-+H2O→MnO2↓+2H++Cl-2Fe2++ClO-+2H+→2Fe3++Cl-+H2O取少量滤液，向其中加入硫氰化钾溶液，如果溶液不变红色，说明滤液中不含Fe3+；如果溶液变红色，说明滤液中含Fe3+。

蒸发浓缩趁热过滤80%

【解析】

【详解】

（1）配制溶液时还需要的玻璃仪器有烧杯、100mL的容量瓶、胶头滴管，

（2）由于pH=5-6溶液呈酸性，所以滤渣中还有二氧化硅。

（3）Mn2+与ClO-反应生成了MnO2沉淀H+和Cl-。

Fe2+在酸性条件下被ClO-氧化为Fe3+、Cl-和H2O。

（4）取少量滤液，向其中加入硫氰化钾溶液，如果溶液不变红色，说明滤液中不含Fe3+；如果溶液变红色，说明滤液中含Fe3+。

（5）观察图表可以知道两种物质随着温度的升高溶解度一种增大一种减小，可以利用溶解度的不同来分离。

（6）根据元素守恒可以计算出硼镁泥中镁的质量，在计算出196.8gMgSO4·7H2O中镁的质量就可以计算出其产率了。

2．卤块的主要成分是MgCl2，此外还含Fe3+、Fe2+和Mn2+等离子。

若以它为原料按下图所示工艺流程进行生产，可制得轻质氧化镁。

若要求产品尽量不含杂质，而且生产成本较低，请根据表1和表2提供的资料，填写空白：

表1生成氢氧化物沉淀的pH

物质

开始沉淀

沉淀完全

Fe（OH）3

2.7

3.7

Fe（OH）2

7.6

9.6﹡

Mn（OH）2

8.3

9.8

Mg（OH）2

9.6

11.1

﹡Fe2+氢氧化物呈絮状，不易从溶液中除去，所以，常将它氧化为Fe3+，生成Fe（OH）3沉淀除去

表2原料价格表

物质

价格/（元·吨-1）

漂液（含25.2%NaClO）

450

双氧水（含30%H2O2）

2400

烧碱（含98%NaOH）

2100

纯碱（含99.5%Na2CO3）

600

（1）在步骤②中加入的试剂X，最佳的选择是____________，其作用是_________________；

（2）在步骤③中加入的试剂应是_______________________；之所以要控制pH=9.8，其目的是___________________________________________________________。

（3）在步骤④中加入的试剂Z应是________________；

（4）在步骤⑤中发生反应的化学方程式是_____________________________________________。

【答案】漂液（或NaClO）将Fe2+氧化为Fe3+烧碱（或NaOH）使Fe3+、Mn2+沉淀完全，又尽量减少Mg2+的损失纯碱（或Na2CO3）MgCO3+H2O

Mg（OH）2↓+CO2↑

【解析】

【分析】

为除去Fe2+，先将Fe2+氧化成Fe3+，然后加入NaOH调节pH为9.8，然后在滤液中加入纯碱将Mg2+从溶液中以MgCO3沉淀出来，然后加热煮沸可得到Mg（OH）2，灼烧后得到MgO。

【详解】

（1）步骤②是为了将Fe2+氧化成Fe3+，并在控制合适的pH条件时生成Fe（OH）3沉淀而除之．虽然漂液和H2O2都可采用，但对比表2提供的原料价格可以看出，漂液比H2O2的价格低得多，所以选漂液最合理；

（2）步骤③的目的在于使除Mg2+以外的各种杂质金属离子都生成氢氧化物沉淀，以便通过过滤而除去，应加入NaOH，如加入纯碱，不能达到较高的PH，且易生成碳酸镁沉淀，分析表1提供的数据：

除去杂质离子合理的pH范围是3.7＜pH＜9.8，在此范围内，如果pH过高，就会有大量的Mg2+生成Mg（OH）2而进入沉淀中，从而导致生产成本的提高．为了兼顾产品质量和生产成本，选择pH=9.8最合理，当然此时Mg2+也会部分生成Mg（OH）2沉淀，但由于卤块价格低廉，这点不可避免的损失还是可以承受的，以此保证产品的纯度值得；

（3）步骤④的目的是将Mg2+从溶液中沉淀出来．从MgCl2制得MgO，有两种可行的方法，一种是向溶液中加入烧碱，另一种方法是向溶液中加入纯碱，此处选用后一种方法更合理．一方面，加烧碱生成的中间产物Mg（OH）2是胶状沉淀，会造成过滤困难，更重要的是反应过程中不能进行轻化处理，只能得到重质氧化镁；加纯碱生成的中间产物MgCO3呈粗颗粒状，易过滤，MgCO3在水中经一段时间的加热会有部分反应生成CO2，由于CO2气体的产生，使沉淀变得疏松，灼烧沉淀后得到的是轻质氧化镁．另一方面，对比表2中烧碱和纯碱的价格可以看出，纯碱比烧碱价格低得多，采用纯碱路线既合理又经济；

（4）步骤⑤中反应的化学方程式为：

MgCO3+H2O

Mg（OH）2↓+CO2↑。

3．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。

4．有A、B、C、D、E五种短周期元素，它们的原子序数依次增大．A的原子核无中子，能与B、C分别形成10电子的化合物；B、C的质子数之和与E的质子数相等，B、C的族序数为奇数；D、E位于同一周期，D的阳离子所带的正电荷数等于该阳离子的电子层数．试回答下列问题：

（1）C与D形成的化合物的电子式．

（2）写出D的单质与CO2反应的化学方程式．

（3）“嫦娥一号”发射所用的液体燃料是上述（填元素名称）元素的单质．

（4）工业上，使元素E的低价氧化物转化为其最高价氧化物的设备名称为．

（5）在一定的条件下，A2、B2混合物经过一段时间的反应后，B2的浓度减小了0.3mol/L.[此时间内A2表示的化学反应速率为0.45mol/（L·s）．则此段反应时间为s

【答案】

（1）

（2）2Mg+CO2

2MgO+C（3）氢（4）接触室（5）2

【解析】

【分析】

有A、B、C、D、E五种短周期元素,它们的原子序数依次增大,A的原子核无中子,则A为H,能与B、C分别形成10电子的化合物,B、C的族序数为奇数,则B为N,C为F,B、C的质子数之和与E的质子数相等,则E为S,D、E位于同一周期,D的阳离子所带的正电荷数等于该阳离子的电子层数,则D为Mg,据此答题。

【详解】

有A、B、C、D、E五种短周期元素，它们的原子序数依次增大，A的原子核无中子，则A为H，能与B、C分别形成10电子的化合物，B、C的族序数为奇数，则B为N，C为F，B、C的质子数之和与E的质子数相等，则E为S，D、E位于同一周期，D的阳离子所带的正电荷数等于该阳离子的电子层数，则D为Mg，

（1）C与D形成的化合物为MgF2，其电子式为

；

因此，本题正确答案是：

；

（2）Mg与CO2反应的化学方程式为2Mg+CO2

2MgO+C；

因此，本题正确答案是：

2Mg+CO2

2MgO+C；

（3）“嫦娥一号”发射所用的液体燃料是氢元素的单质，

因此，本题正确答案是：

氢；

（4）工业上，使二氧化硫转化为三氧化硫的设备名称为接触室；

因此，本题正确答案是：

接触室；

（5）在一定的条件下，H2、N2混合物经过一段时间的反应后，N2的浓度减小了0.3mol/L．此时间内H2表示的化学反应速率为0.45mol/（L•s），则用N2表示的化学反应速率为0.15mol/（L•s），根据t=∆c/v可以知道，此段反应时间为0.3/0.15=2s；

因此，本题正确答案是：

2。

5．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；

6．在一定条件下，单质B、C、D、E都能与A单质发生化合反应，转化关系如图所示。

已知：

①G是黑色晶体，能吸附B单质；②H能与氢氧化钠溶液或盐酸反应；③实验时在G和C的混合物表面加入某强氧化剂粉末，在表面上插入一根除去氧化膜的E片，点燃E引发G与C的反应；④I是绿色植物光合作用的原料，温室中常用它作肥料。

根据上述信息，回答下列问题：

（1）I的电子式为____________，G的俗名是_____________。

（2）以C和E为电极在NaOH溶液中构成原电池，该原电池的负极反应式为________。

（3）根据E和A反应的能量变化图像写出热化学方程式：

_______________。

（4）两种常见含C元素的盐，一种pH>7，另一种pH<7，写出这两种溶液混合时发生反应的离子方程式：

____________________；

（5）写出B在高温下和水蒸气反应的化学方程式并标出电子转移方向和总数________。

【答案】

磁性氧化铁Al-3e-+4OH-=AlO2-+2H2O2Mg（s）+O2（g）=2MgO（s）△H=-10QkJ/mol3AlO2-+Al3++6H2O=Al（OH）3↓

【解析】

【分析】

单质B、C、D、E都能与A单质发生化合反应，①G是黑色晶体，能吸附B单质，可推断B为Fe，G为Fe3O4，A为O2；②H能与氢氧化钠溶液或盐酸反应说明是两性氧化物，C为Al，H为Al2O3；③实验时在G和C的混合物表面加入某强氧化剂粉末，在表面上插入一根除去氧化膜的E片，点燃E引发G与C的反应，是铝热反应，证明E为Mg，F为MgO；④I是绿色植物光合作用的原料，温室中常用它作肥料，则I为CO2，D为C，E+I=F发生的是2Mg+CO2

C+2MgO，据此解答。

【详解】

根据上述分析可知：

A为O2；B为Fe；C为Al；D为C；E为Mg；F为MgO；G为Fe3O4，H为Al2O3；I为CO2。

（1）I为CO2，电子式为

；G为Fe3O4，俗名是磁性氧化铁；

（2）以铝和镁为电极在NaOH溶液中构成原电池，铝与NaOH溶液反应，作原电池的负极，该原电池的负极反应式为Al-3e-+4OH-=AlO2-+2H2O；

（3）根据能量变化图像可知镁和氧气反应的热化学方程式：

2Mg（s）+O2（g）=2MgO（s）△H=-10QkJ/mol；

（4）两种常见含铝元素的盐，一种pH>7，该盐为偏铝酸盐，另一种pH<7，该盐为铝盐，两种溶液混合时发生反应的离子方程式为3AlO2-+Al3++6H2O=Al（OH）3↓；

（5）铁在高温下和水蒸气反应产生Fe3O4和H2，在该反应中Fe失去电子变为Fe3O4，H2O中的H得到电子变为H2，3molFe失去8mol电子，故反应的电子转移表示为：

。

【点评】

本题考查无机物推断，物质的颜色、物质的特殊性质等是推断突破口，需要学生熟练掌握元素化合物知识，结合元素及化合物的结构与性质分析、解答。

7．

（1）有镁和铁的混合物共4.0克，与200毫升盐酸恰好完全反应，在标准状况下共收集到2.24L气体。

假设反应后溶液体积不变，则铁的质量为_____g；反应后溶液中Mg2+的物质的量浓度为_______。

（2）一定量氢气在氯气中燃烧，所得混合气体用100mL、2.00moL·L-1NaOH溶液恰好完全吸收，测得溶液中含有NaClO的物质的量为0.05mol。

试计算下列问题：

所得溶液中Cl-的物质的量为_______；所用氯气和参加反应的氢气的物质的量之比n（C12）：

n（H2）为_______。

【答案】2.80.25mol·L－10.15mol2:

1

【解析】试题分析：

本题考查混合物的计算，涉及Mg、Fe与酸的反应，Cl2与H2、NaOH的反应。

（1）根据反应的化学方程式：

Mg+2HCl=MgCl2+H2↑、Fe+2HCl=FeCl2+H2↑可列式：

n（Mg）+n（Fe）=

，24g/moln（Mg）+56g/moln（Fe）=4.0g，解得n（Mg）=0.05mol，n（Fe）=0.05mol；则铁的质量m（Fe）=0.05mol

56g/mol=2.8g；根据Mg守恒，n（Mg2+）=n（Mg）=0.05mol，c（Mg2+）=

=0.25mol/L。

（2）H2在Cl2中燃烧生成HCl，HCl与NaOH溶液的反应为：

HCl+NaOH=NaCl+H2O；用NaOH溶液吸收后所得溶液中含NaClO，说明H2在Cl2中燃烧后Cl2过量，过量Cl2与NaOH溶液发生的反应为：

Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O。

根据Na和Cl守恒，反应后溶液中n（NaCl）+n（NaClO）=n（NaOH）=2mol/L

0.1L=0.2mol，n（NaClO）=0.05mol，则n（NaCl）=0.2mol-0.05mol=0.15mol，所得溶液中Cl-物质的量为0.15mol。

根据Cl守恒，所用Cl2物质的量为（0.15mol+0.05mol）

2=0.1mol；生成0.05molNaClO的同时生成0.05molNaCl，则由HCl与NaOH反应生成的NaCl为0.15mol-0.05mol=0.1mol，HCl物质的量为0.1mol，根据反应H2+Cl2

2HCl，参加反应的H2物质的量为0.05mol，所用Cl2与参加反应的H2物质的量之比n（Cl2）：

n（H2）=0.1mol：

0.05mol=2:

1。

8．把一小块镁铝合金溶于100mL盐酸中，然后向其中滴入1mol·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-=H2OAl（OH）3+NaOH=NaAlO2+2H2O0.120.5

【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。

9．现拟在实验室里利用空气和镁粉为原料制取少量氮化镁（Mg3N2）。

已知实验中可能会发生下列反应：

①2Mg+O2

2MgO；②3Mg+N2

Mg3N2；

③2Mg+CO2

2MgO+C④Mg+H2O

MgO+H2↑⑤Mg3N2+6H2O=3Mg（OH）2+2NH3↑

可供选择的装置和药品如下页图所示（镁粉、还原铁粉均已干燥，装置内所发生的反应是完全的，整套装置的末端与干燥管相连）。

回答下列问题；

（1）在设计实验方案时，除装置A、E外，还应选择的装置（填字母代号）及其目的分别为（可不填满）

装置

目的

_______

_______

_______

_______

_______

_______

（2）连接并检查实验装置的气密性。

实验开始时，打开自来水的开关，将空气从5升的储气瓶压入反应装置，则气流流经导管的顺序是（填字母代号）_______________________；

（3）通气后，应先点燃_______处的酒精灯，再点燃_______处的酒精灯；如果同时点燃A、F装置的酒精灯，对实验结果有何影响?

_________________________；

（4）请设计一个实验，验证产物是Mg3N2，写出操作步骤、现象和结论：

_____________。

【答案】B目的是除气流中的水蒸汽，避免反应④发生D目的是除去空气中的CO2，避免反应③发生F目的是除去空气中的氧气，避免反应①发生j→h→g→d→c→k→l（或l→k）→a→b（或b→a）FA制得的氮化镁不纯将产物取少量置于试管中，加入适量水，将润湿的红色石蕊试纸置于试管口，如果能够看到润湿的红色石蕊试纸变蓝，则说明产物是氮化镁，若试纸不变蓝，则不含有Mg3N2

【解析】

【分析】

本题是在实验室里利用空气和镁粉为原料制取少量纯净的氮化镁，为了保证产品的纯度，需要除去空气中的氧气、二氧化碳及水气，分别利用还原铁粉、氢氧化钠溶液及浓硫酸完成，产品的检验可利用氮化镁的性质⑤来设计实验操作。

【详解】

（1）根据题中信息可知Mg在空气中点燃可以和O2、CO2、H2O反应，所以镁和氮气反应必须将空气中的O2、CO2、H2O除去制得干燥纯净的N2，浓硫酸作用是除去水蒸气，浓氢氧化钠是除去空气中二氧化碳，灼热的铁粉为了除去空气中氧气；所以在设计实验方案时，除装置A、E外，还应选择的装置B，目的是除气流中的水蒸汽，避免反应④发生；D，目的是除去空气中的CO2，避免反应③发生；F，目的是除去空气中的氧气，避免反应①发生；

（2）气体参与的物质制备实验中装置的连接一般顺序是：

制备气体→除杂→干燥→制备→尾气处理；需除去空气中的O2、CO2、H2O制备氮化镁，浓硫酸B的作用是除去水蒸气，浓氢氧化钠D是除去空气中二氧化碳，还原铁粉F是为了除去空气中氧气，所以装置连接顺序是，j→h（除二氧化碳）→g→d（除水蒸气）→c→k（除氧气）→l（或l→k）→a→b（或b→a）；

（3）通气后，先排除空气中的杂质，所以应该先点燃F，再点燃F，因为A装置没有排完空气前就加热会让空气中的氧气、CO2、水蒸气等与镁反应，如果装置F中的还原铁粉没有达到反应温度时，氧气不能除尽，导致氧同镁反应，而使氮化镁中混入氧化镁；

（4）依据氮化镁和水反应生成氨气，方程式为Mg3N2+6H2O=3Mg（OH）2+2NH3↑，将产物取少量置于试管中，加入适量水，将润湿的红色石蕊试纸置于试管口，如果能够看到润湿的红色石蕊试纸变蓝，则说明产物是氮化镁。

10．某学习小组用下图装置测定铝镁合金中铝的质量