备战高考化学知识点过关培优训练镁及其化合物附答案.docx

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备战高考化学知识点过关培优训练镁及其化合物附答案

备战高考化学知识点过关培优训练∶镁及其化合物附答案

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．已知A为单质，B、C、D、E为化合物，它们之间存在如下转化关系：

（1）若A为非金属单质，B为镁条在空气中燃烧的产物之一，其与水反应可生成气体C，D为无色气体，在空气中可变成红棕色，C与HCl气体反应生成E时产生大量白烟，则B的化学式为，由C转化为D的化学方程式为，上述反应中属于氧化还原反应的有。

（2）若A为生活中常见的金属单质，B为A与盐酸反应的产物，C可通过单质间的化合反应制得，加热蒸干并灼烧C的溶液可得到红棕色的D，将C滴入沸水中可得E的胶体，则由B转化为C的离子方程式为，加热蒸干并灼烧C的溶液可得D的原因是。

【答案】

（1）Mg3N24NH3+5O2

4NO+6H2O①②③⑤

（2）2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-

FeCl3水解吸热，且水解产物HCl易挥发，从而彻底水解生成Fe（OH）3，灼烧时分解生成Fe2O3。

【解析】

试题分析：

（1）镁条在空气中燃烧的主要产物有氧化镁和氮化镁，因B可与水反应生成气体C，所以A为N2，B为Mg3N2，C为NH3，D在空气中由无色变红棕色，故D为NO，NH3与HCl气体反应生成NH4Cl时产生大量白烟，所以E为NH4Cl。

根据反应过程中是否存在元素化合价变化，可判断出氧化还原反应有①②③⑤。

（2）由C可通过单质间的化合反应制得，加热蒸干并灼烧C的溶液可得到红棕色的D，且B为A与盐酸反应的产物，可判断A为Fe，B为FeCl2，C为FeCl3，D为Fe2O3，E为Fe（OH）3。

考点：

元素化合物

3．A、B、C、D均为中学所学的常见物质且均含有同一种元素，它们之间的转化关系如下图所示（反应条件及其他物质已经略去）：

（1）若A是一种金属，C是淡黄色固体，C的阴阳离子个数比为_______；

（2）若A为淡黄色固体单质，写出D的浓溶液与铜反应的化学方程式_______；

（3）若A是化合物，C是红棕色气体，则A的化学式为_____；C转化为D的过程中，氧化剂与还原剂的质量比为_____。

（4）若A为黑色固体单质，C是空气中的主要温室气体。

C还可以转化为A，写出该反应的化学方程式______。

【答案】1:

22H2SO4（浓）+Cu

CuSO4+SO2↑+2H2ONH31:

2CO2+2Mg

2MgO+C

【解析】

【分析】

（1）若A为活泼金属元素的单质，C是淡黄色固体，应为Na2O2，再结合物质构成作答；

（2）常温下A为淡黄色固体单质，即说明A是S，则B是SO2，C是SO3，D是硫酸；

（3）若C是红棕色气体，应为NO2，则D为HNO3，B为NO，A为NH3；

（4）若A为黑色固体单质，C是空气中的主要温室气体，则为CO2,C还可以转化为A，则推知A为C，B为CO，D为H2CO3，据此分析作答。

【详解】

根据上述分析可知，

（1）C为Na2O2，因1molNa2O2中含2molNa+和1mol过氧根离子，则其阴阳离子个数比为1：

2，

故答案为1：

2；

（2）D是硫酸，D的浓溶液与铜反应的化学方程式为：

2H2SO4（浓）+Cu

CuSO4+SO2↑+2H2O，

故答案为2H2SO4（浓）+Cu

CuSO4+SO2↑+2H2O；

（3）C为NO2，D为HNO3，C转化为D的方程式为3NO2+H2O=2HNO3+NO，由方程式可知氧化剂与还原剂均为NO2，其质量比等于对应的NO2物质的量之比，为1：

2，

故答案为NH3；1：

2；

（4）A为C，C为CO2,C可以与镁粉反应转化为A，其化学方程式为：

CO2+2Mg

2MgO+C，

故答案为CO2+2Mg

2MgO+C。

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．已知X溶液有如图所示转化关系：

（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）写出上述各步反应①~④的离子方程式：

①__________________________________；②____________________________；

③___________________________________；④_____________________________。

【答案】MgSO4Mg（OH）2MgCl2BaCl2AgNO3SO42-+Ba2+═BaSO4↓Mg2++2OH-═Mg（OH）2↓Mg（OH）2+2H+═Mg2++2H2OAg++Cl-═AgCl↓

【解析】

【分析】

X与硝酸钡反应得到硝酸镁，则X含有镁离子，且阴离子与钡离子反应生成沉淀，可推知X为MgSO4，结合转化关系，可知Y为Mg（OH）2、Z为MgCl2、试剂甲为BaCl2，试剂乙为AgNO3，据此解答。

【详解】

（1）X与硝酸钡反应得到硝酸镁，则X含有镁离子，且阴离子与钡离子反应生成沉淀，可推知X为MgSO4，结合转化关系，可知Y为Mg（OH）2、Z为MgCl2、试剂甲为BaCl2，试剂乙为AgNO3；

（2）反应①的离子方程式为：

SO42-+Ba2+═BaSO4↓；

反应②的离子方程式为：

Mg2++2OH-═Mg（OH）2↓；

反应③的离子方程式为：

Mg（OH）2+2H+═Mg2++2H2O；

反应④的离子方程式为：

Ag++Cl-═AgCl↓。

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H2CuO2Mg+CO2

2MgO+CSiO2+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+CO2

2MgO+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。

7．A为常见金属，D、E为常见非金属单质，D为黑色固体，E是常温下密度最小的气体，B、F是同种非金属化合物气体，A与氧气转化为C的过程中发出耀眼的白光，A→F之间的转化关系如图：

按要求完成下列各题：

（1）写出A与F的化学式：

A__________F__________

（2）下列物质中有一种与B物质不属于同一类，其他与B均属于同一类，这一物质是_______

A．P2O5B．NOC．Na2OD．SiO2

（3）D高温情况下与水蒸气恰好完全反应生成E和F时，所得气体的平均相对分子质量是__________g/mol

（4）写出反应①的方程式：

_______________________

【答案】

（1）MgCO

（2）C

（3）15

（4）2Mg+CO2

2MgO+C

【解析】

【分析】

A为常见金属,A与氧气转化为C的过程中发出耀眼的白光,则A为镁,E为常见非金属单质,E是常温下密度最小的气体,则E为氢气,D常见非金属单质,且D为黑色固体,则D为碳,B、F是气体,结合题中各物质的转化关系可以知道,B为二氧化碳,C为氧化镁,F为一氧化碳,据此答题。

【详解】

A为常见金属,A与氧气转化为C的过程中发出耀眼的白光,则A为镁,E为常见非金属单质,E是常温下密度最小的气体,则E为氢气,D常见非金属单质,且D为黑色固体,则D为碳,B、F是气体,结合题中各物质的转化关系可以知道,B为二氧化碳,C为氧化镁,F为一氧化碳,

（1）根据上面的分析可以知道,A为Mg,F为CO,

因此，本题正确答案是:

Mg，CO；

（2）B为二氧化碳,属于非金属氧化物，NO、P2O5、SiO2也都是非金属氧化物,与CO2同一类；Na2O是金属氧化物，也是碱性氧化物,与CO2既是非金属氧化物，也是酸性氧化物，所以氧化钠与二氧化碳不同类；

综上所述，本题正确选项C；

（3）C高温情况下与水蒸气恰好完全反应生成CO和H2时,CO和H2的物质的量之比等于1:

1,所以所得气体的平均摩尔质量（28×1+2×1）/2=15g/mol，相对分子质量为15；

因此，本题正确答案是:

15；

（4）镁与二氧化碳反应生成氧化镁和碳，反应①的方程式：

2Mg+CO2

2MgO+C；因此，本题正确答案是:

2Mg+CO2

2MgO+C；

8．

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。

9．Ⅰ.某化合物M（仅含三种短周期元素）是一种储氢材料。

为探究M的组成和性质，设计并完成如下实验：

已知：

化合物A仅含两种元素；气体B能使湿润的红色石蕊试纸变蓝。

请回答：

（1）化合物M的组成元素是______________（用元素符号表示）。

（2）化合物A与水反应的化学方程式是______________________。

（3）镁带在足量气体B中燃烧可生成化合物M和一种单质气体，该反应的化学方程式是______。

II．无机盐X仅由三种短周期元素组成，其相对分子质量为238，原子个数比为1︰1︰4。

将23.8gX与水共热，生成一种有特殊臭味的气体单质A和某强酸的酸式盐溶液B，B的焰色反应呈黄色，在溶液B中加入足量的BaCl2溶液，产生46.6g白色沉淀。

请推测并回答：

（4）单质A有很强的氧化性，可用于净化空气，饮用水消毒等。

A中组成元素的简单离子结构示意图为___________________________。

（5）X的化学式_____________。

（6）实验室可通过低温电解B溶液制备X。

该电解反应的化学方程式___________________。

（7）X氧化能力强，对环境友好，可用于脱硝、脱硫。

在碱性条件下，X氧化NO的离子方程式_____________________。

（8）X溶液与铜反应时先慢后快。

某同学认为除反应放热这一因素外，还有一种可能是反应生成的Cu2+对后续反应起催化作用，为此他设计了如下实验方案：

取少量铜粉置于试管中，先加入少量CuSO4溶液，再加入X溶液，振荡，观察现象。

若加入硫酸铜溶液的反应快，说明Cu2＋起了催化作用，反之Cu2＋不起作用。

写出X与铜反应的化学方程式________，判断该同学设计的验证方法合理性并说明理由_________。

【答案】Mg、N、HMg3N2+6H2O==3Mg（OH）2↓+2NH3↑Mg+2NH3

Mg（NH2）2+H2↑

Na2S2O82NaHSO4

Na2S2O8+H2↑3S2O82-+2NO+8OH-=6SO42-+2NO3-+4H2ONa2S2O8+Cu=Na2SO4+CuSO4该同学的验证方法不合理，因为加入CuSO4溶液，反应速率快也可能是SO42-起催化作用

【解析】

【分析】

I.气体B（4.48L）能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，B为NH3，其物质的量为4.48L÷22.4L/mol=0.2mol，某物质M（仅含三种元素）是一种储氢材料，M隔绝空气高温分解生成固体A和氨气，镁带在足量气体B中燃烧可生成化合物M，证明M中含有N、H、Mg元素，A只含两种元素，A和水反应生成氨气和白色沉淀C，固体A和水反应生成氨气物质的量为0.1mol，白色沉淀C为氢氧化镁沉淀，则A为Mg3N2，物质的量为0.05mol，由元素守恒可知Mg元素物质的量0.15mol，M中含氮元素为0.2mol+0.1mol=0.3mol，所含氢元素物质的量为（8.4g-0.3mol×14g/mol-0.15mol×24g/mol）÷1g/mol=0.6mol，M中元素物质的量之比为n（Mg）：

n（N）：

n（H）=0.15：

0.3：

0.6=1：

2：

4，可知M化学式为Mg（NH2）2，以此来解答。

II．无机盐X仅由三种短周期元素组成，其相对分子质量为238，23.8gX的物质的量为0.1mol，X与水共热生成一种有特殊臭味的气体单质A和某强酸的酸式盐溶液B，B的焰色反应呈黄色，B中含有Na元素，则X含有Na元素，在溶液B中加入足量的BaCl2溶液，产生46.6g白色沉淀，白色沉淀为BaSO4，其物质的量为0.2mol，根据S原子守恒可知X中含有2个S原子，B为NaHSO4，X中三种元素原子个数比为1：

1：

4，该无机盐X可以表示为（NaSX4）2，则X元素相对原子质量为16，X为O元素，故A为O3，X为Na2S2O8．

【详解】

Ⅰ.

（1）由上述分析可知，M中含元素为Mg、N、H，

故答案为：

Mg、N、H；

（2）化合物A与水反应的化学方程式是Mg3N2 +6H2O═3Mg（OH）2↓+2NH3↑，

故答案为：

Mg3N2 +6H2O═3Mg（OH）2↓+2NH3↑；

（3）镁带在足量气体B中燃烧可生成化合物M和一种单质气体,气体为氢气,则该反应的化学方程式是Mg+2NH3═Mg（NH2）2+H2↑，

故答案为：

Mg+2NH3═Mg（NH2）2+H2↑。

II．（4）单质A为O3，组成元素的简单离子结构示意图为：

，故答案为：

；

（5）X的化学式为：

Na2S2O8，故答案为：

Na2S2O8；

（6）实验室可通过低温电解NaHSO4溶液制备Na2S2O8，电解方程式为：

2NaHSO4

Na2S2O8+H2↑；

（7）X氧化能力强，对环境友好，可用于脱硝、脱硫．在碱性条件下，Na2S2O8氧化NO的离子方程式为：

3S2O82-+2NO+8OH-=6SO42-+2NO3-+4H2O，

故答案为：

3S2O82-+2NO+8OH-=6SO42-+2NO3-+4H2O；

（8）Na2S2O8与铜反应的化学方程式：

Na2S2O8+Cu=Na2SO4+CuSO4，该同学的验证方法不合理，因为加入CuSO4溶液，反应速率快也可能是SO42-起催化作用，

故答案为：

Na2S2O8+Cu=Na2SO4+CuSO4；该同学的验证方法不合理，因为加入CuSO4溶液，反应速率快也可能是SO42-起催化作用。

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＋、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】SiO32-、AlO

CO32－Al（OH）3＋3H＋===Al3＋＋3H2OAl3＋、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CO32－、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：

SiO32-、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·H