备战高考化学镁及其化合物大题培优 易错 难题.docx

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备战高考化学镁及其化合物大题培优易错难题

2020-2021备战高考化学镁及其化合物（大题培优易错难题）

一、镁及其化合物

1．短周期元素形成的物质A、B、C、D、E，它们的转化关系如下图所示，物质A与物质B之间的反应不在溶液中进行（E可能与A、B两种物质中的某种相同）。

请回答下列问题：

（1）若C是离子化合物，D是一种强碱，写出C的电子式：

_____________

（2）若E是有臭鸡蛋气味，D是既能溶于强酸，又能溶于强碱的化合物。

①用电离方程式解释D既能溶于强酸，又能溶于强碱的原因：

____________________

②用等式表示E与NaOH溶液反应后生成正盐的溶液中所有离子浓度之间的关系：

_______________________________

（3）若C是一种气体，D是一种强酸，且E与A相同，则C与水反应的化学方程式为（请标出电子转移方向和数目）：

__________________________________________

（4）若A是一种单质，该元素的原子最外层电子数等于最内层，气体E能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，那么化合物D是_____________。

【答案】

H++H2O+AlO2-

 Al（OH）3

Al3++3OH-c（Na+）+c（H+）=2c（S2-）+c（HS-）+c（OH-）

Mg（OH）2

【解析】

【分析】

（1）若C是离子化合物，D是一种强碱，可能为NaOH，则C可为Na2O2（或NaH），生成气体为O2或H2；

（2）D是既能溶于强酸、又有溶于强碱的化合物，应为Al（OH）3，E的水溶液呈现弱酸性，E可能与A、B两种物质中的某种相同，结合转化关系分析可知C应为H2S；

（3）若C是一种气体，D是一种强酸，C应为NO2，则D为HNO3，E为NO，结合物质的性质解答该题；

（4）若A是一种单质，该元素的原子最外层电子数等于最内层，气体E能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则气体E为NH3，A为Mg，B为氮气，生成的C为Mg2N3。

那么化合物D是

【详解】

（1）若C是离子化合物，D是一种强碱，可能为NaOH，则C可为Na2O2，生成气体为O2或H2，Na2O2是离子化合物，其电子式为

；

（2）D是既能溶于强酸、又有溶于强碱的化合物，应为Al（OH）3，E的水溶液呈现弱酸性，E可能与A、B两种物质中的某种相同，结合转化关系分析可知C应为H2S；

①D为氢氧化铝既能溶于强酸，又能溶于强碱的原因的电离方程式为酸式电离和碱式电离，电离方程式为：

H++H2O+AlO2-

 Al（OH）3

Al3++3OH-；

②E为H2S，与NaOH反应生成的正盐溶液为硫化钠溶液，硫离子水解，溶液中离子浓度存在电荷守恒为：

c（Na+）+c（H+）=2c（S2-）+c（HS-）+c（OH-）：

（3）若C是一种气体，D是一种强酸，应C为NO2，则D为HNO3，E为NO；

NO2与水反应生成HNO3和NO，反应的方程式为3NO2+H2O=2HNO3+NO，此反应为氧化还原反应，反应中电子转移的方向和数目为

；

（4）若A是一种单质，该元素的原子最外层电子数等于最内层，气体E能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则气体E为NH3，A为Mg，B为氮气，生成的C为Mg2N3，Mg2N3溶于水发生双水解，生成氨气和氢氧化镁，故D为Mg（OH）2。

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．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。

4．在人类社会的发展进程中，金属起着重要的作用。

（1）以下有关金属单质的叙述正确的是_______。

A．金属钠非常活泼，在实验室中保存在石蜡油或煤油中

B．用坩埚钳夹住一小块铝箔，在酒精灯上加热，可观察到铝箔熔化，并有熔融物滴下

C．铁单质与水蒸气反应的化学方程式为2Fe+3H2O（g）=Fe2O3+3H2

（2）把NaOH、MgCl2、AlCl3三种固体组成的混合物溶于足量水后有1.16g白色沉淀，在所得的浊液中逐滴加入1mol·L－1HCl溶液，加入HCl溶液的体积与生成沉淀的质量关系如下图所示，试回答：

①A点的沉淀物的化学式为________；B点的沉淀物的化学式为________________________；写出A→B段发生反应的离子方程式_____________________________。

②原混合物中MgCl2的质量是________g，AlCl3的质量是________g，NaOH的质量是________g。

③Q点HCl溶液加入量是________mL。

【答案】AMg（OH）2Mg（OH）2和Al（OH）3AlO2-+H++H2O=Al（OH）3↓1.902.675.20130

【解析】

【分析】

把NaOH、MgCl2、AlCl3三种固体组成的混合物溶于足量水后有1.16g白色沉淀，在所得的浊液中逐滴加入1mol·L－1HCl溶液，前10毫升盐酸反应时沉淀量不变，说明盐酸和氢氧化钠反应，则白色沉淀为氢氧化镁沉淀，再加入盐酸产生沉淀，是偏铝酸钠和盐酸反应生成氢氧化铝沉淀，再加入盐酸，氢氧化镁和氢氧化铝沉淀全部溶解。

据此解答。

【详解】

（1）A.金属钠非常活泼，容易和水或氧气反应，在实验室中保存在石蜡油或煤油中，故正确；B.用坩埚钳夹住一小块铝箔，在酒精灯上加热，可观察到铝箔熔化，外面有氧化铝薄膜包着，不会滴下，故错误；C.铁单质与水蒸气反应的化学方程式为2Fe+4H2O（g）

Fe3O4+4H2，故错误。

故选A；

（2）①先加入的盐酸和氢氧化钠反应，说明白色沉淀为Mg（OH）2，再加入盐酸，又产生了氢氧化铝沉淀，所以B点为Mg（OH）2和Al（OH）3；A到B的离子方程式为：

AlO2-+H++H2O=Al（OH）3↓；

②氢氧化镁沉淀的质量为1.16克，即0.02mol氢氧化镁，则对应的氯化镁的物质的量为0.02mol，质量为0.02mol×95g/mol=1.90g，根据AlO2-+H++H2O=Al（OH）3↓分析，反应消耗的盐酸的物质的量为1mol/L×（30-10）×10-3L=0.02mol，则氯化铝的物质的量为0.002mol质量为0.02mol×133.5g/mol=2.67g，氢氧化钠的物质的量为0.02×2+0.02×4+1×0.01=0.13mol，则质量为0.13mol×40g/mol=5.20g；

③Q点HCl溶液可以看成就是将原来的氢氧化钠反应生成氯化钠，故根据0.13mol氢氧化钠计算，盐酸的物质的量为0.13mol，体积为

=130mL。

【点睛】

掌握混合溶液中的反应顺序是关键，注意氢氧化钠和氯化镁、氯化铝反应后的混合溶液中与盐酸反应不产生沉淀，说明含有氢氧化钠，则另外存在的是氢氧化镁和偏铝酸钠，不可能是氢氧化铝。

注意反应最后沉淀完全溶解时溶液含有氯化钠和氯化镁和氯化铝，相当于氢氧化钠和盐酸反应，据此快速计算。

5．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

6．某学习小组探究Mg与NaHCO3溶液反应的机理，做了如下探究。

实验一：

实验A

实验B

操作

在注射器中加入过量镁片（擦去表面氧化膜），吸入15mL饱和NaHCO3溶液。

在注射器中加入过量镁片（擦去表面氧化膜），吸入15mL蒸馏水。

现象

有气体产生，20min后注射器内壁和底部产生大量白色沉淀

缓慢产生气体

（1）实验B的目的是___。

实验二：

（2）根据实验二，实验A中产生的气体是___。

（填分子式）

实验三：

分别取少量实验A和B的上层清液于两支试管中，各加入2滴BaCl2溶液，A中立即产生白色沉淀，B中无明显现象。

（3）实验三说明Mg与NaHCO3溶液反应产生了___（填离子符号）。

实验四：

该小组同学对实验A中产生的白色沉淀做出如下猜测：

并用图所示装置进行实验，进一步确定白色沉淀的成分。

猜测1：

白色不溶物可能为Mg（OH）2

猜测2：

白色不溶物可能为MgCO3

猜测3：

白色不溶物可能为碱式碳酸镁[yMg（OH）2⋅xMgCO3]

（4）若用装置A、B组合进行实验，B中有白色浑浊，则猜想___不正确；将装置按A、C、B的顺序组合进行实验，当出现___现象时，猜想3是正确的。

实验五：

用图所示装置测定碱式碳酸镁[yMg（OH）2⋅xMgCO3]的组成：

（5）称取干燥、纯净的白色不溶物7.36g，充分加热至不再产生气体为止，并使分解产生的气体全部进入装置A和B中。

实验后装置A增重0.72g，装置B增重2.64g。

装置C的作用是___，白色不溶物的化学式为___。

【答案】做对照实验H2、CO2CO32-1当C中出现蓝色，B中出现浑浊防止B吸收空气中的二氧化碳和水2Mg（OH）2·3MgCO3

【解析】

【分析】

（1）根据实验A、B的操作不同点分析实验B的目的；

（2）根据实验二中现象分析即可得出结论；

（3）根据溶液中存在平衡以及加入氯化钡溶液后的现象分析；

（4）根据二氧化碳能使澄清石灰水变浑浊，水能使无水硫酸铜变蓝分析；

（5）根据B中碱石灰质量的增加量就是生成的二氧化碳的质量，所以B不能直接与空气接触；根据A中增重是水的质量，计算出氢氧化镁的质量，B中碱石灰质量的增加量就是生成的二氧化碳的质量计算出碳酸镁的质量。

【详解】

（1）本实验探究Mg与碳酸氢钠的反应，实验A加入碳酸氢钠水溶液，故为了排除其中水的干扰，设置实验B，加入等体积的水，与A对照；

（2）根据实验二现象分析，能使澄清石灰水变浑浊的气体为二氧化碳，用燃着的火柴靠近，听到尖锐的爆鸣声证明有氢气；

（3）溶液中存在平衡HCO3-⇌H++CO32-，加入镁与H+反应，使c（H+）减少，平衡正移，产生CO32-，分别取少量实验A和B的上层清液于两支试管中，各加入2滴BaCl2溶液，A中立即产生白色沉淀，该沉淀为碳酸钡，证明溶液中含有CO32-；

（4）氢氧化镁分解会产生水，碳酸镁分解会产生二氧化碳，B中有白色浑浊产生，说明有碳酸镁，所以猜测1不正确，猜测3要想正确，必须同时产生二氧化碳和水，所以当C中出现蓝色，B中出现浑浊，猜想3正确；

（5）B中碱石灰质量的增加量就是生成的二氧化碳的质量，所以B不能直接与空气接触，为了防止空气中的水蒸气和CO2进入装置B中，影响实验结果，所以应连接一个干燥装置除去空气中的水蒸气和CO2；A中浓硫酸增重是水的质量，水为0.72g，水的物质的量为0.04mol，氢氧化镁物质的量为0.04mol，B中碱石灰质量的增加量就是生成的二氧化碳的质量，所以生成二氧化碳的质量为2.64g，二氧化碳的物质的量为0.06mol，原子守恒，碳酸镁的物质的量为0.06molX:

Y=0.04：

0.06=2：

3，白色不溶物的化学式为2Mg（OH）2·3MgCO3。

7．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。

8．海洋是一座巨大的化学资源宝库，从中可以提取许多常见的化学物质，结合所学知识回答下列问题，

（1）“吹出法”提溴空气吹出法是工业规模提溴的常用方法，其流程如下：

其中步骤②～④的目的是________________________________________________。

步骤③反应的离子方程式为_______________________________________________。

除SO2外，步骤③还可以选用Na2CO3溶液吸收溴，主要反应是Br2+Na2CO3+H2O→NaBr+NaBrO3+NaHCO3（未配平），吸收1molBr2时，转移电子的物质的量为__________________mol。

（2）实验室模拟从海带中提取碘，可能经历如下操作（或过程），请选择必要的操作（或过程），并按实验的先后顺序排列____________________________