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1、2020-2021 全国备战高考化学镁及其化合物的推断题综合备战高考真题分类汇总附详细答案一、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 298 K 时的稳定状态）。（1）下列选项中正确的是_（填序号）。MgI 2 中 Mg 2+与 I-间的作用力小于MgF2 中 Mg2+与 F-间的作用力 MgBr 2 与 Cl2 反应是放热反应化合物的熟稳定性顺序为： MgI2MgBr2MgCl2MgF2（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+
2、C，现将 a 克镁放在盛有 b L（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 CC 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 b L 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】MgF2(s)Br2(l) MgBr 2(s)+ F2(
3、g) H +600kJ/mol B5ag b V(O2)37a(a32b) m(a44b)5a m 23a1522.422.4312【解析】【分析】(1)离子晶体中离子键越强，离子晶体越稳定；如果反应物能量之和大于生成物能量之和，则是放热反应；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
4、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)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MgI 2 中 Mg2-间的作用力小于MgF2 中 Mg2-间的作用力，故正确；与 I与 F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；能量越小的物质越稳定，所以化合物的热稳定性顺序为MgI2 MgBr 2 MgCl2 MgF2，故错误；故选；(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/mol Mg(s) Br2(l) MgBr2(s) H -524k
5、J/mol 将方程式 - 得 MgF2(s) Br2(l) MgBr 2(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；ag amol ，若氧气有剩余，则镁只和氧气反应生成氧化镁，(4)镁的物质的量24g/mol24根据原子守恒得amol 40g/mol
6、5an(Mg) n(MgO)，所以氧化镁的质量g；243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 O22MgO ，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a1aamol 22.4L/mol7amol mol ，则需要氧气体积48L，所以氧气的体积为 b2424815V(O27a，故答案为：5a27a ；)g； b V(O )15153(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bmol 32g/mol32b完全反应时固体质量增加的质量g，则固体质量为 (a22.422.432b)g；22.4假设气体
7、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b44bg，所以固体质量为(a44bmol 44g/mol)g，22.422.422.4则容器内固体质量为(a 32b ) m (a 44b )；22.422.45a假设镁和氧气恰好反应，固体的质量为氧化镁的质量g；3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aag24g/mol 123a5a m 23a ，故答，实际上固体质量介于二者之间，为44g/molg312212案为： (a 32b) m (a44b)；5a m 23a 。22.422.4312【点睛】根据镁和氧气、二
8、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
9、，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） Mg3N2 4NH3+ 5O24NO +6H2 O（ 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Fe2 O3。【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Mg 3N2， 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
10、素化合价变化，可判断出氧化还原反应有。（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 Fe2 O3， E 为Fe(OH)3。考点：元素化合物3 有ABC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：C 与水蒸气反应_ ；A 与水反应 _ 。高温【答案】 Na Mg
11、 Fe 3Fe4H23 4222O(g)Fe O 4H 2Na 2HO=2NaOH H 【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。
12、(2)化学方程式为高温C 与水蒸气反应化学方程式为3Fe4H2 O(g)Fe3O4 4H2；A 与水反应化学方程式为2Na2H2 O=2NaOH H2 。4 探究无机盐X（仅含三种短周期元素）的组成和性质，设计并完成如下实验：请回答：（ 1） X 的化学式是 _。（ 2）白色粉末溶于氢氧化钠溶液的离子方程式是_。（ 3）白色沉淀用途广泛，请列举一例：_。【答案】 Mg2SiO4 或 2MgOSiO2SiO2 2OH-=SiO32-+H2O优良的阻燃剂等【解析】【详解】无机盐 X（仅含三种短周期元素），加入过量盐酸溶解，离心分离得到白色胶状物沉淀和无色溶液，白色胶状沉淀为硅酸，白色沉淀充分灼烧得
13、到白色粉末1. 80g 为 SiO2，物质的量 1. 8g 60g/ mol 0. 03mol ，溶于氢氧化钠溶液得到无色溶液为硅酸钠溶液，说明无机盐中含硅酸根离子或原硅酸根离子，物质的量为0. 03mol ，若为硅酸根离子其质量0.03mol 76g/ mol 2.28g，金属质量 4. 20g- 2. 28g 1. 92g，无色溶液中加入过量氢氧化钠溶液生成白色沉淀则判断为Mg（ OH） 2，金属离子物质的量0. 06mol ，质量为0.06mol24g mol144g，不符合，则为原硅酸根，物质的量为0.03mol，质量/ .0.03mol 92g/ mol 2.76g，金属质量 4.
14、20g- 2. 76g1 . 44g，物质的量 1. 44g 24g/ mol 0. 06mol ，得到 X 为 Mg2SiO4。（1） X 的化学式为， Mg2SiO4；（2）白色粉末溶于氢氧化钠溶液的离子方程式是SiO2 2OH- SiO32- +H2O；（3）氢氧化镁是优良的阻燃剂。5X、Y、 Z 三种物质有如下的所示关系；(1)根据上述转化关系，推断下列物质的化学式：X_， Y_， Z_，试剂甲 _，试剂乙 _。(2)写出上述 步反应的离子方程式： _； _ ； _ ； _ ； _。【答案】 MgSO4Mg(OH)2MgCl2BaCl2AgNO3Ba2+ 2H+= BaSO4 Mg2+
15、 2OH-=22+2+2+-2+4Mg(OH) Mg(OH) + 2H = Mg + 2H OAg + Cl = AgCl Ba + 2H = BaSO【解析】【分析】X 与稀盐酸不反应，且与硝酸钡反应生成硝酸镁，则X 为 MgSO 等，由转化关系可知， Y4为 Mg(OH)2、 Z 为 MgCl2，试剂甲为 BaCl2、试剂乙为 AgNO3。【详解】(1)X 与稀盐酸不反应，且与硝酸钡反应生成硝酸镁，则X 为 MgSO4 等，由转化关系可知，Y 为 Mg(OH)2、 Z 为 MgCl2，试剂甲为BaCl2、试剂乙为AgNO3；(2)反应的离子方程式为：Ba2+SOBaSO4；反应的离子方程式
16、为：Mg2+2OH-Mg(OH) 2 ；反应的离子方程式为：Mg(OH) 2+2H+Mg2+2H2O；反应 发离子方程式为： Ag+Cl- AgCl ；反应发离子方程式为：Ba2+SO BaSO4。6置换反应的通式可表示为：请回答下列问题：（1）若甲为黄绿色气体，单质乙能使淀粉溶液变蓝色，则该反应的离子方程式为：；（2）若过量的单质甲与化合物A 发生反应的化学方程式为：2Al+Fe2O3Al2 O3+2Fe。该反应可用于焊接铁轨，要除去反应后混合物中剩余的铝粉与生成的Al2O3 所用的试剂是：；（3）若单质甲是一种常见的金属单质，化合物B 是一种磁性黑色晶体，写出该反应的化学方程式：；（4）若
17、单质乙是黑色非金属固体单质，化合物B 是一种优质的耐高温材料，则该反应的化学方程式为：。（5）硅是一种重要的半导体材料，广泛应用于电子工业的各个领域。工业上制取硅单质所用的化合物A 是， A 非常细，导光能力很强，可用作。【答案】（ 1） 2I-+ Cl2 = I2+ 2Cl-（ 2） NaOH 溶液（ 4） 2Mg+CO22MgO+C（ 5） SiO2 光导纤维【解析】【分析】置换反应的反应物、生成物中都有单质和化合物，一定属于氧化还原反应，因而有化合价的升高和降低。【详解】（ 1）黄绿色气体甲为氯气，能使淀粉溶液变蓝色的单质乙为碘，则反应的离子方程式为2I-+ Cl2 = I2+ 2Cl-
18、；（2） Al、 Al2 32 3不溶。要除去反应后混合物中剩余的铝粉O 都能溶于强碱溶液，而Fe、 Fe O与生成的 Al2 O3 可使用 NaOH 溶液；（3）常见的金属单质有钠、铝、铁、铜等，磁性黑色晶体B 为 Fe3O4，则反应的化学方程式为 3Fe + 4H23 42O（ g）Fe O + 4H ；（4）黑色非金属固体单质为焦炭，耐高温材料有MgO、Al2O3 等高熔点物质，则该反应的化学方程式为 2Mg+CO22MgO+C。（5）工业上制取硅单质通常用焦炭和石英砂高温反应，则化合物A 是 SiO2，因其导光能力很强，可用作光导纤维。7 下图中 A J分别代表相关反应的一种物质。已知
19、A 分解得到等物质的量的B、 C、 D，图中有部分生成物未标出。请填写以下空白：（ 1） A 中含有的化学键是 _。（ 2）写出铜与 J 反应制取 H 的化学方程式：_ 。（ 3）写出反应 的离子方程式： _ 。（ 4）写出物质 B 的电子式： _；写出物质 E 的电子式： _。（5）在反应 中，当生成标况下22.4 L 物质 G 时，转移电子数为 _mol 。【答案】离子键极性共价键3Cu 8HNO3(稀 )3Cu(NO3)2 2NO 4H2ONH4 HCO32OH332 2H22NH COO【解析】【分析】A 受热能分解，分解得到等物质的量的B、 C、 D，且 A 与碱反应生成气体D， D
20、 是氨气，即 A 是铵盐。 C 能与过氧化钠反应，B 能与镁反应，因此 C 为水， B 是二氧化碳，则A 为NH4HCO3。 E 为 MgO， F 为 C，水与过氧化钠反应生成G，G 为 O2， D 与 G 反应生成H， H为 NO， I 为 NO2， J 为 HNO3，再结合 F 与 J 反应生成 B、 C、I，符合上述转化。【详解】（1）碳酸氢铵中含有的化学键是离子键和共价键。（2）铜与 J反应制取 H 的化学方程式为3Cu 8HNO33 22(稀 ) 3Cu(NO ) 2NO 4H O。（3）反应的离子方程式为NH4 HCO3 2OH33 2 2H2O。NH CO（4）二氧化碳的电子式为
21、；氧化镁是离子化合物，电子式为。（5）在反应中过氧化钠中氧元素化合价从1 价升高到0 价，则当生成标况下22.4 L 即1mol 氧气时，转移电子数为2mol。【点晴】利用物质的转化推断出各物质是解答本题的关键，C 及 A 为解答本题的突破口；解框图题的方法：最关键的是寻找“” “”“ ”突破口 ， 突破口就是抓 特 字，例如特殊颜色、特殊状态、特殊气味、特殊反应、特殊现象、特殊制法、特殊用途等；例如本题中的能与强碱反应放出气体的一般是铵盐等。8 在标准状况下进行甲、乙、丙三组实验：三组各取30.0 mL 同浓度的盐酸溶液，加入同一种镁铝合金粉末，产生气体，有关数据列表如下：实验序号甲乙丙合金
22、质量 /mg255385459产生气体体积 /mL280336336请回答：(1)甲组实验中，盐酸_（选填“适量”“过量”或“不足量”，下同），理由是 _。要算出盐酸的物质的量浓度，题中可作计算依据的数据是_。求得的盐酸的物质的量浓度为_。(2)求合金中 Mg 、 Al 的物质的量之比，题中可作计算依据的数据是_，求得的 Mg、 Al 的物质的量之比为 _；1(3)在丙组实验之后，向容器中加入1.00 mol LNaOH 溶液，能使合金中的铝恰好溶解，不形成铝的沉淀，并使Mg 2 刚好沉淀完全，再过滤出不溶性固体，求滤液中各溶质的物质的量和所加入NaOH 溶液的体积（写计算过程）。_【答案】过
23、量同体积的盐酸此时产生H2 最少336mL 气体和 30mL 溶液 1mol/L 255mg和 280mL 1：1 NaCl 0.03mol NaAlO2 0.009mol39 mL【解析】【详解】(1)由乙实验知，增加合金的质量，气体体积增大，说明甲实验结束后酸有剩余。答案为过量，同体积的盐酸此时产生H2 最少。比较乙和丙实验，气体的体积相同，说明乙实验中酸已经完全反应，所以336mL 气体和30mL 溶液是计算酸的浓度所需使用的数据。答案为336mL 气体和 30mL 溶液。0.336L2答案为 1mol/L 。（c HCl)= 22.4L / mol1mol / L0.03L(2)比较甲
24、、乙实验数据可知，甲中酸过量，则合金完全反应。所以255mg 和 280mL 是计算合金中 Mg、 Al 的物质的量之比所需使用的数据。答案为255mg 和 280mL。设 Mg 的物质的量为 x，Al 的物质的量为 y，列方程组为：，求得 x： y 1：1。答案为1： 1。(3)依据 Cl-守恒，可得： n(NaCl)n(HCl) 1mol/L 0.03L 0.03mol ；依据 Al 守恒，可得： n(NaAlO2)n(Al)0.009 mol；依据 Na守恒，可得：n(NaOH) 0.03mol 0.009mol 0.039mol ，所以 V(NaOH) 39 mL。答案为： NaCl
25、0.03molNaAlO2 0.009mol V(NaOH)39 mL。9 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+3HO(g)Fe2O3+3H2(2) 把 NaOH、 MgCl 、 AlCl3三种固体组成的混合物溶于足量水后，产生1.16g 白色沉淀，再2向所得浊液中逐渐加入 1.00mol/LHCl 溶液，加入 HCl 溶液的体积与生成沉淀的关系如图所示。A点的沉淀物的化学式为_。
26、写出 A 点至 B 点发生反应的离子方程式： _。某溶液中溶有 MgCl2 和 AlCl 3 两种溶质，若把两者分开，应选用的试剂为：NaOH溶液、_和盐酸。C点（此时沉淀恰好完全溶解） HCl 溶液的体积为 _mL。-+CO 130.0 （130 也给分）【答案】 A Mg(OH)2 AlO2+H+H2O= Al(OH) 32【解析】（ 1）金属钠非常活泼，能够与水、氧气等物质发生反应，但与石蜡油或煤油不反应，可以保存在石蜡油或煤油中， A 正确；铝的熔点低，加热后会熔化，但铝在氧气中燃烧生成氧化铝，因为氧化铝的熔点高，加热时氧化膜包裹着内层的熔化的铝而不会低落，B 错误；铁单质与水蒸气反应
27、生成四氧化三铁而非氧化铁，C错误；正确选项A。（2）从题给信息中可知：产生的白色沉淀加盐酸后，沉淀质量不变，说明原溶液中氢氧化钠过量，所以1.16g 白色沉淀为氢氧化镁，而氢氧化铝沉淀溶于过量的氢氧化钠，溶液中-+存在偏铝酸根离子，继续加盐酸，会发生AlO2 +H+H2O= Al(OH) 3 ，沉淀达到最大值，为氢氧化镁和氢氧化铝沉淀质量之和（B 点）；接着再加入足量的盐酸，两种沉淀都溶于酸中，沉淀消失；A点的沉淀物为氢氧化镁，化学式为Mg(OH)2；正确答案： Mg(OH)2。写出 A 点至 B 点发生反应为偏铝酸根离子与适量盐酸反应生成氢氧化铝沉淀，离子方程式： AlO 2- +H+H2O
28、= Al(OH) 3；正确答案：AlO2- +H+H2O= Al(OH) 3。含有 MgCl2 和 AlCl 3 的混合液中，先加入足量的氢氧化钠溶液，生成氢氧化镁沉淀和偏铝酸钠溶液，过滤，得到沉淀氢氧化镁，再加适量的盐酸，生成MgCl2；滤液为偏铝酸钠溶液，通入足量二氧化碳气体，生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠溶液，过滤得到沉淀固体，再加入适量盐酸，得到AlCl3，从而实现二者的分离；正确答案：CO2。根据上述分析可知：氢氧化镁沉淀质量为1.16 克，物质的量为0.02 mol，AB 过程为AlO2-+H+H2O=Al(OH)3，共消耗盐酸的量为（30-10 ） 10-3 1=0.02 mol，生
29、成Al(OH)3 沉淀的量为恒可得：0.02 mol ，两种沉淀恰好与盐酸反应只生成氯化镁和氯化铝溶液，根据氯离子守 V(HCl) 1=0.02 2+0.02 3=0.1, V(HCl)=0.1L=100mL, C 点（此时沉淀恰好完全溶解） HCl 溶液的体积为30+100=130.0 mL, 正确答案： 130.0 （ 130 也给分）。10 镁及其化合物在现代工业、国防建设中有着广泛的应用。回答下列问题：（ 1）单质镁在空气中燃烧的主要产物是白色的 _，还生成少量的 _（填化学式）。（2） CH3 MgCl 是一种重要的有机合成剂，其中镁的化合价为_， CH3 MgCl 水解时除生成甲烷
30、外，还生成一种碱和一种盐。写出该反应的化学方程式：_ 。（3） Mg(OH) 2 是常用的阻燃材料。以白云石（CaCO3、 MgCO3，不考虑杂质）为原料制备Mg(OH)2 和 CaCO3 工艺流程如下：溶解度： Ca(OH)2 _ （填 “ 或”“ 8.7 g15 g【解析】试题分析 ：（ 1）镁既能在氧气中燃烧又能在氮气中燃烧，氧气的氧化性比氮气强，所以单质镁在空气中燃烧的主要产物是白色的 MgO，还生成少量的 Mg3N2。（2） CH3 MgCl 是一种重要的有机合成剂，其中镁的化合价为+2， CH3 MgCl 水解时除生成甲烷外，还生成一种碱和一种盐，则该碱一定是氢氧化镁，该盐一定是氯
31、化镁，该反应的化学方程式为2CH3 MgCl+2H2O=2CH4 +MgCl2 +Mg(OH)2。（3）氢氧化钙微溶于水，氢氧化镁难溶于水，所以溶解度：Ca(OH)2 Mg(OH)2。“煅烧 ”时称取 27.6 g 白云石，高温加热到质量不再变化，收集到的CO2 为 6.72 L(标准状况下 )，则 CO2 的物质的量为 0.3mol 。由碳元素守恒可得，n(CaCO3)+n(MgCO3)=0.3mol ， 100g/moln(CaCO3)+84 g/moln(MgCO3)=27.6g，解之得n(CaCO3) =0.15mol ， n(MgCO3)=0.15mol ，若工艺中不考虑Ca、 Mg 损失，则 Mg( OH)2 的质量为 58g/mol0.15mol=8.7 g、 CaCO3 的质量为 100g/mol0.15mol=15 g 。点睛 ：混合物的计算通常可以用守恒法快速列方程组求解。常见的守恒关系有质量守恒、电子转移守恒、电荷守恒、元素（原子或离子）守恒等等。利用守恒关系可以把题中的相关数据转化为方程式，联立成方程组，即可解题。