《2020-2021南昌备战高考化学二轮镁及其化合物专项培优.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2020-2021南昌备战高考化学二轮镁及其化合物专项培优.docx（18页珍藏版）》请在三一文库上搜索。
1、2020-2021 南昌备战高考化学二轮镁及其化合物专项培优一、镁及其化合物1A、 B、 C、 D、 E、 X 都是短周期元素组成的常见无机物根据上框图关系,完成下列问题 :（1） A 可作漂白剂，X 是含有某种阳离子（此阳离子具有净水作用）的溶液，且M(A)=M(D) ，则 A 与 H2O 反应的化学方程式为_， C 转化成 D 的离子方程式为_（2） A 的某种合金可作原子反应堆的导热剂，X 是非极性分子的化合物，则A 与 H2O 反应的离子方程式为_ ，C 转化成 D 的化学方程式为_（3） A 是单质， X 是 Na2CO3 溶液， E 可用消毒剂，则A 与 H2O 反应的离子方程式为
2、_，（4） A 是单质， X 是单质（它的同素异形体是原子晶体），则E 与SiO2 反应的化学方程式为_（ 5） A 是化合物， X 是 O2， C转化成 D 还需要催化剂， E 具有两性，则 A 与 H2 O 反应的化学方程式为 _（ 6） A 是化合物（ Mr(A)=100 ）， X 是 O2，B 转化成 C 还需要催化剂， E 是中强碱，则 A与 H2O 反应的化学方程式为 _【答案】2Na222223+232O + 2H O =4NaOH + O 3AlO+ Al+ 6H O = 4Al(OH) 2Na + 2H O =+2232232222Na + 2OH +H Na CO + CO
3、 + H O = 2NaHCOCl + H O =H +Cl + HClSiO +4HF=SiF + 2H OAl S + 6H O = 2Al(OH) + 3H S Mg N + 6H O = 3Mg(OH)2+ 2NH 2232323223【解析】【分析】A 和水反应生成两种物质， B 和 X 反应生成 C， C 再与 X 反应生成 D，可推测可能是连续两次氧化，或者与量有关的反应。【详解】(1)A 可以做漂白剂，在短周期中有Na2O2 、 NaClO，SO2 等，但是能够与水反应生成两种物质的有 Na3 。则整个过程为2O2 ，X 含有的某种阳离子具有净水作用，在短周期中为Al2 223
4、 的盐的反应，生成NaAlO22和 Al3Na O 与水反应生成NaOH 和 O ， NaOH 与含有 Al， AlO反应生成 Al(OH)3。氢氧化铝和过氧化钠的相对式量相同。则Na2O2 与水的方程式为2 2222与 Al3 转化为Al(OH)3的反应为双水解的反应，离子方2Na O2H O =4NaOH + O ； AlO程式为 3AlO2+ Al323+ 6H O = 4Al(OH) ；(2)Na K 合金常做原子反应堆的导热剂，A 属于短周期元素构成的物质，A 为 Na， B 为NaOH，E 为 H 。 B 为非极性气体，但是可以与NaOH 反应， X 为 CO ，少量的 CO 生成
5、2222323Na 与水反应的离子方程式为2+Na CO，CO 过量生成 NaHCO，则2Na + 2H O = 2Na +2OHH2； Na2CO3 转化为NaHCO3 的反应方程式为Na2CO3+ CO2 + H2O = 2NaHCO3；(3)A 是单质，E 可用作消毒剂，在短周期中有NaClO。则A 为Cl2， B 为HCl， HCl 与Na2CO3生成CO2， CO2 与 Na2CO3 反应生成NaHCO3。则Cl2 与水的反应的离子方程式为Cl2 + H2O =H+Cl + HCl；(4) X 是单质（它的同素异形体是原子晶体），X 可以是C 或者Si，但是高中阶段没有学过一种物质可
6、以与Si 连续反应两次，所以X 是C， C 与O2 反应生成CO2， CO2 与 C 反应生成CO。 B 为 O2，一种单质与H2O 反应得到 O2，则 A 为 F2， E 为 HF，其与 SiO2 反应的方程式为 SiO2 + 4HF=SiF + 2H2O；(5)E 具有两性， E 可能为 Al(OH)3 或者 Al2O3。 X 是 O2， C 转化成氧化，需要用到催化剂，在短周期中可能是SO2 与 O2，或者是D 还需要催化剂，连续两次NH3 与 O2，但是 C 若为NH3，无法得知物质B。 C 为SO2，B 为H2S， A 与水反应生成H2S 和Al(OH)3，为Al2S3 的水解反应，
7、方程式为Al2S3 + 6H2O = 2Al(OH)3+ 3H2S；(6)短周期中的中强碱，为Mg(OH) 2， B 转化为Mg(OH)2 和 NH3， A 为 Mg 3N2，化学方程式为C 需要催化剂，则B 为 NH3 ，A 为水反应得到Mg3N2 + 6H2 O = 3Mg(OH)2+ 2 NH3。2X、Y、 Z、 W 是常见的几种元素，其相关信息如表：元素相关信息X原子核外有3 个电子层，最外层比次外层少1 个电子Y食盐中添加少量Y 的一种化合物预防Y 元素缺乏ZZ 与钾的一种合金可用于快中子反应堆作热交换剂WW 的一种核素质量数为24，中子数为12（1）元素 X 在海水中含量非常高，海
8、水中含X 元素的主要化合物是_。工业上制取X单质的化学方程式为_。（ 2）设计实验证明某水溶液中存在Y 单质 _。（ 3） Z 的元素符号为 _，其原子结构示意图为 _。（4） W 与空气中含量最高的气体反应的产物化学式为_。【答案】NaCl2NaCl 2H22+ 2取该溶液少许于试管中，滴加几滴OCl+H +2NaOH淀粉溶液，若溶液变蓝，则有I2Na3 2Mg N【解析】【分析】X、 Y、 Z、 W 是常见的几种元素，X 的原子核外有3 个电子层，最外层比次外层少1 个电子，可知最外层电子数为7，X 为 Cl；食盐中添加少量Y的一种化合物预防 Y 元素缺乏， Y为 I； Z 与钾的一种合金
9、可用于快中子反应堆作热交换剂，Z 为 Na； W 的一种核素质量数为24，中子数为12， W 的质子数为12， W为 Mg ，以此来解答。【详解】由上述分析可知，X 为Cl、 Y 为I、 Z 为Na、 W为Mg 。（1）元素X 在海水中含量非常高，海水中含X 元素的主要化合物是NaCl，工业上制取X单质的化学方程式为2NaCl+2H2OCl2+H2+2NaOH。（ 2）设计实验证明某水溶液中存在 Y 单质的方法为取该溶液少许于试管中，滴加几滴淀粉溶液，若溶液变蓝，则有 I2；（3） Z 的元素符号为Na，其原子结构示意图为；（4）空气中含量最高的气体为氮气，则W 与空气中含量最高的气体反应的产
10、物化学式为Mg3N2。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】 1:22H2442231:222MgO+CSO (浓
11、)+CuCuSO +SO +2H O NHCO+2Mg【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 SO23， C 是 SO ， 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 1 mol N
12、a2O2 中含 2 mol Na +和 1 mol 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：2H SO (浓 )+CuCuSO +SO +2H O，24422故答案为 2H24422SO (浓 )+CuCuSO +SO +2H O；（3） C 为 NO2D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
13、程式为：CO2+2Mg2MgO+C，故答案为 CO2+2Mg2MgO+C。4 某固体试样 A 是由一定量的 Al 、 Mg均匀组成的混合物，为验证混合物的组成，进行如下实验：取m g试样A，全部溶于0.5L 2molL 稀硫酸溶液中，放出11.2 L气体 ( 已换算成标准状况) ，同时生成溶液B；另取m g 试样A，加入2molL 的NaOH溶液，当加到100mL时，气体不再生成；往溶液B 中加入2mol/L NaOH，至沉淀不再发生变化。根据以上过程回答下列问题：+(1) 溶液 B中是否含有 H _ ( 填“是”或“否” ) ；(2) 写出中发生反应的离子方程式_ ；(3) 下列能表示过程产
14、生的沉淀质量W与加入 NaOH溶液体积 V 的关系是 _；(4)m g试样A 中含Mg的质量为_g；(5) 林同学通过查阅资料，发现浓硫酸与铝发生钝化，但与Mg能剧烈反应生成SO2，如果忽略钝化的反应过程，可以通过测定浓硫酸与固体试样反应产生的气体体积，来确定混合物A 中镁的质量分数。郭同学认为林同学的方案可行，但考虑到如果反应结束后硫酸未保持“浓”的状态，测定结果会 _( 填“偏大”、“偏小”或“不变” ) ，其依据是_ 。【答案】是 2Al+2OH-+2H2 O=2AlO2-+3H2 D 4.8 偏大 浓硫酸变稀后会与铝反应，使生成的气体偏多，镁的质量分数测定结果偏大【解析】【分析】镁和铝
15、均能与稀硫酸反应生成氢气，铝只能与氢氧化钠溶液反应生成氢气，氢氧化铝是两性氢氧化物，氢氧化镁不溶于强碱，结合有关物质的物质的量和反应的方程式分析解答。【详解】10.5L 2molL稀硫酸溶液中硫酸的物质的量是0.5L2mol/L 1.0mol，最终放出（）氢气的物质的量是11. 2L 22. 4L/ mol 0. 5mol ，根据氢原子守恒可知硫酸过量，所以溶液B 中含有 H+；（2）另取 m g 试样 A，加入 2mol L 的 NaOH 溶液，当加到100mL 时，气体不再生成，该过程中只有铝和氢氧化钠溶液反应，则中发生反应的离子方程式为2Al+2OH-2H- 3H2+2 O 2AlO2+
16、=；（3）由于溶液中B 中含有硫酸、硫酸镁和硫酸铝，因此往溶液B 中加入 2mol/ L NaOH，至沉淀不再发生变化时首先发生中和反应，然后氢氧根沉淀镁离子和铝离子，最后氢氧化钠溶解氢氧化铝，则能表示过程产生的沉淀质量W 与加入 NaOH 溶液体积 V 的关系是图像 D，答案选 D；（4）与铝反应的氢氧化钠的物质的量是2mol / L 0. 1L 0. 2mol ，根据方程式可知2Al+2OH- +2H2O=2AlO2- +3H2生成氢气是 0. 3mol，由于相同质量的铝与稀硫酸反应也产生0. 3mol 氢气，则镁生成的氢气是0. 5mol 0. 3mol 0 . 2mol ，所以根据方程
17、式Mg +2H+Mg2+H28g；可知镁的质量是 0. 2mol 24g/ mol 4.（ 5）由于浓硫酸变稀后会与铝反应，使生成的气体偏多，从而导致镁的质量分数测定结果偏大。5A 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，AF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 P2O5 BNO C Na2O D SiO2（3） D高温情况下与水蒸气恰好完全反应生成
18、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 的方程式： _【答案】 (1)Mg CO(2)C(3)15(4) 2Mg+CO22MgO+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 ,
19、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；
20、(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+21)/2=15g/mol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，反应的方程式：本题正确答案是: 2Mg+CO22MgO+C；，相对分子质量为2Mg+CO15；2MgO+C；因此，6 已知一定条件下，单质X、 Y、 Z 与化合物甲、乙之间存在如下变化关系：(1)若 X 是合物乙是O2， Y 是 S， Z 是_。H2，化合物甲是一种可燃性气体，则化合物甲是_，化(2)若 X 是 Mg ，Y 是 C， Z 是 O2，化合物甲是一种不
21、可燃气体，则化合物甲是化合物乙是 _ 。_ ，【答案】H222SHOCOMgO【解析】【分析】根据已知的X、 Y、 Z 以及化合物甲的性质，结合物质的性质分析判断。【详解】(1)若X 是O2， Y 是S， Z 是H2，化合物甲是一种可燃性气体，则硫在氢气反应生成H2 S，H2S 与氧气的反应生成H2O 和 S，则化合物甲为H2S，化合物乙为H2O，故答案为H2S；H2O；(2)若 X 是 Mg ，Y 是 C， Z 是 O2，化合物甲是一种不可燃气体，则碳与氧气反应生成二氧化碳， Mg 与二氧化碳反应生成MgO 和 C，则化合物甲为CO2 ，化合物乙为MgO，故答案为CO2； MgO。7 为探究
22、某抗酸药X 的组成，进行如下实验：查阅资料：抗酸药 X 的组成通式可表示为：Mgm Aln(OH)p(CO3)q（ m、n、 p、 q 为 0 的整数）。 Al(OH) 3 是一种两性氢氧化物，与酸、碱均可反应生成盐和水。Al3+在 pH=5.0 时沉淀为Al(OH)3，在 pH12 溶解为 AlO2。 Mg 2+在 pH=8.8 时开始沉淀， pH=11.4 时沉淀完全。实验过程：步骤实验操作实验现象I向 X 的粉末中加入过量盐酸产生气体 A，得到无色溶液II向所得的溶液中滴加氨水，调节pH 至 56，过滤生成白色沉淀 BIII向沉淀 B 中加过量 NaOH 溶液沉淀全部溶解IV向 II 得
23、到的滤液中滴加 NaOH 溶液，调节 pH 至 12生成白色沉淀 C（1） 中气体A 可使澄清石灰水变浑浊，A 的化学式是 _。（2） II 中生成 B 反应的离子方程式是_。（3） III 中 B 溶解反应的离子方程式是_。（ 4）沉淀 C 的化学式是 _。（ 5）若上述 n(A) n(B) n(C)=1 2 3，则 X 的化学式是 _ 。【答案】 CO23+3 23+22Al +3NH432H O=Al (OH) +3NHAl (OH) +OH=AlO+2H OMg(OH)Mg3Al2 (OH)10CO3【解析】【分析】利用信息、根据实验现象，进行分析推理回答问题。【详解】(1)抗酸药 X
24、 的通式中有32 、实验 I 中加入稀盐酸，可知能使澄清石灰水变浑浊的气体ACO只能是 CO2。(2)实验 I 的溶液中溶质有MgCl、 AlCl 、 HCl。据资料 可知，用氨水调节pH 至2356， Mg2+不沉淀、 Al3+完全沉淀。则实验 II 中生成 B 的离子方程式Al3+32+3NHH O Al(OH)3 +3NH4+ 。33 AlO2+2H2O。(3)实验 III 中 Al (OH)溶解于 NaOH 溶液，离子方程式是 Al(OH) +OH(4)实验 II 的滤液中溶有MgCl2、 NH4Cl。 滴加 NaOH 溶液调节 pH 至 12时， Mg 2+完全沉淀，则 C 为 Mg
25、(OH)2。(5)n(A) n(B) n(C)=1 23，即 CO32 、 Al3+、 Mg2+的物质的量之比为1 2 3。设 CO32 、 Al3+、 Mg 2+物质的量分别为 1mol、 2mol 、3mol ，据电荷守恒 OH-为 10mol 。该抗酸药X的化学式为Mg 3Al2(OH)10CO3。【点睛】根据实验现象分析推理过程中，要充分利用题目所给信息。任何化合物或电解质溶液都符合电荷守恒规则，这是解题的隐含条件。8 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） CH MgCl
26、是一种重要的有机合成剂，其中镁的化合价为_， CH MgCl 水解时除33生成甲烷外，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 Mg
27、Cl 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(CaCO )+n(MgCO )=0.3mol ， 100g/moln(CaCO )+84 g/moln(MgCO )=27.6g，解之得3333n(CaCO )
28、 =0.15mol ， n(MgCO)=0.15mol ，若工艺中不考虑Ca、 Mg 损失，则 Mg( OH)2的质33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。9 （ 1）等物质的量的钠、镁、铝分别与足量盐酸反应，产生的氢气在相同条件下的体积比为 _。（2）等质量的钠、镁、铝分别与足量盐酸反应，产生的氢气在相同条件下的体积
29、比为_。（3）分别将 0.2mol 的钠、镁、铝分别投入100ml 1mol L 1 的盐酸溶液中，三者产生的氢气在相同条件下的体积比为 _。【答案】 1:2:3 1/23:1/12:1/9 =36： 69：922:1:1【解析】 (1)金属完全反应，令金属的物质的量为1mol，根据电子转移守恒，Na 生成氢气的物质的量 =0.5mol ， Mg 生成氢气为=1mol ， Al 生成氢气为=1.5mol ，相同条件下，气体体积之比等于其物质的量之比，则氢气体积之比 =0.5mol ： 1mol： 1.5mol=1 2 3；Na、 Mg、 Al 生成(2)金属完全反应，令质量为1g，则：2Na
30、H24621g= gMg H 22421g= g2Al 3H25461g= g故 Na、 Mg 、Al 生成氢气的质量之比 = g g g =36 69 92；(3)100mL 1mol/L 的盐酸的物质的量为 0.1L 1mol/L=0.1mol，若将 0.2mol 金属钠、镁、铝分别投入到 100mL 1mol/L 的盐酸中，可知三种金属都过量，盐酸不足，完全反应，但金属钠能与水反应继续生成氢气，所以镁、铝反应生成氢气一样多，生成的氢气为mol ，而钠反应生成氢气最多，其生成氢气为=0.1mol ，三者生成氢气的体积比为0.1mol ： 0.05mol:0.05mol=2:1:1 。10
31、镁合金是重要的民用和航空材料，镁作为一种强还原剂，还用于钛、镀和铀的生产，氯酸镁 Mg(ClO3)2常用作催熟剂、除草剂等。（ 1）氧化镁的电子式为 _。（ 2）写出镁与 TiCl4 在高温条件下制取钛的化学方程式_。（ 3）从海水中提取金属镁用到的主要化学药品有_。（ 4）某研究小组同学在实验室用卣块制备少量Mg(ClO3)26H2O，其流程如下：已知： I 卤块主要成分为 Mg Cl26H2O，含有 MgSO4、FeCl2 等杂质。 可选用的试剂： H2 O2, 稀硫酸、 KMnO4 溶液、 MgCl2 溶液、 MgO。 加入 BaCl2 溶液的目的是_。 步骤 X 中需将 Fe2 转化为 Fe3 ，所选的试剂为_。 Mg(ClO 3)2 加入到含有 KSCN的 FeSO4 酸性溶液中立即出现红色，写出相关反应的离子方程式： _ 【答案】（ 1）（ 2分）（2） 2Mg+TiCl4Ti+2MgCl2（ 2 分）