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1、2020-2021 东莞高考化学一模试题分类汇编镁及其化合物推断题综合一、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+C，现将 a 克镁放在
2、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】MgF22225a2(s)Br(l) MgBr (s)+ F (g) H +6
3、00kJ/mol Bg b V(O )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；若容器中无气体剩余，残留
4、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) F (g) MgF(s) H -1124kJ/mol22Mg(s) Br (l) MgBr(s) H -524kJ/mol 22将方程
5、式- 得 MgF2222(s) Br (l) MgBr (s)+ F (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/mol5an(Mg) n
6、(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 ；)3g； b V(O )1515(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，氧气完全反应时固体质量增加的质量bmol 32g/mol32b22.4g，则固体质量为 (a22.432b)g；22.4假设气体全部是二氧化碳，根
7、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b44b(a44bmol 44g/molg，所以固体质量为)g，22.422.422.4则容器内固体质量为 (a 32b) m (a44b)；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 1 44g/mol23ag，实际上固体质量介于二者之间，为5a m 23a ，故答212312案为： (a 32b) m (a44b)；5a m 23a 。22.422.4312【点睛】根据镁和氧气、二氧化碳之间的反应结合
8、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 有关物质的转化关系如下图所示（部分物质和条件已略去）。A 是金属单质，D 是非金属单质， B、 F 是气体且B 无色无味， G是最常见的无色液体。请回答下列问题：(1)C 的化学式为： _。(2)B 的电子式为： _。(3)写出的离子方程式：_。(4)写出的化学方程式，并用“单线桥”标出电子转移的方向和数目_ 。【答案】 MgO+-H O+3NO= 2H +2NO223+NO【解析】A是金属单质在无色气体B中燃烧生成非金属单质D，则 A是Mg 、 B是 CO2、 C是 MgO、 D是 C；碳可以和浓硫酸、浓硝酸在加
9、热条件下反应生成CO2，结合F与水化合能生成E，可知 E为浓硝酸， F为 NO2；(1)C的化学式为MgO；(2)CO2是共价化合物，其的子式为；+-(3)NO2溶解于水生成硝酸和NO的离子方程式为H2O+3NO2= 2H +2NO3 +NO；(4)碳与浓硝酸反应生成CO2的反应是氧化还原反应，其反应化学方程式及电子转移的方向和数目为。点睛：此类题的解答一般有以下步骤：思维起点的选择：思维起点是指开始时的思维指向、思维对象或思维角度，推断题中的思维起点应是最具特征的某个条件（包括文字叙述或某个变化过程）；思维过程的展开：解题者在确定思维起点的基础上，利用题目所给信息，结合已有的化学知识和解题经
10、验，不断地缩小问题状态与目标状态的距离；思维过程的检验：将上述思维过程的结果代入题中，检查一下是否符合题中条件；金属在无色气体中燃烧生成非金属单质这一特殊反应现象，及时与 Mg在二氧化碳中燃烧建立联系，展开思维的空间，寻找目标答案。3 下图中AJ分别代表相关反应的一种物质已知A分解得到等物质的量的B CD、 、，图中有部分生成物未标出请填写以下空白：(1)A 的化学式 _；(2)写出反应的化学方程式： _ ， _；(3)写出反应的离子方程式：_ ；(4)在反应中，当生成标准状况下2.24 L G 时，转移电子数为 _ mol 。【答案】 NH4322MgO+C；3224+3 -HCO 2Mg+
11、CO4NH +5O4NO+6H ONH+HCO+2OH-NH3 +CO2 +2H2O0.2【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 D，则 A 为酸式盐或铵盐， C 能和过氧化钠反应，则C 为水或二氧化碳，镁条能在B 中燃烧，则 B 为二氧化碳或氧气，因为A 受热分解生成B、 C、 D，则 B 为二氧化碳， C 为水，水和过氧化钠反应生成 NaOH 和 O2， D 能在催化剂条件下反应生成H，则 D 是 NH3， G 是 O2 ，H 是 NO，I 是NO2， J 是 HNO3，镁和二氧化碳反应生成氧化镁和碳，C和浓硝酸反应生成二氧化碳、二氧化氮和
12、水，则E 是 MgO， F 是C，通过以上分析知，A 为 NH43HCO ，据此分析解答。【详解】(1)通过以上分析知，A 是 NH4HCO3，故答案为NH4HCO3；(2)反应为镁在二氧化碳中燃烧生成氧化镁和碳，反应方程式为：2Mg+CO22MgO+C；反应在催化剂、加热条件下，氨气被氧化生成一氧化氮和水，反应方程式为： 4NH3+5O24NO+6H2O，故答案为2Mg+CO22MgO+C；4NH3+5O24NO+6H2O；(3)反应为在加热条件下，碳酸氢铵和氢氧化钠反应生成氨气、二氧化碳和水，离子方程式为： NH+-+-4+HCO3 +2OHNH3 +CO2 +2H2O，故答案为 NH4+
13、HCO3 +2OHNH3 +CO2 +2H2 O；(4)反应为水和过氧化钠反应生成氢氧化钠和氧气，反应方程式为2Na2 O2+2H2O=4NaOH+O2，当生成标况下2.24L 氧气时转移电子的物质的量2.24L= 22.4L / mol 2 (1-0)=0.2mol，故答案为0.2。4X、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】 MgSO4 Mg(OH)2 MgCl2 BaCl2AgNO3Ba2+ 2H+= BaSO4 Mg2
14、+ 2OH-=Mg(OH)2 Mg(OH)2+ 2H+= Mg2+ 2H2OAg+ Cl- = AgCl Ba2+ 2H+= BaSO4【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 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。【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+2+-(2)反应的离子方程式为：Ba +SOBaSO4；反应的离子方程式为：Mg+2
15、OH为： Ag+- AgCl ；反应发离子方程式为：Ba2+4。+Cl+SO BaSO5A、 B、 C 是中学化学中常见的三种物质，它们之间的相互转化关系如下(部分反应条件及产物略去 )：(1)若 A 是一种金属，C 是淡黄色固体，则B 的化学式为 _， A C 反应的化学方程式为 _ ；若将金属 A 与金属铝同时加入足量水中，充分反应后，发现溶液中既无沉淀生成又无残留金属剩余，经测定溶液中只含有一种溶质，则投入水中的金属 A 与金属 Al 的物质的量之比为 _。(2)若 A 是一种非金属 ,其常见单质为黑色固体， C 是最主要的温室气体，则C的分子式为_， B C 反应的化学方程式为 _ ；
16、金属镁可在气体 C 中燃烧，当有 1 mol 气体 C 参与反应时，反应转移电子的物质的量为_ 。【答案】 Na2O1:1点燃22 2222Na+ONa OCO 2CO+O2CO 4 mol。【解析】【分析】【详解】(1)若 A 是一种金属， C 是淡黄色固体，则A 为 Na，C 为 Na2O2， B 为 Na2O； Na 在氧气中燃烧生成 Na2O2 ，方程式为 2Na+O2Na2O2；若将 Na 与铝同时加入到足量的水中充分反应后无固体剩余，且所得溶液中只有一种溶质即为NaAlO2，发生的反应为Na+Al+2H2O=2NaAlO2+2H2，根据方程式可知金属Na 与金属 Al 的物质的量之
17、比为 1:1；(2)C 是最主要的温室气体，则C 为 CO2， A 为 C， B 为 CO； CO燃烧生成 CO2，方程式为点燃2CO+O22CO2；金属镁可在CO2 中燃烧时 CO2 被还原成 C 单质，且还原剂唯一，所以当有 1 mol CO2 参与反应时转移电子的物质的量为4mol 。6 将5.1g镁铝合金溶于600mL0.5molL 1H2SO4 溶液中，完全溶解后再加入 11.0mol L 的NaOH 溶液，得到沉淀的质量为13.6g，继续滴加NaOH 溶液时则沉淀会减少。（1）当加入_mLNaOH 溶液时，可使溶解在硫酸中的Mg2和 Al 3恰好完全沉淀。（2）计算合金溶于硫酸时所
18、产生的氢气在标准状况下的体积。（列出算式）_【答案】6005.6L【解析】【分析】固体完全溶解，生成MgSO 4 和 Al 2 (SO4)3，依据极值法分析，可确定硫酸有剩余。加入NaOH后，首先与过量的硫酸反应，然后才与MgSO 4 和Al 2(SO4) 3 反应。当MgSO 4 和Al 2 (SO4)3 刚好完全反应时，生成Mg(OH)2、Al(OH)3、Na 2SO4。（1）溶解在硫酸中的Mg2和 Al 3恰好完全沉淀时，溶液中的溶质为Na2SO4，由此可得出10.6moln(NaOH)=2 n(H 2SO4)=20.600L0.5mol L=0.6mol ， V(NaOH)=。1mol
19、/L（2） Mg 、 Al 在反应过程中，存在下列关系式：Mg H22-，2Al 3H2 Mg(OH) 2OH3-，综合分析两关系式，可得出H2-。通过沉淀与金属的质量相减，便2Al(OH) 6OH 2OH可求出 m(OH-)，由此可求出生成 H2 的体积。【详解】（1）溶解在硫酸中的 Mg 2 和 Al 3 恰好完全沉淀时，溶液中的溶质为Na24SO ，由此可得出n(NaOH)=2 n(H0.6mol2SO4)=20.600L0.5mol L1=0.6mol ， V(NaOH)=0.6L=600mL。答案1mol/L为： 600；（2） Mg 、 Al 在反应过程中，存在下列关系式：Mg H
20、22-，2Al 3H2 Mg(OH) 2OH2Al(OH)36OH-，综合分析两关系式，可得出H2 2OH-。8.5g0.5mol ， n(H2)=1n(OH-)=0.25mol ，m(OH-)=13.6g-5.1g=8.5g ，n(OH-)=17g/mol2V(H2)= 0.25mol 22.4L/mol=5.6L 。答案为： 5.6L。【点睛】在利用 n(OH-)计算 n(H2)时，我们易犯的错误，是利用（ 1）中计算出的 0.6mol 进行计算。因为 0.6mol 并不是单纯用于与金属离子反应生成沉淀，而是有一部分用于中和过量硫酸，所以此数据不能使用。7 在 MgCl23，逐滴加入 Na
21、OH 溶液直至过量。经测定，加入的 NaOH和 AlCl 的混合溶液中的物质的量 (mol) 和所得沉淀的物质的量(mol) 的关系如下图所示。（1）写出代表下列线段发生的反应的离子方程式：DC 段 _ 。（ 2）原溶液中 Mg 2 、 Al3 的物质的量之比为 _。（3）图中 B 点时所加入溶液中含NaOH 为 _mol（4）若向50 mL 2 mol L-1的AlCl3溶液中加入 100 mL KOH溶液，充分反应后得到3.12g 沉淀。则 KOH的物质的量浓度可能为_ 。【答案】Al(OH)322H211、 3.6 mol L OH =AlOO 2 1 0.8 mol 1.2 mol L
22、【解析】试题分析：本题考查与Al（ OH） 3 有关的图像的计算， Al3+与强碱反应的计算 。 在MgCl和 AlCl 的混合溶液中，逐滴加入NaOH 溶液，图像中OD 段发生的反应为23MgCl2+2NaOH=Mg（ OH）2 +2NaCl、 AlCl3+3NaOH=Al（ OH）3 +3NaCl； Mg （ OH） 2 不溶于NaOH 溶液， Al（OH）3 溶于 NaOH 溶液， DC 段发生的反应为Al（ OH） +NaOH=NaAlO +2H O。322（1） DC 段为 Al（OH）3 溶于 NaOH 生成 NaAlO2 和 H2O，反应的离子方程式为-Al（ OH） 3+OH
23、=AlO2 +2H2O。（2）根据纵坐标， Mg （OH）2 物质的量为0.2mol ， n（ Mg 2+） =nMg （ OH） 2=0.2mol ， Al（ OH） 3 物质的量为0.3mol-0.2mol=0.1mol ，n（ Al3+） =nAl（ OH） 3=0.1mol ，原溶液中Mg2+、Al3+物质的量之比为0.2mol ： 0.1mol=2:1 。（ 3 ） 根 据 反 应 Mg 2+2OH-=Mg （ OH ） 2 ， Mg2+ 消 耗 的 NaOH 物 质 的 量 为0.2mol 2=0.4mol ； B 点时 Al3+完全转化为 AlO2-，根据反应 Al3+4OH-=
24、AlO2-+2H2O，到 B 点时 Al3+消耗的 NaOH 物质的量为 0.1mol 4=0.4mol ；图中 B 点所加溶液中含 NaOH 物质的量为 0.4mol+0.4mol=0.8mol 。（4） n（ AlCl3） =2mol/L 0.05L=0.1mol ， nAl（ OH） 3=3.12g=0.04mol0.1mol 。可能78g / mol存在两种情况，若加入的KOH溶液较少使部分AlCl3反应生成 Al（ OH） 3沉淀，根据反应AlCl3 +3KOH=3KCl+Al（ OH） 3，消耗的 KOH物质的量 n （KOH） = 3nAl（ OH） 3=30.04mol=0.1
25、2mol ， c（KOH） = 0.12mol =1.2mol/L ；若加入的 KOH使 AlCl完全沉淀，30.1LKOH又溶解了部分 Al（ OH） 3 ，AlCl3 完全沉淀消耗KOH物质的量为 0.1mol3=0.3mol ，生成 Al（ OH） 3 沉淀的最大值为0.1mol ，则溶解的 Al（ OH） 3 物质的量为 0.1mol-0.04mol=0.06mol ，根据反应Al（ OH）+KOH=KAlO+2H2O，溶解 Al（ OH）消耗的 KOH物323质的量为 0.06mol ，加入的 KOH物质的量为 0.3mol+0.06mol=0.36mol ， c（ KOH）= 0.
26、36mol =3.6mol/L ； KOH物质的量浓度可能为1.2mol/L 或 3.6mol/L 。0.1L8 将镁、铝的混合物共0.2mol ，溶于 200mL4mol/L 的盐酸溶液中，然后再滴加2mol/L 的NaOH 溶液。请回答下列问题。（1）若在滴加NaOH 溶液的过程中，沉淀质量m 随加入 NaOH 溶液的体积V 变化情况如图所示当V1=160mL 时，则金属粉末中n(Al)=_mol ；（ 2） 0 V1 段发生的反应的离子方程式为 _；（3）若在滴加 NaOH 溶液的过程中，欲使 Mg2+、 Al3+刚好沉淀完全，则滴入NaOH 溶液的体积 V(NaOH)=_mL；（4）若
27、镁、铝的混合物仍为0.2mol ，其中镁的物质的量分数为a，现在改用200mL4mol?L -1 的硫酸溶解此混合物后，再加入840mL 2mol?L -1的 NaOH 溶液，所得沉淀中无 Al(OH)3，则 a 的取值范围为 _【答案】 0.08 H+OH-=H2O；400 0.6 a1【解析】【详解】（ 1）当 V1=160mL 时，此时，溶液是 MgCl2、 AlCl3 和 NaCl 的混合液，由 Na+离子守恒可知， n(NaCl)=n(Na+)=n(NaOH)=0.16L 2mol/L=0.32mol，200mL 4mol?L -1 的盐酸溶液中含有氯化氢的物质的量为：4mol/L
28、0.2L=0.8mol，设混合物中含有MgCl2 xmol、 AlCl3 为 ymol ，则：根据 Mg 原子、 Al 原子守恒有：x+y=0.2，根据 Cl- 离子守恒有： 2x+3y=0.8-0.32=0.48，联立方程解得： x=0.12、 y=0.08，所以金属粉末中：n(Mg)=0.12mol 、 n(Al)=y=0.08mol ，故答案为0.08；（2） 0 V1 段，滴入氢氧化钠溶液后没有生成沉淀，说明盐酸过量，滴入的氢氧化钠与氯化氢反应生成氯化钠和水，反应的离子方程式为：H+OH-=H2 O，故答案为H+OH-=H2O；（3）当溶液中 Mg 2+、 Al3+恰好沉淀完全时，此时
29、，溶液是NaCl 溶液，根据 Cl-离子和 Na+离子守恒有： n(Na+)=n(NaCl)=(HCl)=4mol/L 0.2L=0，.8mol所以需要加入氢氧化钠溶液体积为：V(NaOH)=0.4L=400mL，故答案为400；（4）由于为金属混合物，则a 1， Al 的物质的量为：0.2(1-a)mol ，反应后的混合溶液，再加入 840mL 2mol?L -1的 NaOH 溶液，所得沉淀中无 Al(OH)3，则溶质为硫酸钠、偏铝酸钠，根据铝元素守恒可知：n(NaAlO2)=0.2(1-a)mol ，根据钠离子守恒，应满足：n(NaOH) 2n(NaSO4)+n(NaAlO2)，即 0.8
30、4 2 2 0.2 4+0-a)，.2(1解得： a 0.，6所以 a 的取值范围为：故 0.6 a1，故答案为 0.6 a1。【点晴】本题考查了有关混合物反应的计算，题目难度较大，对于图象题，要明确每一段图象发生的化学反应、知道拐点代表的含义及溶液中溶质的成分，结合方程式对有关问题进行分析；注意守恒思想的运用，使计算简化。9 铝镁合金已成为飞机制造、化工生产等行业的重要材料。研究性学习小组的同学，为测定某含镁 3%5%的铝镁合金（不含其它元素）中镁的质量分数，设计下列两种不同实验方案进行探究。填写下列空白。 方案一 实验方案将铝镁合金与足量NaOH溶液反应，测定剩余固体质量。（1）实验中发生
31、反应的化学方程式是_ 。（2）称取 5.4g 铝镁合金粉末样品，溶于V mL 2.0 mol/L NaOH溶液中。为使其反应完全，则 NaOH溶液的体积V _。过滤、洗涤、干燥、称量固体。该步骤中若未洗涤固体，测得镁的质量分数将_（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）。 方案二 实验方案将铝镁合金与足量稀硫酸溶液反应，测定生成气体在通常状况（约20，1.01105Pa）的体积。问题讨论（3）同学们拟选用图一实验装置完成实验：你认为最简易的装置其连接顺序是：A 接（ _）（ _）接（ _）（）接（ ）（填接口字母，可不填满。）实验开始时，先打开分液漏斗上口的玻璃塞，再轻轻打开分液漏斗可旋转的活塞，
32、一会儿后稀硫酸也不能顺利滴入锥形瓶中。请你帮助分析原因 _。实验结束时，在读取测量实验中生成氢气的体积时，你认为最合理的是_。（有几个选几个）。A等待实验装置冷却后再读数B上下移动量筒F，使其中液面与广口瓶中液面相平C上下移动量筒G，使其中液面与广口瓶中液面相平D视线与凹液面的最低点水平，读取量筒中水的体积（ 4）仔细分析实验装置后，同学们经讨论认为以下两点会引起较大误差：稀硫酸滴入锥形瓶中，即使不生成氢气，也会将瓶内空气排出，使所测氢气体积偏大；实验结束时，连接广口瓶和量筒的导管中有少量水存在，使所测氢气体积偏小。于是他们设计了图二的实验装置。装置中导管a 的作用是 _。实验前后碱式滴定管中液面读数分别为V mL、 V mL。则产生氢气的体积为12_1、 V2 的式子表达）mL。（用含 V【答案】 2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2 +3H297mL偏高 E DG 镁、铝与稀硫酸反应放热且生成气体，使锥形瓶中气体压强变大ACD 使分液漏斗内气体压强与锥形瓶内气体压强相等，打开分液漏斗活塞时稀硫酸能顺利滴下，滴入锥形瓶的稀硫酸体积等于进入分液漏斗的气体体积，从而消除由于加入稀硫酸引起的氢气体积误差V1-V2【解析】方案一： .铝与