高三化学高考备考一轮复习专题训练--镁及其化合物.docx

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1、高三化学高考备考一轮复习专题训练-镁及其化合物学校:_姓名：_班级：_考号：_一、单选题1近年来，冠以“绿色”的新概念不断产生，如绿色食品、绿色材料、绿色能源、绿色化学等，这里的“绿色”是对人类社会可持续发展战略的形象表述。“绿色化学”要求从经济、环保和技术上设计可行的化学反应。据此，由单质镁制硝酸镁的下列4个方案中，你认为可行而且符合“绿色化学”要求的方案是（）ABCMgMgOMg(NO3)2D2雾霾严重影响人们的生活与健康。某地区的雾霾中可能含有中的几种。某同学收集了该地区的雾霾，经必要的预处理后得到试样溶液，设计并完成了如图所示实验。已知：。下列有关雾霾中所含离子的说法不正确的是A肯定存

2、在和B可能存在、和C可能存在D一定不含3某溶液中可能存在Mg2+、Fe2+、Fe3+，加入NaOH溶液，开始时有白色絮状沉淀生成，然后白色沉淀迅速变成灰绿色，最后变成红褐色，下列结论正确的是 A一定有Fe2+，一定没有Fe3+、Mg2+B一定有Fe3+，一定没有Fe2+、Mg2+C一定有Fe3+，可能有Fe2+， 一定没有Mg2+D一定有Fe2+，可能有Mg2+，一定没有Fe3+4镁粉可用来制造焰火，工业上制取镁粉的方法是将镁的蒸气进行冷却，其中最适宜的方法是A在氮气的容器内冷却B在水中冷却C在氦气的环境里冷却D在二氧化碳气体里冷却5依据下列实验，预测的实验现象正确的是选项实验内容预测的实验现

3、象A溶液中滴加NaOH溶液至过量产生白色沉淀后沉淀消失B溶液中滴加KSCN溶液溶液变血红色CAgI悬浊液中滴加NaCl溶液至过量黄色沉淀全部转化为白色沉淀D酸性溶液中滴加乙醇至过量溶液紫红色褪去AABBCCDD6下列物质的性质与用途具有对应关系正确的是A氯气溶于水显酸性，可用于织物漂白B镁单质性质活泼，可用于制飞机外壳C碳酸钠溶于水显碱性，可用于除油污DSO2具有氧化性，可用作葡萄酒中抗氧化剂7W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，其最外层电子数之和为19。W、X、Y所在的族均不相邻，族序数按Y、W、X、Z的顺序依次增大。下列说法正确的是A由X、Y、Z三种元素形成的化合物只有一种B

4、原子半径：CW的氢化物的沸点小于X的氢化物的沸点D一定条件下，Y的单质能将W从置换出来8在给定的条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是ABCD9氮化镁 (Mg3N2)是由氮和镁所组成的无机化合物。室温下，纯净的氮化镁为黄绿色的粉末，能与水反应，但含有氧化镁杂质的氮化镁是灰白色的，能溶于酸，微溶于乙醇和乙醚。下列说法错误的是A12g镁在空气中完全燃烧所得产物的质量大于20gB要制备氮化镁，可将镁带在氮气中燃烧制成C氮化镁需要真空密封保存，防水、防潮D未经政府许可不能将排入周围环境10下列有关氮气的叙述错误的是A镁在空气中燃烧除生成氧化镁外还生成氮化镁B在雷雨天，空气中的和可反应生成NOC氮

5、气既可做氧化剂又可做还原剂D可与完全反应生成二、多选题11几种短周期元素的原子半径及某些化合价见表元素代号ABDEGHIJ化合价-1-2+4、-4-1+5、-3+3+2+1原子半径/nm0.0710.0740.0770.0990.1100.1430.1600.186分析判断下列说法正确的是AD、H、J的氧化物分别为酸性氧化物、两性氧化物、碱性氧化物BA、H、J的离子半径由大到小的顺序是AJHCD元素的单质存在多种同素异形体DI在DB2中燃烧生成两种化合物12在MgCl2和AlCl3的混合溶液中，Cl的物质的量为0.7 mol。向该溶液中逐渐加入100 mL 8 mol/L的KOH溶液，使之充分

6、反应。反应前，若Al3的物质的量与混合溶液中离子总物质的量的比值为x 。（不考虑Mg2和Al3水解及水电离对离子数目的影响），以下叙述正确的是Ax的取值范围是0x0.25B无论x为何值，当加入87.5 mL的KOH时，溶液中的阳离子恰好完全沉淀C当100 mL KOH刚好完全消耗，且Al3全部转化为AlO2时，x的值为0.2D若反应前Al3+的物质的量为a mol，则a=13常温下，向含和混合溶液中逐滴加入溶液，和两种元素在水溶液中的存在形式与的关系如图所示，纵轴或。当溶液中离子浓度小于时，可认为该离子完全沉淀。下列说法正确的是A图中M代表BC开始溶解时，溶液D氢氧化钠不能完全分离和离子14下

7、列“类比”或“对比”不合理的是AMg在中点燃反应生成MgO和C，则Ca在中点燃反应生成CaO和CBNaClO溶液与反应生成和HClO，则溶液与少量反应生成和HClOC与盐酸反应生成NaCl和，则与盐酸反应生成和DNaOH溶液与少量溶液反应生成和，则氨水与少量溶液反应最终生成和NH4NO315下列说法错误的是A电解熔融氯化镁可制取金属镁B二氧化碳可用作镁燃烧的灭火剂C金属镁失火不可用水来灭火DMgCO3MgCl2Mg，该转化过程能实现三、实验题16某小组在实验室探究金属钠、金属镁分别与二氧化碳的反应。(1)用CaCO3与稀盐酸反应制取CO2的离子方程式为_。为了得到干燥纯净的CO2，产生的气体应

8、依次通过盛有_、浓硫酸的洗气瓶。(2)实验证明CO2可以支持镁燃烧，发生的反应为2Mg+CO22MgO+C，该反应的基本反应类型为_；该反应条件下，还原性Mg_C(填“”或“Z(Cl)W(C)X(O)，B错误；CW为C，其氢化物很多，如甲烷、苯、甚至固态氢化物，X为O，其氢化物为H2O、H2O2，因此W 的氢化物的沸点不一定小于X的氢化物的沸点，C错误；DY为Mg、为CO2，2Mg+CO22MgO+C，故一定条件下，Y的单质能将W从置换出来，D正确；答案选D。8C【详解】A钠与氧气常温下反应生成氧化钠，加热条件下反应生成过氧化钠，A错误；B氯气的氧化性强，铁与氯气点燃条件下反应生成氯化铁，B错

9、误；C碳酸钠溶液中通入足量二氧化碳，碳酸钠、二氧化碳和水反应生成碳酸氢钠，C正确；D常温下，氧化镁不溶于水、不与水反应，不能生成氢氧化镁，D错误；答案选C。9A【详解】A设镁在氨气中完全燃烧生成氮化镁的质量为x，则有： ，解得，则镁在纯氧中燃烧可得，故镁在空气中完全燃烧所得产物的质量介于之间，A错误；B因为镁还与空气中的氧气等物质反应，要制备氮化镁，可将镁带在氮气中燃烧制成，B正确；C与水发生反应：，故需真空密封保存，防水、防潮，C正确；D氮化镁与水反应生成的极易溶于水，使溶液呈弱碱性，造成水污染，故不能随意排入环境中，D正确；故答案为：A。10D【详解】A镁既能和氧气反应生成氧化镁，又能和氮

10、气反应生成氮化镁，所以镁在空气中燃烧除生成氧化镁外还生成氮化镁，故A正确；B因为和在放电条件下可以反应生成NO，所以雷雨天，空气中的和可反应生成NO，故B正确；C氮气的化合价为零，既可以升高为+2、+3、+4、+5价，又可以降低为-3价，所以氮气既可做氧化剂又可做还原剂，故C正确；D根据N2+3H22NH3，1molN2与不能完全反应，生成NH3小于2mol，故D错误；故答案：D。11BC【分析】几种短周期元素的原子半径及某些化合价如表，A、E有-1价，B有-2价，且A的原子半径与B相差不大，则A、E处于A族，B处于A族，A原子半径小于E，可推知A为F、E为Cl，B为O；D有-4、+4价，处于

11、A族，原子半径与O原子相差不大，可推知D为C元素；G元素有-3、+5价，处于A族，原子半径大于C原子，应处于第三周期，则G为P元素；H、I、J的化合价分别为+3、+2、+1，分别处于族A、A族、A族，原子半径依次增大，且都大于P原子半径，应处于第三周期，可推知H为Al、I为Mg、J为Na。【详解】AC的氧化物中CO不是酸性氧化物、三氧化二铝是两性氧化物、钠的氧化物中过氧化钠不是碱性氧化物，故A错误；BA、H、J分别为F、Al、Na，Na+、Al3+、F-离子核外电子层数相等，核电荷数越大离子半径越小，则离子半径大小顺序为：F-Na+Al3+，即AJH，故B正确；CD为碳元素，碳的单质有石墨、金

12、刚石和足球烯等，故C正确；DMg在CO2中燃烧生成氧化镁和碳，故D错误；故选BC。12BD【详解】A. 令溶液中Al3+的物质的量为a mol，由电荷守恒可知Mg2+的物质的量为，根据若Al3的物质的量与混合溶液中离子总物质的量的比值为x得出溶液中离子总的物质的量为三种离子之和为mol，因此有amol + +0.7mol=mol，解得，由极限法得知由极限法可知0a，解得x的取值范围是0x0.25，故A错误；B. Cl的物质的量为0.7 mol，无论x为何值，根据质量守恒，只要加入0.7molKOH，阳离子恰好完全沉淀，溶液体积，故B正确；C. 当100 mL KOH刚好完全消耗，且Al3全部转

13、化为AlO2时，此时溶液中溶质为NaCl、NaAlO2，根据守恒可知n(Na+)=n(Cl)+n(AlO2)，故n(AlO2) =0.1L8 molL1 0.7mol=0.1mol，故n(Al3+) = 0.1mol，根据电荷守恒可知，则，故C错误；D. 根据A选项分析得到a=，故D正确。综上所述，答案为BD。13BC【分析】向MgCl2和AlCl3混合溶液中加入NaOH溶液，Al3+和Mg2+的浓度随着pH值的增大逐渐生成沉淀而减少，只有的浓度随pH值的增大而增大，故Q线代表的物质是；Al3+要先生成沉淀Al(OH)3后才能转化为，不会出现Al3+减少的同时增加；故M代表Al3+，N代表Mg

14、2+，Q代表，以此解题。【详解】A根据分析可知，图1中M代表Al3+，A错误；B取M线与X轴的交点分析：pH=3.0,即c(OH-)=10-11mol/L，lgc(Al3+)=0，即c(Al3+)=1mol/L，故；取N线与X轴的交点分析：pH=8.5，即c(OH-)=10-5.5mol/L，lgc(Mg2+)=0，即c(Mg2+)=1mol/L，故，故，B正确；C开始溶解就是开始生成，由图可知此时pH=8.5，C正确；D由图可知，大约在pH=8.57.5之间，Al3+已经完全沉淀，而Mg2+还未开始沉淀，所以此时溶液中只有Mg2+，沉淀中只有，已经完全分离，即氢氧化钠可以完全分离和离子，D错

15、误；故选BC。14BD【详解】ACa比Mg活泼，Mg在中点燃反应生成MgO和C，则Ca在中点燃反应生成CaO和C，A合理；BNaClO溶液与反应生成和HClO，酸性：H2CO3HClO，而溶液与少量反应生成碳酸钙和HClO，B不合理；C与盐酸反应生成NaCl和，水解生成NaOH和NH3分别与盐酸反应得到NaCl和，则水解产物Mg(OH)2和NH3分别与盐酸反应生成和，C合理；D氨水与少量溶液反应生成银氨溶液，不能生成氧化银，D不合理；故选BD。15BD【详解】A由于镁的活泼性很强，故一般电解熔融的氯化镁制取金属镁，A项正确；BCO2和Mg反应生成氧化镁和碳，故CO2不可用作镁燃烧的灭火剂，B项

16、错误；C在加热条件下镁和水反应可生成氢气，会引起爆炸，故金属镁失火不能用水来灭火，C项正确；D通过电解熔融的MgCl2可制备Mg，而电解MgCl2溶液得不到Mg，D项错误。综上所述答案为BD。16(1) CaCO3+2H+=Ca2+H2O+CO2 饱和碳酸氢钠溶液(2) 置换反应 (3) C+2H2SO4(浓)2SO2+CO2+2H2O 4Na+3CO2C+2Na2CO3【详解】（1）CaCO3与稀盐酸反应制取CO2的离子方程式为CaCO3+2H+=Ca2+H2O+CO2。盐酸易挥发，生成的二氧化碳中含有氯化氢和水蒸气，所以为了得到干燥纯净的CO2，产生的气体应依次通过盛有饱和碳酸氢钠溶液、浓

17、硫酸的洗气瓶。（2）2Mg+CO22MgO+C属于一种单质和一种化合物反应生成另一种单质和另一种化合物的反应，因此该反应的基本反应类型为置换反应；反应中镁是还原剂，碳是还原产物，依据还原剂的还原性强于还原产物的还原性可知该反应条件下，还原性MgC。（3）钠的还原性强，与二氧化碳反应生成氧化钠和碳，为检验黑色固体的成分，加热条件下将其与浓硫酸反应，生成的气体能使品红褪色，说明有二氧化硫生成，该黑色固体与浓硫酸反应的化学方程式为C+2H2SO4(浓)2SO2+CO2+2H2O。黑色固体是碳，向滤液中加入酚酞试液变红色，说明溶液显碱性，第二支试管中加入氯化钙溶液，溶液变浑浊，说明有难溶的碳酸钙生成，

18、所以生成的白色物质是碳酸钠，则金属钠与二氧化碳反应的化学方程式为4Na+3CO2C+2Na2CO3。17 五 A 增大接触面积，加快反应速率，提高原料的转化率 SrCO3+2CSr+3CO 碱性耐火砖 为了增大氢氧化锶的浸取率，减少杂质氢氧化钙的溶解 MgO Sr(OH)2+ NH4HCO3=SrCO3+H2O+NH3H2O 6【分析】菱锶矿(含8090% SrCO3，少量MgCO3、CaCO3、BaCO3等)与焦炭经过粉碎后立窑煅烧，转化成Sr、氧化钙等物质，加入热水，将不溶于热水的氧化镁等杂质除去，再加入稀硫酸后，除去钡离子，结晶后析出了氢氧化锶晶体，氢氧化锶和碳酸氢铵反应最终转化成碳酸锶

19、，据此解答。【详解】(1)元素Sr原子序数为38，位于元素周期表第五周期第A族，故答案为：五；A；(2)菱锶矿、焦炭混合粉碎，可增大接触面积，加快反应速率，提高原料的转化率，故答案为：增大接触面积，加快反应速率，提高原料的转化率；(3)“立窑煅烧”中SrCO3与焦炭反应生成Sr和CO，化学方程式为：SrCO3+2CSr+3CO；石英砂砖中含有二氧化硅，会与碳酸钙等物质反应，所以进行煅烧反应的立窑衬里应选择碱性耐火砖，故答案为：SrCO3+2CSr+3CO；碱性耐火砖；(4)由于氢氧化锶的溶解度随温度升高而增大，氢氧化钙的溶解度随温度升高而减小，为了增大氢氧化锶的浸取率，减少杂质氢氧化钙的溶解，

20、“浸取”中用热水浸取；煅烧后得到Sr，氧化钙，氧化镁，氧化钡等，加入热水后，氧化钙转化成氢氧化钙析出，氧化镁不与水反应，所以滤渣1含有焦炭、Ca(OH)2和MgO，故答案为：为了增大氢氧化锶的浸取率，减少杂质氢氧化钙的溶解；MgO；(5)“沉锶”中，氢氧化锶和水，碳酸氢铵反应生成了碳酸锶，化学方程式为：Sr(OH)2+ NH4HCO3= SrCO3+H2O+NH3H2O，故答案为：Sr(OH)2+NH4HCO3=SrCO3+H2O+NH3H2O；(6)xSrOyFe2O3中Sr与Fe的质量比为=0.13，则=6，故答案为：6。18 AB 在空气中镁被氧气氧化 【详解】19 2MgCO22MgO

21、C Mg3N2 H2O22e=2OH 阳 将卤块粉碎(或加热、搅拌、适当增大盐酸浓度等) 12 将溶液中的Fe3尽可能多地除去，同时避免Mg2形成沉淀 2Mg24HCO3-2H2OMgCO3Mg(OH)23H2O3CO2 操作过滤后所得固体为产品，还必须对产品进行洗涤、干燥【详解】（1）单质镁能与CO2发生置换反应2MgCO22MgOC，故答案为2MgCO22MgOC；将燃烧产物X置于60的热水中并充分搅拌，最终得到白色固体，同时有能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色的气体生成，由所述现象可知此为水解反应，产生的使湿润的红色石蕊试纸变蓝色的气体为氨气，沉淀为氢氧化镁，根据原子守恒以及“Mg能在氧气、空

22、气、氮气、二氧化碳中燃烧”，反应物为Mg3N2，反应为Mg3N2+6H2O2NH3+3Mg(OH)2，故答案为Mg3N2；（2）镁一过氧化氢电池由图可知总反应为Mg+ H2O2=Mg(OH)2，即镁电极为负极，石墨电极为正极，以海水为电解质溶液，即电解质环境为弱碱性，所以正极反应为H2O22e=2OH，故答案为H2O22e=2OH；氢氧化镁难溶于水，所以生成的氢氧化镁不能覆盖到镁电极上，因此需要镁离子通过隔膜到石墨电极附近生成氢氧化镁，即隔膜应选择阳离子膜，故答案为阳离子膜；（3）卤块为固体物质，提高酸浸速率的措施可将卤块粉碎、搅拌、加热、适当提高盐酸浓度等，故答案为将卤块粉碎（或搅拌、加热、

23、适当提高盐酸浓度等）；“氧化”过程是将Fe2+氧化为Fe3+以便调节pH将铁元素杂质除去，反应离子方程式为2H+ClO-+2Fe2+=2Fe3+Cl-+H2O，参加反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:2，故答案为1:2；加入NaOH溶液调节pH的目的是，通常控制pH在9.0左右，其目的是将溶液中的杂质Fe3尽可能多地除去，同时避免Mg2形成沉淀，故答案为将溶液中的杂质Fe3尽可能多地除去，同时避免Mg2形成沉淀；热解时，反应是Mg2和HCO3-反应生成轻质碳酸镁和二氧化碳，所以离子反应方程式为：2Mg24HCO3-2H2OMgCO3Mg(OH)23H2O3CO2，故答案为2Mg24HCO3

24、-2H2OMgCO3Mg(OH)23H2O3CO2操作I、均是将固体与液体分离，但操作I过滤后产品在滤液中，所以对固体是舍弃的，在操作过滤后所得固体为产品，所以要保留，还必须对产品进行洗涤、干燥，故答案为操作过滤后所得固体为产品，还必须对产品进行洗涤、干燥。【点睛】一般在金属离子除杂问题涉及到除铁离子与亚铁离子时，一般都是通过氧化剂将亚铁离子转化为铁离子，再调节pH除去铁离子。20 123 632 NaAlMg【分析】发生反应：2Na+2HCl=2NaCl+H2、Mg+2HCl=MgCl2+H2、2Al+6HCl=2AlCl3+3H2，根据方程式计算解答。【详解】（1）2Na+2HCl=2Na

25、Cl+H2、46g1mol Wg mol Mg+2HCl=MgCl2+H2、24g1mol Wg mol 2Al+6HCl=2AlCl3+3H2， 54g3mol Wg mol 故在相同条件下产生氢气的体积比=mol :mol: mol=，因此，本题正确答案是：。（2）分别取0.1mol钠、镁、铝与足量盐酸反应，则：2Na+2HCl=2NaCl+H20.1mol0.05mol Mg+2HCl=MgCl2+H20.1mol 0.1mol2Al+6HCl=2AlCl3+3H20.1mol 0.15mol故在相同条件下产生氢气的体积比=0.05mol:0.1mol:0.15mol=1:2:3，因此，本题正确答案是：1:2:3。（3）若产生相同体积（同温同压下）的H2，说明三种金属提供电子的物质的量相同，设三种金属都失去6mol的电子，需钠的物质的量为6mol，镁的物质的量为3mol，铝的物质的量为2mol，所以所需的钠、镁、铝物质的量比为6:3:2。因此，本题正确答案是：6:3:2。（4）若将0.2 mol钠、镁、铝分别投入10 mL 1 molL1的盐酸中，可以知道三种金属都过量，但金属钠活泼，能与水反应生成氢气，则生成氢气最多的是钠，镁和铝生成氢气的体积一样多，因此，本题正确答案是：NaAlMg。答案第17页，共9页