高考化学一轮必刷题集：镁及其化合物.docx

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与量有关的离子方程式书写
将等物质的量的金属 Na、Mg、Al 分别与 100 mL 2 mol·L－1 的盐酸反响，试验测得生成气体的体积 V(已折合为标准状况)与时间 t 的关系如下图，则 x 值为( )〔要求写出解答过程〕
A． B． C． D．无法确定
【答案】C
由于最终生成的气体量一样，所以这些金属置换出的氢气量相等，即等物质的量的三种金属失去了一样数量的电子，而假设盐酸过量的话，这些金属失去的电子数因该是不一样的，比值应是1：2：3，故推断出盐酸不行能过量，但可能刚
好和 Na 反响完全，此时Na 完全反响而Mg、Al 还有剩余，由于酸缺乏，所以生
成氢气的量为：n〔H
〕= 1 〔n HCl〕=
´ 2 = ，所以标况下的体积为 ，
10
2 2 2
故 C 正确；应选C。
10
氯酸镁[Mg( ClO )
3 2
] 常做催熟剂、除草剂等，试验室利用卤块制备少量
10
Mg(ClO ) × 6H O ，：卤块的主要成分为MgCl × 6H O ，含有MgSO 、FeCl 等
3 2 2 2 2 4 2
杂质。工艺流程如下：
以下说法不正确的选项是〔 〕
10
可以用酸性H O 溶液代替KMnO 溶液
2 2 4
滤渣的主要成分是BaSO 和Fe(OH)
4 2
参加NaClO 饱和溶液发生了复分解反响
3
调整溶液pH = 4 ，还可以防止Mg(ClO ) × 6H O 结晶时Mg 2+ 的水解
3 2 2
【答案】B
卤块的成分有MgCl × 6H O 、MgSO 、FeCl ，参加高锰酸钾之后，亚铁离子可以
2 2 4 2
被氧化为三价铁离子，再向混合物中参加氯化钡溶液，可以将硫酸根离子转化为硫酸钡沉淀；参加氧化镁，调整pH = 4 ，可以促进铁离子的水解，将铁离子转化为氢氧化铁而除去，过滤，得到的滤液是氯化镁溶液，向滤液中参加饱和氯
酸钠溶液析出Mg(ClO ) ，说明一样温度下Mg(ClO ) 溶解度较小，据此对各选项
3 2 3 2
进展推断。
【解析】
酸性H O 溶液也能将Fe2+ 氧化为Fe3+ ，故可以用酸性H O 溶液代替KMnO 溶
2 2 2 2 4
液，故 A 正确，不符合题意；
滴加酸性KMnO 溶液是为了将Fe2+ 氧化为Fe3+ ，后续步骤中所得滤渣主要成
4
10
分为Fe(OH)
3
，故 B 错误，符合题意；
10
参加NaClO 饱和溶液和溶液中的MgCl 反响生成Mg(ClO ) 和 NaCl，此反响是
3 2 3 2
复分解反响，故 C 正确，不符合题意；
溶液中的Mg2+ 能水解，则调整溶液pH = 4 可抑制其水解生成Mg(OH) 沉淀，
2
故 D 正确，不符合题意； 应选 B。
把一块镁铝合金投入到 1mol/L 盐酸里，待合金完全溶解后，往溶液里参加 1mol/L
NaOH 溶液，生成的物质的量随参加 NaOH 溶液体积的变化如以下图 A 所示。则有
10
关说法中不正确的选项是
A．a 的取值范围为 0⩽ a＜50
n (Mg)
10
n (Al)
的最大值为
10
假设将关系图改为 B 图时，则 a 的取值范围为 80＜a＜90
假设将关系图改为 C 图时，则 a 的取值范围为 75＜a＜90
【答案】C
【解析】
10
氢氧化铝溶解Al(OH)
+NaOH=NaAlO
3
+2H
2
O，由于此阶段消耗NaOH10mL，所以
2
10
10
n[Al(OH)
]=×1mol/L=，故 n(Al3+)=，故与 Al3+反响消耗
3
10
´ 3
的 NaOH 溶液为 ==30mL，当没有盐酸剩余时，a=0，假设无Mg2+，
1mol / L
a 的值最大，此时 a=80−30=50，而实际存在 Mg2+，所以 0⩽ a＜50，故A 正确；
10
氢氧化铝溶解Al(OH)
+NaOH=NaAlO
3
+2H
2
O，由于此阶段消耗NaOH10mL，所以
2
10
10
n[Al(OH)
]=×1mol/L=，故 n(Al3+)=n(Al)=，故与Al3+反
3
10
应消耗的 NaOH 溶液为 30mL，当 a=0 时，盐酸没有剩余，与镁离子和铝离子反响
需要 NaOH 溶液体积最大，溶液中镁离子物质的量最大，沉淀量最大时，依据氢
10
氧根守恒有 3n[Al(OH)
]+2n[Mg(OH) ]=n(NaOH)，故n[Mg(OH) ]= 1
×(×
10
3 2 2 2
10
n (Mg)
1mol/L−×3)=，故 n(Mg)=，所以 n (Al)

的最大值为：
10
=，故B 正确；

承受极值法计算,当没有铝离子时，生成的沉淀不和氢氧化钠反响，此时 a 值最小，80=a；当生成的沉淀全部是氢氧化铝时，氢氧化铝能和氢氧化钠反响生成偏铝酸钠，此时 a 值最大，生成氢氧化铝沉淀所用的氢氧化钠体积是溶解
氢氧化铝所用氢氧化钠体积的 3 倍，所以溶解氢氧化铝所用氢氧化钠的体积
a=80+ 80 - 30 =，实际上存在镁离子，所以a 的取值范围是 80＜a＜，故
3
C 错误； D．承受极值法计算，当没有铝离子时，生成的沉淀全部是氢氧化镁，氢氧化镁 和氢氧化钠不反响，此时 a 值最大为 90；当生成的沉淀全部是氢氧化铝，生成
的氢氧化铝又能和氢氧化钠完全转化为偏铝酸钠时 a 值最小，生成氢氧化铝所
用的氢氧化钠与溶解氢氧化铝所用的氢氧化钠的体积之比为 3:1，所以 a= 90 - 30
4
×3+30=75，实际上溶液中含有铝离子和镁离子，所以 a 的取值范围是 75＜a＜ 90，故D 正确；
答案选 C。
10
反响①是制备 SiH
4
如下：
的一种方法，利用其副产物可制备相应物质，有关转化关系
10
以下说法不．正．确．的是〔 〕
10
A．A
B 的化学式为 Mg Si
2 2
10
10
B．NH
、NH
3
Cl 可以循环使用
4
10
C．反响①中参与反响的 NH
3
和NH
Cl 的物质的量之比为 1∶1
4
10
D．反响②中每生成 24gMg 转移 2mol 电子
【答案】C
依据化学反响的本质，反响①的产物中消灭 Si 和Mg 元素，结合 Mg 为+2 价、Si
10
为-4 价，可知 A
B 应为 Mg
2
Si，与氨气、氯化铵反响生成 SiH
2 4
和MgCl
6NH
2
，MgCl
3 2
10
10
6NH
3
参加碱液，可生成 Mg(OH)
，MgCl
2
6NH
2 3
加热时不稳定，可分解生成氨气，
10
10
同时生成氯化镁，电解熔融的氯化镁，可生成镁，用于工业冶炼，而 MgCl
6NH
2 3
10
与盐酸反响，可生成氯化镁、氯化铵，其中氨气、氯化铵可用于反响①而循环 使用，以此解答该题。
【解析】
10
由分析知，A
B 应为 Mg
2
Si，故A 正确；
2
10
由分析知，产物氨气、氯化铵可用于反响①而循环使用，故 B 正确；
10
反响①发生反响的化学方程式为 Mg
Si+8NH
2
+4NH
3
Cl=SiH
4
+2MgCl
4
6NH
2
，则参
3
10
10
加反响的 NH
3
和NH
Cl 的物质的量之比为 2:1，故 C 错误；
4
10
10
反响②中电解 MgCl
2
生成Mg，其中 Mg 元素从+2 价降为 0 价，则每生成
10
24g(1mol)Mg 转移 2mol 电子，故 D 正确； 故答案为 C。
10
在 AlCl
3
和MgCl
2
的混合溶液中，逐滴参加 NaOH 溶液直至过量，理论上，参加
10
NaOH 的体积和所得沉淀的物质的量的示意图如下，b 处NaOH 的体积为 1L，则以下推断正确的选项是〔 〕
10
混合溶液中 Al3＋的物质的量为
NaOH 的浓度为 mol/L
在b 点处溶液中的溶质只有 NaAlO
2
图中线段 oa:ab＝5:1
【答案】D
10
AlCl
3
和MgCl
2
的混合溶液中，逐滴参加NaOH 溶液，发生反响生成氢氧化铝、氢
10
氧化镁沉淀，参加 aLNaOH 溶液时，沉淀达最大值共 ，此时溶液为 NaCl 溶液，连续滴加 NaOH 溶液直至过量，氢氧化铝与 NaOH 反响渐渐溶解，在 bL 时， 即再连续滴加NaOH 溶液〔b-a〕L 时，氢氧化铝完全溶解，沉淀为氢氧化镁 ，
10
溶液为 NaCl、NaAlO
2
【解析】
溶液，据此解答。
10
10
A、依据图示信息和 Al 原子守恒有：n〔NaAlO 故 A 错误；
〕=n〔AlCl
2
〕=n[Al〔OH〕]=，
3 3
10
B、在bL 时，溶液为 NaCl、NaAlO 溶液，由图象可知：n[Al〔OH〕
]=，
10
2 3
n〔Mg〔OH〕 ]=，依据Mg 原子守恒有 n〔MgCl 〕=n〔Mg〔OH〕 ]=，
2 2 2
10
依据 Al 原子守恒有n〔NaAlO
〕=n〔AlCl
〕=n[Al〔OH〕 ]=，由Cl 原子
10
2
守恒有 n〔Cl〕=n〔NaCl〕=2n〔MgCl
3
〕+3n〔AlCl
2
3
〕=2×+3×=，
3
10
10
由 Na 原子守恒有 n〔NaOH〕=n〔NaCl〕+n〔NaAlO
〕=+=，
2
10
所以 c〔NaOH〕=÷1L=，故 B 错误；
10
C、在bL 时，即再连续滴加NaOH 溶液〔b-a〕L 时，氢氧化铝完全溶解，沉淀为
10
氢氧化镁 ，溶液为 NaCl、NaAlO
2
溶液，故 C 错误；
10
D、参加aLNaOH 溶液时，沉淀达最大值共 ，由反响方程式可知，此时溶液为 NaCl 溶液，在bL 时，即再连续滴加 NaOH 溶液〔b-a〕L 时，氢氧化铝与
NaOH 恰好反响，氢氧化铝完全溶解，沉淀为氢氧化镁 ，溶液为NaCl、NaAlO
2
溶液，所以两局部 NaOH 溶液的体积之比等于消耗的 NaOH 的物质的量之比，即
10
为 n〔NaCl〕与n〔NaAlO 故 D 正确。
应选 D。
〕之比，故oa：ab=a：〔b-a〕=：=5：1，
2
10
10
从某些性质来看，NH
3
和 H O、NH
2
+和H+、NH
4
-和 OH-、N3-和 O2-两两类似。据此推断，
2
10
以下反响中正确的选项是〔 〕
10
① NH Cl + NaNH ®D
4 2
NaCl + 2NH ­
3
10
10
② CaO + 2NH Cl ®D
4
CaCl + 2NH ­ + H O
2 3 2
10
③ 3Mg (NH ) ®D
2 2

Mg N
3 2
4NH ­
3
10
仅①正确 B．②③正确 C．①③正确 D．全部正确
【答案】D
10
①由于 NH
+与H+相像，则可用 H+替换NH
4
+，NH
4
-与OH-
2
相像，则可用 OH-替换 NH -，
2
10
10
所以反响①既 HCl+NaOH=NaCl+H
O，该反响能够发生，①正确。依据同样的道理，
2
10
10
② 相当于 CaO+2HCl=CaCl
+H O ， 反响也能够发生， ② 正确。 ③ 相当于
2 2
10
Mg(OH)
2
MgO+H O，反响能够发生，③正确。因此上述三个反响都能够发生，
2
正确答案 D。
10
点睛：相像推理法在化学的学习中会常常遇见，再如 HCl 与NaOH、Na
CO 、Zn、
2 3
10
10
ZnO 都能够发生反响，那么同属酸类的 H
SO 、HNO
2 4 3
等酸也能够发生上述反响。
10
但是在推理过程中也必需留意到物质本身存在的性质差异，本例中由于 HNO 的
3
10
强氧化性，所以当它与 Zn 反响时就不像 HCl 反响生成 H 等复原产物。
，而是得到 NO 或 NO
2 2
10
X、Y、Z 是三种常见的单质，甲、乙是两种常见的化合物。下表各组物质之间通过一步反响不能实现如下图转化的是( )
【答案】C
【解析】
10
A．X 为H
，Z 为Cl
2
，氢气与氯气可以一步反响生成化合物乙 HCl；Y 为Si，硅
2
10
10
与氯气可以一步反响生成化合物甲 SiCl 物乙(HCl)与单质Y(Si)，故A 正确；
；氢气与 SiCl
4 4
可以一步反响生成化合
10
B．X 为Mg，Z 为O
，镁与氧气可以一步反响生成化合物乙MgO；Y 为C，碳与氧
2
10
10
气可以一步反响生成化合物甲 CO (MgO)与单质Y(C)，故 B 正确；
；镁与二氧化碳可以一步反响生成化合物乙
2
10
C．X 为Zn，Z 为Cl
2
，锌与氯气可以一步反响生成化合物乙 ZnCl
；Y 为Fe，铁
2
10
10
与氯气可以一步反响生成化合物甲 FeCl
；锌与氯化铁不能一步反响生成化合物
3
10
10
乙(ZnCl
)与单质Y(Fe)，二者反响首先生成 ZnCl
2 2
和FeCl
，然后锌再与 FeCl
2 2
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反响置换出铁，故 C 错误；
10
D．X 为O
，Z 为H
2
，氧气与氢气可以一步反响生成化合物乙 H
2
O；Y 为N
2
，氮气
2
10
10
与氢气可以一步反响生成化合物甲 NH ；O
3 2
与 NH
10