2024届高三新高考化学大一轮专题练习—镁及其化合物

这是一份2024届高三新高考化学大一轮专题练习—镁及其化合物，共14页。试卷主要包含了单选题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
2024届高三新高考化学大一轮专题练习—镁及其化合物一、单选题1．（2023春·江苏镇江·高三江苏省镇江第一中学校考期中）在给定条件下，下列选项所示的物质间转化能实现的是A．MgCl2(aq)Mg(s) B．FeFe2O3C．Al2O3Al(OH)3 D．NON22．（2022秋·江苏·高三江苏省包场高级中学校考开学考试）化学在生产和日常生活中有着重要的应用。下列说法不正确的是A．明矾溶于水后生成的物质具有吸附作用，可用于水的净化B．MgO的熔点很高，可用于制作耐高温材料C．不锈钢的耐腐蚀性强，可用于制作医疗器械D．铝的活动性大于铁，铝制品比铁制品更易腐蚀3．（2021秋·广西贺州·高三校考阶段练习）常温下，物质的量均为0.01mol的Na、Mg、Al、Si分别与下列试剂反应，其剧烈程度及充分反应后产生H2的量(n)如表所示： H2O强酸溶液强碱溶液n(H2)/(10-2mol)Na剧烈反应爆炸剧烈反应0.5Mg反应缓慢剧烈反应无反应1.0Al反应很慢反应较快反应较快1.5Si无反应无反应反应缓慢2.0上述实验中，生成H2的量最多的是A．Na B．Mg C．Al D．Si4．（2023·全国·高三专题练习）世界资源储量最大的滑石矿位于江西上饶，经分析发现滑石中含有4种短周期元素W、X、Y、Z，它们的原子序数依次增大，最外层电子数之和为13，且位于不同的主族，X的某种单质被喻为“地球的保护伞”，W2X2分子中含有18个电子，下列说法正确的是A．原子半径大小顺序为Z＞Y＞X＞W B．化合物YX是一种很好的耐火材料C．Y单质只能与空气中的主要成分氧气反应 D．Z的氧化物的水化物的酸性强于碳酸5．（2022秋·河北承德·高三校考期末）根据下列实验操作和现象所得出的结论错误的是选项实验操作和现象结论A向饱和NaCl溶液中，先通入NH3至饱和，再通入足量CO2，溶液变浑浊有NaHCO3、晶体析出B将Cl2通入紫色石蕊溶液中，溶液先变红色后褪色Cl2有酸性和漂白性C将燃烧的镁条迅速伸入集满CO2的集气瓶中，有大量白烟和黑色颗粒产生CO2具有氧化性D向某溶液中先加入盐酸，无明显实验现象，再滴加BaCl2溶液，生成白色沉淀该溶液中一定含有SO A．A B．B C．C D．D6．（2023秋·福建福州·高三福州四中校考期末）在食盐提纯实验中，过滤后的食盐水中仍含有大量的等杂质，通过如下几个实验步骤，可制得纯净的食盐水：①加入稍过量的溶液；②加入稍过量的溶液；③加入稍过量的溶液；④滴入稀盐酸至无气泡产生；⑤过滤。正确的操作顺序是A．①③②④⑤ B．①②③⑤④ C．③②①⑤④ D．③⑤②①④7．（2022春·黑龙江鹤岗·高三鹤岗一中校考期末）下列对实验现象的描述正确的是A．镁条在空气中剧烈燃烧，发出耀眼白光，生成黑色固体B．铁锈在稀盐酸里浸泡一段时间后，铁锈消失，溶液变为浅绿色C．向淀粉溶液中滴加碘水，溶液变为蓝色D．向硫酸铜溶液中滴加氢氧化钠溶液，生成白色沉淀8．（2022春·江苏泰州·高三泰州中学校考阶段练习）在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是A．NaCl(aq)Cl2(g)FeCl2(s)B．S(s)SO3(g)H2SO4(aq)C．N2(g)NH3(g)Na2CO3(s)D．MgCl2(aq)Mg(OH)2(s)MgO(s)9．（2022·全国·高三专题练习）钛合金材料已经广泛应用于国防、航天、医疗等领域。已知常温下钛()与酸、碱均不反应，高温下能被空气氧化。由钛铁矿(主要成分为)提取金属钛的主要流程如图所示。下列有关叙述正确的是A．基态原子的价层电子排布式为B．可用稀盐酸或稀氢氧化钠溶液除去金属钛中的少量镁单质C．步骤Ⅱ中焦炭为还原剂，为还原产物D．步骤Ⅲ需在氮气氛围中进行，防止金属被空气氧化10．（2021秋·河南驻马店·高三新蔡县第一高级中学校考阶段练习）从海水中提取镁的工业生产流程如下：海水 Mg(OH)2 MgCl2·6H2O MgCl2 Mg下列说法错误的是A．此法的优点之一是原料来源丰富B．该提取镁的过程中涉及置换、分解、复分解和氧化还原反应C．步骤①②③的目的是从海水中提取无水MgCl2D．步骤②中加盐酸的离子方程式为Mg(OH)2+2H+=Mg2++2H2O11．（2022春·江苏扬州·高三扬州中学校考开学考试）以下物质间的每步转化不能通过一步反应就能实现的是A．S→SO2→H2SO4 B．MgCl2→Mg→Mg3N2C．Al2O3→Al(OH)3→NaAlO2 D．NaCl→NaHCO3→Na2CO312．（2022春·全国·高三专题练习）世界资源储量最大的滑石矿位于江西上饶广丰的许家桥矿区，经分析发现滑石中含有四种短周期元素W、X、Y、Z，它们的原子序数依次增大，最外层电子数之和为13，且位于不同的主族。X的某种单质被喻为“地球的保护伞”，W2X2分子中含有18个电子。下列说法中正确的是A．原子半径大小顺序为Z>Y>X>W B．化合物YX是一种很好的耐火材料C．Y单质的导电性能弱于Z单质的 D．Z的氧化物的水化物的酸性强于碳酸13．（2022秋·江苏南京·高三校考阶段练习）下列物质的性质与用途不具有对应关系的是A．氧化镁熔点高，可用作耐高温材料B．氢氧化铁胶体的胶粒具有吸附性，可用于净水C．硫酸钡不溶于水，可用作检查肠胃的内服药剂D．常温下铁遇浓硫酸会钝化，可用铁罐储运浓硫酸14．（2022秋·浙江宁波·高三统考期末）钛(Ti)常温下与酸、碱均不反应，但高温下能被空气氧化，由钛铁矿(主要成分是FeO和TiO2)提取金属钛的主要工艺流程如图。下列说法不正确的是A．步骤I中发生的反应可能为：2FeO+CCO2↑+2FeB．步骤II中碳单质被氧化C．用稀硫酸可以除去金属钛中少量的镁杂质D．步骤III中反应不能在空气中进行，可在氮气的保护下进行 二、非选择题15．（2010春·河南郑州·高三统考期末）现有X、Y、Z、W四种短周期元素。①X元素的单质在Y元素的单质中燃烧发出苍白色火焰,并生成气体A。②Z元素的单质与A的水溶液反应又生成X元素的单质。③Z元素的原子和Y元素的原子电子层数相同，且它们的最外层电子数之差的绝对值为奇数。④W元素的原子核外有3个电子层，其最外层电子数等于电子层数。请回答下列问题：（1）X的元素符号为：_________；Z的元素名称是：_______。（2）A的电子式是____________。（3）Z的单质与A的溶液反应的离子方程式______________________________。（4）W的氧化物溶于NaOH中的化学方程式____________________________。16．（2010秋·河南鹤壁·高三阶段练习）(1)“绿色试剂”双氧水可作为矿业废液消毒剂，如消除采矿业废液中的氰化物(如KCN)，反应的化学方程式为；KCN+H2O2+H2O=A+NH3↑回答下列问题： ①生成物A的化学式为______。②在标准状况下若有0.448L氨气生成，则转移的电子数为______。③反应中被氧化的元素为______。(2)在MgCl2和AlCl3的混合溶液中，逐滴加入NaOH溶液直至过量。经测定，加入的NaOH的物质的量和所得沉淀的物质的量的关系如下图所示。则：①原溶液中c(Mg2＋)∶c(Al3＋)为______。②图中C点表示当加入______mol NaOH时，Al3＋已经转化为______，Mg2＋已经转化为______。③图中线段OA∶AB=______。17．（2016秋·天津宝坻·高三阶段练习）将一定质量的镁铝合金投入到200 mL一定物质的量浓度的盐酸中,合金全部溶解,向所得溶液中滴加 5 mol • L-1的NaOH溶液至过量,生成沉淀的质量与加入的NaOH溶液的体积关系如图所示。求:（1）原合金中Mg的质量________g；Al的质量________g（2）盐酸的物质的量浓度______mol/L。18．（2016秋·河北石家庄·高三阶段练习）以橄榄石(主要成分是Mg9FeSi5O20)等为原料生产硅胶、碱式碳酸镁[Mg2(OH)2CO3]的部分工艺流程如下图所示：（1）Mg9FeSi5O20中铁元素的化合价为 ，为提高镁的浸出率，可采用的两种主要措施是 渣料II的成分是 。（2）若试剂b是氯碱工业中的某种气体产物，写出加入b后反应的离子方程式 。试剂c的用途是调节溶液的pH，比较恰当的物质是 (写化学式，后同)，余液中溶质的主要成分是 。（3）操作I的名称是 ，写出生成碱式碳酸镁(同时有气体生成)的离子方程式 。
参考答案：1．D【详解】A．MgCl2(aq)电解得到Mg(OH)2和Cl2，A错误；B．Fe和H2O(水蒸气)高温反应生成Fe3O4，B错误；C．Al2O3和H2O 不反应，C错误；D．NO 在高温和催化剂的条件下，被CO 还原生成N2，D正确；故答案为：D。2．D【详解】A．明矾溶于水得到胶状物，可用于水的净化，A正确；B．MgO的熔点在两千摄氏度以上，熔点很高，可用于制作耐高温材料，B正确；C．不锈钢是一种特殊的合金，由于其抗腐蚀性好，所以可用来制造医疗器械，C正确；D．铝的金属活动性比铁强，但铝制品比铁制品更耐腐蚀，因为在铝制品表明能形成一层致密的氧化膜，D错误；故选D。3．D【详解】在反应过程中，Na由0价变为+1价，失去1个电子，Ma由0价变为+2价，失去2个电子，Al由0价变为+3价，失去3个电子，Si由0价变为+4价，失去4个电子，相同物质的量的4种物质，失去电子越多，生成的氢气越多，生成氢气最多的是Si；故选D。4．B【分析】X的某种单质被喻为“地球的保护伞”为臭氧，则X为O，W2X2分子中含有18个电子，则W的原子序数为1、W为H，四种短周期元素W、X、Y、Z，它们的原子序数依次增大，最外层电子数之和为13，且位于不同的主族，则Y、Z最外层电子数之和为13-1-6=6=2+4，则Y为第三周期第ⅡA的Mg、Z为第三周期第ⅣA的Si，据此回答。【详解】A． 通常电子层数越大，原子半径越多，同周期从左到右原子半径递减，则原子半径大小顺序为Y＞Z＞ X＞W，故A错误；       B． 化合物YX即MgO，熔点高达2800°C左右，是一种很好的耐火材料，故B正确；C． Mg可以与氧气、氮气、二氧化碳均可以反应，故C错误；D． 硅的氧化物的水化物硅酸酸性弱于碳酸，故D错误；答案选B。5．B【详解】A．先通入氨气可增大二氧化碳的溶解度，再通入二氧化碳溶液变浑浊，可知有NaHCO3晶体析出，A正确；B．氯气与水反应生成盐酸、次氯酸，则紫色石蕊溶液先因盐酸的存在变红色后被次氯酸氧化褪色，而氯气不具有酸性和漂白性，B错误；C．Mg与二氧化碳反应生成MgO和C，有大量白烟和黑色颗粒产生，可知二氧化碳具有氧化性，C正确；D．先加入盐酸，无明显实验现象，再滴加BaCl2溶液，生成白色沉淀为硫酸钡，该溶液中一定含有，D正确；故答案选B。6．C【详解】选NaOH除去Mg2+，选BaCl2除去，选Na2CO3除去Ca2+及过量的Ba2+，碳酸钠一定在氯化钡之后，过滤后，向滤液中加盐酸除去过量NaOH、Na2CO3，得到食盐水，则正确的操作顺序是②③①⑤④或③①②⑤④或③②①⑤④，只有C正确，故答案选C。7．C【详解】A．MgO是白色固体，A错误；B．铁锈与盐酸反应生成的是氯化铁，是黄色溶液，B错误；C．碘水遇淀粉变蓝，C正确；D．氢氧化铜是蓝色沉淀，D错误；故选C。8．D【详解】A．电解饱和食盐水可得到Cl2，而Cl2与Fe在加热条件下反应生成FeCl3，而不是FeCl2，A项错误；B．S与氧气点燃下反应生成SO2，而不是SO3，B项错误；C．N2(g)NH3(g)可以实现，而NH3与CO2、NaCl反应得到的是NH4Cl和NaHCO3，而不是Na2CO3，C项错误；D．MgCl2与石灰乳反应得到Mg(OH)2和CaCl2，在高温下煅烧Mg(OH)2得到MgO和水，符合题意，D项正确；故答案选D。9．C【分析】由流程可知，I中发生反应2FeO+C CO2↑ +2Fe，Ⅱ中发生反应TiO2 + 2C+ 2Cl2TiCl4 + 2CO，Ⅲ中发生反应2Mg+ TiCl42MgCl2 + Ti。【详解】A．Ti的原子序数为22，其基态原子的价层电子排布式为3d24s2，A错误；B．常温下钛与酸、碱均不反应，镁与稀盐酸反应，但与氢氧化钠溶液不反应，因此可用稀盐酸除去金属钛中的少量镁单质，不能用氢氧化钠溶液，B错误；C．Ⅱ中发生反应TiO2 + 2C+ 2Cl2TiCl4 + 2CO，碳元素化合价升高，C为还原剂，CO为氧化产物，氯元素化合价降低，氯气为氧化剂，TiCl4为还原产物，C正确；D．Ⅲ中发生反应2Mg+ TiCl42MgCl2 + Ti，镁与氮气反应生成氮化镁，不能在氮气氛围中进行，D错误；答案选C。10．B【详解】A．此法的原料是贝壳、海水，优点之一是来源丰富，故A正确；B．该提取镁的过程中未涉及置换反应，B错误；C．由流程图可知步骤①②③的目的是从海水中提取无水MgCl2，故C正确；D．步骤②主要发生氢氧化镁和盐酸的反应，属于离子反应，离子方程式为Mg(OH)2+2H+=Mg2++2H2O，故D正确故答案为：B11．C【详解】A．硫与氧气反应生成二氧化硫，二氧化硫与氯气、水反应生成硫酸，均可一步实现，A错误；B．电解熔融氯化镁得到金属镁，镁与氮气反应生成氮化镁，均可一步实现，B错误；C．氧化铝不能一步转化为氢氧化铝，不能一步实现，C正确；D．饱和氯化钠溶液中通氨气、二氧化碳得到碳酸氢钠，碳酸氢钠溶液与氢氧化钠反应生成碳酸钠，均可一步实现，D错误；答案选C。12．B【分析】X的某种单质被喻为“地球的保护伞”为臭氧，则X为O，W2X2分子中含有18个电子，则W的原子序数为1、W为H，四种短周期元素W、X、Y、Z，它们的原子序数依次增大，最外层电子数之和为13，且位于不同的主族，则Y、Z最外层电子数之和为13-1-6=6=2+4，则Y为第三周期第ⅡA的Mg、Z为第三周期第ⅣA的Si，据此回答。【详解】A．通常电子层数越大，原子半径越多，同周期从左到右原子半径递减，则原子半径大小顺序为Y>Z> X>W，A错误；    B． 化合物YX即MgO，熔点高达2800°C左右，是一种很好的耐火材料，B正确；C． Y单质即镁是电的良导体、Z单质即硅是半导体，Y导电性能更好，C错误； D． Z的氧化物的水化物硅酸酸性弱于碳酸，D错误；答案选B。13．C【详解】A．具有高熔点的物质可以作耐高温材料，氧化镁熔点高，可用作耐高温材料，A正确；B．氢氧化铁胶体具有吸附性，能吸附水中的悬浮颗粒，可用于净水，B正确；C．硫酸钡不溶于盐酸，可用于检查肠胃的内服药剂，C错误；D．浓硫酸具有强氧化性，常温下可使铁钝化，所以常温下可用铁罐储运浓硫酸，D正确；答案选C。14．D【分析】由流程可知：I中发生反应2FeO+CCO2↑+2Fe，II中发生反应TiO2+2C+2Cl2TiCl4+2CO，III中发生反应2Mg+TiCl42MgCl2+2Ti，以此解答该题。【详解】A．由流程可知：I中发生反应：2FeO+CCO2↑+2Fe，A正确；B．由流程中反应物、生成物可知：II中发生反应：TiO2+2C+2Cl2TiCl4+2CO，C元素化合价升高，失去电子被氧化，B正确；C．Ti与酸不反应，Mg与稀硫酸反应，因此可用稀硫酸除去金属钛中的少量镁，C正确；D．高温下Ti能被空气氧化，因此反应不能在空气中进行； Mg与N2在加热时会发生反应产生Mg3N2，因此N2不能作保护气。反应要在氩气环境中进行，防止金属被氧化变质，D错误；故合理选项是D。15．     H     镁          Mg+2H+=Mg2++H2↑     Al2O3+2NaOH =2NaAlO2+H2O【分析】①X元素的单质在Y元素的单质中燃烧发出苍白色火焰,并生成气体A,则X为H元素,Y为Cl元素,A为HCl；②Z元素的单质与HCl溶液反应生成氢气,则Z为金属元素； ③Z元素的原子和Cl元素的原子电子层数相同,且它们的最外层电子数之差的绝对值为奇数,则Z的最外层有2个电子,所以Z为Mg元素；④W元素的原子核外有3个电子层,其最外层电子数等于电子层数,则最外层电子数为3,所以W为Al元素；结合元素化合物的性质及元素周期律解答。【详解】①X元素的单质在Y元素的单质中燃烧发出苍白色火焰,并生成气体A,则X为H元素,Y为Cl元素,A为HCl；②Z元素的单质与HCl溶液反应生成氢气,则Z为金属元素； ③Z元素的原子和Cl元素的原子电子层数相同,且它们的最外层电子数之差的绝对值为奇数,则Z的最外层有2个电子,所以Z为Mg元素；④W元素的原子核外有3个电子层,其最外层电子数等于电子层数,则最外层电子数为3,所以W为Al元素；(1)X的元素符号为:H；Z的元素名称是:镁；答案是:H，镁；(2)A为HCl,HCl分子是由1个氢原子和1个氯原子通过共用1对电子结合而成的共价化合物其电子式为； 因此，本题正确答案是:； (3)Mg与HCl溶液反应生成氯化镁和氢气,其反应的离子方程式为: Mg+2H+=Mg2++H2↑；答案是: Mg+2H+=Mg2++H2↑；(4)W为Al元素,其氧化物为两性氧化物,能与NaOH反应,其反应的离子方程式为Al2O3+ 2NaOH =2NaAlO2+H2O；因此，本题正确答案是: Al2O3+2NaOH =2NaAlO2+H2O。16．     KHCO3     2.408×1022     KCN中的C     2∶1     0.8     NaAlO2     Mg(OH)2     7∶1【分析】由质量守恒定律求A化学式，据氧化还原反应知识计算转移电子数、分析被氧化的元素。MgCl2溶液中逐滴加入NaOH溶液直至过量，生成的氢氧化镁沉淀，不会溶解；AlCl3溶液中逐滴加入NaOH溶液直至过量，开始生成的氢氧化铝沉淀，最终完全溶解。【详解】（1）①题中方程式“KCN+H2O2+H2O＝A+NH3↑”已配平，据元素种类和各元素的原子数不变，得生成物A的化学式为KHCO3。 ②反应中电子从KCN中的碳转移向H2O2中的氧，转移电子数与生成氨气关系为2e- ~ NH3。在标准状况下生成0.448L（0.02mol）氨气，则转移电子0.04mol（2.408×1022）。 ③KCN中碳元素失电子被氧化。（2）从图中看，D点时Mg2＋、Al3＋刚好完全沉淀，生成Mg(OH)2和Al(OH)3共0.3mol。C点时，Al(OH)3完全溶解，余下0.2molMg(OH)2。则原溶液中有0.2molMg2+、0.1molAl3+。①原溶液中c(Mg2＋)∶c(Al3＋)＝n(Mg2＋)∶n(Al3＋)＝2∶1；②C点时，Mg2＋已经全部转化为Mg(OH)2沉淀，消耗0.4molNaOH。Al3＋已经转化为AlO2-，消耗0.4molNaOH。共消耗0.8molNaOH。③图中线段OA表示加入的NaOH使0.2molMg2+、0.1molAl3+完全沉淀，消耗0.7molNaOH。线段AB表示加入的NaOH使0.1molAl(OH)3完全溶解，消耗0.1molNaOH。故OA∶AB＝0.7∶0.1＝7∶1。17．     4.8     2.7     4mol·L-1【详解】（1）2Al＋6H＋=2Al3＋＋3H2↑，Mg＋2H＋=Mg2＋＋H2↑，Al3＋＋3OH－=Al(OH)3↓，Mg2＋＋2OH－=Mg(OH)2↓，Al(OH)3＋OH－=AlO2－＋2H2O，因此11.6g沉淀是Mg(OH)2，根据镁元素守恒，即n(Mg)=n[Mg(OH)2]=11.6/58mol=0.2mol，即m(Mg)=0.2×24g=4.8g，19.4g是氢氧化铝和氢氧化镁总质量，即m[Al(OH)3]=(19.4－11.6)g=7.8g，根据铝元素守恒，n(Al)=n[Al(OH)3]=7.8/78mol=0.1mol，因此m(Al)=0.1×27g=2.7g；（2）加入20mLNaOH溶液，恰好中和剩余的盐酸，此时溶液中溶质溶质为AlCl3、MgCl2、NaCl，根据氯元素守恒，n(HCl)=3n(AlCl3)＋2n(MgCl2)＋n(NaCl)=3×0.1＋2×0.2＋20×10－3×5=0.8mol，c(HCl)=0.8/200×10－3mol·L－1=4mol·L－1。18．（1）+2；将橄榄石粉碎、不断搅拌混合物(合理即给分)；Fe(OH)3（2） 2 Fe2++ Cl2=2Cl—+ 2 Fe3+；MgO 或MgCO3(合理即给分)；NaCl；（3）过滤、洗涤后再干燥脱水；2Mg2++ 2CO32—+H2O = Mg2(OH)2CO3↓+ CO2↑【详解】试题分析：（1）根据化合价规则易求得Mg9FeSi5O20中铁元素的化合价为+2价，要提高镁的浸出率，需要使橄榄石尽可能地与酸接触发生反应，故故可采用的措施有将橄槛石粉碎及不断搅拌反应体系等，杂质铁被氧化为Fe3+，然后以Fe(OH)3形式沉淀下来，故答案为+2；将橄榄石粉碎、不断搅拌混合物；Fe(OH)3；（2）氯气将Fe2+氧化为Fe3+，为不引入新杂质，应使用MgO,MgCO3等调节溶液的pH，试剂中的Na+、 Cl-均没有参加反应，故余液中溶质的主要成分是NaCl，故答案为2 Fe2++ Cl2=2Cl—+ 2 Fe3+；MgO 或MgCO3；NaCl；（3）通入CO2后得到硅酸沉淀，过滤、洗涤后再干燥脱水，由碱式碳酸镁的组成知，反应物有Mg2+、CO32—、H2O，H2O电离出的OH-转化为沉淀，H+与一部分CO32—作用生成二氧化碳，故答案为过滤、洗涤后再干燥脱水；2Mg2++ 2CO32—+H2O = Mg2(OH)2CO3↓+ CO2↑。考点：考查了物质制备的工艺流程、化学实验的基本操作的相关知识。