高考化学镁及其化合物-经典压轴题及答案(1)

高考化学与镁及其化合物有关的压轴题含答案一、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）。

①MgI2中Mg2+与I-间的作用力小于MgF2中Mg2+与F-间的作用力②MgBr2与Cl2反应是放热反应③化合物的熟稳定性顺序为： MgI2>MgBr2>MgCl2>MgF2（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】①② MgF2(s)＋Br2(l)＝MgBr2(s)+ F2(g) △H＝+600kJ/mol B 5a3g b＞V(O2)＞7a 15 (a＋32b22.4)＜m＜(a＋44b22.4)5a3＜m＜23a12【解析】【分析】(1)①离子晶体中离子键越强，离子晶体越稳定；②如果反应物能量之和大于生成物能量之和，则是放热反应；③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，残留固体中没有镁剩余，说明二者完全反应。

高考化学与镁及其化合物有关的压轴题附详细答案一、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）。

①MgI2中Mg2+与I-间的作用力小于MgF2中Mg2+与F-间的作用力②MgBr2与Cl2反应是放热反应③化合物的熟稳定性顺序为： MgI2>MgBr2>MgCl2>MgF2（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】①② MgF2(s)＋Br2(l)＝MgBr2(s)+ F2(g) △H＝+600kJ/mol B 5a3g b＞V(O2)＞7a 15 (a＋32b22.4)＜m＜(a＋44b22.4)5a3＜m＜23a12【解析】【分析】(1)①离子晶体中离子键越强，离子晶体越稳定；②如果反应物能量之和大于生成物能量之和，则是放热反应；③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，残留固体中没有镁剩余，说明二者完全反应。

2020-2021高考化学镁及其化合物-经典压轴题及详细答案一、镁及其化合物1．X、Y、Z为三种常见的单质，Z为绿色植物光合作用后的产物之一，A、B为常见化合物．它们在一定条件下可以发生如图反应（均不是在溶液中进行的反应）（以下每个空中只需填入一种物质）(1)X、Y均为金属时，此反应在工业上称为___反应，其反应方程式为________(2)X为金属，Y为非金属时，A为__B__(3)X为非金属Y为金属时，A为__B为_______(4)X为非金属，Y为非金属时，A为_____B为______【答案】铝热反应 3Fe3O4+8 Al 9Fe +4 Al2O3 CO2 MgO CuO H2O SiO2 CO 【解析】【分析】Z为绿色植物光合作用后的产物之一，应为O2，X+A Y+B的反应为置换反应，X、Y为单质，A、B为氧化物。

【详解】(1)当X、Y均为金属时,应为铝热反应,则X为Al、A为Fe3O4,Y为Fe,B为Al2O3,Z为氧气,反应方程式为3Fe3O4+8 Al 9Fe +4 Al2O3；(2)当X为金属、Y为非金属,应为Mg和CO2的反应,反应的方程式为:Mg+CO2MgO+C；(3)当X为非金属时,Y为金属时,碳、氢气还原氧化铜符合此反应,A为CuO,B为 H2O,反应方程式为CuO+H2Cu+H2O；(4)当X、Y均为非金属固体时,为C和SiO2的反应,反应的方程式为SiO2+2C Si+2CO。

【点睛】本题考查无机物的推断，题目难度中等，解答本题的关键是能把握常见单质+氧化物→单质+氧化物的置换反应的类型，注意把握常见相关物质的性质。

2．置换反应的通式可表示为：请回答下列问题：（1）若甲为黄绿色气体，单质乙能使淀粉溶液变蓝色，则该反应的离子方程式为：；（2）若过量的单质甲与化合物A发生反应的化学方程式为： 2Al+Fe2O3Al2O3+2Fe。

该反应可用于焊接铁轨，要除去反应后混合物中剩余的铝粉与生成的Al2O3所用的试剂是：；（3）若单质甲是一种常见的金属单质，化合物B是一种磁性黑色晶体，写出该反应的化学方程式：；（4）若单质乙是黑色非金属固体单质，化合物B是一种优质的耐高温材料，则该反应的化学方程式为：。

高考化学压轴题之镁及其化合物(高考题型整理,突破提升)含答案(1)一、镁及其化合物1．已知A为单质，B、C、D、E为化合物，它们之间存在如下转化关系：（1）若A为非金属单质，B为镁条在空气中燃烧的产物之一，其与水反应可生成气体C，D为无色气体，在空气中可变成红棕色，C与HCl气体反应生成E时产生大量白烟，则B 的化学式为，由C转化为D的化学方程式为，上述反应中属于氧化还原反应的有。

（2）若A为生活中常见的金属单质，B为A与盐酸反应的产物，C可通过单质间的化合反应制得，加热蒸干并灼烧C的溶液可得到红棕色的D，将C滴入沸水中可得E的胶体，则由B转化为C的离子方程式为，加热蒸干并灼烧C的溶液可得D的原因是。

【答案】（1）Mg3N24NH3+ 5O2 4NO +6H2O ①②③⑤（2）2Fe2++Cl2= 2Fe3++2Cl-FeCl3水解吸热，且水解产物HCl易挥发，从而彻底水解生成Fe(OH)3，灼烧时分解生成Fe2O3。

【解析】试题分析：（1）镁条在空气中燃烧的主要产物有氧化镁和氮化镁，因B可与水反应生成气体C，所以A为N2，B为Mg3N2，C为NH3，D在空气中由无色变红棕色，故D为NO，NH3与HCl气体反应生成NH4Cl时产生大量白烟，所以E为NH4Cl。

根据反应过程中是否存在元素化合价变化，可判断出氧化还原反应有①②③⑤。

（2）由C可通过单质间的化合反应制得，加热蒸干并灼烧C的溶液可得到红棕色的D，且B为A与盐酸反应的产物，可判断A为Fe，B为FeCl2，C为FeCl3，D为Fe2O3，E为Fe(OH)3。

考点：元素化合物2．用C、Mg和Al组成的混合物进行如下图所示实验。

填写下列空白。

（1）气体X为_________，固体Z为_____________。

（2）滤液Y中除H+外，还含有的阳离子为_________与__________；其中镁和稀硫酸反应的化学方程式为_________________________________________。

高考化学压轴题专题镁及其化合物的经典推断题综合题附详细答案一、镁及其化合物1．短周期元素形成的物质A、B、C、D、E，它们的转化关系如下图所示，物质A与物质B 之间的反应不在溶液中进行(E可能与A、B两种物质中的某种相同)。

请回答下列问题：(1)若C是离子化合物，D是一种强碱，写出C的电子式：_____________(2)若E是有臭鸡蛋气味，D是既能溶于强酸，又能溶于强碱的化合物。

①用电离方程式解释D既能溶于强酸，又能溶于强碱的原因： ____________________②用等式表示E与NaOH溶液反应后生成正盐的溶液中所有离子浓度之间的关系：_______________________________(3)若C是一种气体，D是一种强酸，且E与A相同，则C与水反应的化学方程式为(请标出电子转移方向和数目)： __________________________________________(4)若A是一种单质，该元素的原子最外层电子数等于最内层，气体E能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，那么化合物D是_____________。

【答案】 H++H2O+AlO2- Al(OH)3Al3++3OH-c(Na+)+c(H+)=2c(S2-)+c(HS-)+c(OH-) Mg(OH)2【解析】【分析】(1)若C是离子化合物，D是一种强碱，可能为NaOH，则C可为Na2O2(或NaH)，生成气体为O2或H2；(2)D是既能溶于强酸、又有溶于强碱的化合物，应为Al(OH)3，E的水溶液呈现弱酸性，E 可能与A、B两种物质中的某种相同，结合转化关系分析可知C应为H2S；(3)若C是一种气体，D是一种强酸，C应为NO2，则D为HNO3，E为NO，结合物质的性质解答该题；(4)若A是一种单质，该元素的原子最外层电子数等于最内层，气体E能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则气体E为NH3，A为Mg，B为氮气，生成的C为Mg2N3。

高考化学推断题综合题专题复习【镁及其化合物】专题解析(1)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）。

①MgI2中Mg2+与I-间的作用力小于MgF2中Mg2+与F-间的作用力②MgBr2与Cl2反应是放热反应③化合物的熟稳定性顺序为： MgI2>MgBr2>MgCl2>MgF2（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】①② MgF2(s)＋Br2(l)＝MgBr2(s)+ F2(g) △H＝+600kJ/mol B 5a3g b＞V(O2)＞7a 15 (a＋32b22.4)＜m＜(a＋44b22.4)5a3＜m＜23a12【解析】【分析】(1)①离子晶体中离子键越强，离子晶体越稳定；②如果反应物能量之和大于生成物能量之和，则是放热反应；③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，残留固体中没有镁剩余，说明二者完全反应。

高考化学压轴题专题复习—镁及其化合物的推断题综合及详细答案一、镁及其化合物1．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】1:2 2H2SO4(浓)+Cu CuSO4+SO2↑+2H2O NH3 1:2 CO2+2Mg2MgO+C 【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SO2，C是SO3，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 Na2O2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：2H2SO4(浓)+Cu CuSO4+SO2↑+2H2O，故答案为2H2SO4(浓)+Cu CuSO4+SO2↑+2H2O；（3）C为NO2，D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，其化学方程式为：CO2+2Mg2MgO+C，故答案为CO2+2Mg2MgO+C。

高考化学压轴题专题镁及其化合物的经典推断题综合题含答案解析一、镁及其化合物1．X、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Z Z 与钾的一种合金可用于快中子反应堆作热交换剂W W 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】NaCl 2NaCl+2H2O Cl2↑+H2↑+2NaOH 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 Na Mg3N2【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+2H2O Cl2↑+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物化学式为Mg3N2。

2．X、Y、Z三种物质有如下转化关系：(1)根据上述转化关系，写出下列物质的化学式：X_____、Y_____、Z___试剂甲_____，试剂乙________(2)写出上述③④⑤步反应的离子方程式：_____________；___________；___________【答案】MgSO4Mg(OH)MgCl2BaCl2AgNO3Mg(OH)2+2H+=Mg2++2H2O Ag++Cl−=AgCl↓Ba2++SO42−=BaSO4↓【解析】【分析】【详解】(1)X和硝酸钡反应生成硝酸镁，则X应为MgSO4，加入NaOH反应生成Mg(OH)2,与盐酸反应生成MgCl2，则Y为Mg(OH)2，Z为MgCl2，MgSO4可与BaCl2反应生成MgCl2，则甲为BaCl2，MgCl2与AgNO3反应生成硝酸镁，则乙为AgNO3，故答案为MgSO4；Mg(OH)2；MgCl2；BaCl2；AgNO3；(2)③为Mg(OH)2和盐酸的反应,反应的离子方程式为Mg(OH)2+2H+=Mg2++2H2O，④为MgCl2和AgNO3的反应,反应的离子方程式为Ag++Cl−=AgCl↓，⑤为MgSO4和BaCl2的反应,反应的离子方程式为Ba2++SO42−=BaSO4↓，故答案为③Mg(OH)2+2H+=Mg2++2H2O、④Ag++Cl−=AgCl↓、⑤Ba2++SO42−=BaSO4↓。

高考化学与镁及其化合物有关的压轴题(1)一、镁及其化合物1．已知A为单质，B、C、D、E为化合物，它们之间存在如下转化关系：（1）若A为非金属单质，B为镁条在空气中燃烧的产物之一，其与水反应可生成气体C，D为无色气体，在空气中可变成红棕色，C与HCl气体反应生成E时产生大量白烟，则B 的化学式为，由C转化为D的化学方程式为，上述反应中属于氧化还原反应的有。

（2）若A为生活中常见的金属单质，B为A与盐酸反应的产物，C可通过单质间的化合反应制得，加热蒸干并灼烧C的溶液可得到红棕色的D，将C滴入沸水中可得E的胶体，则由B转化为C的离子方程式为，加热蒸干并灼烧C的溶液可得D的原因是。

【答案】（1）Mg3N24NH3+ 5O2 4NO +6H2O ①②③⑤（2）2Fe2++Cl2= 2Fe3++2Cl-FeCl3水解吸热，且水解产物HCl易挥发，从而彻底水解生成Fe(OH)3，灼烧时分解生成Fe2O3。

【解析】试题分析：（1）镁条在空气中燃烧的主要产物有氧化镁和氮化镁，因B可与水反应生成气体C，所以A为N2，B为Mg3N2，C为NH3，D在空气中由无色变红棕色，故D为NO，NH3与HCl气体反应生成NH4Cl时产生大量白烟，所以E为NH4Cl。

根据反应过程中是否存在元素化合价变化，可判断出氧化还原反应有①②③⑤。

（2）由C可通过单质间的化合反应制得，加热蒸干并灼烧C的溶液可得到红棕色的D，且B为A与盐酸反应的产物，可判断A为Fe，B为FeCl2，C为FeCl3，D为Fe2O3，E为Fe(OH)3。

考点：元素化合物2．X、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①~⑤步反应的离子方程式：①____________________________；②__________________________；③__________________________；④_________________________；⑤___________________________。

备战高考化学压轴题之镁及其化合物(备战高考题型整理,突破提升)及详细答案一、镁及其化合物1．有A、B、C三种常见的金属单质，A在空气中燃烧生成淡黄色固体；B也能在空气中剧烈燃烧，发出耀眼的白光；C在一定条件下与水蒸气反应生成氢气和一种黑色固体。

根据以上信息回答下列问题：(1)写出化学式：A．________；B．________；C．________。

(2)写出化学方程式：①C与水蒸气反应______________________________________________________；②A与水反应_______________________________________________________。

【答案】Na Mg Fe 3Fe＋4H2O(g)高温Fe3O4＋4H2 2Na＋2H2O=2NaOH＋H2↑【解析】【分析】有A、B、C三种常见的金属单质，A在空气中燃烧生成淡黄色固体，则A为钠；B也能在空气中剧烈燃烧，发出耀眼的白光，则B为镁；C在一定条件下与水蒸气反应生成H2和一种黑色固体，则C为铁，据此分析。

【详解】有A、B、C三种常见的金属单质，A在空气中燃烧生成淡黄色固体，则A为钠；B也能在空气中剧烈燃烧，发出耀眼的白光，则B为镁；C在一定条件下与水蒸气反应生成H2和一种黑色固体，则C为铁。

(1)A、B、C的化学式分别为 Na 、 Mg 、 Fe。

(2)化学方程式为①C与水蒸气反应化学方程式为3Fe＋4H2O(g) 高温Fe3O4＋4H2；②A与水反应化学方程式为2Na＋2H2O=2NaOH＋H2↑。

2．某同学用某化合物X（两种短周期元素组成的纯净物）进行了如下实验：实验步骤②中还观测到生成黑色固体和无色无味气体，生成的溶液可作为建筑行业的一种黏合剂。

请回答：（1）X的化学式是____，步骤①的离子方程式是___。

（2）步骤②的化学方程式是_____。

【答案】Mg2Si Mg2Si +4H+=SiH4↑+2Mg2+ SiH4 +2KMnO4=2MnO2↓+Na2SiO3+H2↑+H2O 【解析】【分析】短周期元素形成的化合物中，与过量烧碱溶液生成白色沉淀，则灼烧后得到白色固体的为MgO，4.0g白色固体可得X中0.1molMg原子，无色气体A与高锰酸钾可生成黏合剂硅酸钾溶液，可知无色气体A具有还原性且含有Si元素，据此分析作答。

备战高考化学压轴题之镁及其化合物(备战高考题型整理,突破提升)附答案解析一、镁及其化合物1．已知A为单质，B、C、D、E为化合物，它们之间存在如下转化关系：（1）若A为非金属单质，B为镁条在空气中燃烧的产物之一，其与水反应可生成气体C，D为无色气体，在空气中可变成红棕色，C与HCl气体反应生成E时产生大量白烟，则B 的化学式为，由C转化为D的化学方程式为，上述反应中属于氧化还原反应的有。

（2）若A为生活中常见的金属单质，B为A与盐酸反应的产物，C可通过单质间的化合反应制得，加热蒸干并灼烧C的溶液可得到红棕色的D，将C滴入沸水中可得E的胶体，则由B转化为C的离子方程式为，加热蒸干并灼烧C的溶液可得D的原因是。

【答案】（1）Mg3N24NH3+ 5O2 4NO +6H2O ①②③⑤（2）2Fe2++Cl2= 2Fe3++2Cl-FeCl3水解吸热，且水解产物HCl易挥发，从而彻底水解生成Fe(OH)3，灼烧时分解生成Fe2O3。

【解析】试题分析：（1）镁条在空气中燃烧的主要产物有氧化镁和氮化镁，因B可与水反应生成气体C，所以A为N2，B为Mg3N2，C为NH3，D在空气中由无色变红棕色，故D为NO，NH3与HCl气体反应生成NH4Cl时产生大量白烟，所以E为NH4Cl。

根据反应过程中是否存在元素化合价变化，可判断出氧化还原反应有①②③⑤。

（2）由C可通过单质间的化合反应制得，加热蒸干并灼烧C的溶液可得到红棕色的D，且B为A与盐酸反应的产物，可判断A为Fe，B为FeCl2，C为FeCl3，D为Fe2O3，E为Fe(OH)3。

考点：元素化合物2．X、Y、Z为三种常见的单质，Z为绿色植物光合作用后的产物之一，A、B为常见的化合物。

它们在一定条件下可以发生如图所示的转化关系（均不是在溶液中进行的反应）以下每空中填入一种即可）。

（1）当X、Y均为金属时，X的化学式为_____________，Z为____________（填名称）。

高考化学压轴题专题复习—镁及其化合物的推断题综合附答案一、镁及其化合物1．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】1:2 2H2SO4(浓)+Cu CuSO4+SO2↑+2H2O NH3 1:2 CO2+2Mg2MgO+C 【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SO2，C是SO3，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 Na2O2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：2H2SO4(浓)+Cu CuSO4+SO2↑+2H2O，故答案为2H2SO4(浓)+Cu CuSO4+SO2↑+2H2O；（3）C为NO2，D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，其化学方程式为：CO2+2Mg2MgO+C，故答案为CO2+2Mg2MgO+C。

高考化学压轴题专题镁及其化合物的经典推断题综合题及答案(1)一、镁及其化合物1 .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：①取m g试木¥ A,全部溶于0.5L 2mol • L 一稀硫酸溶液中,放出11.2 L气体(已换算成标准状况),同时生成溶液B;②另取m g试小¥ A,参加2mol • L 一的NaOH§液,当加到100mL时,气体不再生成；③往溶液B中参加2mol/L NaOH,至沉淀不再发生变化.根据以上过程答复以下问题：⑴溶液B中是否含有H+(填“是〞或“否〞)；(2)写出②中发生反响的离子方程式 ;(3)以下能表示过程③产生的沉淀质量W与参加NaOH§液体积V的关系是 ;(4)m g试木A 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能剧烈反响生成SO,如果忽略钝化的反响过程,可以通过测定浓硫酸与固体试样反响产生的气体体积,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,但考虑到如果反响结束后硫酸未保持“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-+2H2O=2AQ-+3H2 T D 4.8偏大浓硫酸变稀后会与铝反响,使生成的气体偏多,镁的质量分数测定结果偏大【解析】【分析】镁和铝均能与稀硫酸反响生成氢气,铝只能与氢氧化钠溶液反响生成氢气,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响的方程式分析解答.【详解】(1) 0. 5L 2mol • L一稀硫酸溶液中硫酸的物质的量是0. 5LX 2mol/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试木A,参加2mol • L7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响,那么②中发生反响的离子方程式为2Al+2OH- -+2H2O=2AlO2 +3H2 T ；(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中参加2mol/L NaOH,至沉淀不再发生变化时首先发生中和反响,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,那么能表示过程③产生的沉淀质量W与参加NaOH溶液体积V的关系是图像D,答案选D;(4)与铝反响的氢氧化钠的物质的量是 2mol/Lx 0. 1L= 0. 2mol,根据方程式可知2A1+2OH -+2H 2O=2AlO 2-+3H 2 T 生成氢气是0. 3mol,由于相同质量的铝与稀硫酸反响也产生 0.3mo1氢气,那么镁生成的氢气是0.5mol-0. 3mol=0.2mol ,所以根据方程式 Mg+2H +=Mg 2++H 2 T 可知镁的质量是 0. 2mol x 24g/ mol = 4. 8g;(5)由于浓硫酸变稀后会与铝反响,使生成的气体偏多,从而导致镁的质量分数测定结果 偏大.2.以下图中A 〜J 分别代表相关反响的一种物质. A 分解得到等物质的量的 B 、G D,图中有局部生成物未标出.i-—- ------ H G -G®请填写以下空白： (1)A 的化学式;(2)写出反响①②的化学方程式： ①,②；(3)写出反响③的离子方程式： ; (4)在反响④中,当生成标准状况下2.24 L G 时,转移电子数为 mol .【答案】NH 4HCO3 2Mg+CQ 匚燃 2MgO+C: 4NH 3+5O 2 - - ' 4NO+6H 2O NH 4++HCQ - +2OH - △ NH3 f +CO T +2H2O 0.2 【解析】 【分析】A 受热能分解,分解得到等物质的量的日C D,且A 与碱反响生成D,那么A 为酸式盐或俊盐,C 能和过氧化钠反响,那么 C 为水或二氧化碳,镁条能在B 中燃烧,那么B 为二氧化碳或氧气,由于A 受热分解生成 日C 、D,那么B 为二氧化碳,C 为水,水和过氧化钠反响生 成NaOH 和O2, D 能在催化剂条件下反响生成 H,那么D 是NH3, G 是O2, H 是NO, I 是 NO2, J 是HNO3,镁和二氧化碳反响生成氧化镁和碳,C 和浓硝酸反响生成二氧化碳、二氧化氮和水,那么E 是MgO, F 是C,通过以上分析知,A 为NH 4HCO,据此分析解答. 【详解】(1)通过以上分析知, A 是NH 4HCC3,故答案为 NH 4HCC3; (2)反响①为镁在二氧化碳中燃烧生成氧化镁和碳,反响方程式为：2Mg+CO 2点燃2MgO+C ：反响②在催化剂、加热条件下,氨气被氧化生成一氧化氮和水,反响方程式为：4NH 3+5O 2 1--4NO+6H 2O,故答案为 2Mg+CO 2名 2MgO+C; 4NH 3+5O 2△•[FP催化剂A---------- 4NO+6H2O;(3)反响③为在加热条件下,碳酸氢俊和氢氧化钠反响生成氨气、二氧化碳和水,离子方程式为：NH4++HCC3-+2OH- NH3 T +CQ T +2H2O,故答案为NH4++HCQ-+2OH.△NH3 T +CO T +2H2O;(4)反响④为水和过氧化钠反响生成氢氧化钠和氧气,反响方程式为2Na2O2+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=“,--x 2X (1-0)=0.2mpl故答案为0.2.22.4L / mol3.置换反响的通式可表示为:请答复以下问题：(1)假设甲为黄绿色气体,单质乙能使淀粉溶液变蓝色,那么该反响的离子方程式(2)假设过量的单质甲与化合物A发生反响的化学方程式为：2A1+F&O3面温Al2O3+2Fe.该反响可用于焊接铁轨,要除去反响后混合物中剩余的铝粉与生成的A12O3所用的试剂(3)假设单质甲是一种常见的金属单质,化合物B是一种磁性黑色晶体,写出该反响的化学方程式：;(4)假设单质乙是黑色非金属固体单质,化合物B是一种优质的耐高温材料,那么该反响的化学方程式为：.(5)硅是一种重要的半导体材料,广泛应用于电子工业的各个领域.工业上制取硅单质所用的化合物A是—,A非常细,导光水平很强,可用作.【答案】(1) 2I-+ C12= I2+ 2C「(2) NaOH 溶液(3 ) 3Fe + 4H2.( g) 高®Fe3O4+4H2(4 ) 2Mg+CO2 2MgO+C(5 ) SiC2光导纤维【解析】【分析】置换反响的反响物、生成物中都有单质和化合物,一定属于氧化复原反响,因而有化合价的升高和降低.【详解】(1)黄绿色气体甲为氯气,能使淀粉溶液变蓝色的单质乙为碘,那么反响的离子方程式为2I-+ C2 = I2+ 2C「；(2) Al、AI2O3都能溶于强碱溶液,而Fe、Fe2O3不溶.要除去反响后混合物中剩余的铝粉与生成的AI2O3可使用NaOH溶液；(3)常见的金属单质有钠、铝、铁、铜等,磁性黑色晶体B为Fe3O4,那么反响的化学方程式为3Fe + 4H2O (g)三二Fe3O4+ 4H2 ;(4)黑色非金属固体单质为焦炭,耐高温材料有MgO、AI2O3等高熔点物质,那么该反响的化学方程式为2Mg+CO2 L-h：1 2MgO+C.(5)工业上制取硅单质通常用焦炭和石英砂高温反响,那么化合物A是Si.,因其导光水平很强,可用作光导纤维.4.将一定质量的镁铝粉末混合物投入一定浓度的200 mL盐酸中,使合金全部溶解,向所得溶液中滴加5.0 mol E1的NaOH溶液至过量,生成沉淀的质量与参加NaOH溶液的体积的关系(1)原合金中铝的物质的量分数为.(2)盐酸中HCl的物质的量浓度为.【答案】36% 4mol/L【解析】【分析】由图可知,参加20m氢氧化钠溶液开始产生沉淀,说明所得溶液中含有盐酸；再参加氢氧化钠溶液,镁离子和铝离子完全反响生成19.4g沉淀,当参加180ml氢氧化钠溶液时,氢氧化铝与氢氧化钠溶液完全反响,得到11.6g氢氧化镁沉淀.【详解】(1)由图可知,氢氧化镁的质量为11.6g,氢氧化铝的质量为(19.4—11.6) g=7.8g,由原子个数守恒可知,合金中镁的质量为58g.6rL * 24g/mol=4.8g ,铝的质量为卷告x 27g/mol=2.7g ,那么铝的物质的量分数为获言有乂 100%=36%,故答案为：36%;(2)由图可知,当参加180ml氢氧化钠溶液时,氢氧化铝与氢氧化钠溶液完全反响,得到氯化钠和偏铝酸钠的混合溶液,由铝原子个数守恒可知n (AlOH) =n (Al3+) =0.1mol,由电荷守恒可得n (Na+) =n (Ct) +n (AlO2-) , n (Ct) =5.0 mol L-1 x 0.18L— 0.1mol=0.8mol ,那么200 mL 盐酸的浓度为^08m L i l =4mol/L ,故答案为：4mol/L.5.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.请答复以下问题.(1)假设在滴加NaOH溶液的过程中,沉淀质量m随参加NaOH溶液的体积V变化情况如图所示.当V1=160mL时,那么金属粉末中n(Al)=mol ;(2) 0〜V I段发生的反响的离子方程式为；(3)假设在滴加NaOH溶液的过程中,欲使Mg2+、Al3+刚好沉淀完全,那么滴入NaOH溶液的体积V(NaOH)=mL;(4)假设镁、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,再参加840mL 2mol?L-1的NaOH溶液,所得沉淀中无Al(OH)3,那么a的取值范围为 .【答案】0.08 H++OH=H2O; 400 0.6 «1【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 x 2mol/L=0.32mo200mL 4mol?L-1的盐酸溶液中含有氯化氢的物质的量为：4mol/L x 0.2L=0.8moJ设混合物中含有MgCl2xmol、AlCl3为ymol,那么：根据Mg原子、Al原子守恒有：x+y=0.2,根据C-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〜V I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响生成氯化钠和水,反响的离子方程式为：H++OH=H2O,故答案为H++OH-=H2O；(3)当溶液中Mg2+、Al3+恰好沉淀完全时,此时,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 x 0.2L=0.8W需要参加氢氧化钠溶液体积为：o.s™/V(NaOH)=-~~TTV=0.4L=400mL,故答案为400;L(4)由于为金属混合物,那么av 1, Al的物质的量为：0.2(1-a)mol,反响后的混合溶液,再参加840mL 2mol?L-1的NaOH溶液,所得沉淀中无Al(OH)3,那么溶质为硫酸钠、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(NSC4)+n(NaAlO2),即0.84 x 2>2X 0.2 X 蝴.21 得：a>0.6 所以a 的取值范围为：故0.6 w抵1,故答案为0.6 w豕1.【点晴】此题考查了有关混合物反响的计算,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响、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.6.镁、铝、锌是生活中常见的三种金属,查阅资料获得如下信息：①镁、铝、锌都是银白色的金属②锌(Zn)可以与NaOH溶液反响生成H2③Zn (OH) 2为白色固体,难溶于水,可溶于强碱及NH3?H2O④Zn 2+易形成配合物如[Zn (NH3) 4]2+,该配合物遇强酸分解生成Zn2+、NHJ (1) 同学取镁铝合金进行定量分析,用图所示装置进行实验,获得如下数据(所有气体体积均已换算成标准状况,忽略滴入液体体积对气体体积的影响)编P 粉末质里量气管第一次读数量气管第二次读数① 2.0 g10.0 mL346.2 mL② 2.0 g10.0 mL335.0 mL③ 2.0 g10.0 mL345.8 mL(2)乙同学取镁铝锌合金设计如下实验方案:①试剂I是;沉淀B是②过程I是：在滤液中逐滴参加 ,直至生成的沉淀刚好溶解,再参加足量的过滤.③沉淀C与氨水反响的离子方程式为 .【答案】①NaOH溶液；Al (OH) 3;②稀硫酸；稀氨水;③Zn (OH) 2+4NH3=[Zn (NH3)4]2++2OH ；(1)甲(可用试剂：样品、pH试纸、稀硫酸、NaOH溶液、氨水)或Zn (OH) 2+4NH3?H2O=[Zn ( NH3) 4]2++2OH+4H2O.【解析】【分析】【详解】(2) Wg镁铝锌合金参加稀硫酸溶解生成硫酸镁、硫酸铝溶液、硫酸锌溶液,参加试剂M 为过量氢氧化钠溶液,得到沉淀A为Mg (OH) 2,滤液为Na2ZnO2, NaAlO2溶液,参加过量稀硫酸得到硫酸铝溶液、硫酸锌溶液,再参加足量氨水溶液得到沉淀B为Al (OH) 3,滤液为Z吊+易形成配合物如[Zn (NH3) 4]2+,该络合物遇强酸分解生成Zn2+、NH4+,力口入适量氢氧化钠溶液得到C为氢氧化锌沉淀；①上述分析可知,试剂I为氢氧化钠溶液,沉淀B为Al (OH) 3;②操作I是：在滤液中逐滴参加稀硫酸溶液直至生成的沉淀刚好溶解,再参加足量的氨水溶液沉淀铝离子,过滤得到氢氧化铝沉淀.③Zn (OH) 2为白色固体,难溶于水,可溶于强碱及NH3?H2O,沉淀C与氨水反响的离子方程式为Zn (OH) 2+4NH3=[Zn (NH3) 4]2++2OH；或Zn ( OH) 2+4NH3?H2O=[Zn ( NH3)4]2++2OH+4H2O;【点评】此题考查了实验探究物质组成的实验设计,反响过程分析判断,物质提纯的理解应用,主要是混合物别离的方法和物质性质的理解应用,掌握根底是关键,题目难度中等.7. Mg能在NO2中燃烧,产物为Mg3N2、MgO和N2O某科学小组通过实验验证反响产物并探究产物的比例关系.资料信息：I -、门、泣卜、水5 + 11(,M心& [ 6II.U- 3yiy<OH). f 限用如下装置实验(夹持装置省略,局部仪器可重复使用)(1)装置连接的顺序为—(填字母序号)；(2)连接好仪器,装入药品前检验装置气密性的方法是一；(3)装置A中盛装的枯燥剂是_；装置F的作用 ;(4)验证产物中存在Mg3N2的具体实验操作为确定产物中有No生成的实验现象为;(5)装置E中初始参加Mg粉质量为13. 2 g,在足量的NO2中充分燃烧,实验结束后,硬质玻璃管冷却至室温、称量,测得硬质玻璃管中剩余固体的质量为21. 0 g,产生N2的体积为1120 mL (标准状况).写出玻璃管中发生反响的化学方程式：_.【答案】(1) BAEAFC(D)(2分)；(2)关闭分液漏斗活塞,将导气管末端插入水中,对锥形瓶微热,假设到期管口有气泡冒出,停止加热,导气管中进入一段水柱,表示气密性良好〔2分〕；〔3〕无水氯化钙或五氧化二磷等〔1分〕除去二氧化氮〔2分〕〔4〕取少量反响后的固体产物,参加到水中产生有刺激性气味的气体,该气体能使湿润的红色石蕊试纸变成蓝色〔2分〕；装置C中收集到大量气体〔2分〕；〔5〕 11Mg+4NO2=Mg3N2+ 8MgO+N2 〔2分〕.【解析】【分析】【详解】〔1〕铜与浓硝酸反响产生的气体为二氧化氮,用枯燥剂枯燥,通入硬质玻璃管与镁粉反应,用F装置除去多余的二氧化氮,装置C、D排水法收集氮气,故装置的链接顺序为BAEAFC〔D〕〔2〕连接好仪器,装药品前装置的气密性检验方法是关闭分液漏斗活塞,将导气管末端插入水中,对锥形瓶微热,假设到期管口有气泡冒出,停止加热,导气管中进入一段水柱,表示气密性良好；〔3〕二氧化氮不能使用碱性枯燥剂来枯燥, U形管装的是固体枯燥剂,故盛放的枯燥剂可以是无水氯化钙或五氧化二磷等；〔4〕取少量反响后的固体产物,参加到水中产生有刺激性气味的气体,该气体能使湿润的红色石蕊试纸变成蓝色,确定产物中有氮气生成的实验现象为装置C中收集到大量气体；〔5〕设生成二氮化三镁的物质的量为x摩尔,氧化镁的物质的量为y摩尔,可得3x+y=0. 55mol, 100x+40y=21 . 0g,解x=0. 05 y=0. 4,氮气的物质的量为0. 05 摩尔, 即可得方程式为：11Mg+4NO2=Mg3N2+ 8MgO+N2.8. A.将一定质量的Mg和Al混合物投入400 mL稀硫酸中,固体全部溶解并产生气体.待反响完全后,向所得溶液中参加NaO聆液,生成沉淀的物质的量与参加NaO哈液的体积关系如下图.计算：〔1〕 Mg和Al的总质量为g;〔2〕硫酸的物质的量浓度为 ;〔3〕生成H的物质的量为.I时〔就发＞/0, 7 [- --------- \1 \"40 /mbB.将一定量的铝粉、氧化铝、氧化镁的混合物参加到300mL ,4mol/L的稀硫酸中,生成标准状况下6.72L气体.向反响后的溶液中滴加一定物质的量浓度的KOH§液时,所得沉淀的物质的量〔mol〕与滴加KOH#液的体积〔mD之间的关系如下图：,BC 对应反响的离子方程式为在中学阶段,实验室里检验 B 点对应的溶液中的阳离子时,所观察到的现象是o(5)向C 点对应的溶液中通入足量的【答案】18 g 2.5 mol/l 0.9mol透过蓝色钻玻璃观察,火焰呈紫色【解析】【分析】A.由图象可知,从开始至参加 NaOH 溶液40 mL,没有沉淀生成,说明原溶液中硫酸溶解Mg 、Al 后硫酸有剩余,此时发生的反响为：H 2SO 4+2NaOH=Na 2SO 4+2H 2O.当V(NaOH)= 400 mL 时,沉淀量最大,此时为Mg(OH)2和Al(OH)3,二者物质的量之和为0.7 mol,溶液 中溶质为Na z SQ,根据钠元素守恒可知此时 n(Na 2SQ)等于400 mL 氢氧化钠溶液中含有的 n(NaOH)的 0.5 倍.从 400mL 开始,NaOH 溶解 Al(OH)3,发生反响 NaOH+Al(OH)3 = NaAlO 2+2H 2O,当沉淀不再减少时只有 Mg(OH)2,物质的量为0.3 mol,所以沉淀量最大时,Mg(OH 〞 为 0.3 mol, Al(OH)3 为 0.7 mol-0.3 mol=0.4 mol ,所以该阶段消耗 n(NaOH)= n[Al(OH)3] = 0.4 mol,氢氧化钠的浓度为 一04m o 一 = 5 mol/L .0.48L 0.4L(1)由元素守恒可知 n(Al) = n[Al(OH)3], n(Mg) = n[Mg(OH)2],在根据 m =n M 计算各自的 质量,进而计算金属的总质量；⑵沉淀量最大,此时为 Mg(OH)2和Al(OH)3,溶液中溶质为 Na 2S .,根据钠元素守恒可 知此时n(NaOH)= 2 n(Na 2SO),根据硫酸根守恒 n(H 2sO) = n(Na 2SO 4),再根据c=£来计算；(3)根据电子转移守恒可知 2n(H 2) = 3n(Al) + 2n(Mg),据此计算n(H 2)；B.由图可知,从开始至参加 KOH 溶液到A,没有沉淀生成,说明原溶液中硫酸溶解Mg 、Al 后硫酸有剩余,此时发生的反响为： H 2SC 4+2KOH=K;SC 4+2H 2O;继续滴加KOH 溶液,到氢 氧化钾溶液为600 mL 时,沉淀量最大,此时为 Mg(OH)2和Al(OH)3,溶液为硫酸钾溶 液.再继续滴加 KOH 溶液,氢氧化铝与氢氧化钾反响生成偏铝酸钾与水,发生反响Al(OH )3+KOH=KAlQ+2H 2O,故反响后的溶液溶质为 KA1C2,通入足量的CO 2后又生成了氢氧(1) (2) (3) (4) c (KOH = A 点对应的数值为mol/L ,混合物中氧化铝的物质的量为CO 所发生反响的离子方程式为 H +OH=H 2.Al(OH) 3 +OH=AlO 2+2HO 4 0.1 200 CO +AlO 2- +2H 2O=Al(OH )3 J +HC@ OA 对应反响的离子方程式为化铝沉淀,且不溶解,据此进行解答；在进行焰色反响时,为防止钠离子对钾离子的干 扰,需要透过蓝色钻玻璃观察.【详解】A.由图象可知,从开始至参加 NaOH 溶液40mL,没有沉淀生成,说明原溶液中硫酸溶解Mg 、Al 后硫酸有剩余,此时发生的反响为： H 2SQ+2NaOH = NmSQ+2H 2O.当V(NaOH)=400mL 时,沉淀量最大,此时为 Mg(OH )2和Al(OH )3,二者物质的量之和为0.7 mol,溶液 中溶质为Na z SQ,根据钠元素守恒可知此时 n(Na 2SQ)等于400 mL 氢氧化钠溶液中含有的 n(NaOH)的0.5倍.从400 mL 开始,NaOH 溶解Al(OH)3,发生反响 NaOH+Al(OH)3=NaAlO 2+2H 2O,当沉淀不再减少,此时全部为Mg(OH)2,物质的量为 0.3 mol,所以沉淀量最大时, Mg(OH)2 为 0.3 mol, Al(OH)3 为 0.7 mol-0.3 mol=0.4mol ,所以该阶段消耗n(NaOH) = n[Al(OH)3] = 0.4mol ,氢氧化钠的浓度为 ——0、4m ol —— =5 mol/L .0.48L 0.4L(1)由元素守恒可知 n(Al) = n[Al(OH) 3] = 0.4 mol, n(Mg) = n[Mg(OH) 2] = 0.3 mol,故 Mg 和 Al 的总质量为 0.4mol x 27g/mol+0.3mol x 24g/mol = ,18^?案为 18 g ；⑵沉淀量最大,此时为 Mg(OH)2和Al(OH)3,溶液中溶质为 Na 2SC4,根据钠元素守恒可 知此时 n(NaOH)=2n(Na 2SQ)=0.4L x 5mol/L = 2 mol,所以 n(Na 2sQ) = 1 mol,所以硫酸的浓 度为 c = 1m s =2.5 mol/L ,故答案为 2.5 mol/L ； 0.4L(3)由(1)中可知n(Al) = 0.4 mol, n(Mg) = 0.3 mol,根据电子转移守恒可知 2n(H 2)= 3n(Al)+2n(Mg) = 3 x 0.4mol+2 x 0.3mol=,1.8TOoln(H 2) = 0.9 mol,故答案为 0.9 mol ； B.由图可知,从开始至参加 KOH 溶液到A,没有沉淀生成,说明原溶液中硫酸溶解 Mg 、Al 后硫酸有剩余,此时发生的反响为： H 2SO 4+2KOH=K 2SQ+2H 2O ；继续滴加KOH 溶液,到氢氧化钾溶液为600 mL 时,沉淀量最大,此时为 Mg(OH)2和Al(OH)3,发生反响：3OH -+Al 3+=Al(OH)3j , 2OH -+Mg 2+=Mg(OH)2j ,溶液为硫酸钾溶液；再继续滴加KOH 溶液, 氢氧化铝与氢氧化钾反响生成偏铝酸钾与水,发生反响Al(OH)3+KOH=KAlO+2H 2O,沉淀部 分溶解.(1) OA 段,氢氧化钾与硫酸反响生成硫酸钾和水,离子方程式：H ++OH=H2O ； BC 段,继续滴加KOH 溶液,氢氧化铝与氢氧化钾反响生成偏铝酸钾与水,发生反响 Al(OH)3+KOH=KAlQ+2H 2O,离子方程式： Al(OH)3 +OH=AlO 2-+2H 2O,故答案为 H ++OH=H 2O; Al(OH)3 +OH=AlO 2-+2H 2O;(2)硫酸的物质的量为： 0.3 L X4 mol/L = 1.2 molB 点溶液为硫酸钾溶液,依据2K +〜SQ 2-,那么钾离子物质的量为 2.4 mol,即参加氢氧化钾物质的量为2.4 mol,那么氢氧化 钾物质的量浓度为：2.4 mol +0.6 L=4 mol/L 混合物参加到 300 mL4 mol/L 的稀硫酸中,生质的量为0.2 mol , BC 段消耗氢氧化钾物质的量为： 0.1 L X4 mol/L=0.4 mol 发生反响: Al(OH)3+OH=AlO 2-+2H 2O,可知氢氧化铝物质的量为0.4 mol,依据铝原子个数守恒,含有 氧化铝的物质的量为： 0.4 mol -0.3 mol =0.1 mol ;故答案为4; 0.1;(3)依据参加700 mL 氢氧化钾后沉淀物质的量为 0.2 mol,得溶液中含镁离子物质的量为 成标准状况下6.72 L 气体,物质的量为6.72L 22.4L / mol =0.3 mol , 由2Al 〜3H 2 T ,可知铝的物0.2 mol ,沉淀镁离子消耗0.4 mol氢氧化钾,沉淀0.4 mol铝离子需要消耗氢氧化钾物质的量为0.4molX3 = 1.2 moj所以OA段消耗氢氧化钾物质的量为：0.6 L X4 mol/L-0.4 mol-1.2 mol = 0.8 mol,消耗氢氧化钾体积：O-mR = 0.2 L,即200 mL；故答案为200；4mol / L(4)检验钾离子可以用焰色反响,透过蓝色钻玻璃观察,火焰呈紫色；故答案为透过蓝色钻玻璃观察,火焰呈紫色；(5) C点溶液为偏铝酸钾溶液,二氧化碳溶于水形成弱酸碳酸,那么通入足量二氧化碳反响生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钾,反响的离子方程式：CO? +AlO2- +2H2O=Al(OH)3j +HC.-；故答案为CQ +AlO2-+2H2O=Al(OH)3 J +HC.-.9.镁合金是重要的民用和航空材料,镁作为一种强复原剂,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卤块制备少量Mg(ClO3)2 6H2O,其流程如下：曲口浑凝0惚物溶液. I . 步僵X J _________ ________ L ________ 少翼Y疯决f 诧卜.... 3 @_卜必止* 6H4Q：I卤块主要成分为Mg C12 6H2O,含有MgSO4、FeC2等杂质.n可选用的试剂：H2O2, 稀硫酸、KMnO4溶液、MgCl2溶液、MgO.①参加BaC2溶液的目的是.②步骤X中需将F/+转化为Fe3+ ,所选的试剂为 .③Mg(ClO 3)2参加到含有KSCN的FeSQ酸性溶液中立即出现红色,写出相关反响的离子方程式：.【答案】(1) :什：广(2分)ri ■（2）2Mg+TiCl4j^ Ti+2MgCl2 (2 分)(3)石灰乳(或石灰石、生石灰)、盐酸( 2分)(4)①沉淀SO42(或除去SOT) ( 1分)②H 2.2 〔 1 分〕（3）ClO 3 +6Fe2++6H+====6Fe3++C-+3H2O 〔2 分〕、Fe3++SCN=^ Fe〔SCN〕〔不写不扣分〕【解析】试题分析：(1))氧化镁是离子化合物,其电子式为;2Mg+TiCl4=J Ti+2MgCl2；(2)镁与TiCl4在高温条件下制取钛的化学方程式为:(3)从海水中提取金属镁的流程:癖水国冬江&也就「冬里MgCL就油业当MgC|s- 6HxOMg *JtzkMgt I.所以用到的主要化学药品有：石灰乳(或石灰石、生石灰)、盐酸;(4)①根据题给流程知,参加BaCl2溶液的目的是沉淀SQ2—(或除去SO42 );②步骤X中需将Fe"转化为Fe3+,不引入新的杂质,所选的试剂为H2O2；③Mg(ClO 3)2参加到含有KSCN的FeSQ酸性溶液中立即出现红色,相关反响的离子方程式：C1O3+6Fe2++6H+====6Fe3++C-+3H2.、Fe3++SCN^^ Fe(SCN)o 考点：考查电子式、化学方程式的书写,化学工艺流程10.镁在工业、医疗等领域均有重要用途.某化学小组利用硼砂工厂的固体废弃物(主要含有MgCO3、MgSQ、AI2O3和Fe2O3等),设计了回收其中镁的工艺流程:Sifi虞并酒值’.就同帆(1)酸浸前,将固体废弃物研磨的目的是 ,为到达此目的,还可以采取的举措是(任写一条).(2)酸浸时,生成滤渣I的离子方程式为.(3)第一次调节pH的目的是.当参加氨水使A13+开始沉淀时,溶液中 c (Fe3+) /c (A13+)为.Ksp[Fe(OH)3 ]=4 X-38) Ksp[A1(OH)3 ]=1xl033.(4)设计简单方案别离滤渣2,简述实验过程：.(5)滤液3中可回收利用的物质主要是 (填化学式),其阳离子的电子式为____________ O(6)写出工业上从滤渣3中获得镁锭的所有反响的化学方程式：.【答案】加快浸出速率提升反响温度或适当增加硫酸浓度(或其他合理答案)MgSiO3+2H+=Mg2++H2SiO3使Fe3+、Al3+沉淀从而别离出来 4.0 *10溶于适量氢氧化钠溶液,过滤得Fe (OH) 3;向滤液中通入过量CO2,过滤得Al (OH) 3 (NH4)2SO4II埠的\ Mg (OH) 2+2HCl=MgC2+2H2O、MgCl2 (熔融)t|Mg+C12T【解析】浸出步骤硫酸同固体废料中主要成份反响,从化学反响速率和化学平衡的影响因素来看, 可通过升高温度提升硫酸镁的溶解度,或通过搅拌使反响物充分接触反响,或通过过滤后滤渣屡次浸取以提升转化率；因MgCO MgSiQ、AlzQ、FezQ能与硫酸反响,生成了MgSO Al 2(SO4)2 和Fe2(SO4)3 ,其中H b SiO s形成滤渣1,滤液1 中MgSO Al 2(SO4) 2 和F B(SQ)3,根据阳离子以氢氧化物形式完全沉淀时溶液的pH,在调节pH至5.5时,Fe3+和A13+已经完全沉淀,滤渣2的主要成分是Fe(0H)3、Al(OH) 3 ,滤液2中阴离子主要是SO2 ,参加NH ・H2O后在调节pH至12.5时M才完全沉淀,溶质主要成分是(NH4)2SQ. (1)酸浸前,将固体废弃物研磨的目的是加快浸出速率,浸出步骤硫酸同固体废料中主要成份反响,从化学反响速率和化学平衡的影响因素来看,可通过升高温度提升硫酸镁的溶解度,或通过搅拌使反响物充分接触反响,或通过过滤后滤渣屡次浸取以提升转化率,故答案为加快浸出速率,适当提升反响温度、增加浸出时间(或其他合理答案)(2)因MgCO MgSiQ、Al 2Q、FezQ能与硫酸反响,生成了MgSQ A12(SQ)2 和Fe(SQ)3 ,其中H2SQ3形成滤渣；酸浸时,生成滤渣I的离子方程式为MgSiO3+2H+=Mg2++H2Si.；(3)滤液I 中含有MgSO Al 3) 2 和Fe2(SO4)3 ,根据阳离子以氢氧化物形式完全沉淀时溶液的pH,在调节pH至5.5时,Fe3+和Al3+已经完全沉淀,滤渣2的主要成分是Fe(OH)3、Al(OH)3 ,第一次调节pH的目的是使Fe3+、Al3+沉淀从而分离出来；当参加氨水使Al3+开始沉淀时,溶液中 c (Fe3+) /c (Al3+)=Ksp[Fe(OH)3 ]/ Ksp[Al(OH)3 ]==4 X-301 X 1G3=4.0 X 10; ( 4)设计简单方案别离滤渣2,滤渣2的主要成分是Fe(OH)3、Al(OH)3 ,利用Al(OH) 3具有两性,别离操作：溶于适量氢氧化钠溶液,过滤得Fe(OH) 3；向滤液中通入过量CQ,过滤得Al (OH) 3 ; (7)上述过滤后滤液中阴离子主要是SQ2,参加NHT2O后在调节pH至12.5时M^完全沉淀,溶质主H要成分是(NH4)2SO,故答案为(NH4)2 SO4；其阳离子的电子式为：H也旧了,(6)滤渣3为Mg(OH)2 ,工业上从滤渣3生产镁锭的反响：Mg(OH)2 +2HCl=MgC b+2H2O、MgCl2 (熔融) 与Mg+Cl2f.点睛：此题考查常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；难溶电解质的溶解平衡的本质.学生要有根据常见金属元素Mg Al、Fe及其化合物主要性质,以及Al(OH) 3两性等知识,应用根底知识解决简单化学问题的水平,分析水平.当参加氨水使Al3+开始沉淀时,溶液中 c ( Fe3+) /c (Al3+) =Ksp[Fe(OH)3 ]/Ksp[Al(OH)3 ]==4 x-301 X 1(33=4.0 X 1-0 ,计算是此题的难点.。

高考化学与镁及其化合物有关的压轴题及答案(1)一、镁及其化合物1．以硼镁泥(主要成分为MgSiO3、Fe2O3及少量A l2O3、FeO和MnO)为原料制备高纯Mg(OH)2的流程如下：己知：①常温下此体系中各氢氧化物开始沉淀与沉淀完全时的pH范围如下表所示：pH值Mg(OH)2Mn(OH)2MnO(OH)2Fe(OH)2Al(OH)3Fe(OH)3开始沉淀时9.37.17.87.6 3.7 2.3沉淀完全时10.810.89.89.6 4.7 3.7②温度高于340℃时Mg(OH)2开始分解为MgO和H2O。

(1)“浸取”时，为提高镁的浸取率可行的措施为__________。

a.将硼镁泥制成浆料b.降低浸取温度c.用盐酸多次浸取(2)“浸取”时，MgSi O3与盐酸反应的化学方程式为_________________________。

(3)“除铁、铝”时，需调节溶液pH范围为_________________________。

(4)“除Mn2+”时发生反应的离子方程式为_________________________；过滤3所得滤渣中含有MnO(OH)2和__________。

(5)“沉镁”时，反应温度与Mg(OH)2的产率如图所示，当温度超过60℃，随温度再升高，Mg(OH)2产率反而降低，其原因可能是________________。

【答案】ac MgSi O3+2HCl+(n-l)H2O=MgCl2+Si O2·n H2O4.7<pH<7.1Mn2++H2O2+2O H-=MnO(OH)2↓+H2O Mg(OH)2氨水挥发加剧，导致溶液中氨水浓度降低。

【解析】（1）此处主要考查反应速率的影响因素，所以要想加快酸溶解速率可以从外因浓度、温度、接触面积等考虑，可以采取升温、把硼镁泥粉碎、搅拌等措施，答案选ac。

(2)根据滤渣1可知：MgSiO3与盐酸反应生成SiO2·nH2O，还有产物MgCl2、H2O方程式为MgSiO3+2HCl+(n-l)H2O=MgCl2+SiO2·nH2O（3）加入双氧水后，Fe2+转化为Fe3+，要使Fe3+、Al3+完全沉淀，pH必须大于或等于4.7，Mn2+不沉淀，pH小于或等于7.1，所以答案为4.7<pH<7.1（4）Mn2+在碱性下被H2O2氧化生成MnO(OH)2，H2O2被还原为H2O，离子方程式为Mn2++H2O2+2OH-=MnO(OH)2↓+H2O 。

高考化学压轴题之镁及其化合物(高考题型整理,突破提升)含答案一、镁及其化合物1．卤块的主要成分是MgCl2，此外还含Fe3+、Fe2+和Mn2+等离子。

若以它为原料按下图所示工艺流程进行生产，可制得轻质氧化镁。

若要求产品尽量不含杂质，而且生产成本较低，请根据表1和表2提供的资料，填写空白：表1 生成氢氧化物沉淀的pH物质开始沉淀沉淀完全Fe(OH)3 2.7 3.7Fe(OH)27.69.6﹡Mn(OH)28.39.8Mg(OH)29.611.1﹡Fe2+氢氧化物呈絮状，不易从溶液中除去，所以，常将它氧化为Fe3+，生成Fe(OH)3沉淀除去表2 原料价格表物质价格/（元·吨-1）漂液（含25.2%NaClO）450双氧水（含30%H2O2）2400烧碱（含98%NaOH）2100纯碱（含99.5%Na2CO3）600（1）在步骤②中加入的试剂X，最佳的选择是____________，其作用是_________________；（2）在步骤③中加入的试剂应是_______________________；之所以要控制pH=9.8，其目的是___________________________________________________________。

（3）在步骤④中加入的试剂Z应是________________；（4）在步骤⑤中发生反应的化学方程式是_____________________________________________。

【答案】漂液(或NaClO) 将Fe2+氧化为Fe3+烧碱(或NaOH) 使Fe3+、Mn2+沉淀完全，又尽量减少Mg2+的损失纯碱(或Na2CO3) MgCO3+H2O Mg(OH)2↓+CO2↑【解析】【分析】为除去Fe2+，先将Fe2+氧化成Fe3+，然后加入NaOH调节pH为9.8，然后在滤液中加入纯碱将Mg2+从溶液中以MgCO3沉淀出来，然后加热煮沸可得到Mg(OH)2，灼烧后得到MgO。

备战高考化学压轴题之镁及其化合物(备战高考题型整理,突破提升)含答案(1)一、镁及其化合物1．已知A、B、C、D组成的元素都属于短周期，它们之间的简单转化关系如图所示。

请按要求写出有关反应的化学方程式：(1)若其中A、D为单质且同主族，B、C为氧化物： (该反应在工业上有重要用途) 。

(2)若A、D为常态下的气体单质且不同主族，B、C为化合物且B为水：。

(3)若A、B、C均为化合物且C为水，单质D常态下为固体：。

(4) 若A、D为固体单质且不同主族，B、C为氧化物：。

【答案】（共8分）(1) 2C+SiO2Si+2CO↑(2)2F2＋2H2O===4HF＋O2(3)SO2＋2H2S===3S＋2H2O(4) 2Mg+CO22MgO+C。

【解析】【分析】（1）A、D为单质且同主族，B、C为氧化物，A为C，B为SiO2，符合转化关系，D为Si，C为CO；（2）A、D为常态下的气体单质且不同主族，B、C为化合物且B为水，A为F2，C为HF，D 为O2，符合转化关系；（3）A、B、C均为化合物且C为水，单质D常态下为固体，H2S与SO2反应符合转化关系，D为硫；（4）A、D为固体单质且不同主族，B、C为氧化物，Mg与CO2反应符合转化关系，A为Mg，B为CO2，C为MgO，D为C单质。

【详解】（1）A、D为单质且同主族，B、C为氧化物，A为C，B为SiO2，符合转化关系，反应方程式为：2C+SiO2Si+2CO↑；综上所述，本题正确答案：2C+SiO2Si+2CO↑；（2）A、D为常态下的气体单质且不同主族，B、C为化合物且B为水，A为F2，C为HF，D 为O2，符合转化关系，反应方程式为：2F2+2H2O═4HF+O2；综上所述，本题正确答案：2F2+2H2O═4HF+O2；（3）A、B、C均为化合物且C为水，单质D常态下为固体，H2S与SO2反应符合转化关系，反应方程式为：SO2+2H2S═3S+2H2O；综上所述，本题正确答案：SO2+2H2S═3S+2H2O；（4）A、D为固体单质且不同主族，B、C为氧化物，Mg与CO2反应符合转化关系，反应方程式为：2Mg+CO22MgO+C；综上所述，本题正确答案： 2Mg+CO22MgO+C。

高考化学压轴题专题复习——镁及其化合物的推断题综合含详细答案一、镁及其化合物1．卤块的主要成分是MgCl2，此外还含Fe3+、Fe2+和Mn2+等离子。

若以它为原料按下图所示工艺流程进行生产，可制得轻质氧化镁。

若要求产品尽量不含杂质，而且生产成本较低，请根据表1和表2提供的资料，填写空白：表1 生成氢氧化物沉淀的pH物质开始沉淀沉淀完全Fe(OH)3 2.7 3.7Fe(OH)27.69.6﹡Mn(OH)28.39.8Mg(OH)29.611.1﹡Fe2+氢氧化物呈絮状，不易从溶液中除去，所以，常将它氧化为Fe3+，生成Fe(OH)3沉淀除去表2 原料价格表物质价格/（元·吨-1）漂液（含25.2%NaClO）450双氧水（含30%H2O2）2400烧碱（含98%NaOH）2100纯碱（含99.5%Na2CO3）600（1）在步骤②中加入的试剂X，最佳的选择是____________，其作用是_________________；（2）在步骤③中加入的试剂应是_______________________；之所以要控制pH=9.8，其目的是___________________________________________________________。

（3）在步骤④中加入的试剂Z应是________________；（4）在步骤⑤中发生反应的化学方程式是_____________________________________________。

【答案】漂液(或NaClO) 将Fe2+氧化为Fe3+烧碱(或NaOH) 使Fe3+、Mn2+沉淀完全，又尽量减少Mg2+的损失纯碱(或Na2CO3) MgCO3+H2O Mg(OH)2↓+CO2↑【解析】【分析】为除去Fe2+，先将Fe2+氧化成Fe3+，然后加入NaOH调节pH为9.8，然后在滤液中加入纯碱将Mg2+从溶液中以MgCO3沉淀出来，然后加热煮沸可得到Mg(OH)2，灼烧后得到MgO。

2020-2021高考化学压轴题之镁及其化合物(高考题型整理,突破提升)附答案一、镁及其化合物1．下图中A-J分别代表相关反应中的一种物质，已知A分解得到等物质的量的B、C、D，已知B、D为常温下气态化合物，C为常温下液态化合物，图中有部分生成物未标出。

请填写以下空白：（1）A的化学式_____________B的电子式_______________。

（2）写出下列反应的化学方程式：D＋G→ H_____________________________。

B+镁→ E + F______________________________。

（3）写出A + NaOH →D的离子方程式_________________________________。

【答案】(1) NH4HCO3(2) 4NH3+5O24NO + 6H2O CO2+ 2Mg ="==" 2MgO+C(3) NH4++ HCO3-+2OH-= NH3+CO32-+2H2O【解析】【分析】已知A与碱反应生成气体化合物，则A含有铵根离子；A加热分解生成等物质的量的2种气体和1种液体，液体与过氧化钠反应则为水，可确定A为碳酸氢铵，D为氨气，C为水，B为二氧化碳；二氧化碳与镁反应生成氧化镁和碳；【详解】（1）分析可知，A为碳酸氢铵，化学式为：NH4HCO3；B为二氧化碳，其电子式为：；（2）D与G分别为氨气、氧气，在一定条件下反应生成一氧化氮和水，方程式为：4NH3+5O24NO+6H2O；镁与二氧化碳反应生成氧化镁和碳，方程式为：CO2+2Mg 点燃2MgO+C；（3）碳酸氢钠与NaOH反应生成氨气、水和碳酸钠，其反应的离子方程式为：NH4+ + HCO3-+2OH-= NH3 +CO32-+2H2O；2．有A、B、C、D、E五种短周期元素，它们的原子序数依次增大．A的原子核无中子，能与B、C分别形成10电子的化合物；B、C的质子数之和与E的质子数相等，B、C的族序数为奇数；D、E位于同一周期，D的阳离子所带的正电荷数等于该阳离子的电子层数．试回答下列问题：（1）C与D形成的化合物的电子式．(2）写出D的单质与CO2反应的化学方程式．（3）“嫦娥一号”发射所用的液体燃料是上述（填元素名称）元素的单质．(4)工业上，使元素E的低价氧化物转化为其最高价氧化物的设备名称为．(5)在一定的条件下，A2、B2混合物经过一段时间的反应后，B2的浓度减小了0. 3 mol/L.[此时间内A2表示的化学反应速率为0. 45 mol/（L·s）．则此段反应时间为 s【答案】（1） (2) 2Mg+CO22MgO+C (3)氢 (4）接触室(5) 2【解析】【分析】有A、B、C、D、E五种短周期元素,它们的原子序数依次增大,A的原子核无中子,则A为H,能与B、C分别形成10电子的化合物,B、C的族序数为奇数,则B为N,C为F,B、C的质子数之和与E的质子数相等,则E为S,D、E位于同一周期,D的阳离子所带的正电荷数等于该阳离子的电子层数,则D为Mg,据此答题。