备战高考化学 镁及其化合物 培优 易错 难题练习(含答案)含答案解析

备战高考化学镁及其化合物培优易错难题练习(含答案)含答案解析
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。

那么化合物D是
【详解】
(1)若C是离子化合物，D是一种强碱，可能为NaOH，则C可为Na2O2，生成气体为O2或
H2，Na2O2是离子化合物，其电子式为；
(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；
①D为氢氧化铝既能溶于强酸，又能溶于强碱的原因的电离方程式为酸式电离和碱式电离，电离方程式为：H++H2O+AlO2- Al(OH)3Al3++3OH-；
②E为H2S，与NaOH反应生成的正盐溶液为硫化钠溶液，硫离子水解，溶液中离子浓度存在电荷守恒为：c(Na+)+c(H+)=2c(S2-)+c(HS-)+c(OH-)：
(3)若C是一种气体，D是一种强酸，应C为NO2，则D为HNO3，E为NO；
NO2与水反应生成HNO3和NO，反应的方程式为3NO2+H2O=2HNO3+NO，此反应为氧化还原反应，反应中电子转移的方向和数目为；
(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，Mg2N3溶于水发生双水解，生成氨气和氢氧化镁，故D为Mg(OH)2。

2．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
3．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。

4．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试样A，全部溶于0.5L 2mol·L－１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试样A，加入2mol·L－１的NaOH溶液，当加到100mL时，气体不再生成；
③往溶液B中加入2mol/L NaOH，至沉淀不再发生变化。

根据以上过程回答下列问题：
(1)溶液B中是否含有H+_____________(填“是”或“否”)；
(2)写出②中发生反应的离子方程式____________________________________；
(3)下列能表示过程③产生的沉淀质量W与加入NaOH溶液体积V的关系是_____；
(4)m g试样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能剧烈反应生成SO2，如果忽略钝化的反应过程，可以通过测定浓硫酸与固体试样反应产生的气体体积，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，但考虑到如果反应结束后硫酸未保持“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=2AlO2-+3H2↑ D 4.8 偏大浓硫酸变稀后会与铝反应，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应生成氢气，铝只能与氢氧化钠溶液反应生成氢气，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应的方程式分析解答。

【详解】
（1）0.5L2mol·L－１稀硫酸溶液中硫酸的物质的量是0.5L×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试样A，加入2mol·L－１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应，则②中发生反应的离子方程式为2Al+2OH-
+2H2O=2AlO2-+3H2↑；
（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中加入2mol/L NaOH，至沉淀不再发生变化时首先发生中和反应，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，则能表示过程③产生的沉淀质量W与加入NaOH溶液体积V的关系是图像D，答案选D；
（4）与铝反应的氢氧化钠的物质的量是2mol/L×0.1L＝0.2mol，根据方程式可知
2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑生成氢气是0.3mol，由于相同质量的铝与稀硫酸反应也产生0.3mol氢气，则镁生成的氢气是0.5mol－0.3mol＝0.2mol，所以根据方程式Mg+2H+＝Mg2++H2↑可知镁的质量是0.2mol×24g/mol＝4.8g；
（5）由于浓硫酸变稀后会与铝反应，使生成的气体偏多，从而导致镁的质量分数测定结果偏大。

5．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_________________________________________。

（3）滤液N中除Na2SO4和NaOH外，还含有的溶质为____________(填化学式)；生成该物质的离子方程式为：________________________________。

（4）生成固体M的离子方程式为：________________________________。

【答案】H2 C Al 3+Mg 2+ Mg + H2SO4== MgSO4 + H2↑Na[Al(OH) 4] Al 3+ + 4OH—== [Al(OH) 4]—Mg 2++ 2OH—== Mg(OH) 2↓
【解析】
【分析】
本题主要考查镁、铝相关知识。

C与稀硫酸不发生反应，故固体Z为C，Mg、Al为活泼金属，能与非氧化性酸反应置换出H2，并生成相应的盐，故气体X为H2，滤液Y中溶质为
H2SO4、MgSO4、Al2(SO4)3；加入过量的NaOH溶液后，生成可溶性的Na[Al(OH) 4]和Na2SO4以及难溶物Mg(OH)2，由此分析作答。

【详解】
（1）由上述分析可知，气体X为H2；固体Z为C；
（2）由上述分析可知，滤液Y中还含有的阳离子为Mg2+、Al3+；其中镁和稀硫酸的反应的方程式为：Mg + H2SO4== MgSO4 + H2↑；
（3）由上述分析可知，滤液N中还含有的溶质为Na[Al(OH) 4]；生成Na[Al(OH) 4]的离子方程式为：Al 3+ + 4OH-== [Al(OH) 4] -；
（4）固体M为Mg(OH)2，生成Mg(OH)2的离子方程式为：Mg 2++ 2OH-== Mg(OH) 2↓
6．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。

7．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
（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）W 与空气中含量最高的气体反应的产物化学式为_____。

【答案】NaCl 2222NaCl+2H O Cl +H +2NaOH =↑↑电解
取少量待测液于试管中，滴加几滴淀粉溶液，若溶液变蓝，则该溶液中含有I 2 Mg 3N 2
【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 ；食盐中添加少量的一种化合物预防Y 元素确实，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 为Mg ，以此解答。

【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Cl 2的化学方程式为：2222NaCl+2H O Cl +H +2NaOH =↑↑电解，
故答案为：NaCl ；2222NaCl+2H O Cl +H +2NaOH =↑↑电解；
（2）设计实验证明某水溶液中存在I 2的方法为：取少量待测液于试管中，滴加几滴淀粉溶液，若溶液变蓝，则该溶液中含有I 2，
故答案为：取少量待测液于试管中，滴加几滴淀粉溶液，若溶液变蓝，则该溶液中含有I 2；
（3）空气中含量最高的气体为氮气，则Mg 与氮气反应的产物化学式为Mg 3N 2， 故答案为：Mg 3N 2。

8．某兴趣小组根据镁与沸水的反应推测镁也能与饱和碳酸氢钠溶液反应。

资料显示：镁与饱和碳酸氢钠溶液反应产生大量气体和白色不溶物。

该兴趣小组设计了如下实验方案验证产物并探究反应原理。

实验Ⅰ：用砂纸擦去镁条表面氧化膜，将其放入盛有适量滴有酚酞的饱和碳酸氢钠溶液的试管中，迅速反应，产生大量气泡和白色不溶物，溶液由浅红色变为红色。

(1)该小组对反应中产生的白色不溶物作出如下假设：
假设1：可能为_______________________________________。

假设2：可能为MgCO 3。

假设3：可能是碱式碳酸镁[x MgCO 3·y Mg(OH)2]。

(2)设计定性实验确定产物并验证假设：
实验序号实验预期现象和结论实验Ⅱ将实验Ⅰ中收集到的气体点燃_____________
实验Ⅲ取实验Ⅰ中的白色不溶物，洗涤，
加入足量_____
产生气泡，沉淀全部溶解；白色不
溶物可能含有MgCO3
实验Ⅳ取实验Ⅰ中的澄清液，向其中加入
少量CaCl2溶液
产生白色沉淀；说明溶液中存在的
离子有_____
(3)设计定量实验确定实验Ⅰ的产物：称取实验Ⅰ中所得干燥、纯净的白色不溶物6.20 g，充分加热灼烧至不再产生气体为止，并使分解产生的气体全部进入装置A(盛足量浓硫酸)和B(盛足量碱石灰)中，装置A增重0.36 g，装置B增重2.64 g，则白色不溶物的化学式为________。

【答案】Mg(OH)2能安静燃烧、产生淡蓝色火焰，证明该气体为氢气稀盐酸(或稀硫酸)CO32－3MgCO
3
·Mg(OH)2[或Mg(OH)2·3MgCO3或Mg4(OH)2(CO3)3]
【解析】
【分析】
（1）.依据猜测可知白色不溶物可能是Mg(OH)2或MgCO3或x MgCO3·y Mg(OH)2；（2）.依据实验Ⅱ的现象分析，镁条和碳酸氢钠溶液迅速反应，产生大量气泡和白色不溶物，可以说明镁与饱和碳酸氢钠溶液反应能生成一种无色气体和一种白色不溶物；气体安静燃烧、产生淡蓝色火焰，说明该气体具有可燃性，再根据质量守恒定律反应前后元素种类不变分析出是氢气；依据实验Ⅲ的推断分析，加入一种试剂产生气泡可知碳酸盐与酸反应产生二氧化碳，所以加入的是酸，有气泡产生，说明含有碳酸镁；加入盐酸沉淀全部溶解；依据实验Ⅳ加入氯化钙生成沉淀证明含有碳酸根离子；
（3）.根据B中碱石灰质量的增加量就是生成的二氧化碳的质量，根据二氧化碳的质量计算出碳酸镁的质量，剩余的就是氢氧化镁的质量。

【详解】
(1).根据假设2和3，推出假设1：白色不溶物可能为Mg(OH)2，故答案为：Mg(OH)2；
(2).HCO3－在水中存在水解平衡和电离平衡：HCO3－＋H2O H2CO3＋OH－、HCO3－H＋＋CO32－，Mg和OH－不反应，Mg和H＋反应产生氢气，因此气体可能为氢气，若气体点燃后能安静燃烧、产生淡蓝色火焰，则该气体为氢气；根据假设，应加入足量的稀盐酸或稀硫酸，沉淀全部消失，且产生气体，说明沉淀中含有碳酸镁；加入CaCl2溶液，出现沉淀，说明溶液中含有CO32－，故答案为：能安静燃烧、产生淡蓝色火焰，证明该气体为氢气；稀盐酸(或稀硫酸)；CO32－；
(3).浓硫酸的作用是吸收水蒸气，根据H元素守恒，可得
n[Mg(OH)2]＝n(H2O)＝＝0.02 mol，碱石灰的作用是吸收CO2，根据C元素守恒，可
得n(MgCO3)＝n(CO2)＝＝0.06 mol，因此MgCO3∶Mg(OH)2＝0.06∶0.02＝3∶1，化学式为3MgCO3·Mg(OH)2或Mg(OH)2·3MgCO3或Mg4(OH)2(CO3)3，故答案为：
3MgCO3·Mg(OH)2[或Mg(OH)2·3MgCO3或Mg4(OH)2(CO3)3]。

【点睛】
本题主要从定性和定量两个方面测定物质的种类，第（2）问是难点，解答的关键在于要知道碳酸根离子与酸反应能产生二氧化碳，镁和氢离子反应生成氢气，题目难度较大。

9．海洋是一座巨大的化学资源宝库，从中可以提取许多常见的化学物质，结合所学知识回答下列问题，
(1)“吹出法”提溴空气吹出法是工业规模提溴的常用方法，其流程如下：
其中步骤②～④的目的是________________________________________________。

步骤③反应的离子方程式为_______________________________________________。

除SO2外，步骤③还可以选用Na2CO3溶液吸收溴，主要反应是Br2+Na2CO3+H2O→NaBr+NaBrO3+NaHCO3（未配平），吸收1molBr2时，转移电子的物质的量为__________________mol。

（2）实验室模拟从海带中提取碘，可能经历如下操作(或过程），请选择必要的操作(或过程），并按实验的先后顺序排列________________________________________________(填写编号）
仪器X的名称__________________，将X中的液体分离的具体操作为：打开X上端玻璃塞，
_______________________________________________________________________________。

（3）卤块的主要成分是MgCl2，此外还含Fe2+、Fe3+和Mn2+等杂质离子。

现以卤块为原料按下图流程制备轻质氧化镁，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，回答下列问题：
已知：Fe2+氢氧化物呈絮状，不易从溶液中除去。

步骤①反应的离子方程式为：___________________________________________________；步骤②的反应方程式为：_______________________________________________________。

【答案】富集溴元素（或提高溴水浓度，意思正确可得分）SO2+Br2+2H2O=4H++SO42-+2Br-5
3
CEAD分液漏斗再打开分液漏斗活塞，使下层液体从下口放出，待下层液体刚好放出时，关闭分液漏斗活塞，再从上口将上层液体倒出ClO-+2H++2Fe2+=2Fe3++Cl-+H2O
MgCO3+H2O
Mg(OH)2+CO2↑
【解析】
【详解】
(1) 氧化后的海水虽然含有溴单质，但浓度低，如果直接蒸馏原料，生产成本高。

“空气吹出、吸收、氧化”的过程实际上是一个的浓缩过程；Na2CO3溶液吸收溴反应配平可得：3Br2+6Na2CO3+3H2O=5NaBr+NaBrO3+6NaHCO3，其中溴与转移的电子的关系为：3 Br2——5e-，故答案为富集溴元素（或提高溴水浓度，意思正确可得
分）、SO2+Br2+2H2O=4H++SO42-+2Br-、5
3
；(2)由从海带中提取碘的实验分析可得结论，故
答案为CEAD、分液漏斗、再打开分液漏斗活塞，使下层液体从下口放出，待下层液体刚好放出时，关闭分液漏斗活塞，再从上口将上层液体倒出；(3) 步骤①是为了将Fe2+氧化成Fe3+，并在控制合适的pH条件时生成Fe（OH）3沉淀而除之，虽然漂液和H2O2都可采用，但对比表2提供的原料价格可以看出，漂液比H2O2的价格低得多，所以选漂液最合理，故X为漂液；加入Y的目的是使镁离子沉淀，Y为纯碱，故答案为ClO-
+2H++2Fe2+=2Fe3++Cl-+H2O、 MgCO3+H2OMg(OH)2+CO2↑。

【点睛】
本题通过从海水中提溴、从海带中提碘和以卤块为原料制取轻质氧化镁的工艺流程，考查了物质制备实验方案的设计，题目难度中等，注意掌握化学基本实验操作方法，明确物质制备实验方案设计原则，试题综合性较强、涉及原理、操作、环保、经济等多方面的因素，充分考查了学生的分析、理解能力及化学实验能力。

10．卤块的主要成分是MgCl2，此外还含Fe2+、Fe3+和Mn2+等杂质离子。

以卤块为原料按如图所示流程进行生产，可制得轻质氧化镁。

查阅资料得下表相关数据:
表1: 生成氢氧化物沉淀的pH表2: 原料价格表
物质开始沉淀沉淀完全试剂价格(元/吨) Fe(OH)3 2.7 3.7 a.漂液(含25.2%NaClO)450
Fe(OH)27.69.6 b.双氧水(含30%H2O2)1500
Mn(OH)28.39.8 c.烧碱(含98%NaOH)2200
Mg(OH)29.611.1 d.纯碱(含99.5%Na2CO3)800
已知Fe2+氢氧化物呈絮状，不易从溶液中除去，必须将它氧化后以Fe(OH)3沉淀形式才能除尽。

若要求产品尽量不含杂质且生产成本较低，请根据上表提供的资料回答:
（1）流程中加入的试剂X、Y、Z的最佳选择依次是表2中的_____(选填试剂编号)。

（2）步骤②发生反应的离子方程式为__________；步骤⑤中发生反应的化学方程式为
______。

（3）为尽量除去杂质，步骤③调节pH为____时，停止加入Y。

调节为该pH的目的是
____。

（4）若在实验室进行步骤⑥的灼烧实验，必须用到的仪器是____。

A．酒精喷灯 B．铁三脚 C．坩埚 D．蒸发皿 E.泥三角 F.烧杯 G.石棉网（5）向装有少量Mg(OH)2浊液的试管中加入适量CH3COONH4晶体，充分振荡后溶液会变澄清，请用化学平衡的原理解释浊液变澄清的原因______。

【答案】a、c、d 2Fe2++ClO-+2H+=Cl-+2Fe3++H2O MgCO3+H2O Mg(OH)2+CO2↑ 9.8 使Mg2+以外的杂质离子尽可能彻底地转化为沉淀除去 ABCE Mg(OH)2(s)Mg2+(aq)+2OH-(aq)；CH3COONH4电离出的NH4+与OH-结合成弱电解质NH3·H2O，降低了c(OH-)，Mg(OH)2溶解平衡向右移动
【解析】
【分析】
卤块的主要成分是MgCl2，此外还含Fe2+、Fe3+和Mn2+等杂质离子，由流程可知，加稀盐酸溶解后，为除去Fe2+，先将Fe2+氧化成Fe3+，漂液和H2O2都可采用，但对比表2提供的原料价格可以看出，漂液比H2O2的价格低得多，所以选漂液最合理，故X为漂液；步骤③的
目的在于使除Mg2+以外的各种杂质金属离子都生成氢氧化物沉淀，以便通过过滤而除去，应加入NaOH，如加入纯碱，不能达到较高的pH，由表1提供的数据可知，除去杂质离子合理的pH范围是3.7＜pH＜9.8，在此范围内，如果pH过高，就会有大量的Mg2+生成
Mg(OH)2而进入沉淀中，从而导致生产成本的提高；为了兼顾产品质量和生产成本，选择pH=9.8最合理，当然此时Mg2+也会部分生成Mg(OH)2沉淀，但由于卤块价格低廉，这点不可避免的损失可忽略，过滤后，分离出Mn(OH)2、Fe(OH)3，在滤液中加入Z为纯碱将Mg2+从溶液中以MgCO3沉淀出来，然后加热煮沸可得到Mg(OH)2，气体为二氧化碳，Mg(OH)2灼烧后得到MgO，以此来解答。

【详解】
(1)步骤②是为了将Fe2+氧化成Fe3+，并在控制合适的pH条件时生成Fe(OH)3沉淀而除之，虽然漂液和H2O2都可采用，但对比表2提供的原料价格可以看出，漂液比H2O2的价格低得多，所以选漂液最合理，故X为漂液；加入Y的目的是调节pH，选用氢氧化钠，故Y为烧碱；加入Z的目的是使镁离子沉淀，Z为纯碱；故答案为a、c、d；
(2)流程中加入次氯酸钠在酸性溶液中会氧化亚铁离子为铁离子，反应的离子方程式为：
2Fe2++ClO-+2H+=2Fe3++Cl-+H2O；加入的Z物质为纯碱，所以步骤④生成的沉淀物是MgCO3，沉淀物MgCO3在煮沸的情况下发生水解，生成Mg(OH)2和CO2气体，反应的化学方程式为：MgCO3+H2O Mg(OH)2↓+CO2↑；
(3)步骤③的目的在于使除Mg2+以外的各种杂质金属离子都生成氢氧化物沉淀，以便通过过滤而除去，应加入NaOH，若加入纯碱，不能达到较高的pH，分析表1提供的数据：除去杂质离子合理的pH范围是3.7＜pH＜9.8，在此范围内，如果pH过高，就会有大量的Mg2+生成Mg(OH)2而进入沉淀中，从而导致生产成本的提高；为了兼顾产品质量和生产成本，选择pH=9.8最合理，当然此时Mg2+也会部分生成Mg(OH)2沉淀，但由于卤块价格低廉，这点不可避免的损失还是可以承受的，以此保证产品的纯度；
(4)灼烧需要的仪器有铁三脚、酒精喷灯、坩埚、泥三角，故答案为ABCE；
(5)向装有少量Mg(OH)2浊液的试管中加入适量CH3COONH4晶体，充分振荡后溶液会变澄清，因Mg(OH)2(s)⇌Mg2+ (aq)+2OH-(aq)，CH3COONH4电离出的NH4+与OH-结合成弱电解质NH3•H2O，降低了c(OH-)，Mg(OH)2溶解平衡向右移动。

【点睛】
本题考查混合物分离提纯及物质的制备实验，把握物质的性质、流程中发生的反应、混合物分离提纯方法为解答的关键，注意元素化合物知识、化学反应原理与实验的结合，题目难度不大．。