新高考化学高三大题训练4物质制备类工艺流程教师版

例1：过硼酸钠(NaBO3·4H2O)是一种用途广泛的无机过氧化物，可用作织物的漂白、染色，医药上可作为消毒剂和杀菌剂。

一种由硼镁矿(Mg2B2O5·H2O)制取过硼酸钠的工艺流程图如下：
已知：过硼酸钠为白色晶状颗粒，熔点63℃，能溶于酸、碱，微溶于水，难溶于乙醇。

在上述转化过程中硼元素的化合价始终未发生变化。

回答下列问题：
(1)为加快“溶解”步骤的的速率可采取的措施_________________(写一种即可)。

(2)“浸出液”中c(Mg2+)=2×10−3mol/L，当Mg2+开始沉淀时，溶液中c(F−)=___mol/L。

[忽略溶液体积变化，已知K sp(MgF2)=2×10−11]
(3)过硼酸钠(NaBO3·4H2O)中硼元素的化合价为_____。

(4)写出“反应结晶”步骤中发生的化学反应方程式___________________。

(5)“反应结晶”步骤在冰水浴中进行的原因_____________________________。

(6)过硼酸钠的水溶液不稳定，极易生成偏硼酸钠(NaBO2)并放出氧气，写出该反应的化学反应方程式__________________________。

(7)过硼酸钠晶体(NaBO3·4H2O)可用作洗衣业的无氯漂白剂、清洗材料和牙齿增白剂，在70℃以上加热会逐步失去结晶水。

实验测得过硼酸钠晶体的质量随温度变化的情况如下图所示，则T2℃时所得晶体的化学式为________。

优选例题
物质制备类工艺流程
大题优练4
【答案】（1）将硼镁矿矿石粉碎(或适当增大NaHCO3溶液的浓度、适当升高反应温度等)
（2）1×10−4
（3）+3
（4）Na2B4O7·10H2O+4H2O2+2NaOH+H2O=4NaBO3·4H2O
（5）防止H2O2分解
（6）2NaBO3=2NaBO2+O2↑
（7）NaBO3·3H2O
【解析】根据流程图，硼镁矿在NaHCO3溶液中溶解，浸出液中加入NaF溶液生成MgF2沉淀除去Mg2+，再经过一系列操作得到Na2B4O7·10H2O，然后Na2B4O7·10H2O与过氧化氢(H2O2)在氢氧化钠溶液中反应生成NaBO3·4H2O，经过洗涤、干燥得到NaBO3·4H2O晶体。

(1)根据影响化学反应速率的因素可知，加快“溶解”步骤的的速率可采取的措施有将硼镁矿矿石粉碎、适当增大NaHCO3溶液的浓度、适当升高反应温度等；
(2)K sp(MgF2)=2×10−11=c(Mg2+)·c2(F−)=2×10−3×c2(F−)，解得：c(F−)=1×10−4mol/L；(3)过硼酸钠(NaBO3·4H2O)中存在过氧根，Na为+1价，O为-2和-1价，则硼元素的化合价为+(2+1×2-1)=+3，与题意“在上述转化过程中硼元素的化合价始终未发生变化”相符，故答案为：+3；(4)“反应结晶”过程中，Na2B4O7·10H2O与过氧化氢(H2O2)在氢氧化钠溶液中反应生成NaBO3·4H2O，反应的化学反应方程式为Na2B4O7·10H2O+4H2O2+2NaOH+H2O=4NaBO3·4H2O；(5)过氧化氢受热容易分解，“反应结晶”步骤在冰水浴中进行，可以防止过氧化氢分解，故答案为：防止H2O2分解；(6)过硼酸钠的水溶液不稳定，极易生成偏硼酸钠(NaBO2)并放出氧气，反应的化学反应方程式为2NaBO3=2NaBO2+O2↑，故答案为：2NaBO3=2NaBO2+O2↑；(7)
过硼酸钠晶体(NaBO3·4H2O)的物质的量=
30.8g
154g/mol
=0.2mol，T2℃质量变为27.20g，质量差为30.8g-27.20g=3.6g，
减少水的物质的量=
3.6g
18g/mol
=0.2mol，则1mol NaBO3·4H2O失去水1mol，则T2℃时所得晶体的化学式为
NaBO3·3H2O，故答案为：NaBO3·3H2O。

1．硫酸铅(PbSO4)广泛应用于制造铅蓄电池、白色颜料等。

工业生产中利用方铅矿(主要成分为PbS，含有FeS2等杂质)和软锰矿(主要成分为MnO2)制备PbSO4的工艺流程如图：
已知：i．PbCl2难溶于冷水，易溶于热水
ii．PbCl2(s)+2Cl−(aq)PbCl2−4(aq) ΔH>0
iii．K sp(PbSO4)=1.08×10−8，K sp(PbCl2)=1.6×10−5
(1)“浸取”过程中盐酸与MnO2、PbS发生反应生成PbCl2和S的化学方程式为_____________，加入NaCl的目的是_________________。

(2)沉降操作时加入冰水的作用是_______________________。

(3)20℃时，PbCl2(s)在不同浓度盐酸中的最大溶解量(g·L−1)如图所示。

下列叙述正确的是_______(填字母)。

A．盐酸浓度越小，K sp(PbCl2)越小
B．x、y两点对应的溶液中c(Pb2+)不相等
C当盐酸浓度为1mol·L−1时，溶液中c(Pb2+)一定最小
D．当盐酸浓度小于1mol·L−1时，随HCl浓度增大，PbCl2溶解量减少是因为Cl−浓度增大使PbCl2溶解平衡逆向移动
模拟优练
(4)调pH的目的是___________________，PbCl2“转化”后得到PbSO4，当c(Cl−)=0.100mol/L时，c(SO2−4)=_______。

(5)滤液a经过处理后可以返回到_______工序循环使用。

【答案】（1）MnO2+PbS+4HCl=PbCl2+S+MnCl2+2H2O 增大c(Cl−)浓度，平衡ii向右移动，增大PbCl2溶解性(或将难溶的PbCl2转化为PbCl2−4溶入水中，增大PbCl2溶解性)
（2）PbCl2难溶于冷水，降低PbCl2的溶解度，便于PbCl2析出晶体
（3）BD
（4）使Fe3+沉淀而除去 6.75×10−6
（5）浸取
【解析】方铅矿精矿(主要成分为PbS，含有FeS2等杂质)和软锰矿(主要成分为MnO2)中加入稀盐酸，根据酸性废液中的成分可知该过程中PbS中部分S元素被氧化成硫酸根离子，MnO2被还原成Mn2+，加入的NaCl 可促进反应PbCl2(s)+2Cl−(aq)PbCl2−4(aq)平衡正向移动使更多的Pb元素存在于溶液中，加入NaOH溶液调节溶液pH，使铁离子转化成氢氧化铁沉淀，过滤得到氢氧化铁、矿渣和滤液；PbCl2难溶于冷水，将滤液冷水沉降过滤得到PbCl2晶体，之后加入稀硫酸发生沉淀转化，生成硫酸铅晶体，过滤得到晶体烘干得到硫酸铅粉末，滤液a中主要成分为HCl。

(1)根据题意可知该过程中MnO2将PbS2中的S元素氧化成S单质，锰元素被还原成Mn2+，根据电子守恒和元素守恒可得方程式为MnO2+PbS+4HCl=PbCl2+S+MnCl2+2H2O；加入NaCl 的目的是增大c(Cl−)浓度，平衡ii向右移动，增大PbCl2溶解性(或将难溶的PbCl2转化为PbCl2−4溶入水中，增大PbCl2溶解性)；(2)根据题目信息可知氯化铅难溶于冷水，加入冰水可降低PbCl2的溶解度，便于析出PbCl2晶体；(3)PbCl2是微溶化合物，溶于水存在下列平衡：PbCl2(s)P b2+(aq)+2Cl−(aq)，由图象可知在浓度为1mol/L时溶解量最小，小于1mol/L时，主要是电离出的氯离子抑制氯化铅的溶解，大于1mol/L时，可发生络合反应：PbCl2(s)+2Cl−(aq)PbCl2−4(aq)，而促进溶解。

A．K sp(PbCl2)只受温度的影响，温度不变，则K sp(PbCl2)不变，故A错误；B．根据分析可知x、y两点对应的溶液中的溶质不同，所以c(Pb2+)不相等，故B正确；C．根据分析可知当盐酸浓度大于1mol/L时，可发生反应：PbCl2(s)+2Cl−(aq)PbCl2−4(aq)，所以此时c(Pb2+)不一定最小，故C错误；D．根据分析可知盐酸浓度小于1mol·L−1时，主要存在平衡PbCl2(s)
Pb2+(aq)+2Cl−(aq)，氯离子的增多使平衡逆向移动，故D正确；综上所述选BD；(4)溶液中有杂质铁离子，调pH值可使Fe3+沉淀而除去；分离固体和液体的操作为过滤；沉淀转化的方程式为PbCl2(s)+SO2−4(aq)
PbSO4(s)+2Cl−(aq)，该反应的平衡常数K=
2-2-2+-5
2
2-2-2+-8
444
KspPbCl
c Cl c Cl)c(Pb 1.610
c(SO)c(SO)c(
(
Pb KspPbSO 1.0810
)()
===
)
⋅⨯
⋅⨯
，所以当
c(Cl−)=0.100mol/L时，c(SO2−4)=
2-8
-5
0.100 1.0810
1.610
⨯⨯
⨯
mol·L−1=6.75×10−6mol/L；(5)由分析可知，滤液a中的主要
溶质为HCl，所以经处理后可以返回到浸取工序循环使用。

2．工业上利用软锰矿浆进行烟气脱硫并制备MnSO4和Mg(OH)2的工艺流程如图所示(已知软锰矿的主要成分是MnO2，还含有Fe、Al、Mg、Zn、Ni、Si等元素)。

已知：K sp[Mg(OH)2]=4.9×10−12，K b(NH3·H2O)=1.8×10−5。

（1）“脱硫浸锰”中软锰矿浆吸收SO2的化学方程式为______________________。

（2）向浸出液中添加适量MnO2的作用是_____________；滤渣2的主要成分是__________。

（3）“沉锰”的离子方程式为____________________________。

（4）“沉锰”过程中pH和温度对Mn2+和Mg2+沉淀率的影响如图所示。

℃由图可知，“沉锰”的合适条件是________________________。

℃当温度高于45℃时，Mn2+和Mg2+沉淀率变化的原因是___________________________。

（5）将NH3通入0.015mol·L−1 MgSO4溶液中，使Mg2+恰好完全沉淀即溶液中c(Mg2+)=1.0×10−5mol·L−1，此时溶液中NH3·H2O的物质的量浓度为____________(忽略反应前后溶液体积的变化，计算结果保留2位小数)。

【答案】（1）MnO2+SO2=MnSO4
（2）将Fe2+氧化为Fe3NiS和ZnS
（3）Mn2++HCO−3+NH3·H2O=MnCO3↓+NH+4+H2O
（4）45℃、pH=7.5 当温度高于45℃时，随着温度升高，NH4HCO3分解，c(CO2−3)下降，所以Mn2+沉淀率下降；同时随着温度升高，Mg2+水解生成Mg(OH)2程度增大，所以Mg2+沉淀率增大
（5）1.17mol·L−1
【解析】软锰矿的主要成分是MnO2，还含有Fe、Al、Mg、Zn、Ni、Si等元素，应均以金属氧化物的形式存在，SiO2、MnO2与硫酸不反应，硫酸酸化的软锰矿浆中含有Fe2+、Al3+、Mg2+、Zn2+、Ni2+和SiO2、MnO2，通入含有SO2的烟气将二氧化硫吸收，二氧化硫与软锰矿浆中的MnO2作用生成生成Mn2+和SO2−4，过滤后形成含有Mn2+、Fe2+、Al3+、Mg2+、Zn2+、Ni2+、SO2−4等的浸出液，二氧化硅不反应经过滤成为滤渣1，向浸出液中加入MnO2，将浸出液中的Fe2+氧化为Fe3+，加入氨水，调节pH值，使Fe3+、Al3+形成Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀除去，再向浸出液中加入硫化铵把Zn2+、Ni2+转化为NiS和ZnS沉淀除去，过滤后得到的滤渣2为NiS和ZnS，向过滤后的滤液中加入氨水和碳酸氢铵，得到碳酸锰和含有Mg2+的溶液，向碳酸锰中加入硫酸得到硫酸锰，向含有Mg2+的溶液通入氨气，得到氢氧化镁。

(1)“脱硫浸锰”中软锰矿浆中，MnO2与SO2反应生硫酸锰，化学方程式为MnO2+SO2=MnSO4；(2)根据分析，向浸出液中添加适量MnO2的作用是将浸出液中的Fe2+氧化为Fe3+；滤渣2的主要成分是NiS和ZnS；(3)根据分析，向过滤后的滤液中加入氨水和碳酸氢铵，得到碳酸锰和含有Mg2+的溶液，“沉锰”的离子方程式为Mn2++HCO−3+NH3∙H2O=MnCO3↓+NH+4+H2O；(4)℃由图可知，“沉锰”的合适条件是：温度控制在45℃左右，pH=7.5左右锰离子的沉淀率最高；℃当温度高于45℃时，Mn2+和Mg2+沉淀率变化的原因是：沉锰是要加入碳酸氢铵，铵盐受热易分解，当温度高于45℃时，随着温度升高，NH4HCO3分解，c(CO2−3)下降，所以Mn2+沉淀率下降；同时随着温度升高，Mg2+水解生成Mg(OH)2程度增大，所以Mg2+
沉淀率增大；(5)K sp[Mg(OH)2]=c(Mg2+)×c2(OH−)=4.9×10−12，c2(OH−)=
()
()
12
2
5
2
4.910
=
1.010
sp
K Mg OH
c Mg+
⎡⎤⨯
⎣⎦
⨯
－
－
=
4.9×10−7，c(OH−)=7×10−4mol·L−1，NH3通入0.015mol·L−1MgSO4溶液中，Mg2+恰好完全沉淀时生成硫酸铵，c(NH+4)=2c(SO2−4)=2×0.015mol/L=0.03mol/L，一水合氨是弱电解质，电离方程式为：NH3·H2O N H+4+OH−，
K b(NH3·H2O)=
()()
()()
-4
4
3232
7100.03
=
c OH c NH
c NH H O c NH H O
-+
⋅⨯⨯
⋅⋅
=1.8×10−5，则NH3·H2O的物质的量浓度为-4
5
7100.03
=
1.810
⨯⨯
⨯－
=1.17
mol/L。

3．电池级CoSO4可用于制备CoCO3和CoC2O4等钴盐。

一种以粗Co(OH)3渣(含有Fe2O3、CuO、CaO、MgO、ZnO、SiO2等杂质)为原料制备电池级CoSO4·7H2O的工艺流程如图：
已知：黄钠铁矾NaFe 3(SO 4)2(OH)6为淡黄色难溶物。

回答下列问题：
(1)为了提高钴元素的浸出率，可以采取的措施有_______________(写两点)。

(2)滤渣1的主要成分为_______。

(3)“还原浸出”过程中，Na 2sO 3用量、终点pH 对钴浸出率的影响如图所示：则较为适宜的控制条件是_________________。

(4)写出“氧化”过程中加入NaClO 3与Fe 2+发生反应的离子方程式：______________。

(5)“调节pH”过程中，调节pH=5，写出生成黄钠铁矾[NaFe 3(SO 4)2(OH)6]的离子方程式：__________________________。

(6)常温下，K sp (CoCO 3)=1.6×10−13，K sp (CoC 2O 4)=6.4×10−8，向浓度均为0.01mol/L Na 2CO 3和Na 2C 2O 4的混合溶液中加入CoSO 4固体，当C 2O 2−4恰好完全沉淀的时候，2-242-3c(C O )=c(CO )
____。

(7)在空气中煅烧CoC 2O 4至恒重得金属氧化物固体A 和CO 2，测量得m(A)=12.05g ，m(CO 2)=13.2g ，写出A 的化学式：_______________。

【答案】（1）将粗Co(OH)3渣研细、适当地升温、适当增大硫酸的浓度(任意答两点)
（2）SiO 2和CaSO 4
（3）23n(Na SO )=2.5n(Co)
且终点pH=3.5
（4）2+-+3
6Fe +ClO +6H =3+-26Fe +Cl +3H O （5）+3+2-
2-2433H O+Na +3Fe +2SO +3CO =3CO 2↑+NaFe 3(SO 4)2(OH)6↓
（6）4×105
（7）Co 3O 4
【解析】粗Co(OH)3渣(含有Fe 2O 3、CuO 、CaO 、MgO 、ZnO 、SiO 2等杂质)加入硫酸酸浸后，SiO 2不溶于酸出现在滤渣1中，硫酸钙微溶液出现下滤渣1中，溶液中存在Fe 3+、Cu 2+、Ca 2+、Mg 2+、Zn 2+，加入NaClO 3把亚硫酸根氧化为硫酸根，加入Na 2CO 3调pH 使Fe 3+转化为黄钠铁矾[NaFe 3(SO 4)2(OH)6]，得到含Co 2+的溶液，再加入NaF 沉淀Ca 2+、Mg 2+，加入P 2O 4沉淀Cu 2+、Zn 2+，最终得到CoSO 4·7H 2O 。

(1)通过搅拌、适当升高温度、研磨矿石、适当增大酸的浓度等，可以提高溶浸工序中原料的浸出率，故答案为：将粗Co(OH)3渣研细、适当地升温、适当增大硫酸的浓度(任意答两点)；(2)由分析可知，滤渣1的成分是SiO 2和CaSO 4；(3)由图可知，当23n(Na SO )=2.5n(Co)且终点pH=3.5时，钴浸出率最高，故答案为：23n(Na SO )=2.5n(Co)
且终点pH=3.5；(4)“氧化”过程中NaClO 3把过量的亚硝酸钠氧化为硫酸钠，离子方程式为：2+-+3
6Fe +ClO +6H =3+-26Fe +Cl +3H O ；(5)加入Na 2CO 3调pH 使Fe 3+转化为黄钠铁矾[NaFe 3(SO 4)2(OH)6]，离子方程式为：+3+2-2-243
3H O+Na +3Fe +2SO +3CO =3CO 2↑+NaFe 3(SO 4)2(OH)6↓；(6)等浓度的C 2O 2−4和CO 2−3，CO 2−3先沉淀，当C 2O 2−4恰好完全沉淀的时候，
2-
sp 245242-3sp 3K (CoC O )c(C O )==410c(CO )K (CoCO )
，故答案为：4×105；(7)在空气中煅烧CoC 2O 4得到氧化物和二氧化碳，根据元素守恒可知，2n CO =0.3mol ()，24n(CoC O )=0.15mol ，m(Co)=8.85g ，则固体A 中n(Co)0.153n(O)=0.2==n(O)0.24
，，故化学式为Co 3O 4，故答案为：Co 3O 4。

4．化工产品三氯化六氨合钴(III)制备：用H 2O 2作氧化剂，在大量氨和氯化铵存在下，活性炭为催化剂，将Co(II)
氧化为Co(III)，制得三氯化六氨合钴(III)配合物。

有关反应式：2CoCl 2·6H 2O+10NH 3+2NH 4Cl+H 2O 2=2[Co(NH 3)6]Cl 3+14H 2O
已知：℃293K ，[Co(NH 3)6]Cl 3在水中的溶解度为0.26mol/L 。

℃钴(II)与氯化铵和氨水作用，经氧化后可生成三种晶体：[Co(NH 3)5Cl]Cl 2、[Co(NH 3)6]Cl 3、
[Co(NH 3)5(H 2O)]Cl 3。

控制不同条件可得不同产物。

如温度不同，产物就不同。

(一)制备三氯化六氨合钴(III)粗产品的流程如下：
(二)三氯化六氨合钴(III)粗产品的提纯流程如下：
请回答：
(1)操作B 的名称_______。

(2)CoCl 2在没有铵盐存在时，遇氨水生成蓝色沉淀的离子方程式为_______。

原料NH 4Cl 的作用℃_______；℃作为反应物与CoCl 2·6H 2O 生成[Co(H 2O)2Cl 4]2−。

(3)冷却至10℃后，才在步骤B 中逐滴加入H 2O 2溶液的原因℃_______；℃使反应温和进行。

(4)操作A 名称_______，进行该操作最合适的装置是_______(填写“I”或“II”或“III”)，操作A 后所弃去的沉淀中一定含有的物质为_______。

(5)步骤C 进行洗涤时要用到两种试剂，先用_______(填序号，下同)洗涤，后用_______洗涤。

A ．饱和氯化钠溶液
B ．无水乙醇
C ．浓盐酸
【答案】（1）烘干
（2）2++3224Co +2NH H O=Co(OH)+2NH ⋅↓ 抑制NH 3·H 2O 的电离
（3）避免H 2O 2的分解
（4）趁热过滤 ℃ 活性炭 C
（5）B
【解析】将六水合氯化钴和氯化铵固体溶解于水中，得到[Co(H 2O)2Cl 4]2−，加入活性炭冷却后加入浓氨水得到[Co(NH 3)6]Cl 2溶液，冷却后滴加双氧水得到[Co(NH 3)6]Cl 3溶液，水浴加热后冷却抽滤，得到[Co(NH 3)6]Cl 3粗产品，将粗产品溶于水中，加入2mL 浓盐酸，得到沉淀，由于粗产品中含有不溶于水的活性炭，所以沉淀中一定含有活性炭，过滤后，向滤液中加入7mL 浓盐酸，由于同离子效应，[Co(NH 3)6]Cl 3从溶液中析出，抽滤后得到[Co(NH 3)6]Cl 3晶体，洗涤后抽滤、干燥得到纯净的[Co(NH 3)6]Cl 3。

(1)抽滤后得到的产品中含有水分，需要烘干，因此操作B 的名称是烘干；(2)CoCl 2在没有铵盐存在的情况下，遇氨水生成蓝色沉淀，该蓝色沉淀是
氢氧化钴，该反应的离子方程式为2++3224Co +2NH H O=Co(OH)+2NH ⋅↓；在碱性条件下容易生成氢氧化钴
沉淀，因此原料NH 4Cl 的主要作用除了提供NH 3以外，还有抑制NH 3·H 2O 的电离，降低溶液的碱性；(3)由于双氧水不稳定，受热易分解，因此冷却至10℃后，步骤B 中逐滴加入H 2O 2溶液的目的是避免H 2O 2的分解，另外使反应温和进行；故答案为：避免H 2O 2的分解；(4)由于温度不同，产物也不同，因此操作A 应该是趁热过滤；由于需要保持一定温度，所以选择装置I ；粗产品中含有活性炭，不溶于水，沉淀中一定含有活性炭；
(5)增大氯离子浓度可以防止产品溶解而损失，因此三氯化六氨合钴首先应该用浓盐酸洗涤，最后再用有机溶剂乙醇洗涤；故答案为：C ；B 。

5．纳米氧化镁是在磁性、催化方面有许多特异功能的新材料，具有重要价值。

工业以菱镁矿(主要成分为MgCO 3，少量FeCO 3和SiO 2杂质)为原料制备纳米氧化镁工艺流程如图：
试回答下列问题：
(1)“焙烧”时生成的主要气体有___________；滤渣I 的主要成分为___________。

(2)氧化剂常用空气或H 2O 2而不选用酸性KMnO 4，解释其原因___________。

已知在该条件下金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH 如表：
上述流程中“氧化”是否可省掉及理由是___________。

(3)试剂a 可能是___________。

(4)资料显示锻烧MgCO 3比锻烧Mg(OH)2更容易生成MgO 纳米材料。

“沉淀”时若将NH 4HCO 3更换成Na 2CO 3，则产生的后果是___________。

(5)该流程中可以循环利用的物质是___________。

【答案】（1）NH 3、CO 2 SiO 2
（2）引入新杂质Mn 2+，产品不纯；将Cl −氧化为Cl 2造成污染 否，不先将Fe 2+氧化为Fe 3+，调pH 分步沉淀中产生的Fe(OH)2为絮状沉淀，不易通过过滤分离除去
（3）MgO(或MgCO 3、Mg(OH)2、Mg 2(OH)2CO 3等)
（4）Na 2CO 3碱性更强，反应中易生成更多Mg(OH)2而不利于MgO 纳米材料的生成，纳米MgO 纯度降低 （5）NH 4Cl
【解析】菱镁矿主要成分为MgCO 3（含少量FeCO 3和SiO 2杂质），加入NH 4Cl 在空气中焙烧，主要反应为
MgCO 3+2NH 4Cl=====焙烧MgCl 2+2NH 3↑+CO 2↑+H 2O ，杂质FeCO 3也发生类似的反应生成FeCl 2，加水溶解，
SiO 2不溶于水，进入滤渣I 中，加入氧化剂，将Fe 2+氧化为Fe 3+，加入试剂a 调pH ，但不能引入新物质，故试剂a 可以选择Mg 的化合物MgO 、MgCO 3、Mg(OH)2、Mg 2(OH)2CO 3等，此时Fe 3+完全水解为Fe(OH)3，过滤除去Fe(OH)3（滤渣II ），加入NH 4HCO 3，Mg 2+转化为MgCO 3沉淀并得到NH 4Cl 溶液，经过煅烧得到纳米MgO 。

(1)根据分析，“焙烧”时生成的主要气体有NH 3、CO 2；滤渣I 的主要成分为SiO 2；(2)H 2O 2的还原产物为H 2O ，
不会引入新杂质，而MnO −4的还原产物为Mn 2+，引入新杂质Mn 2+，产品不纯，另外，MnO −4氧化性很强，可将
溶液中的Cl −氧化为Cl 2，造成污染；根据表格数据可知，Fe 2+的沉淀不会影响Mg 2+，但调pH 时Fe 2+会转化为Fe(OH)2絮状沉淀，不易通过过滤分离除去，故需将Fe 2+氧化为Fe 3+，得到的Fe(OH)3容易过滤除去；(3)根据分析，试剂a 可能是MgO(或MgCO 3、Mg(OH)2、Mg 2(OH)2CO 3等)；(4)Na 2CO 3碱性比NH 4HCO 3更强，碱性强的溶液中易生成更多Mg(OH)2，而锻烧MgCO 3比锻烧Mg(OH)2更容易生成MgO 纳米材料，故使用Na 2CO 3
不利于MgO纳米材料的生成，纳米MgO纯度降低；(5)根据分析，沉淀步骤中可得NH4Cl溶液，故可以循环的物质是NH4Cl。