备战高考化学—镁及其化合物的推断题综合压轴题专题复习含答案解析

备战高考化学—镁及其化合物的推断题综合压轴题专题复习含答案解析
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．X、Y、Z、W 是常见的几种元素，其相关信息如表：
（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。

3．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↓。

4．在一定条件下，单质B、C、D、E都能与A单质发生化合反应，转化关系如图所示。

已知：①G是黑色晶体，能吸附B单质；②H能与氢氧化钠溶液或盐酸反应；③实验时在G 和C的混合物表面加入某强氧化剂粉末，在表面上插入一根除去氧化膜的E片，点燃E引发G与C的反应；④I是绿色植物光合作用的原料，温室中常用它作肥料。

根据上述信息，回答下列问题：
(1)I的电子式为____________，G的俗名是_____________。

(2)以C和E为电极在NaOH溶液中构成原电池，该原电池的负极反应式为________。

(3)根据E和A反应的能量变化图像写出热化学方程式：_______________。

(4)两种常见含C元素的盐，一种pH>7，另一种pH<7，写出这两种溶液混合时发生反应的离子方程式：____________________；
(5)写出B在高温下和水蒸气反应的化学方程式并标出电子转移方向和总数________。

【答案】磁性氧化铁 Al-3e-+4OH-=AlO2-+2H2O 2Mg(s)+O2(g)=2MgO(s) △H = -10Q kJ/mol 3AlO2-+Al3++6H2O=Al(OH)3↓
【解析】
【分析】
单质B、C、D、E都能与A单质发生化合反应，①G是黑色晶体，能吸附B单质，可推断B 为Fe，G为Fe3O4，A为O2；②H能与氢氧化钠溶液或盐酸反应说明是两性氧化物，C为Al，H为Al2O3；③实验时在G和C的混合物表面加入某强氧化剂粉末，在表面上插入一根
除去氧化膜的E片，点燃E引发G与C的反应，是铝热反应，证明E为Mg，F为MgO；
④I是绿色植物光合作用的原料，温室中常用它作肥料，则I为CO2，D为C，E+I=F发生的是2Mg+CO2C+2MgO，据此解答。

【详解】
根据上述分析可知：A为O2；B为Fe；C为Al；D为C；E为Mg；F为MgO；G为Fe3O4，H为Al2O3；I为CO2。

(1)I为CO2，电子式为；G为Fe3O4，俗名是磁性氧化铁；
(2)以铝和镁为电极在NaOH溶液中构成原电池，铝与NaOH溶液反应，作原电池的负极，该原电池的负极反应式为Al-3e-+4OH-= AlO2-+2H2O；
(3)根据能量变化图像可知镁和氧气反应的热化学方程式：2Mg(s)+O2(g)=2MgO(s) △H= -10Q kJ/mol；
(4)两种常见含铝元素的盐，一种pH>7，该盐为偏铝酸盐，另一种pH<7，该盐为铝盐，两种溶液混合时发生反应的离子方程式为3AlO2-+Al3++6H2O=Al(OH)3↓；
(5)铁在高温下和水蒸气反应产生Fe3O4和H2，在该反应中Fe失去电子变为Fe3O4，H2O中的H得到电子变为H2，3 mol Fe失去8 mol电子，故反应的电子转移表示为：。

【点评】
本题考查无机物推断，物质的颜色、物质的特殊性质等是推断突破口，需要学生熟练掌握元素化合物知识，结合元素及化合物的结构与性质分析、解答。

5．在标准状况下，分别取30mL相同浓度的盐酸依次装入①②③试管中，然后分别慢慢加入组成相同的镁铝混合物，相同条件下，测得有关数据如表所示反应前后体积不变）
实验序号①②③
混合物质量/mg2555101020
气体体积/mL280336336
（1）盐酸的物质的量浓度为__________mol/L。

（2）混合物中Mg和Al的物质的量之比为_________。

【答案】11:1
【解析】
【分析】
镁铝均能和盐酸反应产生氢气，由表中数据可知，30mL盐酸最多可以生成336mLH2。

因此，在实验①中，金属混合物完全溶解了，而实验③中，金属混合物肯定有剩余。

【详解】
（1）由表中数据可知，30mL盐酸最多可以生成336mLH2，因此，盐酸中
n(H+)=2n(H2)=
0.336
2
22.4/
L
L mol
⨯=0.03mol，所以盐酸的物质的量浓度为
0.03
0.03
mol
L
=1mol/L。

（2）实验①中，255mg混合物完全溶解生成280mL H2，
n(Mg)⨯24g/mol+n(Al)⨯27g/mol=0.255g，根据电子转移守恒可得2 n(Mg)+3 n(Al)=
2n(H2)=
0.280
2
22.4/
L
L mol
⨯=0.025mol，联立方程组可以求出n(Mg)= n(Al)= 0.005mol，所以
Mg和Al的物质的量之比为1:1。

6．一定质量的镁、铝混合物投到2mol·L－1的盐酸中，待金属完全溶解后，再向溶液中逐滴加入2mol·L－1的氢氧化钠溶液，生成沉淀的质量与加入氢氧化钠溶液的体积关系如图所示。

则：
（1）0～amL、a～80mL、80～90mL对应反应的离子方程式分别为：
①0～amL：___；
②amL～80mL：__、__；
③80mL～90ml：___。

（2）金属铝的质量为___。

（3）盐酸的体积是__mL。

（4）n(Mg)
n(Al)
=__。

（5）a=__。

【答案】OH-＋H＋=H2O Al3＋＋3OH－=Al(OH)3↓ Mg2＋＋2OH－=Mg(OH)2↓ Al(OH)3＋OH－
=AlO2-＋2H2O 0.54g 80 1.5(或3∶2) 20(mL)
【解析】
【分析】
0～a段没有生成沉淀，说明盐酸过量，加入的氢氧化钠与氯化氢反应；a～80段开始生成沉淀，加入80mL氢氧化钠溶液后沉淀达到最大量，此时溶液中的溶质为NaCl；80～90段氢氧化铝开始溶解，溶解氢氧化铝消耗了10mLNaOH，则氢氧化铝沉淀的物质的量为：
2mol/L×0.01L＝0.02mol；当加入90mLNaOH溶液后氢氧化铝完全溶解，此时沉淀只有氢氧化镁，
(1)①0～amL为氢氧化钠与氯化氢反应生成氯化钠和水；
②amL～80mL为氢氧化钠分别于氯化铝和氯化镁反应生成氢氧化铝和氢氧化镁沉淀与氯化钠；
③80mL～90ml为氢氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和水；
(2)氢氧化钠的体积在80至90mL段内，所有的氢氧化钠用于溶解氢氧化铝，根据氢氧化钠
的量确定氢氧化铝的量，根据原子守恒确定金属铝的量；
(3)加入80mL 氢氧化钠溶液时，溶质为NaCl ，根据质量守恒可以计算出氯化氢的物质的量，再根据V ＝n c
计算出盐酸的体积； (4)由图得到氢氧化镁的质量，根据公式计算出氢氧化镁的物质的量，根据原子守恒确定金属镁的量；
(5)根据金属镁和铝的物质的量算出氯化铝和氯化镁的物质的量，根据化学方程式算出氢氧化钠反应的物质的量，用公式算出体积，则a=80-氢氧化钠的体积，据此解答。

【详解】
0～a 段没有生成沉淀，说明盐酸过量，加入的氢氧化钠与氯化氢反应；a ～80段开始生成沉淀，加入80mL 氢氧化钠溶液后沉淀达到最大量，此时溶液中的溶质为NaCl ；80～90段氢氧化铝开始溶解，溶解氢氧化铝消耗了10mLNaOH ，则氢氧化铝沉淀的物质的量为：2mol/L ×0.01L ＝0.02mol ；当加入90mLNaOH 溶液后氢氧化铝完全溶解，此时沉淀只有氢氧化镁；
(1)①0～amL 为氢氧化钠与氯化氢反应生成氯化钠和水，离子方程式为：OH -＋H ＋=H 2O ； ②amL ～80mL 为氢氧化钠分别于氯化铝和氯化镁反应生成氢氧化铝和氢氧化镁沉淀与氯化
钠，离子方程式为：Al 3＋＋3OH －=Al(OH)3↓，Mg 2＋＋2OH －=Mg(OH)2↓；
③80mL ～90ml 为氢氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和水，离子方程式为：Al(OH)3＋OH －=AlO 2-＋2H 2O ；
故答案为：OH -＋H ＋=H 2O ；Al 3＋＋3OH －=Al(OH)3↓；Mg 2＋＋2OH －=Mg(OH)2↓；Al(OH)3＋OH －=AlO 2-＋2H 2O ；
(2)从横坐标80mL 到90mL 这段可以得出：n (Al(OH)3)＝n (NaOH)＝0.01L ×2mol/L ＝0.02mol ，则n (Al)＝n (Al(OH)3)＝0.02mol ，原混合物中铝的质量为：27g/mol ×0.02mol ＝0.54g ；故答案为：0.54g ；
(3)加入80mL 氢氧化钠溶液时，溶质为NaCl ，则n (HCl)＝n (NaOH)＝2mol/L ×0.08L ＝0.16mol ，盐酸的体积为：0.16mol 2mol/L
＝0.08L ＝80mL ；故答案为：80； (4)由图可知m (Mg(OH)2)=1.74g ，则n (Mg)=n (Mg(OH)2)= 1.74g 58g/mol
=0.03mol ，(Mg)(Al)n n =0.03mol 0.02mol
=1.5；故答案为：1.5(或3∶2)； (5)根据元素守恒，n (MgCl 2)= n (Mg) =0.03mol ，n (AlCl 3)=n (Al)=0.02mol ，与氢氧化钠反应生成氢氧化镁和氢氧化铝两种沉淀时消耗的
n (NaOH)=2n (MgCl 2)+3n (AlCl 3)=20.03mol+30.02mol ⨯⨯=0.12mol ，则
V (NaOH)=
0.12mol 2mol/L
=0.06L=60mL ，则与氯化氢反应的氢氧化钠的体积a=80mL-60mL=20mL ，故答案为：20(mL)。

【点睛】 明确图象各阶段发生的反应是解答本题的关键，注意守恒法在化学计算中的应用。

7．镁、铝的混合物共0.2mol，溶于200mL4mol·L-1的盐酸溶液中，然后再滴加2 mol·L-1的NaOH 溶液。

若在滴加NaOH溶液的过程中，沉淀质量m 随加入NaOH溶液的体积V变化情况如图所示。

请回答下列问题：
（1）当V1=160mL时，则金属粉末中m(Al)=_____________mol。

（2）V2～V3段发生反应的离子方程式为____________________________。

（3）若在滴加NaOH溶液的过程中，欲使Mg2+、Al3+刚好沉淀完全，则加入NaOH 溶液的体积V(NaOH)=____________mL。

（4）若镁、铝的混合物仍为0.2mol，其中镁粉的物质的量分数为a，改用200mL4 mol·L-1的硫酸溶解此混合物后，再加入840mL 2 mol·L-1的NaOH溶液，所得沉淀中无Al(OH)3，则a的取值范围为_______________________。

【答案】 0.08 Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O 400 0.6≤a＜1
【解析】（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×2mol/L=0.32mol。

200mL 4mol•L-1的盐酸溶液中含有氯化氢的物质的量为：4mol/L×0.2L=0.8mol，设混合物中含有MgCl2为
xmol、AlCl3为ymol，则：根据Mg原子、Al原子守恒有：x+y=0.2，根据Cl-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；（2）V2～V3段发生氢氧化钠溶解氢氧化铝的反应，反应的离子方程式为Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O；（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×0.2L=0.8mol，所以需要加入氢氧化钠溶液体积为：V（NaOH）=0.8mol÷2mol/L=0.4L=400mL；（4）由于为金属混合物，则a＜1，Al的物质的量为：0.2（1-a）mol，反应后的混合溶液中再加入840mL 2mol•L-1的NaOH溶液，所得沉淀中无Al（OH）3，则溶质为硫酸钠、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（Na2SO4）+n（NaAlO2），即0.84×2≥2×0.2×4+0.2（1-a），解得：a≥0.6，所以a的取值范围为：故0.6≤a＜1。

点睛：本题考查了有关混合物反应的计算，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应、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；具体计算时注意守恒思想的运用，使计算简化。

最后一问的计算注意利用好数学中的极值法。

8．镁及其化合物在现代工业、国防建设中有着广泛的应用。

回答下列问题：
（1）单质镁在空气中燃烧的主要产物是白色的_____，还生成少量的______（填化学式）。

（2）CH3 MgCl是一种重要的有机合成剂，其中镁的化合价为______，CH3 MgCl水解时除生成甲烷外，还生成一种碱和一种盐。

写出该反应的化学方程式：
_________________________。

（3）Mg(OH)2是常用的阻燃材料。

以白云石（CaCO3、MgCO3，不考虑杂质）为原料制备Mg(OH)2和CaCO3工艺流程如下：
①溶解度：Ca(OH)2 _______ （填“>”或“<”）Mg(OH)2。

②“煅烧”时称取27.6 g白云石，高温加热到质量不再变化，收集到的CO2为6.72 L(标准状况下)，若工艺中不考虑Ca、Mg损失，则Mg( OH)2和CaCO3的质量分别为
_________、____________。

【答案】MgOMg3N2+22CH3 MgCl+2H2O=2CH4↑+MgCl2 +Mg(OH)2>8.7 g15 g
【解析】
试题分析：
（1）镁既能在氧气中燃烧又能在氮气中燃烧，氧气的氧化性比氮气强，所以单质镁在空气中燃烧的主要产物是白色的MgO，还生成少量的Mg3N2。

（2）CH3 MgCl是一种重要的有机合成剂，其中镁的化合价为+2，CH3 MgCl水解时除生成甲烷外，还生成一种碱和一种盐，则该碱一定是氢氧化镁，该盐一定是氯化镁，该反应的化学方程式为2CH3 MgCl+2H2O=2CH4↑+MgCl2 +Mg(OH)2。

（3）①氢氧化钙微溶于水，氢氧化镁难溶于水，所以溶解度：Ca(OH)2 > Mg(OH)2。

②“煅烧”时称取27.6 g白云石，高温加热到质量不再变化，收集到的CO2为6.72 L(标准状况下)，则CO2的物质的量为0.3mol。

由碳元素守恒可得，
n(CaCO3)+n(MgCO3)=0.3mol，100g/mol n(CaCO3)+84 g/mol n(MgCO3)=27.6g，解之得
n(CaCO3) =0.15mol，n(MgCO3)=0.15mol，若工艺中不考虑Ca、Mg损失，则Mg( OH)2的质量为58g/mol 0.15mol=8.7 g、CaCO3的质量为100g/mol0.15mol=15 g。

点睛：混合物的计算通常可以用守恒法快速列方程组求解。

常见的守恒关系有质量守恒、电子转移守恒、电荷守恒、元素（原子或离子）守恒等等。

利用守恒关系可以把题中的相关数据转化为方程式，联立成方程组，即可解题。

9．某研究性学习小组以一种工业废料制备高纯MgO，设计了流程如下。

请回答下列问题。

（1）步骤①中生成Mg2+的离子方程式为______________
（2）下列物质可用于代替步骤②中H2O2的是__________
A．NaCl B．Cl2 C．铁粉 D．KMnO4
（3）步骤③中采用如图所示装置除去Fe3+
ⅰ．实验装置图中仪器A的名称为________________
ⅱ．充分振荡并静置分层，打开仪器A上口的玻璃塞后，上、下层分离的正确操作是：
________________
ⅲ．图中存在的错误是：________________
（4）步骤④中NaOH加入的量是______________（填“少量”或“过量”）
（5）实验中，取工业废料40.0g（ MgCO3的含量为42%），得到4.0g高纯氧化镁。

该实验中高纯氧化镁的产率为____________（）
（6）高纯氧化镁可能具有如下性质和用途，正确的是____________
A．耐酸 B．耐碱 C．制耐火坩埚 D．制信号弹和焰火材料
【答案】MgCO3 + 2H+ = Mg2+ + CO2↑+ H2O B 分液漏斗下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出分液漏斗下端没有紧靠烧杯内壁过量 50% BC
【解析】试题分析：以工业制取高纯MgO为题材，重点考查离子方程式书写、氧化剂的选择、萃取和分液操作、化学计算等知识，考查考生对实验流程图的分析能力。

制备流程中，废料在浓盐酸作用下，MgCO3、Fe和Al的氧化物溶解得到MgCl2、FeCl2、FeCl3、
AlCl3，并通过过滤与不溶物分离。

步骤②是将Fe2+氧化成Fe3+，再用有机溶剂萃取、分液分离出来。

水溶液中的MgCl2、AlCl3用过量NaOH反应后得到Mg(OH)2沉淀和NaAlO2溶液，过滤分离后，利用Mg(OH)2制备MgO。

（1）步骤①中Mg2+是MgCO3与盐酸反应的生成物。

正确答案：MgCO3 + 2H+ = Mg2+ + CO2↑+ H2O。

（2）步骤②是利用H2O2将Fe2+氧化成Fe3+，该氧化过程中没用引入其他杂质。

选项中A与C不具有氧化性，不能替代H2O2，A、C均错误。

C、Cl2能将Fe2+氧化成Fe3+且不会引入杂质，C正确。

D、KMnO4能够氧化Fe2+，但是还
原生成的Mn2+会在最后沉淀生成Mn(OH)2而与Mg(OH)2混合，导致产品不纯，正确答案：C。

（3）这是一个萃取分液过程，使用的仪器是分液漏斗，萃取静置后，下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出，图中分液漏斗下端应当与烧杯内壁靠在一起。

正确答案：
分液漏斗、下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出、
分液漏斗下端没有紧靠烧杯内壁。

（4）步骤④需要将生成的Al(OH)3溶解，所以要使用过量的NaOH。

正确答案：过量。

（5）废料中MgCO3质量m=40.0g×42%=16.8g，
n(MgCO3)=16.8g÷84g·mol-1=0.2mol，理论上可以得到MgO 0.2mol，MgO产率为
4.0g÷(0.2mol×40g·mol-1)×100%=50%。

正确答案：50%。

（6）高纯氧化镁具有氧化镁的所有性质。

A、MgO能够与酸反应，不具有耐酸性，A错误。

B、MgO不能与碱反应，所以具有耐碱性，B正确。

C、MgO的熔点高，可以制耐火坩埚，C正确。

D、MgO没有特征的焰色反应，不适合制信号弹，也不适合制焰火材料，D错误。

正确答案：BC。

点睛：①H2O2是一种“绿色”的氧化剂，与还原剂反应后生成的还原产物是H2O，具有无污染的特征。

②理论产量就是完全根据化学反应原理计算得到的产物产量，实际生产或实验中会由于各种原因产生损耗从而导致实际产量降低。

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．。