2020-2021高考化学二模试题分类汇编——镁及其化合物推断题综合附答案解析

1、2020-2021 高考化学二模试题分类汇编镁及其化合物推断题综合附答案解析一、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

2、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） Mg3N2 4NH3+ 5O24NO +6H2 O （ 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23Fe O 。【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 Mg 3N2， 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 N

3、H4Cl。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。（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 Fe2 O3， E 为Fe(OH)3。考点：元素化合物2X、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

4、，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 Al9Fe +4 Al2O3CO2 MgO CuO H2OSiO2 CO【解析】【分析】Z 为绿色植物光合作用后的产物之一，应为 O ， X+AY+B的反应为置换反应，X、Y 为单2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 Al9Fe +4 Al2O3 ；(2)当X 为金属、Y 为非金属,应

5、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+2CSi+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。3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

6、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 CO 反应的化学方程式2（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/ （ Ls）则此段反应时间为s【答案】（ 1）(2) 2Mg+

7、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。【详解】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

8、 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，（1） C 与 D 形成的化合物为 MgF2，其电子式为；因此，本题正确答案是：；（2） Mg与 CO反应的化学方程式为2Mg+CO2MgO+C；2因此，本题正确答案是： 2Mg+CO2MgO+C；（3）“嫦娥一号”发射所用的液体燃料是氢元素的单质，因此，本题正确答案是：氢；（ 4）工业上，使二氧化硫转化为三氧化硫的设备名称为接触室；因此，本题正确答案是：接触室；（

9、5）在一定的条件下， H2、 N2 混合物经过一段时间的反应后， N2 的浓度减小了0.3mol/L 此时间内H2 表示的化学反应速率为0.45mol/ （L?s），则用N2 表示的化学反应速率为 0.15mol/ （L?s），根据t= ?c/v 可以知道，此段反应时间为0.3/0.15=2s；因此，本题正确答案是：2。4 已知一定条件下，单质X、 Y、 Z 与化合物甲、乙之间存在如下变化关系：(1)若 X 是 O2， Y 是 S， Z 是 H2，化合物甲是一种可燃性气体，则化合物甲是_，化合物乙是 _。(2)若 X 是 Mg ，Y 是 C， Z 是 O ，化合物甲是一种不可燃气体，则化合物甲

10、是_ ，2化合物乙是 _ 。【答案】 H2S H2O CO2 MgO【解析】【分析】根据已知的X、 Y、 Z 以及化合物甲的性质，结合物质的性质分析判断。【详解】(1)若X 是O2， Y 是S， Z 是H2，化合物甲是一种可燃性气体，则硫在氢气反应生成H2 S，H2S 与氧气的反应生成H2O 和 S，则化合物甲为H2S，化合物乙为H2O，故答案为H2S；H2O；(2)若 X 是 Mg ，Y 是 C， Z 是 O2，化合物甲是一种不可燃气体，则碳与氧气反应生成二氧化碳， Mg 与二氧化碳反应生成MgO 和 C，则化合物甲为CO2 ，化合物乙为MgO，故答案为CO2； MgO。5 把 NaOH、

11、MgCl23三种固体组成的混合物溶于足量水后有1.16g 白色沉淀，在所得、 AlCl的浊液中逐滴加入1mol?L 1 HCl 溶液，加入HCl 溶液的体积与生成沉淀的质量关系如图所示，试回答：（1）写出混合物溶于水时发生反应的离子方程式_ 。（2）写出 AB 段反应的离子方程式_。 B 点的沉淀物的化学式为_。（3）求原混合物中AlCl3 的物质的量 _， NaOH 的质量 _。（ 4）求 Q 点加入的 HCl 溶液体积 _ 。【答案】 Mg2+23+2222 +3+2OH=Mg（ OH） ， Al+4OH =AlO +2H O；H O+AlO +H =Al（ OH）Mg（ OH） 2、 A

12、l（ OH） 3 0.02 5.20130【解析】试题分析：本题考查与Al（ OH） 3、 Mg （OH）2 沉淀有关的图像分析和计算。（1）开始加入 10mLHCl 溶液，沉淀的质量既不增加也不减少，说明此时加入的10mL 盐酸与 NaOH 反应，则原固体混合物溶于水后发生的反应有： MgCl2+2NaOH=Mg（ OH） 2 +2NaCl、 AlCl3+4NaOH=3NaCl+NaAlO2+2H2O， 1.16g 白色沉淀为 Mg（ OH） 2；原固体混合物溶于水发生反应的离子方程式为：Mg2+2OH-=Mg（ OH） 2 ， Al3+4OH-=AlO2-+2H2O。（2） AB 段发生反

13、应的离子方程式为AlO2-+H+H2O=Al（ OH） 3 。 B 点沉淀物的化学式为Mg（ OH） 2 和 Al（ OH） 3。（3） AB 段消耗 n（ HCl） =1mol/L （ 0.03L-0.01L） =0.02mol ，根据 Al 守恒和离子反应 AlO2-+H+H2O=Al（OH）3， n（ AlCl3） =n（AlO2-） =nAl（ OH） 3 =0.02mol 。根据反应 Al3+4OH-=AlO2-+2H2O，与 AlCl3 反应的 NaOH 物质的量为0.08mol ；（ MgCl2） =nMg （ OH） 2=1.16g2+2OH-=0.02mol ，根据反应 Mg

14、58g / mol=Mg（ OH） 2，与 MgCl2 反应的 NaOH 物质的量为 0.04mol ；与 HCl反应的 NaOH 物质的量为 1mol/L 0.01L=0.01mol ；原混合物中 NaOH 物质的量为0.08mol+0.04mol+0.01mol=0.13mol ， NaOH 的质量为 0.13mol 40g/mol=5.2g 。（3） BQ 段发生的反应为Mg（ OH） 2+2HCl=MgCl2+2H2O、Al（ OH） 3+3HCl=AlCl3+3H2O，溶解 Mg（ OH） 2 消耗的 HCl 物质的量为 0.02mol2=0.04mol ；溶解 Al（ OH） 3

15、消耗的 HCl 物质的量为 0.02mol 3=0.06mol ，则 BQ 段消耗HCl 物质的量为 0.04mol+0.06mol=0.1mol ，消耗盐酸的体积为0.1mol30mL+100mL=130mL。=0.1L=100mL，则 Q 点加入盐酸的体积为1mol / L点睛：第（ 3）问也可以用终态法解。 Q 点时沉淀恰好完全溶解，所得溶液中的溶质为NaCl、 MgCl和 AlCl ， Q 点加入的 HCl 相当于在原固体混合物中加入1mol/LHCl 将 NaOH 恰230.13mol好中和，则 n （HCl） =n（ NaOH） =0.13mol ，盐酸溶液的体积为=0.13L=1

16、30mL。1mol / L6 将一定质量的Al 、 Mg混合物加入到足量的盐酸中，充分反应后得到标准状况下的氢气8.96L ；如果将等质量的该混合物加入到足量的NaOH溶液中，充分反应后得到标准状况下的氢气 6.72L （1）当混合物与盐酸反应时，转移电子总物质的质量为_mol；（2）求混合物中Al 质量为 _gMg 的质量为 _g【答案】 0.8 mol2.4g 5.4g【解析】(1)反应中生成的气体都是氢气，当混合物与盐酸反应时生成氢气的物质的量为：=0.4mol，根据电子守恒可知反应转移电子的物质的量为：0.4mol 2=0.8mol；(2)Al、 Mg都与盐酸反应产生氢气，但只有Al与

17、氢氧化钠溶液反应产生氢气，又由于等质量铝与盐酸、氢氧化钠反应产生的氢气体积相同，都为6.72 L，则镁产生的氢气为：8.96 L-6.72 L=2.24 L，设Mg 的质量为 x， Al的质量为 y，Mg+2HCl=MgCl2+H224g22.4Lx2.24 L则： x=2.4 g，2Al+6HCl 2AlCl3+3H2或 2Al+2NaOH+2H2O 2NaAlO2+3H254g67.2 L54g67.2 Ly6.72 Ly6.72 L则 y=5.4g ，答：混合物中 Mg 的质量为 2.4g，铝的质量为5.4g。点睛：混合物成分分析的综合计算，本题解题关键是熟悉Mg 与Al的性质相似与差异

18、，Al、Mg均能与盐酸反应，而Al与 NaOH溶液反应，而 Mg不能与 NaOH溶液反应，由此结合反应原理，根据化学方程式逐一计算，还可以根据两次生成的气体差就是Mg与稀盐酸反应生成的氢气进行计算。7 镁是一种银白色的碱土金属，镁元素在地壳中的含量约为2 00%，位居第八位，镁及其化合物在研究和生产中具有广泛用途。请回答下列问题：(1)氮化镁 (Mg 3N2)是由氮和镁所组成的无机化合物。在室温下纯净的氮化镁为黄绿色的粉末，能与水反应，常用作触媒，实验室欲用如图1 所示装置和药品制备少量氮化镁。A 中盛装的是浓氨水，B 中可盛装 _，二者混合可制取氨气。按照气流的方向从左至右连接装置： a 接

19、 _、_接 _、 _接 _。已知氨气有还原性，能还原氧化铜，生成物之一是空气的主要成分，该反应的化学方程式为 _。如果没有装有无水氯化钙的装置，可能发生反应的化学方程式为_ 。(2)碳酸镁可用作耐火材料、锅炉和管道的保温材料，以及食品、药品、化妆品、橡胶、墨水等的添加剂。合成碳酸镁晶须的步骤如下：步骤 1：配制 14 1430 5 mol LMgSO 溶液和 0 5 mol LNH HCO 溶液。步骤 2：用量筒量取 500 mL NH43HCO 溶液于 1 000 mL 四口烧瓶中，开启搅拌器，温度控制在 50 。步骤 3：将 250 mL MgSO4 溶液逐滴加入NH4HCO3 溶液中，

20、1 min 内滴加完毕，然后用氨水调节溶液 pH 到 9 5。步骤 4：放置1 h 后，过滤，洗涤。步骤 5：在 40的真空干燥箱中干燥10 h，得到碳酸镁晶须产品 (MgCO3nH2O， n 15)。 1MgSO4溶液 500 mL，需要的仪器有托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、配制 0 5 mol L量筒、胶头滴管、 _。步骤 3 中加氨水后反应的离子方程式为_。测定合成的MgCO3nH2O 中的 n 值。称量 1 000 g 碳酸镁晶须，放入图2 所示的广口瓶中，加入适量水，滴入稀硫酸与晶须反应，生成的 CO2 被 NaOH 溶液吸收，在室温下反应45 h，后期将温度升到30 ，最后烧杯中的

21、溶液用已知浓度的盐酸滴定，测得生成CO2 的总量；重复上述操作2 次。图中气球的作用是_ 。CO2 逸出，便于吸收完上述反应后期要升温到30 ，主要目的是_。若实验测得 1 000 g 碳酸镁晶须产生 CO2 的平均物质的量为 a mol ，则 n 为_(用含 a 的表达式表示 )。称取 100 g 上述晶须产品进行热重分析，得到的热重曲线如图所示，则合成的晶须中n_。【答案】生石灰或氢氧化钠decbf2NH+3CuON +3H O+3Cu322Mg3N2+6H2O3Mg(OH)2+2NH3500 mL 容量瓶Mg2+HCO3-HCO3-+NH3H2 O+(n-1)H2OMgCO3nH2O +

22、NH4+暂时储存CO2，有利于 CO2 被 NaOH 溶液吸收，且能保持装置中压强相对稳定升高温度气体的溶解度减小，使溶解在水中的1-84a全118a【解析】【详解】（1） 浓氨水和生石灰或氢氧化钠固体混合放热，使一水合氨分解生成氨气，故答案为 根据实验目的及题给装置可知，按照气流的方向从左向右连接装置的顺序为:a 接 d， e接 c， b 接 f，故答案为 氨气有还原性，能还原氧化铜，生成物之一是空气的主要成分氮气，则氨气与氧化铜反应的化学方程式为 :2NH3+3CuON2+3H2O+3Cu，故答案为d； e；c； b； f； 氮化镁能和水发生反应生成氢氧化镁和氨气，化学方程式为： Mg N

23、 +6H O=3Mg(OH)2322+2NH3，故答案为 Mg 3N2+6H2O=3Mg(OH)2 +2NH3；（2） 配制 0.5 mol L-1 4溶液 500 mL，除提供的仪器外，还需要的仪器为500 mL 容MgSO量瓶，故答案为500 mL 容量瓶 ； 步骤 3 中加氨水后反应生成碳酸镁结晶水合物，反应的离子方程式为Mg2+HCO3+2+NH3H2O+(n-1)H2O=MgCO3nH2O +NH4 ，故答案为 Mg+HCO3 +NH3H2O+(n-1)H2O=32O4+；MgCOnH+NH 题图 2 装置中气球可以暂时储存CO2，有利于 CO2 被 NaOH 溶液吸收，且能保持装置

24、中压强相对稳定，故答案为暂时储存CO2，有利于 CO2 被 NaOH 溶液吸收，且能保持装置中压强相对稳定 ； 题述反应后期将温度升到 30 ，是为了使生成的二氧化碳全部逸出，便于其被氢氧化钠溶液完全吸收，从而减小测定产生的误差，故答案为升高温度气体的溶解度减小，使溶解在水中的 CO2 逸出，便于吸收完全 ； 若实验测得 1.000 g 碳酸镁晶须产生的2a mol ，依据碳元素守恒可CO 的平均物质的量为知，晶须中碳酸镁的物质的量为a mol ，根据 MgCO3nH2O 中碳酸镁和结晶水的物质的量之1.000g84ag 1.000?g84ag184a 184a比为 1 n，得到 1 n=a1

25、8gmol 118?g?mol 1，得到 n=18a18a，故答案为 184a ；18a 由题图 3 知 400 时剩余质量为82.3 g，这是该晶须失去结晶水后的质量，则有18n18n100 =100-82.3 ，解得 n=1，故答案为1。18n84 18n84【点睛】本题以氮化镁和碳酸镁的制备为载体，考查对实验装置的理解、元素化合物的性质、实验方案的设计等，解答关键是明确反应原理与各装置作用，掌握常用物质分离提纯方法，注意对题目信息的应用。8 在人类社会的发展进程中，金属起着重要的作用。(1) 以下有关金属单质的叙述正确的是_。A金属钠非常活泼，在实验室中保存在石蜡油或煤油中B用坩埚钳夹住

26、一小块铝箔，在酒精灯上加热，可观察到铝箔熔化，并有熔融物滴下C铁单质与水蒸气反应的化学方程式为：2Fe+3HO(g)Fe2O3+3H2(2) 把 NaOH、 MgCl2、 AlCl 3 三种固体组成的混合物溶于足量水后，产生1.16g 白色沉淀，再向所得浊液中逐渐加入 1.00mol/LHCl 溶液，加入 HCl 溶液的体积与生成沉淀的关系如图所示。A点的沉淀物的化学式为_。写出 A 点至 B 点发生反应的离子方程式：_。某溶液中溶有 MgCl2 和 AlCl 3 两种溶质，若把两者分开，应选用的试剂为：NaOH溶液、_和盐酸。C点（此时沉淀恰好完全溶解） HCl 溶液的体积为 _mL。【答案

27、】 A Mg(OH)-+CO 130.0 （130 也给分）AlO+H+HO= Al(OH) 22232【解析】（ 1）金属钠非常活泼，能够与水、氧气等物质发生反应，但与石蜡油或煤油不反应，可以保存在石蜡油或煤油中， A 正确；铝的熔点低，加热后会熔化，但铝在氧气中燃烧生成氧化铝，因为氧化铝的熔点高，加热时氧化膜包裹着内层的熔化的铝而不会低落，B 错误；铁单质与水蒸气反应生成四氧化三铁而非氧化铁，C错误；正确选项A。（ 2）从题给信息中可知：产生的白色沉淀加盐酸后，沉淀质量不变，说明原溶液中氢氧化钠过量，所以 1.16g 白色沉淀为氢氧化镁，而氢氧化铝沉淀溶于过量的氢氧化钠，溶液中存在偏铝酸根

28、离子，继续加盐酸，会发生AlO2- +H+H2O= Al(OH) 3 ，沉淀达到最大值 ，为氢氧化镁和氢氧化铝沉淀质量之和（ B 点）；接着再加入足量的盐酸，两种沉淀都溶于酸中，沉淀消失；A点的沉淀物为氢氧化镁，化学式为Mg(OH)2；正确答案： Mg(OH)2。写出 A 点至 B 点发生反应为偏铝酸根离子与适量盐酸反应生成氢氧化铝沉淀，离子方程式： AlO-+；正确答案：-+。2+H +HO= Al(OH)AlO+H +HO= Al(OH)23223含有 MgCl2 和 AlCl 3 的混合液中，先加入足量的氢氧化钠溶液，生成氢氧化镁沉淀和偏铝酸钠溶液，过滤，得到沉淀氢氧化镁，再加适量的盐酸

29、，生成MgCl2；滤液为偏铝酸钠溶液，通入足量二氧化碳气体，生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠溶液，过滤得到沉淀固体，再加入适量盐酸，得到AlCl3，从而实现二者的分离；正确答案：CO2。根据上述分析可知：氢氧化镁沉淀质量为1.16 克，物质的量为0.02 mol，AB 过程为AlO2-+H+H2O=Al(OH)3，共消耗盐酸的量为（30-10 ） 10-3 1=0.02 mol，生成Al(OH)3 沉淀的量为恒可得：0.02 mol ，两种沉淀恰好与盐酸反应只生成氯化镁和氯化铝溶液，根据氯离子守 V(HCl) 1=0.02 2+0.02 3=0.1, V(HCl)=0.1L=100mL, C 点（此

30、时沉淀恰好完全溶解） HCl 溶液的体积为30+100=130.0 mL, 正确答案： 130.0 （ 130 也给分）。9 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） CH3MgCl 是一种重要的有机合成剂，其中镁的化合价为3_， CH 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：溶解度： Ca(OH)

31、2 _ （填 “ 或”“ 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） CH3MgCl 是一种重要的有机合成剂，其中镁的化合价为3+2， CH 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）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。“煅烧 ”时称取 27.6 g 白云石，高

32、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(CaCO )+n(MgCO )=0.3mol ， 100g/moln(CaCO )+84 g/moln(MgCO )=27.6g，解之得3333n(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/mol0.15mol=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

33、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。10 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）步骤中生成2+Mg 的离子方程式为 _（2）下列物质可用于代替步骤中2 2的是_H OA NaClB Cl 2C铁粉D KMnO4（3）步骤中采用如图所示装置除去Fe3+实验装置图中仪器A 的名称为 _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：_图中存在的错误是：_（ 4）步骤中 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】MgCO 3+ 2H+= Mg2+22+ CO + HO B 分液漏斗 下