蛇纹石矿可看作由MgO、Fe2O3、Al2O3、SiO2组成.由蛇纹石制碱式碳酸镁的实验步骤如下:

A、错误.由于MgO、Al2O3、Fe2O3都能溶于盐酸,所以沉淀只有SiO2,纯净物B、正确.MgO、Al2O3、Fe2O3溶于盐酸,分别得到离子Mg2+、Al3+、Fe3+,还有过量的H+C、错误.化合价总和不为0,D、错误.沉淀质量最大时,固体为Mg(OH)2...

第二次加入Ca(OH)2时通入CO2产生的沉淀物B为Al2O3、CaCO3.CaCO3可以回收产生CO2和Ca(OH)2.Mg(HCO3)2热解也会产生CO2.
方程式我没写出,沉淀物A为Fe(OH)3.
希望这回答你能满意.

1）蛇纹石矿可以看作由MgO、Fe2O3、Al2O3、SiO2,和HCl反应,前三者会溶解,所以有Mg2+,Fe3＋,Al3＋2）当氢氧化钙过量时,溶液碱性会升高,那么Al(OH)3会溶解,由于Mg(OH)2在pH为9.4时开始沉淀,所以碱性升高时Mg(OH)2会开...

解题思路：（1）蛇纹石可以看作由MgO、Fe₂O₃、Al₂O₃、SiO₂组成，其中MgO、Fe₂O₃、Al₂O₃溶于盐酸生成盐和水，二氧化硅不和盐酸反应，沉淀A为SiO₂，分离固体和溶液的方法是过滤；
（2）操作②是控制溶液PH，使铁离子和铝离子沉淀，镁离子不沉淀，控制溶液pH小于9.4，但不能使氢氧化铝溶解；
（3）Fe³⁺离子的检验方法是：取少量溶液Ⅱ，加入硫氰酸钾后，观察溶液是否变血红色；
（4）依据转化关系分析，过程为了制备水合碱式碳酸镁，所以操作②氢氧化钙需要适量，控制溶液pH小于9.4，不能沉淀镁离子，且使铝离子和铁离子全部生成沉淀，判断沉淀B为氢氧化铝、氢氧化铁，得到红色氧化物，需要加入过量氢氧化钠溶液溶解氢氧化铝为偏铝酸钠溶液，过滤得到氢氧化铁沉淀，加热得到氧化铁．

（1）蛇纹石由MgO、Fe₂O₃、Al₂O₃、SiO₂组成，其中MgO、Fe₂O₃、Al₂O₃溶于盐酸生成盐和水，二氧化硅不和盐酸反应，沉淀A为 SiO₂，分离固体和溶液用过滤的方法，过滤所用玻璃仪器为：玻璃棒、漏斗、烧杯，
故答案为：玻璃棒、漏斗、烧杯；
（2）依据转化关系分析实验目的，过程为了制备碳酸镁，所以操作②氢氧化钙需要适量，控制溶液pH小于9.4，不能沉淀镁离子，且使铝离子和铁离子全部生成沉淀，氢氧化铝是两性氢氧化物，所以碱不能过量，所以pH应控制在7-8最合适，故答案为：C；
（3）取少量溶液Ⅱ于试管中，加入KSCN溶液，若无明显现象，说明溶液Ⅱ不含Fe³⁺；若溶液变红色，说明溶液Ⅱ含有Fe³⁺，
故答案为：取少量溶液Ⅱ于试管中，加入KSCN溶液，若无明显现象，说明溶液Ⅱ不含Fe³⁺；若溶液变红色，说明溶液Ⅱ含有Fe³⁺；
（4）从沉淀混合物B中制取D，实验流程为了制备碳酸镁，所以操作2氢氧化钙需要适量，控制溶液pH小于9.4，不能沉淀镁离子，且使铝离子和铁离子全部生成沉淀，判断沉淀B为氢氧化铝、氢氧化铁，加热得到红色氧化物，判断氢氧化铁得到红色物质推断为氧化铁，所以需要加入过量氢氧化钠溶液溶解氢氧化铝为偏铝酸钠溶液，反应的离子方程式为：OH^-+Al（OH）₃═AlO₂^-+2H₂O，过滤得到氢氧化铁沉淀，加热得到氧化铁实现，
故答案为：OH^-+Al（OH）₃═AlO₂^-+2H₂O；过滤；加热．

点评：
本题考点： 镁、铝的重要化合物；铁的氧化物和氢氧化物；物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．

考点点评： 本题考查对工艺流程的理解、物质分离提纯、实验条件的控制、离子检验与实验方案设计等，题目较为综合，需要学生具备扎实的基础，是对学生总能力的考查，题目难度中等．

解题思路：A、Al（OH）₃能溶于强碱，Mg²⁺不能提前沉淀；
B、根据Ksp分析，化学式相似的，Ksp越小，越易形成沉淀；
C、根据氢氧化铝的Ksp可以求出Al³⁺刚好沉淀完全时的PH；
D、确定产品aMgCO₃•bMg（OH）₂•cH₂O中a、b、c的值，需要测定的数据是①样品质量；②MgO质量；③生成CO₂的质量（或体积）；④生成水的质量；

A、Al（OH）₃能溶于强碱，Mg²⁺不能提前沉淀，所以不能加过量的Ca（OH）₂；故A正确；
B、根据Ksp分析，化学式相似的，Ksp越小，越易形成沉淀，已知Fe（OH）₃的Ksp小，所以Fe（OH）₃先形成沉淀，故B错误；
C、Al³⁺刚好沉淀完全时c（Al³⁺）=1.0×10^-5 mol•L^-1，则c（OH^-）=
3
Ksp
c(Al3+)
=
3
1.25×10−33
1.0×10−5
=5×10^-10mol•L^-1，所以c（H⁺）=2×10^-5mol•L^-1
，所以PH=4.7，即pH调节到4.7时，Al³⁺刚好沉淀完全，故C正确；
D、m（样品）=18.2g，m（CO₂）=6.6g，m（MgO）=8.0g，碱式碳酸镁分aMgCO₃・bMg（OH）₂・cH₂

高温
.
O （a+b）MgO+aCO₂↑+（b+c）H₂O↑，根据质量守恒得：m（H₂O）=18.2g-6.6g-8.0g=3.6g，则m（MgO）═0.2mol，n（CO₂）═0.15mol，n（H₂O）═0.2mol，得：a：b：c=0.15：0.05：0.15=3：1：3，所以a=3、b=1、c=3，故D正确；
故选B．

点评：
本题考点： 难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质．

考点点评： 本题主要考查了沉淀溶解平衡原理，Ksp的有关计算，元素化合物中金属铝、铁的性质，解题时需熟知物质间的反应原理．

解题思路：蛇纹石矿加盐酸溶解，发生反应的化学方程式为MgO+2HCl=MgCl₂+H₂O，Fe₂O₃+6HCl=2FeCl₃+3H₂O，Al₂O₃+6HCl=2AlCl₃+3H₂O，SiO₂不与盐酸反应，以固体形式先除去，因此，不溶物B为SiO₂，滤液A中除了Mg²⁺外，还有的金属离子是Al³⁺和Fe³⁺，加入过量烧碱，滤液E为偏铝酸钠溶液，通入过量二氧化碳反应生成氢氧化铝沉淀，加热分解生成氧化铝，用电解法冶炼可生成铝；沉淀D为Fe（OH）₃和Mg（OH）₂，加入过量盐酸生成氯化铁和氯化铝，调节溶液pH=5～6时，促进铁离子水解，生成氢氧化铁沉淀，滤液H为氯化镁溶液，在HCl氛围中加热、蒸发结晶可得MgCl₂•6H₂O，脱水生成MgCl₂，电解可得Mg．

（1）不溶物B为SiO₂，常用于制造玻璃、光导纤维等，故答案为：制造玻璃、光导纤维；
（2）操作⑤中加入的物质能和盐酸反应，且不引进新的杂质，氧化镁、氢氧化镁难溶于水，但能与酸反应，可起调节pH作用，调节溶液pH=5～6时，促进铁离子水解，生成氢氧化铁沉淀，而ab都引入新的杂质，故答案为：cd；
（3）Ⅰ．由溶液得到晶体，应经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等操作，故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶；
Ⅱ．镁离子易水解生成氢氧化镁和氢离子，发生Mg²⁺+2H₂O⇌Mg（OH）₂+2H⁺，在氯化氢气流中加热该固体时，氢离子浓度增大，抑制镁离子水解生成氢氧化镁，
故答案为：Mg²⁺+2H₂O⇌Mg（OH）₂+2H⁺，通入HCl，使C（H⁺）增大，抑制Mg²⁺的水解成Mg（OH）₂，确保生成MgCl₂；
Ⅲ．镁是活泼金属，应采用电解其熔融盐的方法冶炼，所以工业上用电解熔融氯化镁的方法冶炼镁，反应方程式为：MgCl₂

电解
.
熔融Mg+Cl₂↑，
故答案为：MgCl₂

电解
.
熔融Mg+Cl₂↑．

点评：
本题考点： 制备实验方案的设计．

考点点评： 本题考查了实验设计，涉及金属的冶炼、盐类的水解、离子方程式的书写等知识点，是高考中的常见题型，试题综合性强，难度较大，学生不易得分．这类试题涉及的情景新颖，还时常出现一些化工术语．这类题目是通过对某种重要化工产品的工业生产流程图的分析，以物质的制备、分离、提纯为试题环境，以元素化合物知识、实验基本操作、化学反应原理、化学化学平衡原理、水解原理、绿色化学观点、安全生产的知识为考查目标，以信息的获取、加工、整合和新情境下实际问题的分析、综合、解决及经济的视角分析实际生产中的各种问题为考查能力目标．

解题思路：根据在化合物中正负化合价代数和为零，结合蛇纹石的化学式进行解答本题．

镁元素显+2价，氧元素显-2价，氢氧根显-1价，设硅元素的化合价是x，根据在化合物中正负化合价代数和为零，可得：（+2）×6+4x+（-2）×10+（-1）×8=0，则x=+4价．
故选D．

点评：
本题考点： 有关元素化合价的计算．

考点点评： 本题难度不大，掌握利用化合价的原则（化合物中正负化合价代数和为零）计算指定元素的化合价的方法即可正确解答本题．

　(1)玻璃棒、漏斗、烧杯
(2)C
(3)取少量溶液Ⅱ于试管中，加入KSCN溶液，若无明显现象，说明溶液Ⅱ不含Fe ^{3 ＋} ；若溶液变红色，说明溶液Ⅱ含有Fe ^{3 ＋}
(4)OH ^－ ＋Al(OH) ₃ =AlO ₂ ^— ＋2H ₂ O　过滤、加热或灼烧

　(1)操作①是过滤，所以需要的玻璃仪器是玻璃棒、漏斗、烧杯。
(2)操作②的目的是沉淀铁离子和铝离子，但不能沉淀镁离子，所以根据沉淀的pH可知，应控制溶液pH的合理范围是5.2～9.4，答案选C。
(3)检验铁离子的试剂是KSCN溶液，即取少量溶液Ⅱ于试管中，加入KSCN溶液，若无明显现象，说明溶液Ⅱ不含Fe ^{3 ＋} ；若溶液变红色，说明溶液Ⅱ含有Fe ^{3 ＋} 。
(4)B中沉淀是氢氧化铝和氢氧化铁，由于氢氧化铝是两性氢氧化物，所以得到氢氧化铁的方法是加入氢氧化钠溶液，过滤即可，反应的离子方程式是OH ^－ ＋Al(OH) ₃ =AlO＋2H ₂ O；由于在氢氧化铁表面有吸附的离子，所以在过滤之后还需要洗涤，最后加热或灼烧。

蛇纹石为中低档宝石类
如果特殊有故事,或者造型比较奇特,或许有观赏价值,很少有收藏价值
不排除有人喜欢,所以这东西要“看对眼”,石头“眼缘”很重要,自己喜欢就好

解题思路：蛭石的成分可看成是由MgO、Fe₂O₃、Al₂O₃、SiO₂，每次转化所得固体成分只有一种，由工艺流程图可知固体A为SiO₂；滤液B含有氯化镁、氯化铁、氯化铝等，滤液B加入氢氧化钠溶液，由氢氧化铁、氢氧化镁、氢氧化铝开始沉淀及沉淀完全时的pH值可知，固体D为氢氧化铁，滤液C含有氯化镁、偏铝酸钠、氯化钠；滤液C通入二氧化碳，可知固体F为氢氧化铝，滤液E含有氯化镁、氯化钠等．
（1）D为氢氧化铁可以制备氧化铁红色颜料．
（2）滤液E含有氯化镁、氯化钠等，向滤液中加入足量的NaOH溶液，最后进行高温灼烧可得氧化镁．
（3）根据表中数据，控制溶液的pH在7～8之间，Mg²⁺没有变化，Al³⁺转化为AlO₂^-，只有Fe³⁺沉淀．
（4）固体A为SiO₂质量为2.4g，利用原子守恒，结合氢氧化铁、氢氧化铝沉淀质量计算8.22g中含有氧化铁、氧化铝的质量，再计算氧化镁的质量，进而计算MgO、Al₂O₃、Fe₂O₃、SiO₂ 的物质的量之比．据此书写化学式．

蛭石的成分可看成是由MgO、Fe₂O₃、Al₂O₃、SiO₂，每次转化所得固体成分只有一种，由工艺流程图可知固体A为SiO₂；滤液B含有氯化镁、氯化铁、氯化铝等，滤液B加入氢氧化钠溶液，由氢氧化铁、氢氧化镁、氢氧化铝开始沉淀及沉淀完全时的pH值可知，固体D为氢氧化铁，滤液C含有氯化镁、偏铝酸钠、氯化钠；滤液C通入二氧化碳，可知固体F为氢氧化铝，滤液E含有氯化镁、氯化钠等．
（1）D为氢氧化铁可以加热分解制备氧化铁红色颜料，反应方程式为2Fe（OH）₃

△
.
Fe₂O₃+3H₂O．
故答案为：2Fe（OH）₃

△
.
Fe₂O₃+3H₂O．
（2）滤液E含有氯化镁、氯化钠等，向将所得的滤液E中加入足量的NaOH溶液，再进行过滤、洗涤、干燥，得氢氧化镁沉淀，最后进行高温灼烧氢氧化镁可以生成氧化镁，制取耐火材料．
故答案为：向将所得的滤液E中加入足量的NaOH溶液，再进行过滤、洗涤、干燥，最后进行高温灼烧．
（3）根据表中数据，控制溶液的pH在7～8之间，Mg²⁺没有变化，Al³⁺转化为AlO₂^-，只有Fe³⁺沉淀，保证沉淀只有Fe（OH）₃．
故答案为：根据表中数据，控制溶液的pH在7～8之间，Mg²⁺没有变化，Al³⁺转化为AlO₂^-，只有Fe³⁺沉淀，保证沉淀只有Fe（OH）₃．
（4）固体A为SiO₂质量为2.4g，物质的量为[2.4g/60g/mol]=0.04mol；
D为氢氧化铁，质量为2.14g，物质的量为[2.14g/107g/mol]=0.02mol，根据铁元素守恒可知氧化铁物质的量为0.01mol，质量为0.01mol×160g/mol=1.6g；
F为氢氧化铝，质量为1.56g，物质的量为[1.56g/78g/mol]=0.02mol，根据铝元素守恒可知氧化铝物质的量为0.01mol，质量为0.01mol×102g/mol=1.02g；
故氧化镁的质量为8.22g-2.4g-1.6g-1.02g=3.2g，物质的量为[3.2g/40g/mol]=0.08mol，
所以n（MgO）：n（Al₂O₃）：n（Fe₂O₃）：n（SiO₂ ）=0.04mol：0.01mol：0.01mol：0.02mol=4：1：1：2．
所以用氧化物的形式表示蛭石组成的化学式为8MgO•Al₂O₃•Fe₂O₃•4SiO₂．
故答案为：8MgO•Al₂O₃•Fe₂O₃•4SiO₂．

点评：
本题考点： 镁、铝的重要化合物；铁的氧化物和氢氧化物；物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．

考点点评： 本题考查Mg、Al、Fe、Si等元素化合物知识与物质的分离提纯的应用、物质的量计算等知识点，难度中等，理解工艺流程图是解题关键，是对知识的综合运用与对学生能力考查．