【化学】内蒙古集宁一中西校区2019-2020学年高一下学期期中考试试题（解析版）

【化学】内蒙古集宁一中西校区2019-2020学年高一下学期期中考试试题（解析版）

内蒙古集宁一中西校区2019-2020学年高一下学期期中考试试题 ‎1.下列说法中，正确的是 （　　）‎ A. 在化学反应过程中，发生物质变化的同时不一定发生能量变化 B. 需要加热才能发生的化学反应，它可能是吸热反应也可能是放热反应 C. 反应产物的总焓大于反应物的总焓时，反应吸热，ΔH＜0‎ D. ΔH的大小与热化学方程式的计量系数无关 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、化学反应的实质是旧键的断裂和新键的形成，旧键断裂吸收热量，形成新键放出热量，则化学反应一定伴有能量变化，故A错误；‎ B．反应条件与反应中能量变化无关，则需要加热才能发生的化学反应，它可能是吸热反应也可能是放热反应，故B正确； C．反应产物的总焓大于反应物的总焓时，反应吸热，△H＞0，故C错误； D．△H与热化学方程式的书写有关，△H的大小与热化学方程式的计量系数有关，为正比关系，故D错误； 故答案为B。‎ ‎2.下列物质中，既有离子键，又有共价键的是（　　）‎ A. KCl B. H2O C. NH4Cl D. CH4‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．氯化钾由氯离子和钾离子构成，只含离子键，故A不符合题意；‎ B．水分子中只含共价键，故C不符合题意；‎ C．氯化铵中铵根离子和氯离子之间存在离子键，铵根离子中氮原子和氢原子之间存在共价键，故C符合题意； ‎ D．甲烷分子中只含共价键，故D不符合题意；‎ 答案选C。‎ ‎3.下列表示物质或微粒的化学用语或模型正确的是（　　）‎ A. 次氯酸分子结构式 H—Cl—O B. 钙离子的电子式：Ca2+‎ C. 二氧化碳电子式∶∶C∶∶‎ D. Mg2+的结构示意图：‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.次氯酸分子中O原子分别与H、Cl形成共用电子对，结构式是H-O-Cl，A错误；‎ B.Ca原子最外层有2个电子，失去最外层的2个电子变为Ca2+，钙离子的电子式：Ca2+，B正确；‎ C.二氧化碳分子中C原子与2个O原子形成4对共用电子对，故CO2的电子式为，C错误；‎ D. Mg2+是Mg原子失去最外层的2个电子形成的，所以Mg2+的结构示意图是；D错误；‎ 故合理选项是B。‎ ‎4. 如图所示是短周期的一部分，已知B原子与C 原子核外电子总数之和为A的4倍，则下列推断正确的是（　　）‎ A. A、B、C三者中，A为金属性元素，B、C为非金属性元素 B. A、B、C三者核电荷数之和为40‎ C. A与B、A与C均可形成离子化合物 D. B与C只能形成一种共价化合物 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】B原子与C原子核外电子总数之和为A的4倍，由图可知，设A的原子序数为x，则B的原子序数为x+7，C的原子序数为x+9，则x+7+x+9=4x，解得x=8，则A为O，B为P，C为Cl。‎ ‎【详解】A、O、P、Cl均为非金属元素，故A错误；‎ B、A、B、C三者核电荷数之和为8+15+17＝40，故B正确；‎ C、三种元素均为非金属元素，则A与B、A与C不能形成离子化合物，故C错误；‎ D、B、C能形成三氯化磷、五氯化磷等共价化合物，故D错误。‎ 答案选B。‎ ‎5.下列各组粒子中属于同位素的是( )‎ A. 16O和18O B. O2和O‎3 ‎C. H2和D2 D. 24Mg和24Na ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 16O和18O是氧元素的两种核素，二者互称同位素，A符合题意；‎ B. O2和O3是氧元素的两种单质，二者互称同素异形体，B不合题意；‎ C. H2和D2是氢元素组成的两种氢分子，C不合题意；‎ D. 24Mg和24Na是两种不同元素的原子，D不合题意。‎ 故选A。‎ ‎6.砷(As)为第4周期ⅤA族元素，根据它在元素周期表中的位置推测，砷不可能具有的性质是(　　)‎ A. 砷在通常情况下是固体 B. 可以存在－3、＋3、＋5等多种化合价 C. H3AsO4的酸性比H3PO4弱 D. 单质砷的还原性比单质磷弱 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】同主族从上至下，元素的金属性逐渐增强，非金属性逐渐减弱。砷与磷在同一主族且位于磷的下面，根据位置决定结构，结构决定性质分析回答。‎ ‎【详解】A．同主族元素单质磷是固体，根据元素周期律知，砷是固体，故A正确；‎ B．N元素有−3、0、+2、+3、+5等多种化合价，根据同主族元素的相似性判断，砷可以存在−3、+3、+5等多种化合价，故B正确；‎ C．根据元素周期律知，磷比砷的非金属性强，As2O5对应水化物H3AsO4的酸性比H3PO4弱，故C正确；‎ D．根据元素周期律知，磷比砷的非金属性强，则砷的还原性比磷强，故D错误；‎ 答案选D。‎ ‎7.下列有关金属的工业制法中，正确的是（　　）‎ A. 制钠：用海水为原料制得精盐，再电解纯净的NaCl溶液 B. 制铁：以铁矿石为原料，CO还原得铁 C. 制镁：用海水为原料，经一系列过程制得氧化镁固体，H2还原得镁 D. 制铝：从铝土矿中获得氧化铝再得到氯化铝固体，电解熔融的氯化铝得到铝 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．电解氯化钠溶液生成氢氧化钠、氢气、氯气，电解熔融的氯化钠可生成金属钠和氯气，故A错误；‎ B．CO还原氧化铁可以生成铁和二氧化碳，故B正确； ‎ C．用海水为原料，经一系列过程制得氢氧化镁固体，氢氧化镁与盐酸反应生成氯化镁，电解熔融的氯化镁生成镁和氯气，故C错误；‎ D．从铝土矿中获得氧化铝，电解熔融的氧化铝得到铝和氧气，故D错误；‎ 答案选B。‎ ‎8.已知 4NH3+5O2 = 4NO+6H2O(g)，若反应速率分别用 v(NH3)、v(O2)、v(NO)、v(H2O)表示，则正确的关系是( )‎ A. v(O2)= v(NH3) B. v(H2O)= v(O2) ‎ C. v(H2O)= v(NH3) D. v(NO)= v(O2)‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】对于反应4NH3(g)+5O2(g)⇌4NO(g)+6H2O(g)，‎ A．速率之比等于化学计量数之比，故v(NH3)：v(O2)=4：5，即v(O2)=v(NH3)，故A正确；‎ B．速率之比等于化学计量数之比，故v(O2)：v(H2O)=5：6，即v(H2O)= v(O2)，故B错误；‎ C．速率之比等于化学计量数之比，故v(NH3)：v(H2O)=4：6，即v(H2O)= v(NH3) ，故C错误；‎ D．速率之比等于化学计量数之比，故v(O2)：v(NO)=5：4，即v(NO)= v(O2) ，故D错误；‎ 故答案为A。‎ ‎9. NaCl是海水中提取出来的一种重要物质，除食用外，它还是一种工业原料，下列以NaCl为原料的产品(或物质)是(　　)‎ ‎①烧碱　②纯碱　③金属钠　④氯气　⑤盐酸 A. ①②③④⑤ B. ①②③④ C. ①②③⑤ D. ①②④⑤‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】①电解饱和的食盐水生成氢氧化钠和氢气、氯气，化学方程式：2NaCl＋2H2O2NaOH＋H2↑＋Cl2↑，可制得氢氧化钠，故①正确；‎ ‎②电解饱和的食盐水可制得氢氧化钠，利用氢氧化钠即可以生成碳酸钠，如二氧化碳与氢氧化钠反应生成碳酸钠和水，化学方程式为：2NaOH +CO2=Na2CO3+H2O，故②正确；‎ ‎③电解熔融的氯化钠,化学方程式：2NaCl(熔融)2Na＋Cl2↑，则生成钠,故③正确；‎ ‎④电解熔融的氯化钠则生成氯气，电解饱和的食盐水生成氢氧化钠和氢气、氯气，故④正确；⑤电解饱和的食盐水生成氢氧化钠和氢气、氯气，氢气与氯气反应生成氯化氢，氯化氢溶于水可得盐酸，故⑤正确。‎ 所以①②③④⑤均正确，答案选A。‎ ‎10.已知：H＋(aq)＋OH－(aq)＝H2O(l)　ΔH＝－57.3 kJ·mol－1。现将一定量的稀盐酸、浓硫酸、稀醋酸分别和‎1 L 1 mol·L－1的NaOH溶液恰好完全反应，其中放热最少的是(　　)‎ A. 稀盐酸 B. 浓硫酸 ‎ C. 稀醋酸 D. 稀盐酸和稀醋酸 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.一定量稀盐酸和‎1 L 1 mol·L－1的NaOH溶液恰好完全反应，因为盐酸是强酸，故根据所给热化学方程式，放出热量等于57.3 kJ；‎ B.一定量浓硫酸和‎1 L 1 mol·L－1的NaOH溶液恰好完全反应，因为硫酸是强酸，且溶于水放热，故放出热量大于57.3 kJ；‎ C.一定量稀醋酸和‎1 L 1 mol·L－1的NaOH溶液恰好完全反应，因为醋酸是弱酸，醋酸电离吸热，故放出热量小于57.3 kJ；‎ D.盐酸是强酸，醋酸是弱酸，醋酸电离吸热，和‎1 L 1 mol·L－1的NaOH溶液恰好完全反应，放出的热量要多余醋酸和氢氧化钠反应放热的热量。‎ 因此放热最少的是选项C，答案选C。‎ ‎11.甲醇是一种新型的汽车动力燃料，工业上可通过CO和H2化合制备甲醇，该反应的热化学方程式为CO(g)＋2H2(g)=CH3OH(g) ΔH＝－116kJ·mol－1。某些化学键的键能数据如表：‎ 则CO中碳氧键的键能是（　　）‎ A. 431kJ·mol－1 B. 946kJ·mol－1‎ C. 1072kJ·mol－1 D. 1130kJ·mol－1‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH (g)的焓变=反应物总键能之和-生成物总键能之和，设CO中碳氧键的键能为x，结合图表提供的化学键的键能，则△H═x+2×436kJ/mol-(3×413kJ/mol+358kJ/mol+463kJ/mol)=-116 kJ•mol-1，解得：x=1072kJ/mol，故答案选C。‎ ‎12.已知：（1）Zn（s）+1/2O2（g）=ZnO（s）；ΔH=－348.3kJ/mol，（2）2Ag（s）+1/2 O2（g）= Ag2O（s）；ΔH=－31.0kJ/mol，则Zn（s）+ Ag2O（s）== ZnO（s）+ 2Ag（s）的ΔH等于 (　　)‎ A. －317.3kJ/mol B. －379.3kJ/mol ‎ C. －332.8 kJ/mol D. +317.3 kJ/mol ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】根据已知反应可知（1）－（2）即得到Zn（s）+ Ag2O(s) ="=" ZnO(s) + 2Ag(s) ，所以ΔH＝－348.3kJ/mol＋31.0kJ/mol＝－317.3kJ/mol ，答案选A。‎ ‎13.‎‎5.6‎‎ g铁粉投入到足量的100 mL 2 mol·L−1的稀硫酸中，2 min时铁粉刚好溶解，下列表示这个反应的速率正确的是（　　）‎ A. v(Fe)＝0.5 mol·L−1·min−1 B. v(H2SO4)＝1 mol·L−1·min−1‎ C. v(H2SO4)＝0.5 mol·L−1·min−1 D. v(FeSO4)＝1 mol·L−1·min−1‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．Fe为纯固体，不能用浓度变化量表示反应速率，故A错误；‎ B．Fe为物质的量=0.1mol，由Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑，可知参加反应的硫酸也是0.1mol，硫酸的浓度变化量为：=1mol/L，故v(H2SO4)==0.5 mol/(L•min)，故B错误；‎ C．由B中计算可知：v(H2SO4)=0.5 mol/(L•min)，故C正确；‎ D．化学反应速率之比等于化学计量数之比，则v(FeSO4)=v(H2SO4)=0.5 mol/(L•min)，故D错误；‎ 故答案为C。‎ ‎14.下列关于铝热反应2Al＋Fe2O3Al2O3＋2Fe的说法不正确的是（ ）‎ A. 该反应中Al作还原剂 B. 该反应中氧化产物与还原产物的物质的量比为1∶2‎ C. 该反应中冶炼1 mol Fe转移2 mol电子 D. 该反应可用于焊接钢轨 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．反应中Al元素化合价升高，被氧化，为还原剂，故A正确；‎ B．反应中Fe为还原产物，Al2O3为氧化产物，由方程式可知氧化产物与还原产物的物质的量比为1：2，故B正确；‎ C．反应中Fe元素化合价由+3价降低到0价，则冶炼1 mol Fe转移3 mol电子，故C错误；‎ D．反应可置换出铁，且在高温下进行，可用于焊接钢轨，故D正确。‎ 故选C。‎ ‎15.短周期元素A、B、C、D、E的原子序数依次增大。A原子是元素周期表中原子半径最小的原子；B可以与A形成常温下常见的液态物质；C原子的最外层电子数为比最内层电子数少1；D单质在空气中点燃发出耀眼的白光；E是第3周期非金属性最强的元素。‎ ‎(1)A、B形成的具有强氧化性的18电子的物质的电子式为：___________‎ ‎(2)C、D最高价氧化物的水化物的碱性__＞__。(填化学式)‎ ‎(3)B、C形成的简单离子半径大小__＞__。(填具体离子符号)‎ ‎(4)E的最高价氧化物的水化物与D的最高价氧化物的水化物在溶液中反应的离子方程式___________‎ ‎(5)写出化合物CE的形成过程为___________。‎ ‎【答案】(1). (2). NaOH (3). Mg(OH)2 (4). O2－ (5). Na＋ (6). 2H＋＋Mg(OH)2=2H2O+Mg2+ (7). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】A原子是元素周期表中原子半径最小的原子，推出A为H，B与H形成常温下常见的液态物质，该液态物质为H2O，推出B为O，C原子的最外层电子数为最内层电子数少1，根据核外电子排布规律，C可能是Li，也可能是Na，五种元素的原子序数依次增大，则C为Na，D单质在空气中点燃发出耀眼的白光，推出D为Mg，E是第3周期非金属性最强的元素，根据同周期从左向右非金属性逐渐增强(稀有气体除外)，E为Cl，据此分析解答。‎ ‎【详解】(1)H和O形成的化合物常见的H2O和H2O2，具有强氧化性且18电子的是H2O2，电子式为：；‎ ‎(2)Na、Mg最高价氧化物的水化物分别是NaOH、Mg(OH)2，Na的金属性强于Mg，则NaOH的碱性强于Mg(OH)2；‎ ‎(3)形成简单离子分别是O2－、Na＋，核外电子排布相同，因此简单微粒半径大小顺序是O2－＞Na＋；‎ ‎(4)E为Cl，最高价氧化物的水化物为HClO4，D为Mg，最高价氧化物的水化物为Mg(OH)2，二者在溶液中发生酸碱中和反应，离子方程式2H＋＋Mg(OH)2=2H2O+Mg2+；‎ ‎(5)C为Na，E为Cl，化合物NaCl的形成过程为。‎ ‎16.(1)乙醇(C2H5OH)是未来内燃机的首选环保型液体燃料，它可以由绿色植物的秸秆制取，‎1.0g乙醇完全燃烧生成液态水放出1.367kJ热量，表示乙醇燃烧热的热化学方程式_____________。‎ ‎(2)断开1molAB(g)分子中的化学键使其分别生成气态A原子和气态B原子所吸收的能量称为A—B键的键能。下表列出了一些化学键的键能E：‎ 化学键 H-H O=O O-H E/kJ·mol-1‎ ‎436‎ x ‎463‎ 请回答下列问题：‎ ‎①如图表示某反应的能量变化关系，则此反应为________(填“吸热”或“放热”)反应，其中ΔH＝__________(用含有a、b的关系式表示)。‎ ‎②若图示中表示反应H2(g)＋O2(g)=H2O(g)ΔH＝－241.8kJ·mol－1，则b＝_______kJ·mol－1，x＝________。‎ ‎【答案】(1). C2H5OH(l)＋3O2(g)=2CO2(g)＋3H2O(l)　ΔH＝－62.882kJ·mol－1 (2). 放热 (3). (a－b)kJ·mol－1 (4). 926 (5). 496.4‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】(1)依据燃烧热的定义解答，表示燃烧热的热化学方程式中可燃物为1mol，产物为稳定氧化物；依据‎1g乙醇完全燃烧生成CO2和液态水时放热1.367kJ，结合燃烧热的定义计算求出1mol乙醇完全燃烧放出的热量，然后写出热化学方程式；‎ ‎(2)①由图可知反应物的总能量大于生成物的总能量，属于放热反应，焓变等于断开反应物中化学键吸收的能量减去形成生成物中化学键释放的能量；‎ ‎②b为1mol水中含有的化学键的键能，即为2倍的O-H的键能，根据焓变△H=反应物的键能总和-生成物的键能总和可计算出x数值。‎ ‎【详解】(1)燃烧热是指：在‎25℃‎、101KPa时，1mol纯净物完全燃烧生成稳定的氧化物放出的热量；‎1g乙醇完全燃烧生成CO2和液态水时放热1.367kJ，则1mol乙醇，质量为‎46g，完全燃烧生成稳定的氧化物放出的热量为：46×1.367kJ=62.882kJ，其燃烧热的热化学方程式为：C2H5OH(l)+3O2(g)═2CO2(g)+3H2O(l)△H=−62.882kJ⋅mol−1；‎ ‎(2)①‎ 由图可知反应物的总能量大于生成物的总能量，属于放热反应，焓变等于断开反应物中化学键吸收的能量减去形成生成物中化学键释放的能量，因此△H=(a−b)kJ⋅mol−1；‎ ‎②b为1mol水中含有的化学键的键能，即为2倍的O−H的键能，因此b=2×463kJ⋅mol−1=926kJ⋅mol−1，根据焓变△H=反应物的键能总和−生成物的键能总和可得：436+−463×2=−241.8，求得x=496.4。‎ ‎17.用50mL0.50mol·L－1盐酸与50mL0.55mol·L－1NaOH溶液在如图所示的装置中进行中和反应。通过测定反应过程中所放出的热量可计算中和热。回答下列问题：‎ ‎(1)仔细观察实验装置，图中是否缺少一种玻璃仪器，如果缺少，缺少的是______________(填仪器名称，如果不缺少，此空不填)，图中是否有不妥之处，如果有请指出：________________________(如果没有，此空不填)。‎ ‎(2)大烧杯上如不盖硬纸板，求得的中和热ΔH将______(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。‎ ‎(3)如果用60mL0.50mol·L－1盐酸与50mL0.55mol·L－1NaOH溶液进行反应，与上述实验相比，所求中和热____________(填“相等”或“不相等”)，简述理由：____________________________。‎ ‎【答案】(1). 环形玻璃搅拌棒 (2). 大烧杯口与小烧杯口不相平，且未填满碎纸条 (3). 偏大 (4). 相等 (5). 中和热是一个定值，与实验中药品的用量多少无关 ‎【解析】‎ ‎【分析】(1)实验测定过程中要使用环形玻璃棒进行搅拌保证反应快速彻底进行；中和热测定实验成败的关键是保温工作；‎ ‎(2)不加盖纸板，热量会散失，测定中和反应放出的热量数值偏小，放热反应焓变小于0；‎ ‎(3)根据中和热定义分析解答。‎ ‎【详解】(1)从实验装置上看，图中尚缺少的一种玻璃仪器是环形玻璃搅拌棒；中和热测定实验成败的关键是保温工作，大烧杯口与小烧杯口不相平，且未填满碎纸条；‎ ‎(2)大烧杯上如不盖硬纸板，会有部分热量散失，则求得的中和热数值偏小，中和反应为放热反应，焓变小于0，ΔH偏大；‎ ‎(3)如果用60mL 0.50mol•L﹣1盐酸与50mL 0.55mol•L﹣1‎ ‎ NaOH溶液进行反应，与上述实验相比，反应生成的水增多，则所放出的热量也增多；根据中和热的定义可知，中和热是指生成1mol水放出的热量，经折算后，最终求出的中和热是相等的。‎ ‎18.海水是宝贵的自然资源，从海水中可以提取多种化工原料，如图是某工厂对海水综合利用的示意图：‎ ‎(1)在粗盐中含有Ca2＋、Mg2＋、SO42-等杂质，精制时所用的试剂有①盐酸；②氯化钡溶液；③氢氧化钠溶液；④碳酸钠溶液。则加入试剂的先后顺序是________(填编号)。‎ ‎(2)步骤Ⅰ中已获得Br2，步骤Ⅱ中又将Br2还原为Br－，其目的是_____________。步骤Ⅱ用SO2水溶液吸收Br2，吸收率可达95%，有关反应的离子方程式：_______________________。‎ ‎(3)从步骤Ⅲ得到的Mg(OH)2沉淀中混有少量的Ca(OH)2，除去少量Ca(OH)2的方法是向沉淀中加入MgCl2溶液，充分搅拌后经________(填操作方法)可得纯净的Mg(OH)2。‎ ‎(4)电解无水氯化镁所得的镁蒸气在特定的环境里冷却后即为固体镁，下列物质中可以用作镁蒸气冷却剂的是________(填字母)。‎ A．H2 B．CO‎2 C．N2 D．O2 E.水蒸气 ‎【答案】(1). ③②④①(或其他合理答案) (2). 富集溴元素 (3). Br2＋SO2＋2H2O=4H＋＋SO42-＋2Br－ (4). 过滤、洗涤 (5). A ‎【解析】‎ ‎【分析】降低海水温度得到粗盐和母液，通过CaCO3CaO+CO2↑、CaO+H2O=Ca(OH)2、Mg2++2OH-=Mg(OH)2↓获取Mg(OH)2，将Mg(OH)2加盐酸浓缩结晶得到MgCl2·6H2O，为防止镁离子水解，在HCl氛围中将MgCl2·6H2O加热蒸干得到无水MgCl2，电解熔融氯化镁得到Mg单质；从母液中得到NaBr溶液，向NaBr溶液中通入Cl2，发生反应2Br-+Cl2=‎2C1-+Br2‎ ‎，向低浓度Br2溶液中通人SO2，发生反应Br2+SO2+2H2O=4H++SO42-+2Br-，向含有Br-的浓溶液中通入Cl2，得到高浓度Br2；将粗盐溶解得到溶液，向溶液中加入沉淀剂将镁离子、硫酸根离子、钙离子除去，得到饱和NaCl溶液，电解饱和NaCl溶液得到氯气、氢气和NaOH，据此分析解答。‎ ‎【详解】(1) Ca2＋、Mg2＋、SO42-等分别与BaCl2溶液、Na2CO3溶液、NaOH溶液反应生成沉淀，可再通过过滤除去，Na2CO3溶液能除去过量的BaCl2溶液，盐酸能除去过量的Na2CO3溶液和NaOH溶液，所以应先加BaCl2溶液再加Na2CO3溶液，最后加入盐酸，NaOH溶液的作用主要是除去粗盐中的Mg2＋，加入顺序只要在加入盐酸之前即可，所以正确顺序为②④③①或③②④①或②③④①；‎ ‎(2)根据分析，步骤Ⅰ中获得Br2浓度较低，步骤Ⅱ中又将Br2还原为Br－，其目的是富集溴元素；步骤Ⅱ用SO2水溶液吸收Br2，吸收率可达95%，SO2具有还原性，Br2具有氧化性，二者在溶液中发生氧化还原反应生成硫酸和溴化氢，离子方程式：Br2＋SO2＋2H2O=4H＋＋SO42-＋2Br－；‎ ‎(3)从步骤Ⅲ得到的Mg(OH)2沉淀中混有少量的Ca(OH)2，除去少量Ca(OH)2的方法是向沉淀中加入MgCl2溶液，使溶解度较小的Ca(OH)2转化为溶解度更小的Mg(OH)2，发生的离子反应为：Ca(OH)2+ Mg2＋=Mg(OH)2+ Ca2＋，则充分搅拌后过滤、洗涤即可得纯净的Mg(OH)2；‎ ‎(4)镁蒸气的温度较高，高温下，镁单质可与氧气，氮气、二氧化碳、水蒸气发生反应，故答案选A。‎