上海市黄浦区达标名校2020年高考三月化学模拟试卷含解析

一、单选题（本题包括15个小题，每小题4分，共60分．每小题只有一个选项符合题意） 1．化学与生活、人类生产、社会可持续发展密切相关，下列叙述正确的是 A．塑料、有机玻璃、光导纤维、碳纤维都是新型有机高分子材料 B．磁性氧化铁可用于制备红色颜料和油漆

C．用明矾溶液可清除铜镜表面的铜锈，是因为溶液中的A13＋离子能与铜锈反应

D．肾功能衰竭等疾病引起的血液中毒，可利用血液透析进行治疗，该过程涉及胶体性质的应用 2．如图所示，在一个密闭的玻璃管两端各放一团棉花，再用注射器同时在两端注入适量的浓氨水和浓盐酸，下列说法不正确的是 ．．．

A．玻璃管中发生的反应可表示为：NH3＋HCl＝NH4Cl B．实验时会在玻璃管的A处附近看到白雾 C．用手触摸玻璃管外壁，会感觉到有热量放出 D．将浓盐酸换成浓也会有相似现象

3．W、X、Y和Z为原子序数依次增大的四种短周期主族元素，W为空气中含量最多的元素，Y的周期数等于其族序数，W、X、Y的最高价氧化物对应的水化物可两两反应生成盐和水，Z的最外层电子数是最内层电子数的3倍。下列叙述正确的是 A．X、Y均可形成两种氧化物 B．离子的半径大小顺序：r(X+)4．我国科研人员研究了在 Cu-ZnO-ZrO2 催化剂上CO2加氢制甲醇过程中水的作用机理，其主反应历程如图所示(H2→*H+*H，带*标记的物质是该反应历程中的中间产物或过渡态)。下列说法错误的是

A．第①步中CO2和H2分子中都有化学键断裂

B．水在整个历程中可以循环使用，整个过程不消耗水也不产生水 C．第③步的反应式为：*H3CO+H2O→CH3OH+*HO D．第④步反应是一个放热过程

5．下列各组物质发生反应，生成产物有硫的是（ ） A．Na2S2O3 溶液和 HCl 溶液 C．碳和浓硫酸反应

B．H2S 气体在足量的 O2 中燃烧 D．铜和浓硫酸反应

6．下图是侯氏制碱法在实验室进行模拟实验的生产流程示意图，则下列叙述正确的是( )

A．第Ⅱ步的离子方程式为Na++NH3+H2O+CO2→NaHCO3↓+NH4+ B．第Ⅲ步得到的晶体是Na2CO3•10H2O C．A气体是CO2，B气体是NH3

D．第Ⅳ步操作的过程主要有溶解、蒸发、结晶

7．化学与生产、生活息息相关。下列说法正确的是（ ） A．可用钢瓶储存液氯或浓硫酸 B．二氧化碳气体可用作镁燃烧的灭火剂

C．鸡蛋清溶液中加入CuSO4溶液，有沉淀析出，该性质可用于蛋白质的分离与提纯 D．炒菜时加碘食盐要在菜准备出锅时添加，是为了防止食盐中的碘受热升华 8．用所给试剂与图示装置能够制取相应气体的是（夹持仪器略） X中试剂 Y中试剂 气体 A．A

A 浓 Cu NO2 B 浓硫酸 C2H5OH C2H4 B．B

C 双氧水 MnO2 O2 C．C

D 浓氨水 NaOH NH3 D．D

9．工业上利用无机矿物资源生产部分材料的流程图如下。下列说法不正确的是

A．在铝土矿制备较高纯度Al的过程中常用到NaOH溶液、CO2气体、冰晶石 B．石灰石、纯碱、石英、玻璃都属于盐，都能与盐酸反应

C．在制粗硅时，被氧化的物质与被还原的物质的物质的量之比为2∶1 D．黄铜矿(CuFeS2)与O2反应产生的Cu2S、FeO均是还原产物

10．青石棉（cricidolite）是世界卫生组织确认的一种致癌物质，是《鹿特丹公约》中受的46种化学品之一，青石棉的化学式为：Na2Fe5Si8O22（OH）2，青石棉用稀溶液处理时，还原产物只有NO，下列说法中正确的是

A．青石棉是一种易燃品，且易溶于水

B．青石棉的化学组成用氧化物的形式可表示为：Na2O·3FeO·Fe2O3·8SiO2·H2O

C．1mol Na2Fe5Si8O22（OH）2与足量的作用，至少需消耗8.5 L 2 mol/L HNO3溶液 D．1mol Na2Fe5Si8O22（OH）2与足量氢氟酸作用，至少需消耗7 L 2 mol/L HF溶液

11．某无色溶液中可能含有 Al3+、HCO3-、Ba2+和 Cl-，取样加入少量氢氧化钠溶液产生白色沉淀，另取样加入稀硫酸产生白色沉淀和产生气体，则原溶液中（ ） A．一定有 Cl- B．一定有 HCO3- C．可能有 Ba2+ D．可能有 Al3+

12．用NA表示阿伏加德罗常数的值 ，下列说法正确的是 A．31 g 白磷中含有的电子数是3.75NA

B．标准状况下，22.4L的C8H10中含有的碳氢键的数目是10NA C．1L 0.1mol•L-1的乙酸溶液中含有的氧原子数为 0.2NA D．5.6g Fe 与足量 I2 反应，Fe 失去 0.2NA个电子

13．化学与社会、生活密切相关。对下列现象或事实的解释正确的是( ) A 现象或事实 Al(OH)3用作塑料的阻燃剂 解释 Al(OH)3受热熔化放出大量的热 K2FeO4具有强氧化性，被还原后生成的Fe3＋水解生成胶状物，可以软化硬水 B K2FeO4用于自来水的消毒和净化 C Na2O2用于呼吸面具中作为O2的来源 Na2O2是强氧化剂，能氧化CO2生成O2 浸泡过KMnO4溶液的硅藻土可用于水果保鲜 D KMnO4溶液可氧化水果释放的CH2=CH2 A．A B．B C．C D．D

14．用如图装置进行实验，甲逐滴加入到固体乙中，如表说法正确的是（ ）

选项 A B C D A．A

液体甲 CH3COOH 浓HCl 浓H2SO4 浓H2SO4 B．B

固体乙 NaHCO3 KMnO4 Na2SO3 Cu C．C

溶液丙 苯酚钠 紫色石蕊 品红 氢硫酸 D．D

丙中现象 无明显现象 最终呈红色 红色变无色 溶液变浑浊 15．下列有关物质性质与用途具有对应关系的是 A．Si02熔点很高，可用于制造坩埚

B．NaOH能与盐酸反应，可用作制胃酸中和剂 C．Al(OH)3是两性氢氧化物，氢氧化铝胶体可用于净水 D．HCHO可以使蛋白质变性，可用于人体皮肤伤口消毒 二、实验题（本题包括1个小题，共10分）

16．碳酸镁晶须是一种新型的吸波材料中的增强材料。 （1）合成该物质的步骤如下：

L-1 MgSO4溶液和0.5mol·L-1 NH4HCO3溶液。 步骤1：配制0.5mol·

步骤2：用量筒量取500mL NH4HCO3溶液于1000mL三颈烧瓶中，开启搅拌器。温度控制在50℃。 步骤3：将250mL MgSO4溶液逐滴加入NH4HCO3溶液中，1min内滴加完后，用氨水调节溶液pH到9.5。 步骤4：放置1h后，过滤，洗涤。

nH2O n=1～5）步骤5：在40℃的真空干燥箱中干燥10h，得碳酸镁晶须产品（MgCO3·。 ①步骤2控制温度在50℃，较好的加热方法是_________。 nH2O沉淀的化学方程式为__________。 ②步骤3生成MgCO3·

③步骤4检验沉淀是否洗涤干净的方法是__________。

nH2O中的n值。 （2）测定生成的MgCO3·

称量1.000碳酸镁晶须，放入如图所示的广口瓶中加入适量水，并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4～5h，反应后期将温度升到30℃，最后将烧杯中的溶液用已知浓度的盐酸滴定，测得CO2的总量；重复上述操作2次。

①图中气球的作用是_________。

②上述反应后期要升温到30℃，主要目的是______。

③测得每7.8000g碳酸镁晶须产生标准状况下CO2为1.12L，则n值为_______。

（3）碳酸镁晶须可由菱镁矿获得，为测定某菱镁矿（主要成分是碳酸镁，含少量碳酸亚铁、二氧化硅）中铁的含量，在实验室分别称取12.5g菱镁矿样品溶于过量的稀硫酸并完全转移到锥形瓶中，加入指示剂，用0.010mol/L H2O2溶液进行滴定。平行测定四组。消耗H2O2溶液的体积数据如表所示。 实验编号 消耗H2O2溶液体积/mL 1 15.00 2 15.02 3 15.62 4 14.98 ①H2O2溶液应装在_________（填“酸式”或“碱式”）滴定管中。

②根据表中数据，可计算出菱镁矿中铁元素的质量分数为_________ %（保留小数点后两位）。 三、推断题（本题包括1个小题，共10分）

17．锡酸钠可用于制造陶瓷电容器的基体、颜料和催化剂。以锡锑渣(主要含Sn、Sb、As、Pb的氧化物)为原料，制备锡酸钠的工艺流程图如下图所示:

请回答下列问題:

(1)Sn(IVA)、As(VA)、Sb(VA)三种元素中，Sn的原子序数为50，其原子结构示意图为_____，碱浸”时SnO2发生反应的化学方程式为___________________________。

(2)“碱浸”时，若Sn元素氧化物中SnO含量较高，工业上则加入NaNO3，其作用是_______。

(3)从溶液中得到锡酸钠晶体的实验操作是_________、趁热过滤、洗涤、干燥。下图是“碱浸”实验的参数，请选择“碱浸”的合适条件_______。

(4)“脱铅”是从含Na2PbO2的溶液中形成硫化铅渣，其离子方程式为_________________。 (5)“脱锑”时Na3SbO4发生的化学方程式为_____________________________。 四、综合题（本题包括2个小题，共20分）

18．2019年10月9日，瑞典皇家科学院将2019年度诺贝尔化学奖授予美国JohnBGoodenough教授、M.stanleyWhittlingham教授和日本化学家AkiraYoshino，以表彰其在锂离子电池的发展方面作出的贡献。 （1）基态锂原子核外能量最高的电子所处能级的电子云轮廓图的形状为___；基态磷原子第一电离能比硫的___ (填“大”或“小”)，原因是___。

（2）实室中可用KSCN或K4[Fe(CN)6]来检验Fe3+，FeCl3与KSCN溶液混合，可得到配位数为5的配合物的化学式是___；

（3）磷酸(H3PO4)和亚磷酸(H3PO3)是磷元素的两种含氧酸。PO43-的空间构型为___；亚磷酸与NaOH反应只生成NaHPO3和NaH2PO3两种盐，则H3PO3的结构式为___。 （4）磷酸分子间脱水可生成多磷酸，其某一钙盐的结构如图所示：

由图推知该多磷酸钙盐的通式为__（用n表示重复单元数）

（5）氧化亚铁晶体的晶胞如图所示。已知：氧化亚铁晶体的密度为ρg·cm-3，NA代表阿伏加德罗常数的值。在该晶胞中，与O2-紧邻且等距离的Fe2+数目为__；Fe2+与O2-最短核间距为___pm。

19．（6分）太阳能电池可分为：硅太阳能电池，化合物太阳能电池，如砷化镓(GaAs)、铜铟镓硒(CIGS)、硫化镉(CdS)，功能高分子太阳能电池等，Al-Ni常作电极。据此回答问题：

(1)镍(Ni)在周期表中的位置为______；S原子的价电子排布式为________；Ga、As和Se的第一电离能由大到小的顺序是________。

(2)Na3As3中As原子的杂化方式为_____；AsCl3的空间构型为____。

(3)GaAs熔点为1238℃，GaN熔点约为1500°，GaAs熔点低于GaN的原因为__________。 (4)写出一种与SO42-互为等电子体的分子_________。

(5)GaAs的晶胞结构如图所示，其中As原子形成的空隙类型有正八面体形和正四面体形，该晶胞中Ga原Ga和As的摩尔质量分别为 MGa g/mol和MAsg/mol，子所处空隙类型为_____。已知GaAs的密度为ρg/cm3，

则GaAs晶胞中Ga之间的最短距离为________pm。

参

一、单选题（本题包括15个小题，每小题4分，共60分．每小题只有一个选项符合题意） 1．D 【解析】 【详解】

A.光导纤维主要成分是二氧化硅不属于有机高分子材料，故A错误；

B.磁性氧化铁的成分是四氧化三铁，是黑色固体，不能制备红色颜料和油漆，故B错误；

C. 明矾溶液中Al3 水解使溶液呈酸性，铜锈为Cu2(OH)2CO3溶于酸性溶液，故能利用明矾溶液的酸性清除铜镜表面的铜锈，而不是因为溶液中的Al3离子能与铜锈反应，故C错误；

D. 血液透析原理就是胶体的渗析原理，胶体不能通过半透膜，涉及胶体性质，故D正确； 故答案为：D。 2．B 【解析】 【详解】

A、玻璃管中浓氨水分解产生的氨气与浓盐酸挥发的氯化氢气体反应生成氯化铵，发生的反应可表示为：NH3＋HCl＝NH4Cl，选项A正确；

B、分子运动速率和分子的相对分子质量成反应比，故应在C附近看到白烟，选项B不正确； C、氨气与氯化氢反应为放热反应，用手触摸玻璃管外壁，会感觉到有热量放出，选项C正确； D、浓也易挥发，与氨气反应生成白烟铵，故将浓盐酸换成浓也会有相似现象，选项D正确。 答案选B。 【点睛】

本题考查分子的定义与分子的特性、根据化学反应方程式的计算。了解分子的特点，掌握化学反应原理，易错点为选项B：分子运动速率和分子的相对分子质量成反应比。 3．B

【解析】 【分析】 【详解】

W是空气中含量最多的元素，则W为N元素。Y的周期数等于其族序数，另Y的原子序数大于W的原子序数，则Y在第三周期第ⅢA族，Y为Al元素。Y的最高价氧化物对应的水化物为Al(OH)3，可以与N的Al(OH)3只能与Na的最高价的氧化最高价氧化物的水化物HNO3反应生成盐和水，在Al和N之间的元素，物的水化物NaOH反应生成盐和水，则X为Na元素。Z的最外层电子数是最内层电子数的3倍，最内层的电子数为2个，则Z的最外层电子数为6，则Z为S元素。

A．Na的氧化物为Na2O和Na2O2(其中Na2O2为过氧化物，属于特殊的氧化物)，有2种；Al的氧化物为Al2O3，只有1种，A错误；

B．S2－核外有3个电子层，Na＋核外只有2个电子层，电子层数越多，离子半径越大，则有r(Na＋)＜r(S2－)，B正确；

C．W和Z的氢化物分别为NH3和H2S，可发生下列反应NH3+H2S=NH4HS或2NH3＋H2S=(NH4)2S，C错误； D．Na的氢化物NaH，由Na＋和H－构成，只有离子键，D错误。 答案选B。 【点睛】

离子半径比较方法可以归纳为：①核外电子排布相同时，核电荷数越大，离子半径越小；②核外电子排布不同的短周期元素离子，其电子层数越多，离子半径越大。 4．B 【解析】 【分析】 【详解】

A. 第①步反应中CO2和H2反应产生*H和*HCOO，可见两种分子中都有化学键断裂，A正确； B. 根据图示可知：在第③步反应中有水参加反应，第④步反应中有水生成，所以水在整个历程中可以循环使用，整个过程中总反应为CO2+3H2→CH3OH+H2O，整个过程中产生水，B错误； C. 在反应历程中，第③步中需要水，*H3CO、H2O反应生成CH3OH、*HO，反应方程式为：*H3CO+H2O→CH3OH+*HO，C正确；

D. 第④步反应是*H+*HO=H2O，生成化学键释放能量，可见第④步反应是一个放热过程，D正确； 故答案选B。 5．A 【解析】 【详解】

A、Na2S2O3溶液和 HCl 溶液反应，发生氧化还原反应生成二氧化硫、硫单质和氯化钠，生成产物有硫，

故A符合题意；

B、H2S气体在足量的O2中燃烧生成二氧化硫和水，生成产物中无硫单质生成，故B不符合题意； C、碳和浓硫酸加热反应生成二氧化碳、二氧化硫和水，生成产物中无硫单质生成，故C不符合题意； D、铜和浓硫酸加热反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，生成产物中无硫单质生成，故D不符合题意； 故选：A。 6．A 【解析】 【详解】

A．第Ⅱ步发生反应NH3H2O+CO2+NaCl═NH4Cl+NaHCO3↓，一水合氨为弱碱，碳酸氢钠为沉淀，所以离子反应为Na++NH3H2O+CO2═NaHCO3↓+NH4+，故A正确；

B．第Ⅱ步反应方程式为NH3H2O +CO2+NaCl═NH4Cl+NaHCO3↓，过滤是把不溶于溶液的固体和液体分开的一种分离混合物的方法，从沉淀池中分离沉淀NaHCO3晶体，所以第Ⅲ步得到的晶体是NaHCO3，故B错误；

C．氨气极易溶于水，二氧化碳在水中的溶解度较小，依据侯德榜制碱的原理：向氨化的饱和食盐水中通入二氧化碳气体析出碳酸氢钠，加热碳酸氢钠制备碳酸钠，A为氨气，B为二氧化碳，故C错误； D．第Ⅳ步操作是将晶体碳酸氢钠直接加热分解得到碳酸钠固体，发生反应2NaHCO3故D错误； 故选A。 【点睛】

本题考查了侯德榜制碱的工作原理和流程分析，明确碳酸钠、碳酸氢钠、氨气、二氧化碳的性质，掌握工艺流程和反应原理是解题关键，题目难度中等。 7．A 【解析】 【详解】

A．常温下Fe与氯气不反应，遇浓硫酸发生钝化，则用钢瓶储存液氯或浓硫酸，故A正确； B．Mg能在CO2中燃烧生成MgO和C，则二氧化碳气体不可用作镁燃烧的灭火剂，故B错误； C．蛋白质遇硫酸铜发生变性，变性是不可逆过程，盐析可用于蛋白质的分离和提纯，故D错误； D．食盐中加的碘盐为KIO3，受热易分解，则在菜准备出锅时添加加碘食盐，是为了防止KIO3受热易分解，故D错误； 故答案为A。 8．C 【解析】

ΔNa2CO3+H2O+CO2↑，

【详解】

A.二氧化氮和水反应，收集二氧化氮不能用排水法，A错误； B.乙醇消去制乙烯需要加热，B错误；

C.双氧水分解制氧气制取装置用固液不加热制气体，收集氧气用排水法，C正确； D.氨气极易溶于水，不能用排水法收集，D错误； 答案选C。 9．B 【解析】

A. 用铝土矿制备较高纯度A1，首先用NaOH溶液将铝土矿中的氧化铝溶解转化为偏铝酸钠溶液，然后过滤、向滤液中通入CO2气体把偏铝酸钠转化为氢氧化铝沉淀，再过滤得氢氧化铝，接着加热氢氧化铝让其分解为氧化铝，最后用冰晶石作助熔剂，电解熔融的氧化铝得到铝，所以A正确；B.、石英的主要成分是二氧化硅，它属于酸性氧化物不与盐酸反应。玻璃的主要成分有二氧化硅、硅酸钠、硅酸钙，组成中有盐故被称为硅酸盐产品，它也不能与盐酸反应，实验室经常用玻璃瓶盛放盐酸，所以B不正确；C. 在制粗硅时，发生反应SiO2+2C=Si+2CO，被氧化的物质C与被还原的物质SiO2的物质的量之比为2∶1，C是正确的；D. 黄铜矿(CuFeS2)与O2反应，铜由+2价降为+1价被还原得到Cu2S、氧由0价降至-2得到FeO，所以Cu2S、FeO均是还原产物，D正确。 10．B 【解析】 【分析】 【详解】

A．青石棉属于硅酸盐，不易燃，也不溶于水，A错误；

B．青石棉中铁元素的化合价由+2价和+3价两种，根据原子守恒和化合价不变的思想，化学组成用氧化物3FeO·Fe2O3· 8SiO2·H2O，B正确； 的形式可表示为：Na2O·

C．8.5 L2 mol·L-1HNO3溶液中的物质的量为17mol，青石棉用稀溶液处理时，亚铁离子被氧化为FeNO、H2O、SiO2，1mol该物质能和18molHNO3铁离子，被还原为一氧化氮，产物为NaNO3、（NO3）3、反应，C错误；

D．7L2 mol·L-1HF溶液中HF的物质的量为14mol，1mol青石棉能与34mol氢氟酸反应生成四氟化硅，D错误。 答案选B。 11．B 【解析】 【分析】

取样加入稀硫酸产生白色沉淀和产生气体，则一定含有HCO3-、Ba2+，又HCO3-与Al3+发生双水解反应，所

以原溶液中一定不含Al3+，取样加入少量氢氧化钠溶液产生白色沉淀，则白色沉淀一定含碳酸钡，综上所述，原溶液中一定含HCO3-、Ba2+，一定不含Al3+，可能含 Cl-，据此分析判断。 【详解】

A、原溶液中可能含 Cl-，故A错误；

B、由上述分析可知，原溶液中一定含HCO3-、Ba2+，故B正确； C、由上述分析可知，原溶液中一定含HCO3-、Ba2+，故C错误； D、由上述分析可知，原溶液中一定不含Al3+，故D错误； 故选：B。 【点睛】

本题考查离子检验与推断，掌握发生的离子反应及现象是解题关键，题目难度不大。 12．D 【解析】 【分析】 【详解】

A．P是15号元素，31 g 白磷中含有的电子数是15NA，故A错误；

B．标准状况下，C8H10是液态，无法用气体摩尔体积计算物质的量，故B错误；

C．1L 0.1mol•L-1的乙酸溶液中，水也含有氧原子，含有的氧原子数大于 0.2NA，故C错误； D．5.6g Fe 与足量 I2 反应，Fe＋I2=FeI2，Fe 失去 0.2NA个电子，故D正确； 故选D。 13．D 【解析】

A．Al(OH)3受热分解时需要吸收大量的热，同时产生的水蒸气起到降低空气中氧气浓度的作用，从而用作塑料的阻燃剂，故A错误；B．K2FeO4具有强氧化性，用于自来水的消毒，被还原后生成的Fe3+水解生成胶状物，具有吸附水体颗粒物起到净化水质的作用，但不能软化硬水，故B错误；C．Na2O2与二氧化碳反应产生氧气，是过氧化钠自身的氧化还原反应，C错误；D．KMnO4溶液可氧化水果释放的CH2=CH2，而乙烯具有催熟作用，故浸泡过KMnO4溶液的硅藻土可用于水果保鲜，D正确。答案选D。 14．C 【解析】 【分析】 【详解】

A．醋酸与碳酸氢钠反应生成二氧化碳，二氧化碳与苯酚钠溶液反应生成苯酚，苯酚难溶于水，溶液变浑浊，A错误；

B．反应生成氯气，氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，次氯酸具有漂白性，石蕊先变红后褪色，B错误；

C．二氧化硫可使品红褪色，C正确；

D．浓硫酸和铜应在加热条件下进行，D错误。 答案选C。 15．A 【解析】 【分析】

物质的性质决定物质的用途，据性质与用途的对应关系分析。 【详解】

A项：SiO2用于制造坩埚，利用了SiO2高熔点的性质，A项正确；

B项：虽然NaOH能与盐酸反应，但其碱性太强，不能作胃酸中和剂，B项错误； C项：氢氧化铝胶体用于净水，是胶体的强吸附性，与其两性无关，C项错误； D项：HCHO能使人体蛋白质变性，但其毒性太强，不能用于皮肤伤口消毒，D项错误。 本题选A。

二、实验题（本题包括1个小题，共10分） 16．水浴加热 MgSO4+NH4HCO3+NH3▪H2O+(n-1)H2O

MgCO3·nH2O↓+(NH4)2SO4 取最后一次洗涤液少

许于试管中，加入稀盐酸，无明显现象，然后加入BaCl2溶液，若无白色沉淀，则沉淀已经洗涤干净 缓冲压强（或平衡压强），还可以起到封闭体系的作用 使广口瓶中溶解的CO2充分逸出，并被NaOH溶液充分吸收 4 酸式 0.13 【解析】 【分析】

nH2O中n值、测定菱镁矿中铁的含量三部分。合成碳酸镁晶本实验题分为合成碳酸镁晶须、测定MgCO3·

nH2O中n值，采用的是加稀硫酸，须是利用MgSO4溶液和NH4HCO3溶液、氨水反应生成。测定MgCO3·

nH2O反应，测定产生的CO2的体积，可以通过计算确定MgCO3·nH2O中n值。测定菱镁矿中铁和MgCO3·

的含量的原理是将菱镁矿中的铁转化为Fe2+，用H2O2溶液滴定，根据消耗的H2O2的物质的量以及电子守恒即可计算出菱镁矿中铁的含量。 【详解】

（1）①步骤2控制温度在50℃，当温度不超过100℃时，较好的加热方法是水浴加热。水浴加热既可均匀加热，又可以很好地控制温度。

nH2O沉淀的同时还得到(NH4)2SO4，化学方程式为：②MgSO4溶液和NH4HCO3溶液、氨水反应生成MgCO3·MgSO4+NH4HCO3+NH3▪H2O+(n-1)H2O

MgCO3·nH2O↓+(NH4)2SO4。

③步骤4检验沉淀是否洗涤干净，可以检验洗涤液中的SO42-，方法是取最后一次洗涤液少许于试管中，加入稀盐酸，无明显现象，然后加入BaCl2溶液，若无白色沉淀，则沉淀已经洗涤干净。

（2）①图中气球可以缓冲压强（或平衡压强），还可以起到封闭体系的作用。

②上述反应后期要升温到30℃，主要目的是使广口瓶中溶解的CO2充分逸出，并被NaOH溶液充分吸收。 ③标准状况下1.12LCO2的物质的量为0.05mol，根据碳守恒，有

7.8000g=0.05mol，解得n=4。

(84+18n)g/mol（3）①H2O2溶液有强氧化性和弱酸性，应装在酸式滴定管中。

②四次实验数据，第3次和其他三次数据偏离较大，舍去，计算出三次实验消耗H2O2溶液体积的平均值为15.00mL。n(H2O2)=0.015L×0.010mol/L=1.5×10-4mol，在H2O2和Fe2+的反应中，H2O2做氧化剂，-1价氧的化合价降低到-2价，Fe2+中铁的化合价升高到+3价，根据电子守恒，n(Fe2+)=2(H2O2)= 3×10-4mol，则m(Fe)= 3×10-4mol×56g/mol=0.0168g，实验菱镁矿中铁元素的质量分数为【点睛】

当控制温度在100℃以下时，可以采取水浴加热的方法。检验沉淀是否洗涤干净时需要选择合适的检测离子，选择检测的离子一定是滤液中的离子，并且容易通过化学方法检测。检验沉淀是否洗涤干净的操作需要同学记住。

三、推断题（本题包括1个小题，共10分） 17．

SnO2+2NaOH= Na2SnO3+H2O 把SnO氧化为SnO32— 蒸发结晶 100g·L-1烧

0.0168×100%=0.13%。 12.5碱浓度、温度85℃ PbO22- + S2- + 2H2O═PbS↓+ 4OH- 5Sn + 4Na3SbO4 + H2O ═ 4Sb + 5Na2SnO3 + 2NaOH 【解析】 【分析】

Sn、Sb、As、Pb的氧化物溶于氢氧化钠得到含有SnO32—、SbO43—、由流程图可知，向锡锑渣中加入烧碱溶液，PbO22-、AsO43—的碱浸液，向碱浸液中加入氢氧化钡溶液，AsO43—与氢氧化钡反应生成砷酸钡沉淀过滤除去；向所得滤液中加入硫化钠溶液，PbO22-与硫化钠发生氧化还原反应生成硫化铅沉淀过滤除去；再向所得滤液中加入锡片，锡与SbO43—发生置换反应生成单质锑过滤除去，得到Na2SnO3溶液。 【详解】

（1）Sn与碳同主族，Sn的原子序数为50，最外层电子数为4，原子结构示意图为

，故答案

为；

（2）NaNO3具有氧化性，能将SnO氧化，“碱浸”时，若SnO含量较高，工业上则加入NaNO3，其作用是把SnO氧化成SnO32-，故答案为把SnO氧化为SnO32—；

L-1，温度为85℃时，锡浸出率最高，故答案为100g·L-1烧碱浓度、温度（3）由图可知，烧碱浓度为100g·85℃；

（4）由题意可知，Na2PbO2溶液与硫化钠溶液发生氧化还原反应生成硫化铅沉淀和氢氧化钠，反应的离子方程式为PbO22- + S2- + 2H2O═PbS↓+ 4OH-，故答案为PbO22- + S2- + 2H2O═PbS↓+ 4OH-；

（5）由流程图可知，“脱锑”时加入锡，锡与Na3SbO4溶液发生氧化还原反应生成Sb、Na2SnO3和NaOH，反应的化学方程式为5Sn + 4Na3SbO4 + H2O ═ 4Sb + 5Na2SnO3 + 2NaOH，故答案为5Sn + 4Na3SbO4 + H2O ═ 4Sb + 5Na2SnO3 + 2NaOH。

四、综合题（本题包括2个小题，共20分）

18．球形 大 基态磷原子的3p轨道处于半充满状态，较稳定 K2[Fe(SCN)5] 正四面体

(CaP2O6)n 6

3361010pm NA【解析】 【分析】 【详解】

(1)基态锂原子价电子排布式为2s1，电子最高占据2s能级，电子云轮廓图形为球形；基态磷原子的3p轨道处于半充满状态，较稳定，所以磷的第一电离能比硫大；

(2)Fe3+与SCN-形成的配合物中，Fe3+提供空轨道，SCN-提供孤对电子作为配体，所以配位数为5的配离子为[Fe(SCN)5]2-，相应的配合物的化学式是K2[Fe(SCN)5]； (3)PO43-中P的价层电子对数为4+

5342=4，无孤电子对，所以的空间构型为正四面体；亚磷酸H3PO3

2与NaOH反应只生成NaHPO3和NaH2PO3两种盐，说明亚磷酸含有2个羟基氢原子，另外的一个H、O直

接与P相接，所以H3PO3的结构式为；

(4)根据图知，其最小的重复部分为，据此判断形成盐的化学通式为 (CaP2O6)n；

(5)以体心O2-研究，与O2-紧邻且等距离的Fe2+处于面心，共有6个；Fe2+与O2-的最短核间距等于晶胞棱长的

4721111g，设二者最短距，晶胞中Fe2+数目=8×+6×=4，O2-离子数目=1+12×=4，所以晶胞质量=N2284A离为a pm，则晶胞棱长=2a pm，晶胞的体积为(2a×10-10cm)3=8a3×10-30cm3，则：

47236-33-30331010pm。 g=ρg•cm×8a×10cm，解得a=NANA【点睛】

同一周期元素中，元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈增大的趋势，但第ⅡA元素（最外层全满）第一电离能大于第ⅢA元素，第ⅤA族（最外层半满）的第一电离能大于第ⅥA族元素。

19．第四周期第Ⅷ族 3s23p4 As>Se>Ga sp3 三角锥形 均为原子晶体，且GaN中N原子半径小，Ga-N 键长比Ga-As短，键能更大，熔点更高 CCl4、SiCl4、 SiF4、 CF4(填其中一种即可) 正四面体形 【解析】 【分析】

(1)镍是28号元素，根据构造原理，可确定Ni、S的核外电子排布式，结合原子结构与元素在元素周期表的位置关系确定其在周期表中的位置；一般情况下，同一周期的元素原子序数越大，元素的第一电离能就越大，但当原子核外电子处于其轨道上的全满、半满、全空时是稳定结构，比相应原子序数大1个的VIA的元素大分析。

(2)根据As原子最外层电子数及形成化学键的关系分析Na3As3中As原子的杂化方式；AsCl3的空间构型要根据成键电子对与孤对电子分析其空间构型；

(3)GaAs根据微粒间的作用力与微粒半径大小分析物质熔点高低； (4)根据等电子体的概念分析其相应的等电子体；

(5)根据微粒的空间构型及相对位置分析其空间构型，用均摊法先计算晶胞中含有的As、Ga原子数目，计算出晶胞的质量，结合晶胞的密度可得晶胞的体积。 【详解】

(1)镍是28号元素，根据构造原理，可确定Ni核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d84s2，在元素在元素周期表的位置为第四周期第Ⅷ族；S原子的价电子排布式为1s22s22p4；一般情况下，同一周期的元素原子序数越大，元素的第一电离能就越大，但As原子核外最外层的4p轨道的电子处于半充满的较稳定状态，比As和Se的第一电离能由大到小的顺序是As>Se>Ga。同周期原子序数大1个的VIA的Se元素大，所以Ga、 (2)在Na3As3中As最外层有5个电子，形成3个共价键即δ键电子对数为3，另外还有1个孤电子对，所以As的杂化方式为sp3；AsCl3中As的价层电子对数=3+

4MGa4MAs23×1010 2NA1(5-1×3)=4，As原子采用sp3杂化，由于孤电子2对对成键电子对排斥了强，所以AsCl3分子空间构成三角锥形分子；

(3)GaAs熔点为1238℃，GaN熔点约为1500°，GaAs熔点低于GaN是因为两种晶体均为原子晶体，且GaN中N原子半径比Ga小，Ga-N 键长比Ga-As短，键能更大，断裂化学键需要的能量大，因此熔点更高； (4)根据等电子体的概念是原子数相同，SiCl4、 最外层电子数也相同的微粒，则SO42-相应的等电子体是CCl4、SiF4、 CF4；

(5)该晶胞中Ga原子处于与它最近的四个As原子所构成的正四面体的几何中心，因此Ga所处空隙类型为正四面体；在该晶胞中含有的As原子数目为：81816=4，含有的Ga原子数目为：1×4=4，因此该2晶胞在含有4个GaAs，则晶胞的质量为m=

4MGa4MAsg，由于晶胞的密度为ρg/cm3，所以晶胞的体

NA积为V=

m4MGa4MAs34MGa4MAs4MGa4MAscm，则晶胞的边长L=3cm=3×1010pm。在该

NANANA2倍，所以两个Ga原子之间的距离为2晶体在两个Ga原子之间的距离为晶胞边长的4MGa4MAs23×1010pm。 2NA【点睛】

本题考查物质结构和性质的知识，涉及元素在元素周期表的位置、原子杂化方式判断、微粒空间构型、物质熔点比较、晶体结构分析与计算等知识点，本题综合性较强，侧重考查学生判断及知识综合应用能力，易错点是晶体中最近的Ga原子之间的位置及其与晶胞边长的关系的确定与计算，题目难度中等。