【文档说明】【精准解析】河北省鸡泽县第一中学2021届高三上学期第一次月考化学试题.doc，共(14)页，494.000 KB，由小赞的店铺上传

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2021届高三第一次月考化学试卷本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，共100分。考试时间90分钟。可能用到的相对原子质量：H-1C-12O-16Na-23Mg-24P-31S-32Cl-35.5Ca-40Fe-56Cu-6

4第Ⅰ卷(选择题，共40分)一、单项选择题：本题包括10小题，每小题2分，共计20分。每小题只有一个选项符合题意。1.2019年12月以来，我国部分地区突发的新型冠状病毒肺炎威胁着人们的身体健康。以下是人们在面对“新型冠状病毒肺炎”时的一些认识，你认

为符合科学道理的是A.家庭消毒时，消毒液越浓越好B.吸烟、喝酒可以预防“新型冠状病毒”C.应经常保持室内清洁卫生和通风D.必须每天吃药，补充人体所需化学物质【答案】C【解析】【分析】【详解】A．消毒液并非浓度越高越好，过高浓度的消毒液既不能达到有效的消毒效果，又会造成环境污染，故A错误；B．吸烟、

喝酒对人体有害，也不能预防新型冠状病毒，故B错误；C．保持室内清洁卫生和通风能防止病毒的滋生，故C正确；D．药物服用多了对身体有害，必须遵循医生的指导，故D错误；故答案为C。2.“中国名片”中航天、军事、天文等领域的发展受到

世界瞩目，它们与化学有着密切联系。下列说法错误的是（）A.“中国天眼”的“眼眶”是钢铁结成的圈梁，其属于黑色金属材料B.“天宫二号”空间实验室的硅电池板将光能直接转换为电能C.“歼-20”飞机上大量使用的碳纤维是一种新型有机高分子材料D.“神舟十一号”宇宙飞船返回舱外表面使用的高温结构陶瓷

是新型无机非金属材料【答案】C【解析】【详解】A．金属可分为两类，有色金属和黑色金属。黑色金属有铁、铬和锰。“中国天眼”的“眼眶”是钢铁结成的圈梁，主要成分是铁，属于黑色金属材料，故A正确；B．硅是人类将太阳能转换为电能的常用材料，利用高纯硅的半导体性能，可以制成光电池，将光能直接转换为电能

。故B正确；C．碳纤维的成分是单质碳，不是有机高分子材料，故C错误；D．新型无机非金属材料在性能上比传统无机非金属材料有了很大的提高，可适用于不同的要求。如高温结构陶瓷、压电陶瓷、透明陶瓷、超导陶瓷等都属于新型无机非金属材料，故D正确；故选C。3.下列

化学用语不正确的是A.Cl2的结构式：Cl－ClB.MgCl2的电子式：C.Na原子的结构示意图：D.N2的电子式：【答案】D【解析】【详解】A．氯气分子中只含1对共用电子对，则Cl2的结构式为Cl－Cl，故A正确；B．氯化镁是离子化合物，由镁离子与

氯离子构成，其电子式为，故B正确；C．钠原子的核内有11个质子，核外有11个电子，故其结构示意图为，故C正确；D．氮气分子中，每个氮原子都达到了8电子结构，氮气的电子式为，故D错误；答案选D。4.关于化合物苯乙烯，下列说法正确的是A.不能使溴水褪色B.可以发生加成聚

合、氧化、取代反应C.易溶于水和甲苯D.分子中所有碳原子不可能共平面。【答案】B【解析】【详解】A．含有碳碳双键，能与溴发生加成反应，使溴水褪色，故A错误；B．含有碳碳双键可以发生加成聚合、氧化，苯环上的氢可以发生取代反应，故B正确；C．苯基和乙烯基均为憎水基团，难

溶于水，故C错误；D．苯平面和烯平面通过单键连接，单键可以旋转，分子中所有碳原子可能共平面，故D错误；故选B。5.下列离子方程式正确的是A.用盐酸溶解石灰石：2-3CO＋2H＋＝CO2↑＋H2OB.CuSO4溶液与Ba(OH)2溶液反应

：Ba2＋＋2-4SO＝BaSO4↓C.将SO2气体通入足量NaOH溶液中：SO2＋2OH－＝2-3SO＋H2OD.铜与氯化铁溶液反应：3Cu＋2Fe3＋＝2Fe＋3Cu2＋【答案】C【解析】【详解】A．石

灰石为碳酸钙，碳酸钙难溶，在离子方程式中不可拆开，正确的离子方程式为：CaCO3+2H＋＝CO2↑＋H2O+Ca2+，故A错误；B．CuSO4溶液与Ba(OH)2溶液反应生成硫酸钡沉淀和氢氧化铜沉淀，题目中离子方程式漏掉了Cu2+与OH－的反应，正确的离子方程式为：Cu2++2OH

－+Ba2＋＋2-4SO＝BaSO4↓+Cu(OH)2↓，故B错误；C．少量的SO2与足量的NaOH反应，生成易溶的Na2SO3和水，离子方程式为SO2+2OH－=SO32-+H2O，故C正确；D．铜与氯化铁溶液反应，铜金属性弱于铁，不会把铁置换出来，正确的离子方程式为：Cu

＋2Fe3＋＝2Fe2+＋Cu2＋，故D错误；答案选C。6.在反应3FeS＋5O2=燃烧Fe3O4＋3SO2中，FeS的作用是A.还原剂B.既是氧化剂又是还原剂C.氧化剂D.既不是氧化剂也不是还原剂【答案】A【解析】【详解】FeS中Fe元素的化合价为+2价，S元素的化合价为-

2价，Fe3O4中铁的化合价为+83，SO2中S元素的化合价为+4价，氧气化合价从0价降低到-2价，是氧化剂，Fe元素和S元素的化合价升高，失电子，被氧化，FeS是还原剂，答案选A。7.下列物质可通过加热的方法除杂(括号中物质为杂质)的是A.NaCl(Na2CO3)B.CO2(SO2)C.Na2C

O3(NaHCO3)D.Na2SO4(NaHSO4)【答案】C【解析】【详解】A．Na2CO3受热无变化，不能通过加热除去，A不满足题意；B．SO2受热无变化，不能通过加热除去，B不满足题意；C．NaHCO3受热分解成Na2CO3、水和二氧化碳，可以通过加热

除去Na2CO3中的NaHCO3，C满足题意；D．NaHSO4受热无变化，不能通过加热除去，D不满足题意。答案选C。8.相同条件下，分别测得反应A(g)+3B(g)2C(g)+2D(g)的速率如下：①v(A)=0.15mol∙L-1∙s-1②v(B)=0.6mol∙L-1

∙s-1③v(C)=0.5mol∙L-1∙s-1④v(D)=1.2mol∙L-1∙min-1其中反应最快的是A.①B.②C.③D.④【答案】C【解析】【分析】反应速率之比等于物质的化学计量数之比，均转化为同一物质表示的速率进行比较，对于A(g)+3B(g)2C(g)+2D(g)，都转化

为用A表示的速率进行比较。【详解】①v(A)=0.15mol∙L-1∙s-1；②v(B)=0.6mol∙L-1∙s-1，换算成A的反应速率，v(A)=13v(B)=13×0.6mol∙L-1∙s-1=0.2mol∙L-1∙s-1；③

v(C)=0.5mol∙L-1∙s-1，换算成A的反应速率，v(A)=12v(C)=12×0.5mol∙L-1∙s-1=0.25mol∙L-1∙s-1；④v(D)=1.2mol∙L-1∙min-1=0.02mol∙L-1∙s-1，换算成A的反应速率，v(A)=12v(B)=12×0.02mo

l∙L-1∙s-1=0.01mol∙L-1∙s-1；其中反应最快的是③；答案选C。【点睛】要将各物质的反应速率单位要统一，将v(D)=1.2mol∙L-1∙min-1换算成0.02mol∙L-1∙s-1，再统

一换算成同一种物质进行比较，为易错点。9.价电子总数与原子总数都相同的分子、离子或原子团称为等电子体，等电子体具有相似的结构和性质。下列选项中互称为等电子体的是（）A.CO2和NO2B.N2和O2C.CO32-和SO32-D.SO2和O3

【答案】D【解析】【详解】A项、CO2和NO2的原子个数相同，但价电子数前者为16，后者为17，两者不相等，不互为等电子体，故A错误；B项、N2和O2的原子个数相同，但价电子数前者为10，后者为12，两者不相

等，不互为等电子体，故B错误；C项、CO32-和SO32-的原子个数相同，但价电子数前者为24，后者为26，两者不相等，不互为等电子体，故C错误；D项、SO2和O3的原子个数相同，价电子数相等，都为18，互为等电子体，故D正确；故选D。10.

下列分子中的中心原子杂化轨道的类型相同的是（）A.BeCl2与BF3B.CO2与SO2C.CCl4与NH3D.C2H2和C2H4【答案】C【解析】【详解】A、BeCl2中Be含有2个σ键，孤电子对是2212

－=0，杂化类型是sp，BF3中B含有3个σ键，孤电子对为3312－=0，杂化类型为sp2，故错误；B、CO2含有2个σ键，孤电子对为4222－=0，杂化类型为sp，SO2中S有2个σ键，孤电子对为6222－=1，杂化类型为sp2，故错误；C、CCl4中C含有4个σ

键，无孤电子对，杂化类型为sp3，NH3中N含有3个σ键，孤电子对为5312－=1，杂化类型是为sp3，故正确；D、乙炔空间构型为直线型，因此碳的杂化类型为sp，乙烯是平面结构，碳原子的杂化类型为sp2，故错误；答案选C。二、不定项选择题：本题包括5小题，每小题4

分，共计20分。每小题只有一个或两个选项符合题意。若正确答案只包括一个选项，多选时，该小题得0分；若正确答案包括两个选项，只选一个且正确的得2分，选两个且都正确的得满分，但只要选错一个，该小题就得0分。1

1.通常情况下，原子核外p能级、d能级等原子轨道上电子排布为“全空”、“半满”、“全满”的时候一般更加稳定，称为洪特规则的特例。下列事实能作为这个规则证据的是A.元素氦（He）的第一电离能远大于元素氢（H）的第一电离能B.26Fe2＋容易失电子转变成26Fe3＋，

表现出较强的还原性C.基态铜（Cu）原子的电子排布式为[Ar]3d104s1而不是[Ar]3d94s2D.某种激发态碳（C）原子排布式为1s22s12p3而不是1s22s22p2【答案】C【解析】【详解】A、H、He原子核外p能

级、d能级等原子轨道上电子排布为“全空”，H原子核外只有一个电子，未达到稳定结构，He原子核外有2个电子，已经达到稳定结构，所以不能用此来判断第一电离能的大小，故A错误；B、26Fe2＋容易失电子转变成26Fe3＋，失

去电子时都是从外到内失去，铁离子也容易得电子生成亚铁离子，所以不能用此规律来判断，故B错误；C、基态铜（Cu）原子的电子排布式为[Ar]3d104s1而不是[Ar]3d94s2，[Ar]3d104s1中d轨

道处于全满，s轨道处于半满，所以能用此规律来判断，故C正确；D、激发态的原子是基态原子吸收能量后发生电子跃迁形成的，所以不能用此规律来判断，故D错误；故选C。12.六种短周期元素A、B、C、D、E、F的原子序数依次增大，其中A与E同主族，B与F同主族，E与F同周期。已知常温下单质A与E的状态不同

，D的核电荷数是B的最外层电子数2倍，单质F是一种重要的半导体材料。则下列推断中正确的是()A.由A、C、D三种元素组成的化合物一定是共价化合物B.F与D形成的化合物性质很不活泼，不与任何酸反应C.原子半径由大到小的顺序是：E>F>C>DD.元素的非金属性由强到弱的顺序是：D>C>F>B【答案】C

【解析】【分析】六种短周期元素A、B、C、D、E、F的原子序数依次增大，单质F是一种重要的半导体材料，则F为Si；B与F同主族，则B为C；D的核电荷数是F的最外层电子数的2倍，D的原子序数为8，即为O，原子序数依次增大，则C为N，A和E属于同主族，且状态不同，则A为

H，E为Na。【详解】A.由分析可知A为H、C为N、D为O，三种元素组成NH4NO3时，NH4NO3是离子化合物，三种元素组成HNO3时，HNO3是共价化合物，故A错误；B.由分析可知F为Si、D为O，形成的化合物为SiO2，可以

和HF反应，故B错误；C.由分析可知C为N、D为O、E为Na、F为Si，电子层数越多，半径越大，电子层数相同，半径随着原子序数的递增而减小，因此半径大小是：Na>Si>N>O即E>F>C>D，故C正确；D.由分析可知D为O、C为N、F为Si、B为C，同一周期，从左到右元素非金属递增，同一主族，

自上而下元素非金属性递减，故O>N>C>Si即D>C>B>F，故D错误；正确答案是C。【点睛】元素的金属性与非金属性递变规律：（1）同一周期的元素从左到右金属性递减，非金属性递增；（2）同一主族元素从上到下金属性递增，非金属性递减。13.已知反应P4＋3NaOH＋3H2O＝3NaH2PO2

＋PH3↑，产物PH3中P的化合价为－3价。下列说法正确的是A.1molP4分子中含有P－P的物质的量为6molB.31gP4中所含的电子数为5×6.02×1023C.反应中还原剂和氧化剂的物质的量之比为1：3D.反应生成2.24L(标准状况)PH3，转移的电子数为0.3×6.0

2×1023【答案】AD【解析】【详解】A．由图可知：1molP4分子中含有P－P的物质的量为6mol，A正确；B．31gP4的物质的量=31g124g/mol=0.25mol，所以n(电子)=0.25mol×15×4=15mol，即电子数=15mol×6.

02×1023mol-1=15×6.02×1023，B错误；C．结合电子得失守恒可知，1molP4参加反应，有3molP化合价升高，即有3molP作还原剂，有1molP化合价降低，即有1molP作氧化剂，所以

还原剂和氧化剂的物质的量之比=3:1，C错误；D．结合电子得失守恒可知，1molP4参加反应，生成1molPH3，转移3mol电子，当反应生成2.24L(标准状况)PH3(0.1mol)时，转移0.3mol电子，即电子数为：0.3×6.02×1023。答案选AD。14.设NA为阿伏加

德罗常数的值。下列说法正确的是A.2.24L(标准状况)Br2含有的溴分子数为0.1NAB.2.8g由NaHCO3和MgCO3组成的混合物中含有的氧原子数为0.1NAC.0.1molFeCl3·6H2O加入沸水中生成胶体的粒子数为0.1NA

D.在加热的条件下，6.4gCu与足量的浓硫酸充分反应生成SO2的分子数为0.1NA【答案】BD【解析】【详解】A.标准状况下，Br2为液态，无法计算其物质的量，故A错误；B.NaHCO3和MgCO3的摩尔质量均为84g/mol，则

2.8g由NaHCO3和MgCO3组成的混合物中含有的氧原子物质的量为2.8g3=84g/mol0.1mol，则氧原子数为0.1NA，故B正确；C.胶体粒子是氢氧化铁的集合体，故0.1molFeCl

3·6H2O加入沸水中生成胶体的粒子数小于0.1NA，故C错误；D.在加热的条件下，Cu与浓硫酸发生反应24422Cu+2HSO()ΔCuSO+SO+2HO浓，可得关系式Cu~SO2，6.4gCu的物质的量为0

.1mol，则生成SO2为0.1mol，则6.4gCu与足量的浓硫酸充分反应生成SO2的分子数为0.1NA，故D正确；故选BD。【点睛】公式mVnV=（标况时，Vm=22.4L/mol）的使用是学生们的易错点，并且也是高频考点，在使用时一定看清楚两点:①条件是否为标准状况，②在标

准状况下，该物质是否为气体。如：本题A项，标况下Br2不是气体，不能使用Vm=22.4L/mol计算。15.青蒿素是高效的抗疟疾药，为无色针状晶体，易溶于丙酮、氯仿和苯中，甲醇、乙醇、乙醚、石油醚中可溶解，在水中几乎不溶，熔点为156-157℃，热稳定性差。已知：

乙醚沸点为35℃。提取青蒿素的主要工艺如图所示，下列有关此工艺操作不正确．．．的是A.操作Ⅲ的主要过程是：加水溶解、蒸发浓缩、冷却结晶、过滤B.破碎的目的是增大青蒿与乙醚的接触面积，提高青蒿素浸取率C.操作Ⅱ是蒸馏，利用了

乙醚沸点低回收利用。D.操作I需要用到的玻璃仪器有漏斗、玻璃棒、烧杯【答案】A【解析】【详解】A.由题意可知，青蒿素在水中几乎不溶，故操作Ⅲ的主要过程不是加水溶解，而是加入95%的乙醇溶解，再进行蒸发浓缩、冷却结晶、过滤，A错误；B.将青蒿素干燥粉碎增大了与乙醚的接触面积，调高青蒿素浸取液

，B正确；C.操作Ⅱ是蒸馏，利用了乙醚与青蒿素的沸点相差较大，乙醚沸点低可回收利用，C正确；D.操作I为过滤，需要用到的玻璃仪器有漏斗、玻璃棒、烧杯，D正确；答案选A。第Ⅱ卷(非选择题，共60分)16.已知五种短周期元素的原子序数的大

小顺序为C>A>B>D>E；其中E元素为原子半径最小的元素，且A、C同周期，B和C同主族；A与B可形成离子化合物A2B，其含有的离子具有相同的电子层结构，且电子总数为30；D和E可形成4核10电子分子，该分子可使湿润的红色石蕊试

纸变蓝。试回答下列问题：(1)C元素的元素符号为________；(2)B、D元素的第一电离能大小关系为：B_____D(填“＜”、“＞”或“＝”)；(3)写出D元素形成的单质的结构式为______，其中σ键：π键=______。(4)A2B对应的水化物的碱性

比LiOH______(填“强”或“弱”)；写出A2B2的电子式______，A2B2溶于水时发生反应的化学方程式为_________。(5)化合物E2B、E2C，它们结构与组成相似，热稳定性更强的是_____(填化学式)但E2B的沸点比E2C

高得多的原因是________。【答案】(1).S(2).＜(3).N≡N(4).1：2(5).强(6).(7).2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑(8).H2O(9).水分子间存在氢键【解析】【分析】E元素为原子半径最小的元素，则E为H；D和E可形成4核10电子分子，该分

子可使湿润的红色石蕊试纸变蓝，形成的为铵根离子，则D为N；A与B可形成离子化合物A2B，其含有的离子具有相同的电子层结构，且电子总数为30，则A、B离子均含有10个电子，A为Na，B为O；且A、C同周期，B和C同主族

，则C为S。【详解】(1)分析可知，C为S；(2)B、D元素分别为O、N，N原子最外层电子为半充满的稳定状态，其第一电离能大于O，则B＜D；(3)D元素的单质为氮气，结构式为N≡N；含有1条σ键，2条π键，σ键：π键=1：2；(4)A2B对应的水化物为NaO

H，Na比Li的金属性，则其最高价氧化物对应水化物的碱性比Li的强；A2B2为过氧化钠，电子式为；过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，方程式为2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑；(5)化合物E2B、E2C分别为水、硫化氢，O的氧化性

大于S，则水的热稳定性大于硫化氢；水分子间可形成氢键，导致水的沸点大于硫化氢的沸点。17.为了证明铜与稀硝酸反应产生一氧化氮，某校学生实验小组设计了一个实验，其装置如图所示(加热装置和固定装置均已略去)，B

为一个用金属丝固定的干燥管，内装块状碳酸钙固体；E为一个空的蒸馏烧瓶；F是用于鼓入空气的双连打气球。(1)实验时，为在E烧瓶中收集到NO，以便观察颜色，必须事先赶出去其中的空气。其中第一．．步．实验操作为________。(2)将A中铜丝放入稀硝酸中，给装置A微微加热，在装置A中产生无

色气体，其反应的离子方程式为________。(3)如何证明E中收集到的是NO而不是H2________，一段时间后，C中白色沉淀溶解，其原因是______。(4)装置D的作用是____。【答案】(1).将B伸入稀硝酸中(2).

3Cu+8H++23NO−Δ3Cu2++2NO↑+4H2O(3).挤捏F，若E中出现红棕色，说明收集到的是NO(4).3NO2+H2O=2HNO3+NO，Ca(OH)2+2HNO3=Ca(NO3)2+2H2O(5).吸收

NO2，防止污染空气【解析】【分析】证明铜与稀硝酸反应产生一氧化氮，整个装置要求排净空气，检验装置气密性并加入试剂后，先让碳酸钙与稀硝酸反应生成二氧化碳，并使二氧化碳充满整个装置，再让铜丝与稀硝酸反应生成NO气体，并验证其性质。【详解】(1)实验时，在制取NO

之前，应先生成二氧化碳，则应将B伸入稀硝酸中；(2)铜与稀硝酸反应生成硝酸铜、NO和水，离子方程式为3Cu+8H++23NO−Δ3Cu2++2NO↑+4H2O；(3)NO能与空气中的氧气反应生成红棕色的NO2，而氢气无

此性质；二氧化氮与水反应生成生成硝酸，C中的白色沉淀与硝酸反应生成可溶性的硝酸钙和水；(4)二氧化氮有毒，其能与NaOH反应生成硝酸钠、亚硝酸钠和水，则装置D的作用是吸收NO2，防止污染空气。18.张亭栋研究小组受民间中医启发，发现As2O3(俗称砒霜)对白

血病有明显的治疗作用。氮(N)、磷(P)、砷(As)等都是VA族的元素，该族元素的化合物在研究和生产中有许多重要用途。回答下列问题：(1)As原子的核外电子排布式为_____。(2)P和S是同一周期的两种元素，P的第一电离能比S大，原因是_____。(3)+4NH中H

-N-H的键角比NH3中H-N-H的键角_____(填“大”或“小”)(4)Na3AsO4中含有的化学键类型包括_____；34AsO−的空间构型为_____，As4O6的分子结构如图所示，则在该化合物中As的杂化方式是_____。(

5)化合物NH5中的所有原子最外层都满足稳定结构，则NH5是____晶体。(6)白磷(P4)的晶体属于分子晶体，其晶胞结构如图(小圆圈表示白磷分子)。己知晶胞的边长为acm，阿伏加德罗常数为NAmol﹣l，该晶体的密度为_____g•cm﹣3(用含NA、a的式子表示)。【答案

】(1).1s22s22p63s23p63d104s24p3(2).P的p轨道是半充满状态，比较稳定，所以第一电离能比硫的大(3).大(4).离子键、共价键(5).正四面体(6).sp3(7).离子(8).3A496aN【解析】【分析】(1)As为第四周期VA族元素；(2)P原子的最外层电子为半充

满的稳定状态，较稳定；(3)利用孤电子对对成键电子对的斥力大于成键电子对的斥力判断；(4)利用价层电子互斥理论解释；(5)NH5由铵根离子和氢负离子构成的离子化合物；(6)利用密度公式计算。【详解】(1)As为第四周期VA族元素，核外电子

排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p3；(2)P和S是同一周期的两种元素，P最外层电子为半充满的稳定状态，则P的第一电离能比S大；(3)+4NH为正四面体构型，而NH3为三角锥型，其含有一个孤电子对，孤电子对对成键电子对的斥力大于成键电子对的斥力，则+4NH中H-N-

H的键角大；(4)Na3AsO4为含有共价键的离子化合物，含有离子键、共价键；34AsO−的中心As原子含有的孤电子对数=12(5+3-2×4)=0，4条σ键，为sp3杂化，则34AsO−为正四面体构型；As4O6中As含有3条共价键

，1个孤电子对，其杂化方式为sp3杂化；(5)化合物NH5中的所有原子最外层都满足稳定结构，则NH5由铵根离子和氢负离子构成的离子化合物；(6)根据晶胞的结构可知，P原子在晶胞的顶点和面心，则一个晶胞中含有4个P，晶胞的体积为a3cm3，该晶体的密度=333144AgNacm

=3A496aNg•cm﹣3。19.以菱镁矿(主要成分为MgCO3，含少量FeCO3等)为原料制备高纯氧化镁的流程如下：(1)采用搅拌、______、适当增大盐酸的浓度等措施可以提高“酸浸”率。(2)“氧化”过程中发生反应的化学方程式为________。(

3)“沉淀”时需严格控制NaOH溶液的用量，其目的是________。(4)“滤液”中继续加入NaOH溶液，______、________、灼烧，制得氧化镁。(5)工业可用氯化镁和碳酸铵为原料，采用直接沉淀法制备纳米MgO，写出该反应的化学方程式：____。取少量制得的该物质

溶于某种液体溶剂中(两者不反应)，能说明有纳米MgO存在的简单方法是____。【答案】(1).粉碎或适当升高温度等(2).2FeCl2+Cl2===2FeCl3(3).使Fe3+完全转化为氢氧化铁沉淀，且防止Mg2+形成沉淀(4).过滤(5).洗涤(6).MgCl2+(N

H4)2CO3===MgO↓+2NH4Cl+CO2↑(7).用一束光照射，在侧面会看到一条光亮的通路【解析】【分析】菱镁矿的主要成分为MgCO3，含少量FeCO3等，加入盐酸酸浸，MgCO3、FeCO3分别与盐酸反应生成MgCl2、FeCl2，过滤，除去不溶性杂质，

在滤液中，通入氯气，将FeCl2氧化为FeCl3，再加入氢氧化钠溶液，调节溶液的pH，使FeCl3完全转化为氢氧化铁沉淀，过滤，除去氢氧化铁沉淀，得到氯化镁溶液，再经过一系列操作得到MgO，据此分析解答。【详解】(1)除了采用搅拌、适当增大盐酸的浓度等措施可以提高“酸浸”率

外，还可以采用粉碎或适当升高温度等措施提高“酸浸”率；(2)“氧化”过程中，氯气将FeCl2氧化为FeCl3，反应的化学方程式为2FeCl2+Cl2===2FeCl3；(3)“沉淀”时，只沉淀Fe3+离子，使其完全转化为氢氧化铁沉淀而除去，而不能使Mg2+沉淀，故需严格控制NaOH溶液的

用量；(4)“滤液”中溶质为氯化镁，继续加入NaOH溶液，生成氢氧化镁沉淀，过滤、洗涤、灼烧，氢氧化镁受热分解制得氧化镁；(5)工业可用氯化镁和碳酸铵为原料，采用直接沉淀法制备纳米MgO，故该反应的化学方程式：MgCl2+(NH4)2CO3===MgO↓+2N

H4Cl+CO2↑；取少量制得的该物质溶于某种液体溶剂中(两者不反应)，若有纳米MgO存在，会形成胶体，故可通过丁达尔效应说明有纳米MgO存在，具体的方法是用一束光照射，在侧面会看到一条光亮的通路。【点睛】第(2)问书写化学方程式难度不大，但是学

生们仍然容易出错，就是错写成离子方程式。学生们做题时一定要认真审题，按要求作答，可以用笔进行重点圈画，提醒自己是写化学方程式还是离子方程式。