2022-2023学年海南省嘉积中学高三上学期第一次月考化学试题含解析

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海南省嘉积中学2022-2023学年高三上学期第一次月考化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．下列解释错误的是
A．《天工开物》记载：“凡白土曰垩土，为陶家精美器用”。陶是一种传统硅酸盐材料
B．“榆荚只能随柳絮，等闲撩乱走空园”中“柳絮”的主要成分为蛋白质
C．“霾尘积聚难见路人”，雾和霾是气溶胶，具有丁达尔效应
D．《开宝本草》中记载：“此即地霜也。所在山泽，冬月地上有霜，扫取以水淋汁后，乃煎炼而成”。文中对硝酸钾的提取没有涉及升华操作
【答案】B
【详解】A．陶是使用黏土烧制形成的器皿，属于传统硅酸盐材料，A正确；
B．柳絮是植物产生的结构，其主要成分是纤维素，B错误；
C．雾霾属于气溶胶，故能出现丁达尔效应，C正确；
D．文中是硝酸钾的提纯，操作过程涉及溶解、蒸发结晶，无升华操作，D正确；
综上，本题选B。
2．下列物质分类正确的是
A．SO2、CO均为酸性氧化物 B．冰醋酸、四氯化碳均为电解质
C．淀粉溶液、蛋白质溶液均为胶体 D．福尔马林、一水合氨均为混合物
【答案】C
【详解】A．酸性氧化物为和碱反应生成盐和水的氧化物，非金属氧化物不都是酸性氧化物，例如一氧化碳不是酸性氧化物，A错误；
B．电解质是溶于水或在熔融状态下能够导电的化合物；四氯化碳不是电解质，B错误；
C．胶体是分散质粒子大小在 1nm~100nm 的分散系；淀粉溶液、蛋白质溶液均为胶体，C正确；
D．一水合氨是一种物质组成的，为纯净物，D错误；
故选C。
3．下列化学用语使用不科学规范的是
A．35C1和37C1的原子结构示意图均为 B．硝基苯的结构简式是
C．HCl的形成过程为 D．胆矾的化学式：CuSO4·5H2O
【答案】C
【详解】A．35C1和37C1的原子都有17个电子，故原子结构示意图均为 　 ，A正确；
B．硝基苯的结构简式是　 ，B正确；
C．HCl的形成过程中氢原子和氯原子形成一个共用电子对，用电子式表示为 ，C错误；
D．胆矾是五水硫酸铜，化学式为CuSO4·5H2O，D正确；
故选C。
4．下列物质的应用中，利用了氧化还原反应的是
A．用明矾处理污水 B．用石灰乳脱除烟气中的SO2
C．用盐酸去除铁锈 D．用84消毒液杀灭细菌
【答案】D
【详解】A．用明矾处理污水，原理为：，没有发生氧化还原反应，A错误；
B． 用石灰乳脱除烟气中的SO2，原理为：，未发生氧化还原反应，B错误；
C．用盐酸去除铁锈，原理为：，未发生氧化还原反应，C错误；
D．用84消毒液(有效成分为NaClO)杀灭细菌是利用NaClO与CO2和H2O生成的HClO，具有强氧化性，使病毒中的蛋白质发生变性，发生氧化还原反应，D正确；
故选D。
5．K2SO3易被KMnO4等强氧化剂氧化，现将18mL 0.2mol/L的K2SO3溶液与含有2.4×10-3mol KMnO4溶液混合，正好完全反应。则反应后锰元素的价态为
A．＋6 B．＋4 C．＋3 D．＋2
【答案】B
【详解】K2SO3与KMnO4发生氧化还原反应，氧化产物是硫酸钠，设还原产物中Mn元素的化合价为n，所以根据电子得失守恒可知0.018L×0.2mol/L×2＝2.4×10-3mol×(7－n)，解得n＝4，B选项正确；
答案选B。
【点睛】注意守恒法解题的思维流程：(1)找出氧化剂、还原剂及相应的还原产物和氧化产物。(2)找准一个原子或离子得失电子数；(注意化学式中粒子的个数)；(3)根据题中物质的物质的量和得失电子守恒列出等式；即n(氧化剂)×变价原子个数×化合价变化值(高价－低价)＝n(还原剂)×变价原子个数×化合价变化值(高价－低价)。
6．下列说法中正确的是
A．制造矢量发动机使用含铼(Re)合金材料，含铼合金是纯净物
B．向BaCl2溶液中加入Na2SO3产生沉淀，再通入NO2，沉淀完全溶解
C．向装有Fe(NO3)2溶液的试管中加入稀H2SO4，在管口观察到红棕色气体
D．常温下可以将浓硫酸盛装在铁制容器中，说明浓硫酸与铁在常温下不反应
【答案】C
【详解】A．合金是混合物，A错误；
B．通入二氧化氮后溶液中含有硝酸，亚硫酸钡能被硝酸氧化生成硫酸钡沉淀，不溶解，B错误；
C．加入稀硫酸后，溶液中含有氢离子和硝酸根离子，亚铁离子被硝酸氧化生成铁离子同时生成一氧化氮，一氧化氮遇到空气中的氧气反应生成红棕色的二氧化氮，C正确；
D．常温下铁在浓硫酸中钝化，发生了化学反应，D错误；
故选C。
7．“碳捕捉技术”是指通过一定的方法将工业生产中产生的CO2分离出来并利用。如可利用NaOH溶液来“捕捉”CO2，其基本过程如图所示（部分条件及物质未标出）。

下列有关该方法的叙述中正确的是（    ）
①能耗大是该方法的一大缺点
②整个过程中，只有一种物质可以循环利用
③“反应分离”环节中，分离物质的基本操作是蒸发结晶、过滤
④该方法可减少碳排放，捕捉到的CO2还可用来制备甲醇等产品
A．①④ B．②③ C．③④ D．①②
【答案】A
【详解】①碳酸钙的分解在高温条件下进行，消耗能量，能耗大是该方法的一大缺点，①正确；
②整个过程中有两个反应：a.二氧化碳与氢氧化钠反应，产生Na2CO3和H2O；b.碳酸钙的高温分解产生CaO和CO2，CaO、H2O与Na2CO3在溶液中反应产生CaCO3和NaOH，循环利用的应该有CaO和NaOH 两种物质，②错误；
③“反应分离”过程中分离物质是难溶性固体与液体混合物分离的操作，方法应该是过滤，目的是通过过滤得到碳酸钙沉淀，③错误；
④甲醇工业上可用CO2制备，④正确；
综上所述可知有关该方法的叙述正确的是①④，故合理选项是A。
8．某溶液中含有下列六种离子：①Ba2+、②Fe2＋、③Mg2＋、④Fe3＋、⑤NH、⑥NO，向其中加入稍过量Na2O2固体后，溶液中离子浓度基本保持不变的是
A．①⑥ B．②⑥ C．③⑤ D．④⑤
【答案】A
【详解】Na2O2具有强氧化性，可以把亚铁离子氧化为铁离子；Na2O2与水反应生成NaOH和O2，2Na2O2＋2H2O =4NaOH ＋O2↑，反应后溶液显碱性，氢根离子和铁离子、镁离子分别生成氢氧化铁沉淀、氢氧化镁沉淀，亚铁离子、铁离子、镁离子浓度减小；+ OH-= NH3∙H2O，浓度减小；浓度不变的只有和Ba2+；
故选A。
9．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述中正确的是
A．标准状况下，11.2 L HF所含HF分子的数目为0.5NA
B．常温下，1.0 L pH=13的Ba(OH)2溶液中含有的OH-数目为0.1NA
C．常温下，56 g铁片投入足量浓硫酸中生成NA个SO2分子
D．1 mol -OH(羟基)所含电子数为10NA
【答案】B
【详解】A．标况下HF为液态，故11.2LHF的物质的量大于0.5mol，故A错误；
B．常温下，1.0L pH=13的Ba(OH)2溶液中氢氧根离子浓度为0.1mol/L，1L该溶液中含有0.1mol氢氧根离子，含有的OH-数目为0.1NA，故B正确；
C．常温下铁片与浓硫酸发生钝化现象，阻止了反应的继续进行，故C错误；
D．1个-OH(羟基)含有9个电子，故1 mol -OH(羟基)所含电子数为9NA，故D错误；
故选B。
10．常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是
A．使酚酞变红的溶液：Na＋、、CH3COO－、K＋
B．＝10－12 mol·L－1的溶液：Na＋、、、I－
C．无色透明溶液：Al3＋、K＋、－、Cl－
D．c(Fe3＋)＝1.0 mol·L－1的溶液：Mg2＋、SCN－、、
【答案】A
【详解】A．使酚酞变红的溶液显碱性，溶液中有OH-，Na＋、、CH3COO－、K＋与OH-均不反应，可以共存，故A符合题意；
B．＝10－12 mol·L－1的溶液显酸性，酸性条件下要氧化I－，故B不符合题意；
C．Al3＋与要发生双水解反应，故C不符合题意；
D．Fe3＋与SCN－要发生络合反应，故D不符合题意。
答案选A。
11．下列涉及的离子方程式书写正确的是
A．MnO2与浓盐酸反应制Cl2：MnO2 + 4HClMn2+ + 2Cl- + Cl2↑+ 2H2O
B．向亚硫酸钠溶液中加入足量硝酸：SO+ 2H＋= SO2↑+ H2O
C．过量的NaHCO3和Ba(OH)2溶液混合：2HCO+ Ba2+ + 2OH- =BaCO3↓+ 2H2O + CO
D．NH4HSO4溶液pH＜7主要原因是：NH+ H2ONH3·H2O + H+
【答案】C
【详解】A．HCl是强电解质，离子方程式中应拆写为离子形式，A错误；
B．硝酸会将为，自身还原生成NO或者NO2，B错误；
C．过量消耗全部生成，一半的与Ba2+形成BaCO3沉淀，C正确；
D．是强电解质，水溶液中完全电离产生H+和，是溶液显酸性的主要原因，D错误；
综上，本题选C。
12．生物浸出是用细菌等微生物从固体中浸出金属离子，有速率快、浸出率高等特点。氧化亚铁硫杆菌是一类在酸性环境中加速Fe2+氧化的细菌，其浸出ZnS矿机理如图所示。下列说法正确的是

A．浸出过程中需要不断补充铁盐
B．温度越高，ZnS浸出速率越快
C．反应Ⅱ的离子方程式为：2Fe3++ZnS = Zn2++2Fe2++S
D．理论上反应I中每消耗1.12L O2可浸出6.5g Zn2+
【答案】C
【详解】A．总反应为O2+4H++2ZnS＝2S+2Zn2++2H2O，不需要补充铁盐，故A错误；
B．温度过高，氧化亚铁硫杆菌变性，降低浸出速率，故B错误；
C．由图中转化可知反应Ⅱ的方程式为2Fe3++ZnS═Zn2++2Fe2++S，故C正确；
D．该选项未提到标准状况下，不能用22.4L/mol计算物质的量，故D错误；
答案选C。

二、多选题
13．汽车剧烈碰撞时，安全气囊中发生反应：10NaN3 + 2KNO3 =K2O + xNa2O + 16N2↑，下列说法错误的是
A．x=5 B．每生成16 mol N2转移30 mol电子
C．N2既是氧化产物又是还原产物 D．反应中氧化产物与还原产物的质量之比为1∶15
【答案】BD
【详解】A．根据钠原子守恒可知x＝5，A正确；
B．该反应中硝酸钾是氧化剂，硝酸钾中氮元素的化合价从＋5价降低到0价，所以每生成16 mol N2转移10 mol电子，B错误；
C．该反应中NaN3中的N元素的化合价升高，作还原剂，硝酸钾中氮元素化合价降低，所以氮气既是氧化产物也是还原产物，C正确；
D．该反应的还原剂是NaN3，发生氧化反应生成氮气；氧化剂是硝酸钾，发生还原反应生成氮气，反应中氧化产物与还原产物的质量之比为30:2=15:1，D错误；
故选BD。
14．海洋中有丰富的食品、矿产、能源、药物和水产资源等(如图所示)。

下列有关说法正确的是
A．从能量转换角度来看，框图中的氯碱工业是一个将电能转化为化学能的过程
B．结晶出的MgCl2·6H2O在过程②中直接加热脱水即可制得无水MgCl2
C．在过程③⑤中溴元素均被氧化
D．过程①中除去粗盐中的Ca2+、Mg2+、SO等杂质，加入的药品顺序为：Na2CO3溶液→NaOH溶液→BaCl2溶液→过滤后加盐酸
【答案】AC
【分析】海水晒盐得到粗盐，粗盐精制后用于氯碱工业；母液加入氢氧化钙得到氢氧化镁，氢氧化镁加入盐酸转化为氯化镁；溴化钠加入氯气得到溴，蒸出后被二氧化硫吸收转化为溴离子，溴离子氧化得到溴单质。
【详解】A．电解氯化钠溶液即得到氢气、氢氧化钠和氯气，属于电能转化为化学能，A正确；
B．氯化镁溶于水，镁离子水解生成氢氧化镁和氯化氢，加热促进水解，因此为了防止镁离子水解，则要在HCl氛围中加热脱水制得无水MgCl2，B错误；
C．在过程③⑤中溴元素的化合价升高，发生氧化反应，均被氧化，C正确；
D．除杂过程中，Ca2＋用碳酸钠除去，Mg2＋用氢氧化钠除去，硫酸根离子用氯化钡除去，最后加入盐酸酸化，但用于过量的氯化钡要用碳酸钠来除，所以碳酸钠必需放在氯化钡的后面，而氢氧化钠可以随意调整，错误；
故选AC。

三、填空题
15．金属及化合物在我们日常生活中有着广泛的用途，请回答下列问题：
(1)Na2O2可用来做呼吸面具里的供氧剂，其与CO2反应的化学方程式为___________。
(2)火法炼铜的原理：Cu2S + O2 2Cu + SO2，在该反应中每生成1 mol Cu，转移___________ mol e−。
(3)以CuSO4溶液为电解质溶液进行粗铜(含Al、Zn、Ag、Pt、Au等杂质)的电解精炼，下列说法正确的是___________(填选项字母)。
A．粗铜接电源正极，发生氧化反应 B．溶液中Cu2+向阴极移动
C．电解过程中，阳极和阴极的质量变化相等 D．利用阳极泥可回收Al、Zn等金属
(4)在Fe(NO3)3溶液中加入Na2SO3溶液，溶液先由棕黄色变为浅绿色，过一会又变为棕黄色，溶液先变为浅绿色的离子方程式是___________，又变为棕黄色的原因是___________(用离子方程式解释)。
【答案】(1)
(2)3
(3)AB
(4)          3Fe2＋++4H＋=3Fe3＋+2H2O+ NO↑

【解析】（1）
过氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，；
（2）
反应中硫元素化合价升高，铜、氧元素化合价降低，由化学方程式可知，Cu2S ~6e-~2Cu ~SO2，则每生成1 mol Cu，转移3mol e−。
（3）
A．粗铜电解精炼，粗铜接电源正极，为电解池的阳极，发生氧化反应，A正确；    
B．电解池中阳离子向阴极运动，溶液中Cu2+向阴极移动，B正确；
C．电解过程中，阳极放电的有铝、锌、铜，阴极放电的为铜离子，故质量变化不相等，C错误；
D．阳极Ag、Pt、Au不反应成为阳极泥，利用阳极泥可回收Ag、Pt、Au等金属，D错误；
故选AB；
（4）
铁离子、硝酸根离子具有氧化性，亚硫酸根离子具有还原性；在Fe(NO3)3溶液中加入Na2SO3溶液，溶液先由棕黄色变为浅绿色，说明铁离子和亚硫酸根离子反应生成亚铁离子和硫酸根离子，；过一会又变为棕黄色，说明在生成氢离子作用下，亚铁离子、硝酸根离子反应生成铁离子、一氧化氮气体，反应为3Fe2＋++4H＋=3Fe3＋+2H2O+ NO↑。
16．硫酸亚铁晶体(FeSO4·7H2O)在医药上作补血剂。为测定补血剂中铁元素的含量，某化学兴趣小组设计了两套实验方案。
方案一(滴定法)：用酸性KMnO4溶液滴定，测定铁元素的含量
(1)写出该滴定反应的离子方程式：___________。
(2)实验前，首先要精确配制一定物质的量浓度的KMnO4溶液250mL，配制时需要的仪器除天平、药匙、烧杯、胶头滴管外，还需___________(填仪器名称)。
在溶液配制过程中，下列操作会导致配制结果偏低的是___________(填序号)。
A．定容时，俯视容量瓶刻度线
B．容量瓶在使用前内有少量蒸馏水
C．转移溶液后的烧杯、玻璃棒未洗涤
D．定容后摇匀，发现液面降低，又补加少量水，重新达到刻度线
(3)上述实验中KMnO4溶液需要酸化，用于酸化的酸是______(填序号)。
A．浓盐酸 B．稀硫酸 C．稀硝酸 D．浓硫酸
方案二(称量法)：操作流程如下：

(4)步骤④一系列操作依次是：过滤、洗涤、______、冷却、称量。
(5)假设实验无损耗，则该补血剂含铁元素的质量分数为_____。(用含m、n的代数式表示)
【答案】(1)5Fe2++MnO+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O
(2)     250mL容量瓶     CD
(3)B
(4)灼烧
(5)

【分析】方案二：由流程图可知，该实验原理为：将药品中的Fe2+形成溶液，将Fe2+氧化为Fe3+，使Fe3+转化为氢氧化铁沉淀，再转化为氧化铁，通过测定氧化铁的质量，计算补血剂中铁元素的含量。
（1）
酸性KMnO4溶液氧化硫酸亚铁晶体生成硫酸铁、硫酸锰和水，故离子方程式为5Fe2++MnO+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O；
（2）
精确配制一定物质的量浓度的KMnO4溶液250mL，配制时需要的仪器有天平、药匙、玻璃棒、烧杯、胶头滴管、量筒、250mL容量瓶，故还需要250mL容量瓶；
A．定容时，俯视容量瓶刻度线，导致溶液体积偏小，溶液浓度偏高，a不符合题意；
B．容量瓶在使用前内有少量蒸馏水，对溶液体积和溶质的物质的量都不产生影响，溶液浓度不变，b不符合题意；
C．转移溶液后的烧杯、玻璃棒未洗涤，导致溶质部分损耗，溶质是物质的量偏小，溶液浓度偏低，c符合题意；
D．定容后摇匀，发现液面降低，又补加少量水，重新达到刻度线，导致溶液体积偏大，则溶液浓度偏低，d符合题意；
故选CD。
（3）
浓盐酸有还原性，高锰酸钾溶液可以氧化浓盐酸；稀硝酸和浓硫酸都有氧化性，不能酸化高锰酸钾，故选B。
（4）
步骤④中一系列处理是由氢氧化铁悬浊液最终转化为氧化铁，需要过滤、洗涤的氢氧化铁，然后灼烧生成氧化铁，冷却后称量氧化铁的质量；故答案为：灼烧；
（5）
ag氧化铁中铁元素的质量即为mg补血剂中铁的质量，所以每片补血剂含铁元素的质量。
17．氮，磷，硫，氯等非金属元素的单质和化合物在工农业生产中有重要应用。回答下列问题：
(1)在微生物作用下，蛋白质在水中分解产生的氨能够被氧气氧化生成亚硝酸(HNO2)，反应的化学方程式为___________，某厂废液中含有2%~5%的NaNO2，直接排放会造成污染，下列试剂能使NaNO2转化为N2的是___________(填标号)。
A．NaCl          B．NH4Cl          C．HNO3         D．浓H2SO4
(2)H3PO2及NaH2PO2均可将溶液中的Ag+还原为银，从而可用于化学镀银。
①H3PO2中，P元素的化合价为___________。
②利用H3PO2进行化学镀银反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为4 ：1，则氧化产物为____ (填化学式)。
(3)硫代硫酸钠晶体(Na2S2O3·5H2O)，又名大苏打、海波，是一种用途非常广泛的化学试剂，遇酸立即分解，生成淡黄色沉淀，放出的气体能使品红溶液褪色，试写出硫代硫酸钠溶液与稀硫酸反应的离子方程式___________。
(4)氯气与氢氧化钠在70℃时反应，生成物中NaClO3和NaClO的物质的量之比为3 ：1的离子方程式为___________。
【答案】(1)     2NH3+3O2=2H2O+2HNO2     B
(2)     +1     H3PO4
(3)
(4)

【解析】（1）
氨能够被氧气氧化生成亚硝酸(HNO2)，反应的化学方程式为2NH3+3O2=2H2O+2HNO2；使NaNO2转化为N2，氮元素化合价降低，发生还原反应，需要加入还原剂，硝酸、浓硫酸具有强氧化性不合适，氯化钠和亚硝酸钠不反应，氯化铵中铵根离子具有一定还原性，故选B；
（2）
①H3PO2中氢氧元素化合价分别为+1、-2，根据元素化合价代数和为零，可知P元素的化合价为+1。
②利用H3PO2进行化学镀银反应中，银离子生成银单质Ag+~e-，发生还原反应为氧化剂，氧化剂与还原剂的物质的量之比为4 ：1，根据电子守恒可知，磷元素化合价升高+4变为+5，则氧化产物为H3PO4；
（3）
硫代硫酸钠晶体遇酸立即分解，生成淡黄色沉淀为硫单质，放出的气体能使品红溶液褪色为二氧化硫气体，根据质量守恒可知还会生成水，反应为；
（4）
氯气与氢氧化钠在70℃时反应，生成物中NaClO3和NaClO的物质的量之比为3 ：1，反应中氯元素化合价升高+得到NaClO3、降低-1得到NaClO，则根据电子守恒可知还会生成-1价的氯离子，根据电子守恒、质量守恒配平可知，离子方程式为

四、实验题
18．氯可形成多种含氧酸盐，广泛应用于杀菌、消毒及化工领域。实验室中利用下图装置(部分装置省略)制备KClO3和NaClO，并探究其氧化还原性质。

回答下列问题：
(1)盛放MnO2粉末的仪器名称是___________，a中的试剂为___________。
(2)b中反应的化学方程式为___________。
(3)c中反应的离子方程式是___________，采用冰水浴冷却的目的是___________。
(4)d中可选用试剂___________(填标号)。
A．Na2S溶液 B．NaCl溶液 C．NaOH溶液 D．H2SO4溶液
(5)反应结束后，取出b中试管，经冷却结晶，___________，___________，干燥，得到较为纯净的KClO3晶体。取少量KClO3和NaClO溶液分别置于1号和2号试管中，滴加中性KI溶液。1号试管溶液颜色不变。2号试管溶液变为棕色，加入CCl4振荡，静置后CCl4层显___________色。可知该条件下KClO3的氧化能力___________NaClO(填“大于”或“小于”)。
【答案】(1)     圆底烧瓶     饱和食盐水
(2)3Cl2+6KOH=5KCl+KClO3+3H2O
(3)     Cl2+2OHˉ=ClOˉ+Clˉ+H2O     避免生成NaClO3
(4)AC
(5)     过滤     少量(冷)水洗涤     紫     小于

【分析】本实验目的是制备KClO3和NaClO，并探究其氧化还原性质；首先利用浓盐酸和MnO2粉末共热制取氯气，生成的氯气中混有HCl气体，可在装置a中盛放饱和食盐水中将HCl气体除去；之后氯气与KOH溶液在水浴加热的条件发生反应制备KClO3，再与NaOH溶液在冰水浴中反应制备NaClO；氯气有毒会污染空气，所以需要d装置吸收未反应的氯气。
（1）
根据盛放MnO2粉末的仪器结构可知该仪器为圆底烧瓶；a中盛放饱和食盐水除去氯气中混有的HCl气体；
（2）
b中氯气和KOH溶液反应制备KClO3的化学方程式为3Cl2+6KOH=5KCl+KClO3+3H2O；
（3）
根据装置图可知盛有KOH溶液的试管放在盛有水的大烧杯中加热，该加热方式为水浴加热；c中氯气在NaOH溶液中发生歧化反应生成氯化钠和次氯酸钠，结合元素守恒可得离子方程式为Cl2+2OHˉ=ClOˉ+Clˉ+H2O；根据氯气与KOH溶液的反应可知，加热条件下氯气可以和强碱溶液反应生成氯酸盐，所以冰水浴的目的是避免生成NaClO3；
（4）
氯气有毒，所以d装置的作用是吸收尾气(Cl2)；
A．Na2S可以将氯气还原成氯离子，可以吸收氯气，故A可选；
B．氯气在NaCl溶液中溶解度很小，无法吸收氯气，故B不可选；
C．氯气可以NaOH溶液反应生成氯化钠和次氯酸钠，故C可选；
D．氯气与硫酸不反应，且硫酸溶液中存在大量氢离子会降低氯气的溶解度，故D不可选；
综上所述可选用试剂AC；
（5）
b中试管为KClO3和KCl的混合溶液，KClO3的溶解度受温度影响更大，所以将试管b中混合溶液冷却结晶、过滤、少量(冷)水洗涤、干燥，得到KClO3晶体；碘单质更易溶于CCl4，所以加入CCl4振荡，静置后CCl4层显紫色；1号试管溶液颜色不变，2号试管溶液变为棕色，说明1号试管中氯酸钾没有将碘离子氧化，2号试管中次氯酸钠将碘离子氧化成碘单质，即该条件下KClO3的氧化能力小于NaClO。

五、工业流程题
19．钴的氧化物广泛应用于磁性材料及超导材料等领域。一种利用含钴废料(主要成分Co2O3，含少量Al2O3、MgO、SiO2等)制备钴的氧化物的工艺流程如下图所示。

(1)“浸出液”中溶质的主要成分是___________(写化学式)。
(2)“酸浸、还原”过程中溶解Co2O3的离子方程式为___________。稀硫酸和Na2SO3也可用盐酸替代，工业生产中不用盐酸的理由是___________。
(3)NaF的作用是___________。
(4)“沉钴”时生成CoCO3的离子方程式为___________。
(5)在空气中焙烧CoCO3分解生成CoxOy和CO2，测得充分煅烧后固体质量为4.82g，CO2的体积为1.344L(标准状况)，则CoxOy的化学式为_______。
【答案】(1)NaAlO2、Na2SiO3
(2)     Co2O3+SO+4H+=2Co2++SO+2H2O     防止盐酸被Co2O3氧化为Cl2，污染环境
(3)除去镁离子
(4)Co2++2HCO=CoCO3↓+H2O+CO2↑
(5)Co3O4

【分析】含钴废料(主要成分Co2O3，含少量Al2O3、MgO、SiO2等)加入氢氧化钠溶液，其中Al2O3、SiO2溶解生成NaAlO2、Na2SiO3，Co2O3、MgO不溶，过滤则浸出液中含NaAlO2、Na2SiO3，向过滤得到的固体中加入稀硫酸和亚硫酸钠，Na2SO3将Co3+还原为Co2+，可得含Co2+、Mg2+的溶液，用NaF溶液除去镁，过滤后，滤液中主要含有Co2+，加入碳酸氢铵溶液得到碳酸钴，碳酸钴进过焙烧，得到CoxOy，据此分析作答。
（1）
Al2O3为两性氧化物，既可以与强酸反应也可以与强碱反应，SiO2可以与强碱反应，因此含钴废料经碱浸后，氧化铝与强碱反应生成偏铝酸钠，二氧化硅与氢氧化钠反应生成硅酸钠，因此“浸出液”的主要成分是NaAlO2、Na2SiO3，故答案为：NaAlO2、Na2SiO3；
（2）
Co2O3与硫代硫酸根离子在酸性条件下发生氧化还原反应硫酸根离子、二价钴离子和水，离子方程式为：Co2O3+SO+4H+=2Co2++SO+2H2O；盐酸具有还原性，导致产物有氯气，污染环境，因此工业上不用盐酸，故答案为：Co2O3+SO+4H+=2Co2++SO+2H2O；防止盐酸被Co2O3氧化为Cl2，污染环境；
（3）
氟离子与溶液中的镁离子结合成沉淀，经过滤除去镁离子，故答案为：除去镁离子；
（4）
除杂后溶液中的主要成分是硫酸钴，硫酸钴与加入的碳酸氢氨反应生成硫酸铵、碳酸钴沉淀、二氧化碳和水，离子方程式为：Co2++2HCO=CoCO3↓+H2O+CO2↑；故答案为：Co2++2HCO=CoCO3↓+H2O+CO2↑；
（5）
CO2的体积为1.344L(标准状况)的物质的量为，由CoCO3的化学式可知n(Co)=n(C)=0.06mol，则m(Co)=n(Co)×M(Co)=0.06mol×59mol/g=3.54g，煅烧后固体中氧元素的物质的量为：n(O)=，则n(Co)：n(O)=0.06：0.08=3：4，因此灼烧后的化学式为Co3O4，故答案为：Co3O4。