【文档说明】新疆和田地区墨玉县2022-2023学年高三上学期期中化学试题 含解析.docx，共(17)页，742.791 KB，由小赞的店铺上传

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2022~2023学年度第一学期和田地区墨玉县期中教学情况调研高三化学注意事项：1.本试卷包含选择题和非选择题两部分。考生答题全部答在答题卡上，答在本试卷上无效。本次考试时间为75分钟，满分值为100分。2.答题前，请务必将自己的姓名、准考证号(考试号)用书写黑色字

迹的0.5毫米签字笔填写在答题卡上，并用2B铅笔将对应的数字标号涂黑。3.答选择题必须用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其它答案。答非选择题必须用书写黑色字迹的0.5毫米签字笔写在答题

卡上的指定位置，在其它位置答题一律无效。一、单项选择题：本题共16小题，每小题3分，共48分。每小题只有一个．．．．选项符合题意。1.下列说法正确的是A.硅是制造光导纤维的材料B.二氧化硅是制造光电池常用材料C.陶瓷含有的主要成分是硅酸盐D.水泥、沙子、水玻璃的成分是

二氧化硅【答案】C【解析】【详解】A.二氧化硅是制造光导纤维的材料，A错误；B.硅是制造光电池常用材料，B错误；C.陶瓷含有的主要成分是硅酸盐，C正确；D.水泥属于硅酸盐产品，沙子的主要成分是二氧化硅，水玻璃是硅酸钠水溶液，D错误，答案选C。2.下列物质的相关用途利用了其还原性的是A.氨用于

制铵盐B.含醛基的葡萄糖用于制银镜C.次氯酸钙用于游泳池水消毒D.氧化铝陶瓷用于防弹车车窗【答案】B【解析】【详解】A．NH3可以与酸反应生成盐，体现其碱性，A不符合题意；B．醛基具有强还原性，可以将银氨溶液

中+1价Ag元素还原为Ag单质，体现其还原性，B符合题意；C．次氯酸钙有强氧化性，可以杀菌消毒，C不符合题意；D．氧化铝陶瓷用于防弹车车窗，体现其硬度大，D不符合题意；故答案选B。3.下列说法正确的是①能导电的物质一定是电解质②氧化还原反应的实质是电子的转移③蛋白质、漂白粉、苛性钾、液氨分

别为纯净物、混合物、强电解质和非电解质④丁达尔效应可用于区别蛋白质溶液与葡萄糖溶液⑤酸性氧化物不一定是非金属氧化物，但是碱性氧化物一定是金属氧化物A.①②④B.①③⑤C.②④⑤D.③④⑤【答案】C【解析】【分析】电解质、非电解质都必须是化合物．电解质是在水溶液

中或熔融状态下能导电的化合物；非电解质是在水溶液中和熔融状态下都不能导电的化合物；氧化还原反应的实质是电子的转移；纯净物只含一种物质，混合物含有两种或两种以上物质；丁达尔效应是胶体特有性质；酸性氧化物是能和碱反应生成盐和水的氧化物；碱性氧化物是能和酸反应生成盐和水的氧化物

；【详解】①能导电的物质不一定是电解质，如铜，故①错误；②氧化还原反应的实质是电子的转移，故②正确；③蛋白质、漂白粉、苛性钾、液氨分别为混合物、混合物、强电解质和非电解质，故③错误；④丁达尔效应可用于区别溶

液和胶体，葡萄糖溶液是溶液，不产生丁达尔效应，蛋白质溶液能产生丁达尔效应，故④正确；⑤酸性氧化物是能和碱反应生成盐和水的氧化物，不一定是非金属氧化物，如Mn2O7是酸性氧化物，碱性氧化物是能和酸反应生成盐和水的氧化

物，如Na2O，故⑤正确；答案选C。4.判断物质是否发生化学变化的依据是A.放出热量B.产生气体C.物质状态发生变化D.有新的化学键形成【答案】D【解析】【详解】放出热量、产生气体、物质状态发生变化均不一定发生化学变化，因此判断物质是否发生化学变化的依据是有新的

化学键形成，答案选D。5.设AN表示阿伏加德罗常数的值。下列叙述错误的是A.20.1molHO中含有电子的数目为ANB.一定条件下，2.3gNa与足量2O完全反应，失去的电子数为A0.1NC.10.5molL−的NaOH溶液中，含有的Na+数为A0.5ND.2

6.2gNaR中含Na+数为A0.2N，则2NaR的摩尔质量为162gmol−【答案】C【解析】【分析】【详解】A．一个2HO分子中有10个电子，则20.1molHO中含有电子的数目为AN，A项正确；Ｂ．Na元

素在化合物中只呈+1价，2.3gNa为0.1mol，所以在反应中失去的电子数为A0.1N，B项正确；Ｃ．缺少溶液的体积，无法计算离子数目，C项错误；Ｄ．()Na0.2moln+=，则()2NaR0.1moln=，()126.2gNaR62gmol0.1Mmol−==，D项正确

。故选C。6.下列离子方程式正确的是A.磁性氧化铁溶于稀硝酸：3Fe2++4H++NO3﹣═3Fe3++NO↑+3H2OB.铜与稀硝酸反应：3Cu+8H++2NO3﹣═3Cu2++2NO↑+4H2OC.用浓盐酸与MnO2反应制取少量氯气：MnO2+2H++2Cl﹣

=Mn2++Cl2↑+2H2OD.在强碱溶液中次氯酸钠与Fe（OH）3反应生成Na2FeO4：3ClO﹣+2Fe(OH)3═2FeO42﹣+3Cl﹣+H2O+4H+【答案】B【解析】【详解】A、Fe3O4

不溶于水，不能拆写，应是3Fe3O4＋28H＋＋NO3－=9Fe3＋＋NO↑＋14H2O，故错误；B、铜与稀硝酸反应：3Cu＋8HNO3=3Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O，因此离子反应方程式为3Cu+8H＋+2NO3﹣═3Cu2＋

+2NO↑+4H2O，故正确；C、氢原子不守恒，应是MnO2+4H++2Cl﹣=Mn2++Cl2↑+2H2O，故错误；D、强碱性溶液中，H＋与OH－不能大量共存，4OH－＋3ClO－＋2Fe(OH)3=2FeO42－＋3Cl－＋5H2O，故错误。7.

下列各组物质，因反应条件(温度或者反应物用量)改变，不会引起产物改变的是A.Na和O2B.NaOH和CO2C.Na2O2和CO2D.C和O2【答案】C【解析】【分析】【详解】A．Na和O2在常温下反应产生Na2O，在加热时反应产生

Na2O2，反应条件不同，反应不同，A不符合题意；B．NaOH溶液和少量CO2反应产生Na2CO3；与过量CO2反应产生NaHCO3，二者相对量的多少不同，反应产物不同，B不符合题意；C．Na2O2和CO2反应产生N

a2CO3、O2，与反应物的相对多少无关，C符合题意；D．在点燃时，C和少量O2反应产生CO，与足量O2反应产生CO2，反应物的相对量多少不同，反应产物不同，D不符合题意；故合理选项是C。8.下列各组中两稀溶液间的反应可以用同一个离子方程式表示的是A.H2SO4溶液(足量)

与K2CO3溶液；HNO3溶液(足量)与Na2CO3溶液B.CH3COOH溶液与KOH溶液；HCl溶液与NaOH溶液CBaCl2溶液与Na2SO4溶液；Ba(OH)2溶液与(NH4)2SO4溶液D.H2SO4溶液与NaOH溶液；H2SO4溶液与

Ba(OH)2溶液【答案】A【解析】【详解】A.H2SO4溶液(足量)与K2CO3溶液、HNO3溶液(足量)与Na2CO3溶液，都可以用2H++CO32-=H2O+CO2↑表示，故A正确；B.由于醋酸是弱酸，

需要写化学式，而氯化氢是强酸，拆成离子式，故两者离子方程式不相同，故B错误；C.BaCl2溶液与Na2SO4溶液反应的离子方程式为Ba2＋＋SO42－=BaSO4↓；Ba(OH)2溶液与(NH4)2S

O4溶液反应时除了有钡离子和硫酸根离子的反应，还有铵根离子与氢氧根离子反应，所以离子方程式不相同，故C错误；D.H2SO4溶液与NaOH溶液反应没有沉淀生成，而H2SO4溶液与Ba(OH)2溶液反应有沉淀生成，所以离子方程式不同，故D错误；故选A。9.实验室制备Cl2，可以用

下列三种方法：①K2Cr2O7+14HCl(浓)=2KCl+2CrCl3+3Cl2↑+7H2O②2KMnO4+16HCl(浓)=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O③KClO3+6HCl(浓)=KCl+3Cl2↑+3H2O若制

得的氯气的质量相同，则反应①②③中电子转移数目之比为A.1：5：3B.6：6：5C.1：1：1D.3：5：1【答案】B【解析】【详解】由方程式可知，反应①中生成1mol氯气，转移2mol电子，反应②中生成1mol氯气，转移2mol.电子，反

应③中生成1mol氯气，转移53mol电子，则制得相同质量的氯气，反应①②③中电子转移数目之比为6：6：5，故选B。10.下列关于氯气的叙述，正确的是A.氯气是一种无色，没有刺激性气味的气体B.氯气、氯水、液氯的成分相同C.氯气不能与水发生反应D.氯气有毒，但可用

来杀菌消毒【答案】D【解析】【详解】A．氯气是黄绿色、有刺激性气味的气体，有毒，故A错误；B．氯气的水溶液是氯水，属于混合物，氯气和液氯的成分是氯气，属于纯净物，故B错误；C．氯气能和水反应生成HClO和HCl，故C错误；D．氯气有毒，能和水反应生成盐酸和次氯

酸，次氯酸有强氧化性能杀菌消毒，所以可用来自来水的杀菌消毒，故D正确；故答案为D。11.在给定条件下，能顺利实现下列所示物质间直接转化的是AS2O点燃⎯⎯⎯→SO32HO⎯⎯⎯→H2SO4B.SiO22HO⎯⎯⎯→H2SiO3NaO

H(aq)⎯⎯⎯⎯→Na2SiO3(aq)C.NH3⎯⎯⎯⎯⎯⎯→2O催化剂ΔNO22HO⎯⎯⎯→HNO3D.Fe2Cl点燃⎯⎯⎯→FeCl3NaOH(aq)⎯⎯⎯⎯→Fe(OH)3【答案】D【解析】【分析】【详解】A

．S与O2在点燃时反应产生SO2，不能反应产生SO3，A不符合题意；B．SiO2难溶于水，不能发生反应产生H2SiO3，B不符合题意；C．NH3与O2在催化剂存在条件下反应产生NO，不能直接反应产生NO2，C不符合题意；D．Fe与Cl2发生氧化还原反应产生FeCl3，FeCl3与NaOH发

生复分解反应产生Fe(OH)3，能够实现物质之间的转化关系，D符合题意；故合理选项是D。12.KOH是我国古代纺织业常用作漂洗的洗涤剂。古代制取KOH的流程如下：.上述流程中没有涉及的化学反应类型是A.化合反应B.分解反应C.氧化还原反应D.复分解反应【答案】C【解析】【分析】【详解

】由制备流程可知，发生的反应依次为CaCO3高温CaO+CO2↑、CaO+H2O=Ca(OH)2、K2CO3+Ca(OH)2=CaCO3↓+2KOH，其反应类型依次为分解反应、化合反应、复分解反应，上述三个反应中均没有元素发

生化合价变化，所以没有涉及氧化还原反应；答案选C。13.已知甲烷(CH4)的燃烧热为890kJ/mol，则甲烷燃烧的热化学方程式为A.CH4(g)+O2(g)=CO2(g)+H2O(g)△H=890kJ/molB.CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)△H=-890kJ/molC

.CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g)△H=890kJ/molD.CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g)△H=-890kJ/mol【答案】B【解析】【分析】甲烷(CH4)的燃烧热为890kJ/mol是指1molCH4气体完

全燃烧生成气态CO2和液态H2O，放出890kJ热量.【详解】A．H2O为气态，方程式未配平且为吸热反应，A不符题意；B．1molCH4气体完全燃烧生成气态CO2和液态H2O，放出890kJ热量，B符合题意；C．H2O气态且为吸热反应，C不符题意；D．H2O为

气态，D不符题意。答案选B。14.如图是某化学反应的微观示意图。下列有关说法正确的是为A.该反应是复分解反应B.反应方程式为NH3+O2一定条件H2O+N2C.生成物丙、丁的质量比为9：14D.反应前后只有一种元素的化合价不变【答案】D【解析】【分析】【详解】A

．一种单质与化合物反应生成另一种单质和化合物，符合置换反应的特点，该反应是置换反应，A项错误；B．根据微观示意图，可以看出反应物为氨气和氧气，生成物为水和氮气，书写化学方程式需要配平，所以该反应的化学方程为4NH3+3O2一定条件6H2O+2N2，B项错误；C．根据B中化学方程式可

以看出，丙为水，丁为氮气，两种的物质质量比=(6×18):(2×14)=27:7，C项错误；D．根据B中化学方程式可以看出，氮元素由-3价变为0价，氧元素的化合价由0价变为-2价，氢元素反应前后化合价不变，因此只有一种元素化合价未发生变化，D项正确；答案选D。15.将0.

1mol镁和铝混合物溶于100mL2mol/L稀硫酸中，然后滴加1mol/L的NaOH溶液。若在滴加NaOH溶液的过程中，沉淀质量随加入NaOH溶液体积的变化如图所示,下列说法正确的是A.当V1=150mL时，金属粉末中镁粉的质量分数

为50%B.若在滴加NaOH溶液的过程中，欲使Mg2+、Al3+刚好沉淀完全，则滴入NaOH溶液的体积的V(NaOH)=400mL。C.若其中镁粉的物质的量分数为a，用100mL2mol/L稀硫酸溶解此混合物后，再加入450mL1mol/LNaOH溶液，所得沉淀中无Al(OH)3

,则a的取值范围为12<a<1D.若在滴加NaOH溶液的体积为V2时，溶液中溶质为NaAlO2【答案】B【解析】【详解】A、当V1=150mL时，此时溶液是MgSO4、Al2(SO4)3和Na2SO4混合液，由Na＋离子守恒可知，n（Na2SO4）=1/2n（Na＋）=1

/2n（NaOH）=1/2×0.15L×1mol·L－1=0.075mol，设MgSO4为xmol，Al2(SO4)3为ymol，根据Mg原子、Al原子守恒可得：x+2y=0.1，根据SO42－离子守恒可知：x+3y=0.2-0.075，联立方程解得：x=0.05、y=0.0

25，镁粉的物质的量分数为50%，而不是质量分数，故A错误；B、当溶液中Mg2＋、Al3＋恰好沉淀完全时，此时的溶液为Na2SO4溶液，根据SO42－离子和Na＋离子守恒可得：n（Na＋）=2n（Na2SO4）=2（H2SO4）=2×0.1L×2m

ol·L－1=0.4mol，所以滴入NaOH溶液的体积为V（NaOH）=0.4mol/1mol·L－1=0.4L=400mL，故B正确；C、混合物为0.1mol，其中镁的物质的量分数为a，用100mL2mol/L硫酸溶解后，再加入45

0mL1mol/L氢氧化钠溶液，所得溶液无Al(OH)3沉淀，证明生成的氢氧化铝全部和氢氧化钠反应，结合B选项：v1=400mL，再加入50mL1mol/L氢氧化钠溶液，所得Al(OH)3沉淀完全溶于氢氧化钠生成偏铝酸钠，Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+

2H2O，Al(OH)3最大取值0.05mol，即0＜n（Al）≤0.05mol，n（Mg）+n（Al）=0.1mol，则0.5≤n（Mg）＜1，即0.5≤a＜1；D、若在滴加NaOH溶液的体积为V2时，溶液中溶质为NaAlO2和Na2SO4混合液，故D错误；故选B。点睛：本题考

查图象和混合物反应的计算相结合，题目难度较大，解题关键：明确每一段图象发生的化学反应、知道拐点代表的含义及溶液中溶质的成分，结合方程式对有关问题进行分析。解题技巧：守恒思想在化学计算中的应用方法。试题培养了学生的分析能力及化学计算能力．对于图象分析题的解题规律：难点是C选项，D选项为

易错点。16.下列说法不正确的是A.把7.2g纯铁粉加入40mL浓度未知的HNO3溶液中，充分反应后剩余固体1.6g，产生NO2和NO的混合气体0.08mol，若不考虑N2O4的存在，则原HNO3溶液的物质的量浓度为7.0mol·L-1B.将质量分数为a

%，物质的量浓度为c1mol·L-1的稀H2SO4溶液蒸发掉一定量的水，使之质量分数为2a%，此时物质的量浓度为c2mol·L-1，则c1和c2的数值关系是c2＞2c1C.将标准状况下的aLHCl气体溶于1000mL水中，得到的盐酸溶液密度为bg·mL－1

，则该盐酸溶液的物质的量浓度为ab22400mol·L-1D.VLFe2(SO4)3溶液中含Fe3＋mg，则溶液中2-4SO的物质的量浓度为3m112Vmol·L-1【答案】C【解析】【详解】A．把7.2g纯铁粉投入40mL某HNO3溶液中

，充分反应后剩余固体1.6g，说明生成硝酸亚铁，硝酸完全反应，参加反应的Fe的质量为m(Fe)=7.2g-1.6g=5.6g，其物质的量为n(Fe)=-15.6g56gmol=0.1mol，则生成Fe(NO3)2的物质的量为n[Fe(N

O3)2]=n(Fe)=0.1mol，反应中硝酸起氧化剂、酸性作用，起酸性作用的硝酸生成硝酸亚铁，起氧化剂作用的硝酸生成NO和NO2，根据N元素守恒可知该硝酸溶液中含有硝酸的总物质的量为n(HNO3)=2n[Fe(NO3)2]＋n(NO)＋n(NO2)=0.1mol×2＋0.08

mol=0.28mol，则原HNO3溶液的物质的量浓度为c(HNO3)=0.28mol0.04L=7.0mol·L－1，A正确；B．设溶质质量分数为a%的硫酸溶液的密度为ρ1，则c1＝11000ρa%98mol·L－1=110aρ98mol·L-1。设溶质质量分数为2a%的硫酸溶液密度为ρ2，则

c2＝21000ρ2a%98mol·L－1=220aρ98mol·L-1，所以c1∶c2=110aρ98mol·L－1∶220aρ98mol·L－1＝ρ1∶2ρ2，即c2＝212ρρc1，硫酸溶液的浓度越大密度也越大，所以ρ2＞ρ1，所以212＞2，即c2＞2c1，B正确；C．标准状况下，a

LHCl溶于1000mL水中，所得溶液中n(HCl)=a22.4mol，溶液体积为V＝溶液的质量溶液的密度＝-1-3amol36.5gmol+1000mL1gcm22.4＝36.5a+224002

2400bL，因此该盐酸溶液的物质的量浓度c=nV=amol22.436.5a+22400L22400b=1000ab36.5a+22400mol·L-1，C错误；D．VLFe2(SO4)3溶液中含Fe3＋mg，

则溶液中c(Fe3＋)=nV=-1mg56gmolVL＝m56Vmol·L-1，由Fe2(SO4)3的化学式以及其在水中会发生完全电离可知，2-4SO浓度为Fe3＋浓度的1.5倍，则溶液中2-4SO的物质的量浓度为c(2-4SO)=m356V2m

ol·L－1＝3m112Vmol·L－1，D正确；故合理选项是C。二、填空题：共计52分。17.如图的各方框表示有关的一种反应物或生成物(某些物质已经略去)，其中常温下A、C、D为无色气体，C能使湿润的红色石蕊试纸变蓝。（1）G的化学式_______；（2

）写出A→D的化学方程式_______；（3）实验制取C气体的化学方程式_______；（4）实验室中，检验X中阳离子的操作方法是_______。【答案】（1）3HNO（2）2222322CO2NaO2NaCOO+=+（3）()432222NHClCaOH

2NHCaCl2HO+++（4）取少量试液于试管中，加入氢氧化钠溶液，稍微加热，有使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体产生，证明溶液中含有4NH+【解析】【分析】由图，A、C、D在常温下为无色气体，且C能使湿润

的红色石蕊试纸变蓝，则C为氨气。X加热生成A、B、C三种物质，则X为NH4HCO3(或(NH4)2CO3)；则A为二氧化碳，B为水，C为氨气；二氧化碳与过氧化钠生成氧气，则D为氧气；氨的催化氧化反应，

则E为一氧化氮；NO与氧气反应生成二氧化氮，则F为二氧化氮；二氧化氮溶于水生成硝酸，则G为硝酸。【小问1详解】由分析可知G为硝酸，则化学式为：3HNO故答案为：3HNO【小问2详解】A为二氧化碳，二氧化碳与过氧化钠生成氧气D，则A→D的化学方程式2222322

CO2NaO2NaCOO+=+。故答案为：2222322CO2NaO2NaCOO+=+【小问3详解】C为氨气，实验制取氨气用氯化铵与氢氧化钙反应来生成，则化学方程式为：()432222NHClCaOH2NHCaCl2HO+++。故答案为：()43222

2NHClCaOH2NHCaCl2HO+++【小问4详解】X中阳离子为4NH+，实验室中，检验4NH+的操作方法是：取少量试液于试管中，加入氢氧化钠溶液，稍微加热，有使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体产生，证明溶液中含有4NH+。故答案为：取少量试液于试管中，加入氢氧化钠溶液，稍微加热，有

使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体产生，证明溶液中含有4NH+。18.从某化工厂提供的硒酸泥(主要含S、Se、Fe2O3及SiO2)中提取粗硒的工艺流程如下图所示：备注：氧化浸出液中Se的含量为43.45g/L。根据以上信息回答下列问题：（1）把煤油加热后再进行浸泡的目

的是：__________________________。（2）将含硫的滤液进行“冷却、结晶、过滤”操作可以除去煤油中的硫，由这一操作可推测硫的物理性质是：_____________________

_____。（3）“氧化浸硒”过程中：①需要控制H2SO4的浓度至少为3mol/L，理由是：__________________________。②硒转化为H2SeO3并生成一种黄绿色的气体，此过程的化学方程式为_______________。（4）要将1L氧化浸出液中的硒元素全部还原，需要至

少加入Na2SO3_____mol；（5）滤渣A的主要成分有___________；滤液B的金属阳离子有___________；（6）处理硒酸泥的另一种方法是往硒酸泥中加入等体积的浓硫酸进行焙烧，本工艺流程与此方

法相比主要的优点是（写两点）：__________________________。【答案】（1）提高硫的浸出率或硫在热的煤油中溶解度更大（2）硫在煤油中的溶解度随温度的下降而减少（3）①.硫酸浓度较大，可以提高反应速率②.5Se+4NaClO3+2H2SO4+3H2O=5H2SeO3+2

Na2SO4+2Cl2↑（4）1.1（5）①.Fe(OH)3、SiO2②.Fe2+、Na+（6）不会生成二氧化硫等有害气体，能回收硫单质【解析】【分析】向硒酸泥(主要含S、Se、Fe2O3及SiO2)中加入热的煤油，可将S溶解进入到

煤油中，过滤，向滤渣中加入稀硫酸，硫酸与Fe2O3反应产生硫酸铁，Se被NaClO3氧化为H2SeO3，由于消耗硫酸，溶液的pH增大，Fe3+水解形成Fe(OH)3固体，与难溶性的SiO2进入滤渣A中，将该滤渣处理可回收得到Fe，在氧化浸出液中含有H2SeO3，向其中加入足量的N

a2SO3，H2SeO3被还原为Se单质，据此分析解答。【小问1详解】硒酸泥中含有的S单质是由非极性分子构成的分子晶体，根据相似相溶原理；S单质容易溶于由非极性分子构成的煤油中，所以把煤油加热后再进行浸泡的目的是提高硫的浸出率，也可以说是使硫在热的煤油中溶解

度更大；【小问2详解】将含硫的滤液进行“冷却、结晶、过滤”操作可以除去煤油中的硫，根据这一操作可推测硫的物理性质是硫在煤油中的溶解度随温度的下降而减少，随温度的升高而增大；【小问3详解】①“氧化浸硒”过程中需要控制H2SO4的浓度至少为3mol/L，这是因为反应有硫酸参加反应，增大反应硫酸的浓度，

化学反应速率越快；②在氧化浸硒过程中，Se被氧化转化为H2SeO3，同时生成一种黄绿色的气体，该气体为Cl2，根据电子守恒、原子守恒，可得该过程的化学方程式为5Se+4NaClO3+2H2SO4+3H2O=5

H2SeO3+2Na2SO4+2Cl2↑；【小问4详解】由已知条件可知氧化浸出液中Se的含量为43.45g/L，要将1L氧化浸出液中的硒元素全部还原，H2SeO3中含有的Se的物质的量n(Se)=43.45g/L×1L=43.45g，H2SeO3被还原为Se单质，Na2SO3被

氧化为Na2SO4，根据电子守恒可得关系式：43.45g478.96g/mol=2n(Na2SO3)，解得n(Na2SO3)=1.1mol，故至少需要加入Na2SO3的物质的量n(Na2SO3)=1.1mol；【小问5详解】根据上述分析可知滤渣A的主

要成分有Fe(OH)3、SiO2；在氧化浸出液中主要含有H2SeO3、Na2SO4及少量Fe2(SO4)3，当向其中加入Na2SO3还原H2SeO3时，Fe2(SO4)3也同时被还原为FeSO4，所以此时过滤

得到的滤液B的金属阳离子有Fe2+、Na+；【小问6详解】处理硒酸泥的另一种方法是往硒酸泥中加入等体积的浓硫酸进行焙烧，由于浓硫酸具有强的氧化性，浓硫酸本身被还原产生有害气体SO2，而该方法却可以回收得到单质硫。故本工艺流程与此方法相比主要的优点是是不产生二氧化硫等有害气

体，能回收硫单质。19.以含钴废催化剂(主要成分为Co、Fe、SiO2)为原料，制取氧化钴流程如下。（1）溶解:溶解后过滤，将滤渣洗涤2~3次，洗液与滤液合并，其目的是__________________。（2）氧化:加热搅拌条件下加入NaClO3，其作用是_____________

__________________。（3）除铁:加入适量的Na2CO3调节酸度，生成黄钠铁矾Na2[Fe6(SO4)4(OH)12]沉淀。写出该反应的化学方程式:__________________________________________________。（4）沉淀:

生成沉淀碱式碳酸钴[(CoCO3)2·3Co(OH)2]，沉淀需洗涤，检验沉淀是否洗涤干净的操作是_________________________________________________________。（5）溶解:CoCl2的溶解度

曲线如图所示。向碱式碳酸钴中加入足量稀盐酸，边加热边搅拌至完全溶解后，需趁热过滤，其原因是__________________________________。（6）灼烧:准确称取所得CoC2O4固体2.205g，在空气中灼烧得到钴的一

种氧化物1.205g，写出该氧化物的化学式_________________________。【答案】（1）提高钴元素的利用率(或减少钴的损失)（2）将Fe2+氧化成Fe3+（3）3Fe2(SO4)3+6

H2O+6Na2CO3=Na2Fe6(SO4)4(OH)12↓+5Na2SO4+6CO2↑(写成离子方程式不扣分)（4）取最后洗涤液少许于试管中，滴加几滴硝酸银溶液，若无白色沉淀生成，则已洗净，否则没有洗净（5）防止因温度降低而析出CoCl2晶体（6）Co3O4

【解析】【分析】本题考查工艺流程。主要涉及的考点为化学方程的书写、离子的检验、沉淀的洗涤、对图象的分析处理等。的【小问1详解】将滤渣洗涤2~3次，洗液与滤液合并，提高钴元素的利用率；【小问2详解】加入NaClO3，亚铁离子被氯酸根离子氧化成铁离子，其反应为

：可知离子方程式为：6Fe2++6H++ClO3−=6Fe3++Cl-+3H2O；【小问3详解】生成硫酸铁与碳酸钠发生双水解得到黄钠铁矾，化学反应方程式为：3Fe2(SO4)3+6H2O+6Na2CO3=Na2Fe6(SO4)4(OH)12↓+5Na2SO4+

6CO2↑；【小问4详解】洗涤的目的是洗去固体表面可溶性杂质，如：Cl-、SO24−等。检验沉淀是否洗涤干净的操作是：取最后洗涤液少许于试管中，滴加几滴硝酸银溶液，若无白色沉淀生成，则已洗净，否则没有洗净；【小问5详解】CoCl2的溶解度曲线可知，随温度的升高，CoCl2的溶解度增大，

所以趁热过滤，防止温度降低氯化钴析出；【小问6详解】CoC2O4的质量为2.205g，n(CoC2O4)＝2.205g147g/mol=0.015mol，该氧化物中m(Co)＝0.015mol×59g·mol－1＝0.885g，m(O)＝1.205gg－0.885g＝0.

32g，n(Co)∶n(O)＝0.015mol∶0.32g16g/mol＝3∶4，故氧化钴化学式为Co3O4。20.学习小组在实验字研究SO2并进行相关性质的探究。葡萄酒中SO2最大使用量0.25g∙L-1，取300.00mL葡萄酒，通过适当的方法使所含SO2全部逸出并用H

2O2将其全部氧化为H2SO4，然后用0.0900mol∙L-1NaOH标准溶液进行滴定。（1）如图所示，仪器A的名称_______。（2）写出SO2气体与H2O2溶液反应的化学方程式_______。（3）用标准液滴定

前排气泡时，应选择图中的_______(填字母)。A.B.C.D.（4）上述滴定实验中若滴定终点时溶液的pH=8.8，可选择_______为指示剂，选择该指示剂时如何判断反应到达滴定终点_______。（5）滴定前读数时平视凹液面，滴定终点读数时俯视刻度线，则测量结果比实际值__

_____(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。（6）滴定至终点时，消耗NaOH溶液20.00mL，则该葡萄酒中SO2的含量是否超标？_______(填“是”或“否”)【答案】（1）球形冷凝管（2）SO2+H2O2=H2SO4（3）C（4）①.酚酞试液②.溶液颜色由无色变为浅红色，且半分钟不恢

复原色(或不褪色、不变色)（5）偏低（6）否【解析】【分析】用标准NaOH溶液滴定H2SO4的浓度，从而确定葡萄酒中SO2的含量。为使实验结果准确，需将葡萄酒中的SO2全部蒸出，并全部被H2O2氧化为H2SO4；在滴定过程中，要保证NaOH的浓度不变、所

用体积无误差，另外，滴定终点的确定要准确。【小问1详解】如图1所示，仪器A是内部呈球形的冷凝管，名称：球形冷凝管。答案为：球形冷凝管；【小问2详解】SO2气体与H2O2溶液发生氧化还原反应，生成H2SO4，反应的化学方程式：SO2+H2O2=H2SO4。答案为：SO2+H2O2=H2SO4；【小问

3详解】标准液为NaOH溶液，应装在碱式滴定管内，用标准液滴定前排气泡时，尖嘴管口应向上倾斜，所以应选择图中的C。答案为：C；【小问4详解】若滴定终点时溶液的pH=8.8，则应选择变色范围在碱性区域的指示剂，甲基橙的色范围在酸性区域，所以可选择酚酞试液为指示剂；指示剂发

生颜色变化，应在半分钟内不变色，所以判断反应到达滴定终点的方法：溶液颜色由无色变为浅红色，且半分钟不恢复原色(或不褪色、不变色)。答案为：酚酞试液；溶液颜色由无色变为浅红色，且半分钟不恢复原色(或不褪色、不变色)；【小问5详解】滴定前读数时平视凹液面，滴定终点读数时俯视刻度线，则读数

偏小，测量结果比实际值偏低。答案为：偏低；【小问6详解】滴定至终点时，消耗NaOH溶液20.00mL，则该葡萄酒中SO2的含量为10.0900mol/L0.02L64g/mol20.3L=0.1

92g∙L-1＜0.25g∙L-1，否超标。答案为：否。获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com