2022-2023学年江苏省江阴高级中学高一上学期期末线上检测化学试题含解析

这是一份2022-2023学年江苏省江阴高级中学高一上学期期末线上检测化学试题含解析，共19页。试卷主要包含了单选题，元素或物质推断题，工业流程题，实验题等内容，欢迎下载使用。

江苏省江阴高级中学2022-2023学年高一上学期期末线上
检测化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．化学与生产、生活和科学技术的发展有着密切的联系，对社会发展、科技进步和人类生活质量的提高有着广泛而深刻的影响。下列说法不正确的是
A．“奋斗者”号潜水器下沉时要携带两组压载铁，生铁是合金
B．中秋节月饼包装袋中放入小袋铁粉，是利用了铁的还原性
C．水泥、水玻璃、水晶均属于硅酸盐产品
D．明矾净水的原理和“84”消毒液消毒的原理不同
【答案】C
【详解】A．压载铁即生铁，生铁是铁、碳的合金，A正确；
B．食品袋内放置铁粉，目的是防止油脂氧化变质，利用了铁的还原性，B正确；
C．水泥属于硅酸盐，水玻璃是硅酸钠的水溶液，硅酸钠属于硅酸盐，水晶是二氧化硅，不属于硅酸盐，C不正确；
D．明矾净水的原理是利用氢氧化铝胶体的吸附性，使泥沙发生沉降，“84”消毒液消毒是利用次氯酸钠的强氧化性，使细菌蛋白质发生变性，原理不同，D正确；
故选C。
2．火药制备是我国古代闻名世界的化学工艺，原理为。下列表示反应中相关微粒的化学用语正确的是
A．CO2分子的空间填充模型： B．K2S的电子式：
C．中子数为8的氮原子： D．与互为同位素
【答案】C
【详解】A．CO2分子中，C原子半径大于O原子半径，则CO2的空间填充模型：，A不正确；
B．K2S由K+和S2-构成，电子式为，B不正确；
C．中子数为8的氮原子，其质量数为15，原子符号为：，C正确；
D．与是氧元素的两种单质，不互为同位素，D不正确；
故选C。
3．分类是化学学习的重要方法，下列有关物质的分类，正确的是
A．化合物：、、、HD
B．碱性氧化物：CaO、CuO、、
C．同素异形体：、金刚石、石墨、碳纳米管
D．混合物：漂白粉、冰水混合物、氯水、赤铁矿
【答案】C
【详解】A．、、都是化合物，但HD是单质，A不正确；
B．CaO、CuO、Fe2O3属于碱性氧化物，属于不成盐氧化物，B不正确；
C．、金刚石、石墨、碳纳米管都是结构不同的碳元素的单质，互为同素异形体，C正确；
D．漂白粉、氯水、赤铁矿都属于混合物，但冰水混合物属于纯净物，D不正确；
故选C。
4．下列物质属于电解质，且溶解时破坏共价键的是
A．Cl2 B．HCl C．CO2 D．NaOH
【答案】B
【详解】A．Cl2为单质，虽然溶解于水时破坏共价键，但不属于电解质，A不符合题意；
B．HCl溶于水后电离产生H+和Cl-，破坏了共价键，其水溶液能导电，则HCl属于电解质，B符合题意；
C．CO2为非金属氧化物，属于非电解质，C不符合题意；
D．NaOH属于电解质，但溶于水时破坏离子键，D不符合题意；
故选B。
5．金属是一类重要的材料，人类的日常生活、生产、科技等领域都离不开金属。下列关于金属Na、Al、Fe及其化合物的说法正确的是
A．苏打可用于治疗胃酸过多
B．利用焰色试验可以区分NaCl与Na2CO3固体
C．NaOH、Al(OH)3受热均易分解
D．为了防止氯化亚铁溶液久置变质，常在其溶液中加入少许铁钉
【答案】D
【详解】A．苏打的水溶液碱性很强，对人的肠胃会造成严重的刺激，因此不可用于治疗胃酸过多，A错误；
B．NaCl与Na2CO3都是钠盐，焰色试验都显黄色，因此不能利用焰色试验进行区分，B错误；
C．NaOH稳定，受热不分解，而Al(OH)3不稳定，受热易分解，C错误；
D．氯化亚铁在溶液中易被溶解的氧气氧化而发生变质，在溶液中加入少许铁钉，可以使FeCl3变为FeCl2，达到防止其被氧化变质的目的，D正确；
故合理选项是D。
6．短周期主族元素A、B、C、D的原子序数依次增大，A、C的原子序数相差8，A原子的最外层电子数是其次外层电子数的3倍，B单质的焰色试验结果为黄色。下列说法错误的是
A．阴离子的还原性：
B．元素A与B可形成两种化合物
C．最高价氧化物对应的水化物的酸性：
D．原子半径的大小顺序：
【答案】A
【分析】A原子的最外层电子数是其次外层电子数的3倍，则A为O；短周期主族元素A、B、C、D的原子序数依次增大，A、C的原子序数相差8，则C为S，D为Cl；B单质的焰色试验结果为黄色，则B为Na。从而得出A、B、C、D分别为O、Na、S、Cl元素。
【详解】A．A、C分别为O、S，非金属性O＞ S，则阴离子的还原性：O2-＜S2-，A错误；
B．A、B分别为O、Na，元素A与B可形成Na2O、Na2O2两种化合物，B正确；
C．C、D分别为S、Cl，非金属性S＜ Cl，则最高价氧化物对应的水化物的酸性：H2SO4＜HClO4，C正确；
D．A、B、C、D分别为O、Na、S、Cl，Na、S、Cl的电子层数都为3，核电荷数分别为11、16、17，核电荷数越大，原子半径越小，则原子半径的大小顺序：，D正确；
故选A。
7．在元素周期表中金属与非金属的分界处，可以找到
A．合金 B．半导体材料 C．催化剂 D．农药
【答案】B
【详解】A．在元素周期表中，金属元素位于元素周期表的左下方，可以用来做导体，可以用来做合金等，像镁和铝等，故A错误；
B．在金属元素和非金属元素交接区域的元素通常既具有金属性又具有非金属性，可以用来做良好的半导体材料，如硅等，故B正确；
C．可以用于做催化剂的元素种类较多，一般为过渡金属元素，故C错误；
D．非金属元素位于右上方，非金属可以制备有机溶剂，部分有机溶剂可以用来做农药，故D错误；
故选：B。
8．铁盐与亚铁盐在工业生产和生活中具有重要应用。三氯化铁在水溶液中易形成氢氧化铁胶体，具有吸附作用，可用作净水剂。三氯化铁溶液可用作印刷电路板刻剂，反应化学方程式为2FeCl3+Cu=2FeCl2+CuCl2。硫酸亚铁溶液可用于脱除烟气中的二氧化硫等有害气体。下列离子能在印刷电路板的蚀刻废液中大量存在的是
A．H+ B． C．OH- D．Ag+
【答案】A
【详解】根据题意，用FeCl3作刻蚀液水，会发生反应：2FeCl3+Cu=2FeCl2+CuCl2，反应完全后，得到的蚀刻废液中成分应为FeCl2、FeCl3和CuCl2等，根据物质性质分析解答。
A．H+与FeCl2、FeCl3和CuCl2等的微粒不能反应，可以共存，A符合题意；
B．具有强氧化性，能够与FeCl2的Fe2+发生反应产生FeCl3，不能大量共存，B不符合题意；
C．FeCl2、FeCl3和CuCl2等金属阳离子都会与OH-发生反应形成Fe(OH)2、Fe(OH)3、Cu(OH)2沉淀，不能大量共存，C不符合题意；
D．Ag+与盐溶液中的Cl-反应产生AgCl白色沉淀，不能大量共存，D不符合题意；
故合理选项是A。
9．铁盐与亚铁盐在工业生产和生活中具有重要应用.三氯化铁在水溶液中易形成氢氧化铁胶体，具有吸附作用，可用作净水剂。三氯化铁溶液可用作印刷电路板刻剂，反应化学方程式为2FeCl3+Cu=2FeCl2+CuCl2。硫酸亚铁溶液可用于脱除烟气中的二氧化硫等有害气体。氯气是制备三氰化铁的重要原料.下列制取氯气的实验装置或者操作正确的是
A
B
C
D




产生氯气
除去Cl2中的HCl气体
干燥氯气
吸收多余的氯气

A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【详解】A．浓盐酸与MnO2混合加热发生反应产生Cl2，装置图中没有需要加热装置，不能制取Cl2，A错误；
B．HCl与NaHCO3反应后会生成CO2，使Cl2中混有新的杂质，不能用于除杂，B错误；
C．Cl2与浓硫酸不能发生反应，可以用浓硫酸进行干燥，C正确；
D．石灰水中Ca(OH)2浓度很低，不能很好吸收Cl2气体，应该使用溶解度大的NaOH溶液进行尾气处理，D错误；
故合理选项是C。
10．铁盐与亚铁盐在工业生产和生活中具有重要应用.三氯化铁在水溶液中易形成氢氧化铁胶体，具有吸附作用，可用作净水剂。三氯化铁溶液可用作印刷电路板刻剂，反应化学方程式为。硫酸亚铁溶液可用于脱除烟气中的二氧化硫等有害气体。溶液催化脱除烟气中的反应原理如图所示。下列说法正确的是

A．“反应Ⅰ”中氧化剂和还原剂的物质的量之比为4∶1
B．“反应Ⅱ”的离子方程式为
C．反应一段时间后，溶液中保持不变
D．反应每脱除转移电子的物质的量为
【答案】B
【详解】A．反应为和反应成和水，氧化剂与还原剂物质的量之比为1∶4，错误；
B．“反应Ⅱ”的离子方程式为，正确；
C．反应中生成，浓度上升，错误；
D．未提到标况，无法计算物质的量，错误；
故选B。
11．下列对浓硫酸的叙述中，正确的是
A．常温下不能用铁、铝容器盛放浓硫酸，因为铁、铝是活泼金属
B．浓硫酸具有吸水性，可以使蔗糖脱水炭化
C．滴加浓硫酸使胆矾由蓝色晶体变为白色粉末，属于物理变化
D．浓硫酸和碳单质加热反应，表现出强氧化性
【答案】D
【详解】A．常温下浓硫酸能使铁、铝发生钝化，可以用铁、铝容器盛放浓硫酸，A不正确；
B．浓硫酸使蔗糖脱水炭化，表现出脱水性，B不正确；
C．胆矾中滴加浓硫酸，由蓝色晶体(CuSO4∙5H2O)变为白色粉末(CuSO4)，硫酸铜晶体失水属于化学变化，C不正确；
D．浓硫酸和碳单质加热发生反应C+2H2SO4(浓) CO2↑+2SO2↑+2H2O，C属于非金属，浓硫酸表现出强氧化性，D正确；
故选D。
12．在给定的条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是
A．SiO2SiH4Si
B．SSO3H2SO4
C．0.1mol·L-1 HCl(aq)Cl2 Ca(ClO)2
D．饱和NaCl溶液NaHCO3Na2CO3
【答案】D
【详解】A．SiO2与盐酸不反应，故A不符合题意；
B．S在O2中点燃生成的是SO2，故B不符合题意；
C．0.1mol·L-1 HCl(aq)是稀盐酸，与MnO2不反应，只有浓盐酸才反应，故C不符合题意；
D．饱和NaCl溶液与NH3、CO2反应生成NaHCO3，NaHCO3受热分解变为Na2CO3，故D符合题意；
本题答案D。
13．下列指定反应的离子方程式正确的是
A．用氨水吸收足量的SO2气体：
B．酸性溶液中KIO3与KI反应生成I2：
C．向小苏打溶液中滴加少量澄清石灰水：
D．NH4Al(SO4)2溶液与过量NaOH溶液反应：
【答案】B
【详解】A．用氨水吸收足量的SO2气体，生成NH4HSO3：NH3+SO2+H2O=+，A不正确；
B．酸性溶液中KIO3与KI反应生成I2，依据得失电子守恒，含碘微粒存在以下关系——5I-，再依据质量守恒，可得反应的离子方程式为：，B正确；
C．向小苏打溶液中滴加少量澄清石灰水，采用以“少定多”法：，C不正确；
D．NH4Al(SO4)2溶液与过量NaOH溶液反应，除Al3+发生反应外，也与OH-发生反应：，D不正确；
故选B。
14．设 NA 表示阿伏加德罗常数，下列叙述中正确
A．71g Cl2 与足量的 H2O 反应，转移的电子数为 2NA
B．标准状况下，22.4L H2O 中含有的原子数为 3NA
C．2mol•L﹣1 的 CaCl2 溶液中，含有 Cl-个数为 4NA
D．通常条件下，28g 的 CO 和 N2 混合气体中含有分子数为 NA
【答案】D
【详解】A．氯气与水反应为可逆反应，不能进行到底，所以 71g Cl2与足量的 H2O 反应，转移的电子数为小于 NA ，故A错误；
B．标况下水不是气体，22.4L H2O的物质的量不是1mol，无法准确计算，故B错误；
C．溶液体积未知，无法计算氯离子个数，故C错误；
D．CO和N2的摩尔质量都是28g/mol，28g 的 CO和N2混合气体物质的量为 1mol，含有分子数为 NA，故D正确；
选D。
15．根据下列实验操作、现象和所得到的结论均正确的是
选项
实验操作和现象
实验结论
A
向Na2SiO3溶液中通入适量CO2气体，出现白色沉淀
H2CO3的酸性比H2SiO3的酸性强
B
将稀盐酸滴入硅酸钠溶液中，充分振荡，有白色沉淀产生
非金属性：Cl＞Si
C
将二氧化硅分别与氢氟酸溶液和氢氧化钠溶液反应，前者生成气体，后者二氧化硅溶解
二氧化硅为两性氧化物
D
向溶有SO2的BaCl2溶液中通入气体X，出现白色沉淀
气体X一定具有强氧化性

A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【详解】A．向Na2SiO3溶液中通入适量CO2气体，发生反应Na2SiO3+CO2+2H2O=H2SiO3↓+Na2CO3，反应原理为强酸制弱酸，则H2CO3的酸性比H2SiO3的酸性强，A正确；
B．将稀盐酸滴入硅酸钠溶液中，充分振荡，有白色沉淀产生，则酸性HCl＞H2SiO3，HCl为无氧酸，无氧酸的酸性与非金属性不成正比关系，则不能得出结论：非金属性Cl＞Si，B不正确；
C．将二氧化硅分别与氢氟酸溶液和氢氧化钠溶液反应，前者发生反应SiO2+4HF=SiF4↑+2H2O，没有盐生成，SiO2不表现出碱性，后者二氧化硅溶解表现出酸性，所以不能说明二氧化硅为两性氧化物，C不正确；
D．向溶有SO2的BaCl2溶液中通入气体X，出现白色沉淀，此沉淀可能为BaSO3，可能为BaSO4，则气体X可能具有强氧化性，也可能具有碱性(NH3)，D不正确；
故选A。

二、元素或物质推断题
16．下图是元素周期表的一部分。按要求填写下列空白：
①














②
③

④

⑤



⑥


⑦
⑧


(1)元素①~⑧中原子半径最大的元素在周期表中的位置为_______；
(2)①~⑧元素的最高价氧化物对应的水化物中，酸性最强的是_______(填化学式)；
(3)元素⑦的最简单气态氢化物的电子式是_______；
(4)④、⑤、⑥、⑦对应简单离子的半径最小的是_______(填离子符号)；
(5)⑤和⑥两种元素的最高价氧化物对应的水化物反应的离子方程式_______。
(6)下列方案中不能证明非金属性⑧比⑦强的是_______(填选项字母)。A．最高价氧化物对应水化物的酸性⑧比⑦的强
B．单质与变价金属反应，产物的价态⑧比⑦的高
C．简单气态氢化物对应水溶液的酸性⑧比⑦的强
D．⑧的单质可将⑦的单质从其化合物中置换出来
【答案】(1)第三周期第ⅠA族
(2)HClO4
(3)
(4)Al3+
(5)Al(OH)3+OH-=+2H2O
(6)C

【分析】由图中元素所在周期表中的位置，可确定①、②、③、④、⑤、⑥、⑦、⑧分别为H、C、N、F、Na、Al、S、Cl元素。
【详解】（1）元素①~⑧中原子半径最大的元素为Na，在周期表中的位置为第三周期第ⅠA族；答案为：第三周期第ⅠA族；
（2）①~⑧元素中，除O、F不存在最高价氧化物对应的水化物外，Cl的非金属性最强，所以最高价氧化物对应的水化物中，酸性最强的是HClO4；答案为：HClO4；
（3）元素⑦为S元素，最简单气态氢化物为H2S，电子式是；答案为：；
（4）④、⑤、⑥、⑦对应简单离子分别为F-、Na+、Al3+、S2-，S2-比其它离子多一个电子层，F-、Na+、Al3+的电子层结构相同，Al的核电荷数最大，则离子半径最小的是Al3+；答案为：Al3+；
（5）⑤和⑥两种元素的最高价氧化物对应的水化物分别为NaOH、Al(OH)3，反应的离子方程式Al(OH)3+OH-=+2H2O。答案为：Al(OH)3+OH-=+2H2O；
（6）A．最高价氧化物对应水化物的酸性⑧比⑦的强，则非金属性Cl比S强，A不符合题意；
B．单质与变价金属反应，产物的价态⑧比⑦的高，表明Cl2的氧化性强于S，则非金属性Cl比S强，B不符合题意；
C．简单气态氢化物对应水溶液的酸性⑧比⑦的强，也就是盐酸比氢硫酸酸性强，无氧酸的酸性与非金属性不成正比关系，C不能说明Cl的非金属性比S强，C符合题意；
D．⑧的单质可将⑦的单质从其化合物中置换出来，则表明Cl2的氧化性强于S，则非金属性Cl比S强，D不符合题意；
故选C。答案为：C。
【点睛】F的非金属性强于Cl，但同浓度氢氟酸的酸性比盐酸弱。

三、工业流程题
17．实验室以锈蚀程度很大的废铁屑为原料制备FeCl3∙6H2O晶体的流程可简要表示如图：

已知：在水溶液中Fe2+能与K3Fe(CN)6生成蓝色沉淀Fe3[Fe(CN)6]2。
(1)向“酸溶”“过滤”后的滤液中滴加KSCN溶液无明显现象，“酸溶”过程中发生主要反应有：①Fe+2H+=Fe2++H2↑；②Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O；③_______。
(2)取少量“酸溶”“过滤”后的滤液，向其中滴加NaOH溶液出现白色沉淀，沉淀最终转化为红褐色，写出生成红褐色沉淀的化学方程式_______。
(3)“酸溶”时控制温度在40℃左右不宜过高，原因是_______，为控制该温度可以采用的加热方式为_______。
(4)“氧化”过程可在如图所示装置中进行。

①装置A中KMnO4与浓盐酸反应生成了Cl2，其离子方程式为_______。
②B中使用多孔球泡的作用是_______。
③证明装置B溶液中Fe2+已完全被氧化成Fe3+的实验方案是_______。
【答案】(1)2Fe3++Fe=3Fe2+
(2)4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3
(3)     浓盐酸易挥发     40℃水浴加热
(4)     2+10Cl－+16H＋=2Mn2＋+5Cl2↑+8H2O     增大接触面积，提高氯气吸收效率     取B中少量溶液放入试管，滴加K3Fe(CN)6溶液，无蓝色沉淀生成

【分析】废铁屑中加入过量30%盐酸酸溶，Fe2O3、Fe都发生溶解，最终生成Fe2+；过滤后所得滤液中通入Cl2，将Fe2+氧化为Fe3+；蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，从而获得氯化铁晶体。
【详解】（1）向“酸溶”“过滤”后的滤液中滴加KSCN溶液无明显现象，表明溶液中不含有Fe3+，则Fe3+全部被Fe还原为Fe2+，离子方程式为：2Fe3++Fe=3Fe2+。答案为：2Fe3++Fe=3Fe2+；
（2）取少量“酸溶”“过滤”后的滤液，向其中滴加NaOH溶液，Fe2+转化为Fe(OH)2白色沉淀，Fe(OH)2被空气中溶解的O2氧化，最终转化为红褐色，化学方程式为4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3。答案为：4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3；
（3）盐酸是挥发性酸，“酸溶”时控制温度在40℃左右不宜过高，原因是：浓盐酸易挥发；水浴加热，便于控制温度，使反应物均匀受热，则控制该温度可以采用的加热方式为：40℃水浴加热。答案为：浓盐酸易挥发；40℃水浴加热；
（4）①装置A中，KMnO4与浓盐酸反应生成了Cl2，其离子方程式为2+10Cl－+16H＋=2Mn2＋+5Cl2↑+8H2O。
②多孔球泡产生的气体与溶液的接触面积大，反应速率快，则B中使用多孔球泡的作用是：增大接触面积，提高氯气吸收效率。
③证明装置B溶液中Fe2+已完全被氧化成Fe3+，则需证明Fe2+不存在，实验方案是：取B中少量溶液放入试管，滴加K3Fe(CN)6溶液，无蓝色沉淀生成。答案为：2+10Cl－+16H＋=2Mn2＋+5Cl2↑+8H2O；增大接触面积，提高氯气吸收效率；取B中少量溶液放入试管，滴加K3Fe(CN)6溶液，无蓝色沉淀生成。
【点睛】检验Fe2+时，也可使用稀KMnO4酸性溶液。
18．亚氯酸钠(NaClO2)是一种高效杀菌剂、漂白剂，广泛用于棉纺漂白、水处理、食品消毒等，消毒时本身被还原成Cl-。亚氯酸钠晶体的一种生产工艺如图：

已知：①HClO3为强酸。②ClO2浓度过高时易发生分解爆炸。③NaClO2在温度高于60℃时易分解生成NaClO3和NaCl。
(1)现由浓硫酸配制240 mL“溶解”时所需的9 mol/L稀H2SO4溶液，需要用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、量筒、_______、_______。如果定容时仰视容量瓶刻度线，配制的溶液浓度会_______(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。
(2)在“ClO2发生器”中，生成ClO2的离子方程式为_______；通入空气的作用是_______。
(3)“吸收塔”中H2O2在反应中作_______(填“氧化剂”或“还原剂”)。
(4)为了测定产品中NaClO2的纯度，进行如下实验：准确称取1.000g上述产品，溶于水配成100.00mL溶液，取10.00mL待测液，加入过量KI溶液，酸性条件下发生反应：，杂质不与I-反应。以淀粉作指示剂，再加入0.2000 mol∙L-1 Na2S2O3溶液，恰好完全反应时消耗的Na2S2O3溶液的体积为20.00mL。(已知：)。计算该样品的纯度为_______。(填空并附计算过程)
【答案】(1)     250mL容量瓶     胶头滴管     偏低
(2)     2+SO2=2ClO2+     稀释ClO2，防止ClO2浓度过高时发生分解爆炸
(3)还原剂
(4)由发生的反应可建立关系式：NaClO2——4Na2S2O3，取出的10.00mL待测液中，消耗Na2S2O3溶液的物质的量为0.2000 mol∙L-1×0.020 L=0.004mol，则n(NaClO2)=0.001mol，该样品的纯度为=90.50%

【分析】NaClO3固体溶于稀硫酸，在ClO2发生器中与SO2和空气混合，发生反应生成ClO2和Na2SO4；将ClO2通入吸收塔中，用浓NaOH溶液吸收，并用30%H2O2还原，生成NaClO2和O2；将溶液在低于60℃时蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，从而获得NaClO2晶体。
【详解】（1）现由浓硫酸配制240 mL“溶解”时所需的9 mol/L稀H2SO4溶液，实验室没有240mL规格的容量瓶，则应选择250mL的容量瓶，则需要用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、量筒、250mL容量瓶、胶头滴管。如果定容时仰视容量瓶刻度线，配制的溶液的体积偏大，浓度会偏低。答案为：250mL容量瓶；胶头滴管；偏低；
（2）在“ClO2发生器”中，NaClO3溶液与SO2和空气混合，发生反应生成ClO2和Na2SO4，离子方程式为2+SO2=2ClO2+；题中信息显示：ClO2浓度过高时易发生分解爆炸，所以通入空气的作用是：稀释ClO2，防止ClO2浓度过高时发生分解爆炸。答案为：2+SO2=2ClO2+；稀释ClO2，防止ClO2浓度过高时发生分解爆炸；
（3）“吸收塔”中发生反应2NaOH+H2O2+2ClO2=2NaClO2+O2+2H2O，则H2O2在反应中作还原剂。答案为：还原剂；
（4）由发生的反应可建立关系式：NaClO2——4Na2S2O3，取出的10.00mL待测液中，消耗Na2S2O3溶液的物质的量为0.2000 mol∙L-1×0.020 L=0.004mol，则n(NaClO2)=0.001mol，该样品的纯度为=90.50%。答案为：由发生的反应可建立关系式：NaClO2——4Na2S2O3，取出的10.00mL待测液中，消耗Na2S2O3溶液的物质的量为0.2000 mol∙L-1×0.020 L=0.004mol，则n(NaClO2)=0.001mol，该样品的纯度为=90.50%。

四、实验题
19．硫代硫酸钠(Na2S2O3)常用作纸浆漂白的脱氯剂。实验室可用下图装置制备少量Na2S2O3。

已知：①BaS2O3难溶于水；②Na2S2O3在酸性溶液中发生反应。
(1)装置A用于制备SO2，其化学方程式为_______。
(2)装置B的作用是_______。
(3)装置C中反应生成Na2S2O3的同时放出CO2，其离子方程式为_______，该反应中SO2体现了_______性(填“氧化”或“还原”)。
(4)装置C所得溶液经过结晶等操作获得的Na2S2O3晶体中含有少量Na2SO4，检验其中含有Na2SO4的方法是：取少量固体，_______，静置，过滤，_______，有白色沉淀生成。
(5)为验证装置C中生成了CO2，下列所选的试剂组合和顺序合理的是_______(填选项字母)。
a．品红→NaOH(aq)→澄清石灰水
b．酸性KMnO4(aq)→品红→澄清石灰水
c．NaOH(aq)→品红→澄清石灰水
【答案】(1)Na2SO3+H2SO4(浓)=Na2SO4+H2O+SO2↑
(2)防止倒吸
(3)     4SO2++2S2- =3+CO2     氧化
(4)     加过量盐酸     往滤液中滴加BaCl2溶液
(5)b

【分析】装置A中，Na2SO3固体与浓硫酸反应制取SO2气体，经过装置B，以防二氧化硫因溶解发生倒吸；在装置C中，SO2、Na2CO3、Na2S发生反应生成Na2S2O3和CO2，装置D用于吸收尾气，防止污染环境。
【详解】（1）装置A中，Na2SO3与浓H2SO4反应制备SO2，其化学方程式为Na2SO3+H2SO4(浓)=Na2SO4+H2O+SO2↑。答案为：Na2SO3+H2SO4(浓)=Na2SO4+H2O+SO2↑；
（2）装置B中，两根导管都短，为安全瓶，作用是防止倒吸。答案为：防止倒吸；
（3）装置C中，SO2、Na2CO3、Na2S发生反应生成Na2S2O3和CO2，其离子方程式为4SO2++2S2- =3+CO2，该反应中SO2中S元素价态降低，体现了氧化性。答案为：4SO2++2S2- =3+CO2；氧化；
（4）Na2S2O3晶体中含有少量Na2SO4，检验Na2SO4时，应先加盐酸，排除Na2S2O3的干扰，再加氯化钡检验，方法是：取少量固体，加过量盐酸，静置，过滤，往滤液中滴加BaCl2溶液，有白色沉淀生成。答案为：加过量盐酸；往滤液中滴加BaCl2溶液；
（5）a．无需先检验SO2，且NaOH能吸收CO2，后续操作中无法检验CO2是否存在，a不正确；
b．酸性KMnO4(aq)氧化并吸收SO2，品红用于检验SO2是否除尽，澄清石灰水检验CO2的存在，b正确；
c．NaOH(aq)既能吸收SO2也能吸收CO2，后续操作中无法检验CO2是否存在，c不正确；
故选b。答案为：b。
【点睛】检验混有SO2的CO2时，应先排除SO2的干扰，再检验CO2的存在。