福建省廈門集美中學2022-2023學年化學高三第一學期期中學業(yè)質(zhì)量監(jiān)測模擬試題（含解析）

1、2022-2023高三上化學期中模擬測試卷注意事項1考生要認真填寫考場號和座位序號。2試題所有答案必須填涂或書寫在答題卡上，在試卷上作答無效。第一部分必須用2B 鉛筆作答；第二部分必須用黑色字跡的簽字筆作答。3考試結束后，考生須將試卷和答題卡放在桌面上，待監(jiān)考員收回。一、選擇題(共包括22個小題。每小題均只有一個符合題意的選項）1、鎳的配合物常用于鎳的提純以及藥物合成，如Ni(CO)4、Ni(CN)42-、Ni(NH3)62+等。下列說法正確的是（ ）ACO與CN結構相似，CO分子內(nèi)鍵和鍵個數(shù)之比為1：2BNi(NH3)62+中含有非極性共價鍵和配位鍵CNi2+的電子排布式為Ar3d10DCN

2、中C原子的雜化方式是sp22、下列各組溶液用互滴法不能鑒別的是A碳酸鈉溶液和硫酸氫鈉溶液B鹽酸和碳酸鈉溶液C明礬溶液與燒堿溶液D碳酸氫鈉和澄清石灰水3、在密閉容器中，對可逆反應A+3B2C(g)，平衡時C的體積分數(shù)與溫度和壓強的關系如圖所示，下列判斷錯誤的是A若正反應方向Q0，則T1T2BA可能為氣體C壓強增大時，混合氣體的平均相對分子質(zhì)量增大DB不一定為氣體4、下列說法正確的是（ ）A升高溫度能提高活化分子的比例，從而加快反應速率B膠體和溶液的本質(zhì)區(qū)別是有無丁達爾效應C將飽和溶液滴入溶液中，可獲得膠體D與都屬于酸性氧化物，都能與水反應生成相應的酸5、下列關于金屬元素的敘述正確的是()A金屬元

3、素的單質(zhì)只有還原性，其離子只有氧化性B金屬元素的單質(zhì)在常溫下均為固體C金屬元素在不同化合物中化合價均相同D大多數(shù)金屬元素的單質(zhì)為電的良導體6、C60是單純由碳原子結合形成的穩(wěn)定分子，結構如圖。下列說法不正確的是AC60晶體易溶于苯、CS2，C60是非極性分子B1 mol C60分子中，含有鍵數(shù)目為60NACC60與F2在一定條件下，發(fā)生反應生成C60F60DC60、金剛石和石墨是同素異形體7、以下物質(zhì)間的每一步轉化能通過一步反應實現(xiàn)的（ ）AFe2O3FeCl3FeCl2BSiSiO2H2SiO3Na2SiO3CCCOH2CO3CO2DAlAl2O3Al(OH)3NaAlO28、將5mL 0.

4、005mol/L FeCl3溶液和5mL 0.015mol/L KSCN溶液混合，達到平衡后呈紅色。再將混合液分為5份，分別進行如下實驗：下列說法不正確的是（）實驗：滴加4滴水，振蕩實驗：滴加4滴飽和FeCl3溶液，振蕩實驗：滴加4滴1 mol/L KCl溶液，振蕩實驗：滴加4滴1 mol/L KSCN溶液，振蕩實驗：滴加4滴6 mol/L NaOH溶液，振蕩A對比實驗和，為了證明增加反應物濃度，平衡發(fā)生正向移動B對比實驗和，為了證明增加反應物濃度，平衡發(fā)生逆向移動C對比實驗和，為了證明增加反應物濃度，平衡發(fā)生正向移動D對比實驗和，為了證明減少反應物濃度，平衡發(fā)生逆向移動9、化學與生活密切相關

5、。下列說法不正確的是A氦氣化學性質(zhì)穩(wěn)定、密度小，可用于填充飛艇、氣球B鎂鋁合金質(zhì)量輕、強度大，可用作高鐵車廂材料C納米鐵粉有較強的物理吸附作用，可去除水體中的Cu2+、Cd2+、Hg2+等重金屬離子DK2FeO4是強氧化劑，還原產(chǎn)物鐵離子水解生成氫氧化鐵膠體，可作為凈水劑10、下列離子方程式中，只能表示一個化學反應的是（ ）Fe+Cu2+=Fe2+Cu Ba2+2OH+2H+SO42=BaSO4+2H2O Cl2+H2OH+Cl+HClO CO32-+2H+=CO2+H2O Ag+Cl= AgClABCD11、下列說法正確的是A高溫下，可在試管內(nèi)完成焦炭和石英砂(SiO2)制取硅的反應BCO2

6、和鈉在一定條件下反應可以得到金剛石和碳酸鈉，反應中氧化劑和還原劑物質(zhì)的量之比是14C現(xiàn)代海戰(zhàn)通過噴放液體SiCl4(極易水解)和液氨來產(chǎn)生煙幕，煙幕的主要成分是HClD水玻璃、有機玻璃、瑪瑙、普通玻璃、陶瓷及水泥均屬于硅酸鹽產(chǎn)品12、第三周期元素X、Y、Z、W的最高價氧化物溶于水可得四種溶液，0.010 mol/L的這四種溶液pH與該元素原子半徑的關系如圖所示。下列說法正確的是A簡單離子半徑：XYZWBY元素存在同素異形體C氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性：ZWYDX和Y的最高價氧化物對應的水化物恰好中和時，溶液呈中性13、X、Y、Z、W、R是原子序數(shù)依次增大的短周期主族元素，X是原子半徑最小的元素，Y的最

7、高正價與最低負價的代數(shù)和為0，Z的二價陽離子與氖原子具有相同的核外電子排布，W原子最外層電子數(shù)是最內(nèi)層電子數(shù)的3倍。下列說法正確的是（ ）AX與Y形成的化合物只有一種BR的氫化物的熱穩(wěn)定性比W的強C原子半徑：r(Z)YZW,X的最高價氧化物的水溶液為堿性，而且0.010 molL1的這四種溶液pH為12，確定為一元強堿，所以X為Na，W的最高價氧化物的水溶液的pH為2，W為Cl、Z為S，Y的溶液的pH為4，為弱酸磷酸，Y為P，存在同素異形體?！绢}目詳解】A、四種元素簡單離子的半徑YZWX，錯誤；B、P存在紅磷和白磷等多種同素異形體，正確；C、YZW的非金屬性逐漸減弱，所以氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性逐漸

8、減弱，錯誤；D、NaOH與磷酸恰好反應，生成強堿弱酸鹽，水解為堿性，錯誤；答案選B。13、B【分析】X是原子半徑最小的元素，因此X是H，Z的二價陽離子與氖原子具有相同的核外電子排布，因此Z是Mg，Y的最高正價與最低負價的代數(shù)和為0，且Y的原子序數(shù)在X和Z之間，因此Y是C，W原子最外層電子數(shù)是最內(nèi)層電子數(shù)的三倍，可知W原子最外層電子數(shù)為6，W為S。R的原子序數(shù)大于W且為短周期主族元素，R只能為Cl。綜上所述，X、Y、Z、W、R分別為H、C、Mg、S、Cl?！绢}目詳解】AC和H可形成多種化合物，如甲烷，乙烷，乙烯等，A項鋯誤；B由元素周期律可知，同周期元素的非金屬性隨著原子序數(shù)增大而增大，所以Cl

9、的非金屬性強于S，則HCl的穩(wěn)定性強于H2S，B項正確；C由元素周期律可知，同周期元素原子半徑隨原子序數(shù)的增大而減小，故原子半徑大小關系應為r(Z)r(R)，C項錯誤；D碳酸的酸性弱于硫酸，D項錯誤；故選B。14、B【題目詳解】A標況下11.2 LNO與11.2 L O2的物質(zhì)的量均為0.5mol，所含原子數(shù)均為NA，混合后原子守恒，數(shù)目為2NA，故A錯誤；B110 g Na2S2的物質(zhì)的量為=1mol，Na2S2中陰離子為S，陽離子為Na+，所以1mol Na2S2中含有的離子數(shù)為3NA，故B正確；C溶液體積未知，無法確定微粒的數(shù)目，故C錯誤；D氯氣溶液水的反應為Cl2+H2OHCl+HCl

10、O，該反應可逆，且HClO為弱酸，所以無法確定具體的氫離子數(shù)目，故D錯誤；綜上所述答案為B。15、B【答案解析】相鄰原子之間通過強烈的共價鍵結合而成的空間網(wǎng)狀結構的晶體叫做原子晶體，其構成微粒是原子；原子晶體具有熔點高和硬度大的特點，碳化硅(SiC)是一種新型的耐高溫耐磨材料，說明碳化硅屬于原子晶體，故答案為B。16、C【答案解析】A、Na2CO3固體受熱不易分解，故A錯誤；B、Fe(OH)3膠體是紅褐色，故B錯誤；C、以上三種氣體都不與濃硫酸反應，能用濃硫酸干燥，故C正確；D、SiO2和氫氟酸反應，沒有生成鹽和水，不是兩性氧化物，故D錯誤；答案選C。17、A【題目詳解】天然橡膠中含有碳碳雙鍵

11、，與溴接觸，能夠與溴發(fā)生加成反應，使橡膠結構受到破壞，故選A。18、B【分析】Cl-核外有18個電子，原子核內(nèi)有17個質(zhì)子；羥基不顯電性；次氯酸的中心原子為氧原子；HCO在水中部分電離；碳酸氫銨與足量的氫氧化鈉反應生成氨氣和碳酸鈉；碳原子的相對體積大于氧原子；質(zhì)量數(shù)=質(zhì)子數(shù)+中子數(shù)，元素符號的左上角為質(zhì)量數(shù)、左下角為質(zhì)子數(shù)；據(jù)此分析判斷?！绢}目詳解】氯原子得到1個電子形成核外有18個電子，原子核內(nèi)有17個質(zhì)子的陰離子，結構示意圖：，故正確；羥基不顯電性，含9個電子，電子式為，故正確；次氯酸分子中含有1個氧氫鍵和1個氧氯鍵，次氯酸的結構式為：H-O-Cl，故錯誤；HCO在水中部分電離，所以NaH

12、CO3在水中的電離方程式為NaHCO3=Na+HCO，故錯誤；碳酸氫銨與足量的氫氧化鈉溶液混合的離子方程式為NH+HCO+2OH-=CO+2H2O+NH3，故錯誤；二氧化碳分子中含有兩個碳氧雙鍵，為直線型結構，其中C的原子半徑大于O，二氧化碳的比例模型為，故錯誤；原子核內(nèi)有10個中子的氧原子的質(zhì)量數(shù)為18，該氧原子可以表示為O，故正確；化學用語正確的有，故選B?！敬鸢更c睛】本題的易錯點為和的判斷，要注意Cl原子最外層有7個電子，只需要形成一個共用電子對，比例模型中要注意原子的相對大小。19、A【分析】氧化還原反應中水作為氧化劑，說明水中氫元素的化合價降低，得到電子，據(jù)此解答?！绢}目詳解】A.

13、反應CO+H2O(g)CO2+H2中氫元素化合價從+1價降低到0價，化合價降低，水是氧化劑，A正確；B. 反應3NO2+H2O2HNO3+NO中氮元素化合價部分升高，部分降低，二氧化氮既是氧化劑也是還原劑，水既不是氧化劑，也不是還原劑，B錯誤；C. 反應2Na2O2+2H2O4NaOH+O2中過氧化鈉中氧元素化合價部分升高，部分降低，過氧化鈉既是氧化劑也是還原劑，水既不是氧化劑，也不是還原劑，C錯誤；D. 反應2F2+2H2O4HF+O2中氧元素化合價升高，失去電子，水是還原劑，D錯誤。答案選A。20、B【答案解析】A、電解飽和食鹽水得到氫氣、氯氣和氫氧化鈉，陰極上得到氫氣和氫氧化鈉，選項A錯

14、誤；B、如果粗銅中雜質(zhì)含Zn多則相當于用Zn去置換銅，自然陽極溶解的質(zhì)量比陰極析出銅的質(zhì)量多；如果粗銅中雜質(zhì)含F(xiàn)e多則相當于用Fe去置換銅，自然陽極溶解的質(zhì)量比陰極析出銅的質(zhì)量少。如果Zn和Fe有一個合適的比例，陽極溶解的質(zhì)量等于陰極析出銅的質(zhì)量。故電解精煉銅時，陽極質(zhì)量的減少不一定等于陰極質(zhì)量的增加，選項B正確；C、陰極上會依次析出銅、鐵.不會析出鋁，因為溶液中有氫離子，氫離子氧化性強于鋁離子，得電子能力強于鋁離子，所以不會有鋁析出，選項C錯誤；D、船底部放鋅板是利用犧牲陽極的陰極保護法減少海水對船體的腐蝕，選項D錯誤。答案選B。21、D【答案解析】試題分析：A硫粉在過量的純氧中燃燒可以生成

15、大量的SO2，A正確；BSO2能使品紅溶液褪色，二CO2不能，可以用品紅溶液鑒別SO2和CO2，B正確；CSO2能使品紅溶液、酸性KMnO4溶液褪色，但褪色原理不同，后者是被酸性高錳酸鉀溶液氧化，C正確；DSO2與CaCl2溶液不反應，D錯誤，答案選D?？键c：考查硫、CO2、SO2的性質(zhì)以及鑒別等22、C【答案解析】A. 圖甲中陰影部分的面積表示正反應濃度與逆反應濃度的差值，A錯誤；B. 圖乙表示溶液中含鋁微粒濃度隨pH變化曲線，a點所示鋁離子轉化為氫氧化鋁的過程，溶液中存在大量Al3+，B錯誤；C.在合成氨的反應，增加氫氣濃度，提高氮氣的轉化率，自身轉化降低，a點N2的轉化率小于b點，C正確

16、；D.同一溫度下，在不同容積的容器中進行反應2BaO2(s)2BaO(s)+O2(g)，O2的平衡濃度與容器容積的關系不是線性關系，而是點狀關系，且整個過程中氧氣的壓強是不變的。D錯誤。二、非選擇題(共84分)23、4NH3+5O24NO+6H2O 2NO+2CON2+2CO2 O=C=O 2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2 Ca（OH）2+Na2CO3=CaCO3+2NaOH 【答案解析】本題考查無機推斷，（1）A是能使?jié)竦募t色石蕊試紙變藍的氣體，推出A為NH3，C和D均為空氣的主要成分，即D為O2、C為N2，E是一種有毒氣體，NO轉化成N2，被還原，E為還原劑，化合價升高，E可能

17、是CO或NH3，但A為NH3，因此E為CO，I反應的方程式為：4NH3+5O24NO+6H2O；II反應的方程式為2NO+2CON2+2CO2；（2）A是淡黃色化合物，即A為Na2O2，D為無色氣體，根據(jù)Na2O2的化學性質(zhì)，則D為CO2，發(fā)生2Na2O22CO2=2Na2CO3O2，C是由陰陽離子構成，即C為離子化合物，陰陽離子又是10電子微粒，根據(jù)轉化關系，推出B為Na2CO3，E為Ca(OH)2，CO2的結構式為O=C=O；反應I的化學反應方程式為發(fā)生2Na2O22CO2=2Na2CO3O2；II的反應方程式為Ca(OH)2Na2CO3=CaCO32NaOH。24、第二周期第A族Ca(O

18、H)2+ 2NH4ClCaCl2+ 2NH3 + 2H2O2CO + 2NON2+ 2CO22CO2+ 2Na2O22Na2CO3+ O2NaHCO3、 NaCl【答案解析】試題分析：氣體B能使?jié)駶櫦t色石蕊試紙變藍，B為氨氣，E為紅棕色氣體，E為二氧化氮；則A為氮氣；X為氧氣；I（1）A中所含元素在周期表中的位置第2周期第A族；（2）實驗室制取氨氣的化學方程式Ca（OH）2 + 2NH4Cl CaCl2 + 2NH3 + 2H2O；（3）NO和CO均是汽車尾氣的主要成分，通過汽車尾氣催化轉化裝置生成無污染氣體氮氣和二氧化碳，降低污染物排放，該反應的化學方程式2CO + 2NON2 + 2CO2

19、；II若A是淡黃色固體，B中陰、陽離子均為10電子粒子，常溫下X是無色氣體，則A為過氧化鈉、B為氫氧化鈉、X為二氧化碳、D為碳酸鈉、E為碳酸氫鈉；（4）過氧化鈉與二氧化碳反應的化學方程式為2CO2 + 2Na2O2 = 2Na2CO3 + O2；由于，a點開始生成二氧化碳，所以A點的溶質(zhì)為NaHCO3 NaCl。考點：本題考查元素化合物的性質(zhì)。25、把亞鐵離子全部氧化成三價鐵離子 裝置A中不產(chǎn)生氣泡或量氣筒和水準管液面不變 鹽酸 蒸發(fā)濃縮、冷卻結晶 2Fe2Cl22Fe32Cl Fe2Cl6 溶液由藍色變?yōu)闊o色，且半分鐘內(nèi)不變色 % 【題目詳解】(1)根據(jù)實驗裝置和操作步驟可知，實驗室制備無水

20、FeCl3，是利用鐵與鹽酸反應生成FeCl2，然后把FeCl2氧化成FeCl3，先制得FeCl36H2O晶體，再脫結晶水制得無水FeCl3，燒杯中足量的H2O2溶液是作氧化劑，把亞鐵離子全部氧化成三價鐵離子。(2)鐵與鹽酸反應完全時，不再產(chǎn)生氫氣，所以裝置A中不產(chǎn)生氣泡或量氣筒和水準管的液面不再變化，此時，可將A中FeCl2溶液放入燒杯中進行氧化。(3)從FeCl3溶液制得FeCl36H2O晶體，為了防止FeCl3溶液發(fā)生水解，則先加入鹽酸，后蒸發(fā)濃縮、冷卻結晶、過濾、洗滌、干燥。(4)從工業(yè)制備流程圖分析可知，反應爐中進行的反應是2Fe3Cl22FeCl3，因此進入吸收塔中的尾氣是沒有參加反

21、應的氯氣，在吸收塔中氯氣被吸收劑吸收，反應后生成FeCl3溶液，所以吸收劑應是FeCl2溶液，反應的離子方程式為2Fe2Cl22Fe32Cl。(5)捕集器收集的是氣態(tài)FeCl3，F(xiàn)eCl3的相對分子質(zhì)量是162.5，由相對分子質(zhì)量為325的鐵的氯化物可以推出，當溫度超過673 K時，二分子氣態(tài)FeCl3可以聚合生成雙聚體Fe2Cl6。(6)稱取m g無水氯化鐵樣品，溶于稀鹽酸，配制成100 mL溶液；取出10.00 mL，加入稍過量的KI溶液，充分反應后，滴入幾滴淀粉溶液，此時溶液呈藍色，用Na2S2O3溶液滴定，滴入最后一滴Na2S2O3溶液，錐形瓶內(nèi)的溶液由藍色變?yōu)闊o色，且半分鐘內(nèi)不變色。

22、所以滴定終點的現(xiàn)象是溶液由藍色變?yōu)闊o色，且半分鐘內(nèi)不變色；由反應：2Fe32I2Fe2I2、I22S2O322IS4O62可得關系式：2Fe3I22S2O32，求得n(Fe3)cV103 mol，則樣品中氯化鐵的質(zhì)量分數(shù)為(Fe3)100%。26、 b I2易升華，也會使?jié)駶櫟矸跭I試紙變藍 濕潤的淀粉試紙 濕潤的淀粉試紙無明顯變化 【分析】(1)加入0.20mL NaClO3后，溶液顏色變?yōu)樯铧S色，淀粉KI試紙顏色變藍色，說明氯酸根離子具有氧化性能氧化碘離子為單質(zhì)碘； (2)加入0.30 mLNaClO3后，溶液為無色，NaClO3溶液用量增加導致溶液褪色的原因是過量的NaClO3溶液與(1

23、)中的反應產(chǎn)物繼續(xù)反應，同時生成Cl2；取少量實驗4中的無色溶液進行如圖實驗，進一步佐證其中含有IO3-；根據(jù)碘單質(zhì)易升華的性質(zhì)分析；使用濕潤的淀粉試紙直接檢驗氣體驗證是否含有碘單質(zhì)，若不變藍證明產(chǎn)生了氯氣?！绢}目詳解】(1)加入0.20mL NaClO3后，溶液顏色變?yōu)樯铧S色，淀粉KI試紙顏色變藍色，說明氯酸根離子具有氧化性能氧化碘離子為單質(zhì)碘，反應的離子方程式為：ClO3+6I+6H+Cl+3I2+3H2O；(2)取少量實驗4中的無色溶液進行如圖實驗，無色溶液中加入試劑X變?yōu)辄S色，加入四氯化碳萃取得到下層紫紅色，說明生成了碘單質(zhì)，加入的試劑具有還原性，能和碘酸根離子發(fā)生氧化還原反應生成碘單

24、質(zhì)，a碘水中含碘單質(zhì)，不能驗證，故a不符合要求；bNaHSO3溶液具有還原性，可與碘酸根離子發(fā)生氧化還原反應生成碘單質(zhì)，故b符合要求；cNaClO3過量，KI可與NaClO3發(fā)生氧化還原反應生成碘單質(zhì)，不能證明含有碘酸根離子，故c不符合要求；d高錳酸鉀溶液具有氧化性，不與碘酸根離子反應，不能證明含有碘酸根離子，故d不符合要求；故進一步佐證其中含有IO3，所選試劑為b；由于碘單質(zhì)易升華，碘單質(zhì)也可以使淀粉KI試紙變藍，僅通過潤濕淀粉試紙變藍的現(xiàn)象不能說明生成，補充了如下實驗：將實驗4中的濕潤淀粉試紙?zhí)鎿Q為濕潤的淀粉試紙，在滴加溶液后，發(fā)現(xiàn)濕潤的淀粉試紙無明顯變化，則進一步佐證實驗4中生成了。27

25、、吸收多余的ClO2氣體，防止污染環(huán)境 防止倒吸(或作安全瓶等) 2NaClO3+Na2SO3+H2SO4(濃)= 2ClO2+2Na2SO4+H2O 2NaOH+2ClO2+H2O2=2NaClO2+2H2O+O2 用3860 的溫水洗滌 NaClO3和NaCl 滴加幾滴BaCl2溶液，若有白色沉淀出現(xiàn)，則含有Na2SO4，若無白色沉淀出現(xiàn)，則不含Na2SO4 （2分） 90.5% 【題目詳解】(1)裝置中產(chǎn)生的ClO2，裝置可以吸收未反應的ClO2，防止逸出污染空氣；裝置是安全瓶，可以防止倒吸；綜上所述，本題答案是：吸收多余的ClO2氣體，防止污染環(huán)境； 防止倒吸(或作安全瓶等) 。 (2

26、)亞硫酸鈉具有還原性，氯酸鈉具有氧化性，在酸性環(huán)境下二者發(fā)生氧化還原反應生成ClO2，化學方程式為：2NaOH+2ClO2+H2O2=2NaClO2+2H2O+O2；在裝置中ClO2得到電子被還原變?yōu)镹aClO2，H2O2失去電子，表現(xiàn)還原性，反應的化學方程式為2NaOH+2ClO2+H2O22NaClO2+2H2O+O2。綜上所述，本題答案是：2NaOH+2ClO2+H2O2=2NaClO2+2H2O+O2；2NaOH+2ClO2+H2O2=2NaClO2+2H2O+O2。(3)從溶液中制取晶體，一般采用蒸發(fā)濃縮、冷卻結晶、過濾、洗滌、干燥的方法，根據(jù)題給信息NaClO2飽和溶液在溫度低于3

27、8時析出的晶體是NaClO23H2O，高于38時析出的晶體是NaClO2，高于60時NaClO2分解成NaClO3和NaCl知，從裝置反應后的溶液獲得晶體NaClO2的操作步驟為:減壓，55蒸發(fā)結晶；趁熱過濾；用3860的溫水洗滌；低于60干燥，得到成品。如果撤去中的冷水浴，由于溫度高，可能導致NaClO2分解成NaClO3和NaCl，所以產(chǎn)品中混有的雜質(zhì)是NaClO3和NaCl。綜上所述，本題答案是：用3860 的溫水洗滌；NaClO3和NaCl。 (4)檢驗所得NaClO2晶體是否含有雜質(zhì)Na2SO4，取少量晶體溶于蒸餾水，滴加幾滴BaCl2溶液，若有白色沉淀出現(xiàn)，則含有Na2SO4，若無

28、白色沉淀出現(xiàn)，則不含Na2SO4 ；綜上所述，本題答案是：滴加幾滴BaCl2溶液，若有白色沉淀出現(xiàn)，則含有Na2SO4，若無白色沉淀出現(xiàn)，則不含Na2SO4 。(5) ClO2-+4I-+4H+=Cl-+2I2+2H2O，用Na2S2O3標準液滴定，發(fā)生反應:2Na2S2O3+I2Na2S4O6+2NaI，可得反應的關系式為: ClO2-2I2-4Na2S2O3，又n(Na2S2O3)=0.2 molL-10.02 L=0.004 mol，得n(ClO2-)=0.001 mol，所以1L溶液中含有:n(NaClO2)=0.001 mol100=0.1mol，則10.0 g NaClO2粗品中含

29、有:m(NaClO2)=0.1 mol90.5 gmol-1=9.05 g，則w(NaClO2)=9.05/10.0100%=90.5%。綜上所述，本題答案是：90.5%?！敬鸢更c睛】本題涉及到氧化還原反應方程式時，要結合反應過程中的電子守恒和原子守恒規(guī)律進行書寫和配平；針對（5）問題：當測定物質(zhì)含量涉及的反應有多個時，先根據(jù)方程式得到相應的關系式，利用已知物質(zhì)與待求物質(zhì)之間物質(zhì)的量關系計算，就可以使計算過程大大簡化。28、BaS2O3+2H+Ba2+S+SO2+H2O BaCl2、NaCl 12 2OH-+SiO2SiO32-+H2O BaCl2+2NH4FBaF2+2NH4Cl 溫度較高促

30、進F-水解，使c(F-)降低 0.01 molL-1 【分析】根據(jù)流程圖中的產(chǎn)物和反應物分析涉及的反應；根據(jù)得失電子總數(shù)相等分析氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比，根據(jù)溶度積計算溶液中的離子濃度?！绢}目詳解】(1)加入鹽酸時除產(chǎn)生SO2外，還有淡黃色固體生成,則該反應的離子方程式為：BaS2O3+2H+Ba2+S+SO2+H2O；（2）濾液的主要成分是鹽酸與BaS2O3反應所得的可溶性產(chǎn)物：BaCl2、NaCl；（3）工業(yè)上可用氨水吸收SO2，并通入空氣使其轉化為銨態(tài)氮肥，反應中還原劑為二氧化硫，氧化劑為氧氣，S元素化合價升高2，氧化合價降低2，故該轉化中氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為：1:2；（4）二氧化硅屬于酸性氧化物，能與堿反應，離子方程式為：2OH-+SiO2SiO32-+H2O ；（5）溶液中含有氯化鋇，與NH4F反應生成BaF2的化學方程式為：BaCl2+2NH4FBaF2+2NH4Cl ；若該反應溫度過高，容易造成c(F-)降低的原因是：溫度較高促進F-水解，使c(F-)