1、青岛二中2023-2024学年第学期期中考试高一化学试题注意：1.答卷前，考生将自己的姓名、班级、座号、考号等填写在答题卡的指定位置。2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3.考试结束后，只将答题卡交回4.满分100分考试时间90分钟可能用到的原子量：H：1 C：12 N：14 O：16 Na：23 Cl：35.5 Cu：64 Zn：65 Ag：108第卷(共40
2、分)一、单项选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分，每小题只有一个选项符合题目要求。1. 下列说法错误的是A. 实验室中金属钠通常保存煤油里，实验过程中当有金属钠剩余时应放回原试剂瓶B. 新制氯水应保存在带玻璃塞的棕色试剂瓶中，并置于阴凉处C. 酒精、钠等着火，可以用二氧化碳灭火器扑灭D. 如果发生氯气泄漏，应向上风口或地势高的地方躲避【答案】C【解析】【详解】A实验室中金属钠通常保存在煤油中，由于金属钠性质非常活泼，很容易与水、氧气反应引发实验安全事故，故实验中有少量金属钠剩余时必须放回原试剂瓶，A正确；B新制氯水光照易分解，故应保存在带玻璃塞的棕色试剂瓶中，并置于阴凉处，B正确；C金
3、属钠着火时，与空气中的氧气反应生成过氧化钠，过氧化钠与水、二氧化碳反应，而干冰灭火器和泡沫灭火器都生成二氧化碳，只能用干燥沙土盖灭，C错误；D如果发生氯气泄漏，向上风口躲避，氯气密度大于空气，故向地势高地方躲避，D正确；故答案为：C。2. 下列说法正确的是A. 可以用pH试纸测定新制氯水的pHB. 漂白粉完全失效后。剩余固体为C. 氯气有漂白性，所以氯气能使湿润的有色布条褪色D. 光照新制氯水有气体逸出，该气体是氧气【答案】D【解析】【详解】A氯水中含有次氯酸，次氯酸具有强氧化性，可以漂白试纸，不能用pH试纸测定新制氯水的pH，A错误；B漂白粉的主要成分为氯化钙、次氯酸钙，长期露置于空气中的漂
4、白粉，有效成分Ca(ClO)2会和空气中的二氧化碳、水反应生成碳酸钙和次氯酸，漂白粉完全失效后。剩余固体为氯化钙和碳酸钙，B错误；C氯气没有漂白性，氯气之所以能使湿润的有色布条褪色，是因为氯气与水反应生成了次氯酸，次氯酸有漂白性，C错误；D新制氯水中含有次氯酸，次氯酸不稳定，光照下次氯酸分解生成氧气，所以光照新制氯水有气体逸出，该气体是氧气，D正确；故选D。3. 用表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A. 13g Zn与足量稀完全反应，生成的所含原子数目为B. 0.5mol/L溶液中含有和总物质的量为1molC. 将标准状况下体积为0.224L的通入水中制成氯水，该氯水中含有数等于D. 标
5、准状况下，22.4L葡萄糖所含分子数【答案】A【解析】【详解】A13g Zn的物质的量为0.2mol，则13g Zn与足量稀完全反应，生成的的物质的量为0.2mol，其中所含原子数目为，A正确；B没有给出溶液的体积，无法计算其物质的量，B错误；C氯气和水的反应是可逆反应，无法计算产物中氢离子的物质的量，C 错误；D标准状况下，葡萄糖为固体，无法计算其物质的量，D错误；故选A。4. 为除去括号内的杂质，所选用的试剂或方法正确的是A. ：饱和溶液B. 固体()：加热至不再产生气体C. 粉末()：将混合物在氧气中加热D. ：饱和溶液【答案】C【解析】【详解】A饱和Na2CO3溶液不仅能吸收HCl，而
6、且能吸收CO2，不符合除杂的原则，应用饱和NaHCO3溶液除去CO2气体中的HCl， A项错误；B加热时Na2CO3固体不反应，NaHCO3固体加热分解成Na2CO3、H2O和CO2，不符合除杂原则，B项错误；C在O2中加热发生反应2Na2O+O22Na2O2，杂质Na2O转化成Na2O2，C项正确；D氯气和氯化氢都能与饱和碳酸氢钠溶液反应，应该用饱和氯化钠溶液除杂，D项错误；答案选C。5. 下列实验装置不能达到实验目的的是验证Na和水反应为放热反应检验与反应有生成制取氢氧化铁胶体比较、的稳定性A. B. C. D. 【答案】D【解析】【详解】钠与水反应放热，试管中温度升高，导致气体压强增大，
7、使U形管中红墨水左低右高，图中可验证为放热反应，故能达到实验目的；过氧化钠与水反应生成氧气，且放热，则带火星的木条复燃，可验证有氧气生成，故能达到实验目的；将饱和氯化铁滴入沸水中制备氢氧化铁胶体，故不能达到实验目的；大试管中温度高于小试管，应该将稳定性较强的碳酸钠放在大试管中，则小试管中应为碳酸氢钠，故不能达到实验目的；综合以上分析，不能达到实验目的是，故答案选D。6. 将Na与Na2O的混合物29.4g投入足量水中，充分反应后生成40gNaOH，则原混合物中Na 与Na2O 的物质的量之比是A. 1：2B. 1：1C. 1：3D. 2：3【答案】A【解析】【详解】由于Na、Na2O质量为29
8、.4 g，结合反应2Na+2H2O=2NaOH+H2、Na2O+H2O=2NaOH，设Na、Na2O的物质的量分别为xmol、ymol，则23x+62y=29.4、x+2y=，解得：x=0.2、y=0.4，Na 与Na2O 的物质的量之比是1：2，故A正确；故选：A。7. 下列各组离子能大量共存于同一溶液中的是A. 加足量的溶液中：、B. 无色溶液中：、C. 滴加紫色石蕊溶液显红色的溶液中：、D. 次氯酸钠溶液中：、【答案】D【解析】【详解】A和水反应生成氢氧化钠和氧气，其中氢氧化钠可以和镁离子反应生成氢氧化镁沉淀，不能共存，A错误；B三价铁是黄绿色的，不能共存，B错误；C滴加紫色石蕊溶液显红
9、色的溶液显酸性，此时氢离子可以和碳酸氢根离子反应生成水和二氧化碳，C错误；D、相互之间不反应，且和次氯酸根离子不反应，可以共存，D正确；故选D。8. 下列描述对应的离子方程式书写正确的是A. 利用覆铜板制作印刷电路板：B. 用溶液吸收少量：C. 溶于水：D. 向澄清石灰水中滴入过量碳酸氢钠溶液：【答案】B【解析】【详解】A电荷不守恒，正确的离子方程式为Cu+2Fe3+=Cu2+2Fe2+，A项错误；BCl2具有氧化性，具有还原性，用亚硫酸钠溶液吸收少量Cl2的离子方程式为3+Cl2+H2O=2+2Cl-+，B项正确；CNa2O2应以化学式保留，过氧化钠溶于水的离子方程式为2Na2O2+2H2O
10、=4Na+4OH-+O2，C项错误；D向澄清石灰水中滴入过量碳酸氢钠溶液的离子方程式为Ca2+2OH-+2=CaCO3+2H2O+，D项错误；答案选B。9. 在一定条件下，可发生如下反应：4RO+20H+=4R3+3O2+10H2O。在中元素R的化合价为A. +4价B. +5价C. +6价D. +7价【答案】C【解析】【详解】根据电荷守恒，-4n+20=12，n=2，则 R的化合价为+6；故答案为：C。10. 溴化碘(IBr)的化学性质与卤素单质相似，能跟大多数金属反应生成金属卤化物，与水反应的化学方程式为，下列有关叙述中错误的是A. IBr是双原子分子B. IBr能与NaOH溶液反应C. I
11、Br中I显+1价，Br显1价D. 与水反应时，IBr既是氧化剂又是还原剂【答案】D【解析】【详解】A1个IBr分子由1个I原子和1个Br原子构成，是双原子分子，故A正确；B由IBr与水的反应可知，IBr跟NaOH溶液反应可生成NaBr和NaIO，故B正确；C由于I的非金属性弱于Br，IBr中I元素的化合价为+1价，Br元素的化合价为-1价，故C正确；D由于I的非金属性弱于Br，IBr中I元素的化合价为+1价，Br元素的化合价为-1价，IBr与水反应前后元素的化合价没有发生变化，IBr既不是氧化剂又不是还原剂，故D错误；故答案选D。二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两
12、个选项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。11. 下列与胶体有关的叙述中，正确的是A. 胶体的本质特征是能发生丁达尔效应B. 向红褐色的氢氧化铁胶体中滴加足量稀盐酸的现象是：先沉淀，后沉淀溶解C. 胶体粒子能通过滤纸，因此滤纸的孔径不小于100nmD. 碘化银胶粒在电场的作用下会定向移动，证明碘化银胶体带电荷【答案】BC【解析】【详解】A胶体的本质特征是分散质粒子的直径介于1100nm之间，故A错误；B向红褐色的氢氧化铁胶体中滴加足量稀盐酸首先胶体发生聚沉，然后氢氧化铁和盐酸反应生成氯化铁和水，故现象是先沉淀，后沉淀溶解，故B正确；C胶体的分散质粒子的直径介于11
13、00nm之间，胶体粒子能通过滤纸，因此滤纸的孔径不小于100nm，故C正确；D胶体不带电，胶粒带电，故D错误；故选BC。12. 某化学兴趣小组的同学向一定体积的溶液中逐滴加入溶液，并测得混合溶液的导电能力随加入溶液体积的变化曲线如图所示。下列说法错误的是A. MN段溶液中、的数目在减少B. P点对应的溶液中溶质只有1种C. N点时恰好反应完全D. 在水溶液中的电离方程式为【答案】B【解析】【分析】MN发生反应，NQ发生反应，Q点Ba(OH)2和NaHSO4溶液恰好完全反应，Q点以后NaHSO4过量，以此分析；【详解】A根据分析，MN生成BaSO4和H2O，Ba2+、OH-的数目在减少，A正确；
14、B根据分析，P点后NaHSO4过量，溶质为NaHSO4和Na2SO4， B错误；C根据分析，N点Ba2+恰好完全反应，C正确；D为强酸的酸式盐，在水溶液中的电离方程式为，D正确；故选B。13. 配制450mL的NaCl溶液，下列说法正确的是A. 实验中需用的玻璃仪器除一定规格的容量瓶以外，还有烧杯、量筒、玻璃棒、胶头滴管B. 需称量NaCl固体2.6gC. 配制过程中，未用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒，对配成的溶液浓度无影响D. 定容时，仰视容量瓶颈部的刻度线，会使配成的溶液浓度偏低【答案】AD【解析】【详解】A配制一定物质的量浓度溶液一般操作步骤：计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装
15、瓶等，用到的仪器：烧杯、玻璃棒、胶头滴管、量筒、容量瓶，配制450mL溶液，应选择500mL容量瓶，选择500mL容量瓶，故A正确；B配制450mL 0.1mol/LNaCl溶液，实际配制500mL溶液，需要氯化钠质量m=0.5mol/L0.5L58.5g/mol=14.6g,故B错误；C配制过程中，未用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒，导致部分溶质损耗，溶质物质的量偏小，可能导致结果偏低，故C错误；D定容时仰视容量瓶的刻度线，导致溶液体积偏大，溶液浓度偏低，故D正确。答案选AD。14. “类比”是研究物质变化规律的重要方法。下列有关“类比”对物质性质的推测错误的是A. 是酸性氧化物，也是酸性
16、氧化物B. 溶液显酸性，溶液也显酸性C. 溶于水生成NaOH，CaO溶于水生成D. 溶解度大于，的溶解度也大于【答案】BD【解析】【详解】ACO2和SO2均能与碱反应生成盐和水，CO2是酸性氧化物，SO2也是酸性氧化物，A正确；BNaHCO3是弱酸的酸式盐，水溶液碱性，B错误；C和水反应生成NaOH，CaO和水反应生成，C正确；DNaHCO3的溶解度小于Na2CO3，D错误；故选BD。15. 已知有下列四个反应：下列有关说法错误的是A. 反应中的氧化产物分别是、B. 根据可以得到还原性：C. 可以发生反应D. 在反应中参加反应的和体现还原性的HCl个数比为12【答案】C【解析】【详解】A在氧化
17、还原反应中，物质所含元素化合价升高，发生氧化反应，生成氧化产物，所以反应的氧化产物分别为、，故A正确；B根据氧化还原反应规律：还原剂的还原性强于还原产物的还原性，则根据反应可知，还原性顺序为，故B正确；C由B项分析可知，还原性：Fe2+>Br，故当Cl2和FeBr2的物质的量之比为1:1时，Cl2先氧化Fe2+，故C错误；D在反应中，若参加反应的HCl的物质的量为6mol，则只有2molHCl化合价升高转化为氯气，体现还原性，所以在反应中参加反应的和体现还原性的HCl个数比为12，故D正确；故选C。第卷(共60分)三、填空题16. 根据所学知识填写下列空白。（1）在标准状况下，3.4g氨
18、气与同条件下_mol含有相同的质子数。（2）在标准状况下，由CO和组成的混合气体体积为6.72L，质量为12g，此混合物中CO和物质的量之比是_。（3）在溶质仅含、和的混合溶液中，则此溶液中为_。（4）0.2g、8.8g组成的混合气体，其密度是同样条件下的密度的_倍。（5）某元素X的一种含氧酸化学式为，属于二元酸，则与过量氢氧化钠溶液反应生成的产物为和_(写化学式)。（6）某密闭容器，中间有一可自由滑动的隔板(厚度忽略不计)将容器分成两部分，装置如图所示(左、右两侧温度相同)。左侧充入1mol氦气；右侧充入CO和NO的混合气体，原子总数为1.6mol。则左右两室体积比为_。【答案】（1）0.2
19、（2）13（3）0.9（4）15（5）（6）54【解析】【小问1详解】在标准状况下，3.4g氨气分子的物质的量为，它所含质子的物质的量为2mol，则与相同条件下0.2mol H2O含有相同的氢原子数；【小问2详解】在标准状况下，由CO和CO2组成的混合气体6.72L，混合气体的总的物质的量为：=0.3mol，质量为12g，设CO和CO2的物质的量分别为x、y，解得x=0.075mol，y=0.225mol，CO和CO2物质的量之比是0.075mol： 0.225mol=1：3；【小问3详解】现有含、和的混合溶液，已知其中，根据电荷守恒有：2c(Mg2+)+c(Na+)=2c()+c(),则此溶
20、液中为20.8mol/L+0.5mol/L-20.6mol/L=0.9mol/L；【小问4详解】混合气体的质量是m=0.2 g+8.8 g=9.0 g，0.2 g H2物质的量n(H2)=；8.8 g CO2的物质的量n(CO2)=，气体的物质的量为n=0.1 mol+0.2 mol=0.3 mol，所以混合气体的平均摩尔质量M=，气体的平均相对分子质量为30，根据密度=，可知在相同体积下混合气体的密度比等于气体的相对分子质量的比，故该混合气体是同样条件下H2的密度的；【小问5详解】属于二元酸，则当与过量氢氧化钠溶液反应生成的产物为和；【小问6详解】两室的压强和温度相等，体积之比等与气体物质的
21、量之比，右边充入CO和NO的混合气体，原子总数为共1.6mol，CO和NO都是双原子分子，则气体的物质的量为0.8mol，左右两室体积之比为1：0.8=5：4。17. 有一包固体，可能含有镁粉、炭粉、氧化铜、氢氧化钠、氯化钾中的一种或几种。为探究固体的组成，某化学兴趣小组进行了如图所示实验：已知：常温下，镁粉不与冷水反应；滤液d的颜色为蓝色。回答下列问题：（1）滤渣的主要成分为_。（2）镁粉在氮气中燃烧生成，该物质能与水发生反应生成沉淀与气体，两种元素的化合价均不发生变化，写出与水发生反应的化学方程式为_。（3）由滤液a溶液b可知，该固体中一定不含_(填化学式)。（4）白色滤渣为_(填名称)。
22、能否据此判断该固体中含有氯化钾？_(填“能”或“不能”)。（5）某金属氯化物的摩尔质量为，取该金属氯化物26.7g配成水汽液，与足量溶液完全反应，生成86.1g白色沉淀。则金属M的摩尔质量为_。【答案】（1）炭粉（2）（3）NaOH（4） . 氯化银 . 不能（5）【解析】【分析】有一包固体，可能含有镁粉、炭粉、氧化铜、氢氧化钠、氯化钾中的一种或几种。氧化铜、镁粉、碳粉都不溶于水，故滤渣I中可能含有这三种物质，加入过量的稀盐酸，则氧化铜能与盐酸反应生成氯化铜和水，镁能与氯化铜反应生成铜，碳粉不与稀盐酸反应，过滤后滤渣III在空中充分灼烧生成气
23、体I，则滤渣中含有碳粉，气体I是二氧化碳；溶液a加入过量氯化铜溶液，得到滤液b没有沉淀生成，说明固体中没有氢氧化钠，在加入一定量的硝酸银溶液过滤得到白色沉淀，该沉淀为AgCl，但前面加入了氯化铜溶液，引入了氯离子，不能说明该固体中含有氯化钾，以此解答。【小问1详解】由分析可知，滤渣III的主要成分为炭粉；【小问2详解】Mg3N2能与水发生反应，生成氢氧化镁和氨气，Mg3N2与水发生反应的化学方程式为：Mg3N2+6H2O=3Mg(OH)2+2NH3。【小问3详解】由滤液a溶液b可知，该固体中一定不含NaOH。【小问4详解】由分析可知，白色滤渣为氯化银，不能判断该固体中含有氯化钾，判断的理由为：
24、滤液a中加入了过量的氯化铜溶液，引入了氯离子。【小问5详解】26.7g的物质的量为=0.2mol，与足量溶液完全反应生成氯化银白色沉淀的物质的量为=0.6mol，则x=3。26.7g的相对分子质量为133.5g/mol，故M的摩尔质量为27g/mol。18. 某实验小组为了测定已变质的过氧化钠样品中，的质量分数，称取ag样品，并设计了如图所示的装置进行实验。（1）装置A中仪器a的名称是_，装置B的作用是_。（2）甲同学想在装置B和装置C之间加入一个气体干燥装置，则可选用_作为干燥剂。（3）写出装置C中发生的主要反应的化学方程式：_。（4）装置D中盛装的试剂为_。（5）实验结束后，在读取生成气体
25、的体积时，以下行为合理的是_(填字母)。a冷却到室温后再读取体积 b移动量筒使E、F内液面高度相同c视线与凹液面最低处相平（6）读出量筒内水的体积后，折算成20。101kPa下气体的体积为VmL，已知该条件下氧气的密度为 g/L，则该样品中过氧化钠的质量分数为：_(用含a、V、的代数式表示)。（7）乙同学发现实验开始时装置E和装置F之间的导管中没有水，实验结束后导管充满水，则实验测得的过氧化钠质量分数_(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。【答案】（1） . 分液漏斗 . 除去中的HCl杂质（2）浓硫酸(氯化钙、五氧化
26、二磷均可)（3）（4）氢氧化钠溶液（5）abc（6）（7）偏小【解析】【分析】盐酸和大理石反应生成氯化钙、二氧化碳和水，二氧化碳中含有易挥发的HCl杂质，用饱和碳酸氢钠溶液除掉HCl，二氧化碳和过氧化钠反应生成碳酸钠和氧气，氧气中含有二氧化碳杂质，用氢氧化钠溶液反应二氧化碳气体，用排水法收集氧气，利用排除水的体积等于氧气的体积。【小问1详解】装置中仪器a的名称是：分液漏斗；由分析可知，装置B的作用是：除去二氧化碳气体中混有的HCl；【小问2详解】通过装置B的气体为二氧化碳，可用浓硫酸(氯化钙、五氧化二磷均可)干燥；【小问3详解】装置C中是二氧化碳和过氧化钠反应生成碳酸钠和氧气的反应，反应的化学
27、方程式为：2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2；【小问4详解】由分析可知，装置D中盛装的试剂为氢氧化钠溶液；【小问5详解】a读取气体体积前，需冷却到室温，避免温度高使气体膨胀，读数偏大而产生误差，故a正确；b调整量筒使E、F内液面高度相同，使装置内压强和外界压强相同，避免读取体积产生误差，故b正确；c视线与凹液面的最低点相平时读取量筒中水的体积，避免读数误差，故c正确；故选abc；【小问6详解】测定出量筒内水的体积后，折算成标准状况下氧气的体积为VmL，则m(O2)=V10-3g，由于n(O2)=0.5n(Na2O2)，则样品中过氧化钠的质量分数为=；【小问7详解】本题是用排水法测量气
28、体的体积，则实验开始时装置E和装置F之间的导管中没有水，实验结束后导管充满水，测量的气体的气体偏小，则实验测得的过氧化钠质量分数偏小。19. 某化学兴趣小组设计了如图装置，该装置能制取，并进行相关性质实验，且可利用装置G储存多余的氯气。（1）A中发生反应的化学方程式为_。（2）实验开始时，打开分液漏斗旋塞和活塞K。先点燃_(填“A”或“E”)处酒精灯。在装置D中能看到的实验现象是_。由C中出现的现象可以判断两种非金属单质的氧化性强弱为_。装置F中发生反应的离子方程式为_。（3）装置F中球形干燥管的作用是_。（4）储气瓶b内盛放的试剂是_。【答案】（1）（2） . A
29、 . 紫色石蕊溶液先变红后褪色 . . （3）防倒吸（4）饱和食盐水【解析】【分析】依据题意可知实验目的：制取氯气讲进行氯性质实验，二氧化锰与浓盐酸在加热条件下反应生成氯气、氯化锰和水，氯气具有强的氧化性能够氧化氯化亚铁生成氯化铁，能够氧化碘化钾溶液生成单质碘，碘单质遇到淀粉变蓝，氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，盐酸具有酸性，次氯酸具有漂白性，所以遇到紫色石蕊试液先变红后褪色，E中碳与氯气水蒸气反应生成二氧化碳和氯化氢，氯气有毒，氯气能够与氢氧化钠溶液反应，通常用氢氧化钠溶液吸收过量的氯气，据此解答。【小问1详解】A中
30、发生二氧化锰和浓盐酸共热制取氯气的反应的化学方程式为：；【小问2详解】实验开始，先点燃A中的酒精灯。氯气通入紫色石蕊试液，先和水反应生成盐酸和次氯酸，溶液显酸性，变红，次氯酸有强氧化性，会将石蕊氧化所以会褪色。氯气具有强的氧化性能够氧化能够氧化碘化钾溶液生成单质碘，故氧化性。氯气和氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，故离子方程式为。【小问3详解】氯气和氢氧化钠溶液剧烈反应，因此容易发生倒吸，球形干燥管提供缓冲，防倒吸；【小问4详解】此种方法制取的氯气含有氯化氢杂质，b中饱和食盐水可以除去HCl。20. 气体是一种优良的消毒剂，常用于自来水的消毒。工业上常将制备成固体以便运输和贮存，具体流
31、程如图：（1）反应器中发生反应的化学方程式为_。（2）吸收器中反应时有使带火星的木条复燃的气体产生，则的作用为_(填“氧化剂”或“还原剂”)。（3）为了测定获得产品中的纯度，进行如下实验：准确称取2.000g上述产品，溶于水配成250.00mL的溶液。取25.00mL待测液，加入过量的KI溶液和溶液发生如下反应：，杂质不与KI反应。以淀粉作指示剂，再加入溶液；恰好完全反应时消耗溶液的体积为40.00mL。已知：)。计算该样品中的纯度_。（4）以和稀盐酸为原料制备，其原理如下：。当有1mol发生上述反应，转移电子的数目为_，若盐酸浓度过大，则在上述过程中会发生副反应产生。写出副反应的离子方程式_
32、。（5）“有效氯”的定义为：每克含氯消毒剂的氧化能力相当于多少克的氧化能力。则的“有效氯”为_(保留两位小数)。【答案】（1）（2）还原剂（3）90.50%（4） . . （5）2.63【解析】【分析】由制备流程可知，NaClO3和SO2在H2SO4酸化条件下生成ClO2，其中NaClO3是氧化剂，回收产物为NaHSO4，说明生成硫酸氢钠，且产生ClO2，根据电子守恒可知，此反应的化学方程式为，然后电解中NaClO3得电子生成，含过氧化氢的氢氧化钠溶液吸收ClO2，产物为，最后NaClO2溶液结晶、干燥得到产品，以此解答该题。【小问1详解】NaClO3和SO2在H2SO4酸化条件下生成ClO2，化学方程式为。【小问2详解】在吸收器中，与、反应制备，故的作用为还原剂。【小问3详解】根据反应和得到关系式：，的纯度为；【小问4详解】根据反应转移4mol电子，当有1mol发生上述反应，转移电子的数目为0.8NA。盐酸浓度过大，则在上述过程中会发生副反应产生，反应的离子方程式为。【小问5详解】1gClO2的物质的量，依据电子转移数目相等， ClO2Cl-5e-，Cl22Cl-2e-，可知氯气的物质的量为，则氯气的质量为=2.63g。
