1、（新高考，福建适用）2021届高考化学临考练习十（考试时间:90分钟试卷满分:100分）注意事项:1. 本试卷分选择题和非选择题两部分。答卷前,考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2. 回答选择题时,选出每小题答案后,用2B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。写在本试卷上无效。3. 回答非选择题时,将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。4. 考试结束后,将本试卷和答题卡一井交回。5. 可能用到的相对原子质量:H1Li7C12N14016F19Na23S32CI35.5一、选择题:本题共10小题,每小题4分,共40分。每小题只有一个选项符
2、合题意。1我国“四大发明”在人类发展史上起到了非常重要的作用，其中黑火药的爆炸反应为:2KNO3S3C =K2SN23CO2，有关该反应说法正确的是：A只有KNO3是氧化剂 BCO2是还原产物CKNO3和S都发生了还原反应 D每生成1.5mol CO2，该反应转移12 mol电子2家用液化气的主要成分为丙烷、丙烯、丁烷和丁烯，下列说法不正确的是A可用溴水来鉴别丙烷与丙烯B丙烯和丁烯均能发生加成反应C丁烷中所有碳原子不可能处于同一直线上D丙烷的二氯代物有3种3下列说法正确的是A某物质的溶液中由水电离出的c（H+）110a molL1，若a7时，则该溶液的pH一定为14aB相同物质的量浓度的下列溶
3、液中，NH4Al（SO4）2、(NH4)2SO4、CH3COONH4、NH3H2O；c（NH4）由大到小的顺序是：C物质的量浓度相等的H2S和NaHS混合溶液中：c（Na+）+c（H+）=c（S2）+c（HS）+c（OH）DAgCl悬浊液中存在平衡：AgCl（s）Ag+（aq）Cl（aq），往其中加入少量NaCl粉末，平衡会向左移动，Ksp减少4短周期元素X所在周期各元素形成的简单离子中X的离子半径最小，则有关元素X的说法正确的是（ ）AX原子在同周期元素原子半径中最大BX离子与其同周期其它元素形成的简单阴离子具有相同的电子层结构CX所在周期元素形成的所有简单阳离子中，X的质子数最小D在元素周
4、期表中可能位于第三周期A族5同温同压下,质量相同的CO2、H2、O2、CH4、SO2五种气体,下列说法错误的是A所占的体积由大到小的顺序是：H2CH4O2CO2SO2B所含的质子数由多到少是：CO2SO2CH4O2H2C密度由大到小的顺序是：SO2CO2O2CH4H2D所含分子数由多到少的顺序是：H2CH4O2CO2SO26下列指定反应的离子方程式正确的是A向氨水中通入少量SO2：NH3H2OSO2NHHSOB用热的NaOH溶液溶解S：3S4OH2S2SO22H2OC电解氯化铝溶液：2Cl2H2OCl2H22OHD向Ca(HCO3)2溶液中加入少量Ca(OH)2溶液：Ca2+HCOOH =Ca
5、CO3H2O7下列关于反应能量的说法中正确的是A化学反应中的能量变化，都表现为热量的变化B化学键的断裂和形成是化学反应中能量变化的主要原因C已知反应：Zn(s)CuSO4(aq)=ZnSO4(aq)Cu(s)为放热反应，则反应物总能量生成物总能量D相同条件下，如果1 mol氢原子所具有的能量为E1，1 mol氢分子的能量为E2，则2E1=E28下列说法正确的是ASiO2是制造光导纤维的重要材料BSiO2溶于水生成硅酸C晶体硅的化学性质不活泼，常温下不与任何物质发生反应D硅酸钠是硅酸盐，俗称水玻璃，但不能溶于水9据报道，最近摩托罗拉公司研制了一种由甲醇和氧气以及强碱作电解质溶液的新型手机电池，电
6、量可达现用镍氢电池或锂电池的10倍。下列叙述错误的是A正极电极反应式：O2+2H2O+4e = 4OHB电池工作时，电解质溶液的pH增大C负极电极反应式 ：CH3OH+8OH6e = CO32+6H2OD当外电路通过1.2mol电子时，理论上消耗甲醇6.4g10现有一氢氧化钡和氢氧化钠的混合溶液，往溶液中持续不断缓慢通入CO2气体，当通入a g CO2时生成的沉淀量达到最大值，当通入b g CO2时沉淀恰好完全溶解，则原溶液中氢氧化钡与氢氧化钠的物质的量浓度之比为Aa(b-a)Ba(b-2a)CaDa二、非选择题，本题共5小题，共60分11某探究性学习小组在查阅资料中发现，常温下氯气可以氧化氨
7、气获得氮气。该小组由此设计出制取氮气的思路：实验室现有如下试剂及仪器：试剂：饱和食盐水浓硫酸浓硝酸浓盐酸碱石灰二氧化锰浓氨水仪器：(见图)请完成下列各题：(1)写出制N2的化学方程式：_，反应生成0.5 mol N2，转移的电子物质的量是_ mol。(2)用以上仪器(可重复使用)连接成制纯净Cl2、NH3的装置，按照前后顺序把图中的编号填入下表中，并写出对应仪器里试剂的编号_。(下列空格不一定填满)制Cl2仪器试剂制NH3仪器试剂(3)当反应装置里的氨气和氯气的物质的量之比大于_时，尾气里一定含有氨气；当反应装置里的氯气和氨气的物质的量之比大于_时，尾气里一定含有氯气。12现有八种物质：干冰碳
8、化硅氮化硼晶体硫过氧化钠二氧化硅晶体氯化铵氖。请用编号填写下列空白。(1)通过极性键形成的原子晶体是_(2)属于离子晶体的是_(3)一种离子晶体的晶胞如图，其中阳离子A以表示，阴离子B以表示。每个晶胞中含A离子的数目为_。若A的核外电子排布与Ne相同，B的电子排布与Ar相同，则该离子化合物的化学式是_；阳离子周围距离最近的阴离子数_。(4)下图是金属单质常见的两种堆积方式的晶胞模型。铁采纳的是a堆积方式。铁原子的配位数为_。常见的金属铝采纳的是b堆积方式，铝原子的半径为rpm，则其晶体密度为_gcm-3(用含有r、NA的最简代数式表示)。13NO和CO均是大气污染物，但在适当条件下二者可发生氧
9、化还原反应得到两种无害气体；2CO(g)+2NO(g) N2(g)+2CO2 (g) H=746kJmoll。（1）已知化学键NN和C=O的键能分别为946kJmoll和745kJmoll。若使1 mol NO完全分解为氮原子和氧原子需要消耗602kJ热量，则碳原子与氧原子结合形成1 mol CO时的能量变化为_。若已知N2(g)+O2(g)=2NO(g) H=+180kJmol1，则CO的燃烧热H为_。（2）将2.2 mol NO和2.4 mol CO通入到某密闭容器中，测得反应过程中CO的平衡转化率与温度、压强之间的关系如图1所示。x代表的是_(填“温度”或“压强”)，Y1_Y2(填“”或
10、“=”)，B、C两种混合气体平均相对分子质量MB、MC的相对天小关系是_。若A点容器的容积为2L，则该点对应温度下反应的平衡常数KA=_。（3）若维持温度、容器容积不变，下列关系能表明v(正)v(逆)的是_。A浓度商QCK B生成速率：v(CO2)=2v(N2) C体系熵值减小（4）现有甲、乙两种催化剂，其他条件相同时，测得在甲、乙两种催化剂分别催化下，相同时间内NO转化率与温度的关系如图2所示。如果你是总工程师，会选择使用催化剂_(填“甲”或“乙”)，原因是_。145-氯-2,3-二氢-1-茚酮是合成新农药茚虫威的重要中间体。已知：以化合物A（分子式为C7H7Cl）为原料合成5-氯-2,3-
11、二氢-1-茚酮（化合物F）工艺流程如下：（1）写出反应AB的化学方程式：_。（2）化合物F中含氧官能团的名称为_，反应BC的类型为_。（3）某化合物是D的同分异构体，能使FeCl3溶液显紫色，且分子中只有3种不同化学环境的氢。写出该化合物的结构简式：_(任写一种)。（4）EF的转化中，会产生一种与F互为同分异构体的副产物，其结构简式为_。152020年初，突如其来的新型冠状肺炎在全世界肆虐，依据研究，含氯消毒剂可以有效灭活新冠病毒，为阻断疫情做出了巨大贡献。二氧化氯(C1O2)就是其中一种高效消毒灭菌剂。但其稳定性较差，可转化为NaC1O2保存。分别利用吸收法和电解法两种方法得到较稳定的NaC
12、lO2。其工艺流程示意图如图所示：已知：I纯C1O2易分解爆炸，一般用稀有气体或空气稀释到10以下。II长期放置或高于60时NaC1O2易分解生成NaC1O3和NaCl(1)步骤1中，生成C1O2的离子方程式是_，通入空气的作用是_。(2)方法1中，反应的离子方程式是_，利用方法1制NaC1O2时，温度不能超过20，可能的原因是_。(3)NaC1O2的溶解度曲线如图所示，步骤3中从NaC1O2溶溶液中获得NaC1O2的操作是_。(4)为测定制得的晶体中NaC1O2的含量，做如下操作：称取a克样品于烧杯中，加入适量蒸馏水溶解后加过量的碘化钾晶体，再滴入适量的稀硫酸，充分反应。将所得混合液配成10
13、0mL待测溶液。移取25.00mL待测溶液于锥形瓶中，用bmolL-1Na2S2O3标准液滴定，至滴定终点。重复2次，测得消耗标准溶液的体积的平均值为cmL(已知：I2+2=2I-+)。样品中NaC1O2的质量分数为_。(用含a、b、c的代数式表小)。在滴定操作正确无误的情况下，测得结果偏高，可能的原因是_(用离子方程式和文字表示)。参考答案1C【解析】A、N元素和S元素的化合价都在降低，KNO3和S都是氧化剂，A错误；B、C元素的化合价升高，故CO2为氧化产物，B错误；C、KNO3和S都是氧化剂，发生还原反应，C正确；D、碳元素的化合价从0价升高到+4价，生成1molCO2转移4mol电子，
14、故每生成1.5mol CO2转移6 mol电子，D错误。正确答案为C。2D【详解】A丙烯可以和溴发生加成反应，能使溴水褪色，丙烷不能，可以用溴水来鉴别丙烷与丙烯，故A不符合题意；B烯烃都含有碳碳双键，能发生加成反应，丙烯和丁烯均能与氢气等发生加成反应，故B不符合题意；C丁烷分子中碳原子采取杂化，伸向四面体四个顶点方向的杂化轨道与其他原子形成共价键，因此所有碳原子不可能处于同一直线上，故C不符合题意；D丙烷的二氯代物有1，2-二氯丙烷、1，3-二氯丙烷、1，1-二氯丙烷和2，2-二氯丙烷，共4种，故D符合题意；答案选D。3B【详解】A、当溶液中加酸或加碱时，都会抑制水的电离，所以当水电离出的c(
15、H)1107 mol/L时，溶液可能显酸性或碱性，A不正确；B、弱酸不完全电离，铵根离子浓度比盐中的都小，浓度最小，铝离子水解显酸性，所以能抑制NH4水解，醋酸根水解显碱性，能促进NH4水解，(NH4)2SO4中铵根离子最大，c（NH4）由大到小的顺序是：，选项B正确；C、根据电荷守恒，应该是c（Na+）+c（H+）=2c（S2）+c（HS）+c（OH），选项C不正确；D、Ksp只与温度有关，与平衡移动无关，温度不变，Ksp不变，选项D不正确。答案选B。4D【分析】第一周期中，简单离子中氢离子的半径最小；第二周期中，简单离子中铍离子的半径最小；第三周期中，简单离子中铝离子的半径最小。【详解】A
16、.铍、铝原子不是同周期元素原子半径中最大的，A错误；B.X离子比其同周期其它元素形成的简单阴离子少一个电子层，B错误；C.铝、铍所在周期元素形成的所有简单阳离子中，铝、铍的质子数最大，C错误；D.铝在元素周期表中位于第三周期A族，D正确；答案选D。5B【详解】A. 根据n=m/M可知，质量相同时，摩尔质量越大，物质的量越小，则同温同压下体积与物质的量成正比，质量相同的CO2、H2、O2、CH4、SO2五种气体，所占的体积由大到小的顺序是：H2CH4O2CO2SO2，故A正确；B. 取mg四种气体，质量相同的CO2、H2、O2、CH4、SO2五种气体含质子数分别为：22，2，16，10，32，所
17、含的质子数由多到少是：H2CH4CO2=O2=SO2，故B错误；C. 同温同压下，密度之比等于摩尔质量之比，CO2、H2、O2、CH4、SO2五种气体摩尔质量由小到大的顺序是：H2CH4O2CO2SO2，密度之比为：H2CH4O2CO2SO2，故C正确；D. 根据n=可知，质量相同时，摩尔质量越大，物质的量越小，分子数越少，同温同压下，质量相同的CO2、H2、O2、CH4、SO2，分子数由多到少的顺序是：H2CH4O2CO2SO2，故D正确； 答案选B。6D【详解】A向氨水中通入少量SO2生成亚硫酸根：，A错误；B用热的NaOH溶液溶解S生成硫离子和亚硫酸根：，B错误；C电解氯化铝溶液生成氢气
18、、氯气、氢氧化铝：，C错误；D向Ca(HCO3)2溶液中加入少量Ca(OH)2溶液生成碳酸钙和水：Ca2+HCOOH =CaCO3H2O，D正确；答案选D。7B【详解】A化学反应中的能量变化，不是都表现为热量的变化，还可能有其他能量的变化，如光能等，故A错误；B化学键的断裂和形成是化学反应中能量变化的主要原因，故 B正确；C放热反应中反应物的总能量大于生成物的总能量，故C错误；D分子变成原子需要破坏化学键，吸收能量，2E1E2，故D错误；故选B。8A【解析】【详解】A光导纤维的主要成分是二氧化硅，故A正确；B二氧化硅不溶于水，与水不反应，故B错误；C、常温下，硅易与氢氧化钠、氟气等反应，故C错
19、误；D硅酸钠能溶于水，硅酸钠的水溶液俗称水玻璃，可作木材防火剂，故D错误；故选A。9B【分析】燃料电池中，负极为燃料失电子发生氧化反应，正极上发生的反应是氧气得电子的还原反应，据此分析解答。【详解】A正极上发生的反应是氧气得电子的还原反应，在碱性环境下的电极反应为：O2+4e-+2H2O4OH-，故A正确；B电池反应为2CH3OH+3O2+4OH-=2CO32-+6H2O，所以使用过程中，电解质溶液的碱性减弱，pH降低，故B错误；C燃料电池中，负极为燃料失电子发生氧化反应，电极反应式为CH3OH+8OH-6e-CO32-+6H2O，故C正确；D根据CH3OH+8OH-6e-CO32-+6H2O
20、，则当外电路通过1.2mole-时，消耗甲醇0.2mol，质量为0.2mol32g/mol= 6.4g，故D正确；故选B。【点睛】正确书写电极反应式是解答本题的关键。本题的易错点为D，要注意结合电极反应式或总方程式，根据氧化还原反应的规律计算。10B【详解】通入a g CO2时生成的沉淀量达到最大值，n（CO2）=mol，根据碳原子守恒有n（BaCO3）=n（CO2）=mol，根据钡离子守恒有nBa（OH）2=n（BaCO3）=mol，当通入bg二氧化碳时沉淀恰好溶解，溶液度为Ba（HCO3）2、NaHCO3，根据碳原子守恒，溶液中n（HCO3-）=mol，溶液中n（HCO3-）等于原溶液中n
21、（OH-），版故溶液中n（OH-）=mol，所以原溶液中n（NaOH）=mol-2mol=mol，则原溶液中氢氧化钡与氢氧化钠的物质权的量浓度之比为mol：mol=a：（b-2a），答案选B。112NH33Cl2=6HClN2 3 制Cl2仪器ADD试剂制NH3仪器C(或A)E试剂(或) 【解析】【分析】本实验中要利用氯气和氨气反应制备氮气，需要先制取氯气和氨气；实验室一般采用浓盐酸和二氧化锰共热的方法制取氯气，生成的氯气中含有HCl气体，可以用饱和食盐水除去，然后用浓硫酸干燥后和氨气；根据提供的药品，制取氨气需用碱石灰与浓氨水混合的方法制取，或者加热浓氨水制取氨气，然后用碱石灰干燥后和氯气反
22、应。【详解】(1)氯气和氨气发生氧化还原反应，Cl元素的化合价降低，化合价降低元素所在的反应物是氧化剂，则氧化剂为Cl2，N元素的化合价升高，化合价升高元素所在的反应物是还原剂，还原剂是NH3，由反应可知3mol氧化剂氯气与2mol还原剂氨气反应电子守恒，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为3：2，反应为：3Cl2+2NH36HCl+N2，当氨气过量发生：HCl+NH3=NH4Cl，即：3Cl2+8NH3=6NH4Cl+N2，反应3Cl2+8NH3=6NH4Cl+N2中，3Cl26Cl-6e-，2NH3N26e-，生成1mol氮气转移电子6mol，则生成0.5mol N2，转移的电子数是3mol，
23、故答案为：2NH2+3Cl2=6HCl+N2(或8NH2+3Cl2=6NH4Cl+N2)；3；(2)制Cl2装置A中反应是实验室制备氯气的装置，二氧化锰和浓盐酸加热反应制备氯化锰、氯气和水，反应的化学方程式为：MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2+2H2O，浓盐酸具有挥发性，加热更促进了浓盐酸的挥发，所以制取的氯气中含有氯化氢气体，氯化氢极易溶于水，氯气和水也反应，所以不能用水吸收氯化氢气体；饱和食盐水中含有氯离子，所以能抑制氯气和水的反应降低氯气的溶解度，故D中盛有的液体是饱和食盐水，通过浓硫酸除去水蒸气，再用洗气瓶D盛放浓硫酸除去水蒸气，根据提供的药品，制取氨气需选择装置C(或A)，
24、用碱石灰与浓氨水混合的方法制取氨气，无需加热，所以选择药品为(或)，仅选需在A中加热，氨气属于碱性气体，可以用碱石灰干燥，故答案为：制Cl2仪器ADD试剂制NH3仪器C(或A)E试剂(或)(3)根据2NH3+3Cl2=6HCl+N2可知：当时，氨气过量，发生HCl+NH3=NH4Cl，即：3Cl2+8NH3=6NH4Cl+N2，所以当时，氨气过量有剩余，尾气里一定含有氨气；当0时，仅发生2NH3+3Cl2=6HCl+N2，氯气过量有剩余，尾气里一定含有氯气；故答案为：；12 4 MgCl2 8 8 【详解】(1)通过极性键形成的原子晶体是；(2)属于离子晶体的是；(3)一种离子晶体的晶胞如图，
25、其中阳离子A以表示，阴离子B以表示： A离子处于晶胞顶点与面心，每个顶点给晶胞贡献率为1/8，每个面心给晶胞贡献率为1/2，则晶胞单独含有A离子数目=81/8+61/2=4；晶胞单独占有A离子数目为4，单独占有B离子数目为8，化学式表示为AB2，若A的核外电子排布与Ne相同，B的电子排布与Ar相同，则A为Mg2+、B为C1-，故该离子化合物的化学式为：MgCl2；以顶点A原子研究，与之距离最近的阳离子处于晶胞面心位置，每个顶点为8个晶胞共有，每个面心为2个晶胞共用，故阳离子周围距离最近的阳离子数为：=12，以上底面面心阳离子研究，晶胞内部上层的4个阴离子与之距离最近且相对，晶胞具有对称性，上层
26、晶胞中还有4个，故阳离子周围距离最近的阴离子数为8；(4)铁采纳的是a堆积方式，为体心立方堆积，由体心Fe周围有8个Fe原子可知，铁原子的配位数为8； 常见的金属铝采纳的是b堆积方式，Al原子个数为61/2+1/88 =4，铝原子的半径为Rpm，面上对角线为4r，棱长为2rpm，则其晶体密度为：=。13释放出988kJ的热量 -283kJ/mol 压强 MC 1.2 C 乙 乙在低温下有很强的催化活性 【分析】运用盖斯定律计算反应热，运用三段式法计算平衡状态时转化率及平衡常数等，根据浓度商与平衡常数的比较分析反应进行的方向。【详解】(1) 使1 mol NO完全分解成相应的原子吸收的能量、使碳
27、原子与氧原子结合成1molCO释放的能量在数值上与相应的化学键的键能数值相等，故H=反应物总键能生成物总键能，设CO键能为x kJ/mol，则2x+2602-(946+22745)=-746，解得x=988，故碳原子与氧原子形成1molCO释放的热量为988kJ；由盖斯定律知，用2CO(g)+2NO(g) N2(g)+2CO2 (g) H=746kJmoll加上N2(g)+O2(g)=2NO(g) H=+180kJmol1，即可得到2CO(g)+O2(g)2CO2(g) H=566kJmoll ，则CO的燃烧热H=-283 kJmoll，故答案为释放出988kJ的热量；-283kJ/mol；(
28、2) 由于正反应是气体分子数目减少的放热反应，压强一定时，温度越高，CO的转化率越低，温度一定时，压强越大，CO的转化率越高，故X表示压强，Y表示温度，且Y1MC； 2CO(g)+2NO(g) N2(g)+2CO2 (g)起始浓度（mol/L） 1.2 1.1 0 0转化浓度（mol/L） 0.6 0.6 0.3 0.6平衡浓度（mol/L）0.6 0.5 0.3 0.6KA=1.2，故答案为MC；1.2；(3)v(正) v(逆)表明反应向右进行，由浓度商规则知，但QK时，反应逆向进行，A项错误；无论反应状态如何，由方程式知CO2、N2的生成速率之比总是v(CO2):v(N2)=2:1；B项错
29、误；向右进行时反应熵值减小，此时v(正) v(逆)，C项正确，故选C；(4)由图知，催化剂乙在温度较低时就有很强的催化活性，这样在相同的时间内能使更多的反应物转化为生成物。故答案为乙；乙在低温下有很强的催化活性。14Cl2HCl 羰基 取代反应 或 【详解】试题分析：（1）结合“A的分子式（C7H7Cl），AB的反应条件（Cl2、光照），BC的反应条件（同已知信息一样），以及C的结构简式（）”这些信息可推出A为，B为，AB属于取代反应（还有HCl生成），反应的方程式为Cl2HCl。（2）根据F的结构简式可知化合物F中含氧官能团的名称为羰基；反应BC的类型为也属于取代反应（同样还有HCl生成）；
30、（3）首先确定D的结构简式为，根据限定条件确定其同分异构体含有“”基团，另外苯环外还有3个碳原子、1个氯原子和1个不饱和度，形成3种不同化学环境的氢（形成非常对称的结构），据此可推出这些同分异构体的结构简式为或。（4）根据E、F的结构简式，可推出EF转化的副产物为E（）苯环上复杂取代基左侧邻位上的氢原子发生取代反应的生成物。考点：考查有机推断与合成，涉及反应方程式、判断反应类型、官能团、反应的副产物、书写同分异构体等152+SO2=+2ClO2 稀释产生的ClO2，防止其分解爆炸 2OH-+2ClO2+H2O2=2+O2+2H2O H2O2温度较高时易分解 加热温度至略低于60C，浓缩，冷却至
31、略高于38C结晶，过滤，洗涤 100%或 4H+4I-+O2=I2+2H2O，消耗Na2S2O3增多，结果偏高 【分析】由制备流程可知，NaClO3在酸性条件下与二氧化硫发生氧化还原反应生成ClO2，同时得到NaHSO4，ClO2发生器中发生反应为H2SO4+2NaClO3+SO2=2ClO2+2NaHSO4，纯ClO2易分解爆炸，通入足量空气稀释ClO2以防止爆炸；方法I中发生2NaOH+2ClO2+H2O2=2NaClO2+2H2O+O2，根据图2可看出，高于38时析出NaClO2晶体，且控制温度低于60，减压蒸发结晶、过滤、洗涤、干燥得到NaClO2产品；方法II中电解时阳极上发生2Cl
32、-2e-=Cl2，阴极上发生ClO2+e-=，阴极上析出NaClO2，结晶、干燥得到NaClO2产品，以此来解答。【详解】（1）步骤1中，NaClO3在酸性条件下与二氧化硫发生氧化还原反应生成ClO2，同时得到NaHSO4，反应的离子方程式是 2+SO2+2ClO2，根据上面的分析可知，通入空气的作用是 稀释产生的ClO2，防止其分解爆炸，故答案为：2+SO2+2ClO2；稀释产生的ClO2，防止其分解爆炸；（2）方法I中发生2NaOH+2ClO2+H2O2=2NaClO2+2H2O+O2，反应的离子方程式是 2OH-+2ClO2+H2O22+O2+2H2O，利用方法1制NaClO2时，温度不
33、能超过20，可能的原因是 H2O2温度较高时易分解，故答案为：2OH-+2ClO2+H2O22+O2+2H2O； H2O2温度较高时易分解；（3）根据图2的溶解度曲线可知，低于38C析出的是NaClO23H2O，高于60时NaClO2易分解生成NaClO3和NaCl，所以要获得NaClO2的操作是加热温度至略低于60C，浓缩，冷却至略高于38C结晶，过滤，洗涤，故答案为：加热温度至略低于60C，浓缩，冷却至略高于38C结晶，过滤，洗涤；（4）令25.00mL待测溶液中NaClO2的物质的量x，则： 解得：x=2.5bc10-4mol，m(NaClO2)=2.5bc10-4mol90.5g/mol=0.022625bc g，则mg样品中NaClO2的质量分数为100%=100%；由于碘离子在空气中能被空气中的氧气氧化，发生反应4H+4I-+O22I2+2H2O，生成 的碘能消耗Na2S2O3，所以在滴定操作正确无误的情况下，测得结果也可能偏高，故答案为：100%或；4H+4I-+O22I2+2H2O，消耗Na2S2O3增多，结果偏高。