辽宁省五校届高三上学期期末联考化学试题解析版.docx
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辽宁省五校届高三上学期期末联考化学试题解析版
2020-2021学年度上学期期末考试高三年级化学科试卷
可能用到的相对原子质量：
O-16Na-23S-32Cl—35.5Ag—108
Ⅰ卷
一、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.化学知识无处不在。
下列与古诗文记载对应的化学知识或原理不正确的是（）
选项
古诗文记载
化学知识或原理
A
《望庐山瀑布》“日照香炉生紫烟”
胶体的丁达尔效应
B
《石炭行》“投泥泼水愈光明”
与煤的气化原理相似
C
《宝货辨疑》“金遇铅则碎，和银者性柔和铜者性硬”
铜金合金硬度大于各成分单质的硬度
D
《寄题龚立道农隐堂》“人生请治田，种秫多酿酒”
淀粉通过水解反应直接得到酒精
A.AB.BC.CD.D
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A．《望庐山瀑布》“日照香炉生紫烟”，“紫烟”属于气溶胶，是胶体的丁达尔效应，故A正确；
B．《石炭行》“投泥泼水愈光明”，包含的化学知识是：
在高温下，把水滴到炭火上，得到两种可燃性气体，与煤的气化原理相似，故B正确；
C．《宝货辨疑》“金遇铅则碎，和银者性柔和铜者性硬”，说明金的硬度小于铅的硬度、与银的硬度相当、大于铜的硬度，与铜金合金硬度大于各成分单质的硬度原理一样，故C正确；
D．淀粉在相关酶作用下水解成葡萄糖，葡萄糖再在酵母菌无氧呼吸作用下生成酒精，因此淀粉通过水解反应不能直接得到酒精，故D错误；
答案选D。
2.“新冠病毒”疫情让人们再次认识到化学的重要性。
下列有关抗疫物资的化学用语表示正确的是
A.碘酊中质量数为127的碘原子：
I
B.供氧剂中过氧化钙（CaO2）的电子式：
C.84消毒液中次氯酸钠的电离方程式NaClO
Na＋+ClO-
D.口罩“熔喷层”原料中聚丙烯的结构简式：
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A．碘酊中质量数为127的碘原子：
I，故A错误；
B．供氧剂中过氧化钙（CaO2）的电子式：
，故B正确；
C．次氯酸钠为强电解质完全电离，电离方程式为NaClO=Na＋+ClO-，故C错误；
D．聚丙烯的结构简式为：
，故D错误；
答案选B。
3.港珠澳大桥的设计使用寿命高达120年，主要的防腐方法有：
①钢梁上安装铝片；②使用高性能富锌（富含锌粉）底漆；③使用高附着性防腐涂料；④预留钢铁腐蚀量。
下列分析不合理的是（）
A.防腐涂料可以防水、隔离O2，降低吸氧腐蚀速率
B.防腐过程中铝和锌均作为牺牲阳极，失去电子
C.钢铁发生吸氧腐蚀时的负极反应式为：
Fe-3e-=Fe3+
D.方法①②③只能减缓钢铁腐蚀，未能完全消除
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A.大桥是铁的合金材料，表面接触空气，水蒸气，易形成原电池，防腐涂料可以防水、隔离O2，降低吸氧腐蚀速率，故A正确；
B.铝和锌的金属活动性大于铁，故铁腐蚀过程中铝和锌均作为牺牲阳极，失去电子，保护了铁，故B正确；
C.钢铁发生吸氧腐蚀时，铁作负极，失电子发生氧化反应，电极反应式
：
Fe-2e-=Fe2+，故C错误；
D.铁的生锈发生的是电化学腐蚀，方法①②③只能减缓钢铁腐蚀，不能完全消除铁的腐蚀，故D正确；
答案选C。
4.部分短周期元素原子半径的相对大小、最高正价或最低负价随原子序数的变化关系如图所示，下列说法正确的是
A.离子半径的大小顺序：
e>f>g>hB.与x形成简单化合物的沸点：
y>z>d
C.y、z、d三种元素第一电离能和电负性的大小顺序不一致D.e、f、g、h四种元素对应最高价氧化物的水化物相互之间均能发生反应
【答案】C
【解析】
【分析】
部分短周期元素原子半径的相对大小、最高正价或最低负价随原子序数的变化关系如图所示，a位于第一周期，为H元素；b、c、d位于第二周期，b为C，c为N，d为O元素；e、f、g、h位于第三周期，则e为Na，f为Al，g为s，h为Cl元素，据此结合元素周期律、元素化合物知识解答。
【详解】A．根据电子层越多半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大半径越小分析，离子半径关系为S2->Cl->Na+>Al3+，A错误；
B．三种物质分别为甲烷，氨气和水，因为氨气和水分子间存在氢键，所以沸点高，沸点顺序为H2O>NH3>CH4，B错误；
C．碳氮氧的电负性依次增加，但是氮元素为半满结构，第一电离能大于碳，故第一电离能顺序为氮>碳>氧，二者大小顺序不一致，C正确；
D．e、f、g、h四种元素对应最高价氧化物的水化物分别为氢氧化钠、氢氧化铝、硫酸、高氯酸，氢氧化铝和其他三种都能反应，但硫酸和高氯酸不能相互反应，D错误；
故选C。
5.下列实验中，能达到相应实验目的的是
A．制备并收集乙酸乙酯
B．证明氯化银溶解度大于硫化银
C．验证溴乙烷的消去产物是乙烯
D．推断S、C、Si的非金属性强弱
A.AB.BC.CD.D
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A、制取乙酸乙酯需要用浓硫酸做催化剂，故不选A；
B、1mL0.1mol/L的AgNO3溶液滴加几滴0.1mol/L的NaCl溶液生成白色沉淀AgCl，AgNO3有剩余，再滴加几滴0.1mol/L的Na2S，AgNO3与Na2S反应生成Ag2S沉淀，所以不能证明氯化银溶解度大于硫化银，故不选B；
C、乙烯、乙醇都能使酸性高锰酸钾溶液褪色，所以该装置不能验证溴乙烷的消去产物是乙烯，故不选C；
D、碳酸钠与稀硫酸反应放出二氧化碳，证明非金属性S>C，二氧化碳与硅酸钠溶液反应生成硅酸沉淀，证明非金属性C>Si，故选D。
6.以TiO2为催化剂的光热化学循环分解CO2反应为温室气体减排提供了一个新途径，该反应的机理及各分子化学键完全断裂时的能量变化如下图所示。
下列说法正确的是
A.过程①中钛氧键断裂会释放能量
B.该反应中，光能和热能转化为化学能
C.使用TiO2作催化剂可以降低反应的焓变，从而提高化学反应速率
D.CO2分解反应的热化学方程式为2CO2（g）=2CO（g）+O2（g）ΔH=+30kJ/mol
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A.化学键断裂需要吸收能量，过程①中钛氧键断裂会吸收能量，故A错误；
B.根据图示，该反应中，光能和热能转化为化学能，故B正确；
C.催化剂通过降低反应的活化能提高化学反应速率，催化剂不能降低反应的焓变，故C错误；
D.反应物总能量-生成物总键能=焓变，CO2分解反应的热化学方程式为2CO2（g）=2CO（g）+O2（g）ΔH=1598×2-1072×2-496=+556kJ/mol，故D错误。
7.我国化学家侯德榜根据NaHCO3溶解度比NaCl、Na2CO3、NH4HCO3、NH4Cl都小的性质，运用CO2+NH3+H2O+NaCl=NaHCO3↓+NH4Cl的反应原理制备纯碱．下面是在实验室进行模拟实验的生产流程示意图：
则下列叙述错误的是（ ）
A.A气体是NH3，B气体是CO2
B.把纯碱及第Ⅲ步得到的晶体与某些固体酸性物质（如酒石酸）混合可制得发酵粉
C.纯碱可广泛地用于玻璃、制皂、造纸、纺织等工业中
D.第Ⅳ步操作是将晶体溶于水后加热、蒸发、结晶
【答案】D
【解析】
【分析】
A.依据侯德榜制碱的原理是，向氨化的饱和食盐水中通入二氧化碳气体析出碳酸氢钠，加热反应制备；
B.发酵粉是一种复合添加剂，主要用作面制品和膨化食品的生产，发酵粉中含有许多物质，主要成分为碳酸氢钠和酒石酸，通常是碳酸盐和固态酸的化合物；
C.依据纯碱的用途分析判断；
D.碳酸氢钠受热易分解得到碳酸钠。
【详解】A.依据侯德榜制碱的原理是，向氨化的饱和食盐水中通入二氧化碳气体析出碳酸氢钠，加热反应制备，则食盐A为氨气，B为二氧化碳，故A项正确；
B.纯碱及第Ⅲ步得到的晶体为碳酸氢钠晶体，它与某些固体酸性物质（如酒石酸）混合可制得发酵粉，故B项正确；
C.碳酸钠是重要的化工原料之一，用途广泛，是玻璃、肥皂、洗涤剂、纺织、制革、香料、染料、药品等的重要原料，故C项正确；
D.第Ⅳ步操作是将晶体碳酸氢钠直接加热分解得到碳酸钠固体，故D项错误；
答案选D。
【点睛】本题是模拟侯德榜制碱法的流程图，需要注意的是原料中氨气与二氧化碳的加入顺序，而二氧化碳在水中的溶解度较小，若先通入二氧化碳，原子利用率不高，纯碱产量低；而氨气极易溶于水，故应先加入氨气，再加入二氧化碳，所以本题中A项正确。
8.最近我国科学家研制一种具有潜力的纳米电子学材料——石墨炔，图中丁为它的结构片段。
下列有关说法中，错误的是（）
A.甲分子中的6个溴原子位于同一平面上
B.丙的二氯代物有2种
C.丙能使酸性高锰酸钾溶液褪色
D.石墨炔和C60是碳的同素异形体
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A．苯环为平面型结构，故甲中6个溴原子位于同一平面上，A项正确；
B．丙分子中只有6个碳碳三键端碳上有氢原子可被氯原子取代，且这6个氢等效，类比苯环上二氯代物有3种结构，可知丙的二氯代物有3种，故B错误；
C．丙中碳碳三键有还原性，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，C项正确；
D．石墨炔和C60均是碳元素构成的单质，故两者互为同素异形体，D项正确。
本题选B。
9.某电镀污泥含有碲化亚铜（Cu2Te）、三氧化二铬（Cr2O3）以及少量金等，某小组设计如下资源综合利用的方案：
已知：
碲和硫位于同主族，煅烧时Cu2Te发生的反应为Cu2Te+2O2
2CuO+TeO2，滤渣中TeO2溶于稀硫酸发生的反应为TeO2+H2SO4=TeOSO4+H2O。
下列说法不正确的是
A.“高温”灼烧电镀污泥时铜碲和铬元素都被氧化
B.酸化Na2CrO4溶液时可用浓盐酸
C.上述流程可以回收的金属单质有金和铜
D.滤液3可以循环利用
【答案】B
【解析】
【分析】
该题为工艺流程图选择题型。
结合流程图和已知条件分析：
电镀污泥含有碲化亚铜（Cu2Te）、三氧化二铬（Cr2O3）以及少量金，在高温煅烧后的烧渣（Na2CrO4、金单质、CuO和TeO2）加水后可以得到铬酸钠溶液和滤渣（金单质、CuO和TeO2），滤渣加入稀硫酸后，TeO2和稀硫酸反应TeO2+H2SO4=TeOSO4+H2O，CuO与稀硫酸反应，固体1为金，最终滤液1中应主要含有TeOSO4和CuSO4，继续电解滤液1，Cu2＋放电得到铜单质，滤液2中TeOSO4与二氧化硫反应得到粗碲。
【详解】A.电镀污泥含有碲化亚铜（Cu2Te）、三氧化二铬（Cr2O3）以及少量金，高温煅烧后产物为Na2CrO4、金单质、CuO和TeO2，分析反应前后元素化合价的变化：
铜元素由+1价升至+2价，被氧化，碲元素由-2价升至+4价，被氧化，铬元素由+3价升至+6价，被氧化，故A正确。
B.酸化Na2CrO4溶液的目的是将Na2CrO4转化成Na2Cr2O7，Na2Cr2O7具有强氧化性，可与浓盐酸发生氧化还原反应，不能使用浓盐酸酸化，故B错误。
C.上述流程中，金单质一直未参加反应且不溶于水，固体1为金单质；电解滤液1，Cu2＋放电得到铜单质，沉积固体2为铜单质，故C正确。
D.电解滤液1时发生反应2CuSO4＋2H2O
2Cu＋O2↑＋2H2SO4，生成的硫酸进入溶液2，同时溶液2中还有TeOSO4，通入二氧化硫发生3H2O＋TeOSO4＋2SO2=Te＋3H2SO4，滤液3中主要有硫酸，酸化Na2CrO4溶液和滤渣处理时都用到了硫酸，所以可以循环利用，故D正确。
综合以上分析，该题答案为B。
【点睛】注意分析流程类选择题时，会出现我们不了解的反应及过程，所以要结合框图和已知条件综合分析。
10.在某种光电池中，当光照在表面涂有氯化银的银片上时，发生反应：
AgCl（s）
Ag（s）+Cl（AgCl）[Cl（AgCl）表示生成的氯原子吸附在氯化银表面]，接着发生反应：
Cl（AgCl）+e-=Cl-（aq）+AgCl（s）。
如图为用该光电池电解尿素[CO（NH2）2]的碱性溶液制氢的装置示意图，下列叙述正确的是（）
A.光电池工作时，Ag极为电流流出极，发生氧化反应
B.制氢装置溶液中K+移向A极
C.光电池工作时，Ag电极发生的反应为2Cl--2e-=Cl2↑
D.制氢装置工作时，A极的电极反应式为CO（NH2）2+8OH-−6e-=CO32-+6H2O+N2↑
【答案】D
【解析】
【分析】
根据题意，左边装置为原电池，右边装置为电解池，原电池中当光照在表面涂有氯化银的银片上时，发生反应：
AgCl（s）
Ag（s）+Cl（AgCl），接着发生反应：
Cl（AgCl）+e-=Cl-（aq）+AgCl（s），银上的电极反应为AgCl（s）+e-═Ag（s）+Cl-，得电子发生还原反应，所以银作正极、铂作负极，结合原电池原理和电解池原理分析解答。
【详解】A．得电子的电极发生还原反应，左侧Ag电极上得电子作正极、Pt作负极，则Ag电极发生还原反应，故A错误；
B．左侧Ag电极上得电子作正极、Pt作负极，则连接Ag的电极为阳极、连接Pt的电极为阴极，制取氢气装置溶液中阳离子向阴极移动，所以K+移向B电极，故B错误；
C．光电池工作时，Ag电极上AgCl得电子生成Ag，电极反应式为AgCl（s）+e-═Ag（s）+Cl-，故C错误；
D．制取氢气装置工作时，A电极为阳极，尿素失电子和氢氧根离子反应生成碳酸根离子和氮气、水，电极反应式为CO（NH2）2+8OH--6e-═CO32-+N2↑+6H2O，故D正确；
故选：
D。
【点睛】正确判断原电池
正负极是解题的关键。
本题的难点为CD，C可以根据银电极的两个反应分析得到，D中要注意电解质溶液的碱性对产物的影响。
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.短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W的一种核素没有中子，Y的最外层电子数是电子层数的3倍，d是由Y元素与Z元素组成的既含有离子键又含有共价键的常见化合物。
a、b、c均是由W、X、Y中的两种组成的二元化合物，m为Y元素的单质，25℃0.1mol·L-1的e水溶液pH=13，上述物质的转化关系如图所示。
下列说法正确的是
A.b、c均能形成分子晶体且键角：
b＞c
B.元素的非金属性：
Y＞X＞W
C.Z的单质着火时可用b作灭火剂
D.阴离子的还原性：
Y＞W
【答案】AB
【解析】
【分析】
W、X、Y、Z是原子序数依次增大的四种短周期主族元素，W的一种核素没有中子，则W是H元素，Y的最外层电子数是电子层数的3倍，则Y核外电子排布是2、6，Y为O元素；d是Y与Z能形成的既含有离子键又含有共价键的常见化合物，该化合物是Na2O2，则Z为Na元素；a、b、c均是由W、X、Y中的两种组成的二元化合物，m是O2，a与O2反应产生的两种二元化合物都可以与Na2O2反应，则a是CH4，X元素是C元素，b、c中一种是H2O、一种是CO2。
H2O与Na2O2反应产生NaOH、O2；CO2与Na2O2反应产生Na2CO3、O2。
由于25℃0.1mol·L-1的e水溶液pH=13，则e是一元强碱，所以e是NaOH，f是Na2CO3，则c是H2O，b是CO2，然后结构物质性质及元素周期律分析解答。
【详解】根据上述分析可知：
W是H，X是C，Y是O，Z是Na元素。
a是CH4，b是CO2，c是H2O，d是Na2O2，e是NaOH，f是Na2CO3，m是O2。
A．b是CO2，c是H2O，二者都是由分子构成的分子晶体，CO2分子呈直线形，键角是180°；H2O是V形分子，键角是104.3°，所以键角：
b＞c，A正确；
B．W是H，X是C，Y是O，元素的非金属性：
O＞C＞H，即三种元素的非金属性：
Y＞X＞W，B正确；
C．Na着火燃烧产生Na2O2能够与CO2发生反应产生O2，O2是Na燃烧助燃剂，因此Na着火不能使用CO2作灭火剂，应该使用干沙或土灭火，C错误；
D．W是H，Y是O，H-还原性很强，而O2-还原性较弱，故阴离子的还原性：
W＞Y，D错误；
故合理选项是AB。
12.某同学探究溶液的酸碱性对FeCl3水解平衡的影响，实验方案如下：
配制50mL0.001mol/LFeCl3溶液、50mL对照组溶液x，向两种溶液中分别滴加1滴1mol/LHCl溶液、1滴1mol/LNaOH溶液，测得溶液pH随时间变化的曲线如下图所示。
下列说法不正确的是
A.依据M点对应的pH，说明Fe3+发生了水解反应
B.对照组溶液x的组成可能是0.003mol/LKCl
C.依据曲线c和d说明Fe3+水解平衡发生了移动
D.通过仪器检测体系浑浊度的变化，可表征水解平衡移动的方向
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A、FeCl3溶液的pH小于7，溶液显酸性，原因是氯化铁是强酸弱碱盐，Fe3+在溶液中发生了水解，故A正确；
B、对照组溶液X加碱后溶液的pH的变化程度比加酸后的pH的变化程度大，而若对照组溶液x的组成是0.003mol/LKCl，则加酸和加碱后溶液的pH的变化应呈现轴对称的关系，所以该溶液不是0.003mol/LKCl，故B错误；
C、在FeCl3溶液中加碱、加酸后，溶液的pH的变化均比对照组溶液x的变化小，因为加酸或加碱均引起了Fe3+水解平衡的移动，故溶液的pH的变化比较缓和，故C正确；
D、FeCl3溶液水解出氢氧化铁，故溶液的浑浊程度变大，则水解被促进，否则被抑制，故D正确；
故选B。
13.从米曲霉中分离出的曲酸是一种新型添加剂，具有抗氧化性（保护其他物质不被空气氧化），在化妆、医药、食品、农业等方面具有广泛的应用前景，曲酸和脱氧曲酸都具有抗菌抗癌作用，其结构如图所示。
下列有关二者的叙述不正确的是
A.曲酸分子中所有碳原子不可能共平面
B.都能发生酯化反应、氧化反应、还原反应
C.与脱氧曲酸互为同分异构体的芳香族化合物有4种（不考虑—O—O—键）
D.曲酸和脱氧曲酸均能使酸性高锰酸钾溶液褪色
【答案】AC
【解析】
【分析】
【详解】A．该分子中含有碳碳双键和羰基，二者均为平面结构，与碳碳双键直接相连的原子可能共平面，则分子中所有碳原子可能共平面，故A错误；
B．二者都含有羟基，可发生酯化反应；含有碳碳双键，可发生氧化反应、还原反应，故B正确；
C．脱氧曲酸中含3个双键、1个环，不饱和度为4，共6个C，分子式为C6H6O3，其脱氧曲酸互为同分异构体的芳香族化合物的苯环上连接3个-OH，共3种，故C错误；
D．曲酸和脱氧曲酸均含碳碳双键、-OH，都能被酸性高锰酸钾溶液氧化，均能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故D正确；
故选AC。
14.下图为一定条件下采用多孔惰性电极的储氢电池充电装置（忽略其他有机物）。
已知储氢装置的电流效率
100％，下列说法不正确的是
A.若η=75％，则参加反应的苯为0.8mol
B.过程中通过C—H键断裂实现氢
储存
C.采用多孔电极增大了接触面积，可降低电池能量损失
D.生成目标产物的电极反应式为：
C6H6+6e-+6H+=C6H12
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A．根据图示，苯加氢发生还原反应生成环己烷，装置中右侧电极为阴极，左侧电极为阳极，根据放电顺序，左侧电极的电极反应式为2H2O-4e-=O2↑+4H+，生成1.6molO2失去电子物质的量为6.4mol，根据阴、阳极得失电子总数相等，阴极得到电子总数为6.4mol，若η=75%，则生成苯消耗的电子数为6.4mol
75%=4.8mol，苯发生的电极反应为
+6e-+6H+=
，参加反应的苯的物质的量为n（
）=4.8mol
6=0.8mol，A项正确；
B．该过程中苯被还原为环己烷，C-H键没有断裂，形成新的C-H键，B项错误；
C．采用多孔电极增大了接触面积，使反应更充分，可降低电池能量损失，C项正确；
D．储氢是将苯转化为环己烷，电极反应式为C6H6+6e-+6H+=C6H12，D项正确；
答案选B。
15.草酸（H2C2O4）是一种二元弱酸。
常温下向H2C2O4溶液中滴加NaOH溶液，混合溶液里lgX[X表
或
]随pH的变化关系如图所示。
下列说法不正确的是
A.直线I中X表示的是
B.草酸的电离常数Ka2的数量级为10-5
C.1.22）>c（C2O
）>c（H2C2O4）
D.c（Na+）=c（HC2O
）+2c（C2O
）对应pH=7
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．二元弱酸草酸的
>
，当lgX=0时,pH=-lgc（H+）=-lgK,pH1=1.22K2=10-4.19，所以直线I中X表示的是
，A正确，不符合题意；
B．pH=0时，lg
=lgK2=-4.19，草酸的电离常数Ka2的数量级为10-5，B正确，不符合题意；
C．设pH=a,c（H+）=10-a，
，当
<
时，
<1，即a-4.19<0，解得:
a<4.19；
，即
=102a-5.41，当
>
时，102a-5.41>1即2a-5.41>0，解得a>2.705，所以
>
>c（H2C204）对应2.705D．电荷守恒:
c（Na+）+c（H+）=
+2
+c（OH-），当c（HC2O
）+2c（C2O
）时，c（H+）=c（OH-），对应pH=7，D正确，不符合题意；
故选C。
Ⅱ卷
三、非选择题：
本题共5小题，共60分。
16.过氧化氢法制备亚氯酸钠（NaClO2）的流程如图1：
已知：
①NaClO2常温下稳定，潮湿的NaClO2加热到130℃分解。
②ClO2气体在碱性溶液中会转化为ClO
和ClO
。
（1）制备ClO2气体的化学方程式为_______。
（2）取1L废液，蒸发结晶，测定不同蒸发量下，残留液中各离子的浓度如图2，则析出的晶体为_______（填化学式）。
（3）吸收时的主要反应为2ClO2+H2O2+2NaOH=2NaClO2+O2+2H2O。
①吸收时，需控制反应温度为3℃，可采取的措施为_______。
②温度过高，产品的纯度会降低，主要原因是_______。
（4）从NaClO2溶液获得产品的可行措施有_______（填序号）。
a．减压蒸发b．溶液雾状喷出干燥c．300℃热空气烘干
（5）准确称取所得亚氯酸钠样品mg于烧杯中，加入适量蒸馏水和过量的碘化钾晶体，再滴入适量的稀硫酸，充分反应（已知ClO
+4I-+4H+=2H2O+2I2+Cl-）。
取所得混合液的1/10于锥形瓶中，加几滴淀粉溶液，用cmol•L-lNa2S2O3标准液滴定，重复3次，测得平均消耗标准液VmL（已知I2+2S2O
=2I-+S4O
），该样品中NaClO2的纯度为_______（用含m、c、V的代数式表示）。
【答案】
（1）.2NaClO3+H2O2+H2SO4=2ClO2↑+O2↑+Na2SO4+2H2O
（2）.Na2SO
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