2024届山东省五莲县高一下化学期末统考试题含解析

2024届山东省五莲县高一下化学期末统考试题注意事项1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、下列方案能达成实验目的的是A．用酒精萃取碘水中的碘B．用加热的方法除去NaCl中的NH4ClC．用BaCl2鉴别Na2CO3溶液和Na2SO4溶液D．用KSCN溶液检验久置FeSO4溶液中Fe2＋是否完全被氧化2、在密闭容器中发生化学反应H2(g)+I2(g)⇌2HI(g)，0∼5min内H2的浓度减少了0.1mol/L，则在这段时间内，用HI表示的平均反应速率为（）A．0.01mol⋅L−1⋅min−1 B．0.02mol⋅L−1⋅min−1C．0.04mol⋅L−1⋅min−1 D．0.5mol⋅L−1⋅min−13、35Cl是氯的一种同位素，下列说法正确的是A．35Cl原子所含质子数为18B．1mol的1H35Cl分子所含中子数为18NAC．3.5g35Cl2气体的体积为2.24LD．35Cl2气体的摩尔质量为71g·mol－14、下列关于元素周期表的说法正确的是A．能生成碱的金属元素都在ⅠA族B．原子序数为14的元素位于元素周期表的第3周期ⅣA族C．稀有气体元素原子的最外层电子数均为8D．第二周期ⅣA族元素的原子核电荷数和中子数一定为65、在密闭容器中进行X2(g)＋2Y2(g)Z(g)的反应，X2、Y2、Z的起始浓度依次为0.2mol/L、0.3mol/L、0.3mol/L，当反应达到其最大限度(即化学平衡状态)时，各物质的浓度有可能的是（）A．c(Z)＝0.45mol/LB．c(X2)＝0.3mol/Lc(Z)＝0.1mol/LC．c(X2)＝0.5mol/LD．c(Y2)＝0.5mol/L6、相同质量的氢气、一氧化碳、乙醇、甲烷完全燃烧时，放出热量最少的是(已知这些物质的燃烧热分别为285.8kJ•mol−1、283.0kJ•mol−1、1366.8kJ•mol−1、890.3kJ•mol−1)A．H2(g)B．CO(g)C．C2H5OH(l)D．CH4(g)7、下列关于苯的说法中，不正确的是()A．苯不溶于水，可以作为萃取剂将溴从水中分离出来B．苯有毒，故不能作为有机溶剂C．苯是煤加工的产品之一D．苯是一种重要的化工原料8、对于反应A(g)＋B(g)3C(g)(正反应为放热反应)，下述为平衡状态标志的是()①单位时间内A、B生成C的分子数与C分解的分子数相等②外界条件不变时，A、B、C浓度不随时间变化③体系温度不再变化④体系的压强不再变化⑤体系的分子总数不再变化A．①② B．①②③ C．①②③④ D．①②③④⑤9、在探究乙醇的有关实验中，得出的结论正确的是选项实验步骤及现象实验结论A在酒精试样中加入少量CuSO4·5H2O，搅拌，试管底部有蓝色晶体酒精试样中一定含有水B在乙醇燃烧火焰上方罩一冷的干燥烧杯，内壁有水珠出现，另罩一内壁涂有澄清石灰水的烧杯，内壁出现白色沉淀乙醇由C、H、O三种元素组成C将灼热后表面变黑的螺旋状铜丝伸入约50℃的乙醇中，铜丝能保持红热一段时间乙醇催化氧化反应是放热反应D在0.01mol金属钠中加入过量的乙醇充分反应，收集到标准状况下气体112mL乙醇分子中有1个氢原子与氧原子相连，其余与碳原子相连A．A B．B C．C D．D10、设NA为阿伏加德罗常数，下列说法不正确的是：A．23gNa做还原剂可提供电子数为NAB．在标准状况下，1mol戊烷的所含的原子数为17NAC．常温常压下,22.4LNH3所含电子数目为10NAD．常温常压下，1mol氩气含有原子数为NA11、能证明乙烯分子里含有一个碳碳双键的事实是（）A．乙烯分子里碳氢原子个数之比为1∶2B．乙烯完全燃烧生成的CO2和H2O的物质的量相等C．乙烯能使酸性KMnO4溶液褪色D．乙烯易与溴水发生加成反应，且1mol乙烯完全加成消耗1mol溴单质12、如图I所示，甲、乙之间的隔板K和活塞F都可以左右移动，F受压力恒定。甲中充入2molA和1molB，乙中充入2molC和1molHe，此时K停在0处。在一定条件下发生可逆反应：2A(g）+B(g）2C(g），反应达到平衡后，再恢复至原温度，则下列说法正确的是（）A．达到平衡时隔板K最终停留在0刻度左侧的2到4之间B．若达到平衡时隔板K最终停留在左侧1处，则乙中C的转化率小于50%C．如图II所示，若x轴表示时间，则y轴可表示甲、乙两容器中气体的总物质的量或A的物质的量D．若达到平衡时隔板K最终停留在左侧靠近2处，则乙中F最终停留在右侧刻度大于413、将2molX和2molY充入2L密闭容器中进行反应:X(g)+3Y(g)2Z(g)+aQ(g)。2min末该反应达到平衡时生成0.8molZ,测得Q的浓度为0.4mol·L-1,下列叙述错误的是()A．a的值为2B．平衡时X的浓度为0.8mol·L-1C．平衡时Y的转化率60%D．0~2min内Y的反应速率为0.6mol·L-1·min-114、已知断裂1molC—H键，要吸收热量414.4kJ；断裂1molC—C键，要吸收热量347.4kJ；生成1molC=C键，会放出热量615.3kJ；生成1molH—H键，会放出热量435.3kJ，某有机物分解的反应可表示为：若在反应中消耗了1mol乙烷(反应物)，则有关该反应的说法正确的是()A．该反应放出251.2kJ的热量 B．该反应吸收251.2kJ的热量C．该反应放出125.6kJ的热量 D．该反应吸收125.6kJ的热量15、下列有关乙醇的说法正确的是()A．能与H2O发生加成反应 B．能使石蕊试液变红C．是食醋的主要成分 D．能使酸性高锰酸钾溶液褪色16、把a、b、c、d四种金属片浸泡在稀H2SO4中，用导线两两相连可以组成各种原电池。若a、b相连时，a为负极；c、d相连时，c为负极；a、c相连时，c为正极；b、d相连时，b为正极，则这四种金属活动性顺序由大到小为（）A．a＞b＞c＞dB．a＞c＞d＞bC．c＞a＞b＞dD．b＞d＞c＞a二、非选择题（本题包括5小题）17、已知：如图中A是金属铁，请根据图中所示的转化关系，回答下列问题：（1）写出E的化学式____；（2）写出反应③的化学方程式：__________；（3）写出①④在溶液中反应的离子方程式：________、______。18、有关物质的转化关系如下图所示。C是海水中最多的盐，D是常见的无色液体。E和G为无色气体，其中E能使湿润的红色石蕊试纸变蓝。B、C、I、J的焰色反应为黄色，其中I可用于制发酵粉或治疗胃酸过多。⑴F的化学式为______。E的电子式为______。⑵写出反应①的离子方程式：______。⑶写出反应②的化学方程式：______。⑷写出反应③的化学方程式：______。19、亚氯酸钠（NaClO2）是一种高效氧化、杀菌及漂白剂，其生产工艺如下：（1）NaClO2中氯元素的化合价是_________。从氧化还原角度推测NaClO2可能具有的化学性质是_________。（2）过程I常伴有少量Cl2生成。①Cl2的存在会造成产品中含有NaCl，请结合离子方程式解释其原因_________。②结合下面信息，请设计实验方案除去ClO2中的Cl2________。ClO2Cl2在水中的溶解性易溶溶在CCl4中的溶解性难溶溶（3）过程II中H2O2的作用是________（填“氧化剂”或“还原剂”）。（4）理论上每生成1molNaClO2，消耗SO2的体积是________L（标准状况下）。（5）已知：i.压强越大，物质的沸点越高。ii.NaClO2饱和溶液在温度低于38℃时析出NaClO2∙3H2O38~60℃时析出NaClO2晶体高于60℃时分解成NaClO3和NaCl①过程III采用“减压蒸发”操作的原因是_____。②请将过程III的操作补充完整_______。20、“酒是陈的香”就是因为酒在贮存过程中生成了有香味的乙酸乙酯．在实验室我们也可以用如图所示的装置制取乙酸乙酯．回答下列问题．（1）乙醇制取乙烯的化学方程式：_____（2）写出制取乙酸乙酯的化学反应方程式：_____．（3）浓硫酸的作用：_____．（4）饱和碳酸钠溶液的主要作用是_____．（5）装置中导管要在饱和碳酸钠溶液的液面上，不能插入溶液中，目的是_____．（6）若要把制得的乙酸乙酯分离出来，应该采用的实验操作是_____．（7）做此实验时，有时还要向盛有乙酸乙酯的试管里加入几块碎瓷片，其目的是_____．21、铀（U）是一种稀有金属，制造氢弹的重要原料。提取铀涉及的反应为：UF4+2MgU+2MgF2。在该反应中，作为还原剂的物质是______，被还原的物质是______；若反应中消耗1molMg，则生成U______mol。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、B【解析】

A项、乙醇与水互溶，若用酒精萃取碘水中的碘无法分层，所以不能用乙醇萃取碘水中的碘，故A错误；B项、氯化铵不稳定，加热易分解生成氨气和氯化氢气体，可用加热的方法除去NaCl中的NH4Cl，故B正确；C项、Na2CO3溶液和Na2SO4溶液均与氯化钡溶液反应生成白色沉淀，现象相同，不能鉴别，故C错误；D项、检验久置FeSO4溶液中Fe2＋是否完全被氧化应选用酸性高锰酸钾溶液或铁氰化钾溶液，证明溶液中不存在Fe2＋离子，故D错误；故选B。【点睛】萃取剂选择的原则：是萃取剂与原溶剂互不相溶；萃取剂与原溶液不反应；溶质在萃取剂中的溶解度远大于溶质在原溶剂中的溶解度。2、C【解析】

0∼5min内H2的浓度减少了0.1mol/L，由方程式可知△c(HI)=2△c(H2)=0.2mol/L，v(HI)==0.04mol/(L⋅min)，答案选C。3、B【解析】

A．35Cl原子所含质子数为17，中子数为35-17=18，故A错误；B．1H35Cl分子含有中子数为0+35-17=18，1mol的1H35Cl分子所含中子为18mol，含有中子数为18NA，故B正确；C．3.5g的气体35Cl2的物质的量为0.05mol，由于气体的所处温度、压强不确定，密度也未知，不能确定体积，故C错误；D．气体35Cl2的摩尔质量约是70g/mol，故D错误；答案选B。4、B【解析】

A、活泼金属一般都可以生成相应的碱，但不一定位于第IA，也可能是第IIA等，A错误；B、原子序数为14的元素是Si，位于元素周期表的第3周期IVA族，B正确；C、He的最外层电子数是2，C错误；D、第二周期IVA族元素是C，因为碳元素有多种同位素，所以其中子数不一定为6，D错误；答案是B。5、D【解析】试题分析：A．如果c（Z）＝0.45mol/L，则相应消耗0.3mol/L的Y2，但Y2的起始浓度是0.3mol/L，反应是可逆反应，反应物不能完全转化，A错误；B．如果c（X2）＝0.3mol/L，则相应消耗0.1mol/L的Z，则剩余Z是0.2mol/L，B错误；C．如果c（X2）＝0.5mol/L，则需要消耗0.3mol/LZ，反应是可逆反应，则Z的浓度不可能为0，C错误；D．如果c（Y2）＝0.5mol/L，则需要消耗0.1mol/LZ，剩余0.2mol/LZ，所以D正确，答案选D。考点：考查可逆反应的有关计算6、B【解析】

由燃烧热可知1mol物质燃烧放出的热量，再计算1mol物质的质量，进而计算1g物质燃烧放出的热量，据此判断。【详解】在一定条件下，1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物时所放出的热量是燃烧热，氢气、一氧化碳、乙醇、甲烷燃烧热分别为285.8kJ•mol−1、283.0kJ•mol−1、1366.8kJ•mol−1、890.3kJ•mol−1，则1g氢气燃烧放出的热量为：285.8kJ×1g/2g=142.9kJ；1gCO燃烧放出的热量为：283kJ×1g/28g=10.1kJ；1g乙醇燃烧放出的热量为：1366.8kJ×1g/46g=29.7kJ；1gCH4燃烧放出的热量为：890.3kJ×1g/16g=55.6kJ；所以相同质量的氢气、一氧化碳、乙醇、甲烷完全燃烧时，放出热量最少的是CO。答案选B。【点睛】本题主要是考查了对燃烧热的理解与反应热的有关计算，难度不大，理解燃烧热的意义是解题的关键。7、B【解析】分析：A．溴在苯中的溶解度较大，苯与水互不相溶；B．苯可以作为有机溶剂；C．煤干馏能得到苯；D．苯是一种重要的化工原料。详解：A．溴在苯中的溶解度较大，苯与水互不相溶，可以用苯萃取溴水中的溴，A正确；B．苯有毒，但仍然能作为有机溶剂使用，B错误；C．煤干馏能得到苯，因此苯是煤加工的产品之一，C正确；D．苯是一种重要的化工原料，D正确；答案选B。8、D【解析】

可逆反应达到平衡的标志是：①正、逆反应速率相等，②各成分的浓度、物质的量等保持不变，据此分析可得结论。【详解】①单位时间内A、B生成C的分子数与C分解的分子数相等说明正、逆反应速率相等，故为平衡状态；②外界条件不变时，A、B、C浓度不随时间变化的状态为平衡状态；③体系温度不再变化说明正向进行放出的热量与逆向进行吸收的热量是相等的，即正、逆反应速率相等，故为平衡状态；④在恒容条件下，且该反应为非等体积的可逆反应，则体系的压强不再变化即各成分的浓度保持不变，故为平衡状态；⑤由于该反应为非等体积的可逆反应，体系的分子总数不再变化说明各物质的物质的量保持不变，故为平衡状态。9、C【解析】A、无水硫酸铜与水反应生成的五个结晶水的硫酸铜为蓝色，硫酸铜与酒精不反应，可以用无水硫酸铜检验酒精中是否含有水．如有水，则出现现象是白色变蓝色，本题直接加CuSO4·5H2O，无法判断，故A错误；B、在乙醇燃烧火焰上方罩一冷的干燥烧杯，内壁有水珠出现，说明乙醇中含H，另罩一内壁涂有澄清石灰水的烧杯，内壁出现白色沉淀，说明乙醇中含C元素，不能确定是否含有O元素，故B错误；C、将灼热后表面变黑的螺旋状铜丝伸入约50℃的乙醇中，铜丝能保持红热一段时间，说明反应放热，故C正确；D、在0.01mol金属钠中加入过量的乙醇充分反应，收集到标准状况下气体112mL，因为乙醇过量，无法确定就是一个H与O相连，故D错误；故选C。10、C【解析】

A.23g钠的物质的量为1mol，1mol钠做还原剂失去1mol电子，所以失去的电子数为NA，故A正确；B.戊烷的分子式是C5H12，1个戊烷分子中含有17个原子，所以1mol戊烷的所含的原子数为17NA，故B正确；C.应该是在标准状况下，不是在常温常压下，常温常压条件下不能使用气体摩尔体积进行计算，故C错误；D.稀有气体是单原子分子，所以1mol氩气含有原子数为NA，故D正确。故选C。11、D【解析】

A.碳氢原子个数之比为1:2只能说明乙烯分子中有一个不饱和度，这个不饱和度不一定是碳碳双键提供的，A项错误；B.完全燃烧得到等物质的量的和，只能说明乙烯分子中碳氢原子个数之比为1:2，同A项，B项错误；C.能使酸性高锰酸钾溶液褪色的不一定是碳碳双键，也有可能是碳碳三键，C项错误；D.若与溴水能发生加成反应，且1mol乙烯完全加成消耗1mol溴单质，则可证明乙烯分子中含有一个碳碳双键，D项正确；答案选D。12、D【解析】A、2A(g）+B(g）2C(g），由于甲中充入2molA和1molB，反应向正反应方向移动，甲中压强降低，最多能转化为2molC，但是由于反应是可逆反应，所以C的物质的量在0～2mol之间，因此达到平衡后，隔板K不再滑动，最终停留在左侧刻度0～2之间，A错误；B、“隔板K最终停留在左侧1处”说明反应后气体体积为5格，即物质量为2.5mol，设参加反应的A的物质量为2x，故2-2x+1-x+2x=2.5，则x=0.5mol，则甲中A的转化率为50%。但是对于乙来说，就不同了，如果无He，甲与乙是等效平衡，但乙的压强比甲小，则2C(g）2A(g）+B(g）的平衡向右移动了，故其转化率比大于50%，B错误；C、甲中反应向右进行，A的物质的量逐渐减少，乙中反应向左进行，A的物质的量逐渐增多，但反应开始时无A，C错误；D、若达到平衡时，隔板K最终停留在左侧靠近2处，说明甲中反应物完全转化为C，物质的量为2mol，如乙平衡不移动，乙中为C和He，共3mol，体积为6，F应停留在4处，但因为保持恒压的条件，乙中2A(g）+B(g）2C(g）反应体系的压强降低，所以到达平衡时，乙向逆方向反应方向移动，导致到达平衡时甲容器中C的物质的量大于乙容器中C的物质的量，甲、乙容器中压强相等，若平衡时K停留在左侧2处，则活塞应停留在右侧大于4处，D正确；答案选D。点睛：本题考查化学平衡移动，题目较难，本题注意分析反应的可逆性特征和两容器压强相等，这两个角度是解答该题的关键。13、D【解析】

A.根据n=cV计算生成的Q的物质的量，再根据物质的量之比等于化学计量数之比计算a的值；B.根据生成的n（Z），利用物质的量之比等于化学计量数之比计算参加反应的X的物质的量，进而计算平衡时X的物质的量，再根据c=计算；C.根据生成的n（Z），利用物质的量之比等于化学计量数之比计算参加反应的Y的物质的量，再根据转化率定义计算；D.根据v=计算v（Y）。【详解】A.平衡时生成0.8molZ，测得Q的浓度为0.4mol•L-1，则生成的n（Q）=0.4mol•L-1×2L=0.8mol，所以2：a=0.8mol：0.8mol，解得a=2，故A正确；B.平衡时生成0.8molZ，则参加反应的X的物质的量为0.8mol×=0.4mol，故平衡时X的物质的量为2mol-0.4mol=1.6mol，平衡时X的浓度为=0.8mol/L，故B正确；C．平衡时生成0.8molZ，则参加反应的Y的物质的量为0.8mol×=1.2mol，故Y的转化率为×100%=60%，故C正确；D.反应速率v（Y）==0.3mol/（L•min），故D错误。故选D。14、D【解析】

反应热就是断键吸收的能量和形成化学键所放出的能量的差值，1mol乙烷含有1molC-C键，6molC-H键，生成的乙烯含1molC=C键1molH-H键和4molC-H键，所以根据键能可知，反应热是△H＝414.4kJ/mol×6＋347.4kJ/mol－414.4kJ/mol×4－615.3kJ/mol－435.3kJ/mol＝+125.6kJ/mol。答案选D。15、D【解析】

A.乙醇为饱和一元醇，不能与H2O发生加成反应，故A错误；B.乙醇的结构简式为CH3CH2OH，-OH不能电离，显中性，不能使石蕊变红，故B错误；C.乙醇是酒的主要成分，食醋的主要成分是乙酸，故C错误；D.乙醇含有羟基，能被酸性高锰酸钾溶液氧化，所以乙醇能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故D正确。故选D。16、B【解析】

①若a、b相连时，a为负极，根据原电池的工作原理，金属活泼性强的作原电池的负极，故金属的活动性顺序a＞b；②c、d相连，c为负极，所以金属的活动性顺序c＞d；③a、c相连，c为正极，所以金属的活动性顺序a＞c；④b、d相连时，b是正极，所以金属的活动性顺序d＞b；则金属活动性顺序为：a＞c＞d＞b，故选B。二、非选择题（本题包括5小题）17、Fe(OH)22FeCl2+Cl2=2FeCl3Fe+2H+=Fe2++H2↑Fe3++3OH-=Fe(OH)3↓【解析】

A是金属铁，与HCl反应生成C为FeCl2，C可与NaOH反应，故D为H2，E为Fe(OH)2；C与Cl2反应生成D为FeCl3，FeCl3能与NaOH溶液反应生成Fe(OH)3，Fe(OH)2与氧气和水反应生成Fe(OH)3；根据转化关系可知，Fe与H2O在加热的条件下也可以生成H2，应是Fe与水蒸气的反应生成Fe3O4和H2，则B为Fe3O4，据此解答。【详解】根据上述分析易知：（1）E为Fe(OH)2；（2）反应③为FeCl2与氯气反应生成D为FeCl3，其反应的方程式为：2FeCl2+Cl2=2FeCl3；（3）反应①为铁与HCl反应生成FeCl2与H2的过程，其离子方程式为：Fe+2H+=Fe2++H2↑；反应④为FeCl3与NaOH溶液反应生成Fe(OH)3与NaCl的过程，其离子方程式为：Fe3++3OH-=Fe(OH)3↓。18、NH3·H2ONH4+＋OH－NH3↑＋H2ONaCl＋NH4HCO3＝NH4Cl＋NaHCO3↓2NaHCO3CO2↑＋H2O＋Na2CO3【解析】

由C是海水中最多的盐可知，C为氯化钠；由D是常见的无色液体可知，D为水；由E能使湿润的红色石蕊试纸变蓝可知，E为氨气；由B、C、I、J的焰色反应为黄色可知，B、C、I、J为含有钠元素的化合物；由I可用于制发酵粉或治疗胃酸过多可知，I为碳酸氢钠；由转化关系可知A为氯化铵，氯化铵溶液与氧氧化钠溶液共热反应生成氯化钠、氨气和水，氨气溶于水生成一水合氨，一水合氨溶液与二氧化碳反应生成碳酸氢铵，碳酸氢铵溶液与氯化钠溶液混合，会反应生成溶解度更小的碳酸氢钠和氯化铵，碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠、二氧化碳和水，则B为氢氧化钠、F为一水合氨、G为二氧化碳、H为碳酸氢铵、J为碳酸钠。【详解】（1）由以上分析可知，F为一水合氨；E为氨气，氨气为共价化合物，电子式为，故答案为：NH3·H2O；；（2）反应①为氯化铵溶液与氧氧化钠溶液共热反应生成氯化钠、氨气和水，反应的离子方程式为NH4+＋OH－NH3↑＋H2O，故答案为：NH4+＋OH－NH3↑＋H2O；（3）反应②为碳酸氢铵溶液与氯化钠溶液反应生成溶解度更小的碳酸氢钠和氯化铵，反应的化学方程式为NaCl＋NH4HCO3＝NH4Cl＋NaHCO3↓，故答案为：NaCl＋NH4HCO3＝NH4Cl＋NaHCO3↓；（4）反应③为碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠、二氧化碳和水，反应的化学方程式为2NaHCO3CO2↑＋H2O＋Na2CO3，故答案为：2NaHCO3CO2↑＋H2O＋Na2CO3。【点睛】由题意推出C为氯化钠、D为水、E为氨气，并由此确定A为氯化铵、B为氢氧化钠是推断的难点，也是推断的突破口。19、+3既具有氧化性又具有还原性Cl2+2OH-==Cl-+ClO-+H2O将混有少量Cl2的ClO2缓慢通过盛有CCl4的洗气瓶还原剂11.2通过减压降低水的沸点，在较低温度将NaClO2溶液浓缩至饱和，避免其分解控制温度在38oC~60oC条件下结晶、过滤【解析】

由流程图可知，SO2与氯酸钠在酸性条件下发生氧化还原反应生成ClO2，反应的离子方程式为2ClO3-+SO2=2ClO2+SO42-；ClO2与过氧化氢在碱性条件下发生氧化还原反应反应生成NaClO2，反应的离子方程式为H2O2+2ClO2+2OH—=2ClO2—+2H2O+O2；由题给信息可知，高于60℃时分解成NaClO3和NaCl，则得到粗产品时，应采用减压蒸发，在较低温度将NaClO2溶液浓缩至饱和，避免NaClO2分解，结晶时应控制温度在38oC~60oC条件下结晶、过滤，防止温度低于38℃析出NaClO2∙3H2O。【详解】（1）NaClO2中钠元素化合价为+1价，氧元素化合价为—2价，由化合价代数和为零可知氯元素的化合价为+3价；元素化合价为中间价时，既表现氧化性又表现还原性，+3价介于氯元素—1价和+7价之间，则NaClO2既具有氧化性又具有还原性，故答案为：+3；既具有氧化性又具有还原性；（2）①SO2与氯酸钠在酸性条件下发生氧化还原反应时，还原产物可能为Cl2，反应生成的氯气与氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，造成产品中含有NaCl和NaClO，反应的离子方程式为Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O，故答案为：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O；②由题给信息可知，ClO2和Cl2均溶于水，ClO2不溶于四氯化碳，Cl2溶于四氯化碳，所以除去ClO2中的Cl2的实验方案是将混有少量Cl2的ClO2缓慢通过盛有CCl4的洗气瓶，故答案为：将混有少量Cl2的ClO2缓慢通过盛有CCl4的洗气瓶；（3）过程II中ClO2与过氧化氢在碱性条件下发生氧化还原反应反应生成NaClO2，氯元素化合价降低，ClO2作氧化剂，双氧水作还原剂，故答案为：还原剂；（4）SO2与氯酸钠在酸性条件下发生氧化还原反应生成ClO2，反应的离子方程式为2ClO3-+SO2=2ClO2+SO42-，ClO2与过氧化氢在碱性条件下发生氧化还原反应反应生成NaClO2，反应的离子方程式为H2O2+2ClO2+2OH—=2ClO2—+2H2O+O2，由方程式可得2NaClO2—SO2，则每生成1molNaClO2，消耗SO2的物质的量是0.5mol，标况下体积是11.2L，故答案为：11.2；（5）①由题给信息可知，高于60℃时分解成NaC