江苏省南京航空航天大学苏州附属中学2024-2025学年高一上学期期中考试化学试题（解析版）

PAGE1南航苏州附中2024-2025学年第一-学期高一年级期中考试试卷化学可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Mg-24S-32Cu-64一、单项选择题：共13题，每题3分，共39分。每题只有一个选项最符合题意。1.古医典富载化学知识，下述之物见其氧化性者为A.石硫黄：“能化……银、铜、铁，奇物”B.石灰：“以水沃之，即热蒸而解”C.金：“虽被火亦未熟”D.石钟乳：“色黄，以苦酒(醋)洗刷则白”【答案】A【解析】【详解】A．石硫黄即S：“能化……银、铜、铁，奇物”是指2Ag+SAg2S、Fe+SFeS、2Cu+SCu2S，反应中S作氧化剂，与其氧化性有关，A符合题意；B．石灰(CaO):“以水沃之，即热蒸而解”是指CaO+H2O=Ca(OH)2，反应放热，产生大量的水汽，未发生氧化还原反应，与其氧化性无关，B不合题意；C．金“虽被火亦未熟”是指金单质在空气中被火灼烧也不反应，说明金的化学性质很稳定，与其氧化性无关，C不合题意；D．石钟乳(CaCO3)：“色黄，以苦酒(醋)洗刷则白”是指发生反应CaCO3+2CH3COOH=(CH3COO)2Ca+H2O+CO2↑，未发生氧化还原反应，与其氧化性无关，D不合题意；故选A。2.东晋葛洪的肘后备急方中记载有“青蒿一握，以水二升渍，绞取汁，尽服之”，这启发了中国药学家屠呦呦发现青蒿素，用乙醚可提取青蒿素，则这种实验方法是A.过滤 B.蒸馏 C.萃取 D.重结晶【答案】C【解析】【详解】青蒿中的青蒿素易溶于乙醚，用乙醚浸泡青蒿能将其中的青蒿素提取出来，利用了萃取的原理，故答案为萃取。答案选C。3.Na2O2与H2O反应生成NaOH和O2，下列说法正确的是A.Na2O2中O元素的化合价为-2价 B.Na原子的结构示意图为C.O2与O3互为同素异形体 D.Na2O2是碱性氧化物【答案】C【解析】【详解】A．Na2O2中钠为+1价，则O元素的化合价为-1价，A错误；B．Na原子中质子数电子数均为11，结构示意图为，B错误；C．O2与O3均为氧元素形成的单质，互为同素异形体，C正确；D．能和酸反应生成盐和水的氧化物属于碱性氧化物；过氧化钠会和水生成氢氧化钠和单质氧气，不是碱性氧化物，D错误；故选C4.下列有关物质的分类正确的是选项电解质酸盐混合物ANaClNaHSO4NH4NO3碱石灰BMgOH2SO3KSCN氯水CCO2HNO3Na2CO3液氨DNaOHCH3COOHCu2(OH)2CO3胆矾A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【分析】电解质是溶于水或在熔融状态下能够导电的化合物；酸是电离出的阳离子都是氢离子的化合物；碱是电离出的阴离子都是氢氧根离子的化合物；盐是由金属阳离子或铵根离子和酸根离子构成的化合物；【详解】A．NaHSO4不是酸，是酸式盐，属于盐，A错误；B．氧化镁熔融电离出镁离子和氧离子，为电解质；亚硫酸为弱酸；KSCN为钾盐；氯水为溶液，属于混合物，B正确；C．二氧化碳为非电解质，液氨为液态氨气属于纯净物，C错误；D．胆矾是纯净物，不是混合物，D错误；故选B。5.下列以物质的量为中心的计算正确的是A.1mol中含有11mol电子B.22g干冰中约含有3.01×1023个CO2分子C.常温常压下，11.2LO2的质量为16gD.2.4g金属镁变成镁离子时失去的电子数为0.1mol【答案】B【解析】【详解】A．1mol中含有10mol电子，A错误；B．22g干冰为22g÷44g/mol=0.5molCO2，约含有3.01×1023个CO2分子，B正确；C．常温常压下不是标况，不确定11.2LO2的物质的量，C错误；D．1个镁原子失去2个电子变为镁离子，2.4g金属镁（为0.1mol）变成镁离子时失去的电子0.2mol，D错误；故选B。6.实验室拟制取少量液氯。干冰、液氯和氯化氢的沸点分别为和，下列实验装置或操作不能达到实验目的的是A.用装置甲制取氯气 B.用装置乙干燥氯气C.用装置丙液化氯气 D.用装置丁吸收尾气【答案】A【解析】【详解】A．二氧化锰与浓盐酸共热反应制备氯气，则由实验装置图可知，装置甲缺少酒精灯，无法达到制取氯气制取氯气的实验目的，故A错误；B．由实验装置图可知，装置乙中盛有的浓硫酸能达到干燥氯气的实验目的，故B正确；C．由干冰、液氯和氯化氢的沸点可知，干冰能使氯气液化，但不能使氯化氢液化，实验装置丙能达到液化氯气除去氯化氢的实验目的，故C正确；D．由实验装置图可知，装置丁中盛有的氢氧化钠溶液能达到吸收氯气和氯化氢，防止污染空气的实验目的，故D正确；故选A。7.下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是A.碱石灰具有吸水性，可用于干燥Cl2B.Cl2具有氧化性，可用于与H2反应制HClC.石墨能导电，可用作铅笔芯原料D.明矾溶于水后形成胶体，可用于自来水杀菌消毒【答案】B【解析】【详解】A．碱石灰会和氯气反应，不能用于干燥氯气，A错误；B．氯气具有强氧化性，能和非金属单质氢气反应制取氯化氢，B正确；C．石墨很软容易在纸上留下痕迹，可用作铅笔芯原料，C错误；D．明矾可水解生成具有吸附性的氢氧化铝胶体，但不具有氧化性，不能用于杀菌消毒，D错误；故选B。8.在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是A.HCl(浓)Cl2FeCl2B.CaCO3CO2HClOC.饱和食盐水Cl2漂白粉D.CaSO3SO2Na2SO4【答案】B【解析】【详解】A．二氧化锰和浓盐酸在加热条件下生成氯气，氯气和铁点燃生成氯化铁，A不符合题意；B．煅烧碳酸钙生成二氧化碳、氧化钙，二氧化碳和次氯酸钠反应生成弱酸次氯酸，B符合题意；C．电解饱和食盐水生成氯气，氯气和石灰乳反应制取漂白粉，而不是和澄清石灰水反应，C不符合题意；D．亚硫酸和盐酸生成二氧化硫，二氧化硫和氢氧化钠生成亚硫酸钠，而不是硫酸钠，D不符合题意；故选B。9.汽车剧烈碰撞时，安全气囊中发生的反应为。下列说法正确的是(提示：是一个原子团)A.上述反应中涉及的物质均是电解质B.熔融状态下的电离方程式为C.常温常压下，还原产物与氧化产物的分子数之比为D.是还原剂，其中氮元素被氧化【答案】C【解析】【详解】A．电解质是指在水溶液或熔融状态下能导电的化合物，单质N2不属于电解质，A项错误；B．是一个原子团，熔融状态下的电离方程式为，B项错误；C．根据化合价变化可知，N2既是还原产物又是氧化产物，且还原产物与氧化产物的分子个数之比为1∶15，C项正确；D．中N元素由+5价降低至0价，即为氧化剂，N元素被还原，D项错误；故选C。10.某溶液中可能大量含有K+、Mg2+、Br-、OH-、中的一种或几种。取样，滴加足量氯水有气泡产生，溶液变为橙黄色。为确定该溶液的组成，还需进行的实验是A.取样，进行焰色反应B.取样，滴加酚酞溶液C.取样，加入足量HNO3，再滴加AgNO3溶液D.取样，加入足量BaCl2溶液，再滴加紫色石蕊溶液【答案】D【解析】【分析】向溶液中滴加足量氯水后

,

溶液变橙色

,

说明溶液中含有

Br−，且有气泡冒出

,

说明溶液中含离子，则无镁离子（碳酸根离子和镁离子会生成碳酸镁沉淀）；根据电中性原理

，一定存在K+

，所以无法判断氢氧根离子的存在与否，可以取样

，加入足量

BaCl2溶液，除去碳酸根离子干扰后，再滴加紫色石蕊试液看是否变蓝来检验氢氧根离子；【详解】A．一定存在K+

，无需进行焰色反应，A错误；B．碳酸根离子、氢氧根离子的溶液均为碱性，不能滴加酚酞溶液检验氢氧根离子，B错误；B．硝酸和氢氧根离子生成水，加入足量HNO3，再滴加AgNO3溶液，不能检验氢氧根离子，C错误；D．取样

，加入足量

BaCl2溶液，除去碳酸根离子干扰后，再滴加紫色石蕊试液看是否变蓝来检验氢氧根离子，D正确；故选D。11.室温下进行下列实验，根据实验操作和现象所得到的结论正确的是选项实验操作和现象结论A向某溶液中加入稀NaOH溶液，试管口湿润红色石蕊试纸未变蓝该溶液中一定不含有B向某溶液中先滴加稀硝酸，再滴加BaCl2溶液，出现白色沉淀该溶液中一定含有C向某溶液中滴入AgNO3溶液有白色沉淀产生溶液中一定含有Cl-D向CuSO4溶液中加入铁粉，有红色固体析出Cu2+的氧化性强于Fe2+的氧化性A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【详解】A．检验铵根离子应该使用浓氢氧化钠溶液，且加热使得生成氨气逸出，A错误；B．溶液中含有银离子会生成氯化银沉淀，含有亚硫酸根离子或亚硫酸氢根离子被硝酸氧化为硫酸根离子，也会和钡离子生成硫酸钡沉淀，故不能说明溶液中一定含有，B错误；C．溶液中含碳酸根离子也会和银离子生成白色沉淀，不能说明溶液中一定含有Cl-，C错误；D．CuSO4溶液中加入铁粉，有红色固体析出，铜离子被铁还原为铜单质，铜离子为氧化剂、亚铁离子为氧化产物，则Cu2+的氧化性强于Fe2+的氧化性，D正确；故选D。12.已知粗盐中主要有杂质MgCl2、CaCl2和Na2SO4，为提纯粗盐设计操作流程如下：已知：20℃时，Ba(OH)2的溶解度为3.89g/100g水，BaCl2的溶解度为35.7g/100g水。下列有关说法中，不正确的是A.除杂试剂①②③都必须过量B.试剂①、②、③可以是BaCl2、NaOH、Na2CO3C.从成本和除杂效果考虑，工业生产中可用Ba(OH)2溶液代替BaCl2溶液D.加入盐酸后获得NaCl固体的方法为蒸发结晶【答案】C【解析】【分析】加入过量氢氧化钠溶液是除去镁离子，加入过量氯化钡溶液是除去硫酸根离子，加入过量碳酸钠溶液目的是除去钙离子和过量钡离子，则加入氢氧化钠和氯化钡溶液的顺序可以调换，但是加入碳酸钠必须在加入氯化钡之后；待杂质转化为沉淀后，过滤，向滤液中加入适量盐酸，除去过量氢氧根离子和碳酸根离子，则操作顺序可以是NaOH、BaCl2、Na2CO3或BaCl2、NaOH、Na2CO3；【详解】A．为了能完全除去杂质，除杂试剂要过量，A正确；B．由分析，试剂①、②、③可以是BaCl2、NaOH、Na2CO3，B正确；C．由已知，Ba(OH)2的溶解度低，添加Ba(OH)2的溶液的体积远远大于需要添加的BaCl2溶液的体积，大大增加了蒸发的能耗，C错误；D．滤液中加入盐酸，经蒸发结晶，待有大量固体析出时停止加热，利用余热蒸干可得到NaCl固体，D正确；故选C。13.以电石渣[主要成分为Ca(OH)2和CaCO3]为原料制备KClO3的步骤如下：步骤1：将电石渣与水混合，形成浆料。步骤2：控制电石渣过量，75℃时向浆料中通入Cl2，该过程会生成Ca(ClO)2，Ca(ClO)2会进一步转化为Ca(ClO3)2，少量Ca(ClO)2分解为CaCl2和O2，过滤。步骤3：向滤液中加入稍过量KCl固体，蒸发浓缩、冷却至25℃结晶，得KClO3。下列说法正确的是A.生成Ca(ClO)2的化学方程式为Cl2+Ca(OH)2=Ca(ClO)2+H2B.加快通入Cl2的速率，可以提高Cl2的利用率C.步骤2中，过滤所得滤液中n[CaCl2]∶n[Ca(ClO3)2]>5∶1D.25℃时，Ca(ClO3)2的溶解度比KClO3的溶解度小【答案】C【解析】【分析】电石渣含有Ca(OH)2，加入水打浆，通入氯气，可生成Ca(ClO3)2，过滤后在滤液中加入KCl转化生成KClO3，经蒸发浓缩、冷却结晶可得晶体KClO3；【详解】A．氯气与Ca(OH)2反应生成氯化钙和次氯酸钙和水，反应的化学方程式为2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O，选项A错误；B．加快通入Cl2的速率，氯气不能与浆料充分接触反应，降低氯气的利用率，选项B错误；C．根据电子守恒和元素守恒可得步骤2中总反应方程式为：6Ca(OH)2+6Cl2=Ca(ClO3)2+5CaCl2+6H2O，但实际上是先生成Ca(ClO)2，Ca(ClO)2会进一步转化为Ca(ClO3)2，而少量Ca(ClO)2分解为CaCl2和O2，所以n[CaCl2]：n[Ca(ClO3)2]＞5：1，选项C正确；D．滤液中加入KCl固体结晶时析出的是KClO3，说明KClO3的溶解度更小，选项D错误；答案选C。二、非选择题：共4题，共61分。14.有十种物质①Cl2；②Na；③酒精；④NH3；⑤H2SO4；⑥NaHCO3固体；⑦Ba(OH)2溶液；⑧CO2；⑨Na2O固体；⑩液态氯化氢。（1）其中能导电的是___________；属于非电解质的是___________。（2）写出实验室用MnO2制Cl2化学反应方程式：___________。（3）玻璃的主要成分SiO2与CO2均属于酸性氧化物，写出SiO2溶于NaOH溶液的化学反应方程式：___________。（4）若NH3和H2S中所含氢原子数相等，则NH3和H2S的质量之比为___________。（5）实验室需配制480mL8.5mol/LH2SO4溶液，配制过程中用到的玻璃仪器除量筒、烧杯、玻璃棒外，还需要___________；计算需用量筒量取98%浓硫酸(密度为1.84g/cm3)___________mL；若量取时俯视量筒，则配制得到的硫酸浓度___________(选填“偏大”“不变”“偏小”)。【答案】（1）①.②⑦②.③④⑧（2）（3）（4）1:3（5）①.500mL容量瓶、胶头滴管②.231.0③.偏小【解析】【分析】电解质是溶于水或在熔融状态下能够导电的化合物；非电解质是溶于水或在熔融状态下不能够导电的化合物；溶液或熔融电解质导电的原因是存在自由移动的离子，金属导电的原因是存在自由移动的电子；小问1详解】①Cl2为单质，不能导电；②Na为金属单质，能导电；③酒精为非电解质，不导电；④NH3为非电解质，不能导电，其水溶液中生成一水合氨，一水合氨溶液能导电；⑤H2SO4为电解质，不能导电，其水溶液能导电；⑥NaHCO3固体为电解质，不能导电，其水溶液能导电；⑦Ba(OH)2溶液，为混合物，能导电；⑧CO2为非电解质，不能导电，其水溶液能导电；⑨Na2O固体为电解质，不能导电，其熔融状态能导电；⑩液态氯化氢为电解质，不能导电，其水溶液能导电；能导电的是②Na、⑦Ba(OH)2溶液；属于非电解质的是③酒精、④NH3、⑧CO2；【小问2详解】二氧化锰和浓盐酸在加热条件下生成氯气、氯化锰、水：【小问3详解】SiO2与CO2均属于酸性氧化物，则SiO2溶于NaOH溶液反应生成硅酸钠和水，化学反应方程式：；【小问4详解】若NH3和H2S中所含氢原子数相等，则NH3和H2S物质的量之比为2:3，质量之比为(2×17)：（3×34）=1:3；【小问5详解】配制480mL8.5mol/LH2SO4溶液，需要使用500mL容量瓶，则配制过程中用到的玻璃仪器除量筒、烧杯、玻璃棒外，还需要500mL容量瓶、胶头滴管；由可知，浓硫酸中硫酸的物质的量为=18.4mol/L，设需要浓硫酸的体积为VmL，由稀释定律可知，稀释前后溶质的物质的量不变，则有V×10-3L×18.4mol/L=0.5L×8.5mol/L，解得V≈231.0mL；若量取时俯视量筒，使得浓硫酸体积偏小，导致配制得到的硫酸溶液中溶质量偏小，得到溶液浓度偏小。15.某小组在实验室探究金属钠、金属镁分别与二氧化碳的反应。（1）CaCO3与稀盐酸反应制取CO2，为了得到干燥纯净的CO2，产生的气体应依次通过盛有___________、___________的洗气瓶。（2）实验证明CO2可以支持铁燃烧，发生的反应为2Mg+CO22MgO+C，该反应的基本反应类型为___________；该反应条件下，还原性Mg___________C(填“>”或“<”)。（3）探究金属钠与二氧化碳反应的实验步骤及现象如表：步骤操作现象Ⅰ将一小块金属钠在燃烧匙中点燃，迅速伸入盛有CO2的集气瓶中，充分反应后静置冷却产生大量白烟，集气瓶底部有黑色固体产生，瓶壁上有白色物质产生Ⅱ在反应后的集气瓶中加入适量蒸馏水，振荡，过滤滤纸上有黑色固体，滤液无色Ⅲ取适量滤液于2支试管中，向一支试管中滴加1滴酚酞溶液；向第二支试管中滴加CaCl2溶液第一支试管溶液变红；第二支试管溶液变浑浊①经检验，黑色固体加热条件下能与浓硫酸反应，生成两种气体，其中一种气体为SO2.推测该黑色固体与浓硫酸反应的化学方程式为___________。②根据上述现象，金属钠与二氧化碳反应的化学方程式为___________。【答案】（1）①.饱和碳酸氢钠溶液②.浓硫酸（2）①.置换反应②.>（3）①.②.4Na+3CO2C+2Na2CO3【解析】【分析】钠的还原性强，结合质量守恒和实验现象，钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和碳单质，碳单质为黑色、碳酸钠溶液显碱性能使酚酞试液变红色；【小问1详解】盐酸易挥发，生成的二氧化碳中含有氯化氢和水蒸气，所以为了得到干燥纯净的CO2，产生的气体应依次通过盛有饱和碳酸氢钠溶液（除去氯化氢气体）、浓硫酸（干燥氯气）的洗气瓶。【小问2详解】反应为一种单质和一种化合物反应生成另一种单质和另一种化合物的反应，因此该反应的基本反应类型为置换反应；反应中镁是还原剂，碳是还原产物，依据还原剂的还原性强于还原产物的还原性可知该反应条件下，还原性Mg＞C。【小问3详解】①结合分析，钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和碳，加热条件下碳与浓硫酸发生氧化还原反应生成二氧化硫和二氧化碳、水，。②黑色固体是碳，向滤液中加入酚酞试液变红色，说明溶液显碱性，第二支试管中加入氯化钙溶液，溶液变浑浊，说明有难溶的碳酸钙生成，所以生成的白色物质是碳酸钠，则金属钠与二氧化碳反应的化学方程式为4Na+3CO2C+2Na2CO3。16.硫代硫酸钠(化学式为Na2S2O3)常用作分析试剂、还原剂，易溶于水；在中性或碱性环境中稳定，在酸性环境中会分解生成S和SO2.实验室常将SO2通Na2S和Na2CO3的混合溶液中制备Na2S2O3。（1）硫代硫酸钠对于鱼类的毒性极低，因此可用以除去自来水中的氯气，在水产养殖上被广泛的应用，该反应的化学反应方程式为___________。(已知：Na2S2O3转化为Na2SO4)（2）Na2S和Na2CO3混合溶液用煮沸过的蒸馏水配制，煮沸的目的是___________。（3）为提高装置B中SO2的吸收率，可采取的措施有___________。(任写一种)（4）装置B所得溶液经过结晶等操作获得的Na2S2O3晶体中含有少量Na2SO4，检验其中含有Na2SO4的实验操作是：___________。(试剂任用)（5）测定样品CuSO4·5H2O的纯度：准确称取0.5000gCuSO4·5H2O样品，加入适量水溶解，转移至碘量瓶中，加过量KI溶液并用稀硫酸酸化，以淀粉溶液为指示剂，用0.100mol/LNa2S2O3溶液反应至终点，消耗Na2S2O3溶液19.20mL。计算样品中CuSO4·5H2O的质量分数___________。(写出计算过程)。(过程中发生下列反应：2CuSO4+4KI=2CuI↓+I2+2K2SO4；2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI)【答案】（1）Na2S2O3+4Cl2+5H2O=Na2SO4+8HCl+H2SO4（2）排除溶解水中的氧气，防止Na2S被氧化而变质（3）将导管末端改为带孔的气泡球（或搅拌）（4）取少量固体溶于水，先加入盐酸酸化，然后静置、过滤，再向滤液中加入氯化钡溶液，若生成沉淀，则其中含有硫酸钠（5）96%【解析】【分析】在装置A中浓硫酸与Na2SO3发生复分解反应制取SO2气体，在装置B中SO2、Na2S和Na2CO3发生反应制取得到Na2S2O3，制备Na2S2O3的反应方程式为：2Na2S+Na2CO3+4SO2=3Na2S2O3+CO2。装置C用来进行尾气处理。【小问1详解】Na2S2O3具有还原性，自来水中的Cl2具有氧化性，二者在溶液中反应产生Na2SO4、HCl，反应的化学方程式为：Na2S2O3+4Cl2+5H2O=Na2SO4+8HCl+H2SO4；【小问2详解】Na2S和Na2CO3混合溶液用煮沸过的蒸馏水配制，煮沸的目的是排除溶液中的氧气，防止其氧化Na2S导致物质变质；小问3详解】为提高装置B中SO2的吸收率，可将导管末端改为带孔的气泡球，或采取搅拌措施，从而达到目的，故答案为：将导管末端改为带孔的气泡球（或搅拌）；【小问4详解】根据已知条件可知：硫代硫酸钠(Na2S2O3)易溶于水，在中性或碱性环境中稳定，在酸性环境中易分解为S和SO2，而BaSO4是白色既不溶于水，也不溶于酸的物质，因此若装置Ⅱ所得溶液经过结晶等操作获得的Na2S2O3晶体中含有少量Na2SO4，检验其中含有Na2SO4的实验操作是：取少量固体溶于水，先加入盐酸酸化，然后静置、过滤，向滤液中加入BaCl2溶液，若生成白色沉淀，则证明其中含有硫酸钠；【小问5详解】n(Na2S2O3)=c(Na2S2O3)·V(Na2S2O3)=0.100mol·L-1×0.0192L=0.00192mol⸫n(CuSO4)=0.00192moln(CuSO4·5H2O)=n(CuSO4)=0.00192molm(CuSO4·5H2O)=n(CuSO4·5H2O)·M(CuSO4·5H2O)=0.00192mol×250g/mol=0.48g⸫该CuSO4·5H2O样品的纯度=0.48g/0.5g×100%=96%。17.生活中常见的水处理剂有氯气、NaClO、二氧化氯、高铁酸钠等。Ⅰ.ClO2稳定性差，工业上可将ClO2转化为较稳定的NaClO，保存。一种由NaClO3制取NaClO2晶体的流程如下。已知：①ClO2浓度过高时易发生分解爆炸，一般用稀有气体或空气稀释至含量10%以下。②NaClO2在温度高于60℃时易分解生成NaClO3和NaCl。（1）在“ClO2发生器”中，NaClO3与SO2反应生成ClO2和Na2SO4，该反应的化学方程式为___________。（2）向“ClO2发生器”中鼓入空气的作用是___________。（3）“吸收塔”的作用是将产生的ClO2反应转化为NaClO2，“吸收塔”中需要控制温度不超过20℃，其原因___________。（4）NaClO2的溶解度曲线如图所示。从NaClO2溶液中获得NaClO2晶体的操作是：将NaClO2溶液___________、___________，过滤，洗涤，干燥。Ⅱ.NaClO和Na2FeO4均可用于氧化去除高氯(含高浓度Cl-)废水中有机物。（5）当废水处于酸性环境，仅用NaClO处理高氯废水，有机物的氧化率较低，其原因是___________。（6）已知酸性溶液Na2FeO4的氧化性大于Cl2的氧化性。Na2FeO4处理高氯废水中的有机物需在碱性条件下进行，其原因是___________。【答案】（1）2NaClO3+SO2=2ClO2↑+Na2SO4（2）稀释ClO2，以防其分解爆炸（3）防止还原剂H2O2受热分解（4）