2022-2023学年山东省淄博实验中学高一上学期六科限时检测化学试题含解析

这是一份2022-2023学年山东省淄博实验中学高一上学期六科限时检测化学试题含解析，共20页。试卷主要包含了单选题，多选题，元素或物质推断题，实验题，工业流程题等内容，欢迎下载使用。

山东省淄博实验中学2022-2023学年高一上学期
六科限时检测化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．2021年，“中国天眼”正式对全球开放，它能探测到宇宙边缘的中性氢，重现宇宙早期图像。下列有关说法正确的是
A．其塔架所用钢材的组成元素都是金属元素
B．其射电板所用铝合金具有较强的抗腐蚀性
C．中性氢原子构成的氢气有三种同素异形体
D．其探测到的中性氢不含电子
【答案】B
【详解】A．钢材中含碳元素，A错误；
B．铝合金表面有致密的氧化膜，具有较强的抗腐蚀性，B正确；
C．中性氢原子构成的氢气只有一种单质，不存在同素异形体，C错误；
D．氢原子核外有1个电子，D错误；
故选B。
2．下列表示反应相关微粒的化学用语正确的是
A．中子数为18的氯原子： B．不导电，属于非电解质
C．的结构示意图： D．与具有相同的质子数
【答案】A
【详解】A．中子数为18的氯原子质量数是35，该原子表示为，故A正确；
B．是单质，既不是电解质又不是非电解质，故B错误；
C．核外有10个电子，结构示意图为，故C错误；
D．的质子数是11，的质子数是10，故D错误；
选A。
3．下列各组中的离子，能在溶液中大量共存的是
A．强酸性溶液中：
B．强碱性溶液中：
C．含有的溶液中：
D．澄清透明的溶液：
【答案】B
【详解】A． 强酸性溶液中， H+、Fe2+、能发生氧化还原反应，不能共存，A不符合；
B． 强碱性溶液中：、氢氧根离子互不反应，可以共存，B符合；
C．与Al3+能发生双水解、不能共存，它在酸性溶液中反应生成二氧化碳气体，不能共存， C不符合；
D．I-、Fe3+间发生氧化还原反应，不能共存，D不符合；
答案选B。
4．如图所示A处通入潮湿的Cl2，关闭活塞B时D中干燥的红色布条颜色无变化；打开活塞B时D处干燥的红色布条褪色，则C中的试剂（足量）不可能是

A．饱和氯化钠溶液 B．氢氧化钙悬浊液 C．饱和碳酸钠溶液 D．浓硫酸
【答案】A
【分析】关闭B阀时，D处的红色布条看不到明显现象，可知D中液体干燥氯气或吸收氯气。
【详解】关闭B阀时，D处的红布条看不到明显现象，可知D中液体干燥氯气或吸收氯气。
A．饱和氯化钠溶液抑制氯气的溶解，关闭B阀时，D处的红色布条褪色，A符合题意；
B．氢氧化钙悬浊液可吸收氯气，关闭B阀时，D处的红色布条看不到明显现象，B不符合题意；
C．饱和碳酸钠溶液可吸收氯气，关闭B阀时，D处的红色布条看不到明显现象，C不符合题意；
D．浓硫酸干燥氯气，关闭B阀时，D处的红色布条看不到明显现象，D不符合题意；
答案选A。
【点睛】氯气使有色物质褪色，不是氯气具有漂白性所致，因为干燥的氯气不能使干燥的有色布条褪色，氯气能使湿的有色布条褪色，原因是氯气与水反应生成次氯酸，次氯酸具有漂白作用。
5．下图是侯氏制碱法模拟实验的生产流程示意图，则下列叙述正确的是

A．通入A气体是为了使溶液呈酸性
B．第Ⅱ步得到的悬浊液不属于分散系
C．第Ⅲ步操作中析出晶体，是利用了物质溶解度的差异
D．第Ⅳ步操作得到的物质可用来治疗胃酸过多
【答案】C
【分析】通入的气体A为NH3，向氨饱和的饱和食盐水中通入CO2气体可析出碳酸氢钠，气体B为CO2；
【详解】A．气体A为NH3，氨气极易溶于水，水溶液呈碱性，能充分吸收CO2，A错误；
B．悬浊液属于分散系，B错误；
C．第Ⅲ步操作中析出晶体，因为碳酸氢钠的溶解度较小，所以以晶体形式析出，C正确；
D．Ⅳ步得到的是碳酸钠，碳酸钠碱性较强、腐蚀性较强、不可用来治疗胃酸过多，D错误；
故答案为：C。
6．设为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是
A．与氧气完全反应生成和转移的电子数为
B．溶液中含有个电子
C．气体分子中含有的中子数为
D．用含的饱和溶液制得的氢氧化铁胶体中，胶粒数小于
【答案】B
【详解】A．Na与氧气反应生成或都为+1价，故23g钠即1mol钠转移个电子，故A正确；
B．中NaCl的物质的量为1mol，含有28NA个电子，但是溶剂水中还含有电子，故总电子数大于28NA，故B错误；
C．1个中含有18个中子，故气体分子中含有的中子数为，故C正确；
D．胶体粒为多个胶体分子的聚合体，故中胶粒数小于，故D正确；
故选B。
7．根据元素周期律，由下列事实进行归纳推测，推测不合理的是

事实
推测
A
与水反应缓慢，与水反应较快
与水反应会更快
B
与高温时反应，S与加热能反应
P与在高温时能反应
C
在时分解，在时分解
的分解温度介于二者之间
D
高氯酸是强酸，高溴酸是强酸
氟最高价氧化物对应水化物一定是强酸

A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【详解】A．Be、Mg、Ca、Sr、Ba位于同一主族，其金属性逐渐增强。根据 Mg与冷水较难反应、Ca与冷水较易反应，可以推测Ba与冷水反应更快，A合理；
B． Si、P、S、Cl位于同一周期，其非金属性逐渐增加，则非金属单质和氢气反应由难到易，根据Si与H2高温时反应，S与H2加热能反应可以推测：P与H2在高温时能反应，B合理；
C．Cl、Br、I位于同一主族，其非金属性逐渐减弱，氢化物的稳定性由强到弱，根据 HCl在1500℃时分解、HI在230℃时分解，可以推测HBr的分解温度介于二者之间，C合理；
D．氟非金属性大于O，故氟一般没有正价，不存在氟最高价氧化物对应的水化物，D不合理；
答案选D。
8．实验室中利用固体进行如图实验，下列说法错误的是

A．G与H均为氧化产物
B．元素至少参与3个氧化还原反应
C．实验中氧化性强于H
D．G与H的物质的量之和可能为
【答案】D
【分析】KMnO4固体受热分解生成K2MnO4、MnO2、O2，KMnO4、K2MnO4、MnO2均具有氧化性，在加热条件下能与浓盐酸发生氧化还原反应，反应过程中Cl-被氧化为Cl2，K2MnO4、MnO2被还原为MnCl2，因此气体单质G为O2，气体单质H为Cl2。
【详解】A．加热KMnO4固体的反应中，部分O元素化合价由-2升高至0被氧化，加热K2MnO4、MnO2与浓盐酸的反应中，Cl元素化合价由-1升高至0被氧化，因此O2和Cl2均为氧化产物，故A正确；
B．Mn元素在反应过程中物质及化合价变化为 ，若高锰酸钾有多余、能氧化浓盐酸得到氯气，故Mn元素至少参加了3个氧化还原反应，故B正确；
C．高锰酸钾与浓盐酸反应生成二氯化锰、氯气，高锰酸钾为氧化剂、氯气为氧化产物，按氧化剂的氧化性大于氧化产物可知，实验中氧化性强于H，故C正确；
D．每生成1mol O2转移4mol电子，每生成1mol Cl2转移2mol电子，若KMnO4转化为MnCl2过程中得到的电子全部是Cl-生成Cl2所失去的，则气体的物质的量最大，由2KMnO4～5Cl2可知，n(气体)max=0.25mol，但该气体中一定含有O2，因此最终所得气体的物质的量小于0.25mol，故D错误；
答案为D。
9．利用覆铜板制作图案时常用氯化铁溶液作为“腐蚀液”，发生的反应为。现有铁、铜混合粉末加入到溶液中，充分反应后，剩余固体质量为，下列说法正确的是
A．反应后溶液中
B．原固体混合物中铜的质量是
C．剩余固体是铁、铜混合物
D．反应后溶液中
【答案】B
【分析】原氯化铁溶液中含有氯化铁的物质的量n(FeCl3)=5 mol/L×0.1 L=0.5 mol。铁的还原性强于铜，把铁、铜混合粉末加入氯化铁溶液中，铁先与铁离子反应，与FeCl3溶液反应时先后发生：Fe+2Fe3+=3Fe2+、Cu+2Fe3+=Cu2+ +2Fe2+，结合反应的方程式解答。
【详解】A．原溶液中含有FeCl3的物质的量是n(FeCl3)=5 mol/L×0.1 L=0.5 mol。假设0.5 mol FeCl3完全反应消耗Fe、Cu的质量分别是m1、m2，根据Fe+2Fe3+=3Fe2+可知0.5 mol Fe3+反应消耗Fe的质量为m1=；根据Cu+2Fe3+=Cu2+ +2Fe2+可知0.5 mol Fe3+反应消耗Cu的质量为m2=，实际溶解金属质量18 g-2.8 g=15.2 g，14 g＜15.2 g＜16 g，可见：Fe完全反应，Cu部分反应，Fe3+反应完全，剩余金属是Cu，A错误；
B．设反应消耗铜的物质的量为n1，反应的铁的物质的量为n2，则有关系式：①64n1+56n2=15.2 g；②n1+n2=n (Fe3+ )=0.25 mol，解得n1=0.15 mol，n2=0.1 mol，则原来混合物中含有的铜的质量m(Cu)=0.15mol×64 g/mol+2.8 g=12.4 g ，B正确；
C．根据A中的计算可知： Fe3+完全反应，剩余的金属为Cu，C错误；
D．根据反应方程式可知反应后溶液中n(Fe2+)=2n(Cu) +3n(Fe) =2×0.15mol+3×0.10 mol=0.6 mol，反应后溶液中铜离子的物质的量为n(Cu2+)=n(Cu)=0.15 mol，故n(Fe2+)+n(Cu2+) =0.6 mol+0.15 mol=0.75 mol，D错误；
故合理选项是B。
10．下列反应的离子方程式正确的是
A．钾放入氯化钠溶液中：
B．碳酸钡溶于硫酸中：
C．溶液中通入：
D．通入氢氧化钾溶液中：
【答案】D
【详解】A．钾为非常活泼的金属单质，故钾放入氯化钠溶液中与水反应生成氢氧化钾和氢气，A错误；
B． 硫酸钡是沉淀，碳酸钡中加入硫酸会析出硫酸钡沉淀，由于硫酸钡覆盖在碳酸钡表面会阻止反应进一步发生，不会持续产生二氧化碳，B错误；
C． 盐酸酸性大于碳酸，溶液中通入不发生反应，C错误；
D． 氯与溴位于同一主族，化学性质相似，由氯气和氢氧根离子反应类推，溶液通入氢氧化钾溶液中：，D正确；
答案选D。
11．下表是部分短周期元素的原子序数及主要化合价，请判断以下叙述正确的是

A．与的核外电子数相等
B．是其所在周期中离子半径最小
C．氢化物的稳定性为
D．元素Z、W和R最高价氧化物对应的水化物两两之间相互反应
【答案】D
【分析】由表可知，X为C、Y为O、Z为Na、W为Al、R为S。
【详解】A．核外10个电子，的核外核外18个电子，电子数不相等，A错误；
B．具有相同电子排布的离子，原子序数大的离子半径小，的离子半径大于W+的离子半径，W+是其所在周期中离子半径最小，B错误；
C．非金属性越强，简单氢化物越稳定，氢化物的稳定性为，C错误；
D． 元素Z、W和R最高价氧化物对应的水化物分别为氢氧化钠、氢氧化铝和硫酸，氢氧化铝为两性氢氧化物，两两之间能相互反应，D正确；
答案选D。
12．下列装置或操作能达到实验目的的是

A．配制溶液
B．除去中的
C．探究氧化性：
D．利用过氧化钠与水反应制备氧气，且随开随用、随关随停
【答案】C
【详解】A．配制溶液，不能直接把浓硫酸倒入容量瓶，应该把浓硫酸在烧杯中稀释后再移入1000mL容量瓶中，故A错误；
B．用饱和食盐水除中的，故B错误；
C．高锰酸钾和浓盐酸反应生成黄绿色的氯气，证明氧化性，氯气通入淀粉碘化钾溶液中，溶液变蓝说明有碘单质生成，证明氧化为，故C正确；
D．过氧化钠溶于水，不能实现随开随用、随关随停，故D错误；
选C。
13．有X、Y、Z、W、M五种短周期元素，其中X、Y、Z、W同周期，Z、M同主族；与具有相同的电子层结构；离子半径：；Y的单质是一种重要的半导体材料。下列说法中，正确的是
A．元素W和M的某些单质可作为水处理中的消毒剂
B．W、Z、M元素的最简单氢化物稳定性逐渐减弱
C．元素Y位于元素周期表ⅥA族
D．X、M两种元素只能形成型化合物
【答案】A
【分析】有X、Y、Z、W、M五种短周期元素，Y的单质是一种重要的半导体材料，Y为Si元素；X、Y、Z、W同周期， Z、M同主族； X+与M2-具有相同的电子层结构，离子半径：Z2-＞W-，则X是Na，Z是S，W是Cl，M是O，据此分析作答。
【详解】A．O3、Cl2都可作为水处理中的消毒剂，A项正确；
B．非金属性越强简单氢化物越稳定，W、Z、M的简单氢化物依次为HCl、H2S、H2O，三者中H2S的稳定性最差，B项错误；
C．元素Y即硅位于元素周期表ⅣA族，C项错误；
D．X、M能形成Na2O、Na2O2两种常见化合物，D项错误；
答案选A。
14．用铁泥(主要成分为和少量)制备纳米，其流程示意图如图：

下列叙述正确的是
A．步骤①发生的反应均为氧化还原反应
B．步骤②中，发生反应的离子方程式为
C．步骤④中，的作用是还原剂
D．纳米分散到水中可形成丁达尔效应
【答案】D
【详解】A．步骤①中Fe2O3、FeO与盐酸的反应都是非氧化还原反应，故A错误；
B．步骤②中，Fe把Fe3+还原为Fe2+，发生反应的离子方程式为，故B错误；
C．步骤④中，把Fe(OH)2氧化为Fe(OH)3，作氧化剂，故C错误；
D．纳米分散到水中可形成胶体，可产生丁达尔效应，故D正确；
选D。

二、多选题
15．化学与生活密切相关，下列说法错误的是
A．俗称铁红，常用作油漆、涂料和红色颜料
B．钠钾合金可用作原子反应堆的导热剂
C．工业上常用金属铝和氨水制备氢氧化铝
D．“血液透析”、“静电除尘”涉及胶体应用，是因为胶粒带电
【答案】CD
【详解】A． 是红棕色粉末、俗称铁红，常用作油漆、涂料和红色颜料，A正确；
B． 钠钾合金室温下呈液态、导热性好，可用作原子反应堆的导热剂，B正确；
C． 工业上不使用金属铝直接制备氢氧化铝，成本太高， C错误；
D． 血液含蛋白质、属于胶体，胶粒不能透过半透膜，故“血液透析”涉及胶体应用，涉及渗析，与胶粒带电无关，D错误；
答案选CD。

三、元素或物质推断题
16．如图是元素周期表的一部分，表中所列字母分别代表一种元素。根据表中所列元素回答下列问题：

(1)c的元素符号_______，a的离子结构示意图是_______。
(2)h在元素周期表中的位置为_______，下列说法能证明元素f和h非金属性强弱的是_______(填字母)。
a.比较两种元素简单阴离子的还原性
b.比较两种元素简单氢化物的热稳定性
c.比较两种元素单质的沸点
d.比较两种元素氧化物对应水化物的酸性
(3)元素e与元素b的最高价氧化物对应的水化物按计量数1∶2反应，写出反应的化学方程式_______。
(4)镓(Ga)与铝同主族，曾被称为“类铝”，其氧化物和氢氧化物均为两性化合物。酸性：_______(填“>”或“<”)，氧化镓与反应的离子方程式为_______。
(5)写出实验室制备g单质的离子方程式_______。
【答案】(1)     Mg    
(2)     第四周期ⅥA族     ab
(3)2NaOH+H3PO4=Na2HPO4+2H2O
(4)     ＞     Ga2O3+2OH-=2GaO+H2O
(5)

【分析】据元素在周期表中的位置，可知a是N元素、b是Na元素、c是Mg元素、d是Al元素、e是P元素、f是S元素、g是Cl元素、h是Se元素。
【详解】（1）c的元素符号Mg，a的离子结构示意图是。
（2）h是Se元素，在周期表中的位置第四周期ⅥA族；
a．非金属性越强，对应阴离子的还原性越弱，则比较两种元素简单阴离子的还原性可判断f和h非金属性强弱，a符合；
b．非金属性越强，简单氢化物越稳定，则比较两种元素简单氢化物的热稳定性可判断f和h非金属性强弱，b符合；
c．沸点高低由构成单质的微粒间的作用力强弱有关，与非金属性无关，则比较两种元素单质的沸点不可判断f和h非金属性强弱，c不符合；
d．非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，没有指明是否为最高价而比较两种元素氧化物对应水化物的酸性，不可判断f和h非金属性强弱，d不符合；
选ab。
（3）元素e与元素b的最高价氧化物对应的水化物分别为磷酸和氢氧化钠，按计量数1∶2反应生成Na2HPO4，反应的化学方程式为2NaOH+H3PO4=Na2HPO4+2H2O。
（4）同一主族元素从上到下原元素的非金属性逐渐减弱，最高价氧化物对应水化物的酸性逐渐减弱，则酸性：＞，氧化镓与反应生成NaGaO2和水，离子方程式为Ga2O3+2OH-=2GaO+H2O。
（5）实验室制备g单质的反应为MnO2＋4HCl(浓) MnCl2＋Cl2↑＋2H2O，离子方程式。
17．已知A、F为非金属单质气体，B为常见金属单质，E为生活中最常见的调味品，F是密度最小的气体。请回答下列问题：

(1)写出反应D的电离方程式_______。
(2)反应③，F在A中点燃的反应现象为_______，用生成的产物配成密度为，质量分数为36.5%的浓溶液，该浓溶液的物质的量浓度为_______；若配制的G的稀溶液，需用量筒量取上述浓溶液的体积为_______。
(3)反应④的化学方程式_______，生成高铁酸钠转移的电子数为_______。(用表示阿伏加德罗常数的值)
(4)反应⑤的某元素被部分氧化，则被氧化的该元素与参加反应的该元素的比值为_______。
【答案】(1)
(2)     安静燃烧，苍白色的火焰     11.8mol/L     4.2
(3)          3NA
(4)3:8

【分析】E是一种生活调味品，为NaCl；D为一种消毒液的主要成分，D为NaClO，氯气与氢氧化钠溶液反应得到氯化钠和次氯酸钠，故A为Cl2；B为一种金属单质，经过反应后得到高铁酸钠，故B为Fe，C为FeCl3，C、D与氢氧化钠溶液反应得到高铁酸钠和氯化钠；F在标准状况下密度为，摩尔质量为，F为H2，则G为HCl。
【详解】（1）D为NaClO，电离方程式为：NaClO=Na++ClO-。
（2）根据分析得出F是氢气，在A是氯气，氢气在氯气中燃烧的现象是：安静燃烧，发出苍白色的火焰；
G为HCl，水溶液为盐酸，浓度为：；
若配制的稀盐酸溶液，因无450mL的容量瓶，所以需要用到500mL的容量瓶配置500mL的溶液，则需用量筒量取的浓盐酸的体积为：；
（3）C、D与氢氧化钠溶液反应得到高铁酸钠和氯化钠，化学方程式为：；
根据方程式的系数关系：2molNaFeO4~6mole-，所以生成1molNaFeO4转移的电子数为3mol，即3NA个电子。
（4）反应⑤的方程式为：，方程式中可以看出氯元素被氧化，方程式中16个HCl分子参与反应，6个HCl分子被氧化，则被氧化的氯元素与参加反应的该元素的比值为：。

四、实验题
18．在工农业生产中有广泛的应用，某实验小组用如下装置模拟干法制备。
已知：加热易升华，易与空气中水蒸气发生反应。
①检验装置的气密性；
②通入干燥的，赶尽装置中的空气；
③用酒精灯在铁屑下方加热至反应完成；
④……
⑤体系冷却后，停止通入，通入一段时间干燥的，将收集器密封。

回答下列问题：
(1)装置A中反应的化学方程式为_______，装置C中盛装无水的仪器名称为_______。
(2)第③步加热后，少量沉积在反应管A右端。要使沉积的进入收集器，第④步操作是：_______。
(3)操作步骤中，通入氮气的目的是_______。
(4)装置C的作用为_______。
(5)装置D中溶液用于吸收未反应的。写出该反应的离子方程式_______。
(6)该组同学用装置D中的副产品溶液吸收，得到黄色固体S。写出该反应的离子方程式：_______。
(7)称取收集器中粗产品配制成溶液，进行纯度的测定(粗产品中的杂质不参与反应，已知：)。取溶液置于锥形瓶中，加入过量的溶液充分反应生成，生成的恰好与溶液反应。则的纯度为_______。
【答案】(1)     2Fe+3Cl22FeCl3     干燥管
(2)在沉积的FeCl3固体下方加热
(3)排出装置中的残留的氯气，使其充分被氢氧化钠吸收，防止污染空气
(4)无水氯化钙来吸水，防止潮解
(5)
(6)2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+
(7)

【分析】装置A中铁与氯气反应生成氯化铁，B中的冷水作用是冷却FeCl3使其沉积，便于收集产品；为防止外界空气中的水蒸气进入装置使FeCl3潮解，所以用装置C无水氯化钙来吸水，装置D中用FeCl2吸收Cl2生成氯化铁，用装置D中的副产品FeCl2溶液吸收H2S，用氢氧化钠溶液吸收的是氯气，据此分析解答。
【详解】（1）氯气具有强氧化性，将变价铁氧化成高价铁,生成氯化铁，所以装置A中铁与氯气反应生成氯化铁，反应的方程式为2Fe+3Cl22FeCl3；装置C的名称为干燥管。
（2）第③步加热后，生成的烟状FeCl3大部分进入收集器，第④步操作是对FeCl3加热发生升华使沉积的FeCl3进入收集器。
（3）反应过程中使用了氮气，通入氮气可以排出装置中的残留的氯气，使其充分被氢氧化钠吸收，防止污染空气；
（4）为防止外界空气中的水蒸气进入装置使潮解，所以装置C中用无水氯化钙来吸水，防止潮解；
（5）二价铁可以被氯气氧化为三价铁，离子方程式为：；
（6）FeCl3与H2S发生氧化还原反应生成FeCl2、S和HCl，反应的离子方程式为2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+；
（7）根据反应2Fe3++2I-=2Fe2++I2，可得关系式：2Fe3+~I2~2Na2S2O3，n(Na2S2O3)=cV×10-3 mol，则n(Fe3+)=n(Na2S2O3)=cV×10-3 mol，则m g粗产品配制的100 mL溶液中含有FeCl3的物质的量为n(Fe3+)=cV×10-3 mol×= cV×10-2 mol，则FeCl3的纯度为：。

五、工业流程题
19．亚氯酸钠(NaClO2)是一种杀菌漂白剂，可用于棉纺漂白，食品消毒，水处理等，消毒时本身被还原成。亚氯酸钠晶体的一种生产工艺如下：

已知：①浓度过高时易发生分解爆炸
②受热时易分解。
(1)在“发生器”中，与反应生成和，该反应的化学方程式为_______。
(2)向“发生器”中鼓入空气的作用是_______。
(3)“吸收塔”的作用是将产生的反应转化为，在此过程中加入的作_______(填“氧化剂”或“还原剂”)。“吸收塔”中需要控制温度不超过，其原因是_______。
(4)若和在消毒时均被还原为，则等质量的得电子数目是的_______倍。(计算结果保留小数点一位数字)
(5)向和溶液中缓慢通入恰好完全反应，测得反应后溶液中氯和碘的存在形式及物质的量分别为如表所示：
粒子



物质的量()
0.28
0.04
a

则a为_______，原溶液中的物质的量为_______。
【答案】(1)2NaClO3+SO2=2ClO2+Na2SO4
(2)稀释ClO2，防止爆炸
(3)     还原剂     防止受热分解
(4)2.8
(5)     0.22     0.2

【分析】NaClO3固体中加入稀硫酸溶解，向溶液中通入SO2和空气混合气，NaClO3被SO2还原生成ClO2，ClO2浓度过高时易发生分解爆炸，空气的作用是将ClO2稀释，防止发生爆炸，然后在碱性条件下用过氧化氢还原，过滤得到NaClO2溶液，并从溶液得到NaClO2晶体。
【详解】（1）在“发生器”中，与反应生成和，氯化合价从+5降低到+4、硫化合价从+4升高到+6，则该反应的化学方程式为2NaClO3+SO2=2ClO2+Na2SO4。
（2）ClO2浓度过高时易发生分解爆炸，因此向“发生器”中通入空气的作用是：稀释ClO2，防止爆炸。
（3）“吸收塔” 中的作用是将产生的反应转化为，氯化合价从+4降低到+3被还原，则加入的作还原剂。受热时易分解，则“吸收塔”中需要控制温度不超过的原因是防止受热分解。
（4）若和在消毒时均被还原为，设质量都是mg，ClO2得到的电子的物质的量为：，NaClO得到的电子的物质的量为：，则ClO2消毒的效率是NaClO的倍数为÷mol≈2.8，故答案为：2.8。
（5）向和溶液中缓慢通入恰好完全反应，结合表中数据、根据得失电子守恒0.28mol×5=0.04mol×2+6a，a=0.22，根据电荷守恒，反应后的溶液中 n()=0.28mol+0.22mol=0.5mol；反应前的物质的量为0.04mol×2+0.22=0.3mol，根据钠元素守恒，原的物质的量为0.5mol-0.3mol=0.2mol。