第二章海水中的重要元素--钠和氯单元测试-高一上学期化学人教版（2019）必修第一册 .docx

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1、第二章 海水中的重要元素-钠和氯 单元测试一、选择题1实验室制备氯气的装置如下，以下装置中最多有几处错误稀盐酸A4B5C7D92下列关于氯单质及其化合物的相关说法正确的是A氢气在氯气中燃烧，发出苍白色火焰，瓶口上方有白色烟雾B将NaHCO3固体加入新制氯水，因为氯水中的HClO而有无色气泡产生CFe与Cl2在点燃条件下反应，如果铁粉过量，可能生成FeCl2D氯气有毒，如果发生了氯气泄漏，用蘸有纯碱水的毛巾捂住口鼻撤离3为了配制480mL0.2mol/L的NaCl溶液，其中有下列几种操作，错误操作的个数是：选刚用蒸馏水洗净过的500mL容量瓶进行配制；用托盘天平准确称量5.85gNaCl固体；用

2、蒸馏水洗涤烧杯内壁及玻璃棒23次，洗涤液都移入容量瓶中；使蒸馏水沿着玻璃棒注入容量瓶，直到溶液的凹液面恰好跟刻度线相切；由于不慎，液面超过了容量瓶的刻度线，这时采取的措施是使用胶头滴管吸出超过的一部分。A2B3C4D54下列说法中正确的是A用鼻子对着盛有氯气的瓶口，就可以嗅到氯气的气味B铁丝在少量的中燃烧可生成C氯水的漂白性是由氯气与水反应生成的次氯酸引起的D氯水和液氯成分一样，都是混合物5预防新冠肺炎疫情的主要方式是做好消毒工作，已知市场上某消毒药品的标签如下，则下列说法中不正确的是品名 84消毒液净含量 500g保质期 1年主要成分 以次氯酸钠为主料用途范围 应用于医院、家庭、宾馆、饭店等

3、公共场所消毒功效 具有杀菌及清洁功能，可杀灭多种细菌，并对病毒有灭杀作用A该品牌消毒过程是利用了氧化性B长期保存该消毒液需要遮光、密闭C该消毒液可以和洁厕灵同时使用，以增强消毒效果D该消毒液也可用于漂白物品6工业上制备硝酸的一个重要反应为。下列有关该反应的说法正确的是A是氧化剂B具有氧化性，在反应中失去电子C在反应中被氧化D每生成1molNO，转移3mol电子7下列实验装置能达到实验目的的是A浓硫酸的稀释B检验Na2O2与H2O反应有O2生成C观察K2CO3的焰色反应D比较Na2CO3、NaHCO3的稳定性AABBCCDD82019年12月以来，我国部分地区突发的新冠病毒肺炎威胁着人们的身体健

4、康。下列有关说法正确的是A咳嗽、吐痰、打喷嚏、说话等形成的数以万计的飞沫，直径在1-100nm之间，进入到空气中形成的分散系属于胶体B过氧化氢、活性炭、漂白粉等消毒剂均可以将病毒氧化而达到消毒的目的C“84”消毒液是以NaCl和NaClO为主要有效成分的消毒液D“84”消毒液与洁厕灵一起使用效果更好。9常温下，下列离子在指定条件下可以大量共存的是A的溶液中：、B新制氯水中：、C含的溶液中：、D加入足量氧化钠后的溶液中：、10如图所示为氯元素的价-类二维图，下列叙述正确的是A的浓溶液与混合能反应B和都具有漂白性C电解的水溶液可制备金属Na和D的水溶液在空气中放置不容易变质11以不同类别物质间的转

5、化为线索，认识钠及其化合物。下列分析正确的是A从煤油中取用钠只需小刀、滤纸和玻璃片B上述含钠的化合物加入含少量酚酞的水中，最终都会变成红色C反应、可用于潜水艇中氧气的供给，常温下产生，转移电子D将相同质量的碳酸钠与碳酸氢钠分别加入足量稀盐酸中，前者产生的多12二氧化硒(SeO2)是一种氧化剂，其被还原后的单质硒可能成为环境污染物，通过与浓HNO3或浓H2SO4反应生成SeO2以回收Se。涉及如下化学反应：SeO2+4KI+4HNO3=Se+2I2+4KNO3+2H2OSe+2H2SO4(浓)=2SO2+SeO2+2H2OSe+4HNO3(浓)=SeO2+4NO2+2H2O 下列有关叙述正确的是

6、ASeO2、H2SO4 (浓)、I2的氧化性由强到弱的顺序是H2SO4(浓)SeO2 I2B反应中Se是氧化产物， I2是还原产物C反应中每有0.6mol I2生成，转移电子数目为2.4NAD反应中等量的Se消耗浓H2SO4和浓HNO3的物质的量之比为2：113下列反应的离子方程式书写正确的是A氯气与水反应：Cl2H2O=2HCl-ClO-B氯气与氢氧化钠溶液反应：Cl22OH-=Cl-ClO-H2OC向FeBr2溶液中通入足量Cl2：2Fe2Cl2=2Fe32Cl-D用惰性电极电解MgCl2溶液：2Cl-+2H2OH2+2OH-+Cl214为预防新型冠状病毒肺炎，某同学购买了一瓶84消毒液，

7、其包装说明如图所示。根据图中信息和相关知识判断，下列分析不正确的是A从物质分类的角度看84消毒液的有效成分NaClO属于碱B84消毒液在空气中敞口放置一段时间后浓度会变小C该84消毒液中NaClO的物质的量浓度约为0.4molL-1D参考该84消毒液的配方，欲用NaClO固体配制480mL含质量分数为25%的NaClO的84消毒液，需要称量NaClO固体的质量为149.0g二、填空题15溶液和84消毒液是生活中常用的两种消毒剂。请回答下列问题：(1)某同学设计如下实验研究的性质：实验操作现象i向5%溶液中滴加酸性溶液a溶液紫色褪去b有大量气泡产生ii向5%溶液中滴加淀粉碘化钾溶液c溶液变蓝理论

8、上既有氧化性又有还原性，具有还原性的原因是_。能证明具有还原性的是实验_(填序号)。(2)84消毒液的有效成分为。NaClO中Cl元素的化合价是_。84消毒液不能用于钢制器具的消毒，原因是具有_性。84消毒液吸收空气中的，其消毒杀菌能力增强，(生成碳酸氢盐和有漂白性的物质)该过程中发生反应的化学方程式为_。(3)漂白粉在社会生活、工业生产中用途广泛。漂白粉除了具有漂白作用外，还能杀菌、消毒。已知漂白粉溶于水后加入少量的酸能增强漂白效果。某同学据此将少量漂白粉溶于水后，再加入浓盐酸，观察到有黄绿色气体生成。回答下列问题：生成黄绿色气体的化学方程式，用双线桥表示反应电子转移方向和数目：_。家庭生活

9、中常使用“84”消毒液进行消毒。这种消毒液和某品牌洁厕净(主要成分为盐酸)不能同时使用，其原因是_。16某课外活动小组为了研究“干燥的CO2不能与Na2O2反应”和“CO2在有水存在时才能与Na2O2反应”，设计了如下实验装置：(1)如图装置，在干燥管中装入Na2O2后，打开活塞加入稀硫酸，生成CO2。打开K1，关闭K2，加热铜丝，目的是_，X是_。实验观察到铜丝未变化，则得出结论_。(2)若打开K2，关闭K1，出现_现象可证明有水时CO2与Na2O2反应产生了O2。(3)根据以上的实验结论，写出生成O2及O2与Cu反应的化学方程式：_，_。17氯气能溶于水，其水溶液俗称氯水。按照表中要求完成

10、氯水的性质实验，将实验现象及有关结论填入表中：实验操作实验现象实验结论_18按要求回答问题：(1)漂白粉的有效成分(化学式)_；(2)KClO3的电离方程式_；(3)钠和水反应的离子方程式_；(4)碳酸氢钠溶液中混有少量碳酸钠，除去碳酸钠的最佳方法是_，涉及的反应用化学方程式表示_。(5)写出次氯酸见光分解的化学方程式_。19A、B、C为中学常见单质，其中一种为金属，通常情况下，A为固体，B为黄绿色气体，C为无色气体。D、E、F、G、H、X均为化合物，其中X常温下是无色气体，其水溶液是一种强酸，E为黑色固体，H在常温下为液体。它们之间的转化关系如图所示(其中某些反应条件和部分反应物已略去)。请

11、回答下列问题：(1)写出下列物质的化学式：X_、F_。(2)反应的离子方程式是_(3)反应的化学方程式是_。三、实验题20已知氯气与碱反应时，产物受温度影响。实验室中利用如图装置(部分装置省略)制备KClO3和NaClO，并探究其氧化还原性质。回答下列问题：(1)A装置中a的作用是_。(2)装置A产生7.1gCl2时，被氧化的HCl的质量是_。(3)装置B中的试剂为_。(4)装置E选用试剂_(填标号)。ANaCl溶液BNaOH溶液C稀硫酸(5)装置C中反应的离子方程式为_。(6)该兴趣小组在40条件下，将一定量的Cl2通入一定量的NaOH溶液中，NaOH恰好反应完全，得到的产物中含有NaCl、

12、NaClO和NaClO3，已知Cl-和ClO-的个数比为11：1，则此过程中氧化剂和还原剂的个数比为_ 。21实验室需要240mL0.5mol/L的NaOH溶液，现用固体烧碱进行配制。(1)用托盘天平称取_g烧碱，烧碱应放在_中称量、溶解。(2)完成此配制实验，除了量筒、烧杯、玻璃棒外还需要的玻璃仪器有_、_。(3)下列操作会导致所配溶液浓度偏大的是_(填标号)。A烧碱在烧杯中溶解后，未冷却就立即转移至容量瓶中B容量瓶洗涤后未干燥C定容时仰视容量瓶刻度线D称量时使用了生锈的砝码E未洗涤溶解烧碱的烧杯四、计算题22由某物质R和组成的混合固体放入足量的水中，充分搅拌，过滤后得到白色沉淀11.65g

13、，经检验该白色沉淀不溶于稀硝酸，滤液呈碱性。加入稀盐酸中和滤液，当加入146g浓度为5%的盐酸时溶液恰好为中性。求混合物中R的质量_(R不是氧化物)。23用NaOH与Na2CO3nH2O的混合物共31.2 g配制成100 mL溶液，测得该溶液中c(Na+)=4 mol/L。另取相同质量的上述混合物，加入足量的盐酸完全反应后，放出的气体在标准状况下的体积为2.24 L，试计算：(1)原混合物中NaOH的物质的量为_。(2)Na2CO3nH2O中n=_。试卷第7页，共8页学科网（北京）股份有限公司学科网（北京）股份有限公司参考答案：1C【详解】该图存在的错误有：实验室制氯气选用MnO2与浓盐酸反应

14、；长颈漏斗要伸入到液面以下形成液封，防止氯气从长颈漏斗逸出；给圆底烧瓶加热时要垫石棉网；该反应需要加热；除杂时先除去HCl再用浓硫酸干燥，顺序反了；因为氯气的密度大于空气，所以收集氯气时要长管进短管出；氯气有毒，需要加尾气处理装置；综合以上分析，该装置中有7处错误，故选C。2D【详解】A氢气在氯气中燃烧，发出苍白色火焰，产物是氯化氢，而氯化氢气体极易溶于水，分散在空气中形成白雾，瓶口上方有白雾，A错误；B氯水中含有HCl，HCl酸性大于碳酸，所以向氯水中加入NaHCO3粉末，有气泡产生，说明氯水中有HCl，B错误；C铁与氯气在点燃的条件下反应，无论铁粉是否过量产物都是FeCl3，C错误；D氯气

15、溶于水生成盐酸，盐酸与纯碱可以发生反应，产生二氧化碳、水和氯化钠，故纯碱可以吸收有毒的氯气，D正确； 故本题选D。3B【分析】配制一定物质的量浓度的溶液，所需的步骤有计算、称量、溶解（冷却）、转移、洗涤、定容、摇匀、装瓶贴签；【详解】配备一定浓度的溶液，根据大而近的原则选择用蒸馏水洗净的500mL容量瓶，正确；托盘天平的精确度为0.1g，所以应该称量5.9gNaCl固体，错误；用蒸馏水洗涤烧杯内壁及玻璃棒23次，洗涤液都移入容量瓶中，正确；使蒸馏水沿着玻璃棒注入容量瓶，直到溶液的凹液面距刻度线12cm处停止注水，改用胶头滴管滴加，错误；由于不慎，液面超过了容量瓶的刻度线，这时应该重新配制溶液，

16、错误；所以错误的为，共3项；故选B。4C【详解】A氯气有毒且有强烈的刺激性气味，所以闻氯气气味时不能将鼻子对着瓶口，而是用手在瓶口轻轻扇动，使少量氯气分子飘进鼻孔，故A错误；B氯化铁固体与铁不反应，所以铁在氯气燃烧时，无论氯气的量是多少，燃烧产物只能是氯化铁，故B错误；C氯水的漂白性是因为氯气与水反应生成的次氯酸具有强氧化性，能使有机色质漂白褪色，故C正确；D液氯是液态氯气，属于纯净物，故D错误；故选C。5C【详解】A次氯酸钠具有强氧化性，可杀灭多种细菌，并对病毒有灭杀作用，A正确；B次氯酸钠和空气中二氧化碳反应生成HClO，次氯酸见光分解，导致漂白液失效 ，所以长期保存该消毒液需要遮光、密闭

17、，B正确；C洁厕灵中主要成分含有盐酸，和消毒液一起使用，两者会反应消毒效果减小，同时生成有毒的氯气，所以不能同时使用，C错误；D次氯酸钠有漂白性，可用于漂白织物等物品，D正确；故答案选C。6C【详解】A氨气在反应中N元素的化合价由-3价到+2价，失电子，作还原剂，故A错误； B由反应可知氧气中的O由0价变为-2价，化合价降低，得电子，作氧化剂，具有氧化性，故B错误；C氨气在反应中N元素的化合价由-3价到+2价，失电子，发生氧化反应，故C正确；D 由反应可得，每生成4molNO转移20mol电子，则生成1molNO转移5mol电子，故D错误。故选：C。7B【详解】A浓硫酸稀释时，应将浓硫酸沿烧杯

18、壁加入盛水的烧杯中，边加边用玻璃棒搅拌，A错误；BNa2O2与H2O反应有O2生成，用带火星的木条放在试管口，若木条复燃，则证明有氧气生成，B正确；C焰色试验时，要观察钾元素火焰颜色，需要透过蓝色钴玻璃片观察，C错误；D碳酸钠受热不分解，碳酸氢钠受热易分解，应将碳酸氢钠放在小试管中，碳酸钠放在大试管中，D错误；故答案选B。8A【详解】A胶体指分散质粒子直径在1-100nm之间的分散系，A正确；B活性炭具有吸附性，不具有强氧化性，不能消毒，B错误；C“84”消毒液是以NaClO为主要有效成分的消毒，NaClO与二氧化碳和水反应生成HClO具有强氧化性而消毒，C错误；D“84”消毒液的主要有效成分

19、NaClO与洁厕灵的主要有效成分HCl混合，发生氧化还原反应得到有毒的氯气，故“84”消毒液与洁厕灵不能一起使用，D错误；故选A。9C【详解】A的溶液中含有大量氢氧根离子，与反应生成水和碳酸根离子，A不符合题意；B新制氯水中存在氯气和次氯酸，具有强氧化性，可以将氧化，B不符合题意；C与、不反应，可以大量共存，C符合题意；D加入足量氧化钠后的溶液中存在大量氢氧根离子，与反应生成氢氧化镁沉淀，D不符合题意；故选C。10A【分析】根据氯元素的价-类二维图可知，为HCl，为，为，为HClO，为NaCl，为NaC1O，为。【详解】AHCl中氯元素化合价可以升高，具有还原性，中氯元素化合价可以降低，具有氧

20、化性，因此两者混合可以发生反应，A项正确；B没有漂白性，HC1O有漂白性，B项错误；C电解NaCl溶液得到的是NaOH、和，电解熔融NaCl才能得到金属Na和，C项错误；DNaClO溶液露置在空气中容易与反应生成易分解的HClO而失效，D项错误。故选A。11A【详解】A钠质软，保存在煤油中，从煤油中取用钠只需小刀、滤纸和玻璃片，A正确；B过氧化钠具有漂白性，加入含少量酚酞的水中，最终都会变成无色，B错误；C过氧化钠与水或二氧化碳反应生成氧气，因此反应、可用于潜水艇中氧气的供给，常温下的物质的量不是1mol，无法计算转移电子数，C错误；D碳酸钠M=106 g/mol 碳酸氢钠M=84 g/mol

21、，给出反应的离子方程式CO+ 2H+ =H2O + CO2；HCO + H+= H2O + CO2反应中C原子守恒，反应物中全部转化为CO2，在相同质量下，碳酸氢钠物质的量大于碳酸钠，碳酸氢钠生成的CO2多，D错误；答案选A。12A【详解】A利用氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，：SeO2为氧化剂，I2为氧化产物，因此氧化性：SeO2I2；：硫酸为氧化剂，SeO2为氧化产物，氧化性H2SO4(浓)SeO2；综上所述，氧化性H2SO4(浓)SeO2I2；故A正确；B反应可知，SeO2中Se的化合价由+4价降低为0价，SeO2为氧化剂，被还原，Se为还原产物，KI中I的化合价由-1价升高为0价，

22、KI为还原剂，被氧化，I2为氧化产物，故B错误；C反应可知，生成2mol碘单质，转移电子物质的量为4mol，因此每有0.6mol碘单质，转移电子物质的量为0.6mol=1.2mol，故C错误；D令Se物质的量为1mol，由反应、可知，等量Se消耗浓硫酸、浓硝酸物质的量之比为24=12，故D错误；答案为A。13B【详解】A氯气与水反应生成的次氯酸为弱酸，不能拆，A错误；B氯气通入氢氧化钠中生成次氯酸钠、氯化钠和水，B正确；CCl2可以与Fe2+、Br-都发生反应，C错误；DMg2+在碱性条件下不能大量共存，D错误；故答案为：B。14AC【详解】ANaClO是由金属离子和酸根离子组成的化合物，属于

23、盐，故A错误；B根据包装说明：84消毒液易吸收空气中的CO2、H2O而变质，则84消毒液在空气中敞口放置一段时间后浓度会变小，故B正确；C根据该84消毒液的质量分数和密度可计算出其物质的量浓度为=4.0mol/L，故C错误；D欲用NaClO固体配制480mL含质量分数为25%的NaClO的84消毒液，实验室没有480mL的容量瓶，需要配制成500mL，则需要NaClO的物质的量为0.5L4.0mol/L=2mol，需要称量NaClO固体的质量为2mol74.5g/mol=149.0g，故D正确；故选AC。15(1) 过氧化氢中氧元素的化合价为1价，化合价既可升高又可降低 i(2) +1价 氧化

24、 (3) 会产生有毒气体【详解】（1）过氧化氢中氧元素的化合价为中间价态1价，既能得到电子表现氧化性，也能失去电子表现还原性，由实验现象可知，实验i中氧元素的化合价升高被氧化，过氧化氢为反应的还原剂，表现还原性，实验ii中氧元素的化合价降低被还原，过氧化氢为反应的氧化剂，表现氧化性；由分析可知，理论上过氧化氢既有氧化性又有还原性的原因是，过氧化氢中氧元素的化合价为中间价态1价，化合价既可升高又可降低，既能得到电子表现氧化性，也能失去电子表现还原性，故答案为：过氧化氢中氧元素的化合价为1价，化合价既可升高又可降低；由分析可知，实验i中氧元素的化合价升高被氧化，过氧化氢为反应的还原剂，表现还原性，

25、故答案为：i；（2）由化合价代数和为0可知，次氯酸钠中氯元素的化合价为+1价，故答案为：+1价；84消毒液中次氯酸钠具有强氧化性，会与钢制器具中的铁发生氧化还原反应，所以不能用于钢制器具的消毒，故答案为：氧化；84消毒液吸收空气中二氧化碳的反应为溶液中的次氯酸钠与二氧化碳反应生成碳酸氢钠和次氯酸，次氯酸使84消毒液的消毒杀菌能力增强，反应的化学方程式为，故答案为：；（3）由方程式可知，生成黄绿色气体的反应中，次氯酸钙中氯元素的化合价降低被还原，是反应的氧化剂，浓盐酸中氯元素的化合价部分升高被氧化，表现酸性和还原性，氯气即是反应的氧化产物又是反应的还原产物，表示反应电子转移方向和数目的双线桥为，

26、故答案为：；若84消毒液和洁厕净同时使用，84消毒液中的次氯酸钠能与洁厕净中的盐酸反应生成氯化钠、氯气和水，氯气有毒，会发生意外事故，所以84消毒液和洁厕净不能同时使用，故答案为：会产生有毒气体。16(1) 防止水蒸气进入干燥的Na2O2中，影响实验结果 浓硫酸 无水时CO2与Na2O2不发生反应(2)红色铜丝变黑色(3) 2CO22Na2O2=2Na2CO3O2 2CuO22CuO【分析】稀硫酸与Na2CO3反应生成CO2，若打开K1，关闭K2，生成的CO2通过干燥剂后，CO2中不含水蒸气，若打开K2，关闭K1，生成的二氧化碳中含有水蒸气，再通过加热铜丝验证实验。【详解】（1）在干燥管中装入

27、Na2O2后，打开活塞加入稀硫酸，生成CO2。打开K1，关闭K2，反应生成CO2，通过干燥剂后，CO2中不含水蒸气，CO2与Na2O2未发生反应，说明无水存在时，CO2与Na2O2不会产生O2。X为浓硫酸，操作的目的是干燥CO2，防止水蒸气影响实验结果，故答案为：防止水蒸气进入干燥的Na2O2中，影响实验结果；浓硫酸；无水时CO2与Na2O2不发生反应；（2）若打开K2，关闭K1，生成的二氧化碳中含有水蒸气，若出现铜丝由红色变黑色，证明有O2产生，O2与Cu反应生成黑色CuO，可证明有水时才能使CO2与Na2O2反应，故答案为：红色铜丝变黑色；（3）根据上述分析，二氧化碳与过氧化钠反应生成O2

28、，反应的化学方程式为2CO22Na2O22Na2CO3O2，O2与Cu反应的化学方程式为2Cu+O22CuO，故答案为：2CO22Na2O2=2Na2CO3O2，2CuO22CuO。17 有色布条不褪色 干燥氯气不具有漂白性 有色布条褪色 新制氯水具有漂白性【详解】有色布条放在干燥氯气中，实验现象为有色布条不褪色，证明干燥的氯气不具有漂白性；新制氯水中含有三种分子Cl2、HClO、H2O，四种离子Cl-、H+、OH-、ClO-，将有色布条褪色放入新制氯水中，有色布条褪色，证明新制氯水具有漂白性。【点睛】氯气不具有漂白性，HClO具有漂白性。18(1)Ca(ClO)2(2)KClO3=K+ClO

29、(3)2Na+2H2O=2Na+2OH-+H2(4) 通入过量二氧化碳 Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3(5)2HClO2HCl+O2【详解】（1）漂白粉的主要成分是氯化钙和次氯酸钙，有效成分是次氯酸钙，故答案是Ca(ClO)2；（2）KClO3是可溶于水的盐，在水中完全电离，电离方程式为KClO3=K+ClO；（3）钠和水反应的离子方程式2Na+2H2O=2Na+2OH-+H2；（4）碳酸氢钠溶液中混有少量碳酸钠，除去碳酸钠的最佳方法是通入过量二氧化碳，使杂质碳酸钠与二氧化碳反应转为为碳酸氢钠，涉及的方程式是Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3；（5）次氯酸见光分解的化学

30、方程式是2HClO2HCl+O2；19(1) HCl KSCN(2)Fe+2Fe3+3Fe2+(3)2Fe+3CI2=2FeCl3【分析】A、B、C为中学常见单质，其中一种为金属，通常情况下，A为固体，B为黄绿色气体，说明B为Cl2；D与F反应得到血红色溶液，D与硝酸银溶液反应生成白色沉淀，结合转化关系可知，固体A为Fe，D为FeCl3，F为KSCN；由D与G之间的相互转化，可知G为FeCl2，A(Fe)与无色气体C反应得到E，E与X反应得到D、G、H，且X常温下是无色气体，其水溶液是一种强酸，E为黑色固体，H在常温下为液体，则C为O2，E为Fe3O4，X为HCl，H为H2O，以此分析解答。【

31、详解】（1）由上述分析可知，X为HCl，F为KSCN，故答案为： HCl；KSCN；（2）反应为氯化铁和铁的反应，该反应的离子方程式是：Fe+2Fe3+3Fe2+，故答案为：Fe+2Fe3+3Fe2+；（3）反应是Fe和Cl2反应，其化学方程式是2Fe+3CI2=2FeCl3，故答案为：2Fe+3CI2=2FeCl3。20(1)平衡气压使液体顺利滴下(2)7.3g(3)饱和食盐水(4)B(5)3Cl2+6OH-5Cl-+ClO+3H2O(6)11：3【分析】A装置制备氯气，B除氯气中的氯化氢，C中氯气和KOH在加热条件下生成KClO3，D中氯气和氢氧化钠再较低温度下反应生成NaClO，E吸收氯

32、气，防止污染。【详解】（1）根据装置图，A装置中导管a连接分液漏斗上口和烧瓶，作用是平衡气压使液体顺利滴下；（2）HCl被氧化为Cl2，根据氯元素守恒，装置A产生7.1gCl2时，被氧化的HCl的质量是；（3）B除氯气中的氯化氢，装置B中的试剂为饱和食盐水；（4）E吸收氯气，防止污染，装置E中的试剂为NaOH溶液，选B。（5）装置C中氯气和KOH在加热条件下生成KClO3、KCl、H2O，反应的离子方程式为3Cl2+6OH-5Cl-+ClO+3H2O（6）40条件下，将一定量的Cl2通入一定量的NaOH溶液中，NaOH恰好反应完全，得到的产物中含有NaCl、NaClO和NaClO3，NaCl是

33、还原产物，NaClO和NaClO3是氧化产物，已知Cl-和ClO-的个数比为11：1，根据得失电子守恒，NaCl、NaClO、NaClO3的物质的量比为11:1:2，则此过程中氧化剂和还原剂的个数比11:3。21(1) 5.0 烧杯(2) 250mL容量瓶 胶头滴管(3)AD【分析】实验室需要240mL0.5mol/L的NaOH溶液，需用规格250ml容量瓶，溶液配制250ml；计算氢氧化钠的质量，用天平称量5.0g氢氧化钠，用烧杯溶解，玻璃棒搅拌，冷却后，用玻璃棒转移至容量瓶中，洗涤烧杯三次，洗涤液加入容量瓶，加水至接近刻度线处，用胶头滴管加水至刻度线处，摇匀。【详解】（1）NaOH质量为：

34、0.25L0.5mol/L40g/mol=5.0g，烧碱在烧杯中称量和溶解；故答案为：5.0；烧杯。（2）需要的玻璃仪器有量筒、烧杯、玻璃棒、250ml容量瓶、胶头滴管；故答案为：250ml容量瓶；胶头滴管。（3）A.烧碱在烧杯中溶解后，未冷却就立即转移至容量瓶中，水偏少，浓度偏大；B.容量瓶洗涤后未干燥，对结果无影响；C.定容时仰视容量瓶刻度线，水偏多，浓度偏小；D.称量时使用了生锈的砝码，称量固体质量偏大，浓度偏大；E.未洗涤溶解烧碱的烧杯，浓度偏小；综上所述AD浓度偏大；故答案为：AD。2217.1g【详解】溶液呈中性，与反应生成硫酸钡不溶于硝酸，滤液含NaOH，溶液显碱性，则R为。硫酸

35、钡的物质的量为mol，则参加反应的氢氧化钡为0.05mol，生成NaOH为0.1mol，HCl的物质的量为mol，由可知，0.2 mol HCl中和NaOH，还中和0.05 mol ，原混合物中为0.05 mol+0.05 mol=0.1 mol，其质量为。23(1)0.2 mol(2)7【解析】（1）氢氧化钠和碳酸钠的混合物只有碳酸钠与盐酸反应生成二氧化碳，二氧化碳在标况下的体积为2.24 L，其物质的量为=0.1mol，再根据方程式Na2CO3+2HCl=2NaCl+CO2+H2O可知，碳酸钠的物质的量为0.1mol，100 mL溶液中c(Na+)=4 mol/L，n(Na+)=0.4 mol，碳酸钠提供的钠离子的物质的量为0.1mol2=0.2mol，则NaOH中钠离子的物质的量为0.4mol-0.2mol=0.2mol，NaOH的物质的量为0.2mol。（2）NaOH的物质的量为0.2mol，质量为0.2mol40g/mol=8g，则Na2CO3nH2O的质量为31.2 g-8g=23.2g，摩尔质量M=232g/mol，则有232+12+163+n18=232，解得n=7。答案第17页，共9页