（人教版必修第一册）高一化学上册同步练习第二章 海水中的重要元素-钠和氯（单元测试）（解析版）

第二章海水中的重要元素——钠和氯单元测试卷一、选择题1．（2022·广东珠海·高一期末）焰火“脚印”“笑脸”“五环”，让北京奥运会开幕式更加辉煌、浪漫。这与高中化学中“焰色试验”知识相关。下列说法中正确的是A．焰色试验是化学变化B．用稀盐酸清洗做焰色试验的铂丝(或铁丝)C．只有金属单质灼烧时火焰才有颜色D．利用焰色试验可区分NaCl与Na2CO3固体【答案】B【详解】A．焰色试验是一种元素的物理性质，而不是化学性质，故A错误；B．盐酸可以溶解氧化物等杂质，且易挥发，不会残留痕迹，故用稀盐酸清洗做焰色试验的铂丝（或铁丝），故B正确；C．焰色试验是金属元素的性质，无论是金属单质还是该金属的化合物焰色试验都相同，因此不是只有金属单质灼烧时火焰才有颜色，故C错误；D．NaCl与Na2CO3固体均含钠元素，焰色均为黄色，故用焰色试验不能区分，故D错误；答案选B。2．（2021·吉林·长春博硕学校高一期中）下面关于金属钠的描述不正确的是A．钠离子具有较强的还原性B．钠的化学性质很活泼，在自然界里不能以游离态存在C．钠很软，可以用小刀切割D．将一小块钠投入水中时，立即放出氢气【答案】A【详解】A．钠单质具有较强的还原性，而钠离子具有较弱的氧化性，没有还原性，故A错误；B．钠的化学性质很活泼，因此在自然界里以化合态存在，不能以游离态存在，故B正确；C．钠可用小刀切割，说明钠很软，故C正确；D．将一小块钠投入水中时，钠立即与水反应生成氢氧化钠和氢气，故D正确。综上所述，答案为A。3．（2021·山东威海·高一期中）用代表阿伏加德罗常数的数值。下列叙述正确的是A．金属钠生成和的混和物时，转移的电子数为B．盐酸中含有的数为C．同温同压下，个甲烷分子和个分子的密度比为1∶8D．将胆矾溶于水中并稀释至1L，可得溶液【答案】A【详解】A．该条件下，钠原子完全转化为Na+，故2.3g金属钠应失去0.1mol电子，故A正确；B．盐酸的体积未知，无法计算物质的量，故B错误；C．同温同压下，气体密度之比等于摩尔质量之比，故甲烷与氢气的密度之比=16g/mol：2g/mol=8:1，故C错误；D．将16g胆矾溶于少量水中，然后将此溶液稀释至1L，所得溶液浓度是，故D错误；故选A。4．（2022·山东日照·高一期末）为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A．的溶液中含有的数为B．与足量水反应，转移的电子数为C．足量Cu与含有的浓硫酸共热，生成SO2的分子数为D．完全溶于水，所得浅黄绿色溶液中的、、微粒数之和为【答案】B【详解】A．溶液体积未知，无法计算钾离子个数，故A错误；B．7.8gNa2O2物质的量为：，与足量水反应，转移的电子数为0.1NA，故B正确；C．铜只能和浓硫酸反应，和稀硫酸不反应，故浓硫酸不能反应完全，则生成的二氧化硫的分子个数小于0.1NA个，故C错误；D．71gCl2物质的量为1mol，完全溶于水，因为氯气与水的反应为可逆反应，不能进行到底，所以所得浅黄绿色溶液中的、、微粒数之和小于2NA，故D错误；故选B。5．（2022·福建泉州·高一期末）下列有关钠及其化合物的说法错误的是A．钠和钾形成的合金熔点低，导热性好，可作为快中子反应堆的热交换剂B．金属钠在空气中加热发出黄色火焰，生成淡黄色固体C．Na2O2和Na2O均属于氧化物，它们的化学性质相同D．日常生活中，常用热纯碱溶液去除物品表面的油污【答案】C【详解】A．钠钾合金熔点低，具有良好的导热性，可作为快中子反应堆的热交换剂，故A正确；B．钠在空气中燃烧生成过氧化钠，过氧化钠为淡黄色固体，钠的焰色为黄色，所以金属钠在空气中加热发出黄色火焰，生成淡黄色固体，故B正确；C．Na2O2和Na2O均属于氧化物，它们的化学性质不相同，如过氧化钠与水、二氧化碳反应都生成氧气，氧化钠不具有此性质，故C错误；D．碳酸钠水溶液中碳酸根离子水解导致溶液显示碱性，加热会使得碱性更强，油污属于酯类物质，在碱性条件下会水解，碱性越强，水解程度越大，去污效果越好，故D正确；故答案选C。6．（2022·北京大兴·高一期末）下列用来解释事实的方程式中，不合理的是A．过氧化钠作呼吸面具中的氧气来源：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2B．小苏打(NaHCO3)溶液治疗胃酸过多：CO+2H+=CO2↑+H2OC．硝酸酸化的AgNO3溶液检验NaCl溶液中的Cl-：Ag++Cl-=AgCl↓D．实验室用大理石和稀盐酸反应制CO2：CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O【答案】B【详解】A．过氧化钠作呼吸面具中的氧气来源，化学方程式为：2Na2O2+2CO2═2Na2CO3+O2，故A正确；B．小苏打(NaHCO3)溶液治疗胃酸过多，离子方程式为：+H+═CO2↑+H2O，故B错误；C．硝酸酸化的AgNO3溶液检验NaCl溶液中的Cl-，离子方程式为：Ag++Cl-═AgCl↓，故C正确；D．实验室用大理石和稀盐酸反应制CO2，离子方程式为：CaCO3+2H+═Ca2++CO2↑+H2O，故D正确；故选：B。7．（2021·山东威海·高一期中）实验室欲使用的稀硫酸，某小组欲用98%的浓硫酸(密度为)进行配制。下列相关说法或操作正确的是A．选用的玻璃仪器为烧杯、量筒、胶头滴管、容量瓶B．用量筒量取浓硫酸缓缓注入盛有蒸馏水的烧杯中C．用不干燥的量筒量取浓硫酸会导致所配制的硫酸的物质的量浓度偏低D．用量筒量取浓硫酸倒入小烧杯后，用少量蒸馏水洗涤量筒、烧杯和玻璃棒，将洗涤液注入容量瓶中，并重复操作两次【答案】C【详解】A．配制一定浓度的硫酸溶液，选用的玻璃仪器为烧杯、玻璃棒、量筒、胶头滴管、500ml的容量瓶，故A错误；B．根据计算，V=13.5mL，用量筒量取浓硫酸沿杯壁缓缓注入盛有蒸馏水的烧杯中，故B错误；C．用不干燥的量筒量取浓硫酸造成浓硫酸稀释，所取的溶质减少，会导致所配制的硫酸的物质的量浓度偏低，故C正确；D．量筒不能洗涤，洗涤会造成溶质偏多，配制的浓度偏高，故D错误；故答案为C8．（2022·天津河西·高一期末）下列有关碳酸钠和碳酸氢钠的叙述正确的是A．二者均不稳定，易分解生成气体B．等浓度等体积二份溶液都滴入2滴酚酞，溶液颜色深C．二种固体溶于少量水后，都伴随着放热现象D．等质量的二种固体分别与足量盐酸反应，产生气体多【答案】D【详解】A．碳酸钠受热不分解，碳酸氢钠受热分解为碳酸钠、水、二氧化碳，故A错误；B．等浓度碳酸钠溶液的碱性强于碳酸氢钠，则等浓度等体积二份溶液都滴入2滴酚酞，NaHCO3溶液颜色深，故B错误；C．碳酸钠溶于水放热，碳酸氢钠溶于水吸热，现象不同，故C错误；D．碳酸钠、碳酸氢钠摩尔质量不同，碳酸钠摩尔质量大于碳酸氢钠摩尔质量，根据碳元素守恒，NaHCO3产生气体多，故D正确；故选：D。9．（2022·广东广州·高一期末）粗盐溶液中常含有、、等杂质，实验室利用、、盐酸，按照如图所示流程可除去杂质得到精盐。下列说法不正确的是A．试剂X可以是B．加入试剂Z前必须过滤C．操作I是蒸发结晶D．加入试剂Z的目的是为了除去过量的、【答案】A【分析】粗盐溶液中常含有、、等杂质，除去这些离子对应选用的离子有、、、，且应该均过量，故可先加入试剂X：Ba(OH)2可以除去、、再加入试剂Y：碳酸钠可以除去Ca2+和过量的Ba2+，过滤后再加入稀盐酸，以除去过量的OH-、，得到氯化钠溶液，氯化钠的溶解度随温度的变化不大，应蒸发结晶得到氯化钠晶体。【详解】A．根据分析可知，试剂X可以是Ba(OH)2，A错误；B．加入试剂Y形成的沉淀有碳酸钡，可以和盐酸反应，试剂Z是盐酸，故加入试剂Z前必须过滤，B正确；C．操作I是从氯化钠溶液中得到氯化钠固体，应该用蒸发结晶的方法，C正确；D．加入试剂Z前，溶液中有过量的碳酸根离子，和氢氧根离子，加入盐酸可以除去，从而生成氯化钠，D正确；故选A。10．（2021·浙江·吴兴高级中学高一阶段练习）某实验小组通过如图所示实验，探究Na2O2与水的反应：下列说法中不正确的是A．②中的大量气泡的主要成分是氧气B．③中溶液变红，说明有碱性物质生成C．④中现象可能是由于溶液中含有漂白性物质造成的D．⑤中MnO2的主要作用是作氧化剂【答案】D【详解】A．过氧化钠和水反应生成氢氧化钠和氧气，因此②中的大量气泡的主要成分是氧气，故A正确；B．③中溶液变红，酚酞与碱性物质变红，说明有碱性物质生成，故B正确；C．④中现象可能是由于溶液中含有漂白性物质造成的，主要是过氧化钠和水反应生成氢氧化钠和过氧化氢，过氧化氢氧化酚酞而变质而使溶液漂白，故C正确；D．⑤中MnO2的主要作用是作催化剂，过氧化氢在二氧化锰催化作用下反应生成氧气和水，故D错误。综上所述，答案为D。11．（2021·山东威海·高一期中）利用图，可以从不同角度研究含氯物质的性质及其转化关系，图中甲～辛均含氯元素。下列说法错误的是A．丙的化学式为，丁属于酸性氧化物B．图中甲～庚中，属于电解质的有5种C．若甲制备己的反应为则反应中甲与的系数比是1∶4D．庚是84消毒液的有效成分，通常将它与甲混合使用，以增强其漂白消毒能力【答案】D【分析】由图是信息可知，甲是HCl，乙是Cl2，丙是ClO2，丁是Cl2O7，戊是HClO，己是HClO4，庚是NaClO，辛是NaClO3。【详解】A．由以上分析可知，丙是ClO2，丁是Cl2O7是酸性氧化物，A正确；B．电解质是溶于水溶液中或在熔融状态下自身能够导电的化合物，故图中甲～庚中，属于电解质的有HCl、HClO、HClO4、NaClO、NaClO3，共5种，B正确；C．甲是HCl，乙是Cl2，甲制备己的反应为，故反应中甲与H2O的系数比是1∶4，C正确；D．庚是NaClO，是84消毒液的有效成分，与甲HCl混合使用，会发生反应生成Cl2和H2O，降低漂白消毒能力，D错误；故选D。12．（2021·广东·江门市第二中学高一期中）在新制氯水中存在多种分子和离子，下列实验现象和结论一致且正确的是A．新制氯水使红玫瑰变为白玫瑰，说明有Cl2B．光照新制氯水有气泡逸出，该气体一定是O2C．将KHCO3固体加入新制的氯水中，有气泡产生，说明有HClOD．加入石蕊试液，试液变红，说明该溶液一定不含OH-【答案】B【详解】A．新制氯水中存在的次氯酸有漂白性，能使红玫瑰变为白玫瑰，说明有次氯酸，故A错误；B．新制氯水中含有次氯酸，次氯酸不稳定易分解，光照新制氯水，次氯酸发生分解反应：，有气泡逸出，该气体是O2，故B正确；C．新制的氯水中含有盐酸和次氯酸，酸性：盐酸＞H2CO3＞HClO＞，将KHCO3固体加入新制的氯水中，有气泡产生，说明有盐酸，故C错误；D．新制的氯水中含有盐酸和次氯酸，溶液显酸性，加入石蕊溶液，溶液先变红，水电离出OH-，该溶液一定含OH-，故D正确；答案选B。13．（2021·山东威海·高一期中）用图装置气密性好研究钠与氯气的反应。实验步骤：①将浓盐酸滴在粉末上，产生黄绿色气体。②待黄绿色气体均匀充满集气瓶时，关闭止水夹。③再向钠粒上滴2滴水，片刻后钠燃烧，产生白烟，白色固体附着在集气瓶内壁上。下列说法正确的是A．步骤①中被氧化的元素是MnB．步骤③引起钠燃烧的原因是Na与水反应放热，达到Na在Cl2中燃烧的着火点C．生成白色固体的化学方程式为D．图中的NaOH溶液可以用少量的澄清石灰水代替【答案】B【详解】A．该反应中产生的黄绿色气体是氯气，即HCl中氯元素失去电子转化为氯气，氯元素化合价由-1价变为0价，则HCl是还原剂，Mn元素得电子体现氧化性，被还原，故A错误；B．Na能在Cl2中燃烧，Na与H2O反应放热，达到Na在Cl2中燃烧的着火点，从而引起钠的燃烧，故B正确；C．Na在Cl2中燃烧生成NaCl，则白色固体是NaCl，反应的化学方程式为2Na+Cl22NaCl，故C错误；D．氯气有毒不能直接排入空气，用NaOH溶液吸收尾气，澄清石灰水浓度较小，不能用来吸收尾气，故D错误；故答案为B14．（2022·湖北·华中师大一附中高一期末）下列实验中，对应的操作、现象以及结论都正确的是选项操作现象结论A向KI—淀粉溶液中滴加氯水溶液变成蓝色还原性：Cl->I-B向蒸馏水中滴入几滴酚酞溶液，再加入过氧化钠观察现象产生气泡，且溶液变红过氧化钠与水反应生成O2和NaOHC将潮湿的氯气通过盛有干燥红纸条的集气瓶纸条红色褪去氯气具有漂白性D向CuSO4溶液中加入一小块钠产生无色气泡，溶液底部有蓝色沉淀生成Na不会直接与溶液中的CuSO4反应【答案】D【详解】A．向淀粉-KI溶液中滴加氯水，溶液变蓝，说明碘离子被氧化成碘单质，其中KI为还原剂，氯化钾为还原产物，则还原性：，故A错误；B．向蒸馏水中滴入几滴酚酞溶液，再加入过氧化钠，因过氧化钠具有漂白性，其现象为：有气泡产生，溶液先变红后褪色，故B错误；C．将潮湿的氯气通过盛有干燥红纸条的集气瓶，红色褪去，说明氯气与水反应生成了漂白性物质，氯气本身不具有漂白性，故C错误；D．向CuSO4溶液中加入一小块钠，产生无色气泡，溶液底部有蓝色沉淀生成，说明Na不会直接与溶液中的CuSO4反应，而是先与溶液中的水反应，生成的NaOH在于其溶质反应，故D正确；故选D。15．（2021·上海市风华中学高一期中）下列装置所示的实验中，能达到实验目的的是A．图I：分离溴的CCl4溶液和水 B．图II：除去Cl2中的HClC．图III：干燥Cl2 D．图IV：吸收多余的HCl【答案】A【详解】A．溴的CCl4溶液和水是互不相溶的两层液体物质，可以使用分液漏斗，采用分液的方法分离，A正确；B．Cl2、HCl都与NaOH溶液反应，不能使用NaOH溶液洗气除杂，应该使用饱和食盐水洗气除杂，B错误；C．在使用浓硫酸干燥Cl2时，导气管应该长进短出，C错误；D．HCl极易溶于水，为防止多余的HCl被吸收时发生倒吸现象，应该在导气管末端安装一个倒扣漏斗，D错误；故合理选项是A。16．（2021·重庆·高一期中）将一定体积的氯气通入含有0.3molNaOH的浓溶液中，加热溶液少许时间后恰好完全反应，形成NaCl、NaClO、NaClO3共存体系。下列判断正确的是A．与NaOH反应的氯气在标况下体积为6.72LB．共存体系中n(Na+)：n(Cl-)可能为7∶3C．若反应中转移的电子为nmol，则0.15≤n≤0.25D．n(NaCl)：n(NaClO)：n(NaClO3)可能为11∶1∶2【答案】D【详解】A．根据钠元素守恒n(NaOH)=n(NaCl)+n(NaClO)+n(NaClO3)=0.3mol，根据氯原子守恒有2n(Cl2)=n(NaCl)+n(NaClO)+n(NaClO3)=0.3mol，故参加反应的氯气的物质的量n(Cl2)=0.15mol，标况下体积为0.15mol×22.4L/mol=3.36L，A错误；B．根据方程式Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O、3Cl2+6NaOH=5NaCl+NaClO3+3H2O可知，氧化产物只有NaClO时，n(Na+)：n(Cl-)最大为2：1，当氧化产物为NaClO3时，n(Na+)：n(Cl-)最小为6：5，故6：5<

n(Na+)：n(Cl-)<2：1，7：3>2：1，B错误；C．根据方程式Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O、3Cl2+6NaOH=5NaCl+NaClO3+3H2O可知，氧化产物只有NaClO时，转移电子数最少，为0.3mol××1=0.15mol，氧化产物只有NaClO3时，转移电子数最多，为0.3mol××1=0.25mol，但由于体系内三种物质共存，所以取不到等号，0.15<n<0.25，C错误；D．假设n(NaCl)=11mol，n(NaClO)=1mol，n(NaClO3)=2mol，生成NaCl获得的电子为11mol×1=11mol，生成NaClO、NaClO3失去的电子为1mol×1+2mol×5=11mol，得失电子相等，符合氧化还原反应的规律，D正确；综上所述答案为D。二、非选择题17．（2022·上海市延安中学高一阶段练习）I.疫情封控期间要保护好自身健康，均衡饮食是必不可少的。食盐是调味品中不可或缺的成员，也可以作为工业原料生产多种重要的产品。(1)一小块金属钠长时间置于空气中，可能有下列现象，这些现象出现的先后顺序是_______。①变成白色粉末

②变暗

③固体表面变潮湿

④变白色晶体A．①②③④ B．②③④① C．②③①④ D．③②④①(2)向一小烧杯中分别加入等体积的水和煤油，片刻后再向该烧杯中轻缓的加入一绿豆大小的金属钠，反应的离子方程式为_______，可能观察到的现象符合图中的_______。A．

B．

C．

D．Ⅱ.氯化钠是侯氏制碱法重要原料，我国杰出的化学家侯德榜设计出生产纯碱的方法，打破了纯碱长期被外国垄断的局面。(3)请写出侯氏制碱法第一步生产的化学方程式_______。【答案】(1)B(2)

2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑

A(3)NH3+CO2+H2O+NaCl=NH4Cl+NaHCO3↓【解析】(1)金属钠活泼性很强，露置于空气中，极易被氧气氧化成Na2O，而变暗，Na2O与水作用生成白色固体NaOH，NaOH易潮解而变成液体，NaOH溶液吸收空气中的水和CO2生成Na2CO3·xH2O晶体，Na2CO3·xH2O晶体风化脱水生成白色粉末Na2CO3，先后出现的现象是②变暗③固体表面变潮湿④变白色品体①变成白色粉末，故选B；(2)钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，反应的离子方程式为2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑，因为煤油的密度比水小，所以煤油在上层，水在下层，又因钠的密度比水小，比煤油大，因此介于两者之间，而钠能与水反应产生气体，在与水反应生成气体后被气体带离水层，进入煤油层后停止反应又下沉，如此反复，直至钠反应完，现象与图中A符合，故答案为:2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑；A；(3)侯氏制碱法第一步生产的原理是将二氧化碳通入氨化的氯化钠饱和溶液中，使溶解度小的碳酸氢钠从溶液中析出，反应的方程式为：NH3+CO2+H2O+NaCl=NH4Cl+NaHCO3↓，故答案为：NH3+CO2+H2O+NaCl=NH4Cl+NaHCO3↓。18．（2021·江苏·金沙中学高一期中）物质的量是联系宏观的和微观的的桥梁。(1)标准状况下，与5.6L的CH4气体含相同H原子数的H2S的物质的量为_______

。(2)将0.2mol·L-1Al2(SO4)3和0.2mol·L-1H2SO4溶液等体积混合(设混合溶液体积等于两溶液体积之和)，计算混合液中c(SO)=_______mol·L-1，若用容量瓶以质量分数为98%、密度为1.84g·cm-3的浓硫酸，配制500mL浓度成0.2mol·L-1稀硫酸，计算需要量取_______mL的浓硫酸。(3)某无土栽培用的营养液，要求KCl、K2SO4和NH4Cl三种固体原料的物质的量之比为1︰4︰8①配制该营养液后c(NH)=0.016mol·L-1，溶液中c(K+)=

_______。②若采用(NH4)2SO4和KCl来配制该营养液，则(NH4)2SO4和KCl物质的量之比为_______。【答案】(1)0.5mol(2)

0.4

5.4(3)

0.018mol/L

4:9【解析】（1）根据题意可列式，解得n(H2S)=0.5mol（2）c(SO)=；质量分数为98%、密度为1.84g·cm-3的浓硫酸的物质的量浓度c=，稀释前后溶质的物质的量守恒，18.4V浓=0.2×0.5，解得V浓≈5.4mL；（3）根据配比可设KCl、K2SO4和NH4Cl三种盐的物质的量分别为1mol、4mol、8mol，c(NH)=0.016mol·L-1=，解得V=500L，则c(K+)=；根据原营养液KCl、K2SO4和NH4Cl的物质的量比为1:4:8可知K+、NH、SO、Cl-的物质的量比为9:8:4:9，则根据原子守恒可知，若采用(NH4)2SO4和KCl来配制该营养液，(NH4)2SO4和KCl物质的量之比为4:9。19．（2022·湖南邵阳·高一期末）氯元素是非常重要的非金属元素，某化学活动社团为了探究氯气的制法、性质和用途，设计了如下实验装置。(1)B中饱和食盐水的作用是_______。(2)请写出二氧化锰与浓盐酸反应的化学方程式_______。(3)广口瓶C、E中的有色布条褪色的是_______(填“C”或“E”)。(4)装置F可用于制漂白粉，漂白粉的有效成分是_______。(写化学式)(5)烧杯G的作用是处理尾气。请写出G中反应的离子方程式_______。(6)检验G中阳离子的方法是_______；写出I中反应化学方程式_______。【答案】(1)除HCl(2)MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O(3)C(4)Ca(ClO)2(5)Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O(6)

焰色试验

2Fe+3Cl22FeCl3【分析】本实验的目的，是制取Cl2，并探究氯气的化学性质。A装置制取Cl2，B装置除去Cl2中混有的HCl；H、D装置干燥Cl2，I装置探究Cl2与Fe的反应，G装置吸收Cl2尾气；C、E装置用于检验Cl2的漂白性，F装置用于制取漂白粉。（1）盐酸是挥发性酸，在加热条件下，更容易挥发出氯化氢气体，混在氯气中，所以B中饱和食盐水的作用是：除HCl。答案为：除HCl；（2）二氧化锰与浓盐酸在加热条件下反应，生成MnCl2、Cl2等，化学方程式为：MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O。答案为：MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O；（3）通入广口瓶C中的氯气是潮湿的，能使有色布条褪色，通入E中的氯气是干燥的，有色布条不褪色，则能使有色布条褪色的是C。答案为：C；（4）装置F可用于制漂白粉，漂白粉的主要成分是CaCl2、Ca(ClO)2，有效成分是Ca(ClO)2。答案为：Ca(ClO)2；（5）烧杯G中，NaOH吸收Cl2，生成NaCl、NaClO等，反应的离子方程式为：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O。答案为：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O；（6）G中阳离子为Na+，检验方法是焰色试验；I中，Fe与Cl2反应生成FeCl3，反应化学方程式为：2Fe+3Cl22FeCl3。答案为：焰色试验；2Fe+3Cl22FeCl3。【点睛】氯气本身没有漂白性，氯气与水反应生成的次氯酸才具有漂白性。20．（2022·重庆南开中学高一期末）两个化学兴趣小组的同学在实验室测定碳酸钠和碳酸氢钠混合物中碳酸钠的质量分数w(Na2CO3)。两个实验小组均称取该混合物mg，配成100mL溶液。甲小组设计实验方案为：利用化学反应把、完全转化为沉淀，称量干燥沉淀的质量，由此计算混合物中w(Na2CO3)。(1)取100mL配制好的溶液于烧杯中，滴加足量沉淀剂，把溶液中、完全转化为沉淀，应选用的试剂是_______(填字母)。A．CaCl2溶液 B．MgSO4溶液C．NaCl溶液 D．Ba(OH)2溶液(2)将所得沉淀充分干燥，称量沉淀的质量为bg，由此可以计算w(Na2CO3)。如果此步中，沉淀未干燥充分就称量，则测得w(Na2CO3)_______(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)。乙小组设计实验方案为：将100mL配制好的溶液与足量稀硫酸反应，测定生成气体在通常状况的体积，换算成标准状况下的体积为nmL，由此计算混合物中w(Na2CO3)。(3)装置a的名称是_______。(4)NaHCO3与稀硫酸反应的离子方程式为_______。(5)若称取混合物质量m=12.7g，实验后换算的标准状况下气体体积n=2800mL，则测得w(Na2CO3)=_______。【答案】(1)D(2)偏小(3)(恒压)分液漏斗(4)(5)83.5%【分析】本题通过设计实验方案来测定碳酸钠和碳酸氢钠混合物中碳酸钠的质量分数。甲小组：通过滴加足量沉淀剂，把溶液中、完全转化为沉淀，通过获得固体的质量可计算出混合物中碳酸钠的质量分数。乙小组：向混合物溶液中滴加足量的稀硫酸，使、完全转化为CO2气体，通过量气装置测定生成气体的体积并换算成标准状况下的体积，据此可算出混合物中碳酸钠的质量分数。(1)A．CaCl2溶液只能与反应生成沉淀，而与不能发生反应，故A项错误；B．MgSO4溶液只能与反应生成沉淀，而与不能发生反应，故B错误；C．NaCl溶液与、都不反应，故C错误；D．Ba(OH)2溶液与、都发生反应，生成碳酸钡沉淀，故D正确；答案为：D；(2)如果此步中，沉淀未干燥充分就称量，则称量值偏大，由于在质量相等的条件下碳酸氢钠产生的沉淀大于碳酸钠产生的沉淀，所以如果称量值偏大，则碳酸氢钠的质量偏大，则碳酸钠的含量偏小，故答案为：偏小；(3)由仪器构造可知a为(恒压)分液漏斗，故答案为：(恒压)分液漏斗；(4)NaHCO3与稀硫酸反应生成Na2SO4、H2O和CO2，离子反应方程式为：，故答案为：；(5)混合物质量m=12.7g，设碳酸钠的物质的量为mol，碳酸氢钠的物质的量为mol，则①，实验后换算的标准状况下CO2气体体积n=2800mL，根据碳元素则②，联立①②，解得，则混合物中，故答案为：83.5%；21．（2022·辽宁大连·高一期末）I.请用所学化学知识回答下列生活中的问题：(1)“老面”蒸馒头时常用Na2CO3调节酸度而