第二章 海水中的重要元素-钠和氯（单元试题）（解析版）化学人教版必修第一册

第二章海水中的重要元素—钠和氯2026-2027学年高一化学单元试卷解析版（人教版必修第一册）（考试时间：75分钟试卷满分：100分）可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Na23Cl35.5Ca40Mn55一、选择题（本大题共14个小题，每题3分，共42分，每题只有一个选项符合题目要求。）1．有两支试管分别装有Na2CO3和NaHCO3溶液，下列操作和判断不正确的是选项操作判断A分别加入澄清石灰水产生沉淀者为Na2CO3B分别加入等浓度的稀盐酸反应较剧烈者为NaHCO3C分别加入CaCl2溶液产生沉淀者为Na2CO3D逐滴加入等浓度的盐酸立即产生气泡者为NaHCO3A．A B．B C．C D．D【答案】A【解析】A．Na2CO3+Ca(OH)2=CaCO3↓+2NaOH，2NaHCO3+Ca(OH)2=CaCO3↓+Na2CO3+2H2O，两者均生成白色沉淀，故A错误；B．碳酸钠和盐酸分两步反应放出二氧化碳，滴加等浓度的稀盐酸时，NaHCO3溶液反应更剧烈，故B正确；C．Na2CO3与CaCl2发生反应Na2CO3+CaCl2=CaCO3↓+2NaCl，产生白色沉淀，NaHCO3与CaCl2不反应，故C正确；D．逐滴加入等浓度的盐酸时，NaHCO3立即产生气泡，Na2CO3开始无气泡产生，过一会儿才产生气泡，故D正确；选A。2．（2026高一下·浙江宁波·期末）下列实验操作或方法正确的是A．先将pH试纸润湿，然后测定氯水pHB．进行焰色试验时，铂丝需用稀盐酸洗涤并灼烧至无色C．分液漏斗中下层液体从下口放出后，上层液体也从下口放出D．配制100mL0.1mol⋅L-1【答案】B【解析】A．pH试纸润湿会稀释氯水，且氯水中的HClO具有漂白性，会漂白pH试纸无法准确测定pH，A错误；B．进行焰色试验时，稀盐酸可将铂丝上的杂质转化为易挥发的氯化物，灼烧至无色可排除杂质对焰色的干扰，操作正确，B正确；C．分液时，下层液体从下口放出后，上层液体需从上口倒出，若从下口放出会沾染下层残留的液体，导致试剂污染，C错误；D．容量瓶仅用于溶液定容，不能用于溶解固体，NaCl固体应先在烧杯中溶解、冷却至室温后再转移到容量瓶中定容，D错误；故选B。3．（2026高二下·河北承德·期末）下列说法不正确的是A．实验室制备NO2、H2S、O2等气体时必须在通风橱中进行B．根据安全生产要求，运输浓盐酸应贴标识C．氯水放在棕色细口瓶中密封避光贮存D．金属钠着火时，用干燥的细沙覆盖扑灭【答案】A【解析】A．NO2、H2S均有毒，需在通风橱中制备，但O2无毒，常规制备无需通风橱，A错误；B．浓盐酸具有强腐蚀性，属于腐蚀品，B正确；C．氯水中的HClO见光分解，应避光保存在棕色瓶中，C正确；D．钠能与水反应生成可燃性的氢气，且燃烧产物Na2O2能与CO24．（2026高一下·福建莆田·阶段检测）下列说法正确的是A．标准状况下，22.4LH2O中含有水分子数为NAB．标况下1mol氨气分子中含有的氢原子数为2NAC．3mol/L的硫酸中含有的H+数目为6NAD．标准状况下，22.4LCO和NO混合气体中含有的原子数为2NA【答案】D【解析】A．标准状况下H2O不是气态，不能用气体摩尔体积22.4L/mol计算其物质的量，22.4LH2O的物质的量远大于1mol，水分子数远大于NA，A错误；B．氨气化学式为NH3，1molNH3含有3molH原子，氢原子数为3NA，B错误；C．仅给出硫酸的物质的量浓度，未给出溶液体积，无法计算H+的物质的量及数目，C错误；D．标准状况下22.4L混合气体总物质的量为1mol，CO5．以“物质的量”为中心的计算是化学计算的基础，下列与“物质的量”相关的计算正确的是A．有CO、CO2、O3三种气体，它们各含有1molO，则三种气体物质的量之比为3：2：1B．两种物质的物质的量相同，则它们在标准状况下的体积也相同C．常温下，aL氧气和氮气的混合物含有的分子数约为(a/22.4)×6.02×1023个D．在同温同体积时，气体的物质的量越大，则压强越大【答案】D【解析】A．含1molO的CO、CO2、O3的物质的量分别是1mol、0.5mol、1/3mol，三种气体物质的量之比为6∶3∶2，A错误；B．两种物质的物质的量相同，但他们的状态不一定相同，所以它们在标准状况下的体积并不一定相同，B错误；C．常温下气体的摩尔体积大于22.4L/mol，aL氧气和氮气的混合物含有的分子数不是(a/22.4)×6.02×1023个，C错误；D．由PV=nRT知，同温同体积时，压强与物质的量成正比，气体的物质的量越大，则压强越大，D正确；故选D。6．（2026高二下·河北石家庄·期末）兴趣小组同学在实验室用如图所示装置制备Cl2及消毒液。下列说法错误的是A．仪器X的作用是平衡压强B．装置B中盛放的是浓硫酸C．若无B装置会降低所得消毒液中有效成分的浓度D．制消毒液时为减少NaClO3的生成，可将装置C中的三颈烧瓶放在冰水浴中【答案】B【解析】A．仪器X是长颈漏斗，连通外界大气，作用是平衡装置内压强，A正确；B．高锰酸钾和浓盐酸常温制备氯气，制得的氯气中混有挥发的HCl杂质，B装置作用是除去HCl，应盛放饱和食盐水，不需要干燥除水，B错误；C．若无B装置，混有的HCl会进入C中与NaOH反应，消耗NaOH，减少有效成分NaClO的生成，会降低所得消毒液有效成分浓度，C正确；D．温度较高时，氯气与NaOH反应易生成副产物NaClO3，将三颈烧瓶置于冰水浴中降温，可减少NaClO3的生成，D正确；故答案选7．（2026高一下·山东济宁·期末）利用下图装置验证Na2O2与COA．装置b用来吸收HClB．装置d中每消耗1 mol C．装置e中的碱石灰可替换成PD．将带火星的木条置于f出气管口处，木条复燃，可证明有O2【答案】C【解析】A．装置b中盛有饱和NaHCO3溶液，可与CO2中混有的HCl反应，达到除杂目的，A正确；B．装置d中反应为2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，Na2O2中-1价的氧发生歧化反应，每消耗1molNa2O2转移1mole-8．（206高二下·湖南·期末）Cl2O是一种有强烈刺激性气味的气体，具有强氧化性，易与水反应生成HClO，浓度过高时易分解爆炸，与有机物、还原剂接触或加热时会燃烧并可能爆炸，某研究小组利用HgO与Cl2制备Cl2O，装置如图所示。已知ClA．装置④⑤不能使用橡胶管连接 B．Cl2C．装置②中盛装的是饱和食盐水 D．装置⑤中液氨用于吸收C【答案】D【解析】由实验装置图可知，装置①中浓盐酸与高锰酸钾反应制备氯气，装置②中盛有的饱和食盐水用于除去氯化氢气体，装置③中盛有的浓硫酸用于干燥氯气，装置④中氯气与氧化汞在冰水浴中反应制备一氧化二氯，装置⑤中盛有的液氨没有与一氧化二氯接触，目的是用于冷凝收集一氧化二氯。A．Cl2O与有机物接触易燃烧爆炸，橡胶属于有机物，因此装置④⑤不能使用橡胶管连接，A正确；B．Cl2O与水反应为Cl2O+H2O=2HClO，反应前后各元素化合价均无变化，属于非氧化还原反应，B正确；C．装置①制备的氯气中混有挥发的HCl杂质，装置②中盛装饱和食盐水可除去HCl，C正确；D．Cl9．（2026高二下·河南驻马店·期末）传统氯气消毒饮用水易产生有害含氯副产物，ClO2A．ClO2B．ClO2C．实验室在酸性条件下用NaClO3与H2O2反应来制备ClO2，若反应中有0.1D．用ClO2可将弱碱性水体中Mn2+转化为MnO2除去，本身还原为【答案】C【解析】A．酸性氧化物与碱反应生成对应价态的盐和水，且属于非氧化还原反应，ClO2与碱反应时Cl元素化合价发生变化，为歧化反应，不符合酸性氧化物定义，A错误；B．ClO2用于自来水杀菌消毒是利用其强氧化性使蛋白质变性，不是还原性，B错误；C．在酸性条件下用NaClO3与H2O2反应来制备ClO2，Cl元素由+5价降低为+4价，每生成1molClO2转移1mol电子，故转移0.1mol电子时生成0.1molClO2，标准状况下体积为0.1mol×22.4L/mol=2.24L，C正确；D．该反应中氧化剂ClO2中Cl元素从+4价降低为-1价，每个ClO2得5e-，还原剂Mn2+中Mn从10．（2026高二下·广东惠州·期末）部分含Cl物质的分类与相应化合价关系如图所示。下列推断不合理的是A．a或b与铁反应得到同一种产物 B．c可作为自来水消毒剂C．d的酸性比e弱 D．f具有漂白性，可由b与碱反应制得【答案】A【解析】首先确定各对应物质：a为HCl（-1价氯的氢化物），b为Cl2（0价氯单质），c为ClO2（+4价氯的氧化物），d为HClO（+1价含氧酸），e为HClO4（+7价含氧酸），f为次氯酸盐（+1价氯的盐）。A．HCl与Fe反应生成FeCl2，Cl2与Fe反应生成FeCl3，二者产物不同，A错误；B．ClO2具有强氧化性，可作为自来水消毒剂，B正确；C．HClO是弱酸，HClO4是已知酸性最强的无机含氧酸，d的酸性比e弱，C正确；D．次氯酸盐具有漂白性，可由Cl11．（2026高一下·湖南长沙·期末）设NAA．3.2gO2和O3的混合气体中含有的氧原子数目为B．过氧化钠与水反应时，生成0.1mol氧气转移的电子数为0.2NC．将22.4LCl2通入水中，则溶液中含HClO、Cl-、ClO-D．87.0gMnO2与足量12mol⋅L-1【答案】C【解析】A．O2和O3的混合气体中含有的原子只有O，3.2gO的物质的量为0.2mol，氧原子数目为0.2NA，A正确；B．过氧化钠与水反应方程式为：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，氧气是该反应的氧化产物（O化合价：-1→0）生成0.1mol氧气转移的电子数为0.2NA，B正确；C．未说明是否处于标准状况，所以22.4L氯气的物质的量不一定为1mol，且氯水中存在氯气分子，HClO、Cl-、ClO-粒子数之和无法确定，C错误；12．（2026高二下·河北衡水·期末）氯及其部分化合物的转化关系如图所示。设NAA．反应③中氧化剂与还原剂的物质的量之比为5：1B．反应②的产物在酸性条件下可以发生归中反应C．反应①中每消耗0.1molHCl，生成Cl2分子的数目为0.1D．反应②中每有0.3molCl2参与反应，转移电子的数目为0.6【答案】B【解析】A．反应③是Cl2和碱在常温下的歧化反应，部分Cl化合价升高作还原剂、部分降低作氧化剂，氧化剂与还原剂物质的量之比为1:1，A错误；B．反应②的产物为Cl-和ClO3-，酸性条件下两种离子可发生归中反应生成Cl2，B正确；C．反应①中每4molHCl参与反应，仅2molHCl被氧化，生成2molCl2，因此消耗0.1molHCl时，生成Cl2分子的数目为0.05NA，C错误；D13．（25-26高一上·江苏南京·阶段检测）下列说法正确的是A．向滴有酚酞的氨水中滴加醋酸溶液至红色消失，过程中溶液的导电性几乎不变B．向溶有CO2的饱和食盐水中通入NH3，可制取NaHCO3C．含有4molHCl的浓盐酸与足量MnO2共热，可生成标况下Cl2体积22.4LD．足量O2和等量的Na分别在常温和加热条件下反应，转移的电子数一样多【答案】D【解析】A．氨水中的NH3⋅H2O是弱电解质，部分电离，溶液离子浓度低；滴加醋酸反应生成强电解质醋酸铵，完全电离使离子浓度显著升高，导电性增强，A错误；B．先向饱和食盐水中通入溶解度大的NH3使溶液呈碱性，再通入CO2才能得到足够浓度的HCO3-，生成大量HCO3-，结合Na+析出NaHCO3晶体；先通CO2时其溶解度小，无法得到足量HCO3-，B错误；C．浓盐酸与足量MnO2共热时，随着反应进行浓盐酸变稀，稀盐酸与MnO2不反应，4molHCl无法完全反应，生成Cl14．某营养液中含有KCl、K2SO4、NaCl三种溶质，实验测得部分离子的浓度如图甲所示。取200mL该营养液加水稀释，测得Na＋的浓度(c)随溶液体积(V)的变化如图乙曲线所示。下列判断错误的是A．图甲中X是SOeq\o\al(2－,4)B．图乙中c1＝8.0C．营养液中KCl的浓度为2.0mol/LD．营养液中NaCl与K2SO4的物质的量之比为2∶1【答案】C【解析】取200mL该营养液加水稀释，由图乙可得：c1×0.2L＝1.6mol/L×1L，则有c1＝8.0mol/L，即该营养液中c(Na＋)＝8.0mol/L，B正确；图甲中X的浓度为4.0mol/L，则X是SOeq\o\al(2－,4)，A正确；营养液中c(K2SO4)＝c(SOeq\o\al(2－,4))＝4.0mol/L，则由K2SO4提供的c(K＋)＝8.0mol/L，图甲中c(K＋)＝9.0mol/L，推知c(KCl)＝9.0mol/L－8.0mol/L＝1.0mol/L，C错误；营养液中，n(NaCl)＝8.0mol/L×VL＝8.0Vmol(V为营养液的体积)，n(K2SO4)＝4.0mol/L×VL＝4.0Vmol，则其物质的量之比为2∶1，D正确。故选C。二、非选择题（本大题共4个小题，共58分）15．（13分）（2026高一下·湖南长沙·期末）化工专家侯德榜发明的侯氏制碱法为我国纯碱工业和国民经济发展做出了重要贡献，其生产流程可简要表示如下：（1）“侯氏制碱法”中的“碱”指的是______(填化学式)；该物质在物质分类上属于______(填“酸”“碱”“盐”或“氧化物”)。写出其在水溶液中的电离方程式：____________。（2）往饱和食盐水中依次通入足量的NH3、CO2，而不先通CO2再通NH（3）物质X是______(填化学式)。（4）写出沉淀池中反应的化学方程式：____________。（5）测定该纯碱样品的纯度：称取ag样品置于小烧杯中，加水溶解，滴加足量CaCl2溶液，将反应混合物过滤、洗涤、干燥、称量，得到固体的质量为bg，则该样品中纯碱的质量分数为______(用含a、b的代数式表示)【答案】（1）Na2CO3（2分）盐（1分）Na（2）CO2在水中的溶解度较小，NH3在水中的溶解度较大，向饱和食盐水中先通入过量NH3，使溶液显碱性，能更好地吸收CO（3）CO2（2分）（4）NaCl+H（5）53b50a×100%【解析】侯氏制碱法，是向饱和食盐水中依次通入足量的NH3、CO2，发生反应：CO2+NH3+NaCl+HNaHCO3↓+NH4Cl，过滤后得到NaHCO3晶体，再将其受热分解，得到纯碱，据此分析（1）“侯氏制碱法”中的“碱”指的是Na2CO3，俗称纯碱；它由Na+和CO32-构成，符合盐的定义，即金属阳离子与酸根阴离子构成的化合物，因此属于盐。Na2CO（2）因为CO2在水溶液中的溶解度较小，NH3在水中的溶解度较大，所以向饱和食盐水中先通入过量NH3，使溶液显碱性，可以增大CO2的溶解度，得到足够浓度的（3）煅烧炉中煅烧NaHCO3：2NaHCO3eq\o(,\s\up6(Δ（4）沉淀池中饱和食盐水、氨气、二氧化碳反应，生成溶解度较小的碳酸氢钠沉淀和氯化铵，化学方程式：CO2（5）纯碱与CaCl2溶液发生反应，生成CaCO3；设样品中纯碱的质量分数为ω%，则生成的CaCO3物质的量与样品中纯碱的物质的量相等，即16．（14分）“84”消毒液是一种以NaClO为主的高效消毒剂，被广泛用于宾馆、医院、食品加工行业、家庭等的卫生消毒。某“84”消毒液瓶体部分标签如图甲所示，该“84”消毒液通常稀释100倍(体积之比)后使用。请回答下列问题：（1）此“84”消毒液的物质的量浓度约为________mol/L。(计算结果保留一位小数)（2）某同学量取100mL此“84”消毒液，按说明要求稀释后用于消毒，则稀释后的溶液中c(Na＋)＝________mol/L。（3）该同学阅读该“84”消毒液的配方后，欲用NaClO固体配制480mLNaClO质量分数为24%的消毒液。①如图乙所示的仪器中配制溶液需要使用的是________(填字母)，还缺少的玻璃仪器是____________。②下列操作中，容量瓶不具备的功能是________(填序号)。a．配制一定体积准确浓度的标准溶液b．贮存溶液c．测定容量瓶规格以下的任意体积的溶液d．准确稀释某一浓度的溶液e.用来加热溶解固体溶质③请计算该同学配制此溶液需用托盘天平称取NaClO固体的质量为________g。（4）若实验遇下列情况，导致所配溶液的物质的量浓度偏高的是________(填字母)。A．定容时俯视刻度线B．转移前，容量瓶内有蒸馏水C．未冷却至室温就转移定容D．定容时加水过量，用胶头滴管吸出【答案】（1）3.8（2分）（2）0.038（2分）（3）①CD（2分）玻璃棒、胶头滴管、500mL容量瓶（2分）②bcde（2分）③141.6（2分）（4）AC（2分）【解析】（1）c(NaClO)＝eq\f(1000ρw,M)＝eq\f(1000×1.18×24%,74.5)mol/L＝3.8mol/L。（2）稀释后c(NaClO)＝eq\f(1,100)×3.8mol/L＝0.038mol/L，c(Na＋)＝c(NaClO)＝0.038mol/L。（3）①由于实验室无480mL容量瓶，故应选用500mL容量瓶，根据配制一定物质的量浓度的溶液的步骤，可知所需的仪器有托盘天平、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶和胶头滴管，故除C、D外，还需要的玻璃仪器是玻璃棒、胶头滴管、500mL容量瓶。②容量瓶能用于准确配制一定体积浓度的标准溶液，a不符合题意；容量瓶不能用于贮存溶液，b符合题意；容量瓶只有一条刻度线，故不能测量容量瓶规格以下的任意体积的溶液，c符合题意；容量瓶不能用于稀释溶液，d符合题意；容量瓶不能受热，故不能用来加热溶解固体溶质，e符合题意。③质量分数为24%的消毒液的浓度为3.8mol/L，故配制500mL溶液所需NaClO固体的质量m＝cVM＝3.8mol/L×0.5L×74.5g/mol≈141.6g。（4）定容时俯视刻度线，会导致溶液体积偏小，则浓度偏高，A正确；转移前，容量瓶内有蒸馏水，对所配溶液浓度无影响，B错误；未冷却至室温就转移定容，导致冷却后溶液体积偏小，则浓度偏高，C正确；定容时加水过量，导致溶液体积偏大，故溶液浓度偏小，D错误。17．（14分）某实验小组的同学欲探究Na2CO3和NaHCO3的性质，发现实验室里盛放两种固体的试剂瓶丢失了标签。于是，他们先对固体A、B进行鉴别，再通过实验进行性质探究。（1）分别加热固体A、B，发现固体A受热产生的气体能使澄清石灰水变浑浊。A受热分解的化学方程式为______________。（2）称取两种固体各2g，分别加入两个小烧杯中，再各加10mL蒸馏水，振荡，测量温度变化；待固体充分溶解，恢复至室温，向所得溶液中各滴入2滴酚酞溶液。①发现Na2CO3固体完全溶解，而NaHCO3固体有剩余，由此得出结论：_________________。②同学们在两烧杯中还观察到以下现象。其中，盛放Na2CO3的烧杯中出现的现象是________(填标号)。a．溶液温度下降 b．溶液温度升高c．滴入酚酞后呈蓝色 d．滴入酚酞后呈红色（3）如图所示，在气密性良好的装置Ⅰ和Ⅱ中分别放入药品，将气球内的固体同时倒入试管中。①两试管中均产生气体，______(填“Ⅰ”或“Ⅱ”)的反应程度更为剧烈。②反应结束后，气球均有膨胀，恢复至室温，下列说法正确的是______(填标号)。a．装置Ⅰ的气球体积较大b．装置Ⅱ的气球体积较大c．生成气体的体积根据盐酸计算d．生成气体的体积根据固体计算（4）同学们将两种固体分别配制成0.5mol/L的溶液，设计如下方案并对反应现象作出预测：实验方案预测现象预测依据操作1：向2mLNa2CO3溶液中滴加1mL0.5mol/LCaCl2溶液有白色沉淀Na2CO3溶液中的COeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))浓度较大，能与CaCl2发生反应______________(写离子方程式)操作2：向2mLNaHCO3溶液中滴加1mL0.5mol/LCaCl2溶液无白色沉淀NaHCO3溶液中的COeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))浓度很小，不能与CaCl2反应实施实验后，发现操作2的现象与预测有差异，会产生白色沉淀和气体。则该条件下，NaHCO3溶液与CaCl2溶液反应的离子方程式为_________________________。【答案】（1）2NaHCO3eq\o(=,\s\up7(△))Na2CO3＋CO2↑＋H2O（2分）（2）①同温度下，Na2CO3比NaHCO3易溶于水（2分）②bd（2分）（3）①Ⅰ（2分）②ac（2分）（4）Ca2＋＋COeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))=CaCO3↓（2分）Ca2＋＋2HCOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))=CaCO3↓＋CO2↑＋H2O（2分）【解析】（3）①Na2CO3与盐酸的反应分步进行，先转化为NaHCO3，NaHCO3再与盐酸反应生成CO2，故NaHCO3与盐酸反应更剧烈；②由题意可知，n(HCl)＝0.003L×1mol/L＝0.003mol，完全反应消耗Na2CO3和NaHCO3的质量分别为0.003mol×eq\f(1,2)×106g/mol＝0.159g、0.003mol×84g/mol＝0.252g，因此在反应中盐酸均不足，计算生成气体的体积要依据盐酸的量且装置Ⅰ中产生CO2较多。（4）操作1中的白色沉淀是碳酸钙，这说明碳酸钠能和氯化钙反应生成碳酸钙白色沉淀，反应的离子方程式为Ca2＋＋COeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))=CaCO3↓；操作2的实际现象为产生白色沉淀和气体，这说明白色沉淀是CaCO3，气体是CO2，因此在该条件下，NaHCO3溶液与CaCl2溶液反应的离子方程式为Ca2＋＋2HCOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))=CaCO3↓＋CO2↑＋H2O。18．（17分）（25-26高一上·上海·期中）1810年，英国化学家戴维以大量事实为依据，确认一种黄绿色气体是一种新元素组成的单质——氯气。某化学兴趣小组同学利用以下装置制备干燥的氯气并对氯气的性质进行探究。（1）D的收集装置可以选择___________（填标号）。（2）某同学认为该实验装置存在一处明显的不足，请提出解决方案______。（3）利用数字化实验探究次氯酸的化学性质，用强光照射盛有氯水的密闭广口瓶；并用传感器测定广口瓶中数据，得到如下图曲线，已知pH越小，溶液的酸性越强。请结合化学方程式解释曲线中氯离子的浓度和氧气体积分数变化的原因：______。①氯水的pH与时间关系②氯离子的浓度与时间关系③氧气的体积分数与时间关系（4）甲同学用足量MnO2与含4molHCl的浓盐酸反应制氯气，乙同学用1molMnO2A．甲多 B．乙多 C．一样多 D．无法确定以工业废渣，主要成分为Ca(OH)2和CaCO3为原料和氯气反应，氯化时存在Cl2与Ca(OH)2作用生成已知3（5）传统纯碱工业生产所得到的碳酸钠中往往混有食盐，若要检验其中混有的氯离子，简述实验方案______。（6）复盐KAlSO42的组成可表示为K2SO（7）氯化完成后过滤，滤液中CaClO32与CaCl（8）向滤液中加入稍过量KCl固体，再经处理，可将CaClO32转化为KClO3。你认为可能的原因是______。该处理过程为：加入KCl，充分搅拌，蒸发浓缩，（9）某温度下将Cl2通入NaOH溶液中，得到NaClO、NaClO3等物质的混合液，经测定NaClO与NaClO3