第二章 海水中的重要元素——钠和氯 测试题 2023-2024学年高一上学期化学人教版（2019）必修第一册

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第二章《海水中的重要元素——钠和氯》测试题
一、单选题（共12题）
1．如图是实验室制取纯净氯气的装置图，下列说法正确的是

A．分液漏斗中盛装的是浓硫酸
B．B的目的是为了除去氯气中的水分
C．E中盛装的是饱和氯化钠溶液
D．D广口瓶除了可以用于收集气体外，还可以用做安全瓶
2．下列关于Na2O和Na2O2的叙述中，正确的是（　　）
A．都属于碱性氧化物 B．氧元素的化合价相同
C．水溶液的成分相同 D．颜色相同
3．配制0.4 mol·L-1的NaCl溶液250 mL不需要用到的仪器是
A． B． C． D．
4．向盛有乙醇的烧杯中投入一小块钠，可以观察到的现象是
A．钠在乙醇的液面上游动 B．钠沉在液面以下
C．钠反应剧烈 D．钠块熔成小球
5．下列物质一般情况下不能由单质直接化合而制得的是
A．Cu2S B．FeCl3 C．NO2 D．NH3
6．下列叙述正确的是
A．摩尔是国际单位制中七个基本物理量之一
B．0.012kg12C含有约6.02×1023个碳原子
C．单位物质的量的任何物质都含有的6.02×1023个原子
D．一定温度、压强下，气体体积主要由分子之间的距离决定
7．设为阿伏加 德罗常数的值，下列说法正确的是
A．14gCO和的混合气体所含有的电子数为
B．用浓盐酸分别和、反应制备1mol氯气，转移的电子数均为
C． 溶液中含有氧原子数为
D．Imol 溶于稀氨水中使溶液呈中性，溶液中数目为
8．下列反应的离子方程式正确的是
A．将氯气通入氯化亚铁溶液中：Cl2+Fe2+=Fe3++2Cl-
B．向NH4HCO3溶液中滴加HCl溶液：H++HCO=CO2↑+H2O
C．稀硫酸与氢氧化钡反应：Ba2++OH-+H++SO=BaSO4↓+H2O
D．过量SO2通入NaClO溶液中：ClO-+SO2+H2O=HSO+HClO
9．设NA为阿伏加 德罗常数的值，下列有关叙述正确的是（    ）
A．已知t℃时，MgCO3的Ksp=4×10-6，则MgCO3饱和溶液中含Mg2+数目为2×10-3NA
B．一定条件下，2.3g的Na完全与O2反应生成3.6g产物时失去的电子数一定为0.1NA
C．CO2通过Na2O2使其增重bg时，反应中转移的电子数为
D．1mol带有乙基支链的烷烃，分子中所含碳原子数最少为5NA
10．下列关于物质或离子检验的叙述正确的是
A．在溶液中加酸化的BaCl2溶液，溶液出现白色沉淀，证明原溶液中有SO42-
B．用铂丝蘸取少量某溶液进行焰色反应，火焰呈黄色，该溶液一定是钠盐溶液
C．气体通过无水CuSO4，粉末变蓝，证明原气体中含有水蒸气
D．将气体通入澄清石灰水，溶液变浑浊，证明原气体是CO2
11．已知：KClO3+6HCl(浓)=KCl+3Cl2↑+3H2O。如图所示，将少量试剂分别放入培养皿中的相应位置，实验时将浓盐酸滴在KClO3晶体上，并用表面皿盖好。下表中由实验现象得出的结论完全正确的是


实验现象
结论
A
滴有KSCN的FeCl2溶液变红色
Cl2具有还原性
B
滴有酚酞的NaOH溶液褪色
Cl2具有漂白性
C
石蕊溶液先变为红色后褪色
Cl2具有漂白性
D
KI淀粉溶液中变蓝色
Cl2具有氧化性
A．A B．B C．C D．D
12．将金属钠分别投入到下列物质的溶液中，有气体放出且溶液质量减轻的是
A．HCl B．H2SO4 C．H2O D．饱和NaOH溶液
二、非选择题（共10题）
13．某同学对气体A样品进行如下实验：①将样品溶于水，发现气体A易溶于水；②将A的浓溶液与MnO2 共热，生成一种黄绿色气体单质B，B通入石灰乳中可以得到漂白粉。
（1）写出A、B的化学式：A ，B 。
（2）写出A的浓溶液与MnO2 共热的化学方程式： 。
（3）写出B通入石灰乳中制取漂白粉的化学方程式： 。
14．钠和钠的化合物有许多重要的用途。碳酸钠与氯气发生的反应如下：3Cl2+Na2CO3+H2O=NaCl+NaClO3+NaHCO3(未配平)。
(1)该反应中氧化剂与还原剂的个数之比是 。
(2)少量钠应保存在 中；钠着火时不能用水灭火，原因 (涉及反应的离子方程式)。
(3)在碳酸钠与碳酸氢钠的混合溶液中，逐滴滴加盐酸，所得气体的体积与加入盐酸的体积关系如图所示：

①在实验室配好的NaOH溶液中通入过量的二氧化碳时发生的离子反应是 。
②其中OA段发生的离子反应方程式为 。
15．氯气是一种重要的化工原料，在工农业生产、生活中有着重要的应用。为探究氯气的性质，某同学设计了如图1所示的实验装置。


(1)实验中制取氯气的反应原理为：MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O，该反应中还原剂是 .
(2)利用(1)中制气原理，从图2中选择合适的制气装置处： 填写序号。
(3)装置B、C中依次放的是干燥的红色布条和湿润的红色布条，理论上装置 中的红色布条褪色，但实验过程中该同学发现装置B、C中的布条均褪色，其原因可能是 ，说明该装置存在明显的缺陷，请提出合理的改进方法 。
(4)为了验证氯气的氧化性，将氯气通入溶液中，写出氯气与溶液反应的离子方程式 。
(5)工业上常用石灰乳吸收制氯气的尾气制得漂白粉，漂白粉的有效成分是 填化学式。
16．(1)如图为实验室某浓盐酸试剂瓶标签上的有关数据，根据数据计算该浓盐酸中HCl的物质的量浓度为 (保留3位有效数字)。
盐酸
分子式：HCl
相对分子质量：36.5
密度：1.19g/mL
HCl的质量分数：
36.5%
(2)某学生欲用上述浓盐酸和蒸馏水配制480mL物质的量浓度为0.400mol/L的稀盐酸：
①该学生需要用量筒量取 mL上述浓盐酸进行配制，将浓盐酸稀释冷却后，要转移至 （填仪器名称)。
②在配制过程中，下列实验操作会使所配制的稀盐酸的物质的量浓度偏小的是 。
a.实验前，容量瓶中有少量蒸馏水
b.用量筒量取浓盐酸时俯视观察刻度线
c.稀释后未冷却就进行定容
d.定容时俯视刻度线
e.定容后经振荡、摇匀、静置，发现液面下降，再加适量的蒸馏水
(3)假设甲同学成功配制了0.400mol/L的盐酸，准确取出50mL至新的容量瓶中，稀释至250mL，则新的容量瓶中n(Cl-)= 。
17．硼是第IIIA族元素，单质硼在加热条件下能与多种非金属反应。某同学欲利用氯气和单质硼反应制备三氯化硼。已知BC13的沸点为12.5 ℃ ，熔点为-107.3 ℃，遇水剧烈反应，生成硼酸和盐酸。该同学选用下图所示的部分装置（可以重复选用）进行实验，请回答下列问题：

（1）A中反应的离子方程式为 。
（2）图中g管的作用是 。
（3）装置的连接顺序依次为A→ → → →E→D→F； 在E、F装置间连接D装置的作用是 。
（4）停止实验时，正确的实验操作是 。
（5）若硼酸(H3BO3)为一元弱酸，则其钠盐NaH2BO3为 （填“正盐”或“酸式盐”或“碱式盐”）。
（6）实验完成后，某同学向F中（溶液含有0.05mol/LNaClO、 0.05mol/LNaCl、0.1mol/LNaOH）滴加品红溶液，发现溶液褪色。现设计实验探究溶液褪色的原因，请在表中空格处填上数据，完成实验方案。
实验序号
0.1mol/LNaClO溶液/mL
0.1mol/LNaCl溶液/mL
0.2mol/LNaOH溶液/mL
H2O /mL
品红
溶液
现象
①
5.0
0
0
x
4滴
较快褪色
②
0
5.0
5.0
0
4滴
不褪色
③
5.0
0
5.0
0
4滴
缓慢褪色
则x= ，结论： 。
18．有Na2CO3和NaHCO3的混合物1.9g，加热灼烧至质量不再减少(反应的化学方程式是：2NaHCO3= Na2CO3＋CO2↑＋H2O)，再与足量盐酸反应生成0.66g气体，试计算原混合物中NaHCO3的质量分数 。
19．KClO3、KMnO4、MnO2常用于实验制备氯气、氧气。某同学取了24.5gKClO3和少量的KMnO4混合均匀后，充分加热后收集到气体A0.32mol，然后再加入足量的浓盐酸，加热充分反应后收集到氯气amol(不考虑氯气的溶解)，Mn元素全部转变成Mn2+。求：
(1)加入KMnO4的物质的量 。
(2)a的值(写出推理过程) 。
20．(1) 5.4g H2O 的物质的量为 ，约含 个质子。
(2)9.03×1023 个NH3 含 mol 氢原子，在标准状况下的体积为 L。
(3)标准状况下，6.72L O2 中含电子的数目为 NA。
(4)0.3 mol NH3 分子中所含质子数与 个 H2O 分子中所含质子数相等。
(5)含 0.4 mol Al3＋的Al2(SO4)3 中所含的的物质的量是 。
(6)等质量的 CO 和 CO2 的分子个数比为 。
21．室温下，A是常见的金属单质、单质B是黄绿色气体、单质C是无色气体。在合适反应条件下，它们可以按下面框图进行反应；E溶液是无色溶液，F是淡绿色溶液。B和C反应发出苍白色火焰。请回答：

(1)A是 ，B是 (请填写化学式)；
(2)反应①的化学方程式 ；
(3)反应③的离子方程式 ；
(4)反应④的离子方程式 。
22．目前，世界上多采用电解熔融氯化钠的方法来生产金属钠：。已知A、B、C、D、E、F有如下转化关系：

已知：E是一种正盐
(1)写出A、B生成NaCl的化学方程式： 。
(2)写出化学式：E F 。
(3)C与过量的反应的离子方程式为 。
(4)将F溶液滴加到E溶液充分反应，请设计实验方案，检验反应后溶液中氯离子的存在 。
(5)若把A投入盛有D的溶液中，溶液中出现红褐色沉淀，写出该反应的化学方程式为 。

参考答案：
1．D
整套装置中，A为制氯气装置，B为除去氯气中的氯化氢装置，C为氯气的干燥装置，D为氯气的收集装置，E为氯气的尾气处理装置。
A．二氧化锰和浓盐酸反应制取氯气，分液漏斗中盛装的液体是浓盐酸，A不正确；
B．B装置的作用是除去氯气中的氯化氢，B不正确；
C．E中盛装的是NaOH溶液，是吸收尾气氯气，因为饱和氯化钠溶液吸收效果太差，C不正确；
D．因为Cl2的密度比空气大，所以导管长进短出，另外，还有防倒吸的功能，D正确；
故选D。
2．C
A．氧化钠是碱性氧化物，过氧化钠不是碱性氧化物，故A错误；
B．氧化钠中氧元素的化合价为-2价，过氧化钠中氧元素为-1价，故B错误；
C．氧化钠和过氧化钠和水反应都生成氢氧化钠，故水溶液的成分相同，故C正确；
D．氧化钠是白色固体，过氧化钠为淡黄色固体，故D错误；
故选C。
【点睛】碱性氧化物是和酸反应生成盐和水的氧化物，而过氧化钠和酸反应除了生成盐和水外，还生成氧气，故过氧化钠不是碱性氧化物。
3．A
在图示仪器中，A是水平，B是烧杯，C是250 mL容量瓶，D是胶头滴管。配制250 mL0.4 mol/L NaCl溶液，需使用的仪器有烧杯、玻璃棒、250 mL容量瓶、胶头滴管，而不需要使用烧瓶，故合理选项是A。
4．B
A．乙醇的密度比钠小，钠不会在乙醇的液面上游动，A错误；
B．乙醇的密度比钠小，钠块沉在乙醇液面以下，B正确；
C．钠和乙醇的反应比在水中反应缓慢，并不剧烈，C错误；
D．钠和百乙醇的反应不如钠和水的反应剧烈，产生热量不度多，钠粒逐渐变小，不会将金属钠熔成小球，D错误；
故答案选B。
5．C
A．铜和硫粉共热时直接化合生成Cu2S，A项不符合题意；
B．氯气和铁加热时直接化合生成FeCl3，B项不符合题意；
C．N2和O2高温或放电条件下直接化合生成NO，不能生成NO2，NO和O2化合生成NO2，C项符合题意；
D．N2和H2在高温、高压、催化剂的作用下直接化合生成FeCl3，D项不符合题意；
答案选C。
6．B
A. 物质的量是国际单位制中七个基本物理量之一，摩尔是其单位，A错误；
B. 0.012kg12C含有约6.02×1023个碳原子，B正确；
C. 单位物质的量的任何原子物质都含有的6.02×1023个原子，分子物质原子数量未知，C错误；
D. 一定温度、压强下，气体体积主要由分子之间的距离和分子数量决定，D错误。
答案为B。
7．D
和的混合气体物质的量为，所含有的电子数为，故A错误；
B.浓)MnCl2+ Cl2+2H2O,当生成1mol氯气，转移的电子数为，浓，当生成1mol氯气，转移的电子数均为，故B错误；
C.溶液中含有氧原子数大于，故C错误；
D.将溶于稀氨水中，根据电荷守恒可知有：，而溶液呈中性，则有，故可知，即铵根离子个数为个，故D正确；
答案：D。
8．B
A．电荷不守恒，应为Cl2+2Fe2+=2Fe3++2Cl-，故A错误；
B．符合离子方程式的书写规则，故B正确；
C．稀硫酸与氢氧化钡反应的离子方程式应为Ba2++2OH-+2H++SO=BaSO4↓+2H2O，故C错误；
D．NaClO具有强氧化性，可以氧化二氧化硫生成硫酸根，故D错误；
故选B。
9．B
A．MgCO3的Ksp=4×10−6，则MgCO3饱和溶液中，但由于不知溶液的体积，故无法计算溶液中Mg2+数目，故A错误；
B．2.3Na完全反应，钠的物质的量，反应中Na元素化合价由0价升高为+1价，故转移电子数目=0.1mol×1×NAmol-1=0.1NA，故B正确；
C．将二氧化碳通过过氧化钠固体，固体增加的质量相当于CO的质量，电子的物质的量等于CO的物质的量，因此反应中转移电子数为，故C错误；
D．支链只有一个乙基，主链至少含有5个C，因此该烷烃最少含7个碳原子的烷烃，故D错误。
综上所述，答案为B。
【点睛】对于溶液来计算阿伏加 德罗常数时一定要注意是否有溶液的体积，没有溶液的体积，只有浓度是无法计算的。
10．C
A. 在溶液中加酸化的BaCl2溶液，溶液出现白色沉淀，白色沉淀可能是氯化银或硫酸钡沉淀，不能证明一定含硫酸根离子，故A错误；
B. 用铂丝蘸取少量某溶液进行焰色反应，火焰呈黄色，说明该溶液中含有钠元素，则该溶液可能是钠盐溶液或氢氧化钠溶液，故B错误；
C. 气体通过无水硫酸铜，粉末变蓝，则发生反应：CuSO4+5H2O═CuSO4•5H2O，可证明原气体中含有水蒸气，故C正确；
D. 二氧化硫和澄清石灰水中氢氧化钙反应生成亚硫酸钙沉淀，二氧化碳气体通过澄清石灰水溶液生成碳酸钙白色沉淀，反应都会变浑浊，不能检验二氧化碳和二氧化硫，故D错误；
故选C。
【点睛】本题考查了物质性质的分析判断，注意离子检验时干扰离子的分析，掌握基础是关键，题目较简单。
11．D
A．滴有KSCN的FeCl2溶液变红，是因为氯气的氧化性把亚铁离子氧化为铁离子，铁离子与KSCN反应使得溶液呈红色，A项错误；
B．氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，酸再与碱反应，使滴有酚酞的NaOH溶液褪色，不是因为Cl2具有漂白性，B项错误；
C．紫色石蕊溶液先变红后褪色，是因为氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，溶液中有氢离子，所以紫色石蕊溶液先变红，褪色是因为次氯酸具有漂白性，而非氯气具有漂白性，C项错误；
D．因为氯气能把碘化钾中碘离子氧化成碘，故KI淀粉溶液变成蓝色，说明Cl2具有氧化性，D项正确；
答案选D。
12．D
A．钠和盐酸的反应方程式为：2Na+2HCl＝2NaCl+H2↑，所以溶液质量增加，溶液增加的质量=m(Na)-m(H2)，A错误；
B．钠与硫酸反应方程式为：2Na+H2SO4＝Na2SO4+H2↑，所以溶液质量增加，溶液增加的质量=m(Na)-m(H2)，B错误；
C．钠和水的反应方程式为：2Na+2H2O＝2NaOH+H2↑，所以溶液质量增加，溶液增加的质量=m(Na)-m(H2)，C错误；
D．钠与NaOH溶液反应的实质是钠与水的反应，钠和水的反应方程式为：2Na+2H2O＝2NaOH+H2↑，由于是饱和的氢氧化钠溶液，溶剂减少，会析出氢氧化钠晶体，所以溶液质量会减少，D正确；
故答案为：D。
13． HCl Cl2 MnO2+4HCl(浓) MnCl2+Cl2↑+2H2O 2Cl2+2Ca(OH)2=Ca(ClO)2+CaCl2+2H2O
B为一种黄绿色气体单质B，则黄绿色气体B为Cl2，将A的浓溶液与MnO2 共热，生成氯气，则气体A为HCl，据此分析解答。
(1)根据上述分析可知A为HCl，B为Cl2，故答案为HCl，Cl2；
(2)A的浓溶液与MnO2 共热生成氯化锰．氯气和水，反应的化学方程式为：MnO2+4HCl MnCl2+Cl2↑+2H2O，故答案为MnO2+4HCl MnCl2+Cl2↑+2H2O；
(3)B通入石灰乳中制取漂白粉是氯气和氢氧化钙反应生成氯化钙、次氯酸钙和水，反应的化学方程式为：2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O，故答案为2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O。
14．(1)5：1
(2) 煤油 2Na+H2O=2Na++2OH-+H2↑
(3) CO2+OH-= +H+ =
（1）氧化剂即化合价降低的，还原剂即化合价生高的，有5个氯从0到-1，有一个氯从0到+5，故氧化剂与还原剂的个数比为：5:1；
故答案为：5:1；
（2）少量钠应该保存在煤油中，钠能与水反应生成氢氧化钠和氢气，故离子方程式为：2Na+H2O=2Na++2OH-+H2↑；
故答案为：煤油；2Na+H2O=2Na++2OH-+H2↑；
（3）①向氢氧化钠中通入过量的二氧化碳生成酸式盐，故离子方程式为：；
②向碳酸钠和碳酸氢钠的混合溶液中加入盐酸，氢离子先与碳酸根反应生成碳酸氢根，碳酸氢根再与氢离子继续反应生成二氧化碳，故OA段离子方程式为：；
故答案为：；。
15． HCl ② C Cl2中可能混有少量的水蒸气 应在A和B之间增加盛有浓H2SO4的洗气瓶，除去Cl2中的水蒸气 2Fe2++Cl2＝2Fe3++2Cl﹣ Ca(ClO)2
(1)MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O中根据还原剂的概念解答；
(2)实验中制取氯气的反应原理为：MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O；
(3)起漂白作用的是HClO，干燥的红色布条不能被氯气漂白，说明Cl2中可能混有少量的水蒸气，设计装置除水即可；
(4)氯气把Fe2+氧化为Fe3+，自身被还原为Cl﹣；
(5)漂白粉的有效成分是Ca(ClO)2。
(1)根据反应MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O可知，反应中锰元素化合价从+4价变化为+2价，化合价降低被还原得到还原产物MnCl2，HCl中氯元素化合价升高，做还原剂被氧化；
(2)实验中制取氯气的反应原理为：MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O，固体和溶液加热反应生成气体选择发生装置为②；
(3)装置B、C中依次放的是干燥的红色布条和湿润的红色布条，理论上装置C中的红色布条褪色，但实验过程中该同学发现装置B、C中的布条均褪色，其原因可能是：Cl2中可能混有少量的水蒸气，说明该装置存在明显的缺陷，合理的改进方法：应在A和B之间增加盛有浓H2SO4的洗气瓶，除去Cl2中的水蒸气；
(4)氯气把Fe2+氧化为Fe3+，自身被还原为Cl﹣，反应的离子方程式为2Fe2++Cl2＝2Fe3++2Cl﹣；
(5)工业上常用石灰乳吸收制氯气的尾气制得漂白粉，漂白粉的有效成分是Ca(ClO)2。
16． 11.9mol/L 16.8 500mL容量瓶 be 0.02
(1)根据c=计算浓盐酸的物质的量浓度，浓盐酸的物质的量浓度c==11.9mol/L；
(2)①某同学与配制480mL 0.400mol/L的盐酸进行实验，但实验室并没有480mL容量瓶，因此需要用500mL容量瓶配置500mL 0.400mol/L的盐酸，因此在计算时应利用500mL计算。再利用c浓V浓=c稀V稀计算浓盐酸的取用量，V浓=0.0168L，即16.8mL；将浓盐酸稀释并冷却至室温后将溶液转移至500mL容量瓶中；
②a．实验前容量瓶中有少量蒸馏水，不会影响溶液的浓度，溶液浓度不改变，a不符合题意；
b．用量筒量取浓盐酸是俯视观察刻度线，导致量取的体积偏小，最终导致浓度偏小，b符合题意；
c．稀释后未冷却直接定容，导致液体体积偏小，最终导致物质的量浓度偏大，c不符合题意；
d．定容时俯视刻度线，导致溶液体积偏小，最终导致物质的量浓度偏大，d不符合题意；
e．定容后液面下降，补加水，导致溶液体积偏大，最终导致物质的量浓度偏小，e符合题意；
故答案选be；
(4)因稀释后溶质的物质的量不会发生变化，因此新的容量瓶中n(Cl-)=c·V=0.400mol/L×0.05L=0.02mol。
17． MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O 保持气压平衡，便于分液漏斗中的液体流入蒸馏烧瓶 BDC 起干燥作用，防止三氯化硼遇水剧烈反应 先熄灭C处酒精灯，将F处导管拔出，最后熄灭A处酒精灯 正盐 5.0 NaClO能使品红溶液褪色，溶液碱性越强褪色越慢
本题考查性质实验方案设计，侧重考查学生知识综合应用、实验基本操作能力及实验方案设计能力，综合性较强，用氯气和单质硼反应制备三氯化硼：在加热条件下，二氧化锰和浓盐酸发生氧化还原反应生成Cl2，但浓盐酸具有挥发性，水被加热也能蒸发，升高温度加快浓盐酸挥发、加快水蒸发，所以生成的Cl2中含有HCl、H2O，浓硫酸具有吸水性，饱和食盐水能吸收Cl2，浓硫酸能干燥气体，从而得到较纯净的Cl2，防止生成的B和HCl、BCl3水解；C中制得BCl3，然后用E得到BCl3固体，为防止生成的BCl3水解E装置之后需要干燥装置，F吸收未反应的Cl2，据此分析解答
（1）A中二氧化锰和浓盐酸发生氧化还原反应生成Cl2，离子方程式为：MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O；
（2）g管的作用是保持气压平衡，便于分液漏斗中的液体流入蒸馏烧瓶；
（3）A中二氧化锰和浓盐酸发生氧化还原反应生成Cl2，生成的Cl2中含有HCl、H2O，故连接B装置用饱和食盐水吸收氯化氢，再连接D装置浓硫酸吸水干燥，C中生成BCl3，用E得到BCl3固体，为防止生成的BCl3水解E装置之后需要干燥装置D，最后用F吸收未反应的Cl2；故答案为A→B→D→C→E→D→F；在E、F装置间连接D装置的作用是起干燥作用，防止三氯化硼遇水剧烈反应；
（4）停止实验，先熄灭C处酒精灯，为防止倒吸，再拔F处导管，后熄灭A处酒精灯；
（5）若硼酸(H3BO3)为一元弱酸，则其钠盐NaH2BO3为正盐；
（6）向F中（溶液含有0.05mol/LNaCl0、0.05mol/LNaCl、0.1mol/LN a0H）滴加品红溶液，发现溶液褪色．探究溶液褪色的原因，三组对比试验应溶液总体积相同，都为8mL溶液，故实验②氢氧化钠溶液为4.0mL，实验①③褪色，说明NaClO使品红溶液褪色，实验③褪色较慢，则溶液碱性越强褪色越慢。
18．44. 2%
加热NaHCO3生成Na2CO3、CO2、H2O，依据化学方程式求出相关的答案。

m(Na2CO3)总= =1.59 g；
则碳酸氢钠分解时固体的质量减少了1.9 g-1.59 g= 0. 31 g；

m (NaHCO3)==0. 84 g；
ω(NaHCO3) =×100% =44. 2%。
19．(1)0.04mol
(2)0.06mol
氯酸钾和高锰酸钾混合加热后分解得到气体A为氧气，固体混合物为KCl、K2MnO4、MnO2，加入足量的浓盐酸后充分加热，K2MnO4、MnO2与浓盐酸得到氯气。
（1）
24.5gKClO3的物质的量==0.2mol
，KClO3分解产生的氧气的物质的量n(O2)=n()=0.2mol=0.3mol
，氧气一共为0.32mol，所以高锰酸钾分解产生的氧气的物质的量=0.32-0.3=0.02mol，n() = () = n(O2)=0.02mol，n()=2n(O2)=20.02mol=0.04mol；答案为：加入KMnO4的物质的量为0.04mol；
（2）
根据化合价的变化关系，分析得出物质与电子转移数的关系，K2MnO4~Mn2+~4e-，MnO2~Mn2+~2e-，2Cl-~Cl2~2e-
根据电子守恒，失去电子的总数=得到的电子的总数，即2n() + 4 () = 2n(Cl2)，带入数值可得到：20.02+ 40.02= 2a，解得a=0.06。
20． 0.3mol 1.8061024 4.5 33.6 4.8 1.8061023 0.6mol 11：7
根据物质的量公式n===及推导公式，结合物质的组成分析计算。
(1) 根据n=可知5.4g H2O 的物质的量为=0.3mol，约含质子数为=1.8061024个，故答案为：0.3mol；1.8061024；
(2)根据n=可知，9.03×1023个NH3的物质的量为=1.5mol，含氢原子的物质的量为1.5mol3=4.5mol，结合公式n=可知，在标准状况下的体积为，故答案为：4.5；33.6；
(3) 根据公式n=可知，在标准状况下，6.72L O2的物质的量为=0.3mol，其中含电子的数目为0.3mol16NA=4.8NA，故答案为：4.8；
(4)0.3 mol NH3 分子中所含质子数约为0.3 mol106.02×1023=1.8061024，1个H2O 分子中所含质子数也为10个，则具有相同质子数的水分子的个数应为=1.8061023，故答案为：1.8061023；
(5) 根据Al2(SO4)3中的离子构成可知，n(Al3+)：n(SO42-)=2:3，则含 0.4 mol Al3＋的Al2(SO4)3 中所含的的物质的量为0.4 mol= 0.6 mol，故答案为：0.6mol；
(6)设CO和CO2的质量均为m，则两者所含的物质的量之比为=11：7，又根据n=可知，分子个数比等于物质的量在之比，故等质量的 CO 和 CO2 的分子个数比也为
11：7，故答案为：11：7。
21． Fe Cl2 2Fe+3Cl22FeCl3 2H++Fe=Fe2++H2↑ 2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-
黄绿色气体单质B为Cl2，单质C是无色气体，B和C反应发出苍白色火焰，反应生成E，则C为H2，E为HCl；A与HCl水溶液反应得淡绿色溶液F与氢气，则A为Fe，F为FeCl2，由转化关系可知D为FeCl3，据此分析解答。
(1)由以上分析可知，A为Fe，B为Cl2，故答案为：Fe；Cl2；
(2)反应①为Fe和Cl2的反应，反应的化学方程式为：2Fe+3Cl22FeCl3，故答案为：2Fe+3Cl22FeCl3；
(3)反应③为Fe和HCl溶液的反应，反应的离子方程式为Fe+2H+=Fe2++H2↑，故答案为：Fe+2H+=Fe2++H2↑；
(4)反应④为FeCl2和Cl2的反应，反应的离子方程式为2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，故答案为：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-。
22．(1)
(2)
(3)
(4)取少量待测溶液与试管中，滴加过量稀硝酸，再滴加硝酸银溶液，若产生白色沉淀，则说明溶液中含有氯离子
(5)
由转化流程可知，A与水反应生成C，且C与二氧化碳反应，则A为Na，C为NaOH、E为Na2CO3，B为Cl2，D为FeCl3，F为CaCl2，然后结合元素化合物知识来解答。
（1）钠在氯气中燃烧生成氯化钠，A、B生成NaCl的化学方程式为2Na+Cl22NaCl；
（2）根据以上分析可知E是Na2CO3，F为CaCl2；
（3）NaOH与过量的CO2反应生成NaHCO3，离子方程式为CO2+OH−=HCO；
（4）E为Na2CO3，F为CaCl2，反应生成CaCO3和NaCl，检验反应后溶液中氯离子的存在的方法为取少量待测溶液与试管中，滴加过量稀硝酸，再滴加硝酸银溶液，若产生白色沉淀，则说明溶液中含有氯离子；
（5）若把A投入盛有D的溶液中，钠和水反应生成氢氧化钠和氢气，氢氧化钠和氯化铁反应生成氢氧化铁和氯化钠，则溶液中出现红褐色沉淀，该过程所发生的总反应的化学方程式为6Na+6H2O+2FeCl3=2Fe(OH)3↓+6NaCl+3H2↑。