新教材高中化学必修一第二章海水中的重要元素钠和氯复习与提高（二）课时作业-0020

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新教材高中化学必修一第二章海水中的重要元素钠和氯
复习与提高（二）课时作业-0020
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．下列关于钠及其化合物的相关性质和应用的说法正确的是（）
A．纯碱溶液可以用于洗去油污，也可以用于治疗胃酸过多
B．金属钠着火时，不能用水扑灭，可用灭火
C．钠长期暴露在空气中的最终产物是
D．向KCl溶液和溶液中分别加入钠块，均可以产生气体和沉淀
2．是一种重要的化工原料，下列叙述中正确的是（）
A．纯净的在中安静地燃烧，发出蓝色火焰
B．通入冷的石灰乳中，制得漂白液
C．能与水反应生成HClO和HCl，久置氯水的酸性变强
D．过量的Fe在中燃烧，生成
3．下列有关和性质的说法中正确的是（）
A．和均可用于治疗胃酸过多
B．可用加热的方法除去粉末中混有的
C．等物质的量的和分别与过量盐酸反应，产生的质量大
D．向溶液和溶液中分别加入溶液，都产生白色沉淀
4．设表示阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（）
A．过氧化钠与水反应，生成0.1mol氧气时，转移的电子数为0.4
B．标准状况下，22.4L水中所含的原子数目为3
C．0.1molFeCl3加入沸水中完全反应生成胶体的粒子数为0.1
D．常温常压下，22g由N2O与CO2组成的混合气体含有的原子数目为1.5
5．已知：将通入适量KOH溶液，产物中可能有KCl、KClO、，且产物的成分与温度高低有关。当时，下列有关说法错误的是（）
A．参加反应的氯气的物质的量等于
B．改变温度，产物中的最大理论产量为
C．改变温度，反应中转移电子的物质的量n的范围是
D．某温度下，反应后，则溶液中
6．向和的混合溶液中加入溶液中的恰好完全沉淀，再加入足量强碱并加热使氨气完全逸出，收集到，则原溶液中的物质的量浓度为(单位：)（）
A． B． C． D．
7．VmLAl2(SO4)3溶液中含有mgAl3+，取mL该溶液用水稀释至4VmL，则SO物质的量浓度为（）
A．mol·L-1 B．mol·L-1
C．mol·L-1 D．mol·L-1
8．配制一定物质的量浓度的溶液是一个重要的定量实验，下列有关说法正确的是（）
A．容量瓶用蒸馏水洗净后，可不经干燥直接用于配制溶液
B．配制一定物质的量浓度的稀盐酸时，用量筒量取9.82mL浓盐酸
C．配制1L0.1mol·L—1的NaCl溶液时，用托盘天平称量5.85gNaCl固体
D．定容时，为防止液滴飞溅，胶头滴管紧贴容量瓶内壁
9．过氧化钠是宇宙飞船和潜水艇中氧气的主要来源，其作用原理中包含了反应2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2。用NA表示阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（）
A．11.2LO2含NA个氧原子
B．在0.1molNa2CO3中含Na-C键的数目为0.2NA
C．反应中每生成1molO2转移2mol电子
D．10.6gNa2CO3溶于100mL水中，所得溶液的物质的量浓度为1mol/L
10．用如图所示实验装置进行相关实验探究，其中装置不合理的是（）

A．鉴别纯碱与小苏打 B．证明Na2O2与水反应放热
C．证明Cl2能与烧碱溶液反应 D．探究钠与Cl2反应
11．实验室制取Cl2，因缺少MnO2，研究员从KClO3、MnO2制取O2的废渣中回收MnO2和KCl工艺流程如图。下列叙述正确的是（）

A．气体X为Cl2 B．“操作b”为蒸发结晶
C．所有步骤中没发生化学反应 D．“洗涤”时用稀HNO3检验MnO2是否洗涤干净
12．为测定Na2CO3和NaHCO3固体混合物样品的组成，称取四份质量均为2.96g的固体溶于水，分别往四份溶液中逐滴加入不同体积1.00mol·L－1的盐酸，加入盐酸溶液的体积和收集到CO2气体的体积(忽略气体在水中的溶解，气体体积均已折算成标准状况下的体积)如表所示：
实验序号
1
2
3
4
盐酸体积/mL
20
40
60
80
CO2体积/mL
0
448
672
672

下列说法不正确的是（）
A．实验1中发生反应的离子方程式为：CO＋H+＝HCO
B．实验2溶液中，含有NaCl、Na2CO3和NaHCO3三种溶质
C．实验3和实验4蒸干溶液所得固体一定是NaCl
D．原固体混合物中Na2CO3和NaHCO3的物质的量之比为2:1
13．某同学结合所学知识探究Na2O2与H2能否反应，设计装置如下，下列说法正确的是（）

A．装置A气密性的检查方法：直接向长颈漏斗中加水，当漏斗中液面高于试管中液面且高度不变说明气密性良好
B．装置B中盛放浓硫酸，目的是除去A中挥发出来的少量水蒸气
C．应先打开止水夹K1、K2，待氢气纯净后再加热装置C
D．装置A也可用于碳酸钠与盐酸反应制取CO2
14．阿伏加德罗常数的值为NA下列说法正确的是（       ）
A．标准状况下，5.6L二氧化碳气体中含有的氧原子数为0.5NA
B．1L0.1mol•L-1硫酸钠溶液中含有的氧原子数为0.4NA
C．1molNa2O2固体中含离子总数为4NA
D．2.4gMg与H2SO4完全反应，转移的电子数为0.1NA
15．下列反应中，氯气既作氧化剂又作还原剂的是（       ）
A．
B．
C．
D．
16．在一定条件下，钠与O2反应可生成1.5g固体，若将相同质量的钠与80mL 0.50mol/L的盐酸反应，钠恰好完全转化为NaCl，则1.5g固体的成分可能是（       ）
A．NaOH B．Na2O2 C．Na2O和Na2O2 D．Na2O2和NaO2
17．向等物质的量浓度的和的混合溶液中加入稀盐酸。下列离子方程式与事实不相符的是（）
A． B．
C． D．
18．如图是侯氏制碱法在实验室进行模拟实验的生产流程示意图，则下列叙述不正确的是（     ）

A．气体A是NH3，B气体是CO2
B．第Ⅱ步的离子方程式为Na++NH3+H2O+CO2=NaHCO3↓+NH4+
C．第Ⅲ步得到的晶体是Na2CO3·10H2O
D．第Ⅳ步操作的过程主要为加热分解
19．将0.8g NaOH和1.06g Na 2CO 3混合并配成溶液，向溶液中滴加0.1 mol·L -1稀盐酸。下列图像能正确表示加入盐酸的体积和生成CO 2的物质的量的关系的是(　　)
A．
B．
C．
D．
20．某温度下，将氯气通入NaOH溶液中，反应得到NaCl、NaClO、的混合液，经测定溶液中与的离子个数比为1:4，则该反应中被还原与被氧化的的分子个数比为（）
A．21:5 B．11:3 C．5:1 D．3:1

二、填空题
21．高铁酸钾()是一种高效多功能的新型非氯绿色消毒剂。实验小组欲制备高铁酸钾并探究其性质。已知：为紫色固体，具有强氧化性；在碱性溶液中较稳定，微溶于KOH溶液；在酸性或中性溶液中快速产生，

(1)除了用二氧化锰和浓盐酸反应外，实验室可以用氯酸钾和浓盐酸反应制取氯气，反应方程式如下：。
①浓盐酸在反应中显示出来的性质是___________。
②若产生标况下，则被氧化的HCl的物质的量为___________mol。
③如果要将装置B补充完整，除需用导管外，试剂瓶中还应装的除杂试剂为___________。
(2)C中得到紫色固体和溶液。C中发生的反应有。另外还有______。(用离子方程式表示)
(3)“84消毒液”的有效成分为NaClO，不可与酸性清洁剂混用的原因是___________(用离子方程式表示)。工业上是将氯气通入到30%的NaOH溶液中来制备NaClO溶液，若NaClO溶液中NaOH的质量分数为2%，则生产1000kg该溶液需消耗氯气的质量为___________kg(保留整数)。
22．从物质类别和元素化合价两个维度研究物质的性质及转化是重要的化学学习方法。氯及其化合物有重要用途，以下是氯元素的“价类二维图”的部分信息。请回答下列问题：


(1)根据图中信息写出Y、Z的化学式_______、_______。
(2)已知高氯酸()是强酸，写出高氯酸与铁反应的离子方程式_______。
(3)氯气既有氧化性又有还原性，结合上图说明理由_______
(4)实验室可用二氧化锰与浓盐酸在加热条件下制得氯气。写出该反应的化学方程式_______，该反应中盐酸表现_______(填字母)。
A．酸性                 B．氧化性                      C．还原性                  D．   挥发性
(5)84消毒液使用说明中特别提醒不可与洁厕灵混合使用，否则会产生氯气，有关反应方程式为，下列有关该反应说法不正确的是_______。
A．n(氧化剂)：n(还原剂)=1：1 B．n(氧化剂)：n(还原剂)=1：2
C．氧化性： D．既是氧化产物又是还原产物
(6)某游泳池常用来抑制藻类生长，工作人员一次错用消毒，因两种物质相互反应，使游泳池的藻类疯长。已知该反应产生了和，写出相应的化学方程式_______。

三、实验题
23．请选择适当的化学试剂和实验用品，用如图所示的装置（C中盛放的是过氧化钠）进行实验，证明过氧化钠可在呼吸面具和潜水艇中做供氧剂。
（1）A是实验室中制取CO2的装置。写出A中发生反应的离子方程式：___。
（2）填写下表中的空白。
装置序号
加入的试剂
加入该试剂的目的
B
饱和NaHCO3溶液
___
D
___
___

（3）写出C中发生反应的化学方程式：___。
（4）F中得到的是___。如何验证___？

四、元素或物质推断题
24．室温下，单质A、单质B，单质C分别为固体、黄绿色气体、无色气体。在一定条件下，它们之间的转化关系如图所示，已知E溶液是无色的。请回答下列问题：


(1)A是____________（填化学式，下同），B是____________，C是____________。
(2)反应①的化学方程式为_________________________________________________________________。
(3)反应③的化学方程式为_________________________________________________________________。
(4)反应④的化学方程式为_________________________________________________________________。

参考答案：
1．C【详解】A．碳酸钠在溶液中的水解程度大，溶液的碱性强，不能用于治疗胃酸过多，故A错误；
B．钠的金属性强，能与水、二氧化碳反应，不能用水扑灭钠着火，也不能用二氧化碳扑灭钠着火，故B错误；
C．暴露在空气中的钠能与空气中的氧气反应生成氧化钠，氧化钠与水蒸气反应生成氢氧化钠，氢氧化钠与空气中二氧化碳反应生成碳酸钠，则钠长期暴露在空气中的最终产物是碳酸钠，故C正确；
D．钠与氯化钾溶液中的水反应生成氢氧化钠和氢气，氢氧化钠溶液与氯化钾溶液不反应，没有沉淀生成，故D错误；
故选C。
2．C【详解】A．纯净的在中安静地燃烧，发出苍白色火焰，A错误；
B． 通入冷的石灰乳中，制得漂白粉，B错误；
C． 能与水反应生成HClO和HCl，次氯酸不稳定见光分解为盐酸和氧气，故久置氯水主要成分为盐酸、酸性变强，C正确；
D． Fe在中燃烧生成，与铁是否过量无关，D错误；
答案选C。
3．B【详解】A．碳酸钠碱性太强，不能用作胃药，故A错误；
B．NaHCO3不稳定，加热易分解：，通过加热可除去Na2CO3固体中的NaHCO3，并不引入新的杂质，故B正确；
C．根据反应：Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2↑，NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，等物质的量的Na2CO3和NaHCO3分别与过量盐酸反应，放出CO2相等，故C错误；
D．稀溶液与溶液不反应，不产生沉淀，故D错误；
故选：B。
4．D【详解】A．过氧化钠与水反应时，氧元素的价态由-1价变为0价，一半降为-2价，故当生成0.1mol氧气时转移0.2mol电子即0.2个，选项A错误；
B．由于标准状况下H2O不是气态，且此状态下气体摩尔体积也不是22.4L/mol，故无法计算常温常压下22.4L水中所含的原子数目，选项B错误；
C．由于(胶体)＋3H＋水解为可逆反应，且生成的胶体粒子为很多粒子的集合体，故0.1molFeCl3加入沸水中完全反应生成胶体的粒子数小于0.1，选项C错误；
D．已知N2O和CO2的摩尔质量均为44g/mol，故常温常压下，22g由N2O与CO2组成的混合气体总物质的量为0.5mol，都是三原子分子，混合气体含有的原子数目为1.5，选项D正确。
答案选D。
5．C【分析】由钾原子个数守恒可知，氯化钾、次氯酸钾、氯酸钾的总物质的量为amol，由氯原子个数守恒可知，参加反应的氯气的物质的量为0.5amol，若氧化产物只有次氯酸钾，由得失电子数目守恒和原子个数守恒可知，氯化钾和次氯酸钾的物质的量都为0.5amol，若氧化产物只有氯酸钾，由得失电子数目守恒和原子个数守恒可知，氯化钾和氯酸钾的物质的量分别为、。
【详解】A．由分析可知，参加反应的氯气的物质的量为0.5amol，故A正确；
B．由分析可知，若氧化产物只有氯酸钾，氯酸钾的物质的量为，故B正确；
C．由分析可知，若氧化产物只有次氯酸钾，氯化钾的物质的量为0.5amol，反应转移的电子数目为0.5amol，若氧化产物只有氯酸钾，氯化钾的物质的量为，反应转移的电子数目为，则反应中转移电子的物质的量n的范围是，故C错误；
D．设反应后次氯酸根离子的物质的量为amol、氯酸根离子的物质的量为bmol，由得失电子数目守恒和反应后可得：6a=a+5b，解得a=b，则溶液中，故D正确；
故选C。
6．A【详解】向和的混合溶液中加入溶液中的恰好完全沉淀，则原溶液中有bmol，再加入足量强碱并加热使氨气完全逸出，收集到，说明原溶液中有cmol，根据电荷守恒，的物质的量为(2b-c)mol，原溶液中则原溶液中的物质的量浓度为=，故选A。
7．A【详解】mgAl3+的物质的量为n(Al3+)==mol，根据2Al3+～3SO42-关系式得VmL溶液中SO42-的物质的量为n(SO42-)=×mol=mol，取mL该溶液用水稀释至4VmL，稀释后溶液中SO42-物质的量浓度为c(SO42-)mol·L-1，选A。
8．A【详解】A．容量瓶用蒸馏水洗净后，不需要干燥，因定容时还需要加水，故A正确；
B．量筒的感量为0.1mL，可量取9.8mL浓盐酸，无法量取9.82mL浓盐酸，故B错误；
C．托盘天平的感量为0.1g，可称量5.8g固体，无法称量5.85gNaCl固体，故C错误；
D．定容时，胶头滴管要悬空正放，不能紧贴容量瓶内壁，故D错误；
故选A。
9．C【详解】A．题目中没有说明在标准状况下，气体摩尔体积未知，故无法求解，A错误；
B．Na2CO3属于离子化合物，碳酸钠由钠离子和碳酸根构成，无Na-C键，B错误；
C．Na2O2 中氧元素的化合价为-1价，既作氧化剂又作还原剂，若有2mol的Na2O2有2mol氧原子得到电子变为-2价，进入到Na2CO3中；有2mol氧原子失去电子，变为产物中的O2，所以转移的电子数都是2mol.，C正确；
D．10.6gNa2CO3溶于水形成的100mL溶液，所得溶液的物质的量浓度为1mol/L（在物质的量浓度的配制中，体积指的是溶液的体积，并非指溶剂的体积），D错误；
故选C。
10．A【详解】A．图A可以鉴别纯碱与小苏打，但加热固体的试管口要略微向下倾斜，A符合题意；
B．向包有足量Na2O2的脱脂棉中滴入水可以看到脱脂棉温度燃烧，说明脱脂棉温度达到着火点，与产生的氧气构成燃烧的条件而燃烧，可证明Na2O2与水反应放热，B不合题意；
C．图C可以看到气球鼓起，则证明Cl2能与烧碱溶液反应，导致锥形瓶中压强减小，C不合题意；
D．图D可以看到加热的钠在氯气中剧烈燃烧，发出黄色火焰，产生大量白烟，并用浸有碱液的棉花吸收多余的氯气，故能够探究钠与Cl2反应，D不合题意；
故答案为：A。
11．B【详解】A． KClO3、MnO2制取O2的废渣焙烧时，继续产生氧气，气体X为O2，A错误；       
B． 采用蒸发结晶可从KCl溶液中提取KCl晶体，“操作b”为蒸发结晶，B正确；
C． 焙烧时氯酸钾在二氧化锰催化作用下发生化学反应，C错误；       
D． 二氧化锰的表面可吸附有KCl，“洗涤”时用稀HNO3酸化的硝酸银检验MnO2是否洗涤干净，D错误；
答案选B。
12．B【分析】Na2CO3和NaHCO3固体混合物中滴加盐酸，开始没有气体生成，发生的反应为CO＋H+＝HCO，再加盐酸，开始有气体生成，发生的反应为HCO+ H+＝CO2+H2O，由表格可知，气体体积为672mL时反应结束。
【详解】A．根据分析，实验1中尚未出现气体，故发生的反应为CO＋H+＝HCO，A正确，不选；
B．实验2已经开始生成气体，溶液中没有Na2CO3，B错误，符合题意；
C．通过表格中生成的气体量，可以推断实验3和实验4已经反应完，溶液中有NaCl和HCl，蒸干后只剩NaCl，C正确，不选；
D．设Na2CO3的物质的量为x，NaHCO3的物质的量为y，672mlCO2的物质的量为，根据题意可得
，解得，故Na2CO3和NaHCO3的物质的量之比为2:1，D正确，不选；
故选B。
13．C【详解】A．必须先关闭K1，形成密闭环境，再向长颈漏斗中加水，当漏斗中液面高于试管中液面且高度不变说明气密性良好，A项错误；
B．A中生成的氢气混有水蒸气和氯化氢，两者都与Na2O2反应，干扰实验探究结果，所以B中的试剂要除去水蒸气和氯化氢，可选用碱石灰等固体干燥剂，不能选择浓硫酸，B项错误；
C．氢气点燃前，要先确保氢气纯净，防止发生爆炸，C项正确；
D．碳酸钠易溶于水，不能控制发生的发生于停止，D项错误；
故选C。
14．A【详解】A．标准状况下，二氧化碳气体的物质的量是，一个二氧化碳分子中有两个氧原子，故标准状况下中含有的氧原子数为，故A正确；
B．溶液中有大量的水，水分子中也含有氧原子，故B错误；
C．由Na+和构成，则中含离子总数为，故C错误；
D．的物质的量为，与完全反应转移电子，转移的电子数为0.2NA，故D错误；
故答案为A。
15．C【详解】A.由方程式可知，反应中氯元素化合价降低被还原，氯气是反应的氧化剂，故A不符合题意；
B.由方程式可知，反应中氯元素部分化合价升高被氧化，氯气即是氧化产物又是还原产物，故B不符合题意；
C.由方程式可知，反应中氯元素化合价即降低被还原，又升高被氧化，氯气既作氧化剂又作还原剂，故C符合题意；
D.由方程式可知，反应中氯元素化合价降低被还原，氯气是反应的氧化剂，故D不符合题意；
故选C。
16．C【详解】钠与盐酸反应最后所得溶液为溶液，根据溶液中的电荷守恒及反应前后元素守恒可知，，若固体为，则其质量应为；若固体为，其质量应为；若固体为 ，其质量应为，而固体质量为；故该固体可能为和的混合物、和的混合物或三者的混合物，答案选C。
17．C【分析】等物质的量浓度的NaOH和Na2CO3的混合溶液中含有氢氧化钠与碳酸钠的物质的量相等，稀盐酸加入到NaOH和Na2CO3的混合溶液中，盐酸先与氢氧化钠发生酸碱中和，剩余的盐酸再与碳酸钠发生反应，盐酸少量时发生反应CO32－+H＋=HCO3－，盐酸过量时发生反应：CO32－+2H＋=CO2↑+H2O。
【详解】A．设NaOH和Na2CO3的物质的量都为1mol，则加入盐酸少量，先发生反应：OH－+H＋=H2O，1mol氢氧化钠消耗1mol盐酸，再发生反应CO32－+H＋=HCO3－，将两个方程式相加得：OH－+CO32－+2H＋=HCO3－+H2O，故A正确；
B．设NaOH和Na2CO3的物质的量都为2mol，则加入盐酸少量，先发生反应：2OH－+2H＋=2H2O，2mol氢氧化钠消耗2mol盐酸，再发生反应CO32－+H＋=HCO3－，盐酸不足之消耗1mol碳酸钠，将两个方程式相加得：2OH－+CO32－+3H＋=HCO3－+2H2O，故B正确；
C．设NaOH和Na2CO3的物质的量都为2mol，2mol氢氧化钠消耗2mol氢离子，剩余2mol氢离子与2mol碳酸钠反应生成2mol碳酸氢根离子，离子方程式应为2OH－+2CO32－+4H＋=2HCO3－+2H2O，即OH－+CO32－+2H＋=HCO3－+H2O，故C错误；
D．设NaOH和Na2CO3的物质的量都为1mol，则加入盐酸过量，先发生反应：OH－+H＋=H2O，1mol氢氧化钠消耗1mol盐酸，再发生反应CO32－+2H＋=CO2↑+H2O，将两个方程式相加得：OH－+CO32－+3H＋=CO2↑+2H2O，故D正确；
故选C。
18．C【分析】饱和食盐水中先通入过量的氨气，得到氨气和食盐的饱和溶液，再通入足量的二氧化碳，生成碳酸氢钠的悬浊液，过滤后加热固体，碳酸氢钠分解为碳酸钠。
【详解】A. 氨气极易溶于水，二氧化碳在水中的溶解度较小，依据侯德榜制碱的原理：向氨化的饱和食盐水中通入二氧化碳气体析出碳酸氢钠，所以A为氨气，B为二氧化碳，故A正确；
B. 第Ⅱ步反应方程式为NH3•H2O+CO2+NaCl═NH4Cl+NaHCO3↓，离子方程式为Na++NH3+H2O+CO2=NaHCO3↓+NH4+，故B正确；
C. 第Ⅱ步反应方程式为NH3•H2O+CO2+NaCl═NH4Cl+NaHCO3↓，过滤从沉淀池中分离沉淀NaHCO3晶体，所以第Ⅲ步得到的晶体是NaHCO3，故C错误；
D. 第Ⅳ步操作是将晶体碳酸氢钠直接加热分解得到碳酸钠固体，发生反应2NaHCO3 Na2CO3+H2O+CO2↑，所以第Ⅳ步操作的过程主要为加热分解，故D正确。
选C。
【点睛】本题考查了侯德榜制碱的工作原理和流程分析，明确碳酸钠、碳酸氢钠、氨气、二氧化碳的性质，掌握工艺流程和反应原理是解题关键。
19．D【分析】对NaOH和Na2CO3混合配成的溶液，当滴加盐酸时，先发生NaOH+HCl=NaCl+H2O，再发生Na2CO3+HCl=NaHCO3+ NaCl，最后发生NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O。
【详解】0.8g NaOH的物质的量是0.02mol、1.06g Na 2CO 3的物质的量是mol；当滴加盐酸时，先发生NaOH+HCl=NaCl+H2O反应，消耗盐酸的物质的量是0.02mol，盐酸体积是0.2L；再发生Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl消耗盐酸的物质的量是0.01mol，盐酸体积是0.1L，生成碳酸氢钠的物质的量是0.01mol；最后发生NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O，消耗盐酸的物质的量是0.01mol，盐酸体积是0.1L，生成二氧化碳的物质的量是0.01mol，故选D。
20．A【分析】Cl2生成ClO-与ClO3-是被氧化的过程，Cl2生成NaCl是被还原的过程，氧化还原反应中氧化剂和还原剂之间得失电子数目相等，根据NaClO与NaClO3的物质的量之比可计算失去电子的总物质的量，进而可计算得到电子的总物质的量，可计算被还原的氯元素的物质的量，则可计算被还原的氯元素和被氧化的氯元素的物质的量之比。
【详解】Cl2生成ClO−与ClO3−是被氧化的过程，化合价分别由0价升高为+1价和+5价，NaClO、NaClO3物质的量之比为1:4，则可设ClO−为1mol，ClO3−为4mol，被氧化的Cl共为5mol，失去电子的总物质的量为1mol×(1−0)+4mol×(5−0)=21mol，氧化还原反应中氧化剂和还原剂之间得失电子数目相等，Cl2生成KCl是被还原的过程，化合价由0价降低为−1价，则得到电子的物质的量也应为21mol，则被还原的Cl的物质的量为21mol，所以被还原的氯元素和被氧化的氯元素的物质的量之比为21mol:5mol=21:5，则该反应中被还原与被氧化的Cl2的分子个数比为21:5
答案选A。
21．(1)     还原性和酸性     0.5mol     饱和氯化钠溶液
(2)Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O
(3)     ClO-+Cl-+2H+=Cl2↑+H2O     196
【解析】（1）
①在反应中，HCl中部分氯元素化合价升高被氧化，体现还原性，部分化合价不变与钾离子形成盐，所以体现了还原性和酸性；②标况下的物质的量为0.3mol，根据方程式可知参加反应的HCl为0.6mol，其中有被氧化，则被氧化的HCl的物质的量为0.5mol，③装置B是除去氯气中HCl的装置，试剂瓶中还应装的除杂试剂为饱和氯化钠溶液，故答案为：还原性和酸性；0.5mol；饱和氯化钠溶液；
（2）
C中得到紫色固体和溶液，溶液中含有的过量KOH溶液也会和氯气反应，所以离子方程式为：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O，故答案为：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O；
（3）
酸性清洁剂的主要成分是HCl，与NaClO混合会发生氧化还原反应生成氯气，离子方程式为 ClO-+Cl-+2H+=Cl2↑+H2O；氯气与氢氧化钠溶液反应制备次氯酸钠，设30%的NaOH溶液的质量为xkg，反应消耗的氯气的质量为ykg，根据质量守恒有x+y=1000，，解得，故答案为ClO-+Cl-+2H+=Cl2↑+H2O；196。
22．(1)         
(2)
(3)氯元素为0价，既有降低的趋势 ，又有升高的趋势
(4)          AC
(5)B
(6)
【解析】（1）
由图可知，Z是Cl元素+7价的氧化物，则Y的化学式为，Z是Cl元素+1价的酸，则Z的化学式为；
（2）
高氯酸与铁反应生成氯化亚铁和氢气，反应的离子方程式为；
（3）
氯气中的氯元素为0价，既有降低的趋势，又有升高趋势，因此氯气既有氧化性又有还原性；
（4）
实验室用二氧化锰与浓盐酸在加热条件下反应生成氯化锰、氯气和水，该反应的化学方程式为；盐酸中Cl元素的化合价部分由-1价升变为0价，因此盐酸既体现还原性，又体现酸性，故选AC；
（5）
A．反应中，NaClO是氧化剂，HCl是还原剂，部分被氧化，则n(氧化剂)：n(还原剂)=1：1，故A正确；
B．n(氧化剂)：n(还原剂)=1：1，则m(氧化剂)：n(还原剂)=74.5：36.5，故B错误；
C．NaClO是氧化剂，Cl2是氧化产物，则氧化性：NaClO>Cl2，故C正确；
D．Cl2中Cl元素来源于NaClO和HCl，既是氧化产物又是还原产物，故D正确；
答案选B；
（6）
根据题干信息可知，NaClO和用H2O2反应生成O2和NaCl，该反应的化学方程式为。
23．     CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O     除去CO2中混有的HCl     NaOH     除去O2中混有的CO2     2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+ O2、2H2O+2Na2O2=4NaOH+ O2↑     O2     取出试管将带火星的木条放入试管，若复燃，证明是O2【分析】在装置A中用稀盐酸与大理石反应制取二氧化碳气体，稀盐酸具有挥发性，制取的CO2气体中含有杂质HCl，通过B装置中碳酸氢钠溶液除去HCl，在装置C中过氧化钠和CO2、H2O反应生成O2，未反应的CO2气体通过D装置的NaOH溶液除去，最后用排水法收集O2，根据氧气具有助燃的性质检验。
【详解】(1)A装置是二氧化碳的实验室制法，用稀盐酸和大理石反应，该反应的离子方程式为：CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O；
(2)由于制取CO2气体使用的盐酸具有挥发性，使得反应生成的CO2中混有HCl杂质，仪器B中加入饱和碳酸氢钠溶液的目的是除去HCl；通过流程图可知，通过装置C生成的氧气中含有未反应的CO2气体，D装置的作用是除去二氧化碳气体，所以D装置中盛放NaOH溶液；
(3)在装置C中，CO2、H2O与过氧化钠反应生成氧气，化学方程式为2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+ O2、2H2O+2Na2O2=4NaOH+ O2↑；
(4)反应得到的O2用排水法收集，因此装置F中收集得到的气体是O2，验证O2的方法是取出试管将带火星的木条放入试管，若复燃，证明是O2。
24．                              【分析】单质B为黄绿色气体，可知B为Cl2，C为单质气体，B与C反应生成E，E溶液是无色的，则C为H2，E为HCl，A与盐酸生成氢气，A应为金属固体单质，A与盐酸反应后生成F为A的氯化物，F又能与氯气反应生成D，且A与氯气可以直接生成D，可推知A为Fe，根据转化关系可知，F为FeCl2，D为FeCl3，结合物质的相关性质解答该题。
【详解】(1)由以上分析可知，A为Fe，B为Cl2，C为H2，故答案为：Fe，Cl2，H2；
(2)反应①为Fe和Cl2的反应，反应的化学方程式为；故答案为：；
(3)反应③为Fe和HCl的反应，反应的化学方程式为，故答案为：；
(4)反应④为FeCl2和Cl2的反应，反应的化学方程式为-，故答案为：。