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

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．某学生运用所学知识研究钠的性质：将一粒金属钠和一块不锈钢片分别放在表面皿中，研究它们在空气中的稳定性。该学生采用的研究方法是①假说法

②实验法

③分类法

④比较法A．②④ B．①②③④ C．①③ D．①②2．为了除去NaHCO3溶液中含有的Na2CO3，下列方案可行的是A．滴加适量盐酸 B．滴加BaCl2溶液，后过滤C．通入足量的CO2气体 D．加热溶液3．化学物质种类繁多，通过分类思想来学习可以化繁为简。下列关于物质分类正确是选项混合物碱碱性氧化物A冰水混合物苛性钠Mn2O7BC60、石墨混合物氨水CaOCCuSO4∙5H2OCu2(OH)2CO3Na2O2D漂白粉Mg(OH)2Na2OA．A B．B C．C D．D4．用表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A．11.2L含有的分子数为B．相同质量的与所含氧原子个数比为4：6C．标准状况下，22.4L中含有氢原子的个数为D．1mol和的混合物中含的氧原子数为5．化学来源于生活，也服务于生活。下列有关生活中的化学知识叙述错误的是A．氯气与烧碱溶液或石灰乳反应都能得到含氯漂白剂B．烧制陶瓷、冶炼金属、酿造酒类都属于化学变化C．洁厕灵与“84”消毒液混用会产生有毒气体D．漂白粉在空气中久置变质，是因为与空气反应生成的发生了分解6．下列说法中不正确的是A．在与金属反应时表现强氧化性B．任何物质的燃烧必须有参与C．与反应的离子方程式为D．漂白粉的主要成分和7．下列对陈述I、II的正确性及两者间是否具有因果关系的判断均正确的是选项陈述I陈述II判断A干燥的氯气能使有色鲜花褪色氯气具有漂白性I错，II对，有B用洁净的铂丝蘸取某溶液进行焰色试验，火焰焰色为黄色该溶液一定是钠盐的溶液I对，II对，有C向Na2O2与H2O反应后的溶液中滴入酚酞试液，溶液变红Na2O2与水反应生成氢氧化钠I对，II对，无D氯气可以使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝Cl2与KI溶液反应生成I2I对，II对，有A．A B．B C．C D．D8．维生素C是一种水溶性维生素，熔点为190℃，其分子式为C6H8O6。下列有关维生素C的说法不正确的是A．维生素C的摩尔质量为176g·mol－1B．标准状况下，维生素C的摩尔体积为22．4L·mol－1C．维生素C中C、H两种元素原子个数比为3：4D．维生素C中O元素的质量分数为54.5%9．设NA为阿伏加德罗常数的值。下列有关叙述正确的是A．2.24L的H2O溶液中，含有氧原子数为0.1NAB．0.1molOH-中共有电子数目为0.9NAC．1molCl2通入足量NaOH溶液中转移电子的数目为2NAD．100g质量分数为46%的乙醇水溶液中氧原子的数目为4NA10．实验室利用NaOH固体配制480mL0.1mol·L-1的NaOH溶液时，以下操作会使溶液的浓度偏高的是A．用滤纸称量NaOH固体B．溶解后没有冷却便进行定容C．定容时仰视刻度线D．将容量瓶中的溶液转移到试剂瓶的过程中，不慎有少量溶液溅出11．下列实验仪器或装置正确，并且说法正确的是如果过量，盐酸就可全部消耗验证钠与水反应是否放热比较和的热稳定性发出黄色的火焰ABCDA．A B．B C．C D．D12．下列各组中两种物质作用时，反应条件或反应物用量改变，对生成物没有影响的是A．NaOH溶液与CO2 B．NaHCO3和盐酸C．Na与O2 D．NaHSO4溶液与Ba(OH)2溶液二、非选择题（共10题）13．按要求完成下列问题。(1)下列三组物质中，均有一种物质的类别与其他三种不同。①MgO、Na2O、CO2、CuO

②HCl、H2O、H2SO4、HNO3

③NaOH、Na2CO3、KOH、Cu(OH)2三种物质依次是(填化学式)：①___________；②___________；③___________。(2)人体胃液中有胃酸(0.2%～0.4%的盐酸)，当胃酸过多时，医生通常用“小苏打片”①用小苏打片(NaHCO3)治疗胃酸过多的离子方程式为___________②常用澄清石灰水检验CO2气体，反应的离子方程式是___________。14．现有下列物质：①铜；②冰醋酸(纯醋酸晶体)；③熔融的KNO3；④稀盐酸；⑤CO2；⑥KHSO4晶体；⑦蔗糖；⑧Fe(OH)3胶体；⑨液氯；⑩BaSO4固体(1)属于电解质的是___________。属于非电解质的是___________，既不是电解质也不是非电解质的是___________。(2)写出⑥在水中的电离方程式___________；写出除去Na2CO3固体中的NaHCO3的化学方程式___________；在沸水中滴入饱和氯化铁溶液制备⑧的化学方程式是___________。(3)等质量的CO和CO2物质的量之比为___________；氧原子个数之比为___________；VLAl2(SO4)3溶液中含Al3+amol，该Al2(SO4)3溶液的物质的量浓度为___________mol/L(用含a的式子表示，下同)，取出0.5VL再加入水稀释到4VL，则稀释后的溶液中SO的物质的量浓度为___________。15．氯气缓缓通入溶液可制得“84消毒液(有效成分是)”。为提高消毒液稳定性，消毒液中必须保留质量分数的。请回答：(1)与反应的离子方程式为_______。(2)计算生产上述“84消毒液”消耗的氯气的质量_______(写出计算过程，结果保留整数)。16．取1.43gNa2CO3∙xH2O溶于水，配成10mL溶液。然后向其中逐滴滴入稀盐酸直至没有气体放出，共用去盐酸20mL，并收集到112mLCO2（标准状况下）。请回答下列问题：（1）稀盐酸的物质的量浓度为_____________；（2）Na2CO3∙xH2O的摩尔质量为___________；（3）x的值为___________。17．填空(1)在一定条件下，有下列物质：①8gCH4②6.02×1023个HCl分子③2molO2，按由小到大的顺序填写下列空白(填写序号)：摩尔质量_______；物质的量_______；原子数目_______；质量_______。(2)某硫酸钠溶液中含有3.01×1022个Na+，则溶液中SO的物质的量是_______。(3)实验室用铜与硝酸溶液制备NO2气体，当转移了2mol电子时，参与反应的硝酸的物质的量是_______mol。18．和的混合气体，假设该混合气体可以点燃，完全燃烧后测得体积为(标准状况)。(1)混合气体中的质量是___________g；(2)混合气体中在标准状况下的体积是___________L；(3)混合气体在标准状况下的密度是___________；(4)混合气体的平均摩尔质量是___________。19．次氯酸钠(NaClO)可用作消毒剂和医药工业中制氯胺。某实验小组同学在实验室制备次氯酸钠。次氯酸钠的制备。装备如图所示(夹持装置略去)。已知：用30%~35%的NaOH水溶液在低于10℃时吸收Cl2可制得NaClO。回答下列问题：(1)按气流方向，各装置从左到右的连接顺序为a→___________(填接口处小写字母)(2)盛放浓盐酸的仪器名称为___________；试剂X为___________。(3)装置A中发生反应的离子方程式为___________。(4)D装置的作用___________。(5)实验过程中正确的操作顺序为___________(填序号，序号不重复使用)。a.按要求连接装置，检查装置气密性，盛装相应试剂b.拆卸装置c.打开K，鼓入一段时间空气d.确保K关闭后，打开分液漏斗旋塞，滴加浓盐酸(6)上述操作c的目的是___________，拆卸装之前需观察到的现象为___________20．某学习小组探究实验室制备氯气的反应，分析物质氧化性和还原性的变化规律。回答下列问题：(1)写出实验室制备氯气的离子反应方程式，并用双线桥表示电子转移的方向和数目：___________。(2)反应进行一段时间后，不再产生氯气，此时观察到烧瓶中有固体剩余，甲同学认为反应不再产生氯气是因为溶液中不存在Cl－。①检验溶液中是否存在Cl－的操作是___________。②乙同学认为这个观点不正确，理由是___________。(3)经检验，反应停止后溶液中仍然存在较多H+和Cl－，丙同学就反应停止的原因提出两种猜想，并用反应后的固液混合物进行实验验证。猜想1：c(H+)降低，使MnO2氧化性减弱猜想2：c(Cl－)降低，使盐酸还原性减弱序号实验操作(加热装置省略)试剂现象结论Ⅰ较浓的H2SO4b猜想1正确Ⅱab猜想2正确表格中试剂a为___________(填化学式)；现象b为___________。(4)由(3)中实验可知：c(H+)越大，MnO2氧化性越强。据此探究卤素离子的还原性强弱。相同浓度的KCl、KBr和KI溶液分别与MnO2反应，所需的c(H+)最低的是___________溶液(填“KCl”或“KBr”或“KI”)，从原子结构角度说明理由___________。21．实验室现有、、、、五种溶液，现从中任取四种溶液，编号为A、B、C、D并进行相关实验。其中A属于盐类且能与B反应生成气体，B、C、D间反应现象的记录如表。回答下列问题：溶液BCDB—不反应↓C不反应—↓D↓↓—(1)根据实验现象及已知条件，可推断出四种溶液中溶质的化学式为A：___________

B：___________

C：___________(2)按要求写出下列反应的反应方程式：①C和D反应的化学方程式：___________。②A和B反应的离子方程式：___________。22．利用氯元素价类二维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①～⑩均含氯元素。回答下列问题：(1)④的化学式为___________，⑦的电离方程式为___________。(2)②属于___________(填“电解质”或“非电解质”)。(3)⑤与⑨混合可产生①，反应的离子方程式为___________。(4)①可与热的浓NaOH溶液反应生成⑧和⑩，该反应中氧化产物与还原产物个数之比为___________。(5)含⑨的溶液可作为水处理剂除去水中的杂质离子。例如它可使酸性废水中的转化为N2，反应的离子方程式为___________。参考答案：1．A同时研究钠和不锈钢的稳定性，对二者性质进行比较，即采用比较法，通过做实验研究二者稳定性，故采用了实验法，因此②④符合题意，故选A。2．CA．盐酸与NaHCO3也能发生反应，不能选用，故A错误；B．为确保碳酸钠除尽，所加氯化钡溶液应过量，在碳酸氢钠溶液中会引入氯化钠和氯化钡等新杂质，故B错误；C．通入足量的二氧化碳，能与碳酸钠反应生成碳酸氢钠，且不引入新杂质，故C正确；D．加热溶液导致碳酸氢钠分解成碳酸钠，故D错误；故选：C。3．DA．冰和水都由水分子构成，冰水混合物属于纯净物，Mn2O7属于酸性氧化物，A不正确；B．氨水是氨气溶于水形成的混合物，一水合氨才是碱，B不正确；C．Cu2(OH)2CO3属于碱式盐，Na2O2与酸反应，除生成盐和水外，还有氧气生成，不属于碱性氧化物，C不正确；D．漂白粉是由氯化钙和次氯酸钙构成的混合物，Mg(OH)2属于难溶性碱，Na2O是氢氧化钠对应的碱性氧化物，D正确；故选D。4．DA．缺标准状况，无法计算11.2L二氧化碳的物质的量和含有的分子数，A错误；B．相同质量的SO2和SO3，含氧原子的物质的量之比为，即个数比为5:6，B错误；C．标准状况下，水不是气态，不能用气体摩尔体积进行计算，C错误；D．二氧化碳和二氧化氮中含有的氧原子个数都为2，则1mol二氧化碳和二氧化氮的混合物中含的氧原子数为1mol×2×NAmol-1=2NA，D正确；故选D。5．DA．氯气与烧碱溶液反应生成次氯酸钠，氯气和石灰乳反应生成次氯酸钙，故A正确；B．烧制陶瓷、冶炼金属、酿造酒类都有新物质生成，都属于化学变化，故B正确；C．洁厕灵与“84”消毒液混用，盐酸和次氯酸钠发生氧化还原反应生成氯气，故C正确；D．漂白粉在空气中久置变质，是因为次氯酸钙与空气中的二氧化碳、水反应生成碳酸钙和次氯酸，反应生成的HClO发生了分解生成HCl和氧气，故D错误；选D。6．BA.能与大多数金属化合，生成金属氯化物，表现强氧化性，A正确；B.燃烧不一定有氧气参加，如氢气在氯气中燃烧，B错误；C.与反应生成与，离子方程式为，C正确；D.漂白粉的主要成分为和，有效成分是，D正确；答案选B。7．DA．氯气没有漂白性，判断错误，A错误；B．该溶液可能是氢氧化钠溶液，B错误；C．因为过氧化钠和水反应生成氢氧化钠，故滴入酚酞试液，溶液变红，两者有因果关系，C错误；D．Cl2与KI溶液反应生成I2，因此氯气可以使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝，D正确；故选D。8．BA．维生素C的相对分子质量为6×12+1×8+6×16=176，故摩尔质量为176g/mol，A正确；B．维生素C的熔点为190°C，在标准状况下维生素C是固体，不能使用22.4L/mol计算，B错误；C．维生素C中C、H两种原子个数比为6：8=3：4，C正确；D．维生素C中O元素的质量分数为×100%≈54.5%，D正确；故选B。9．DA．根据选项所给条件无法确定2.24L水的物质的量，A错误；B．一个OH-含有10个电子，所以0.1molOH-中共有电子数目为NA，B错误；C．氯气通入NaOH溶液中发生歧化反应，1mol氯气反应可以生成1molHCl和1molNaClO，转移电子的数目为NA，C错误；D．100g质量分数为46%的乙醇水溶液中氧原子的数目为×NAmol-1=4NA，D正确；综上所述答案为D。10．BA．氢氧化钠易潮解变质，用滤纸称量NaOH固体时，会导致配制的溶液中氢氧化钠的物质的量偏小，配制的溶液浓度偏低，故A错误；B．NaOH固体溶解时放热，导致溶液温度高，受热膨胀，没有冷却便进行定容会导致溶液体积偏小，浓度偏高，故B正确；C．定容时仰视刻度线会导致溶液体积偏大，浓度偏低，故C错误；D．将容量瓶中的溶液转移到试剂瓶的过程中，有少量溶液溅出，会导致所配溶液中溶质的物质的量偏少，浓度偏低，故D错误；故答案选B。11．BA．二氧化锰与稀盐酸不反应，如果过量，盐酸也不可能全部消耗，故A错误；B．若钠与水反应是放热反应，试管内温度升高，气体膨胀，则“U”形管的右侧液面升高，故B正确；C．比较和的热稳定性，应把放在温度较低的小试管中，故C错误；D．氢气在氯气中燃烧，发出苍白色火焰，故D错误；选B。12．BA．NaOH溶液与CO2反应，二氧化碳的用量不同，产物不同，少量的二氧化碳生成碳酸钠，过量的二氧化碳生成碳酸氢钠，A不符合题意；B．NaHCO3和盐酸无论二者的量多少，无论条件如何，反应均生成氯化钠、水和二氧化碳，B符合题意；C．Na与O2不加热生成Na2O，加热生成Na2O2，条件不同，产物不同，C不符合题意；D．NaHSO4溶液与Ba(OH)2溶液反应，NaHSO4少量，产物为硫酸钡、水、NaOH，NaHSO4过量，产物为硫酸钡、硫酸钠、水，产物与量有关，D不符合题意；答案选B。13．

CO2

H2O(或HCl)

Na2CO3

HCO+H+=CO2↑+H2O

Ca2++2OH－+CO2=CaCO3↓+H2O(1)①MgO、Na2O、CO2、CuO，CO2是酸性氧化物，其余三个是碱性氧化物；②HCl、H2O、H2SO4、HNO3，H2O中性溶液，其余三个是是酸或则HCl不含氧，其余三个物质是含氧化合物；③NaOH、Na2CO3、KOH、Cu(OH)2，Na2CO3是盐，其余三个是碱；因有一种物质的类别与其他三种不同的物质依次是：①CO2；②H2O或HCl；③Na2CO3；故答案为：CO2；H2O或HCl；Na2CO3。(2)①用小苏打片(NaHCO3)治疗胃酸过多，碳酸氢钠和盐酸反应生成氯化钠、二氧化碳和水，其离子方程式为HCO+H+=CO2↑+H2O；故答案为：HCO+H+=CO2↑+H2O。②常用澄清石灰水检验CO2气体，二氧化碳和澄清石灰水反应生成碳酸钙和水，其反应的离子方程式是Ca2++2OH－+CO2=CaCO3↓+H2O；故答案为：Ca2++2OH－+CO2=CaCO3↓+H2O。14．(1)

②③⑥⑩

⑤⑦

①④⑧⑨(2)

KHSO4=K++H++SO

2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O

FeCl3+3H2O=Fe(OH)3(胶体)+3HCl(3)

11:7

11:14

mol/L

mol/L①铜是金属单质，既不是电解质又不是非电解质；②冰醋酸(纯醋酸晶体)的水溶液能导电，冰醋酸是电解质；③熔融的KNO3能导电，KNO3是电解质；④稀盐酸是氯化氢的水溶液，属于混合物，既不是电解质又不是非电解质；⑤CO2自身不能电离，CO2是非电解质；⑥KHSO4晶体的水溶液能导电，KHSO4是电解质；⑦蔗糖自身不能电离，蔗糖是非电解质；⑧Fe(OH)3胶体是混合物，既不是电解质又不是非电解质；⑨液氯是单质，既不是电解质又不是非电解质；⑩BaSO4溶于水的部分能完全电离，BaSO4固体是电解质。(1)根据以上分析，属于电解质的是②冰醋酸(纯醋酸晶体)、③熔融的KNO3、⑥KHSO4晶体、⑩BaSO4固体。属于非电解质的是⑤CO2、⑦蔗糖；既不是电解质也不是非电解质的是①铜、④稀盐酸、⑧Fe(OH)3胶体、⑨液氯；(2)KHSO4在水中电离出K+、H+、SO，电离方程式为KHSO4=K++H++SO；用加热法除去Na2CO3固体中的NaHCO3，NaHCO3加热分解为碳酸钠、二氧化碳、水，反应的化学方程式是2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O；在沸水中滴入饱和氯化铁溶液制备Fe(OH)3胶体，反应的化学方程式是FeCl3+3H2O=Fe(OH)3(胶体)+3HCl。(3)等质量的CO和CO2，设质量都是1g，则物质的量分别为、，物质的量之比为：=11:7；氧原子个数之比为：=11:14；VLAl2(SO4)3溶液中含Al3+amol，则n(Al2(SO4)3)=，该Al2(SO4)3溶液的物质的量浓度为mol/L，取出0.5VL再加入水稀释到4VL，溶液稀释8倍，稀释后Al2(SO4)3溶液的物质的量浓度为mol/L，则稀释后的溶液中SO的物质的量浓度为mol/L。15．(1)Cl2+2OH−=Cl−+ClO−+H2O(2)解：设需要氯气的质量为x，则需要氢氧化钠溶液的质量为1000kg-x，消毒液中保留的的质量为1000kg×1%=10kg答：消耗的氯气的质量203kg。【解析】(1)氯气与氢氧化钠生成氯化钠、次氯酸钠、水，Cl2+2OH−=Cl−+ClO−+H2O；(2)见答案。16．

0.5mol/L

286g/mol

10利用n=cV=计算。(1)生成二氧化碳的体积为112mL，物质的量为=0.005mol，根据化学方程式Na2CO3+2HCl=2NaCl+CO2↑+H2O，可知消耗HCl0.01mol，所以盐酸的浓度为0.01mol÷0.02L=0.5mol/L。(2)根据碳原子守恒可知碳酸钠晶体的物质的量为0.005mol，所以碳酸钠晶体的摩尔质量为=286g/mol。(3)根据(2)中的分析可知106+18x=286，解得x=10。17．

①＜③＜②

①＜②＜③

②＜①＜③

①＜②＜③

0.025mol

4(1)甲烷的摩尔质量为16g/mol、氯化氢的摩尔质量为36.5g/mol、氧气的摩尔质量为16g/mol，由小到大的顺序为①＜③＜②；甲烷的物质的量为=0.5mol、氯化氢的物质的量为=1mol、氧气的物质的量为2mol，①＜②＜③；甲烷的原子个数为×5×NA=2.5NA、氯化氢的质量为×2×NA=2NA、氧气的质量为2mol×2×NA=4NA，由小到大的顺序为②＜①＜③，甲烷的质量为8g、氯化氢的质量为×36.5g/mol=36.5g、氧气的质量为2mol×32g/mol=64g，由小到大的顺序为①＜②＜③，故答案为：①＜③＜②；①＜②＜③；②＜①＜③；①＜②＜③；(2)3.01×1022个Na+的物质的量为=0.05mol，由电荷守恒可知溶液中SO的物质的量为0.05mol×=0.025mol，故答案为：0.025mol；(3)实验室用铜与硝酸溶液制备二氧化氮气体时，硝酸部分被还原，当转移了2mol电子时，有2mol硝酸被还原、生成1mol硝酸铜，生成1mol硝酸铜有2mol硝酸起酸的作用，则参与反应的硝酸的物质的量是4mol，故答案为：4。18．(1)7(2)5.6(3)1.61(4)36燃烧发生反应：，的体积与生成的体积相等，燃烧后的总体积为，故和的混合气体的总体积也为，在标准状况下，和的混合气体的物质的量为0.5mol，设的物质的量为xmol，的物质的量为ymol，则，解得。（1）由分析可知，混合气体中的物质的量为0.25mol，则质量。答案为：7；（2）原混合气体中，的物质的量为0.25mol，在标准状况下的体积为。答案为：5.6；（3）原混合气体的密度。答案为：1.61；（4）解法一：；解法二：；解法三：；故混合气体的平均摩尔质量为。答案为：36。19．(1)befdchg(2)

分液漏斗

饱和食盐水(3)2＋10Cl－＋16H+＝5Cl2↑＋2Mn2+＋8H2O(4)尾气处理装置(5)adcb(6)

将装置中的Cl2赶入D装置，使其完全被吸收，防止拆卸装置时污染空气

整个装置中无黄绿色气体A装置是实验室制取氯气，B是用30%~35%的NaOH水溶液在低于10℃时吸收Cl2可制得NaClO，C装置是除掉氯气中的HCl气体，D是吸收尾气处理。(1)根据前面分析，装置顺序为ACBD，按气流方向，从左到右的连接顺序为a→b→e→f→d→c→h→g；故答案为：befdchg。(2)根据上面装置图得到盛放浓盐酸的仪器名称为分液漏斗；试剂X是除掉氯气中的HCl气体，因此用饱和食盐水；故答案为：分液漏斗；分液漏斗。(3)装置A是实验室制取氯气的反应，发生反应的离子方程式为2＋10Cl－＋16H+＝5Cl2↑＋2Mn2+＋8H2O；故答案为：2＋10Cl－＋16H+＝5Cl2↑＋2Mn2+＋8H2O。(4)氯气有毒，会污染环境，因此应该用D装置来进行尾气处理；故答案为：尾气处理装置。(5)整个实验先组装装置，再检查装置气密性，加相应试剂，滴加试剂发生反应，反应后，鼓入一段时间空气将氯气全部排除，再拆卸装置，因此实验过程中正确的操作顺序为adcb；故答案为：adcb。(6)氯气有毒且污染环境，因此上述操作c的目的是将装置中的Cl2赶入D装置，使其完全被吸收，防止拆卸装置时污染空气，拆卸装之前要将装置内氯气全部排除，因此需观察到的现象为整个装置中无黄绿色气体；故答案为：将装置中的Cl2赶入D装置，使其完全被吸收，防止拆卸装置时污染空气；整个装置中无黄绿色气体。20．(1)(2)

先向上层清液中滴加稀硝酸，无现象，再向里滴加硝酸银，有白色沉淀生成，说明含有Cl－，反之则无

浓盐酸反应过程中逐渐变稀，二氧化锰不与稀盐酸反应(3)

KCl固体或NaCl固体

有气泡产生，有黄绿色气体生成(4)

KI

Cl、Br、I最外层电子数都为7个，从上到下电子层数逐渐增多，原子半径逐渐增大，得电子能力逐渐减弱，阴离子的还原性逐渐增强【解析】(1)实验室制备氯气是二氧化锰和浓盐酸加热条件下反应生成氯化锰、氯气和水，其反应的离子反应方程式MnO2＋4H＋＋2Cl－Mn2+＋Cl2↑＋2H2O，锰化合价降低得到电子，氯化合价升高，失去电子，用双线桥表示电子转移的方向和数目：；故答案为：。(2)①检验溶液中是否存在Cl－的操作是先向上层清液中滴加稀硝酸，无现象，再向里滴加硝酸银，有白色沉淀生成，说明含有Cl－，反之则无；故答案为：先向上层清液中滴加稀硝酸，无现象，再向里滴加硝酸银，有白色沉淀生成，说明含有Cl－，反之则无。②乙同学认为这个观点不正确，理由是浓盐酸反应过程中逐渐变稀，二氧化锰不与稀盐酸反应；故答案为：浓盐酸反应过程中逐渐变稀，二氧化锰不与稀盐酸反应。(3)猜想2正确说明c(Cl－)增大会发生反应，又产生氯气，因此可加入KCl固体或NaCl固体等增加c(Cl－)，现象为有气泡产生，有黄绿色气体生成；故答案为：KCl固体或NaCl固体；有气泡产生，有黄