第二章 海水中的重要元素——钠和氯 单元检测题 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》单元检测题
一、单选题
1．下列物质属于酸性氧化物的是
A．SO2 B．CO C．MgO D．Na2O2
2．在含有大量的H+、Ba2+、NO的溶液中，还可能大量共存的离子是
A．CO B．OH- C．Cl- D．ClO-
3．下列叙述中正确的是
A．Na2O与CO2发生化合反应生成Na2CO3，Na2O2与CO2发生置换反应生成O2
B．Na2O与Na2O2都能和水反应生成碱，它们都是碱性氧化物
C．Na2O能继续被氧化成Na2O2
D．Na2O2只有还原性
4．NA为阿伏加 德罗常数的值。下列说法正确的是
A．0.1mol•L-1KClO溶液中ClO-的数目小于0.1NA
B．25℃时，100mlpH=8的氨水中NH4+的个数为9.9×10-8NA
C．34g质量分数为4%的H2O2水溶液中含氧原子数目为0.08NA
D．0.3molAgNO3受热完全分解，用排水法收集到气体的分子数为0.25NA
5．下列实验过程中没有气体产生的是(　　)

A． B． C． D．
6．将 6g 碳放在盛有 12g 氧气的密闭容器中燃烧，两者恰好完全反应，此时密闭容器中的物质是
A．CO B．CO2 C．CO、CO2 D．无法确定
7．下列物质中，与0.1mol H2O含有相同氢原子数的物质是（    ）
A．0.3mol HNO3 B．0.1NA个H3PO4分子
C．2.4g CH4 D．标况下4.48L HCl
8．如图是配制一定物质的量浓度溶液的过程示意图。下列说法中错误的是

A．配制100 mL1.0 mol/L的Na2CO3溶液，操作1需要称量10.600g Na2CO3固体
B．操作2是将恢复至常温的Na2CO3溶液转移到容量瓶中
C．操作4是滴加水至溶液凹液面的最低点与刻度线平齐
D．操作5中，定容摇匀后发现液面低于刻度线，要继续加水至液面与刻度线平齐
9．100 mL 0.1 mol×L-1 Al2(SO4)3溶液与100 mL 0.1 mol×L-1 Ba(NO3)2溶液混合后，所得溶液中SO42-物质的量浓度(不考虑体积变化)为
A．0.05 mol×L-1 B．0.1 mol×L-1 C．0.2 mol×L-1 D．0.3 mol×L-1
10．下列反应的离子方程式书写正确的是
A．硫酸与氢氧化钡溶液混合:H+ + +Ba2+ +OH-=BaSO4↓+H2O
B．过氧化钠与水反应:2 +2H2O=4OH- +O2↑
C．氯气和水反应:Cl2+ H2O2H++Cl-+ClO-
D．向酸性NaIO3溶液中加入少量NaI溶液: +5I-+6H+=3I2 +3H2O
11．配制一定体积，一定物质的量浓度的溶液，下列情况对实验结果产生偏低影响的是
A．容量瓶中原有少量蒸馏水 B．溶解后所用的烧杯未洗涤
C．定容时观察液面俯视 D．摇匀后液面低于刻度线未再加水
12．实验室配制一定物质的量浓度的溶液，下列操作会造成实验结果偏高的是
A．容量瓶中原有少量蒸馏水
B．洗涤烧杯和玻璃棒的洗涤液未转入容量瓶中
C．定容时俯视刻度线
D．定容时仰视刻度线
13．设NA为阿伏加 德罗常数的值，下列叙述不正确的是（     ）
A．10g质量分数为46%的乙醇溶液中，氢原子的总数为1.2NA
B．5.6g铁与足量硫加热充分反应转移电子数为0.2NA
C．50mL12mol·L－1浓盐酸与足量二氧化锰加热反应，转移电子数为0.3NA
D．标准状况下，含有1mol硫原子的SO2与SO3的混合物，其体积小于22.4L
14．实验室中，下列行为不符合安全要求的是
A．稀释浓硫酸时，将水注入浓硫酸中
B．金属钠着火时，立即用沙土覆盖
C．大量氯气泄漏时，迅速离开现场并尽量往高处去
D．闻气体时用手轻轻扇动，使少量气体飘进鼻孔
15．我们的生活时刻离不开化学，下列有关叙述错误的是
A．碳酸氢钠或碳酸钠都可用于治疗胃酸过多
B．雾是气溶胶，在阳光下可观察到丁达尔效应
C．将鸡蛋清溶液过滤，在滤纸上得不到分散质
D．“84”消毒液中含强氧化性物质，可用于新型冠状病毒的消杀

二、填空题
16．实验室欲配制250mL1mol·L-1氢氧化钠溶液。
(1)实验步骤如下：
①计算：需要NaOH固体质量为 g。
②称量：用托盘天平称取NaOH固体，称量时要注意两个问题：一要装在烧杯里称，二要迅速。
③溶解：用量筒量取蒸馏水注入烧杯里，搅拌。
④冷却：将溶液冷却至室温。
⑤移液：将冷却溶液用 引流到容量瓶中。
⑥洗涤：用适量蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒 ，并将洗涤液注入容量瓶里。
⑦振荡：手持容量瓶轻轻振荡，使溶液充分混合均匀。
⑧定容：继续加蒸馏水至距刻度线 处，然后改用 滴加蒸馏水正好至刻度线。
⑨摇匀：盖好玻璃塞，反复上下颠倒，使溶液均匀。
(2)在配制过程中，下列实验操作对所配制的稀盐酸的物质的量浓度有何影响？(在横线上填“偏大”“偏小”或“无影响”)。
①定容时俯视 。
②定容后经振荡、摇匀、静置，发现液面下降，再加适量的蒸馏水 。
17．化学与我们的生活、生产、环境等息息相关。回答下列问题：
(1)明矾的化学式为KAl(SO4)2·12H2O，它常用于净水。明矾放入水中起净水作用的物质是 。明矾与过量NaOH溶液反应的离子方程式是 。
(2)维生素C能帮助人体将食物中摄取的、不易吸收的Fe3+转变为易吸收的Fe2+，这说明维生素C具有 性，该转化反应中 Fe3+作 剂。
(3)某无土栽培用的营养液中，c()：c()：c(K+)：c(Cl-)=8：4：9：9.若用NH4Cl、KCl、K2SO4 来配制该营养液，则这三种盐的物质的量之比为 。
(4)某化工厂的贮氯罐意外发生泄漏，消防员向贮氯罐周围空气中喷洒稀NaOH溶液，目的是(用离子方程式表示) 。 为了厂区和周围群众安全，组织群众疏散的地方应是 (填序号)。
A．顺风高坡处     B．逆风高坡处      C．顺风低洼处      D．逆风低洼处
(5)在鲜活鱼的长途运输中，需在水中加入供氧剂。Na2O2(易溶于水)、CaO2 (微溶于水)都可与水发生反应生成碱和氧气。7.8 g Na2O2中阴离子的物质的量为 ，当它 与CO2完全反应时，转移的电子数目为 。这两种物质中选 作为供氧剂更好，理由是 。

三、实验题
18．实验室利用右图所示装置进行NaHCO3的受热分解实验。请回答：

(1)加热一段时间后，烧杯中观察到的实验现象是 ，反应的离子方程式 。
(2)实验结束时的正确操作是 （填序号），否则会引起 。
①先将导管从液体中移出，再熄灭酒精灯②先熄灭酒精灯，再将导管从液体中移出
(3)NaHCO3受热分解的化学方程式是 。
19．无水四氯化锡(SnCl4)常用作有机合成的氯化催化剂。实验室可用熔融的锡与氯气反应制备SnCl4，装置如图所示：

已知：①Sn、SnCl2、SnCl4有关的物理性质如表：
物质
熔点/℃
沸点/℃C
颜色、状态
Sn
232
2260
银白色固体
SnCl2
246
623
无色晶体
SnCl4
-30
114
无色液体
②Sn的性质与Fe相似；SnCl4在空气中极易水解生成SnO2•xH2O；Cl2易溶于SnCl4。
回答下列问题：
(1)下列关于实验装置的说法正确的是 。
A．整套实验装置先检漏，再连接，再添加药品，最后检查气密性
B．A中盛放KMnO4晶体的仪器名称为圆底烧瓶
C．装置E中上方冷水的作用是冷凝回流SnCl4至收集器中
(2)当观察到装置F上方出现 现象时点燃酒精灯，待锡熔化后适当增大氯气流量，继续加热。此时继续加热的目的是 。
(3)若上述装置中缺少装置C(其它均相同)，则D处具支试管中发生的主要副反应的化学方程式为 。
(4)收集器中收集到的液体略显黄色，原因是 ；下列方法中可提纯SnCl4的是 。
A．加入NaOH萃取分液        B．加入足量锡再加热蒸馏
C．加入碘化钾冷凝过滤        D．加入饱和食盐水萃取
(5)经测定产品中含有少量的SnCl2，可能的原因是 (用化学方程式表示)。
用碘量法测定最后产品的纯度，发生如下反应：Sn2++I2=Sn4++2I-。准确称取一定样品放于锥形瓶中，加入少量浓盐酸溶解，再加水稀释，淀粉溶液作指示剂，用碘标准溶液滴定至终点，平行滴定三次,记录消耗标准液的平均体积。滴定到达终点的实验现象为 。即使此法滴定的操作均正确，但测得的SnCl4含量仍高于实际含量，其原因可能是 (用离子方程式表示，并配上必要的文字说明)。

四、计算题
20．某兴趣小组对石灰石样品进行如下实验分析：取12g样品放入烧杯中，将100g稀盐酸分4次加入到烧杯中，充分反应后（杂质不溶于水，也不与酸反应），测得剩余固体的质量记录如下。请计算：
次数
1
2
3
4
加入稀盐酸的质量/g
25
25
25
25
剩余固体的质量/g
8
4
2
2
求：
（1）样品中碳酸钙的质量为 g：
（2）第4次加入稀盐酸后所得溶液中CaCl2的质量分数。（写出计算过程，最终结果保留0.1%）。
21．(1)1.204×1024个 M分子的质量为88 g，则M的摩尓质量为 。
(2)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。2.2 gD218O中所含中子数为 ，1.5 g中的电子数为 ，15.6 gNa2O2中的阴离子数目为 。
(3)已知16 g A和20 g B恰好完全反应生成0.04 mol C和31.76 g D，则C的摩尓质量为 。

参考答案：
1．A
【详解】酸性氧化物是指能够与碱反应生成盐和水的氧化物，据此分析解题：
A．SO2能与碱反应生成亚硫酸盐和水，故属于酸性氧化物，A符合题意；
B．CO既不能与酸反应也不能与碱反应，属于不成盐氧化物，B不合题意；
C．MgO能与酸反应生成盐和水，属于碱性氧化物，C不合题意；    
D．Na2O2能与酸反应生成盐和水、O2，故不属于碱性氧化物，属于过氧化物，D不合题意；
故答案为：A。
2．C
【详解】A. CO与H+反应生成二氧化碳气体，不能大量共存，A不选；
B. OH－与H＋反应，不能大量共存，B不选；
C. Cl-与H+、Ba2+、NO均不反应，可以大量共存，C选；
D. ClO-与H＋反应生成次氯酸，不能大量共存，D不选；
答案选C。
3．C
【详解】A.Na2O与CO2发生化合反应生成Na2CO3，Na2O2与CO2发生氧化还原反应生成O2，不是置换反应，A错误；
B.Na2O与Na2O2都能和水反应生成碱，其中氧化钠是碱性氧化物，过氧化钠和水反应生成氢氧化钠的同时还有氧气生成，不是碱性氧化物，B错误；
C.Na2O能继续被氧气氧化成Na2O2，C正确；
D.Na2O2中氧元素是－1价，即可升高到0价，还可降低到-2价，所以既有还原性，也有氧化性，D错误；
答案选C。
4．B
【分析】A. 溶液体积未知，无法计算次氯酸根离子个数；
B. 25℃时，100mL pH=8 的氨水中存在电荷守恒：，据此计算NH4+的个数；
C. 34g质量分数为4%的H2O2水溶液中，双氧水中含有氧原子，溶剂水中也含有氧原子由此进行计算；
D. 将生成的气体NO2和O2通入水中后发生反应生成硝酸，根据AgNO3受热完全分解生成的气体中NO2和O2的物质的量计算出消耗氧气的物质的量，进一步计算收集到的气体的分子数。
【详解】A. 溶液体积未知，无法计算次氯酸根离子个数，A项错误；
B.25℃时，100mL pH=8 的氨水中存在电荷守恒：c(NH4+)+c(H+)=c(OH-)，则：c(NH4+)=c(OH-)- c(H+)=(10-6-10-8)mol/L，氨根离子个数为0.1L×(10-6-10-8)mol/L=9.9×10-8mol，以此100mlpH=8的氨水中NH4+的个数为9.9×10-8NA，B项正确；
C. 34g质量分数为4%的H2O2水溶液中，双氧水的物质的量为：=0.04mol，双氧水中含有0.08mol氧原子，由于溶剂水中也含有氧原子，则该溶液中含氧原子数目大于0.08molNA， C项错误；
D. 将生成的气体NO2和O2通入水中后发生反应：，由于0.3molAgNO3受热完全分解生成的气体中NO2和O2的物质的量分别为0.3mol和 0.15mol，用排水法收集后，氧气消耗0.075mol，则剩余0.15mol-0.075mol=0.075mol，因此收集到的分子数为0.075NA个，D项错误。
答案选B。
【点睛】解答本题时容易忽略的是A项中缺少溶液的体积，解答时要格外注意。
5．C
【详解】A、光照氯水时次氯酸分解生成氯化氢和氧气，有气体产生，A不符合；
B、氯水和碳酸氢钠反应生成二氧化碳气体，B不符合；
C、氯水和氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，实验过程中没有气体产生，C符合；
D、过氧化钠和水生成氢氧化钠和氧气，有气体产生，D不符合；
答案选C。
6．C
【详解】6g碳的物质的量是6g÷12g/mol＝0.5mol，12g 氧气的物质的量是12g÷32g/mol＝0.375mol，设混合气体中一氧化碳的物质的量为x mol，二氧化碳的物质的量为y mol，则根据原子守恒可知x+y＝0.5、x+2y＝0.375×2＝0.75，解得x＝y＝0.25，因此密闭容器中的物质是CO、CO2。
答案选C。
7．D
【详解】0.1mol H2O含氢原子的物质的量0.2mol，
A. 0.3mol HNO3含氢原子的物质的量0.3mol，A项错误；
B. 0.1NA个H3PO4分子中含有氢原子的物质的量0.3mol，B项错误；
C. 2.4g CH4含氢原子的物质的量为×4 = 0.6mol，C项错误；
D. 标准状况下4.48 L HCl含有氢原子的物质的量为×1 = 0.2mol，D项正确；
答案选D。
8．D
【分析】配制一定物质的量浓度的溶液，所需的步骤有计算、称量、溶解（冷却）、转移、洗涤、定容、摇匀、装瓶贴签；
【详解】A．配制100 mL1.0 mol/L的Na2CO3溶液，需要溶质的物质的量n(Na2CO3)=1.0 mol/L×0.1 L=0.1 mol，则需称量其质量m(Na2CO3)=0.1 mol×106 g/mol=10.6 g，A正确；
B．容量瓶配制溶液要求使用温度是室温，所以操作2是将恢复至常温的Na2CO3溶液转移到容量瓶中，B正确；
C．操作4是定容，向容量瓶中加水至离刻度线1-2 cm时改用胶头滴管滴加水，当滴加水至溶液凹液面的最低点与刻度线平齐，C正确；
D．操作5中，定容摇匀后发现液面低于刻度线，这是由于部分溶液黏在容量瓶刻度线以上的瓶颈上。由于溶液具有均一性，与溶液体积大小无关，所以溶液的浓度就是要配制溶液的浓度，如果此时加水至液面与刻度线平齐，对已经配制的溶液起稀释作用，导致溶液浓度偏低，D错误；
故选D。
9．B
【详解】混合前两种溶液中含有的离子分别是n(SO42-)=0.1mol/L×0.1L×3=0.03mol，n(Ba2+)=0.1mol/L×0.1L=0.01mol，两种溶液混合时，发生反应：Ba2++SO42-=BaSO4↓，根据二者反应关系可知SO42-过量，反应后溶液中SO42-的物质的量为0.03mol-0.01mol=0.02mol，由于反应后溶液的体积为200mL=0.2L，所以该溶液的SO42-物质的量浓度c=0.02mol÷0.2L=0.1mol/L，故合理选项是B。
10．D
【详解】A．硫酸 与氢氧化钡溶液混合的离子方程式为2H+++ Ba2++2OH- =BaSO4↓+2H2O，A错误；
B．过氧化钠与水反应的离子方程式为2Na2O2 +2H2O=4Na++4OH-+O2↑，B错误；
C．HClO是弱酸，在离子方程式中用化学式表示，所以氯气和水反应的离子方程式为Cl2+H2OH++Cl-+HClO，C错误；
D．向酸性NaIO3溶液中加入少量NaI溶液，在酸性条件下， 与I-发生归中反应生成I2: +5I -+6H+=3I2 +3H2O，D正确；
故选D。
11．B
【详解】A．容量瓶中有少量的蒸馏水，对浓度无影响，故A错误；
B．烧杯未洗涤，会导致溶质的损失，则浓度偏低，故B正确；
C．定容时俯视液面，则溶液体积偏小，浓度偏高，故C错误；
D．摇匀后溶液低于刻度线是正常的，对浓度无影响，故D错误；
故选B。
12．C
【详解】A．容量瓶中原有少量蒸馏水，不影响结果，A不选；
B．洗涤烧杯和玻璃棒的洗涤液未转入容量瓶中，导致溶质损失，结果偏低，B不选；
C．定容时俯视刻度线，加水过少，结果偏高，C选；
D．定容时仰视刻度线，加水过多，结果偏低，D不选；
故选C。
13．C
【详解】A. 乙醇溶液中除乙醇含有氢原子外，溶剂水中也含有氢原子，即氢原子总数等于乙醇中的氢原子数和水中的氢原子数之和，共1.2NA，A选项正确；
B. 5.6 g铁为0.1  mol，与足量的硫反应，生成0.1  mol FeS，转移电子0.2NA，B选项正确；
C. 50  mL 12 mol·L－1浓盐酸的物质的量为0.6  mol，随反应的进行浓盐酸变稀，反应停止，即0.6  mol浓盐酸不能完全反应，转移电子数小于0.3NA，C选项错误；
D. 在标准状况下SO3为固体，所以SO2的物质的量小于1  mol，混合物体积小于22.4 L，D选项正确。
14．A
【详解】A．浓硫酸溶于水放热，且浓硫酸密度大于水，稀释浓硫酸时，应该将浓硫酸沿器壁缓慢注入水中并用玻璃棒不断搅拌散热，故A错误；
B．钠与水反应生成氢气，燃烧生成的过氧化钠和水以及二氧化碳均反应产生氧气，因此金属钠着火时，立即用沙土覆盖，故B正确；
C．氯气有毒，氯气的密度大于空气的密度，因此氯气泄漏的时候，应该迎风并向高处跑才可以防止中毒，故C正确；
D．闻气体的味道时，应使用招气入鼻法，即用手轻轻扇动，使少量气体飘进鼻孔，故D正确；
故答案选A。
15．A
【详解】A．碳酸钠溶液具有较强的碱性，不能用于治疗胃酸过多，但碳酸氢钠可以，A错误；
B．雾是气溶胶，属于胶体，在阳光下可观察到丁达尔效应，B正确；
C．鸡蛋清溶液属于胶体，其分散质粒子直径较小，能透过滤纸，C正确；
D．“84”消毒液有效成分是NaClO，可利用其强氧化性来消杀，D正确；
故选A。
16．(1) 10.0 玻璃棒 2次～3次 1cm～2cm 胶头滴管
(2) 偏大 偏小

【解析】（1）
所需固体氢氧化钠的质量m=cvM=0.25L×1mol·L-1×40g·mol-1=10.0g；为防止液体流到容量瓶外，转移溶液时用玻璃棒引流；为使溶质完全转移到容量瓶中，烧杯和玻璃棒要用蒸馏水洗涤2～3次且将洗涤液注入容量瓶里；定容时，加蒸馏水至距刻度线1cm～2cm处，然后改用胶头滴管滴加蒸馏水正好至刻度线。
（2）
①定容时俯视读数，液体体积偏小，溶液浓度偏大。
②定容后经振荡、摇匀、静置，发现液面下降，再加适量的蒸馏水，溶液体积偏大，溶液浓度偏小。
17．(1) Al(OH)3胶体/氢氧化铝胶体 Al3++4OH-=+2H2O
(2) 还原 氧化
(3)8：1：4
(4) Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O B
(5) 0.1 mol 0.1NA CaO2/过氧化钙 CaO2微溶于水，能在较长时间内缓慢释放氧气

【解析】（1）
明矾放入水中电离出铝离子，铝离子水解生成的Al(OH)3胶体具有吸附性，吸附水中的悬浮物而净水；Al(OH)3可溶于强碱生成偏铝酸盐，根据质量守恒，明矾与过量NaOH溶液反应的离子方程式是Al3++4OH-=+2H2O；
（2）
维生素C能帮助人体将食物中摄取的、不易吸收的具有氧化性的Fe3+化合价降低转变为易吸收的Fe2+，这说明维生素C具有还原性，与具有氧化性的Fe3+发生了氧化还原反应，反应中Fe3+作氧化剂；
（3）
若用NH4Cl、KCl、K2SO4来配制该营养液，根据离子浓度的比例关系：c()：c()：c(K+)：c(Cl-)=8：4：9：9，若c()为4mol•L-1，则c（K2SO4）为4mol•L-1，含有的c(K+)为8mol•L-1，c(K+)总共为9mol•L-1，可得出c(KCl)为1mol•L-1；c()总共为8mol•L-1，则c（NH4Cl）为8mol•L-1，则NH4Cl、KCl、K2SO4的浓度之比为8：1：4，用NH4Cl、KCl、K2SO4来配制该营养液，则NH4Cl、KCl、K2SO4的物质的量之比为8：1：4；
（4）
氯气和NaOH溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，发生反应的离子方程式Cl2+2OH-=ClO-+Cl-+H2O；氯气密度比空气大，则为了厂区和周围群众安全，组织群众疏散的地方应是逆风高坡处，答案选B。
（5）
7.8 g Na2O2的物质的量是0.1mol，其中阴离子是过氧根离子，物质的量为0.1mol，当它与CO2完全反应时生成碳酸钠和氧气，氧元素化合价部分降低－2价，部分升高到0价，因此转移的电子数目为0.1NA；CaO2和Na2O2都能与水反应生成氧气，从而给活水产品提供氧气，NaOH、Ca(OH)2都是强碱，但Ca(OH)2的溶解性小于NaOH，所以NaOH溶液腐蚀性更强，导致水产品易被腐蚀，所以应该用CaO2。
18． 澄清石灰水变浑浊 Ca2++2OH－+CO2 ＝CaCO3↓ + H2O ① 溶液倒吸引起试管炸裂 2NaHCO3 Na2CO3 + H2O +CO2 ↑
【分析】NaHCO3不稳定，加热易分解，发生2NaHCO3 Na2CO3 + H2O +CO2 ↑，生成的CO2会使澄清石灰水变浑浊，实验时注意防止倒吸，以此解答该题。
【详解】：(1)NaHCO3不稳定，加热分解生成的CO2会使澄清石灰水变浑浊，可观察到烧杯中有气泡冒出，且有生成白色沉淀，反应方程式为：Ca2++2OH－+CO2 ＝CaCO3↓ + H2O；
(2)如先撤酒精灯，温度降低，试管内压强减小，会导致倒吸而使试管炸裂，应先将导管从溶液中移出，再熄灭酒精灯，所以操作①正确，故答案为：①；溶液倒吸引起试管炸裂；
(3)NaHCO3不稳定，加热分解生成的CO2、H2O和Na2CO3，反应的方程式为2NaHCO3 Na2CO3 + H2O +CO2 ↑。
19． C 黄绿色气体时 加快氯气与锡反应；使SiCl4气化，利于从混合物中分离出来 SnCl4+(x+2)H2O=SnO2•xH2O+4HCl 有Cl2溶解其中 B Sn+SnCl4=2SnCl2或Sn+2HCl=SnCl2+H2↑ 当最后一滴标准碘溶液滴下时，锥形瓶中的溶液恰好由无色变为蓝色，且半分钟内不褪色 酸性环境下溶液中的溶解氧能氧化I-：4I-+O2+4H+=2I2+2H2O，相当于单位体积的标准碘溶液浓度增大，完全反应Sn2+所需碘溶液的体积偏小，因此SnCl2的含量偏小，SnCl4的含量偏大
【分析】KMnO4和浓盐酸在装置A中反应制取Cl2，由于盐酸易挥发，所以制取的Cl2中含有HCl，饱和食盐水可以降低氯气的溶解，还可洗去氯气中的氯化氢，所以B中盛放的是饱和食盐水，由于SiCl4在空气中极易水解，为防止其水解，需用浓硫酸干燥Cl2，装置C盛放的是浓硫酸，装置D中Cl2和锡的反应制备SiCl4，装置E中用冷水冷却，使气态的SiCl4冷凝回流收集产物；装置G的作用是吸收未反应的Cl2，防止污染空气，所以G中盛放的是NaOH溶液，因SiCl4极易水解，装置F的作用是防止溶液的水蒸气进入收集器中。
【详解】(1)整套实验装置先检漏，再检查气密性，然后再连接，添加药品，故A错误；A中盛放KMnO4晶体的仪器带支管，名称为蒸馏烧瓶，故B错误；根据表格中SnCl4的沸点，装置E中上方冷水的作用是冷凝回流SnCl4至收集器中，故C正确。故答案选C。
(2)由于Sn与空气中的O2反应，SnCl4在空气中极易水解生成SnO2•xH2O，所以制备SnCl4之前用Cl2排尽装置中的空气，观察到装置F液面上方出现黄绿色气体时，表明装置中气体已排尽，开始点燃D处的酒精灯。待Sn熔化后适当增大Cl2流量，继续加热，可加快Cl2与Sn反应的速率，同时使SnCl4气化，利于从混合物中分离出来(根据表中提供的SnCl4、SnCl2的熔沸点分析)，在收集器中收集SnCl4。故答案为：黄绿色气体时；加快氯气与锡反应；使SiCl4气化，利于从混合物中分离出来。
(3)装置A制得的Cl2中混有HCl和水蒸气，装置B中饱和食盐水的作用是：除去Cl2中的HCl，装置C中浓硫酸的作用是：干燥Cl2；若上述装置中缺少装置C，Cl2中混有水蒸气，根据题给已知②“SnCl4在空气中极易水解生成SnO2•xH2O”，D处具支试管中发生的主要副反应为SnCl4+(x+2)H2O=SnO2•xH2O+4HCl。故答案为：SnCl4+(x+2)H2O=SnO2•xH2O+4HCl。
(4)氯气是黄绿色，收集器中收集到的液体略显黄色，可能是有Cl2溶解其中。A项，NaOH不仅吸收Cl2，而且能与SnCl4反应，不能采用，故不选A项；B项，加入足量锡与Cl2反应，再加热蒸馏，能采用，故选B项；C项，碘化钾与Cl2反应生成KCl和I2，产品中混有I2，不能采用，故不选C项；D项，加入饱和食盐水，不能吸收Cl2，SnCl4水解成SnO2•xH2O，不能采用，故不选D项。故答案选B。故答案为：有Cl2溶解其中；B。
(5)经测定产品中含有少量的SnCl2，可能的原因是Sn+SnCl4=2SnCl2或Sn+2HCl=SnCl2+H2↑。准确称取一定样品放于锥形瓶中，加入少量浓盐酸溶解，再加水稀释，淀粉溶液作指示剂，用碘标准溶液滴定至终点，滴定到达终点的实验现象为当最后一滴标准碘溶液滴下时，锥形瓶中的溶液恰好由无色变为蓝色，且半分钟内不褪色。酸性环境下溶液中的溶解氧能氧化I—，离子方程式为：4I—+O2+4H+=2I2+2H2O，相当于单位体积的标准碘溶液浓度增大，完全反应Sn2+所需碘溶液的体积偏小，因此SnCl2的含量偏小，SnCl4的含量偏大。故答案为：Sn+SnCl4=2SnCl2或Sn+2HCl=SnCl2+H2↑；当最后一滴标准碘溶液滴下时，锥形瓶中的溶液恰好由无色变为蓝色，且半分钟内不褪色。；酸性环境下溶液中的溶解氧能氧化I-，离子方程式为4I-+O2+4H+=2I2+2H2O，相当于单位体积的标准碘溶液浓度增大，完全反应Sn2+所需碘溶液的体积偏小，因此SnCl2的含量偏小，SnCl4的含量偏大。
20． 10g 10.5％
【分析】根据前两次都是固体减少4g，而第三次只减少2g，说明此时已经完全无反应，说明剩余的固体为杂质，碳酸钙的质量为12g﹣2g=10g。根据碳酸钙的质量和对应的化学方程式求算生成的氯化钙和二氧化碳的质量，进而求算第4次加入稀盐酸后所得溶液中CaCl2的质量分数。
【详解】（1）根据前两次都是固体减少4g，而第三次只减少2g，说明此时已经完全无反应，说明剩余的固体为杂质，碳酸钙的质量为12g﹣2g=10g；
（2）设生成的氯化钙的质量为想，生成的二氧化碳的质量为y
CaCO3+2HCl═CaCl2+H2O+CO2↑
100         111       44
10g          x         y
==
x=11.1g，y=4.4g，
第4次加入稀盐酸后所得溶液中CaCl2的质量分数为×100%≈10.5%
21． 44g/mol 0.3NA 1.2NA 0.8NA 0.2NA 106 g/mol
【详解】(1) M的物质的量为，则M的摩尓质量为；
(2) 每个NH3分子中所含质子数为7+3×1=10，0.3 mol NH3分子中所含质子数为0.3 mol×10=3mol，每个H2O分子中所含质子数为8+2×1=10，H2O分子的物质的量为，则H2O分子个数为；每个D218O分子中含中子数为 (2-1)×2+(18-8)=12，D218O的相对分子质量为2×2+18=22，则2.2 gD218O的物质的量为，所含中子数物质的量为12×0.1 mol =1.2 mol，则所含中子数为1.2NA；每个中含电子数为6+3×1-1=8，1.5 g的物质的量为，电子数的物质的量为8×0.1 mol =0.8 mol，则电子数为0.8NA；Na2O2中的阴离子为，15.6 gNa2O2的物质的量为，则阴离子数目为0.2NA；
(3)根据质量守恒定律，生成C的质量为16 g+20 g-31.76 g =4.24g，则C的摩尓质量为。