第二章 海水中的重要元素——钠和氯 测试题（含解析） 2022-2023学年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．用NA表示阿伏伽德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）
A．NA 个氧气分子与 NA 个氮气分子的质量比是 8:7
B．0.5 mol O3与11.2 L O2所含的分子数一定相等
C．标准状况下，22.4L的CCl4中含有的CCl4分子数为NA
D．物质的量浓度为0.5mol/L的MgCl2溶液中，含有Cl-个数为NA
2．取100 mL 0.3 mol·L-1和300 mL 0.25 mol·L-1的硫酸注入500 mL容量瓶中，加水稀释至刻度线，该混合溶液中硫酸的物质的量浓度是
A．0.21 mol·L-1 B．0.42 mol·L-1
C．0.56 mol·L-1 D．0.26 mol·L-1
3．下列实验的基本操作正确的是
A．为提高高锰酸钾溶液的氧化能力，用盐酸将高锰酸钾溶液进行酸化
B．在使用试纸测定某溶液的pH时，必须先用蒸馏水湿润，再将待测液滴到试纸上
C．向某未知溶液中先加入过量稀盐酸，再加入BaCl2溶液，检验是否含SO42－
D．将一定量的水加入到10 mL 18 mol/L的浓硫酸中使溶液总体积变为100 mL，则稀释后的溶液的浓度为1.8 mol/L
4．用如图装置制备Cl2，有关集气瓶中收集到的Cl2说法正确的是（）
A．由于Cl2含有水蒸气，所以平均式量小于71
B．由于Cl2含有氯化氢，所以平均式量大于71
C．由于Cl2含有水蒸气和氯化氢，所以平均式量一定小于71
D．由于Cl2含有水蒸气和氯化氢，所以平均式量一定大于71
5．现需要质量分数为40%的NaOH溶液80mL，配制该溶液时下列仪器可以不要用到的是
A．100mL容量瓶 B．烧杯 C．量筒 D．玻璃棒
6．下列陈述I、II均正确并且有因果关系的是
选项 陈述I 陈述II
A Fe2O3是红棕色粉末 Fe2O3常做红色涂料
B SiO2是两性氧化物 SiO2可和HF反应
C Al2O3难溶于水 Al2O3可用作耐火材料
D Na2CO3可作胃酸中和剂 Na2CO3可与盐酸反应
A．A B．B C．C D．D
7．配制一定物质的量浓度的某溶液，下列情况会使溶液浓度偏低的是（ ）
A．未冷却即转移、定容
B．摇匀后溶液倒入试剂瓶时，试剂瓶中原有少量水
C．定容时俯视刻度线
D．使用生锈的砝码（没有脱落）称量药品
8．下列说法正确的是
A．标况下，11.2 L甲烷（CH4）和乙烯（C2H4）的混合气体中含氢原子的物质的量为2 mol
B．标况下，0.1 mol CCl4所占的体积为2.24 L
C．等质量的N2和CO含有的分子数均约为6.02×1023个
D．常温常压下，1 mol任何气体所占的体积均为22.4 L
9．容量瓶上标有：①温度、②浓度、③容量、④压强、⑤刻度线、⑥酸式或碱式这六项中的（ ）
A．①③⑤ B．③⑤⑥ C．①②④ D．②④⑥
10．下列反应中 ，当改变反应物的用量、浓度或反应条件时 ，生成物会发生改变是
A．硫黄和氧气 B．氯化铝溶液和氨水
C．漂白粉溶液和SO2 D．NaHCO3溶液和盐酸
11．用NA表示阿伏加德罗常数，下列说法正确的是
A．1molCl2通入足量的NaOH溶液中充分反应转移的电子数为2NA
B．28g乙烯或丙烯完全燃烧均生成2NACO2
C．1molC20H42的分子中含有的共价键数目为62NA
D．22.4L NH3含有4NA原子
12．下表各组物质之间通过一步反应不可以实现如下图所示转化关系的是
选项 X Y Z 箭头上所标数字的反应条件
A Na2O2 NaOH NaCl ①常温遇水
B AlCl3 NaAlO2 Al(OH)3 ②通入CO2
C NO NO2 HNO3 ④加入铜粉
D Cl2 NaClO HClO ③加浓盐酸
A．A B．B C．C D．D
二、非选择题（共10题）
13．物质的量在化学中占有重要地位，高中的化学计算都是以物质的量为中心展开的。请回答下列问题：
(1)32g某气体中含有的分子数为，则该气体的摩尔质量为____，体在标准状况下的体积约为_____L。
(2)标准状况下，与24g 所含氢原子数相同的的体积约为____ L。
(3)3.9g 中含0.1mol ，则其中所含R元素的质量为，_____g，R的相对原子质量为______。
(4)将质量为10.0g的一块表面被氧化的金属钠投入100mL水中，完全反应后，收集到3.36L氢气(标准状况)，则表面被氧化生成的氧化钠的物质的量为___，反应后所得溶液中溶质的质量分数为____(保留三位有效数字)。
14．钛被誉为“21世纪金属”，工业冶炼钛的第一步反应为
(1)该反应中氧化剂是_______，氧化产物是_______
(2)生成1 mol CO需要的的质量为_______g，转移电子的物质的量为_______mol
15．钠元素在自然界都以化合物的形式存在。
(1)Na2O2中氧元素的化合价为___________价，其中阴阳离子的个数比为___________。
(2)Na2O2用于呼吸面具的反应方程式为___________，若有2mol的过氧化钠参与反应，转移的电子的物质的量为___________mol。
(3)利用下图比较碳酸钠和碳酸氢钠的热稳定性，则物质甲的化学式为___________。
(4)若要除去碳酸氢钠溶液中的碳酸钠，发生反应的化学方程式为___________。
16．高铁酸钾(K2FeO4)是一种高效净水剂。已知；K2FeO4易浴于水，微溶于浓KOH溶液，难溶于乙醇，在0℃~5℃的强碱性溶液中较稳定。某小组同学用如图装置(部分夹持装置已略)制备并探究K2FeO4的性质。制备原理：3Cl2+2Fe(OH)3+10KOH=2K2FeO4+6KCl+8H2O。
(1)盛放KOH溶液的仪器名称__，装置C的作用是__，请指出装置C的一项明显缺陷__。
(2)装置A中反应的化学方程式是__。
(3)实验时采用冰水浴的原因是__。
(4)K2FeO4粗产品含有Fe(OH)3、KCl等杂质，一般用75%乙醇进行洗涤，其目的是__。
(5)实验测得K2FeO4的实际产率比理论产率低，请根据装置图分析还存在的缺陷是__。
(6)查阅资料知，K2FeO4在酸性环境中能将Mn2+氧化成MnO，写出该反应的离了方程式__。
17．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)。
18．现需要0.2 mol·L 1CuSO4溶液250 mL，实验室提供以下试剂用于溶液的配制：蒸馏水、胆矾晶体(CuSO4·5H2O)、4 mol·L 1CuSO4溶液
(1)无论采用何种试剂进行配制，除烧杯、玻璃棒、胶头滴管外，至少还必须用到的一种玻璃仪器是_________，在使用该仪器前必须进行的操作是___________。
(2)若用胆矾晶体进行配制，需用托盘天平称取CuSO4·5H2O的质量为_______ g；如果用 4 mol/L的CuSO4溶液稀释配制，需用量筒量取________mL 4 mol/L CuSO4溶液。
(3)用4 mol/L的硫酸铜溶液稀释配制溶液所需的实验步骤有：
a．用量筒量取一定体积4 mol/L的硫酸铜溶液于一烧杯中
b．洗涤烧杯和玻璃棒2~3次并将洗涤液注入容量瓶，轻轻摇动容量瓶，使溶液混合均匀
c．计算所需4 mol/L硫酸铜溶液的体积
d．盖好瓶塞，反复上下颠倒摇匀后，将溶液转存于试剂瓶中
e．加水至液面离容量瓶刻度线1~2 cm处改用胶头滴管进行定容
f．往烧杯中加入约100 mL水进行初步稀释，冷却至室温
g．将溶液转移入容量瓶
其中正确的操作顺序为______________________。
(4)下列操作对所配制溶液浓度的影响（填“偏高”“偏低”或“无影响”）。
① 称取的胆矾晶体失去了部分结晶水：___________。
② 定容时，仰视刻度线：___________。
③ 容量瓶未干燥，有少量蒸馏水：___________。
(5)实验过程中用到蒸馏水。如图为实验室制取蒸馏水的装置示意图。图中的两处明显的错误是_______、_________。实验中仪器A的名称是_______，在仪器A中除加入少量自来水外，还需加入少量______，其作用是防止暴沸。
19．（1）3.01×1023个OH-的物质的量为_____mol，含有电子的物质的量为_____mol，这些OH-所含的电子数和_____gNa+含有的电子数相同。
（2）12.4gNa2R含Na+0.4mol,则Na2R的摩尔质量为_____________，R的相对原子质量为__________，含R的质量为3.2g的Na2R，其物质的量为__________
20．将5 g碳酸钠、碳酸氢钠和氢氧化钠固体混合物完全溶解于水，制成稀溶液，然后向该溶液中逐滴加入2mol/L的盐酸，当加入盐酸的体积为45mL时产生CO2的体积为896 mL（标准状况），之后再加入盐酸不再产生CO2。
(1)当加入40 mL盐酸时，产生二氧化碳的体积为_________mL；（标准状况）
(2)计算原混合物中Na2CO3的质量分数为____________；
(3)请在右图中绘制出加入盐酸体积与产生CO2体积的关系曲线。（要在纵坐标上标明标准状况下CO2体积的数值）____________
21．（1）在含3molNaHSO3的溶液中加入amolNaIO3的溶液充分反应（不考虑I2+I-=I3-，已知还原性HSO3- >I-)。
①当产生碘单质的量最多时，反应的n(IO3-)=_____ mol
② 若1（2）将可能混有NaOH的16.80gNaHCO3固体，在200℃条件下充分加热，排出反应产生的气体，得到固体的质量为bg。
①b的最小值为______。
②当b=______时，产物中水的质量最多。
22．有A、B、C、D、E、F、G、H、I等全部由短周期元素组成的九种常见物质。已知：①其中只有B、C、F为单质，且常温常压下，B为固态，C、F为气态；②化合物中仅A、E为气态；③在常温下，D为淡黄色固体；④H的焰色反应呈黄色。它们的转化关系反应条件未注明如图所示：
试回答：(1)写出下列物质的化学式：E________，F________，H________，I________。
(2)写出A与D反应的化学方程式：_______________。
(3)写出B与G反应的化学方程式：______________。
参考答案：
1．A
A．NA个氧气分子和NA个氮气分子的物质的量相等，二者的质量比=摩尔质量之比=32g/mol：28g/mol=8：7，故A正确；
B．气体状况未知，Vm不确定，无法计算氧气物质的量，故B错误；
C．标况下，四氯化碳为液体，不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，故C错误；
D．没有告诉氯化镁溶液的体积，无法计算溶液中氯离子的物质的量及数目，故D错误；
故选A。
2．A
100mL 0.3mol/L的硫酸溶液中含硫酸的物质的量为0.1L×0.3mol/L=0.03mol；300mL 0.25mol/L的硫酸溶液中含硫酸的物质的量为0.3L×0.25mol/L=0.075mol，混合后硫酸的总物质的量为0.03mol+0.075mol=0.105mol，混合后溶液中硫酸的物质的量浓度为=0.21mol/L，故选A。
3．C
A．高锰酸钾能氧化HCl，则一般用稀硫酸酸化高锰酸钾溶液，故A错误；
B．使用试纸测定某溶液的pH时，蘸取溶液后滴在pH试纸上，pH试纸不能事先湿润，故B错误；
C．先加入过量稀盐酸，排除银离子、碳酸根离子等干扰，再加入BaCl2溶液，检验是否含SO42-， 故C正确；
D．浓硫酸稀释，应在烧杯中将浓硫酸加到水中，不能将水直接加入到浓硫酸中，会放出大量的热，导致液滴飞溅，故D错误；
答案选C。
4．C
该装置制取的氯气中混有水蒸气和挥发出来的HCl气体，Cl2的式量为71，水蒸气的式量为18，HCl的式量为36.5，所以由于Cl2含有水蒸气和氯化氢，混合气体的平均式量一定小于71，综上所述选C。
5．A
需要质量分数为40%的NaOH溶液80mL，根据需要计算并称量氢氧化钠固体，加入烧杯，用量筒量取80mL蒸馏水加入烧杯，用玻璃杯搅拌至完全溶解即可，无需用到容量瓶，故选A。
6．A
A. 氧化铁为红棕色粉末，可以用于红色涂料和油漆，陈述I、II均正确并且有因果关系，故A正确；
B. 二氧化硅与氢氟酸反应生成四氟化硅和水，不是两性氧化物，陈述I错误，故B错误；
C. 氧化铝可用作耐火材料，是因为氧化铝具有较高的熔沸点，与氧化铝不溶于水性质无关，故C错误；
D. 碳酸钠虽然也可以与胃酸发生反应，降低胃液的浓度，但是其碱性强，会对人造成腐蚀，因此不可以用于治疗胃酸过多，故D错误；
答案选A。
7．B
A. 未冷却即转移、定容，导致溶液体积偏小，则配制溶液浓度偏高，故A错误；
B. 摇匀后溶液倒入试剂瓶时，试剂瓶中原有少量水，溶液浓度偏低，故B正确；
C. 定容时俯视刻度线，溶液的体积偏小，配制溶液浓度偏高，故C错误；
D. 砝码已生锈是铁与空气中的氧气和水蒸气共同作用的结果，使砝码质量比实际质量偏大，所以通过这样的砝码量取的物质质量会偏大，导致溶液浓度偏高，故D错误；
故选B。
8．A
A、标况下，11.2 L甲烷（CH4）和乙烯（C2H4）的混合气体的物质的量是0.5mol，含氢原子的物质的量为0.5mol×4= 2 mol，故A正确；
B、标况下CCl4是液体，标况下0.1 mol CCl4所占的体积不是2.24 L，故B错误；
C. 等质量的N2和CO的物质的量相等，但没有质量不能计算物质的量，故C错误；
D. 标准状况下，1 mol任何气体所占的体积均为22.4 L，故D错误；
答案选A。
9．A
容量瓶是用来配制一定体积、一定物质的量浓度溶液的定量仪器，容量瓶上标有温度、刻度线、并标有容量，故选A。
10．C
A. 硫黄和氧气反应生成SO2，当改变反应物的用量、浓度或反应条件时 ，生成物不会发生改变，故A不选；
B. 氯化铝溶液和氨水反应生成氢氧化铝沉淀和氯化铵，当改变反应物的用量、浓度或反应条件时 ，生成物不会发生改变，故B不选；
C. 漂白粉溶液和SO2反应当二氧化硫少量时，当SO2气体过量时，，当改变反应物的用量、浓度或反应条件时 ，生成物会发生改变，故C选；
D. NaHCO3溶液和盐酸反应生成氯化钠水和二氧化碳，当改变反应物的用量、浓度或反应条件时 ，生成物不会发生改变，故D不选。
故答案选：C。
11．B
A、氯气和碱的反应为歧化反应，故1mol氯气转移1mol电子即NA个，故A错误；
B. 28g乙烯或丙烯中均含有CH2原子团的物质的量为=2mol，含有2molC原子，完全燃烧均生成2NACO2，故B正确；
C. 1molC20H42的分子中含有42molC-H，和19molC-C，共价键数目为61NA，故C错误；
D. 气体的体积与温度和压强有关，无法判断22.4L NH3的物质的量，故D错误；
故选B。
12．A
试题分析：A．氯化钠不能够通过一步反应得到过氧化钠，故A错误；B．氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，偏铝酸钠与碳酸反应生成氢氧化铝，氢氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，氢氧化铝分解生成氧化铝，个物质之间通过一步反应可以实现，故B正确；C．一氧化氮氧化生成二氧化氮，二氧化氮与水反应生成硝酸，硝酸分解生成二氧化氮，稀硝酸与铜反应生成一氧化氮，各物质之间通过一步反应可以实现，故C正确；D．氯气与氢氧化钠反应生成次氯酸钠，次氯酸钠与碳酸反应生成次氯酸，次氯酸与氢氧化钠反应生成次氯酸钠，次氯酸与盐酸反应生成氯气，各物质之间通过一步反应可以实现，故D正确；故选A。
考点：考查了物质的性质和转化的相关知识。
13．(1) 64 11.2
(2)44.8
(3) 1.6 32
(4) 0.05mol 14.6%
【解析】（1）
32g某气体中含有的分子数为，物质的量为，，；
故答案为64，11.2。
（2）
24g的物质的量为，，则含6mol氢原子的的物质的量，故；
故答案为44.8；
（3）
3.9g中含0.1mol ，则，则所含R元素的质量为，故R的摩尔质量为，即R的相对原子质量为32；
故答案为1.6，32；
（4）
由题意知，，，，Na反应生成的NaOH为0.3mol，与水反应的Na为0.3mol，Na的质量为，故的质量为，，与水反应生成的NaOH为0.1mol，溶液中溶质NaOH的物质的量为，质量为，反应后所得溶液的质量为，故所得溶液中NaOH的质量分数为；
故答案为0.05，14.6%。
14．(1) Cl2 CO
(2) 71 2
（1）工业冶炼钛的第一步反应中C的化合价由+0价升高到+2价，Cl2的化合价由0价降低到-1价，因此C是还原剂，CO是氧化产物，Cl2是氧化剂，是还原产物；
（2）根据方程式可知生成1 mol CO需要的1mol，其质量为，C的化合价由+0价升高到+2价，则转移2mol电子。
【点睛】氧化还原反应最容易把概念搞错，可以把相关概念归纳成口诀来记忆：还原剂失升氧、氧化剂得降还，即还原剂在反应中失去电子，所含元素化合价升高，发生氧化反应，转化为氧化产物；氧化剂在反应中得到电子，所含元素化合价降低，发生还原反应，转化为还原产物。
15．(1) -1 1：2
(2) 2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2 2
(3)NaHCO3
(4)Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3
过氧化钠和二氧化碳和水均反应生成氧气，结合过氧化钠中O元素化合价的变化分析解答；碳酸钠较稳定，碳酸氢钠加热容易分解，据此分析解答。
（1）
过氧化钠中钠元素的化合价为+1价，则氧元素的化合价为-1价，焰色试验呈黄色，故答案为：-1；：Na+=1:2。
（2）
过氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，反应的化学方程式为：2Na2O2+2CO2═2Na2CO3+O2；在2Na2O2+2CO2═2Na2CO3+O2中，过氧化钠中氧元素的化合价由-1价升高为0价，由-1价降低为-2价，转移2个电子，则有2个过氧化钠参与反应，转移2个电子，故答案为：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，2；
（3）
碳酸钠较稳定，碳酸氢钠加热容易分解，要比较碳酸钠和碳酸氢钠的热稳定性，物质甲为碳酸氢钠，乙为碳酸钠，故答案为：NaHCO3；
（4）
若要除去碳酸氢钠溶液中的碳酸钠，碳酸钠较稳定是正盐可以和酸性气体反应生成酸式盐，反应的化学方程式为：Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3。
16． 三颈烧瓶 吸收多余的氯气，防止污染环境 没有防倒吸装置 MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O K2FeO4在0 C~5℃环境中稳定，防止副反应发生(防止K2FeO4分解) 减少产品溶解损失，便于产品的干燥 缺少除Cl2中混有的HCl的装置 5FeO+3Mn2++16H+=5Fe3++3MnO+8H2O
根据实验装置图可知，A装置中用二氧化锰与浓盐酸加热制得氯气，B中发生反应3Cl2＋2Fe(OH)3＋10KOH＝2K2FeO4＋6KCl＋8H2O来制备K2FeO4，氯气有毒不能直接排空，氯气能和NaOH溶液反应生成钠盐，所以用NaOH溶液除去尾气；
(1)盛放KOH的仪器名称三颈烧瓶，氯气能和NaOH溶液反应钠盐，氯气有毒，所以可以用NaOH溶液处理尾气，防止污染大气，氯气易与碱反应，末端导气管直接伸入氢氧化钠溶液中会有倒吸的可能。
故答案为：三颈烧瓶；吸收多余的氯气，防止污染环境；没有防倒吸装置；
(2)加热条件下浓盐酸和二氧化锰反应生成氯化锰、氯气和水，反应方程式为MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O，
故答案为：MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O；
(3)K2FeO4在0℃～5℃的强碱性溶液中较稳定，所以采用冰水浴，从而防止副反应发生；
故答案为：K2FeO4在0℃～5℃的强碱性溶液中较稳定，防止副反应发生；
(4)浓盐酸易挥发导致生成的氯气中含有HCl，HCl能和KOH反应，从而降低产率，所以应该用饱和食盐水除去HCl，则实验中缺少除HCl的装置，
故答案为：缺少除Cl2中混有HCl的装置；
(5)K2FeO4在酸性环境中能将Mn2+氧化成MnO，Mn的化合价升高5价，K2FeO4被还原成Fe3+，Fe化合价降低3价，两者的系数比为：3:5，再结合元素守恒配平得反应的离子方程式为：5FeO+3Mn2++16H+=5Fe3++3MnO+8H2O，
故答案为：5FeO+3Mn2++16H+=5Fe3++3MnO+8H2O；
17． 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
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。
(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。
18． 250mL容量瓶 检查是否漏水 12.5 12.5 c、a、f、g、b、e、d 偏高 偏低 无影响 冷却水流向上进下出 温度计水银球插入溶液中 蒸馏烧瓶 碎瓷片或沸石
(1)配制一定浓度的溶液，需在容量瓶中进行定容，使用前，需检查是否漏液。
(2)不管使用胆矾晶体还是硫酸铜溶液，所含硫酸铜的质量不变。
(3)配制溶液时，按计算、量取、溶解、转移、洗涤、转移、定容顺序进行操作。
(4)① 称取的胆矾晶体失去了部分结晶水，则溶质的质量偏大。
② 定容时，仰视刻度线，则溶液的体积偏大。
③ 容量瓶未干燥，有少量蒸馏水，对溶液的体积、溶质的物质的量都不产生影响。
(5)蒸馏时，重点看温度计水银球的位置、冷却水的流向等，加热前，需加碎瓷片，以防液体暴沸。
(1) 配制一定浓度的溶液，需在容量瓶中进行定容，所以还必须用到的一种玻璃仪器是250mL容量瓶，在使用该仪器前必须进行的操作是检查是否漏水。答案为：250mL容量瓶；检查是否漏水；
(2)若用胆矾晶体进行配制，需CuSO4·5H2O的质量为0.2 mol·L 1×0.250L×250g/mol=12.5g；如果用 4 mol/L的CuSO4溶液配制，需用量筒量取=12.5 mL。答案为：12.5；12.5；
(3)配制溶液时，按计算、量取、溶解、转移、洗涤、转移、定容的操作顺序，其中正确的操作顺序为c、a、f、g、b、e、d。答案为：c、a、f、g、b、e、d；
(4) ① 称取的胆矾晶体失去了部分结晶水，则溶质的质量偏大，所配溶液浓度偏高；
② 定容时，仰视刻度线，则溶液的体积偏大，所配溶液浓度偏低；
③ 容量瓶未干燥，有少量蒸馏水，对溶液的体积、溶质的物质的量都不产生影响，对所配溶液浓度无影响。答案为：偏高；偏低；无影响；
(5)实验过程中用到蒸馏水，为增强冷凝效果，采用逆流原理，蒸汽由上至下，冷却水由下至上，即下进上出；温度计测量蒸汽温度，水银球应位于蒸馏烧瓶的支管口处，从而得出图中的两处明显的错误是冷却水流向上进下出；温度计水银球插入溶液中。实验中仪器A的名称是蒸馏烧瓶，在仪器A中除加入少量自来水外，还需加入少量碎瓷片或沸石，其作用是防止暴沸。答案为：冷却水流向上进下出；温度计水银球插入溶液中；蒸馏烧瓶；碎瓷片或沸石。
【点睛】沸石本身含有小气泡，添加沸石实际上添加的就是小气泡，也就是加入汽化中心，这样只要温度达到沸点，就可以沸腾，从而避免了暴沸。
19． 0.5 5 11.5 62g/mol 16 0.2mol
(1)3.01×1023个OH-的物质的量为，含有电子的物质的量为0.5mol ×10=5mol，氢氧根离子和钠离子含有相同电子数、即电子的物质的量相等，钠离子含有5mol 电子，则钠离子的物质的量为 ，则钠离子的质量为；
(2)12.4gNa2R含Na+0.4mol，Na2R的物质的量为0.2mol，则Na2R的摩尔质量为，Na2R的相对分子质量为62，R的相对原子质量为16，R的摩尔质量为16g/mol，含R的质量为3.2g的Na2R，R的物质的量为0.2mol，Na2R的物质的量为0.2mol。
20．(1)672
(2)42.4﹪
(3)
逐滴加入2mol/L的盐酸45mL时产生CO2的体积最大为896 mL，则可知混合物中碳元素的物质的量为0.04 mol，钠元素的物质的量为2mol/L×0.045L=0.09 mol，在溶液中只含氢氧化钠和碳酸钠两种溶质，根据元素守恒可计算溶液中氢氧化钠、碳酸钠的物质的量；滴加盐酸依次发生H++OH-＝H2O、CO+H+＝HCO、HCO+H+＝CO2↑+H2O三个反应，根据元素守恒及三种物质的总质量来计算原混合物中碳酸钠的质量，设溶液中氢氧化钠、碳酸钠的物质的量分别为xmol、ymol，根据元素守恒，y＝0.04、x+2y＝0.09，解得x=0.01，反应H++OH-＝H2O消耗盐酸5mL；CO+H+＝HCO反应消耗盐酸20mL；HCO+H+＝CO2↑+H2O反应消耗盐酸20mL，据此解答。
（1）根据分析，当加入40 mL盐酸时，HCO+H+＝CO2↑+H2O反应只消耗15mL的盐酸，产生二氧化碳的体积为0.672 L=672mL；
（2）根据水溶液中只含氢氧化钠和碳酸钠，说明原混合物溶于水时碳酸氢钠与氢氧化钠完全反应生成碳酸钠后，剩余0.01mol氢氧化钠，根据HCO+OH-＝CO+H2O，设原混合物中碳酸氢钠的物质的量为a mol，Na2CO3的物质的量为bmol，则氢氧化钠的物质的量为（a+0.01）mol；根据钠元素守恒a+a+0.01+2b=0.09；根据质量守恒84a+40(a+0.01)+106b=5，解得b=0.02，a=0.02，原混合物中Na2CO3的质量分数为42.4﹪；
（3）根据以上分析加入盐酸体积与产生CO2体积的关系曲线为。
21． 1.2 3: (6-5a) 10.60 14.36
（1）①当产生碘单质的量最多时IO3-被还原为I2，HSO3-被氧化为SO42-，根据得失电子守恒计算；
②当a=1时，HSO3-被完全氧化为SO42-，IO3-被还原为I-，当a=1.2时，IO3-被还原为I2，根据得失电子守恒列式计算；
（2）根据方程式2NaHCO3=Na2CO3+H2O+CO2↑、2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O可知：①当16.80g完全为NaHCO3时，反应后固体质量最小；
②当NaOH和NaHCO3中H原子完全转化成H2O时，生成H2O的质量最多，发生反应为NaHCO3+NaOH=Na2CO3+H2O，设出二者物质的量，结合总质量计算。
(1)①当产生碘单质的量最多时IO3-被还原为I2,1mol IO3-被还原转移电子5mol； HSO3-被氧化为SO42-,1mol HSO3-被氧化转移电子2mol,根据得失电子守恒,消耗n(IO3-)=3mol×2÷5=1.2，
故答案为1.2；
②当a=1时,3molHSO3-被完全氧化为3mol SO42-, IO3-被还原为I ,当a=1.2时, IO3-被还原为I2;设生成I 的物质的量xmol,则生成碘单质的物质的量为 (a x)/2mol,根据得失电子守恒 (a x)/2×10+6x=3×2,x=6 5a,所以若1故答案为3:(6 5a)；
(2)发生反应为2NaHCO3 = Na2CO3+H2O+CO2↑、2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O，
①当16.80g完全为NaHCO3时,反应后的固体质量为：106g/mol×16.8g÷84g/mol×1/2=10.6g，
若16.8g固体完全为NaOH，剩余固体质量不变，仍然为16.8g，
所以得到固体最小质量为10.6g，即b的最小值为10.6，
故答案为10.60；
②当NaOH和NaHCO3中H原子完全转化成H2O时,生成H2O的质量最多,此时NaOH和NaHCO3的物质的量之比为1:1,发生反应为：NaHCO3+NaOH=Na2CO3+H2O，设NaOH和NaHCO3的物质的量均为x，则84x+40x=16.8，解得：x≈0.1355mol，根据反应可知，生成固体碳酸钠的物质的量为0.135mol，质量为：106g/mol×0.1355mol=14.363g≈14.36g，
故答案为14.36。
22． CO H2 Na2CO3 NaOH 2CO2＋2Na2O2===2Na2CO3＋O2 C＋H2O(g) CO＋H2
中学化学主要学习7种非金属（H、O、C、Si、N、S、Cl）、4种金属（Na、Al、Fe、Cu）的单质及其化合物知识，则常见气体单质H2、O2、N2、Cl2，固体非金属单质C、Si、S，固体金属单质Na、Al、Fe、Cu。将文字信息标注于转化关系图中，再推断物质、回答问题。
化合物H焰色反应呈黄色，则H中含Na+。据A（化合物，气体）+D（化合物，淡黄，固体）→C（单质，气体）+H（Na+），则A为CO2、D为Na2O2、C为O2、H为Na2CO3。
因E（化合物，气体）+C（O2）→A（CO2），则E为CO。又A（CO2）+B（单质，固体）→E（CO），则B为C。
据G（化合物）+B（C）→E（CO）+F（单质，气体），则G为H2O，F为H2。又G（H2O）+D（Na2O2）→C（O2）+I（化合物），则I为NaOH。
其它几个反应可验证上述推断正确。
(1)E、F、H、I化学式依次是CO、H2、Na2CO3、NaOH。
(2)A与D反应的化学方程式为2CO2＋2Na2O2===2Na2CO3＋O2。
(3)B与G反应的化学方程式为C＋H2O(g) CO＋H2