2026届湖南省长沙市地质中学化学高一上期中统考模拟试题含解析.doc

2026届湖南省长沙市地质中学化学高一上期中统考模拟试题
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。

一、选择题（每题只有一个选项符合题意）
1、设NA为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是
A．在标准状况下，22.4LH2O含有的分子数为NA
B．物质的量浓度为0.5 mol·L－1的MgCl2溶液中，含有Cl－个数为NA
C．在标准状况下，O2和CO的混合气体22.4L含有的原子数为2NA
D．0.1mol FeCl3形成Fe(OH)3胶体，Fe(OH)3胶粒的数目为0.1NA
2、在空气中的自由离子附着在分子或原子上形成的空气负离子被称为“空气维生素”，O22-就是一种空气负离子，则O22-的摩尔质量为(　　)
A．32 g B．34 g C．32 g·mol－1 D．34 g·mol－1
3、下列关于纯净物、混合物、电解质、非电解质的组合正确的是

纯净物
混合物
电解质
非电解质
A
HCl
冰水混合物
纯碱
铁
B
蒸馏水
氨水
火碱
氨气
C
H2SO4
胆矾
纯碱
石墨
D
浓硝酸
加碘食盐
NaOH溶液
生石灰
A．A B．B C．C D．D
4、用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是
A．2.4g金属镁变为镁离子时得到的电子数为0.2NA
B．常温常压下，11.2LC2H4含有2NA个碳原子
C．标准状况下，11.2LH2O含有的分子数为0.5NA
D．常温常压下，32gO2和O3的混合气体所含原子数为2NA
5、原子的种类取决于
A．质子数 B．质量数
C．质子数和中子数 D．原子序数
6、实验室既可用MnO2与浓盐酸在加热条件下反应制备Cl2，也可用KMnO4与浓盐酸在常温下反应制备Cl2，下列有关说法错误的是
A．KMnO4的氧化性比MnO2的强
B．上述两个反应中，浓盐酸均只体现还原性
C．制备等质量Cl2，消耗MnO2与KMnO4的物质的量比为5:2
D．用足量MnO2与含有4 mol HCl的浓盐酸在加热条件下反应，得到Cl2的物质的量小于1 mol
7、已知MnO、NO等在酸性条件下具有强氧化性，而S2－、I－、Fe2＋等具有较强的还原性。下列水溶液中的各组离子因为发生氧化还原反应而不能大量共存的是( )
A．Na＋、Ba2＋、Cl－、SO42— B．MnO4-、K＋、I－、H＋
C．Ca2＋、HCO3—、Cl－、K＋ D．H＋、Cl－、Na＋、CO32—
8、气体的体积主要由以下什么因素决定的：①气体分子的直径 ②气体物质的量的多少 ③气体分子间的平均距离 ④气体分子的相对分子质量（　　）
A．①② B．①③ C．②③ D．②④
9、可将碘水中的碘萃取出来的萃取剂应具备的性质是
A．不溶于水，比水密度大 B．不溶于水，比水密度小
C．不溶于水，易与碘发生化学反应 D．不溶于水，比水更易使碘溶解
10、下列除去括号中的杂质对应方案错误的是
选项
物质及所含杂质
除杂方案
A
Na2CO3 (NaHCO3)
充分灼烧
B
Cu(Zn)
加入过量稀H2SO4，充分反应后过滤、洗涤、干燥
C
MnO2 (MnCl2)
溶解、过滤、洗涤、干燥
D
Cl2(H2O)
通过碱石灰
A．A B．B C．C D．D
11、下列反应属于氧化还原反应的是
A．CaCO3+2HCl=CaCl2+CO2↑ + H2O B．CaO+H2O=Ca(OH)2
C．2H2O22H2O+O2↑ D．CaCO3 CaO+CO2↑
12、下列离子方程式正确的是
A．向Mg(HCO3)2溶液中加入过量NaOH溶液，产生白色沉淀：Mg2++2HCO3-+2OH- = MgCO3↓+2H2O
B．在强碱溶液中次氯酸钠与Fe(OH)3 反应生成Na2FeO4：3ClO－＋2Fe(OH)3 =2FeO42－＋3Cl－＋H2O＋4H＋
C．NH4HCO3溶于过量的NaOH溶液中：NH4++HCO3−+2OH−=CO32−+NH3•H2O+ H2O
D．物质的量相等的MgCl2、Ba(OH)2、 HCl三种溶液混合：Mg2++2OH-═Mg(OH)2↓
13、将一小块金属钠投入下列溶液中，既能产生气体又会出现白色沉淀的是
A．稀硫酸 B．碳酸氢钙溶液 C．硫酸铜溶液 D．氯化铵溶液
14、下列说法正确的是( )
A．18g H2O 在标准状况下的体积约为22.4L
B．22.4L氩气(Ar)中含有NA个分子
C．将4.0g氢氧化钠溶于1L水，所得溶液的物质的量浓度为0.1mol/L
D．等质量的O2 和O3中所含的原子个数一定相同。
15、下列物质能导电，且属于电解质的是
A．Cu B．盐酸 C．熔融的NaCl D．NaOH溶液
16、下列实验操作中错误的是
A．蒸发操作时，使溶液中的水大部分蒸发时，就停止加热利用余热蒸干
B．蒸馏操作时，应使温度计水银球靠近蒸馏烧瓶的支管口处
C．分液操作时，分液漏斗中下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出
D．萃取操作时，应选择有机萃取剂，且萃取剂的密度必须比水大
二、非选择题（本题包括5小题）
17、某无色透明溶液中可能大量存在Ag＋、Mg2＋、Cu2＋、Fe3＋、Na＋中的几种。请填写下列空白：
（1）不做任何实验就可以肯定原溶液中不存在的离子是___。
（2）取少量原溶液，加入过量稀盐酸，有白色沉淀生成；再加入过量的稀硝酸，沉淀不消失。说明原溶液中，肯定存在的离子是___，有关离子方程式为__。
（3）取（2）中的滤液，加入过量的NaOH，出现白色沉淀，说明原溶液中肯定有___，有关的离子方程式为__。
（4）原溶液可能大量存在的阴离子是下列的___。
A．Cl－ B．NO3- C．CO32- D．OH－
18、A、B、C、D四种可溶性盐，它们的阳离子分别可能是Ba2+、Ag+、Na+、Cu2+中的某一种，阴离子分别可能是NO3-、Cl-、CO32-、SO42-中的某一种。
①把四种盐分别溶解于盛有蒸馏水的四支试管中，只有C盐的溶液呈蓝色。
②若向①的四支试管中分别加盐酸,B盐溶液有沉淀产生,D盐溶液有无色无味气体逸出。
根据①②实验事实可推断它们的化学式为：
A ________、B________、C ________、D________。
19、有4种钠的化合物W、X、Y、Z，它们之间存在如下关系：
①WX＋H2O＋CO2↑
②Z＋CO2→X＋O2
③Z＋H2O→Y＋O2↑
④X＋Ca(OH)2→Y＋CaCO3↓
试回答下列问题：
(1)W、X、Z的化学式分别是W_________X____Z__________。
(2)以上4个化学反应，属于氧化还原反应的是________(填反应序号)
(3)反应④在溶液中进行，写出其离子方程式：____。
20、如图是某研究性学习小组设计制取氯气并以氯气为原料进行特定反应的装置．

（1）要将C装置接入B和D之间，正确的接法是：a→_____→_____→d；
（2）实验开始先点燃A处的酒精灯，打开旋塞K，让Cl2充满整个装置，再点燃D处的酒精灯，Cl2通过C装置后进入D，D装置内盛有碳粉，发生氧化还原反应，生成CO2和HCl（g），发生反应的化学方程式为_____．
（3）D处反应完毕后，关闭旋塞K，移去两个酒精灯，由于余热的作用，A处仍有少量Cl2产生，此时B中的现象是_____，B的作用是_____．
（4）用量筒量取20mL E中溶液，倒入已检查完气密性良好的分液漏斗中，然后再注入10mL CCl4，盖好玻璃塞，振荡，静置于铁架台上（如图），等分层后取上层液和下层液，呈黄绿色的是_____（填“上层液”或“下层液”），能使有色布条褪色的是_____（填“上层液”或“下层液”）．

（5）在A、B、C、D、E装置中有一处需要改进，说明需要改进的理由并在方框中画出改进后的装置图．_____________
21、实验室用密度为1.25 g·mL－1，质量分数36.5%的浓盐酸配制 0.1 mol·L－1的盐酸240 mL，请回答下列问题：
（1）浓盐酸的物质的量浓度为________。
（2）配制240 mL 0.1 mol·L－1的盐酸应选用________mL的容量瓶，需要浓盐酸体积为_____mL。
（3）下列操作对所配溶液的浓度大小有何影响 (填“偏大”、“偏小”或“无影响”)。
①定容时，俯视刻度线，浓度 ____________ ；
②容量瓶未干燥，浓度 __________ ；
③定容摇匀后发现溶液凹面低于刻度线，加水至刻度线，浓度 ____________ 。
参考答案

一、选择题（每题只有一个选项符合题意）
1、C
【解析】
A、标准状况下，水的状态不是气体，不能使用标况下的气体摩尔体积计算水的物质的量；
B、溶液体积不明确；
C、O2和CO都是双原子分子；
D、Fe(OH)3胶体粒子是氢氧化铁形成的集合体。
【详解】
A项、标况下，水不是气体，不能使用标况下的气体摩尔体积计算22.4L水的物质的量，故A错误；
B项、0.5 mol·L－1的MgCl2溶液的体积不明确，溶液中氯离子的个数无法计算，故B错误；
C项、在标准状况下，22.4LO2和CO混合气体的物质的量为1mol，O2和CO都是双原子分子，则含有的原子数为2mol，故C正确；
D项、Fe(OH)3胶体粒子是氢氧化铁形成的集合体，所以0.1mol FeCl3形成 Fe(OH)3胶体中，Fe(OH)3胶粒小于0.1mol，故D错误。
故选C。
本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，注意明确标准状况下水不是气体，掌握好以物质的量为中心的各物理量与阿伏加德罗常数的关系是关键。
2、C
【解析】
比O2多2个电子，电子的质量可以忽略不计，故的相对分子质量为32，所以的摩尔质量为32g/mol。
答案选C。
本题主要考查的是摩尔质量及其单位，根据摩尔质量与相对分子质量的关系即可判断，注意摩尔质量在以g/mol为单位时，在数值上等于其相对分子质量。
3、B
【解析】
纯净物是指由同种物质组成的，混合物是指由不同种物质组成的，电解质是指在水溶液里或熔化状态下能够导电的化合物，非电解质是指在水溶液里和熔化状态下都不能够导电的化合物。
【详解】
A项、冰水混合物是纯净物，铁是金属单质，既不是电解质，也不是非电解质，故A错误；
B项、蒸馏水是纯净物，氨水是氨气的水溶液，是混合物，火碱是氢氧化钠，属于碱，是电解质，氨气是非电解质，故B正确；
C项、胆矾是五水硫酸铜，是带有结晶水的盐，是纯净物，石墨是非金属单质，既不是电解质，也不是非电解质，故C错误；
D项、浓硝酸是硝酸的水溶液，是混合物，NaOH溶液是混合物，既不是电解质，也不是非电解质，故D错误。
故选B。
题考查了纯净物、混合物、电解质、非电解质的概念判断及各种物质的成分掌握，注意电解质和非电解质必须是化合物，电解质溶于水或熔融状态能电离出自由移动的离子，且离子是其本身电离的。
4、D
【解析】
A.镁是二价金属，根据镁的质量计算镁的物质的量和失去的电子数；
B.注意气体摩尔体积的适用范围，标准状况下气体摩尔体积为22.4L/mol；
C.注意气体摩尔体积的适用范围，标准状况下气体摩尔体积为22.4L/mol；
D.可直接计算氧原子的物质的量，进而求出氧原子个数。
【详解】
A. 2.4g金属镁的物质的量为0.1mol，变为镁离子失去0.2mol电子，失去电子数为0.2NA，故A错误；
B.因为不是标准状况，无法计算出11.2LC2H4的物质的量，所以碳原子数也无法知道，故B错误；
C.标准状况下，H2O不是气体，所以无法计算水的物质的量，故C错误；
D.32gO2和O3的混合气体中氧原子的物质的量为2mol，所含原子数为2NA，故D正确；
正确答案：D。
本题考查了阿伏加德罗常数的应用，气体摩尔体积的应用条件，物质的量计算微粒数的方法。易错点气体摩尔体积的应用。
5、C
【解析】
原子由原子核和核外电子构成，原子核一般由质子和中子构成，元素的种类决定于原子结构中的质子数，同一元素因中子数不同，有多种原子，所以决定原子的种类的是质子数和中子数，答案选C。
6、B
【解析】
由题可知：①MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O；②2KMnO4+16HCl（浓）=2MnCl2+2KCl+5Cl2↑+8H2O；
A．由题可知，KMnO4与浓盐酸在常温下反应，而MnO2与浓盐酸反应需要加热，因此KMnO4的氧化性比MnO2的强，故A正确，不选；
B．由①②两个反应方程式可知，盐酸在反应中均体现了酸性和还原性，故B错误，符合题意；
C．由反应式①可知，制备1mol氯气消耗MnO21mol；由反应式②可知，制备1mol氯气消耗KMnO40.4mol；因此制备等质量Cl2，消耗MnO2与KMnO4的物质的量比为5:2，故C正确，不选；
D．由反应式①可知，随着反应的进行盐酸的浓度降低，而稀盐酸与二氧化锰不反应，所以得到Cl2的物质的量小于1mol，故D正确，不选；
故答案为：B。
7、B
【解析】
A、Ba2＋和SO42—生成硫酸钡白色沉淀，属于复分解反应，故A不符合题意；
B、MnO4-和I－发生氧化还原反应而不能大量共存，故B符合题意；
C、Ca2＋、HCO3—、Cl－、K＋可以大量共存，故C不符合题意；
D、 H＋和CO32—反应生成CO2和水，属于复分解反应，故D不符合题意；
综上所述，本题应选B。
本题考查离子共存，掌握离子的性质和离子不能大量共存的原因是解题的关键。离子间不能大量共存的原因有：①离子间发生复分解反应生成水、沉淀或气体，如题中A、D项；②离子间发生氧化还原反应，如题中B项；③离子间发生双水解反应，如Al3+与HCO3-等；④离子间发生络合反应，如Fe3+与SCN-等；⑤注意题中的附加条件。本题应注意题干限定条件“因为发生氧化还原反应而不能大量共存”。
8、C
【解析】
决定物质体积的因素由物质所含分子数的多少、分子大小和分子间距。气体分子间距远大于气体分子直径，故决定气体体积的因素为气体物质的量多少和气体分子间的平均距离，选C。
9、D
【解析】
A、萃取剂和水不互溶,但萃取剂的密度不一定比水的大,故A错误；
B、萃取剂和水不互溶,但萃取剂的密度不一定比水的小，故B错误；
C、萃取剂和水不互溶,且也不能和碘发生反应,否则不能萃取碘，故C错误；
D、萃取剂和水不互溶，且碘在萃取剂中的溶解度大于在水中的溶解度，故D正确；
综上所述，本题选D。
10、D
【解析】
A．碳酸钠固体中含有碳酸氢钠固体杂质，充分灼烧，碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠，能起到除杂的效果，选项A正确；
B．铜中含有杂质锌，加入过量稀H2SO4，充分反应后生成硫酸锌，铜不反应，过滤、洗涤、干燥后得到铜，能起到除杂的效果，选项B正确；
C．MnO2 中含有杂质MnCl2，溶解，MnO2 不溶，MnCl2在溶液中，过滤、洗涤、干燥后得到MnO2 固体，能起到除杂的效果，选项C正确；
D．Cl2能与碱石灰反应，氯气不能用碱石灰干燥，选项D错误；
答案选D。
11、C
【解析】
反应前后有元素化合价变化的反应是氧化还原反应，据此解答。
【详解】
A、反应CaCO3+2HCl=CaCl2+CO2↑ + H2O中元素的化合价均不变化，是非氧化还原反应，故A不选；
B、反应CaO+H2O=Ca(OH)2中元素的化合价均不变化，是非氧化还原反应，故B不选；
C、反应2H2O22H2O+O2↑中过氧化氢中的氧元素化合价部分升高，部分降低，属于氧化还原反应，且过氧化氢既是氧化剂也是还原剂，故C选；
D、反应CaCO3 CaO+CO2↑中元素的化合价均不变化，是非氧化还原反应，故D不选。
答案选C。
本题考查氧化还原反应，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重氧化还原反应基本概念的考查，注意从化合价角度分析。
12、C
【解析】
A．Mg(HCO3)2溶液与过量的NaOH溶液反应生成氢氧化镁沉淀，正确的离子方程式为：Mg2＋+2HCO3－+4OH－=Mg(OH)2↓+2CO32－+2H2O，故A错误；
B．在强碱溶液中次氯酸钠与Fe(OH)3反应生成Na2FeO4，反应产物不能生成氢离子，正确的离子方程式为：3ClO－+4OH－+2 Fe(OH)3=2FeO42－+3Cl－+5H2O，故B错误；
C. NH4HCO3溶于过量的NaOH溶液中，反应生成碳酸钠、一水合氨和水，离子方程式为：NH4++HCO3−+2OH−=CO32−+NH3•H2O+ H2O，故 C正确；
D. 含等物质的量的MgCl2、Ba(OH)2、 HCl三种溶液混合，氢离子和氢氧根离子结合生成水，镁离子部分沉淀，反应的离子方程式为Mg2＋+4OH－+2H＋=Mg(OH)2↓+2H2O，故D错误，答案选C。
本题考查限定条件下离子方程式的正误判断，注意掌握离子方程式的书写原则， A项为易错点，本选项侧重考查反应物过量情况对生成物的影响，注意氢氧化镁的溶解度小于碳酸镁，NaOH溶液过量时，生成的产物是氢氧化镁。
13、B
【解析】
钠投入到溶液中立即生成氢氧化钠和氢气，结合溶液中的溶质分析解答。
【详解】
A. 金属钠投入到稀硫酸中生成硫酸钠和氢气，没有白色沉淀，A不符合；
B. 金属钠投入到碳酸氢钙溶液中生成白色沉淀碳酸钙、氢气，B符合；
C. 金属钠投入到硫酸铜溶液中生成氢氧化铜蓝色沉淀、氢气和硫酸钠，C不符合；
D. 金属钠投入到氯化铵溶液中生成氢气、氨气和氯化钠，不产生沉淀，D不符合。
答案选B。
明确金属钠的性质特点是解答的关键，该题的关键是明确钠只要投入到水中，将立即反应生成氢氧化钠和氢气，然后再结合溶液中到溶质判断即可。
14、D
【解析】
A. H2O 在标准状况下为液体，不可以用22.4L表示，A错误；
B. 22.4L未说明在标准状况下，所以物质的量不一定是1mol，B错误；
C. 将4.0g氢氧化钠溶于1L水，1L是溶剂水的体积，最后溶液的体积不是1L，浓度无法计算，C错误；
D. O2 和O3都是由氧原子构成，等质量的O2 和O3中，氧原子的质量相同，所以氧原子的物质的量相同，即所含的氧原子个数也相同，D正确。
答案选D。
15、C
【解析】
A．Cu是金属单质，含有自由移动的电子而能够导电；但不属于化合物，因此不是电解质，A不符合题意；
B．盐酸是HCl的水溶液，含有自由移动的H+、Cl-，能够导电；但该物质属于混合物，不是化合物，因此不属于电解质，B不符合题意；
C．熔融的NaCl中含有自由移动的Na+、Cl-，能够导电；NaCl是化合物，本身能够电离产生自由移动的离子而导电，因此属于电解质，C符合题意；
D．NaOH溶液含有自由移动的Na+、OH-，能够导电；但该物质属于混合物，不是化合物，因此不属于电解质，D不符合题意；
故合理选项是C。
16、D
【解析】
A项，应在水分快蒸干时停止，用余热蒸干剩余水分，故A项正确；
B项，温度计的水银球应置于支管口处，不能插入液面以下，故B项正确；
C项，分液操作时上下层液体分别从两口倒出，防止残留在出口的两种液体出现混合，故C项正确；
D项，萃取剂的选择与被萃取物质的性质有关，且萃取剂密度不一定需要比水大，比如可作为萃取剂的苯，密度就比水小，故D项错误。
答案选D。

二、非选择题（本题包括5小题）
17、Cu2+、Fe3+ Ag+； Ag++Cl−=AgCl↓ Mg2+ Mg2++2OH−=Mg(OH)2↓ B
【解析】
根据常见阳离子的检验分析解答，书写相关反应离子方程式。
【详解】
(1)有颜色的离子不用做实验就能判断是否存在，溶液无色说明不含有色的Cu2+、Fe3+，故答案为Cu2+、Fe3+；
(2)加入过量稀盐酸,有白色沉淀生成，再加入过量稀硝酸，沉淀不消失，说明含有Ag+，离子反应方程式为：Ag++Cl−=AgCl↓，故答案为Ag+；Ag++Cl−=AgCl↓；
(3)取上述反应中的滤液，加入过量的氢氧化钠溶液，出现白色沉淀，该白色沉淀只能为氢氧化镁，反应的离子方程式为：Mg2++2OH−=Mg(OH)2↓，说明原溶液中一定含有Mg2+，故答案为Mg2+；Mg2++2OH−=Mg(OH)2↓；
(4)原溶液中存在Ag+，则CO32−、Cl−、OH−不能共存，原溶液中肯定有Mg2+，故CO32−、OH−不能与其共存，硝酸根离子不与上述离子反应，故溶液中可能大量存在的离子是NO3−，故答案为B。
18、A.BaCl2 B. AgNO3 C. CuSO4 D. Na2CO3
【解析】
试题分析：C盐的溶液呈蓝色，所以C盐中一定含有铜离子，但是一定不含油碳酸根离子；向四种盐溶液中分别加入盐酸，B盐溶液有沉淀生成，所以B盐中含有银离子，不含有氯离子、硫酸根离子、碳酸根离子，D盐溶液有无色无味气体逸出，说明D含有碳酸根离子，所以D必须为Na2CO3，B为AgNO3，C为CuSO4，A为BaCl2。
考点：物质的鉴别
点评：本题考查了物质的鉴别，该考点是高考考查的重点，本题要注意题干的要求即每种离子只能用一次，本题比较容易。
19、NaHCO3 Na2CO3 Na2O2 ②③ Ca2++=CaCO3↓
【解析】
钠的化合物中，受热能分解生成三种产物的应该是碳酸氢钠，能和二氧化碳以及水反应生成氧气的是过氧化钠，据此分析解答。
【详解】
(1)根据4种钠的化合物W、X、Y、Z之间的转化关系，在钠的化合物中，受热能分解生成三种产物的是碳酸氢钠，所以W是碳酸氢钠，碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠、水和二氧化碳，所以X是碳酸钠，能和二氧化碳以及水反应生成氧气的是过氧化钠，所以Z是过氧化钠，Y是NaOH，故答案为：NaHCO3；Na2CO3；Na2O2；
(2)以上4个化学反应中，2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2和2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑中有元素化合价的变化，属于氧化还原反应，其余两个反应都没有元素化合价的变化，不属于氧化还原反应，故答案为：②③；
(3)反应④为碳酸钠和氢氧化钙的反应，在溶液中反应的离子方程式为Ca2++=CaCO3↓，故答案为：Ca2++=CaCO3↓。
20、c b 2Cl2+C+2H2O（g）4HCl+CO2 瓶中液面下降，长颈漏斗内液面上升 贮存少量Cl2，避免Cl2对环境造成污染 下层液 上层液 D中反应生成的HCl气体极易溶于水，易发生倒吸，改进后的装置图为．
【解析】
（1）由装置图气体的流向进行判断；
（2）根据题给信息可以写出Cl2、C、H2O三者在加热条件下反应的方程式；
（3）关闭旋塞K，移去两个酒精灯，由于余热的作用，A处仍有少量Cl2产生，根据B瓶中气体压强的变化分析出现的现象；根据B瓶能够贮存少量氯气，起到防止空气污染的作用进行分析；
（4）应用相似相溶原理，氯气在CCl4中溶解度较大，而且四氯化碳的密度比水大，呈黄绿色的是溶有氯气的下层四氯化碳层，氯气与水反应产生的次氯酸具有漂白作用，导致有色布条褪色，据此进行分析；
（5）反应2Cl2+C+2H2O（g）4HCl+CO2中有HCl生成，需要尾气吸收，由于HCl极易溶于水，易产生倒吸，据此进行分析和装置的改进。
【详解】
（1）由装置图判断，气体由B流经C进入到D中反应，气体通过盛有水的试管时应长进短出，否则不能通过C装置；
故答案为：c；b；
（2）由题意知C为提供水蒸气的装置，加入的浓硫酸溶于水放出大量的热，有利于试管中的水变为水蒸气，反应为Cl2、C、H2O，生成物为HCl和CO2，则反应的化学方程式为：2Cl2+C+2H2O（g）4HCl+CO2，
故答案为：2Cl2+C+2H2O（g）4HCl+CO2；
（3）关闭旋塞K，移去两个酒精灯，由于余热的作用，A处仍有少量Cl2产生，B中的气体逐渐增多，压强增大，则导致瓶中液面下降，长颈漏斗内液面上升；氯气有毒，不能直接排放到空气中，B具有贮存少量氯气，并能防止空气污染；
故答案为：瓶中液面下降，长颈漏斗内液面上升；贮存少量Cl2，避免Cl2对环境造成污染；
（4）应用相似相溶原理，氯气在CCl4中溶解度较大，而且四氯化碳的密度比水大，呈黄绿色的是溶有氯气的下层四氯化碳层，能使有色布条褪色，氯气在无机层与水接触发生化学反应生成次氯酸，而导致有色布条褪色的；
故答案是：下层液；上层液；
（5）反应2Cl2+C+2H2O（g）4HCl+CO2中有HCl生成，需要尾气吸收，由于HCl极易溶于水，易产生倒吸现象，应用倒置的漏斗，改进后的装置图可以为：，
故答案是：D中反应生成的HCl气体极易溶于水，易发生倒吸，改进后的装置图为。
要验证干燥氯气无漂白性，先把氯气通入到装有干燥红色布条的装置，布条不褪色；干燥的氯气进入到湿润的有色布条中,氯气和水反应生成次氯酸具有漂白性,所以布条褪色；结论；干燥的氯气无漂白作用，潮湿的氯气有漂白作用。
21、12.5 mol·L－1 250 2 偏大 无影响 偏小
【解析】
（1）密度为1.25g•mL-1，溶质质量分数为36.5%的浓盐酸的物质的量浓度C==12.5mol/L；（2）配制240mL 0.1mol•L-1的盐酸，应选择250mL容量瓶，设需要浓盐酸体积为V，则依据溶液稀释规律：稀释前后含的溶质的物质的量不变，V×12.5mol/L=250mL×0.1mol/L，解得V=2.0mL；（3）①定容时，俯视读数，溶液体积偏小，配制溶液浓度偏大；②容量瓶使用时未干燥，溶质的物质的量和溶液的体积都不变，所以配制溶液浓度无影响；③定容摇匀后发现溶液凹面低于刻度线，加水至刻度线，则所加的水偏多，浓度偏小。