2023届江西省赣州市于都县二中高一化学第一学期期中联考试题含解析.doc

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1、2022-2023学年高一上化学期中模拟试卷注意事项：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、两种硫酸溶液，一种物质的量浓度为C1mol/L，密度为1g/cm3，另一种物质的量浓度为C2mol/L，密度为2g/cm3，当它们等体积混合后，溶液的密度为3g/cm3，则混合溶液的物质的量浓度为ABCD2、下列有关分散系的叙述中不正

2、确的是（ ）A胶体分散质微粒直径较大，不能透过滤纸B液态分散系根据分散质粒子大小分为溶液、胶体和浊液三类C利用丁达尔效应可以区分溶液和胶体D纳米材料分散到液体分散剂中得到的分散系属于胶体3、已知MnO2为黑色难溶于水的固体，实验室制取氧气的反应为2KClO32KCl3O2，反应后从剩余固体中回收二氧化锰的操作顺序正确的是()A溶解、过滤、蒸发、洗涤B溶解、过滤、洗涤、加热C溶解、蒸发、洗涤、过滤D溶解、洗涤、过滤、加热4、下列化合物中，不能通过单质间化合直接制取的是( )AFeCl2BCuCl2CHClDFeCl35、下列实验仪器不宜直接用来加热的是（ ）A试管B坩埚C蒸发皿D烧杯6、实验室中

3、将盛有甲烷与氯气的混合气体的量筒倒立在盛有饱和食盐水的水槽中，光照使其发生反应，下列说法错误的是（ ）A通过量筒内壁上出现的油状液滴可以说明生成四种有机产物B氯化氢极易溶于水，导致量筒中液面上升C饱和食盐水能够抑制氯气的溶解D量筒中气体颜色逐渐变浅7、在某两烧杯溶液中，各含有大量以下六种离子Cu2+、OH-、CO32-、Mg2+、K+、NO3-中的三种，已知乙烧杯溶液呈碱性，则甲烧杯溶液中大量存在的离子组是ACu2+、Mg2+、K+BCu2+、Mg2+、NO3-CCu2+、K+、NO3-DMg2+、K+、NO3-8、汽车剧烈碰撞时，安全气囊中发生反应：10NaN3+2KNO3=K2O+5Na2

4、O+16N2。若氧化产物比还原产物多1.75 mol，则下列判断正确的是（ ）。A生成42.0 L N2（标准状况）B有0.250 mol KNO3被氧化C转移电子的物质的量为1.25 molD被氧化的N原子的物质的量为1.875 mol9、200 mL Fe2(SO4)3溶液中含Fe356 g，溶液中SO42-的物质的量浓度是 ( )A7.5 mol/LB5 mol/LC10 mol/LD2.5 mol/L10、下列有关氧化还原反应的叙述中，正确的是A一定有氧元素参加 B氧化反应一定先于还原反应发生C氧化剂本身发生氧化反应 D一定有电子转移（得失或偏向）11、下列有关实验操作的叙述错误的是A

5、过滤操作中，漏斗的尖端应该接触烧杯内壁B蒸馏完毕后，应先停止加热，待装置冷却后，停止通水，再拆卸蒸馏装置C向容量瓶转移液体时，引流用的玻璃棒不可以接触容量瓶内壁D为准确配制一定物质的量浓度的溶液，定容过程中向容量瓶内加蒸馏水至接近刻度线时，改用滴管滴加蒸馏水至刻度线12、下列除去杂质的实验方法正确的是（）A除去CO中少量O2：通过灼热的Cu网后收集气体B除去K2CO3固体中少量NaHCO3：置于坩埚中加热C除去KCl溶液中的少量MgCl2：加入适量NaOH溶液，过滤D除去CO2中的少量HCl：通入饱和NaHCO3溶液，收集气体13、下列表格中各项分类都正确的一组是（）纯净物混合物电解质非电解质

6、A生理盐水纯碱液态硝酸钾蔗糖B氯化钙海水铜乙醇C胆矾氢氧化铁胶体氯化银二氧化碳D氢氧化钠空气硫酸钠溶液食醋AABBCCDD14、实验室保存下列物质的方法中，不正确的是A少量金属钠保存在煤油里B烧碱溶液盛装在用玻璃塞塞紧的试剂瓶中CFeSO4溶液存放在加有少量铁粉的试剂瓶中D氯水应装在棕色瓶中密封避光保存15、下列说法正确的是A0.012 kg 12C中含有约6.021023个碳原子B1 mol H2O中含有2 mol氢和1 mol氧C氢氧化钠的摩尔质量是40 gD0.1 mol氢气和2.24 L氯化氢气体所含分子数相同16、用NA表示阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是A标准状况下，1.4LH2物

7、质的量为1molB标准状况下,NA个水分子所占的体积为14LC通常状况下，1NACO2分子占有的体积为1.4LD0.5mol/LMgCl2溶液中，含有Cl-的物质的量为0.5 mol二、非选择题（本题包括5小题）17、有一固体混合物，可能由Na2CO3、Na2SO4、CuSO4、CaCl2、KCl等混合而成，为检验它们，做如下实验：将固体混合物溶于水，搅拌后得无色透明溶液；向此溶液中滴加BaCl2溶液，有白色沉淀生成；过滤，将沉淀物置于足量稀硝酸中，发现沉淀全部溶解；试判断：（1）固体混合物中肯定含有_，肯定无_，可能含有_。（2）写出实验中反应的离子方程式：_。18、某固体混合物中，可能含有

8、下列离子中的几种：K+、NH4+、Mg2+、Ba2+、Cl、SO42、CO32，将该混合物溶于水后得澄清溶液，现取三份各100mL该溶液分别进行如下实验：（1）在第一份溶液中加入足量的NaOH溶液并加热，无沉淀生成，但收集到1.12L气体(标准状况下)；（2）在第二份溶液中加入足量的BaCl2溶液有沉淀生成，经称量其质量为6.27g，在该沉淀中加入足量的盐酸，沉淀部分溶解，剩余固体质量为2.33g。根据上述实验回答下列问题：实验（1）中反应的离子方程式为_，实验（2）中沉淀溶解对应的反应的离子方程式为_。溶液中一定不存在的离子有_；溶液中一定存在的离子有_，其中阴离子的物质的量浓度分别为_；取

9、第三份原溶液，向其中加入足量的AgNO3溶液，产生白色沉淀，能否说明原溶液中存在Cl？_（填“能”或“不能”），理由是_。推断K+是否存在并说理由：_.19、观察下列实验装置图，按要求作答：（1）装置中c、d、e的名称分别为_、_、_。（2）分离下列物质，需要在哪套装置中进行？.干燥H2，可采用_（填装置序号）装置。. 分离碘水中的碘应先选择装置_（填装置序号）进行_和_操作。20、用MnO2和浓盐酸制取纯净干燥的氯气，并让氯气与铜粉反应制取纯净的无水CuCl2，装置如图所示。请回答下列问题：（1）写出A中反应的化学方程式 _。（2）B中选用的试剂是_，其作用是_；C 中选用的试剂是_，其作用

10、是_。（3）装置E的目的是_，写出 E 中发生反应的化学方程式：_。（4）但实验发现D中得到的无水CuCl2总是偏蓝色，请你提出改进方案：_。21、（1）在MnO2+4HClMnCl2+2H2O+Cl2反应中。_元素被氧化，_是氧化剂。_是氧化产物，_发生氧化反应。用“双线桥”法标明电子转移的方向和数目_。参加反应的氯化氢和被氧化的氯化氢的物质的量之比_。（2）现有mg某气体，它是三原子分子，其摩尔质量为Mgmol-1。若阿伏加德罗常数用NA表示，请用以上符号及相应数字填写下列空格。该气体的物质的量为_mol。该气体所含原子总数为_个。该气体在标准状况下的体积为_L。该气体完全溶于水形成VL溶

11、液(不考虑反应)，所得溶液的物质的量浓度_molL-1。参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、B【解析】假设硫酸溶液的体积为1L，两种硫酸的质量分别为10001g和10002g。当它们等体积混合后，溶液的总质量为（10001+10002）g，溶液的体积为= L，溶质的总物质的量为(C1+C2)mol，则物质的量浓度为。故选B。2、A【解析】A溶液和胶粒都能透过滤纸，故A错误；B根据分散质微粒直径的大小，可以将分散系分为胶体、浊液和溶液三大类，故B正确；C胶体有丁达尔效应，溶液没有，故利用丁达尔效应可以区分溶液和胶体，故C正确；D纳米材料的直径为1100nm之间，分散到液体分散剂中的

12、分散系属于胶体，故D正确。答案选A。【点睛】胶体的分散质粒子直径在1100nm之间，是混合物。3、B【解析】氯酸钾易溶于水，氯酸钾受热分解生成的氯化钾易溶于水，二氧化锰不溶于水，根据氯酸钾、氯化钾、二氧化锰的水溶性，选择从反应后的剩余固体中回收催化剂二氧化锰的方法.【详解】反应后的剩余固体中，一定含有二氧化锰和氯化钾，可能含有氯酸钾；先加入足量的水，氯化钾溶于水形成溶液，如果含有氯酸钾时，氯酸钾溶于水形成溶液，而二氧化锰不溶于水；再过滤，把二氧化锰从溶液中分离出来；再对二氧化锰进行洗涤，除去二氧化锰中的杂质；再加热、干燥二氧化锰，得到纯净的二氧化锰，故选B。【点睛】本题考查化学实验基本操作，侧

13、重于分析能力和实验设计的能力，解答本题的关键是把握相关物质的性质。4、A【解析】A、Fe和氯气点燃时直接化合生成FeCl3，不能直接由单质间化合制取FeCl2，故A选；B、Cu与氯气在点燃时能直接化合生成CuCl2，故B不选；C、氢气与氯气在点燃时能直接化合生成HCl，故C不选；D、Fe和氯气点燃时直接化合生成FeCl3，故D不选；故选A。5、D【解析】试管、坩埚、蒸发皿均可以直接加热，但是烧杯需隔石棉网加热，D项符合题意；本题答案选D。6、A【解析】A、仅通过“量筒内壁上出现的油状液滴”这一实验现象并不能说明生成了四种有机产物，氯气与甲烷发生取代反应，生成的四种有机产物中CH3Cl（常温下为

14、气体，溶于有机溶剂）、CH2Cl2、CHCl3、CCl4为油状液体，故A错误；B、氯气与甲烷反应生成HCl，而HCl极易溶于水，导致量筒内气体减少，压强减小，量筒内液面上升，故B正确；C、氯气溶于水后，部分与水反应Cl2+H2OH+Cl+HClO，饱和食盐水中Cl浓度较大，可以抑制Cl2的溶解，故C正确；D、氯气是黄绿色气体，当氯气被消耗，量筒内气体颜色逐渐变浅，故D正确。故选A。7、B【解析】根据乙烧杯溶液呈碱性，确定乙烧杯溶液含有OH-，与之反应的离子在甲溶液中，再根据离子不能共存通过甲溶液离子反过来确定乙溶液成分，最后根据溶液电中性确定其它阴离子或阳离子，据此解答。【详解】乙烧杯溶液呈碱

15、性，说明有大量OH-，则与OH-发生反应的Cu2+、Mg2+不能存在乙溶液中，应该在甲溶液中；由于CO32-与Cu2+、Mg2+会发生沉淀反应，不能共存，CO32-应该在乙溶液中。溶液呈电中性，则甲溶液还要还要阴离子，所以只能含有NO3-，则乙溶液中还要含有K+，所以甲烧杯溶液含有Cu2+、Mg2+、NO3-，乙烧杯溶液含OH-、CO32-、K+，故合理选项是B。【点睛】本题考查溶液成分的确定的知识。溶液呈电中性及离子能否大量共存的本题判断的关键，突破口是乙烧杯溶液呈碱性，含大量的OH-。8、C【解析】在NaN3中N元素的化合价是价，KNO3中N元素的化合价是+5价，产物N2中N元素的化合价是

16、0价，所以NaN3是还原剂、KNO3是氧化剂，N2既是氧化产物又是还原产物，由10NaN3+2KNO3=K2O+5Na2O+16N2可知，10molNaN3生成15mol氧化产物 N2，2molKNO3生成1mol还原产物N2，即当生成16mol N2时，氧化产物比还原产物多14mol。A项，根据上述分析可知，当氧化产物比还原产物多1.75 mol时，设生成标准状况下N2是xmol，则由 = 得，x=2mol，所以在标准状况下生成N2的体积是44.8L，故A错误；B项，根据上述化合价分析可知，在反应中KNO3作的是氧化剂，而氧化剂是被还原，所以B错误；C项，根据方程式可知，当生成16molN2

17、时，氧化产物比还原产物多14mol，转移电子数是10mol，设氧化产物比还原产物多1.75 mol时，转移电子数是ymol，则由 = 得y=1.25mol，所以C正确；D项，根据化合价分析，NaN3中的N原子化合价升高被氧化，结合上述分析可知当10mol NaN3作还原剂时，被氧化的N原子是30mol，此时氧化产物比还原产物多14mol，则设氧化产物比还原产物多1.75 mol时，被氧化的N原子是amol，则由 = 得a=3.75mol，所以D错误。此题答案选C。点睛：电子得失守恒在氧化还原反应配平及计算中均有很重要的应用，在解题过程中首先分别找出发生氧化和发生还原的元素，然后分别标出化合价升

18、高或降低的数目，最后列式计算。9、A【解析】200 mL Fe2(SO4)3溶液中含Fe3+ 56g，Fe3+的物质的量为1mol，根据硫酸铁的化学式可知，SO42-的物质的量为1.5mol，物质的量浓度是c(SO42-)=7.5 mol/L；答案选A。10、D【解析】氧化还原反应中氧化反应与还原反应同时发生，氧化剂被还原，还原剂被氧化，且氧化还原反应中不一定有氧元素参加。【详解】A氧化还原反应中不一定有氧元素参加，如氢气与氯气反应生成HCl，故A错误； B氧化还原反应中氧化反应与还原反应同时发生，故B错误； C氧化还原反应中氧化剂被还原，发生还原反应，故C错误； D氧化还原反应的本质是电子的

19、转移（得失或偏向），故D正确；故选D。【点睛】本题考查氧化还原反应，熟悉氧化还原反应中的基本概念即可解答，题目较简单。11、C【解析】A项，过滤操作中，漏斗的尖端应该接触烧杯内壁，A正确；B项，蒸馏完毕后，应先停止加热，待装置冷却后，停止通水，再拆卸蒸馏装置，B正确；C项，向容量瓶转移液体时，引流用的玻璃棒下端应紧靠容量瓶内壁，C错误；D项，为准确配制一定物质的量浓度的溶液，定容过程中向容量瓶内加蒸馏水至刻度线下12cm时，改用胶头滴管滴加蒸馏水至刻度线，D正确；答案选C。12、D【解析】A通过灼热的Cu网后，氧气可以和金属铜发生反应生成氧化铜，并且一氧化碳会和氧气反应生成二氧化碳，这样在一氧

20、化碳中会引入二氧化碳，且影响被提纯物质，A错误；BNaHCO3分解生成碳酸钠，不能得到纯净的碳酸钾，B错误；C加入适量NaOH溶液生成NaCl，引入新杂质，C错误；DHCl和NaHCO3反应生成NaCl，可除去杂质，D正确，答案选D。【点睛】本题考查混合物分离、提纯方法及选择，把握物质的性质及分离原理为解答的关键，注意除杂的原则即可解答，选项A为易错点。13、C【解析】A生理盐水为一定浓度的NaCl溶液，为混合物，纯碱是纯净物，A分类错误；B铜为单质，不属于电解质，B分类错误；C胆矾为五水合硫酸铜，纯净物；氢氧化铁胶体为混合物；氯化银为电解质，二氧化碳为非电解质，C分类正确；D硫酸钠溶液为混合

21、物，不属于电解质，D分类错误；答案为C。14、B【解析】A.因为金属钠在空气中会迅速与氧气反应，所以应隔绝空气保存。而钠的密度又比水小且遇水反应，而煤油密度比钠小，所以经常保存在煤油中，A正确；B.烧碱溶液为NaOH溶液，玻璃的主要成分为SiO2，2NaOH+SiO2=Na2SiO3+H2O，因此不能将烧碱溶液装在用玻璃塞塞紧的试剂瓶中，而应用橡胶塞塞紧，B错误；C.由于FeSO4溶液中的Fe2+易被氧化，试剂瓶中加入少量铁粉，可防止Fe2+被氧化，C正确；D. 氯水中的次氯酸见光易分解，新制氯水通常保存在棕色试剂瓶中，故D正确。答案选B。15、A【解析】A根据阿伏伽德罗常数的标准进行判断；B

22、使用物质的量时必须指明粒子的具体名称，如1molO、2molH等；C摩尔质量的单位错误，应该为g/mol；D2.24 L氯化氢的物质的量在标况下才是0.1mol。【详解】A. 0.012kg12C中含有1mol碳原子,含有阿伏伽德罗常数个碳原子,约6.021023个碳原子，故A正确；B. 1mol水中含有1mol氧原子、2mol氢原子，必须指出具体的粒子名称，故B错误；C. 氢氧化钠的摩尔质量为40g/mol，40g为1mol氢氧化钠的质量，故C错误；D. 没有说明是标况，只有在标况下2.24 L氯化氢气体所含分子数才是0.1mol，故D错误；【点睛】涉及到气体体积的时候，必须要确定是否是标况

23、才能确定能否计算其物质的量。16、A【解析】A、标准状况下，1.4LH2物质的量为1mol，选项A正确；B、水在标准状况下不是气体，NA个水分子所占的体积不是1.4L，选项B错误；C、1NA个CO2分子的物质的量为1mol，但不是标准状况，不能使用气体摩尔体积1.4L/mol，选项C错误；D、溶液体积未给出，无法计算离子物质的量，选项D错误。答案选A。二、非选择题（本题包括5小题）17、Na2CO3 CuSO4、Na2SO4、CaCl2 KCl BaCO3 + 2H+ = Ba2+ + H2O + CO2 【解析】将固体混合物溶于水中，搅拌后得无色透明溶液，说明不能含有有色物质，且能够反应生成

24、沉淀的物质不能同时存在；往此溶液中滴加氯化钡，有白色沉淀产生，说明可能含有Na2SO4、Na2CO3；过滤，将沉淀物置于稀硝酸中，发现沉淀全部溶解，说明生成的沉淀是碳酸钡，据此分析解答。【详解】将固体混合物溶于水中，搅拌后得无色透明溶液判断一定无CuSO4，CaCl2和Na2CO3、CaCl2和Na2SO4二者不能同时含有；往此溶液中滴加硝酸钡，有白色沉淀产生，说明可能含有Na2SO4、Na2CO3，则一定不能含有CaCl2；过滤，将沉淀物置于稀硝酸中，发现沉淀全部溶解，说明生成的沉淀是碳酸钡，不是硫酸钡沉淀，证明一定含有Na2CO3，一定不含Na2SO4；(1)由上述分析可知，固体混合物中肯

25、定有Na2CO3，肯定没有Na2SO4、CuSO4、CaCl2，可能有KCl；故答案为Na2CO3；Na2SO4、CuSO4、CaCl2；KCl；(2)实验中碳酸钡与硝酸反应生成硝酸钡与二氧化碳、水，反应离子方程式为BaCO3+2H+=Ba2+CO2+H2O，故答案为BaCO3+2H+=Ba2+CO2+H2O。【点睛】本题考查混合物组成的推断，主要利用物质的特征性质、离子共存等进行判断。本题的易错点为Na2SO4的判断，要注意硫酸钡不溶于水，也不溶于酸。18、OH-+NH4+=NH3+H2O BaCO3+2H+=Ba2+CO2+H2O Mg2+、Ba2+ NH4+，SO42、CO32 c(SO

26、42)=0.1mol/L， c( CO32)=0.2 mol/L 不能 碳酸银、硫酸银、氯化银都是白色沉淀,因此实验3得到沉淀无法确定是氯化银 存在,经过计算可以知道,只有存在K+溶液中的离子电荷才能守恒。 【解析】将含有K+、NH4+、Mg2+、Ba2+、Cl、SO42、CO32的混合物溶于水后得澄清溶液，现取三份各100mL该溶液分别进行如下实验：（1）在第一份溶液中加入足量的NaOH溶液并加热，无沉淀生成，但收集到1.12L气体(标准状况下)；可以说明溶液中含有NH4+，一定没有Mg2+；（2）在第二份溶液中加入足量的BaCl2溶液有沉淀生成，说明含有SO42或CO32中一种或2种；经称

27、量其质量为6.27g，在该沉淀中加入足量的盐酸，沉淀部分溶解，剩余固体质量为2.33g，说明剩余的沉淀为硫酸钡，溶解的沉淀为碳酸钡，证明溶液中一定含有SO42、CO32；由此排除Ba2+的存在；（3）根据硫酸钡的量计算出硫酸根的量，根据碳酸钡的量计算出碳酸根离子的量，根据氨气的量计算出铵根离子的量，最后根据电荷守恒判断钾离子的存在与否。据以上分析进行解答。【详解】将含有K+、NH4+、Mg2+、Ba2+、Cl、SO42、CO32的混合物溶于水后得澄清溶液，现取三份各100mL该溶液分别进行如下实验：（1）在第一份溶液中加入足量的NaOH溶液并加热，无沉淀生成，但收集到1.12L气体(标准状况下

28、)；可以说明溶液中含有NH4+，一定没有Mg2+；（2）在第二份溶液中加入足量的BaCl2溶液有沉淀生成，说明含有SO42或CO32中一种或2种；经称量其质量为6.27g，在该沉淀中加入足量的盐酸，沉淀部分溶解，剩余固体质量为2.33g，说明剩余的沉淀为硫酸钡，溶解的沉淀为碳酸钡，证明溶液中一定含有SO42、CO32；实验（1）中为OH-与NH4+加热反应生成氨气，离子方程式为：OH-+NH4+=NH3+H2O；实验（2）中沉淀为碳酸钡和硫酸钡，碳酸钡溶于盐酸，生成氯化钡、二氧化碳和水，离子方程式为BaCO3+2H+=Ba2+CO2+H2O；综上所述，本题答案是：OH-+NH4+=NH3+H2

29、O ；BaCO3+2H+=Ba2+CO2+H2O。结合以上分析可知：实验（1）中为可以证明含有NH4+，实验（2）中含有SO42、CO32；由于碳酸钡、碳酸镁、硫酸钡等都是不溶于水的沉淀,因此溶液中一定不存在的离子有：Mg2+、Ba2+；综上所述，本题答案是：Mg2+、Ba2+。结合以上分析可知：实验（1）中可以证明含有NH4+，实验（2）中可以证明含有SO42、CO32；溶液中一定存在的离子有NH4+、SO42、CO32；根据在第二份溶液中加入足量的BaCl2溶液有沉淀生成，经称量其质量为6.27g，为碳酸钡和碳酸钙质量之和；在该沉淀中加入足量的盐酸，沉淀部分溶解，剩余固体质量为2.33g，

30、为硫酸钡沉淀，其物质的量为2.33/233=0.01mol；根据SO42 -BaSO4可知，n(SO42)=0.01mol；碳酸钡沉淀质量为6.27-2.33=3.94g，其物质的量为3.94/197=0.02mol；根据CO32 - BaCO3可知， n( CO32)=0.02mol；浓度各为：c(SO42)=0.01/0.1=0.1mol/L；c( CO32)=0.02/0.1=0.2 mol/L；综上所述，本题答案是：NH4+、SO42、CO32；c(SO42)=0.1mol/L，c( CO32)=0.2 mol/L。结合以上分析可知，溶液中一定存在NH4+、SO42、CO32；取第三份

31、原溶液，向其中加入足量的AgNO3溶液，能够产生白色沉淀可能为硫酸银、碳酸银沉淀，不一定为氯化银沉淀；所以不能说明原溶液中存在Cl-；综上所述，本题答案是：不能；碳酸银、硫酸银、氯化银都是白色沉淀,因此实验3得到沉淀无法确定是氯化银；溶液中肯定存在的离子是NH4+，SO42、CO32,经计算, NH4+的物质的量为1.12/22.4=0.05mol,利用中分析、计算可以知道SO42、CO32的物质的量分别为0.01mol和0.02mol；阳离子带的正电荷总数0.051=0.05mol，阴离子带的负电荷总数为：0.012+0.022=0.06mol；根据电荷守恒: 钾离子一定存在；因此，本题正确

32、答案是:存在,经过计算可以知道,只有存在K+溶液中的离子电荷才能守恒。19、蒸馏烧瓶 冷凝管 分液漏斗 萃取 分液 【解析】根据实验装置图可判断分别是过滤、蒸发、蒸馏、萃取分液和洗气装置，结合问题分析解答。【详解】（1）根据仪器构造可知装置中c、d、e的名称分别为蒸馏烧瓶、冷凝管、分液漏斗；（2）.干燥H2可以用浓硫酸干燥，属于洗气法，可采用装置；. 碘易溶在有机溶剂中，则分离碘水中的碘应先选择装置，即进行萃取和分液操作。20、MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2+2H2O 饱和食盐水 除去A中产生的气体中含有的HCl气体 浓硫酸 除去Cl2中混有的水蒸汽 吸收氯气，防止污染 Cl2+2

33、NaOH=NaCl+NaClO+H2O 在D、E之间增加一个含氯化钙的干燥管 【解析】用MnO2和浓盐酸制得的氯气中混有HCl和水蒸气，必须先除去HCl气体、再除掉水蒸气，接着干燥纯净的氯气与铜粉反应制取纯净的无水CuCl2，最后进行尾气处理。【详解】A装置是实验室制备氯气的反应原理，因此A中反应的化学方程式MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2+2H2O，故答案为MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2+2H2O；B、C装置是除掉杂质气体HCl和水蒸气，应先除掉HCl气体，再除掉水蒸气，因此B中选用的试剂是饱和食盐水，其作用是除去A中产生的气体中含有的HCl气体；C 中选用的试剂是浓硫

34、酸，其作用是除去Cl2中混有的水蒸汽，故答案分别是；饱和食盐水；除去A中产生的气体中含有的HCl气体；浓硫酸；除去Cl2中混有的水蒸汽；制备氯化铜后，由于氯气过量，会污染环境，因此装置E的目的是吸收氯气，防止污染，E中发生反应的化学方程式：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，故答案分别为：吸收氯气，防止污染；Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O；但实验发现D中得到的无水CuCl2总是偏蓝色，蓝色说明装置中存在水，分析前后装置，前面已经除掉水蒸气，说明水蒸气是后面来的即E中倒过来的，改进方案：在D、E之间增加一个含氯化钙的干燥管，故答案为在D、E之间增加一个含氯化钙的干

35、燥管。【点睛】与气体有关的实验装置的一般连接顺序为：气体发生装置气体除杂净化装置收集（或主体实验）装置尾气吸收装置。21、Cl MnO2 Cl2 HCl 21 【解析】(1)MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2+2H2O中，Mn元素的化合价降低，Cl的元素的化合价升高，结合氧化还原反应的规律分析解答；(2)据n=计算；根据每个分子中含有的原子数计算总原子数；根据V=nVm计算；根据c=计算。【详解】(1)MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2+2H2O的反应中Cl元素的化合价升高，HCl为还原剂，在反应中被氧化，发生氧化反应，氧化产物为Cl2，Mn元素的化合价降低，MnO2为氧化剂，

36、 发生还原反应。Cl元素被氧化，MnO2是氧化剂，故答案为：Cl；MnO2；Cl2是氧化产物，HCl发生氧化反应，故答案为：Cl2；HCl；在MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2+2H2O的反应中，锰元素化合价降低，氯元素化合价升高，转移电子数为2mol，用“双线桥法”表示氧化还原反应中电子转移情况为：，故答案为：；由反应可知，4molHCl参加反应，其中2mol作还原剂被氧化，则参加反应的HCl与被氧化的HCl的物质的量之比为21，故答案为：21；(2)m g某气体的物质的量为=mol，故答案为：；因为一个分子中含三个原子，所以含有的原子数为分子数的3倍，即为3molNAmol-1=NA，故答案为：NA；标准状况下，该气体的体积为mol22.4L/mol=L，故答案为：；所得溶液的物质的量浓度=mol/L=mol/L，故答案为：。