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上海市虹口区2019届高三一模化学试卷(解析版)

1、上海市虹口区 2019 届高三一模化学试卷相对原子质量:H-1 C-12 N-14 O-16 一、选择题(本题共 40 分,每小题 2 分,每题只有一个正确选项)1.下列变化属于物理变化的是( )A. 钝化 B. 风化 C. 干馏 D. 分馏【答案】D【详解】A.钝化是由于金属与氧化性物质作用,作用时在金属表面生成一种非常薄的、致密的、覆盖性能良好的、牢固地吸附在金属表面上的钝化膜,是化学变化,故 A 错误;B.风化是指在室温和干燥空气里,结晶水合物失去结晶水的现象,是化学变化,故 B 错误;C.煤的干馏是将煤隔绝空气加强热,分解生成煤焦油、煤气、焦炭等新物质,属于化学变化,故 C 错误;D.

2、分馏是根据各成分的沸点不同而分离的,变化过程中没有新物质生成,属于物理变化,故 D 正确。故选 D。【点睛】化学变化是指在原子核不变的情况下,有新物质生成的变化,物理变化是指没有新物质生成的变化,化学变化与物理变化的本质区别是有无新物质生成。2. 下列氮原子结构的表述中,对电子运动状态描述正确且能表明同一电子层电子能量有差异的是( )A. B. C. 1s22s22p3 D. 【答案】C【解析】试题分析:A.表示 N 原子核外有 7 个电子,这 7 个电子位于原子核外 2 个电子层,电子数分别是 2、5,不能表明同一层电子的能量的差异,错误。B.表示 N 原子最外层有 5个电子,不能确定电子能

3、量的差异,错误。C.表示 N 原子 7 个电子分别位于三个电子亚层,每个电子亚层的一个轨道最多具有 2 个电子,可以看出同一电子层的不同亚层的能量不同,正确。D.N 原子核外有 7 个电子,它们在原子核外排布时遵循能量最低原理、保利不相容原理和洪特规则,原子尽可能成单排列,而且自旋方向相同,这样可以使原子的能量最低,因此能级排布图有误,错误。考点:考查氮原子结构的表述的正误判断的知识。3.下列关于同温同压同体积的 16O2 和 18O2 的判断正确的是( )A. 质子数相同 B. 沸点相同 C. 互为同位素 D. 摩尔质量相同【答案】A【分析】同温同压同体积的 16O2 和 18O2 的物质的

4、量相等。【详解】A. 16O2 和 18O2,质子数都是 16 个,故 A 正确;B. 18O2 的相对分子质量大,分子间作用力强,溶沸点高,故 B 错误;C.同位素研究的对象是原子,故 C 错误;D. 16O2 的摩尔质量为 32g/mol, 18O2 的摩尔质量为 36 g/mol,故 D 错误。故选 A。4.下列分子中,属于含有极性键的非极性分子的是( )A. C2H4 B. H2S C. Cl2 D. NH3【答案】A【详解】A.乙烯中 C-H 是极性键,为平面结构,属于非极性分子,故 A 正确,B.H2S 为 V 型结构,含有极性键,正负电荷的重心不重合,为极性分子,故 B 错误;C

5、.Cl2 为直线型结构,含有非极性键,正负电荷的重心重合,为非极性分子,故 C 错误;D.NH3 为三角锥形结构,含有极性键,正负电荷的重心不重合,为极性分子,故 D 错误;故选 A。5.葡萄糖发酵产生乳酸,其结构简式如图所示,乳酸不能发生的反应类型是( )A. 取代 B. 消去 C. 加成 D. 聚合【答案】C【详解】乳酸中含有羟基和羧基,含-OH,可发生酯化、取代、消去反应;含-COOH ,可发生酯化、取代反应,故乳酸不能发生的反应类型是加成反应,故 C 正确。故选 C。6. 下列反应中生成物总能量高于反应物总能量的是( )A. 氧化钙溶于水 B. 铁粉与硫粉共热C. 强酸强碱中和 D.

6、碳酸钙分解【答案】D【解析】反应中生成物总能量高于反应物总能量的反应为吸热反应,所以A 错,氧化钙溶于水属于放热反应; B 错,铁粉与硫粉共热的反应属于放热反应;C 错,酸碱中和反应为放热反应;D 正确,碳酸钙分解属于吸热反应;7.下列实验事实可以用共价键键能解释的是( )A. 氯化氢的沸点低于溴化氢 B. 金刚石熔点高于晶体硅C. 氦气的化学性质稳定 D. 甲烷是正四面体型分子【答案】B【详解】A.不形成氢键的 ,结构和组成相似的,相对分子质量越大 ,分子间作用力越强 ,沸点就越高,故 A 错误;B.金刚石和晶体硅都是原子晶体,熔沸点高低与共价键强弱有关系,故 B 正确;C.稀有气体原子的电

7、子排布为稳定结构,不容易得失电子,所以化学性质稳定,故 C 错误;D.sp3 杂化使甲烷分子各键能键长趋于相等,故而成为正四面体结构,故 D 错误;故选 B。8.关于 NH4Cl 的说法正确的是( )A. 溶于水温度升高 B. 可作氮肥C. 受热分解可制氨气 D. 属于共价化合物【答案】B【详解】A.NH 4Cl 溶于水要吸热,温度降低,故 A 错误;B.NH4Cl 是铵态氮肥,故 B 正确;C.NH4Cl 受热分解得到氨气和氯化氢,氨气和氯化氢又可以反应生成氯化铵,故 C 错误;D.NH4Cl 属于离子化合物,故 D 错误。故选 B。9.下列事实不能说明元素的金属性或非金属性相对强弱的是(

8、)A. 氧化性:Cu 2+Fe 2+ B. 酸性:HIHClC. 共用电子对偏移程度:N-H 键C-H 键 D. 碱性:NaOHAl(OH) 3【答案】B【详解】A.元素的金属性越强,单质的还原性越强,对应阳离子的氧化性越弱,故 A 不选;B.应该比较最高价氧化物的水化物的酸性强弱,故 B 选;C.共用电子对偏移程度:N-H 键C-H 键,说明 N 元素非金属性强于 C 元素,故 C 不选。D.元素最高价氧化物的水化物碱性越强,金属性越强,故碱性:NaOHAl(OH) 3,能说明Na 的金属性强于 Al 的金属性,故 D 不选。故选 B。【点睛】判断元素金属性和非金属性强弱的方法:金属性强(弱

9、) 单质与水或酸反应生成氢气容易(难);最高价氧化物的水化物碱性强(弱);相互置换反应( 强制弱) 。(2)非金属性强(弱)单质与氢气易 (难) 反应;生成的氢化物稳定 (不稳定);最高价氧化物的水化物(含氧酸)酸性强(弱) ;相互置换反应(强制弱)。10.下列有机物实验室制备装置正确的是( )【答案】C【详解】A.缺少温度计,故 A 错误;B.不能用启普发生器,电石是粉末状的,会从启普发生器中间的间隙中漏到食盐水中。启普发生器条件必须是块状固体,并且不溶于水产物 Ca(OH)2 是微溶物会沉淀出来,堵住固体的那个空间与盛溶液那个空间的连接的小缝隙,使得启普发生器用气压来控制反应的能力丧失,故

10、 B 错误;C.反应对温度的要求十分严格,因此需要水浴加热,如果温度超过 60 ,将有二硝基苯生成,常温下,苯、硝酸都易挥发,5560 挥发更甚,长导管具有冷凝器的作用,可冷凝苯、硝酸使其回流,故 C 正确;D.冰醋酸、正丁醇的沸点低于产物乙酸丁酯的沸点,会造成反应物的大量挥发,降低了反应物的转化率,装置中应加个冷凝回流装置,可以冷凝回流反应物,提高反应物的转化率,故 D 错误。故选 C。11.某单烯烃与氢气的加成产物为:CH 3CH2CH(CH3)CH2CH3 ,下列相关说法正确的是( )A. 该产物的名称是 2乙基丁烷B. 该产物有 3 种沸点不同的一氯代物C. 原单烯烃只可能有 3 种不

11、同结构D. 原单烯烃与分子式为 C5H10 的烃一定互为同系物【答案】C【详解】A.CH 3CH2CH(CH3)CH2CH3 的名称为 3-甲基- 戊烷,故 A 错误;B.CH3CH2CH(CH3)CH2CH3 有 4 种氢原子,故该产物有 4 种沸点不同的一氯代物,故 B 错误;C.采用逆向分析法,相邻的碳原子各去掉一个氢原子,有三种结果,故有 3 种不同结构的单烯烃,故 C 正确;D.C5H10 的烃可能是戊稀,也可能是环戊烷,故不一定是烯烃,故 D 错误。故选 C。12.水中加入下列物质,对水的电离平衡不产生影响的是( )A. NaHCO3 B. NaBr C. KAl(SO4)2 D.

12、 NH3【答案】B【详解】A.NaHCO 3 是强碱弱酸盐,电离出的 HCO3-结合水电离出的氢离子,促进水的电离,故 A 不选;B.NaBr 是强碱强酸盐,钠离子和溴离子都不水解,对水的电离平衡不产生影响,故 B 选;C.KAl(SO4)2 电离出的铝离子水解促进水的电离,故 C 不选;D.氨气溶于水形成的一水合氨是弱碱,电离出氢氧根离子,抑制水的电离,故 D 不选。故选 B。【点睛】影响水的电离平衡的因素有温度、酸、碱、盐等,加酸、加碱抑制水的电离,能水解的盐促进水的电离。13.加热条件下,20 mL 18 mol/L 的浓 H2SO4 与过量的碳反应,可得到标况下的 CO2( )A. 小

13、于 4.032L B. 等于 4.032L C. 大于 4.032L D. 无法确定【答案】A【分析】碳只能和浓硫酸反应,而与稀硫酸不反应,随着碳和浓硫酸的反应的进行,酸的浓度越来越小,反应就停止了。【详解】n(H 2SO4)=20 mL10 -318 mol/L=0.36molC+ 2H2SO4(浓) CO2+2SO2+2H2O,若浓 H2SO4 完全反应,可得到的 CO2 的物质的量为 0.18mol,标况下的体积为 0.18mol22.4L/mol=4.032L,碳只能和浓硫酸反应,而与稀硫酸不反应,随着碳和浓硫酸的反应的进行,酸的浓度越来越小,反应就停止了,故得到标况下的 CO2 小于

14、 4.032L,故 A 正确。故选 A。14.向 H2S 溶液中加入或通入少量下列物质,溶液 pH 上升且 c(S2-)降低的是( )A. NaOH B. CuSO4 C. Cl2 D. SO2【答案】D【详解】A.向 H2S 溶液中加入 NaOH,生成硫化钠,溶液酸性减弱, pH 上升,但 c(S2-)升高,故 A 错误;B.CuSO4 和 H2S 反应:CuSO 4+H2S=CuS+ H2SO4,H 2SO4 是强电解质,H 2S 是弱电解质,所以氢离子浓度增大,溶液 pH 减小,故 B 错误;C.Cl2+H2S=S+2HCl,氯化氢是强电解质, H2S 是弱电解质,所以氢离子浓度增大,溶

15、液pH 减小,故 C 错误;D.H2S 溶液中通入 SO2 发生反应: SO2+2H2S=3S+2H2O,溶液酸性减弱,pH 上升,c(S 2-)降低,故 D 正确。故选 D。15.将物质的量浓度和体积均相同的一元酸 HA 与一元碱 BOH 混合,所得溶液呈碱性。下列判断正确的是( )A. BOH 一定过量 B. HA 一定不是强酸C. BOH 一定是强碱 D. 所得溶液:c (A-) c(B+)【答案】B【分析】将物质的量浓度和体积均相同的一元酸 HA 与一元碱 BOH 混合,HA 和 BOH 的物质的量相同,二者恰好完全反应,生成盐 BA,所得溶液呈碱性。【详解】A.物质的量浓度和体积均相

16、同的一元酸 HA 与一元碱 BOH 混合,HA 和 BOH 的物质的量相同,二者恰好完全反应,故 A 错误;B.所得溶液呈碱性,A -一定水解,则 HA 一定是弱酸,故 B 正确;C.BOH 可能是强碱也可能是弱碱,故 C 错误;D.所得溶液呈碱性,A -一定水解,则 HA 一定是弱酸,BOH 可能是强碱也可能是弱碱,但A-的水解程度比 B+的水解程度大,故 c(A-) NC (3). CO2 NH3 (4). (5). 二氧化碳属于分子晶体,分子间作用力小,所以熔沸点低 (6). CO32- + H2O HCO3- + OH- (7). (8). 2 4 1 2 2 4 (9). 0.04N

17、A【分析】 (1)4KSCN + 9H2O(g) K2CO3 + K2S + 3CO2 + 3H2S + 4NH3 所涉及的元素有:K、S、C、N、H、O。(2)非电解质前提必须是化合物,非电解质在水溶液中和熔融状态下都不导电的化合物。(3)二氧化碳是共价化合物,电子式为: ,其熔沸点低的原因是二氧化碳属于分子晶体,分子间作用力小,所以熔沸点低。(4)碳酸钾是强碱弱酸盐,碳酸根离子水解,溶液呈碱性。(5)根据得失电子守恒和原子个数守恒,配平该反应方程式。根据 2K2S + 4Ag + O2 + 2H2O = 2Ag2S + 4KOH 分析解答。【详解】 (1)4KSCN + 9H 2O(g)

18、K 2CO3 + K2S + 3CO2 + 3H2S + 4NH3 所涉及的元素有:K、S、C、N、H、O、钾离子和硫离子都是三个电子层,电子层结构相同的离子,核电荷数大,离子半径小,所以离子半径最大的是 S2-,属于第二周期元素的有 C、N 、O、同一周期从左到右,非金属性逐渐增强,非金属性 ONC,故答案为:S 2-;ONC。(2)非电解质前提必须是化合物,非电解质在水溶液中和熔融状态下都不导电的化合物,故答案为:CO 2 、NH 3。(3)二氧化碳是共价化合物,电子式为: ,其熔沸点低的原因是二氧化碳属于分子晶体,分子间作用力小,所以熔沸点低,故答案为: ;二氧化碳属于分子晶体,分子间作

19、用力小,所以熔沸点低。(4)碳酸钾是强碱弱酸盐,碳酸根离子水解,溶液呈碱性, CO32- + H2O HCO3- + OH-,由表中数据可知,物质的量浓度均为 0.10 mol/L 的 K2CO3 和 K2S,K 2S 溶液的 PH 值大,所以硫离子水解程度大于碳酸根离子水解程度,c(CO 32-)c(S2),故答案为: CO32- + H2O HCO3- + OH- ; 。(5)根据得失电子守恒和原子个数守恒,配平该反应方程式为:2K2S + 4Ag + O2 + 2H2O = 2Ag2S + 4KOH,故答案为:2 4 1 2 2 4;标准状况下 224 mL O2 的物质的量为 0.01

20、mol,2K 2S + 4Ag + O2 + 2H2O = 2Ag2S + 4KOH,该反应每消耗 1mol O2,转移的电子数为 4mol, 故每消耗 0.01mol O2,转移的电子数为 0.04mol,即 0.04NA,故答案为:0.04N A。【点睛】同一周期的元素(稀有气体元素除外) ,从左到右原子半径逐渐减小,金属性逐渐减弱,非金属性逐渐增强;同一主族的元素,从上到下原子半径逐渐增大,非金属性逐渐减弱,金属性逐渐增强。22.接触法制硫酸工艺中,其主反应在 450并有催化剂存在下进行:2SO 2(g) + O2(g)2SO3(g) + 190 kJ(1)该反应的平衡常数表达式 K =

21、_,该反应 450时的平衡常数_500时的平衡常数(填“”“”或“=”)。(2)在一个固定容积为 5L 的密闭容器中充入 0.20 mol SO2 和 0.10 mol O2,半分钟后达到平衡,测得容器中含 SO3 0.18 mol,则 v(O2) =_mol/(Lmin)(3)请写出提高 SO2 转化率的两种方法 _、_。(4)根据反应方程式,请在图中,绘制反应方向箭头,并在合适位置标明物质与热量 _。(5)将 SO2 与 SO3 的混合气体持续通入一定量的 NaOH 溶液中,产物中某离子的物质的量浓度与通入气体的体积有如图所示关系,该离子是_。【答案】 (1). k = SO32 / O2

22、SO22 (2). (3). 0.036 mol/(Lmin) (4). 加压 (5). 降温 (6). (7). HSO3【分析】 (1)2SO 2(g) + O2(g) 2SO3(g) + 190 kJ ,该反应的平衡常数表达式 k = SO32 / O2SO22,该反应的正反应是放热反应,升温平衡向逆反应方向移动。(2)根据三段式解答。(3)2SO 2(g) + O2(g) 2SO3(g) + 190 kJ,该反应的正反应是放热反应,正反应是气体体积减小的反应,故提高 SO2 转化率可以加压和降温。(4)该反应的正反应是放热反应,即反应物所具有的总能量大于生成物所具有的总能量。(5)该过

23、程发生的离子方程式有:SO 3+2OH-=SO42-+H2O,SO 2+2OH-= SO32-+ H2O,SO 2+ SO32-+ H2O=2HSO3-,HSO 3-+ OH-= SO32-+ H2O。【详解】 (1)2SO 2(g) + O2(g) 2SO3(g) + 190 kJ ,该反应的平衡常数表达式 k = SO32 / O2SO22,该反应的正反应是放热反应,升温平衡向逆反应方向移动,故 450时的平衡常数比 500时的平衡常数大,故答案为:k = SO 32 / O2SO22;。(2) 2SO2(g) + O2(g) 2SO3(g) 起始(mol) 0.20 0.10 0转化(m

24、ol) 0.18 0.09 0.18平衡(mol) 0.02 0.01 0.18v(O2) =(0.09mol/5L )/0.5min=0.036 mol/(Lmin),故答案为:0.036 mol/(Lmin)。(3)2SO 2(g) + O2(g) 2SO3(g) + 190 kJ,该反应的正反应是放热反应,正反应是气体体积减小的反应,故提高 SO2 转化率可以加压和降温,故答案为:加压;降温。(4)该反应的正反应是放热反应,即反应物所具有的总能量大于生成物所具有的总能量,故答案为: 。(5) 根据图像可知,该过程发生的离子方程式有:SO3+2OH-=SO42-+H2O,SO 2+2OH-

25、= SO32-+ H2O,SO 2+ SO32-+ H2O=2HSO3-,HSO 3-+ OH-= SO32-+ H2O,该离子是 HSO3,故答案为:HSO 3。23.福韦酯(TDF)主要用于治疗艾滋病毒 (HIV)感染,化合物 W 是合成 TDF 的重要中间体,其合成路线如图所示。完成下列填空:(1)N 所含官能团的名称是 _;Y 的结构简式是_。(2)X 可用苯的一种同系物制备,所需的无机试剂与条件是_。(3)写出检验 W 中是否有残留甲醛的化学方程式_。(4)的目的是_。(5)写出 M 符合下列条件的一种同分异构体的结构简式。_i. 与 M 具有相同官能团 ii. 能发生银镜反应 (6

26、)写出用 M 为原料制备聚丙烯酸( )的合成路线_ 。【答案】 (1). 羟基、氯原子 (2). (3). Br2 光照 (4). HCHO + 4Cu(OH)2 2Cu2O + CO2 + 5H2O (5). 保护羟基,使其不与 HCl 发生取代 (6). HCOOCH2CH2CH2OH (7). 【分析】 (1) 所含官能团的名称是(-OH)羟基和(-Cl )氯原子。(2)X 是 C7H7Br,可由甲苯和 Br2 在光照条件下取代甲基上的氢原子制得。(3)检验醛基的方法:用新制的 Cu(OH)2 悬浊液,加热,有砖红色沉淀生成的说明含有醛基。(4)的目的是保护羟基,使其不与 HCl 发生取

27、代。(5)与 M 具有相同官能团 ,说明该物质中有羟基和酯基 ,能发生银镜反应 ,说明有醛基。(6)用 M 为原料制备聚丙烯酸( )的合成路线为:。【详解】 (1) ,所含官能团的名称是(-OH)羟基和(-Cl )氯原子,根据 逆推出 Y 的结构简式是 ,故答案为:羟基、氯原子; 。(2)X 是 C7H7Br,可由甲苯和 Br2 在光照条件下取代甲基上的氢原子制得,故答案为:Br2 ;光照。(3)检验醛基的方法:用新制的 Cu(OH)2 悬浊液,加热,有砖红色沉淀生成的说明含有醛基,反应的方程式为:HCHO + 4Cu(OH) 2 2Cu2O + CO2 + 5H2O,故答案为:HCHO +

28、4Cu(OH)2 2Cu2O + CO2 + 5H2O。(4)的目的是保护羟基,使其不与 HCl 发生取代,故答案为:保护羟基,使其不与HCl 发生取代。(5)M 为 ,与 M 具有相同官能团 ,说明该物质中有羟基和酯基 ,能发生银镜反应 ,说明有醛基, 故符合条件的同分异构体有 HCOOCH2CH2CH2OH,故答案为:HCOOCH 2CH2CH2OH。(6)用 M 为原料制备聚丙烯酸( )的合成路线为:,故答案为:。24.某化学兴趣小组欲用下列装置制备氯水并探究其性质。已知:MnO 24HCl(浓) MnCl2Cl 22H 2O(1)C 装置的作用是_。(2)氯水制备完成后,甲同学从 B

29、中取出一定量的样品置于日光下照射一段时间,发现样品某些性质发生了明显的变化,请各列举一项:物理性质变化:_;化学性质变化:_。(3)乙同学从 B 中取出一定量的样品后通入 SO2,充分作用后再滴入少量品红溶液,发现品红溶液不褪色。原因是_(用离子方程式表示) 。丙同学改变通入 SO2 的量,重复乙同学的操作,发现品红溶液红色褪去。他提出:假设:SO 2 过量,多余的 SO2 使品红溶液褪色;假设:_。请设计实验验证假设是否成立:_。(4)为证明氯气与水反应产物具有漂白性,丁同学将 A 中产生的气体缓缓通过下列装置:试剂 a 应选择_;试剂 b 应选择_。(5)戊同学从 B 中取出少量样品,滴到

30、 NaHCO3 粉末上,有无色气泡产生,由此他认为氯气与水反应至少产生一种酸性强于碳酸的物质。请评价他的观点是否正确并说明理由_。【答案】 (1). 吸收多余氯气 (2). 溶液颜色变浅 (3). 溶液酸性增强(或漂白性减弱等) (4). SO2 + Cl2 + 2H2O =4H+ +SO42- + 2Cl (5). SO2 少量,多余的 Cl2 使品红溶液褪色 (6). 加热该溶液,若溶液恢复成红色,则假设 成立 (7). CaCl2 (8). 碱石灰 (9). 不正确,因为 A 中会挥发出 HCl 进入 B 中,使溶液中存在盐酸【分析】 (1)C 装置的作用是尾气处理,吸收多余氯气。(2)

31、次氯酸见光分解 2HClO 2HCl+O2,Cl 2+H2O HCl+HClO 平衡向右移动。(3)SO 2 和 Cl2 发生氧化还原反应生成盐酸和硫酸,SO 2 + Cl2 + 2H2O =4H+ +SO42- + 2Cl。(4)试剂 a 是干燥氯气的,氯气和氯化钙不反应,可以用 CaCl2,球形干燥管是吸收多余氯气的,防止污染空气,故用碱石灰。(5)因为浓盐酸具有挥发性,会挥发出 HCl 进入 B 中,使溶液中存在盐酸,故评价不正确。【详解】 (1)C 装置的作用是尾气处理,吸收多余氯气,故答案为:吸收多余氯气。(2)氯水制备完成后,甲同学从 B 中取出一定量的样品置于日光下照射一段时间,

32、次氯酸见光分解 2HClO 2HCl+O2,Cl 2+H2O HCl+HClO 平衡向右移动,溶液颜色变浅,次氯酸是弱酸,分解生成盐酸,盐酸是强酸,所以溶液酸性增强(或漂白性减弱) ,故答案为:溶液颜色变浅 ;溶液酸性增强(或漂白性减弱等) 。(3)SO 2 和 Cl2 发生氧化还原反应生成盐酸和硫酸,SO 2 + Cl2 + 2H2O =4H+ +SO42- + 2Cl,假设:SO 2 过量,多余的 SO2 使品红溶液褪色;因为 SO2 和氯水都能漂白品红,假设:SO 2 少量,多余的 Cl2 使品红溶液褪色;SO 2 的漂白性只是暂时的,没有持久性,为了验证假设是否成立,可以加热该溶液,若溶液恢复成红色,则假设成立,故答案为:SO2 + Cl2 + 2H2O =4H+ +SO42- + 2Cl;SO 2 少量,多余的 Cl2 使品红溶液褪色;加热该溶液,若溶液恢复成红色,则假设成立。(4)试剂 a 是干燥氯气的,氯气和氯化钙不反应,可以用 CaCl2,球形干燥管是吸收多余氯气的,防止污染空气,故用碱石灰,故答案为:CaCl 2;碱石灰。(5)因为浓盐酸具有挥发性,会挥发出 HCl 进入 B 中,使溶液中存在盐酸,故评价不正确,故答案为:不正确,因为 A 中会挥发出 HCl 进入 B 中,使溶液中存在盐酸。