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。
