【KS5U解析】江西省南昌市新建县第一中学2019-2020学年高一上学期期末考试化学试题 Word版含解析

1、化学试卷可能用到的相对原子质量：h1 c12 n-14 o16 na23 al27 fe56 cu64一、选择题（共16小题；每小题5分，共80分）1.化学在生活中应用广泛,下列物质性质与对应用途错误的是a. 明矾易水解生成胶体，可用作净水剂b. 晶体硅熔点高硬度大，可用作芯片c. naclo具有强氧化性，可作织物漂白剂d. 硅胶具有优良的吸附性，且无毒，可作袋装食品和瓶装药品的干燥剂【答案】b【解析】【详解】a.明矾中铝离子易水解生成氢氧化铝胶体，具有吸附作用，可用作净水剂，a正确；b.晶体硅导电，可用作芯片，与熔点高硬度大无关系，b错误；c.naclo具有强氧化性，可作织物漂白剂，c正确；

2、d. 硅胶具有优良的吸附性，且无毒，可作袋装食品和瓶装药品的干燥剂，d正确；故答案选b。2.以下实验装置一般不用于分离物质的是（ ）a. b. c. d. 【答案】d【解析】【详解】a.蒸馏装置，用于分离互溶且沸点差异较大的液体混合物，a不符题意；b.渗析装置，用于分离胶体和溶液，b不符题意；c.过滤装置，用于分离固液混合物，c不符题意；d.该装置为配制一定物质的量浓度的溶液，不用于分离物质，d符合题意；故答案选d。3.能在水溶液中大量共存的一组离子是（ ）a. h+、i-、no3-、co32-b. ag+、fe3+、cl-、so42-c. k+、so42-、cu2+、no3-d. fe2+、

3、oh-、cl-、hco3-【答案】c【解析】【详解】a.no3 (h+)具有强氧化性，i具有强还原性，二者发生氧化还原不能大量共存；b.ag+与cl生成氯化银沉淀，不能大量共存；c.所有离子之间均不发生反应，能大量共存； d.fe2+与oh生成氢氧化亚铁沉淀，不能大量共存；hco3与oh反应生成水，不能大量共存；故答案选c。【点睛】no3 酸性条件下具有强氧化性为常考易错点，解题时要特别留意。4.下列离子方程式中，错误的是（ ）a. 氢氧化钡溶液和稀硫酸反应：ba2+oh-+h+so42-=baso4+h2ob. 纯碱溶液和过量硝酸反应：co32-+2h+=h2o+co2c. 硝酸银溶液与食盐

4、水反应：ag+cl-=agcld. 醋酸溶液与氨水反应：ch3cooh+nh3·h2o=nh4+ch3coo-+h2o【答案】a【解析】【详解】a.氢氧化钡溶液和稀硫酸反应的离子方程式应为：，a离子方程式错误；b.纯碱溶液和过量硝酸反应为：,b离子方程式正确；c.硝酸银溶液与食盐水反应的离子方程式为：，c离子方程式正确；d.醋酸溶液与氨水反应为：，d离子方程式正确； 故答案为a。5.na代表阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是a. 在常温常压下，28 g n2与co混合物气体中所含的分子数目一定为nab. 标准状况下，17 g氨气所含原子数目为nac. 在常温常压下，11. 2 l氮

5、气所含的原子数目为nad. 10 ml 2 mol/lh2so4溶液中取出的5 ml溶液，其浓度为1 mol/l【答案】a【解析】【详解】a、温度和压强并不能影响气体的质量。因为氮气和一氧化碳的摩尔质量相等均是28g/mol，所以28 g混合气体的物质的量为1 mol，分子数目一定为na，a正确；b、17 g nh3的物质的量为1 mol，分子数目一定为na，原子数目应为4na，b错误；c、常温常压下气体的摩尔体积大于22.4l/mol，则11.2 l氮气所含的原子数目小于na，c错误；d、溶液是均一稳定的，则10 ml 2 mol/lh2so4溶液中取出的5 ml溶液，其浓度仍然为2 mol

6、/l，d错误；答案选a。6.下列有关说法正确的是a. 氧化还原反应的本质是元素化合价发生了改变b. 物质所含元素化合价降低的反应是氧化反应c. 有单质参加的化合反应一定是氧化还原反应d. 还原剂在同一反应中既可以是反应物，也可以是生成物【答案】c【解析】【详解】a. 氧化还原反应的特征是元素化合价发生了改变，a错误；b. 物质所含元素化合价降低的反应是还原反应，b错误；c. 有单质参加的化合反应中元素的化合价发生了变化，所以一定是氧化还原反应，c正确；d. 还原剂只能是反应物，还原产物是生成物，所以在同一反应中还原剂不可能既是反应物，也是生成物，d错误。7.已知5kcl + kclo3 +3h

7、2so4=3cl2 + 3k2so4 + 3h2o ，下列说法不正确的是a. h2so4 既不是氧化剂又不是还原剂b. 1mol kclo3 参加反应时有5mol电子转移c. kclo3是氧化剂d. 被氧化与被还原的氯元素的质量比为1:5【答案】d【解析】【分析】反应5kcl+kclo3+3h2so43cl2+3k2so4+3h2o中氯化钾中cl元素的化合价由-1价升高为0，氯酸钾中cl元素的化合价由+5价降低为0，该反应转移5e-，以此解答。【详解】a反应5kcl+kclo3+3h2so43cl2+3k2so4+3h2o中氯化钾cl元素的化合价由-1价升高为0，氯酸钾中cl元素的化合价由+5

8、价降低为0，氯化钾是还原剂，氯酸钾是氧化剂，h2so4既不是氧化剂又不是还原剂，a正确；b.1molkclo3参加反应时有1mol×（5-0）=5mol电子转移，b正确；c所含元素化合价降低的物质为氧化剂，则kclo3是氧化剂，c正确；dkcl为还原剂，被氧化，kclo3是氧化剂被还原，由反应可知被氧化与被还原的氯元素的质量比为5：1，d错误；答案选d。【点睛】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和转移电子的考查。8.下列关于钠及其化合物的叙述错误的是（ ）a. 取用金属钠时，所需用品一般有小刀、镊子、滤纸、玻璃片b. 金属钠与ca(

9、hco3)2溶液反应时，既有白色沉淀又有气体逸出c. 钠投入水中熔化成小球，说明钠的熔点低，且反应放热d. na2o2与酸反应生成盐和水，所以na2o2是碱性氧化物【答案】d【解析】【详解】a.取用金属钠时，所需用品有小刀、镊子、滤纸、玻璃片，a叙述正确；b.金属钠与ca(hco3)2溶液反应时，钠首先与溶液中的水反应生成氢氧化钠和氢气，而后氢氧化钠与ca(hco3)2溶液反应生成碳酸钙白色沉淀，因此该反应既有白色沉淀又有气体逸出，b叙述正确；c.钠投入水中熔化成小球，钠能熔化说明钠的熔点低，且反应放热，c叙述正确；d.na2o2与酸反应除了生成盐和水，还有氧气生成，化合价发生变化，不符合碱性

10、氧化物的定义，所以na2o2不是碱性氧化物，d叙述错误；故答案选d。【点睛】钠与盐溶液反应的一般规律是钠先与盐溶液中的水反应。9.有关铝及其化合物的说法错误的是（ ）a. 用于熔化烧碱的坩埚，可用al2o3这种材料制成b. 铝与盐酸或强碱溶液反应都能放出氢气c. 氧化铝是一种难熔物质，是一种较好的耐火材料d. 氢氧化铝能中和胃酸，可用于制胃药【答案】a【解析】【详解】a.al2o3能与烧碱(naoh)反应，因此用于熔化烧碱的坩埚不能用al2o3材料制成，a说法错误；b.铝与盐酸：，铝与强碱溶液反应：，铝与盐酸或氢氧化钠溶液反应都能放出氢气，b说法正确； c.氧化铝的熔点高，是一种较好的耐火材料

11、，c说法正确；d.氢氧化铝为一种碱性较弱的碱，能中和胃酸，可用于制胃药，d说法正确；故答案选a。10.fecl3、cucl2的混合溶液中加入一定量的铁粉，充分反应后固体完全溶解，则下列判断正确的是（）a. 溶液中一定含cu2+和fe2+b. 溶液中一定含cu2+和fe3+c. 溶液中一定含 fe3+和fe2+d. 溶液中一定含fe3+、cu2+和fe2+【答案】a【解析】因氧化性fe3+cu2+fe2+，在fecl3、cucl2的混合溶液中加入一定量的铁粉，铁优先与铁离子反应生成亚铁离子，且无固体存在，说明溶液的铜离子没参加反应，所以溶液中一定存在cu2+和fe2+，不一定含有fe3+。答案选

12、a。11.下列说法不正确的是( )a. 太阳能电池可用二氧化硅材料制作，其应用有利于环保节能b. sio2可用于制造光导纤维c. na2sio3水溶液俗称水玻璃，可用作木材防火剂及黏胶剂d. 建设三峡大坝使用了大量水泥，水泥是无机材料【答案】a【解析】【详解】a. 太阳能电池可采用硅材料制作，不是二氧化硅，故a错误；b. sio2可用于制造光导纤维，故b正确；c. na2sio3水溶液俗称水玻璃，可用作木材防火剂及黏胶剂，故c正确；d. 建设三峡大坝使用了大量水泥，水泥属于硅酸盐材料，水泥是无机非金属材料，故d正确，故选a。【点睛】硅和二氧化硅的用途是高频考点，硅属于半导体材料，可以用于电器元

13、件制备和太阳能电池板材料的制作，二氧化硅传导光的能力非常强，常用于制造光导纤维。12.下列有关物质性质的应用正确的是（ ）a. 常温下干燥氯气与铁不反应，可以用钢瓶储存氯水b. 次氯酸钠具有强氧化性，可用于配制消毒液c. “84”消毒液与“洁厕灵”混合使用，去污效果更好d. 液氯有酸性，氯水有漂白性【答案】b【解析】【详解】a.氯水中含有盐酸，能够与铁反应，腐蚀钢瓶，因此不可以用钢瓶储存氯水，a错误；b.次氯酸钠具有强氧化性，可用于配制消毒液，b正确；c. “84”消毒液主要成分为次氯酸钠， “洁厕灵”主要成分为盐酸，二者混用会发生反应，不但去污效果大大减弱，而且产生有毒的氯气，c错误；d.液

14、氯为液态的氯气，为纯净物，无酸性，氯水中含有次氯酸，具有漂白性，d错误； 故答案选b。13.将足量新制氯水分别滴加到下列溶液或滤纸上，对所观察到的现象描述合理的一组是（ ）选项agno3溶液蓝色石蕊试纸na2co3溶液a产生沉淀变红有气泡b无明显现象变红产生沉淀c产生沉淀先变红后褪色有气泡d产生沉淀先变红后褪色产生沉淀a. ab. bc. cd. d【答案】c【解析】【分析】新制的氯水主要成分为氯气、水、盐酸和次氯酸，次氯酸具有漂白性，因此新制氯水滴加到agno3溶液中，agno3溶液与盐酸反应生成白色氯化银沉淀，新制氯水滴到蓝色石蕊试纸上，试纸先变红后褪色，新制氯水滴到碳酸钠溶液，碳酸钠与盐

15、酸反应生成二氧化碳气体，据此分析作答。【详解】由分析可知，新制氯水滴到硝酸银溶液、蓝色石蕊试纸、碳酸钠溶液的现象分别是：产生白色沉淀，先变红后褪色，有气泡产生，因此c选项正确；故答案选c。【点睛】解答新制氯水的有关问题时，掌握氯水的主要成分为解题的关键。14.下列物质间的转化不能一次完成的是()a. sisio2b. co2cc. sio2h2sio3d. sio2na2sio3【答案】c【解析】【详解】a中sio2sio2，能一次完成，故不选a；b中co22mg2mgoc，能一次完成，故不选b；c中转化关系为sio2na2sio3h2sio3，即不能一次完成，故选c；d中sio22naoh=

16、na2sio3h2o，能一次完成，故不选d。答案选c。15.cl2通入足量的氢氧化钠溶液，温度不同时充分反应后产物溶液中除大量oh-外，还有cl-、clo-、clo3-，已知：cl2+oh-cl-+clo-+h2o（冷碱）、cl2+oh-cl-+clo3-+h2o（热碱），并知clo-、clo3-离子的物质的量比为2：1，试问原混合气体中cl2与反应后溶液中的cl-物质的量之比为（ ）a 2：5b. 3：1c. 1：1d. 5：7【答案】d【解析】【分析】cl2生成clo与clo3是被氧化的过程，化合价分别由0价升高为+1价和+5价，clo与clo3的物质的量浓度之比为2:1，则可设为2mol

17、，clo3为1mol，失去电子的总物质的量为2mol×(10)1mol×(50)7mol。氧化还原反应中氧化剂和还原剂之间得失电子数目相等，cl2生成cl是被还原的过程，化合价由0价降低为1价，则得到电子的物质的量也应为7mol，即生成的cl的物质的量为，则参加反应的氯气是，据此分析。【详解】据分析可知, 原混合气体中cl2与反应后溶液中的cl-物质的量之比为5:7；故答案选d。16.某溶液中可能含有h+、mg2+、nh4+、al3+、fe3+、co32、so42、cl中的几种。若加入锌粒,产生无色无味的气体;若加入naoh溶液,产生白色沉淀,且产生的沉淀量与加入naoh的

18、物质的量之间的关系如图所示。则下列说法不正确的是a. 溶液中的阳离子有h+、mg2+、nh4+、al3+b. 溶液中n(al3+)=0.1 molc. 溶液中一定不含co32,可能含有so42和cld. n(h+)n(al3+)n(mg2+)=111【答案】d【解析】【分析】若加入锌粒，产生无色无味的气体，说明气体是氢气，因此溶液显酸性，酸性环境下co32不能存在，加入氢氧化钠溶液后，n(naoh)在0-0.1mol之间，没有沉淀产生，酸碱中和，溶液中存在h+；n(naoh)在0.1-0.5mol之间，产生氢氧化铝和氢氧化镁白色沉淀，因为氢氧化铁沉淀为红褐色，所以溶液中不含fe3+；n(nao

19、h)在0.5-0.7mol之间，nh4+与氢氧根离子反应生成一水合氨，白色沉淀不溶解，因此溶液中一定含有nh4+；n(naoh)在0.7-0.8mol之间，沉淀部分溶解，氢氧化铝沉淀溶于过量的强碱，而氢氧化镁不溶，最后剩余氢氧化镁沉淀；所以溶液中一定含有h+、mg2+、nh4+、al3+，一定不含co32，可能含有so42和cl中的一种或2种；据以上分析解答。【详解】若加入锌粒，产生无色无味的气体，说明气体是氢气，因此溶液显酸性，酸性环境下co32不能存在，加入氢氧化钠溶液后，n(naoh)在0-0.1mol之间，没有沉淀产生，酸碱中和，溶液中存在h+；n(naoh)在0.1-0.5mol之间

20、，产生氢氧化铝和氢氧化镁白色沉淀，因为氢氧化铁沉淀为红褐色，所以溶液中不含fe3+；n(naoh)在0.5-0.7mol之间，nh4+与氢氧根离子反应生成一水合氨，白色沉淀不溶解，因此溶液中一定含有nh4+；n(naoh)在0.7-0.8mol之间，沉淀部分溶解，氢氧化铝沉淀溶于过量的强碱，而氢氧化镁不溶，最后剩余氢氧化镁沉淀；所以溶液中一定含有h+、mg2+、nh4+、al3+，一定不含co32，可能含有so42和cl中的一种或2种； a结合以上分析可知，溶液中的阳离子有h+、mg2+、nh4+、al3+，故a正确；b. 根据反应al(oh)3+naoh=naalo2+2h2o可知，反应消耗

21、氢氧化钠量为0.8-0.7=0.1mol，所以n（al(oh)3）=0.1mol，根据反应过程中铝元素守恒可知，n(al3+)=0.1mol，故b正确；c. 结合以上分析可知，溶液中一定不含co32-，可能含有so42-和cl-故c正确；d.由产生白色沉淀知不含fe3+，沉淀溶解阶段可知n(al3+)=0.1mol，mg2+与al3+和氢氧化钠恰好反应生成白色沉淀，由图像可知消耗氢氧化钠的量为0.5-0.1=0.4mol，0.1mol al3+完全沉淀消耗0.3moloh-，则n(mg2+)=0.4-0.3/2=0.05mol，n(al3+)n(mg2+)1:1，故d错误。综上所述，本题选d。

22、二、填空题（共5小题，共65分）17.实验室迅速制备少量氯气可利用如下反应：kmno4hclkclmncl2cl2+h2o（未配平），此反应常温下就可以迅速进行。结合信息，回答下列问题：（1）上述反应中被氧化的元素为_，还原产物是_。（2）当生成336l（标准状况下）cl2时，转移电子的物质的量为_。（3）fe2+也能与mno4反应生成mn2+，反应后fe2+转化为_。反应中fe2+表现_（填“氧化”或“还原”，下同）性，发生_反应。（4）如果上述化学方程式中kmno4和 mncl2的化学计量数都是2，则hcl的化学计量数是_。（5）实验室通常利用mno2与浓盐酸共热反应制得氯气，据此可知km

23、no4、cl2、mno2三种物质的氧化性由强到弱的顺序为_。【答案】 (1). cl (2). mncl2 (3). 0.3mol (4). fe3+ (5). 还原 (6). 氧化 (7). 16 (8). kmno4>mno2> cl2【解析】【分析】（1）反应中hclcl2，氯元素化合价由-1价升高为0价， kmno4mncl2，mn元素化合价由+7价降低为+2价。（2）336l（标准状况下）cl2的物质的量为0.15mol，氯元素化合价由-1价升高为0价，转移的电子的物质的量为0.15mo×2=0.3mol。（3）fe2+也能与mno4反应生成mn2+，锰元素的化

24、合价由+7价降低为+2价，fe2+被氧化为fe3+。（4）根据化合价升降法和元素守恒配平方程式。（5）根据氧化剂的氧化性大于氧化产物、反应的条件来分析。【详解】（1）反应中hclcl2，氯元素化合价由-1价升高为0价， kmno4mncl2，mn元素化合价由+7价降低为+2价，被氧化的元素为cl，该反应中氧化剂是kmno4，对应的产物mncl2是还原产物，故答案为cl；mncl2。（2）336l（标准状况下）cl2的物质的量为0.15mol，氯元素化合价由-1价升高为0价，转移的电子的物质的量为0.15mo×2=0.3mol，故答案为0.3mol。（3）fe2+也能与mno4反应生成

25、mn2+，锰元素的化合价由+7价降低为+2价，fe2+被氧化为fe3+，所以fe2+具有还原性，发生氧化反应，故答案为fe3+；还原；氧化。（4）反应中hclcl2，氯元素化合价由-1价升高为0价，共升高2价，kmno4mncl2，mn元素化合价由+7价降低为+2价，共降低5价，kmno4和mncl2的化学计量数都为2，反应中转移电子数为10，故cl2系数为5，再根据元素守恒确定其它物质的系数，配平方程式2kmno416hcl=2kcl2mncl25cl2+8h2o，故答案为16。（5）由于氧化剂的氧化性大于氧化产物，2kmno416hcl=2kcl2mncl25cl2+8h2o， 故氧化性：

26、kmno4> cl2，mno2与浓盐酸共热反应制得氯气，该反应中mno2作氧化剂，氯气是氧化产物，故氧化性：mno2> cl2，kmno4常温下将hcl氧化成氯气，mno2加热时将hcl氧化成氯气，kmno4的氧化性强于mno2，氧化性由强到弱的顺序为kmno4>mno2> cl2，故答案为 kmno4>mno2> cl2。18.氮化硅高温陶瓷材料是现代重要的结构陶瓷，因其有硬度大、熔点高、化学性质稳定等特点而受到广泛关注。工业上普遍用下列流程进行生产：（1）sio2和c反应除了得到粗硅外，还有可能得到一种硬度也很大的物质sic，是生成粗硅还是生成该物质主要

27、是由_决定的。（2）反应的条件是隔绝空气和_。（3）写出制粗硅的反应的化学方程式_。（4）写出硅与氢氧化钠溶液离子方程式_。（5）现在是用四氯化硅、氮气、氢气在稀有气体保护下加强热，得到纯度较高的氮化硅，其反应方程式为_。【答案】 (1). c的用量 (2). 高温 (3). (4). (5). 【解析】【分析】(1)c过量会发生后续c和si的反应，导致生成物不同，据此解答；(2)四氯化硅和氢气的反应需要高温条件，据此解答；(3)制粗硅为碳高温下与二氧化硅的反应，据此解答；(4)硅与氢氧化钠反应生成硅酸钠和氢气，据此解答；(5)由题干信息可推知反应物和生成物，据此写出相应的化学方程式。【详解】

28、(1)如果碳足量生成的硅与碳继续反应生成硬度也很大的物质碳化硅，所以生成粗硅还是生成sic主要是由c的用量决定；故答案为：c的用量；(2)四氯化硅和氢气的反应还需要高温条件, 所以反应的条件是隔绝空气和高温；故答案：高温；(3)制粗硅的反应的化学方程式为：；故答案：；(4)硅与氢氧化钠溶液的离子方程式为： ；故答案为：；(5)用四氯化硅、氮气、氢气在稀有气体保护下加强热，得到纯度较高的氮化硅，其反应方程式为。19.如图是一些常见的单质、化合物之间的转化关系图，有些反应中的部分物质和条件被略去。a、x、y是常见金属单质，其中y既能与强酸反应，又能与强碱反应；b、c、e是常见气体，g的焰色反应呈黄

29、色；i的溶液呈黄色。请回答下列问题：（1）写出下列物质的化学式a_、f_、x_；（2）说出黄绿色气体c的一种用途_；（3）实验室检验h中所含的金属阳离子的方法是：_；（4）写出y和d溶液反应的离子方程式_；（5）写出i与x溶液反应的化学方程式_。【答案】 (1). na (2). alcl3 (3). fe (4). 工业制盐酸、杀菌、消毒、农药生产、药物合成等 (5). 先加kscn溶液（或硫氰化钾溶液）无明显现象，再加氯水，溶液变为血红色 (6). (7). 【解析】【分析】金属单质y既能与强酸反应，又能与强碱反应，应为al，金属单质a与水反应生成d，d可与铝反应，且g的焰色反应呈黄色，可

30、知d应含有na元素，则a为na，d为naoh，b为h2，g为naalo2，气体c与氢气反应，且与铝反应，气体c应为cl2，则f为alcl3，e为hcl，由ehi的转化关系可知金属x为变价金属，应为fe，则h为fecl2，i为fecl3。【详解】(1)由以上分析可知a为na，f为alcl3，x为fe；故答案为：na；alcl3；fe;(2)c为氯气，可用于工业制盐酸或自来水的杀菌消毒或农药生产、药物合成等；故答案为：工业制盐酸、杀菌、消毒、农药生产、药物合成等；(3)h为fecl2，检验亚铁离子的方法为：先加入kscn溶液，没有现象，再加入氯水，如溶液变为血红色，说明含有亚铁离子；故答案为：先加

31、入kscn溶液，没有现象，再加入氯水，如溶液变为血红色，说明含有亚铁离子；(4)y和d溶液反应的离子方程式为：； 故答案为：；(5) i与x溶液反应的化学方程式为：；故答案为：；【点睛】本题考查无机物的推断，侧重考查学生的分析能力以及元素化合物知识的综合理解和运用，熟练掌握元素化合物性质和物质的特征颜色等是推断的突破口。本题可以从“y既能与强酸反应，又能与强碱反应”、“g的焰色反应呈黄色”等突破。20.如图中，a是氯气的发生装置，b、c是净化气体的装置，b装置中装有饱和食盐水，d中装铁丝网；反应后e的底部有棕色固体聚集；f是碱液用于吸收多余气体的装置。（1）上述装置中有一处错误，请指出是_处(

32、用字母表示)。（2）b装置的作用是_，c装置中需要加入_。（3）写出a中发生反应的化学方程式_。（4）如果a中产生氯气2.24l(标准状况)，则被氧化的hcl的物质的量为_。【答案】 (1). b (2). 除去氯气中的氯化氢 (3). 浓硫酸 (4). (5). 0.2mol【解析】【分析】(1)洗气装置应该长管进气，短管出气，b装置错误；(2)b、c是净化气体的装置，气体杂质为hcl和h2o，应使用饱和食盐水先除去氯气中的氯化氢,然后用浓硫酸除去水蒸气，据此解答；(3)实验室用浓盐酸和二氧化锰加热制取氯气，生成氯化锰、氯气和水，据此写出化学方程式；(4)hcl被氧化后转变成cl2，2hclcl2，被氧化的hcl的物质的量：。【详解】(1)由分析可知，b装置错误；故答案为：b；(2)据分析可知，b装置的作用为除去氯气中的氯化氢，c装置需要加入浓硫酸，故答案