湖南省永州市祁阳一中2024届高一化学第一学期期末考试试题含解析

湖南省永州市祁阳一中2024届高一化学第一学期期末考试试题注意事项1．考生要认真填写考场号和座位序号。2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、美国科学家用某有机分子和球形笼状分子C60制成了“纳米车”（如图所示），每辆“纳米车”是由一个有机分子和4个C60分子构成。“纳米车”可以用来运输单个的有机分子。下列说法正确的是A．人们用肉眼可以清晰看到“纳米车”的运动B．“纳米车”诞生说明人类操纵分子的技术进入了一个新阶段C．C60是一种新型的化合物D．C60与12C是同位素2、一定能在下列溶液中大量共存的离子组是（）A．与铝片反应放出氢气的溶液：Na＋、NH4+、HCO3－、SO42－B．使紫色石蕊试液变红色的溶液：Na＋、Cu2＋、Cl－、NH4+C．0.1mol/LAgNO3溶液：K＋、H＋、Cl－、SO42－D．0.1mol/LNa2CO3溶液：K＋、Ba2＋、NO3－、Cl－3、除去NaCl中含有的Ca2＋、Mg2＋、SO42-离子，通常采用以下四种试剂：①Na2CO3②BaCl2③NaOH④HCl。加入试剂合理的操作顺序是（）A．①②③④ B．③①②④ C．④②①③ D．③②①④4、已知某卤族元素位于周期表中第三周期，该元素原子结构示意图正确的是()A． B． C． D．5、如图所示，①②两个集气瓶装满干燥的Cl2，向两个集气瓶中依次分别投入干燥的红纸和湿润的红纸，过一段时间，红纸的变化是()A．①和②都褪色 B．①和②都不褪色C．①褪色，②不褪色 D．①不褪色，②褪色6、下列物质中，属于电解质的是（）①汞②浓氨水③氯化钠晶体④硝酸⑤干冰⑥蔗糖⑦硫酸A．①③④B．③④⑦C．②③④D．⑤⑥7、已知常温下，在溶液中发生如下反应：①16H++10Z－+2XO4_=2X2++5Z2+8H2O②2A2++B2=2A3++2B－③2B－+Z2=B2+2Z-由此推断下列说法错误的是A．反应Z2+2A2+=2A3++2Z−可以进行B．Z元素在反应③中被还原，在反应①中被氧化C．氧化性由强到弱的顺序是XO4-、Z2、B2、A3+D．Z2可以置换出X2+溶液中的X8、托盘天平的两个托盘上各放一只相同的烧杯，再分别向两烧杯中放入等质量、等质量分数且足量的稀硫酸，调节天平至平衡。然后，向一只烧杯中加入一定质量的镁，向另一烧杯中加入等质量的铜、铝合金，反应后天平仍然保持平衡。则该合金中铜与铝的质量比为（）A．64∶27 B．8∶3 C．3∶1 D．1∶39、下列说法正确的是A．液溴易挥发，在存放液溴的试剂瓶中应加水封B．铝箔燃烧后不掉落的原因是铝的熔沸点比较高C．Cl2、SO2均能使品红溶液褪色，说明二者均有氧化性D．溶液中滴加酸化的Ba(NO3)2溶液出现白色沉淀，说明该溶液中一定有SO42-10、下列实验能达到目的的是ABCD实验室制备Fe(OH)2实验室制氨气制过氧化钠验证浓H2SO4的脱水性、强氧化性A．A B．B C．C D．D11、固体氢氧化钠必须密封保存的原因是()①氢氧化钠有毒②氢氧化钠有腐蚀性③氢氧化钠易吸收水分而潮解④氢氧化钠有挥发性⑤氢氧化钠能与空气中的二氧化碳反应A．①② B．②③④ C．②③⑤ D．③⑤12、下列说法不正确的是（）A．因二氧化硅不溶于水，故硅酸不是二氧化硅对应的酸B．二氧化碳通入水玻璃(硅酸钠溶液)中得到硅酸沉淀C．二氧化硅是一种空间立体网状结构的晶体，熔点高、硬度大D．氢氟酸能雕刻玻璃，故不能用玻璃瓶盛放氢氟酸13、具有漂白作用的物质：①臭氧；②二氧化硫；③活性炭；④过氧化钠.其中漂白原理相同的是()A．①③ B．②③ C．①④ D．②④14、下列物质分别与稀硫酸反应，能用离子方程式H＋+OH－＝H2O表示的是A．Ba（OH）2溶液 B．NaOH溶液 C．Al（OH）3 D．Fe2O315、被誉为“光纤之父”的华人科学家高锟荣获2009年诺贝尔化学奖。下列叙述中不正确的是A．SiO2是生产光导纤维和粗硅的主要原料B．SiO2与CO2都属于酸性氧化物，都能与碱反应C．SiO2与CO2都能与水反应生成相应的酸D．水晶的主要成分是SiO216、设NA为阿伏加德罗常数，下列有关说法正确的是（）A．100mL12mol/L浓盐酸与足量的MnO2加热充分反应生成Cl2分子数为0.3NAB．80gSO3在标准状况下所占体积约为22.4LC．向FeI2溶液中通入适量Cl2，当有1molFe2＋被氧化时，转移的电子的数目为NAD．5.4g铝粉与足量的氢氧化钠溶液充分反应生成H2分子数为0.3NA二、非选择题（本题包括5小题）17、有关物质转化关系如下图，已知A是一种常见金属，F是一种红褐色沉淀。回答下列问题。（1）A的化学式为_______；（2）实验室保存C溶液时需加少量固体A，目的是_____________________。B与盐酸反应的离子方程式为_____________________________。（3）检验C溶液中阳离子常用的方法是______________________________。（4）E的浊液在空气中会变质生成F，对应现象为_______________________________。（5）向C中加入Na2O2也可实现C向D和F的转化，Na2O2完全被还原。反应的离子方程式为________________________________。18、铁和铝是科技、生产、生活中应用最广泛的金属材料。现有铁、铝的混合物进行如下实验：(1)操作X的名称是_____。(2)气体A是_____。(3)A与Cl2混合光照可能发生爆炸，生成_____(填化学式)，A在该反应中作为_____(填“氧化剂”或“还原剂”)。(4)溶液B中阴离子除OH-外还有_____，溶液D中存在的金属离子为_____。19、某课外小组设计了下图所示的实验装置(图中固定装置已略去)，进行SO2性质的研究。(1)从物质分类的角度，SO2属于____(填“酸性”或“碱性”)氧化物。①图中D装置可用来验证SO2具有该性质，其中所加入的试剂是________________。②当向该装置通入SO2时，A中实验现象为_________，用化学用语解释其原因___________。(2)从元素化合价的角度分析，SO2具有___性。①当向该装置通入SO2一段时间后，可观察C中实验现象为___，说明SO2具有_____性。②如验证SO2还具有另一方面的性质，可选择的药品是___，实验现象__________。A．过氧化氢B．浓硫酸C．氯水D．硫化钠溶液(3)B中的品红溶液现象是___________，证明SO2具有_________性。(4)多余的SO2一般用氢氧化钠溶液吸收，反应的离子方程式_________________。20、AlCl1是一种催化剂，某校学习小组用下面装置制备少量AlCl1．已知：AlCl1遇到空气中的水蒸气时能剧烈反应生成Al(OH)1和HCl；AlCl1在180℃时升华。根据要求完成下列问题(1)仪器a中所装试剂名称为_____。(2)B装置的作用为_____。(1)能否省去C装置_____(填“能”或“否”)，理由是_____(用化学方程式表示)。(4)所用d导管较粗的原因是_____。(5)F中碱石灰的作用为_____(填字母)。a．吸收Cl2b．吸收HClc．吸收CO2d．吸收H2O21、某氧化铁样品中含有少量的硫酸亚铁。某同学要测定其中铁元素的质量分数，设计了如下实验方案。(1)操作Ⅰ中配制溶液时，所用到的玻璃仪器除烧杯、量筒、玻璃棒、胶头滴管以外，还必须有____(填仪器名称)。(2)反应①中加入足量H2O2溶液，反应的离子方程式：_______________________________。(3)检验沉淀中是否洗涤干净的操作是_______________________________________。(4)将沉淀加热，冷却至室温，用天平称量坩埚与加热后固体的总质量为b1g，再次加热并冷却至室温称其质量为b2g，若b1－b2＝0.3，还应进行的操作是_____________________。(5)坩埚的质量为42.6g，最终坩埚与加热后的固体的总质量为45.8g，则样品中铁元素的质量分数为__。(6)有同学认为上述方案的实验步骤太繁琐，他认为，只要将样品溶于水充分搅拌，加热、蒸干、灼烧称量即可测得样品中铁元素的质量分数，你认为他的这个方案是否可行？__________(填“可行”或“不可行”)。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、B【解题分析】A、因纳米车很小，我们不能直接用肉眼清晰地看到这种“纳米车”的运动，选项A错误；B、“纳米车”的诞生，说明人类操纵分子的技术进入一个新阶段，选项B正确；C、由不同种元素形成的纯净物是化合物，C60是一种单质，选项C错误；D、质子数相同，中子数不同的同一种元素的不同核素互称为同位素，C60是单质，不是核素，选项D错误。答案选B。2、B【解题分析】A.与铝片反应放出氢气的溶液可能是酸或碱：NH4+、HCO3－在碱性条件下不能大量共存，HCO3－在酸性条件下不能大量共存，故A错误；B.使紫色石蕊试液变红色的溶液呈酸性：Na＋、Cu2＋、Cl－、NH4+不反应，不生成沉淀、气体和水，故B正确；C.0.1mol/LAgNO3溶液Cl－、SO42－与银离子生成沉淀，故C错误；D、0.1mol/LNa2CO3溶液与Ba2＋生成BaCO3白色沉淀，故D错误；故选B。3、D【解题分析】

除去Ca2＋用碳酸钠，Mg2＋用氢氧化钠，SO42-用氯化钡，加入的试剂均为稍过量，则除去钡离子也用碳酸钠，则除SO42-在Ca2＋之前，过滤之后，再加入HCl除过量的碳酸根离子及氢氧根离子，则顺序为D。4、C【解题分析】

该卤族元素是氯元素，位于元素周期表的第三周期ⅦA族，有三个电子层，为2、8、7排列，故C正确；答案：C5、D【解题分析】

干燥的氯气无漂白作用，所以①不褪色，氯气与水反应生成次氯酸，次氯酸具有漂白性，所以②装置中的红纸褪色，故D正确，故选D。6、B【解题分析】①汞是金属单质，既不是电解质又不是非电解质；②浓氨水是混合物，既不是电解质又不是非电解质；③氯化钠晶体在水溶液中和熔融状态下均能导电，是电解质；④硝酸在水溶液中能导电，是电解质；⑤干冰溶于水后能够导电，但导电的离子不是二氧化碳自身电离的，所以干冰为非电解质；⑥蔗糖在水溶液和熔融状态下都不导电，所以是非电解质；⑦硫酸在水溶液中能导电，是电解质；属于电解质的是③④⑦。答案选B。7、D【解题分析】

根据氧化性：氧化剂＞氧化产物，还原性：还原剂＞还原产物，对各离子方程式进行分析。【题目详解】①16H++10Z－+2XO4_=2X2++5Z2+8H2O中，氧化性XO4-＞Z2，还原性Z-＞X2+；②2A2++B2=2A3++2B－中，氧化性B2＞A3+，还原性A2+＞B-；③2B－+Z2=B2+2Z-中，氧化性Z2＞B2，还原性B-＞Z-；A．若反应Z2+2A2+=2A3++2Z-可进行，则氧化性Z2＞A3+。由反应③中可得出氧化性：Z2＞B2，反应②中可得出氧化性：B2＞A3+，得出结论：氧化性Z2＞A3+，与推断一致，A正确；B．在反应中③中Z元素降价，被还原，在反应①中Z元素升价，被氧化，B正确；C．由①②③反应中氧化性的比较可知，氧化性由强到弱的顺序是XO4-、Z2、B2、A3+，C正确；D．由式①可知，Z2不可能置换出X2+溶液中的X，D错误；答案选D。【题目点拨】氧化剂，具有氧化性，得到电子，在反应时所含元素的化合价降低，发生还原反应，生成还原产物；还原剂，具有还原性，失去电子，在反应时所含元素的化合价升高，发生氧化反应，生成氧化产物。8、D【解题分析】

稀硫酸质量相等，加入金属的质量相等，反应后太平仍然保持平衡，则两侧托盘中质量增重相等，令Mg的质量为24g，根据方程式计算质量差，令Al的质量为x，再根据2Al+3H2SO4═Al2（SO4）3+3H2↑，表示出生成氢气质量，利用增重列方程计算Al的质量，进而计算Cu的质量，据此解答。【题目详解】令Mg的质量为24g，则：Mg+H2SO4═MgSO4+H2↑质量增重2422224g22g设Al的质量为x，则：2Al+3H2SO4═Al2（SO4）3+3H2↑2×272×3xx故24g-x=22g，解得x=18g，故Cu的质量=24g-18g=6g，该合金中铜与铝的质量比=6g：18g=1：3。故选D。9、A【解题分析】

A、由于液溴容易挥发，密度大于水的密度，所以在存放液溴的试剂瓶中应加水封，故A正确；B.铝箔燃烧后产生的氧化铝熔点高，燃烧时不能熔化，因此熔化的铝不掉落，故B错误；C．二氧化硫与品红化合生成无色物质，与氧化性无关，而Cl2能使品红溶液褪色，与氧化性有关，故C错误；D．酸化的Ba(NO3)2溶液具有强氧化性，SO32-可被氧化为SO42-，不能确定是否含有SO42-，故D错误；故选A。【题目点拨】本题考查了元素及其化合物的性质、药品的保存。本题的易错点为D，要注意硝酸性质的特殊性，硝酸具有强氧化性，这是与盐酸和稀硫酸不同的性质。10、D【解题分析】A、氢氧化亚铁易被氧化，把氢氧化钠溶液滴入氯化亚铁溶液中不能制备氢氧化亚铁，A错误；B、氯化铵加热分解生成氨气和氯化氢，冷却后二者又化合生成氯化铵，不能制备氨气，B错误；C、制备过氧化钠时应该在坩埚中加热，不能在烧杯中，C错误；D、浓硫酸能使蔗糖炭化，同时氧化生成的碳，得到二氧化硫，利用品红溶液、酸性高锰酸钾溶液检验二氧化硫，D正确，答案选D。11、D【解题分析】

①氢氧化钠无毒；②氢氧化钠有腐蚀性，但不是密封保存的原因；③氢氧化钠易吸收水分而潮解，需要密封保存；④氢氧化钠不具有挥发性；⑤氢氧化钠能与空气中二氧化碳反应而变质，需密封保存．从而得出③⑤符合题意。故选D。12、A【解题分析】

A．含氧酸的分子中，氢、氧原子以水分子的组成比失去后，形成的氧化物叫做该酸的酸酐，所以硅酸（H2SiO3）的酸酐是二氧化硅（SiO2），故A错误，但符合题意；B．根据强酸制弱酸，二氧化碳通入水玻璃中发生Na2SiO3+H2O+CO2=Na2CO3+H2SiO3↓，故B正确，不符合题意；C．二氧化硅晶体中Si与O以共价键结合，每个Si原子能形成4个共价键，即每个Si原子结合4个O原子，并向空间伸展成网状结构是属于原子晶体，原子晶体熔点高，硬度大，故C正确，不符合题意；D．氢氟酸能和玻璃成分二氧化硅反应4HF+SiO2═SiF4↑+2H2O，能够雕刻玻璃，故不能用玻璃瓶来盛放氢氟酸，故D正确，不符合题意；故选：A。13、C【解题分析】

①臭氧漂白实际上利用其强氧化性漂白，②二氧化硫为化合漂白，③活性炭是吸附漂白为物理变化，④过氧化钠漂白原理是利用了强氧化性，故①④漂白原理相同，故选C。【题目点拨】本题考察了不同物质的漂白原理．了解漂白物质的性质，是解决此题的基础．易错点②二氧化硫为化合漂白，且过程可逆。14、B【解题分析】

A.Ba（OH）2与稀硫酸反应离子方程式为：,故A错误；B.NaOH溶液与稀硫酸反应离子方程式为：，故B正确；C.Al（OH）3与稀硫酸反应离子方程式为：，故C错误；D.Fe2O3与稀硫酸反应离子方程式为：，故D错误；故答案选：B。15、C【解题分析】

A．光导纤维的主要成分是二氧化硅，工业上用二氧化硅和焦炭制取粗硅，故A正确；B．SiO2与CO2都能和强碱反应生成盐和水，都属于酸性氧化物，故B正确；C．二氧化硅和水不反应，用二氧化硅和氢氧化钠溶液制取硅酸钠溶液，硅酸钠溶液再和稀盐酸反应制取硅酸，故C错误；D．二氧化硅在自然界的存在有多种形态，其中水晶、玛瑙的主要成分都是二氧化硅，是晶体形态的二氧化硅，故D正确；故选C。16、D【解题分析】

A、MnO2+4HClMnCl2+Cl2↑+2H2O，所以0.1L×12mol/L=1.2molHCl如果完全反应生成Cl20.3mol，但是由于反应过程中随着浓盐酸浓度不断降低，反应在HCl没有完全消耗时就不再进行，所以得到的Cl2也就小于0.3mol，HCl分子数小于0.3NA，A错误。B、SO3在标准状态下不是气体，所以本题体积无法计算，B错误。C、因为I-还原性大于Fe2+，所以Fe2+被氧化时，溶液中的I-已经完全被氧化。溶液中有1molFe2+被氧化，则溶液中Fe2+≥1mol，则n(I-)≥2mol，反应过程中转移的电子数等于1×1mol+1×n(I-)≥3mol，C错误。D、足量的NaOH能够将铝粉完全反应，2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，，所以生成H2分子数为0.3NA，D正确。正确答案D。【题目点拨】①因为NA表示阿伏加德罗常数的值，所以nNA即为nmol，解题时可以直接将题目中的nNA看成nmol。②对于氧化还原反应，氧化剂得到电子数=还原剂失去电子数=变价×变价原子数。二、非选择题（本题包括5小题）17、Fe防止Fe2+被氧化Fe3O4＋8H＋Fe2＋＋2Fe3＋＋4H2O取少量溶液于试管中，滴加KSCN溶液，无明显现象，再滴加氯水，溶液出现血红色白色沉淀迅速转化为灰绿色，最后形成红褐色的沉淀。3Na2O2+6H2O+6Fe2+=4Fe(OH)3+6Na++2Fe3+【解题分析】A是一种常见金属，F是一种红褐色沉淀，由转化关系可知F为Fe(OH)3，A为Fe，Fe与氧气反应生成的B为Fe3O4，四氧化三铁与盐酸反应得到氯化亚铁与氯化铁，故Fe与盐酸反应得到X为氢气、C为FeCl2，可推知E为Fe(OH)2、D为FeCl3，G为Fe2O3。（1）A的化学式为Fe；FeCl2易被空气中氧气氧化，保存FeCl2溶液时加固体Fe，防止Fe2＋被氧气氧化；B与盐酸反应的离子方程式为：Fe3O4＋8H＋=Fe2＋＋2Fe3＋＋4H2O；（3）D为FeCl2，含有阳离子为Fe2＋，检验Fe2＋离子的方法为：取少量溶液于试管中，滴加KSCN溶液，无明显现象，再滴加氯水，溶液出现血红色；（4）E转化为F是氢氧化亚铁被氧气氧化生成氢氧化铁，反应现象为：白色沉淀迅速转化为灰绿色，最后形成红褐色的沉淀。（5）向FeCl2中加入Na2O2也可实现FeCl2向FeCl3和Fe(OH)3的转化，Na2O2完全被还原。反应的离子方程式为：3Na2O2+6H2O+6Fe2+=4Fe(OH)3+6Na++2Fe3+。18、过滤H2(或氢气)HCl还原剂AlO2-Fe2+【解题分析】

金属混合物中Fe与NaOH溶液不反应，而Al可以与NaOH溶液反应产生NaAlO2、H2，NaAlO2易溶于水，所以气体A是H2，溶液B是NaAlO2与NaOH的混合溶液，固体C是Fe，Fe是比较活泼的金属，与HCl发生置换反应产生FeCl2和氢气，因此溶液D为FeCl2，据此分析解答。【题目详解】(1)操作X的名称是分离难溶性的固体与可溶性液体混合物的方法，名称是过滤；(2)气体A是H2；(3)A是H2，H2和Cl2的混合气体光照会发生爆炸，反应生成HCl，在该反应中，氢元素的化合价升高，失去电子，被氧化，所以H2作还原剂，；(4)溶液B是反应产生的NaAlO2与过量的NaOH的混合溶液，所以溶液B中阴离子除OH-外还有AlO2-；铁可以和盐酸反应生成FeCl2和H2，溶液D中含有的金属离子为Fe2+。【题目点拨】本题考查金属铁以及金属铝的化学性质。注意知识的积累是解题的关键，HCl的氧化性比较弱，只能把Fe氧化为Fe2+，Cl2、H2O2具有强氧化性，可以把Fe氧化为Fe3+；Al既可以与酸反应产生氢气，也可以与强碱溶液反应反应氢气，等物质的量的铝与足量的酸、碱反应产生氢气的物质的量相等。19、酸性滴加酚酞的NaOH稀溶液紫色石蕊溶液变红H2O＋SO2H2SO3氧化性和还原溶液褪色还原D有淡黄色沉淀生成褪色漂白SO2＋2OH－=SO32—＋H2O【解题分析】

(1)二氧化硫为酸性氧化物，可在A中使石蕊试液变红色，二氧化硫具有漂白性，B中品红褪色，具有还原性，可在C中与高锰酸钾发生氧化还原反应，高锰酸钾溶液褪色，检验二氧化硫的酸性，可在D中用滴加酚酞的NaOH稀溶液检验，E应为尾气处理装置；(2)从元素化合价的角度分析SO2的性质，二氧化硫中S元素化合价为+4价，具有还原性和氧化性，可与高锰酸钾、硫化钠等溶液反应，以此解答该题；(3)SO2具有漂白性，能使品红褪色；(4)SO2是酸性氧化物，溶于氢氧化钠溶液生成Na2SO3和水。【题目详解】(1)二氧化硫能和碱反应生成盐和水，属于酸性氧化物；①能和碱反应生成盐和水的氧化物是酸性氧化物，因此要验证二氧化硫属于酸性氧化物，必须和碱反应，例如二氧化硫和氢氧化钠溶液反应生成亚硫酸钠和水．但亚硫酸钠溶液和氢氧化钠溶液都是无色溶液，不能观察到明显的实验现象，所以可向溶液中加入酚酞试液检验亚硫酸钠的生成，即D中盛放的液体是滴加酚酞的氢氧化钠稀溶液；②二氧化硫和水反应生成亚硫酸，反应方程式为H2O+SO2H2SO3。亚硫酸能电离出氢离子而使其溶液呈酸性，酸能使紫色石蕊试液变红色；(2)二氧化硫中硫元素的化合价为+4价，处于中间价态，既有氧化性也有还原性；①酸性高锰酸钾具有强氧化性，能氧化二氧化硫生成硫酸，则C中实验现象为溶液褪色，说明SO2具有还原性；②要证明二氧化硫的氧化性，则必须和还原性物质发生氧化还原反应．

A．过氧化氢具有氧化性，能氧化二氧化硫，故A错误；

B．浓硫酸具有强氧化性，且和二氧化硫不反应，故B错误；

C．氯水具有强氧化性，能氧化二氧化硫，故C错误；

D．硫化钠具有还原性，能被二氧化硫氧化生成单质S，因此可以验证SO2的氧化性，故D正确；故答案为：D；可观察到的实验现象为有淡黄色沉淀生成；(3)B中的品红溶液褪色，证明SO2具有漂白性；(4)SO2是酸性氧化物，溶于氢氧化钠溶液生成Na2SO3和水，反应的离子方程式SO2＋2OH－=SO32—＋H2O。20、浓盐酸除去氯气中的氯化氢否AlCl1+1H2OAl(OH)1+1HCl防止三氯化铝气体冷凝为固体而堵塞导管ad【解题分析】

A装置制备氯气，制得的氯气中混有HCl和水蒸气，B装置用饱和食盐水除去HCl，C装置用浓硫酸干燥氯气，氯气在D中与Al反应制得AlCl1，E装置收集AlCl1，d防止AlCl1气体冷凝为固体堵塞导管，F装置吸收为尾气氯气，同时防止空气中的水蒸气进入装置。【题目详解】(1)A装置由浓盐酸与二氧化锰制备氯气，仪器a为分液漏斗，所装试剂为浓盐酸；故答案为：浓盐酸；(2)生成的氯气中含有氯化氢，B用用饱和食盐水除去氯气中的氯化氢；故答案为：除去氯气中的氯