2026届湖北省麻城一中化学高一上期末教学质量检测试题含解析

2026届湖北省麻城一中化学高一上期末教学质量检测试题注意事项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、下列关于物质的检验说法正确的是()A．加入氯化钡溶液有白色沉淀生成，再加稀硫酸，沉淀不消失，一定有SO42﹣B．加入稀硫酸和铜片，加热，溶液变蓝，同时生成无色气体遇空气转变为红棕色，证明一定含有NO3﹣C．加入稀盐酸，产生使澄清石灰水变浑的气体，一定有CO32﹣D．加入AgNO3溶液，有白色沉淀生成，证明含有Cl﹣2、对于白磷引起的中毒，硫酸铜溶液是一种解毒剂，有关反应如下：11P＋15CuSO4＋24H2O＝5Cu3P＋6H3PO4＋15H2SO4，下列关于该反应说法正确的是()A．Cu3P既是氧化产物也是还原产物B．11molP参与反应时，该反应中有15mol电子发生转移C．P发生还原反应和氧化反应的物质的量之比为6∶5D．CuSO4仅作氧化剂，发生还原反应3、某无色酸性溶液中，则该溶液中一定能够大量共存的离子组是（）A．Fe2+、Ba2+、NO3－、Cl－ B．Na+、NH4+、SO42－、Cl－C．Na+、K+、SO32－、NO3－ D．Na+、K+、MnO4－、Br－4、有NaCl、FeCl2、FeCl3、MgCl2、AlCl3五种溶液，用一种试剂就可把它们鉴别开来，这种试剂是（）A．盐酸 B．烧碱溶液 C．氨水 D．KSCN溶液5、下列对某些问题的认识正确的是（）A．漂白粉和明矾都常用于自来水的处理，二者的作用原理是相同的B．Na的金属性比Cu强，但不能用Na与CuSO4溶液反应制取CuC．依据丁达尔效应可将分散系分为溶液、胶体与浊液D．玻璃、水泥、陶瓷、水晶都是重要的硅酸盐材料6、下列关于硅的说法不正确的是()A．硅是非金属元素，它的单质是灰黑色有金属光泽的固体B．硅的导电性能介于导体和绝缘体之间，是良好的半导体材料C．硅的化学性质不活泼，常温下不与任何物质发生反应D．加热到一定温度时，硅能与氯气、氧气等非金属反应7、下列关于胶体和溶液的说法错误的是A．溶液呈电中性，胶体带有电荷B．溶液中分散质微粒能透过滤纸，胶体中分散质微粒也能透过滤纸C．制备氢氧化铁胶体时，可以将饱和FeCl3溶液滴入沸水中D．胶体区别于其他分散系的本质特征是分散质的微粒直径在1～100nm8、下列变化必须加入其他物质作还原剂才能发生的是（）A．CuO→CuCl2 B．CO2→CO C．I-→I2 D．Fe2＋→Fe3＋9、NA为阿伏加德罗常数，下列说法正确的是()A．O2的摩尔质量为32gB．常温常压下，22gCO2含有的CO2分子数为0.5NAC．标准状况下，22.4L水含有的水分子数为NAD．40gNaOH溶解在1L水中，得到溶液的物质的量浓度为1mol/L10、将3g两种金属混合物的粉末与足量的盐酸反应，反应完全后，得到标准状况下的氢气3.36L。则这两种金属不可能是（）A．Al和Fe B．Ag和Al C．Mg和Al D．Zn和Cu11、在某无色透明的、酸性溶液中，能共存的离子组是()A．Na+、K+、SO42-、CO32- B．Na+、K+、Cl、NO3C．Cu2+、K+、SO42-、NO3 D．Ba2+、K+、Cl、SO42-12、在某一电解质溶液中逐滴加入另一溶液时，溶液的导电性由大变小又逐渐增大的是A．盐酸中逐滴加入食盐溶液 B．硫酸中逐滴加入氢氧化钠溶液C．石灰乳中滴加稀盐酸 D．硫酸中逐滴加入氢氧化钡溶液13、下列诗句描述的过程涉及氧化还原反应的是()A．月波成露露成霜 B．雪融山顶响流泉C．粉身碎骨浑不怕 D．爆竹声中一岁除14、下列物质间的转化，不能通过一步反应实现的是()A．Si→K2SiO3 B．Na→Na2O2 C．Fe→FeC12 D．CuO→Cu(OH)215、下列对某些物质的检验及结论一定正确的是（）A．加入BaCl2溶液，生成白色沉淀，加稀盐酸沉淀不消失，则原溶液中一定含有SO42-B．取少量待测液做焰色反应实验，火焰呈黄色，该溶液中一定含有NaOHC．某气体能使品红溶液褪色，该气体一定是SO2D．某溶液中先通入Cl2，再加入KSCN溶液，溶液显红色，则原溶液中可能含有Fe2+16、设NA为阿伏加德罗常数，下列叙述中正确的是()A．标准状况下，22.4LSO3含有的分子数为NAB．1mol氯气与足量铁粉充分反应，转移的电子数为3NAC．16gO2和O3的混合气体中含氧原子数目为NAD．1mol/LNa2CO3溶液中含有Na+数目为2NA二、非选择题（本题包括5小题）17、有四种短周期元素，它们的结构、性质等信息如下表所述：元素结构、性质等信息A是短周期中(除稀有气体外)原子半径最大的元素，该元素的某种合金是原子反应堆的导热剂B与A同周期，其最高价氧化物的水化物呈两性C元素的气态氢化物极易溶于水，可用作制冷剂D是海水中除氢、氧元素外含量最多的元素，其单质或化合物是自来水生产过程中常用的消毒杀菌剂完成下列填空：(1)A的原子结构示意图是________。(2)元素B在周期表中的位置是_______；从原子结构角度分析比较A和B的金属性强弱：_____。(3)单质C的结构式是______，其化学性质稳定的原因是________。(4)A、B的最高价氧化物对应的水化物相互反应的离子方程式为______。(5)C、D的氢化物相互反应后，将产物溶于水，水溶液呈______性(选填“酸”、“碱”或“中”)，将溶液中所有离子的浓度由大到小排序：_____。18、现有金属单质A、B、C和气体甲、乙、丙以及物质D、E、F、G、H，它们之间的相互转化关系如图所示（图中有些反应的生成物和反应的条件没有标出）。请根据以上信息完成下列各题：（1）写出下列物质的化学式：B__________、丙__________。（2）写出黄绿色气体乙的一种用途________________，反应过程⑦可能观察到的实验现象是_________________。（3）写出反应①的化学方程式，并用单线桥法标出电子转移的方向和数目：______。（4）反应③中的氧化剂是__________（写化学式，下同），反应④中的还原剂是________。（5）写出反应⑤的离子方程式______________________。19、粗硅中含有铁和锡（Sn）等杂质，粗硅与氯气反应可生成SiCl4，SiCl4经提纯后用氢气还原可得高纯硅。实验室用下列装置模拟制备SiCl4。已知：SiCl4的熔点是-70℃，沸点是57.6℃，易与水反应；SnCl4的熔点是-33℃，沸点是114℃回答下列问题：（1）仪器a的名称是_______；装置A烧瓶中发生反应的离子方程式是____________。（2）装置C中盛放的试剂是_____________，作用是___________________；玻璃管b的作用是_______________________。（3）装置E的烧杯中盛放冰水的目的是______________________。（4）装置F中碱石灰的作用是____________________________。（5）装置E烧瓶中得到的SiCl4中溶有少量的杂质FeCl3和SiCl4，可以通过___________方法提纯。20、氯酸锶[Sr(ClO3)2]用于制造红色烟火。将氯气通入温热的氢氧化锶溶液制得氯酸锶的实验装置如下。已知氢氧化锶[Sr(OH)2]易与盐酸反应，水中存在Cl﹣时，不影响HCl的溶解，但会抑制Cl2的溶解。回答下列问题(1)Sr(ClO3)2中Cl元素的化合价是_____，装置A中浓盐酸在反应中的作用是_____(2)Y是_____(填字母)，其作用原理是_____A．浓H2SO4B．饱和NaCl溶液C．NaOH溶液(3)装置D中NaOH溶液的作用是_____(4)装置C中三颈烧瓶内发生的反应为6Sr(OH)2+6Cl2＝Sr(ClO3)2+6H2O+5SrCl2，转移5mol电子时生成Sr(ClO3)2的质量是_____21、已知A为淡黄色固体，T、R为两种常见的用途广泛的金属单质，D具有磁性的黑色晶体，C是无色无味的气体，H是白色沉淀，且在潮湿空气中迅速变为灰绿色，最终变为红褐色固体。（1）写出下列物质的化学式：D:_____________R:_________（2）按要求写出下列反应方程式A与水反应的化学方程式________________________B与R反应的离子方程式________________________H转化为M的化学方程式_______________________（3）向R的盐溶液中滴加弱碱，可制得一种具有吸附性的白色胶装物质，该反应的离子方程为____________________________________

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、B【解析】

A．白色沉淀可能为AgCl，不能检验出一定有硫酸根离子，应先加盐酸排除干扰离子，再加氯化钡检验硫酸根离子，故A错误；B．加热有无色气体产生，遇空气可以变成红棕色(二氧化氮)，说明溶液中含有NO3﹣，故B正确；C．使澄清石灰水变浑的气体不一定为二氧化碳，也可能是二氧化硫，则原溶液中可能为碳酸氢根离子或亚硫酸根等，故C错误；D．白色沉淀可能为碳酸银等，不能检验氯离子，应先加硝酸排除干扰离子，故D错误。故选：B。【点睛】掌握常见的离子的检验方法，注意干扰离子的存在。2、D【解析】

11P＋15CuSO4＋24H2O＝5Cu3P＋6H3PO4＋15H2SO4，反应中，P的化合价既升高又降低，其中5molP化合价降低，6molP化合价升高，Cu的化合价降低；A．Cu3P中Cu的化合价为+1，P的化合价为-3，Cu的化合价从+2降低到+1，P的化合价从0价降低到Cu3P中的-3价，生成物Cu3P中只有元素化合价降低，所以是还原产物，故A错误；B．11molP参与反应时，其中有6molP化合价从0价升高到+5价，作还原剂，共有30mol电子发生转移，故B错误；C．11molP参与反应时，其中有5molP化合价降低，发生还原反应，6molP化合价升高，发生氧化反应，发生还原反应和氧化反应物质的量之比为5∶6，故C错误；D．反应物CuSO4中仅有Cu元素化合价降低，作氧化剂，发生还原反应，故D正确；答案选D。3、B【解析】

A.Fe2+有颜色，在无色溶液中不能大量存在，且Fe2+、H+、NO3－会发生氧化还原反应而不能大量共存，故A错误；B.Na+、NH4+、SO42－、Cl－在酸性溶液中相互不反应，一定可以大量共存，故B正确；C.SO32－在酸性溶液中与H+反应生成二氧化硫气体，不能大量存在，故C错误；D.MnO4－在酸性溶液中，可以将Br－氧化生成Br2，不能大量共存，故D错误。故选B。【点睛】判断离子共存，有以下几种情况：1、由于发生复分解反应，离子不能大量共存。①有气体产生：如CO32-、S2-、HS-等易挥发的弱酸的酸根与H+不能大量共存，②有沉淀生成：如Ba2+、Ca2+、Mg2+等不能与SO42-、CO32-等大量共存，③有弱电解质生成：如OH-、CH3COO-等与H+不能大量共存，一些酸式弱酸根不能与OH-大量共存，2、由于发生氧化还原反应，离子不能大量共存。①具有较强还原性的离子不能与具有较强氧化性的离子大量共存：如I-和Fe3+不能大量共存，②在酸性或碱性的介质中由于发生氧化还原反应而不能大量共存：如NO3-和I-在中性或碱性溶液中可以共存，3、由于形成络合离子，离子不能大量共存：如Fe3+和SCN-发生络合反应而不能大量共存。4、B【解析】

A．盐酸与NaCl、FeCl2、FeCl3、MgCl2、AlCl3五种溶液都不反应，不能鉴别它们，A不合题意；B．烧碱溶液分别滴入NaCl、FeCl2、FeCl3、MgCl2、AlCl3五种溶液中，产生的现象依次为：无现象；先生成白色沉淀，沉淀继而转化为灰绿色，最后变为红褐色；红褐色沉淀；白色沉淀；起初生成白色沉淀，NaOH过量时沉淀溶解得无色溶液，五种溶液中的现象都不相同，可以鉴别，B符合题意；C．氨水分别滴入NaCl、FeCl2、FeCl3、MgCl2、AlCl3五种溶液中，现象依次为：无现象；白色沉淀，沉淀继而转化为灰绿色，最后变为红褐色；红褐色沉淀；白色沉淀；白色沉淀，其中有两份溶液的现象相同，不能将它们鉴别开来，C不合题意；D．KSCN溶液只能与FeCl3溶液反应，其它溶液中都无现象，D不合题意；故选B。5、B【解析】A、漂白粉在水中可以得到HClO，HClO能够杀菌消毒；明矾在水中可以得到Al(OH)3胶体，它能够吸附水中悬浮固体小颗粒产生沉淀进而除去水中固体杂质，二者的作用原理不同，A错误。B、Na遇水迅速反应2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，所以Na与CuSO4溶液反应为2Na+2H2O+CuSO4=Na2SO4+Cu(OH)2↓+H2↑，并不能得到Cu单质，B正确。C、丁达尔效应只能用于鉴别胶体与溶液，三种分散系的分类标准是分散质粒子的大小，C错误。D、水晶的主要成分是SiO2，不属于硅酸盐，D错误。正确答案B。点睛：根据分散系中分散质粒子的大小，分散质粒子直径大于10-7m的分散系称为浊液，分散质粒子直径介于10-7m~10-10m之间的分散系称为胶体，分散质粒子直径小于10-9m的分散系称为溶液。而区分胶体和溶液的常用方法是丁达尔现象。6、C【解析】

A.晶体硅的结构与金刚石类似，它是灰黑色有金属光泽的非金属固体，故A正确；B.硅的导电性能介于导体和绝缘体之间，是良好的半导体材料，故B正确；C.硅常温下能和HF溶液、氢氧化钠溶液反应，但和其他的酸不反应，故C错误；D.在加热时，硅能在氧气和氯气中燃烧生成二氧化硅和四氯化硅，故D正确。故选C。【点睛】硅的导电性介于导体和绝缘体之间，是良好的半导体材料；硅单质的化学性质不活泼，但常温下可与F2，HF和强碱溶液反应，掌握硅单质的物理、化学性质是解决此题的关键。7、A【解析】

胶体不带电；依据溶液与胶体分散质粒度大小判断；氯化铁与水加热反应生成氢氧化铁胶体和氯化氢；胶体本质特征分散质粒度介于1～100nm。【详解】A、胶体本身不带电，能够吸附带电的离子形成带电的胶体微粒，故A错误；B、溶液中分散质粒度小于1nm，胶体分散质介于1﹣100nm，溶液中分散质微粒能透过滤纸，滤纸孔径小于100nm，胶体中分散质微粒也能透过滤纸，故B正确；C、将饱和FeCl3溶液滴入沸水中制备氢氧化铁胶体，反应的化学方程式为：FeCl3+3H2O=Fe(OH)3（胶体）+3HCl，可以用于制备氢氧化铁胶体，故C正确；D、胶体区别于其他分散系的本质特征是分散质的微粒直径在1～100nm，故D正确。答案选A。8、B【解析】

加入还原剂，元素化合价降低，被还原。【详解】A.CuO→CuCl2的过程中，Cu元素的化合价没有发生变化，不需要使用还原剂，A项错误；B.CO2→CO的过程中，C元素化合价从+4价降低到+2价，被还原，需要还原剂才能发生，B项正确；C.I-→I2的过程中I元素化合价从-1价升高到0价，需要氧化剂才能发生，C项错误；D.Fe2＋→Fe3＋的过程中，Fe元素化合价从+2价升高到+3价，需要氧化剂才能发生，D项错误；答案选B。9、B【解析】

A.O2的摩尔质量为32g∙mol−1，故A错误；B.常温常压下，22gCO2含有的CO2分子数，故B正确；C.标准状况下，水不是气体，无法计算，故C错误；D.40gNaOH溶解在1L水中，溶液的体积无法计算，故D错误。综上所述，答案为B。10、D【解析】

n(H2)==0.15mol，采用极值法，若金属全是Al，其质量应为0.1mol×27g/mol=2.7g；若金属全是Mg，其质量应为0.15mol×24g/mol=3.6g；若金属全是Fe，其质量应为0.15mol×56g/mol=8.4g；若金属全是Zn，其质量应为0.15mol×65g/mol=9.75g；若金属为Ag或Cu，与盐酸不反应。【详解】A.若金属全为Al，质量为2.7g，若金属全为Fe，质量为8.4g，3g介于两个极端值之间，A可能；B.Ag不反应，则Al的质量<3g，H2为0.15mol，则Al为0.1mol，Al质量为2.7g，B可能；C.由Mg和Al计算出的两个极端值为3.6g和2.7g，在3g两端，C可能；D.Cu与盐酸不反应，则Zn的质量<3g，H2为0.15mol，则Zn为0.15mol，Zn质量为9.75g，前后矛盾，不可能，D符合题意。故选D。【点睛】在分析本题时，我们也可采用平均值法，将各金属的化合价都转化为+2价，然后求出平均相对原子质量，若选项中两种金属的相对原子质量位于平均值的两侧，则有可能；若位于平均值的同一侧，则不可能。对于与酸不反应的金属，则认为其相对原子质量比平均值大。11、B【解析】

酸性溶液含大量的H＋，根据离子之间不能结合生成水、气体、沉淀等能够大量共存，并结合离子的颜色来解答。【详解】A．H＋、CO32-结合生成水和气体，不能共存，故A不符合题意；B．该组离子之间不反应，可大量共存，且离子均为无色，故B符合题意；C．该组离子之间不反应，可大量共存，但Cu2＋为蓝色，与无色不符，故C不符合题意；D．SO42−、Ba2＋结合生成沉淀，不能共存，故D不符合题意；故答案选B。12、D【解析】

溶液的导电性与溶液中离子的浓度有关，离子浓度越大导电能力越强。【详解】A.盐酸中滴加食盐溶液，使溶液中的带点离子浓度增大，导电能力增强，A错误；B.硫酸中滴加氢氧化钠，氢离子浓度减小，钠离子浓度增大，导电能力几乎不变，B错误；C.石灰乳中滴加盐酸，石灰乳微溶于水，溶于盐酸，使离子浓度增大，导电能力增强，C错误；D.硫酸中滴加氢氧化钡，反应生成硫酸钡沉淀和水，导电能力减弱，当完全反应时，再滴加氢氧化钡溶液，带电离子逐渐增大，导电能力增强，D正确；答案为D【点睛】溶液的导电性与溶液中离子的浓度有关，离子浓度越大导电能力越强。题目要求导电性由大到小又逐渐增大，说明溶液中的离子浓度先减小后增大。13、D【解析】

A、“月波成露露成霜”只涉及物质状态的变化，属于物理变化，选项A不选；B、“雪融山顶响流泉”只涉及物质状态的变化和水的流动，属于物理变化，选项B不选；C、“粉身碎骨浑不怕”只涉及物质颗粒大小的变化，属于物理变化，选项C不选；D、“爆竹声中一岁除”涉及燃烧类型的氧化还原反应，选项D选。答案选D。14、D【解析】

A.硅和氢氧化钾溶液反应生成硅酸钾和氢气，故A能；B.钠在氧气中燃烧生成过氧化钠，故B能；C.铁单质和盐酸反应生成氯化亚铁，故C能；D.氧化铜不和水反应，不能一步转化为氢氧化铜，故D不能；故答案为D。15、D【解析】

A.加入BaCl2溶液，生成白色沉淀，加稀盐酸沉淀不消失，则原溶液中可能含有SO42−、Ag+，故A错误；B.取少量待测液做焰色反应实验，火焰呈黄色，该溶液中一定含有钠的物质，不一定是NaOH，故B错误；C.某气体能使品红溶液褪色，该气体可能是SO2，还可能是Cl2，故C错误；D.某溶液中先通入Cl2，再加入KSCN溶液，溶液显红色，则原溶液中可能含有Fe2+或Fe3+，故D正确。综上所述，答案为D。16、C【解析】

A.标准状况下SO3呈固体，不能使用气体摩尔体积，A错误；B.1mol氯气与足量铁粉充分反应，Cl2不足量，按氯气计算，转移的电子数为2NA，B错误；C.O2和O3都是由O原子构成的，使用16g二者的混合物中含有的O原子物质的量为1mol，原子数目为NA，C正确；D.缺少溶液体积，不能计算溶质的物质的量及微粒数目，D错误；故合理选项是C。二、非选择题（本题包括5小题）17、第三周期IIIA族Na原子半径大于Al，对最外层电子的作用力小，更易失去电子N≡N两个氮原子之间是三键，很牢固，破坏它们需要很大的能量Al3++4OH-=Al(OH或Al3++4OH-=+2H2O酸c(Cl-)＞c()＞c(H+)＞c(OH-)【解析】

A是短周期中(除稀有气体外)原子半径最大的元素，该元素的某种合金是原子反应堆的导热剂，则A为Na；B与A同周期，其最高价氧化物的水化物呈两性，则B为Al；C元素的气态氢化物极易溶于水，可用作制冷剂，则C为N；D是海水中除氢、氧元素外含量最多的元素，其单质或化合物是自来水生产过程中常用的消毒杀菌剂，D为Cl。【详解】(1)A为Na，原子结构示意图为；(2)元素B为Al，位于第三周期IIIA族；Na和Al在同一周期，Na原子半径大于Al，对最外层电子的作用力小，更易失去电子，则金属性强；(3)单质C为氮气，结构式为N≡N，由于两个氮原子之间是三键，很牢固，破坏它们需要很大的能量，故化学性质很稳定；(4)A、B的最高价氧化物对应的水化物分别为NaOH、Al(OH)3，NaOH、Al(OH)反应生成偏铝酸钠和水，离子方程式为Al3++4OH-=Al(OH或Al3++4OH-=+2H2O；(5)C、D的氢化物分别为NH3、HCl，两者反应生成氯化铵，氯化铵为强酸弱碱盐，溶液呈酸性；溶液中铵根离子水解，溶液显酸性，则c(Cl-)＞c()＞c(H+)＞c(OH-)。18、AlHCl自来水消毒或制取盐酸白色沉淀→灰绿色沉淀→红褐色沉淀H2OFeCl2+2Fe2+=2Fe3++2Cl–【解析】

焰色反应为黄色，说明金属单质A为钠，钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，则甲为氢气，氢气与黄绿色气体乙氯气反应生成氯化氢，和氢氧化钠反应的金属单质是金属单质铝，即B为铝，盐酸E和金属单质C反应，根据后面信息得出金属C为铁，F为氯化亚铁，G为氯化铁。【详解】⑴下列物质的化学式：B为Al、丙HCl；⑵黄绿色气体乙的一种用途自来水消毒或制取盐酸，反应过程⑦可能观察到的实验现象是白色沉淀→灰绿色沉淀→红褐色沉淀；⑶反应①的化学方程式，并用单线桥法标出电子转移的方向和数目：；⑷反应③是氢氧化钠和铝反应，实质是铝先和水反应生成氢氧化铝和氢气，氢氧化铝溶解在氢氧化钠溶液中，因此反应的氧化剂是H2O，反应④是铁和盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，因此该反应的还原剂是Fe；⑸反应⑤的离子方程式Cl2+2Fe2+=2Fe3++2Cl–。19、分液漏斗MnO2+4H＋+2Cl－Mn2＋+2H2O+Cl2↑浓硫酸干燥氯气调节装置内外压强平衡冷凝并收集SiCl4吸收多余的Cl2，防止外界水蒸气进入E的烧瓶中蒸馏【解析】

制备四氯化硅的原料为Cl2和Si。A装置为Cl2的制备装置，B、C装置为除杂装置。先用B除去HCl，再用C（浓H2SO4）除去H2O蒸气。Cl2通入粗硅中反应，用冷水将产生SiCl4冷凝即可，以此解答。【详解】（1）依据仪器a形状可知a为：分液漏斗；装置A烧瓶中二氧化锰和浓盐酸在加热的条件下生成氯气，方程式为：MnO2+4H＋+2Cl－Mn2＋+2H2O+Cl2↑；（2）生成的氯气中混有水蒸气，需要通过浓硫酸除去，装置C中盛放的试剂是浓硫酸；作用是干燥氯气；玻璃管b的作用是调节装置内外压强平衡；（3）D中氯气和粗硅反应生成SiCl4气体，装置E放在冰水中可以冷凝并收集SiCl4；（4）氯气有毒需要除去多余的氯气，同时也要避免空气中的水蒸气进入装置中，则装置F中碱石灰的作用是吸收多余的Cl2，防止外界水蒸气进入E的烧瓶中；（5）已知：SiCl4的熔点是-70℃，沸点是57.6℃，易与水反应；SnCl4的熔点是-33℃，沸点是114℃，三种沸点差别很大，可以用蒸馏的方法进行提纯。20、+5还原性和酸性B氯气溶于水达到化学反应平衡：Cl2+H2O⇌H++Cl﹣+HClO，根据平衡移动原理，增大氯离子浓度，抑制了氯气溶解生成盐酸和次氯酸，降低了Cl2溶解度吸收氯气127.5g【解析】

A中浓盐酸和二氧化锰在加热条件下反应生成氯气，B用于除去氯气中的氯化氢，可用饱和食盐水，在C中发生6Sr（OH）2+6Cl2=Sr（ClO3）2+6H2O+5SrCl2，以制备氯酸锶，D为尾气处理装置，避免污染空气。【详解】（1）Sr(ClO3)2中Sr为+2价，O为﹣2价，由化合价代数和为0可知Cl元素的化合价是+5价，装置A中生成氯气，盐酸被氧化，同时生成氯化锰，浓盐酸在反应中的作用是还原性和酸性的作用，故答案为：+5；还原性和酸性；（2）Y用于除去氯气中的氯化氢，应为饱和食盐水，氯气溶于水，与水反应生成HCl和HClO，溶液中存在化学反应平衡：Cl2+H2O⇌H++Cl﹣+HClO，饱和食盐水中氯离子浓度较大，根据平衡移动原理，增大氯离子浓度，该化学平衡逆向移动，抑制了氯气溶解生成盐酸和次氯酸，降低了Cl2溶解度，所以可以用饱和食盐水收集氯气，故答案为：B；氯气溶于水达到化学反应平衡：Cl2+H2O⇌H++Cl﹣+HClO，根据平衡移动原理，增大氯离子浓度，抑制了氯气溶解生成盐酸和次氯酸，降低了Cl2溶解度；（3）氢氧化钠和氯气反应，可避免氯气污染环境，则装置D中NaOH溶液的作用是吸收氯气，避免污染环境，故答案为：吸收氯气；（4）装置C中三颈烧瓶内发生的反应为6Sr(OH)2+6Cl2＝S