届河南省河南师范大学附中毕业班考前化学适应性训练月考解析版.docx

届河南省河南师范大学附中毕业班考前化学适应性训练月考解析版.docx

《届河南省河南师范大学附中毕业班考前化学适应性训练月考解析版.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《届河南省河南师范大学附中毕业班考前化学适应性训练月考解析版.docx（25页珍藏版）》请在冰豆网上搜索。

届河南省河南师范大学附中毕业班考前化学适应性训练月考解析版

河南省河南师范大学附中2016届毕业班考前化学适应性训练（5月月考）（解析版）

1．下列关于氯及其化合物的性质的说法，正确的是（　　）

A.液氯、氯水、次氯酸都具有漂白性

B.红热的铜丝在Cl2中燃烧产生棕黄色的雾；H2在Cl2中燃烧，火焰呈淡蓝色

C.光照氯水有气泡逸出，该气体是Cl2

D.氯气、氯水都可以与硝酸银溶液反应生成白色沉淀

【答案】D

【解析】略

2．有两种碳酸盐组成的混合物11g，与足量盐酸充分反应生成CO24.4g，该混合物的可能组成是（）

A.NaHCO3和Na2CO3B.NaHCO3和KHCO3

C.KHCO3和K2CO3D.MgCO3和KHCO3

【答案】C

【解析】由题意，NaHCO3（或KHCO3）—CO2，Na2CO3（或K2CO3或MgCO3）—CO2，可求出混合物的平均相对分子质量为110，则有一种物质的相对分子质量小于110，另一种物质的相对分子质量大于110。

若两种物质的相对分子质量均大于110或均小于110，则不合题意。

3．2014年8月2日江苏昆山中荣金属制品有限公司汽车轮毂抛光车间在生产过程中发生爆炸，造成75人死亡的严重事故。

安全生产部门应该在车间或厂区悬挂的标志是

A．

B．

C．

D．

【答案】D

【解析】

试题分析：

2014年8月2日江苏昆山中荣金属制品有限公司汽车轮毂抛光车间在生产过程中发生爆炸，发生爆炸的工厂车间约为7000至8000平方米。

这是一起严重的企业安全生产事故，事故原因为空气中浓度过高的粉尘遭遇明火产生爆炸。

因此安全生产部门应该在车间或厂区悬挂的标志是禁止烟火，故选项是D。

考点：

考查关于安全生产应该悬挂的标示的知识。

4．在进行下列实验时，采取的安全防护措施错误的是（）

A．蒸发结晶时，用玻璃棒不断搅拌溶液

B．进行蒸馏操作时，先在蒸馏烧瓶中加入几块沸石

C．给试管中的液体加热时，先预热，再对准液体中下部加热

D．稀释浓硫酸时，将水沿烧杯壁慢慢倒入浓硫酸中，并不断搅拌

【答案】D

【解析】

5．已知

、

、

、

具有相同的电子层结构，有关A、B、C、D四种元素的叙述中正确的是

A．原子序数：

b>a>c>d

B．原子半径：

A>B>C>D

C．金属性：

B>A，非金属性：

D>C

D．离子半径：

D>C>B>A

【答案】A

【解析】

试题分析：

A．aA+、bB2+、cC-、dD2-四种离子具有相同的电子层结构，则有：

a-1=b-2=c+1=d+2，A、B在周期表中C、D的下一周期，原子序数：

b＞a＞c＞d，A项正确；B.同周期元素从左到右原子半径逐渐减小，原子半径：

A＞B＞D＞C，B项错误；C.同周期元素从左到右元素的金属性逐渐减弱，非金属性逐渐增强，则金属性：

A＞B，非金属性：

C＞D，C项错误；D.四种离子具有相同的电子层结构，原子序数：

b＞a＞c＞d，核电核数越大，离子半径越小，则离子半径：

D＞C＞A＞B，D项错误；答案选A。

考点：

考查原子结构与元素周期律等知识。

6．工业上用铝土矿（主要成分为Al2O3，杂质为Fe2O3和SiO2）为原料冶炼铝的工艺流程之一为：

下列叙述不正确的是（）

A.沉淀甲为SiO2

B.生成沉淀乙的反应为:

Fe3+＋3OH-=Fe（OH）3↓

C.溶液乙中含有AlO2-

D.反应③为:

2AlO2-＋CO2＋3H2O=2Al（OH）3↓＋CO32-

【答案】D

【解析】

试题分析：

二氧化硅和盐酸不反应，所以沉淀甲是二氧化硅，溶液甲中含有氯化铁、氯化铝以及过量的盐酸。

由于氢氧化铝能溶于氢氧化钠溶液中，所以沉淀乙是氢氧化铁，溶液乙中含有偏铝酸钠以及过量的氢氧化钠，所以再通入CO2是生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠，即沉淀丙是氢氧化铝，溶液丙是碳酸氢钠。

氢氧化铝受热分解生成氧化铝，电解氧化铝即得到单质铝。

所以选项D是错误的，答案选D。

考点：

考查物质的分离和提纯

点评：

把物质中混有的杂质除去而获得纯净物叫提纯;将相互混在一起的不同物质彼此分开而得到相应组分的各纯净物叫分离。

在解答物质分离提纯试题时,选择试剂和实验操作方法应遵循三个原则:

1.不能引入新的杂质（水除外）。

即分离提纯后的物质应是纯净物（或纯净的溶液）,不能有其他物质混入其中。

2.分离提纯后的物质状态不变。

3.实验过程和操作方法简单易行。

即选择分离提纯方法应遵循先物理后化学,先简单后复杂的原则。

分离提纯方法的选择思路是根据分离提纯物的性质和状态来定的。

具体如下:

1.分离提纯物是固体（从简单到复杂方法）:

加热（灼烧、升华、热分解）,溶解,过滤（洗涤沉淀）,蒸发,结晶（重结晶）,电精炼。

2.分离提纯物是液体（从简单到复杂方法）:

分液,萃取,蒸馏。

3.分离提纯物是胶体:

盐析或渗析。

4.分离提纯物是气体:

洗气。

7．NH3氧化制硝酸时，在吸收塔里发生如下反应：

3NO2＋3H2O

2HNO3＋NO　△H＜0，为了提高HNO3的产量，在理论上应该采取的措施是（）

A．降温B．升温C．减压D．增压

【答案】AD

【解析】依据反应的特点，要使平衡向有利于HNO3的产量的增大的方向移动，可采取降温和加压的措施。

8．X、Y是元素周期表ⅦA族的两种元素。

下列叙述能说明X的非金属性比Y强的是（）

A．X原子的电子层数比Y原子的电子层数多

B．X的氢化物的沸点比Y的氢化物的沸点低

C．X的气态氢化物比Y的气态氢化物稳定

D．Y的单质能将X从NaX的溶液中置换出来

【答案】C

【解析】

试题分析：

A．X原子电子层数多于Y，因此在同族中X在Y的下方，根据同主族元素由上向下，非金属性减弱可知，X的非金属性比Y弱，故A错误；B．Y的氢化物如果是HF，X的氢化物是HCl，氢化物的沸点与非金属性没有必然的联系，故B错误；C．X的氢化物稳定，说明其非金属性强，举例如：

稳定性HF＞HCl＞HBr＞HI，故C正确．D．Y单质能够将X的离子从其盐溶液中置换出来，说明Y非金属性强于X，与题干相反，故D错误；故选C。

【考点定位】考查元素非金属性强弱的判断

【名师点晴】比较非金属性强弱的依据：

1、同周期中，从左到右，随核电荷数的增加，非金属性增强；同主族中，由上到下，随核电荷数的增加，非金属性减弱；2、依据最高价氧化物的水化物酸性的强弱：

酸性愈强，其元素的非金属性也愈强；3、依据其气态氢化物的稳定性：

稳定性愈强，非金属性愈强；4、与氢气化合的条件；5、与盐溶液之间的置换反应；6、其他，例：

2Cu＋S

Cu2S  Cu＋Cl2

CuCl2 所以，Cl的非金属性强于S。

9．下列各组变化中，后者一定包括前者的是

A．化学变化、物理变化B．氧化还原反应、复分解反应

C．氧化还原反应、化合反应D．中和反应、复分解反应

【答案】D

【解析】

试题分析：

A、化学变化和物理变化是物质变化的两种基本形式，是并列的关系，A错误；B、氧化还原反应要有电子的得失，而复分解反应只是参与反应的物质相互交换成分，因此不存在包含关系，B错误；C、化合反应不一定都是氧化还原反应，而氧化还原反应不一定是化合反应，C错误；D、中和反应属于复分解反应，D正确。

答案选D。

考点：

化学反应类型

10．在100mL某混合溶液中，c（HNO3）=0.4mol/L，c（H2SO4）=0.1mol/L，向其中加入1.92g铜粉，微热，充分反应后溶液中c（Cu2+）为（）

A.0.15mol/LB.0.3mol/LC.0.225mol/LD.无法计算

【答案】C

【解析】溶液中的H＋为（0.4＋0.1×2）×0.1=0.06mol，铜的物质的量为1.92/64=0.03mol，NO3－的物质的量为0.04mol，由离子方程式3Cu＋2NO3－＋8H＋=3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O可知：

H＋的量不足，以它的量计算生成的Cu2＋的物质的量为

0.0225mol，反应后溶液中c（Cu2+）为0.225mol/L

11．常温下，将一定量的钠铝合金置于水中，合金全部溶解，得到20mLpH=14的溶液，然后用1mol•L-1的盐酸滴定，测得生成沉淀的质量与消耗盐酸的体积关系如图所示，则下列说法正确的是

A．原合金质量为0．92gB．图中V2为60

C．沉淀的质量m为1．56gD．OP段发生的反应为：

OH-+H+═H2O

【答案】CD

【解析】

试题分析：

钠铝合金置于水中，合金全部溶解，发生反应：

2Na+2H2O═2NaOH+H2↑、2Al+2H2O+2NaOH═2NaAlO2+3H2↑，得到20mLpH=14的溶液，则溶液中c（OH-）=1mol/L，NaOH有剩余，剩余NaOH为0．02L×1mol/L=0．01mol；开始加入盐酸没有立即产生沉淀，首先发生反应：

NaOH+HCl═NaCl+H2O，该阶段消耗盐酸为0．02mol÷1mol/L=0．02L=20mL；然后发生反应：

NaAlO2+HCl+H2O═NaCl+Al（OH）3↓，生成氢氧化铝沉淀，40mL时沉淀达最大值，此时溶液中溶质为NaCl，由钠元素守恒可知n（Na）=n（NaCl）=0．04L×1mol/L=0．04mol，该阶段消耗盐酸体积为40mL-20mL=20mL，根据方程式可知n[Al（OH）3]=n（HCl）=0．02L×1mol/L=0．02mol，根据铝元素守恒n（Al）=n[Al（OH）3]=0．02mol，最后发生反应：

Al（OH）3↓+3HCl═AlCl3+3H2O，消耗盐酸的物质的量为0．02mol×3=0．06mol，故该阶段消耗的盐酸体积为0．06mol÷1mol/L=0．06L=60mL；A．由上述分析可知，Na、Al合金的质量为0．04mol×23g/mol+0．02mol×27g/mol=1．46g，故A错误；B．由上述计算可知，溶解氢氧化铝消耗盐酸的体积为60mL，则V2为40mL+60mL=100mL，故B错误；C．由上述计算可知，生成沉淀为0．02mol，其质量为0．02mol×78g/mol=1．56g，故C正确；D．OP段发生反应：

NaOH+HCl═NaCl+H2O，离子方程式为：

OH-+H+═H2O，故D正确；答案为CD。

考点：

本题考查混合物的有关计算，明确发生的化学反应及反应与图象的对应关系是解答本题的关键，注意利用元素守恒的方法来解答，难度较大

12．某主族元素R的最高正价与最低负化合价的代数和为4，由此可以判断（）

A．R一定是第四周期元素

B．R一定是ⅣA族元素

C．R的气态氢化物比同族其他元素气态氢化物稳定

D．R气态氢化物化学式为H2R

【答案】D

【解析】

试题分析:

主族元素中，最高正价+|最低负化合价|=8，元素R的最高正价与最低负化合价的代数和为4，所以R元素的最高正价是+6价，最低负价是-2价，R的最外层电子数是6。

R的最外层电子数是6，为第ⅤⅠA族的元素，不是氧元素，可以是硫、硒等元素，所以R不一定是第四周期，A项错误、B项错误；C．硫的氢化物比硒的氢化物稳定，但是不如水稳定，C项错误；D．R的最低负价是-2价，气态氢化物化学式为H2R，D项正确；答案选D。

【考点定位】考查元素的推断，元素周期表和元素周期律的应用等知识。

【名师点睛】本题考查学生元素周期表和元素周期律的应用知识，可以根据所学知识来回答，难度不大．主族元素：

最高正价+|最低负化合价|=8，元素R的最高正价与最低负化合价的代数和为4，说明元素的最高正价是+6价，最低负价是-2价，元素的最高正价=最外层电子数。

13．近年来我国很多城市发生严重的雾霾天气，对人们的健康造成威胁，下列有关环境问题的说法不正确的是

A．改进汽车尾气净化技术，可以减少大气污染物的排放

B．PM2.5是指大气中直径小于或等于2.5微米的颗粒物，是雾霾天气产生的主要原因

C．推广燃煤脱硫技术，可以降低S02对大气的污染

D．CO、S02、NO、N02都是对大气产生污染的气体，它们在空气中都能稳定存在

【答案】D

【解析】

试题分析：

A、改进汽车尾气净化技术，可以减少大气污染物的排放，A项正确；B、PM2.5是指大气中直径小于或等于2.5微米的颗粒物，是雾霾天气产生的主要原因，B项正确；C、推广燃煤脱硫技术，可以降低S02对大气的污染，C项正确；D、CO、S02、NO、N02都是对大气产生污染的气体是正确的，但是NO是不稳定的，很容易被空气中的O2氧化成NO2，D项正确；答案选D。

考点：

考查大气污染

14．下列关于有机物的说法不正确的是

A．实验室可用蒸馏法提纯工业乙醇

B．葡萄糖用于制镜业是利用了葡萄糖的还原性

C．

最多可与4molNaOH发生反应

D．1-氯丙烷和2-氯丙烷分别与NaOH乙醇溶液共热，都可得到丙烯

【答案】C

【解析】

试题分析：

A选项因沸点不同，用蒸馏的方法提纯工业乙醇。

B选项葡萄糖中含有醛基，利用醛基的还原性发生银镜反应制镜。

C选项因有机物含有的官能团是羧基和醇羟基，所以1mol该有机物中最多与1molNaOH发生反应。

D选项1-氯丙烷和2-氯丙烷发生消去反应，生成物都是丙烯。

考点：

本题主要考查的是有机物化学基础知识。

15．下列叙述正确的是

A．铜丝能导电，所以铜是电解质

B．固体氯化钠不导电，所以氯化钠不是电解质

C．SO3溶于水能导电，所以SO3是电解质

D．氯化氢水溶液能导电，所以氯化氢是电解质

【答案】D

【解析】

试题分析：

电解质是在溶液里或熔融状态下能导电的化合物，电解质必须是化合物，必须有自由移动的离子，且离子是其本身电离的，电解质与固态时是否导电无关。

则A、铜是单质，不是电解质，也不是非电解质，A错误；B、固体NaCl不导电，但其水溶液能导电或熔融态能导电，所以是电解质，B错误；C、虽然三氧化硫的水溶液导电性很好，但溶液中的离子是硫酸电离的，三氧化硫是非电解质，C错误；D、氯化氢的水溶液能导电，且溶液中的离子是氯化氢电离的，所以氯化氢是电解质，D正确，答案选D。

【考点定位】本题主要是考查电解质判断

【名师点晴】

（1）电解质和非电解质是对化合物的分类，单质既不是电解质也不是非电解质。

电解质应是化合物（属于纯净物）。

而Cu则是单质（能导电的物质不一定是电解质，如石墨或金属），K2SO4与NaCl溶液都是混合物。

（2）电解质应是一定条件下本身电离而导电的化合物。

有些化合物的水溶液能导电，但溶液中离子不是它本身电离出来的，而是与水反应后生成的，因此也不是电解质。

例如CO2能导电是因CO2与H2O反应生成了H2CO3，H2CO3能够电离而非CO2本身电离。

所以CO2不是电解质，是非电解质（如氨气、二氧化硫、三氧化硫），H2CO3H2SO3、NH3·H2O是电解质。

（3）BaSO4、AgCl难溶于水，导电性差，但由于它们的溶解度太小，测不出（或难测）其水溶液的导电性，但它们溶解的部分是完全电离的，所以他们是电解质。

（4）化合物在水溶液中或受热熔化时本身能否发生电离是区别电解质与非电解质的理论依据，能否导电则是实验依据。

能导电的物质不一定是电解质，如石墨；电解质本身不一定能导电，如NaCl晶体。

16．（8分）完成方程式：

⑴乙烯使溴的四氯化碳溶液褪色

⑵与水的加成反应

⑶由苯制取硝基苯

⑷乙醇与钠反应

【答案】（共8分。

每空8分）

⑴CH2=CH2+Br2→CH2Br-CH2Br⑵

⑶

⑷2CH3CH2OH+2Na→2CH3CH2ONa+H2↑

【解析】⑴乙烯与溴发生加成反应：

CH2=CH2+Br2→CH2Br-CH2Br

（2）乙烯与水加成生成乙醇：

（3）苯与硝酸在硫酸的催化作用下发生取代反应：

（4）醇中羟基中的氢原子可被钠置换：

2CH3CH2OH+2Na→2CH3CH2ONa+H2↑

17．（9分）有关物质间有下图所示的转化关系。

其中：

A的浓溶液与单质B在加热时才发生反应①；A的稀溶液与足量B发生反应②。

据此填写下列空白：

（1）反应④的现象是。

（2）写出反应②的离子方程式。

（3）根据题示信息判断，A的浓溶液和单质B加热时能否产生G，说明理由（写出化学方程式回答）：

【答案】

（1）白色沉淀

灰绿色

红褐色沉淀

（2）3Fe＋2NO3-＋8H＋===3Fe2＋＋2NO↑＋4H2O

（3）由反应2HNO3＋NO===3NO2＋H2O知，在浓HNO3中不可能生成NO

【解析】

试题分析：

（1）A的浓溶液与单质B在加热时才发生反应①，A的稀溶液与足量B不加热可发生反应②，且②有3种产物，猜测A是硝酸，不是硫酸；硝酸具有强氧化性，与浓硝酸需加热才进行的B应是与浓硝酸发生钝化的金属铁或铝；由反应④可知B是变价金属铁；则J是硝酸亚铁，与氢氧化钠反应生成氢氧化亚铁和硝酸钠；所以反应④是氢氧化亚铁与氧气、水反应生成氢氧化铁的反应，现象是白色沉淀迅速转化为灰绿色，最终成为红褐色；

（2）反应②是稀硝酸与过量Fe反应生成硝酸亚铁、水、NO，离子方程式为3Fe+2NO3-+8H+=3Fe2++2NO↑+4H2O；

（3）由流程图可知G是NO，与硝酸反应又生成NO2和水，所以浓硝酸与铁加热反应时，若生成NO立即又转化为NO2，所以实质是不可能生成NO。

考点：

考查物质推断，离子方程式的书写，对题目信息的理解应用

18．6分）制备Cl2需用8mol•L-1的盐酸100mL，现用12mol•L-1的盐酸来配制。

①需要12mol•L-1的盐酸的体积为mL（精确到0.1mL）

②为完成配制，除玻璃棒，小烧杯外，还需要选择的仪器为。

A100mL量筒B托盘天平C100mL容量瓶D．50mL容量瓶

E．10mL量筒F．胶头滴管

③在容量瓶的使用方法中，下列操作中，不正确的是（填写标号）。

A．使用容量瓶前检查它是否漏水

B．容量瓶用蒸馏水洗净后，再用待配溶液润洗

C．配制溶液时用量筒量取浓盐酸后用玻璃棒引流入容量瓶中，缓慢加入蒸馏水到接近刻度线1cm～2cm处，用胶头滴管滴加蒸馏水直到凹液面的最低处和标线相平

D．定容后盖好瓶塞，用食指顶住瓶塞，用另一只手的手指托住瓶底，把容量瓶倒转和摇动多次

【答案】①66.7（2分）；②A、C、F（2分）；③B、C（2分）。

【解析】

试题分析：

物质在稀释前后溶质的物质的量不变，C1·V1=C2·V2，所以V1=（C2·V2）÷C1=（8mol/L×100mL）÷12mol/L=66.7ml；②为完成配制，除玻璃棒，小烧杯外，还需要选择的仪器有量取66.7ml的液体的100ml的量筒，100mL容量瓶，及最后定容时的仪器胶头滴管。

因此选项是A、C、F；③A．使用容量瓶前检查它是否漏水，只有不漏液的容量瓶才可以用来配制溶液，正确；B．容量瓶用蒸馏水洗净后，不能用待配溶液润洗，错误；C．配制溶液时用量筒量取浓盐酸后，转移到小烧杯中，用水稀释，待溶液恢复至室温时，用玻璃棒引流入容量瓶中，再把烧杯内壁及玻璃棒洗涤2～3次，每次的洗涤液都转移到容量瓶中，旋摇，再缓慢加入蒸馏水到接近刻度线1cm～2cm处，用胶头滴管滴加蒸馏水直到凹液面的最低处和标线相平，错误；D．定容后盖好瓶塞，用食指顶住瓶塞，用另一只手的手指托住瓶底，把容量瓶倒转和摇动多次，正确。

故错误的选项是B、C。

考点：

考查溶液的稀释、仪器的使用、物质的量浓度的溶液的配制操作正误判断的知识。

19．焦亚硫酸钠（Na2S2O5）是常用的食品抗氧化剂之一。

某研究小组进行如下实验：

实验一：

焦亚硫酸钠的制取

采用如图装置（实验前已除尽装置内的空气）制取Na2S2O5。

装置Ⅱ中有Na2S2O5晶体析出，发生的反应为Na2SO3＋SO2

Na2S2O5。

（1）a仪器的名称为：

，实验前要进行。

装置Ⅰ中产生气体的化学方程式为______________________________________。

（2）浓硫酸（填“能”或“不能”）用稀硫酸代替，原因是。

（3）要从装置Ⅱ中获得已析出的晶体，可采取的分离方法是______。

（4）装置Ⅲ用于处理尾气，可选用的最合理装置（夹持仪器已略去）为________（填序号）。

实验二：

葡萄酒中抗氧化剂残留量的测定

（5）葡萄酒常用Na2S2O5作抗氧化剂。

测定某葡萄酒中抗氧化剂的残留量（以游离SO2计算）的方案如下：

（已知：

滴定时反应的化学方程式为SO2＋I2＋2H2O

H2SO4＋2HI）

①按上述方案实验，消耗标准I2溶液25．00mL，该次实验测得样品中抗氧化剂的残留量（以游离SO2计算）为________g·L-1。

②在上述实验过程中，若有部分HI被空气氧化，则测定结果________（填“偏高”、“偏低”或“不变”）。

【答案】

（1）分液漏斗；气密性检查Na2SO3＋H2SO4

Na2SO4＋SO2↑＋H2O（或Na2SO3＋2H2SO4

2NaHSO4＋SO2↑＋H2O）

（2）不能；二氧化硫易溶于水，故不能用稀硫酸（3）过滤；（4）d；（5）①0．16；②偏低

【解析】

试题分析：

（1）a装置为分液漏斗；实验操作前需要检查装置的气密性；装置1中是亚硫酸钠与硫酸反应生成二氧化硫气体，方程式为：

Na2SO3＋H2SO4

Na2SO4＋SO2↑＋H2O；

（2）实验不能用稀硫酸代替，由于二氧化硫易溶于水，影响反应的下一步进行；（3）装置Ⅱ中得到的是晶体，故需要过滤；（4）尾气主要是二氧化硫，A装置中的氨水会挥发氨气，影响反应，故A错误；B、起不到除去SO2的作用，故B错误；C、起不到除去SO2的作用，故C错误；D、不仅吸收了SO2，而且还装置不会倒吸，故应该选用d；（5）①根据提示方程式可知比例关系：

SO2——I2；n（I2）=0．01mol/L×0．025L=2．5×10-4mol，即溶液中n（SO2）=2．5×10-4mol，m（SO2）=0．016g，残留量为：

=0．16g/L；

考点：

考查化学实验操作基础及物质的量计算相关知识

20．某实验小组欲探究SO2和Cl2能否发生反应，设计如下图所示的实验装置进行实验．

（1）图中仪器a的名称：

___________；

（2）装置A中的反应为2KMnO4+16HCl（浓）═2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O，反应中的氧化剂是___________，生成71gCl2转移的电子是________mol．

（3）装置B中蘸有NaOH溶液的棉花的作用___________；

（4）打开A、C的装置a的活塞，一段时间后关闭活塞．待反应完全后，小组同学又继续如下实验．

①甲同学取适量B中溶液于试管中，向其中滴加少量AgNO3溶液，有白色沉淀生成．甲同学由此认为SO2和Cl2发生了反应，理由是该反应中生成了___________（填离子符号）。

②乙同学认为甲同学的结论不合理，认为A中生成的Cl2中混有杂质，应该在装置A、B间增加一个洗气瓶，然后再按甲同学的方法即可得到正确结论。

乙同学认为Cl2中混有的杂质是___________，洗气瓶中盛有试剂的名称是___________；

③丙同学则认为甲、乙两位同学的结论均不合理．丙同学取适量B中溶液于试管中，向其中滴加少量溶液X，有白色沉淀生成，则可得出结论，即SO2与Cl2同时通入水中，可以发生反应．溶液X是___________（填选项序号）。

a．BaCl2溶液b．Ba（OH）2溶液c．Ba（NO3）2溶