精品解析山西省太原市山西大学附属中学届高三上学期月考试题 化学试题解析版.docx

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精品解析山西省太原市山西大学附属中学届高三上学期月考试题化学试题解析版

山西大学附属中学2019届高三上学期11月月考试化学试题

1.化学点亮生活，下列对生活中的化学理解正确的是

A.节日燃放的烟花，利用了金属元素焰色反应，燃放过程中对环境无污染

B.古代合成颜料中国蓝的化学式为BaCuSi4O10，可改写成BaO·CuO·4SiO2

C.MnO2有较强的氧化性，可作H2O2分解的氧化剂

D.赏心悦目的雕花玻璃是使用烧碱对玻璃刻蚀而成的

【答案】B

【解析】

【详解】A.烟花是碱金属、锶、钡、铁等金属元素焰色反应呈现的颜色，由于大多数金属都是重金属，所以会对环境有害，故A错误；

B.硅酸盐改写成氧化物形式时：

活泼的金属氧化物写在前面，再写SiO2，含氢元素的H2O最后写，所以BaCuSi4O10用氧化物形式表示：

BaO•CuO•4SiO2，故B正确；

C.．双氧水的分解反应中二氧化锰作催化剂，加快双氧水分解速率，故C错误；

D.雕花玻璃是HF与SiO2反应形成，故D错误。

故选B。

2.下列说法中正确的是

A.Al2O3、MgO可用作耐高温材料，二氧化硅是生产光纤制品的基本原料

B.铝、铁、铜相比较，在自然界中铜元素的含量最低、铁元素含量最高

C.工业上采用电解熔融态Al2O3、MgO的方法冶炼Al、Mg

D.用纯碱制玻璃、用铁矿石炼铁、用氨制碳酸铵的反应都会产生温室气体

【答案】A

【解析】

【详解】A.氧化铝和氧化镁的熔点很高，所以可以作高温材料，光纤制品的基本原料是二氧化硅，故A正确；

B.自然界中元素的含量高低依次是O、Si、Al、Fe等，所以铝、铁、铜相比较，自然界中含量最低的是Cu，最高的是Al而非Fe，故B错误；

C.MgO的熔点很高，电解熔融态MgO冶炼Mg会增大生产成本，工业上是电解熔融的氯化镁来冶炼镁，故C错误；

D.用纯碱制玻璃、用铁矿石炼铁都会产生二氧化碳，用氨制碳酸铵，制备原理为：

2NH3+CO2+H2O=（NH4）2CO3，不产生二氧化碳，故D错误。

故选A。

3.有关漂白粉和漂白液的说法正确的是

A.漂白粉是纯净物，漂白液是混合物B.漂白粉的有效成分是Ca（ClO）2

C.工业上将氯气通入澄清石灰水制取漂白粉D.漂白液的有效成分是Na2O2

【答案】B

【解析】

【详解】A．漂白粉的成分含有氯化钙、次氯酸钙，漂白液的主要成分是氯化钠和次氯酸钠，都属于混合物，故A错误；

B.漂白粉的成分是氯化钙、次氯酸钙的混合物，漂白粉的有效成分是Ca（ClO）2，故B正确；

C.工业上是将氯气通入石灰乳来制取漂白粉的，故C错误；

D.漂白液的主要成分是氯化钠和次氯酸钠，有效成分是次氯酸钠，故D错误。

故选B。

4.下列说法正确的是

A.油脂和氨基酸在一定条件下均可以与氢氧化钠溶液反应

B.棉、麻、丝、毛完全燃烧都只生成二氧化碳和水

C.鸡蛋白水溶液中滴加硫酸铵溶液可使蛋白质发生变性

D.煤的干馏是指高温下煤在空气中发生复杂的物理变化，得到苯、甲苯、二甲苯等

【答案】A

【解析】

【详解】A.油脂可以在碱性条件下水解生成高级脂肪酸钠和甘油，氨基酸含有羧基可以与氢氧化钠反应，故A正确；

B.麻是植物纤维，只含有C、H、O元素；丝毛是蛋白纤维，蛋白质由C、H、O、N元素组成，还可能含有S、P等，N、S、P燃烧会生成其各自的氧化物，故B错误；

C.硫酸铵能使蛋白质发生盐析，故C错误；

Ｄ.煤的干馏是指煤隔绝空气加热，分解，生成焦炭（或半焦）、煤焦油、粗苯、煤气等产物的过程，这个过程是化学变化，故D错误。

故选A。

5.下列有关物质分类的说法正确的是

A.胶体与溶液的本质区别是分散质粒子直径的大小

B.SiO2既能与NaOH溶液反应，又能与氢氟酸反应，是一种两性氧化物

C.CO2的水溶液可以导电，所以CO2是电解质

D.H2SO4、NaOH、K2CO3在水溶液中均能电离，它们均为离子化合物

【答案】A

【解析】

A.胶体与溶液的本质区别是分散质粒子直径的大小，故A正确；B.SiO2与氢氟酸反应不是生成盐和水，所以SiO2不是一种两性氧化物，故B错误；C.CO2 的水溶可以导电，是由于碳酸电离产生离子，所以CO2 不是电解质，故C错误；D.离子化合物和部分共价化合物 在水溶液中均能电离，故D错误。

故选A。

点睛：

解答本题的难点是选项B，解答选项B需要明确相关概念。

与酸反应生成盐和水的氧化物是碱性氧化物，与碱反应生成盐和水的氧化物是酸性氧化物，既能与酸反应生成盐和水，又能与碱反应生成盐和水的氧化物是两性氧化物。

6.在标准状况下，下列说法正确的是

A.等体积CH4和HF所含的电子数相同

B.pH=12的Na2CO3溶液中c（OH-）=1×10-2mol/L

C.2.4gMg与足量的盐酸反应，放出的气体体积为2.24L

D.由H2O2 制2.24LO2转移的电子数目为0.4NA

【答案】C

【解析】

【详解】Ａ.标准状况下，HF是液态，所以无法计算所含电子数，故A错误；

B.0

时，水的离子积为：

1.2×1015，pH=12即H+浓度为10-12mol/L，则c（OH-）=

mol/L，故B错误；

C.2.4gMg的物质的量为0.1mol，根据化学计量关系Mg——2HCl——H2，可知n（H2）=0.1mol，即标况下，氢气的体积为：

0.1mol×22.4L/mol=2.24L，故C正确；

Ｄ.双氧水生成标况下氧气2.24L，即氧气的物质的量为0.1mol，根据反应方程式2H2O2=2H2O+O2↑可知，双氧水中的2个O原子从-1价升高到0价，即转移2个电子，0.1molO2转移的电子数目为0.2NA，故D错误。

故选C。

【点睛】注意气体摩尔体积的适用条件，水的离子积在温度不同的情况下数值不同。

7.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是

A.1molSO2与0.5molO2在一定条件下充分反应，转移电子数为2NA

B.含1molCl-的NH4Cl溶液中NH4+数目小于NA

C.10gD216O和10gH218O中含有的中子数均为5NA

D.向2mL0.5mol/L硅酸钠溶液中滴入适量盐酸制硅酸胶体，所得胶粒数目小于0.001NA

【答案】A

【解析】

【详解】A.二氧化硫和氧气反应生成三氧化硫是可逆反应，转化率不能达到100%，所以1molSO2和0.5molO2在一定条件下，充分反应生成SO3的分子数小于2NA ，故A错误；

B.含1molCl-的NH4Cl为1mol，NH4Cl溶液中的NH4+会发生水解，故1molNH4Cl溶液中NH4+数目小于NA，故B正确；

C.1个D216O分子含有10个中子，10gD216O的物质的量为：

0.5mol，含有中子数目为：

0.5mol×10=5NA，1个H218O分子中含有10个中子，10gH218O的物质的量为：

0.5mol，含有中子数目为：

0.5mol×10=5NA，故C正确；

D.胶粒是一定数目粒子的集合体，将2mL0.5mol/L硅酸钠溶液滴入盐酸中制得硅酸胶体，所含胶粒数目小于0.001NA，故D正确。

故选A。

【点睛】可逆反应具有一定的限度，不能达到100%转化。

弱酸根离子或弱碱阳离子在水溶液中，会发生水解，生成弱电解质，从而破坏了水的电离平衡，使水的电离平衡向电离的方向移动，显示出不同浓度的酸性、碱性或中性。

8.下列离子方程式书写不正确的是

A.向海带灰浸出液中加入硫酸、双氧水：

2I－＋2H＋＋H2O2===I2＋2H2O

B.碳酸氢钠溶液与足量氢氧化钡溶液混合：

HCO3-＋Ba2＋＋OH－===BaCO3↓＋H2O

C.向Al2（SO4）3溶液中加入过量的氨水：

Al3＋＋4NH3·H2O===AlO2-＋4NH4+＋2H2O

D.用铁棒作阴极，碳棒作阳极电解饱和氯化钠溶液：

2Cl－＋2H2O

H2↑＋Cl2↑＋2OH－

【答案】C

【解析】

【详解】A.向海带灰浸出液中加入硫酸、双氧水离子反应方程式为：

2I－＋2H＋＋H2O2===I2＋2H2O，故A正确；

B.碳酸氢钠溶液与足量氢氧化钡溶液混合，化学方程式为：

Ba（OH）2+NaHCO3=BaCO3↓+NaOH+H2O，所以离子方程式为：

HCO3-+Ba2++OH-═BaCO3↓+H2O，故B正确；

C.Al（OH）3与过量的氨水不反应，故C错误；

D.电解饱和氯化钠溶液反应方程式：

2NaCl+2H2O

2NaOH+H2↑+Cl2↑，所以离子方程式为：

2Cl－＋2H2O

H2↑＋Cl2↑＋2OH－，故D正确。

故选C。

【点睛】判断离子方程式书写正误的方法：

“一看”电荷是否守恒：

在离子方程式中,两边的电荷数及原子数必须守恒；“二看”拆分是否恰当：

在离子方程式中，强酸、强碱和易溶于水的盐拆分成离子形式；难溶物、难电离物质、易挥发物质、单质、氧化物、非电解质等均不能拆分，要写成化学式；“三看”是否符合客观事实：

离子反应的反应物与生成物必须是客观事实相吻合。

9.A、B、C、D、E、F为原子序数依次递增的六种短周期主族元素，A的单质是最理想的燃料，C原子次外层电子数是最外层的1/3，E与C同主族，下列说法不正确的是

A.元素F最高价氧化物对应水化物一定是一种强酸

B.元素D与A一定形成共价化合物

C.元素B可能与元素A形成多种共价化合物

D.若元素D是非金属元素，则D的单质可能是良好的半导体材料

【答案】B

【解析】

【详解】A的单质是最理想的燃料，即A元素是H元素，C原子次外层电子数是最外层的1/3，说明C只能是第二周期的元素即C是O元素，E与C同主族即E是S元素，由于A、B、C、D、E、F为原子序数依次递增，所以能确定F是Cl元素，B可能是Li、Be、B、C、N几种元素中的一种，D可能是F、Na、Mg、Al、Si、P中的一种。

A.元素F是Cl元素，Cl的最高价氧化物的水化物是HClO4，是一种强酸，故A正确；

B.元素D可能是金属元素，也可能是非金属元素，所以与A元素即H元素可能形成共价化合物HF，也可能形成离子化合物NaH，故B错误；

C.元素B可能是C元素，能够与H形成多种碳氢化合物，故C正确；

D.D元素可能是非金属元素Si，故D正确。

故选B。

10.下列说法正确的是

A.容量瓶和分液漏斗使用前必须要检漏并干燥

B.蒸馏操作时，温度计水银球应插入混合液

C.焰色反应时，铂丝需用稀硫酸洗净，并在火焰上灼烧至无色

D.配制溶液定容时，俯视容量瓶的刻度线，则所配制溶液的浓度偏高

【答案】D

【解析】

A、具有塞子或活塞的仪器使用前需要查漏，容量瓶和分液漏斗使用前必须要检漏，均不需要干燥，故A错误；B.蒸馏操作时，温度计水银球应插在蒸馏烧瓶的支管口处，故B错误；C.焰色反应时，铂丝需用稀盐酸洗净，并在火焰上灼烧至无色，故C错误；D.配制溶液定容时，俯视容量瓶的刻度线，配得溶液的体积偏小，则所配制溶液的浓度偏高，故D正确；故选D。

11.下列各组物质相互混合反应后，最终有白色沉淀生成的是①金属钠投入到烧杯中的FeCl2溶液中②过量NaOH溶液和明矾溶液混合③少量Ca（OH）2投入过量NaHCO3溶液中④向NaAlO2溶液中滴入少量NaHSO4溶液⑤向饱和Na2CO3溶液中通入足量CO2（）

A.全部B.只有①②⑤C.只有②③⑤D.只有③④⑤

【答案】D

【解析】

①钠先与水反应生成氢氧化钠溶液，再与氯化亚铁溶液反应生成氢氧化亚铁白色沉淀，遇到空气沉淀被氧化为红褐色沉淀；②过量NaOH溶液和明矾溶液混合，生成偏铝酸钾溶液，无沉淀生成；③少量Ca（OH）2投入过量NaHCO3溶液中生成碳酸钙白色沉淀；④向NaAlO2溶液中滴入少量NaHSO4溶液生成氢氧化铝白色沉淀；⑤向饱和Na2CO3溶液中通入足量CO2生成碳酸氢钠固体；③④⑤选项符合题意，正确答案：

D。

12.汽车尾气含氮氧化物（NOx）、碳氢化合物（CxHy）、碳等，直接排放容易造成“雾霾”。

因此，不少汽车都安装尾气净化装置（净化处理过程如图）。

下列有关叙述错误的是

A.尾气造成“雾霾”与汽油未充分燃烧有关

B.尾气处理过程，氮氧化物（NOx）被还原

C.PtRh催化剂可提高尾气净化反应的平衡转化率

D.使用氢氧燃料电池作汽车动力能有效控制雾霾

【答案】C

【解析】

【详解】A.汽油未充分燃烧可增加含氮氧化物（NOx）、碳氢化合物（CxHy）、碳等的排放，可造成“雾霾”，故A正确；

B.尾气处理过程中，氮氧化物（NOx）中氮元素化合价降低，得电子，被还原，故B正确；

C.催化剂只改变化学反应速率，不会改变平衡转化率，故C错误；

D.使用氢氧燃料电池作汽车动力能减少含氮氧化物（NOx）、碳氢化合物（CxHy）、碳等的排放，能有效控制雾霾，故D正确。

故选C。

13.下列有关实验操作或仪器的使用正确的是　　

A.AB.BC.CD.D

【答案】D

【解析】

【详解】A.分液操作时，上层液体从上口倒出，下层液体从下口流出，故A错误；

B.浓硝酸有强氧化性，可以腐蚀橡胶塞，故B错误；

C.NO气体的密度与空气密度接近，所以收集NO不能用排空气法，应用排水法，故C错误；

D.SO2气体与氢氧化钠溶液反应，若直接降到管插入页面下，容易发生倒吸现象，故使用图中仪器可以防止倒吸，故D正确。

故选D。

14.秦皮是一种常用的中药，具有抗炎镇痛、抗肿瘤等作用。

“秦皮素”是其含有的一种有效成分，结构简式如下图所示，有关其性质叙述不正确的是

A.1mol该化合物最多能与3molNaOH反应B.该有机物分子式为C10H8O5

C.该有机物能发生加成；氧化，取代等反应D.分子中有四种官能团

【答案】A

【解析】

【详解】A.秦皮素中含有一个酯基，碱性条件下水解生成一个羧基，和一个酚羟基，秦皮素本身还含有2个酚羟基，使用1mol该化合物最多能与4molNaOH反应，故A错误；

B.从图片可知，该化合物的化学式为：

C10H8O5，故B正确；

C.该化合物含有碳碳双键和羟基可发生氧化反应，羟基和酯基的存在可发生取代反应，故C正确；

D.该化合物含有酚羟基、酯基、醚键、碳碳双键四种官能团，故D正确。

故选D。

15.用“银-Ferrozine”法检测室内甲醛含量的原理如下：

下列说法错误的是

A.标准状况下，11.2LCO2中含碳氧双键的数目约为6.02×1023

B.30gHCHO被氧化时转移电子数目为4×6.02×1023

C.反应①的化学方程式为2Ag2O+HCHO=4Ag+CO2↑+H2O

D.理论上，吸收的HCHO与消耗Fe3+的物质的量之比为4∶1

【答案】D

【解析】

【详解】A.1个CO2分子中含有2个碳氧双键，标准状况下，11.2LCO2即为0.5mol，含有碳氧双键1mol，即碳氧双键的数目约为6.02×1023，故A正确；

B.Ag2O和HCHO反应生成Ag和CO2，可知甲醛被氧化，则生成物中还有水，根据质量守恒可配平方程式：

2Ag2O+HCHO=4Ag+CO2↑+H2O，则30g甲醛的物质的量为1mol，1mol甲醛参与反应时转移4mol电子，故B正确；

C.根据化学反应方程式：

2Ag2O+HCHO=4Ag+CO2↑+H2O，故C正确；

D.2Ag2O+HCHO=4Ag+CO2+H2O，Ag+Fe3+=Ag++Fe2+，可得出化学计量关系为：

HCHO——4Fe3+，所以反应中吸收甲醛与消耗Fe3+的物质的量之比为：

1:

4，故D错误。

故选D。

16.将一定量的铜粉加入到0.5L0.3mol•L﹣1Fe2（SO4）3和0.1mol•L﹣1H2SO4的混合溶液中，铜粉完全溶解后，得到溶液X。

下列说法正确的是

A.溶液X中Cu2+与Fe2+的物质的量之比为2：

1

B.向溶液X中滴加KSCN溶液，未变红色，则加入铜粉质量为12.8g

C.向溶液X中加入足量铁粉，充分反应后，铁粉质量减少11.2g

D.向溶液X中加入0.18L5mol•L﹣1NaOH溶液可使溶液中的金属离子完全沉淀

【答案】C

【解析】

【详解】A.发生反应Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+，所得溶液中Cu2+和Fe2+的物质的量之比为：

1:

2，故A错误；

B.向溶液X中滴加KSCN溶液，未变红色，说明Fe3+已完全反应，n（Fe3+）=0.5L×0.3mol•L﹣1×2=0.3mol，根据Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+可知消耗Cu0.15mol，m（Cu）=0.15mol×64g/mol=9.6g，故B错误；

C.向溶液X中加入足量铁粉，由于Fe3+的氧化性最强，所以Fe先与三价铁离子反应，再置换出Cu，最后和酸反应，因为铁粉足量，相当于铁和原来的Fe3+、H+反应，与加入的Cu的量无关，n（Fe3+）=0.5L×0.3mol•L﹣1×2=0.3mol，n（H+）=0.1mol•L﹣1×0.5L×2=0.1mol，发生反应Fe+2Fe3+=2Fe2+，消耗Fe的物质的量为：

0.15mol，发生Fe+2H+=Fe2++H2↑，消耗Fe0.05mol，共消耗Fe0.15+0.05=0.20mol，充分反应后，Fe粉减少0.2mol×56g/mol=11.2g，故C正确；

D.铜完全溶解时，溶液中可能存在的Fe2+、Cu2+、H+三种离子，或者是可能存在Fe3+、Fe2+、Cu2+、H+，沉淀完全后，溶液的溶质为硫酸钠，n（SO42-）=0.5L×0.3mol/L×3+0.5L×0.1mol/L=0.5mol，即n（Na+）=1mol，所以需要NaOH1mol，若加入0.18L5mol•L﹣1NaOH的物质的量为：

0.18L×5mol/L=0.9mol，明显NaOH的量不足，故D错误。

故选C。

【点睛】确定Fe与Fe3+、Cu2+、H+反应的先后顺序，是解答本题的关键。

17.四氯化钛是生产金属钛及其化合物的重要中间体。

某校化学课外活动小组准备利用下图装置制备四氯化钛（部分夹持仪器已略去）。

资料表明：

室温下，四氯化钛为无色液体，熔点：

－25℃，沸点：

136.4℃。

在空气中发烟生成二氧化钛固体。

在650～850℃下，将氯气通过二氧化钛和炭粉的混合物可得到四氯化钛和一种有毒气体。

回答下列问题：

（1）实验时在仪器中加试剂前要先___________________________。

（2）实验中分液漏斗上口玻璃塞连接导管的作用是__________________________________B装置的作用是_____________________________。

（3）写出D装置中物质制备的化学方程式________________________________；写出四氯化钛在空气中发烟的化学方程式______________________________。

（4）E装置作用是_______________________。

（5）F装置中盛装的物质是________。

（6）该实验设计略有缺陷，请指出其不足之处：

______________________________。

【答案】

（1）.检查该装置气密性

（2）.平衡气压，有利于液体顺利留下（3）.洗去Cl2中的HCl气体；用作安全瓶（或用作平衡气压的安全装置，或用作防堵塞的安全装置）（4）.TiO2＋2Cl2＋2C

TiCl4＋2CO（5）.TiCl4＋2H2O===TiO2↓＋4HCl↑（6）.冷凝并收集TiCl4（7）.碱石灰（8）.没有对CO进行尾气处理

【解析】

【分析】

根据化学实验基础操作及注意事项分析解答；根据物质的制备实验图片流程分析解答。

【详解】

（1）实验加试剂前要检查装置气密性；

故答案为：

检查该装置气密性；

（2）A处分液漏斗上方的胶皮管的作用是平衡气压，有利于液体顺利滴下；装置B中选用的试剂为饱和食盐水，其作用是洗去Cl2中的HCl气体，并用作安全瓶；

故答案为：

平衡气压，有利于液体顺利留下；洗去Cl2中的HCl气体；用作安全瓶（或用作平衡气压的安全装置，或用作防堵塞的安全装置）；

（3）在D中制备TiCl4，反应的化学方程式为TiO2＋2Cl2＋2C

TiCl4＋2CO。

四氯化钛在空气中发烟生成二氧化钛，化学方程式为TiCl4＋2H2O===TiO2＋4HCl↑；

故答案为：

TiO2＋2Cl2＋2C

TiCl4＋2CO，TiCl4＋2H2O===TiO2↓＋4HCl↑；

（4）E装置中冷凝管的作用是冷凝回流，冷却水下进上出，与气流方向相反，即冷水从c口通入，下方的锥形瓶是收集装置，用来收集TiCl4；

故答案为：

冷凝并收集TiCl4；

（5）F的作用是避免空气中的水蒸气进入反应装置，所以F所盛装的物质是碱石灰；

故答案为：

碱石灰；

（6）由于反应TiO2＋2Cl2＋2C

TiCl4＋2CO，生成了有毒性的CO气体，会污染环境，而实验装置也没有设计处理，所以该实验设计的不足之处为没有对CO进行尾气处理；

故答案为：

没有对CO进行尾气处理。

【点睛】物质的制备流程大致为：

反应装置——除杂装置——检验装置——收集装置——尾气处理装置。

18.二氧化氯（ClO2）是极易溶于水且不与水发生化学反应的黄绿色气体，沸点为11℃，可用于处理含硫废水。

某小组在实验室中探究ClO2与Na2S的反应。

请回答下列问题：

（1）ClO2的制备（已知：

SO2+2NaClO3+H2SO4=2ClO2+2NaHSO4）

①装置A中反应的化学方程式为_____________。

②欲收集一定量的ClO2，选择上图中的装置，其连接顺序为a￫______（按气流方向，用小写字母表示）。

（2）ClO2与Na2S的反应

将上述收集到的ClO2用N2稀释以增强其稳定性，并将适量的稀释后的ClO2通入上图所示装置中充分反应，得到无色澄清溶液。

一段时间后，通过下列实验探究Ⅰ中反应的产物。

__

④ClO2与Na2S的反应的离子方程式为__________。

用于处理含硫废水时，ClO2相对于Cl2的优点是________（任写一条）。

【答案】

（1）.Cu+2H2SO4（浓）＝CuSO4+SO2↑+2H2O

（2）.g→h→b→c→e→f→d（3）.①SO2  ②有白色沉淀③加入足量稀硝酸酸化的AgNO3溶液（4）.8ClO2+5S2-+4H2O=8Cl-+5SO42-+8H+（5）.ClO2除硫效果彻底，氧化产物硫酸根稳定； ClO2在水中的溶解度大；剩余的ClO2不会产生二次污染，均被还原为Cl-时，二氧化氯得到的电子数是氯气的2.5倍（答案合理即可）

【解析】

【分析】

根据物质的制备和收集流程分析解答；根据物质的转化书写离子及化学反应方程式。

【详解】

（1）①装置 A 中反应Cu与浓硫酸制备二氧化硫，化学方程式为：

Cu+2H2SO4（浓）

CuSO4+SO2↑+H2O；

故答案为：

Cu+2H2SO4（浓）

CuSO4+SO2↑+H2O；

②二氧化硫从a进入装置B中反应，为防止倒吸，故应在之前有安全瓶，则a→g→h，为反应充分，再连接B装置中的b，二氧化氯沸点较低，在D中进行冰水浴收集，为了充分冷却，便于收集，连接