内蒙古翁牛特旗乌丹二中2026届化学高一上期中预测试题含解析

内蒙古翁牛特旗乌丹二中2026届化学高一上期中预测试题注意事项：1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3．请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。4．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、下列离子方程式的书写正确的是A．过量的CO2与澄清石灰水反应：OHˉ+CO2=B．铁片投入稀硫酸中：2Fe+6H+=2Fe3++3H2↑C．碳酸氢钠溶液与NaOH溶液反应：OHˉ+H+=H2OD．向Ba(OH)2溶液滴加NaHSO4溶液至Ba2+恰好沉淀：Ba2++2H++2OHˉ+=BaSO4↓+2H2O2、下列说法正确的是A．盐酸既有氧化性，又有还原性B．阳离子只有氧化性，阴离子只有还原性C．氧化剂在反应中被氧化，还原剂在反应中被还原D．在氧化还原反应中，氧化剂与还原剂不可能是同一种物质3、0.1mol某元素的单质直接与足量氯气反应，质量增加7.1g，这种元素可能是()A．钠B．铝C．铁D．铜4、某酒精厂由于管理不善，酒精滴漏到某种化学药品上而酿成火灾。该化学药品可能是()A．KMnO4 B．NaCl C．(NH4)2SO4 D．CH3COOH5、某无色透明的溶液中能大量共存的离子组是A．Al3+、Cu2+、SO42－、Cl－B．Ba2+、K+、SO42－、NO3－C．NH4+、Mg2+、SO42¯、Cl－D．Na+、Ca2+、Cl－、CO32－6、把7.4g由Na2CO3•10H2O和NaHCO3组成的混合物溶于水配成100mL溶液，其中c(Na+)=0.6mol•L-1。若把等质量的混合物加热至恒重，残留物的质量是A．2.12gB．3.18gC．4.22gD．5.28g7、0.2molNaOH和0.1molCa(OH)2的溶液中持续稳定地通入CO2气体，当通入气体为6.72L（标准状况）时立即停止，则这一过程中，溶液中离子数目和通入CO2气体的体积关系正确的图像是（气体的溶解忽略不计）A． B．C． D．8、景泰蓝是一种传统的手工艺品。下列制作景泰蓝的步骤中，不涉及化学变化的是ABCD将铜丝压扁，掰成图案

将铅丹、硼酸盐等化合熔制后描绘

高温焙烧

酸洗去污A．A B．B C．C D．D9、根据表中信息判断，下列选项不正确的是()序号反应物产物①KMnO4、H2O2、H2SO4K2SO4、MnSO4②Cl2、FeBr2FeCl3、FeBr3③MnO、Cl－Cl2、Mn2＋A．第①组反应的其余产物为H2O和O2B．第②组反应中参加反应的Cl2与FeBr2的物质的量之比为1∶2C．第③组反应中生成1molCl2，转移电子2molD．氧化性由强到弱顺序为MnO＞Cl2＞Fe3＋＞Br210、NA为阿伏伽德罗常数，下列叙述错误的是()A．18gH2O中含的质子数为10NAB．H2O2+Cl2=2HC1+O2反应中，每生成32gO2，转移2NA个电子C．3.6gCO和N2的混合气体含质子数为1.8NAD．1mol冰醋酸溶于水中，所得溶液中H+数为NA11、二氧化锰与浓硫酸反应有氧气放出：2MnO2+2H2SO4→2MnSO4+O2+2H2O．下列叙述错误的是（）A．浓硫酸作氧化剂B．硫酸锰是还原产物C．二氧化锰既是氧化剂又是还原剂D．氧气是氧化产物12、下列物质属于电解质且能导电的是A．金属铜 B．盐酸 C．熔融KCl D．酒精13、用NA表示阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是A．标准状况下，1.4LH2物质的量为1molB．标准状况下,

NA个水分子所占的体积为1．4LC．通常状况下，1NACO2分子占有的体积为1.4LD．0.5mol/L

MgCl2溶液中，含有Cl-的物质的量为0.5mol14、已知离子R2-的原子核内有n个中子，R原子的质量数为m．则W克离子R2-共含有的电子为（）A．mol B．mol C．mol D．mol15、我国明代《本草纲目》中收载药物1892种，其中“烧酒”条目下写道：“自元时始创其法，用浓酒和糟入甑，蒸令气上…其清如水，味极浓烈，盖酒露也。”这里所用的“法”是指()A．萃取 B．过滤 C．蒸馏 D．蒸发16、盛放浓硫酸的试剂瓶贴图中最合适的标志是()A． B． C． D．二、非选择题（本题包括5小题）17、由A和B两种可溶性盐组成的混合物，进行了下列实验：(1)若A溶液有颜色，试判断，A、B分别是_____________、_____________。(写化学式)(2)写出实验过程中发生反应的离子方程式_____________、_____________、_____________。(顺序不限)18、如图，反应①为常温下的反应，A、C、D中均含有氯元素，且A中氯元素的化合价介于C和D中氯元素的化合价之间，E在常温下为无色无味的液体，F是淡黄色固体，G为常见的无色气体。请据图回答下列问题：(1)G、A的化学式分别为_______、_______。(2)写出反应①的化学方程式：______。(3)写出反应②的化学方程式：_______。(4)已知A是一种重要的化工原料，在工农业生产和生活中有着重要的应用。请根据所学知识回答下列问题。①将A通入紫色石蕊溶液中，观察到的现象是_______。请写出A与水反应的化学方程式：_______。②A可以制漂白粉，漂白粉在空气时间长了会失效，失效的原因是________(用化学方程式表示)。19、现实验室要配制500mL1.00mol·L－1的NaCl溶液，请完成相应的实验步骤。A、实验准备（1）实验用品：托盘天平、量筒、烧杯、还有________________________等。（2）容量瓶验漏：向容量瓶内注入少量蒸馏水，盖好瓶塞，倒立容量瓶观察是否有渗水，_____（完成空白，将操作补充完整），倒立容量瓶，观察是否渗水。（3）计算：实验所需NaCl固体的质量为_______。B、实验过程（4）称量：用托盘天平称量约_______NaCl固体，并将NaCl固体放入500mL小烧杯中。（5）溶解：用200mL量筒量取约180mL蒸馏水，加入烧杯中，用玻璃棒搅拌。（6）转移和洗涤：将烧杯中溶液沿玻璃棒注入容量瓶，并用少量蒸馏水__________（完成空白，将操作补充完整，下同。）。（7）振荡：轻轻摇动容量瓶，使溶液混合均匀。（8）定容：将蒸馏水注入容量瓶，液面__________时，改用_____蒸馏水至______。（9）摇匀：盖好瓶塞，用左手指尖按住瓶塞，右手托住容量瓶底，反复上下颠倒摇匀。（10）装瓶：将配制好的溶液转入试剂瓶中待用。C、误差分析（填“偏高”、“偏低”或“不变”）（1）转移和洗涤时，若不慎将溶液洒落在容量瓶外，则所配溶液浓度_______。（2）定容时若俯视刻度线，所配溶液浓度__________。（3）摇匀后发现液面低于刻度线，重新定容，所配溶液浓度_________。20、某化学兴趣小组用图甲装置制备了氯气，并进行了一系列实验。(1)实验室制备氯气的反应原理是__________________________________________(2)乙同学认为图甲装置制备的氯气不纯净，其中混有HCl气体和水蒸气，对装置进行了如图乙改进。你认为合理吗？(合理则填入“合理”二字，如不合理则用文字说明理由)__________________________________________________________________________。(3)最后均将气体通入氢氧化钠溶液中，这样做的目的是_______________________；反应方程式为___________________________________。(4)若实验中有少量的氯气散发到空气中，试设计方案将其检测出________________________________________________________________________________。(5)若有87gMnO2参加反应，则被氧化的氯化氢的物质的量为_____________；得到的氯气在标准状况下的体积为______________________。21、A、B、C、D四种元素核电荷数均小于18。B元素L层两种能量不同的电子个数比为1:2，A、C元素的原子最外层电子数相等，C、D元素原子电子层数相同。A原子最外层电子数等于电子层数，C原子最外层电子数是K层上电子数的一半。D-离子电子层结构与氩原子电子层结构相同。（1）四种元素为：A_____B_____C_____D_____（2）A离子的结构示意图为_____（3）B原子的轨道表示式为_____，C原子有_____种不同运动状态的电子（4）D离子的最外层电子排布式为_____（5）D单质与A2B反应的化学方程式为_____

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、A【解析】

A．过量的CO2和澄清石灰水反应生成，反应的离子方程式为CO2+OH-═，故A正确；B．铁片投入稀硫酸反应生成亚铁离子和氢气，Fe+2H+=Fe2++H2↑，故B错误；C．碳酸氢钠溶液与NaOH溶液反应生成碳酸钠和水：HCO+OH-=+H2O，故C错误；D．向Ba(OH)2溶液滴加NaHSO4溶液至Ba2+恰好沉淀，反应的离子方程式为Ba2++OH-+H++═BaSO4↓+H2O，故D错误；故选A。2、A【解析】

A.HCl中氢元素为+1价，在反应中可以得电子，化合价降低，发生还原反应，具有氧化性；氯元素为-1价，在反应中可以失电子，化合价升高，发生氧化反应，具有还原性，因此盐酸既有氧化性，又有还原性，故A正确；B.处于中间价态的微粒既有氧化性也有还原性,如亚铁离子、亚硫酸根离子均既具有氧化性又具有还原性,故B错误；

C.氧化剂能够得电子，化合价降低，在反应中被还原；还原剂能够失电子，化合价升高，在反应中被氧化，故C错误；D.同种物质可能既失去电子也得到电子,则在氧化还原反应中,氧化剂与还原剂可能是同一种物质,如氯气与水的反应,故D错误；综上所述，本题选A。3、B【解析】试题分析：由题意确定反应的氯气的物质的量为0.1mol，从而确定化学方程式中某元素与氯气的物质的量之比为1:1，进而确定该元素的化合价为+2价，答案为B。考点：关于方程式的计算。4、A【解析】

KMnO4是一种强氧化剂，能氧化CH3CH2OH并放出热量，如热量逐渐积累而不能散去，就有可能引燃酒精，酿成火灾。答案选A。5、C【解析】

溶液无色，则有颜色的离子不能存在，溶液中不发生任何反应的离子能大量共存。【详解】A项、溶液中Cu2+为淡蓝色，与无色不符，故A错误；B项、溶液中Ba2+与SO42－生成硫酸钡沉淀，不能共存，故B错误；C项、该组离子之间不反应，可大量共存，且离子均为无色，故C正确；D项、溶液中Ca2+与CO32－生成碳酸钙沉淀，不能共存，故D错误。故选C。【点睛】本题考查离子共存问题，题本题注意题目无色的要求，解答时注意常见有颜色的离子判断。6、B【解析】

把7.4gNa2CO3•10H2O和NaHCO3组成的混合物加热至恒重，Na2CO3•10H2O中结晶水完全失去、NaHCO3分解生成碳酸钠、水和二氧化碳，所以最终残留物为碳酸钠，根据钠离子守恒可知，n（Na2CO3）=0.5n（Na+）=0.5×0.6mol/L×0.1L=0.03mol，最终得到残留物的质量为：106g/mol×0.03mol=3.18g，故答案选B。【点睛】本题考查了混合物反应的计算，注意掌握质量守恒定律在化学计算中的应用，试题侧重考查学生的分析、理解能力，明确最终生成固体残留物的组成为解答关键。7、C【解析】

n（CO2）=6.72L÷22.4L/mol=0.3mol，通入含有0.2mol氢氧化钠和0.1mol氢氧化钙的溶液中，发生反应：2OH-+CO2=CO32-+H2O，OH-+CO2=HCO3-+H2O，Ca2++CO32-=CaCO3↓，以此解答该题。【详解】n（CO2）=6.72L÷22.4L/mol=0.3mol，含有0.2mol氢氧化钠和0.1mol氢氧化钙的溶液中：n（OH-）=0.2mol+0.1mol×2=0.4mol，n（Na+）=0.2mol，n（Ca2+）=0.1mol，通入CO2，发生反应：2OH-+CO2=CO32-+H2O，OH-+CO2=HCO3-+H2O，Ca2++CO32-=CaCO3↓，设生成xmolCO32-，ymolHCO3-，2x+y=0.4；x+y=0.3，解得x=0.1，y=0.2，所以反应后溶液中含有：n（Na+）=0.2mol，n（HCO3-）=0.2mol，通入含有0.2molNaOH和0.1molCa(OH)2的溶液中，相当于首先发生：Ca2++2OH-+CO2=CaCO3↓，该阶段0.1molCa(OH)2完全反应消耗0.1molCO2，体积为2.24L，离子物质的量减少0.3mol，溶液中离子物质的量为0.7mol-0.3mol=0.4mol，其中含有0.2molOH-、生成0.1molCaCO3；然后发生2OH-+CO2=CO32-+H2O，0.2molOH-完全反应消耗0.1molCO2，体积为2.24L，该阶段离子物质的量减少0.1mol，溶液中剩余离子物质的量为0.4mol-0.1mol=0.3mol，溶液中含有0.2molNa+、0.1molCO32-；再发生CO32-+CO2+H2O=2HCO3-、CaCO3+CO2+H2O=Ca2++2HCO3-，消耗0.1molCO2，体积为2.24L，溶液中离子物质的量增大，溶液中离子为0.6mol，所以图象C符合，答案选C。【点睛】本题考查离子方程式的计算，注意根据溶液中发生的反应结合各离子的物质的量计算分析，注意图象中各阶段离子的浓度变化。8、A【解析】

A.将铜丝压扁并掰成图案，并没有新的物质生成，属于物理变化，不涉及化学变化，故A选；B.铅丹、硼酸盐等原料化合在经过烧熔而制成不透明的或是半透明的有独特光泽物质，该过程有新物质生成，属于化学变化，故B不选；C.烧制陶瓷过程有新物质生成，属于化学变化，故C不选；D.酸洗去污，该过程为酸与金属氧化物反应生成易溶性物质，属于化学变化，故D不选。9、D【解析】A、根据氧化还原反应中化合价有升必有降和质量守恒原则，第①组反应中，Mn元素化合价降低，则H2O2中的氧元素化合价升高，所以其余的反应产物为H2O和O2，所以A正确；B、由于Fe2＋的还原性强于Br－，所以少量的Cl2只能氧化Fe2＋，反应的化学方程式为3Cl2＋6FeBr2=4FeBr3＋2FeCl3，或用离子方程式Cl2＋2Fe2＋=2Fe3＋＋2Cl－，故参加反应的Cl2与FeBr2的物质的量之比为1∶2，则B正确；C、在第③组反应中，Cl－被MnO4－氧化生成Cl2，化合价从-1价升高为0价，所以生成1molCl2，转移2mol电子，故C正确；D、在第②组反应中，由于Fe2＋的还原性强于Br－，可推知Br2的氧化性强于Fe3＋，在第③组反应中，MnO4－的氧化性强于Cl2，而Cl2能与铁能发生如下反应3Cl2＋2Fe2FeCl3，所以Cl2的氧化性强于Fe3＋，所以氧化性由强到弱的顺序为MnO4－＞Cl2＞Br2＞Fe3＋，故D错误。本题正确答案为D。点睛：对于氧化还原反应，一定要明确知道四种物质，即氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物；有时不必写出反应方程式，但要明确化合价有升必有降；要明确性质强的物质先反应；要明确氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，还原剂的还原性强于还原产物的还原性。本题看似简单，但要想真正解答正确，对于高一学生并不容易，其中BD选项最容易错选。10、D【解析】

A．每个H2O分子含有10个质子，18gH2O的物质的量为1mol，含质子数为10NA，故A正确；B．在H2O2+Cl2═2HCl+O2反应中，氧元素由-1价变为0价，故生成32g氧气即1mol氧气时，转移2NA个电子，故B正确；C．氮气和CO的摩尔质量均为28g/mol，故3.6g混合物的物质的量为=mol，且两者均含14个质子，故mol混合物中含mol×14×NAmol-1=1.8NA个质子，故C正确；D．醋酸是弱酸，不能完全电离，则1mol冰醋酸溶于水中，所得溶液中H+数小于NA，故D错误；故答案为D。11、A【解析】

A．浓硫酸中元素的化合价不变，不作氧化剂，故A错误；B．Mn元素得到电子被还原，则硫酸锰是还原产物，故B正确；C．Mn、O元素的化合价都变化，则二氧化锰既是氧化剂又是还原剂，故C正确；D．O元素失去电子被氧化，则氧气为氧化产物，故D正确；故选A。【点睛】氧化剂和还原剂在反应物中寻找，所含元素化合价降低的物质作氧化剂，所含元素化合价升高的物质作还原剂，所含元素化合价既升高又降低的物质既作氧化剂又作还原剂，氧化剂对应的产物是还原产物，还原剂对应的产物是氧化产物。12、C【解析】

A、金属铜能导电，但金属铜是单质不是化合物，因此金属铜不是电解质，故A错误；B、盐酸是氯化氢的水溶液，是混合物，不是化合物，所以不是电解质，故B错误；C、熔融KCl是化合物，属于电解质，熔融态下电离出自由移动的钾离子和氯离子，能导电，故C正确；D、乙醇是化合物，但其水溶液只存在乙醇分子，不导电，属于非电解质，故D错误；综上所述，本题正确答案为C。【点睛】本题重点考查电解质定义与判断。电解质是指在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物，例如酸、碱和盐等，凡在上述情况下不能导电的化合物叫非电解质，例如蔗糖和酒精等。注意电解质和非电解质都是化合物，单质和混合物既不是电解质也不是非电解质。解题时紧抓住电解质必须是化合物，以及导电是在水溶液或熔化状态下为条件进行解题。13、A【解析】

A、标准状况下，1.4LH2物质的量为1mol，选项A正确；B、水在标准状况下不是气体，NA个水分子所占的体积不是1.4L，选项B错误；C、1NA个CO2分子的物质的量为1mol，但不是标准状况，不能使用气体摩尔体积1.4L/mol，选项C错误；D、溶液体积未给出，无法计算离子物质的量，选项D错误。答案选A。14、B【解析】

质子数=质量数-中子数=m-n，阴离子：电子数=质子数+电荷数=m-n+2，故W克离子R2-共含有的电子为×(m−n+2)，答案选B。【点睛】本题考查质量数、质子数、中子数与电子数的关系，根据质子数=质量数-中子数，阴离子：电子数=质子数+电荷数，以及n=进行计算。15、C【解析】

该方法是利用酒精与水的沸点不同，从浓酒中分离出乙醇。【详解】从浓酒中分离出乙醇，利用酒精与水的沸点不同，用蒸馏的方法将其分离提纯，这种方法是蒸馏，故选C。16、D【解析】

浓硫酸具有强烈的腐蚀性，所以属于腐蚀性药品，合理选项是D。二、非选择题（本题包括5小题）17、CuSO4K2CO3Cu2++CO32-=CuCO3↓Ba2++SO42-=BaSO4↓CuCO3+2H+=Cu2++CO2↑+H2O【解析】

A和B两种可溶性盐组成的混合物，加水溶解后，过滤后所得无色溶液加入硝酸钡溶液可得硫酸钡沉淀和硝酸钾溶液，说明混合物中含有SO42-、K＋；混合物加水溶解过滤所得沉淀加入稀硫酸得CO2，说明混合物中含有CO32-，最后得到硫酸铜溶液，则混合物中含有Cu2＋；则混合物中含有：SO42-、Cu2＋、CO32-、K＋；这些离子可以组成两种可溶性物质是K2CO3、CuSO4，据此分析解答。【详解】(1)根据分析，A、B两种可溶性物质是K2CO3、CuSO4，若A溶液有颜色，A为CuSO4、B为K2CO3；(2)A、B两种盐K2CO3、CuSO4在溶解时，发生反应生成碳酸铜和硫酸钾，离子反应为：Cu2++CO32-=CuCO3↓，过滤后的溶液中加入硝酸钡，生成硫酸钡和硝酸钾，离子反应为：Ba2++SO42-=BaSO4↓，过滤得到的沉淀为碳酸铜，加入稀硫酸生成硫酸铜、二氧化碳和水，离子反应为：CuCO3+2H+=Cu2++CO2↑+H2O。18、O2Cl2Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑紫色试液先变红色，后又褪色Cl2+H2O⇌HCl+HClOCa(ClO)2+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO；2HClO2HCl+O2↑【解析】

E在常温下为无色无味的液体，应为H2O，F为淡黄色粉末，应为Na2O2，则G为O2，B为NaOH，A、C、D均含氯元素，且A中氯元素的化合价介于C与D之间，应为Cl2和NaOH的反应，生成NaCl和NaClO，结合物质的性质作答即可。【详解】(1)由以上分析可知，A为Cl2，G为O2，故答案为：O2、Cl2；(2)由以上分析可知，A为Cl2，B为NaOH，所以反应①的化学方程式为：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，故答案为：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O；(3)反应②为过氧化钠和水的反应，方程式为2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，故答案为：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑；(4)①氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，发生Cl2+H2O⇌HCl+HClO，盐酸具有酸性，可使紫色石蕊试液变红，生成的次氯酸具有漂白性，可使溶液褪色，故答案为：紫色试液先变红色，后又褪色；Cl2+H2O⇌HCl+HClO；②氯气和氢氧化钙反应生成漂白粉，有效成分为Ca(ClO)2，在空气中与二氧化碳、水反应生成不稳定的次氯酸，次氯酸见光分解，涉及反应为Ca(ClO)2+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO；2HClO2HCl+O2↑，故答案为：Ca(ClO)2+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO；2HClO2HCl+O2↑。【点睛】本题考查无机物的推断，为高考常见题型和高频考点，侧重考查学生的分析能力，题目难度不大，本题的突破口在于物质的颜色和状态，注意常温下氯气与碱反应生成次氯酸盐。19、500mL容量瓶、胶头滴管、玻璃棒再将容量瓶正立，将瓶塞旋转180度再盖好瓶塞29.25g29.3g洗涤烧杯内壁和玻璃棒2～3次，并将洗涤液转移到容量瓶内离容量瓶颈刻度线下1～2cm胶头滴管滴加液面与刻度线相切偏低偏高偏低【解析】

根据m=cVM进行计算溶质的质量，注意托盘天平只能精确到0.1g。根据配制的过程和注意事项分析。根据溶质的变化和溶液体积的变化分析误差。【详解】(1)配制500mL1.00mol·L－1的NaCl溶液需要的实验仪器，除了托盘天平、量筒、烧杯外，还有500mL容量瓶、胶头滴管、玻璃棒；(2)容量瓶验漏：向容量瓶内注入少量蒸馏水，盖好瓶塞，倒立容量瓶观察是否有渗水，再将容量瓶正立，将瓶塞旋转180度再盖好瓶塞，倒立容量瓶，观察是否渗水。(3)氯化钠的质量为1×0.5×58.5g=29.25g；(4)因为托盘天平只能精确到0.1g，所以需要称量29.3g氯化钠。(6)转移溶液后，用少量蒸馏水洗涤烧杯内壁和玻璃棒2～3次，并将洗涤液转移到容量瓶内；(8)将蒸馏水注入容量瓶，加水到离容量瓶颈刻度线下1～2cm，改用胶头滴管滴加，到液面与刻度线相切。(1)不慎将溶液洒落到容量瓶外，溶质有损失，则所配溶液浓度偏低；(2)定容时俯视，则溶液的体积变小，浓度偏高；(3)摇匀后又加水，则溶液的体积变大，浓度偏低。【点睛】掌握配制一定物质的量浓度的溶液的实验操作和误差分析。根据溶质的变化或溶液体积的变化分析误差。通常溶质损失，溶液的浓度变小。溶液的体积变大，浓度变小，溶液的体积变小，浓度变大。20、MnO2＋4HCl(浓)MnCl2＋Cl2↑+2H2O在除去HCl气体和水蒸气的同时，氯气与碱石灰也能反应尾气吸收，防治污染环境Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O在烧杯口放一张湿润的淀粉碘化钾试纸，若试纸变蓝色则说明有少量的氯气散发到