2026届安徽省蚌埠市化学高一上期末调研模拟试题含解析

2026届安徽省蚌埠市化学高一上期末调研模拟试题注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、下列实验操作及现象和结论相符的是选项实验操作及现象结论A向某溶液中加入盐酸，产生能使澄清石灰水变浑浊的无色无味气体溶液中一定含有CO32-B向某溶液中加入硝酸银，产生白色沉淀溶液中一定含有Cl-C用洁净铂丝蘸取某溶液在火焰上灼烧，火焰呈黄色溶液中有Na+，无K+D向某溶液中先滴加几滴KSCN溶液，无明显现象，再滴加氯水，溶液变红溶液中一定含有Fe2+A．A B．B C．C D．D2、下列氢氧化物有还原性的是()A．氢氧化镁 B．氢氧化亚铁 C．氢氧化铁 D．氢氧化铝3、两个无标签的试剂瓶，分别装有Na2CO3和NaHCO3固体。有4位同学为鉴别它们，分别取少量固体，采用了以下不同的方法，其中最佳方案是A．分别加热，再检验是否有使澄清石灰水变浑浊的气体产生B．分别配成溶液，再加入NaOH溶液C．分别配成溶液，再加入澄清石灰水D．分别取固体样品，滴加同浓度浓盐酸，观察产生气泡的快慢4、某位同学配制一定物质的量浓度的NaOH溶液时，造成所配溶液浓度偏高的原因是A．定容时，仰视凹液面最低点B．向容量瓶中加水未到刻度线C．有少量NaOH溶液残留在烧杯里D．用带游码的托盘天平称2.4gNaOH时误用了“左码右物”方法5、下列有关NaHCO3、Na2CO3的性质比较中，正确的是()A．热稳定性Na2CO3<NaHCO3B．常温时水溶性Na2CO3<NaHCO3C．可用BaCl2溶液区分NaHCO3固体和Na2CO3固体D．等物质的量的NaHCO3和Na2CO3与足量稀盐酸反应，NaHCO3放出的CO2多6、在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是（）A．CO2CaCO3 B．FeFeCl3C．CuOCu(OH)2 D．AlAl(OH)37、向含有a

mol

Na2CO3的溶液中通入b

molHCl，下列说法不正确的是()A．当b>2a时，发生的离子反应为：CO32-+2H+=H2O+CO2↑B．当b<a时，发生的离子反应为：CO32-+H+=HCO3-C．当4a=3b时，发生的离子反应为：3CO32-+4H+=2HCO3-+H2O+CO2↑D．当a<b<2a时，反应生成的HCO3-与CO2的物质的量之比为(b-a)：(2b-a)8、在四川抗震救灾中，芦山县一存放漂白粉的仓库因漏雨而引发爆炸，冒出大量有毒的浓烟，周围的居民被迅速疏散。下列关于漂白粉的叙述不正确的是（）A．漂白粉是由氯气通氢氧化钠溶液中制得的B．漂白粉要密封保存在干燥处C．漂白粉可用于杀菌消毒D．漂白粉的主要成分是次氯酸钙和氯化钙9、现有如下所示4个装置图，以下说法中正确的是A．①装置可用于比较NaHCO3和Na2CO3的稳定性 B．用酒精萃取溴水中的溴可选择②装置C．如③装置进行实验可看到酸性KMnO4溶液褪色 D．④装置可用于实验室制取并收集少量SO210、下列说法中正确的是（）A．碳酸氢钠的热稳定性比碳酸钠的强B．等质量的碳酸钠、碳酸氢钠分别与足量的盐酸反应，前者产生的二氧化碳少C．足量的碳酸钠、碳酸氢钠分别与等物质的量的盐酸反应，两者产生的二氧化碳一样多D．等物质的量的碳酸钠、碳酸氢钠分别与足量的盐酸反应，前者消耗的盐酸少11、用如图装置进行实验，将液体A逐滴加入到固体B中，下列叙述正确的是()A．若A为浓盐酸，B为Na2CO3，C中盛有Na2SiO3溶液，则C中溶液出现白色沉淀，证明酸性：H2CO3>H2SiO3B．若A为浓盐酸，B为KMnO4，C中盛石蕊试液，则C中溶液最终呈红色C．若A为较浓硫酸，B为Na2SO3固体，C中盛有Na2S溶液，则C中溶液变浑浊D．装置D起干燥气体作用12、下列反应中既属于分解反应又属于氧化还原反应的是（）A．S＋O2SO2B．Cu2（OH）2CO32CuO＋CO2↑＋H2OC．2KMnO4K2MnO4＋MnO2＋O2↑D．Zn＋H2SO4=ZnSO4＋H2↑13、下列溶液中，不需要避光保存的是()A．硝酸银溶液 B．浓盐酸 C．浓硝酸 D．氯水14、在标准状况下，由CO和CO2组成的混合气体，体积为15.68L，质量为24.4g，此混合气体中C和O两种原子的物质的量之比为（）A．7∶10 B．2∶1 C．4∶3 D．5∶215、以下物质间的每步转化，不能通过一步反应实现的是（）A．S→SO2→H2SO4→BaSO4B．Al→Al2O3→Al(OH)3→NaAlO2C．Si→SiO2→Na2SiO3→H2SiO3D．Na→Na2O2→NaOH→NaCl16、在常温下，分别利用下列三个反应产生氯气，其反应方程式分别为：①2KMnO4+16HCl(浓)=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O②KClO3+6HCl(浓)=KCl+3Cl2↑+3H2O③Ca(ClO)2+4HCl(浓)=CaCl2+2Cl2↑+2H2O如果三个反应所产生的氯气质量相等，被还原的氧化剂的物质的量关系为()A．①＝②＝③ B．①＞②＞③ C．③＞①=② D．①＞②＝③二、非选择题（本题包括5小题）17、下图每一方格表示有关的一种反应物或生成物,其中A、C为无色气体,D气体能使带火星的木条复燃,X是一种常见的酸式盐。试填写下列空白:(1)物质X的名称是___________;检验C气体的方法是___________。(2)反应④的化学方程式为___________。(3)反应⑥中氧化剂与还原剂的质量之比为___________;反应⑦中氧化剂与还原剂的物质的量之比为___________。(4)写出X与足量NaOH溶液反应的离子方程式:____________。(5)在标准状况下,在一个干燥的烧瓶内F和D的混合气体[V(F)∶V(D)=4∶1]。然后做喷泉实验,则烧瓶中所得溶液中溶质的物质的量浓度为___________。18、有一包白色固体，可能含有NaCl、Na2SO4、CaCl2、CuSO4、Na2CO3，将固体放入水中，经搅拌后变为无色溶液；在溶液里加入BaCl2溶液，产生白色沉淀，再加入盐酸，沉淀全部溶解并有气体放出，由此推断：（1）原固体肯定有___。（2）原固体肯定不存在___。（3）不能确定是否存在___。19、利用下图装置(夹持装置略)制取和收集纯净、干燥的氨气，并探究氨气的性质。（1）关闭装置Ⅰ中的止水夹，向分液漏斗中加适量水，打开活塞，说明Ⅰ气密性良好的现象是______________________。（2）利用装置Ⅰ制取氨气，不能选用的试剂为浓氨水和________(填字母)。A．氢氧化钠B.碱石灰C．硝酸钾D.生石灰（3）根据实验要求，仪器连接的顺序(用字母编号表示)：a接________、________接________、______接______。______（4）收集氨气，按如图装置进行NH3性质的探究实验。①打开旋塞1，B瓶中的现象是_________________________________________，原因是_____________________________________________，稳定后，关闭旋塞1；②再打开旋塞2，B瓶中的现象是__________________________________________。20、实验室配制500mL0.2mol·L-1的Na2SO4溶液。回答下列问题：（1）填写下列实验操作步骤中的空白处：A．在天平上称取___gNa2SO4固体，把它放在___中，用适量的蒸馏水溶解；B．把制得的溶液小心地沿着___注入___中；C．继续向容量瓶中加入蒸馏水至液面离容量瓶颈刻度线下1～2cm时，改用___小心滴加蒸馏水至溶液凹液面最低处与刻度线水平相切；D．用少量蒸馏水洗涤烧杯内壁和玻璃棒2～3次，每次洗涤液也小心转入容量瓶中，并轻轻摇匀；E.盖好瓶塞，反复上下颠倒，摇匀。（2）第（1）题中操作步骤的正确顺序是(填标号)___。（3）下列情况中，会使所配溶液浓度偏高的是___(填标号)。a.溶解搅拌时有部分液体溅出b.加蒸馏水时，不慎超过了刻度线C．在定容时，俯视刻度线d.容量瓶使用前内壁沾有水珠21、现有A、B、C、D、E、F、G、H、M九种物质，其中A为淡黄色粉末，B为日常生活中最常见无色无味液体，E为无色气体单质，F的水溶液与石灰水混合可得D的溶液，G为黄绿色气体单质，H是漂白液的有效成分，它们之间的相互转化关系如图所示，其他与题无关的生成物均已略去。请回答下列问题：（1）写出G、H的化学式：G________，H________。D的俗名是__________。（2）写出反应②的离子方程式：_________________________________________。（3）利用下图装置进行实验，证明氧化性强弱：KMnO4>Cl2>Br2。限选试剂：KBr溶液、KMnO4、浓盐酸。已知：2KMnO4+16HCl(浓)=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O请回答下列问题：装置a的名称是____________________，d中盛放的试剂是____________。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、D【解析】

A、无色无味的气体是二氧化碳，溶液中也可能含有HCO3－，A错误；B、与硝酸银溶液产生白色沉淀的不一定是氯离子，也可能是碳酸根等，B错误；C、没有透过蓝色钴玻璃观察，无法判断是否含有钾离子，C错误；D、先加入KSCN溶液，无明显实验现象，再滴入氯水，溶液变红，说明产生了铁离子，因此一定含有亚铁离子，D正确；答案选D。2、B【解析】

A．氢氧化镁中镁元素的化合价是+2价，是最高价，氢氧化镁无还原性，故A错误；B．氢氧化亚铁中铁元素的化合价是+2价，是中间价，化合价可以升高，则氢氧化亚铁有还原性，故B正确；C．氢氧化铁中铁元素的化合价是+3价，是最高价，氢氧化铁无还原性，故C错误；D．氢氧化铝中铝元素的化合价是+3价，是最高价，氢氧化铝无还原性，故D错误；故答案为B。3、A【解析】

A.分别加热，只有NaHCO3固体产生能使澄清石灰水变浑浊的气体，A可行；B.分别配成溶液，再加入NaOH溶液，虽然NaHCO3能与NaOH反应，但无现象，B不能区分；C.分别配成溶液，再加入澄清石灰水，二者都有白色沉淀生成，C不能区分；D.分别取固体样品，滴加同浓度浓盐酸，都有气泡产生，但难以分清快慢，D难以区分；综合以上分析，只有A现象明显，方案最佳。故选A。4、B【解析】

A.定容时，仰视凹液面最低点，溶液体积增加，浓度偏低，A错误；B.向容量瓶中加水未到刻度线，溶液体积减少，浓度偏高，B正确；C.有少量NaOH溶液残留在烧杯里，溶质减少，浓度偏低，C错误；D.用带游码的托盘天平称2.4gNaOH时误用了“左码右物”方法，溶质的质量不足2.4g，所以浓度偏低，D错误。答案选B。【点睛】明确误差分析的依据是解答的关键，即根据cB=nBV可得，一定物质的量浓度溶液配制的误差都是由溶质的物质的量ｎB和溶液的体积V引起的。误差分析时，关键要看配制过程中引起ｎ和V怎样的变化。在配制一定物质的量浓度溶液时，若nB比理论值小，或V比理论值大时，都会使所配溶液浓度偏小；若5、C【解析】试题分析：热稳定性Na2C03>NaHC03，故A错误。常温时水溶性Na2C03>NaHC03，因为Na2C03水解程度远远大于NaHC03，故B错误。C项中可用BaCl2溶液区分NaHC03固体和Na2C03固体，说法正确，因为BaCl2溶液滴入NaHC03时，不会有沉淀产生，而一滴入Na2C03，马上有沉淀BaCO3产生，故可选C。D项中等物质的量的NaHC03和Na2C03与足量稀盐酸反应，两者放出的C02是一样多的，故D错误。考点：NaHC03、Na2C03的性质比较点评：NaHC03、Na2C03的性质是高中化学两者常见的碱性盐，本题很好地归纳两者的性质差别，考生要在比较中切实掌握两者的性质。6、B【解析】

A.二氧化碳与氯化钙溶液不反应，故不选A；B.铁在氯气中燃烧生成氯化铁，故选B；C.氧化铜不溶于水，故不选C；D.铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，铝与氢氧化钠不能生成氢氧化铝，故不选D。7、D【解析】

A.当b>2a时，HCl过量，反应生成氯化钠、CO2气体和H2O，发生反应的离子反应为：CO32-+2H+=H2O+CO2↑，A正确；B.当b<a时，碳酸钠过量，二者反应生成碳酸氢钠，反应的离子反应为：CO32-+H+=HCO3-，B正确；C.当4a=3b时，HCl部分过量，反应生成NaHCO3和CO2，碳酸根离子与氢离子的物质的量之比为3：4，反应的离子方程式为：3CO32-+4H+=2HCO3-+H2O+CO2↑，C正确；D.当a<b<2a时，HCl部分过量，amolCO32-先与amol氢离子反应生成amolHCO3-，H+还剩余(b-a)mol，剩余的H+与HCO3-反应生成CO2，根据反应HCO3-+H+=H2O+CO2↑可知生成CO2的物质的量为：(b-a)mol，剩余HCO3-的物质的量为：amol-(b-a)mol=(2a-b)mol，所以反应生成的HCO3-与CO2的物质的量之比为(2a-b)mol：(b-a)mol=(2a-b)：(b-a)，D错误；故合理选项是D。8、A【解析】

A.漂白粉是由氯气通入石灰乳(Ca(OH)2)中制得的，故A错误；B.漂白粉容易吸收空气中的水和二氧化碳导致变质，需要密封保存在干燥处，故B正确；C.漂白性具有强氧化性可使蛋白质变性，可用于杀菌消毒，故C正确；D.石灰乳与氯气反应生成氯化钙、次氯酸钙和水，所以漂白粉的主要成分是次氯酸钙和氯化钙，故D正确；故答案为A。9、C【解析】

A、套管实验中，碳酸钠应在外管，碳酸氢钠在内管，可比较稳定性，故A错误；B、酒精与水互溶，不能作该实验的萃取剂，故B错误；C、浓硫酸有脱水性和强氧化性，使蔗糖碳化后发生氧化还原反应生成具有还原性的SO2，被酸性KMnO4氧化，KMnO4溶液褪色，故C正确；D、SO2的密度比空气大，用向上排空气法收集，即收集时，长进短出，NaOH能与SO2发生反应，注意防倒吸，故D错误。10、B【解析】

A.碳酸氢钠加热分解为碳酸钠、二氧化碳、水，碳酸氢钠热稳定性比碳酸钠的弱，故A错误；B.碳酸氢钠中碳元素质量分数大于碳酸钠，等质量的碳酸钠、碳酸氢钠分别与足量的盐酸反应，前者产生的二氧化碳少，故B正确；C.根据Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2、NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2，足量的碳酸钠、碳酸氢钠分别与等物质的量的盐酸反应，碳酸氢钠产生的二氧化碳多，故C错误；D.根据Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2、NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2，等物质的量的碳酸钠、碳酸氢钠分别与足量的盐酸反应，前者消耗的盐酸多，故D错误。11、C【解析】

A．浓盐酸挥发的HCl在C中也能与Na2SiO3溶液反应生成白色沉淀，则无法判断H2CO3的酸性一定比H2SiO3强，故A错误；B．A为浓盐酸，B为KMnO4，则反应生成的氯气通入C中，Cl2与水反应生成HCl和HClO，其中HClO有强氧化性和漂白性，则C中紫色石蕊试液先变红色，后褪色，故B错误；C．A为较浓硫酸，B为Na2SO3固体，两者反应生成的SO2气体通入C中，因SO2有氧化性，则与C中Na2S溶液反应有淡黄色S生成，可观察到C中溶液变浑浊，故C正确；D．仪器D为球形干燥管，则可以起到防止溶液倒吸的作用，故D错误；故答案为C。12、C【解析】

A．S＋O2SO2是化合反应，不是分解反应，A错误；B．Cu2（OH）2CO32CuO＋CO2↑＋H2O，化合价没有发生变化，不是氧化还原反应，B错误；C．2KMnO4K2MnO4＋MnO2＋O2↑是分解反应，是氧化还原反应，C正确；D．Zn＋H2SO4=ZnSO4＋H2↑是置换反应，不是分解反应，D错误。答案选C。【点睛】置换反应一定属于氧化还原反应，复分解反应一定不属于氧化还原反应，有单质参与的化合反应和分解反应属于氧化还原反应。13、B【解析】

A.因硝酸银不稳定，见光容易分解：2AgNO32Ag+2NO2↑+O2↑，所以应避光保存，A不符合题意；B.浓盐酸具有挥发性，只需密封保存，不需避光保存，B符合题意；C.浓硝酸不稳定，见光容易分解：4HNO34NO2↑+O2↑+2H2O，所以应避光保存，C不符合题意；D.氯水中的次氯酸不稳定，易分解：2HClO2HCl+O2↑，所以应避光保存，D不符合题意；故答案为：B。14、A【解析】

首先可以把看成“多了一个氧的”，由解出气体的总物质的量，0.7mol一氧化碳的质量应该为，实际上为24,4g，也就是说多出来的4.8g其实都是氧原子，即0.3mol氧原子，所以该混合气体可以看成0.7mol和0.3mol氧原子组成的混合物，因此碳和氧的物质的量之比为，答案选A。15、B【解析】

A.S与氧气反应生成SO2，SO2与双氧水反应生成H2SO4，H2SO4与BaCl2反应生成BaSO4，都能一步反应实现，故A不符合题意；B.Al加热反应生成Al2O3，Al2O3不能一步反应生成Al(OH)3，故B符合题意；C.Si加热生成SiO2，SiO2与NaOH反应生成Na2SiO3，Na2SiO3和HCl反应生成H2SiO3，都能一步反应实现，故C不符合题意；D.Na与氧气加热反应生成Na2O2，Na2O2与H2O反应生成NaOH，NaOH与HCl反应生成NaCl，都能一步反应实现，故D不符合题意。综上所述，答案为B。16、C【解析】

根据上述反应可知，三个反应均是将-1价的氯氧化为0价的氯气，故三个反应所产生的氯气质量相等，即需要转移的电子数相等，假设反应均转移1mol电子，根据反应可知，反应①需要氧化剂KMnO4为0.2mol，反应②需要氧化剂KClO3为0.2mol，反应③需要氧化剂Ca(ClO)2为0.5mol，故被还原的氧化剂的物质的量关系为③＞①=②，故答案为：C。二、非选择题（本题包括5小题）17、碳酸氢铵能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体是NH34NH3+5O24NO+6H2O1∶22∶3NH4++HCO3-+2OH-=CO32-+NH3·H2O+H2O0.036mol·L-1【解析】

X为酸式盐，且能与盐酸、氢氧化钠反应都生成气体，应为弱酸铵盐，其中与盐酸反应得到气体A，A能与过氧化钠反应生成气体D，则A为CO2、D为O2；X与氢氧化钠反应得到气体C为NH3，可以推知X为NH4HCO3，C(氨气)与D(氧气)反应生成E为NO，E与氧气反应生成F为NO2，F与水反应得到G能与Cu反应生成NO，则G为HNO3，以此解答该题。【详解】(1)由上述分析可知，物质X是碳酸氢铵，检验氨气的方法是：用湿润的红色石蕊试纸检验，若试纸变蓝，证明C气体是氨气；(2)反应④为氨气的催化氧化反应，反应的化学方程式为：4NH3+5O24NO+6H2O；(3)反应⑥为二氧化氮和水的反应，反应方程式为3NO2+H2O=2HNO3+NO为自身氧化还原反应，氧化剂与还原剂是同种物质，氧化剂与还原剂的质量之比为1:2；反应⑦为铜和稀硝酸的反应，反应方程式为3Cu+8HNO3(稀)=4H2O+3Cu(NO3)2+2NO↑，反应中硝酸为氧化剂，部分被还原，铜为还原剂，故氧化剂与还原剂的物质的量之比为2:3；(4)碳酸氢铵和足量氢氧化钠溶液的反应，反应生成碳酸钠和一水合氨，反应的离子方程式为NH4++HCO3−+2OH-=CO32-+NH3·H2O+H2O；(5)设烧瓶的体积为xL，则由4NO2+O2+2H2O=4HNO3可得，生成溶质n(HNO3)=，因气体完全溶于水，故最后溶液的体积为xL，则烧瓶中所得溶液中溶质的物质的量浓度为≈0.036mol·L-1。18、Na2CO3CaCl2、Na2SO4、CuSO4NaCl【解析】

部分该固体溶于水，可得到澄清的无色溶液，一定不含CuSO4，再向其中加入BaCl2产生白色沉淀，再加入盐酸，沉淀全部消失并有气体放出，则沉淀是碳酸钙，一定含有Na2CO3，一定不含Na2SO4、CaCl2，可能含有NaCl，以此解答该题。【详解】：(1)由以上分析可知一定含有Na2CO3，故答案为：Na2CO3；

(2)一定不含有Na2SO4、CaCl2、CuSO4、CaCO3，故答案为：Na2SO4、CaCl2、CuSO4；

(3)不能确定是否含有NaCl，故答案为：NaCl。19、分液漏斗内液面不再下降Ccbefd产生白色的烟氯化氢与氨气反应生成了氯化铵小颗粒，NH3＋HCl＝NH4Cl，氯化铵小颗粒形成白烟烧杯中的硝酸银溶液会倒流进入到B瓶中，B瓶中生成白色沉淀(提示：A中气体压强大于B中)【解析】

（1）利用注水法检验装置的气密性；（2）利用装置I制取氨气，为常温下固液制取气体的装置，据此分析；（3）依据氨气的物质性质和化学性质选择连接方式；（4）A中压强大，HCl进入B中，与氨气反应生成氯化铵固体；关闭旋塞①，再打开旋塞②，烧杯中的AgNO3溶液会倒流进入到B瓶中，反应生成AgCl。【详解】（1）关闭A装置中的止水夹，向分液漏斗中加入适量水，打开活塞，分液漏斗内液面高度保持不变（或液体不再滴下），说明A装置气密性良好，故答案为：分液漏斗内液面不再下降；（2）利用装置I制取氨气，为常温下固液制取气体的装置，可为浓氨水与CaO、氢氧化钠，CaO+H2O＝Ca(OH)2、消耗水并放热，根据NH3+H2ONH3H2ONH4++OH-可知，氢氧化钙、氢氧化钠溶于水电离出氢氧根离子，氢氧根离子浓度增大平衡逆向移动，使氨气逸出，且温度升高，降低氨气的溶解度，使氨气逸出，A、B、D符合条件，硝酸钾溶于水没有明显的热效应，不能与浓氨水制备氨气，故答案为：C；（3）利用装置I制取氨气，制出的氨气中含有水蒸气，需进行干燥，选用装置Ⅱ，粗口进，细口出，所以a连接cb；根据氨气的密度小于空气的密度，应为向下排气法收集，所以选择收集装置应为“短进长出”，所以再连接ef，氨气属于极易溶于水，还是大气污染气体，用防倒吸的装置进行尾气吸收连接d，所以连接顺序为cbefd，故答案为：c；b；e；f；d；（4）A容器压强为150kPa，B容器压强100kPa，A容器压强大于B容器，先打开旋塞①，A容器中的氯化氢进入B容器，氨气和氯化氢反应，NH3+HCl＝NH4Cl，生成氯化铵固体小颗粒，所以B瓶中的现象是出现白烟，氨气、氯化氢为气体反应生成的氯化铵为固体，压强减小，再打开旋塞②，硝酸银倒吸入B瓶中，氯化铵与硝酸银反应生成白色的氯化银沉淀。故答案为：产生白色的烟；氯化氢与氨气反应生成了氯化铵小颗粒，NH3＋HCl＝NH4Cl，氯化铵小颗粒形成白烟；烧杯中的硝酸银溶液会倒流进入到B瓶中，B瓶中生成白色沉淀(提示：A中气体压强大于B中)。20、14.2烧杯玻璃棒500mL容量瓶胶头滴管ABDCEc【解析】

(1)A．依据n=CV、m=nM计算需要溶质的质量；固体中烧杯中溶解；B．把溶液转入容量瓶时要用玻璃棒引流；C．用胶头滴管向容量瓶中加液