广东广州越秀区执信中学2026届化学高一上期末教学质量检测试题含解析

广东广州越秀区执信中学2026届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、当光束通过时，能观察到丁达尔效应的是（）A．稀硫酸 B．溶液 C．胶体 D．酒精溶液2、下列说法正确的是A．氯气在氢气中安静的燃烧并产生苍白色火焰B．将氯气溶于水形成氯水并置于钢瓶中进行储存和运输C．Cl2是一种很强的氧化剂，在一定条件下能与Fe单质反应生成FeCl2D．次氯酸能使染料等有机色素褪色，有漂白性，还能杀死水中的细菌，起消毒作用3、化学与生活密切相关，下列应用中利用了物质氧化性的是A．漂白粉用于生活用水的消毒 B．氢氧化铝用于中和过多胃酸C．食醋用于除水垢 D．氢氟酸用于刻蚀玻璃4、关于金属材料的锈蚀说法不一，其中没有科学道理的是()A．金属接触水和空气锈蚀最快B．改变金属的内部结构形成合金能抵御金属锈蚀C．金属表面刷油漆可以抵御金属锈蚀D．不断擦去铝表面的锈能抵御铝的继续锈蚀5、科学家发现了利用泪液来检测糖尿病的方法，其原理是用氯金酸钠(NaAuCl4)溶液与溶液中的葡萄糖发生反应生成纳米金单质颗粒(直径为20-60nm)。下列有关说法错误的是A．氯金酸钠中金元素的化合价为+3B．葡萄糖在反应中体现还原性C．检测时，NaAuCl4发生氧化反应D．纳米金单质颗粒分散在水中所得的分散系属于胶体6、下列物质的俗称与化学式不对应的是A．生石灰-CaO B．胆矾-CuSO4 C．烧碱-NaOH D．酒精-C2H5OH7、NA表示阿伏加德罗常数，下列各项说法正确的是()A．1mol·L－1NaCl溶液含有NA个Na＋B．标准状况下，分子数为NA的CO2、N2的混合气体体积约为22.4L，质量为28gC．2.4gMg与盐酸完全反应，转移的电子数为0.2NAD．22.4LN2所含的原子数为2NA8、下列关于离子方程式书写正确的是A．酸性硫酸亚铁溶液在空气中被氧化：4Fe2＋+O2+4H＋=4Fe3＋+2H2OB．向Al2(SO4)3溶液中加入过量的NH3·H2O：Al3＋+4NH3·H2O=AlO2－+4NH4＋+2H2OC．向硫酸氢钠溶液中，逐滴加入Ba(OH)2溶液至中性：Ba2＋+OH－+H＋+SO42－=BaSO4↓+2H2OD．SO2通入氯水中：SO2+Cl2+H2O=SO42－+2Cl－+H＋9、下列叙述中，正确的是A．1molO3的质量为32g B．SO42－的摩尔质量为96g/molC．0.05molHCl的体积是1.12L D．0.5mol/LAl2(SO4)3溶液中含Al3+的个数约为6.02×102310、下列含氯化合物中，不能由金属单质和氯气直接反应得到的是A．FeCl2 B．CuCl2 C．AlCl3 D．MgCl211、下列各离子能大量共存的是（）A．无色透明的溶液中：Cu2+、K+、SO42-、NO3-B．使无色酚酞试液呈红色的溶液中：Na+、K+、SO42-、CO32-C．NH4Cl溶液中：K+、OH-、SO42-、Cl-D．pH=1的溶液中：Na+、K+、HCO3-、NO3-12、下列说法正确的是()A．用过滤的方法可分离碳酸钙和氯化钠溶液的混合物B．为加快过滤，使用玻璃棒搅动漏斗里的液体C．蒸发食盐水时，开始析出晶体后用玻璃棒搅拌D．为加快蒸发的速度，可以加热至水全部蒸干得到晶体13、某溶液中可能含有H＋、NH4＋、Mg2＋、Al3＋、Fe3＋、CO32－、SO42－、Cl－中的几种。①若加入锌粒，产生无色无味的气体；②若加入NaOH溶液，产生白色沉淀，且产生的沉淀量与加入NaOH的物质的量之间的关系如图所示。则下列说法正确的是A．溶液中的阳离子只有H＋、Mg2＋、Al3＋B．溶液中一定不含CO32－和SO42－，可能含有Cl－C．溶液中n(Mg2＋)=0.1molD．n(H＋):n(NH4＋):n(Al3＋):n(Mg2＋)=2:4:2:114、Zn与硝酸反应时，硝酸溶液的浓度不同，产物也不相同。与不同浓度硝酸反应时，反应的Zn与被还原硝酸的物质的量关系如图。还原产物为NH4NO3的曲线是（）A．A B．B C．C D．D15、下列各组离子能在溶液中大量共存的是A．Ca2+、Na＋、NO3－、ClO－ B．NH4＋、Na＋、HCO3－、OH－C．H＋、K＋、MnO4－、S2－ D．Mg2+、K＋、Cl－、OH－16、2020年5月1日北京市在全市范围内开展施行垃圾分类，下列垃圾分类不正确的是ABCD垃圾废易拉罐果皮废旧电池废塑料瓶垃圾分类可回收物厨余垃圾有害垃圾其他垃圾A．A B．B C．C D．D二、非选择题（本题包括5小题）17、1L某混合溶液，可能含有的离子如下表：可能大量含有的阳离子H+、Mg2+、Al3+、NH4+可能大量含有的阴离子Cl-、CO32-往该溶液中逐滴加入NaOH溶液，产生沉淀的物质的量（n）与加入NaOH溶液的体积（V）的关系如图所示。（NH4++OH-=NH3·H2O）（1）该溶液中一定不含有的离子是___。（2）V1、V2、V3、V4之间的关系___。（3）V3V4段离子方程式为___。18、已知：甲、乙、丙、丁为常见化合物，A、B为单质，相互转化关系如图。其中甲是天然气的主要成分。回答下列问题：（1）丁物质的名称：______，丙物质的化学式：_________________________________________。（2）检验化合物乙的化学方程式：___________________________________________________。（3）试剂X可能的化学式：________、________(要求：所选物质类别不同)。（4）通过分析表明：燃料充分燃烧的条件之一是______________________________。（5）取变红溶液于试管中加热，观察到的现象有_______________________________________。19、氮及其化合物在工农业生产等方面有广泛应用，研究其性质有重要意义。A是一种白色晶体，它与浓NaOH溶液共热，放出无色气体B。用圆底烧瓶收集干燥的B。按如图装置，引发紫色石蕊溶液上喷，可以得到蓝色喷泉；A与浓H2SO4反应，放出无色气体C。用圆底烧瓶收集干燥的C，仍按下图装置，引发紫色石蕊溶液上喷，可以得到红色喷泉。（1）写出A与浓NaOH溶液共热生成B的离子方程式_________________________________________________________；（2）可用于除去B中水分的干燥剂是______________；收集气体C的方法是______________________________；（3）引发紫色石蕊溶液上喷的操作是_____________________________________________；（4）在同温同压下，相同体积的两个烧瓶分别充满气体B和气体C，做喷泉实验后，水都充满烧瓶，两个烧瓶中所得溶液的物质的量浓度之比是_____________。20、某小组同学利用舍勒发现氯气的方法制取氯气并探究其性质。请回答：(1)写出装置①中制取氯气化学反应方程式__________。在反应中，是利用了MnO2的_________(填“氧化性”或“还原性”)。(2)装置②中的现象是__________。(3)③中溶液由无色变为橙黄色，发生反应的离子方程式是_________。(4)用离子方程式解释④中NaOH溶液的作用____________。(5)取一支试管，加入2mL③中橙黄色溶液，再滴入几滴KI-淀粉溶液，观察到溶液变为蓝色。通过以上实验，能否得出结论：Br2的氧化性强于I2_________(能或否)。理由是_________。21、铁是人类较早使用的金属之一。运用铁及其化合物的知识，完成下列问题。Ⅰ.（1）所含铁元素既有氧化性又有还原性的物质是________(填字母)。A．FeB．FeCl3C．FeSO4D．Fe2O3（2）血红蛋白(Hb)中的铁元素呈正二价，能与O2分子结合成氧合血红蛋白(HbO)从而有输送氧的能力。NaNO2因具有氧化性能使血红蛋白丧失与O2结合的能力，药品美蓝是其有效的解毒剂，下列说法中正确的是（_______）A．NaNO2被氧化B．药品美蓝是还原剂C．NaNO2是还原剂D．药品美蓝被还原（3）电子工业常用30%的FeCl3溶液腐蚀敷在绝缘板上的铜箔来制造印刷电路板。写出FeCl3溶液与铜发生反应的离子方程式：________________________________。Ⅱ.高铁酸钾(K2FeO4)是一种新型、高效、多功能绿色水处理剂，比Cl2、O2、ClO2、KMnO4氧化性更强，无二次污染，工业上是先制得高铁酸钠，然后在低温下，向高铁酸钠溶液中加入KOH至饱和，使高铁酸钾析出。（4）干法制备高铁酸钠的主要反应为：2FeSO4＋6Na2O2=2Na2FeO4＋2Na2O＋2Na2SO4＋O2↑，该反应中Na2O2是________(填“氧化剂”或“还原剂”)。（5）湿法制备高铁酸钾的反应体系中有六种微粒：Fe(OH)3、ClO－、OH－、、Cl－、H2O。①碱性条件下，氧化剂和还原剂的物质的量的比为3∶2发生反应，写出并配平湿法制高铁酸钾的离子反应方程式：__________________________________________。②若反应过程中转移了0.3mol电子，则还原产物的物质的量为________mol。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、C【解析】

稀硫酸、CuSO4溶液、酒精溶液都是溶液，不能产生丁达尔效应，而Fe（OH）3胶体属于胶体，可以产生丁达尔效应，故C正确；故选C。2、D【解析】

A.氯气为氧化剂，和氢气反应时应描述为：氢气在氯气中安静的燃烧并产生苍白色火焰，A项错误；B.氯水中含有盐酸和次氯酸，具有酸性，不能用钢瓶中进行储存和运输，B项错误；C.Cl2是一种很强的氧化剂，与变价金属反应生成最高价氯化物，在一定条件下能与Fe单质反应生成FeCl3，C项错误；D.次氯酸具有漂白性和杀菌消毒作用，能使染料等有机色素褪色，还能杀死水中的细菌，D项正确；答案选D。3、A【解析】

A．把漂白粉撒到水中时，发生反应Ca(ClO)2+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO，HClO具有强氧化性而杀菌消毒，与题意吻合，故A正确；B．氢氧化铝可以与盐酸反应，腐蚀性小，可用于中和过多胃酸，但反应过程中未发生氧化还原反应，故B错误；C．水垢的主要成分是碳酸钙和氢氧化镁，食醋溶解碳酸钙和氢氧化镁的反应均为复分解反应，未发生氧化还原反应，故C错误；D．玻璃中的SiO2能溶于HF，氢氟酸可用于刻蚀玻璃，但未发生氧化还原反应，故D错误；故答案为A。4、D【解析】

A、金属接触水和空气锈蚀最快，A正确；B、铁中掺入铬和镍等金属改变内部结构，制成不锈钢可以防腐蚀，所以改变金属的内部结构能抵御金属锈蚀，B正确；C、金属防锈的措施之一是在金属表面刷油漆，隔绝氧气与水，C正确；D、不断擦去铝表面的锈，使得内部金属暴露出来，加快了铝的腐蚀而不是抵御铝的继续锈蚀，D错误；答案选D。5、C【解析】

本题考查氧化还原反应以及分散系的判断。A.化合物中正负化合价的代数和为0，Na为+1价，Cl为-1价；

B.该反应中Au的化合价降低，故葡萄糖中某元素化合价升高；

C.化合价降低的反应是还原反应；

D.分散质粒子直径在1nm-100nm之间的分散系为胶体。【详解】A.化合物中正负化合价的代数和为0，Na为+1价，Cl为-1价，则氯金酸钠中金元素的化合价为+3，故A正确；

B.该反应中Au的化合价降低，即NaAuCl4做氧化剂，根据氧化还原反应中有元素化合价降低，则必然有元素化合价升高，故葡萄糖中某元素化合价升高，表现出还原性，故B正确；

C.氯金酸钠变为金化合价降低，发生还原反应，故C错误；

D.纳米金单质颗粒直径为20nm～60nm，分散在水中所得的分散系为胶体，故D正确．【点睛】把握反应中元素的化合价变化、物质的性质、胶体的判断为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。6、B【解析】

A．生石灰是CaO，A正确；B．胆矾是CuSO4·5H2O，B错误；C．烧碱是NaOH，C正确；D．酒精是C2H5OH，D正确；答案选B。7、C【解析】

A.1mol·L－1NaCl溶液的体积不确定，不一定含有NA个Na＋，A错误；B.标准状况下，分子数为NA的CO2、N2的混合气体的物质的量是1mol，体积约为22.4L，由于CO2、N2的相对分子质量分别是44和28，所以混合气体的质量大于28g，B错误；C.2.4gMg（0.1mol）与盐酸完全反应生成氯化镁，镁失去2个电子，转移的电子数为0.2NA，C正确；D.22.4LN2的物质的量不一定是1mol，所含的原子数不一定为2NA，D错误；答案选C。8、A【解析】

A、二价铁离子空气中被氧气氧化生成三价铁离子；B、不符合反应客观事实；C、反应生成硫酸钡和水；D、电荷不守恒。【详解】A、酸性硫酸亚铁溶液在空气中被氧化，离子方程式：4Fe2++O2+4H+═4Fe3++2H2O，故A正确；B、向Al2（SO4）3溶液中加入过量的NH3•H2O，离子方程式：Al3++3NH3•H2O═Al（OH）3↓+3NH4+，故B错误；C、向硫酸氢钠溶液中，逐滴加入Ba（OH）2溶液至中性的离子反应为2H++SO42-+Ba2++2OH-═BaSO4↓+2H2O，故C错误；D、SO2通入氯水中，离子方程式：SO2+Cl2+2H2O═SO42-+2Cl-+4H+，故D错误。答案选A。9、B【解析】

A．1molO3的质量为48g，错误；B．SO42－的摩尔质量为96g/mol，正确；C．没有指明标准状况，所以0.05molHCl的体积不一定是1.12L，错误；D．没有给出溶液体积，无法确定Al2(SO4)3溶液中含Al3+的个数，错误；故选B。10、A【解析】

氯气具有强氧化性，与变价金属生成高价金属氯化物，以此来解答。【详解】A.Fe与氯气反应生成FeCl3，故A选；

B.Cu与氯气反应生成CuCl2，故B不选；

C.Al与氯气反应生成AlCl3，故C不选；

D.Mg与氯气反应生成MgCl2，故D不选；综上所述，本题选A。11、B【解析】

A.

Cu2+为有色离子，与题意要求不符，故A错误；B.使无色酚酞试液呈红色的溶液呈碱性，溶液中存在大量氢氧根离子，Na+、K+、SO42−、CO32−之间不反应，都不与氢氧根离子反应，在溶液中能够大量共存，故B正确；C.

NH4Cl与OH−发生反应，在溶液中不能大量共存，故C错误；D.

pH=1的溶液呈酸性，溶液中存在大量氢离子，氢离子与HCO3−反应，在溶液中不能大量共存，故D错误；答案选B。12、A【解析】

A．CaCO3不溶于水，氯化钠溶于水，可以选择过滤法分离碳酸钙和氯化钠溶液的混合物，故A正确；B．过滤操作中，用玻璃棒搅动漏斗里的液体，容易把滤纸弄破，起不到过滤的作用，故B错误；C．开始蒸发时，就应用玻璃棒不断搅拌，以防止局部温度过高，造成液体飞溅，故C错误；D．蒸发时，应该蒸发至出现大量固体是停止加热，利用余热蒸干，故D错误；故选A。13、D【解析】

若加入锌粒，产生无色无味无毒的气体，说明气体是氢气，因此溶液显酸性，则CO32﹣不能大量共存；加入NaOH溶液，产生白色沉淀，说明不存在铁离子；根据产生的沉淀量与加入NaOH的物质的量之间的关系图可知，溶液中一定含有Mg2+、Al3+；又因为当沉淀达到最大值时，继续进入氢氧化钠，沉淀不变，这说明溶液中还存在NH4+，由于溶液中还必须存在阴离子，所以一定还有SO42﹣和Cl﹣的最少一种，据此分析。【详解】若加入锌粒，产生无色无味无毒的气体，说明气体是氢气，因此溶液显酸性，则CO32﹣不能大量共存；加入NaOH溶液，产生白色沉淀，说明不存在铁离子；根据产生的沉淀量与加入NaOH的物质的量之间的关系图可知，溶液中一定含有Mg2+、Al3+；又因为当沉淀达到最大值时，继续进入氢氧化钠，沉淀不变，这说明溶液中还存在NH4+，由于溶液中还必须存在阴离子，所以一定还有SO42﹣和Cl﹣的最少一种，A、溶液中的阳离子有H+、NH4+、Mg2+、Al3+，故A错误；B、由分析知SO42﹣和Cl﹣最少含有一种，故B错误；C、由D分析知镁离子的物质的量是0.05mol，故C错误；D、根据图象特点可以知道：加入氢氧化钠，先与氢离子反应，再与镁、铝离子反应生成氢氧化物沉淀，再与铵根反应得到一水合氨，再与氢氧化铝反应生成偏铝酸钠，根据第二段是氢氧化钠与铵根反应得到一水合氨的阶段，即NH4++OH﹣＝NH3•H2O，消耗氢氧化钠的物质的量为0.7mol﹣0.5mol＝0.2mol，所以溶液中n（NH4+）＝0.2mol；根据第一段是氢氧化钠中和氢离子的阶段，所以氢离子的物质的量是0.1mol，根据第四段是氢氧化铝和氢氧化钠反应的阶段，即Al(OH)3～OH﹣～[Al(OH)4]﹣，则消耗氢氧化钠的物质的量为：0.8mol﹣0.7mol＝0.1mol，根据第二段是将铝离子和镁离子反应生成沉淀的阶段，根据Al3+～3OH﹣～Al(OH)3，Mg2+～2OH﹣～Mg(OH)2，0.1mol氢氧化铝消耗氢氧化钠的物质的量是0.3mol，所以镁离子消耗氢氧化钠的物质的量是：0.5mol﹣0.1mol﹣0.3mol＝0.1mol，所以镁离子的物质的量是0.05mol，所以n(H＋):n(NH4＋):n(Al3＋):n(Mg2＋)=2:4:2:1，故D正确。答案选D。【点睛】本题考查了常见离子的检验方法及判断，为高频考点，侧重考查学生的分析能力和实验能力，注意掌握常见离子的性质及检验方法。14、A【解析】

根据题中Zn与被还原硝酸的物质的量关系图可知，本题考查氧化还原反应的计算，运用氧化还原反应中得失电子守恒和原子守恒分析。【详解】锌和稀硝酸发生氧化还原反应，反应后Zn从0价被氧化为+2价，硝酸还原产物为NH4NO3，即硝酸中氮原子从+5价被还原为-3价，由得失电子守恒和原子守恒写出反应的化学方程式为：4Zn+10HNO3=4Zn(NO3)2+NH4NO3+3H2O，此时已反应的锌与被还原的硝酸的物质的量之比为4：1，符合的只有曲线A，答案选A。15、A【解析】

A.Ca2+、Na＋、NO3－、ClO－各离子之间相互不反应，能大量共存，选项A正确；B.NH4＋、HCO3－与OH－均能反应而不能大量共存，选项B错误；C.H＋与发生S2－反应生成弱酸、MnO4－与S2－发生氧化还原反应而不能大量共存，选项C错误；D.Mg2+与OH－反应生成氢氧化镁沉淀而不能大量共存，选项D错误；答案选A。16、D【解析】

A．废易拉罐主要材料为金属，例如铝制品，属于可回收利用的材料，属于可回收物，A正确；B．果皮主要含大量的水分、有机物，很容易腐蚀，跟菜叶菜根之类都属于厨余垃圾，B正确；C．废旧电池中含有汞、镉等重金属，是危险废弃物，易污染环境，属于有害垃圾，C正确；D．废塑料瓶主要由聚乙烯或聚丙烯等等制造而成，也可回收利用，所以属于可回收物，D错误；答案选D。二、非选择题（本题包括5小题）17、Mg2+、CO32-V2-V1=3(V4-V3)Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O【解析】

加入NaOH至V1时，无沉淀生成，则表明溶液中含有H+，由于CO32-与H+不能大量共存，所以溶液中一定不含有CO32-。V3~V4段，加入NaOH能使沉淀完全溶解，则说明沉淀为Al(OH)3，不含有Mg(OH)2，从而表明原溶液中含有Al3+，不含有Mg2+；则V1~V2段，Al3+与OH-反应生成Al(OH)3沉淀；V2~V3段，沉淀物质的量不变，则表明此段发生反应NH4++OH-=NH3·H2O。因为溶液呈电中性，则一定含有Cl-。（1）由以上分析，我们可得出该溶液中一定不含有的离子。（2）V1~V2段，Al3++3OH-=Al(OH)3↓；V3~V4段，Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O，以Al(OH)3为桥梁，可得出两个反应中NaOH的体积关系。（3）V3V4段,Al(OH)3全部溶液于OH-，生成AlO2-和H2O。【详解】加入NaOH至V1时，无沉淀生成，则表明溶液中含有H+，由于CO32-与H+不能大量共存，所以溶液中一定不含有CO32-。V3~V4段，加入NaOH能使沉淀完全溶解，则说明沉淀为Al(OH)3，不含有Mg(OH)2，从而表明原溶液中含有Al3+，不含有Mg2+；则V1~V2段，Al3+与OH-反应生成Al(OH)3沉淀；V2~V3段，沉淀物质的量不变，则表明此段发生反应NH4++OH-=NH3·H2O。因为溶液呈电中性，则一定含有Cl-。（1）由以上分析，可得出该溶液中一定不含有的离子Mg2+、CO32-。答案为：Mg2+、CO32-；（2）V1~V2段，Al3++3OH-=Al(OH)3↓；V3~V4段，Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O，以Al(OH)3为桥梁，可得出V2-V1=3(V4-V3)。答案为：V2-V1=3(V4-V3)；（3）V3V4段,Al(OH)3全部溶液于OH-，生成AlO2-和H2O，反应的离子方程式为Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O。答案为：Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O。【点睛】在判断图象中线段对应反应时，若我们弄不清哪种离子先反应，哪种离子后反应，可从共存寻求突破。比如HNO3与NaOH反应完之后，我们假设NH4+先与OH-反应生成一水合氨，一水合氨又会与Mg2+、Al3+反应，分别生成Mg(OH)2、Al(OH)3和NH4+，则表明假设错误，应为Mg2+、Al3+先与OH-反应，而NH4+后发生反应。18、水COCO2＋Ca(OH)2=CaCO3↓＋H2OO2CuO充足的氧气红色溶液变成紫色，有气泡冒出【解析】

甲是天然气的主要成分，则甲是甲烷，甲与A，B与A能燃烧，则A是氧气，丁电解生成A、B，则B是氢气，丁是水，乙与水加入紫色石蕊试液后溶液变红，则乙是二氧化碳，丙与乙可以相互转化，则丙是一氧化碳，据此分析解答。【详解】(1)根据分析可知丁是水，丙是CO，故答案为：水；CO；(2)检验二氧化碳的方法是将气体通入澄清石灰水，反应方程式为：CO2+Ca(OH)2=CaCO3↓+H2O；(3)由丙转化到乙，则试剂X可以是氧气，也可以是氧化铜等物质，所属的类别分别是单质和氧化物；故答案为：O2；CuO；(4)通过分析表明:燃料充分燃烧的条件之一是要有充足的氧气；故答案为：充足的氧气；(5)取变红溶液于试管中加热会发生碳酸分解的过程，故可以观察到的现象是红色溶液变成紫色，有气泡冒出；故答案为：红色溶液变成紫色，有气泡冒出。19、NH4+＋OH－NH3↑＋H2O碱石灰向上排空气法打开止水夹，挤出胶头滴管中的水1：1【解析】

（1）碱液能使石蕊试液显蓝色，则气体B应该是氨气，所以A应该是铵盐。A与浓H2SO4反应，放出无色气体C。且用无色气体C做喷泉实验可以得到红色喷泉，这说明C应该是氯化氢，所以A是氯化铵，则A与浓NaOH溶液共热生成B的离子方程式是NH4+＋OH－NH3↑＋H2O；（2）氨气是碱性气体，不能用酸性干燥剂，也不能用氯化钙，应该用碱石灰做干燥剂；氯化氢极易溶于水，但氯化氢的密度大于空气的，所以收集氯化氢的方法是向上排空气法；（3）引发紫色石蕊溶液上喷的操作是打开止水夹，挤出胶头滴管中的水；（4）在相同条件下，等体积的氨气和氯化氢的物质的量是相等的，又因为水充满烧瓶，所以两个烧瓶中所得溶液的物质的量浓度之比是1:1的。【点睛】该题是高考中的常见考点和题型，属于中等难度的试题。试题综合性强，侧重对学生实验能力的培养，有利于提升学生的学科素养，也有利于培养学生规范、严谨的实验设计能力。该类试题主要是以常见仪器的选用、实验基本操作为中心，通过是什么、为什么和怎样做重点考查实验基本操作的规范性和准确性及灵活运用知识解决实际问题的能力。20、MnO2+4HClMnCl2+Cl2↑+2H2O氧化性红色褪去2Br-+Cl2=Br2+2Cl-Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O否有可能是溶液中的多余的Cl2(HClO)氧化了I-离子生成I2【解析】

装置①中制取氯气是二氧化锰和浓盐酸在加热条件反应生成氯化锰、氯气和水，氯气通入到湿润的有色布条中，有色布条褪色其实质是氯气与水反应生成的次氯酸漂白而褪色，氯气与溴化钠反应生成溴单质，多余的氯气用氢氧化钠溶液处理。【详解】(1)装置①中制取氯气是二氧化锰和浓盐酸在加热条件反应生成氯化锰、氯气和水，其化学反应方程式MnO2+4HClMnCl2+Cl2↑+2H2O。在反应中，MnO2中锰元素化合价降低，作氧化剂，利用了MnO2的氧化性；故答案为：MnO2+4HClMnCl2+Cl2↑+2H2O；氧化性。(2)氯气与湿润的有色布条中的水先反应生成次氯酸，次氯酸具有漂白性而使有色布条褪色，因此装置②中的现象是红色褪去；故答案为：红色褪去。(3)③中溶液由无色变为橙黄色，说明氯气置换出了单质溴，发生反应的离子方程式是2Br－+Cl2=Br2+2Cl－；故答案为：2Br－+Cl2=Br2+2Cl－。(4)尾气氯气有毒，因此要用NaOH溶液处理尾气，反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，用离子方程式解释④中NaOH溶液的作用Cl2+2OH－=Cl－+ClO－+H2O；故答案为：Cl2+2OH－=Cl－+ClO－+H2O。(5)取一支试管，加入2mL③中橙黄色溶液，③中溶液可能含有多余的Cl2(HClO)，Cl2(HClO)氧化了I－离子生成I2，使得淀粉变蓝，因此不能得出Br2的氧化性强于I2；故答案为：否；有可能是溶液中的多余的Cl2(HClO)氧化了I－离子生成I2。21、CBCu+2Fe3+=2F