1.3氧化还原反应同步练习题高一上学期化学人教版（2019）必修第一册（含解析）

1.3 氧化还原反应 同步练习题
一、选择题
1．通常利用反应：(未配平)定性检验，关于该反应的下列说法中，不正确的是
A．被氧化 B．每消耗，转移
C．氧化剂和还原剂的物质的量之比为 D．在该反应的条件下，氧化性：
2．碘在地壳中主要以形式存在，在海水中主要以形式存在，几种粒子之间的转化关系如图所示。下列说法正确的是
A．由题图可知氧化性的强弱顺序：
B．可利用与在一定条件下反应制备
C．途径III中若反应，则反应中转移电子
D．在淀粉碘化钾溶液中逐滴滴加氯水，不能观察到溶液变蓝现象
3．下图的每一方格中表示有关的一种反应物或生成物，其中A、C、D、E为无色气体，F为红棕色气体。下列说法不正确的是
A．M可能是纯净物或混合物
B．用蘸有浓盐酸的玻璃棒靠近瓶口可以检验C气体是否收集满
C．D在一定条件下可以与C发生置换反应
D．G与木炭的反应中氧化剂与还原剂的物质的源之比为1∶4
4．足量铜与一定量浓硝酸反应，得到硝酸铜溶液和、NO的混合气体，这些气体与2.24 L(标准状况)混合后通入水中，所有气体完全被水吸收生成硝酸。则反应中消耗铜的质量是
A．3.2g B．6.4g C．12.8g D．19.2g
5．反应3NaClO+2FeCl3+10NaOH=2Na2FeO4+9NaCl+5H2O，还原剂是
A．NaClO B．FeCl3 C．NaOH D．NaCl
6．(NH4)2Cr2O7是一种受热易发生氧化还原反应而分解的盐。下列各组对(NH4)2Cr2O7受热分解产物的判断，符合实际的是
A．CrO3+ NH3+ H2O B．Cr2O3+ NH3+ H2O
C．CrO3+N2+ H2O D．Cr2O3+ N2+ H2O
7．在氧化还原反应中，氧化剂得到的电子总数等于还原剂失的去电子总数，这个规律称为电子得失守恒。在一定条件下，发生了以下反应：+Cl2+2OH-=+2Cl-+H2O下列说法错误的是
A．n=2 B．中R的价态为+6价
C．中R的价态为+5价 D．是氧化产物
8．下列反应中必须加入还原剂才能进行的是
A．CuO→CuCl2 B．Zn→Zn2+
C．SO→SO2 D．MnO→Mn2+
9．氧化还原反应与四种基本反应类型的关系如图所示，则下列化学反应属于区域3的是
A．Cl2＋2KBr = Br2＋2KCl
B．2NaHCO3 = Na2CO3＋H2O＋CO2↑
C．4Fe(OH)2＋O2＋2H2O = 4Fe(OH)3
D．CuO ＋CO = Cu＋CO2
10．硫代硫酸钠常用于治疗氰化物中毒、过敏性皮肤病等。硫代硫酸钠的制备反应及作为氰化钾的解毒剂时发生的反应如下(已知中S的化合价可看作+2)。制备反应：。解毒反应：。下列说法错误的是
A．制备反应说明的还原性比的强
B．制备反应中氧化产物与还原产物的物质的量之比为1∶2
C．解毒反应中，既是氧化剂，也是还原剂
D．处理65g，转移2电子
11．下列反应仅体现还原性的是
A．
B．
C．
D．
12．一种“地康法”制取氯气的反应原理如图所示，下列说法错误的是
A．反应Ⅰ属于复分解反应 B．反应Ⅱ中为还原剂
C．由图可知该条件下，的氧化性强于的 D．若要制得，则消耗的体积为
13．已知反应：①2FeCl3+2KI=2FeCl2+2KCl+I2②2FeCl2+Cl2=2FeCl3③I2+SO2+2H2O=H2SO4+2HI。判断下列物质氧化性由强到弱的顺序正确的是
A．KI＞FeCl2＞SO2 B．Cl2＞FeCl3＞I2＞SO2
C．FeCl2＞KI＞SO2 D．Cl2＞FeCl3＞SO2＞I2
14．根据下列反应进行判断，下列各微粒还原能力由强到弱的顺序正确的是
①2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO+4H+
②I2+SO2+2H2O=H2SO4+2HI
③2Fe3++2I-=2Fe2++I2
A．SO2＞I-＞Fe2+ B．I-＞Fe2+＞SO2 C．I2＞Fe3+＞SO D．I-＞Fe2+＞SO
15．电视剧中的仙境美轮美奂，其中所需的烟雾是在放于温热石棉网上的和粉的混合物中滴几滴水后产生的白烟：，下列说法中不正确的是
A．每生成共转移电子 B．发生氧化反应
C．氧化产物只有 D．既是氧化剂也是还原剂
二、填空题
16．SCR和NSR技术可有效降低柴油发动机在空气过量时的排放。
(1)SCR(选择性催化还原)工作原理如图所示：
①尿素水溶液热分解为和。
②反应器中还原的化学方程式_________________________。
(2)NSR(储存还原)工作原理：的储存和还原在不同时段交替进行，如图1所示。
①通过BaO和的相互转化实现的储存和还原。储存的物质是__________。
②用模拟尾气中还原性气体研究了的催化还原过程，该过程分两步进行，如图2表示该过程相关物质浓度随时间的变化关系。第一步反应消耗的与的物质的量之比是__________。
③还原过程中，有时会产生笑气。笑气为直线形不对称分子，与具有相似的化学键特征，则笑气的结构式为__________。研究发现还原过程中笑气的产生与NO有关，在有氧条件下与以一定比例反应时，得到的笑气几乎都是。
与互为____________________(填“同位素”或“同素异形体”)。
请将该反应的化学方程式补充完整：__________。
____________
17．在工业上，次磷酸常用于化学镀银，发生的反应如下：Ag++H3PO2+H2O→Ag↓+H3PO4+H+。请回答下列问题：
(1)H3PO2中，P元素的化合价为_______；该反应中，H3PO2被_______(填“氧化”或“还原”)。
(2)配平该离子方程式：_______。
(3)H3PO2是一元弱酸，写出其与足量NaOH溶液反应的化学方程式：_______。
(4)若该反应有0.1NA个电子转移，则镀件镀上银的质量为_______g。
三、计算题
18．医学上常用酸性高锰酸钾溶液和草酸溶液的反应用于测定血钙的含量。回答下列问题：
(1)配平以下离子方程式，并填上所需的微粒。
___H++___MnO4 +___H2C2O4 ══___CO2↑+___Mn2++___。
(2)该反应中的还原剂是___。
(3)反应转移了0.4mol电子，则消耗KMnO4的物质的量为___mol。
(4) 将一定质量的镁铝合金投入100mL一定物质的量浓度的盐酸中，合金全部溶解，向所得溶液中滴加5mol·L-1的NaOH溶液到过量，生成沉淀的质量与加入的NaOH溶液的体积关系如图所示。
①原合金Al的质量分数是______；
②盐酸的物质的量浓度是________。
四、元素或物质推断题
19．在某无色澄清溶液中可能存在下列几种离子：H+、Na+、Ba2+、Fe3+、SO、I-、CO、HCO。取该溶液进行下列实验：①用pH试纸检验，该溶液呈强酸性；②取200mL溶液加入少量氯水和少量CCl4，振荡后静置，CCl4层呈紫色；③另取部分溶液逐滴加入NaOH溶液，当溶液呈碱性时，再加入Na2CO3溶液，有白色沉淀生成．(已知氧化性：Cl2＞I2)
(1)根据上述实验现象，推断原溶液中肯定存在的离子是__，肯定不存在的离子是__，可能存在的离子是___。
(2)若步骤②中消耗0.02molCl2，则溶液中与Cl2反应的离子的物质的量浓度为__。
(3)写出实验③中生成白色沉淀的离子方程式：__。
五、实验题
20．氮的氧化物()是大气污染物之一，工业上在一定温度和催化剂条件下用将还原生成。某同学在实验室中对与反应进行了探究。回答下列问题：
(1)氨气的制备
①氨气的发生装置可以选择上图中的_______，反应的化学方程式为_______。
②欲收集一瓶干燥的氨气，选择上图中的装置，其连接顺序为：发生装置→_______(按气流方向，用小写字母表示)。
(2)氨气与二氧化氮的反应将上述收集到的充入注射器X中，硬质玻璃管Y中加入少量催化剂，充入两端用夹子、夹好)。在一定温度下按图示装置进行实验。
操作步骤 实验现象 解释原因
打开，推动注射器活塞，使X中的气体缓慢通入Y管中 Y管中红棕色气体慢慢变浅 ①反应的化学方程式______
将注射器活塞退回原处并固定，待装置恢复到室温 Y管中有少量水珠 生成的气态水凝集
打开 ②______ ③______
【参考答案】
一、选择题
1．C
解析：A．锰元素化合价升高， Mn2+ 被氧化，故A不选；
B．PbO2中Pb元素化合价由+4降低为+2，则每消耗1mol PbO2，转移2mole-，故B不选；
C．PbO2作氧化剂，Pb元素化合价由+4降低为+2，降低2价，Mn2+作还原剂，锰元素化合价由+2升高为+7，升高5价，根据化合价升降总数相等可得，氧化剂和还原剂的物质的量之比为 5:2，故C选；
D．在同一化学反应方程式中，氧化剂的氧化性强于氧化产物，该反应中Pb元素化合价降低，PbO2 是氧化剂，锰元素化合价升高， MnO是氧化产物，则氧化性： PbO2>MnO，故D不选；
故选C。
2．B
解析：A．碘酸根与亚硫酸氢根反应生成碘单质的反应说明碘酸根氧化性强于碘单质，A错误；
B．可利用与在一定条件下反应制备：+5+6H+=3+3H2O，B正确；
C．途径III中若反应生成，则反应中转移电子，C错误；
D．在淀粉碘化钾溶液中逐滴滴加氯水，氯气能将碘离子氧化生成碘单质使淀粉变蓝，D错误；
故选B。
3．D
【分析】A、C、D、E为无色气体，A与过氧化钠反应生成D，A为CO2，则D为O2，M和NaOH在加热的条件下生成气体C，则C为NH3，F为红棕色气体，氨气催化氧化生成E，所以E为NO，E与D反应生成F，F为NO2，M受热分解得A、B、C，且M与盐酸反应得A，M与氢氧化钠反应得C，且B为无色液体，则M为(NH4)2CO3或NH4HCO3，由M分解可知B为H2O，F与水反应生成G，G为HNO3，以此解答。
解析：A．由分析可知，M为(NH4)2CO3或NH4HCO3或(NH4)2CO3、NH4HCO3的混合物，故A正确；
B．C为NH3，用蘸有浓盐酸的玻璃棒靠近瓶口若产生白雾，说明NH3收集满，故B正确；
C．O2和NH3在催化剂的作用下可以发生反应生成N2和H2O，该反应为置换反应，故C正确；
D．木炭与浓硝酸反应的化学方程式为：C+4HNO3(浓)=CO2↑+4NO2↑+2H2O，该反应中C是还原剂，HNO3是氧化剂，氧化剂与还原剂的物质的源之比为4∶1，故D错误；
故选D。
4．C
解析：铜的浓硝酸反应生成硝酸铜和二氧化氮和水，随着反应进行浓硝酸变成稀硝酸，铜和稀硝酸反应生成硝酸铜和一氧化氮和水，铜失去的电子数等于硝酸根生成一氧化氮和二氧化氮得到的电子数，混合气体和氧气反应生成硝酸，一氧化氮和二氧化氮又失去电子生成硝酸，氧气得到电子，可以认为铜失去的电子数等于氧气得到的电子数，则根据氧气计算，标况下2.24升氧气为0.1mol得到0.4mol电子，对应的铜为0.2mol，质量为0.2mol×64g/mol=12.8g。
故选C。
5．B
解析：反应3NaClO+2FeCl3+10NaOH=2Na2FeO4+9NaCl+5H2O中，FeCl3中Fe元素化合价由+3价上升到+6价，还原剂是FeCl3，故选B。
6．D
【分析】已知(NH4)2Cr2O7中N的化合价为-3价，Cr的化合价为+6价，CrO3中Cr的化合价为+6价，NH3中N的化合价为-3价，Cr2O3中的Cr的化合价为+3价，N2中N的化合价为0价，结合氧化还原反应中“有降必有升”的规律解题即可。
解析：A．结合分析可知，若产物为CrO3+ NH3+ H2O，则所有的元素化合价均未改变，属于非氧化还原反应，A不合题意；
B．结合分析可知，若产物为Cr2O3+ NH3+ H2O，则只有元素的化合价降低，未有元素的化合价升高，B不合题意；
C．结合分析可知，若产物为CrO3+N2+ H2O，则只有元素的化合价升高，未有元素化合价降低，C不合题意；
D．结合分析可知，若产物为Cr2O3+ N2+ H2O，既有元素化合价升高，也有元素化合价降低，D符合题意；
故答案为：D。
7．C
【分析】1molCl2得2mole-，化合价降低生成氯离子，氯气是氧化剂；根据电子得失守恒知1mol失去2mole-生成，故中R元素为+4价，n=2；
解析：A．由分析知n=2，A正确；
B．中R的价态为+6价，B正确；
C．中R的价态为+4价，C错误；
D．失去电子化合价升高发生氧化反应生成，是氧化产物，D正确；
故选C。
8．D
解析：A．CuO→CuCl2中，元素的化合价不变，与盐酸发生非氧化还原反应即可实现，故A不选；
B．Zn→Zn2+中，Zn元素的化合价升高，则需加氧化剂实现反应，故B不选；
C．SO→SO2中，元素的化合价不变，与盐酸发生非氧化还原反应即可实现，故C不选；
D．MnO→Mn2+中，Mn元素的化合价降低，则需要加还原剂实现，故D选；
故选D。
9．D
【分析】3区不属于四大基本反应的任何一种，但属于氧化还原反应；
解析：A．属于置换反应，故A不选；
B．属于分解反应，也不是氧化还原反应，故B不选；
C．属于化合反应中的氧化还原反应，故C不选；
D．不属于四大基本反应中的任何一种，且是氧化还原反应，故D选；
故选D。
10．D
解析：A．对两个反应进行如下分析： 、 ，制备反应中是还原剂，既为还原产物又为氧化产物，说明的还原性比的强，A项正确；
B．根据对方程式的分析，3个中有2个S是失电子的氧化产物，有4个S是得电子的还原产物，故氧化产物与还原产物的物质的量之比为1∶2，B项正确；
C．解毒反应中，中S的化合价既有升高，又有降低，故既是氧化剂，也是还原剂，C项正确；
D．由上述分析知，处理65g(1)，转移4电子，D项错误；
故选D。
11．B
解析：A．的化合价既升高又降低，体现氧化性和还原性，A错误；
B．反应中化合价升高，体现还原性，B正确；
C．反应中化合价降低，体现氧化性，C错误；
D．反应中化合价降低，体现氧化性，D错误；
故选B。
12．D
【分析】反应I为氧化铜与HCl反应生成氯化铜和水的过程；反应II为氯化铜与氧气反应生成氧化铜 氯气的过程，其化学方程式为：，据此分析。
解析：A．反应I为氧化铜与HCl反应生成氯化铜和水的过程，属于复分解反应，A正确；
B．反应II中Cl元素化合价从-1价升高到0价，被氧化，所以作还原剂，B正确；
C．氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，根据反应II可知，的氧化性强于的氧化性，C正确；
D．未指明是否为标准状况，无法准确计算消耗的体积，D错误；
故选D。
13．B
【分析】所含元素化合价升高的反应物为还原剂，所含元素的化合价降低的为氧化剂，氧化剂得电子后被还原的产物为还原产物；氧化剂氧化性大于氧化产物；
解析：由反应①中，KI中碘元素的化合价从-1价升高到0价，铁元素化合价降低，I2是氧化产物，FeCl3中铁元素化合价降低，为氧化剂，故氧化性：FeCl3＞I2；
反应②中：FeCl2中铁元素的化合价从+2价升高到+3价，氯元素化合价降低，氧化剂是Cl2，FeCl3为氧化产物，故氧化性：Cl2＞FeCl3；
反应③中：SO2中硫元素的化合价从+4价升高到+6价，碘元素化合价降低，SO2是还原剂，碘是氧化剂；氧化剂氧化性大于还原剂，故氧化性：I2＞SO2；
综上分析，物质氧化性由强到弱的顺序：Cl2＞FeCl3＞I2＞SO2；
故选B。
14．A
【分析】根据氧化还原反应中还原剂的还原性强于还原产物的还原性分析判断。
解析：①2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO+4H+中二氧化硫被氧化，作还原剂，亚铁离子是还原产物，则还原性SO2＞Fe2+；②I2+SO2+2H2O=H2SO4+2HI中二氧化硫被氧化，作还原剂，碘离子是还原产物，则还原性SO2＞I－；③2Fe3++2I-=2Fe2++I2中碘离子被氧化，作还原剂，亚铁离子是还原产物，则还原性I－＞Fe2+；所以还原性由强到弱的顺序为SO2＞I－＞Fe2+。
答案选A。
15．C
解析：A．根据方程式分析，铵根中氮化合价升高，锌化合价升高，硝酸根中氮全部降低，因此每生成共转移电子，故A正确；
B．化合价升高，失去电子，发生氧化反应，故B正确；
C．氧化产物是化合价升高得到的产物，因此氧化产物有和氮气，故C错误；
D．铵根中氮化合价升高，硝酸根中氮化合价降低，因此中既是氧化剂也是还原剂，故D正确。
综上所述，答案为C。
二、填空题
16．(1)
(2) BaO 8∶1 同位素 3
解析：（1）氨气和二氧化氮发生归中反应生成氮气和水，方程式为：；
（2）①根据图中物质转化，BaO吸收NOx为Ba(NO3)2，Ba(N O3)2与还原性尾气反应生成氮气和水，最终Ba(NO3)2逆向转化回BaO，故储存NO的物质是BaO；
②由图可知，第一步反应氢气与Ba(NO3)2作用生成NH3，Ba(NO3)2中的氮元素由+5价降为- 3价，故1mol Ba(NO3)2反应转移电子数目为8mol×2=16mol，1mol氢气反应失去2mol电子，故反应氢气的量为16mol÷2=8mol,第一步反应消耗的H2与Ba(NO3)2的物质的量之比是8:1，故答案为：8:1；
③二氧化碳为直线形分子，笑气为直线形不对称分子，与具有相似的化学键特征，则笑气的结构式为：；与互为质子数相同，中子数不同，故两者互为同位素；根据15NNO中N与15N的关系，说明得到1mol15NNO总共会失去3mol电子，1mol氧气得到4mol电子，因此根据得失电子守恒，则该反应的化学方程式为415NO+4NH3+3O2415NNO+6H2O；故答案为：415NO+4NH3+3O2415NNO+6H2O。
17．(1) +1 氧化
(2)4Ag++H3PO2+2H2O=4Ag↓+H3PO4+4H+
(3)H3PO2+NaOH=H2O+NaH2PO2
(4)10.8g
解析：（1）根据化合价代数和为0，则P的化合价+1，反应中P元素由+1价升高到+5价，失去电子，被氧化，；
故答案为：+1；氧化；
（2）1个P原子失去4个电子，1个Ag原子化合价由+1价降低到0价，得到1个电子，根据得失电子守恒，有4个Ag原子反应，则离子方程式为；
故答案为：；
（3）H3PO2是一元弱酸，发生电离，写出其与足量NaOH溶液反应的化学方程，；
故答案为：；
（4）1个Ag原子反应转移1个电子，当0.1NA个电子转移，有0.1NA个Ag反应，则银的物质的量为0.1mol，；
故答案为：10.8g。
三、计算题
18．2 5 10 2 8H2O H2C2O4 0.08 36% 8mol/L
【分析】（1）、（2）、（3）小题：高锰酸钾溶液和草酸溶液的反应中，Mn元素化合价由+7价变为+2价、C元素化合价由+3价变为+4价，其得失电子最小公倍数是5，再结合原子守恒、电荷守恒配平方程式；
（4）由图可知，从开始至加入NaOH溶液20mL，没有沉淀生成，说明原溶液中盐酸溶解Mg、Al后有剩余，此时发生的反应为：HCl+NaOH=NaCl+H2O，继续滴加NaOH溶液，到沉淀量最大，此时为Mg(OH)2和Al(OH)3，二者质量之和为19.4g，溶液为氯化钠溶液．再继续滴加NaOH溶液，沉淀量开始减小，沉淀量最小时为Mg(OH)2，其质量为11.6g，故到沉淀量最大时Al(OH)3的质量为19.4g-11.6g=7.8g。
①由元素守恒可知，n(Al)=n[Al(OH)3]，n(Mg)=n[Mg(OH)2]，再利用m=nM计算Al和Mg的质量，再算Al的质量分数；
②加入20mLNaOH溶液，恰好中和剩余的盐酸，此时溶液中溶质为AlCl3、MgCl2、NaCl，根据氯元素守恒有n(HCl)=3n(AlCl3)+2n(MgCl2)+n(NaCl)，根据钠元素守恒此时溶液中n(NaCl)=n(NaOH)，据此计算出n(HCl)，再利用c=计算盐酸的物质的量浓度。
解析：（1）根据元素守恒知，生成物中还含有水，该反应中Mn元素化合价由+7价变为+2价、C元素化合价由+3价变为+4价，其转移电子总数为10，所以MnO4-、H2C2O4的计量数分别是2、5，再结合原子守恒配平方程式为6H++2MnO4-+5H2C2O4=10CO2↑+2Mn2++8H2O，
故答案为：6；2；5；10；2；8H2O；
（2）失电子化合价升高的反应物H2C2O4是还原剂，发生氧化反应，故答案为：H2C2O4；
（3）根据MnO4----5e-得，反应转移了0.4mol电子，则消耗KMnO4的物质的量==0.08mol，故答案为：0.08；
（4）由图可知，从开始至加入NaOH溶液20mL，没有沉淀生成，说明原溶液中盐酸溶解Mg、Al后有剩余，此时发生的反应为：HCl+NaOH=NaCl+H2O，继续滴加NaOH溶液，到沉淀量最大，此时为Mg(OH)2和Al(OH)3，二者质量之和为19.4g，溶液为氯化钠溶液．再继续滴加NaOH溶液，沉淀量开始减小，沉淀量最小时为Mg(OH)2，其质量为11.6g，故到沉淀量最大时Al(OH)3的质量为19.4g-11.6g=7.8g。
①由元素守恒可知，n(Al)=n[Al(OH)3]= =0.1mol，所以m(Al)=0.1mol×27g/mol=2.7g，n(Mg)=n[Mg(OH)2]= =0.2mol，所以m(Mg)=0.2mol×24g/mol=4.8g，则原合金Al的质量分数为：=36%；故答案为：36%；
②加入20mLNaOH溶液，恰好中和剩余的盐酸，此时溶液中溶质为AlCl3、MgCl2、NaCl，根据氯元素守恒有n(HCl)=3n(AlCl3)+2n(MgCl2)+n(NaCl)，根据钠元素守恒此时溶液中n(NaCl)=n(NaOH)=0.02L×5mol/L=0.1mol，所以n(HCl)=3n(AlCl3)+2n(MgCl2)+n(NaCl)=3×0.1mol+2×0.2mol+0.1mol=0.8mol，原盐酸的物质的量浓度为=8mol/L，故答案为：8mol/L。
四、元素或物质推断题
19． H+、Ba2+、I- Fe3+、SO、CO、HCO Na+ 0.2mol/L Ba2++CO=BaCO3↓
【分析】原溶液为无色，Fe3＋显棕色，因此原溶液中一定不存在Fe3＋，①用pH试纸检验，该溶液呈强酸性，原溶液中一定含有H＋，HCO、CO不能与H＋大量共存，因此原溶液中一定不存在HCO、CO，②取200mL溶液加入少量氯水和少量的CCl4，振荡后静置，CCl4层呈紫色，说明CCl4溶液中含有I2，氯气将I－氧化成I2，推出原溶液中含有I－，③另取部分溶液逐滴加入NaOH溶液，当溶液呈碱性时，再加入Na2CO3溶液，有白色沉淀生成，该白色沉淀为BaCO3，原溶液中含有Ba2＋，则不含有SO，据此分析；
解析：(1)根据上述分析，原溶液中一定含有的离子是H＋、Ba2＋、I－；一定不存在的离子是SO、HCO、CO、Fe3＋；可能存在的离子是Na＋；故答案为H＋、Ba2＋、I－；SO、HCO、CO、Fe3＋；Na＋；
(2)根据得失电子数目守恒，因此有0.02mol×2×1=n(I－)×1，解得n(I－)=0.04mol，c(I－)==0.2mol/L，故答案为0.2mol/L；
(3)实验③中生成白色沉淀为BaCO3，其离子方程式为Ba2++CO=BaCO3↓，故答案为Ba2++CO=BaCO3↓。
五、实验题
20．(1) A(或B) (或B) d→c→f→e→i
(2) Z中NaOH溶液产生倒吸现象 反应后气体分子数减少，Y管中压强小于外压
解析：（1）①实验室可用氢氧化钙固体和氯化铵固体加热条件下反应生成氨气，也可用加热浓氨水的方式制取氨气，故发生装置可以选择上图中的A或B。反应的化学方程式分别为(或B)。
②欲收集一瓶干燥的氨气，生成的氨气中含有水蒸气，需要先干燥，故先连接d，氨气密度小于空气，采用向下排空气法收集，故c连接f，剩余的氨气需要进行尾气处理，氨气极易溶于水需进行防倒吸处理，则e连接i，故连接顺序为d→c→f→e→i。
（2）X中的NH3缓慢通入Y中，在催化剂作用下与NO2反应生成N2和H2O，导致Y管中红棕色气体慢慢变浅，化学方程式为。
氨气与二氧化氮的反应是气体体积减小的反应，随着反应进行，Y中压强减小，打开K2，Z中的NaOH溶液在大气压作用下进入导管中，产生倒吸现象。