第3章 物质的性质与转化 测试卷（含解析） 高一上学期化学鲁科版（2019）必修第一册

第3章《物质的性质与转化》测试卷
一、单选题
1．实验室探究SO2性质的装置如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．装置a中的反应可用铜片和浓硫酸代替
B．若X为H2S溶液，装置b中产生淡黄色沉淀
C．若X为含HCl、BaCl2的FeCl3溶液，装置b中产生白色沉淀
D．反应后装置c中溶液的pH降低
2．下列说法不正确的是
A．汽车尾气中的氮氧化物源于汽油的不完全燃烧
B．碘化银可用于人工降雨
C．液氨汽化时吸收大量的热，故可做制冷剂
D．在医疗上硫酸亚铁可用于生产防治缺铁性贫血的药剂
3．区分二氧化硫和二氧化碳可以采用通过
A．澄清石灰水 B．品红溶液 C．石蕊试液 D．NaOH溶液
4．下列离子方程式正确 且符合题意的是
A．向Ba (NO3)2溶液中通入SO2，产生白色沉淀，发生的离子反应为Ba2+ +SO2+H2O= BaSO3↓ +2H+
B．等体积、等物质的量浓度的Ba (OH) 2与NaHSO4溶液反应： Ba2+ +OH- +H++- =BaSO4↓+H2O
C．向酸化的KMnO4溶液中加入少量Na2S，再滴加BaCl2溶液，产生白色沉淀，证明一定发生离子反应：8 +5S2- +24H+= 8Mn2++5+12H2O
D．向FeI2溶液中滴加少量氯水，溶液变黄色： 2Fe2++Cl2= 2Fe3++2Cl-
5．某工厂用CaSO4、NH3、H2O、CO2制备(NH4)2SO4，其工艺流程如下：
下列推断不合理的是
A．往甲中通适量CO2有利于(NH4)2SO4生成
B．生成1 mol(NH4)2SO4至少消耗2 molNH3
C．CO2可被循环利用
D．NH3、CO2的通入顺序可以互换
6．氮在自然界中的循环如图所示。NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是
A．图示循环过程中属于氮的固定
B．硝化过程和反硝化过程均为氧化还原反应
C．氨氧化过程氧化产物和还原产物的质量比为1:1
D．除去硝态氮生成(标准状况下)时，转移电子数为1.5NA
7．某老师让高中学生总结了一组产物中含有FeCl2的化学方程式，你认为这组方程式中不可能含有的反应类型是（ ）
A．置换反应 B．化合反应 C．分解反应 D．复分解反应
8．下列实验方案不能达到实验目的的是
编号 实验目的 实验方案
A 比较C和Si的非金属性强弱 向Na2SiO3溶液中通入CO2，观察溶液中的现象
B 探究SO2的漂白性 向装有品红溶液的试管中通入SO2，观察溶液中的现象，加热，再次观察现象
C 制备Fe(OH)3胶体 在盛有氯化铁溶液的烧杯中倒入氢氧化钠溶液
D 检验氯气的产生 将湿润的淀粉KI试纸靠近导管口，观察试纸变色现象
A．A B．B C．C D．D
9．如图所示的实验中，通入足量的SO2后，试管①和②中溶液的颜色分别是（ ）
A．①为红色，②为红色 B．①为蓝色，②为无色
C．①为无色，②为蓝色 D．①为红色，②为无色
10．甲、乙、丙、丁四种物质中，甲、乙、丙均含有相同的某种元素，它们之间具有如下转化关系：甲乙丙，下列有关物质的推断不正确的是
A．若甲为焦炭，则丁可能是O2
B．若甲为SO2，则丁可能是氨水
C．若甲为Fe，则丁可能是氯气
D．若甲为NaOH溶液，则丁可能是CO2
11．下列方程式书写正确的是
A．实验室制氨气： NH4ClNH3↑+HCl↑
B．氢氧化亚铁与硝酸反应： Fe(OH)2+ 2H+ =Fe2+ +2H2O
C．在氯化铝溶液中加入足量氨水： Al3++4OH- =AlO +2H2O
D．硫代硫酸钠与稀硫酸反应： S2O +2H+=SO2↑+S↓+H2O
12．下列有关实验的操作、现象或原理均正确的是（ ）
A．用玻璃棒蘸取NaClO溶液点在干燥的pH试纸上，试纸呈蓝色
B．将一定量的NaCl晶体加入容量瓶中，配制一定物质的量浓度的NaCl溶液
C．为证明Cu与浓硫酸反应生成了CuSO4，可将反应后的混合液冷却后再向其中加入蒸馏水，若显蓝色即可证明生成了CuSO4
D．用稀盐酸区分氧化铜、铁粉和炭粉三种黑色的粉末
13．下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是
A．Zn具有还原性和导电性，可用作锌锰干电池的负极材料
B．Al2O3具有两性，可用于电解冶炼铝
C．NH4Cl受热易分解，可用于实验室制NH3
D．NH3具有还原性，可用作工业制冷剂
14．下列离子方程式书写正确的是
A．与稀硝酸反应：
B．与溶液反应：
C．与溶液反应：
D．与溶液反应：
15．铁黄广泛用于建筑、塑料、文教用品等工业，工业上以硫酸渣(含、、等)为原料制备铁黄的一种工艺流程如下，下列说法错误的是
A．“酸溶”工序适当加热可加快反应速率
B．加入黄铁矿粉的工序为还原的工序
C．“沉铁”发生反应的离子方程式为：
D．此工艺流程的副产物可作氮肥
二、填空题
16．钠、铝和铁是中学化学常见的三种重要金属。请回答下列问题：
(1)常温下，钠在空气中被氧化生成___________(填“Na2O”或“Na2O2”)；
(2)Al2O3能溶于酸或强碱溶液生成盐和水，则是一种___________(填“酸性”“碱性”或“两性”)氧化物；
(3)Fe(OH)3不溶于水，但能溶于酸，请写出Fe(OH)3与盐酸反应的离子方程式：___________。
17．工业制备氯化铜时，将浓盐酸用蒸气加热到80℃左右，慢慢加入粗CuO粉末（含杂质Fe2O3、FeO）充分搅拌使之溶解，得一强酸性的混合溶液，现欲从该混合溶液中制备纯净的CuCl2溶液[参考数据：pH≥9.6时，Fe2+完全水解成Fe(OH)2；pH≥6.4时，Cu2+完全水解成Cu(OH)2；pH≥3.7时，Fe3+完全水解成Fe(OH)3]。请回答以下问题：
(1)第一步除Fe2+，能否直接调整pH=9.6将Fe2+沉淀除去？_______，理由是_______________。
有人用强氧化剂NaClO将Fe2+氧化为Fe3+：
①加入NaClO后，溶液的pH变化是_______（填序号）；
A．一定增大 B．一定减小
C．可能增大 D．可能减小
②你认为用NaClO作氧化剂是否妥当？_______，理由是___________________。
③现有下列几种常用的氧化剂，可用于除去该混合溶液中Fe2+的有_______（填序号）。
A．浓HNO3 B．Cl2 C．KMnO4 d．H2O2
(2)除去溶液中的Fe3+的方法是调整溶液的pH=3.7，现有下列试剂均可以使强酸性溶液的pH调整到3.7，可选用的有________（填序号）。
A．NaOH B．氨水 C．Cu2(OH)2CO3 D．Na2CO3
三、实验题
18．氮的氧化物(NOx)是大气污染物之一，工业上在一定温度和催化剂条件下用NH3将NOx还原生成N2.某同学在实验室中对NH3与NOx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NH3充入注射器X中，硬质玻璃管Y中加入少量催化剂，充入NO2(两端用夹子K1、K2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K1，推动注射器活塞，使X中的气体缓慢通入Y管中 ①Y管中红棕色气体慢慢变浅 ②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K2 ③Z中NaOH溶液产生倒吸现象 ④_______
19．葡萄酒中抗氧化剂的残留量是以游离SO2的含量计算，我国国家标准(GB2760－2014)规定葡萄酒中SO2的残留量≤0.25 g·L－1。某兴趣小组设计实验方案对葡萄酒中SO2进行测定。
Ⅰ.定性实验方案如下：
(1)将SO2通入水中形成SO2—饱和H2SO3溶液体系，此体系中存在多个含硫元素的平衡，分别用平衡方程式表示为__________________________________________________。
(2)利用SO2的漂白性检测干白葡萄酒(液体为无色)中的SO2或H2SO3。设计如下实验：
实验结论：干白葡萄酒不能使品红溶液褪色，原因：_______________________________。
Ⅱ.定量实验方案如下(部分装置和操作略)：
(3)仪器A的名称是________。
(4)A中加入100.0 mL葡萄酒和适量盐酸，加热使SO2全部逸出并与B中H2O2完全反应，其化学方程式为__________。
(5)除去B中过量的H2O2，然后再用NaOH标准溶液进行滴定，除去H2O2的方法是__________。
(6)步骤X滴定至终点时，消耗NaOH溶液25.00 mL，该葡萄酒中SO2的含量为________ g·L－1。该测定结果比实际值偏高，分析原因________________________________________。
四、计算题
20．已知：Fe2＋能被稀硝酸氧化，反应方程式为：3Fe(NO3)2+4HNO3(稀)→3Fe(NO3)3+NO↑+2H2O，现将一定量的铁和铜的混合物分为等质量的4份，分别加入等浓度不同体积的质量分数为0.20的稀硝酸（假设反应中稀硝酸的还原产物只有NO），产生气体的体积（标准状况下）与剩余固体的质量如下表：
硝酸体积（mL） 100 200 300 400
剩余固体（g） 18.0 9.6 0 0
放出气体的体积（mL） 2240 4480 6720
（1）由NO与HNO3的关系可知，稀硝酸的物质的量浓度为_______ mol·L-1。
（2）稀硝酸的密度为__________g·cm-3。
（3）放出2240 mL气体时，反应的离子方程式是_____________________________，放出4480 mL气体时，消耗金属的质量为_______g。
（4）原混合物中铁和铜的物质的量比为__________。
（5）加入400 mL稀硝酸，反应完全后，溶液中NO3-的物质的量为________mol。
（6）当溶液中Cu2＋、Fe2＋的物质的量浓度相等时，放出气体的体积_________mL（标准状况下）。
21．I.向50mLNa2SO4和Na2CO3的混合溶液中加入过量BaCl2溶液，得到14.51g白色沉淀，向白色沉淀中再加入过量稀HCl，充分反应后沉淀减少到4.66g，并有气体产生。
(1)原混合物溶液中Na2SO4的物质的量为______，Na2CO3的质量为______。
(2)产生的气体在标准状况下的体积为_______。
II.将6 g的铁粉加入200 mL Fe2(SO4)3和CuSO4的混合溶液中，充分反应可以得到200 mL 0.5mol /L FeSO4溶液和5.2 g固体沉淀物。试计算原混合溶液中Fe2(SO4)3的物质的量浓度为_______。
参考答案：
1．A
【详解】A. 铜片和浓硫酸需要加热才能反应生成SO2，故不能替换，故A错误；
B. 若X为H2S溶液，SO2与H2S发生氧化还原反应生成难溶的S，则装置b中产生淡黄色沉淀S，故B正确；
C. FeCl3溶液中Fe3+有氧化性，通入二氧化硫时反应生成硫酸钡沉淀，装置b中产生白色沉淀为硫酸钡，故C正确；
D. 装置c中碳酸钠溶液与二氧化硫反应生成亚硫酸钠溶液，亚硫酸根水解程度小于碳酸根，所以碱性减弱，pH降低，故D正确；
故选A。
2．A
【详解】试题分析：A、汽油不完全燃烧的生成物是CO，氮的氧化物与汽油是否完全燃烧无关系，A错误；B、碘化银可用于人工降雨，B正确；C、液氨汽化时吸收大量的热，使周围环境温度降低，故可做制冷剂，C正确；D、在医疗上硫酸亚铁可用于生产防治缺铁性贫血的药剂，D正确，答案选A。
考点：考查物质性质、用途的判断
3．B
【详解】A．二氧化硫和二氧化碳均能使澄清石灰水变浑浊，则不能用澄清石灰水区分二者，A项错误；
B．二氧化硫具有漂白性，可使品红溶液褪色，二氧化碳不具有漂白性，不能使品红溶液褪色。则可以采用通过品红溶液区分二氧化硫和二氧化碳，B项正确；
C．二氧化硫和二氧化碳都属于酸性氧化物，都能使石蕊试液变红，故而不能通过石蕊试液区分二者，C项错误；
D．二氧化硫和二氧化碳均属于酸性氧化物，都能和NaOH溶液反应且均无明显现象，用NaOH溶液不能区分二者，D项错误；
答案选B。
4．B
【详解】A．向Ba (NO3)2溶液中通入SO2气体，发生氧化还原反应生成硫酸钡沉淀，正确的离子方程式为：3SO2+2NO+3Ba2++2H2O=3BaSO4↓+2NO↑+4H+，A错误；
B．等物质的量浓度、等体积的Ba (OH)2溶液和NaHSO4溶液混合，发生反应的离子方程式为：Ba2++SO+H++OH-=BaSO4↓+H2O，B正确；
C．向酸化的KMnO4溶液中加入少量Na2S，再滴加BaCl2溶液，产生白色沉淀，可能为硫酸根离子与钡离子反应生成硫酸钡沉淀，C错误；
D．还原性顺序为I->Fe2+，向FeI2溶液中滴加少量氯水，氯气氧化碘离子，亚铁离子不参与反应，正确的离子方程式为：2I-+Cl2=I2+2Cl-，D错误；
故选B。
5．D
【分析】CaSO4悬浊液中通入足量NH3，再通入适量CO2：2NH3 + CO2 +H2O = (NH4)2CO3，(NH4)2CO3 + CaSO4 =CaCO3↓ + (NH4)2SO4；经过滤，滤液中主要含(NH4)2SO4，经提纯后可获得(NH4)2SO4，CaCO3经煅烧得到的CO2可循环使用。可在此基础上对各选项作出判断。
【详解】A. 往甲中通适量CO2，生成碳酸钙沉淀，有利于(NH4)2SO4生成，合理，A选项不符合题意；
B. 根据元素守恒，生成1 mol(NH4)2SO4至少消耗2 molNH3，合理，B选项不符合题意；
C. 碳酸钙分解生成二氧化碳可被循环利用，合理，C选项不符合题意；
D. 二氧化碳的溶解度小，NH3、CO2的通入顺序互换后，生成的CO32-不足，不利于充分生成(NH4)2SO4，不合理，D选项符合题意；
答案选D。
6．D
【分析】A中根据氮的固定的概念进行判断，B中根据化合价的是否变化判断反应类型；C中此题考查氮元素化合价变化判断利用电子守恒计算产物的物质的量的之比；D中根据化合价的变化判断转移的电子数；
【详解】A．根据氮的固定的定义：单质转化为氮的化合物过程，由此判断A正确；
B．根据消化过程中氮元素化合价由-3价变为+3，又由+3价变为+5价，而反硝化过程中+5价变为+3和+5价变为0价，根据化合价发生了变化判断发生了氧化还原反应，故B正确；
C．氨氧化过程中亚硝酸根离子和铵根离子变为氮气，根据化合价的变化判断，氮气即是氧化产物又是还原产物，根据化合价升降守恒：n()×3=n()×3，故n()=n()，故氧化产物和还原产物之比为1:1；
D．根据标准状况下5.6L氮气由得，n=0.25mol，根据硝态氮的化合价+5价变为氮气0价，判断转移电子为：0.25×2×5=2.5mol，故电子数为2.5 NA，故D不正确；
故选答案为D；
【点睛】此题以氮元素的循环为背景考查氧化还原反应，根据氧化还原反应中化合价和电子的关系进行判断计算。
7．C
【详解】A.铁与氯化铜反应生成氯化亚铁与铜，属于置换反应，故A错误；
B.铁与氯化铁反应生成氯化亚铁，属于化合反应，故B错误；
C.通过分解反应无法制取氯化亚铁，故C正确；
D.可溶性的亚铁盐与可溶性的氯化物生成难溶物的反应，可以生成氯化亚铁，如硫酸亚铁与氯化钡反应生成硫酸钡和氯化亚铁，故D错误；
故选：C。
8．C
【详解】A．向Na2SiO3溶液中通入CO2，会生成白色沉淀，该沉淀为硅酸，从而说明碳酸的酸性大于硅酸的酸性，又因为最高价氧化物的水化物的酸性越强，其对应元素的非金属越强，故可以说明非金属性：C＞Si，故A正确，不选；
B．向装有品红溶液的试管中通入SO2，溶液红色褪去，加热后，溶液又恢复红色，从而探究SO2的漂白性，故B正确，不选；
C．氯化铁与氢氧化钠会发生复分解反应生成氢氧化铁沉淀，得不到Fe(OH)3胶体，故C错误，符合题意；
D．氯气可以氧化I-生成碘单质，使试纸变蓝，从而检验氯气的产生，故D正确，不选；
故选C。
9．D
【详解】SO2不能漂白指示剂，故向紫色石蕊溶液通入SO2，SO2与H2O反应生成酸，溶液变红，但不褪色；SO2具有漂白性，能使品红溶液褪色，综上所述，答案为D。
10．C
【详解】A.甲为焦炭，丁为O2，物质转化关系为：C与不足量的O2反应产生CO，CO与O2反应产生CO2，CO2与C在高温下反应产生CO，A正确；
B.若甲为SO2，丁为氨水，SO2与足量氨水反应产生NH4HSO3，NH4HSO3与氨水反应产生(NH4)2SO3；SO2与氨水反应产生NH4HSO3，B正确；
C.若甲为Fe，丁为氯气，铁和氯气反应生成氯化铁，而氯化铁与氯气不反应，C错误；
D.若甲为NaOH溶液，丁为CO2，CO2与足量NaOH反应产生Na2CO3，Na2CO3在溶液中与CO2反应产生NaHCO3，NaHCO3与NaOH反应产生Na2CO3，D正确；
故合理选项是C。
11．D
【详解】A．实验室中用氢氧化钙与氯化铵在加热条件下反应制取氨气，反应的化学方程式为：2NH4Cl+Ca(OH)2 CaCl2+2H2O+2NH3↑；而氯化铵受热分解后产生的两种气体遇冷又结合成氯化铵，因此不能用氯化铵分解制氨气，故A错误；
B．氢氧化亚铁与稀硝酸会发生氧化还原反应，反应的离子方程式为3Fe(OH)2+NO+10H+=3Fe3++8H2O+NO↑，故B错误；
C．AlCl3溶液与氨水反应生成氢氧化铝沉淀，反应的离子方程式为Al3++ 3NH3 H2O =Al(OH)3↓+ 3NH，故C错误；
D．硫代硫酸钠溶液与稀硫酸混合反应生成硫、二氧化硫和水，反应的离子方程式为S2O+2H+═S↓+SO2↑+H2O，故D正确；
故选D。
12．D
【详解】A．NaClO溶液具有漂白性，能够使pH试纸褪色，所以不能用pH试纸来测定NaClO溶液的pH，A错误；
B．不能在容量瓶中溶解固体，应该先把NaCl晶体加入烧杯中，再加蒸馏水溶解，然后转移到容量瓶中，B错误；
C．Cu与浓硫酸反应后的溶液中有剩余的硫酸，因此稀释反应后的溶液时，应把反应后的混合液加入水中，C错误；
D．将稀盐酸分别加入氧化铜、铁粉和炭粉三种黑色的粉末中时，产生不同的实验现象，黑色粉末溶解得到蓝色溶液的为氧化铜，黑色粉末溶解且产生气泡的为铁粉，无明显现象的为炭粉，D正确；
综上所述答案为D。
13．A
【详解】A．Zn具有还原性和导电性，可用作锌锰干电池的负极材料，A正确 ；
B．Al2O3具有两性，可与强酸或强碱溶液反应生成盐和水，B错误；
C．NH4Cl受热易分解，产生的氨气和氯化氢又容易重新形成氯化铵固体，不能制氨气，C错误；
D．NH3具有还原性，可以与氧化剂反应，与作制冷剂无关，D错误；
故选A。
14．B
【详解】A．Cu与稀硝酸反应生成NO，3Cu+2+8H+=3Cu2++2NO↑+4H2O，A错误；
B．Cl2与KI溶液反应：Cl2+2I =2Cl +I2，B正确；
C．Fe与FeCl3溶液反应，电荷不守恒，Fe++2Fe3+=3Fe2+，C错误；
D．Mg(OH)2与H2SO4溶液反应，Mg(OH)2难溶物不能拆，Mg(OH)2+2H+=Mg2++2H2O， D错误；
故答案为：B。
15．C
【分析】硫酸渣用H2SO4溶液酸溶时生成硫酸铁以及硫酸钙，加入黄铁矿粉将硫酸铁还原为硫酸亚铁，同时有硫单质生成，经过过滤Ⅰ，滤渣为硫以及微溶的硫酸钙和SiO2，加入NH4HCO3后，发生反应生成CO2和Fe(OH)2浆液，再通入空气生成FeOOH，过滤后得到铁黄。
【详解】A．升温可以加快反应速率，因此“酸溶”工序适当加热可加快反应速率，A正确；
B．“过滤Ⅰ”得到的溶液为FeSO4溶液，加入黄铁矿粉可还原为，B正确；
C．“过滤Ⅰ”得到的溶液为FeSO4溶液，“沉铁”发生反应的离子方程式为：，C错误；
D．根据反应过程加入硫酸和碳酸氢铵，此工艺流程的副产物有硫酸铵，可作为氮肥，D正确；
故答案为：C。
16．(1)Na2O
(2)两性
(3)Fe(OH)3+3H+=Fe3++3H2O
【解析】(1)
常温下钠在空气中被氧化为生成Na2O；加热条件下生成过氧化钠；
(2)
既能和酸反应生成盐和水又能和碱反应生成盐和水的氧化物叫两性氧化物，Al2O3与酸、碱反应生成盐与水，属于两性氧化物；
(3)
Fe(OH)3与盐酸发生中和反应，两种化合物相互交换成分，生成氯化铁和水，离子方程式为：Fe(OH)3+3H+=Fe3++3H2O。
17．(1) 不能 因为Fe2+沉淀pH最大，Cu2+、Fe2+也会沉淀 A 否 引入新杂质Na+ BD
(2)C
【详解】（1）根据参考数据，当直接pH=9.6时，铜离子和三价铁离子全部转化成沉淀，因此不能直接调整pH=9.6将二价铁离子除去；
①加入NaClO，发生：，消耗氢离子，则pH一定增大，故选项A正确；
②使用NaClO作氧化剂，引入钠离子，产生新的杂质，因此不能用NaClO作氧化剂氧化二价铁离子；
③A.使用浓硝酸作氧化剂，容易引入新杂质硝酸根离子，故A错误；
B.用氯气作氧化剂，氯气被还原成氯离子，不引入新杂质，可以使用氯气作氧化剂，除去二价铁离子，故B正确；
C.使用高锰酸钾，容易引入钾离子和锰离子等新的杂质，故C错误；
D.过氧化氢作氧化剂，被还原成水，不产生新的杂质，故D正确；
故答案为BD；
（2）根据流程，目的是制备氯化铜，因此不能引入新的杂质，用、、来调节pH，故选项C正确。
18．(1) A(或B) 2NH4Cl+Ca(OH)22NH3↑+CaCl2+2H2O(或NH3·H2ONH3↑+H2O) d→c→f→e→i
(2) 8NH3+6NO27N2+12H2O 反应后气体分子数减少，Y管中压强小于外压
【详解】（1）实验室可以用加热固体氯化铵和氢氧化钙的方法制备氨气，反应物状态为固体，反应条件为加热，所以选择A为发生装置，反应方程式为Ca(OH)2+2NH4ClCaCl2+2NH3↑+2H2O，也可以选择装置B用加热浓氨水的方法制备氨气，反应方程式为NH3·H2ONH3↑+H2O，故装置为A (或B)；Ca(OH)2+2NH4ClCaCl2+2NH3↑+2H2O(或B NH3·H2ONH3↑+H2O)；
实验室制备的氨气中含有水蒸气，氨气为碱性气体，应选择盛有碱石灰的干燥管干燥气体，氨气极易溶于水，密度小于空气密度，所以应选择向下排空气法收集气体，氨气极易溶于水，尾气可以用水吸收，注意防止倒吸的发生，所以正确的连接顺序为：发生装置→d→c→f→e→i；
故答案为：A (或B)；Ca(OH)2+2NH4ClCaCl2+2NH3↑+2H2O(或B NH3·H2ONH3↑+H2O)；d→c→f→e→i 。
（2）打开K1，推动注射器活塞，使X中的气体缓慢充入Y管中，则氨气与二氧化氮发生归中反应 生成无色氮气，所以看到现象为：红棕色气体慢慢变浅；根据反应8NH3+6NO27N2+12H2O以及装置恢复至室温后气态水凝聚可判断反应后气体分子数减少，Y装置内压强降低，所以打开K2在大气压的作用下Z中NaOH溶液发生倒吸，故答案为红棕色气体慢慢变浅；8NH3+6NO27N2 +12H2O；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；
故答案为：8NH3+6NO27N2+12H2O；反应后气体分子数减少，Y管中压强小于外压。
19． SO2（g）SO2 （aq）；SO2＋H2OH2SO3；H2SO3 H＋ + HSO3－；HSO3－H+ + SO32－ 干白中二氧化硫或亚硫酸含量太少 圆底烧瓶 SO2＋H2O2=H2SO4 加入二氧化锰并振荡 0.32 盐酸的挥发造成的干扰
【详解】（1）将SO2通入水中形成SO2 ─饱和H2SO3溶液体系，此体系中存在的平衡有：SO2（g）SO2 （aq）；SO2＋H2OH2SO3；H2SO3 H＋ + HSO3－；HSO3－H＋ + SO32－，故答案为SO2（g）SO2 （aq）；SO2＋H2OH2SO3；H2SO3H＋ + HSO3－；HSO3－H＋ + SO32－；
（2）根据对比实验，干白葡萄酒中滴入品红溶液，红色不褪去，可能是葡萄酒中的二氧化硫的含量太少的缘故，故答案为干白中二氧化硫或亚硫酸含量太少；
Ⅱ. （3）根据装置图，仪器A是圆底烧瓶，故答案为圆底烧瓶；
（4）H2O2具有强氧化性，将二氧化硫氧化为硫酸，化学方程式为SO2＋H2O2=H2SO4，故答案为SO2＋H2O2=H2SO4；
（5）过氧化氢在催化剂作用下容易分解，除去H2O2，可以在反应后的溶液中加入二氧化锰并振荡，故答案为加入二氧化锰并振荡；
（6）根据反应方程式，有SO2~H2SO4~2NaOH，n(SO2)=n(NaOH)=×0.04000 mol/L×0.025L=0.0005mol，质量为0.0005mol×64g/mol=0.032g，因此1L溶液中含有二氧化硫的质量为0.032g×=0.32g，该葡萄酒中SO2的含量为0.32g/L，测定过程中，盐酸会挥发，导致反应后溶液酸的物质的量偏多，滴定时消耗的氢氧化钠偏多，使得结果偏大，故答案为0.32；盐酸的挥发造成的干扰。
20． 4 1.26 3Fe+8H++2NO3-→3Fe2++2NO↑+4H2O 16.8 2∶1 1.20 7840
【分析】该反应还涉及的化学方程式有：3Fe+8HNO3=3Fe(NO3)2+2NO↑+4H2O，3Cu+8HNO3=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O；观察表中的信息，当HNO3体积依次为100mL、200mL、300mL时，气体的体积呈正比例增长，则说明HNO3的体积小于300mL时，一直发生反应3M+8HNO3=3M(NO3)2+2NO↑+4H2O；200mL的HNO3比100mL的HNO3多消耗金属8.4g，300mL的HNO3比200mL的HNO3多消耗金属9.6g，说明HNO3的体积小于200mL时，HNO3只和Fe反应，并生成Fe(NO3)2；HNO3的体积在200-300mL之间时，可能还有Fe和HNO3反应，一定有Cu和HNO3反应，且HNO3体积为300mL时，Cu恰好反应完全；HNO3体积大于300mL时，HNO3开始氧化Fe2+。
【详解】（1）经分析，HNO3的体积小于200mL时，HNO3只和Fe反应；当HNO3的体积为100mL时，n(NO)==0.1mol，则n(HNO3)=0.4mol，c(HNO3)==4mol·L-1；
（2）100mL的HNO3中，n(HNO3)=0.4mol，ρ(HNO3)==1.26g·cm-3；
（3）HNO3的体积小于200mL时，HNO3只和Fe反应，并生成Fe(NO3)2，反应的离子方程式为3Fe+8H++2NO3-→3Fe2++2NO↑+4H2O；200mL的HNO3比100mL的HNO3多消耗金属8.4g，且该金属只有Fe，则100mL的HNO3也消耗8.4g的Fe，所以放出4480mL气体消耗金属16.8g；
（4）HNO3的体积在200-300mL之间时，可能还有Fe和HNO3反应，一定有Cu和HNO3反应，设此阶段Fe有x mol反应，Cu有y mol反应，则有：
56x+64y=9.6
解得x=0，y=0.15；说明HNO3的体积为200mL时，Fe恰好反应完全，而Cu开始反应，所以n(Fe)==0.3mol，所以n(Fe)：n(Cu)=0.3：0.15=2：1；
（5）HNO3的体积为300mL时，反应后溶液中有0.3mol Fe(NO3)2、0.15mol Cu(NO3)2，再加入100mL HNO3，则0.3mol Fe(NO3)2和0.4mol HNO3刚好完全反应生成0.3mol Fe(NO3)3，则加入400mL HNO3反应后，溶液中NO3-的物质的量为(0.3×3+0.15×2)mol=1.2mol；
（6）HNO3的体积为300mL时，反应后溶液中有0.3mol Fe(NO3)2、0.15mol Cu(NO3)2，放出气体6720mL；若有溶液中Cu2+、Fe2+的物质的量浓度相同，则有0.15mol Fe2+被氧化，则此过程生成NO的物质的量为0.05mol，即1120mL，所以一共放出NO的体积为(6720+1120)mL=7840ml。
21． 0.02mol 5.3g 1.12L 0.1mol/L
【详解】I.硫酸钠与氯化钡反应生成硫酸钡沉淀，反应的离子方程式为：Na2SO4＋BaCl2＝BaSO4↓＋2NaCl；碳酸钠与氯化钡溶液反应生成碳酸钡沉淀，反应的化学方程式为：BaCl2＋Na2CO3＝2NaCl＋BaCO3↓，碳酸钡溶于稀盐酸，反应的化学方程式为：BaCO3＋2HCl═BaCl2＋H2O＋CO2↑，
14.51克白色沉淀是BaCO3和BaSO4混合物，加入过量的稀盐酸，充分反应后，剩余沉淀4.66g为BaSO4，BaSO4的物质的量为：＝0.02mol，
由硫酸根守恒可知：n(Na2SO4)＝n(BaSO4)＝0.02mol，
减少的沉淀质量为BaCO3，故BaCO3的质量为：14.51g 4.66g＝9.85g，碳酸钡的物质的量为：＝0.05mol，
由碳酸根守恒可知n(Na2CO3)＝n(BaCO3)＝0.05mol，m(Na2CO3)=
故答案为：0.02mol；5.3g；
(2)发生反应BaCO3＋2HCl═BaCl2＋H2O＋CO2↑，由方程式可知：n(CO2)＝n(BaCO3)＝0.05mol，故生成的二氧化碳的体积为：0.05mol×22.4L/mol＝1.12L，
故答案为：1.12L；
II．溶液中含有Fe2＋：0.5mol L 1×0.2L＝0.1mol<，
所以6g铁粉过量，设反应消耗铁的物质的量为x，生成铜的物质的量为y，
可得3x＋y＝0.1mol 6g 56x＋8y＝5.2g，
解得x＝0.02mol、y＝0.04mol，
原溶液中Fe2(SO4)3物质的量浓度为＝0.1mol/L，
故答案为：0.1mol/L。