浙江省强基联盟2022-2023学年高一化学上学期10月份联考（实验班）试卷（Word版附解析）

强基联盟高一化学学科2022学年第一学期实验班10月联考试卷满分100分，考试时间90分钟。可能用到的相对原子质量：H-1，C-12，N-14，O-16，Na-23，Al-27，P-31，S-32，K-39，Cl-35.5，Ca-40。一、选择题(本题有20小题，每题3分，共60分，选出各题中一个符合题意的选项)1.下列说法正确的是A.工业上用软锰矿与浓盐酸反应制备氯气B.量筒和容量瓶都有“0”刻度线C.氢氧化铁胶体能用于净水、消毒D.用洁净的铁丝蘸取少量氧化钠固体置于酒精灯火焰上灼烧可观察到黄色火焰【答案】D【解析】【详解】A．实验室用二氧化锰与浓盐酸共热反应制备氯气，工业上用电解饱和食盐水制氯气，A错误；B．容量瓶只有一条刻度线，无“0”刻度；量筒上也没有“0”刻度，B错误；C．氢氧化铁胶体能用于净水、但不能够消毒，C错误；D．钠元素的焰色反应是黄色，用洁净的铁丝或铂丝蘸取某溶液置于酒精灯火焰上灼烧，则该溶液可能为钠盐溶液或含钠元素的其他物质，例如用洁净的铁丝蘸取少量氧化钠固体置于酒精灯火焰上灼烧可观察到黄色火焰，D正确；故选D。2.元素的原子结构决定其性质和在周期表中的位置。下列说法正确的是A.元素原子的最外层电子数等于元素的最高化合价B.元素核外电子排布时，先排满K层，再排L层，先排满M层，再排N层C.P、S、Cl得电子能力和最高价氧化物对应的水化物的酸性均依次增强D.元素周期表中位于金属和非金属分界线附近的元素属于过渡元素【答案】C【解析】 【详解】A．第二周期的元素O、F无正价，故A错误；B．多电子原子中，在离核较近的区域内运动的电子能量较低，元素核外电子排布时，先排满K层，再排L层，L层排满后、再排M层，但N层有些电子能量较低，所以M层排了8个电子、没有排满时会先有2个电子排N层，故B错误；C．P、S、Cl同周期，且原子序数依次增大，非金属性递增，得电子能力和最高价氧化物对应水化物的酸性均依次增强，故C正确；D．位于金属和非金属分界线附近的元素，表现一定的金属性与非金属性，而过渡元素包含副族元素与第Ⅷ族元素，故D错误；答案选C。3.下列说法正确的是A.根据分散系是否具有丁达尔现象将分散系分为溶液、胶体和浊液B.金属氧化物一定是碱性氧化物，碱性氧化物不一定是金属氧化物C.红酒中含有一定量的SO2，其最主要作用是调节红酒的酸度D.氯气可用作消毒剂和漂白剂，是因为氯气与水反应生成的次氯酸具有强氧化性【答案】D【解析】【详解】A．根据分散质的微粒直径大小将分散系分为溶液、胶体和浊液，故A错误；B．金属氧化物不一定是碱性氧化物，例如氧化铝是两性氧化物，碱性氧化物一定是金属氧化物，故B错误；C．二氧化硫具有还原性，红酒中含有一定量的二氧化硫，其最主要作用是抗氧化剂，故C错误；D．氯气可用作消毒剂和漂白剂，是因为氯气与水反应生成的次氯酸具有强氧化性，能杀菌消毒，故D正确；故选D。4.下列物质对应的化学式或主要成分不正确的是A.芒硝：B.熟石膏：C.软锰矿：D.黄铁矿：【答案】B【解析】 【详解】A．芒硝是的俗称，A正确；B．生石膏是的俗称，熟石膏是的俗称，B不正确；C．软锰矿的主要成分为，C正确；D．黄铁矿的主要成分为，D正确；答案选B。5.我国科学家以二氧化碳为碳源，金属钠为还原剂，在470℃、80Mpa下合成出金刚石。下列说法正确的是A.由二氧化碳合成金刚石是物理变化B.钠被氧化最终生成碳酸钠C.金刚石中含有共价键和分子间作用力D.金刚石是碳的一种同位素【答案】B【解析】【分析】由题意可知，在470℃、80Mpa下，金属钠和二氧化碳反应生成金刚石和碳酸钠，反应的化学方程式为3CO2+4Na2Na2CO3+C(金刚石)。【详解】A．由分析可知，二氧化碳合成金刚石的过程中有新物质的生成，属于化学变化，故A错误；B．由题意可知，反应中金属钠为还原剂，与二氧化碳发生氧化还原反应被氧化为碳酸钠，故B正确；C．金刚石是原子晶体，晶体中只含有共价键，不含有分子间作用力，故C错误；D．金刚石是碳元素形成的单质，是碳元素的一种同素异形体，故D错误；故选B。6.用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述中正确的是A.(分子结构：)中的共价键数目为1.0NAB.(碳正离子)中含有电子数为10NAC.与完全反应，反应中转移的电子数介于0.1NA和0.2NA之间D.在常温常压下，和的混合气体，其体积大于【答案】D 【解析】【详解】A．的物质的量为0.25mol，(分子结构：)中的共价键数目为0.25NA×6=1.5NA，A错误；B．每个中含有电子数为6+3-1=8，(碳正离子)中含有电子数为8NA，B错误；C．的物质的量为0.1mol，与完全反应，钠反应后变为+1价，反应中转移的电子数0.1NA，C错误；D．标况的条件是温度为0℃、压强为101.325千帕，和的混合气体，体积为；在常温常压下，即温度升高，和的混合气体，其体积大于，D正确；答案选D7.下列物质能导电且属于电解质的是A.食盐B.熔融的C.液态的HClD.氨水【答案】B【解析】【详解】A．食盐含有的离子不能自由移动、不能导电、属于电解质，A不正确；B．熔融的属于化合物、含有的离子能自由移动、能导电、属于电解质，B正确；C．液态的HCl由分子构成、不能导电、属于电解质，C不正确；D．氨水能导电、是混合物，既不属于电解质也不属于非电解质，D不正确；答案选B。8.将4mol金属Al全部转化为Al(OH)3，过程中共消耗HClamol、NaOHbmol，则a＋b最小值为A.4B.6C.8D.16【答案】B【解析】【详解】由Al制备Al(OH)3的最佳方案是将4molAl分为2份，1份3molAl与3molNaOH溶液反应，方程式为：另一份1molAl与3mol盐酸反 应，然后将两份产物混合，即3AlO2-+Al3++6H2O=4Al(OH)3此时消耗酸、碱的物质的量最小为6mol，答案选B。9.下列试剂的保存不正确的是A.漂白粉必须密封保存B.新制的氯水用棕色瓶保存C.液溴用一层水封盖再密封保存D.固体碘放在棕色细口瓶中【答案】D【解析】【详解】A、漂白粉容易和空气中的二氧化碳反应，所以需要密封，不选A；B、新制的氯水中有次氯酸，见光分解，所以需要用棕色瓶保存，不选B；C、溴有挥发性，所以用一层水进行水封，不选C；D、碘是容易升华的固体，应放在棕色的广口瓶中，选D。故选D。10.某含铬（Cr2O）废 水用硫酸亚铁铵[FeSO4 （NH4）2SO4·6H2O]处理，反应中铁元素和铬元素完全转化为沉淀。该沉淀经干燥后得到n mol FeO·FeyCrxO3，不考虑处理过程中的实际损耗，下列叙述错误的是（ ）A.消耗硫酸亚铁铵的物质的量为n（2-x）molB.处理废水中Cr2O的物质的量为molC.反应中发生转移的电子总物质的量为3nxmolD.在FeO·FeyCrxO3中，3x=y【答案】A【解析】【详解】A.由铁元素守恒，消耗硫酸亚铁的物质的量为n(y+1)mol，故A错误，符合题意；B.根据铬原子守恒，Cr原子为nxmol，故Cr2O的物质的量为mol，故B正确，但不符合题意；C.得到nmolFeO·FeyCrxO3，则一共有nxmolCr原子参加反应，1molCr转移电子3mol，故转移的电子数为3nxmol，故C正确，但不符合题意；D. FeO·FeyCrxO3中，Cr为正三价，由得失电子守恒知3x−y=0，即3x=y，故D正确，但不符合题意；故选：A。 11.下列说法正确的是A.氧化亚铁不稳定，空气中受热迅速氧化成氧化铁B.少量的铁在氯气中燃烧生成氯化铁，过量的铁在氯气中燃烧生成氯化亚铁C.二氧化氮能使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝D.，Y一定是Na【答案】C【解析】【详解】A．氧化亚铁不稳定，空气中受热氧化成四氧化三铁，A错误；B．不管是否过量、铁在氯气中燃烧生成氯化铁，B错误；C．二氧化氮能把碘离子氧化为碘单质，故能使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝，C正确；D．反应中，Y可以Na，也可以是NaH、NaH是强还原剂、能和水发生归中反应生成氢气，D错误；答案选C。12.向Fe2(SO4)3、CuCl2混和溶液中投入足量的铁粉充分反应后，得到的固体经过滤、干燥、称重，若所得固体的质量与加入的铁粉的质量相等，则原溶液中c(SO42－)与c(Cl－)之比为A.3︰14B.1︰7C.2︰7D.3︰2【答案】A【解析】【详解】向Fe2（SO4）3、CuCl2混和溶液中投入足量的铁粉，发生反应Fe+CuCl2=Cu+FeCl2，Fe+Fe2（SO4）3=3FeSO4，最后固体的质量与加入的铁粉的质量相等，则反应Fe+CuCl2=Cu+FeCl2导致固体增重等于反应Fe+Fe2（SO4）3=3FeSO4中参加反应的Fe的质量，假定反应Fe+Fe2（SO4）3=3FeSO4中参加反应的Fe的质量为56g，物质的量为=1mol，由方程式可知Fe2（SO4）3的物质的量为1mol，Fe+CuCl2=Cu+FeCl2 固体增重△m1mol64g-56g=8gn（CuCl2）56g 故n（CuCl2）=×1mol=7mol，故原溶液中c（SO42-）：c（Cl-）=1mol×3：7mol×2=3：14，故选A。13.氟气是氧化性最强的非金属单质，在加热条件下，等物质的量的氟气与烧碱完全反应，生成NaF、H2O和另一种气体，该气体可能是。A.H2B.HFC.O2D.OF2【答案】D【解析】【详解】F2与NaOH生成NaF、H2O和未知气体，F化合价降低，Na和H化合价已经是最高价，所以只能O化合价升高，所以未知气体中肯定有O；再由F2和NaOH等物质的量反应，设均为nmol，则NaF为nmol，由F守恒可知气体中含有F，答案选D。14.研究发现，空气中少量的能参与硫酸型酸雨的形成，反应过程如下：①②③在上述过程中的作用，与在下述变化中的作用相似的是A.潮湿的氯气通过盛有浓的洗气瓶B.硫化氢通入浓C.浓滴在pH试纸上D.清洗镀件表面氧化物【答案】B【解析】【分析】从①中看，NO2起氧化剂作用、从①②③这三个反应的总反应来看，二氧化硫被氧气、NO2起催化作用，据此进行分析；【详解】A．潮湿的氯气通过盛有浓硫酸的洗气瓶，是利用了浓硫酸的吸水性，故A错误；B．浓硫酸和硫化氢反应生成二氧化硫气体，浓硫酸作氧化剂，与①中NO2的作用一样，故B正确；C．浓滴在pH试纸上、试纸脱水碳化变黑，利用了浓硫酸的脱水性，故C错误； D．清洗镀件表面氧化物时反应生成盐和水，体现了硫酸的酸性，故D错误；故答案选B。15.常温下，在下列溶液中一定能够大量共存的离子组是A.与Al反应能放出的溶液中：、、、B.使淀粉碘化钾试纸变蓝的溶液：、、、C.能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的溶液：、、、D.澄清溶液中：、、、【答案】D【解析】【详解】A．铝分别能与酸(氢离子)、强碱溶液反应放出氢气，在强碱溶液中不能大量共存，A错误；B．使淀粉碘化钾试纸变蓝的溶液中含有的离子能把碘离子氧化为碘单质、则其氧化性大于碘单质：亚硫酸根离子的还原性大于碘离子，则、不能共存、且钡离子和亚硫酸根会产生沉淀不共存，B错误；C．能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的溶液呈碱性，与氢氧根离子会产生沉淀不共存，C错误；D．澄清溶液中：、、、互不反应可以共存，D正确；答案选D。16.用98%的浓H2SO4(密度为1.84g/cm3)配制1mol/L的稀硫酸100mL，现给出下列可能用到的仪器：①100mL量筒；②10mL量筒；③50mL烧杯；④托盘天平；⑤100mL容量瓶；⑥胶头滴管；⑦玻璃棒；按使用仪器先后顺序排列正确的是A.②③⑦⑤⑥B.②⑤⑦⑥C.①③⑤⑦④⑥D.④③⑦⑤⑥【答案】A【解析】【详解】质量分数为98%、密度为1.84g/mL的浓H2SO4的物质的量浓度为c(H2SO4)= =18.4mol·L-1，根据稀释规律=，所需要的浓H2SO4的体积为：===0.01L=10mL，所以选10mL量筒，若用100mL量筒则会使量取的溶液体积误差变大。配制一定物质的量浓度的H2SO4溶液的步骤和每一步所用的仪器如下表所示：步骤所用的仪器①计算②称量10mL量筒、胶头滴管③溶解烧杯、玻璃棒④移液烧杯、玻璃棒、100mL容量瓶⑤洗涤烧杯、玻璃棒⑥振荡100mL容量瓶⑦定容胶头滴管⑧摇匀100mL容量瓶⑨装瓶指定的试剂瓶故选A。17.下列反应的离子方程式正确的是A.在硫酸氢钾溶液中滴加氢氧化钡至pH=7：B4和7HCl等体积混合：C.漂白粉溶液吸收少量二氧化硫气体：D.向澄清石灰水中加入过量的碳酸氢钠溶液：【答案】B 【解析】【详解】A．在硫酸氢钾溶液中滴加氢氧化钡至pH=7，得到K2SO4、H2O和BaSO4，：，A错误；B．4和7HCl等体积混合，则得到氯化钠、氯化铝和氢氧化铝：，B正确；C．漂白粉溶液吸收少量二氧化硫气体得到硫酸钙和次氯酸、氯离子：，C错误；D．向澄清石灰水中加入过量的碳酸氢钠溶液得到碳酸钙、碳酸钠和水：Ca2++2OH-+2HCO=CaCO3↓+2H2O+CO，D错误；答案选B18.某研究小组利用与碳化钙()、水蒸气反应制备氨气。反应分两步进行：①②(方程式未配平)。已知化合物X(摩尔质量不超过100g/mol)中的阴离子与互为等电子体(具有相同原子个数和最外层电子数的微粒)。下列说法不正确的是A.X的摩尔质量为80g/molB.1molX最多能与3mol盐酸反应C.X中阴阳离子个数比为1：1D.X中各元素最外层均满足8电子结构【答案】B【解析】【分析】已知化合物X(摩尔质量不超过100g/mol)中的阴离子与互为等电子体(具有相同原子个数和最外层电子数的微粒)，结合化学方程式①可知其阴离子为，X为CaCN2、①为；②为CaCN2+3H2O=CaCO3+2NH3。【详解】A．X的摩尔质量为80g/mol，A正确；B．反应②为CaCN2+3H2O=CaCO3+2NH3，则CaCN2+4HCl+2H2O=CaCl2+CO2+2NH4Cl，1molX最多能与4mol盐酸反应，B错误； C．X由钙离子和构成、阴阳离子个数比为1：1，C正确；D．CaCN2的电子式：为，则X中各元素最外层均满足8电子结构，D正确；答案选B。19.海洋中有丰富的矿产、能源、药物和水产资源等，下图为海水利用的部分过程。下列有关说法正确的是A.制取NaHCO3的反应是利用其溶解度小于NaClB.用澄清的石灰水可鉴别NaHCO3和Na2CO3C.在第③、④、⑤步中，溴元素均被氧化D.工业上通过电解饱和MgCl2溶液制取金属镁【答案】A【解析】【详解】A．NaHCO3溶解度比Na2CO3小，故可通入氨气和二氧化碳生成碳酸氢钠使其过饱和析出，A选项正确；B．NaHCO3和Na2CO3都会和石灰水生成沉淀，澄清的石灰水可鉴别CO2，不能鉴别NaHCO3和Na2CO3，它们的鉴别可与稀盐酸反应或加热，故B错误；C．第③、⑤步骤中溴元素均被氧化，但④步骤溴单质和二氧化硫反应生成溴离子被还原，故C错误；D．工业上通过电解熔融MgCl2制取金属镁而不是氯化镁溶液，故D错误；故选A。20.白色固体常用于织物的漂白，也能将污水中的某些重金属离子还原为单质除去。下列关于说法不正确的是 A.可以使品红溶液褪色，褪色原理可能类似B.实验室制备可利用反应：C.不能用作分析化学中的吸氧剂D.已知隔绝空气加热分解可生成，则其残余固体产物中可能有【答案】C【解析】【详解】A．中硫的化合价是+3价，氧化性比较弱，故使品红溶液褪色，褪色原理类似二氧化硫，故A正确；B．根据原子、电子守恒判断B的方程式说法正确，故B不符合题意；C．中硫的化合价是+3价，可以升高，故该物质可做还原剂，故能与氧气发生反应，故C不正确；D．Na2S2O4中硫的化合价升高到二氧化硫中+4价，故还有降低的化合价，故有可能含有Na2S2O3，故D说法正确；故选答案C。【点睛】此题考查氧化还原反应的应用，利用硫的价态进行判断。卷II(共40分)二、填空题(共5大题，40分)21.有①S②③④⑤干冰⑥⑦六种晶体，请回答(填序号)（1）只存在共价键的化合物是_______，熔化时需要破坏共价键的是_______。（2）溶于水需破坏共价键的是_______，属于强电解质的是_______。（3）属于非电解质的是_______，沸点最低的是_______。【答案】（1）①.④⑤②.④（2）①.②⑤⑦②.②③⑦（3）①.④⑤②.⑤【解析】【分析】①S 是单质，既不属于电解质也不属于非电解质，硫单质属于分子晶体、熔化时破坏分子间作用力不破坏共价键、不溶于水；②硫酸氢钠是强电解质，含有离子键和共价键，熔融时电离成钠离子和硫酸氢根离子、只克服离子键、不破坏共价键；在水溶液中电离成钠离子、氢离子和硫酸根离子、破坏离子键和共价键；③氯化铵是强电解质，含有离子键和共价键，受热时若只融化则破坏离子键、若分解为氨气和氯化氢、则破坏离子键和共价键，在水溶液中电离成铵离子和氯离子、破坏离子键；④SiO2由硅氧原子通过共价键构成的共价晶体、是化合物、只含有共价键、不导电，属于非电解质，熔化时、有共价键被破坏，不溶于水、加水不破坏共价键；⑤干冰是二氧化碳的晶体，二氧化碳属于化合物，二氧化碳分子是由碳原子和氧原子通过共价键结合而成的，因此分子内只存在共价键，受热时干冰克服分子间的作用力、不破坏共价键，溶于水时反应生成碳酸，则破坏了共价键，CO2在熔融状态下不导电、在溶液中导电的离子由碳酸电离、和其本身无关，为非电解质；⑥Al(OH)3是两性氢氧化物、属于弱电解质，含离子键和共价键，受热时若只融化则破坏离子键、若分解为氧化铝和水，则破坏离子键和共价键，溶于水时既发生酸式电离又发生碱式电离、则破坏离子键和共价键；⑦Na2O2是强电解质，含有离子键和共价键，熔融时电离成钠离子和过氧根离子、只克服离子键、不破坏共价键；在水溶液中反应生成氢氧化钠和氧气，则破坏离子键和共价键；【小问1详解】据分析，只存在共价键的化合物是④⑤，熔化时需要破坏共价键的是④。【小问2详解】据分析，溶于水需破坏共价键的是②⑤⑦，属于强电解质的是②③⑦。【小问3详解】据分析，属于非电解质的是④⑤，分子晶体熔点较低，6种晶体中，属于分子晶体的为硫和干冰，室温下硫为固体、二氧化碳为气体，则沸点最低的是⑤。22.2022年9月14号台风梅花过后，对环境进行消毒杀菌、获取洁净的饮用水都需要大量消毒剂，开发具有广谱、高效、低毒的杀菌、消毒剂是今后发展的趋势。（1）、、(还原产物为)、(1mol转化为1mol和1mol)等物质常被用作消毒剂。等物质的量的上述物质中消毒效率最高的是_______(填序号)。A.B.C.D. （2）过氧乙酸()是一种多用途的新型液体消毒杀菌剂，它具有和的双重性质。下列物质与过氧乙酸混合，不会使过氧乙酸失效的是_______(填序号)。A.B.溶液C.稀盐酸D.溶液（3）消毒试剂亚氯酸钠()在常温与黑暗处可保存一年。亚氯酸不稳定可分解，反应的离子方程式为：(未配平)。在该反应中，当有1mol生成时，转移的电子数是_______。（4）氯氨()可作杀菌剂，请用化学方程式表示氯氨在水中的杀菌机理：_______。（5）将NO转化为无毒气体，可选用天然气代替来处理硝酸尾气(用表示)，请写出用天然气处理尾气的化学反应方程式：_______。【答案】（1）D（2）C（3）NA（4）NH2Cl+H2O=NH3+HClO（5）xCH4+4NOx=xCO2+2N2+2xH2O【解析】【小问1详解】等物质的量时，获得电子越多，消毒效率越高。1mol氯气生成氯离子时转移2mol电子，1mol双氧水生成水时转移2mol电子，1molO3转化为1molO2和1molH2O转移2mol电子，1molClO2生成氯离子时转移5mol电子，所以转移电子最多的是ClO2，所以消毒效率最高的是ClO2，答案为：D；小问2详解】根据题意：过氧乙酸(CH3COOOH)具有CH3COOH和H2O2的双重性质，即具有酸性和氧化性、还原性，A．FeCl3具有氧化性，能将过氧乙酸氧化，使过氧乙酸失效，A错误；B．KMnO4溶液具有氧化性，能将过氧乙酸氧化，使过氧乙酸失效，B错误；C．稀盐酸和双氧水之间不会反应，不会使过氧乙酸失效，C正确；D．NaHCO3溶液和过氧乙酸反应产生二氧化碳气体，使过氧乙酸失效，D错误；答案为：C； 【小问3详解】该反应是歧化反应，HClO2中+3价的氯元素一部分升高到ClO2中的+4价，一部分降低到-1价。当有1molClO2生成时，反应中转移1mol电子，即转移的电子数为NA；【小问4详解】HClO有强氧化性，具备杀菌作用。氯氨()可作杀菌剂，则NH2Cl与水反应生成的HClO和NH3，反应方程式为NH2Cl+H2O=NH3+HClO；【小问5详解】用天然气处理硝酸尾气(用表示)，将NOx转化为无毒气体N2，则被NOx还原CH4被氧化为CO2，该反应的化学方程式为xCH4+4NOx=xCO2+2N2+2xH2O。23.为探究不溶性盐X(仅含四种元素)的组成和性质，设计并完成如下实验：请回答：(1)X的组成元素为H、O和______(用元素符号表示)，化学式为________________。(2)写出经一步反应能得到X的化学方程式(要求非氧化还原反应)_______________________________________________________________________________。【答案】①.S、Cu②.Cu3(OH)4SO4[或2Cu(OH)2·CuSO4]③.4NaOH＋3CuSO4===Cu3(OH)4SO4↓＋2Na2SO4【解析】【详解】(1)3.56gX隔绝空气分解生成生成0.36g水，说明含有H、O元素；所得固体溶于水得到溶液和1.60g黑色固体，在溶液中加入氢氧化钠得到蓝色沉淀，蓝色沉淀分解生成0.80g黑色固体，因此蓝色沉淀是氢氧化铜，黑色固体是氧化铜，即还含有Cu元素；所得溶液中加入氯化钡得到2.33g白色沉淀是硫酸钡，即还含有S元素，硫酸钡是0.01mol，氧化铜共计是2.4g，物质的量是0.03mol，水是0.02mol，根据质量守恒定律可知X中氧原子的物质的量是 ，因此X中H、O、S、Cu的原子个数之比是4∶8∶1∶3，则X的化学式为Cu3(OH)4SO4[或2Cu(OH)2·CuSO4]；(2)经非氧化还原反应一步反应能得到X，说明应该是复分解反应，所以根据原子守恒可知反应的化学方程式为4NaOH＋3CuSO4＝Cu3(OH)4SO4↓＋2Na2SO4。24.某化学小组模拟“侯氏制碱法”，以NaCl、、和水等为原料以及下图所示装置制取（1）装置乙的作用_______。为止污染空气，尾气中含有的_______需要进行吸收处理。（2）由装置丙中产生的制取时，需要进行的实验操作有_______、_______、_______。（3）某小组对一份加热了min的样品的组成进行了以下探究。取加热了min的样品29.6g完全溶于水制成溶液，然后向此溶液中缓慢地滴加稀盐酸，并不断搅拌。随着盐酸的加入，溶液中有关离子的物质的量的变化如图所示。则曲线c对应的溶液中的离子是_______(填离子符号)；该样品中和的物质的量之比是_______。【答案】（1）①.除去二氧化碳中的氯化氢气体②.氨气（2）①.过滤②.洗涤③.灼烧（3）①.②.1:2【解析】 【分析】装置甲为碳酸钙与盐酸反应制备二氧化碳气体，盐酸易挥发，制得的二氧化碳中混有氯化氢气体，装置乙中水用于除去二氧化碳中的氯化氢，装置丙中二氧化碳、氨气和氯化钠溶液在冰水浴中反应生成碳酸氢钠和氯化铵，反应时会析出溶解度较小的碳酸氢钠晶体。【小问1详解】因为生成的CO2中混有HCl，需用饱和NaHCO3溶液除去，所以装置乙的作用是：除去CO2中的HCl气体。为防止污染空气，尾气中的氨气(NH3)需要进行吸收处理。【小问2详解】用装置丙中产生的NaHCO3制取Na2CO3时，需要先将其过滤出来，再洗涤干净，最后灼烧让其分解，所以进行的实验操作有过滤、洗涤、灼烧。【小问3详解】由图可知，溶液中钠离子浓度不变，氯离子和碳酸氢根离子浓度增大，碳酸根离子浓度减小，则a、b、c、d分别对应溶液中的钠离子、碳酸根离子、碳酸氢根离子、氯离子，则曲线c对应的溶液中的离子是；溶液中含有0.1mol碳酸氢钠和0.2mol碳酸钠，则该样品中和的物质的量之比是1:2。25.将1.44gCu与，混合物加入20.0mL2.00mol∙L-1的稀硫酸中，充分反应后剩余固体的质量为0.320g，继续往溶液中加入一定质量的铁粉，溶液质量增加了0.770g。请计算：(1)混合物中Cu与物质的量之比为______。(2)继续加入铁粉的质量为______g。【答案】①.2:1②.1.12【解析】【分析】加入稀硫酸后发生反应：Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O①、2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+②，反应结束后，固体有剩余，若稀硫酸反应完全，则需Fe2O3的物质的量为，质量为>1.44g，因此反应①②充分反应后，H+有剩余，充分反应后有固体剩余，剩余的固体只能为铜，因此溶液中的Fe3+完全反应，再加入铁粉后，溶液中先后发生反应：Fe+CuSO4=Cu+FeSO4、Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑，根据前后质量差进行计算。【详解】（1）根据上述分析可知，剩余固体中只有铜，质量为0.32g ，设混合物中参加反应的铜为xmol，含有的Fe2O3为ymol，则64x+160y+0.32=1.44，由反应①②中物质系数联立可知x=y，解得x=y=0.005，故混合物中n(Cu)=0.005mol+=0.01mol，混合物中Cu与Fe2O3物质的量之比为=2:1；（2）加入铁粉前，溶液中含0.005molCuSO4、0.01molFeSO4和一定量H2SO4，根据原子守恒得剩余H2SO4的物质的量为(20×10-3×2)mol-0.005mol-0.01mol=0.025mol，加入铁粉，先发生反应：后发生反应：此时消耗n(H2SO4)==0.015mol<0.025mol，符合题意，则n(Fe)=n(H2SO4)=0.015mol，因此继续加入铁粉的质量为(0.005mol+0.015mol)×56g/mol=1.12g。