2020-2021学年河北省保定市定州市第二中学高一上学期11月月考化学试题解析版.docx

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1、2020-2021学年河北省保定市定州市第二中学高一上学期11月月考化学试题 解析版总分：100分 时间：60分钟可能用到的相对原子质量:H1 C12 O16 S32 Al27 Fe56 N-14 Na-23 Ba137一、选择题（每小题3分，共20小题，60分）1. 下列物质中，属于纯净物的是（ ）A. 浓硫酸B. 漂白粉C. 液氯D. 84消毒液【答案】C【解析】【详解】A浓硫酸是硫酸溶液，是混合物，故A错误；B漂白粉是氯化钙和次氯酸钙的混合物，故B错误；C液氯是液态氯气，是纯净物，故C正确；D84消毒液是NaClO的水溶液，是混合物，故D错误；故答案为C。2. 建国70周年阅兵式上，飞机

2、拉烟原理是吊舱中的彩烟剂被加压N2吹出，送入高温尾气中，尾气中的蒸汽遇冷凝结成雾，形成“彩烟”。下列有关说法正确的是（ ）A. 彩烟是一种纯净物B. 蒸汽凝结为雾发生了化学变化C. 蒸汽遇冷形成的雾是一种分散系D. 拉烟原理与焰色试验的原理相同【答案】C【解析】【详解】A. 彩烟是混合物，A错误；B. 蒸汽遇冷凝结成雾，是气态变为液态的液化过程，是物理变化，B错误；C. 雾分散在空气中，形成分散体系，C正确；D. 焰色反应是某些金属或它们的化合物在无色火焰中灼烧时使火焰呈现特征的颜色的反应，与拉烟原理不相同，D错误。答案为：C。3. 下列变化过程中，加入氧化剂才能实现的是（ ）A SO2SO3

3、2-B. CuOCuC. Cl2ClD. II2【答案】D【解析】【详解】A. SO2SO32-，没有变价元素，不需加入氧化剂，A不合题意；B CuOCu，此转化中CuO做氧化剂，需加入还原剂才能实现，B不合题意；C. Cl2Cl，此转化中，虽然Cl元素的价态降低，但并不需要加入还原剂，因为Cl2与碱或水反应，就可实现，C不合题意；D. II2，此转化中，I-价态升高，作还原剂，需要加入氧化剂才能实现，D符合题意。故选D。【点睛】分析物质转化时，一方面我们要考虑元素价态发生改变，可能需要加入氧化剂或还原剂，另一方面还要思考，是否不另加氧化剂或还原剂，利用物质自身的氧化还原反应，也能实现此转化。

4、4. 下列各组离子在溶液中能大量共存的是（ ）A. Na+、Ba2+、Cl-、SOB. K+、SO、NO 、OH-C. OH-、NH、Fe3+、SOD. H+、Cl-、CO、NO【答案】B【解析】【详解】ABa2+和SO反应生成BaSO4，不能大量共存，A错误；BK+、SO、NO、OH-相互之间不发生反应，可以大量共存，B正确；COH-和NH、Fe3+反应生成NH3H2O、Fe(OH)3，不能大量共存，C错误；DH+和CO反应生成CO2和H2O，不能大量共存，D错误；故选B。5. 下列叙述正确的是()A. NaCl、MgCl2等物质熔融状态时都导电，因此它们都是电解质B. HCl、H2SO4液

5、态时都不导电，因此它们都是非电解质C. 易溶于水的化合物都是电解质D. 浓溶液的导电能力一定强【答案】A【解析】【详解】A、电解质的定义是水溶液或熔融状态下，能够导电的化合物，NaCl和MgCl2在熔融状态下，能够导电，属于电解质，故A正确；B、HCl、H2SO4液态时虽不导电，但在水溶液中能导电，所以HCl和H2SO4都是电解质，故B错误；C、SO3、蔗糖、酒精都易溶于水，它们却不是电解质，故C错误；D、溶液的导电能力与溶液中离子浓度的大小有关，与溶液的浓度无直接关系，例如浓硫酸中含极少量的H+、SO42，导电能力差，故D错误。答案选A。6. 下列反应的离子方程式书写正确的是( )A. 三氯

6、化铁溶液与氢氧化钠溶液反应：FeCl3+3OH-=Fe(OH)3+3Cl-B. 氧化钙固体与盐酸反应：O2-+2H+=H2OC. 钠与水反应：2Na2H2O=2Na+2OH-H2D. 氯气与水反应：Cl2+H2O=2H+Cl-+ClO-【答案】C【解析】【详解】A三氯化铁溶液与氢氧化钠溶液反应的离子方程式为Fe3+3OH-=Fe(OH)3，故A错误；B氧化钙固体与盐酸反应的离子方程式为CaO+2H+=H2O+Ca2+，故B错误；C钠与水反应的离子方程式为2Na2H2O=2Na+2OH-H2，故C正确；DHClO是弱酸，则氯气与水反应的离子方程式为Cl2+H2O=H+Cl-+HClO，故D错误；

7、故答案为C。7. 有关Na2O2的叙述不正确的是（ ）A. 是淡黄色固体B. 可以作供氧剂C. 应密封保存D. 氧元素的化合价为2价【答案】D【解析】【详解】A. Na2O2是淡黄色固体，故A正确；B. Na2O2与水或二氧化碳反应释放出氧气，可以作供氧剂，故B正确；C. Na2O2易与水和二氧化碳反应，故需要密封保存，故C正确；D. 根据化合物元素正负化合价之和为0，可得Na2O2中氧元素的化合价为1价，故D错误；答案选D。8. 在标准状况下，某气体密度为1.25g/L，则该气体的相对分子质量为A. 12.5B. 14C. 28D. 30【答案】C【解析】【详解】在标准状况下，Vm=22.4

8、L/mol，由M=Vm可知，M=1.25g/L22.4L/mol=28g/mol，又摩尔质量与相对分子质量的数值相等，则该气体的相对分子质量为28，选项C符合题意。9. 下列关于Na2CO3和NaHCO3的叙述中，正确的是A. NaHCO3的俗称是苏打B. 同浓度的两种溶液可以用石灰水鉴别C. 相同条件下，在水中Na2CO3的溶解度小于NaHCO3的溶解度D. 向Na2CO3和NaHCO3固体中分别滴加等浓度的盐酸，后者反应更剧烈【答案】D【解析】【详解】ANaHCO3的俗称小苏打，A错误；B二者都能够与石灰水反应产生难溶性物质，因此不能用石灰水鉴别，B错误；C相同条件下，在水中Na2CO3的

9、溶解度比NaHCO3的溶解度大，C错误；D向Na2CO3溶液中加入盐酸，开始无现象，后来有气泡；向NaHCO3溶液中滴加等浓度的盐酸，立即有气泡产生，可见二者与盐酸反应时，NaHCO3反应的更剧烈，D正确；故合理选项是D。10. 下列叙述正确的是A. 常温常压下，14 g N2含有的分子数约为3.011023B. 64 g SO2含有的氧原子数约为6.021023C. 标准状况下，22.4 L H2O含有的分子数约为6.021023D. 56 g Fe与足量Cl2反应转移的电子数为2NA【答案】A【解析】【详解】An(N2)=0.5mol，N=nNA=0.5mol6.021023/mol=3.

10、011023，故A正确；Bn(SO2)= =1mol，氧原子2mol，N=nNA=2 mol6.021023/mol=1.2041024，故B错误；C标准状况下，水不是气体，无法利用气体摩尔体积进行计算，故C错误；D56g铁的物质的量为=1mol，和氯气反应后铁变为+3价，反应中转移3NA个电子，故D错误；故选A。11. 用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列判断错误的是A. 常温常压下3.2 g O2和O3所含原子数为0.2NAB. 非标准状况下，44 g CO2所含的氧原子数目为2NAC. 室温下，1mol H2中含有质子数为2NAD. 1molL1的K2SO4溶液中钾离子数为2NA【答案】D

11、【解析】【详解】A. O2和O3都是由O组成，则3.2 g O2和O3所含的原子数为，O原子个数为0.2NA=0.2NA，故A正确；B. 44 g CO2的物质的量为，O原子的物质的量为2mol，数目为2NA，故B正确；C. 1mol H2中含有氢分子个数为N=nNA=NA，每个分子中含有2个质子，则质子总数为2NA ，故C正确；D. 溶液体积未知，无法计算溶液中离子数目，故D错误；故选D。12. 下列两种气体的分子数一定相等的是（ ）A. 质量相等、密度不等的N2和COB. 等体积、等密度的CO和NOC. 等温、等体积的O2和N2D. 等压、等体积的N2和CO2【答案】A【解析】【详解】AN

12、2和CO的摩尔质量相等，根据n=可知质量相等、密度不等的N2和CO含有的分子数目一定相等，故A正确；B等体积、等密度的CO和NO的质量相等，因CO和NO的摩尔质量不等，根据n=可知等体积、等密度的CO和NO含有的分子数目一定不相等，故B错误；C等温、等体积的O2和N2，根据阿伏加德罗定律，如果压强也相等，则两种气体的分子数目一定相等，否则一定不等，故C错误；D等压、等体积的N2和CO2，根据阿伏加德罗定律，如果温度也相等，则两种气体的分子数目一定相等，否则一定不等，故D错误；故答案为A。13. 有一固体混合物,可能由Na2CO3、Na2SO4、CuSO4、CaCl2、NaCl混合而成.为检验它

13、的成分做了如下实验:将固体混合物溶于水,搅拌后得到无色透明溶液;往此溶液中滴加硝酸钡溶液,有白色沉淀生成;过滤,将沉淀物置于稀硝酸中,发现沉淀全部溶解.则该固体混合物中A. 肯定有Na2CO3,可能有CuSO4B. 一定有NaCl,肯定没有Na2SO4C. 一定有Na2CO3,可能有NaClD. 可能有CaCl2,一定没有CuSO4【答案】C【解析】【详解】固体混合物样品溶于水搅拌得到无色溶液，说明混合物中一定无CuSO4；取部分此溶液加入硝酸钡溶液，有白色沉淀生成，说明混合物中可能含Na2SO4或Na2CO3，由于Na2SO4或Na2CO3可与CaCl2反应生成沉淀，而固体混合物样品溶于水搅

14、拌后得到无色溶液，所以混合物中一定不含CaCl2；在白色沉淀中加入足量稀硝酸，沉淀最后全部溶解，说明生成的白色沉淀为碳酸钡；根据以上分析可知：一定含Na2CO3，一定不含CaCl2、CuSO4、Na2SO4，实验中未涉及到氯化钠的检验，所以无法确定是否含有氯化钠，选项C符合题意，故答案为C。14. 已知5KCl+KClO3+3H2SO4=3Cl2+3K2SO4+3H2O，下列说法不正确的是A. KClO3是氧化剂B. H2SO4既不是氧化剂也不是还原剂C. KCl是还原剂D. 氧化产物、还原产物的物质的量之比为15【答案】D【解析】【分析】在反应5KCl+KClO3+3H2SO4=3Cl2+3

15、K2SO4+3H2O中，KCl中Cl元素由-1价升高到Cl2中的0价，KClO3中Cl元素由+5价降低到Cl2中0价，以此来解答。【详解】A在该反应中，Cl元素化合价由反应前KClO3中+5价变为Cl2中0价，化合价降低，得到电子，所以KClO3是氧化剂，A正确；B在反应中硫酸的组成元素在反应前后化合价都不变，所以H2SO4既不是氧化剂也不是还原剂，B正确；C在该反应中，Cl元素化合价由反应前KCl中-1价变为Cl2中0价，化合价升高，失去电子，所以KCl是还原剂，C正确；D在该反应中，3个Cl2中的6个Cl原子，其中有5个Cl是KCl失去电子氧化产生的，1个Cl是由KClO3得到电子还原生成

16、的，所以氧化产物、还原产物的物质的量之比为51，D错误；故合理选项是D。【点睛】本题考查氧化还原反应，明确反应中氯元素的化合价变化是解答本题的关键，注意元素化合价升降与电子转移、物质作用的关系是解题基础。15. 200时CO2和水蒸气的混合气体共23.2g与足量的Na2O2充分反应后，固体质量增加了7.2g，则原混合气体的总物质的量为( )A. 0.2molB. 0.6molC. 0.8molD. l.0mol【答案】D【解析】【详解】向足量的固体Na2O2 中通入23.2gCO2 和H2O，发生反应：2Na2O2+2CO2 =2Na2CO3 +O2，Na2O2+2H2O=4NaOH+O2，固

17、体只增加了7.2g，是因为生成O2 ，根据质量守恒定律可知m(O2)=23.2g-7.2g=16g，所以n(O2)= 16g32g/mol=0.5mol。设混合物中CO2和水蒸气的物质的量分别为x mol，y mol，根据化学方程式，则2Na2O2+2CO2 =2Na2CO3 +O2 x 0.5xNa2O2+2H2O=4NaOH+O2， y 0.5y所以0.5x+0.5y=0.544x+18y=23.2解得x=0.2，y=0.8可知混合气体的物质的量为0.2mol+0.8mol=1.0mol，所以选项D正确；故选D。16. K2FeO4是优良的饮用水处理剂，一种制备方法是将Fe2O3、KNO3

18、、KOH混合共熔，反应为Fe2O3 + 3KNO3 + 4KOH = 2K2FeO4 + 3KNO2 + 2H2O。下列关于该反应的说法不正确的是A. 铁元素被氧化，氮元素被还原B. 氧化性：KNO3 K2FeO4C. 每生成1 mol K2FeO4，转移6 mol eD. K2FeO4具有杀菌作用【答案】C【解析】【分析】根据反应Fe2O3+3KNO3+4KOH=2K2FeO4+3KNO2+2H2O，元素铁化合价由Fe2O3中+3升高到K2FeO4中+6价，元素氮化合价由KNO3中+5价降低到KNO2中+3价。【详解】A. 由分析可知，氮元素化合价降低，被还原，铁元素化合价升高，被氧化，故A

19、正确；B. 反应中KNO3化合价降低，KNO3为氧化剂，而K2FeO4由化合价升高得到，为氧化产物，氧化性：氧化剂氧化产物，则氧化性：KNO3K2FeO4，故B正确；C. 反应Fe2O3+3KNO3+4KOH=2K2FeO4+3KNO2+2H2O中铁元素由+3价变为+6价，故1molFe2O3转移6mol电子，生成2molK2FeO4，故当生成1molK2FeO4时转移3mol电子，转移电子数为生成K2FeO4的3倍，故C错误；D. K2FeO4中铁元素为+6价，化合价能降低，有强氧化性，能杀菌消毒，故D正确；故选C。17. 向CuSO4溶液中加入H2O2溶液，很快有大量气体逸出，同时放热，一

20、段时间后，蓝色溶液变为红色浑浊（Cu2O），继续加入H2O2溶液，红色浑浊又变为蓝色溶液，这个反应可以反复多次。下列关于上述过程的说法不正确的是（ ）A. Cu2+将H2O2还原为O2B. H2O2既表现氧化性又表现还原性C. Cu2+是H2O2分解反应的催化剂D. 发生了反应Cu2O+H2O2+4H+2Cu2+3H2O【答案】A【解析】【详解】A硫酸铜与H2O2溶液首先发生反应产生氧化亚铜，铜元素化合价降低，硫酸铜作氧化剂，则H2O2作还原剂被氧化成氧气，故A错误；B开始结合过氧化氢被氧化成氧气表现还原性作还原剂；继续滴加过氧化氢溶液后氧化亚铜转变成铜离子被氧化，则过氧化氢又表现氧化性，故B

21、正确；C整个过程中反应开始有铜离子，反应结束时还有铜离子，铜离子的量没有变化，符合催化剂的特点，故C正确；D反应的第二阶段是过氧化氢与氧化亚铜反应产生铜离子的过程，根据价态变化，可知过氧化氢应被还原成水，根据化合价升降总数相等完成方程式书写：Cu2O+H2O2+4H+2Cu2+3H2O，故D正确。答案选A。18. 某同学用如图所示装置制备并检验的性质。下列说法正确的是( )A. 中：如果过量，浓盐酸就可全部反应B. 中：在中安静地燃烧，发出苍白色火焰，可在集气瓶瓶口上方观察到白雾C. 中：铜丝在中燃烧产生蓝色的烟，若在集气瓶中加入少量水，所得溶液呈绿色D. 中：干燥的有色布条不褪色，湿润的有色

22、布条褪色，说明具有漂白性【答案】B【解析】【详解】A中，浓盐酸变稀后，反应不再发生，所以即使过量，浓盐酸也不可能全部被消耗，故A项说法错误；B中，在中安静地燃烧生成HCl，发出苍白色火焰，集气瓶瓶口上方出现白雾，故B项说法正确；C中，铜丝在中燃烧产生棕黄色的烟，加入少量水后得到蓝绿色的溶液，故C项说法错误；D中，干燥的有色布条不褪色，湿润的有色布条褪色，说明与反应生成了具有漂白性的物质(HClO)，故D项说法错误；综上所述，说法正确的是B项，故答案为B。19. 由FeO、Fe2O3、Fe3O4组成的混合物，测得铁元素与氧元素的质量之比为218，这种混合物中FeO、Fe2O3、Fe3O4的物质的

23、量之比可能是()A. 121B. 123C. 131D. 113【答案】D【解析】【详解】由于Fe3O4中铁元素和氧元素的质量比为21：8，则Fe3O4为任意量都可满足混合物中铁、氧元素的质量之比为21：8；Fe3O4可以写成FeOFe2O3，即FeO、Fe2O3物质的量之比为1：1时，两种物质的混合物中铁元素和氧元素的质量比也恰好为21：8，因此选项D正确。故答案选D。20. 11.6 gFe3O4加到100 mL某浓度的盐酸中，再加入9.8 g铁粉，反应停止时，溶液中无固体存在。向溶液中滴加硫氰化钾溶液，未见颜色变化，为了中和过量的盐酸（不考虑盐酸的挥发），且使铁完全转化成Fe(OH)2，

24、共消耗5.0 molL-1NaOH溶液160mL。则原盐酸的物质的量浓度为（ ）A. 2 molL-1 B. 4 molL-1C. 6 molL-1D. 8 molL-1【答案】D【解析】【详解】溶液中钠离子恰好与氯离子结合，故有n(Na+)=n(Cl-),加入NaOH溶液后，所得溶液为NaCl溶液，其溶质的物质的量为5.0 0.16=0.8mol。依据守恒可知，100 mL的盐酸中含有0.8mol的溶质，其浓度为0.8/0.1=8molL-1，故答案为D二、填空题（每空2分共40分)21. 现有下列八种物质：HCl气体；Cu；C2H5OH；CO2；CuSO45H2O；FeCl3固体；Ba(O

25、H)2溶液；熔融Al2(SO4)3所给状态能导电的电解质是_。（填所给物质的序号）【答案】【解析】【分析】【详解】HCl气体不导电，但属于电解质；Cu导电，但不是电解质，也不是非电解质；C2H5OH不导电，是非电解质；CO2不导电，是非电解质；CuSO45H2O不导电，但属于电解质；FeCl3固体不导电，但属于电解质；Ba(OH)2溶液导电，但不是电解质，也不是非电解质；熔融Al2(SO4)3导电，且属于电解质，故所给状态能导电的电解质是。【点睛】22. （1）等质量的O2和O3所含的原子个数之比是_。（2）含有相同碳原子数的CO和CO2，其质量比为_。（3）若1g CO2中含有x个原子，则阿

26、伏加德罗常数可表示为_。（4）4.9g H2SO4能和_mol NaOH完全反应。（5）标准状况下，10 mL N2气体恰好与30 mL H2完全反应生成20 mL气体A，则A的分子式为_。（6）将34.2g Al2（SO4）3固体溶于水配成100mL溶液从该溶液中取出10mL，稀释到100mL，稀释后溶液中溶质Al2（SO4）3的物质的量浓度为_。【答案】 (1). 1:1 (2). 7:11 (3). mol-1 (4). 0.1 (5). NH3 (6). 0.1molL-1【解析】【分析】根据物质的量与微粒数目、质量、气体体积等物理量间的关系、物质的量浓度的表达式、阿伏伽德罗定律及其推

27、论分析计算解答。【详解】（1）等质量的O2和O3所含的原子个数之比为，故答案为：1:1；（2）含有相同碳原子数的CO和CO2，二者物质的量相等，故二者质量之比为摩尔质量之比：28g/mol：44g/mol=7：11，故答案为：7：11；（3）1g CO2中含有x个原子，则，则，故答案为：mol-1；（4）4.9g H2SO4的物质的量为，消耗NaOH的物质的量为0.05mol2=0.1mol，故答案为：0.1；（5）标准状况下，气体的Vm相等，气体的体积之比等于物质的量之比，反应方程式可表示为N2+3H2=2A，由质量守恒定律可知A的化学式为NH3，故答案为：NH3；（6）34.2gAl2（S

28、O4）3的物质的量为：，所得溶液物质的量浓度为：，稀释前后溶液中溶质的物质的量相等，故稀释后溶液中溶质Al2（SO4）3的物质的量浓度为：，故答案为：0.1molL-1。23. 工业上采用硫铁矿焙烧去硫后的烧渣（主要成分为Fe2O3、FeO、SiO2、Al2O3，不考虑其他杂质）制取七水合硫酸亚铁 （FeSO47H2O）的流程如图：（1）FeO属于碱性氧化物，写出FeO与稀硫酸反应的化学方程式_（2）“转化”是为了将溶液中的Fe2(SO4)3转化为FeSO4。一种方法是向溶液中加入铁粉，铁粉与Fe2(SO4)3发生化合反应生成FeSO4，该反应的化学方程式是_，该反应中化合价升高的元素是_，化

29、合价降低的元素是_。另一种方法是向溶液中通入SO2，发生反应Fe2(SO4)3+SO2+2H2O=2FeSO4+2H2SO4，该反应属于_（填“氧化还原”或“非氧化还原”）反应。Fe2(SO4)3的电离方程式为_。（3）“过滤”所用到的玻璃仪器有_【答案】 (1). FeOH2SO4=FeSO4H2O (2). FeFe2(SO4)3=3FeSO4 (3). Fe (4). Fe (5). 氧化还原 (6). Fe2(SO4)3=2Fe3+3 (7). 漏斗、烧杯和玻璃棒【解析】【分析】烧渣中加入稀硫酸，得到硫酸铁、硫酸亚铁和硫酸铝，二氧化硅不反应，过滤，滤渣为二氧化硅，在滤液中加入试剂X，还

30、原硫酸铁得到硫酸铝和硫酸亚铁溶液，调节溶液pH，生成氢氧化铝沉淀，滤渣为氢氧化铝，溶液经蒸发浓缩，冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，可得到FeSO47H2O，以此解答该题。【详解】(1)FeO属于碱性氧化物，FeO与稀硫酸反应生成FeSO4和水，发生反应的化学方程式为FeOH2SO4=FeSO4H2O；(2)铁粉与Fe2(SO4)3发生化合反应生成FeSO4，该反应的化学方程式是FeFe2(SO4)3=3FeSO4，该反应中化合价升高的元素是Fe，由Fe3+Fe2+可知化合价降低的元素是Fe；向Fe2(SO4)3溶液中通入SO2，发生反应Fe2(SO4)3+SO2+2H2O=2FeSO4+2H2SO

31、4，该反应中Fe元素化合价降低，S元素化合价升高，则此反应是氧化还原反应；Fe2(SO4)3是强电解质，电离方程式为Fe2(SO4)3=2Fe3+3；(3)“过滤”是固液分离操作，所用到的玻璃仪器有漏斗、烧杯和玻璃棒。【点睛】考查化学实验制备方案设计，重点考查氧化还原反应的基本概念的应用，明确反应原理及物质性质是解本题关键，熟悉流程图中发生的反应及基本操作方法。24. 某铁的氧化物粉末可能含有FeO、中的一种或两种。某兴趣小组同学利用以下装置测定铁的氧化物的组成，请回答下列问题：（已知)（1）装置甲的作用是_。（2）装置丁中的实验现象是_。（3）若丙中铁的氧化物的化学式为，则丙中反应的化学方程

32、式为_。若丙中铁的氧化物质量为 3. 92 g，且完全反应，丁中生成沉淀的质量为13. 79 g，试确定该氧化物中x：y=_。（4）实验评价：该装置存在缺点_，改进的方法_。【答案】 (1). 除去混合气体中的CO2 (2). 出现白色沉淀 (3). +yCOxFe+yCO2 (4). 5:7 (5). CO的尾气直接排放到空气中，会造成环境污染 (6). 将丁装置排出气体的导管改为尖嘴导管，并在导管下方放置点燃的酒精灯【解析】【分析】根据H2C2O4分解产生的气体有CO、CO2、H2O，装置甲的作用是除去CO2，装置乙的作用是吸水，装置丙中是CO还原铁的氧化物，生成铁和CO2，CO2能与Ba

33、(OH)2反应生成碳酸钡沉淀和水。【详解】(1)NaOH溶液可与CO2反应，则装置甲的作用是除去混合气体中的CO2；(2)CO在加热条件下还原铁的氧化物，同时生成CO2，CO2气体与足量Ba(OH)2溶液反应有BaCO3白色沉淀生成，则装置丁中的实验现象是出现白色沉淀；(3)CO和在加热条件下生成Fe和CO2，则丙中反应的化学方程式为+yCOxFe+yCO2；丁中生成沉淀的质量为13. 79 g，BaCO3的物质的量为=0.07mol，丙中铁的氧化物质量为 3. 92 g，含Fe的物质的量为=0.05mol，则该氧化物中x:y=0.05mol:0.07mol=5:7；(4)尾气中含有未反应的CO，有毒，直接排放到空气中会造成环境污染，需要利用点燃的方法除去，则改进方法是将丁装置排出气体的导管改为尖嘴导管，并在导管下方放置点燃的酒精灯。【点睛】考查气体的制备与物质组成探究，明确实验原理是解题关键，难点是利用守恒法计算铁的氧化物组成，易忽视CO尾气对环境的污染。