【化学】重庆市大学城第一中学2018-2019学年高一下学期第一次月考试题（解析版）

重庆市大学城第一中学2018-2019学年高一下学期第一次月考试题
一、选择题:本题共16小题，每小题3分，共48分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求的。
1. 我国清代《本草纲目拾遗》中记叙无机药物335种，其中“强水”条目下写道：“性最烈，能蚀五金……其水甚强，五金八石皆能穿第，惟玻璃可盛。”这里的“强水”是指（ ）
A. 氨水 B. 卤水 C. 醋 D. 硝酸
【答案】D
【解析】试题分析：“强水”条目下写道：“性最烈，能蚀五金……其水甚强，五金八石皆能穿第，惟玻璃可盛。”说明该物质可以溶解许多的金属，也可以与许多盐发生反应，但是与玻璃不能发生反应，在选项中提供的物质中只有硝酸具有该性质，故选项D正确。
2.下列能用分液漏斗进行分离混合物是( )
A. 四氯化碳和水 B. 酒精和汽油
C. 碘和四氯化碳 D. 汽油和植物油
【答案】A
【详解】A.分液漏斗可以分离互不相溶的液体，四氯化碳和水互不相溶，可以用分液漏斗进行分离，故A正确；
B. 酒精和汽油可以互溶，不能用分液漏斗进行分离，故B错误；
C. 碘易溶于四氯化碳，不能用分液漏斗进行分离，故C错误；
D. 汽油和植物油可以互溶，不能用分液漏斗进行分离，故D错误；
故选A。
3.下列物质变化或操作过程中发生化学变化的是（ ）
A. 硅胶作袋装食品的干燥剂 B. 氯气作自来水杀菌消毒剂
C. 用铂丝蘸取碳酸钠溶液在酒精灯外焰上灼烧 D. 用蒸馏的方法除去自来水中的Cl-
【答案】B
【解析】
【分析】化学变化是指有新物质生成的变化，物理变化是指没有新物质生成的变化，化学变化和物理变化的本质区别是否有新物质生成。
【详解】A项、硅胶作袋装食品的干燥剂，过程中只是吸收水蒸气，没有新物质生成，属于物理变化，故A错误；
B项、氯气作自来水杀菌消毒剂，氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，属于化学变化．故B正确；
C项、用铂丝蘸取碳酸钠溶液在酒精灯外焰上灼烧，发生焰色反应，没有新物质生成，属于物理变化，故C错误；
D项、用蒸馏的方法除去自来水中的Cl-，利用的是水的液态与气态间的相互转化，没有新物质生成，属于物理变化，故D错误。
故选B。
4. 1869年，俄国化学家门捷列夫制作出了第一张元素周期表，揭示了化学元素间的内在联系，成为化学史上的重要里程碑之一。下列有关元素周期表的说法正确的是（ ）
A. 元素周期表含元素最多的族是第ⅢB族
B. 元素周期表有18个族
C. 第ⅠA族的元素全部是金属元素
D. 短周期是第一、二、三、四周期
【答案】A
【解析】试题分析：第ⅢB族含有镧系、錒系，含元素最多的族是第ⅢB族，故A正确；元素周期表有16个族，故B错误；第1 A族的元素（除H以外）全部是金属元素，故C错误；短周期是指第一、二、三周期，故D错误。
5.一定条件下硝酸铵受热分解的化学方程式为：5NH4NO3=2HNO3+4N2↑+9H2O，在反应中被氧化与被还原的氮原子数之比是(　　)
A. 5:4 B. 4:5 C. 5:3 D. 3:5
【答案】C
【详解】在5NH4NO3═2HNO3+4N2↑+9H2O的反应中，铵根中的氮元素由-3价升高为0价，N元素被氧化，硝酸根中的N元素由+5价降低为0价，N元素被还原，氮气既是还原产物也是氧化产物，根据电子转移守恒可知，在反应中被氧化与被还原的氮原子数之比是（5-0）：[0-（-3）]=5：3，故C正确；
故选C。
6.下列对浓硫酸的叙述正确的是(　　)
A. 常温下，浓硫酸与铁、铝不反应，所以铁质、铝质容器能盛放浓硫酸
B. 浓硫酸具有吸水性，故能使蔗糖炭化
C. 浓硫酸和铜片加热既表现出酸性，又表现出氧化性
D. 浓硫酸与亚硫酸钠反应制取SO2时，浓硫酸表现出强氧化性
【答案】C
【详解】A.常温下，浓硫酸与铁和铝发生钝化，在铁和铝的表面形成一层致密的氧化膜，阻止了反应的进一步进行，并不是不反应，故A错误；
B. 浓硫酸能使蔗糖炭化，体现的是浓硫酸的脱水性，故B错误；
C. 浓硫酸和铜片加热条件下反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，浓硫酸既表现出酸性，又表现出氧化性，故C正确；
D. 浓硫酸与亚硫酸钠反应制取SO2时，化合价不变，所以该反应不是氧化还原反应，浓硫酸只体现了酸性，故D错误；
故选C。
7.下列离子方程式书写正确的是(　　)
A. 钠与水反应：2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑
B. 向FeCl3溶液中加入几滴KSCN溶液：3SCN-+Fe3+ =Fe(SCN)3 ↓
C. 稀硫酸和氢氧化钡溶液反应：Ba2++SO42-=BaSO4↓
D. 碳酸钙与盐酸反应：CO32-+2H+=CO2↑+H2O
【答案】A
【详解】A. 钠与水反应产生氢氧化钠和氢气，离子方程式是：2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑，A正确；
B. 向FeCl3溶液中加入几滴KSCN溶液发生反应，溶液变为血红色，没有沉淀生成，离子方程式是：3SCN-+Fe3+ =Fe(SCN)3 ，B错误；
C.稀硫酸和氢氧化钡溶液反应，产生硫酸钡沉淀和水，反应的离子方程式是：Ba2++2OH-+2H++SO42-=BaSO4↓+2H2O，C错误；
D. 碳酸钙难溶于水，不能拆成离子形式，离子方程式是CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O，D错误；
故合理选项是A。
8.下列药品和装置合理且能完成相应实验的是( )
A. 实验室制氯气 B. 实验室制取并收集氨气
C. 制备氢氧化亚铁 D. 观察喷泉实验
【答案】B
【详解】A.浓盐酸与二氧化锰制备氯气需要在加热的条件下反应，故A错误；
B.实验室用氢氧化钙和氯化铵共热制备氨气，故B正确；
C.氢氧化亚铁易被氧气氧化，所以操作过程中应该隔绝空气操作，故C错误；
D.一氧化氮不溶于水，不可能形成喷泉，故D错误；
故选B。
9.三种正盐的混合溶液中含有0.2molNa+，0.25molMg2+，0.4molCl﹣，则溶液中SO42﹣的物质的量为（ ）
A. 0.1 mol B. 0.3 mol
C. 0.5 mol D. 0.15 mol
【答案】D
【解析】
【分析】溶液呈电中性，根据电荷守恒计算。
【详解】溶液呈电中性，忽略水的电离根据电荷守恒可知n（Na+）+2n（Mg2+）=n（Cl-）+2n（SO42-），故0.2mol×1+0.25mol×2=1×0.4mol+2n（SO42-），解得：n（SO42-）=0.15mol，故答案选D。
10.设NA为阿伏加德罗常数，下列叙述中正确的是(　　)
A. 标准状况下，22.4 L SO3含有分子数为NA
B. 1mol氯气与足量铁粉充分反应，转移的电子数为3NA
C. 16 g O2和O3的混合气体中含氧原子数目为NA
D. 1mol/LNa2CO3溶液中含有Na+数目为2NA
【答案】C
【详解】A. 标准状况下SO3呈固体，不能使用气体摩尔体积，A错误；
B. 1mol氯气与足量铁粉充分反应，Cl2不足量，按氯气计算，转移的电子数为2NA，B错误；
C. O2和O3都是由O原子构成的，使用16g二者的混合物中含有的O原子物质的量为1mol，原子数目为NA，C正确；
D.缺少溶液体积，不能计算溶质的物质的量及微粒数目，D错误；
故合理选项是C。
11.下列实验过程中产生的现象与对应的图形相符的是(　　)
A. NaHSO3 粉末加入HNO3溶液中
B. SO2气体通入新制氯水中
C. NaOH溶液滴入 Ba(HCO3)2溶液中
D. CO2气体通入澄清石灰水中
【答案】D
【详解】A. 硝酸具有氧化性，能氧化亚硫酸氢钠，生成硫酸钠，硝酸的还原产物是NO，图象中产生气体的起始点错误，故A错误；
B.SO2与氯水反应生成HCl和H2SO4，溶液酸性增强，图象中pH变化不正确，故B错误；
C. NaOH溶液滴入Ba（HCO3）2溶液中，OH-与HCO3-生成CO32-，CO32-随即与Ba2+产生沉淀，即反应开始时就有沉淀生成，故C错误；
D. CO2 +Ca(OH) 2 =CaCO3 ↓+ H2O ，一开始反应溶液中自由移动的离子减少，但CO2过量时会发生CaCO 3 + H2O+CO2 =Ca(HCO3)2，自由移动的离子增多，导电性又增强，故D正确；
故选D。
12.下列各组元素性质递变情况错误的是(　　)
A. H、Be、B原子最外层电子数依次增多
B. P、S、Cl元素最高正化合价依次升高
C. B、C、N、O、F原子半径依次增大
D. Li、Na、K、Rb的金属性依次增强
【答案】C
【解析】考查元素性质和在周期表中的位置关系，是常见题型。同周期元素(除稀有气体)，从左到右核电荷数逐渐增大，原子半径逐渐减小，最高化合价逐渐升高，非金属性逐渐增强，金属性逐渐减弱；同主族元素，从上到下电子层数逐渐增多，原子半径逐渐增大，非金属性逐渐减弱，金属性逐渐增强。
13.A、B、C均为短周期元素，它们在周期表中的位置如图所示，已知B、C元素的原子序数之和是A元素原子序数的4倍，则A、B、C符合的一组是 (　　)

A. Be、Na、Al B. B、Mg、Si
C. O、P、Cl D. C、Al、P
【答案】C
【解析】已知A、B、C为短周期元素，据图示分析，可知A元素位于第二周期，B、C元素位于第三周期。B、C原子序数之和是A原子序数的4倍，设B的原子序数为x，C的原子序数为(x＋2)，A的原子序数为x＋1－8=x－7，则x＋(x＋2)=4(x－7)，得x=15。A、B、C分别为O、P、Cl元素，答案选C。
14.短周期元素R、T、Q、W在元素周期表中的相对位置如下图所示，其中T所处的周期序数与族序数相等。下列有关说法错误的是(　　)

A. 最简单气态氢化物的热稳定性：R>Q
B. 最高价氧化物对应水化物的酸性：QQ>R
D. T的单质是两性物质
【答案】D
【详解】T是短周期元素，T所处的周期序数与族序数相等，即T是Al元素，Q是Si元素，R是N元素，W是S元素，
A.非金属性:N>Q，非金属性越强，对应的气态氢化物越稳定，即最简单气态氢化物的热稳定性：R>Q，故A正确；
B.非金属性：SiN，故C正确；
D.T的单质即Al，既可以和强酸反应也可以和强碱反应，但不属于两性物质，故D错误；
故选D。
15.用下图所示装置进行下列实验：将①中溶液滴入②中，预测的现象与实际相符的是(　　)

选项
①中物质
②中物质
预测②中的现象
A
稀盐酸
碳酸钠与氢氧化钠混合溶液
立即产生气泡
B
浓硝酸
用砂纸打磨过的铝条
产生红棕色气体
C
氯化铝溶液
浓氢氧化钠溶液
产生大量白色沉淀
D
草酸溶液(H2C2O4具有还原性)
高锰酸钾酸性溶液
溶液逐渐褪色
【答案】D
【详解】A.盐酸先与氢氧化钠反应，再与碳酸钠反应，所以反应初始时无气泡产生，故A错误；
B.浓硝酸能使金属铝钝化，不会产生大量红棕色气体，故B错误；
C.氯化铝溶液滴入氢氧化钠溶液中，氢氧化钠过量，氯化铝转化为偏铝酸钠，无白色沉淀生成，故C错误；
D.草酸具有还原性，能使高锰酸钾褪色，故D正确；
故选D。
16.4.6g铜镁合金完全溶解于100mL密度为1.40g·mL-1、质量分数为63%的浓硝酸中，得到4480mLNO2和336 mLN2O4的混合气体(标准状况)，向反应后的溶液中加入1.0mol·L-1NaOH溶液至离子恰好全部沉淀时，下列说法不正确的是（ ）
A. 该合金中铜与镁的物质的量之比是46:69
B. 该浓硝酸中HNO3的物质的量浓度是14.0mol·L-1
C. 产生沉淀8.51 g
D. 离子恰好完全沉淀时，加入NaOH溶液的体积是230mL
【答案】D
【解析】试题分析：A．4480mL NO2的物质的量=4.48L÷22.4L/mol=0.2mol，336mLN2O4的物质的量=0.336L÷22.4L/mol=0.015mol，令Cu、Mg的物质的量分别为xmol、ymol，根据二者质量与电子转移守恒，可得：64x+24y＝4.6, 2x+2y＝0.2+0.015×2，解得x=0.046、y=0.069，故该合金中铜与镁的物质的量之比=0.046mol：0.069mol=46：69，正确；B、密度为1.40g/mL、质量分数为63%的浓硝酸．其物质的量浓度=1000×1.4×63%/63 mol/L=14mol/L，正确；C、铜镁合金完全溶解于浓硝酸中，向反应后的溶液中加入NaOH溶液至离子恰好全部沉淀，生成沉淀为Cu（OH）2、Mg（OH）2，由化学式可知n（OH-）2=n（Cu）+2n（Mg）=2×（0.046mol+0.069mol）=0.23mol，故沉淀质量=m（Cu）+m（Mg）+m（OH-）=4.6g+0.23mol×17g/mol=8.51g，正确；D、离子恰好完全沉淀时，此时溶液中溶质为NaNO3，根据N元素守恒可知n原（HNO3）=n（NaNO3）+n（NO2）+2n（N2O4），故n（NaNO3）=0.1L×14mol/L-0.2mol-2×0.015mol=1.17mol，根据钠离子守恒有n（NaOH）=n（NaNO3）=1.17mol，故需要氢氧化钠溶液的体积=1.17mol÷1mol/L=1.17L=1170mL，错误。
二、非选择题：本题共4小题，共52分
17. 下表是元素周期表的一部分，针对表中的①～⑨种元素，填写下列空白：
主族
周期　　
ⅠA

ⅡA

ⅢA

ⅣA

ⅤA

ⅥA

ⅦA

0族

2



①
②
③


3
④

⑤


⑥
⑦
⑧
4
⑨







(1)写出元素符号和名称：
①________，②________，⑧________，⑨________。
(2)写出下列反应的化学方程式：
⑦单质跟④的氢氧化物溶液反应：______________________________
⑤的氧化物跟④的氢氧化物溶液反应：________________________________
⑥的单质在③的单质中燃烧：_____________________________________。
【答案】(1)①C　碳　②N　氮　⑧Ar　氩　⑨K　钾
(2)Cl2＋2NaOH===NaCl＋NaClO＋H2O
Al2O3＋2NaOH===2NaAlO2＋H2O　S＋O2SO2
【解析】各元素分别为碳、氮、氧、钠、铝、硫、氯、氩、钾。再结合各元素及其化合物的化学性质即可求得答案
18.某化学小组模拟工业生产制取HNO3设计下图所示装置，其中a为一个可持续鼓入空气的橡皮球。请回答下列问题。

(1)写出装置B中主要反应的化学方程式 ________________________。
(2)装置E中主要反应的化学方程式______________________________。
(3)装置C中浓硫酸的作用是________________________________。
(4)请你帮助该化学小组设计实验室制取NH3的另一方案_________________________。
(5)装置D中的主要作用是 _______________________。
(6)干燥管中的碱石灰用于干燥NH3，某同学思考是否可用无水氯化钙代替碱石灰，并设计下图所示装置(仪器固定装置省略，挤出气体的气球紧套在玻璃管一端，玻璃管插在单孔橡胶塞上)进行验证。实验步骤如下：

①用烧瓶收集满干燥的氨气，立即塞上如图所示的橡胶塞。
②正立烧瓶，使无水氯化钙固体滑入烧瓶底部，摇动，可以观察到的现象是______，由此，该同学得出结论：不能用CaCl2代替碱石灰。
【答案】(1). 4NH3+5O24NO+6H2O (2). 3NO2+H2O=2HNO3+NO或4NO2+2H2O+O2=4HNO3 (3). 吸收多余的NH3 (4). 方案Ⅰ：加热浓氨水制取NH3(或方案Ⅱ：向NaOH或CaO固体上滴加浓氨水制取NH3) (5). 收集气体 (6). 气球膨胀
【解析】
【分析】根据硝酸的性质分析解答；根据物质的制备、分离和提纯方法分析解答。
【详解】根据实验装置图，A装置是实验室制取氨气的装置，B装置为氨气与氧气在催化剂加热条件下生成NO的装置，C装置吸收多余的氨气，装置中有氧气，生成的NO被氧化为二氧化氮，E装置为二氧化氮与水反应生成硝酸的装置，F装置吸收尾气，
(1)装置B中为氨气与氧气反应生成NO和水的反应：4NH3+5O24NO+6H2O，
故答案：4NH3+5O24NO+6H2O；
(2) C装置吸收多余的氨气，装置中有氧气，生成的NO被氧化为二氧化氮，E装置为二氧化氮与水反应生成硝酸的装置，则E装置中的反应为：3NO2+H2O=2HNO3+NO或4NO2+2H2O+O2=4HNO3；
故答案为：3NO2+H2O=2HNO3+NO或4NO2+2H2O+O2=4HNO3；
(3)装置C中的浓硫酸吸收未反应的氨气，
故答案为：吸收多余的NH3；
(4) 实验室制取NH3的方案有：方案Ⅰ：加热浓氨水制取NH3；方案Ⅱ：向NaOH或CaO固体上滴加浓氨水制取NH3；
故答案为：方案Ⅰ：加热浓氨水制取NH3（或方案Ⅱ：向NaOH或CaO固体上滴加浓氨水制取NH3）；
(5) 装置D用来收集二氧化氮气体，
故答案为：收集气体；
(6) 正立烧瓶，使无水氯化钙固体滑入烧瓶底部，摇动，氨气被无水氯化钙吸收，压强减小，所以气球膨胀；
故答案为：气球膨胀。
19.元素周期表中第ⅦA族元素的单质及其化合物的用途广泛。
(1)与氯元素同族的短周期元素的原子结构示意图为___________________。
(2)能作为氯、溴、碘元素非金属性(原子得电子能力)递变规律的判断依据是_________(填序号)。
a．Cl2、Br2、I2的熔点 b． Cl2、Br2、I2的氧化性
c．HCl、HBr、HI的热稳定性 d．HCl、HBr、HI的酸性
(3)工业上，通过如下转化可制得KClO3晶体：
NaCl溶液 NaClO3溶液KClO3晶体
①完成I中反应的总化学方程式： ___NaCl＋___H2O 电解 NaClO3＋_________。
②II中转化的基本反应类型是____________________，该反应过程能析出KClO3晶体而无其它晶体析出的原因是_______________________________。
(4)一定条件，在水溶液中1 mol Cl－、(x＝1，2，3，4)的能量(kJ)相对大小如图所示。

①D是__________________(填离子符号)。
②B→A＋C反应的离子方程式为______________________。
【答案】(1). (2). b c (3). 1 (4). 3 (5). 3H2 (6). 复分解反应 (7). 室温下，氯酸钾在水中的溶解度明显小于其它晶体 (8). ClO4－ (9). 3ClO－ = ClO3－ + 2Cl－
【详解】(1)与氯元素同族的短周期元素只有F原子，它的结构示意图为，
故答案为：；
(2)卤族元素最外层电子数相等，但随着原子序数增大，原子半径增大，原子核对最外层电子吸引力减小，其非金属性减弱，元素的非金属性越强，其氢化物的稳定性越强、其最高价氧化物的水化物酸性越强、其单质的氧化性越强，与物质的沸点、氢化物水溶液的酸性无关，故选bc，故答案为：bc；
(3)①根据氧化还原反应得失电子数相等可推断出，I中反应的总化学方程式为NaCl＋3H2O 电解 NaClO3＋3H2↑，故答案为：1，3，3H2；
②NaClO3转化为KClO3，说明该反应中两种物质相互交换离子生成盐，为复分解反应，相同温度下，溶解度小的物质先析出，室温下KClO3在水中的溶解度肯定小于其它晶体，所以先析出KClO3，
故答案为：复分解反应；室温下KClO3在水中的溶解度明显小于其它晶体；
(4)①根据图象知，D中Cl元素化合价为+7价，所以ClOx-中x为4，则D为ClO4-，故答案为：ClO4-；
②B→A+C，根据转移电子守恒得该反应方程式为3ClO-=ClO3-+2Cl-，
故答案为：3ClO-=ClO3-+2Cl-。
20.Ⅰ．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。
(1)干法制备高铁酸钠的主要反应为：
2FeSO4 + 6Na2O2 = 2Na2FeO4 + 2Na2O + 2Na2SO4 + O2↑该反应中还原剂是________________。(填化学式)
(2)湿法制备高铁酸钾(K2FeO4)是在碱性环境中进行，反应体系中有六种反应微粒：Fe(OH)3、ClO－、OH－、FeO42-、Cl－、H2O。
①请依据上述信息，写出并配平湿法制高铁酸钾的离子反应方程式：_____________。
②每生成2mol FeO42-转移________mol电子，若反应过程中转移了0.5mol电子，则还原产物的物质的量为________mol。
Ⅱ．已知：2Fe3＋＋2I－=2Fe2＋＋I2，2Fe2＋＋Br2=2Fe3＋＋2Br－。
(1)含有1 mol FeI2和1 mol FeBr2的溶液中通入2.5 mol Cl2，此时依次被氧化的离子是__________，被氧化的离子对应的物质的量之比是________________。
(2)若向含a mol FeI2和b mol FeBr2的混合溶液中通入c mol Cl2，当该混合溶液与通入的Cl2恰好完全反应时，a、b、c的关系为______________________(用含a、b、c的代数式表示)。
【答案】(1). FeSO4 Na2O2 (2). 2Fe(OH)3+3ClO－+4OH－=2FeO42-+3Cl－+5H2O (3). 6 (4). 0.25 (5). I－、Fe2＋、Br－ (6). 2:2:1 (7). c=1.5a + 1.5b
【解析】
【分析】I.(1)在2FeSO4+6Na2O2=2NaFeO4+2Na2O+2Na2SO4+O2↑中Fe、O元素的化合价升高，O元素的化合价降低，利用氧化还原反应规律判断；
(2) ①湿法制备高铁酸钾(K2FeO4)，则FeO42-为产物，Fe(OH)3为反应物，由电子转移守恒可知，ClO-为反应物，Cl-为生成物，根据化合价升降总数相等配平参加氧化还原反应的微粒，再结合电荷守恒、原子守恒配平其它微粒的系数；
②根据Fe元素化合价变化计算转移电子，还原产物为Cl-，根据Cl元素化合价变化计算生成Cl-的物质的量；
II.由2Fe3++2I-=2Fe2++I2和2Fe2++Br2=2Br-+2Fe3+可知，微粒还原性强弱顺序是：I-＞Fe2+＞Br-，向溶液中通入氯气，氯气首先和I-反应，然后再和Fe2+反应，最后和Br-反应。根据FeI2、FeBr2、Cl2的物质的量，结合反应的离子方程式计算。
【详解】I.(1)反应中Fe元素化合价由+2价升高为+6价，被氧化，FeSO4为还原剂；过氧化钠中O元素的化合价由-1价升高为0，由-1价降低为-2价，过氧化钠既是氧化剂也是还原剂。故该反应中的还原剂为FeSO4和Na2O2；
(2) ①湿法制备高铁酸钾(K2FeO4)，则FeO42-为产物，Fe(OH)3为反应物，Fe元素化合价升高3价，由电子转移守恒可知，ClO-为反应物，Cl-为生成物，化合价降低2价，化合价升降最小公倍数为6，故Fe(OH)3和FeO42-的系数为2，ClO-和Cl-的系数为3，根据电荷守恒可知，OH-为反应物，系数为4，由元素守恒可知H2O为生成物，其系数为5，离子方程式为：2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O；
②根据Fe元素化合价变化可知：每产生1mol FeO42-，电子转移3mol，则生成2mol FeO42-转移6mol电子；
若反应过程中转移了0.5mol电子，则还原产物的物质的量为n(Cl-)=0.5mol÷2=0.25mol；
II. (1) ①根据2Fe3++2I-=2Fe2++I2和2Fe2++Br2=2Br-+2Fe3+可知，微粒的还原性强弱顺序是：I-＞Fe2+＞Br-。向溶液中通入氯气，氯气首先和I-反应，然后再和Fe2+反应，最后和Br-反应。向含有1mol FeI2和1mol FeBr2的溶液中通入2.5mol Cl2，先发生反应2I-+Cl2=I2+2Cl-，2mol I-完全反应需要氯气1mol，然后发生反应Cl2+2Fe2+=2Cl-+2Fe3+，2mol Fe2+反应需要1mol氯气，还有0.5mol氯气，发生反应：Cl2+2Br-=2Cl-+Br2，消耗1molBr-，所以被氧化的离子依次是2molI-、2molFe2+、1mol Br-，所以它们的物质的量的比是2:2:1；
②a mol FeI2完全被氧化转移3amol电子，b mol FeBr2完全被氧化转移3bmol电子，由得失电子守恒可知，当I-、Fe2+、Br-完全被氧化时，消耗氯气的物质的量为n(Cl2)=0.5×(3a+3b)mol，即c=。