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【化学】辽宁省沈阳市东北育才学校2018-2019学年高一上学期期中考试试卷（解析版）
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辽宁省沈阳市东北育才学校2018-2019学年高一上学期期中考试试卷
注意事项：
1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。
2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。
一、单选题
1．下列说法正确的是（ ）
①标准状况下，6.02×1023个分子所占的体积约是22.4 L
②0.5 mol H2所占体积为11.2 L
③标准状况下，1 mol H2O的体积为22.4 L
④常温常压下，28 g CO与N2的混合气体所含的原子数为2NA
⑤各种气体的气体摩尔体积都约为22.4 L·mol−1
⑥标准状况下，体积相同的气体的分子数相同
A．①③⑤ B．④⑥ C．③④⑥ D．①④⑥
2．下列叙述正确的是（ ）
A．氯气的水溶液能导电，所以氯气属于电解质
B．强电解质水溶液的导电性不一定比弱电解质强
C．硫酸铜晶体含有一定量的结晶水，所以硫酸铜晶体能导电
D．在任何条件下，电解质的电离都能完全彻底
3．氧化还原反应与四种基本类型反应的关系如图所示，则下列化学反应属于阴影部分的是（ ）
A．Cl2＋2KBr===Br2＋2KCl
B．2NaHCO3Na2CO3＋H2O＋CO2↑
C．4Fe(OH)2＋O2＋2H2O===4Fe(OH)3
D．2Na2O2＋2CO2===2Na2CO3＋O2
4．下列说法中正确的是（ ）
①酸性氧化物在一定条件下均能与碱发生反应
②与水反应生成碱的氧化物不一定是碱性氧化物
③有单质参加的反应，一定是氧化还原反应
④金属氧化物不一定都是碱性氧化物，但碱性氧化物一定都是金属氧化物
⑤因为胶粒比溶液中溶质粒子大，所以胶体可以用过滤的方法把胶粒分离出来
⑥任何溶胶加入可溶性电解质后都能使胶体粒子凝成较大颗粒形成沉淀析出
⑦胶体稳定存在的主要原因是胶体带电
⑧硫酸、纯碱、醋酸钠和生石灰分别属于酸、碱、盐和氧化物
⑨蔗糖、硫酸钡和水分别属于非电解质、强电解质和弱电解质
A．7个 B．6个 C．5个 D．4个
5．下列反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2的是（ ）
①O3+2KI+H2O═2KOH+I2+O2 ②2C+SiO2Si+2CO↑
③SiO2+3CSiC+2CO↑ ④4HCl(浓)＋MnO2==MnCl2＋Cl2↑＋2H2O
A．仅有② B．仅有②④ C．①②③④ D．仅有②③④
6．下列各项操作中，发生“先产生沉淀，然后沉淀又溶解”现象的是：（ ）
①向石灰水中通入过量的CO2 ②向Fe(OH)3胶体中逐滴加入稀盐酸至过量 ③向Ba(OH)2溶液中逐滴加入过量的稀硫酸 ④向AgCl胶体中逐滴加入过量的稀硝酸．
A．①② B．①③ C．①④ D．②③
7．次磷酸(H3PO2)是一种精细磷化工产品,具有较强的还原性NaH2PO2为正盐,可将溶液中的Ag+还原为Ag,从而可用于化学镀银.利用.NaH2PO2进行化学镀银反应中,若氧化剂与还原剂的物质的量之比为4:1,则氧化产物的化学式为（ ）
A．H3PO4 B．Na3PO3 C．Ag D．Na2HPO2
8．在t ℃时,将a g NH3完全溶于水,得到V mL溶液,设该溶液的密度为ρ g·cm－3,质量分数为ω,其中含N的物质的量为b mol。下列叙述中不正确的是（ ）
A．溶质的质量分数ω=×100%
B．溶质的物质的量浓度c= 1000a/17Vmol·L－1
C．溶液中c(OH－)= 1000b/Vmol·L－1+c(H+)
D．上述溶液中再加入V mL水后,所得溶液中溶质的质量分数小于0.5ω
9．用下图装置测定水中氢、氧元素的质量比，其方法是分别测定通氢气前后玻璃管的质量差和U形管的质量差，实验测得m(H)∶m(O)>1∶8。下列对导致这一结果的原因的分析中，一定错误的是（ ）
A．Ⅰ、Ⅱ装置之间缺少干燥装置 B．CuO没有全部被还原
C．Ⅱ装置中玻璃管内有水冷凝 D．Ⅲ装置后缺少干燥装置
10．下列离子方程式对应的化学方程式正确的是（ ）
A．H++OH－═H2O CH3COOH+NaOH═CH3COONa+H2O
B．Ba2++SO42－═BaSO4↓ Ba(OH)2+H2SO4═BaSO4↓+2H2O
C．CO32－+2H+═CO2↑+H2O CaCO3+2HCl═CaCl2+CO2↑+H2O
D．3Cu+8H++2NO3－═3Cu2++2NO↑+4H2O 3Cu+8HNO3(稀)═3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O
11．下列溶液中，能大量共存的是（ ）
A．0.1mol/LNaOH 溶液:K+、Ba2+、Cl－、HCO3－
B．强酸性溶液中:Na+、K+、OH－、SiO32－
C．0.1mol/LFeCl2 溶液:K+、Na+、I－、SCN－
D．无色溶液中:Na+、Cu2+、C1－、NO3－
12．下列四组实验，根据实验事实得出的结论，正确的是（ ）
A．在某试液中滴加BaCl2溶液得白色沉淀，取该白色沉淀加稀硝酸不溶解：原未知试液中一定含有SO42－
B．某未知气体在空气中燃烧，其产物能使无水CuSO4变蓝色：原气体一定是H2
C．在某未知试液中滴加盐酸产生无色气体，将该气体通入足量澄清石灰水中得白色沉淀：原未知试液中一定含有CO32－
D．在某未知试液中加入浓的NaOH溶液并加热，产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体：原未知试液中一定含有NH4+
13．已知MnO2为黑色难溶于水的固体，实验室制取氧气的反应为2KClO32KCl＋3O2↑，反应后从剩余固体中回收二氧化锰的操作顺序正确的是（ ）
A．溶解、过滤、蒸发、洗涤 B．溶解、过滤、洗涤、加热
C．溶解、蒸发、洗涤、过滤 D．溶解、洗涤、过滤、加热
14．下列叙述正确的是（ ）
①Na2O与Na2O2都能和水反应生成碱，它们都是碱性氧化物
②Na2O与CO2发生化合生成Na2CO3，Na2O2与CO2发生置换生成O2
③Na2O与Na2O2都是白色的固体
④Na2O和Na2O2晶体中的阴离子与阳离子的物质的量之比都为1∶2
⑤Na2O2和Na2O在空气中久置都会发生变质
A．只有⑤ B．②③④⑤ C．②③⑤ D．④⑤
15．下列叙述不正确的是（ ）
A．10 mL质量分数为98%的H2SO4溶液,用10 mL水稀释后,H2SO4的质量分数大于49%
B．配制0.1 mol·L－1的Na2CO3溶液480 mL,需用500 mL容量瓶
C．在标准状况下,将22.4 L氨气溶于1 L水中,得到1 mol·L－1的氨水
D．向两等份不饱和的烧碱溶液中分别加入一定量的Na2O2和Na2O,使溶液均恰好饱和,则加入的Na2O2与Na2O的物质的量之比等于1∶1(保持温度不变)
16．下列离子组在一定条件下能大量共存且加入相应试剂后所对应的离子方程式正确的（ ）
选项
离子组
加入试剂
加入试剂后发生反应的离子方程式
A
Fe2+、NO3－、K+
稀硫酸
3Fe2++NO3－+4H+═3Fe3++NO↑+2H2O
B
Fe3+、I－、ClO－
氢氧化钠溶液
Fe3++3OH－═Fe(OH)3↓
C
Ca2+、HCO3－、Cl－
氢氧化钠溶液
HCO3－+OH－═CO32－+H2O
D
NH4+、Fe2+、SO42－
少量Ba(OH)2溶液
2NH4++SO42－+2OH－+Ba2+═BaSO4↓+2NH3•H2O
17．一个密闭容器，中间有一可自由滑动的隔板(厚度可忽略)将容器分成两部分，当左侧充入1 mol N2，右侧充入CO和CO2的混合气体共8 g时，隔板处于如图位置(左、右两侧温度相同)，下列说法正确的是（ ）
A．右侧CO与CO2分子数之比为1∶3
B．右侧气体密度是相同条件下氢气密度的18倍
C．右侧CO的质量为1.75 g
D．若隔板处于距离右端1/6处，其他条件不变，则前后两次压强之比为25∶24
18．已知：①Na2SO3+2H2O+I2=Na2SO4+2HI; ②Cl2+2Fe2+=2Fe3++2Cl－;③I2+Fe2+不反应，向含SO32－、Fe2+、I－各0.1 mol的溶液中通入标准状况下的Cl2，通入Cl2的体积和溶液中相关离子的物质的量的关系图正确的是（ ）
19．已知NaClO溶液与Ag反应的产物为AgCl、NaOH和O2，下列说法正确的是
A．氧气是还原产物
B．还原剂与氧化剂的物质的量之比为1:1
C．反应物中有水，且反应方程式中水的化学计量数为2
D．若生成4.48L(标准状况下)O2，则反应转移0.8mol电子
20．11.2g Fe加入一定量的HNO3充分反应后，生成Fe2+、Fe3+的物质的量之比为1:4，将生成的气体NXOY与一定量的O2混合后通入水中，反应后无气体剩余(NXOY+O2+H2O－HNO3 )，则通入的氧气的物质的量是（ ）
A．0.12mol B．0.14mol C．0.2mol D．0.13mol
二、实验题
21．如图是中学化学中常用于混合物的分离和提纯的装置，请根据装置回答问题：
(1)从氯化钾溶液中得到氯化钾固体，选择装置________(填代表装置图的字母，下同)；除去自来水中的Cl−等杂质，选择装置________。
(2)从碘水中分离出I2，选择装置________，该分离方法的名称为________。
(3)装置A中①的名称是______，进水的方向是从____口(填“上”或“下”)进水。装置B在分液时为使液体顺利滴下，除打开漏斗下端的旋塞外，还应进行的具体操作是________。
(4)粗盐中含Ca2+、Mg2+、Fe3+、SO42－等杂质，需要提纯后才能综合利用。粗盐提纯的步骤有：
①加入过量的Na2CO3溶液 ②加入过量的BaCl2溶液 ③加入过量的NaOH溶液 ④过滤
⑤溶解 ⑥加盐酸调节溶液的pH等于7 ⑦蒸发。操作顺序合理的是_____(可多选)。
a．⑤②③①④⑥⑦ b．⑤①②③④⑥⑦ c．⑤②①③⑥④⑦ d．⑤③②①④⑥⑦
三、综合题
22．“84消毒液”能有效杀灭甲型H1N1病毒，某同学购买了一瓶“威露士”ke牌“84消毒液”，并查阅相关资料和消毒液包装说明得到如下信息：“84消毒液”：含25%NaClO、1 000 mL、密度1.192 g·cm−3，稀释100倍(体积比)后使用。请根据以上信息和相关知识回答下列问题：
(1)该“84消毒液”的物质的量浓度为________mol·L−1。
(2)该同学取100 mL“威露士”牌“84消毒液”稀释后用于消毒，稀释后的溶液中c(Na+)=________mol·L−1。
(3)一瓶“威露士”牌“84消毒液”能吸收空气中________L的CO2(标准状况)而变质。(已知：CO2+NaClO+H2O=NaHCO3+HClO)
(4)该同学参阅“威露士”牌“84消毒液”的配方，欲用NaClO固体配制480 mL含25%NaClO的消毒液。下列说法正确的是________。
A．如上图所示的仪器中，有四种是不需要的，还需一种玻璃仪器
B．容量瓶用蒸馏水洗净后，应烘干才能用于溶液配制
C．利用购买的商品NaClO来配制可能导致结果偏低
D．需要称量的NaClO固体质量为143 g
23．(1)NaHSO4是一种酸式盐。2mol/L的NaHSO4溶液与1mol/L的Ba(OH)2溶液等体积混合，反应的离子方程式为__________________________。
(2)写出Na与FeCl3溶液的反应的离子反应方程式：_________________________________
(3)乙同学检测到该溶液中含有大量的Cl－、Br－、I－，若向1L该混合溶液中通入一定量的Cl2，溶液中Cl－、Br－、I－的物质的量与通入Cl2的体积(标准状况)的关系如下表所示，分析后回答下列问题：
Cl2的体积(标准状况)
11.2L
22.4L
28.0L
n(Cl－)
2.5mol
3.5mol
4.0mol
n(Br－)
3.0mol
2.5mol
2.0mol
n(I－)
x mol
0
0
原溶液中Cl－、Br－、I－的物质的量浓度之比为______________．
四、填空题
24．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 + 6 Na2O2 = 2Na2FeO4 + 2Na2O + 2Na2SO4 + O2↑，该反应中Na2O2 是________(填氧化剂、还原剂)，与CO2反应的化学反应方程式_______________
____________________________。
(2)湿法制备高铁酸钾的反应体系中有六种微粒：Fe(OH)3、ClO－、OH－、FeO42－、Cl－、H2O。
①碱性条件下，氧化剂和还原剂的物质的量的比为3:2发生反应，写出并配平湿法制高铁酸钾的离子反应方程式：___________________________________________________________。
②若反应过程中转移了0.3mol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2 mol FeBr2的溶液中通入2 mol Cl2，此时被氧化的离子是____________
3____________________________________。
(2)若向含a mol FeI2和b mol FeBr2的溶液中通入c mol Cl2，当I－、Fe2＋、Br－完全被氧化时，c=_______(用含a、b的代数式表示)。
五、计算题
25．“铜都”安徽铜陵有许多黄铜矿(主要成分为CuFeS2，含少量Al2O3、SiO2)，黄铜矿是制取铜及其化合物的主要原料之一，还可制备硫及铁的化合物。
(1)火法炼铜首先要焙烧黄铜矿，其反应原理为2CuFeS2+O2Cu2S+2FeS+SO2。CuFeS2中Cu和Fe元素的化合价均为+2价，若反应中转移0.3mol电子时，则标准状况下，产生SO2的体积为________L。
(2)焙烧黄铜矿产生的Cu2S可被稀硝酸氧化为Cu2+ 和硫单质，HNO3的还原产物为NO，试写出Cu2S与稀硝酸反应的离子方程式，并用双桥式表示电子转移__________________。
(3)焙烧黄铜矿还可得到Cu2O，将21.6g Cu2O加入到500mL某浓度的稀硝酸中，固体物质完全反应，生成Cu(NO3)2和NO，在所得溶液中加入1.0mol∙L－1的NaOH溶液1.0L，此时溶液呈中性。原硝酸的物质的量浓度为___________
【参考答案】
1．B
【解析】考查气体的摩尔体积与阿伏加德罗定律。需要强调的是摩尔体积只针对于气体，而且对于气体只有在说明状况的条件下体积才有意义。
2．B
【详解】A.氯气是非金属单质,不属于电解质,故A错误;B.溶液的导电性与溶液中离子的浓度和离子所带的电荷有关,离子浓度大,所带的电荷数目多,导电能力强,与电解质强弱无关，强电解质水溶液的导电性不一定比弱电解质强，故B正确；C.硫酸铜晶体含有一定量的结晶水,但硫酸铜晶体不含有自由移动的硫酸根离子和铜离子,所以硫酸铜晶体不能导电,故C错误；D.弱电解质溶于水,其分子可以微弱电离出离子,强电解质是完全电离的电解质, 所以，电解质的电离不一定都能完全彻底，故D错误；答案：B。
3．D
【解析】A、氧化还原反应、置换反应；B、分解反应、非氧化还原反应；C、化合反应、氧化还原反应，D、氧化还原反应，不属于其它类型，选D。
4．D
【详解】①酸性氧化物是能与碱反应生成盐和水的氧化物,所以酸性氧化物在一定条件下均能与碱发生反应,故正确； ②与水反应生成碱的氧化物不一定是碱性氧化物如过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，故②正确；③有单质参加的反应，不一定是氧化还原反应。如3O2=2O3,故③错误；④金属氧化物不一定都是碱性氧化物如Al2O3属于两性氧化物等，但碱性氧化物一定都是金属氧化物，故④正确；⑤因为胶粒比溶液中溶质粒子大，所以胶体可以用渗析法把胶粒和离子分离出来，故⑤错误；⑥粒子胶体的溶胶加入可溶性电解质后才能使胶体粒子凝成较大颗粒形成沉淀析出，故⑥错误；⑦胶体稳定存在的主要原因是胶粒带电，胶体呈电中性，故⑦错误；纯碱是碳酸钠属于盐，故⑧错误；⑨蔗糖、硫酸钡和水分别属于非电解质、强电解质和弱电解质，故⑨正确；根据上述分析知，正确的有4个；答案：D。
5．C
【解析】略
6．A
【解析】试题分析：① 向石灰水中通入过量的CO2，开始发生反应：Ca(OH)2＋CO2=CaCO3↓＋H2O；当CO2过量时发生反应：CaCO3＋H2O＋CO2= Ca(HCO3)2，沉淀溶解，正确；② 向Fe(OH)3胶体中逐滴加入过量的稀盐酸，开始胶体的胶粒的电荷被中和，胶体聚沉形成沉淀，后来发生酸碱中和反应，沉淀溶解，形成FeCl3溶液，正确；③ 向Ba(OH)2溶液中逐滴加入过量的稀硫酸，发生中和反应：Ba(OH)2+ H2SO4= BaSO4↓+2H2O,硫酸过量，沉淀不能溶解，错误；④向AgCl胶体中逐滴加入过量的稀硝酸，胶体胶粒的电荷被中和发生聚沉现象，硝酸过量，AgCl沉淀不能溶解，错误。
7．A
【解析】NaH2PO2为正盐，可将溶液中的Ag+还原为Ag，Ag元素的化合价降低，P元素的化合价升高，设氧化产物中P元素的化合价为x，由氧化剂与还原剂的物质的量之比为4：1及电子守恒可知，4×(1－0)=1×(x－1)，解得x=+5，由H3PO2+4Ag++2H2O=H3PO4+4Ag+4H+，H2PO2－+4Ag++2H2O=H3PO4+4Ag+3H+，则NaH2PO2对应的氧化产物为H3PO4，故选A。
8．A
【解析】试题分析：A．溶质的质量分数w＝[m(质)÷m(剂)]×100%=×100%，错误；B．溶质的物质的量浓度c＝=mol·L－1，正确；C．根据溶液呈电中性原则可知：溶液中c(OH－)＝c(NH) +c(H+)=mol·L－1＋c(H＋),正确；D．将上述溶液中再加入V mL水后，由于氨水与水混合后溶液的体积小于各种物质的溶液的体积和，在稀释过程中溶质的质量不变，所以所以溶液稀释后的密度比原来大，因此所得溶液中溶质的质量分数小于0.5 w，正确。
9．B
【解析】试题分析：通氢气前后玻璃管的质量差为反应的CuO中O的质量，反应前后U形管的质量差为反应生成的水的质量。Ⅰ、Ⅱ装置之间没有干燥装置，则使Ⅰ中反应带出的水蒸气进入U形管使水的质量增大，则H质量增加，导致m(H)∶m(O)＞1∶8。若Ⅱ装置有水冷凝，则使测得的水的质量减小，设冷凝水质量为m，则H质量减小m/9，但Ⅱ装置质量增加m，即测得O质量减小m，由于m(H)∶m(O)＝1∶8，若设m(H)＝n，则m(O)＝8n，则测得的＝＝＋＞，因此测得m(H)∶m(O)＞1∶8。Ⅲ装置后缺少干燥装置，会导致CaCl2吸收空气中的水蒸气，导致测得水的质量增加，m(H)∶m(O)＞1∶8。只有B中CuO没有被完全还原，则对m(H)∶m(O)的测定没有影响，因此一定错误，所以答案选B。
10．D
【解析】试题分析：A、CH3COOH为弱酸，不能拆成离子形式，错误；B、Ba(OH)2与H2SO4的反应还包含了H+与OH‾生成H2O，错误；C、CaCO3为难溶物质，不能拆成离子形式，错误；D、HNO3和Cu(NO3)2为易溶于水的强电解质，拆成离子形式可得离子方程式，正确。
11．C
【解析】A. 0.1mol/LNaOH溶液中Ba2+、HCO3－与氢氧根离子反应生成碳酸钡沉淀，不能大量共存，A错误；B. 强酸性溶液中SiO32－转化为硅酸沉淀，不能大量共存，B错误；C. 0.1mol/LFeCl2溶液中K+、Na+、I－、SCN－之间不反应，可以大量共存，C正确；D. 无色溶液中Cu2+不能大量共存，D错误，答案选C。
12．D
【解析】A．硫酸钡和氯化银均为不溶于稀硝酸的白色沉淀，则原未知试液中不一定含有SO42－，还可能含有Ag+等，故A错误；B.有机物燃烧的产物也能使无水CuSO4变蓝色，故B错误；C．CO32－、HCO3－与盐酸反应均产生CO2，则原未知试液中不一定含有CO32－，还可能含有HCO3－等离子，故C错误；D．在某未知试液中加入浓的NaOH溶液并加热，产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，则原未知试液中一定含有NH4+，故D正确；答案：D。
13．B
【详解】反应后的剩余固体中，一定含有二氧化锰和氯化钾，可能含有氯酸钾；先加入足量的水，氯化钾溶于水形成溶液，如果含有氯酸钾时，氯酸钾溶于水形成溶液，而二氧化锰不溶于水；再过滤，把二氧化锰从溶液中分离出来；再对二氧化锰进行洗涤，除去二氧化锰中的杂质；再加热、干燥二氧化锰，得到纯净的二氧化锰，故选B。
14．D
【详解】①.Na2O和水反应只生成碱，是碱性氧化物，Na2O2和水反应生成氢氧化钠和氧气，不是碱性氧化物，故①错误；
②.Na2O与CO2发生化合反应生成Na2CO3，Na2O2与CO2发生氧化还原反应生成O2，不符合置换反应的定义，故②错误；
③.Na2O为白色固体，Na2O2为淡黄色固体，故③错误；
④.Na2O2中含有钠离子和过氧根离子，阴、阳离子的物质的量之比为1:2，Na2O中含有钠离子和氧离子，阴、阳离子的物质的量之比为1:2，故④正确；
⑤. Na2O2和Na2O均可以和空气中的水等物质反应，在空气中久置都会发生变质，故⑤正确，答案选D。
15．C
【解析】试题分析：A．硫酸的密度大于水的，因此10mL质量分数为98％的H2SO4用10mL水稀释后；H2SO4的质量分数大于49％，A正确；B．没有480mL的容量瓶，因此配制0．1 mol·L－1的Na2CO3溶液480mL，需用500ml容量瓶，B正确；C．在标准状况下，将22．4L氨气溶于1L水中，所得溶液的体积不是1，因此得不到1mol·L－1的氨水，C错误；D．由于过氧化钠可以看作是Na2O·O，与水反应后生成氢氧化钠后氧气，溶液增加的质量就是Na2O，因此向2等份不饱和的烧碱溶液中分别加入一定量的Na2O2和Na2O，使溶液均恰好饱和，则加入的Na2O2与Na2O的物质的量之比等于1：1(保持温度不变)，D正确，答案选C。
16．A
【解析】A、Fe2+、NO3－、K+能大量共存，溶液中加稀硫酸后，Fe2+被氧化为Fe3+，同时生成NO气体,反应的离子方程式为3Fe2++NO3－+4H+═3Fe3++NO↑+2H2O，故A正确；B、Fe3+、I－、ClO－不能大量共存，其中2Fe3++ 2I－= 2Fe2++I2，ClO－与I－发生氧化还原反应，故B错误；C、Ca2+、HCO3－、Cl－能大量共存，加NaOH溶液后，发生离子反应： Ca2++ HCO3－+OH－═CaCO3↓+H2O，故C错误；D、NH4+、Fe2+、SO42－能大量共存，加入少量Ba(OH)2溶液发生反应SO42－+2OH－+ Fe2++Ba2+═BaSO4↓+ Fe(OH)2↓，故D错误；答案：A。
17．D
【解析】试题分析：当左边充入1molN2，右边充入CO和CO2的混合气体共8g，左、右室的压强相等，则右室中CO和CO2的总物质的量为1mol×=0.25mol，设CO和CO2的物质的量分别为xmol、ymol，则：，解得x=0.1875、y=0.0625．
A．分子数目之比等于物质的量之比；
B．根据=计算平均摩尔质量，相同条件下气体密度之比等于其摩尔质量之比；
C．根据m=nM计算CO的质量；
D．若隔板处于距离右端处，则右室气体物质的量为1mol×=0.2mol，由PV=nRT可得P=cRT，则恒温条件下压强之比等于气体总浓度之比．
解：当左边充入1molN2，右边充入CO和CO2的混合气体共8g，左、右室的压强相等，则右室中CO和CO2的总物质的量为1mol×=0.25mol，设CO和CO2的物质的量分别为xmol、ymol，则：，解得x=0.1875、y=0.0625．
A．分子数目之比等于物质的量之比，右边CO与CO2分子数之比为0.187mol：0.0625mol=3：1，故A错误；
B．由此气体的平均摩尔质量为=32g/mol，相同条件下气体密度之比等于其摩尔质量之比，故右侧气体密度是相同条件下氢气密度的=16倍，故B错误；
C．CO的质量为0.1875mol×28g/mol=5.25g，故C错误；
D．由PV=nRT可得P=cRT，则恒温条件下压强之比等于气体总浓度之比，若隔板处于距离右端处，则右室气体物质的量为1mol×=0.2mol，则前后两次压强之比为：=25：24，故D正确，
故选：D．
18．C
【详解】A.由SO32－+H2O+Cl2=SO42－+2Cl－+2H+,可以知道,0.1molSO32－完全反应需要消耗0.1mol氯气,标准状况下的Cl2的体积为: 0.1mol 22.4L/mol=2.24L,图象中氯气的体积与计算结果不一致,故A错误;B. 0.1molSO32－完全反应后,然后发生2I－+ Cl2=I2+ 2Cl－,0.1molSO32－完全反应需要消耗0.1mol 氯气,故开始反应时氯气的体积为2.24L , 0.1molI－ 完全反应消耗0.05氯气,故0.1molI－完全反应时氯气的体积为:0.15mol 22.4L/mol=3.36L ,图象中氯气的体积与计算结果不一致,故B错误;C.0.1molSO32－完全反应需要消耗0.1mol 氯气, 0.1molI－完全反应消耗0.05氯气,故亚铁离子开始反应时氯气的体积为: 0.15mol 22.4L/mol=3.36L ,由2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl－ 可以知道, 0.1mol Fe2+ 完全反应消耗0.05氯气,故Fe2+完全时消耗的氯气体积为: 0.20mol 22.4L/mol=4.48L ,图象与实际一致,故C选项是正确的;D.SO32－、Fe2+、I－完全时消耗的氯气为0.20mol,产生的氯离子为0.40 mol和,图象中氯离子的物质的量不符，故D错误;答案：C
19．C
【解析】NaClO 溶液与 Ag 反应的产物为 AgCl、NaOH 和 O2，Ag、O元素的化合价升高，Cl元素的化合价降低，由电子、原子守恒可知该反应的化学方程式为4Ag+4NaClO+2H2O═4AgCl+4NaOH+O2；A．反应中O元素的化合价升高，氧气是氧化产物，故A错误；B．此反应中NaClO既是氧化剂，又是还原剂，则还原剂与氧化剂的物质的量之比为6:4=3:2，故B错误；C．反应物中有水，由反应方程式4Ag+4NaClO+2H2O═4AgCl+4NaOH+O2，可知水的化学计量数为2，故C正确；D．4. 48 L(标准状况下)O2的物质的量为0.2mol，则反应转移1.2 mol电子，故D错误；答案为C。
20．B
【解析】11.2gFe的物质的量为0.2mol,Fe全部溶解,生成Fe2+和Fe3+的物质的量之比为1:4,所以Fe2+的物质的量为0.04mol,Fe3+的物质的量为0.16mol,共失去电子为0.04mol2+0.16mol3=0.56mol；由得失电子守恒O2得到电子的物质的量为0.56mol,所以O2的物质的量为0.56mol/4=0.14mol。 答案：B。
21．D A B 萃取 冷凝管 下 打开分液漏斗上端的玻璃塞 ad
【解析】(1)可以采用蒸发结晶的方法从氯化钾溶液中得到氯化钾固体，则选择D装置；除去自来水中的Cl－等杂质，可以采用蒸馏的方法，则选择A装置，故答案为：D；A；
(2)碘易溶于有机溶剂，可用萃取的方法分离，故答案为：B；萃取；
(3)装置A中①的名称是冷凝管，进水的方向是“下进上出”，否则水蒸气急剧冷却易产生爆炸，装置B在分液时为使液体顺利滴下，除打开漏斗下端的旋塞外，还应进行的具体操作是打开分液漏斗上端的玻璃塞，故答案为：冷凝管；下；打开分液漏斗上端的玻璃塞；
(4)除去粗盐中的可溶性杂质：Mg2+、Ca2+、Fe3+、SO42－时，先加水溶解，所以加入过量NaOH(去除镁离子和铁离子)：Mg2++2OH－=Mg(OH)2↓，Fe3++3OH－═Fe(OH)3↓；加入过量BaCl2(去除硫酸根离子)：SO42－+Ba2+=BaSO4↓；加入过量Na2CO3(去除钙离子的多余的钡离子)：Ca2++CO32－=CaCO3，碳酸钠必须加在氯化钡之后，氢氧化钠和氯化钡可以颠倒加入的顺序，然后过滤，最后调节溶液的pH等于7后蒸发即可，所以其顺序是⑤③②①④⑥⑦或⑤②③①④⑥⑦，故答案为：ad。
22．4 0.04 89.6 C
【详解】(1)根据c=1000w/M,则c(NaClO)=(1000mL 1.192g·cm−325%)/(1L74.5 g·mol−1)=4.0 mol·L−1 ,因此答案是:4.0;
(2)根据稀释前后溶质的物质的量不变,则100mL4.0 mol·L−1/10000=0.04 mol·L−1, 稀释100倍c(Na+)=0.04mol·L−1，答案：0.04。
(3)一瓶“84消毒液”含有n(NaClO)=1L4.0 mol·L−1=4 mol
根据反应CO2+NaClO+H2O=NaHCO3+HClO,则需要CO2的物质的量为n(NaClO)=4.0 mol即标准状况下V(CO2)= 4 mol 22.4L/mol=89.6L,因此答案是:89.6;
(4)A、需用托盘天平称量NaClO固体,需用烧杯来溶解NaClO,需用玻璃棒进行搅拌和引流,需用容量瓶和胶头滴管来定容,图示的A、B、C、D不需要,但还需玻璃棒和胶头滴管,故A错误;B、配制过程中需要加入水,所以经洗涤干净的容量瓶不必烘干后再使用,故B错误;C、因为NaClO易吸收空气中的H2O、CO2而变质,所以商品NaClO可能部分变质导致NaClO减少,配制的溶液中溶质的物质的量减小,结果偏低,所以C选项是正确的;D、应选取500mL的容量瓶进行配制,然后取出480mL即可,所以需要NaClO的质量:0.5L4.0 mol·L−1 74.5 g·mol−1=149g,故D错误;答案是:C。
23．2H+ +SO42－+ Ba2＋+2OH－=BaSO4↓+2H2O 6Na+6H2O+2Fe3+= 2Fe(OH)3+ 6Na++3 H2 1：2：1
【详解】(1) 2mol/L的NaHSO4溶液与1mol/L的Ba(OH)2溶液等体积混合,即NaHSO4与Ba(OH)2按照物质的量2:1反应,氢离子与氢氧根离子恰好反应,反应的离子方程式: 2H++SO42－+ Ba2＋+2OH－=BaSO4↓+2H2O。答案：2H+ +SO42－+ Ba2＋+2OH－=BaSO4↓+2H2O
(2)Na与FeCl3溶液的反应是先和水反应，生成的氢氧化钠再和FeCl3溶液反应，生成氢氧化铁，所以离子反应方程式：6Na+6 H2O+2Fe3+= 2Fe(OH)3+ 6Na++3 H2;答案：6Na+6 H2O+2Fe3+= 2Fe(OH)3+ 6Na++3 H2。
(3)当通入Cl2的体积为11.2L时,溶液中I－还有剩余,即氯气只与I－反应: Cl2+2I－=I2+2Cl－,生成1molCl－, Cl－初始物质的量是(2.5－1)mol=1.5mol;由表中数据可以知道:Br－初始物质的量是3mol,当通入Cl222.4L即1mol时,被氧化的 Br－物质的量为:n(Br－)=3mol－2.5mol=0.5mol,由反应Cl2+ 2Br－= Br2+2Cl－可以知道,消耗n(Cl2)=1/2n(Br－)=0.25mol,所以Cl2+ 2I－= I2+2Cl－中反应消耗的Cl2为:1mol－0.25mol=0.75mol,因此原溶液中的I－为:n(I－)=2n(Cl2)=0.75mol2=1.5mol,原溶液中Cl－、Br－、I－的物质的量浓度之比为1.5mol : 3mol : 1.5mol=1:2:1,因此答案是:1:2:1。
24．氧化剂、还原剂 2Na2O2+2CO2 = 2Na2CO2+O2 2Fe(OH)3 + 3ClO－ + 4OH－ = 2FeO42－ + 3Cl－ + 5H2O 0.15 I－ Fe2+ c=3(a+b)/2
【解析】
【分析】I(1)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，由化合价的变化计算转移的电子数；(2)①湿法制备高铁酸钾(K2FeO4)时，FeOH)3失电子被氧化生成K2FeO4，则C1O－作氧化剂被还原生成C1－，该反应是在碱性条件下进行，再结合转移电子守恒配平方程式；②根据化合价变化和电子转移情况来计算。
II根据先强后弱规律分析，根据电子守恒计算。
【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价降低为－2价，由－1价升高为0，过氧化钠既是氧化剂也是还原剂，过氧化钠与CO2反应生成Na2CO3和氧气，反应的方程式为： 2Na2O2+2CO2 = 2Na2CO3+O2。答案：氧化剂、还原剂 、2Na2O2+2CO2 = 2Na2CO3+O2。
(2)①湿法制备高铁酸钾(K2FeO4)时，Fe(OH)3失电子被氧化生成K2FeO4，Fe的化合价升高了3价，C1O－作氧化剂被还原生成C1－，氯元素的价态降了2价，根据电子守恒，得到铁元素物质前边系数是2，Cl的前边系数是3，在碱性条件下进行的离子反应为2Fe(OH)3+3ClO－+4OH－═2FeO42－+3Cl－+5H2O，
因此答案是：2Fe(OH)3+3ClO－+4OH－═2FeO42－+3Cl－+5H2O；
②反应2Fe(OH)3+3ClO－+4OH－=2FeO42－+3Cl－+5H2O中Cl－是还原产物，反应中转移6mol电子，生成3molCl－，若反应过程中转移了0.3mol电子，则还原产物氯离子的物质的量为0.15mol，因此，本题正确答案是：0.15。
II(1)向含有 1mol FeI2和2mol FeBr2的溶液中通入2mol Cl2，的溶液中先发生反应2I－+Cl2=I2+2Cl－，2mo碘离子完全反应需要氯气1mol，然后发生反应2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl－，1mol氯气反应需要亚铁离子的物质的量是2mol，溶液中含有3mol亚铁离子,参加反应的亚铁离子的物质的量是2mol，所以溶液中还剩余亚铁离子1mol，所以被氧化的离子是I－ Fe2+，因此答案是: I－ Fe2+。
(2)a molFeI2完全被氧化转移3amol电子, b mol FeBr2完全被氧化转移3bmol电子,由得失电子守恒可以知道,当I－、Fe2＋、Br－完全被氧化时,消耗氯气为1/2(3amol+3bmol ),即c=3(a+b)/2因此答案是: c=3(a+b)/2。
25．1.12 2.2mol∙L－1
【解析】
【详解】(1) 2CuFeS2+O2Cu2S+2FeS+SO2中,Cu、O元素的化合价降低,则被还原的元素是Cu、O;S元素的化合价由－2价升高为+4价,可以知道生成1mol气体转移6mol电子,则反应中转移0.3mol电子时,则标准状况下产生SO2的体积为0.3mo22.4L/mol=1.12L因此，答案是1.12;
(2) Cu2S可被稀硝酸氧化为Cu2+ 和硫单质, HNO3的还原产物为NO,Cu、S元素的化合价升高,N元素的化合价降低,由电子、电荷及原子守恒可以知道,离子反应为3Cu2S+16H++4NO3－=6Cu2++3S↓+4NO↑+8H2O根据化合价变化确定得失电子数，因此，本题正确答案是: 。
(3)溶液为中性，则溶质为NaNO3，由NaOH3可确定反应后溶液中NO3－,与固体反应后溶液中的n(NO3－)=1L1mol/L=1mol，n(Cu2O)=21.6g/144g/mol=0.15mol，由电子守恒可以知道n(NO)=0.15mol2(2－1)/(5－2)=0.1mol，根据N守恒，原溶液中硝酸为n(NO3－)+n(NO)=1mol+0.1mol=1.1mol ，原硝酸的物质的量浓度为1.1mol/0.5L=2.2mol∙L－1，因此，答案是:2.2mol∙L－1。
注意事项：
1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。
2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。
一、单选题
1．下列说法正确的是（ ）
①标准状况下，6.02×1023个分子所占的体积约是22.4 L
②0.5 mol H2所占体积为11.2 L
③标准状况下，1 mol H2O的体积为22.4 L
④常温常压下，28 g CO与N2的混合气体所含的原子数为2NA
⑤各种气体的气体摩尔体积都约为22.4 L·mol−1
⑥标准状况下，体积相同的气体的分子数相同
A．①③⑤ B．④⑥ C．③④⑥ D．①④⑥
2．下列叙述正确的是（ ）
A．氯气的水溶液能导电，所以氯气属于电解质
B．强电解质水溶液的导电性不一定比弱电解质强
C．硫酸铜晶体含有一定量的结晶水，所以硫酸铜晶体能导电
D．在任何条件下，电解质的电离都能完全彻底
3．氧化还原反应与四种基本类型反应的关系如图所示，则下列化学反应属于阴影部分的是（ ）
A．Cl2＋2KBr===Br2＋2KCl
B．2NaHCO3Na2CO3＋H2O＋CO2↑
C．4Fe(OH)2＋O2＋2H2O===4Fe(OH)3
D．2Na2O2＋2CO2===2Na2CO3＋O2
4．下列说法中正确的是（ ）
①酸性氧化物在一定条件下均能与碱发生反应
②与水反应生成碱的氧化物不一定是碱性氧化物
③有单质参加的反应，一定是氧化还原反应
④金属氧化物不一定都是碱性氧化物，但碱性氧化物一定都是金属氧化物
⑤因为胶粒比溶液中溶质粒子大，所以胶体可以用过滤的方法把胶粒分离出来
⑥任何溶胶加入可溶性电解质后都能使胶体粒子凝成较大颗粒形成沉淀析出
⑦胶体稳定存在的主要原因是胶体带电
⑧硫酸、纯碱、醋酸钠和生石灰分别属于酸、碱、盐和氧化物
⑨蔗糖、硫酸钡和水分别属于非电解质、强电解质和弱电解质
A．7个 B．6个 C．5个 D．4个
5．下列反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2的是（ ）
①O3+2KI+H2O═2KOH+I2+O2 ②2C+SiO2Si+2CO↑
③SiO2+3CSiC+2CO↑ ④4HCl(浓)＋MnO2==MnCl2＋Cl2↑＋2H2O
A．仅有② B．仅有②④ C．①②③④ D．仅有②③④
6．下列各项操作中，发生“先产生沉淀，然后沉淀又溶解”现象的是：（ ）
①向石灰水中通入过量的CO2 ②向Fe(OH)3胶体中逐滴加入稀盐酸至过量 ③向Ba(OH)2溶液中逐滴加入过量的稀硫酸 ④向AgCl胶体中逐滴加入过量的稀硝酸．
A．①② B．①③ C．①④ D．②③
7．次磷酸(H3PO2)是一种精细磷化工产品,具有较强的还原性NaH2PO2为正盐,可将溶液中的Ag+还原为Ag,从而可用于化学镀银.利用.NaH2PO2进行化学镀银反应中,若氧化剂与还原剂的物质的量之比为4:1,则氧化产物的化学式为（ ）
A．H3PO4 B．Na3PO3 C．Ag D．Na2HPO2
8．在t ℃时,将a g NH3完全溶于水,得到V mL溶液,设该溶液的密度为ρ g·cm－3,质量分数为ω,其中含N的物质的量为b mol。下列叙述中不正确的是（ ）
A．溶质的质量分数ω=×100%
B．溶质的物质的量浓度c= 1000a/17Vmol·L－1
C．溶液中c(OH－)= 1000b/Vmol·L－1+c(H+)
D．上述溶液中再加入V mL水后,所得溶液中溶质的质量分数小于0.5ω
9．用下图装置测定水中氢、氧元素的质量比，其方法是分别测定通氢气前后玻璃管的质量差和U形管的质量差，实验测得m(H)∶m(O)>1∶8。下列对导致这一结果的原因的分析中，一定错误的是（ ）
A．Ⅰ、Ⅱ装置之间缺少干燥装置 B．CuO没有全部被还原
C．Ⅱ装置中玻璃管内有水冷凝 D．Ⅲ装置后缺少干燥装置
10．下列离子方程式对应的化学方程式正确的是（ ）
A．H++OH－═H2O CH3COOH+NaOH═CH3COONa+H2O
B．Ba2++SO42－═BaSO4↓ Ba(OH)2+H2SO4═BaSO4↓+2H2O
C．CO32－+2H+═CO2↑+H2O CaCO3+2HCl═CaCl2+CO2↑+H2O
D．3Cu+8H++2NO3－═3Cu2++2NO↑+4H2O 3Cu+8HNO3(稀)═3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O
11．下列溶液中，能大量共存的是（ ）
A．0.1mol/LNaOH 溶液:K+、Ba2+、Cl－、HCO3－
B．强酸性溶液中:Na+、K+、OH－、SiO32－
C．0.1mol/LFeCl2 溶液:K+、Na+、I－、SCN－
D．无色溶液中:Na+、Cu2+、C1－、NO3－
12．下列四组实验，根据实验事实得出的结论，正确的是（ ）
A．在某试液中滴加BaCl2溶液得白色沉淀，取该白色沉淀加稀硝酸不溶解：原未知试液中一定含有SO42－
B．某未知气体在空气中燃烧，其产物能使无水CuSO4变蓝色：原气体一定是H2
C．在某未知试液中滴加盐酸产生无色气体，将该气体通入足量澄清石灰水中得白色沉淀：原未知试液中一定含有CO32－
D．在某未知试液中加入浓的NaOH溶液并加热，产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体：原未知试液中一定含有NH4+
13．已知MnO2为黑色难溶于水的固体，实验室制取氧气的反应为2KClO32KCl＋3O2↑，反应后从剩余固体中回收二氧化锰的操作顺序正确的是（ ）
A．溶解、过滤、蒸发、洗涤 B．溶解、过滤、洗涤、加热
C．溶解、蒸发、洗涤、过滤 D．溶解、洗涤、过滤、加热
14．下列叙述正确的是（ ）
①Na2O与Na2O2都能和水反应生成碱，它们都是碱性氧化物
②Na2O与CO2发生化合生成Na2CO3，Na2O2与CO2发生置换生成O2
③Na2O与Na2O2都是白色的固体
④Na2O和Na2O2晶体中的阴离子与阳离子的物质的量之比都为1∶2
⑤Na2O2和Na2O在空气中久置都会发生变质
A．只有⑤ B．②③④⑤ C．②③⑤ D．④⑤
15．下列叙述不正确的是（ ）
A．10 mL质量分数为98%的H2SO4溶液,用10 mL水稀释后,H2SO4的质量分数大于49%
B．配制0.1 mol·L－1的Na2CO3溶液480 mL,需用500 mL容量瓶
C．在标准状况下,将22.4 L氨气溶于1 L水中,得到1 mol·L－1的氨水
D．向两等份不饱和的烧碱溶液中分别加入一定量的Na2O2和Na2O,使溶液均恰好饱和,则加入的Na2O2与Na2O的物质的量之比等于1∶1(保持温度不变)
16．下列离子组在一定条件下能大量共存且加入相应试剂后所对应的离子方程式正确的（ ）
选项
离子组
加入试剂
加入试剂后发生反应的离子方程式
A
Fe2+、NO3－、K+
稀硫酸
3Fe2++NO3－+4H+═3Fe3++NO↑+2H2O
B
Fe3+、I－、ClO－
氢氧化钠溶液
Fe3++3OH－═Fe(OH)3↓
C
Ca2+、HCO3－、Cl－
氢氧化钠溶液
HCO3－+OH－═CO32－+H2O
D
NH4+、Fe2+、SO42－
少量Ba(OH)2溶液
2NH4++SO42－+2OH－+Ba2+═BaSO4↓+2NH3•H2O
17．一个密闭容器，中间有一可自由滑动的隔板(厚度可忽略)将容器分成两部分，当左侧充入1 mol N2，右侧充入CO和CO2的混合气体共8 g时，隔板处于如图位置(左、右两侧温度相同)，下列说法正确的是（ ）
A．右侧CO与CO2分子数之比为1∶3
B．右侧气体密度是相同条件下氢气密度的18倍
C．右侧CO的质量为1.75 g
D．若隔板处于距离右端1/6处，其他条件不变，则前后两次压强之比为25∶24
18．已知：①Na2SO3+2H2O+I2=Na2SO4+2HI; ②Cl2+2Fe2+=2Fe3++2Cl－;③I2+Fe2+不反应，向含SO32－、Fe2+、I－各0.1 mol的溶液中通入标准状况下的Cl2，通入Cl2的体积和溶液中相关离子的物质的量的关系图正确的是（ ）
19．已知NaClO溶液与Ag反应的产物为AgCl、NaOH和O2，下列说法正确的是
A．氧气是还原产物
B．还原剂与氧化剂的物质的量之比为1:1
C．反应物中有水，且反应方程式中水的化学计量数为2
D．若生成4.48L(标准状况下)O2，则反应转移0.8mol电子
20．11.2g Fe加入一定量的HNO3充分反应后，生成Fe2+、Fe3+的物质的量之比为1:4，将生成的气体NXOY与一定量的O2混合后通入水中，反应后无气体剩余(NXOY+O2+H2O－HNO3 )，则通入的氧气的物质的量是（ ）
A．0.12mol B．0.14mol C．0.2mol D．0.13mol
二、实验题
21．如图是中学化学中常用于混合物的分离和提纯的装置，请根据装置回答问题：
(1)从氯化钾溶液中得到氯化钾固体，选择装置________(填代表装置图的字母，下同)；除去自来水中的Cl−等杂质，选择装置________。
(2)从碘水中分离出I2，选择装置________，该分离方法的名称为________。
(3)装置A中①的名称是______，进水的方向是从____口(填“上”或“下”)进水。装置B在分液时为使液体顺利滴下，除打开漏斗下端的旋塞外，还应进行的具体操作是________。
(4)粗盐中含Ca2+、Mg2+、Fe3+、SO42－等杂质，需要提纯后才能综合利用。粗盐提纯的步骤有：
①加入过量的Na2CO3溶液 ②加入过量的BaCl2溶液 ③加入过量的NaOH溶液 ④过滤
⑤溶解 ⑥加盐酸调节溶液的pH等于7 ⑦蒸发。操作顺序合理的是_____(可多选)。
a．⑤②③①④⑥⑦ b．⑤①②③④⑥⑦ c．⑤②①③⑥④⑦ d．⑤③②①④⑥⑦
三、综合题
22．“84消毒液”能有效杀灭甲型H1N1病毒，某同学购买了一瓶“威露士”ke牌“84消毒液”，并查阅相关资料和消毒液包装说明得到如下信息：“84消毒液”：含25%NaClO、1 000 mL、密度1.192 g·cm−3，稀释100倍(体积比)后使用。请根据以上信息和相关知识回答下列问题：
(1)该“84消毒液”的物质的量浓度为________mol·L−1。
(2)该同学取100 mL“威露士”牌“84消毒液”稀释后用于消毒，稀释后的溶液中c(Na+)=________mol·L−1。
(3)一瓶“威露士”牌“84消毒液”能吸收空气中________L的CO2(标准状况)而变质。(已知：CO2+NaClO+H2O=NaHCO3+HClO)
(4)该同学参阅“威露士”牌“84消毒液”的配方，欲用NaClO固体配制480 mL含25%NaClO的消毒液。下列说法正确的是________。
A．如上图所示的仪器中，有四种是不需要的，还需一种玻璃仪器
B．容量瓶用蒸馏水洗净后，应烘干才能用于溶液配制
C．利用购买的商品NaClO来配制可能导致结果偏低
D．需要称量的NaClO固体质量为143 g
23．(1)NaHSO4是一种酸式盐。2mol/L的NaHSO4溶液与1mol/L的Ba(OH)2溶液等体积混合，反应的离子方程式为__________________________。
(2)写出Na与FeCl3溶液的反应的离子反应方程式：_________________________________
(3)乙同学检测到该溶液中含有大量的Cl－、Br－、I－，若向1L该混合溶液中通入一定量的Cl2，溶液中Cl－、Br－、I－的物质的量与通入Cl2的体积(标准状况)的关系如下表所示，分析后回答下列问题：
Cl2的体积(标准状况)
11.2L
22.4L
28.0L
n(Cl－)
2.5mol
3.5mol
4.0mol
n(Br－)
3.0mol
2.5mol
2.0mol
n(I－)
x mol
0
0
原溶液中Cl－、Br－、I－的物质的量浓度之比为______________．
四、填空题
24．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 + 6 Na2O2 = 2Na2FeO4 + 2Na2O + 2Na2SO4 + O2↑，该反应中Na2O2 是________(填氧化剂、还原剂)，与CO2反应的化学反应方程式_______________
____________________________。
(2)湿法制备高铁酸钾的反应体系中有六种微粒：Fe(OH)3、ClO－、OH－、FeO42－、Cl－、H2O。
①碱性条件下，氧化剂和还原剂的物质的量的比为3:2发生反应，写出并配平湿法制高铁酸钾的离子反应方程式：___________________________________________________________。
②若反应过程中转移了0.3mol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2 mol FeBr2的溶液中通入2 mol Cl2，此时被氧化的离子是____________
3____________________________________。
(2)若向含a mol FeI2和b mol FeBr2的溶液中通入c mol Cl2，当I－、Fe2＋、Br－完全被氧化时，c=_______(用含a、b的代数式表示)。
五、计算题
25．“铜都”安徽铜陵有许多黄铜矿(主要成分为CuFeS2，含少量Al2O3、SiO2)，黄铜矿是制取铜及其化合物的主要原料之一，还可制备硫及铁的化合物。
(1)火法炼铜首先要焙烧黄铜矿，其反应原理为2CuFeS2+O2Cu2S+2FeS+SO2。CuFeS2中Cu和Fe元素的化合价均为+2价，若反应中转移0.3mol电子时，则标准状况下，产生SO2的体积为________L。
(2)焙烧黄铜矿产生的Cu2S可被稀硝酸氧化为Cu2+ 和硫单质，HNO3的还原产物为NO，试写出Cu2S与稀硝酸反应的离子方程式，并用双桥式表示电子转移__________________。
(3)焙烧黄铜矿还可得到Cu2O，将21.6g Cu2O加入到500mL某浓度的稀硝酸中，固体物质完全反应，生成Cu(NO3)2和NO，在所得溶液中加入1.0mol∙L－1的NaOH溶液1.0L，此时溶液呈中性。原硝酸的物质的量浓度为___________
【参考答案】
1．B
【解析】考查气体的摩尔体积与阿伏加德罗定律。需要强调的是摩尔体积只针对于气体，而且对于气体只有在说明状况的条件下体积才有意义。
2．B
【详解】A.氯气是非金属单质,不属于电解质,故A错误;B.溶液的导电性与溶液中离子的浓度和离子所带的电荷有关,离子浓度大,所带的电荷数目多,导电能力强,与电解质强弱无关，强电解质水溶液的导电性不一定比弱电解质强，故B正确；C.硫酸铜晶体含有一定量的结晶水,但硫酸铜晶体不含有自由移动的硫酸根离子和铜离子,所以硫酸铜晶体不能导电,故C错误；D.弱电解质溶于水,其分子可以微弱电离出离子,强电解质是完全电离的电解质, 所以，电解质的电离不一定都能完全彻底，故D错误；答案：B。
3．D
【解析】A、氧化还原反应、置换反应；B、分解反应、非氧化还原反应；C、化合反应、氧化还原反应，D、氧化还原反应，不属于其它类型，选D。
4．D
【详解】①酸性氧化物是能与碱反应生成盐和水的氧化物,所以酸性氧化物在一定条件下均能与碱发生反应,故正确； ②与水反应生成碱的氧化物不一定是碱性氧化物如过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，故②正确；③有单质参加的反应，不一定是氧化还原反应。如3O2=2O3,故③错误；④金属氧化物不一定都是碱性氧化物如Al2O3属于两性氧化物等，但碱性氧化物一定都是金属氧化物，故④正确；⑤因为胶粒比溶液中溶质粒子大，所以胶体可以用渗析法把胶粒和离子分离出来，故⑤错误；⑥粒子胶体的溶胶加入可溶性电解质后才能使胶体粒子凝成较大颗粒形成沉淀析出，故⑥错误；⑦胶体稳定存在的主要原因是胶粒带电，胶体呈电中性，故⑦错误；纯碱是碳酸钠属于盐，故⑧错误；⑨蔗糖、硫酸钡和水分别属于非电解质、强电解质和弱电解质，故⑨正确；根据上述分析知，正确的有4个；答案：D。
5．C
【解析】略
6．A
【解析】试题分析：① 向石灰水中通入过量的CO2，开始发生反应：Ca(OH)2＋CO2=CaCO3↓＋H2O；当CO2过量时发生反应：CaCO3＋H2O＋CO2= Ca(HCO3)2，沉淀溶解，正确；② 向Fe(OH)3胶体中逐滴加入过量的稀盐酸，开始胶体的胶粒的电荷被中和，胶体聚沉形成沉淀，后来发生酸碱中和反应，沉淀溶解，形成FeCl3溶液，正确；③ 向Ba(OH)2溶液中逐滴加入过量的稀硫酸，发生中和反应：Ba(OH)2+ H2SO4= BaSO4↓+2H2O,硫酸过量，沉淀不能溶解，错误；④向AgCl胶体中逐滴加入过量的稀硝酸，胶体胶粒的电荷被中和发生聚沉现象，硝酸过量，AgCl沉淀不能溶解，错误。
7．A
【解析】NaH2PO2为正盐，可将溶液中的Ag+还原为Ag，Ag元素的化合价降低，P元素的化合价升高，设氧化产物中P元素的化合价为x，由氧化剂与还原剂的物质的量之比为4：1及电子守恒可知，4×(1－0)=1×(x－1)，解得x=+5，由H3PO2+4Ag++2H2O=H3PO4+4Ag+4H+，H2PO2－+4Ag++2H2O=H3PO4+4Ag+3H+，则NaH2PO2对应的氧化产物为H3PO4，故选A。
8．A
【解析】试题分析：A．溶质的质量分数w＝[m(质)÷m(剂)]×100%=×100%，错误；B．溶质的物质的量浓度c＝=mol·L－1，正确；C．根据溶液呈电中性原则可知：溶液中c(OH－)＝c(NH) +c(H+)=mol·L－1＋c(H＋),正确；D．将上述溶液中再加入V mL水后，由于氨水与水混合后溶液的体积小于各种物质的溶液的体积和，在稀释过程中溶质的质量不变，所以所以溶液稀释后的密度比原来大，因此所得溶液中溶质的质量分数小于0.5 w，正确。
9．B
【解析】试题分析：通氢气前后玻璃管的质量差为反应的CuO中O的质量，反应前后U形管的质量差为反应生成的水的质量。Ⅰ、Ⅱ装置之间没有干燥装置，则使Ⅰ中反应带出的水蒸气进入U形管使水的质量增大，则H质量增加，导致m(H)∶m(O)＞1∶8。若Ⅱ装置有水冷凝，则使测得的水的质量减小，设冷凝水质量为m，则H质量减小m/9，但Ⅱ装置质量增加m，即测得O质量减小m，由于m(H)∶m(O)＝1∶8，若设m(H)＝n，则m(O)＝8n，则测得的＝＝＋＞，因此测得m(H)∶m(O)＞1∶8。Ⅲ装置后缺少干燥装置，会导致CaCl2吸收空气中的水蒸气，导致测得水的质量增加，m(H)∶m(O)＞1∶8。只有B中CuO没有被完全还原，则对m(H)∶m(O)的测定没有影响，因此一定错误，所以答案选B。
10．D
【解析】试题分析：A、CH3COOH为弱酸，不能拆成离子形式，错误；B、Ba(OH)2与H2SO4的反应还包含了H+与OH‾生成H2O，错误；C、CaCO3为难溶物质，不能拆成离子形式，错误；D、HNO3和Cu(NO3)2为易溶于水的强电解质，拆成离子形式可得离子方程式，正确。
11．C
【解析】A. 0.1mol/LNaOH溶液中Ba2+、HCO3－与氢氧根离子反应生成碳酸钡沉淀，不能大量共存，A错误；B. 强酸性溶液中SiO32－转化为硅酸沉淀，不能大量共存，B错误；C. 0.1mol/LFeCl2溶液中K+、Na+、I－、SCN－之间不反应，可以大量共存，C正确；D. 无色溶液中Cu2+不能大量共存，D错误，答案选C。
12．D
【解析】A．硫酸钡和氯化银均为不溶于稀硝酸的白色沉淀，则原未知试液中不一定含有SO42－，还可能含有Ag+等，故A错误；B.有机物燃烧的产物也能使无水CuSO4变蓝色，故B错误；C．CO32－、HCO3－与盐酸反应均产生CO2，则原未知试液中不一定含有CO32－，还可能含有HCO3－等离子，故C错误；D．在某未知试液中加入浓的NaOH溶液并加热，产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，则原未知试液中一定含有NH4+，故D正确；答案：D。
13．B
【详解】反应后的剩余固体中，一定含有二氧化锰和氯化钾，可能含有氯酸钾；先加入足量的水，氯化钾溶于水形成溶液，如果含有氯酸钾时，氯酸钾溶于水形成溶液，而二氧化锰不溶于水；再过滤，把二氧化锰从溶液中分离出来；再对二氧化锰进行洗涤，除去二氧化锰中的杂质；再加热、干燥二氧化锰，得到纯净的二氧化锰，故选B。
14．D
【详解】①.Na2O和水反应只生成碱，是碱性氧化物，Na2O2和水反应生成氢氧化钠和氧气，不是碱性氧化物，故①错误；
②.Na2O与CO2发生化合反应生成Na2CO3，Na2O2与CO2发生氧化还原反应生成O2，不符合置换反应的定义，故②错误；
③.Na2O为白色固体，Na2O2为淡黄色固体，故③错误；
④.Na2O2中含有钠离子和过氧根离子，阴、阳离子的物质的量之比为1:2，Na2O中含有钠离子和氧离子，阴、阳离子的物质的量之比为1:2，故④正确；
⑤. Na2O2和Na2O均可以和空气中的水等物质反应，在空气中久置都会发生变质，故⑤正确，答案选D。
15．C
【解析】试题分析：A．硫酸的密度大于水的，因此10mL质量分数为98％的H2SO4用10mL水稀释后；H2SO4的质量分数大于49％，A正确；B．没有480mL的容量瓶，因此配制0．1 mol·L－1的Na2CO3溶液480mL，需用500ml容量瓶，B正确；C．在标准状况下，将22．4L氨气溶于1L水中，所得溶液的体积不是1，因此得不到1mol·L－1的氨水，C错误；D．由于过氧化钠可以看作是Na2O·O，与水反应后生成氢氧化钠后氧气，溶液增加的质量就是Na2O，因此向2等份不饱和的烧碱溶液中分别加入一定量的Na2O2和Na2O，使溶液均恰好饱和，则加入的Na2O2与Na2O的物质的量之比等于1：1(保持温度不变)，D正确，答案选C。
16．A
【解析】A、Fe2+、NO3－、K+能大量共存，溶液中加稀硫酸后，Fe2+被氧化为Fe3+，同时生成NO气体,反应的离子方程式为3Fe2++NO3－+4H+═3Fe3++NO↑+2H2O，故A正确；B、Fe3+、I－、ClO－不能大量共存，其中2Fe3++ 2I－= 2Fe2++I2，ClO－与I－发生氧化还原反应，故B错误；C、Ca2+、HCO3－、Cl－能大量共存，加NaOH溶液后，发生离子反应： Ca2++ HCO3－+OH－═CaCO3↓+H2O，故C错误；D、NH4+、Fe2+、SO42－能大量共存，加入少量Ba(OH)2溶液发生反应SO42－+2OH－+ Fe2++Ba2+═BaSO4↓+ Fe(OH)2↓，故D错误；答案：A。
17．D
【解析】试题分析：当左边充入1molN2，右边充入CO和CO2的混合气体共8g，左、右室的压强相等，则右室中CO和CO2的总物质的量为1mol×=0.25mol，设CO和CO2的物质的量分别为xmol、ymol，则：，解得x=0.1875、y=0.0625．
A．分子数目之比等于物质的量之比；
B．根据=计算平均摩尔质量，相同条件下气体密度之比等于其摩尔质量之比；
C．根据m=nM计算CO的质量；
D．若隔板处于距离右端处，则右室气体物质的量为1mol×=0.2mol，由PV=nRT可得P=cRT，则恒温条件下压强之比等于气体总浓度之比．
解：当左边充入1molN2，右边充入CO和CO2的混合气体共8g，左、右室的压强相等，则右室中CO和CO2的总物质的量为1mol×=0.25mol，设CO和CO2的物质的量分别为xmol、ymol，则：，解得x=0.1875、y=0.0625．
A．分子数目之比等于物质的量之比，右边CO与CO2分子数之比为0.187mol：0.0625mol=3：1，故A错误；
B．由此气体的平均摩尔质量为=32g/mol，相同条件下气体密度之比等于其摩尔质量之比，故右侧气体密度是相同条件下氢气密度的=16倍，故B错误；
C．CO的质量为0.1875mol×28g/mol=5.25g，故C错误；
D．由PV=nRT可得P=cRT，则恒温条件下压强之比等于气体总浓度之比，若隔板处于距离右端处，则右室气体物质的量为1mol×=0.2mol，则前后两次压强之比为：=25：24，故D正确，
故选：D．
18．C
【详解】A.由SO32－+H2O+Cl2=SO42－+2Cl－+2H+,可以知道,0.1molSO32－完全反应需要消耗0.1mol氯气,标准状况下的Cl2的体积为: 0.1mol 22.4L/mol=2.24L,图象中氯气的体积与计算结果不一致,故A错误;B. 0.1molSO32－完全反应后,然后发生2I－+ Cl2=I2+ 2Cl－,0.1molSO32－完全反应需要消耗0.1mol 氯气,故开始反应时氯气的体积为2.24L , 0.1molI－ 完全反应消耗0.05氯气,故0.1molI－完全反应时氯气的体积为:0.15mol 22.4L/mol=3.36L ,图象中氯气的体积与计算结果不一致,故B错误;C.0.1molSO32－完全反应需要消耗0.1mol 氯气, 0.1molI－完全反应消耗0.05氯气,故亚铁离子开始反应时氯气的体积为: 0.15mol 22.4L/mol=3.36L ,由2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl－ 可以知道, 0.1mol Fe2+ 完全反应消耗0.05氯气,故Fe2+完全时消耗的氯气体积为: 0.20mol 22.4L/mol=4.48L ,图象与实际一致,故C选项是正确的;D.SO32－、Fe2+、I－完全时消耗的氯气为0.20mol,产生的氯离子为0.40 mol和,图象中氯离子的物质的量不符，故D错误;答案：C
19．C
【解析】NaClO 溶液与 Ag 反应的产物为 AgCl、NaOH 和 O2，Ag、O元素的化合价升高，Cl元素的化合价降低，由电子、原子守恒可知该反应的化学方程式为4Ag+4NaClO+2H2O═4AgCl+4NaOH+O2；A．反应中O元素的化合价升高，氧气是氧化产物，故A错误；B．此反应中NaClO既是氧化剂，又是还原剂，则还原剂与氧化剂的物质的量之比为6:4=3:2，故B错误；C．反应物中有水，由反应方程式4Ag+4NaClO+2H2O═4AgCl+4NaOH+O2，可知水的化学计量数为2，故C正确；D．4. 48 L(标准状况下)O2的物质的量为0.2mol，则反应转移1.2 mol电子，故D错误；答案为C。
20．B
【解析】11.2gFe的物质的量为0.2mol,Fe全部溶解,生成Fe2+和Fe3+的物质的量之比为1:4,所以Fe2+的物质的量为0.04mol,Fe3+的物质的量为0.16mol,共失去电子为0.04mol2+0.16mol3=0.56mol；由得失电子守恒O2得到电子的物质的量为0.56mol,所以O2的物质的量为0.56mol/4=0.14mol。 答案：B。
21．D A B 萃取 冷凝管 下 打开分液漏斗上端的玻璃塞 ad
【解析】(1)可以采用蒸发结晶的方法从氯化钾溶液中得到氯化钾固体，则选择D装置；除去自来水中的Cl－等杂质，可以采用蒸馏的方法，则选择A装置，故答案为：D；A；
(2)碘易溶于有机溶剂，可用萃取的方法分离，故答案为：B；萃取；
(3)装置A中①的名称是冷凝管，进水的方向是“下进上出”，否则水蒸气急剧冷却易产生爆炸，装置B在分液时为使液体顺利滴下，除打开漏斗下端的旋塞外，还应进行的具体操作是打开分液漏斗上端的玻璃塞，故答案为：冷凝管；下；打开分液漏斗上端的玻璃塞；
(4)除去粗盐中的可溶性杂质：Mg2+、Ca2+、Fe3+、SO42－时，先加水溶解，所以加入过量NaOH(去除镁离子和铁离子)：Mg2++2OH－=Mg(OH)2↓，Fe3++3OH－═Fe(OH)3↓；加入过量BaCl2(去除硫酸根离子)：SO42－+Ba2+=BaSO4↓；加入过量Na2CO3(去除钙离子的多余的钡离子)：Ca2++CO32－=CaCO3，碳酸钠必须加在氯化钡之后，氢氧化钠和氯化钡可以颠倒加入的顺序，然后过滤，最后调节溶液的pH等于7后蒸发即可，所以其顺序是⑤③②①④⑥⑦或⑤②③①④⑥⑦，故答案为：ad。
22．4 0.04 89.6 C
【详解】(1)根据c=1000w/M,则c(NaClO)=(1000mL 1.192g·cm−325%)/(1L74.5 g·mol−1)=4.0 mol·L−1 ,因此答案是:4.0;
(2)根据稀释前后溶质的物质的量不变,则100mL4.0 mol·L−1/10000=0.04 mol·L−1, 稀释100倍c(Na+)=0.04mol·L−1，答案：0.04。
(3)一瓶“84消毒液”含有n(NaClO)=1L4.0 mol·L−1=4 mol
根据反应CO2+NaClO+H2O=NaHCO3+HClO,则需要CO2的物质的量为n(NaClO)=4.0 mol即标准状况下V(CO2)= 4 mol 22.4L/mol=89.6L,因此答案是:89.6;
(4)A、需用托盘天平称量NaClO固体,需用烧杯来溶解NaClO,需用玻璃棒进行搅拌和引流,需用容量瓶和胶头滴管来定容,图示的A、B、C、D不需要,但还需玻璃棒和胶头滴管,故A错误;B、配制过程中需要加入水,所以经洗涤干净的容量瓶不必烘干后再使用,故B错误;C、因为NaClO易吸收空气中的H2O、CO2而变质,所以商品NaClO可能部分变质导致NaClO减少,配制的溶液中溶质的物质的量减小,结果偏低,所以C选项是正确的;D、应选取500mL的容量瓶进行配制,然后取出480mL即可,所以需要NaClO的质量:0.5L4.0 mol·L−1 74.5 g·mol−1=149g,故D错误;答案是:C。
23．2H+ +SO42－+ Ba2＋+2OH－=BaSO4↓+2H2O 6Na+6H2O+2Fe3+= 2Fe(OH)3+ 6Na++3 H2 1：2：1
【详解】(1) 2mol/L的NaHSO4溶液与1mol/L的Ba(OH)2溶液等体积混合,即NaHSO4与Ba(OH)2按照物质的量2:1反应,氢离子与氢氧根离子恰好反应,反应的离子方程式: 2H++SO42－+ Ba2＋+2OH－=BaSO4↓+2H2O。答案：2H+ +SO42－+ Ba2＋+2OH－=BaSO4↓+2H2O
(2)Na与FeCl3溶液的反应是先和水反应，生成的氢氧化钠再和FeCl3溶液反应，生成氢氧化铁，所以离子反应方程式：6Na+6 H2O+2Fe3+= 2Fe(OH)3+ 6Na++3 H2;答案：6Na+6 H2O+2Fe3+= 2Fe(OH)3+ 6Na++3 H2。
(3)当通入Cl2的体积为11.2L时,溶液中I－还有剩余,即氯气只与I－反应: Cl2+2I－=I2+2Cl－,生成1molCl－, Cl－初始物质的量是(2.5－1)mol=1.5mol;由表中数据可以知道:Br－初始物质的量是3mol,当通入Cl222.4L即1mol时,被氧化的 Br－物质的量为:n(Br－)=3mol－2.5mol=0.5mol,由反应Cl2+ 2Br－= Br2+2Cl－可以知道,消耗n(Cl2)=1/2n(Br－)=0.25mol,所以Cl2+ 2I－= I2+2Cl－中反应消耗的Cl2为:1mol－0.25mol=0.75mol,因此原溶液中的I－为:n(I－)=2n(Cl2)=0.75mol2=1.5mol,原溶液中Cl－、Br－、I－的物质的量浓度之比为1.5mol : 3mol : 1.5mol=1:2:1,因此答案是:1:2:1。
24．氧化剂、还原剂 2Na2O2+2CO2 = 2Na2CO2+O2 2Fe(OH)3 + 3ClO－ + 4OH－ = 2FeO42－ + 3Cl－ + 5H2O 0.15 I－ Fe2+ c=3(a+b)/2
【解析】
【分析】I(1)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，由化合价的变化计算转移的电子数；(2)①湿法制备高铁酸钾(K2FeO4)时，FeOH)3失电子被氧化生成K2FeO4，则C1O－作氧化剂被还原生成C1－，该反应是在碱性条件下进行，再结合转移电子守恒配平方程式；②根据化合价变化和电子转移情况来计算。
II根据先强后弱规律分析，根据电子守恒计算。
【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价降低为－2价，由－1价升高为0，过氧化钠既是氧化剂也是还原剂，过氧化钠与CO2反应生成Na2CO3和氧气，反应的方程式为： 2Na2O2+2CO2 = 2Na2CO3+O2。答案：氧化剂、还原剂 、2Na2O2+2CO2 = 2Na2CO3+O2。
(2)①湿法制备高铁酸钾(K2FeO4)时，Fe(OH)3失电子被氧化生成K2FeO4，Fe的化合价升高了3价，C1O－作氧化剂被还原生成C1－，氯元素的价态降了2价，根据电子守恒，得到铁元素物质前边系数是2，Cl的前边系数是3，在碱性条件下进行的离子反应为2Fe(OH)3+3ClO－+4OH－═2FeO42－+3Cl－+5H2O，
因此答案是：2Fe(OH)3+3ClO－+4OH－═2FeO42－+3Cl－+5H2O；
②反应2Fe(OH)3+3ClO－+4OH－=2FeO42－+3Cl－+5H2O中Cl－是还原产物，反应中转移6mol电子，生成3molCl－，若反应过程中转移了0.3mol电子，则还原产物氯离子的物质的量为0.15mol，因此，本题正确答案是：0.15。
II(1)向含有 1mol FeI2和2mol FeBr2的溶液中通入2mol Cl2，的溶液中先发生反应2I－+Cl2=I2+2Cl－，2mo碘离子完全反应需要氯气1mol，然后发生反应2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl－，1mol氯气反应需要亚铁离子的物质的量是2mol，溶液中含有3mol亚铁离子,参加反应的亚铁离子的物质的量是2mol，所以溶液中还剩余亚铁离子1mol，所以被氧化的离子是I－ Fe2+，因此答案是: I－ Fe2+。
(2)a molFeI2完全被氧化转移3amol电子, b mol FeBr2完全被氧化转移3bmol电子,由得失电子守恒可以知道,当I－、Fe2＋、Br－完全被氧化时,消耗氯气为1/2(3amol+3bmol ),即c=3(a+b)/2因此答案是: c=3(a+b)/2。
25．1.12 2.2mol∙L－1
【解析】
【详解】(1) 2CuFeS2+O2Cu2S+2FeS+SO2中,Cu、O元素的化合价降低,则被还原的元素是Cu、O;S元素的化合价由－2价升高为+4价,可以知道生成1mol气体转移6mol电子,则反应中转移0.3mol电子时,则标准状况下产生SO2的体积为0.3mo22.4L/mol=1.12L因此，答案是1.12;
(2) Cu2S可被稀硝酸氧化为Cu2+ 和硫单质, HNO3的还原产物为NO,Cu、S元素的化合价升高,N元素的化合价降低,由电子、电荷及原子守恒可以知道,离子反应为3Cu2S+16H++4NO3－=6Cu2++3S↓+4NO↑+8H2O根据化合价变化确定得失电子数，因此，本题正确答案是: 。
(3)溶液为中性，则溶质为NaNO3，由NaOH3可确定反应后溶液中NO3－,与固体反应后溶液中的n(NO3－)=1L1mol/L=1mol，n(Cu2O)=21.6g/144g/mol=0.15mol，由电子守恒可以知道n(NO)=0.15mol2(2－1)/(5－2)=0.1mol，根据N守恒，原溶液中硝酸为n(NO3－)+n(NO)=1mol+0.1mol=1.1mol ，原硝酸的物质的量浓度为1.1mol/0.5L=2.2mol∙L－1，因此，答案是:2.2mol∙L－1。
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