1、包头六中20202021学年第一学期高一年级期中考试化学试卷（满分100分）注意：本试卷共分为第I卷和第II卷两部分，第I卷和第II卷的答案全部答在答题纸上，考试结束后将答题纸交回。可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 S 32 Cl 35.5 Ba 137第I卷（选择题，共48分）一、选择题（每题只有一个选项符合题意,每题3分,共48分）1. 一些装有化学物质的容器上常贴有危险化学品的标志，应贴在装有氢氧化钠容器上的是 （ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】氢氧化钠具有强腐蚀性，属于腐蚀品，没有爆炸性，有一定的毒性但无剧毒，更无可燃性，故
2、答案为：B。2. 化学与生活、社会发展息息相关，下列有关说法不正确的是（ ）A. “青蒿一握，以水二升渍，绞取汁”，屠呦呦对青蒿素的提取属于化学变化B. “霾尘积聚难见路人”，雾霾所形成的气溶胶有丁达尔效应C. “熬胆矾铁釜，久之亦化为铜”，该过程发生了置换反应D. “千锤万凿出深山，烈火焚烧若等闲” 不涉及氧化还原反应【答案】A【解析】【详解】A对青蒿素的提取利用的是萃取原理，萃取过程中没有新物质生成，属于物理变化，故A错误；B雾霾所形成的气溶胶属于胶体，胶体能产生丁达尔效应，故B正确；C湿法炼铜发生的反应为铁与铜盐溶液发生置换反应生成铜，故C正确；D烈火焚烧若等闲涉及的反应为碳酸钙受热发生
3、分解反应生成氧化钙和二氧化碳，反应中没有元素发生化合价变化，不是氧化还原反应，故D正确；故选A。3. 分类方法在化学学科的发展中起到了非常重要的作用，下列5种分类标准中合理的有（ ）根据分散系分散质粒子直径的大小，将分散系分为溶液、胶体和浊液根据反应中是否有电子的转移，将化学反应分为氧化还原反应和非氧化还原反应根据酸分子能电离出的氢离子个数将酸分为一元酸、二元酸等根据氧化物中是否含有金属元素，将氧化物分为酸性氧化物和碱性氧化物根据物质在水溶液里或熔融状态下能否导电，将化合物分为电解质和非电解质A. 2种B. 3种C. 4种D. 5种【答案】C【解析】【详解】根据分散系分散质粒子直径的大小，将分
4、散系分为溶液、胶体和浊液，正确；根据反应中是否有电子的转移，将化学反应分为氧化还原反应和非氧化还原反应，正确；根据酸分子能电离出的氢离子个数将酸分为一元酸、二元酸、多元酸等，正确；根据氧化物与酸、碱反应的情况，将氧化物分为酸性氧化物、碱性氧化物、两性氧化物和中性氧化物，错误；根据物质在水溶液里或熔融状态下能否导电，将化合物分为电解质和非电解质，正确；综上所述，有正确，故答案为：C。4. 下列实验中，所选装置不合理的是（）A. 从碘的CCl4溶液得到碘和CCl4，选B. 将Fe（OH）3胶体中的FeCl3杂质除去选C. 分离Na2CO3溶液和苯，选D. 粗盐提纯，选和【答案】B【解析】【详解】A
5、.为蒸馏装置，碘和四氯化碳互溶，存在沸点差异，则可以选用蒸馏装置分离碘和四氯化碳，故A正确；B. 为过滤装置，胶体的胶粒能透过滤纸，不能透过半透膜，溶液的溶质能透过滤纸和半透膜，将Fe（OH）3胶体中的FeCl3杂质除去应选用渗析装置，故B错误；C.为分液装置，苯不溶于水，分离Na2CO3溶液和苯可选用分液装置，故C正确；D. 为过滤装置，为蒸发装置，粗盐提纯的步骤为溶解、过滤、蒸发，则粗盐提纯应选择过滤和蒸发装置，故D正确；故选B。5. 在无色透明的酸性溶液中，可大量共存的溶液是 ( )A. Cu2+、Ca2+、Cl-、B. Mg2、Cl-C. K、Na、Cl-D. K+、Cl、S2【答案】
6、B【解析】【详解】A. 在无色透明的溶液中不能有Cu2+，故A错误；B. 在无色透明的酸性溶液中，Mg2、Cl-不发生反应，可以共存，故B正确；C. 在酸性溶液中，不能存在，会与氢离子反应生成水和二氧化碳，故C错误；D. 在无色透明的酸性溶液中，为有色离子，酸性溶液不能有S2会反应生成硫化氢，故D错误；答案选B。【点睛】大量共存是不能发生化学反应，常见的有色离子在无色溶液中不能共存，如铜离子，铁离子，亚铁离子，高锰酸根离子等，酸性溶液不能存在碳酸根，亚硫酸根，碳酸氢根，氢氧根等离子。6. 瓦斯中氧气与甲烷的质量比为41时极易爆炸，此时氧气与甲烷的体积比为A. 21B. 12C. 11D. 14
7、【答案】A【解析】【详解】根据阿伏加德罗推论可知，其它条件不变，气体的体积之比和气体的物质的量成正比：v(O2)：v(CH4)=n(O2)：n(CH4)=： =2：1，A正确。7. 下列离子方程式正确的是 ( )A. 澄清的石灰水与盐酸反应：Ca(OH) 2 + 2H =Ca2+ 2H2 OB. 稀H2SO4与铁粉反应：2Fe+6H+=2Fe3+3H2C. 向碳酸氢铵溶液中加过量澄清石灰水：NH4+HCO3- Ca2+ +2OH-=H2O+CaCO3+NH3H2OD 大理石溶于醋酸：CaCO3 + 2 H+ = Ca2+ + H2O + CO2【答案】C【解析】【详解】ACa(OH) 2 是强
8、电解质，则澄清的石灰水与盐酸反应的离子方程式为OH-+ H = H2 O，故A错误；B稀H2SO4与铁粉反应的离子方程式为Fe+2H+=Fe2+H2，故B错误；C向碳酸氢铵溶液中加过量澄清石灰水发生离子方程式为NH4+HCO3- Ca2+ +2OH-=H2O+CaCO3+NH3H2O，故C正确；D醋酸是弱酸，则大理石溶于醋酸时发生的离子方程式为CaCO3+2CH3COOH = Ca2+ + 2CH3COO- +H2O + CO2，故D错误；故答案为C。【点睛】离子方程式正误判断常用方法：检查反应能否发生，检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检
9、查是否符合守恒关系(如：质量守恒和电荷守恒等)、检查是否符合原化学方程式等。8. 下列反应中H2O作氧化剂的是（ ）A. CO+H2O（g）CO2+H2B. 2F2+2H2O=4HF+O2C. SO2+H2O = H2SO3D. 2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2【答案】A【解析】【详解】A. CO+H2O（g）CO2+H2，水中氢元素的化合价降低作氧化剂，选项A正确；B. 2F2+2H2O=4HF+O2，水中氧元素的化合价升高，作还原剂，选项B错误；C. SO2+H2O = H2SO3，反应中各元素化合价均不变，不属于氧化还原反应，选项C错误；D. 2Na2O2+2H2O=4NaOH+
10、O2，水中的各元素化合价不变，选项D错误；答案选A。9. 用NA表示阿伏加德罗常数的值。下列叙述中不正确的是（ ）A. 常温常压下，0.1mol氧气与足量的碳充分反应时得到的电子数为0.4NAB. 常温常压下，32gO2和O3的混合气体含有的氧原子数2NAC. 1molOH含有的电子数为10NA D. 0.5 molL1盐酸中含有的氢离子数为0.5NA 【答案】D【解析】【详解】A0.1mol氧气与足量碳充分反应时O元素的化合价由0价变为-2价，所以转移电子数为0.4NA，故A正确；B32gO2和O3的混合气体即32g氧原子，物质的量为2mol，数目为2NA，故B正确；C一个OH-所含电子数为
11、10，所以1molOH含有的电子数为10NA，故C正确；D溶液体积未知无法确定溶液中微粒的数目，故D错误；综上所述答案为D。10. 下列物质中含原子数最多的是（ ）A. 10.8g H2OB. 3.011023个CH4分子；C. 0.3mol NH3D. 标准状况下，11.2L的NO2和CO2混合气体【答案】B【解析】【详解】A10.8g H2O中所含的原子数目为：=1.08361024；B3.011023个CH4分子中含有的原子数目为：3.0110235=1.5051024；C0.3mol NH3中含有的原子数目为：0.3mol46.021023mol-1=7.2241023；D标准状况下，
12、11.2L的NO2和CO2混合气体中含有的原子数目为：=9.031023；故含有原子数目最多的是B，故答案为：B。11. 在体积相同的两个密闭容器中分别充满N2、CO气体，当这两个容器内温度和气体密度相等时，下列说法不正确的是（）A. 两种气体的压强相等B. N2和CO的质量相等C. 两种气体的分子数目不相等D. 两种气体的质子数目相等【答案】C【解析】【详解】由题干信息可知，同体积同密度，故两容器中气体质量相同，据此分析解题：A根据两气体的质量相等，又两气体的摩尔质量均为28g/mol，结合n=，故两气体的物质的量相等，根据阿佛加德罗定律，同温同压同体积同分子数即同物质的量，故两种气体的压强
13、相等，A正确；B根据分析可知，N2和CO的质量相等，B正确；C根据气体的分子数之比等于分子的物质的量之比，由A项分析可知两种气体的分子数目相等，C错误；D1个N2和CO分子中均含有14个质子，由B项分析可知，两气体的分子数相等，故两种气体的质子数目相等，D正确；故答案为：C。12. 已知某溶液中含有Mg2+、Ba2+ 、Ag+和NO3-，现分别用NaCl溶液、NaOH溶液和Na2CO3溶液将溶液中三种阳离子逐一完全沉淀分离，其流程如右图所示。下列说法正确的是（ ）A. 试剂A可能为NaOH溶液B. 沉淀2只能是BaCO3 ，不可能是Mg(OH)2C. 每加一种试剂需过量但不需要过滤即可进行下一
14、步D. 生成沉淀1的离子方程式只能是：Ag+ + Cl = AgCl【答案】D【解析】由分离流程可知，溶液含有Ba2、Mg2、Ag，应先加A为入NaCl，生成沉淀1为AgCl，过滤后溶液1中加试剂B为NaOH，可得到沉淀2为Mg(OH)2，最后溶液2中加入试剂C为Na2CO3，可得到沉淀3为BaCO3。A、试剂A不可能为NaOH溶液，Ag和Mg2均产生沉淀，故A错误；B、沉淀2是Mg(OH)2，故B错误；C、除杂时，为了除尽杂质离子，所加入的除杂试剂必须过量，由于实验目的是将三种阳离子逐一沉淀分离，所以每步过滤后方可进行下一步，故C错误；D、生成沉淀1的离子方程式只能是：Ag+ Cl=AgCl
15、，故D正确；故选D。13. 现有20mL浓度为0.04mol/L的Na2SO3溶液恰好与10mL浓度为0.02mol/L的K2A2O7溶液完全反应。已知Na2SO3可被K2A2O7氧化为Na2SO4，则元素A在还原产物中的化合价为（ ）A. +2B. +3C. +4D. +5【答案】A【解析】【详解】发生氧化还原反应时，得失电子守恒，Na2SO3被氧化成Na2SO4，失去2个电子，假设A元素的化合价从+3价降到x价，由电子得失守恒有0.020.04(6-4)=0.010.022(6-x)，解得x=2，故选A项。故选A。14. 已知氧化性：Cl2Fe3+S，则下列说法正确的是（ ）A. 可以和S
16、在加热条件下生成B. 可以氧化C. 在酸性溶液中，和可以大量共存D. 和相遇可发生反应:【答案】D【解析】【分析】已知氧化性强弱顺序：Cl2Fe3+S，氧化性强的离子与还原性强的离子能发生氧化还原反应【详解】A已知氧化性：Fe3+S，则Fe3+能氧化S2-，Fe可以和S在加热条件下生成FeS，选项A错误；B已知氧化性：Cl2Fe3+，则Cl2能氧化Fe2+生成Fe3+，但是Cl2不能氧化Fe3+，选项B错误；C已知氧化性：Fe3+S，则Fe3+能氧化S2-，所以在酸性溶液中Fe3+和S2-不能大量共存，选项C错误；D根据H2S+Cl2=2HCl+S可知氧化性是Cl2S，符合题干已知条件，所以化
17、学方程式成立，选项D正确；答案选D。15. 高于70时，Cl2与NaOH溶液反应得到的产物有NaClO3、NaCl，则被还原与被氧化的氯元素的质量之比为（ ）A. 5：7B. 7：5C. 5：1D. 1：5【答案】C【解析】【详解】被还原即化合价降低，故由Cl2 NaCl，每个Cl原子化合价降低1个单位，得到1个电子，被氧化即化合价升高，即由Cl2NaClO3，每个Cl原子化合价升高5个单位，失去5个电子，根据氧化还原反应中得失电子总数相等，故被还原与被氧化的氯元素的物质的量之比为5：1，故质量比为5：1，故答案为：C。16. 某离子反应涉及H2O、NO、H+、Cr3+、六种微粒，已知反应过程
18、中浓度变化如图所示，下列说法正确的是( )A. 中Cr化合价是+7价B. 反应的氧化产物是C. 消耗1 mol氧化剂，转移电子3 molD. 随着反应的进行，溶液中的H+浓度增大【答案】B【解析】【详解】根据图象可知，反应过程中浓度逐渐减小，说明被氧化生成，则被还原生成Cr3+，N元素化合价从+3变为+5，化合价升高2价，Cr元素化合价从+6变为+3，化合价降低3价，根据化合价升降相等配平可得：+3+ 8H+ = 3+ 2Cr3+ + 4H2O。A中O化合价为-2，则Cr化合价是+6 价，故A错误；BN元素的化合价升高被氧化，反应中氧化产物是，故B正确；C反应中Cr的化合价从+6价降低到3价，
19、则消耗1 mol ，转移电子6 mol，故C错误；D根据反应+3+ 8H+ = 3+ 2Cr3+ + 4H2O可知，随着反应的进行，溶液中的H+浓度逐渐减小，故D错误；故选：B。17. 对于数以千万计的化学物质和为数众多的化学反应，分类法的作用几乎是无可代替的。现有以下物质：H2OCuBaCO3 Fe(OH)3胶体NaHSO4溶液干冰稀硫酸酒精碳酸氢钠(1)以上物质中属于混合物的是_（填序号，下同），属于电解质的是_。(2)向中逐滴滴加，可观察到的现象是_。虽然分类的方法不同，但四种基本反应类型和离子反应、氧化还原反应之间也存在着一定的关系。(3)下图为离子反应、氧化还原反应和置换反应三者之间
20、的关系，其中表示离子反应的是_（填字母）。(4)有同学认为所有酸碱中和反应均可表示为H+OH-=H2O。请举个例子反驳上述观点（用离子方程式表示）_。(5)写出中溶质的电离方程式：_。(6)写出物质和在水中发生反应的离子方程式：_。【答案】 (1). (2). (3). 先出现红褐色沉淀，后沉淀溶解，得到黄色溶液 (4). C (5). CH3COOH+OH-=CH3COO-+H2O (符合题意即可) (6). NaHSO4 Na + H+ SO (7). O H-+=+ H2O【解析】【详解】(1)Fe(OH)3胶体是由氢氧化铁胶体分散到水中形成，NaHSO4溶液是由NaHSO4溶于水形成，
21、稀硫酸是由硫酸溶于水形成，所以属于混合物的是；H2O、BaCO3、碳酸氢钠分别属于水、盐、盐，所以属于电解质的是。答案为：；(2)向Fe(OH)3胶体中逐滴滴加稀硫酸，首先发生胶体的凝聚，然后发生酸碱中和反应，所以可观察到的现象是先出现红褐色沉淀，后沉淀溶解，得到黄色溶液。答案为：先出现红褐色沉淀，后沉淀溶解，得到黄色溶液；(3)置换反应一定属于氧化还原反应，而部分置换反应、部分氧化还原反应属于离子反应，所以B为置换反应、A为氧化还原反应、C为离子反应。答案为：C；(4)酸和碱中，只要某物质为“弱”，就不可表示为H+OH-=H2O，例如：CH3COOH+OH-=CH3COO-+H2O (符合题
22、意即可)。答案为：CH3COOH+OH-=CH3COO-+H2O (符合题意即可)；(5)中溶质为NaHSO4，为强酸的酸式盐，发生完全电离，电离方程式：NaHSO4 Na + H+ SO。答案为：NaHSO4 Na + H+ SO；(6)物质为NaHSO4溶液，可完全电离出H+，物质为NaHCO3，在水中发生H+与的反应，离子方程式：O H-+=+ H2O。答案为：O H-+=+ H2O。18. 实验室需要配制0.1 molL1 CuSO4溶液480 mL。（1）选择仪器。完成本实验所必需的仪器有：托盘天平（精确到0.1 g）、药匙、烧杯、量筒、玻璃棒、 _、_以及等质量的两张滤纸。（2）实
23、验步骤主要有计算、称量、溶解、转移和定容。计算。应选择下列_。A 需要CuSO4固体8.0 gB 需要CuSO45H2O晶体12.0 gC 需要CuSO45H2O晶体12.5 gD 需要CuSO4固体7.7 g在转移时应使用_引流，需要洗涤烧杯2-3次是为了_。使用容量瓶前必须进行的一步操作是_。（3）分析下列操作对所配制溶液浓度的影响（填 “偏高”“偏低”或“无影响”）。所用砝码生锈则所配溶液的浓度会_；若未冷却至室温，所配溶液浓度会_；容量瓶洗净后,未经干燥处理，所配溶液浓度会_ ；定容时仰视刻度线，所配溶液浓度会_。【答案】 (1). 胶头滴管 (2). 500 mL容量瓶 (3). A
24、C (4). 玻璃棒 (5). 使溶质全部转移到容量瓶中 (6). 检漏 (7). 偏高 (8). 偏高 (9). 无影响 (10). 偏低【解析】【详解】（1）实验室没有480 mL规格的容量瓶，必须配制500mL 0.1mol/L的硫酸铜溶液，依据配制500mL 0.1mol/L的硫酸铜溶液的步骤可知，配制过程中需要的仪器为：托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、胶头滴管、500mL容量瓶等，还缺少的仪器为：胶头滴管和500mL容量瓶；（2）实验室需配制480mL0.1mol/L的CuSO4溶液，需要选用500mL容量瓶，实际上配制的是500mL 0.1mol/L的硫酸铜溶液，需要硫酸铜的物质的量
25、为：0.1mol/L0.5L0.05mol，需要硫酸铜的质量：160g/mol0.05mol8.0g，需要五水硫酸铜固体的质量为：250g/mol0.05mol12.5g，故答案为：AC；配制一定物质的量浓度溶液，在移液操作中应该用玻璃棒将溶液引流入容量瓶，并洗涤烧杯2-3次，保证溶质全部转移到容量瓶，防止产生误差；答案为玻璃棒；使溶质全部转移到容量瓶中；容量瓶带塞子，且在摇匀时要倒转过来摇晃，故容量瓶在使用前必须要查漏，故答案为：检查容量瓶是否漏水；（3）砝码生锈导致溶质量增加，溶液浓度偏高；若未冷却至室温，所加蒸馏水偏少，所配溶液浓度会偏高；容量瓶洗净后未经干燥处理，对溶质的物质的量及溶液
26、的体积没有影响，不影响配制结果，故无影响；定容时仰视刻度线，读数偏大，所加蒸馏水偏多，所配溶液浓度会偏低。19. 甲同学发布了一份无色溶液检测报告,结果如下(水电离的H+、OH-忽略不计):溶液中所含全部离子及其浓度离子浓度 molL-1离子浓度 molL-1Na+0.1Cu2+02Ba2+0.5NO1.5Mg2+0.3Cl-0.6(1)试分析判断：上述检测结果是否可靠，说明理由。结果是否可靠_理由_(2)乙同学对可能含有下列6种离子的溶液进行如下实验：Cl-、SO、NH、CO、K+、Na+已知：a.取200mL上述溶液，向其中加入足量BaCl2溶液，反应后将沉淀过滤，洗涤，干燥，得沉淀4.3
27、0g，向沉淀中加入足量的盐酸，有2.33g沉淀不溶。b.向a的滤液中加入足量的NaOH溶液，加热，产生标况下的气体1.12L(气体全部逸出)溶液中一定存在的离子有_，可能存在的离子有_。写出a中发生的离子方程式_(写出任意一个即可)原溶液中c(CO)=_ ，c(NH)_ c(SO)(填“”“”“=”，下同)【答案】 (1). 不可靠 (2). 原溶液无色，不会含有Cu2+ (3). Cl-、SO、NH、CO (4). K+、Na+ (5). SO+Ba2+=BaSO4、CO+Ba2+=BaCO3 (6). 0.05 (7). 【解析】【分析】(2)取少量该溶液加入BaCl2溶液有白色沉淀生成，
28、再加入足量盐酸后，沉淀部分溶解，并有气体生成，说明白色沉淀为BaCO3和BaSO4，质量一共是4.30g，则溶液中含有SO、CO，向沉淀中加入过量的盐酸，有2.33g沉淀不溶，则硫酸钡的质量是2.33g，所以硫酸根离子的物质的量是n(SO)=0.01mol，所以碳酸钡的质量是4.30g-2.33g=1.97g，碳酸根离子的物质的量是n(CO)=0.01mol；向a的滤液中加入足量的NaOH溶液，加热，产生能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体是氨气，所以n(NH)=0.05mol。【详解】(1)上述检测结果不可靠，理由为原溶液为无色，不可能有Cu2+；(2)根据分析已确定溶液原200mL溶液中有n(S
29、O)=0.01mol、n(CO)=0.01mol、n(NH)=0.05mol，根据溶液呈电中性可知还应再有一种阴离子，则为Cl-，且其物质的量至少为0.01mol，所以一定存在的离子为Cl-、SO、NH、CO；因无法确定Cl-的物质的量，所以还可能含有K+、Na+；溶液a中发生的离子反应有SO+Ba2+=BaSO4、CO+Ba2+=BaCO3；200mL溶液中有n(CO)=0.01mol，则c(CO)=0.05mol/L；根据分析可知n(NH) n(SO)，所以c(NH) c(SO)。20. I. 用电弧法合成碳纳米管，常伴有大量杂质碳纳米颗粒，这种碳纳米颗粒可用氧化气化法提纯，其反应方程式为
30、：2K2Cr2O7+3C+8H2SO4=2Cr2(SO4)3+2K2SO4+8H2O+3CO2(1)用双线桥法表示出该反应电子转移的方向和数目_。(2)此反应的氧化产物和还原产物的物质的量之比为_。(3)标准状况下，若产生6.72 LCO2气体，该反应中转移电子的物质的量为_。II.有下列6种物质：Na2SO4、Na2SO3、K2SO4、I2、H2SO4、KIO3组成一个氧化还原反应，请回答下列问题：(1)将这6种物质分别填入下面对应的横线上，组成化学方程式并配平：_+_+_I2+_+_+_H2O(2)反应物中发生氧化反应的物质是_(填化学式)，被还原的元素是_(填元素符号)。【答案】 (1)
31、. (2). 3：2 (3). 1.2 mol (4). 2 KIO3 (5). 5Na2SO3 (6). H2SO4 (7). 1 (8). 5Na2SO4 (9). K2SO4 (10). 1 (11). Na2SO3 (12). I【解析】【分析】在双线桥法表示氧化还原反应中，表示的是同一元素在反应前后元素化合价的变化和电子转移；还原剂失去电子，元素化合价升高，变为氧化产物；氧化剂得到电子，元素化合价降低，变为还原产物；利用氧化还原反应中电子转移与CO2的物质的量关系进行计算。【详解】I(1)在反应2K2Cr2O7+3C+8H2SO4=2Cr2(SO4)3+2K2SO4+8H2O+3CO
32、2中，Cr元素化合价由反应前K2Cr2O7中+6价变为反应后Cr2(SO4)3中的+3价，化合价降低，得到电子43e-；C元素化合价由反应前C单质的0价变为反应后CO2中的+4价，失去电子34e-，用双线桥法表示电子转移为：；(2)在上述反应中，C为还原剂，产生的CO2为氧化产物；K2Cr2O7为氧化剂，产生的Cr2(SO4)3为还原产物，故该反应的氧化产物和还原产物的物质的量之比为3：2；(3)产生的标准状况下6.72 LCO2气体的物质的量n(CO2)=6.72 L22.4 L/mol=0.3 mol，根据方程式可知：每反应产生3 mol CO2气体，转移12 mol电子，则反应产生0.3 mol CO2气体，转移电子的物质的量n(e-)=12 mol=1.2 mol；II(1)I2是生成物，则KIO3为反应物，KIO3反应后I元素化合价降低，作氧化剂，则Na2SO3是反应物，Na2SO4是生成物；K2SO4也是生成物，H2SO4是反应物，水是生成物；根据电子守恒，原子守恒，可得反应方程式：2KIO3+5Na2SO3+H2SO4=I2+5Na2SO4+ K2SO4+H2O；(2)在上述反应中，S元素的化合价升高，失去电子，被氧化，Na2SO3作还原剂，被氧化，发生氧化反应；I元素的化合价降低，得到电子发生还原反应，被还原。
