1、2015-2016学年河南省周口市高一（上）期末化学试卷一、选择题（共16小题，每小题3分，满分48分）1下列说法中不正确的是（）A含SO2的烟气可用石灰乳吸收后再排放，以减少对空气污染B汽车尾气、工业排放、建筑扬尘、垃圾焚烧等都是造成雾霾天气的主要原因C绿色化学的核心是对环境产生的污染进行治理DPM2.5由于颗粒小，在空气中存在时间长，对人体健康危害大2设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A常温常压下，7.8gNa2S固体和7.8gNa2O2固体中含有的阴离子数目均为0.1NAB在标准状况下，22.4LCl2和HCl的混合气体中含有的分子总数为26.021023C含1molFeC
2、l3的饱和溶液滴入沸水中得到胶体数目为NAD标准状况下，Na2O2与足量的CO2反应生成2.24LO2，转移电子数为0.4NA3将20gM物质、5gN物质、9gP物质混合加热发生化学变化，经充分反应后的混合物中含有5gM物质、20gP物质还含有一种新物质Q，若M、N、P、Q的相对分子质量分别为30、20、44、18，它们之间发生反应的化学方程式是（）AM+N=P+QBM+2N=2P+QC2M+N=2P+QD2M+N=P+2Q4下列溶液中物质的量浓度肯定为1mol/L的是（）A将40g NaOH固体溶解于1L水中B将22.4L氯化氢气体溶于水配成1L溶液C将1L 10 mol/L浓盐酸与10L水
3、混合D10g NaOH固体溶解在水中配成250mL溶液5下列离子或分子在溶液中能大量共存，通入CO2后仍能大量共存的一组是（）AK+、Ca2+、Cl、NO3BK+、Na+、Br、SiO32CH+、Fe2+、SO42、Cl2DK+、Ag+、NH3H2O、NO36氧化还原反应与四种基本反应类型的关系如图所示，则下列化学反应属于阴影3区域的是（）ACl2+2NaI2NaCl+I2BNH4HCO3NH3+H2O+CO2C4Fe（OH）2+O2+2H2O4Fe（OH）3DFe2O3+3CO2Fe+3CO27下列关于金属性质的叙述中正确的是（）A钠与氧气反应时，产物是由O2的用量决定的B铝箔在空气中受热可
4、以熔化且会发生剧烈燃烧C金属与非金属发生反应时，被氧化的一定是金属D铁丝不论在空气中还是纯氧中都不会燃烧8做实验时不小心使皮肤上沾上了一些高锰酸钾，形成的黑斑很久才能消除，如果用草酸（乙二酸）的稀溶液洗涤，黑斑可以迅速褪去，其离子方程式为：MnO4+C2O42+H+CO2+Mn2+（）下列有关叙述正确的是（）A发生还原反应的是C2O42B该离子方程式右侧横线上的产物是OHC10molH+参加反应时，电子转移5molD该反应的氧化剂为KMnO49某溶液中可能含有H+、Na+、NH4+、Mg2+、Fe3+、Al3+、SO42、CO32等离子当向该溶液中加入一定物质的量浓度的NaOH溶液时，发现生成
5、沉淀物质的量随NaOH溶液的体积变化的图象如图所示，下列说法正确的是（）A原溶液中含有的阳离子是H+、NH4+、Mg2+、Al3+、Fe3+B原溶液中一定含有SO42和Na+C原溶液中含有的Fe3+和Al3+的物质的量之比为1：1D反应最后形成的溶液中含有的溶质只有Na2SO410铝分别与足量的稀盐酸和氢氧化钠溶液反应，当两个反应放出的气体在相同状况下体积相等时，反应中消耗的HCl和NaOH物质的量之比为（）A3：1B2：1C1：1D1：311将足量的CO2不断通入NaOH、Ba（OH）2、NaAlO2的混合溶液中，生成沉淀与通入CO2的量的关系可表示为（）ABCD12将氯水分别滴入下列溶液中
6、，由实验现象得出的结论正确的是（） 选项 氯水滴入下列溶液中 实验现象 结论 A滴有KSCN的FeCl2溶液变红Cl2具有还原性 B KI淀粉溶液变蓝色Cl2具有氧化性 C紫色石蕊溶液先变红后褪色Cl2具有漂白性 D 滴有酚酞的NaOH溶液褪色Cl2具有酸性AABBCCDD13某实验过程如图所示，则图试管中的现象是（）A铜片溶解，产生无色气体，该气体遇空气变为红棕色B铜片溶解，产生无色气体，该气体遇到空气不变色C铜片溶解，放出红棕色有刺激性气味的气体D无明显现象，因稀硫酸不与铜反应14常温下，下列各组物质中，Y既能与X反应又能与Z反应的是（） XYZ NaOH溶液Al（OH）3稀硫酸 KOH溶
7、液SiO2浓盐酸 O2N2H2 FeCl3溶液Cu浓硝酸ABCD15实验室中某些气体的制取、收集及尾气处理装置如图所示（省略夹持和净化装置）仅用此装置和表中提供的物质完成相关实验，最合理的选项是（）选项a中的物质b中的物质c中收集的气体d中的物质A浓氨水CaONH3H2OB浓硫酸Na2SO3SO2NaOH溶液C稀硝酸CuNO2H2OD浓盐酸MnO2Cl2NaOH溶液AABBCCDD16已知：2KMnO4+16HCl2KCl+2MnCl2+5Cl2+8H2OK2Cr2O7+14HCl2KCl+2CrCl3+3Cl2+7H2OMnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2+2H2O其中，KMnO4和一
8、般浓度的盐酸反应，K2Cr2O7需和较浓的盐酸（大于6molL1）反应，MnO2需和浓盐酸反应（大于8molL1）反应根据以上信息，下列叙述不正确的是（）A上述各反应均既属于氧化还原反应，有属于离子反应B氧化性：KMnO4K2Cr2O7Cl2MnO2C盐酸的浓度越大，Cl的还原性越强D每生成1molCl2，上述各反应转移的电子数均为2NA（NA为阿伏加德罗常数的值）二、解答题（共5小题，满分52分）17某小组同学通过对比实验了解Na2CO3和NaHCO3性质的异同，下表是他们撰写的实验报告的一部分实验序号实验步骤（内容）现象在贴有标签a、b的试管中分别加入1.0gNa2CO3固体和NaHCO3
9、固体，观察外观/继续向两试管中分别加入10.0mL水，用力振荡，观察现象/再分别向两试管中滴加2滴酚酞溶液，观察现象溶液变红加热大试管一段时间（注：棉花球沾有无水硫酸铜粉末）（1）请帮助该小组同学完成实验报告中放入内容（2）已知：20时Na2CO3的溶解度为20.5g由实验（填实验序号）现象可知，20时NaHCO3的溶解度小于20.5g；如果想饱和Na2CO3溶液中不断通入CO2气体，现象是，化学方程式是（3）由实验可以得出结论是，用化学方程式说明得出结论的原因18无机化合物可根据其组成和性质进行分类：（1）如图所示的物质分类方法名称是（2）以Na、K、H、O、C、S、N中任两种或三种元素组成
10、合适的物质，分别填在下表的后面物质类别酸碱盐氧化物化学式HClBa（OH）2Na2CO3CO2Na2O2（3）写出转化为的化学方程式（4）呼吸面具中用作为O2来源的反应原理为：，（5）实验室制备常用和反应，检验该气体的方法是19亚硝酸钠在漂白、电镀等方面应用广泛现以木炭、浓硝酸、水和铜为原料生成的一氧化氮与过氧化钠反应制备亚硝酸钠的装置如图所示（部分夹持装置略）已知：3NaNO2+3HCl3NaCl+HNO3+2NO+H2O酸性条件下，NO与NO3都能与MnO4反应生成NO3和Mn2+；完成下列填空：（1）写出a仪器的名称（2）为避免B中逸出的气体中混有的杂质气体与Na2O2反应，应在B、C装
11、置间增加一个装置，则该装置中盛放的药品名称为（3）写出NO与Na2O2在常温下生成NaNO2室温化学反应方程式；当该反应中转移0.1mole时，理论上吸收标准状况下NO的体积为L（4）将11.7g过氧化钠完全转化成亚硝酸钠，理论上至少需要木炭g（5）NO2易溶于水将体积为V mL的试管充满NO2后倒扣在水中，见图2NO2溶于水的化学方程式是使试管中NO2完全被水吸收的操作是20如图为铜丝与浓硫酸反应并验证其产物性质的实验装置（1）中反应的化学方程式是（2）中饱和NaHSO3溶液的作用是除去加热一段时间后，中溶液依然澄清，想要立即终止铜与硫酸的反应，最恰当的方法是a上移铜丝，使其脱离硫酸 b撤去
12、酒精灯 c拔去橡胶塞倒出硫酸（3）反应停止后，待装置冷却，把取下后将其中溶液分成两份做如下实验：加入试剂现象反应的离子方程式第一份加入NaOH溶液有白色沉淀生成第二份加入氯水有白色沉淀生成完成上述反应的离子方程式（4）上述实验结束后，发现中试管内有少量白色固体出现，冷却后将试管中的物质缓缓倒入水中，溶液呈蓝色取少量蓝色溶液于试管中，滴加NaOH溶液过量，出现的现象是21将6克铁粉加入200mL Fe2（SO4）3 和CuSO4 的混合溶液，充分反应得到200mL 0.5molL1 FeSO4溶液和5.2g固体沉淀物试计算：（1）反应后生成铜的质量；（2）原Fe2（SO4）3溶液的物质的量浓度2
13、015-2016学年河南省周口市高一（上）期末化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（共16小题，每小题3分，满分48分）1下列说法中不正确的是（）A含SO2的烟气可用石灰乳吸收后再排放，以减少对空气污染B汽车尾气、工业排放、建筑扬尘、垃圾焚烧等都是造成雾霾天气的主要原因C绿色化学的核心是对环境产生的污染进行治理DPM2.5由于颗粒小，在空气中存在时间长，对人体健康危害大【考点】常见的生活环境的污染及治理【专题】氧族元素【分析】ASO2是酸性氧化物，能与碱性物质反应； B雾霾是由漂浮在空气中的固体颗粒形成的；C绿色化学的核心是从源头上减少和消除工业生产对环境的污染；DPM2.5粒径小，含大量的有
14、毒、有害物质且在大气中的停留时间长，输送距离远，因而对人体健康和大气环境质量的影响更大【解答】解：ASO2是酸性氧化物，能与石灰乳反应，可减少对空气污染，故A正确； B汽车尾气、工业排放、建筑扬尘、垃圾焚烧等都会产生细小颗粒物，是造成雾霾天气的主要原因，故B正确；C绿色化学的核心是利用化学原理从源头上减少和消除工业生产对环境的污染，故C错误；DPM2.5粒径小，含大量的有毒、有害物质且在大气中的停留时间长，输送距离远，因而对人体健康和大气环境质量的影响大，故D正确故选C【点评】本题考查化学实验室安全及事故处理，该题是基础性试题的考查，难度不大，侧重对学生实验基础知识的检验和训练，有利于培养学生
15、的实验能力在实验过程中应学会处理常见意外事故的方法技巧2设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A常温常压下，7.8gNa2S固体和7.8gNa2O2固体中含有的阴离子数目均为0.1NAB在标准状况下，22.4LCl2和HCl的混合气体中含有的分子总数为26.021023C含1molFeCl3的饱和溶液滴入沸水中得到胶体数目为NAD标准状况下，Na2O2与足量的CO2反应生成2.24LO2，转移电子数为0.4NA【考点】阿伏加德罗常数【分析】A、Na2S和Na2O2的摩尔质量均为78g/mol，且均由2个钠离子和1个阴离子构成；B、求出混合气体的物质的量，然后根据分子个数N=nNA来分
16、析；C、一个氢氧化铁胶粒是多个氢氧化铁的聚集体；D、求出氧气的物质的量，然后根据反应过程中氧元素的价态由1价变为0价来分析【解答】解：A、Na2S和Na2O2的摩尔质量均为78g/mol，故7.8g混合物的物质的量为0.1mol，而两者均由2个钠离子和1个阴离子构成，故0.1mol混合物中含0.1mol阴离子即0.1NA个，故A正确；B、标况下22.4L氯气和HCl的物质的量为1mol，故分子个数N=nNA=NA个，故B错误；C、一个氢氧化铁胶粒是多个氢氧化铁的聚集体，故1mol氯化铁所形成的胶粒的个数小于NA个，故C错误；D、标况下2.24L氧气的物质的量为0.1mol，而反应过程中氧元素的
17、价态由1价变为0价，故生成0.1mol氧气时转移0.2mol电子即0.2NA个，故D错误故选A【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，难度不大3将20gM物质、5gN物质、9gP物质混合加热发生化学变化，经充分反应后的混合物中含有5gM物质、20gP物质还含有一种新物质Q，若M、N、P、Q的相对分子质量分别为30、20、44、18，它们之间发生反应的化学方程式是（）AM+N=P+QBM+2N=2P+QC2M+N=2P+QD2M+N=P+2Q【考点】化学方程式的书写【专题】化学用语专题【分析】质量减少的为反应物，质量增加的为生成物，计算消耗的反应物的
18、物质的量和生成的生成物的物质的量，依据方程式的计量系数之比等于转化的物质的量之比，求出方程式系数，据此解答【解答】解：依据题意可知M、N的质量减少，R、Q的质量增加，所以反应物为：M、N，生成物为Q、R，消耗的M的物质的量为=0.5mol，消耗的N的物质的量为=0.25mol，生成的R的物质的量为=0.25mol，生成的Q的物质的量为： =0.5mol，依据方程式的计量系数之比等于转化的物质的量之比，其方程式为：2M+N=Q+2R故选：D【点评】本题考查了方程式的书写，准确判断反应物和生成物，明确方程式计量系数之比等于转化的物质的量之比是解题关键，题目难度不大4下列溶液中物质的量浓度肯定为1m
19、ol/L的是（）A将40g NaOH固体溶解于1L水中B将22.4L氯化氢气体溶于水配成1L溶液C将1L 10 mol/L浓盐酸与10L水混合D10g NaOH固体溶解在水中配成250mL溶液【考点】物质的量浓度【专题】物质的量浓度和溶解度专题【分析】A、溶液的体积不等于溶剂的体积；B、22.4L氯化氢气体的物质的量不一定等于1mol；C、混合溶液的体积不等于10L；D、10g NaOH的物质的量为0.25mol，溶液的体积为0.25L【解答】解：A、40g NaOH的物质的量为1mol，溶液的体积不等于溶剂的体积，溶液的体积不是1L，因此溶液中物质的量浓度不是1mol/L，故A错误；B、22
20、.4L氯化氢气体的物质的量不一定等于1mol，因此溶液中物质的量浓度不是1mol/L，故B错误；C、混合溶液的体积不等于10L，根据稀释定律可知混合液的物质的量浓度不是1mol/L，故C错误；D、10g NaOH的物质的量为0.25mol，溶液的体积为0.25L，因此溶液中物质的量浓度是1mol/L，故D正确；故选D【点评】本题考查了物质的量浓度，题目难度不大，注意溶液的体积不等于溶剂的体积，不等于溶剂的体积加上溶质的体积5下列离子或分子在溶液中能大量共存，通入CO2后仍能大量共存的一组是（）AK+、Ca2+、Cl、NO3BK+、Na+、Br、SiO32CH+、Fe2+、SO42、Cl2DK+
21、、Ag+、NH3H2O、NO3【考点】离子共存问题【专题】离子反应专题【分析】各组离子的溶液中，通入过量CO2气体后，CO2+H2OH2CO3，H2CO3H+HCO3，HCO3H+CO32，溶液中存在大量的碳酸分子，少量氢离子、碳酸根离子，据此与各组微粒分析共存问题即可解答【解答】解：A该组离子不反应，能大量共存，溶液中，通入CO2后CO2+H2OH2CO3，H2CO3H+HCO3，HCO3H+CO32，溶液中存在大量的氢离子、碳酸根离子与K+、Cl、NO3，均不反应，也能大量共存，因盐酸的酸性、硝酸的酸性强于碳酸，所以通入CO2后与Ca2+、不能形成沉淀，即仍能大量共存，故A正确；B因碳酸的
22、酸性比硅酸强，所以向B组通入二氧化碳，必发生反应CO2+SiO32+H2O=H2SiO3+CO32，所以B组不能大量共存，故B错误；C该组微粒中氯气具有强氧化性，二价铁离子具有还原性，2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl，所以C组不能大量共存，故C错误；D该组微粒中Ag+NH3H2O=AgOH+NH4+，AgOH+2NH3H2O=Ag（NH3）2+OH+2H2O，所以D组不能大量共存，故D错误；故选A【点评】离子共存问题，解题的关键在于：掌握离子不能共存的原因，平时学习应多注意积累一些特殊的反应解答该题注意二氧化碳与水反应的产物与溶液中的离子共存，题目难度中等6氧化还原反应与四种基本反应类型的关
23、系如图所示，则下列化学反应属于阴影3区域的是（）ACl2+2NaI2NaCl+I2BNH4HCO3NH3+H2O+CO2C4Fe（OH）2+O2+2H2O4Fe（OH）3DFe2O3+3CO2Fe+3CO2【考点】氧化还原反应【专题】氧化还原反应专题【分析】属于阴影部分的反应为不属于化合反应、分解反应和置换反应的氧化还原反应，该反应中有电子转移，其特征是有元素化合价升降，据此分析解答【解答】解：A该反应中Cl元素化合价由0价变为1价、I元素化合价由1价变为0价，所以属于氧化还原反应但还属于置换反应，故A不选；B该反应中没有元素化合价变化，且属于分解反应，故B不选；C该反应中Fe元素化合价由+2
24、价变为+3价、O元素化合价由0价变为2价，所以氧化还原反应但还属于分解反应，故C不选；D该反应中Fe元素化合价由+3价变为0价、C元素化合价由+2价变为+4价，且该反应不属于化合反应、置换反应或分解反应，故D选；故选D【点评】本题考查基本反应类型及氧化还原反应，侧重考查基本概念，根据元素化合价变化及基本反应类型概念解答即可，注意常见元素化合价7下列关于金属性质的叙述中正确的是（）A钠与氧气反应时，产物是由O2的用量决定的B铝箔在空气中受热可以熔化且会发生剧烈燃烧C金属与非金属发生反应时，被氧化的一定是金属D铁丝不论在空气中还是纯氧中都不会燃烧【考点】常见金属元素的单质及其化合物的综合应用【专题
25、】几种重要的金属及其化合物【分析】A、钠和氧气反应产物不同时有反应条件决定；B、铝在空气中不能燃烧；C、金属原子结构可知金属单质一定失电子被氧化；D、铁在纯氧气中燃烧生成四氧化三铁；【解答】解：A、钠和氧气反应产物不同时有反应条件决定，常温下钠和氧气反应生成氧化钠，钠点燃条件和氧气反应生成过氧化钠，故A错误；B、铝箔在空气中受热可以熔化，但在空气中不能燃烧，故B错误；C、金属原子结构可知金属单质一定失电子被氧化，金属与非金属发生反应时，被氧化的一定是金属，故C正确；D、铁在纯氧气中燃烧生成四氧化三铁，空气中不能燃烧，故D错误；故选C【点评】本题考查了金属性质的分析，主要是反应条件、反应用量的分
26、析判断，掌握基础是关键，题目难度中等8做实验时不小心使皮肤上沾上了一些高锰酸钾，形成的黑斑很久才能消除，如果用草酸（乙二酸）的稀溶液洗涤，黑斑可以迅速褪去，其离子方程式为：MnO4+C2O42+H+CO2+Mn2+（）下列有关叙述正确的是（）A发生还原反应的是C2O42B该离子方程式右侧横线上的产物是OHC10molH+参加反应时，电子转移5molD该反应的氧化剂为KMnO4【考点】氧化还原反应【专题】氧化还原反应专题【分析】MnO4+C2O42+H+CO2+Mn2+（）中，Mn元素的化合价降低，C元素的化合价升高，由电子守恒、电荷守恒可知2MnO4+5C2O42+16H+10CO2+2Mn2
27、+（），由原子守恒可知（）为水，以此来解答【解答】解：AMn元素的化合价降低，则KMnO4为氧化剂，所以发生还原反应的是KMnO4，故A错误；B由电子、电荷及原子守恒可知，离子反应为2MnO4+5C2O42+16H+10CO2+2Mn2+8H2O，可知（）为水，故B错误；C16mol H+参加反应时，2molMn得到电子，则电子转移为2mol（72）=10mol，10molH+参加反应时，电子转移6.25mol，故C错误；DMn元素的化合价降低，则KMnO4为氧化剂，故D正确；故选D【点评】本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握反应中元素化合价变化为解答的关键，侧重氧化还原反应基本概念及转移电
28、子的考查，注意元素化合价的判断，题目难度不大9某溶液中可能含有H+、Na+、NH4+、Mg2+、Fe3+、Al3+、SO42、CO32等离子当向该溶液中加入一定物质的量浓度的NaOH溶液时，发现生成沉淀物质的量随NaOH溶液的体积变化的图象如图所示，下列说法正确的是（）A原溶液中含有的阳离子是H+、NH4+、Mg2+、Al3+、Fe3+B原溶液中一定含有SO42和Na+C原溶液中含有的Fe3+和Al3+的物质的量之比为1：1D反应最后形成的溶液中含有的溶质只有Na2SO4【考点】常见离子的检验方法【分析】根据图象第一段，沉淀不是马上出现，可知一定有氢离子，酸碱中和反应是一切反应的优先反应，生成
29、沉淀在后面溶解一部分，一定有Al3+，根据第三段，和氢氧化钠反应的离子不产生沉淀，证明是NH4+；根据坐标得生成沉淀用了6体积的氢氧化钠，其中氢氧化铝溶解用了一体积的氢氧化钠，所以形成氢氧化铝用了3体积的氢氧化钠，还有三体积的氢氧化钠一定是被Fe3+离子消耗，所以一定含有Fe3+，一定不含CO32和Mg2+；结合溶液电中性可知，溶液中一定存在SO42，据此进行解答【解答】解：A根据图象第一段，沉淀不是马上出现，可知一定有氢离子，酸碱中和反应是一切反应的优先反应，生成沉淀在后面溶解一部分，一定有铝离子，根据第三段，和氢氧化钠反应的离子不产生沉淀，证明是铵根离子，根据坐标得生成沉淀用了6体积的氢氧
30、化钠，其中氢氧化铝溶解用了一体积的氢氧化钠，所以形成氢氧化铝用了三体积的氢氧化钠，还有三体积的氢氧化钠一定是被三价铁离子消耗，所以一定含有三价铁离子，一定不含碳酸根离子和镁离子，即原溶液中含有的阳离子是H+、NH4+、Fe3+、Al3+，故A错误；B根据A的推断，解题图象第二段和最后剩余沉淀的量，可以知道氢氧化铝的沉淀量和另一沉淀的量是相等的，即一定是三价铁离子，一定不含有镁离子，所以含有的阳离子是H+、NH4+、Fe3+、Al3+，一定不含碳酸根离子，溶液中需要正、负离子，故一定有阴离子SO42，不能确定钠离子是否存在，故B错误；C根据坐标得生成沉淀用了6体积的氢氧化钠，其中氢氧化铝溶解用了
31、1体积的氢氧化钠，所以形成氢氧化铝用了3体积的氢氧化钠，还有3体积的氢氧化钠一定是被三价铁离子消耗，原溶液中含有的Fe3+和Al3+的物质的量之比为1：1，故C正确；D加入NaOH溶液，钠离子实际不参加反应，则反应后溶液中钠离子一定存在，所以最后溶液中含有的溶质不一定为Na2SO4，故D错误；故选C【点评】本题考查了常见离子的性质及检验方法，题目难度中等，试题考查范围广，明确氢氧化铝是两性氢氧化物溶于强碱是解题关键，注意掌握常见离子的性质及检验方法10铝分别与足量的稀盐酸和氢氧化钠溶液反应，当两个反应放出的气体在相同状况下体积相等时，反应中消耗的HCl和NaOH物质的量之比为（）A3：1B2：
32、1C1：1D1：3【考点】化学方程式的有关计算【分析】根据反应方程式2Al+6H+=2Al3+3H2，2Al+2OH+2H2O=2AlO2+3H2进行计算【解答】解：根据反应方程式2Al+6H+=2Al3+3H2，2Al+2OH+2H2O=2AlO2+3H2可知：当两个反应放出的气体在相同状况下体积相等时，反应中消耗的HCl和NaOH物质的量之比为3：1，故选：A【点评】本题考查了依据方程式的计算，难度不大，正确书写反应的方程式是解题关键11将足量的CO2不断通入NaOH、Ba（OH）2、NaAlO2的混合溶液中，生成沉淀与通入CO2的量的关系可表示为（）ABCD【考点】钠的重要化合物【专题】
33、元素及其化合物【分析】只要通入CO2，立刻就有沉淀BaCO3产生；将Ba（OH）2消耗完毕，接下来消耗NaOH，因而此段不会产生沉淀（即沉淀的量保持不变）；NaOH被消耗完毕，接下来又因二氧化碳足量，还可以继续与上面反应的产物Na2CO3、BaCO3、反应，最后剩余沉淀为Al（OH）3【解答】解：通入CO2，依次发生：CO2+Ba（OH）2BaCO3+H2O、CO2+2NaOHNa2CO3+H2O、CO2+3H2O+2NaAlO22Al（OH）3+Na2CO3、CO2+H2O+Na2CO32NaHCO3，BaCO3+CO2+H2O=Ba（HCO3）2，由以上反应可知，图象应为C，故选C【点评】
34、本题考查元素化合物知识，侧重于二氧化碳通入混合溶液中的反应顺序的考查，注重运用基本知识解决新问题的能力，并且要考虑二氧化碳的充足会使生成物继续反应的问题难度不大12将氯水分别滴入下列溶液中，由实验现象得出的结论正确的是（） 选项 氯水滴入下列溶液中 实验现象 结论 A滴有KSCN的FeCl2溶液变红Cl2具有还原性 B KI淀粉溶液变蓝色Cl2具有氧化性 C紫色石蕊溶液先变红后褪色Cl2具有漂白性 D 滴有酚酞的NaOH溶液褪色Cl2具有酸性AABBCCDD【考点】氯气的化学性质【专题】卤族元素【分析】A、氯气能将亚铁离子氧化为铁离子；B、氯气能将碘离子氧化为碘单质，碘单质遇淀粉变蓝；C、氯气
35、和水反应生成盐酸和次氯酸，次氯酸具有漂白性；D、氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，酸与碱发生中和反应【解答】解：A、氯水滴入有KSCN的FeC12溶液中，氯气能将亚铁离子氧化为铁离子，铁离子遇KSCN溶液变红，则氯气具有氧化性，故A错误；B、氯水滴入KI淀粉溶液，氯气能将碘离子氧化为碘单质，碘单质遇淀粉变蓝，则氯气具有氧化性，故B正确；C、氯水滴入紫色石蕊溶液中，氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，酸使石蕊变红，次氯酸使其褪色，则次氯酸具有漂白性，而干燥的氯气不具有漂白性，故C错误；D、氯水滴入有酚酞的NaOH溶液中，氯气和水反应生成酸，再发生酸碱中和，NaOH被反应掉，则颜色褪去，而氯气本身不能电离出
36、氢离子，不具有酸性，故D错误；故选B【点评】本题考查氯气的化学性质，明确氯气具有氧化性是解答本题的关键，并注意干燥的氯气不具有漂白性来解答13某实验过程如图所示，则图试管中的现象是（）A铜片溶解，产生无色气体，该气体遇空气变为红棕色B铜片溶解，产生无色气体，该气体遇到空气不变色C铜片溶解，放出红棕色有刺激性气味的气体D无明显现象，因稀硫酸不与铜反应【考点】铜金属及其重要化合物的主要性质【专题】几种重要的金属及其化合物【分析】试管中铜和稀硝酸反应方程式为3Cu+8HNO3=3Cu（NO3）2+2NO+4H2O，根据图知，Cu有剩余，硝酸不足量，向中加入稀硫酸，酸性条件下，硝酸根离子具有强氧化性，
37、相当于又有稀硝酸，则硝酸和铜又发生反应3Cu+8HNO3=3Cu（NO3）2+2NO+4H2O【解答】解：管中铜和稀硝酸反应方程式为3Cu+8HNO3=3Cu（NO3）2+2NO+4H2O，根据图知，Cu有剩余，硝酸不足量，向中加入稀硫酸，酸性条件下，硝酸根离子具有强氧化性，相当于又有稀硝酸，则硝酸和铜又发生反应3Cu+8HNO3=3Cu（NO3）2+2NO+4H2O，生成的无色气体NO不稳定，被氧气氧化生成红棕色气体NO2，同时Cu片溶解所以看到的现象是铜片溶解，且有无色气体生成，该气体在试管口变为红棕色，故选A【点评】本题考查了硝酸和铜的反应，明确“酸性条件下，硝酸根离子具有强氧化性”是解
38、本题关键，向含有硝酸根离子的溶液中加入稀硫酸，相当于溶液中含有硝酸，为易错题14常温下，下列各组物质中，Y既能与X反应又能与Z反应的是（） XYZ NaOH溶液Al（OH）3稀硫酸 KOH溶液SiO2浓盐酸 O2N2H2 FeCl3溶液Cu浓硝酸ABCD【考点】真题集萃；硅和二氧化硅；镁、铝的重要化合物；铜金属及其重要化合物的主要性质【专题】元素及其化合物【分析】氢氧化铝是两性氢氧化物，能与强酸、强碱反应；二氧化硅不能溶于盐酸；氮气与氧气在放电条件下反应得到NO，氮气与氢气在高温高压、催化剂条件下合成氨气反应；Cu与浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮与水，与氯化铁溶液反应得到氯化铜、氯化亚铁【解答
39、】解：氢氧化铝是两性氢氧化物，能与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠与水，与稀硫酸反应生成硫酸铝与水，故符合；二氧化硅能与氢氧化钾反应反应生成硅酸钾与水，在酸中二氧化硅只与HF反应，不能与盐酸反应，故不符合；氮气与氧气在放电条件下反应得到NO，氮气与氢气在高温高压、催化剂条件下合成氨气反应，常温下氮气不能与氧气、氢气发生反应，故不符合；常温下，Cu与浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮与水，与氯化铁溶液反应得到氯化铜、氯化亚铁，故符合，故选B【点评】本题考查元素化合物性质，难度不大，侧重对基础知识的巩固，需要学生熟练掌握元素化合物性质15实验室中某些气体的制取、收集及尾气处理装置如图所示（省略夹持和净化装置）
40、仅用此装置和表中提供的物质完成相关实验，最合理的选项是（）选项a中的物质b中的物质c中收集的气体d中的物质A浓氨水CaONH3H2OB浓硫酸Na2SO3SO2NaOH溶液C稀硝酸CuNO2H2OD浓盐酸MnO2Cl2NaOH溶液AABBCCDD【考点】常见气体制备原理及装置选择【专题】综合实验题【分析】根据装置图可知所制备的气体应为固体和液体制备，并用向上排空气法收集以及采用防倒吸的方法进行尾气处理，根据各选项中反应物的状态判断发生装置、气体的性质以及是否除杂等角度解答本题【解答】解：A、氨气的密度比空气小，c装置中应该短管进，长管出，故A错误；B、浓硫酸可以与亚硫酸反应，生成二氧化硫，SO2
41、气体的密度比空气大，c装置中应该长管进，短管出，SO2气体会污染空气，所以要吸收尾气，故B正确；C、铜与稀硝酸反应产生的气体为NO，NO2要用氢氧化钠溶液吸收，水不能完全吸收，故C错误；D、浓盐酸与MnO2制氯气需要加热，且由于浓盐酸易挥发，所以c中收集的气体不纯净，应该在bc之间应添加除去氯化氢的装置，故D错误；故选B【点评】本题考查化学实验基本原理（气体的制备），实验装置、仪器的使用，难度不大，掌握物质的性质即可解答16已知：2KMnO4+16HCl2KCl+2MnCl2+5Cl2+8H2OK2Cr2O7+14HCl2KCl+2CrCl3+3Cl2+7H2OMnO2+4HCl（浓）MnCl
42、2+Cl2+2H2O其中，KMnO4和一般浓度的盐酸反应，K2Cr2O7需和较浓的盐酸（大于6molL1）反应，MnO2需和浓盐酸反应（大于8molL1）反应根据以上信息，下列叙述不正确的是（）A上述各反应均既属于氧化还原反应，有属于离子反应B氧化性：KMnO4K2Cr2O7Cl2MnO2C盐酸的浓度越大，Cl的还原性越强D每生成1molCl2，上述各反应转移的电子数均为2NA（NA为阿伏加德罗常数的值）【考点】氧化还原反应【专题】氧化还原反应专题【分析】A化学反应中有元素化合价变化的属于氧化还原反应，有离子参加的化学反应是离子反应；B在自发进行的氧化还原反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧
43、化性；C盐酸的浓度越大，氯离子的还原性越强；D根据化合价变化判断【解答】解：A这三个分子中都有元素化合价变化，且都有离子参加，所以既属于氧化还原反应又属于离子反应，故A正确；BMnO2+4HClMnCl2+Cl2+2H2O中二氧化锰的氧化性大于氯气，故B错误；C盐酸的浓度越大，氯离子的浓度越大，其反应速率越快，则氯离子的还原性越强，故C正确；D生成1 mol Cl2转移电子数均为20（1）NA=2 NA，故D正确故选B【点评】本题考查氧化还原反应，明确氧化还原反应的实质是解本题关键，难度不大二、解答题（共5小题，满分52分）17某小组同学通过对比实验了解Na2CO3和NaHCO3性质的异同，下
44、表是他们撰写的实验报告的一部分实验序号实验步骤（内容）现象在贴有标签a、b的试管中分别加入1.0gNa2CO3固体和NaHCO3固体，观察外观/继续向两试管中分别加入10.0mL水，用力振荡，观察现象/再分别向两试管中滴加2滴酚酞溶液，观察现象溶液变红加热大试管一段时间（注：棉花球沾有无水硫酸铜粉末）（1）请帮助该小组同学完成实验报告中放入内容沾有无水硫酸铜粉末的棉花球变蓝；A烧杯中没有明显现象，B烧杯中有白色沉淀生成（2）已知：20时Na2CO3的溶解度为20.5g由实验（填实验序号）现象可知，20时NaHCO3的溶解度小于20.5g；如果想饱和Na2CO3溶液中不断通入CO2气体，现象是白
45、色晶体析出，化学方程式是Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3（3）由实验可以得出结论是碳酸钠的稳定性强于碳酸氢钠，用化学方程式说明得出结论的原因2NaHCO3 Na2CO3 +CO2+H2O【考点】探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质【专题】金属概论与碱元素【分析】（1）无水CuSO4遇H2O变蓝，CO2能使澄清石灰水变浑浊；（2）溶解度的高低需要看加水溶解的情况，由实验现象可知，饱和碳酸钠转变成了碳酸氢钠有白色沉淀生成；（3）根据棉花球变蓝，说明产生了水，烧杯变浑浊，说明生成了CO2，因此说明碳酸钠的稳定性强于碳酸氢钠【解答】解：（1）Na2CO3的热稳定性强于NaHCO3，2NaHCO3Na
46、2CO3+CO2+H2O，无水CuSO4遇H2O变蓝，产生的CO2能使澄清石灰水变浑浊，因此现象是棉花球变蓝，A烧杯中没有明显现象，B烧杯中有白色沉淀产生，故答案为：沾有无水硫酸铜粉末的棉花球变蓝；A烧杯中没有明显现象，B烧杯中有白色沉淀生成；（2）溶解度的高低需要看加水溶解的情况，因此实验说明了溶解度的高低；Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3，饱和碳酸钠转变成了碳酸氢钠，因为碳酸钠的溶解度大于碳酸氢钠的溶解度，因此有白色晶体析出，故答案为：；白色晶体析出；Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3；（3）根据实验现象，棉花球变蓝，说明产生了水，烧杯变浑浊，说明生成了CO2，说明碳
47、酸钠的稳定性强于碳酸氢钠，因此反应方程式：2NaHCO3 Na2CO3 +CO2+H2O，故答案为：碳酸钠的稳定性强于碳酸氢钠；2NaHCO3 Na2CO3 +CO2+H2O【点评】本题考查Na2CO3和NaHCO3化学性质差异，侧重热稳定性、溶解性的比较，把握碳酸氢钠受热易分解及对比性为解答的关键，侧重对学生能力的培养和训练，有利于培养学生灵活运用知识解答问题的能力，本题综合性较强，题目难度中等18无机化合物可根据其组成和性质进行分类：（1）如图所示的物质分类方法名称是树状分类法（2）以Na、K、H、O、C、S、N中任两种或三种元素组成合适的物质，分别填在下表的后面物质类别酸碱盐氧化物化学式
48、HClH2SO4NaOHBa（OH）2Na2CO3K2SO4CO2Na2O2（3）写出转化为的化学方程式2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O（4）呼吸面具中用作为O2来源的反应原理为：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2（5）实验室制备常用CaCO3和稀盐酸反应，检验该气体的方法是通入澄清石灰水，若变浑浊，则生成的气体为CO2【考点】酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系【专题】物质的分类专题【分析】（1）树状分类法是一种很形象的分类法，按照层次，一层一层来分，就像一棵大树；（2）酸电离出的阳离子全部是氢离子的化合物；碱电离出的阴离子全部为氢
49、氧根离子；盐电离出得阳离子为金属离子，阴离子为酸根离子；（3）CO2与NaOH反应转化为Na2CO3；（4）过氧化钠可以和水反应生成氢氧化钠和氧气；（5）实验室制备二氧化碳常用 CaCO3和稀盐酸反应，检验该气体的方法是 通入澄清石灰水看是否变浑浊【解答】解：（1）树状分类法是一种很形象的分类法，按照层次，一层一层来分，就像一棵大树，有叶、枝、杆、根，图示方法就是树状图，故答案为：树状分类法；（2）酸电离出的阳离子全部是氢离子的化合物，如H2SO4；碱电离出的阴离子全部为氢氧根离子，如NaOH；盐电离出得阳离子为金属离子，阴离子为酸根离子，如K2SO4，故答案为：H2SO4；NaOH；K2SO
50、4；（3）CO2与NaOH反应转化为Na2CO3；其化学方程式为：CO2+2NaOHNa2CO3+H2O，故答案为：CO2+2NaOHNa2CO3+H2O；（4）过氧化钠可以和水或是二氧化碳反应生成氢氧化钠或是碳酸钠和氧气，即2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2，故答案为：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2；2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2；（5）实验室制备二氧化碳常用 CaCO3和稀盐酸反应，检验该气体的方法是 通入澄清石灰水，若变浑浊，则生成的气体为CO2，故答案为：CaCO3，稀盐酸；通入澄清石灰水，若变浑浊，则生成的气
51、体为CO2【点评】本题考查物质的分类，化学方程式的书写，氧化还原反应，题目难度不大，注意把握相关概念19亚硝酸钠在漂白、电镀等方面应用广泛现以木炭、浓硝酸、水和铜为原料生成的一氧化氮与过氧化钠反应制备亚硝酸钠的装置如图所示（部分夹持装置略）已知：3NaNO2+3HCl3NaCl+HNO3+2NO+H2O酸性条件下，NO与NO3都能与MnO4反应生成NO3和Mn2+；完成下列填空：（1）写出a仪器的名称分液漏斗（2）为避免B中逸出的气体中混有的杂质气体与Na2O2反应，应在B、C装置间增加一个装置，则该装置中盛放的药品名称为碱石灰（或氢氧化钠固体或氧化钙固体）（3）写出NO与Na2O2在常温下生
52、成NaNO2室温化学反应方程式2NO+Na2O2=2NaNO2；当该反应中转移0.1mole时，理论上吸收标准状况下NO的体积为2.24L（4）将11.7g过氧化钠完全转化成亚硝酸钠，理论上至少需要木炭1.8g（5）NO2易溶于水将体积为V mL的试管充满NO2后倒扣在水中，见图2NO2溶于水的化学方程式是3NO2+H2O2HNO3+NO使试管中NO2完全被水吸收的操作是缓缓通入V/4mL氧气【考点】制备实验方案的设计【专题】实验分析题；实验评价题；演绎推理法；制备实验综合【分析】（1）根据装置图可知仪器名称；（2）因为一氧化氮中混有二氧化碳和水蒸汽，二氧化碳和过氧化钠发生的反应生成碳酸钠和氧
53、气，水与过氧化钠反应生成氢氧化钠，为避免产生这些副产物，应在B、C装置间增加装置用来吸收二氧化碳和水蒸气；（3）根据电子得失守恒及元素守恒可写出NO与Na2O2在常温下生成NaNO2的方程式，根据方程式中转移电子数目计算出NO的体积；（4）根据C+4HNO3（浓）CO2+4NO2+2H2O，3NO2+H2O=2HNO3+NO；2NO+Na2O22NaNO2进行计算；（5）NO2与水反应生成一氧化氮和硝酸，一氧化氮和氧气反应生成二氧化氮，据此确定试管中NO2完全被水吸收的操作【解答】解：（1）根据装置图可知a仪器的名称为分液漏斗，故答案为：分液漏斗；（2）因为一氧化氮中混有二氧化碳和水蒸汽，二氧
54、化碳和过氧化钠发生的反应生成碳酸钠和氧气，水与过氧化钠反应生成氢氧化钠，为避免产生这些副产物，应在B、C装置间增加装置装碱石灰（或氢氧化钠固体或氧化钙固体），用来吸收二氧化碳和水蒸气，故答案为：碱石灰（或氢氧化钠固体或氧化钙固体）；（3）根据电子得失守恒及元素守恒可写出NO与Na2O2在常温下生成NaNO2的方程式为2NO+Na2O2=2NaNO2，该反应中电子转移数目为1e，根据方程式可知，当反应中转移0.1mole时，吸收NO的物质的量为0.1mol，则NO的体积为2.24L，故答案为：2NO+Na2O2=2NaNO2；2.24；（4）根据C+4HNO3（浓）CO2+4NO2+2H2O，3
55、NO2+H2O=2HNO3+NO，有关系式C4NO2NOHNO3，根据3Cu+8HNO3=3Cu（NO3）2+2NO+4H2O，有关系式HNO3CuNO，则有CNO，所以碳与总的NO的关系式为C（+）NO，根据2NO+Na2O22NaNO2，可知碳与Na2O2的关系式为CNa2O2，所以11.7g过氧化钠完全转化成为亚硝酸钠，理论上至少需要碳的质量为12g=1.8g，故答案为：1.8（5）NO2与水反应生成一氧化氮和硝酸，反应方程式为3NO2+H2O2HNO3+NO，故答案为：3NO2+H2O2HNO3+NO；由于一氧化氮和氧气反应生成二氧化氮，结合中的反应可得反应4NO2+H2O+O24HN
56、O3，所以要使此试管中NO2完全被水吸收可向试管中缓缓通入V/4 mL氧气，故答案为：缓缓通入V/4 mL氧气【点评】本题考查了物质制备实验方案的设计和信息判断，物质性质的理解应用，注意实验过程中的反应现象分析，掌握基础是关键，（5）中的计算是本题的难点，题目难度中等20如图为铜丝与浓硫酸反应并验证其产物性质的实验装置（1）中反应的化学方程式是Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2+2H2O（2）中饱和NaHSO3溶液的作用是除去除去中挥发出的硫酸加热一段时间后，中溶液依然澄清，想要立即终止铜与硫酸的反应，最恰当的方法是aa上移铜丝，使其脱离硫酸 b撤去酒精灯 c拔去橡胶塞倒出硫酸（3）反
57、应停止后，待装置冷却，把取下后将其中溶液分成两份做如下实验：加入试剂现象反应的离子方程式第一份加入NaOH溶液有白色沉淀生成SO2+2OHSO32+H2OBa2+SO32BaSO3第二份加入氯水有白色沉淀生成SO2+Cl2+H2O4H+2Cl+SO42Ba2+SO42BaSO4完成上述反应的离子方程式（4）上述实验结束后，发现中试管内有少量白色固体出现，冷却后将试管中的物质缓缓倒入水中，溶液呈蓝色取少量蓝色溶液于试管中，滴加NaOH溶液过量，出现的现象是开始没有明显现象，后有蓝色沉淀生成【考点】浓硫酸的性质【专题】氧族元素【分析】（1）铜与浓硫酸在加热条件下反应生成硫酸铜和二氧化硫、水；（2）
58、加热挥发出的硫酸能够与氯化钡反应生成硫酸钡沉淀，对二氧化硫的性质检验造成干扰，可以用亚硫酸氢钠除去挥发的硫酸，要立即终止铜与硫酸的反应，可以上移铜丝，使其脱离硫酸，撤去酒精灯，容易发生倒吸，拔去橡胶塞倒出硫酸，操作复杂；（3）二氧化硫为酸性氧化物，与氢氧化钠反应生成亚硫酸钠溶液，亚硫酸钠与氯化钡反应生成亚硫酸钡沉淀；二氧化硫具有还原性，能够被氯气氧化生成硫酸根离子，硫酸根离子与氯化钡反应生成硫酸钡沉淀；（4）蓝色溶液中含有硫酸和硫酸铜，加入氢氧化钠溶液后，氢氧化钠先与硫酸反应，再与硫酸铜反应【解答】解：（1）铜与浓硫酸在加热条件下反应生成硫酸铜和二氧化硫、水，化学方程式：Cu+2H2SO4（浓
59、）CuSO4+SO2+2H2O；故答案为：Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2+2H2O；（2）加热挥发出的硫酸能够与氯化钡反应生成硫酸钡沉淀，对二氧化硫的性质检验造成干扰，可以用亚硫酸氢钠除去挥发的硫酸，要立即终止铜与硫酸的反应，可以上移铜丝，使其脱离硫酸，撤去酒精灯，容易发生倒吸，拔去橡胶塞倒出硫酸，操作复杂；故答案为：除去中挥发出的硫酸； a；（3）二氧化硫为酸性氧化物，与氢氧化钠反应生成亚硫酸钠溶液，亚硫酸钠与氯化钡反应生成亚硫酸钡沉淀，离子方程式：SO2+2OHSO32+H2O Ba2+SO32BaSO3；二氧化硫具有还原性，能够被氯气氧化生成硫酸根离子，硫酸根离子与氯化钡反应
60、生成硫酸钡沉淀，离子方程式：SO2+Cl2+H2O4H+2Cl+SO42 Ba2+SO42BaSO4；故答案为：SO2+2OHSO32+H2O Ba2+SO32BaSO3；SO2+Cl2+H2O4H+2Cl+SO42 Ba2+SO42BaSO4；（4）蓝色溶液中含有硫酸和硫酸铜，加入氢氧化钠溶液后，氢氧化钠先与硫酸反应，再与硫酸铜反应，看到现象为：开始没有明显现象，后有蓝色沉淀生成；故答案为：开始没有明显现象，后有蓝色沉淀生成【点评】本题考查了浓硫酸的性质，明确浓硫酸强的氧化性、二氧化硫的还原性、酸性氧化物的性质是解题关键，题目难度中等21将6克铁粉加入200mL Fe2（SO4）3 和CuS
61、O4 的混合溶液，充分反应得到200mL 0.5molL1 FeSO4溶液和5.2g固体沉淀物试计算：（1）反应后生成铜的质量；（2）原Fe2（SO4）3溶液的物质的量浓度【考点】化学方程式的有关计算；物质的量浓度的相关计算；铁的化学性质【专题】计算题【分析】因氧化性Fe3+Cu2+，则加入铁粉，先发生Fe+Fe2 （SO4）3=3FeSO4，5.2g固体沉淀物一定有铜，则后发生Fe+CuSO4=FeSO4+Cu，然后根据化学反应方程式即可计算【解答】解：溶液中含有Fe2+：0.5molL10.2L=0.1mol，6g铁粉过量，设反应消耗铁的物质的量为x，生成铜的物质的量为y，Fe+Fe2 （SO4）3=3FeSO41mol 1mol 3mol xmol xmol 3xmol Fe+CuSO4=FeSO4+Cu1mol 1mol 1mol 1molymol ymol ymol ymol可得，解得x=0.02mol、y=0.04mol，（1）故得生成铜质量为0.04mol64gmol1=2.56g，答：反应后生成铜的质量为2.56g；（2）原溶液中Fe2（SO4）3物质的量浓度为=0.1mol/L，答：原Fe2（SO4）3溶液的物质的量浓度为0.1mol/L【点评】本题考查学生利用化学反应方程式的计算，明确氧化性的强弱、反应的先后顺序是解答本题的关键