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湖北省武汉市新洲区第一中学2022--2023学年高一上学期阶段检测化学试题（解析版）
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这是一份湖北省武汉市新洲区第一中学2022--2023学年高一上学期阶段检测化学试题（解析版），共20页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
新洲一中2025届高一上学期阶段检测化学试卷
可能用到的相对原子质量：H 1 N 14 O 16 Na 23 Al 27 S 32 K 39 Fe 56 Cu 64 Ba 137
一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1. 科学家为人类社会的进步做出了巨大的贡献。下列研究成果与科学家的对应关系不符合事实的是
A. 屠呦呦因发现抗疟药青蒿素而获得诺贝尔生理学或医学奖
B. 侯德榜发明的侯氏制碱法推动了我国制碱工业的发展
C. 道尔顿发现的元素周期律推动了人们对物质世界的认识
D. 汤姆生发现了电子，打破了原子不可再分的传统观念
【答案】C
【解析】
【详解】A．屠呦呦提取并研究青蒿素，发现其有治疗疟疾作用，因而获得诺贝尔生理学或医学奖，A不符合题意；
B．侯德榜发明的侯氏制碱法，提高了食盐的利用率，降低了生产成本，推动了我国制碱工业的发展，B不符合题意；
C．元素周期律是由门捷列夫发现，道尔顿提出近代原子学说，C符合题意；
D．汤姆生发现电子，提出“葡萄干面包式”原子结构模型，打破了原子不可再分的传统观念，D不符合题意；
故选C。
2. 如图所示的一些物质或概念间的从属关系不正确的是
Z
Y
X
A
氧化物
化合物
纯净物
B
熔融氯化钠
电解质
化合物
C
胶体
分散系
混合物
D
金属氧化物
碱性氧化物
氧化物
A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A. 氧化物属于化合物，化合物属于纯净物，A项正确；
B. 熔融氯化钠属于电解质，电解质属于化合物，B项正确；
C. 胶体属于分散系，分散系属于混合物，C项正确；
D. 碱性氧化物属于金属氧化物，金属氧化物包括碱性氧化物，D项错误；
答案选D。
3. 下列叙述正确的有
①爆炸、变色、导电一定属于化学变化
②Na2O、Na2O2、CaO都能溶于水生成碱，它们都属于碱性氧化物
③离子化合物中不一定含有金属元素
④FeCl2、FeCl3、FeS、Fe(OH)3均可通过化合反应制得
⑤烧碱固体、纯醋酸、乙醇均不导电，所以它们都不是电解质
A. ④⑤ B. ③④ C. ①②③④ D. ②③④
【答案】B
【解析】
【详解】①若是气体压强超过容器的承受力就会发生爆炸，但没有发生化学变化；灼烧金属元素获得单质及化合物中会产生焰色反应，有颜色变化，但没有发生化学反应；金属导电是电子定向移动，没有新物质产生，也是物理变化，因此不一定属于化学变化，①错误；
②Na2O2与水反应产生NaOH、O2，反应过程中氧元素化合价发生变化，因此Na2O2属于过氧化物，不属于碱性氧化物，②错误；
③离子化合物是阳离子和阴离子通过离子键结合形成的化合物，如NH4Cl是离子化合物，但其中不含有金属元素，故离子化合物中不一定含有金属元素，③正确；
④Fe与FeCl3通过化合反应产生FeCl2；Fe与Cl2在加热时发生化合反应产生FeCl3；Fe与S混合加热，发生化合反应产生FeS，Fe(OH)2、O2、H2O发生化合反应产生Fe(OH)3，故FeCl2、FeCl3、FeS、Fe(OH)3均可通过化合反应制得，④正确；
⑤烧碱固体在熔融状态和水溶液中能够发生电离而导电，因此属于电解质；纯醋酸由分子构成，在水中能够发生电离而导电，因此醋酸属于电解质；乙醇是由分子构成，在水溶液中和熔融状态下都不能发生电离而导电，因此属于非电解质，⑤错误；
综上所述可知说法正确的是③④；
故合理选项是B。
4. 在两个容积相同的容器中，一个盛有N2气体，另一个盛有C2H4和CO的混合气体。在同温同压下，两容器内的气体一定相同的物理量有几项
(1)分子数；(2)原子数；(3)质量；(4)中子数；(5)密度；(6)气体摩尔体积；(7)气体平均摩尔质量
A. 4项 B. 5项 C. 6项 D. 3项
【答案】B
【解析】
【详解】(1)根据阿伏伽德罗定律可知：在同温同压下，在两个容积相同的容器中，两容器内的气体分子数相等，(1)正确；
(2)根据(1)分析可知：两个容器中气体分子数相等，但由于N2、CO是双原子分子，但C2H4分子中含有6个原子，因此两个容器中原子数目一定不相等，(2)错误；
(3)N2、C2H4和CO的相对分子质量都是28，因此两个容器中气体分子数目相等，则气体的物质的量相等，因此两容器内的气体质量一定相等，(3)正确；
(4)两个容器中气体分子数目相等，但其中含有中子数目不一定相等，(4)错误；
(5)两个容器的容积相等，气体的质量相等，则根据密度定义式可知气体的密度一定相等，(5)正确；
(6)在同温同压下，气体分子之间距离相等，气体分子数目相等，则气体摩尔体积也相等，(6)正确；
(7)两个容器中气体相对分子质量相等，则在相同条件下气体平均摩尔质量也相等，(7)正确；
综上所述可知：说法正确的是(1)(3)(5)(6)(7)，共5项，故合理选项B。
5. 每年10月23日上午6:02到晩上6:02被誉为“摩尔日”(MoleDay)，用NA表示阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A. 常温常压下，92 g NO2气体中含有的原子总数为6NA
B. 50 mL18 mol/LH2SO4溶液与足量的Cu反应能产生SO2气体分子数为0.45NA
C. 7.8 g Na2O2中含有阴离子的数目为0.2NA
D. 1 mol Cl2与足量Fe反应，转移电子数为3NA
【答案】A
【解析】
【详解】A．92 g NO2气体的物质的量是n(NO2)=，由于在1个NO2气体分子中含有3个原子，则在2 molNO2气体中含有的原子总数为6NA，A正确；
B．50 mL18 mol/LH2SO4溶液中含有溶质的物质的量n(H2SO4)=18 mol/L×0.05 L=0.9 mol，若其与Cu完全发生反应：Cu+2H2SO4(浓) CuSO4+SO2↑+2H2O，反应产生0.45 mol SO2气体，但随着反应进行，硫酸变为稀硫酸，反应就不再发生，故反应产生SO2气体的物质的量小于0.45 mol，则气体分子数目小于0.45NA，B错误；
C．7.8 g Na2O2的物质的量是0.1 mol，由于Na2O2中含有2个Na+和1个，故0.1 mol Na2O2固体中含阴离子数目为0.1NA，C错误；
D．Fe由于Cl2加热反应产生FeCl3，1 mol Cl2与足量Fe反应，转移电子数目要以不足量的Cl2为标准，则转移电子数为2NA，D错误；
故合理选项是A。
6. 下列关于元素和元素周期表的叙述正确的是
A. 周期表包含元素最多的族是第Ⅷ族
B. 质子数相同的粒子一定是同种元素
C. 金属元素和非金属元素分界线附近的元素多用于制造半导体材料
D. 用中文“镆”命名的第115号元素在周期表中位于第七周期第14列
【答案】C
【解析】
【详解】A．在周期表包含元素最多的族是第ⅢB族，A错误；
B．质子数相同的粒子可能是原子，也可能是离子，如OH-、F-都含有9个质子，但不属于同一元素，B错误；
C．金属元素和非金属元素分界线附近的元素导电性介于导体与绝缘体之间，是良好的半导体材料，因此多用于制造半导体材料，C正确；
D．用中文“镆”命名的第115号元素在周期表中位于第七周期第15列，属于第七周期第ⅤA族，D错误；
故合理选项是C。
7. 某无色透明的强酸性溶液中，能大量共存的一组离子是
A. 、、、 B. 、、、
C. 、、、 D. 、、、
【答案】A
【解析】
【分析】强酸性溶液中含有大量H+，与H+反应的离子和有色离子不能大量存在，据此分析解答。
【详解】A．选项离子均无色，与H+不能发生任何反应，可以大量共存，A符合题意；
B．H+与会反应产生H2O、CO2，不能大量共存，B不符合题意；
C．的水溶液显紫色，在无色溶液中不能大量存在，C不符合题意；
D．H+与Fe2+、会发生氧化还原反应而不能大量共存，且Fe2+的水溶液显浅绿色，也不能大量存在，D不符合题意；
故合理选项是A。
8. 下列实验装置及实验结果合理的是
图1
图2
图3
图4
A. 实验室用图1所示装置制备少量氧气
B. 实验室用图2所示装置测定氯水的pH
C. 实验室用图3所示装置制备少量Fe(OH)2，先打开止水夹a，一段时间后再关闭a
D. 实验室用图4所示装置证明非金属性强弱：Cl>C>Si
【答案】C
【解析】
【详解】A．由于Na2O2是粉末，与水混合后不能分离，故实验室用图1所示装置不能实现“控制反应的发生与停止”，很难控制只制备少量氧气，不能达到实验目的，A不合题意；
B．由于Cl2水具有漂白性，不能用pH试纸测量氯水的pH值，应该用pH计，故实验室用图2所示装置测定氯水的pH不能达到实验目的，B不合题意；
C．实验室用图3所示装置制备少量Fe(OH)2，先打开止水夹a，则Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑，H2排空装置中的空气，一段时间后再关闭a，由于继续产生H2，A试管中气体压强增大，将A中溶液压入B试管中，发生FeSO4+2NaOH=Fe(OH)2↓+Na2SO4，且整体体系中处于H2的还原性氛围中，能够防止Fe(OH)2被氧化，故能达到实验目的，C符合题意；
D．实验室用图4所示装置可以观察到CaCO3表面产生大量的无色气泡，经过饱和碳酸氢钠溶液后除去CO2中的HCl后，再通入Na2SiO3溶液中可以看到溶液变浑浊，说明酸性：HCl＞H2CO3＞H2SiO3，非金属元素的非金属性与其最高价氧化物对应水化物的酸性一致，由于HCl不是Cl的最高价氧化物对应水化物，故不能证明三种非金属性强弱，不能达到实验目的，D不合题意；
故答案为：C。
9. 下列反应的离子反应方程式正确的是
A. 过量二氧化碳通入饱和碳酸钠溶液中：
B. 氯气通入冷的氢氧化钠溶液中：
C. 将足量通入溶液中：
D. 向明矾溶液中逐滴加入溶液至生成沉淀的质量最大：
【答案】D
【解析】
【详解】A．过量的二氧化碳通入饱和碳酸钠溶液中生成碳酸氢钠，碳酸氢钠为固体，应保留化学式，正确的离子方程式为，故A错误；
B．该方程式电荷不守恒，正确的离子方程式为，故B错误；
C．将足量Cl2通入到FeI2溶液中，亚铁离子和碘离子都完全被氧化，反应的离子方程式为，故C错误；
D．向明矾溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液至沉淀质量最大时生成硫酸钡和偏铝酸钾、水，反应的离子方程式为，故D正确；
故答案选D。
10. 短周期元素X、Y、Z、W在元素周期表中的相对位置如下所示。已知Y、W的原子序数之和是Z的3倍，下列说法正确的是
Y
Z
X
W
A. 原子半径：X
C. Z、W均可与Mg形成离子化合物
D. 只含Z元素的物质一定是纯净物
【答案】C
【解析】
【分析】Y、W的原子序数之和是Z的3倍，设Y的原子序数为x，则Z的原子序数为x+1，W的原子序数为x+10，则x+x+10=3×(x+1)，解得x=7，即Y为N，结合位置关系可知，Z为O，X为Si，W为Cl；
【详解】由以上分析可知X为Si，Y为N，Z为O，W为Cl，
A．电子层越多，原子半径越大，则原子半径为X＞Y＞Z，故A错误；
B．非金属性越强，气态氢化物越稳定，则气态氢化物的稳定性为X＜Z，故B错误；
C．Z、W均可与Mg形成离子化合物，分别为MgO、MgCl2，故C正确；
D．Z为O，只含Z元素的物质有O2、O3，由不同物质组成，是混合物，故D错误；
故选：C。
11. 根据如图的转化关系判断下列说法正确的是(反应条件已略去)：
A. 反应①②③④⑤均属于氧化还原反应和离子反应
B. 反应⑤说明该条件下铝的氧化性强于锰
C. 生成等量的O2，反应③和④转移的电子数之比为1：2
D. 反应①中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：4
【答案】C
【解析】
【分析】A．①为二氧化锰与浓盐酸反应生成氯气、氯化锰、水，②为氯气与石灰乳反应生成氯化钙、次氯酸钙、水，③为过氧化氢分解生成水和氧气，④为氯酸钾分解生成氯化钾和氧气，⑤为铝和二氧化锰反应铝热反应生成Mn和氧化铝；
B．⑤为铝热反应，Al失去电子，为还原剂；
C．③中O元素的化合价由-1价升高为0，④中O元素的化合价有-2价升高为0；
D．①中Mn元素的化合价有+4价降低为+2价，HCl中Cl元素的化合价由-1价升高为0．
【详解】A、①为二氧化锰与浓盐酸反应生成氯气、氯化锰、水，②为氯气与石灰乳反应生成氯化钙、次氯酸钙、水，③为过氧化氢分解生成水和氧气，④为氯酸钾分解生成氯化钾和氧气，⑤为铝和二氧化锰反应铝热反应生成Mn和氧化铝，均存在元素的化合价变化，均属于氧化还原反应，③④⑤中没有离子参加反应，故A错误；
B、⑤为铝热反应，Al失去电子，为还原剂，Mn为还原产物，则还原性Al＞Mn，故B错误；
C、③中O元素的化合价由-1价升高为0，④中O元素的化合价有-2价升高为0，则相同条件下生成等量的O2，反应③和④转移的电子数之比为1：2，故C正确；
D、反应①4HCl（浓）+MnO2MnCl2+Cl2↑+2H2O中Mn元素的化合价由+4价降低为+2价，HCl中Cl元素的化合价由-1价升高为0，由电子守恒可知，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2，故D错误；
故选C。
【点睛】本题考查氧化还原反应，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，难点D，注意元素的化合价判断及电子守恒应用．
12. 下列说法不正确的是
A. 某硝酸密度为1.42 g/cm3，质量分数为63%，此硝酸物质的量浓度为14.2 mol/L
B. 100 g浓度为1.0 mol/L的硫酸中加入一定的水稀释成0.5 mol/L，则加入水的体积大于100 mL
C. 200 mL0.5 mol/L NaCl溶液和100 mL 0.1 mol/LMgCl2溶液，Cl-的物质的量不同
D. V LAl2(SO4)3溶液中含Al3+m g，则溶液中的物质的量浓度为
【答案】B
【解析】
【详解】A．根据物质的量浓度与质量分数换算式可得其物质的量浓度为c=，A正确；
B．根据稀释定律可知，稀释后溶液浓度是原来的一半，则稀释后溶液体积为原溶液体积的2倍，而稀释后溶液密度比原溶液密度小，故稀释后溶液质量小于原溶液质量的2倍，则加入水的质量小于200 g-100 g=100 g，水的密度为l g/ mL，故加入水的体积小于100 mL，B错误；
C．200 mL0.5 mol/L NaCl溶液中含有Cl-的物质的量n(Cl-)=0.2 L×0.5 mol/L=0.1 mol；在100 mL 0.1 mol/LMgCl2溶液中含有Cl-的物质的量n(Cl-)=0.1 L×2×0.1 mol/L=0.02 mol，Cl-的物质的量不同，C正确；
D．V LAl2(SO4)3溶液中含Al3+m g，则n(Al3+)=，根据盐的组成可知溶液中含有的物质的量为n()=n(Al3+)=，由于溶液体积是V L，故溶液中的物质的量浓度为c()=，D正确；
故合理选项是B。
13. 下列除杂质的操作中不正确的是
A. 铝粉中混有铁粉：用磁铁吸引除去
B. FeCl2溶液中混有FeCl3：加入过量铁粉充分反应后过滤
C. NaHCO3固体中混有少量Na2CO3：加入适量稀盐酸
D. Mg(OH)2中混有Al(OH)3：加入足量NaOH溶液后过滤
【答案】C
【解析】
【详解】A．铁可以被磁铁吸引，铝不能，可用磁铁吸引除去铝粉中的铁粉，A正确；
B．铁与氯化铁反应生成氯化亚铁，过量的铁过滤除去，B正确；
C．碳酸钠和碳酸氢钠都与盐酸反应，且会生成氯化钠，引入新杂质，C错误；
D．氢氧化镁不与氢氧化钠溶液反应，氢氧化铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠，过滤得到氢氧化镁，D正确；
答案选C。
14. 碱式氯化铜［CuaClb(OH)c·xH2O]是一种重要的无机杀虫剂，它可以通过以下步骤制备。
步骤1：将铜粉加入稀盐酸中，并持续通空气反应生成CuCl2.已知Fe3+对该反应有催化作用，其催化原理如图所示。
步骤2：在制得的CuCl2溶液中，加入石灰乳充分反应后即可制得碱式氯化铜。
下列有关说法错误的是
A. a、b、c之间的关系式为2a=b+c
B. 图中M、N分别为Fe2+、Fe3+
C. 含有Cu2+的废液，可利用沉淀法进行处理
D. 若制备1mol CuaClb(OH)c·xH2O，理论上消耗11.2aL(标准状况)O2
【答案】B
【解析】
【分析】由实验步骤及转化图可知，发生反应2Cu+O2+4HCl=2CuCl2+2H2O， N为Fe2+，M为Fe3+，在制得在制得的CuCl2溶液中，加入石灰乳充分反应后即可制备碱式氯化铜，且化合物中正负化合价代数和为0，依此结合选项解答问题。
【详解】A．根据化合物中正负化合价的代数和为0，可知2a=b+c，A正确；
B．由催化原理示意图可知N先与氧气和氢离子反应生成M和水，然后M和铜反应生成铜离子和N，M、N分别是Fe3+、Fe2+，B错误；
C．含有Cu2+的废液，调节pH，当溶液的pH增大到一定程度生成氢氧化铜沉淀，即可利用沉淀法进行处理，C正确；
D．若制备1mol，转移的电子数为2a mol，根据得失电子守恒，理论上消耗0.5a molO2，标准状况(STP)下的体积为11.2a L，D正确；
答案选B。
15. 将a g CuO和铜粉的混合物样品加入到体积为1 L的H2SO4和Fe2(SO4)3的混合溶液中，样品完全溶解，溶液中只有Fe2+、Cu2+、H+三种阳离子，且三种阳离子物质的量之比为5∶3∶1(不考虑溶液体积的变化)。若测得反应后溶液的c(H+)=0.1 mol/L，下列说法正确的是
A. 原溶液中c(H2SO4)为0.05 mol/L
B. 向反应前的溶液中加入足量铁粉，产生的气体体积为4.48 L
C. 混合物中铜的质量分数为80%
D. 将足量的H2通入a g灼热的固体混合物，反应结束后，混合物的质量减少了1.6 g
【答案】C
【解析】
【详解】A．反应后溶液中c(H+)=0.1 mol/L，c(Fe2+)=5c(H+)=0.5 mol/L；c(Cu2+)=3c(H+)=0.3 mol/L，根据电荷守恒可得：2c(Fe2+)+c(H+)+2c(Cu2+)=2c()，即2×0.5 mol/L+0. l mol/L+2×0.3 mol/L=2c()，解得c()=0.85 mol/L，由Fe原子守恒计算c[Fe2(SO4)3]=c(Fe2+)=0.25 mol/L，根据硫酸根离子守恒：c(H2SO4)+3c[Fe2 (SO4)3]= c()，即c(H2SO4)+3×0.25 mol/L=0.85 mol/L，解得c(H2SO4)=0.1 mol/L，A错误；
B．根据选项A分析可知：c(H2SO4)=0.1 mol/L，Fe足量，硫酸完全反应，硫酸的物质的量为n(H2SO4)=1 L×0.1 mol/L=0.l mol，根据氢原子守恒可知生成H2为0.1 mol，反应条件不一定是标准状况下，故无法计算H2的体积，B错误；
C．c(Fe2+)=1 L×0.5 mol/L=0.5 mol，由Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+，可知n(Cu)=n(Fe2+)=×0.5 mol=0.25 mol，n(Cu2+)=1 L×0.3 mol/L=0.3 mol，根据铜原子守恒n(CuO)=n(Cu2+)-n(Cu) =0.3 mol-0.25 mol=0.05 mol，则混合物中铜的质量分数为，C正确；
D．混合物质量减少等于CuO中氧元素的质量n(CuO)=0.05 mol，故混合物质量减小0.05 mol×l6 g/mol=0.8 g，D错误；
故合理选项是C。
二、非选择题：本题共4小题，共55分
16. 现有一混合溶液，只可能含有以下离子中的若干种：H+、Na+、K+、Cl-、Ca2+、CO、SO取少量该混合溶液进行如下实验。
实验①：用洁净的铂丝蘸取溶液，在火焰上灼烧，火焰为黄色；
实验②：向混合溶液中加入足量BaCl2溶液后，有白色沉淀生成，过滤；
实验③：向②中得到的白色沉淀中加入足量盐酸，沉淀完全溶解，产生气泡；
实验④：向②过滤后的溶液加入硝酸银，产生白色沉淀。
根据上述实验，回答以下问题。
（1）由实验①推断该混合溶液中一定含有_______(填离子符号，下同)，做焰色试验前，铂丝需用_______清洗并灼烧至与原来的火焰颜色相同时为止。
（2）由实验②③推断该混合溶液中一定含有_______，一定不含有_______。请写出实验③中反应的离子方程式：_______。
（3）综合上述实验，是否能确定该混合溶液中含有Cl-：_______(填“是”或“否”)。若“是”本空无需作答，若“否”请写出检验该混合溶液中Cl-的实验操作及现象：_______
【答案】（1） ①. Na+ ②. 盐酸
（2） ①. CO ②. SO、Ca2+、H+ ③. BaCO3+2H+=Ba2++CO2↑+H2O
（3） ①. 否 ②. 取少量该混合溶液于试管中，先加足量的稀硝酸，再加硝酸银溶液，有白色沉淀生成则证明含有氯离子
【解析】
【小问1详解】
Na+的焰色反应为黄色，由实验①推断该混合溶液中一定含有Na+，而做焰色试验前，铂丝需用盐酸清洗并灼烧至与原来的火焰颜色相同时为止。
【小问2详解】
向混合溶液中加入足量BaCl2溶液后，有白色沉淀生成，该白色沉淀可能为BaCO3或BaSO4，向该白色沉淀中加入足量盐酸，沉淀完全溶解，产生气泡，说明白色沉淀为BaCO3，原溶液中含有CO、无SO，而CO与H+、Ca2+不共存，因此溶液中一定不含SO、Ca2+、H+，碳酸钡与盐酸反应的离子方程式为：BaCO3+2H+=Ba2++CO2↑+H2O。
【小问3详解】
向②过滤后的溶液加入硝酸银，产生白色沉淀，该白色沉淀为氯化银，但实验②中加入氯化钡溶液时引入了氯离子，则不能确定原溶液中是否含氯离子；检验氯离子常用硝酸酸化，再加入硝酸银溶液，因此检验该混合溶液中Cl-的实验操作及现象为：取少量该混合溶液于试管中，先加足量的稀硝酸，再加硝酸银溶液，有白色沉淀生成则证明含有氯离子。
17. Ⅰ．某校化学兴趣小组为研究Cl2性质，设计如图所示装置进行实验。装置Ⅲ中夹持装置已略去，其中a为干燥的品红试纸，b为湿润的品红试纸。
（1）装置Ⅰ中仪器c的名称是_______，写出装置Ⅰ中制备Cl2的化学方程式为_______。
（2）装置Ⅱ的作用是_______。
（3）实验结束后，该组同学在装置Ⅲ中观察到b的红色褪去，但是并未观察到“a无明显变化”这一预期现象。为了达到这一实验目的，你认为还需在图中装置Ⅱ与Ⅲ之间添加图中的_______装置(填序号)。
（4）“地康法”制取Cl2的反应原理如图所示，在450℃条件下，反应Ⅱ的化学方程式为_______。
Ⅱ．工业上碳酸钠大多采用侯氏制碱法制取，所得碳酸钠样品中往往含有少量的NaCl，现欲测定样品中Na2CO3的质量分数，某探究性学习小组设计了如下实验方案。
（5）把一定质量的样品与足量盐酸反应后，用如图所示装置测定产生CO2气体的体积，为了使测量结果准确，B中溶液选用_______，但选用该溶液后实验结果仍然不够准确，可能的原因是_______。
【答案】（1） ①. 分液漏斗 ②.
（2）除去Cl2中的HCl气体
（3）④ （4）
（5） ①. 饱和NaHCO3溶液 ②. CO2气体中混有的HCl气体可与NaHCO3溶液反应生成CO2
【解析】
【分析】Ⅰ．在装置I中浓盐酸与MnO2混合加热，发生氧化还原反应产生Cl2，在装置Ⅱ中用饱和NaCl溶液除去杂质HCl，Cl2中含有水蒸气，在装置Ⅲ中时干燥的品红试纸褪色；在装置Ⅳ中Cl2与溶液中的H2O反应产生HCl、HClO，酸使紫色石蕊试液变为红色，HClO将红色溶液变为无色，装置Ⅴ的NaOH溶液用于吸收多余Cl2，防止大气污染；
Ⅱ．装置A中Na2CO3与盐酸反应产生NaCl、H2O、CO2，反应产生的CO2将装置B中的NaHCO3饱和溶液排入装置C的量筒中，根据溶液体积确定CO2的体积，进而确定样品中Na2CO3的质量分数。
【小问1详解】
根据装置图可知装置I中仪器c的名称是分液漏斗；
在装置I中浓盐酸与MnO2混合加热，发生氧化还原反应产生Cl2，反应的化学方程式为：；
【小问2详解】
装置Ⅱ中盛有饱和NaCl溶液，其作用是除去Cl2中的HCl气体；
【小问3详解】
由于Cl2中含有水蒸气，因此在装置Ⅲ中能够使a处干燥的品红试纸褪去，b处品红试纸也褪色，要证明Cl2无漂白性，Cl2与H2O反应的产物有漂白性，则在Ⅱ与Ⅲ之间添加一个装置，除去Cl2中的H2O，但不吸收Cl2，也不产生新的杂质。
①Cl2与溶液中的水反应产生HCl与NaHCO3反应产生CO2气体，会引入新的杂质，①不符合题意；
②碱石灰会同时吸收水蒸气和Cl2，②不符合题意；
③NaOH溶液会吸收Cl2，不能证明潮湿氯气具有漂白性，③不符合题意；
④浓硫酸只吸收水分，不能吸收Cl2，能够起到干燥Cl2的目的，④符合题意；
应故合理选项是④；
【小问4详解】
根据图示可知：反应Ⅱ是CuCl2、O2在450℃条件下反应产生CuO、Cl2，反应的化学方程式为：；
【小问5详解】
在装置A中样品中Na2CO3与盐酸反应产生NaCl、H2O、CO2，反应方程式为：Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2↑，反应产生的CO2将装置B中液体压入装置C的量筒中，根据量筒中液体体积判断反应产生CO2的体积，进而确定样品中Na2CO3的质量分数。由于CO2不能在饱和NaHCO3溶液中溶解，故B中溶液选用饱和NaHCO3溶液；但由于盐酸具有挥发性，挥发的HCl与饱和NaHCO3溶液也会反应产生CO2，因此仍然会导致产生误差，分液漏斗中的酸应该选用稀硫酸。
18. A、B、C是由短周期元素组成三种常见化合物，甲、乙、丙是三种单质，这些单质和化合物之间存在如图所示的关系，完成下列空白：
（1）单质甲的原子结构示意图_______。
（2）单质甲与化合物B反应的离子方程式为_______，5.05 g单质甲-钾合金溶于200 mL水生成0.075 mol H2，确定该合金的化学式为_______。
（3）向50 mL某浓度的化合物C的溶液中通入CO2气体后得溶液M，因CO2通入量的不同，溶液M的组成也不同。若向M中逐滴加入0.1 mol/L盐酸，产生的气体体积V(CO2)与加入盐酸的体积V(HCl)的关系有下列图示两种情况。
①由A确定滴加前60 mL的盐酸时，发生所有反应的离子方程式是_______。
②由A图表明，原溶液通入CO2气体后，所得溶液中的溶质的化学式为_______。
③原化合物C溶液的物质的量浓度为_______。
④由A、B可知，两次实验通入的CO2的体积比为_______。
【答案】（1） （2） ①. 2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑ ②. NaK2
（3） ①. OH-+H+=H2O、 ②. NaOH、Na2CO3 ③. 0.15 mol/L ④. 3:10
【解析】
【分析】A、B、C是由周期表中短周期元素组成的三种常见化合物，甲、乙、丙是三种单质，甲与B反应是置换反应，甲与乙是化合反应，丙与乙也是化合反应，单质甲、含有甲元素的化合物A均与化合物B反应得到不同的单质，且两种单质反应又得到化合物B，应是Na、过氧化钠与水的反应，可推知甲是Na单质，乙为氧气， B是H2O，丙为氢气，C是NaOH，A是Na2O2，据此解答。
【小问1详解】
单质甲是Na，原子核外电子排布是2、8、1，所以Na原子结构示意图为；
【小问2详解】
甲是Na，B是H2O，Na与H2O反应产生NaOH、H2，反应的离子方程式为：2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑；
钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，该反应的离子方程式为：2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑；金属K与H2O反应的离子方程式为2K+2H2O=2K++2OH-+H2↑，根据电子转移守恒可知，Na、K总物质的量为0.075 mol×2=0.15 mol，设Na、K物质的量分别为x mol、y mol，则：x+y=0.15 ，23x+39y=5.05 ，解得：x=0.05 mol、y=0.1 mol，n(Na):n(K)=1:2，故合金的化学式为NaK2；
【小问3详解】
曲线A、B，开始没有气体，加入一定体积盐酸后生成气体，生成气体的反应为：+H+=H2O+CO2↑；若A中只有Na2CO3，开始发生反应：+H+= ，后来发生反应：+H+=H2O+CO2↑，前后两过程消耗HCl的体积相等，实际开始阶段消耗盐酸体积大于产生二氧化碳消耗的盐酸体积，故A曲线表明M中的溶质为NaOH、Na2CO3；B曲线中，前后消耗盐酸的体积之比为1 :2，则曲线B表明M中溶质为Na2CO3、NaHCO3，且二者物质的量之比为1:1；①由A确定滴加前60 mL的盐酸时，发生反应的离子方程式为：OH-+H+=H2O、 +H+= ；
②由A图可知加入60 mL盐酸时开始产生CO2气体，到75 mL后CO2气体达到最大值，由于Na2CO3与盐酸分步反应两步反应消耗HCl的体积相等未产生气体消耗HCl的体积大于反应产生气体的HCl的体积，则原溶液通入CO2气体后所得溶液溶质为NaOH、Na2CO3；
③C是NaOH，原化合物C在通入CO2后的溶液中加入HCl，产生气体达到最大值时，溶液为NaCl，根据元素守恒可知n(NaOH)=n(NaCl)=n(HCl)=0.1 mol/L×0.075 L=0.0075 mol，由于原NaOH溶液的体积是50 mL，故该NaOH溶液的浓度是c(NaOH)=；
④曲线A生成二氧化碳消耗盐酸体积为(75-60)mL=15 mL，曲线B生成二氧化碳消耗盐酸体积为(75-25)mL=50 mL，由+H+=H2O+CO2↑可知， 则两次实验通入的CO2的体积之比=15 mL:50 mL=3:10。
19. 新冠肺炎期间，化学消毒剂大显身手。高铁酸钾(，)是一种高效多功能绿色消毒剂，广泛应用于生活用水和废水的杀菌、消毒。工业制备高铁酸钾的方法主要有湿法和干法两种。
Ⅰ.实验室模拟湿法制备高铁酸钾的流程如下：
已知：转化过程发生复分解反应。
回答下列问题：
（1）配制上述NaOH溶液，下列操作可能导致溶液浓度偏大的有_______(填序号)。
A.将NaOH放在滤纸上称量
B.NaOH在烧杯中溶解后，未经冷却就立即转移
C.容量瓶洗净之后未干燥
D.定容时俯视刻度线
E.摇匀后发现液面低于刻度线，再加水至刻度线
（2）NaOH溶液应置于冰水浴中，否则温度升高将发生如下副反应：(未配平)
①若有发生该副反应，该过程中转移电子数目为_______；
②若反应后溶液中NaCl和的物质的量之比为6∶1，则生成NaCl和NaClO的物质的量之比为_______。
（3）氧化过程中溶液保持碱性。写出反应的离子方程式：_______。
（4）产品经干燥后得到纯品99g，则的产率为_______(用百分数表示)。
Ⅱ.工业干法制备高铁酸钾的第一步反应为：，
（5）该反应中氧化产物为_______、_______，氧化剂和还原剂的物质的量之比为_______。第二步反应为：，试解释该反应能发生的原因_______。
【答案】（1）BD （2） ①. 0.25NA ②. 6∶1
（3）3ClO-+2Fe3++10OH-=2+3Cl-+5H2O
（4）75% （5） ①. O2 ②. Na2FeO4 ③. 5：3 ④. 相同温度下，反应体系中高铁酸钾溶解度较小
【解析】
【分析】先用Cl2和NaOH溶液在低温下反应制备NaClO溶液，反应的方程式为：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，用NaClO将Fe3+氧化为，反应的离子方程式为：3ClO-+2Fe3++10OH-=2+ 3Cl-+5H2O，用稀的KOH溶液来沉淀过量的Fe3+，然后加入浓的KOH溶液，由于该温度下K2FeO4比Na2FeO4的溶解度小，故通过反应制备高铁酸钾，再过滤洗涤干燥即可得到产品。
【小问1详解】
A．将NaOH放在滤纸上称量，NaOH吸收空气的水蒸气而导致称量的固体质量偏小，配制浓度偏小，故A不选；
B．NaOH在烧杯中溶解后，未经冷却就立即转移，导致容量瓶内液体温度较高，加入水量偏小，配制浓度偏大，故B选；
C．容量瓶洗净之后未干燥，对浓度无影响，故C不选；
D．定容时俯视刻度线，使溶液的体积偏小，所配溶液浓度偏大，故D选；
E．摇匀后发现液面低于刻度线，再加水至刻度线，使溶液的体积增大，所配溶液浓度偏小，故E不选；
综上，符合题意的为BD，故答案为：BD；
【小问2详解】
Cl元素发生歧化反应，从0价降为-1价、从0价升至+5价，则NaCl前配5，NaClO3前配3，Cl2前配3，结合原子守恒配平方程式：；
①根据反应的化学方程式可知，存在关系式：3mol Cl2~5mole-，若有发生该反应，转移的电子的数目为0.25NA，故答案为：0.25NA；
②若反应后溶液中NaCl和的物质的量之比为6∶1，则1molNaCl由主反应生成，主反应的化学方程式为：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，则生成NaClO是1mol，则生成NaCl和NaClO的物质的量之比为6∶1，故答案为：6∶1；
【小问3详解】
中Fe元素为+6价，氧化过程Fe元素化合价升高，由+3价升高到+6价，被氧化，Cl元素化合价由+1价降低到-1价，被还原，反应的离子方程式为：3ClO-+2Fe3++10OH-=2+3Cl-+5H2O，故答案为：3ClO-+2Fe3++10OH-=2+3Cl-+5H2O；
【小问4详解】
标况下22.4L Cl2的物质的量为1mol，NaOH的物质的量为n=cV=4×0.5mol=2mol，反应的化学方程式为Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，两者恰好反应生成1mol NaClO，结合离子方程式3ClO-+2Fe3++10OH-=2+3Cl-+5H2O可知，生成，理论上质量m=nM=，则产率为×100%=75%，故答案为：75%；
【小问5详解】
对于反应，该反应中Fe的化合价由+2价升高为中的+6价，被氧化，FeSO4是还原剂，Na2O2中部分O的化合价由-1价升高为0价，被氧化，作还原剂，同时Na2O2中部分O的化合价由-1价降低为-2价，被还原，作氧化剂，氧化产物是O2和Na2FeO4；根据得失电子总数相等可知，6mol Na2O2中1mol作还原剂，5mol作氧化剂，故氧化剂和还原剂的物质的量之比为5mol：(1mol+2mol)=5:3；第二步反应为：Na2FeO4+2KCl=K2FeO4+2NaCl，该反应能发生是因为：相同温度下，反应体系中高铁酸钾溶解度较小，故答案为：O2；Na2FeO4；5：3；相同温度下，反应体系中高铁酸钾溶解度较小。
新洲一中2025届高一上学期阶段检测化学试卷
可能用到的相对原子质量：H 1 N 14 O 16 Na 23 Al 27 S 32 K 39 Fe 56 Cu 64 Ba 137
一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1. 科学家为人类社会的进步做出了巨大的贡献。下列研究成果与科学家的对应关系不符合事实的是
A. 屠呦呦因发现抗疟药青蒿素而获得诺贝尔生理学或医学奖
B. 侯德榜发明的侯氏制碱法推动了我国制碱工业的发展
C. 道尔顿发现的元素周期律推动了人们对物质世界的认识
D. 汤姆生发现了电子，打破了原子不可再分的传统观念
【答案】C
【解析】
【详解】A．屠呦呦提取并研究青蒿素，发现其有治疗疟疾作用，因而获得诺贝尔生理学或医学奖，A不符合题意；
B．侯德榜发明的侯氏制碱法，提高了食盐的利用率，降低了生产成本，推动了我国制碱工业的发展，B不符合题意；
C．元素周期律是由门捷列夫发现，道尔顿提出近代原子学说，C符合题意；
D．汤姆生发现电子，提出“葡萄干面包式”原子结构模型，打破了原子不可再分的传统观念，D不符合题意；
故选C。
2. 如图所示的一些物质或概念间的从属关系不正确的是
Z
Y
X
A
氧化物
化合物
纯净物
B
熔融氯化钠
电解质
化合物
C
胶体
分散系
混合物
D
金属氧化物
碱性氧化物
氧化物
A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A. 氧化物属于化合物，化合物属于纯净物，A项正确；
B. 熔融氯化钠属于电解质，电解质属于化合物，B项正确；
C. 胶体属于分散系，分散系属于混合物，C项正确；
D. 碱性氧化物属于金属氧化物，金属氧化物包括碱性氧化物，D项错误；
答案选D。
3. 下列叙述正确的有
①爆炸、变色、导电一定属于化学变化
②Na2O、Na2O2、CaO都能溶于水生成碱，它们都属于碱性氧化物
③离子化合物中不一定含有金属元素
④FeCl2、FeCl3、FeS、Fe(OH)3均可通过化合反应制得
⑤烧碱固体、纯醋酸、乙醇均不导电，所以它们都不是电解质
A. ④⑤ B. ③④ C. ①②③④ D. ②③④
【答案】B
【解析】
【详解】①若是气体压强超过容器的承受力就会发生爆炸，但没有发生化学变化；灼烧金属元素获得单质及化合物中会产生焰色反应，有颜色变化，但没有发生化学反应；金属导电是电子定向移动，没有新物质产生，也是物理变化，因此不一定属于化学变化，①错误；
②Na2O2与水反应产生NaOH、O2，反应过程中氧元素化合价发生变化，因此Na2O2属于过氧化物，不属于碱性氧化物，②错误；
③离子化合物是阳离子和阴离子通过离子键结合形成的化合物，如NH4Cl是离子化合物，但其中不含有金属元素，故离子化合物中不一定含有金属元素，③正确；
④Fe与FeCl3通过化合反应产生FeCl2；Fe与Cl2在加热时发生化合反应产生FeCl3；Fe与S混合加热，发生化合反应产生FeS，Fe(OH)2、O2、H2O发生化合反应产生Fe(OH)3，故FeCl2、FeCl3、FeS、Fe(OH)3均可通过化合反应制得，④正确；
⑤烧碱固体在熔融状态和水溶液中能够发生电离而导电，因此属于电解质；纯醋酸由分子构成，在水中能够发生电离而导电，因此醋酸属于电解质；乙醇是由分子构成，在水溶液中和熔融状态下都不能发生电离而导电，因此属于非电解质，⑤错误；
综上所述可知说法正确的是③④；
故合理选项是B。
4. 在两个容积相同的容器中，一个盛有N2气体，另一个盛有C2H4和CO的混合气体。在同温同压下，两容器内的气体一定相同的物理量有几项
(1)分子数；(2)原子数；(3)质量；(4)中子数；(5)密度；(6)气体摩尔体积；(7)气体平均摩尔质量
A. 4项 B. 5项 C. 6项 D. 3项
【答案】B
【解析】
【详解】(1)根据阿伏伽德罗定律可知：在同温同压下，在两个容积相同的容器中，两容器内的气体分子数相等，(1)正确；
(2)根据(1)分析可知：两个容器中气体分子数相等，但由于N2、CO是双原子分子，但C2H4分子中含有6个原子，因此两个容器中原子数目一定不相等，(2)错误；
(3)N2、C2H4和CO的相对分子质量都是28，因此两个容器中气体分子数目相等，则气体的物质的量相等，因此两容器内的气体质量一定相等，(3)正确；
(4)两个容器中气体分子数目相等，但其中含有中子数目不一定相等，(4)错误；
(5)两个容器的容积相等，气体的质量相等，则根据密度定义式可知气体的密度一定相等，(5)正确；
(6)在同温同压下，气体分子之间距离相等，气体分子数目相等，则气体摩尔体积也相等，(6)正确；
(7)两个容器中气体相对分子质量相等，则在相同条件下气体平均摩尔质量也相等，(7)正确；
综上所述可知：说法正确的是(1)(3)(5)(6)(7)，共5项，故合理选项B。
5. 每年10月23日上午6:02到晩上6:02被誉为“摩尔日”(MoleDay)，用NA表示阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A. 常温常压下，92 g NO2气体中含有的原子总数为6NA
B. 50 mL18 mol/LH2SO4溶液与足量的Cu反应能产生SO2气体分子数为0.45NA
C. 7.8 g Na2O2中含有阴离子的数目为0.2NA
D. 1 mol Cl2与足量Fe反应，转移电子数为3NA
【答案】A
【解析】
【详解】A．92 g NO2气体的物质的量是n(NO2)=，由于在1个NO2气体分子中含有3个原子，则在2 molNO2气体中含有的原子总数为6NA，A正确；
B．50 mL18 mol/LH2SO4溶液中含有溶质的物质的量n(H2SO4)=18 mol/L×0.05 L=0.9 mol，若其与Cu完全发生反应：Cu+2H2SO4(浓) CuSO4+SO2↑+2H2O，反应产生0.45 mol SO2气体，但随着反应进行，硫酸变为稀硫酸，反应就不再发生，故反应产生SO2气体的物质的量小于0.45 mol，则气体分子数目小于0.45NA，B错误；
C．7.8 g Na2O2的物质的量是0.1 mol，由于Na2O2中含有2个Na+和1个，故0.1 mol Na2O2固体中含阴离子数目为0.1NA，C错误；
D．Fe由于Cl2加热反应产生FeCl3，1 mol Cl2与足量Fe反应，转移电子数目要以不足量的Cl2为标准，则转移电子数为2NA，D错误；
故合理选项是A。
6. 下列关于元素和元素周期表的叙述正确的是
A. 周期表包含元素最多的族是第Ⅷ族
B. 质子数相同的粒子一定是同种元素
C. 金属元素和非金属元素分界线附近的元素多用于制造半导体材料
D. 用中文“镆”命名的第115号元素在周期表中位于第七周期第14列
【答案】C
【解析】
【详解】A．在周期表包含元素最多的族是第ⅢB族，A错误；
B．质子数相同的粒子可能是原子，也可能是离子，如OH-、F-都含有9个质子，但不属于同一元素，B错误；
C．金属元素和非金属元素分界线附近的元素导电性介于导体与绝缘体之间，是良好的半导体材料，因此多用于制造半导体材料，C正确；
D．用中文“镆”命名的第115号元素在周期表中位于第七周期第15列，属于第七周期第ⅤA族，D错误；
故合理选项是C。
7. 某无色透明的强酸性溶液中，能大量共存的一组离子是
A. 、、、 B. 、、、
C. 、、、 D. 、、、
【答案】A
【解析】
【分析】强酸性溶液中含有大量H+，与H+反应的离子和有色离子不能大量存在，据此分析解答。
【详解】A．选项离子均无色，与H+不能发生任何反应，可以大量共存，A符合题意；
B．H+与会反应产生H2O、CO2，不能大量共存，B不符合题意；
C．的水溶液显紫色，在无色溶液中不能大量存在，C不符合题意；
D．H+与Fe2+、会发生氧化还原反应而不能大量共存，且Fe2+的水溶液显浅绿色，也不能大量存在，D不符合题意；
故合理选项是A。
8. 下列实验装置及实验结果合理的是
图1
图2
图3
图4
A. 实验室用图1所示装置制备少量氧气
B. 实验室用图2所示装置测定氯水的pH
C. 实验室用图3所示装置制备少量Fe(OH)2，先打开止水夹a，一段时间后再关闭a
D. 实验室用图4所示装置证明非金属性强弱：Cl>C>Si
【答案】C
【解析】
【详解】A．由于Na2O2是粉末，与水混合后不能分离，故实验室用图1所示装置不能实现“控制反应的发生与停止”，很难控制只制备少量氧气，不能达到实验目的，A不合题意；
B．由于Cl2水具有漂白性，不能用pH试纸测量氯水的pH值，应该用pH计，故实验室用图2所示装置测定氯水的pH不能达到实验目的，B不合题意；
C．实验室用图3所示装置制备少量Fe(OH)2，先打开止水夹a，则Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑，H2排空装置中的空气，一段时间后再关闭a，由于继续产生H2，A试管中气体压强增大，将A中溶液压入B试管中，发生FeSO4+2NaOH=Fe(OH)2↓+Na2SO4，且整体体系中处于H2的还原性氛围中，能够防止Fe(OH)2被氧化，故能达到实验目的，C符合题意；
D．实验室用图4所示装置可以观察到CaCO3表面产生大量的无色气泡，经过饱和碳酸氢钠溶液后除去CO2中的HCl后，再通入Na2SiO3溶液中可以看到溶液变浑浊，说明酸性：HCl＞H2CO3＞H2SiO3，非金属元素的非金属性与其最高价氧化物对应水化物的酸性一致，由于HCl不是Cl的最高价氧化物对应水化物，故不能证明三种非金属性强弱，不能达到实验目的，D不合题意；
故答案为：C。
9. 下列反应的离子反应方程式正确的是
A. 过量二氧化碳通入饱和碳酸钠溶液中：
B. 氯气通入冷的氢氧化钠溶液中：
C. 将足量通入溶液中：
D. 向明矾溶液中逐滴加入溶液至生成沉淀的质量最大：
【答案】D
【解析】
【详解】A．过量的二氧化碳通入饱和碳酸钠溶液中生成碳酸氢钠，碳酸氢钠为固体，应保留化学式，正确的离子方程式为，故A错误；
B．该方程式电荷不守恒，正确的离子方程式为，故B错误；
C．将足量Cl2通入到FeI2溶液中，亚铁离子和碘离子都完全被氧化，反应的离子方程式为，故C错误；
D．向明矾溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液至沉淀质量最大时生成硫酸钡和偏铝酸钾、水，反应的离子方程式为，故D正确；
故答案选D。
10. 短周期元素X、Y、Z、W在元素周期表中的相对位置如下所示。已知Y、W的原子序数之和是Z的3倍，下列说法正确的是
Y
Z
X
W
A. 原子半径：X
C. Z、W均可与Mg形成离子化合物
D. 只含Z元素的物质一定是纯净物
【答案】C
【解析】
【分析】Y、W的原子序数之和是Z的3倍，设Y的原子序数为x，则Z的原子序数为x+1，W的原子序数为x+10，则x+x+10=3×(x+1)，解得x=7，即Y为N，结合位置关系可知，Z为O，X为Si，W为Cl；
【详解】由以上分析可知X为Si，Y为N，Z为O，W为Cl，
A．电子层越多，原子半径越大，则原子半径为X＞Y＞Z，故A错误；
B．非金属性越强，气态氢化物越稳定，则气态氢化物的稳定性为X＜Z，故B错误；
C．Z、W均可与Mg形成离子化合物，分别为MgO、MgCl2，故C正确；
D．Z为O，只含Z元素的物质有O2、O3，由不同物质组成，是混合物，故D错误；
故选：C。
11. 根据如图的转化关系判断下列说法正确的是(反应条件已略去)：
A. 反应①②③④⑤均属于氧化还原反应和离子反应
B. 反应⑤说明该条件下铝的氧化性强于锰
C. 生成等量的O2，反应③和④转移的电子数之比为1：2
D. 反应①中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：4
【答案】C
【解析】
【分析】A．①为二氧化锰与浓盐酸反应生成氯气、氯化锰、水，②为氯气与石灰乳反应生成氯化钙、次氯酸钙、水，③为过氧化氢分解生成水和氧气，④为氯酸钾分解生成氯化钾和氧气，⑤为铝和二氧化锰反应铝热反应生成Mn和氧化铝；
B．⑤为铝热反应，Al失去电子，为还原剂；
C．③中O元素的化合价由-1价升高为0，④中O元素的化合价有-2价升高为0；
D．①中Mn元素的化合价有+4价降低为+2价，HCl中Cl元素的化合价由-1价升高为0．
【详解】A、①为二氧化锰与浓盐酸反应生成氯气、氯化锰、水，②为氯气与石灰乳反应生成氯化钙、次氯酸钙、水，③为过氧化氢分解生成水和氧气，④为氯酸钾分解生成氯化钾和氧气，⑤为铝和二氧化锰反应铝热反应生成Mn和氧化铝，均存在元素的化合价变化，均属于氧化还原反应，③④⑤中没有离子参加反应，故A错误；
B、⑤为铝热反应，Al失去电子，为还原剂，Mn为还原产物，则还原性Al＞Mn，故B错误；
C、③中O元素的化合价由-1价升高为0，④中O元素的化合价有-2价升高为0，则相同条件下生成等量的O2，反应③和④转移的电子数之比为1：2，故C正确；
D、反应①4HCl（浓）+MnO2MnCl2+Cl2↑+2H2O中Mn元素的化合价由+4价降低为+2价，HCl中Cl元素的化合价由-1价升高为0，由电子守恒可知，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2，故D错误；
故选C。
【点睛】本题考查氧化还原反应，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，难点D，注意元素的化合价判断及电子守恒应用．
12. 下列说法不正确的是
A. 某硝酸密度为1.42 g/cm3，质量分数为63%，此硝酸物质的量浓度为14.2 mol/L
B. 100 g浓度为1.0 mol/L的硫酸中加入一定的水稀释成0.5 mol/L，则加入水的体积大于100 mL
C. 200 mL0.5 mol/L NaCl溶液和100 mL 0.1 mol/LMgCl2溶液，Cl-的物质的量不同
D. V LAl2(SO4)3溶液中含Al3+m g，则溶液中的物质的量浓度为
【答案】B
【解析】
【详解】A．根据物质的量浓度与质量分数换算式可得其物质的量浓度为c=，A正确；
B．根据稀释定律可知，稀释后溶液浓度是原来的一半，则稀释后溶液体积为原溶液体积的2倍，而稀释后溶液密度比原溶液密度小，故稀释后溶液质量小于原溶液质量的2倍，则加入水的质量小于200 g-100 g=100 g，水的密度为l g/ mL，故加入水的体积小于100 mL，B错误；
C．200 mL0.5 mol/L NaCl溶液中含有Cl-的物质的量n(Cl-)=0.2 L×0.5 mol/L=0.1 mol；在100 mL 0.1 mol/LMgCl2溶液中含有Cl-的物质的量n(Cl-)=0.1 L×2×0.1 mol/L=0.02 mol，Cl-的物质的量不同，C正确；
D．V LAl2(SO4)3溶液中含Al3+m g，则n(Al3+)=，根据盐的组成可知溶液中含有的物质的量为n()=n(Al3+)=，由于溶液体积是V L，故溶液中的物质的量浓度为c()=，D正确；
故合理选项是B。
13. 下列除杂质的操作中不正确的是
A. 铝粉中混有铁粉：用磁铁吸引除去
B. FeCl2溶液中混有FeCl3：加入过量铁粉充分反应后过滤
C. NaHCO3固体中混有少量Na2CO3：加入适量稀盐酸
D. Mg(OH)2中混有Al(OH)3：加入足量NaOH溶液后过滤
【答案】C
【解析】
【详解】A．铁可以被磁铁吸引，铝不能，可用磁铁吸引除去铝粉中的铁粉，A正确；
B．铁与氯化铁反应生成氯化亚铁，过量的铁过滤除去，B正确；
C．碳酸钠和碳酸氢钠都与盐酸反应，且会生成氯化钠，引入新杂质，C错误；
D．氢氧化镁不与氢氧化钠溶液反应，氢氧化铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠，过滤得到氢氧化镁，D正确；
答案选C。
14. 碱式氯化铜［CuaClb(OH)c·xH2O]是一种重要的无机杀虫剂，它可以通过以下步骤制备。
步骤1：将铜粉加入稀盐酸中，并持续通空气反应生成CuCl2.已知Fe3+对该反应有催化作用，其催化原理如图所示。
步骤2：在制得的CuCl2溶液中，加入石灰乳充分反应后即可制得碱式氯化铜。
下列有关说法错误的是
A. a、b、c之间的关系式为2a=b+c
B. 图中M、N分别为Fe2+、Fe3+
C. 含有Cu2+的废液，可利用沉淀法进行处理
D. 若制备1mol CuaClb(OH)c·xH2O，理论上消耗11.2aL(标准状况)O2
【答案】B
【解析】
【分析】由实验步骤及转化图可知，发生反应2Cu+O2+4HCl=2CuCl2+2H2O， N为Fe2+，M为Fe3+，在制得在制得的CuCl2溶液中，加入石灰乳充分反应后即可制备碱式氯化铜，且化合物中正负化合价代数和为0，依此结合选项解答问题。
【详解】A．根据化合物中正负化合价的代数和为0，可知2a=b+c，A正确；
B．由催化原理示意图可知N先与氧气和氢离子反应生成M和水，然后M和铜反应生成铜离子和N，M、N分别是Fe3+、Fe2+，B错误；
C．含有Cu2+的废液，调节pH，当溶液的pH增大到一定程度生成氢氧化铜沉淀，即可利用沉淀法进行处理，C正确；
D．若制备1mol，转移的电子数为2a mol，根据得失电子守恒，理论上消耗0.5a molO2，标准状况(STP)下的体积为11.2a L，D正确；
答案选B。
15. 将a g CuO和铜粉的混合物样品加入到体积为1 L的H2SO4和Fe2(SO4)3的混合溶液中，样品完全溶解，溶液中只有Fe2+、Cu2+、H+三种阳离子，且三种阳离子物质的量之比为5∶3∶1(不考虑溶液体积的变化)。若测得反应后溶液的c(H+)=0.1 mol/L，下列说法正确的是
A. 原溶液中c(H2SO4)为0.05 mol/L
B. 向反应前的溶液中加入足量铁粉，产生的气体体积为4.48 L
C. 混合物中铜的质量分数为80%
D. 将足量的H2通入a g灼热的固体混合物，反应结束后，混合物的质量减少了1.6 g
【答案】C
【解析】
【详解】A．反应后溶液中c(H+)=0.1 mol/L，c(Fe2+)=5c(H+)=0.5 mol/L；c(Cu2+)=3c(H+)=0.3 mol/L，根据电荷守恒可得：2c(Fe2+)+c(H+)+2c(Cu2+)=2c()，即2×0.5 mol/L+0. l mol/L+2×0.3 mol/L=2c()，解得c()=0.85 mol/L，由Fe原子守恒计算c[Fe2(SO4)3]=c(Fe2+)=0.25 mol/L，根据硫酸根离子守恒：c(H2SO4)+3c[Fe2 (SO4)3]= c()，即c(H2SO4)+3×0.25 mol/L=0.85 mol/L，解得c(H2SO4)=0.1 mol/L，A错误；
B．根据选项A分析可知：c(H2SO4)=0.1 mol/L，Fe足量，硫酸完全反应，硫酸的物质的量为n(H2SO4)=1 L×0.1 mol/L=0.l mol，根据氢原子守恒可知生成H2为0.1 mol，反应条件不一定是标准状况下，故无法计算H2的体积，B错误；
C．c(Fe2+)=1 L×0.5 mol/L=0.5 mol，由Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+，可知n(Cu)=n(Fe2+)=×0.5 mol=0.25 mol，n(Cu2+)=1 L×0.3 mol/L=0.3 mol，根据铜原子守恒n(CuO)=n(Cu2+)-n(Cu) =0.3 mol-0.25 mol=0.05 mol，则混合物中铜的质量分数为，C正确；
D．混合物质量减少等于CuO中氧元素的质量n(CuO)=0.05 mol，故混合物质量减小0.05 mol×l6 g/mol=0.8 g，D错误；
故合理选项是C。
二、非选择题：本题共4小题，共55分
16. 现有一混合溶液，只可能含有以下离子中的若干种：H+、Na+、K+、Cl-、Ca2+、CO、SO取少量该混合溶液进行如下实验。
实验①：用洁净的铂丝蘸取溶液，在火焰上灼烧，火焰为黄色；
实验②：向混合溶液中加入足量BaCl2溶液后，有白色沉淀生成，过滤；
实验③：向②中得到的白色沉淀中加入足量盐酸，沉淀完全溶解，产生气泡；
实验④：向②过滤后的溶液加入硝酸银，产生白色沉淀。
根据上述实验，回答以下问题。
（1）由实验①推断该混合溶液中一定含有_______(填离子符号，下同)，做焰色试验前，铂丝需用_______清洗并灼烧至与原来的火焰颜色相同时为止。
（2）由实验②③推断该混合溶液中一定含有_______，一定不含有_______。请写出实验③中反应的离子方程式：_______。
（3）综合上述实验，是否能确定该混合溶液中含有Cl-：_______(填“是”或“否”)。若“是”本空无需作答，若“否”请写出检验该混合溶液中Cl-的实验操作及现象：_______
【答案】（1） ①. Na+ ②. 盐酸
（2） ①. CO ②. SO、Ca2+、H+ ③. BaCO3+2H+=Ba2++CO2↑+H2O
（3） ①. 否 ②. 取少量该混合溶液于试管中，先加足量的稀硝酸，再加硝酸银溶液，有白色沉淀生成则证明含有氯离子
【解析】
【小问1详解】
Na+的焰色反应为黄色，由实验①推断该混合溶液中一定含有Na+，而做焰色试验前，铂丝需用盐酸清洗并灼烧至与原来的火焰颜色相同时为止。
【小问2详解】
向混合溶液中加入足量BaCl2溶液后，有白色沉淀生成，该白色沉淀可能为BaCO3或BaSO4，向该白色沉淀中加入足量盐酸，沉淀完全溶解，产生气泡，说明白色沉淀为BaCO3，原溶液中含有CO、无SO，而CO与H+、Ca2+不共存，因此溶液中一定不含SO、Ca2+、H+，碳酸钡与盐酸反应的离子方程式为：BaCO3+2H+=Ba2++CO2↑+H2O。
【小问3详解】
向②过滤后的溶液加入硝酸银，产生白色沉淀，该白色沉淀为氯化银，但实验②中加入氯化钡溶液时引入了氯离子，则不能确定原溶液中是否含氯离子；检验氯离子常用硝酸酸化，再加入硝酸银溶液，因此检验该混合溶液中Cl-的实验操作及现象为：取少量该混合溶液于试管中，先加足量的稀硝酸，再加硝酸银溶液，有白色沉淀生成则证明含有氯离子。
17. Ⅰ．某校化学兴趣小组为研究Cl2性质，设计如图所示装置进行实验。装置Ⅲ中夹持装置已略去，其中a为干燥的品红试纸，b为湿润的品红试纸。
（1）装置Ⅰ中仪器c的名称是_______，写出装置Ⅰ中制备Cl2的化学方程式为_______。
（2）装置Ⅱ的作用是_______。
（3）实验结束后，该组同学在装置Ⅲ中观察到b的红色褪去，但是并未观察到“a无明显变化”这一预期现象。为了达到这一实验目的，你认为还需在图中装置Ⅱ与Ⅲ之间添加图中的_______装置(填序号)。
（4）“地康法”制取Cl2的反应原理如图所示，在450℃条件下，反应Ⅱ的化学方程式为_______。
Ⅱ．工业上碳酸钠大多采用侯氏制碱法制取，所得碳酸钠样品中往往含有少量的NaCl，现欲测定样品中Na2CO3的质量分数，某探究性学习小组设计了如下实验方案。
（5）把一定质量的样品与足量盐酸反应后，用如图所示装置测定产生CO2气体的体积，为了使测量结果准确，B中溶液选用_______，但选用该溶液后实验结果仍然不够准确，可能的原因是_______。
【答案】（1） ①. 分液漏斗 ②.
（2）除去Cl2中的HCl气体
（3）④ （4）
（5） ①. 饱和NaHCO3溶液 ②. CO2气体中混有的HCl气体可与NaHCO3溶液反应生成CO2
【解析】
【分析】Ⅰ．在装置I中浓盐酸与MnO2混合加热，发生氧化还原反应产生Cl2，在装置Ⅱ中用饱和NaCl溶液除去杂质HCl，Cl2中含有水蒸气，在装置Ⅲ中时干燥的品红试纸褪色；在装置Ⅳ中Cl2与溶液中的H2O反应产生HCl、HClO，酸使紫色石蕊试液变为红色，HClO将红色溶液变为无色，装置Ⅴ的NaOH溶液用于吸收多余Cl2，防止大气污染；
Ⅱ．装置A中Na2CO3与盐酸反应产生NaCl、H2O、CO2，反应产生的CO2将装置B中的NaHCO3饱和溶液排入装置C的量筒中，根据溶液体积确定CO2的体积，进而确定样品中Na2CO3的质量分数。
【小问1详解】
根据装置图可知装置I中仪器c的名称是分液漏斗；
在装置I中浓盐酸与MnO2混合加热，发生氧化还原反应产生Cl2，反应的化学方程式为：；
【小问2详解】
装置Ⅱ中盛有饱和NaCl溶液，其作用是除去Cl2中的HCl气体；
【小问3详解】
由于Cl2中含有水蒸气，因此在装置Ⅲ中能够使a处干燥的品红试纸褪去，b处品红试纸也褪色，要证明Cl2无漂白性，Cl2与H2O反应的产物有漂白性，则在Ⅱ与Ⅲ之间添加一个装置，除去Cl2中的H2O，但不吸收Cl2，也不产生新的杂质。
①Cl2与溶液中的水反应产生HCl与NaHCO3反应产生CO2气体，会引入新的杂质，①不符合题意；
②碱石灰会同时吸收水蒸气和Cl2，②不符合题意；
③NaOH溶液会吸收Cl2，不能证明潮湿氯气具有漂白性，③不符合题意；
④浓硫酸只吸收水分，不能吸收Cl2，能够起到干燥Cl2的目的，④符合题意；
应故合理选项是④；
【小问4详解】
根据图示可知：反应Ⅱ是CuCl2、O2在450℃条件下反应产生CuO、Cl2，反应的化学方程式为：；
【小问5详解】
在装置A中样品中Na2CO3与盐酸反应产生NaCl、H2O、CO2，反应方程式为：Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2↑，反应产生的CO2将装置B中液体压入装置C的量筒中，根据量筒中液体体积判断反应产生CO2的体积，进而确定样品中Na2CO3的质量分数。由于CO2不能在饱和NaHCO3溶液中溶解，故B中溶液选用饱和NaHCO3溶液；但由于盐酸具有挥发性，挥发的HCl与饱和NaHCO3溶液也会反应产生CO2，因此仍然会导致产生误差，分液漏斗中的酸应该选用稀硫酸。
18. A、B、C是由短周期元素组成三种常见化合物，甲、乙、丙是三种单质，这些单质和化合物之间存在如图所示的关系，完成下列空白：
（1）单质甲的原子结构示意图_______。
（2）单质甲与化合物B反应的离子方程式为_______，5.05 g单质甲-钾合金溶于200 mL水生成0.075 mol H2，确定该合金的化学式为_______。
（3）向50 mL某浓度的化合物C的溶液中通入CO2气体后得溶液M，因CO2通入量的不同，溶液M的组成也不同。若向M中逐滴加入0.1 mol/L盐酸，产生的气体体积V(CO2)与加入盐酸的体积V(HCl)的关系有下列图示两种情况。
①由A确定滴加前60 mL的盐酸时，发生所有反应的离子方程式是_______。
②由A图表明，原溶液通入CO2气体后，所得溶液中的溶质的化学式为_______。
③原化合物C溶液的物质的量浓度为_______。
④由A、B可知，两次实验通入的CO2的体积比为_______。
【答案】（1） （2） ①. 2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑ ②. NaK2
（3） ①. OH-+H+=H2O、 ②. NaOH、Na2CO3 ③. 0.15 mol/L ④. 3:10
【解析】
【分析】A、B、C是由周期表中短周期元素组成的三种常见化合物，甲、乙、丙是三种单质，甲与B反应是置换反应，甲与乙是化合反应，丙与乙也是化合反应，单质甲、含有甲元素的化合物A均与化合物B反应得到不同的单质，且两种单质反应又得到化合物B，应是Na、过氧化钠与水的反应，可推知甲是Na单质，乙为氧气， B是H2O，丙为氢气，C是NaOH，A是Na2O2，据此解答。
【小问1详解】
单质甲是Na，原子核外电子排布是2、8、1，所以Na原子结构示意图为；
【小问2详解】
甲是Na，B是H2O，Na与H2O反应产生NaOH、H2，反应的离子方程式为：2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑；
钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，该反应的离子方程式为：2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑；金属K与H2O反应的离子方程式为2K+2H2O=2K++2OH-+H2↑，根据电子转移守恒可知，Na、K总物质的量为0.075 mol×2=0.15 mol，设Na、K物质的量分别为x mol、y mol，则：x+y=0.15 ，23x+39y=5.05 ，解得：x=0.05 mol、y=0.1 mol，n(Na):n(K)=1:2，故合金的化学式为NaK2；
【小问3详解】
曲线A、B，开始没有气体，加入一定体积盐酸后生成气体，生成气体的反应为：+H+=H2O+CO2↑；若A中只有Na2CO3，开始发生反应：+H+= ，后来发生反应：+H+=H2O+CO2↑，前后两过程消耗HCl的体积相等，实际开始阶段消耗盐酸体积大于产生二氧化碳消耗的盐酸体积，故A曲线表明M中的溶质为NaOH、Na2CO3；B曲线中，前后消耗盐酸的体积之比为1 :2，则曲线B表明M中溶质为Na2CO3、NaHCO3，且二者物质的量之比为1:1；①由A确定滴加前60 mL的盐酸时，发生反应的离子方程式为：OH-+H+=H2O、 +H+= ；
②由A图可知加入60 mL盐酸时开始产生CO2气体，到75 mL后CO2气体达到最大值，由于Na2CO3与盐酸分步反应两步反应消耗HCl的体积相等未产生气体消耗HCl的体积大于反应产生气体的HCl的体积，则原溶液通入CO2气体后所得溶液溶质为NaOH、Na2CO3；
③C是NaOH，原化合物C在通入CO2后的溶液中加入HCl，产生气体达到最大值时，溶液为NaCl，根据元素守恒可知n(NaOH)=n(NaCl)=n(HCl)=0.1 mol/L×0.075 L=0.0075 mol，由于原NaOH溶液的体积是50 mL，故该NaOH溶液的浓度是c(NaOH)=；
④曲线A生成二氧化碳消耗盐酸体积为(75-60)mL=15 mL，曲线B生成二氧化碳消耗盐酸体积为(75-25)mL=50 mL，由+H+=H2O+CO2↑可知， 则两次实验通入的CO2的体积之比=15 mL:50 mL=3:10。
19. 新冠肺炎期间，化学消毒剂大显身手。高铁酸钾(，)是一种高效多功能绿色消毒剂，广泛应用于生活用水和废水的杀菌、消毒。工业制备高铁酸钾的方法主要有湿法和干法两种。
Ⅰ.实验室模拟湿法制备高铁酸钾的流程如下：
已知：转化过程发生复分解反应。
回答下列问题：
（1）配制上述NaOH溶液，下列操作可能导致溶液浓度偏大的有_______(填序号)。
A.将NaOH放在滤纸上称量
B.NaOH在烧杯中溶解后，未经冷却就立即转移
C.容量瓶洗净之后未干燥
D.定容时俯视刻度线
E.摇匀后发现液面低于刻度线，再加水至刻度线
（2）NaOH溶液应置于冰水浴中，否则温度升高将发生如下副反应：(未配平)
①若有发生该副反应，该过程中转移电子数目为_______；
②若反应后溶液中NaCl和的物质的量之比为6∶1，则生成NaCl和NaClO的物质的量之比为_______。
（3）氧化过程中溶液保持碱性。写出反应的离子方程式：_______。
（4）产品经干燥后得到纯品99g，则的产率为_______(用百分数表示)。
Ⅱ.工业干法制备高铁酸钾的第一步反应为：，
（5）该反应中氧化产物为_______、_______，氧化剂和还原剂的物质的量之比为_______。第二步反应为：，试解释该反应能发生的原因_______。
【答案】（1）BD （2） ①. 0.25NA ②. 6∶1
（3）3ClO-+2Fe3++10OH-=2+3Cl-+5H2O
（4）75% （5） ①. O2 ②. Na2FeO4 ③. 5：3 ④. 相同温度下，反应体系中高铁酸钾溶解度较小
【解析】
【分析】先用Cl2和NaOH溶液在低温下反应制备NaClO溶液，反应的方程式为：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，用NaClO将Fe3+氧化为，反应的离子方程式为：3ClO-+2Fe3++10OH-=2+ 3Cl-+5H2O，用稀的KOH溶液来沉淀过量的Fe3+，然后加入浓的KOH溶液，由于该温度下K2FeO4比Na2FeO4的溶解度小，故通过反应制备高铁酸钾，再过滤洗涤干燥即可得到产品。
【小问1详解】
A．将NaOH放在滤纸上称量，NaOH吸收空气的水蒸气而导致称量的固体质量偏小，配制浓度偏小，故A不选；
B．NaOH在烧杯中溶解后，未经冷却就立即转移，导致容量瓶内液体温度较高，加入水量偏小，配制浓度偏大，故B选；
C．容量瓶洗净之后未干燥，对浓度无影响，故C不选；
D．定容时俯视刻度线，使溶液的体积偏小，所配溶液浓度偏大，故D选；
E．摇匀后发现液面低于刻度线，再加水至刻度线，使溶液的体积增大，所配溶液浓度偏小，故E不选；
综上，符合题意的为BD，故答案为：BD；
【小问2详解】
Cl元素发生歧化反应，从0价降为-1价、从0价升至+5价，则NaCl前配5，NaClO3前配3，Cl2前配3，结合原子守恒配平方程式：；
①根据反应的化学方程式可知，存在关系式：3mol Cl2~5mole-，若有发生该反应，转移的电子的数目为0.25NA，故答案为：0.25NA；
②若反应后溶液中NaCl和的物质的量之比为6∶1，则1molNaCl由主反应生成，主反应的化学方程式为：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，则生成NaClO是1mol，则生成NaCl和NaClO的物质的量之比为6∶1，故答案为：6∶1；
【小问3详解】
中Fe元素为+6价，氧化过程Fe元素化合价升高，由+3价升高到+6价，被氧化，Cl元素化合价由+1价降低到-1价，被还原，反应的离子方程式为：3ClO-+2Fe3++10OH-=2+3Cl-+5H2O，故答案为：3ClO-+2Fe3++10OH-=2+3Cl-+5H2O；
【小问4详解】
标况下22.4L Cl2的物质的量为1mol，NaOH的物质的量为n=cV=4×0.5mol=2mol，反应的化学方程式为Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，两者恰好反应生成1mol NaClO，结合离子方程式3ClO-+2Fe3++10OH-=2+3Cl-+5H2O可知，生成，理论上质量m=nM=，则产率为×100%=75%，故答案为：75%；
【小问5详解】
对于反应，该反应中Fe的化合价由+2价升高为中的+6价，被氧化，FeSO4是还原剂，Na2O2中部分O的化合价由-1价升高为0价，被氧化，作还原剂，同时Na2O2中部分O的化合价由-1价降低为-2价，被还原，作氧化剂，氧化产物是O2和Na2FeO4；根据得失电子总数相等可知，6mol Na2O2中1mol作还原剂，5mol作氧化剂，故氧化剂和还原剂的物质的量之比为5mol：(1mol+2mol)=5:3；第二步反应为：Na2FeO4+2KCl=K2FeO4+2NaCl，该反应能发生是因为：相同温度下，反应体系中高铁酸钾溶解度较小，故答案为：O2；Na2FeO4；5：3；相同温度下，反应体系中高铁酸钾溶解度较小。
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