四川省成都市铁路中学2024-2025学年高一上学期12月考试检测化学试题

四川省成都市铁路中学校20242025学年高一上学期12月考试检测化学试题(满分100分，考试时间75分钟)可能用到的相对原子质量：H：1C：12N：14O：16Na：23S：32Fe：56Cu：64Cl：35.5第I卷(选择题，共48分)一、选择题(本题包括16小题，每小题3分，共48分。每小题只有一个选项符合题意)1.五千年中华文化不仅能彰显民族自信，还蕴含着许多化学知识。下列说法错误的是A.“金(即铜)柔锡柔，合两柔则钢”，体现了合金硬度的特性B.“千淘万漉虽辛苦，吹尽狂沙始到金”能体现出金的化学性质不活泼C.“两编千片白雪茧，六百二斗青铜钱”中的“青铜钱”属于铜的合金D.“司南之杓，投之于地，其柢指南”，司南的“杓”中含有【答案】D【解析】【详解】A．合金硬度大，合两柔则钢，体现了合金的特性，A正确；B．“千淘万漉虽辛苦，吹尽狂沙始到金”写出了“沙里淘金”，金以游离态形式存在，这体现出金的化学性质不活泼，B正确；C．“青铜钱”属于铜的合金，C正确；D．司南的“杓”中含有，D错误；故选D。2.室温下，下列离子组在给定条件下能大量共存是A.无色溶液中：、、、B.能使酚酞变红的溶液中：、、、C.溶液中：、、、D.加入锌粉能产生的溶液中：、、、【答案】B【解析】【详解】A．有颜色，不符合题意，A项错误；B．能使酚酞变红的溶液为碱性溶液，各离子可大量共存，B项正确；C．和会生成，C项错误；D．加入锌粉能产生的溶液为酸性溶液，不能大量共存，D项错误；故选B。3.下列反应对应的离子方程式正确的是A.向溶液中通入少量B.过量溶液与NaOH溶液反应：C.向稀盐酸中加入少量铁粉：D.向氢氧化钠稀溶液中加入适量氧化铝：【答案】B【解析】【详解】A．CaCO3能溶于HCl，因此向溶液中通入少量，二者不会发生反应，A错误；B．过量溶液与NaOH溶液反应生成碳酸钙、碳酸氢钠和水，所给离子方程式正确，B正确；C．铁与稀盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，离子方程式为Fe+2H+=Fe2++H2↑，C错误；D．向氢氧化钠稀溶液中加入适量氧化铝，离子方程式为，D错误；故选B。4.价一类二维图是学习元素及其化合物知识的重要模型。铁元素的价一类二维图如图，下列说法错误的是A.b、c均碱性氧化物 B.若d为氯盐，可用酸性高锰酸钾溶液检验C.f可以作新型的绿色净水剂 D.物质g在空气中灼烧可转化为c【答案】B【解析】【分析】根据铁元素的价一类二维图，a是单质Fe；b是铁元素+2价氧化物，b是FeO；c是铁元素+3价氧化物，c是Fe2O3；d是+2价铁盐；e是+3价铁盐；f是+6价铁盐，是高铁酸盐；g是+2价铁的氢氧化物，g是Fe(OH)2；h是+3价铁的氢氧化物，h是Fe(OH)3。【详解】A．FeO、Fe2O3都能与盐酸反应生成盐和水，均为碱性氧化物，故A正确；B．d是+2价铁盐，若d为氯盐，d是FeCl2，Fe2+、Cl都能被高锰酸钾氧化，所以不能用酸性高锰酸钾溶液检验，故B错误；C．f是高铁酸盐，具有强氧化性，氧化消毒同时被还原生成Fe3+，Fe3+生成的Fe(OH)3具有净水作用，是新型的绿色净水剂，故C正确；D．g是Fe(OH)2，在空气中灼烧能被氧气氧化为Fe2O3，故D正确；选B。5.标准状况下，VL氨气溶解在1L水中(水的密度近似为)，所得溶液的密度为，溶质的质量分数为，物质的量浓度为，则下列关系中不正确的是A. B. C. D.【答案】A【解析】【详解】A．标准状况下，VL氨气的物质的量为，氨气质量为：，1000mL水的质量为：，故溶液质量为：，溶液体积为：，溶液密度为：，故A错误；B．由，可知，故B正确；C．由A项可知，氨气质量为：，故溶液质量为：，溶液质量分数，故C正确；D．由A项可知，溶液质量为：，溶液体积为：，则物质的量浓度，故D正确；故选A。6.油画创作通常需要用到多种无机颜料。研究发现，在不同的空气湿度和光照条件下，颜料雌黄(As2S3)褪色的主要原因是发生了以下两种化学反应：下列说法不正确的是A.反应Ⅰ中，氧化性：O2>H2S2O3B.反应Ⅱ中，元素As和S都被氧化C.反应Ⅰ和Ⅱ中，参加反应的：Ⅰ<ⅡD.反应Ⅰ和Ⅱ中，氧化1molAs2S3转移的电子数之比为3：7【答案】C【解析】【分析】根据转化信息，反应Ⅰ为As2S3在紫外光条件下被氧气氧化为和，化学方程式为；反应Ⅱ为As2S3在自然光条件下被氧气氧化为和，化学方程式为。【详解】A．氧化还原反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物，则反应Ⅰ中氧化性：氧化剂O2>氧化产物H2S2O3，A正确；B．As2S3中元素As为+3价，元素S为2价，则反应Ⅱ中，As2S3发生氧化反应生成和，元素As和S化合价均升高，B正确；C．结合分析中反应Ⅰ和Ⅱ的方程式中化学计量数可知，参加反应的：Ⅰ>Ⅱ，C错误；D．反应Ⅰ中，As2S3中S元素从2价升高为中的+2价，则氧化1molAs2S3转移的电子数为；反应Ⅱ中，As2S3中As元素从+3价升高为中的+5价，S元素从2价升高为的+6价，则氧化1molAs2S3转移的电子数为，因此反应Ⅰ和Ⅱ中氧化1molAs2S3转移的电子数之比为，D正确；答案选C。7.营养液是无土栽培的核心和关键，某营养液中含4种离子(忽略微量离子)，对离子浓度的要求如下表所示：离子种类R离子浓度(mol·L)______0.060.060.02该营养液中R离子及其物质的量浓度可能是A.0.04mol⋅L B.0.08mol⋅LC.0.06mol⋅L D.0.06mol⋅L【答案】D【解析】【详解】根据电荷守恒，溶液中阳离子浓度等于阴离子浓度，阳离子电荷浓度，阴离子电荷浓度，则R离子为阳离子，且电荷浓度为，综上所述，D项符合题意，故选D。8.向一定体积的溶液中逐滴加入离子浓度相当的稀硫酸，测得混合溶液的导电能力随时间变化的曲线如图所示，下列说法正确的是A.段溶液的导电能力不断增大但最终仍比A点弱，可能是溶液混合相当于稀释B.用盐酸代替溶液，测得的导电性曲线和上述曲线相同C.AB段反应的离子方程式为：D.AB段溶液的导电能力不断减弱，说明生成的不是电解质【答案】A【解析】【分析】从图中可以看出，AB段导电能力不断减弱，说明溶液中离子浓度不断减小，可知AB段发生反应：；BC段导电能力不断增强，说明溶液中离子浓度不断增大，BC段表示稀硫酸过量。【详解】A．虽然稀硫酸与Ba(OH)2溶液中离子浓度相当，但由于AB段反应生成BaSO4沉淀和水，BC段加入稀硫酸，相当于硫酸加水稀释，所以溶液的导电能力不断增大但最终仍比A点弱，故A正确；B．用盐酸代替溶液，发生反应：，氯化钡是强电解质，由于产生了水，所以离子的浓度会减小一些，但仍存在有大量的离子，硫酸与氢氧化钡反应时产生的硫酸钡为沉淀，导致溶液中离子浓度大幅减少，最终几乎不能导电，因此用盐酸代替硫酸与上述图像不相符，故B错误；C．AB段溶液中，硫酸与氢氧化钡发生反应，生成硫酸钡和水，离子方程式为：，故C错误；D．是在熔融状态下能导电的化合物，所以是电解质，但难溶于水，所以硫酸与氢氧化钡反应生成硫酸钡和水，离子浓度不断减小，AB段溶液的导电能力不断减弱，故D错误；故答案选A。9.下列实验操作正确或能达到实验目的的是甲乙A．装置甲：配制溶液B．装置乙：除去中的HCl丙丁C．装置丙：验证热稳定性D．装置丁：可以用于实验室制备或A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【详解】A．配置物质的量浓度的溶液，要先在烧杯中溶解或稀释后，再转移到容量瓶中，不能在容量瓶中直接溶解，A错误；B．除去中的HCl气体是通过饱和食盐水除去，B错误；C．要比较和的热稳定性，要将放在外面的大试管中，将放在里面的小试管中，加热后的试管能使澄清石灰水变浑浊来证明稳定性>，C错误；D．该装置一般用于固体颗粒与液体制取气体，制取用的锌粒和稀硫酸，制取用的是石灰石颗粒和稀盐酸，都满足装置的使用条件，D正确；故答案为：D。10.下列除杂试剂的选择或除杂操作不正确的是选项物质(杂质)除杂试剂除杂操作ANaOH加入过量的NaOH溶液，再过滤B气体碱石灰通过碱石灰干燥C溶液通入过量D溶液通入过量A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【详解】A．氢氧化钠和镁不反应、和铝反应生成四羟基合铝酸钠溶液，过滤分离出镁，A正确；B．氯气能和碱石灰反应，应经浓硫酸干燥可得纯净的氯气，B错误；C．氯气将亚铁离子氧化为铁离子，且不引入新杂质，C正确；D．CO2不与NaHCO3反应，与Na2CO3溶液反应生成碳酸氢钠，能达到除杂的目的，D正确；故选B。11.和溶液反应产物的成分与温度高低有关，低温下：，高温下：。某温度下将通入过量的溶液中，反应得到、和的混合溶液，混合溶液中，则溶液中是A. B. C. D.【答案】B【解析】【详解】反应后，假设为，则为，根据电子得失数目相等，可知溶液中有关系式：，，则，所以溶液中，故选B。12.某地区的雾霾中可能含有、、、、、Cl、、等离子。某同学收集雾霾样品，经必要的预处理配成试样溶液，设计如下实验探究其中含有的离子。①取一定体积的溶液，加入足量溶液，产生白色沉淀，继续滴加足量盐酸，沉淀不溶解，同时得到无色气体。②另取一定体积的溶液，加入足量溶液，产生白色沉淀，继续滴加足量稀盐酸，沉淀全部溶解。下列判断不正确的是A.操作①中产生的无色气体为 B.可能含有、C.肯定含有、、 D.一定不存在、、【答案】B【解析】【分析】①取一定体积的溶液，加入足量溶液，产生白色沉淀，可能为BaCO3、BaSO4，继续滴加足量盐酸，沉淀不溶解，则说明是BaSO4、无BaCO3，则无，则有，则无Ba2+，同时得到无色气体为二氧化碳，则说明有。②另取一定体积的溶液，加入足量溶液，产生白色沉淀，可能是Mg(OH)2，则无Fe3+，继续滴加足量稀盐酸，沉淀全部溶解，说明白色沉淀为Mg(OH)2，则有，综上可知，一定有、、，一定无Ba2+、、，可能有Na+、Cl。【详解】A．据分析，操作①中产生的无色气体为，由碳酸氢根和氢离子反应生成，A正确；B．据分析，可能含有，一定无，B不正确；C．据分析，肯定含有、、，C正确；D．据分析，一定不存在、、，D正确；选B。13.工业上监测SO2含量是否达到排放标准的化学反应原理是SO2＋H2O2＋BaCl2＝BaSO4↓＋2HCl，用NA表示阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是A.0.2mol/L的BaCl2溶液中含有的Cl－数目为0.4NAB.生成2.33gBaSO4沉淀时，吸收SO2的体积为0.224LC.常温常压下，17gH2O2中所含分子总数为0.5NAD.此反应中，每消耗1molH2O2，转移的电子数为1NA【答案】C【解析】【详解】A.缺少溶液体积，无法根据n=cV计算Cl－的物质的量，故A错误；B.因未说明气体是否处于标准状况，所以无法计算吸收SO2的体积，故B错误；C.17gH2O2的物质的量为17g÷34g/mol=0.5mol，所以所含分子总数为0.5NA，故C正确；D.该反应中H2O2中氧元素的化合价由1价降低为2价，所以每消耗1molH2O2，转移的电子数为2NA，故D错误。故选C。14.有X、Y两密闭容器且X容积小于Y，X中充满气体，Y中充满、、混合气体，同温同压下测得两容器中气体密度相同。下列叙述中错误的是A.两容器中所含气体质量一定不同B.Y容器中所含气体原子数更多C.Y容器中，、和的质量比为1∶3∶3D.Y容器中所含、和物质的量之比可能为1∶3∶6【答案】C【解析】【分析】同温同压下，相同，又，且，根据，，则，；【详解】A．，，所以，故A正确；B．，而且X容器中为双原子分子，Y容器中平均大于2个原子，所以原子数，故B正确；C．相同，根据密度之比等于摩尔质量之比，，所以，的摩尔质量为，其质量可以为任意值，故C错误；D．Y容器中，平均摩尔质量为，设、物质的量分别为xmol、ymol，则，解得，的物质的量可以为任意值，所以、和物质的量之比可能为1∶3∶6，故D正确；故选C。15.某同学结合所学知识探究与能否反应，设计装置如下，下列说法正确的是A.装置也可直接用于与浓盐酸反应制取B.装置气密性检查方法：直接向长颈漏斗中加水，当漏斗中液面高于试管液面且高度不变说明气密性良好C.装置中盛放无水氯化钙，其作用是除去中挥发出来的少量水蒸气D.装置加热前，用试管在中管口末端处收集气体点燃，通过声音判断气体纯度【答案】D【解析】【分析】装置A用于制取H2，装置B用于除去H2中混有的HCl和水蒸气，装置C用于探究Na2O2与H2的反应，装置D用于检验水的存在；【详解】A．二氧化锰和浓盐酸需要在加热条件下生成氯气，A错误；B．装置A气密性检查时，应先关闭K1，再向长颈漏斗中加水，否则无法检验A的气密性，B错误；C．装置B中盛放无水氯化钙，不能吸收HCl，只能吸收水蒸气，C错误；D．装置C加热前，要确保装置内空气已排尽，即用试管在D中管口末端处收集气体点燃，通过声音判断气体纯度，否则加热时易发生爆炸，D正确；故选D。16.某混合物可能含有Al、Cu、、，为探究该混合物成分，某兴趣小组设计如图分析方案。下列分析错误的是A.固体P一定是纯净物B.若，则原混合物中可能含有AlC.蓝绿色溶液中一定含有的金属阳离子为、D.溶液N中含有和【答案】D【解析】【分析】混合物可能含有Al、Cu、Fe2O3、Al2O3，由流程可知：加入过量NaOH溶液，由于Al、Al2O3和NaOH溶液反应，因此溶液N中含NaAlO2；固体N加入过量盐酸，有蓝色溶液，说明有铜离子，由于铜和盐酸不反应，因此说明是HCl和Fe2O3反应生成FeCl3，FeCl3和Cu反应生成CuCl2和FeCl2，固体P是铜单质，则混合物中一定含Cu、Fe2O3。Al或Al2O3中至少含一种，以此来解答。【详解】A．根据上述分析可知固体P为铜单质，Cu单质为纯净物，A正确；B．若物质质量关系：m2＜m1，则混合物中可能含有A12O3或Al或Al2O3、Al的混合物，B正确；C．固体P是Cu，Fe2O3与酸反应产生Fe3+，由于Cu和Fe3+反应产生Fe2+、Cu2+，因此蓝绿色溶液中含有的阳离子为Cu2+、Fe2+和H+，Cu过量，不含有Fe3+，C正确；D．N溶液中含有NaAlO2，溶液中无Al3+，D错误；故选D。第II卷(非选择题，共52分)二、填空题(本题包括4个小题，共52分)17.现有含有与的混合物样品，某同学在实验室用如图装置(部分夹持仪器已省略)测定的含量：回答下列问题：（1）中阳离子与阴离子的个数之比为___________；属于___________(填“酸”“碱”或“盐”)。（2）本实验装置图中有一处明显错误，请指出：___________。（3）装置D的作用是___________；若无装置D，测得样品中的质量分数___________(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。（4）实验结束后，装置F中水的体积为，已知氧气的密度为，样品中质量分数为___________(用含的代数式表示)。（5）某学生设计了以下实验方案来测定该样品中的质量分数，其操作流程和实验数据如图：该样品中的质量分数为___________。【答案】（1）①.2：1②.盐（2）装置B中左边导管口应浸没在液面以下，右边导管口稍稍伸出橡胶塞即可（3）①.吸收未反应的②.偏高（4）（5）【解析】【分析】稀盐酸和碳酸钙在A中反应生成CO2气体，HCl易挥发，B中用饱和碳酸氢钠除去HCl气体，C中CO2和Na2O2、Na2O反应，原理为2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，Na2O+CO2=Na2CO3，D中的碱石灰防止E中水蒸气进入C，同时除去未反应的水、CO2，生成的O2通过E、F测量体积，据此计算。【小问1详解】Na2O2中由Na+与O构成，阳离子与阴离子的个数之比为2：1；CaCO3属于盐，故答案为：2：1；盐；小问2详解】图中有一处明显错误，装置B中左边导管口应浸没在液面以下，右边导管口稍稍伸出橡胶塞即可，故答案为：装置B中左边导管口应浸没在液面以下，右边导管口稍稍伸出橡胶塞即可；【小问3详解】装置D的作用是吸收未反应的CO2，若无装置D，气体量偏多，Na2O2的质量分数偏高，故答案为：吸收未反应的CO2，防止E中水蒸气进入C；偏高；【小问4详解】实验结束后，装置F中水的体积为VmL，已知氧气的密度为ρg•L1，则O2的物质的量为mol，根据2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2可得过氧化钠物质的量为mol，样品中过氧化钠的质量分数为；【小问5详解】在氧气中灼烧氧化钠转化为过氧化钠，2Na2O+O22Na2O2，固体增加的质量是9.35g－7.75g＝1.6g，即参加反应的氧气的物质的量是0.05mol，所以氧化钠的物质的量是0.1mol，质量是6.2g，该氧化钠产品中Na2O的质量分数为。18.Ⅰ．实验室欲用NaOH固体配制的NaOH溶液240mL。（1）本实验必须用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、___________。（2）某同学欲称量NaOH的质量，他先用托盘天平称量烧杯的质量，天平平衡后的状态如图。烧杯的实际质量为___________g，要完成本实验该同学应称取___________gNaOH。（3）在配制溶液过程中，其他操作都是正确的，下列操作会引起所配溶液浓度偏大的是___________(填序号)。①没有洗涤烧杯和玻璃棒②转移溶液时不慎有少量洒到容量瓶外面③容量瓶不干燥，含有少量蒸馏水④定容时俯视刻度线⑤定容后塞上瓶塞反复摇匀，静置后，液面低于刻度线，再加水至刻度线⑥称量NaOH时间过长Ⅱ．取部分上述NaOH溶液，通入一定量的CO2得到混合溶液A，向所得溶液中逐滴加入盐酸，边滴边振荡，使其充分反应产生的气体的体积与所加盐酸的体积之间关系如图所示，根据图像计算：（4）产生标况下的物质的量是___________mol。（5）段发生反应的离子方程式为___________。（6）所得溶液A中溶质的成分及其物质的量是___________。【答案】（1）250mL容量瓶、胶头滴管（2）①.27.4②.10.0（3）④（4）0.03（5）（6）【解析】【小问1详解】根据实验操作的步骤以及每步操作需要的仪器主要有：一般用托盘天平称量，用药匙取用药品，在烧杯中溶解，用玻璃棒搅拌，冷却后转移到250mL容量瓶（根据“大而近”的原则选用250mL容量瓶）中，并用玻璃棒引流，当加水至液面距离刻度线1∼2cm时，改用胶头滴管滴加，所以需要的玻璃仪器为：烧杯、玻璃棒、250mL容量瓶、胶头滴管等，故缺少的玻璃仪器有250mL容量瓶、胶头滴管；【小问2详解】天平称量时应“左物右码”，根据天平的称量原理：左盘的总质量=右盘的总质量+游码的读数，所以烧杯的实际质量为30g－2.6g=27.4g；因配制溶液的体积为240mL，而容量瓶的规格没有240mL，故只能选用250mL的容量瓶，则NaOH的质量m=cVM=1.0mol·L−1×0.25L×40g/mol=10.0g，故答案为27.4；10.0；【小问3详解】①没有洗涤烧杯和玻璃棒，会导致溶质的物质的量偏小，溶液浓度偏低，故①不选；②转移溶液时不慎有少量洒到容量瓶外面，导致溶质的物质的量偏小，溶液浓度偏低，故②不选；③容量瓶不干燥，含有少量蒸馏水，因后续还需要加水定容，故对所配制的溶液浓度无影响，故③不选；④定容时俯视刻度线，导致溶液体积偏小，溶液浓度偏高，故④选；⑤定容后塞上瓶塞反复摇匀，静置后，液面低于刻度线，再加水至刻度线，导致溶液体积偏大，溶液浓度偏低，故⑤不选；⑥称量NaOH时间过长，导致氢氧化钠潮解，溶质偏少，溶液浓度偏低，故⑥不选；所以答案选④；【小问4详解】标况下672mL二氧化碳气体的物质的量为；【小问5详解】NaOH溶液中缓慢通入一定量的CO2，发生反应为2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O；当NaOH完全反应后，继续通入CO2，发生反应为Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3。所以，最后所得溶液中的溶质可能为：NaOH与Na2CO3的混合物，Na2CO3，Na2CO3与NaHCO3的混合物，NaHCO3。滴加盐酸后，首先发生的反应为NaOH+HCl=NaCl+H2O，然后发生反应Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，最后发生反应NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑。由图中信息可以看出NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，消耗盐酸30mL；则Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，消耗盐酸也为30mL，说明040mL时发生反应NaOH+HCl=NaCl+H2O，然后发生反应Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，对应的离子反应为；【小问6详解】n(Na2CO3)=n(HCl)=30103L1mol/L=0.03mol；图中信息显示生成气体前消耗盐酸40mL，故（4030）mL用于与氢氧化钠的反应，则溶质为NaOH与Na2CO3的混合物。n（NaOH）=n(HCl)=10103L1mol/L=0.01mol，故答案为。19.是一种很重要的铁盐，主要用于污水处理，具有效果好、价格便宜等优点。工业上可将铁屑溶于盐酸中先生成，再通入氧化来制备溶液。（1）将标准状况下的氯化氢气体溶于100g水中，得到盐酸的密度为，则该盐酸的物质的量浓度是___________。（2）向溶液中通入标准状况下，反应后的溶液中和的物质的量浓度相等，则原溶液的物质的量浓度为___________。（3）溶液可以用来净水，其净水的原理为___________(用离子方程式表示)。用的溶液净水时，生成具有净水作用的微粒数___________(填“大于”“等于”或“小于”)。（4）将某+2价金属氯化物溶于水配制溶液，从中取出一半，再加水稀释到，此时的物质的量浓度为，则此氯化物中金属原子的相对原子质量为___________。（5）将的氨水用等质量的水稀释，稀释后氨水的物质的量浓度___________(填>、<或=，下同)，将10mL质量分数为的浓硫酸加水稀释至20mL，稀释后硫酸的质量分数___________。【答案】（1）（2）（3）①.(胶体)+3HCl②.小于（4）（5）①.>②.>【解析】【小问1详解】，溶液质量为，则溶液体积为，则=mol·L－1，故答案为：mol·L－1；小问2详解】还原性Fe2+>Br−，通入氯气先发生反应，Fe2+反应完毕，剩余的氯气再发生反应，反应后溶液中Cl−和Br−的物质的量浓度相等，说明氯气完全反应，Cl2的物质的量为，若Br−没有反应，溶液中n(Br−)=0.3mol，则n(FeBr2)=0.15mol，0.15molFe2+只能消耗0.075mol的Cl2，故有部分Br−参加反应，设FeBr2物质的量为x，则n(Fe2+)=xmol，n(Br−)=2xmol，未反应的n(Br−)=0.3mol，参加反应的n(Br−)=(2x−0.3)mol，根据电子转移守恒有x×1+(2x−0.3)×1=0.15mol×2，解得x=0.2mol，所以原FeBr2溶液的物质的量浓度为，故答案为：2mol/L；【小问3详解】FeCl3溶液可以用来净水，其净水的原理为Fe3+水解生成的氢氧化铁胶体吸附水中的悬浮物，其离子方程式为，100mL2mol⋅L−1的FeCl3溶液，其物质的量为0.2mol，因为水解为可逆反应，且生成胶体为微观粒子的集合体，则生成具有净水作用的微粒数小于0.2NA，故答案为：；小于；【小问4详解】取出的溶液中的物质的量为，则原溶液中的物质的量为，氯化物的物质的量为，摩尔质量为，则此氯化物中金属原子的相对原子质量为；故答案为：；【小问5详解】氨水的浓度越大密度越小，混合后溶液的质量为原来2倍，混合后溶液的密度大于c1mol/L氨水溶液的密度，所以混合后溶液的体积小于c1mol/L氨水溶液体积的2倍，溶质氨气物质的量不变，故混合后物质的量浓度大于0.5c1mol/L；10mL质量分数为的浓硫酸加水稀释至20mL，由于浓硫酸的密度大于水的密度，故所加水的质量小于浓硫酸的质量，所得溶液中硫酸的质量分数大于，故答案为：＞；＞。20.铁是人类较早使用的金属之一、运用铁及其化合物的知识，回答下列问题。Ⅰ．某学习小组同学