安徽省六安中学2021-2022学年高一化学上学期期末考试试卷（Word版含解析）

2021-2022学年度第一学期高一期末考试化学试卷可能用到的相对原子质量H1N14O16Na23Mg24Al27P31S32Fe56Zn65一、单项选择题（本题共15小题，每小题3分，总分45分）1.朱自清先生在《荷塘月色》中写道：“溥薄的青雾浮起在荷塘里……月光是隔离树照过来的，高处丛生的灌木，落下参差的斑驳的黑影……”月光穿过薄雾所形成的种种美景的本质原因是A.发生丁达尔效应B.是光穿过胶体时发生散射的结果C.雾是一种胶体D.空气中的小水滴的直径介于1nm～100nm之间【答案】D【解析】【详解】月光穿过薄雾产生丁达尔效应，雾是胶体，本质原因是空气中的小水滴的直径介于1nm～100nm之间，故选D。2.如图表示的一些物质或概念间的从属关系中正确的是选项XYZA冰水混合物化合物纯净物B非金属氧化物酸性氧化物氧化物C在水溶液中能导电的物质电解质化合物D分解反应氧化还原反应化学反应A.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】【详解】A．冰水混合物是由不同状态水混合而成，水是由氢、氧元素组成的化合物，属于纯净物，A正确；B．有的非金属氧化物是酸性氧化物(如CO2、SO2等)，有的非金属氧化物不是酸性氧化物(如CO、NO、NO2等)，所以非金属氧化物与酸性氧化物属于交叉关系，B不正确； C．在水溶液中能导电的物质，有的是电解质，如NaCl等，有的不是电解质，如NH3等，C不正确；D．有的分解反应属于氧化还原反应，如KMnO4分解，有的分解反应不属于氧化还原反应，如CaCO3分解，D不正确；故选A。3.下列说法正确的是A.13C和14C的核外电子排布不同B.和是不同种核素C.和互为同素异形体D.与互为同位素【答案】B【解析】【详解】A．13C和14C核外电子数都是6，核外电子排布相同，故A错误；B．和中子数不同，是不同种核素，故B正确；C．和是氧元素的不同同位素组成的同种单质，不是同素异形体，故C错误；D．与质子数不同，不是同位素，故D错误；选B。4.下列离子方程式改写为化学方程式正确的是A.2H＋+Zn=Zn2＋+H2↑：2CH3COOH＋Zn=Zn(CH3COO)2+H2↑B.Ba2＋+=BaSO4↓：H2SO4＋Ba(OH)2=BaSO4↓+2H2OC.Ag＋+Cl－=AgCl↓：AgNO3+HCl=AgCl↓+HNO3D.Ca2＋+=CaCO3↓：CaCl2+CuCO3=CaCO3↓+CuCl2【答案】C【解析】【详解】A．CH3COOH为弱酸，应以化学式表示，不能改写成2H＋+Zn=Zn2＋+H2↑，A不正确；B．H2SO4＋Ba(OH)2=BaSO4↓+2H2O中包含离子反应Ba2＋+=BaSO4↓、H++OH－=H2O，B不正确；C．AgNO3+HCl=AgCl↓+HNO3可改写成Ag＋+Cl－=AgCl↓，C正确；D．CuCO3难溶于水，反应CaCl2+CuCO3=CaCO3↓+CuCl2难以发生，不能改写成Ca2＋+=CaCO3↓，D不正确；故选C。 5.已知甲、乙、丙、丁之间的转化关系如图所示。下列说法正确的是A.若甲为铁，丁为氢气，则乙一定为酸B.若甲为铜，丁为FeCl2则乙一定为FeCl3C.若甲为水，丁为NaOH，则丙一定是氢气D.若甲、乙、丙、丁均是化合物，则该反应一定是复分解反应【答案】B【解析】【详解】A．若甲铁，丁为氢气，则乙不一定为酸，可能为水蒸气，发生反应3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2，A不正确；B．若甲为铜，丁为FeCl2，则乙一定为FeCl3，发生反应2FeCl3+Cu=2FeCl2+CuCl2，B正确；C．若甲为水，丁为NaOH，则丙不一定是氢气，也可能是氧气，发生反应2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，C不正确；D．若甲、乙、丙、丁均是化合物，则该反应不一定是复分解反应，也可能是氧化还原反应，如3NO2+H2O=2HNO3+NO，D不正确；故选B。6.如图所示，两圆圈相交的部分表示圆圈内的物质相互发生的反应。已知Na、Na2O、Na2O2的物质的量都是0.1mol，水的质量为100g。下列说法正确的是A.反应③与反应①中生成的气体的质量相等B.反应①的离子方程式为Na+2H2O=Na++2OH-+H2↑C.反应③与反应①中水的作用不相同D.①②③充分反应后恢复至室温，所得溶液中溶质的物质的量浓度从大到小为①＞②＞③【答案】C【解析】【详解】A．反应③为2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，反应①为2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，则 0.1molNa、Na2O2与水反应生成气体都为0.05mol，但质量不相等，A不正确；B．反应①为2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，离子方程式为2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑，B不正确；C．反应③为2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，反应①为2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，反应③中水既不作氧化剂也不作还原剂，反应①中水作氧化剂，C正确；D．①②③充分反应后恢复至室温，所得溶液中溶质都为NaOH，物质的量分别为0.1mol、0.2mol、0.2mol，①溶液的体积稍小，②、③溶液的体积相同，则溶质的物质的量浓度从大到小为②=③＞①，D不正确；故选C。7.将钠、铝、铁三种金属各0.5mol，分别投入100mL2mol/L的盐酸中，结果正确的是A.钠与盐酸反应最剧烈，产生的气体最少B.铝与盐酸反应最剧烈，产生的气体最多C.铁与盐酸反应产生的气体比钠多D.反应结束时铝与铁产生的气体一样多【答案】D【解析】【分析】根据金属活动性顺序表可以判断钠、镁、铝的活泼性。活泼性越强，与同浓度的盐酸反应越剧烈；根据反应物的量先判断金属与酸哪种过量，按不足量计算。钠与酸反应完会继续与水反应，据此比较生成氢气体积大小。【详解】A．根据金属活动性顺序表可知：金属活泼性顺序为：钠＞镁＞铝，所以相同条件下与盐酸反应最激烈的是钠；但金属钠活泼，能与水反应生成氢气，钠与水反应产生氢气应按钠的物质的量计算，0.5mol钠产生0.25mol氢气，则生成氢气最多的是钠，A错误；B．根据金属活动性顺序表可知：金属活泼性顺序为：钠＞镁＞铝，所以相同条件下与盐酸反应最激烈的是钠，反应速率最慢的是铝，B错误；C．将三种金属各0.5mol分别投入100mL2mol/L的盐酸中，可知三种金属对于酸来说都过量，应按盐酸的量计算。镁、铝产生氢气物质的量相等，产生氢气的物质的量为n(H2)=(0.1L×2mol/L)×0.5=0.1mol，但金属钠活泼，能与水反应生成氢气，钠与水反应产生氢气应按钠的物质的量计算：0.5mol钠产生0.25mol氢气，则生成氢气最多的是钠，故铁与盐酸反应产生的气体比钠少，C错误；D．三种金属都过量，应按盐酸的量计算。镁、铝产生氢气物质的量相等，产生氢气的物质的量为：n(H2)=(0.1L×2mol/L)×0.5=0.1mol，故反应结束时铝与铁产生的气体一样多，D正确；故合理选项是D。 8.设NA为阿伏加德罗常数的值,下列说法正确的是A.5.6gFe与足量稀盐酸反应转移的电子数为0.3NAB.标准状况下，11.2LH2O中所含分子数为0.5NAC.标准状况下，46gNO2和N2O4的混合气体含有的原子数为3NAD.1mol·L-1Na2CO3溶液含有Na+个数为2NA【答案】C【解析】【详解】A．铁与盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，铁元素化合价由0升高为+2，5.6gFe与足量稀盐酸反应转移的电子数为0.2NA，故A错误；B．标准状况下水是液体，11.2LH2O的物质的量不是0.5mol，故B错误；C．NO2和N2O4的最简式都是NO2，46gNO2和N2O4的混合气体含有的原子数为3NA，故C正确；D．没有明确溶液体积，不能计算1mol·L-1Na2CO3溶液含有Na+个数，故D错误；选C。9.下表是各物质及其所含的少量杂质，以及除去这些杂质所选用的试剂或操作方法，其中正确的是选项物质杂质除杂试剂或操作方法AFeCl2溶液FeCl3加入过量铜粉，再过滤BNaHCO3溶液Na2CO3通入过量的CO2气体CNaNO3溶液Na2SO4加入适量的BaCl2溶液，再过滤DMgO固体Al2O3加入过量的盐酸溶液，再过滤A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A．FeCl3与Cu反应，生成FeCl2和CuCl2，使FeCl2溶液中引入CuCl2杂质，A不正确；B．Na2CO3溶液中通入过量CO2，生成NaHCO3，从而将杂质转化为NaHCO3，达到了除杂目的，B正确；C．Na2SO4与BaCl2溶液反应，生成BaSO4沉淀和NaCl，使NaNO3中混入NaCl杂质，C不正确； D．MgO、Al2O3都能溶于盐酸，生成MgCl2、AlCl3混合溶液，不能达到除杂质的目的，D不正确；故选B。10.下列关于碱金属或卤族元素的叙述中，正确的是A.碱金属单质都可保存在煤油中B.随着核电荷数的增加，碱金属单质、卤素单质的熔沸点依次升高，密度依次增大C.碱金属单质的金属性很强，均易与氧气发生反应，加热时生成氧化物R2OD.砹（At）是第六周期的卤族元素，根据卤素性质的递变规律，还原性：HAt>HI【答案】D【解析】【详解】A．金属锂的密度比煤油小，不能保存在煤油中，应保存在石蜡油中，故A错误；B．随着核电荷数的增加，碱金属单质的熔沸点依次降低，故B错误；C．金属锂与氧气共热反应生成氧化锂，而金属钠与氧气共热反应生成过氧化钠，金属钾与氧气共热反应生成超氧化钾，故C错误；D．同主族元素，从上到下元素的非金属性依次减弱，氢化物的还原性依次增强，则砹化氢的还原性强于碘化氢，故D正确；故选D。11.在甲、乙两个密闭容器中，分别充入氧原子数目相同的O2、O3两种气体，若它们的温度和密度均相同。下列说法正确的是A.气体体积：甲＞乙B.气体的质量：甲＜乙C.气体的分子数：甲＜乙D.气体的压强：甲＞乙【答案】D【解析】【分析】在两个密闭容器甲、乙中，依次充入氧原子数目相同的O2、O3两种气体，则O2、O3的质量相等，二者物质的量之比为3：2，二者密度相等，推知二者体积相等，由于温度相等，结合阿伏伽德罗定律可知甲中压强更大。【详解】A．O2、O3的质量相等，二者密度相等，可推知二者体积相等，A错误；B．在甲、乙两个密闭容器中，分别充入氧原子数目相同的O2、O3两种气体，由于O原子的摩尔质量相等都是16g/mol，则其中气体的质量也一定相等，B错误；C．O2、O3中含有的O原子数目相等，则两种气体物质的量之比为3：2，气体的物质的量越多，则气体分子数就越多，故气体的分子数：甲＞乙，C错误；D．O2、O3中含有O原子数目相等，则两种气体物质的量之比为3：2，由于气体的温度、体积又相等，结合阿伏伽德罗定律可知充满O2的压强比O3 的更大，故压强大小关系为：甲＞乙，D正确；故合理选项是D。12.现将1.5mol过氧化钠与3mol碳酸氢钠固体混合后，在密闭容器中加热充分反应，排出气体后冷却，容器中残留的固体物质是A.Na2O2、Na2CO3B.Na2CO3C.NaOH、Na2O2、Na2CO3D.NaOH、NaHCO3【答案】B【解析】【详解】由反应2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O，可计算出3mol碳酸氢钠固体完全分解生成1.5mol碳酸钠、1.5molCO2和1.5mol水蒸气；由反应2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，可确定1.5mol过氧化钠与1.5molCO2刚好完全反应，生成1.5mol碳酸钠等，所以最终所得固体为碳酸钠。故选B。13.某溶液中只含有K+、Al3+、、四种离子，已知前三种离子的个数比为4：1：1，则溶液中K+与的个数比为A.4：3B.1：1C.2：3D.3：4【答案】A【解析】【详解】设溶液中四种离子的个数依次为4、1、1、x，由电荷守恒可得：4+3=1+2x，解得x=3，则溶液中钾离子和硫酸根离子的的个数比为4：3，故选A。14.已知KClO3晶体和足量浓盐酸可发生如下反应：KClO3+HCl（浓）→KC1+Cl2↑+H2O（未配平），下列说法错误的是A.氧化性：KClO3＞Cl2B.氧化剂与还原剂物质的量之比为1：5C.Cl2是还原产物D.反应中每转移5mol电子，产生67.2L气体（标准状况）【答案】C【解析】【分析】KClO3+HCl（浓）→KC1+Cl2↑+H2O反应，KClO3中Cl元素化合价由+5降低为0，HCl中Cl元素化合价由-1升高为0，根据得失电子守恒配平方程式为KClO3+6HCl（浓）→KC1+3Cl2↑+3H2O。【详解】A．KClO3中Cl元素化合价由+5降低为0，KClO3是氧化剂；HCl中Cl元素化合价由-1升高为0，Cl2即是氧化产物又是还原产物，氧化性：KClO3＞Cl2，故A正确； B．KClO3中Cl元素化合价由+5降低为0，KClO3是氧化剂；HCl中Cl元素化合价由-1升高为0，根据得失电子守恒，氧化剂与还原剂物质的量之比为1：5，故B正确；C．KClO3中Cl元素化合价由+5降低为0，KClO3是氧化剂；HCl中Cl元素化合价由-1升高为0，Cl2即是氧化产物又是还原产物，故C错误；D．KClO3中Cl元素化合价由+5降低为0，KClO3是氧化剂；HCl中Cl元素化合价由-1升高为0，Cl2即是氧化产物又是还原产物，生成3molCl2转移5mol电子，反应中每转移5mol电子，产生67.2L气体（标准状况），故D正确；选C。15.如图是部分短周期元素的原子序数与其某种常见化合价的关系图，若用原子序数代表所对应的元素，则下列说法错误的是A.工业上常用电解法制备单质b和cB.a、b、e的简单离子半径大小：r(e)>r(a)>r(b)C.c、b、e的最高价氧化物对应的水化物之间均能发生化学反应D.简单气态氢化物的稳定性：a>d>e【答案】D【解析】【分析】根据短周期元素的原子序数与其某种常见化合价的关系图，a是O元素、b是Na元素、c是Al元素、d是P元素、e是S元素。【详解】A．工业上常用电解熔融氯化钠、氧化铝的方法制备单质Na和Al，故A正确；B．电子层数越多半径越大，电子层数相同，质子数越多半径越小，简单离子半径大小：r(S2-)>r(O2-)>r(Na+)，故B正确；C．Al(OH)3是两性氢氧化物，Al(OH)3、NaOH、H2SO4两两之间均能发生化学反应，故C 正确；D．元素非金属性O>S>P，简单气态氢化物的稳定性：H2O>H2S>PH3，故D错误；选D。二、填空题（本题共4小题，总分55分）16.某课外活动小组利用二氧化锰与浓盐酸在实验室中制备氯气,并进行有关氯气性质的研究。Ⅰ.该小组同学欲用如图所示仪器及试剂(不一定全用)制备并收集纯净、干燥的氯气。（1）图中不需要使用的仪器是________。（2）C中试剂X为________，其作用是：________________。（3）浓盐酸与二氧化锰反应的化学方程式为___________，其中氧化剂与还原剂的物质的量之比为________。Ⅱ.该小组同学设计并分别利用图甲和图乙所示装置探究氯气的氧化性。（4）G中的现象是___，原因是____(用化学方程式表示)。（5）H中的现象是_________。【答案】（1）F（2）①.饱和食盐水②.除氯气中的氯化氢（3）①.②.1:2（4）①溶液变蓝②.（5）有白色沉淀生成【解析】【分析】用二氧化锰与浓盐酸制备干燥纯净的氯气，用饱和食盐水除氯气中的氯化氢，用浓硫酸干燥氯气，用向上排空气法收集氯气，用氢氧化钠吸收尾气，防止污染。 【小问1详解】用二氧化锰与浓盐酸制备干燥纯净的氯气，A二氧化锰和浓盐酸反应生成氯气，C中盛放饱和食盐水除氯气中的氯化氢，D干燥氯气，B用向上排空气法收集氯气，E吸收尾气，防止污染，不需要使用的仪器是F。【小问2详解】二氧化锰与浓盐酸反应生成的氯气中含有杂质氯化氢，C的作用是除氯气中的氯化氢，C中试剂X为饱和食盐水；【小问3详解】浓盐酸与二氧化锰反应生成氯化锰、氯气、水，反应的化学方程式为，MnO2中Mn元素化合价由+4降低为+2，MnO2是氧化剂，HCl中Cl元素化合价由-1升高为0，HCl是还原剂，根据得失电子守恒，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:2。【小问4详解】G中氯气和碘化钾反应生成氯化钾和碘单质，反应方程式为，碘使淀粉变蓝，所以现象是溶液变蓝。【小问5详解】H中二氧化硫和氯气反应生成硫酸和盐酸，硫酸和氯化钡反应生成硫酸钡沉淀，现象是有白色沉淀生成。17.某同学欲用98%的浓H2SO4(ρ=1.84g/cm3)配制成450mL0.5mol·L-1的稀H2SO4。（1）填写下列操作步骤：①所需浓H2SO4的体积为_____mL；②用量筒量取所需体积的浓硫酸；③将量取的浓H2SO4沿玻璃棒慢慢注入盛有约100mL水的烧杯里，并不断搅拌；④立即将上述溶液沿玻璃棒注入_______中，并用50mL蒸馏水洗涤烧杯2～3次，将洗涤液注入其中，并不时轻轻振荡；⑤加水至距刻度1-2cm处，改用胶头滴管加水，使溶液的凹液面正好跟刻度相平。盖上瓶塞，上下颠倒数次，摇匀。（2）请指出上述操作中一处明显错误：____________。（3）配制一定物质的量浓度的溶液是一个重要的定量实验，下列有关说法正确的是_____。A.容量瓶用蒸馏水洗净后，可不经干燥直接用于配制溶液B.配制一定物质的量浓度的稀硫酸时，用量筒量取9.82mL浓硫酸C.配制500mL0.2mol·L－1的NaCl溶液时，用托盘天平称量5.85gNaCl固体 D.定容时，为防止液滴飞溅，胶头滴管紧贴容量瓶内壁（4）误差分析：(填“偏高”“偏低”“无影响”)①操作②中量取时俯视读数，所配溶液浓度将_____；②问题(2)的错误操作将导致所配制溶液的浓度_______。③在操作过程中量取浓硫酸的量筒未洗涤_______。【答案】（1）①.13.6mL②.500mL容量瓶（2）第④步中溶液未冷却至室温就转移至容量瓶中（3）A（4）①.偏低②.偏高③.无影响【解析】【小问1详解】①98%的浓H2SO4(ρ=1.84g/cm3)的物质的量浓度为；配制成450mL0.5mol·L-1的稀H2SO4，选用500mL容量瓶。设需浓H2SO4的体积为VmL，根据稀释前后硫酸物质的量相等，500×0.5mol·L-1=18.4V，V=13.6mL；配置450mL0.5mol·L-1的稀H2SO4，选用500mL容量瓶定容，所以注入500mL容量瓶中；【小问2详解】稀释后的硫酸冷却到室温，再移入容量瓶中。明显错误是：第④步中溶液未冷却至室温就转移至容量瓶中；【小问3详解】A．容量瓶用蒸馏水洗净后，不经干燥直接用于配制溶液，对溶质物质的量无影响，所以不影响浓度，故A正确；B．量筒的精度为0.1mL，用量筒量取9.8mL浓硫酸，故B错误；C．托盘天平的精度是0.1g，配制500mL0.2mol·L－1的NaCl溶液时，用托盘天平称量5.9gNaCl固体，故C错误；D．定容时，胶头滴管悬空滴加蒸馏水，故D错误；选A；【小问4详解】①操作②中量取时俯视读数，量取浓硫酸的体积偏小，所配溶液浓度将偏低；②问题(2)的错误操作将导致硫酸溶液的体积偏小，所配制溶液的浓度偏高；③在操作过程中量取浓硫酸的量筒未洗涤，所配制溶液的浓度无影响。18.Ⅰ.现有以下物质：①盐酸②液氨③BaCO3固体④熔融K2SO4⑤氢氧化铁胶体⑥蔗糖⑦CO2⑧NaOH溶液。按要求回答问题： （1）属于非电解质的是___________(填序号)，电解质的是___________(填序号)（2）⑤的实验室制备方法：向沸水中滴加几滴饱和FeCl3溶液，加热至液体呈红褐色，停止加热；其化学方程式为___________。Ⅱ.某未知溶液中只可能大量存在下列离子：Na+、Ba2+、、、Cl-、H+，为探究其组成，某实验小组进行了以下实验：（3）写出“沉淀2”的化学式___________；（4）“沉淀1”与稀盐酸反应的离子方程式为___________；（5）原溶液中一定大量存在的离子是___________，可能存在的离子是___________。【答案】（1）①.②⑥⑦②.③④（2）FeCl3＋3H2OFe(OH)3(胶体)＋3HCl（3）BaSO4（4）BaCO3+2H+=Ba2++CO2↑+H2O（5）①.Na+、、②.Cl-【解析】【分析】①盐酸是混合物，既不是电解质又不是非电解质；②液氨自身不能电离，液氨是非电解质；③BaCO3固体在熔融状态下能导电，BaCO3固体是电解质；④熔融K2SO4能导电，熔融K2SO4是电解质；⑤氢氧化铁胶体是混合物，既不是电解质又不是非电解质；⑥蔗糖自身不能电离，蔗糖是非电解质；⑦CO2自身不能电离，二氧化碳是非电解质；⑧NaOH溶液是混合物，既不是电解质又不是非电解质。【小问1详解】根据以上分析，属于非电解质的是液氨、蔗糖、CO2；属于电解质的是BaCO3固体、熔融K2SO4；【小问2详解】向沸水中滴加几滴饱和FeCl3溶液，加热至液体呈红褐色得到氢氧化铁胶体，反应的化学方程式为FeCl3＋3H2OFe(OH)3(胶体)＋3HCl；【小问3详解】未知溶液加氯化钡生成生成1，沉淀1加盐酸部分溶解，说明沉淀1 是碳酸钡、硫酸钡，沉淀2难溶于盐酸，沉淀2是硫酸钡，化学式为BaSO4；【小问4详解】“沉淀1”中碳酸钡与稀盐酸反应生成氯化钡、二氧化碳、水，反应的离子方程式为BaCO3+2H+=Ba2++CO2↑+H2O；【小问5详解】沉淀1是碳酸钡、硫酸钡，说明原溶液中含有、，钡离子与、反应生成沉淀，所以原溶液中不含Ba2+，与H+反应生成气体，所以原溶液中一定不含H+，根据电荷守恒，原溶液中一定含有Na+，原溶液中一定大量存在的离子是Na+、、，可能存在的离子是Cl-；19.（Ⅰ）把15.6gNa2O2放入100mL水中，充分反应后，计算：（1）生成O2在标准状况的体积___________mL；（2）反应后所得NaOH的物质的量浓度___________。（反应前后溶液体积变化忽略不计）。（Ⅱ）把含有氧化铁的铁片投入到足量的稀硫酸中，直到铁片完全溶解，经检验该溶液中无Fe3+，且生成的Fe2+与反应生成的H2的物质的量之比为4:1。（3）检验该溶液中无Fe3+的方法及现象____________。（4）则原混合物中Fe2O3与Fe的物质的量之比为___________。（5）若原混合物中铁元素的总物质的量为6mol，则反应中生成H2的为_______L（标准状况）。【答案】（1）2240（2）4mol/L（3）取少量原溶液于试管中，加入几滴KSCN溶液，溶液不变红色（4）1:2（5）33.6【解析】【小问1详解】2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，n(Na2O2)==0.2mol，V(O2)==2240mL。答案为：2240；【小问2详解】n(NaOH)=2n(Na2O2)=0.4mol，c(NaOH)==4mol/L。答案为：4mol/L；【小问3详解】检验溶液中无Fe3+，常使用硫氰化钾溶液，具体方法及现象为：取少量原溶液于试管中，加入几滴KSCN溶液，溶液不变红色。答案为：取少量原溶液于试管中，加入几滴KSCN 溶液，溶液不变红色；【小问4详解】把含有氧化铁的铁片投入到足量的稀硫酸中，直到铁片完全溶解，经检验该溶液中无Fe3+，且生成的Fe2+与反应生成的H2的物质的量之比为4:1，则发生总反应的离子方程式为Fe2O3+2Fe+8H+=4Fe2++H2↑+3H2O，则原混合物中Fe2O3与Fe的物质的量之比为1:2。答案为：1:2；【小问5详解】若原混合物中铁元素的总物质的量为6mol，则反应中生成H2的为=33.6L。答案为：33.6。【点睛】计算时，为简化过程，可利用终态法求解。