化学山西省临汾第一中学学年高一上学期第二次调研期中考试试题解析版.docx
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化学山西省临汾第一中学学年高一上学期第二次调研期中考试试题解析版
山西省临汾第一中学2017-2018学年高一上学期第二次调研（期中）考试试题
1.“PM2.5”是指大气中直径小于或等于2.5微米的细小颗粒物。
也称为可入肺颗粒物，是近期某地多次出现雾霾天气的主要原因。
下列有关说法中，错误的是（）
A.雾霾可能产生丁达尔现象
B.雾霾的形成与汽车的尾气排放有关
C.“PM2.5”至今仍未纳入我国空气质量评价指标
D.化石燃料不完全燃烧产生的多环芳烃是致癌物，能吸附在PM2.5表面进入人体
【答案】C
【解析】A．“PM2.5”是指大气中直径小于或等于2.5微米的细小颗粒物，直径在1～100nm之间也能形成胶体，产生丁达尔现象，故A正确；B．汽车尾气是形成灰霾天气的元凶，故B正确；C．PM2.5是指大气中直径小于或等于2.5微米的颗粒物，主要来自于化石燃料的燃烧，化石燃料燃烧产生有害气体，能影响空气质量，已纳入空气质量评价指标，故C错误；D．PM2.5是指大气中直径小于或等于2.5微米的颗粒物，能影响空气质量，严重危害人体健康，故D正确；故选C。
2.如图所示的实验操作中，正确的是（）
【答案】A
【解析】A．加入少量水，盖好盖子，将容量瓶倒置，看是否有水渗出．再将瓶塞子旋转180度，再次将容量瓶倒立，故A正确；B．给试管中的液体加热时，用酒精灯的外焰加热试管里的液体，且液体体积不能超过试管容积的
，故B错误；C．用胶头滴管向试管中滴加液体时，不应伸到试管内，应竖直、悬空正放，故C错误；D．漏斗下端应紧靠烧杯内壁，故D错误；故选A。
3.下列各项操作中，错误的是（）
A.通过蒸馏酒精水溶液得到95%乙醇，再与生石灰混合，蒸馏可制得无水乙醇
B.进行分液时，分液漏斗中的下层液体从下口流出，上层液体从上口倒出
C.用酒精萃取溴水中的溴单质的操作可选用分液漏斗，而后静置分液
D.为保证分液漏斗内的液体顺利流出，需将分液漏斗颈上的玻璃塞打开
【答案】C
【解析】A．通过蒸馏酒精水溶液得到95%乙醇，再与生石灰混合，生石灰与水反应生成难挥发的氢氧化钙，再蒸馏可制得无水乙醇，故A正确；B．分液时避免上下层液体混合，则进行分液时，分液漏斗中的下层液体，从下端流出，上层则从上口倒出，故B正确；C．酒精与水互溶，不能作萃取剂，应选苯或四氯化碳萃取溴水中的溴单质，故C错误；D．将分液漏斗口部的塞子拿下，使内外气压相等，可以保证分液漏斗内的液体顺利流出，故D正确；故选C。
4.NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（）
A.含有NA个原子的氢气在标准状况下的体积约为22.4L
B.25℃，101kPa下,64gSO2中含有的原子数为3NA
C.40gNaOH溶解在1L水中，则其100mL溶液中含Na+数为NA
D.标准状况下，11.2LCCl4含有的分子数为0.5NA
【答案】B
【解析】A．含有NA个原子的氢气的物质的量为0.5mol，标准状况下0.5mol氢气的体积约为11.2L，故A错误；B.64g二氧化硫的物质的量为1mol，1mol二氧化硫中含有1molS、2molO原子，总共含有3mol原子，含有的原子数为3NA，故B正确；C.40g氢氧化钠的物质的量为1mol，1mol氢氧化钠溶于1L水中，所得溶液体积不是1L，溶液的浓度不是1mol/L，则无法计算100mL溶液中含有的钠离子数目，故C错误；D．标准状况下CCl4不是气体，不能使用标况下的气体摩尔体积计算11.2L的物质的量，故D错误；故选B。
5.等物质的量浓度的NaCl、MgCl2、AlCl3种溶液，当溶液的体积比为3:
2:
1时，三种溶液中Cl-的物质的量浓度之比为（）
A.1:
2:
3B.1:
1:
1C.3:
2:
1D.3:
4:
3
【答案】A
【解析】根据物质的化学式结合在溶液中的电离方程式可知物质的量浓度相同的NaCl、MgCl2、AlCl3三种溶液中Cl－的浓度比为1:
2:
3，与溶液的体积没有关系，计算溶质的物质的量时才考虑溶液的体积，答案选A。
6.标准状况下，VLHCl气体溶解在1L水中，所得溶液的密度为ρg/mL,溶质的质量分数为ω,溶质的物质的量浓度为cmol/L，则下列关系中不正确的是（）
A.
B.
C.
D.
【答案】D
【解析】A．该氯化氢溶液的物质的量浓度为：
c=
mol/L=
mol/L，故A正确；B.根据A的分析，c=
，则
，故B正确；C．溶质的质量分数ω=
=
×100%=
×100%，故C正确；D.根据BC的分析，
=
，则c=
mol/L，故D错误；故选D。
7.检验试剂级Na2CO3中是否含Cl-、SO42-，选用的试剂及加入的先后次序是（）
A.HCl、BaCl2、AgNO3B.HNO3、Ba（NO3）2、AgNO3
C.AgNO3、HNO3、Ba（NO3）2D.AgNO3、HCl、BaCl2
【答案】B
【解析】A．按照此顺序加入试剂HCl、BaCl2、AgNO3，加入的氯离子会干扰氯离子的检验，故A错误；B．按照此顺序加入试剂HNO3、Ba（NO3）2、AgNO3，先加入硝酸和碳酸钠反应，再加入硝酸钡检验是否含有硫酸根离子，最后用硝酸银溶液检验是否含有氯离子，故B正确；C．按照此顺序加入试剂AgNO3、HNO3、Ba（NO3）2，顺序中先加入硝酸银，碳酸根离子、氯离子、硫酸根离子都会沉淀，无法检验硫酸根离子，故C错误；D．按照此顺序加入试剂AgNO3、HCl、BaCl2，顺序中先加入硝酸银，碳酸根离子、氯离子、硫酸根离子都会沉淀，再加入盐酸后干扰氯离子的检验，故D错误；故选B。
8.下列物质中，能够导电的电解质是（）
A.CuB.熔融的MgCl2C.氢氧化钠溶液D.蔗糖
【答案】B
【解析】A．铜是金属能导电，但它是单质，不是电解质，故A错误；B．熔融的MgCl2是化合物，能电离出自由移动的镁离子和氯离子，能导电，属于电解质，故B正确；C．氢氧化钠溶液，能导电，但属于混合物，不是电解质，故C错误；D．蔗糖是化合物，在水中存在蔗糖分子，没有自由移动的离子，故不能导电，是非电解质，故D错误；故选B。
9.能正确表示下列化学反应的离子方程式是（）
A.氢氧化钡溶液与盐酸的反应:
OH-+H+=H2O
B.澄清石灰水与醋酸溶液反应:
Ca（OH）2+2CH3COOH=Ca2++2CH3COO-+2H2O
C.铜片插入硝酸银溶液中:
Cu+Ag+=Cu2++Ag
D.碳酸氢钠溶液中滴加足量盐酸:
2H++CO32-=H2O+CO2↑
【答案】A
10.能在溶液中大量共存的一组离子是（）
A.NH4+、Ag+、PO43-、OH-B.Fe3+、H+、S2-、HCO3-
C.K+、Na+、NO3-、MnO4-D.Al3+、Mg2+、SO42-、CO32-
【答案】C
【解析】A．Ag+、PO43-、Cl-能够反应生成沉淀而不能大量共存，故A错误；B．Fe3+、S2-发生氧化还原反应，H+、HCO3-反应生成二氧化碳气体，不能大量共存，故B错误；C．离子之间不发生任何反应，可大量共存，故C正确；D．Al3+、Mg2+、CO32-反应生成沉淀，不能大量共存，故D错误；故选C。
11.下列有关物质的应用正确的是（）
A.金属钠着火可用泡沫灭火器扑灭
B.烘焙食品时加入小苏打可以使食品蓬松
C.氧化亚铁俗称铁红，常用作油漆涂料
D.用氧化铝制成的坩埚可用于加热苛性钠固体
【答案】B
【解析】A．钠着火与氧气反应生成过氧化钠，过氧化钠与二氧化碳反应生成氧气，促进钠的燃烧，起不到灭火作用，故A错误；B．烘焙食品时加入小苏打，生成二氧化碳，则可以使食品蓬松，故B正确；C．氧化铁呈红棕色，俗称铁红，可以作红色油漆和涂料，故C错误；D．氧化铝与NaOH能够反应，应选铁坩埚用于加热苛性钠固体，故D错误；故选B。
12.下列反应与Na2O2+SO2→Na2SO4相比较，Na2O2的作用相同的是（）
A.Na2O2+CO3→Na2CO3+O2B.Na2O2+SO3→Na2SO4+O2
C.Na2O2+H2SO4→Na2SO4+H2O2D.Na2O2+Cr2O3→Na2CrO4+Na2O
【答案】D
【解析】试题分析：
在Na2O2＋SO2
Na2SO4中Na2O2只作氧化剂。
A．在2Na2O2＋2CO2
Na2CO3+O2中Na2O2的作用是既作氧化剂，也做还原剂，错误；B．在2Na2O2＋2SO3
2Na2SO4+O2中Na2O2的作用是既作氧化剂，也做还原剂，错误；C．2Na2O2+H2SO4
Na2SO4+H2O2是非氧化还原反应，错误；D．在3Na2O2+Cr2O3
2Na2CrO4+Na2O中Na2O2的作用是只作氧化剂，正确。
13.今有下列3个氧化还原反应:
①2FeCl2+2KI=2FeCl2+2KCl+I2②2FeCl2+Cl2=2FeCl3；③2KMnO4+16HCl=2KC1+2MnCl2+8H2O+8Cl2↑若某溶液中有H+、Fe2+和I-，要氧化除去I-而又不影响Fe2+和Cl-，可加入的试剂是（）
A.Cl2B.KMnO4C.FeCl3D.HCl
【答案】C
【解析】反应①中氧化性：
Fe3+＞I2；反应②中氧化性：
Cl2＞Fe3+；反应③中氧化性：
MnO4-＞Cl2；因此氧化性由强至弱的顺序为：
MnO4-＞Cl2＞Fe3+＞I2。
A．氯气能将Fe2+、I-均氧化，故A不选；B．KMnO4能将Fe2+、I-和Cl-均氧化，故B不选；C．FeCl3能氧化除去I-而不影响Fe2+和Cl-，故C选；D．HCl与三种离子均不反应，故D不选；故选C。
14.现有25mL2mol/L的Na2CO3溶液和75mL1mol/L的稀盐酸:
①将Na2CO3溶液缓缓滴加到盐酸中②将稀盐酸缓缓滴加到Na2CO3溶液中。
在标准状况下产生的气体情况是（）
A.均为0.84LB.均为0.56LC.①<②D.①>②
【答案】D
【解析】25mL 2mol•L-1的Na2CO3溶液中：
n（Na2CO3）=0.025L×2mol/L=0.05mol，75mL 1mol/L的稀盐酸中：
n（HCl）=0.075L×1mol/L=0.075mol，将Na2CO3溶液逐滴加入到盐酸中，盐酸过量，发生反应为：
Na2CO3+2HCl═2NaCl+CO2↑+H2O，生成气体在标况下的体积为：
×0.075mol×22.4L/mol=0.84L；而将稀盐酸缓缓滴到Na2CO3溶液中，先发生反应Na2CO3+HCl═NaCl+NaHCO3，反应消耗0.05molHCl，剩余0.025molHCl，盐酸过量时再发生反应NaHCO3+HCl═NaCl+CO2↑+H2O，则生成气体在标况下体积为：
0.025mol×22.4L/mol=0.56L，则生成气体在标况下体积①＞②，故选D。
15.现有CuO、FeO、Fe2O3组成的混合物mg，向其中加入100mL2mol/L硫酸，恰好完全溶解，若mg该混合物在过量氢气流中加热充分反应，则冷却后剩余固体的质量为（）
A.（m-3.2）gB.（m-1.2）gC.（m-1.6）gD.无法计算
【答案】A
【解析】由反应CuO～CuSO4，Fe2O3～Fe2（SO4）3，FeO～FeSO4，可知H2SO4的物质的量等于金属氧化物中O元素的物质的量，n（H2SO4）=0.1L×2mol/L=0.2mol，所以金属氧化物中O元素的质量为0.2mol×16g/mol=3.2g，若将mg原混合物在足量氢气中加热，使其充分反应，冷却后剩余固体为金属单质，则金属质量为氧化物的质量减去氧元素的质量为（m-3.2）g，故选A。
16.等体积的AlCl3和NaOH两溶液混合，充分反应后，沉淀和溶液中所含铝元素的质量相等，则AlCl3和NaOH两溶液的物质的量浓度之比可能为（）
①2:
3②2:
7③1:
3④1:
4
A.③④B.①③C.②④D.①②
【答案】D
【解析】设AlCl3和NaOH的浓度分别为c1mol/L和c2mol/L，相同体积为VL。
若NaOH过量，生成NaAlO2，此时参加反应的AlCl3的物质的量是c1Vmol，NaOH是3c1Vmol，生成c1Vmol的Al（OH）3，又因为得到的沉淀物中铝元素的质量和溶液中铝元素的质量相等，则说明第一步反应完后，生成的Al（OH）3有一半（
c1V）发生Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O，所以NaOH的物质的量为：
3c1V+0.5c1V=3.5c1V=c2V，所以c1：
c2=2：
7；当氯化铝过量时，氢氧化钠不足，生成氢氧化铝白色沉淀发生反应：
Al3++3OH-═Al（OH）3↓，设反应掉的铝离子物质的量为x，得到的沉淀物中铝元素的质量和溶液中铝元素的质量相等，则c1V-x=x，所以x=0.5c1V，消耗氢氧化钠3x，即1.5c1Vmol，所以1.5c1V=c2V，所以此时c1：
c2=2：
3，所以①②符合；故选D。
17.有一铁的氧化物样品，用50mL5mol/L的盐酸恰好完全溶解，所得溶液还能与通入的0.56L氯气（标准状况）反应，使Fe2+全部转化为Fe3+，则此氧化物为（）
A.Fe2O3B.Fe3O4C.Fe4O5D.Fe5O7
【答案】C
【解析】该氧化物和稀盐酸发生复分解反应生成氯化物和水，HCl是强电解质，所以盐酸溶液中存在n（Cl-）=n（HCl）=5mol/L×0.05L=0.25mol，根据溶液呈电中性得铁元素所带电荷物质的量为0.25mol，n（Cl2）=
=0.025mol，根据转移的电子相等得n（Fe2+）=
=0.05mol，根据电荷守恒得n（Fe3+）=
=0.05mol，氧化物中O元素和盐酸中H+结合生成H2O，根据水的化学式知，n（O）=
n（H+）=
n（HCl）=
×0.25mol=0.125mol，则氧化物中Fe、O元素物质的量之比=（0.05+0.05）mol：
0.125mol=4：
5，所以其化学式为Fe4O5，故选C。
18.完成下列填空:
I.
（1）呼吸面具中,Na2O2起反应的化学方程式为_____________。
（2）印刷电路板由高分子材料和铜箔复合而成，用FeCl3溶液刻制印刷电路时，发生的反应离子方程式为__________________。
（3）把一定量铁粉放入氯化铁溶液中，完全反应后，所得溶液中Fe2+和Fe3+的物质的量浓度之比为3:
2，则已反应的Fe3+和未反应的Fe3+的物质的量之比为_____________。
II.某一反应体系中有反应物和生成物共6种:
HCl、H2SO4、SnCl2、SnCl4、FeSO4、Fe（SO4）3，反应前在溶液中滴加KSCN溶液显红色，反应后红色消失。
（1）该反应中的还原剂是_____________。
（2）写出该反应的化学方程式_____________。
【答案】
（1）.2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2、2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2
（2）.2Fe3++Cu=Cu2++2Fe2+（3）.1:
1（4）.SnCl2或Sn2+（5）.Fe2（SO4）3+SnCl2+2HCl=2FeSO4+SnCl4+H2SO4
【解析】I.
（1）过氧化钠和呼出气体中的二氧化碳和水蒸气反应，反应的方程式为2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2、2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2，故答案为：
2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2、2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2；
（2）刻制印刷电路时，用FeCl3溶液与铜反应生成亚铁离子和铜离子，反应的离子方程为Cu+2Fe3+=2Fe2++Cu2+，故答案为：
Cu+2Fe3+=2Fe2++Cu2+；
（3）设已反应的Fe3+的物质的量为2mol，根据Fe+2Fe3+=3Fe2+，则溶液中Fe2+的物质的量为3mol，所得溶液中Fe2+和Fe3+浓度之比为3：
2，则未反应的Fe3+的物质的量为2mol，则已反应的Fe3+和未反应的Fe3+的物质的量之比为2mol：
2mol=1：
1，故答案为：
1：
1；
II.
（1）反应前在溶液中滴加KSCN 溶液显红色，反应后红色消失，说明反应后Fe元素化合价降低，Fe2（SO4）3作氧化剂，则SnCl2中Sn元素化合价升高被氧化成SnCl4，SnCl2为还原剂，故答案为：
SnCl2；
（2）根据上述分析，Fe2（SO4）3、SnC12为反应物，FeSO4、SnC14为生成物，反应的方程式为Fe2（SO4）3+SnC12+2HC1═2FeSO4+SnC14+H2SO4，故答案为：
Fe2（SO4）3+SnC12+2HC1═2FeSO4+SnC14+H2SO4。
19.I.血液中的钙离子平衡在临床医学中具有重要的意义。
某研究小组为测定血液样品中Ca2+的含量，进行的实验如下:
①量取5.0mL血液样品，处理后配制成100mL溶液；
②量取10.0mL溶液，加入过量（NH4）2C2O4溶液，使Ca2+完全转化成CaC2O4沉淀；
③过滤并洗净所得的CaC2O4沉淀，用过量稀硫酸溶解，生成H2C2O4和CaSO4稀溶液；
④加入0.001mol/L的酸性KMnO4溶液，使H2C2O4完全氧化，同时产生使澄清石灰水变浑浊的无色无味气体，消耗酸性KMnO4溶液的体积为2.00mL.
（1）步骤①中用到的玻璃仪器有玻璃棒、烧杯、量筒、________。
（2）步骤②中发生反应的离子方程式为_______________。
（3）血样中Ca2+的含量为___g/L。
II.某混合物A，含有KAl（SO4）2、Al2O3和Fe2O3，在一定条件下可实现下图所示的物质之间的变化。
据此回答下列问题:
（1）Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ四步中对于溶液和沉淀的分离采取的方法是_________。
（2）根据上述框图反应关系，写出①、②、③3个反应的离子方程式:
①_____________；②_____________；③_____________；
【答案】
（1）.胶头滴管、100mL容量瓶
（2）.Ca2＋＋C2O
=CaC2O4↓（3）.0.4（4）.过滤（5）.Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O（6）.Al3++3NH3·H2O=Al（OH）3↓+3NH4+（7）.AlO2-+H++H2O=Al（OH）3↓
【解析】I.
（1）量取5.0mL血液样品，处理后配制成100mL溶液，依据配制溶液的过程选择所需仪器，量取需要量筒，溶解需要烧杯和玻璃棒，转移需要100mL容量瓶，定容需要胶头滴管，用到的玻璃仪器有：
玻璃棒、烧杯、量筒、玻璃棒、100mL容量瓶、胶头滴管，故答案为：
100mL容量瓶、胶头滴管；
（2）取10.0mL，加入过量（NH4）2C2O4溶液，使Ca2+完全转化成CaC2O4沉淀，是钙离子和草酸根离子结合生成，反应的离子方程式为：
Ca2++C2O42-=CaC2O4↓，故答案为：
Ca2++C2O42-=CaC2O4↓；
（3）草酸具有还原性能被酸性高锰酸钾溶液氧化使H2C2O4完全被氧化，生成二氧化碳，依据原子守恒和电荷守恒配平得到离子方程式为：
2MnO4-+5H2C2O4+6H+═10CO2↑+2Mn2++8H2O。
根据反应的离子方程式
2MnO4-+5H2C2O4+6H+═10CO2↑+2Mn2++8H2O
2 5
0.0010mol/L×0.002L n（H2C2O4）
n（CaC2O4）=n（H2C2O4）=n（Ca2+）=5×10-6mol，5.0mL血液中含钙离子物质的量5×10-6mol×
=5×10-5mol，血样中Ca2+的含量=
=4×10-4g/mL=0.4g/L，故答案为：
0.4；
II.由流程可知，Al2O3和Fe2O3不溶于水，则沉淀C为Al2O3和Fe2O3，氧化铁与碱不反应，则沉淀D为Fe2O3，反应②③中生成的沉淀为Al（OH）3，受热分解生成B为Al2O3，反应②为KAl（SO4）2、氨水的反应，则溶液E为K2SO4、（NH4）2SO4、NH3·H2O，由上述分析可知，B为Al2O3，D为Fe2O3，E为K2SO4、（NH4）2SO4、NH3·H2O，
（1）Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ四步中对于溶液和沉淀的分离方法为过滤，故答案为：
过滤；
（2）反应①为：
Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O，反应②为：
Al3++3NH3·H2O=Al（OH）3↓+3NH4+，反应③为：
AlO2-+H2O+H+=Al（OH）3↓，故答案为：
Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O；Al3++3NH3·H2O=Al（OH）3↓+3NH4+；AlO2-+H2O+H+=Al（OH）3↓。
20.某小组进行“铁与水蒸气”反应的产物及其性质探究系列实验。
请回答实验中的问题:
（1）写出该反应的化学方程式__________，若16.8g铁粉参加反应，转移电子数目为_____。
（2）待试管冷却后，取少许其中的固体物质溶于稀盐酸得溶液A，取所得液滴加KSCN溶液，溶液无颜色变化，说明硬质试管中固体物质的成分是_______溶液未变红色的原因是___________（用离子方程式表示）。
（3）若要使
（2）中所得溶液变红又不增加溶液离子种类,可以加入适量____试剂。
（4）另取
（2）中溶液A，加入NaOH溶液，观察到生成白色絮状沉淀并迅速变成灰绿色，最后变成红褐色。
沉淀转化过程发生的反应方程式为______________。
（5）某催化剂（主要成分FeO、Fe2O3）中+2价铁与+3价铁的物质的量之比为1:
2时，其催化活性最高，此时铁的氧化物的混合物中铁的质量分数为________（用小数表示，保留两位小数）。
【答案】
（1）.3Fe＋4H2O（g）
Fe3O4＋4H2
（2）.0.8NA（3）.Fe、Fe3O4（4）.2Fe3++Fe=3Fe2+（5）.氯水或Cl2（6）.4Fe（OH）2+2H2O+O2=4Fe（OH）3（7）.0.72
【解析】
（1）铁与水蒸气反应的化学方程式为3Fe＋4H2O（g）
Fe3O4＋4H2，16.8g铁粉的物质的量为
=0.3mol，根据方程式生成0.4mol氢气，转移电子数目为0.8NA，故答案为：
3Fe＋4H2O（g）
Fe3O4＋4H2；0.8NA；
（2）待试管冷却后，取少许其中的固体物质溶于稀盐酸得溶液A，溶液A中加KSCN溶液，溶液无颜色变化，反应生成的四氧化三铁溶解后生成的铁离子被铁还原，生成亚铁离子，溶液中不存在铁离子，因此溶液未变红色，说明硬质试管中固体物质为Fe、Fe3O4，故答案为：
Fe、Fe3O4；2Fe3++Fe=3Fe2+；
（3）氯气能够将亚铁离子氧化为铁离子，因此通入氯气溶液将变红且不增加溶液中离子种类，故答案为：
氯水或Cl2；
（4）另取
（2）中溶液A，加入NaOH溶液，观察到生成白色絮状沉淀并迅速变成灰绿色，最后变成红褐色，是生成的氢氧化亚铁被空气中的氧气氧化的结果，故答案为：
4Fe（OH）2+2H2O+O2=4Fe（OH）3；
（5）因催化剂中Fe2+与Fe3+的物质的量之比为1：
2，所以FeO、Fe2O3的物质的量之比为
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