第1章认识化学科学综合练习（含解析）2023-2024学年高一化学鲁科版（2019）必修第一册

第1章认识化学科学综合练习
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、选择题
1．将5mol/L的溶液a mL稀释至b mL，稀释后溶液中的物质的量浓度为
A． B． C． D．
2．现有500mL1mol·L-1的H2SO4溶液，下列操作及结论正确的是
A．取出50mL该溶液，其中c(SO)=0.1mol·L-1
B．取出50mL该溶液，加蒸馏水配制成100mL溶液，其中所含溶质的质量为9.8g
C．取出100mL该溶液，加入足量的锌粒，充分反应，所得气体的体积为2.24L
D．取出50mL该溶液，加入足量的BaCl2溶液，完全反应，可得11.65gBaSO4沉淀
3．关于溶液配制，下列说法正确的是
A．配制480mL0.1mol/LCuSO4溶液，需要称量CuSO4 5H2O晶体12.0g
B．用浓硫酸配制稀硫酸时，将浓硫酸稀释后立即转入容量瓶中
C．称量5.3g碳酸钠固体时，若将称量物和砝码放反，将会使称量结果偏小
D．定容时俯视刻度线，可使配制物质的量浓度偏低
4．把5%的Na2CO3溶液蒸发掉64.3 g水后，溶液变为31 mL，浓度变为14%，则浓缩后Na2CO3溶液的物质的量浓度为
A．8.52 mol/L B．1.52 mol/L C．4.26 mol/L D．3.04 mol/L
5．室温下，某容积固定的密闭容器由可移动的活塞隔成左、右两室，左室充入等物质的量的氢气和氧气，右室充入一氧化碳和氧气的混合气。同时引燃左右两室的混合气，反应后恢复到室温。反应前后活塞位置如图所示，则右室混合气体中一氧化碳和氧气的物质的量之比可能是①1∶1；②1∶3；③1∶2；④3∶1(液态水的体积忽略不计)。
A．①② B．②④ C．①④ D．①③
6．维生素C是一种水溶性维生素，熔点为190℃，其分子式为。下列有关维生素C的说法不正确的是（ ）
A．维生素C的摩尔质量为
B．标准状况下，维生素C的摩尔体积为
C．维生素C中C、O两种元素的质量比为3：4
D．维生素C中O元素的质量分数为54.5%
7．为预防新型冠状病毒肺炎，某同学购买了一瓶84消毒液，其包装说明如图所示。
基本信息：含质量分数为25%的NaClO、1000mL、密度 使用方法：稀释100倍后使用 注意事项：密封保存，易吸收空气中的、而变质
根据图中信息和相关知识判断，下列分析不正确的是
A．该84消毒液中NaClO的物质的量浓度约为
B．该瓶84消毒液能吸收空气中44.8L的(标准状况)
C．该84消毒液稀释100倍后，约为
D．参考该84消毒液的配方，欲用NaClO固体配制480mL含质量分数为25%的NaClO的84消毒液，需要称量NaClO固体的质量为149g
8．下列说法正确的是（ ）
A．将钠块投入到硫酸铜溶液中，可析出单质铜
B．等量的分别与足量水，反应放出等物质的量的
C．氯水、漂白粉、84消毒液均有漂白性，但漂白原理不同
D．加热条件下，2.3g Na与11.2L恰好完全反应生成
9．配制250mL0.10mol·L－1的NaOH溶液时，下列实验操作会使配得的溶液浓度偏大的是
A．转移溶液后未洗涤烧杯和玻璃棒就直接定容
B．在容量瓶中定容时仰视刻度线
C．在容量瓶中定容时俯视刻度线
D．定容后把容量瓶倒转摇匀，发现液面低于刻度，再补充几滴水至刻度线
10．设计下列实验方案鉴别Na2CO3和NaHCO3两种白色粉末，不能达到预期目的的是
A．分别向等量的白色粉末中加等体积、等浓度的稀盐酸，比较生成气体的快慢
B．分别向等量的白色粉末中加等体积适量的水，比较固体溶解量的多少
C．分别将等量的白色粉末配成溶液，然后加入澄清石灰水，比较是否有沉淀生成
D．分别将等量的白色粉末加热进行实验，将产物分别通入澄清石灰水，比较澄清石灰水是否变浑浊
11．将VL含CuSO4和Na2SO4的混合溶液分成两等份，一份加入含xmolKOH的溶液，恰好使Cu2+完全转化为Cu(OH)2沉淀；另一份加入含ymolBaCl2的溶液，恰好使SO42 完全转化为BaSO4沉淀。则原混合溶液中Na+的浓度为（ ）
A．mol·L 1 B．mol·L 1
C．mol·L 1 D．mol·L 1
12．欲配制100mL1.0 mol/L Na2SO4溶液，正确的方法是
①将14.2 g Na2SO4，溶于100mL水中
②将32.2g Na2SO4 10H2O溶于少量水中，再用水稀释至100 mL
③将20 mL 5.0 mol/L Na2SO4溶液用水稀释至100 mL
A．①② B．②③ C．①③ D．①②③
13．青蒿素是一种用于治疗疟疾的药物，挽救了全球特别是发展中国家数百万人的生命，它的分子式为C15H22O5。NA表示阿伏加 德罗常数，下列关于青蒿素的说法不正确的是（ ）
A．青蒿素的摩尔质量等于282 B．14.1g青蒿素中含氧原子数目为0.05NA
C．1mol青蒿素完全燃烧，生成11NA个H2O D．10g青蒿素中
14．“物质的量”是联系宏观世界和微观世界的桥梁。下列说法正确的是（ ）
A．常温常压下，1molN2的体积为22.4L
B．将1molNaOH固体溶于1L水，其浓度为1mol/L
C．“摩尔”是“物质的量”的单位
D．10mL2mol/LH2SO4溶液中取出的5mL溶液，其浓度为1mol/L
15．某化学教师为 “氯气与金属钠反应”设计了如图装置的实验。实验操作：先给钠预热，到钠熔融成圆球时，撤火，通入氯气，即可见钠着火燃烧，生成大量白烟。以下叙述中错误的是(　　)

A．反应生成的大量白烟是氯化钠晶体
B．玻璃管尾部塞一团浸有NaOH溶液的棉球是用于吸收过量的氯气，以免其污染空气
C．钠着火燃烧产生苍白色火焰
D．发生的反应为2Na＋Cl22NaCl
二、实验题
16．观察下列实验装置图，按要求作答：

(1)写出图中实验操作的名称：③ ，④ 。
(2)装置③④中玻璃仪器的名称：a ，c 。
(3)使用③做蒸馏实验时蒸馏烧瓶中除液体试剂外还需加入 ，作用是 。
(4)下列关于实验的叙述中正确的有 (填字母)。
A．酒精灯使用结束后，应立即吹灭
B．不慎将酸沾到皮肤或衣物上，应立即用浓溶液清洗
C．分液时，分液漏斗下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出
D．取用溶液时，发现取量过多，为了不浪费应把多余的试剂倒入原试剂瓶中
E．称量氢氧化钠固体时，应先在天平两个托盘上各放一张相同质量的纸，再把氢氧化钠固体放在纸上称
F．使用分液漏斗前要检查其是否漏水
17．某同学对气体的实验室制法做了以下探究，请根据图回答下列问题：

(1)写出图中标号仪器的名称：① ② 。
(2)实验室用高锰酸钾制取氧气的化学方程式是 ，若用A装置做发生装置，还需改进的地方是 用E装置收集氧气的适宜时机是 。
(3)实验室用C装置作为气体的发生装置，它与B相比，其的优点是 。
(4)用C和D组装制备二氧化碳气体，则C应与D中的导管 (填“a”或“b”)相连。若实验中用的多孔隔板是铁质的，则对实验的影响是 。
(5)装置D除了用于收集气体，还有其他用途。例如，除去氢气中混有的水蒸气，可在D中装入适量的 (填试剂的名称)，混合气体从 (填“a”或“b”)端进入。
三、工业流程题
18．为实现废物“资源化”利用的目的，以电石渣[主要成份为Ca(OH)2和CaCO3]为原料制备KClO3，其主要流程如图所示：
已知：氯化时存在Cl2与Ca(OH)2作用生成Ca(ClO)2的反应，Ca(ClO)2进一步转化为Ca(ClO3)2，少量Ca(ClO)2受热分解为CaCl2和O2。
(1)下列措施可以提高氯气利用率的是 (填序号)。
A．提高通入Cl2的速率　　　B．充分搅拌浆料　　　C．氯化时控制电石渣过量
(2)“氯化”中Cl2转化为Ca(ClO3)2的总反应方程式为(该反应的化学方程式中有两种生成物的化学计量数比为1：5) 。
(3)活性炭的作用是 。
(4)下图为有关物质的溶解度曲线，“转化”中加入稍过量KCl固体，在低温下可析出KClO3晶体的原因 。
(5)“分解比”是衡量氯化程度的标准，氯化后溶液中CaCl2总质量与Ca(ClO3)2总质量的比值称为“分解比”，分解比的理论值是 (精确至小数点后两位)。下图为分解比与氯化温度的关系，分解比的数值随氯化温度升高而增大的原因可能是 。
19．某工厂的工业废水中含有大量的FeSO4，较多的CuSO4和少量Na2SO4。为了减少污染并变废为宝，工厂计划从该废水中回收硫酸亚铁和金属铜。请根据下列流程图，完成回收硫酸亚铁和铜的实验方案。（可供选择的试剂为铁粉、稀H2SO4、NaOH溶液等试剂）
（1）操作a的名称为 ，所需要的玻璃仪器除烧杯外还需要 。
（2）固体E的成分为 ，加入试剂④时发生的化学方程式为 。
（3）加入试剂①的目的是 。
（4）从溶液D和溶液G中得到FeSO4·7H2O晶体的操作为蒸发浓缩、 、 、洗涤、干燥。
（5）若废水中硫酸亚铁、硫酸铜和硫酸钠组成的混合溶液，其中c(Cu2＋)＝0.1mol/L，c(Fe2＋)＝0.4mol/L，c(SO42-)＝0.6 mol/L，已知氢离子浓度忽略不计，则c(Na＋)为 。
第1页 共4页 ◎ 第2页 共4页
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参考答案：
1．C
【详解】5mol/L的溶液中硝酸根离子的物质的量浓度为10mol/L，根据溶液稀释过程中硝酸根离子的物质的量不变,则有，解得,，故C符合题意；
故答案：C。
2．D
【详解】A．溶液的浓度与体积无关。取出50mL该溶液，其中c(SO) =c(H2SO4)=1mol·L-1，A错误；
B．取出50mL该溶液，加蒸馏水配制成100mL溶液，则溶液的物质的量浓度变为原来的1/2：为0.5mol·L-1，其中所含溶质0.100L×0.5mol·L-1=0.05mol，则所含硫酸质量为，B错误；
C． 取出100mL该溶液，其中所含溶质0.100L×1mol·L-1=0.1mol，加入足量的锌粒充分反应，所得氢气的物质的量为0.1mol，但不知道是否处于标准状况，故体积不一定2.24L，C错误；
D． 取出50mL该溶液，其中所含溶质0.050L×1mol·L-1=0.05mol，加入足量的BaCl2溶液，完全反应，所得BaSO4的物质的量为0.05mol，可得BaSO4沉淀，D正确；
答案选D。
3．C
【详解】A．没有480mL的容量瓶，实际应配制的是500mL溶液，需要硫酸铜晶体的质量为0.5L×0.1mol/L×250g/mol=12.5g，故A错误；
B．浓硫酸溶解放出大量的热，不冷却立即转移定容，溶液冷却后所配溶液的体积偏小，所得溶液浓度偏大，故B错误；
C．若称量物和砝码放反，称量物质量=砝码质量-游码质量，如称量5.3g碳酸钠固体时，将物质和砝码放反，实际称量的碳酸钠的质量为4.7g，即称量的碳酸钠质量偏小，故C正确；
D．定容时俯视刻度线，所配溶液的体积偏小，所得溶液浓度偏高，故D错误；
故答案为C。
4．B
【详解】假设5%的Na2CO3溶液的质量为m g，由溶液在蒸发溶剂前后溶质的质量不变可得：m g×5%=(mg-64.3 )g×14%，解得m=100 g，故溶液中含有溶质的质量m(Na2CO3)=100 g×5%=5 g，其物质的量n(Na2CO3)==0.0472 mol，故浓缩后碳酸钠溶液的物质的量浓度c==1.52 mol/L，故合理选项是B。
5．C
【详解】反应前，活塞处于容器的中间，左、右两室的气体的物质的量相等。因为氢气和氧气的物质的量相等，设氢气和氧气的物质的量均为2mol，所以一氧化碳和氧气的总物质的量为4mol。根据，可知氧气过量。反应后右室中的气体的物质的量是左室中气体物质的量的3倍，所以右室中有3mol气体。设反应前右室中CO的物质的量为xmol，则O2的物质的量为。，当CO过量时，O2全部反应，剩余气体的物质的量，解得，即反应前CO的物质的量为3mol，则O2的物质的量为1mol，CO与O2的物质的量之比为3∶1。当CO全部反应，O2有剩余时，根据反应方程式有，解得，即反应前CO的物质的量为2mol，则O2的物质的量也为2mol，二者物质的量之比为1∶1，所以①④正确，故C符合题意。
综上所述，答案为C。
6．B
【详解】A．根据给出的维生素C的分子式可知其摩尔质量为，A正确；
B．维生素C的熔点为190℃，故在标准状况下维生素C是固体，B错误；
C．维生素C中C、O两种元素的质量比为12×6：16×6=3：4，C正确；
D．维生素C中O元素的质量分数为，D正确；
故答案为：B。
7．B
【详解】A．该84消毒液中NaClO的物质的量浓度，A项正确；
B．该瓶84消毒液中含有NaClO的物质的量，NaClO与空气中的、发生反应，则4mol NaClO可消耗4mol，在标准状况下的体积，B项错误；
C．该84消毒液中NaClO的浓度约为，将其稀释100倍后，NaClO的浓度是原来浓度的，故稀释100倍后，约为，C项正确；
D．配制时应使用500mL的容量瓶，则配制500mL含质量分数为25%的NaClO的84消毒液需要，，D项正确。
答案选B。
8．B
【详解】A．在水溶液中，Na先与水发生反应生成NaOH，不会析出单质铜，A错误；
B．由Na2O2与水或CO2反应的化学方程式可知，1mol Na2O2分别与足量水、CO2反应均生成0．5molO2，B正确；
C．氯水、漂白粉，84消毒液的漂白原理相同，均为强氧化作用，C错误；
D．题干未注明O2是在标准状况下，D错误；
故答案为：B。
9．C
【分析】分析试题：根据 ，判断不当操作对n、V的影响，进而判断溶液浓度的变化。
【详解】A．转移溶液后，未洗涤烧杯和玻璃棒就直接定容，会导致n减小，溶液浓度偏小，A错误；
B．在容量瓶中进行定容时，仰视刻度线，会导致溶液体积偏大，浓度偏小，B错误；
C．在容量瓶中进行定容时，俯视刻度线，会导致溶液体积偏小，浓度偏大，C正确；
D．定容且把容量瓶倒置摇匀后，发现液面下降，此时有少量溶液残留刻线上方，浓度不变，属于正常现象，但又补充了水，会导致V增大，浓度偏小，D错误；
故选C。
10．C
【详解】A．分别向等量的白色粉末中加等体积、等物质的量浓度的稀盐酸，碳酸氢钠立即和盐酸反应生成二氧化碳，碳酸钠和盐酸反应先生成碳酸氢钠，碳酸氢钠再和盐酸反应生成二氧化碳，所以生成二氧化碳速率不同，能达到实验目的，故A不选；
B．相同温度下，碳酸氢钠的溶解度小于碳酸钠，所以分别向等量的白色粉末中加等体积适量的水，比较固体溶解量的多少来鉴别，能达到实验目的，故B不选；
C．碳酸氢钠和碳酸钠都和氢氧化钙反应生成白色沉淀，反应现象相同，无法鉴别，所以不能达到实验目的，故C选；
D．碳酸钠比碳酸氢钠稳定，加热时碳酸钠不分解，碳酸氢钠分解生成二氧化碳，用澄清石灰水检验是否生成二氧化碳，所以能达到实验目的，故D不选；
故答案C。
【点睛】考查碳酸氢钠和碳酸钠性质，明确碳酸氢钠和碳酸钠的区别即可解答， Na2CO3和NaHCO3性质的异同，包括：①溶于水并观察现象,溶解度较大其溶于水放热的是碳酸钠,溶解度较小且水温无明显变化的是碳酸氢钠；②溶于水加热,再通入澄清的石灰水,有气泡产生且有白沉淀的是碳酸氢钠,无变化的是碳酸钠；③用pH试纸或pH计测试其pH值,碱性较强的是碳酸钠,碱性较弱的是碳酸氢钠；④溶于水并加氢氧化钙或氢氧化钡，有白色沉淀生成的是碳酸钠，无变化的是碳酸氢钠；明确碳酸钠和盐酸反应步骤，为易错点。
11．B
【详解】将VL含CuSO4和Na2SO4的混合溶液分成两等份，溶液的浓度相同，一份加入含xmolKOH的溶液，恰好使Cu2+完全转化为Cu(OH)2沉淀可知n(Cu2+)=n[Cu(OH)2]=n(KOH)=mol；另一份加入含ymolBaCl2的溶液，恰好使SO42 完全转化为BaSO4沉淀，则n(Na2SO4)=(y-)mol，n(Na2+)=2(y-)mol，因此VL溶液中c(Na2+)==mol/L；
答案选B。
12．B
【详解】①14.2gNa2SO4的物质的量为=0.1mol，但溶液的体积不等于溶剂的体积，所以无法计算出物质的量浓度，故①错误；
②32.2gNa2SO4 10H2O物质的量为=0.1mol，硫酸钠的物质的量等于硫酸钠晶体的物质的量，硫酸钠的物质的量浓度c==1.0mol L-1，故②正确；
③根据稀释定律，稀释前后溶质硫酸钠的物质的量不变，则20ml×5mol/L=100ml×c(硫酸钠)，则c(硫酸钠)=1.0mol/L，故③正确；
②③正确，故答案为B。
13．B
【详解】A. 青蒿素的相对分子质量为282，则其摩尔质量等于282，故A正确；
B. 14.1g青蒿素的物质的量为：，则含氧原子数目为0.25NA，故B错误；
C. 1mol青蒿素完全燃烧，根据氢原子守恒，能生成11molH2O，即11NA个H2O，故C正确；
D. 青蒿素中碳原子与氧原子物质的量之比为15:5，则，故D正确；
故选B。
14．C
【详解】A.标准状况下，1molN2的体积约为22.4L，常温常压不是标准状况，故A错误；
B.将1molNaOH固体溶于1L水，溶液体积不是1L，因此浓度不是1mol/L，故B错误；
C.“摩尔”是“物质的量”的单位，故C正确；
D.10mL 2mol/LH2SO4溶液中取出的5mL溶液，其浓度仍为2mol/L，故D错误；
答案：C。
15．C
【详解】A、钠与氯气反应生成白色固体氯化钠，故A正确；
B、氯气与氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，可以用氢氧化钠溶液吸收氯气，防止氯气污染环境，故B正确；
C、钠的焰色为黄色，灼烧发出黄色的火焰，故C错误；
D、钠与氯气反应生成白色固体氯化钠，反应的化学方程式为2Na+Cl2 2NaCl，故D正确；
故选C。
16．(1) 蒸馏 分液
(2) 冷凝管 分液漏斗
(3) 沸石(或碎瓷片、碎玻璃片) 防止暴沸
(4)CF
【详解】（1）根据装置特点可判断图中实验操作③是蒸馏，④是分液。
（2）根据仪器构造可知a是冷凝管，c是分液漏斗；
（3）使用③做蒸馏实验时蒸馏烧瓶中除液体试剂外还需加入沸石(或碎瓷片、碎玻璃片)，其作用是防止暴沸。
（4）A．酒精灯使用结束后，应立即用灯冒盖灭，A错误；
B．不慎将酸沾到皮肤或衣物上，应立即用大量水冲洗，B错误；
C．分液时为防止试剂相互污染，分液漏斗下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出，C正确；
D．取用溶液时，发现取量过多，应把多余的试剂倒入指定容器中，D错误；
E．氢氧化钠具有腐蚀性，易吸水，称量氢氧化钠固体时，需要放在小烧杯中称量，E错误；
F．分液漏斗带有活塞，使用分液漏斗前要检查其是否漏水，F正确；
答案选CF。
17．(1) 试管 长颈漏斗
(2) 2KMnO4K2MnO4+MnO2+O2↑ 应在试管口加一团棉花 气泡连续均匀冒出时再收集
(3)可以随时控制反应的发生或停止
(4) a 铁会与盐酸反应生成氢气，使气体不纯
(5) 浓硫酸 a
【详解】（1）据图可知①是试管，②是长颈漏斗；
（2）A装置是固体加热型气体发生装置，使用该装置制取氧气，可以使用的药品是高锰酸钾，化学方程式是：2KMnO4K2MnO4+MnO2+O2↑；为防止高锰酸钾进入水槽，应在试管口加一团棉花；E是排水法收集气体，使用此方法时，需要等气泡连续均匀冒出时再收集；
（3）C装置中的多空隔板，能起到使固体和液体分离的作用，即能起到控制反应的发生和停止的作用；
（4）D装置收集二氧化碳气体，二氧化碳的密度比空气大，二氧化碳会沉在集气瓶的底部，故应该从a端进气；若实验中用的多孔隔板是铁质的，铁会与盐酸反应生成氢气，使气体不纯；
（5）浓硫酸具有吸水性，可除去氢气中混有的水蒸气，除去氢气中混有的水蒸气，可在D中装入适量的浓硫酸，混合气体从a端进入，干燥更充分。
18．(1)BC
(2)6Ca(OH)2+6Cl2＝Ca(ClO3)2+5CaCl2+6H2O
(3)吸附多余的氯
(4)低温下KClO3的溶解度最
(5) 2.68 升 温度Ca(ClO)2分解增多，使CaCl2的量变多，Ca(ClO3)2的量变少
【分析】电石渣溶于水生成氢氧化钙，通入Cl2氯化生成氯酸钙，然后加入氯化钾转化为氯酸钾，据此解答。
【详解】（1）A．提高通入Cl2的速率，导致部分氯气来不及反应而损失，降低其利用率。
B．充分搅拌浆料，能增大接触面积，提高利用率；
C．氯化时控制电石渣过量，反应更充分，可以通过氯气的利用率；
答案选BC。
（2）氯化中Cl2转化为Ca(ClO3)2的反应中有两种生成物的化学计量数比为1：5，根据电子得失守恒可知氯酸钙和氯化钙的物质的量之比是1：5，因此总反应方程式为6Ca(OH)2+6Cl2＝Ca(ClO3)2+5CaCl2+6H2O。
（3）活性炭吸附性强，活性炭的作用是吸附多余的氯 ，防止污染。
（4）根据图像可知低温下KClO3的溶解度最 ，所以转化中加入稍过量KCl固体，在低温下可析出KClO3晶体。
（5）根据方程式可知CaCl2与Ca(ClO3)2的物质的量之比是5:1，所以分解比的理论值是≈2.68。由于升 温度Ca(ClO)2分解增多，使CaCl2的量变多，Ca(ClO3)2的量变少，所以分解比的数值随氯化温度升高而增大。
19． 过滤 漏斗、玻璃棒 Fe、Cu Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑ 将溶液中的Fe2+和Cu2+转化为沉淀，便于与含有Na+的溶液分离 冷却结晶 过滤 0.2mol/L
【分析】工业废水中先加入过量氢氧化钠溶液，过滤得到Cu(OH)2，Fe(OH)2沉淀，滤液是Na2SO4、NaOH溶液，在Cu(OH)2，Fe(OH)2中加过量稀H2SO4，溶液C的成分为CuSO4，FeSO4、H2SO4；在溶液中加过量铁，过滤出Fe、Cu，滤液D是FeSO4，在固体E中加过量稀H2SO4，过滤出Cu，实现了回收金属铜，滤液G是FeSO4、H2SO4，最后溶液合一块，进行蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，洗涤、干燥得到FeSO4 7H2O，回收硫酸亚铁，据此解答该题。
【详解】（1）操作a为过滤，用于分离固体和液体，过滤得到Cu(OH)2，Fe(OH)2沉淀，用到的玻璃仪器有漏斗、玻璃棒、烧杯；
故答案为过滤；漏斗、玻璃棒；
（2）固体E的成分为Fe、Cu，可加入硫酸，铁与硫酸反应生成硫酸亚铁，过滤出Cu，实现回收金属铜，反应的化学方程式为Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑；
故答案为Fe、Cu；Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑；
（3）试剂①应为氢氧化钠，可将溶液中的Fe2+和Cu2+转化为沉淀，便于与含有Na+的溶液分离；
故答案为将溶液中的Fe2+和Cu2+转化为沉淀，便于与含有Na+的溶液分离；
（4）从溶液D和溶液G中得到FeSO4·7H2O晶体的操作为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。
故答案为冷却结晶；过滤；
（5）溶液呈电中性，根据电荷守恒可知，2c(Cu2＋)+2c(Fe2＋)+c(Na＋)=2c(SO42-)，c(Na＋)= 2×0.6 mol/L-2×0.1mol/L-2×0.4mol/L=0.2mol/L；
故答案为0.2mol/L。
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