【化学】江苏省启东中学2018-2019学年高一上学期期中考试试题（解析版）

江苏省启东中学2018-2019学年高一上学期期中考试试题
1.下列对化学基本观念的认识不正确的是（ ）
A. 微粒观：一个一氧化碳分子由一个碳原子和一个氧原子构成
B. 能量观：化学反应在生成新物质的同时，还伴随着能量的变化
C. 分类观，生石灰和消石灰都属于碱
D. 守恒观：电解水反应前后，元素种类和原子数目均不变
【答案】C
【解析】A、一氧化碳分子由一个碳原子和一个氧原子构成，A正确；B、天然气燃烧放出大量的热，B正确；C、生石灰 氧化钙，氧化钙属于金属氧化物，C错误；D、电解水反应前后，元素种类和原子数目均不变，D正确；答案选C。
2.化学与生活、社会发展息息相关，下列说法不正确的是（ ）
A. “霾尘积聚难见路人”，雾霾所形成的气溶胶有丁达尔效应
B. “熬胆矾铁釜，久之亦化为铜”，该过程发生了置换反应
C. “青蒿一握，以水二升渍，绞取汁”，诗句中体现的屠呦呦对青蒿素的提取属于化学变化
D. “春蚕到死丝方尽，蜡炬成灰泪始干” 诗句中涉及氧化还原反应
【答案】C
【详解】A.雾霾所形成的气溶胶属于胶体,具有丁达尔效应,所以A选项是正确的; 
B.铁置换铜属于湿法炼铜,该过程发生了置换反应,所以B选项是正确的; 
C.对青蒿素的提取利用的是萃取原理,萃取过程中没有新物质生成,属于物理变化,故C错误; 
D.石蜡的燃烧是氧化还原反应,所以D选项是正确的. 
综上所述，本题应选C。
3.下列叙述正确的是（ ）
A. 液态HCl不导电，所以HCl是非电解质
B. BaSO4溶于水的部分能够电离，所以BaSO4是电解质
C. 液态Cl2不导电，所以Cl2是非电解质
D. NH3的水溶液能够导电，所以NH3是电解质
【答案】B
【解析】A. 液态HCl不导电，溶于水电离出离子，HCl是电解质，A错误；B. BaSO4溶于水的部分能够电离，所以BaSO4是电解质，B正确；C. 氯气是单质，所以Cl2是不是电解质，也不是非电解质，C错误；D. NH3的水溶液能够导电，是生成的一水合氨电离出的离子导致，所以NH3是非电解质，一水合氨是电解质，D错误，答案选B。
4.下列溶液中,Na+的物质的量浓度最大的是(　　)
A. 1 mL 0．5 mol·L-1的NaNO3溶液 B. 100 mL 0．01 mol·L-1的NaCl溶液
C. 100 mL 0．1 mol·L-1的NaOH溶液 D. 10 mL 0．1 mol·L-1的Na2SO4溶液
【答案】A
【解析】试题分析：A、NaNO3溶液的物质的量浓度是0．5 mol·L-1； B、NaCl溶液的物质的量浓度是0．01 mol·L-1；C、NaOH溶液的物质的量浓度是0．1 mol·L-1； D、Na2SO4溶液的物质的量浓度是0．1 mol·L-1。
5.用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是（ ）
A. 含有NA个氦原子的氦气在标准状况下的体积约为11.2L
B. 25℃，1.01×105Pa，32gO2和O3的混合气体所含原子数为2NA
C. 在常温常压下，44gCO2含有的原子数为3NA
D. 标准状况下，11.2LCCl4含有的分子数为0.5NA
【答案】BC
【详解】A.氦气是单原子分子，则含有NA个氦原子氦气的物质的量为NA/NAmol-1=1mol，
标准状况下体积为1mol×22.4L/mol=22.4L，故A错误；
B.32gO2和O3的混合气体所含O原子的物质的量n（O）=32g/16g/mol=2mol，
所以32gO2和O3的混合气体所含O原子数为2mol×NAmol-1=2NA，故B正确；
C.44gCO2的物质的量为44g/44g/mol=1mol，每个CO2分子含有3个原子（1个C原子、2个O原子），所以44gCO2含有的原子数为1mol×3×NAmol-1=3NA，故C正确；
D.标准状况下，CCl4是液态，不是气体，不能使用气体摩尔体积22.4L/mol，故D错误；
故选BC。
6.下列实验操作正确且能达到相应实验目的的是（ ）

A. 称量NaOH 固体
B. 配制100mL0.1mol/L 的H2SO4 溶液
C. 家里的食用胡麻油不小心混入了大量的水采取的分离方法
D. 提纯Fe(OH)3 胶体
【答案】C
【解析】A. 称量NaOH 固体，应在小烧杯中称量，同时砝码应放在右边，故A错误；B. 配制100mL0.1mol/L 的H2SO4 溶液，不能在容量瓶中稀释浓硫酸，故B错误；C、油水互不相溶，分层，家里的食用胡麻油不小心混入了大量的水采取分液的分离方法，故C正确；D. 提纯Fe(OH)3 胶体应用渗析的方法分离，故D错误；故选C。
7.除去下列物质中的杂质,所用试剂和方法正确的是（ ）
选项
物质
杂质
除杂质所用试剂和方法
A
NH4Cl溶液
I2
加热,升华
B
KNO3
K2SO4
BaCl2溶液,过滤
C
Cu
CuO
稀硫酸,过滤
D
CaCO3
CaO
盐酸,过滤
【答案】C
【详解】A.碘在溶液中不能升华，可用萃取法分离，故A错误；
B.应加入硝酸钡溶液，加入BaCl2溶液，引入新杂质，故B错误；
C.Cu和稀硫酸不反应，加入稀硫酸，可除去CuO，故C正确；
D.CaCO3和CaO都与盐酸反应，不能用盐酸除杂，故D错误。
故选C。
8.下列反应的离了方程式正确的是（ ）
A. 碳酸钙与盐酸的反应:CO32-+2H+=CO2↑+H2O
B. 硫酸溶液与氢氧化钡溶液的反应: H++OH-=H2O
C. 硝酸银与氯化钠溶液的反应:AgNO3 +Cl-=AgCl↓+NO3-
D. 铝与硫酸铜溶液的反应:2Al+3Cu2+=2A13++3Cu
【答案】D
【解析】A. 碳酸钙是难溶性物质，应该用化学式表示，不能拆开，A错误；B. 硫酸溶液与氢氧化钡溶液的反应中还有难溶性的硫酸钡沉淀产生，B错误；C. 硝酸银在溶液中完全电离出银离子与硝酸根离子，不能用化学式表示，C错误；D. 铝与硫酸铜溶液发生置换反应生成硫酸铝和铜，离子方程式为2Al+3Cu2+=2A13++3Cu，D正确，答案选D。
9.以下各组离子能在溶液中大量共存的是（ ）
A. 含有大量SO42-的溶液：加入Mg2+、Cu2+、Cl-、NO3-
B. 滴加酚酞变红的溶液：加入SO42-、Cu2+、K+、Cl-
C. 所含溶质为NaHSO4的溶液：加入K+、CO32-、NO3-、Na+
D. 常温下，加入铁粉能生成H2的溶液：加入Na+、Ca2+、Cl-、HCO3-
【答案】A
【详解】A. 含有大量SO42-的溶液中，SO42-、Mg2+、Cu2+、Cl-、NO3-各离子之间不反应，能大量共存，A正确；
B. 滴加酚酞变红的溶液呈碱性，碱性条件下Cu2+不能大量存在，B错误；
C. 所含溶质为NaHSO4的溶液中含有大量氢离子，氢离子与CO32-反应生成二氧化碳和水而不能大量存在，C错误；
D. 常温下，加入铁粉能生成H2的溶液呈酸性，酸性条件下HCO3-不能大量存在，D错误。
答案选A。
10.卫星发射时是以N2H4(联氨，N为-2价)和N2O4为火箭的动力源。反应温度高达2700℃，反应式为2N2H4+N2O4  3N2 +4H2O。对于该反应的说法正确的是（ ）
A. 联氨是氧化剂 B. 氧化产物和还原产物的质量比为1︰2
C. 属于置换反应 D. 该反应的优点有热值高、无污染等
【答案】D
【解析】试题分析：A、N2H4中N元素化合价升高，所以联氨是还原剂，错误；B、根据化学方程式2N2H4 + N2O4 ="=" 3N2 + 4H2O，2N2H4 转化的2N2为氧化产物，N2O4 转化的N2为还原产物，则氧化产物和还原产物的质量比为2:1，错误；C、反应物没有单质，不是置换反应，错误；D、反应温度高达2700℃，热值高，生成物是N2和H2O，无污染，正确。
11.在两个容积相同的容器中，一个盛有NO气体,另一个盛有N2和O2 的混合气体。在同温同压下,两容器内的气体一定具有相同的（ ）
A. 原子数 B. 密度 C. 分子数 D. 质子数
【答案】AC
【解析】同温同压下，氮气、氧气的总体积与NO体积相等，则N2和O2总物质的量与NO物质的量相等。A．N2和O2总物质的量与NO物质的量相等，都是双原子分子，当二者分子数相等时，原子数一定相等，A正确；B．由于两容器内气体的质量不一定相等，则在容积相等的条件下，二者的密度不一定相等，B错误；C．二者的物质的量相等，因此分子数相等，C正确；D．只有氮气与氧气的物质的量之比为1：1时，二者的质子数相等，D错误，答案选AC。
12.对于某些离子的检验及结论中一定正确的是（ ）
A. 加入稀盐酸产生气体，将气体通入澄清石灰水中，溶液变浑浊，一定有CO32－
B. 加入稀硝酸后无现象，再加入氯化钡溶液有白色沉淀产生，则一定有SO42－
C. 分别含有Ba2＋、CO32-和Na＋的三种盐酸盐溶液，用H2SO4溶液就能一次鉴别开
D. 加入硝酸银溶液后产生白色沉淀，再加盐酸，白色沉淀不消失，一定有Cl-
【答案】C
【详解】A．盐酸能与含碳酸根或碳酸氢根离子的物质反应生成二氧化碳，不一定含有CO32－，且气体也可以是二氧化硫，A错误；
B．稀硝酸具有强氧化性，如果溶液中含有亚硫酸根，也会被氧化转化为硫酸根，B错误；
C．钡离子与硫酸结合生成白色沉淀，碳酸根与硫酸反应产生气体，钠离子与硫酸不反应，可以鉴别，C正确；
D．白色沉淀不一定是氯化银，也可能是硫酸银等，再加盐酸，白色沉淀也不消失，不能确定一定含有氯离子，D错误。
答案选C。
13.金刚砂(SiC)可由SiO2和碳在一定条件下反应制得（提示：Si最外层有四个电子，一般显+4价），反应方程式为：SiO2 ＋3CSiC＋2CO↑，下列有关说法中正确的是（ ）
A. 该反应中的氧化剂是SiO2，还原剂为C
B. 该反应中的氧化剂和还原剂的物质的量之比为1︰3
C. 该反应中每生成1 mol SiC转移4 mol电子
D. 该反应中的还原产物是SiC，氧化产物是CO
【答案】CD
【详解】A．反应产物SiO2中Si、O的化合价分别为+4、-2价，反应后其化合价均未发生变化，所以SiO2既不是氧化剂又不是还原剂，故A错误；
B．碳元素从0价转变成-4价（SiC）和+2价（CO），CO是氧化产物，SiC是还原产物，两者的物质的量之比为2：1，故B错误；
C．根据化学方程式可知，电子转移数目为4e-，每生成1 mol SiC转移4 mol电子，故C正确；
D．碳元素从0价转变成-4价（SiC）和+2价（CO），SiC是还原产物，CO是氧化产物，两者的物质的量之比为1：2，故D正确；
故选CD。
14.下列各组数据中，前者刚好是后者两倍的是（ ）
A. 2 mol水的摩尔质量和1 mol水的摩尔质量
B. 200mL1 mol/L氯化钙溶液中c(Cl－)和100 mL 2mol/L氯化钾溶液中c(Cl－)
C. 64 g二氧化硫中氧原子数和标准状况下22.4 L一氧化碳中氧原子数
D. 20%NaOH溶液中溶质的物质的量浓度和10% NaOH溶液中溶质的物质的量浓度
【答案】C
【详解】A.水的摩尔质量为18g/mol，与物质的量多少无关，故A错误；
B.溶液的浓度与体积无关，1 mol/L氯化钙溶液中c（Cl-）=2mol/L；2 mol/L氯化钾溶液中c（Cl-）=2mol/L，前者与后者相等，故B错误；
C.64g二氧化硫的物质的量为1mol，含有2mol氧原子；标况下22.4L一氧化碳的物质的量为1mol，含有1mol氧原子，前者是后者的两倍，故C正确；
D. 根据浓度变形公式：c=1000pw/M，其中p表示溶液密度，w表示溶质质量分数，M表示溶质摩尔质量，c（前）/c（后）=p（前）w（前）/p（后）w（后）=2p（前）/p（后），而氢氧化钠溶液质量分数越大，密度越大 ，有p（前）>p（后）,即p（前）/p（后）>1，则2p（前）/p（后）>2，故D错误。
故选C。
15.一定条件下，PbO2与Cr3＋反应，产物是Cr2O72-和Pb2＋，则与1 mol Cr3＋反应所需PbO2的物质的量为（ ）
A. 3.0 mol B. 1.5 mol C. 1.0 mol D. 0.75 mol
【答案】B
【解析】试题分析：利用电子守恒作答。当2molCr3+被氧化生成1mol Cr2O时，失去的电子为6mol，而1molPbO2被还原只能得到2mol电子，因此所需PbO2的物质的量为3mol，选A。
16.已知某“84消毒液”瓶体部分标签如图所示，该“84消毒液”通常稀释. 100 倍（体积之比）后使用。请回答下列问题：

（1）该“84消毒液”的物质的量浓度约为________ mol·L−1（计算结果保留 2位有效数字）。
（2）某同学取 100mL 该“84消毒液” ，稀释后用于消毒，稀释后的溶液中n(Na＋)＝_______ mol.
（3）“84消毒液”与稀硫酸混合用可增强消毒能力，某消毒小组用98%（ρ=1.84g·cm-3）的浓硫酸配制2L 2.3mol·L-1的稀硫酸，用于增强“84消毒液”的消毒能力，需用浓硫酸的体积为_______mL。
（4）“84消毒液”与“洁厕灵”（主要成分为盐酸）一起使用反而会弄巧成拙，产生有毒的气体,造成中毒事件。实验室用密度为1.25 g·mL-1，质量分数36.5%的浓盐酸配制0.1 mol·L-1的盐酸240 mL。
①配制240 mL 0.1 mol·L-1的盐酸应选用______mL的容量瓶。
②下列操作对所配溶液的浓度有何影响 (填“偏大”、“偏小”或“无影响”)。
A.定容时，俯视刻度线，浓度 ____________ ；
B.用量筒量取浓盐酸时，仰视刻度线，浓度 __________ ；
C.定容摇匀后发现溶液凹面低于刻度线，加水至刻度线，浓度 ____________ 。
D.容量瓶在使用前未干燥，里面有少量蒸馏水, 浓度 ____________ 。
【答案】(1). 4.0 (2). 0.4 (3). 250 (4). 250 (5). 偏大 (6). 偏大 (7). 偏小 (8). 无影响
【详解】（1）由标签数据可得物质的量浓度c=1000ρω/M=1000×1.19g·cm-3×25%／74.5g·mol−1≈4.0 mol·L−1；（2）稀释前100mL该溶液的物质的量为n(溶质)=cV=4.0 mol·L−1×0.1L=0.4mol，因为n(溶质)：n(Na+)=1:1，即n(Na+)=0.4mol；（3）稀释前硫酸的物质的量浓度为c=1000×1.84g·cm-3×0.98／98 g·mol−1=18.4 mol·L−1；c1V1=c2V2, 18.4 mol·L−1×V1=2.3mol·L-1×2L，即V1=0.25L=250mL。（4）①选用容量瓶遵循“大而近”的原则，常见的容量瓶规格为100mL、250mL、500mL、1000mL，所以配制240mL盐酸溶液需选用250mL的容量瓶。②物质的量浓度c=n/V，A.定容时俯视刻度线，实际溶液体积小于读数，所以浓度偏高；B. 定容时仰视刻度线，实际溶液体积大于读数，所以浓度偏低；C. 因为定容时加入蒸馏水，所以容量瓶在使用前未干燥，里面有少量蒸馏水，对溶液物质的量浓度无影响。
17.为除去粗盐中的Ca2+、Mg2+、Fe3+、SO42+以及泥沙等杂质，某同学设计了一种制备精盐的实验方案，步骤如下（用于沉淀的试剂稍过量）：

（1）第⑤步实验操作需要烧杯、____________、___________等玻璃仪器。
（2）第④步中，相关的离子方程式：____________________ ；____________________。
（3）步聚2中，判断沉淀已完全的方法是：_____________________________________。
（4）除杂试剂除了流程中的顺序外，加入的顺序还可以是BaCl2、Na2CO3、NaOH或者____________________________
【答案】(1). 漏斗 (2). 玻璃棒 (3). Ca2++CO32-=CaCO3 (4). Ba2++CO32-=BaCO3 (5). 静置，在上层清液中（或取少量上层清液）继续滴加BaCl2溶液，若没有沉淀产生，则沉淀完全 (6). NaOH 、BaCl2、Na2CO3
【详解】（1）过滤装置是分离难溶性物质和溶液的分离方法，用到的玻璃仪器为：烧杯、玻璃棒、漏斗，故答案为：玻璃棒；漏斗；
（2）碳酸钠可以将钙离子以及过量的钡离子沉淀下来，反应原理是Ca2++CO32-=CaCO3↓、Ba2++CO32-=BaCO3↓，故答案为：Ca2++CO32-=CaCO3↓、Ba2++CO32-=BaCO3↓；
（3）过量的氯化钡会将全部的硫酸根离子沉淀完毕，只要是硫酸根剩余，则氯化钡会与其反应出现白色沉淀，所以判断BaCl2已过量的方法是：向第②步后的上层清液（或取少量上层清液于试管中），再滴入适量BaCl2溶液，若溶液未变浑浊，则表明BaCl2已过量，
故答案为：静置，在上层清液中（或取少量上层清液）继续滴加BaCl2溶液，若没有沉淀产生，则沉淀完全；
（4）除杂试剂为了根本除去杂质离子，一般是过量的，碳酸钠可以将钙离子以及过量的钡离子沉淀下来，BaCl2、NaOH、Na2CO3加入的顺序必须满足最后加入碳酸钠，过滤后再加盐酸至不再有气体生成即可，故答案为：NaOH 、BaCl2、Na2CO3。
18.以物质的量为中心的相关计算,已知阿伏伽德罗常数为NA.
（1）质量相同的H2、NH3、SO2、O3四种气体中，含有分子数目最少的是___________，在相同温度和相同压强条件下，体积最大的是___________。
（2）73.0g HCl气体中含有_______个原子，标况下体积约为_______L
（3）23.75 g某＋2价金属的氯化物(MCl2)中含有3.01×1023个Cl－，则M的摩尔质量为___g/mol。
（4）将0.5L 1mol/L FeCl3溶液加水稀释至1L,所得溶液中氯离子的物质的量浓度是____mol/L。
【答案】(1). SO2 (2). H2 (3). 2NA (4). 44.8 (5). 24 (6). 1.5
【详解】（1）由n=m/M=V/Vm=N/NA可知，质量相同时，气体的摩尔质量越大，物质的量越小、分子数越小、体积越小。质量相同的H2、NH3、SO2、O3五种气体中，SO2的摩尔质量最大，则其物质的量最小、分子数最小；氢气的摩尔质量最小，则其物质的量最大、体积最大；故答案为：SO2，H2；
（2）73.0gHCl气体的物质的量为：n（HCl）=73.0g/36.5g/mol =2mol，2molHCl中含有2NA个HCl分子，含有原子数为：2NA×2=4NA，标准状况下2molHCl的体积为：22.4L/mol×2mol=44.8L，故答案为：4NA，44.8；
（3）3.01×10 23个Cl -的物质的量是0.5mol，所以氯化物的物质的量是0.25mol。则根据M＝m/n可知，MCl 2的摩尔质量＝23.75g÷0.25mol＝95g/mol；MCl2的相对分子质量为95，氯原子的相对原子质量是35.5，所以M的相对原子质量为95－35.5×2＝24，M的摩尔质量为24g/mol，故答案为：24；
（4）0.5L1mol/LFeCl3溶液中氯离子的浓度为3mol/L，根据稀释定律C浓V浓=C稀V稀，稀释前后氯离子的物质的量不变，令稀释后所得溶液中氯离子的浓度为c，则0.5L×3mol/L=1L×c，解得c=1.5mol/L，故答案为：1.5。
19.Ⅰ.氢化亚铜(CuH)是一种难溶物质，用CuSO4溶液和“另一物质”在40～50℃时反应可生成它。CuH具有的性质有：不稳定，易分解；在氯气中能燃烧；与稀盐酸反应能生成气体；Cu＋在酸性条件下发生的反应是：2Cu＋ = Cu2＋＋Cu.根据以上信息，结合自己所掌握的化学知识，回答下列问题：
（1）用CuSO4溶液和“另一物质”制CuH的反应中，用氧化还原观点分析，这“另一物质”在反应中作________(填“氧化剂”或“还原剂”)．
（2）CuH溶解在稀盐酸中生成的气体是_________(填化学式).
（3）氯气具有很强的氧化性，能将多数物质氧化到较高价态，试写出CuH在氯气中燃烧的化学反应方程式：____________________
Ⅱ、某强酸性反应体系中，反应物和生成物共六种物质：PbO2、PbSO4(难溶盐)、Pb(MnO4)2(强电解质)、H2O、X(水溶液呈无色)、H2SO4，已知X是一种盐，且0.1 mol X在该反应中失去3.01×1023个电子。
（4）写出X的化学式：________________________；
（5）若有9.8 g H2SO4参加反应，则转移电子的物质的量为_______mol；
【答案】(1). 还原剂 (2). H2 (3). CuH+Cl2 = CuCl2+2HCl (4). MnSO4 (5). 0.5 mol
【详解】Ⅰ、（1）由CuSO4＋“另一物质”→CuH知，反应中铜元素价态降低，故“另一物质”是还原剂，故答案为：还原剂；
（2）CuH中铜、氢元素均处于低价态，与强氧化剂氯气反应时，均可被氧化而生成
CuCl2、HCl。CuH溶于稀盐酸时，氢元素会发生价态归中型的氧化还原反应生成氢气，故答案为：H2；
（3）CuH在氯气中能燃烧,铜元素和氢元素都被氯气氧化,故可推知产物为氯化铜和氯化氢,根据得失电子守恒和原子守恒就可以配平反应方程式，反应方程式为2CuH+3Cl22CuCl2+2HCl，故答案为：2CuH+3Cl22CuCl2+2HCl；
Ⅱ、（4）根据0.1 mol X在该反应中失去3.01×1023个电子知，X在该反应中，有一种元素化合价升高5价，分析已知五种物质，只有高锰酸铅一种物质含锰元素，根据元素守恒，X必含锰元素，由高锰酸铅中锰为＋7价推知X为硫酸锰：MnSO4(无色)。由于硫酸锰在该反应中由＋2价锰失电子转化成MnO4-，另一种物质必作氧化剂，分析物质中元素化合价知，氧化剂为二氧化铅，还原剂为硫酸锰，还原产物为硫酸铅，高锰酸铅为氧化产物，根据电子守恒配平：5PbO2＋2MnSO4―→Pb(MnO4)2＋4PbSO4，根据“SO42-”守恒知，硫酸是反应物，水是产物。反应方程式为：5PbO2＋2MnSO4＋2H2SO4=Pb(MnO4)2＋4PbSO4＋2H2O，所以X是MnSO4，故答案为：MnSO4；
（5）由（4）可知，2 mol H2SO4参加反应，转移电子为10 mol。9.8g H2SO4的物质的量为0.1mol，所以转移的电子的物质的量为0.5mol，故答案为：0.5mol。
20.常温下，在27.9g水中溶解12.1 g Cu(NO3)2·3H2O，恰好达到饱和。设该溶液密度为1.20g /cm3。求：
（1）溶质的质量分数___________（友情提醒：1.溶质只有Cu(NO3)2 ，不带结晶水！）；
（2）该溶液中NO3—的物质的量浓度___________；
（3）取出20.0ml该溶液，配成浓度为1.00 mol/L的稀溶液，则稀释后溶液的体积是多少毫升？______
（4）将一根质量为100g的铁棒插入到该溶液中，一段时间后取出，洗净、干燥后称量，铁棒的质量变为100.2g，求此时溶液中Fe(NO3)2的物质的量浓度。（忽略溶液体积的变化）__________
【答案】(1). 23.5% (2). 3.0 mol/L (3). 30mL (4). 0.75mol/L
【详解】（1）12.1 g Cu(NO3)2·3H2O中Cu(NO3)2的质量=12.1×188/242=9.40g
溶质的质量分数=9.40g/（27.9+12.1）g×100%=23.5%故答案为：23.5%；
（2）12.1gCu（NO3）2·3H2O的物质的量为12.1g/242g/mol=0.05mol，则溶液中硝酸铜的物质的量为0.05mol，溶液的体积为(27.9g+12.1g)/1.2g/cm3≈33.3mL，故硝酸铜溶液的物质的量浓度为0.05mol/0.033L≈1.5mol/L，溶液中NO3-的物质的量浓度1.5mol/L×2=3.0 mol/L，
故答案为：3.0 mol/L
（3）根据稀释定律，稀释前后溶质的物质的量不变，则20.0ml该溶液，配成浓度为1.00mol/L的稀溶液，则稀释后溶液的体积为20mL×1.5mol/L/1mol/L=30mL，故答案为：30mL；
（4）若加入金属铁，使稀释后溶液中的Cu2+全部转化为单质铜，即发生反应：Fe+Cu2+=Cu+Fe2+，根据铁和铜的相对原子质量，计算出置换出的铜的质量，然后利用铁与硝酸铜反应的化学方程式和铜的质量，列出比例式，就可计算出在此过程中参加反应的铁片质量，从而计算出溶液中Fe(NO3)2的物质的量浓度。
解：设在此过程中参加反应的铁片质量为x。
Fe+Cu2+=Cu+Fe2+   固体质量变化 
56    64         8
x            100.2g﹣100g=0.2g
56/x=8/0.2g x=1.4g
n（Fe2+）=1.4g/56g/mol=0.025mol，该溶液的体积V=（12.1+27.9g/1.20g /cm3=0.033L
c（Fe(NO3)2）=0.025mol/0.033L=0.75mol/L，故答案为：0.75mol/L。