H2C2O4 ,H3BO3 ,HCN 的化学名称与俗称分别是什么?

（1）根据电离平衡常数知，酸性强弱顺序是：草酸＞草酸氢根离子＞碳酸＞碳酸氢根离子，所以草酸和碳酸钠反应生成草酸钠和碳酸氢钠，离子方程式为：H₂C₂O₄+2CO₃^2-=C₂O₄^2-+2HCO₃^-；加水稀释草酸促进草酸电离，但溶液中氢离子浓度减小，氢氧根离子浓度增大，
A．氢氧根离子浓度增大，氢原子浓度减小，则氢离子浓度与氢氧根离子浓度之比减小，故错误；
B．加水稀释促进草酸电离，则氢离子个数增大，草酸分子个数减小，所以氢离子浓度与草酸分子浓度之比增大，故正确；
C．加水稀释促进草酸根离子电离，草酸根离子个数增大，草酸氢根离子个数减小，所以草酸根离子浓度与草酸氢根离子浓度之比增大，故正确；
D．温度不变，草酸的电离平衡常数不变，故错误；
故答案为：H₂C₂O₄+2CO₃^2-=C₂O₄^2-+2HCO₃^-；BC；
（2）草酸和碳酸钠的物质的量相等，二者反应生成草酸一氢钠，溶液呈酸性，说明草酸氢根离子电离程度大于水解程度，
A.10mL0.1mol•l^-1H₂C₂O₄溶液中加入VmL0.1mol•L^-1NH₃•H₂O溶液，所得溶液pH=7，草酸铵溶液呈酸性，要使溶液呈中性，一水合氨的物质的量应该稍微过量，所以V＞20mL，故正确；
B．等物质的量浓度的NaHC₂O₄、Na₂C₂O₄、Na₂CO₃溶液中，酸根离子水解程度：碳酸根离子＞碳酸氢根离子＞草酸氢根离子，酸根离子水解程度越大溶液的PH越大，所以这三种溶液的pH大小顺序为：Na₂CO₃＞Na₂C₂O₄＞NaHC₂O₄，故正确；
C．草酸氢钠溶液中草酸氢根离子电离程度大于水解程度，溶液呈酸性，水还电离出氢离子，导致氢离子浓度大于草酸根离子浓度，溶液中氢氧根离子浓度最小，故错误；
D．等物质的量浓度的Na₂C₂O₄和NaHCO₃混合液中，根据物料守恒得c（H₂CO₃）+c（CO₃^2- ）+c（HCO₃^-）=c（C₂O₄^2- ）+c（HC₂O₄^-）+c（H₂C₂O₄），故错误；
故答案为：草酸氢根离子电离程度大于水解程度；AB；
（3）当在浓度均为0.1mol•L^-1的Na₂CO₃和NaHCO₃混合溶液中加入少量的酸或碱时，酸抑制碳酸氢根离子电离，氢氧根离子抑制碳酸根离子水解，溶液溶液pH变化不大；
A．H₂C₂O₄、NaHC₂O₄中草酸能和碱反应、草酸氢钠能和碱反应，所以能抵抗外加少量酸或碱对溶液pH影响，故错误；
B．NH₄Cl、NaCl中氯化铵能和酸但不能和碱反应，所以不能抵抗外加少量酸或碱对溶液pH影响，故正确；
C．NaHSO₃、Na₂SO₃中能和酸或碱反应，所以能抵抗外加少量酸或碱对溶液pH影响，故错误；
D．Na₂S₂O₃、KNO₃和酸反应但不和碱反应，所以不能抵抗外加少量酸或碱对溶液pH影响，故正确；
故答案为：当加入少量酸时，氢离子和碳酸根离子反应生成碳酸氢根离子，使得增加的氢离子减少，当加入少量碱时，氢氧根离子和碳酸氢根离子作用生成碳酸根离子，使得增加的氢氧根离子减少，因而加入少量的酸或碱对溶液的pH影响不大；BD；
（4）C₂O₄^2-沉淀完全时，令CO₃^2- 的浓度为a mol/L，由碳酸钙溶度积可知，溶液中c（Ca ²⁺ ）=
5×10−9
amol/L，故C₂O₄^2-的浓度的变化量=（a-
5×10−9
a）mol/L，平衡时C₂O₄^2-的浓度=0.3mol/L-（a-
5×10−9
a）mol/L，由草酸钙溶度积可知：[0.3-（a-
5×10−9
a）]×
5×10−9
a=2.5×10^-9，溶液中碳酸根浓度远大于钙离子浓度，可以近似为（0.3-a）×
5×10−9
a=2.5×10^-9，解得a=0.2，
故答案为：0.2mol/L；
（5）如果草酸氢根离子完全电离，则溶液的pH=1，用pH计测量0.10mol/L草酸氢钠溶液的pH大于1小于7，则证明HC₂O₄^-在水中存在着电离平衡，故答案为：用pH计测量0.10mol/L草酸氢钠溶液的pH大于1小于7．

点评：
本题考点： 酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算；影响盐类水解程度的主要因素；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质．

考点点评： 本题考查了弱电解质的电离、难溶物的溶解平衡等知识点，根据电离平衡常数确定酸的酸性强弱，酸性越强的酸其酸根离子水解程度越小，再结合溶度积常数进行计算，难度中等．

向100mL0.2mol/L的草酸溶液中加入1.68 g KOH固体，n（H₂C₂O₄）=0.02mol，n（KOH）=[1.68g/56g/mol]=0.03mol，则二者反应生成0.01molK₂C₂O₄、0.01molKHC₂O₄，
A．由电荷守恒可知，存在2c（C₂O₄^2-）+c（HC₂O₄^-）+c（OH^-）=c（K⁺）+c（H⁺），故A错误；
B．由草酸根中C原子守恒，可知物料守恒式为c（C₂O₄^2-）+c（HC₂O₄^-）+c（H₂C₂O₄）=0.2mol/L，故B正确；
C．混合溶液显酸性，电离大于水解，则c（H₂C₂O₄）＜c（HC₂O₄^-）＜c（C₂O₄^2-），故C错误；
D．溶液中有0.01molK₂C₂O₄、0.01molKHC₂O₄，电离大于水解，溶液显酸性，则c（H⁺）＜c（HC₂O₄^-）＜c（C₂O₄^2-）＜c（K⁺），故D正确；
故选AC．

点评：
本题考点： 酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算．

考点点评： 本题考查离子浓度大小的比较及酸碱混合计算，把握混合后溶液中溶质及量的关系为解答的关键，注意电荷守恒及物料守恒的应用，题目难度中等．

（1）A是实验室用草酸（H₂C₂O₄）和浓硫酸加热制取一氧化碳的气体发生装置，反应的化学方程式是：H₂C₂O₄

浓H2SO4
.
△H₂O+CO₂↑+CO↑．
C是实验室里用一氧化碳还原氧化铜的装置，其反应方程式为：CuO+CO

高温
.
Cu+CO₂；
（2）装置D中盛有氢氧化钙溶液，二氧化碳能使澄清的石灰水变浑浊；E中盛有氢氧化钠溶液，吸收混合气体中的二氧化碳；
即：D的作用是检验二氧化碳；E的作用是除去一氧化碳中的二氧化碳．
（3）此实验是利用草酸分解产生的一氧化碳来还原氧化铜．一氧化碳在通入装置C前需要进行除杂：二氧化碳被氢氧化钠吸收，浓硫酸除去水蒸气；一氧化碳还原氧化铜后产生的二氧化碳气体利用氢氧化钙进行检验．
故答案是：h、i接b、c接d（或e）、e（或d）接f．
（4）该装置中缺少了尾气处理装置．将尾气点燃或进行收集等，防止一氧化碳污染空气．
（5）设理论上至少需要20%的草酸溶液的质量为x．
H₂C₂O₄～CO～Cu
9064
x×20%6.4 g
[90/64＝
x×20%
6.4g]
x=45 g
答：理论上至少需要20%的草酸溶液的质量是45g．

点评：
本题考点： 碳、一氧化碳、氢气还原氧化铜实验；常见气体的检验与除杂方法；书写化学方程式、文字表达式、电离方程式；根据化学反应方程式的计算．

考点点评： 本题考查一氧化碳还原氧化铁的实验装置及相关问题，属于课本基本实验的延伸，难度不大，容易出错的是（2）装置的连接，注意吸收二氧化碳用氢氧化钠，检验二氧化碳用澄清石灰水，以及气体从溶液中出来时带来水蒸气．

（1）根据电离常数知酸性强弱顺序是：H₂C₂O₄＞HC₂O₄^-＞H₂CO₃＞HCO₃^-，根据强酸制取弱酸知草酸和碳酸根离子反应生成草酸根离子和二氧化碳，草酸氢根离子和碳酸根离子反应生成碳酸氢根离子和草酸根离子，故选BD；
（2）①氢氧化钠是强碱能吸收酸性氧化物二氧化碳，一氧化碳具有还原性，能还原黑色的氧化铜生成红色的铜，同时自身被氧化生成二氧化碳，二氧化碳使澄清的石灰水变浑浊，所以看到的现象是：F中黑色CuO变成光亮的红色，G中澄清石灰水变浑浊，
故答案为：吸收CO₂气体；F中黑色CuO变成光亮的红色，G中澄清石灰水变浑浊；
②该反应中反应物是草酸，生成物是水、二氧化碳和一氧化碳，反应条件是加热，所以该反应方程式为H₂C₂O₄

△
.
CO₂↑+CO↑+H₂O↑，
故答案为：H₂C₂O₄

△
.
CO₂↑+CO↑+H₂O↑；
（3）看到的现象是两支试管中紫色KMnO₄溶液均褪色，乙试管中溶液褪色较快；
通过对比实验知，硫酸锰是该反应的催化剂，加入催化剂能加快反应速率；
该反应中高锰酸根离子被还原生成锰离子，草酸被氧化生成二氧化碳，离子反应方程式为：2MnO₄^-+5H₂C₂O₄+6H⁺=10CO₂↑+2Mn²⁺+8H₂O，
故答案为：两支试管中紫色KMnO₄溶液均褪色，乙试管中溶液褪色较快；MnSO₄（Mn²⁺）是此反应的催化剂，加入催化剂可以使化学反应速率加快；
2MnO₄^-+5H₂C₂O₄+6H⁺=10CO₂↑+2Mn²⁺+8H₂O；
（4）①高锰酸钾溶液呈酸性，应该用酸式滴定管量取，故答案为：酸式；
②当入最后一滴KMnO₄，高锰酸钾溶液过量，溶液由无色变为紫色，故答案为：滴入最后一滴KMnO₄，溶液由无色变为紫色（紫红色）；
③设草酸钠的质量分数为x，
2MnO₄^-+5C₂O₄^2-+16H⁺=10CO₂↑+2Mn²⁺+8H₂O
2 5
0.0160mol/L×0.025L （ [2.0x/134×
1
5]）mol
x=[0.016×0.025×5×5×134/2×2.0]×100%=33.5%，
答：草酸钠的质量分数为33.5%．

点评：
本题考点： 弱电解质在水溶液中的电离平衡；探究物质的组成或测量物质的含量；性质实验方案的设计．

考点点评： 本题考查弱电解质的电离、探究物质的组成及含量的测定等知识点，计算量较大，会根据实验现象确定物质的组成，难度中等．

（1）高锰酸钾具有强氧化性，在硫酸条件下将H₂C₂O₄氧化为CO₂，自身被还原为MnSO₄，反应中草酸是还原剂．
故答案为：H₂C₂O₄．
（2）高锰酸钾，在硫酸条件下与H₂C₂O₄反应生成硫酸钾、硫酸锰、CO₂、水，反应方程式为2KMnO₄+5H₂C₂O₄+3H₂SO₄═2MnSO₄+K₂SO₄+10CO₂↑+8H₂O．
故答案为：2KMnO₄+5H₂C₂O₄+3H₂SO₄═2MnSO₄+K₂SO₄+10CO₂↑+8H₂O．
（3）在反应中Mn由+7价被还原到+2价，由方程式2KMnO₄+5H₂C₂O₄+3H₂SO₄═2MnSO₄+K₂SO₄+10CO₂↑+8H₂O可知，2molKMnO₄反应转移电子为2mol×（7-2）=10mol，转移10 mol电子时消耗3molH₂SO₄，所以应转移了0.4 mol电子时，参加反应的H₂SO₄的物质的量为3mol×[0.4mol/10mol]=0.12 mol．
故答案为：0.12mol．
（4）①稀硫酸与CaC₂O₄沉淀反应生成硫酸钙与草酸，反应方程式为CaC₂O₄+H₂SO₄═CaSO₄+H₂C₂O₄．
故答案为：CaC₂O₄+H₂SO₄═CaSO₄+H₂C₂O₄．
②高锰酸钾溶液本身有颜色，为紫色，在开始滴入草酸中时被还原，颜色消失，当达到滴定终点时，加入最后一滴高锰酸钾溶液颜色不褪去，溶液由无色变为浅紫色，并保持30s不消失．
故答案为：溶液由无色变为浅紫色，并保持30s不消失．
③由CaC₂O₄+H₂SO₄═CaSO₄+H₂C₂O₄、2KMnO₄+5H₂C₂O₄+3H₂SO₄=K₂SO₄+2MnSO₄+10CO₂↑+8H₂O可以得出关系式：5Ca²⁺～2KMnO₄，所以n（Ca²⁺）=2.5n（KMnO₄）=1.0×10^-4mol/L×0.02L×2.5，所以可计算出100 mL该血液中含钙的质量为：1.0×10^-4mol/L×0.02L×2.5×40g/mol×[100mL/2mL]=0.01g．
故答案为：0.01．

点评：
本题考点： 探究物质的组成或测量物质的含量；氧化还原反应；中和滴定．

考点点评： 考查化学方程式书写、氧化还原反应、滴定应用、化学计算等，难度中等，是对所需知识的综合运用，需要学生具有扎实的基础知识与分析问题、解决问题的能力．

（1）为了防止发生爆炸，点燃或加热可燃性气体都必须验纯，故应利用生成的一氧化碳排净装置内的空气，应该先点燃A处的酒精灯；
（2）浓硫酸具有吸水性，可以除去一氧化碳中混有的水蒸气；
（3）装置D中一氧化碳和氧化铁反应生成铁和二氧化碳，故玻璃管中观察的现象是 红色粉末逐渐变为黑色，反应的方程式为：Fe₂O₃+3CO

高温
.
2Fe+3CO₂；
（4）二氧化碳和澄清石灰水反应生成碳酸钙沉淀和水，反应方程式是：CO₂+Ca（OH）₂=CaCO₃↓+H₂O；
（5）氢气在点燃的条件下与氧气反应生成水；装置D滴加液体的仪器是注射器，可以使滴加的液体随加随停，控制反应的速率．
故答案为：（1）A；（2）除去一氧化碳中混有的水蒸气；（3）红色粉末逐渐变为黑色；Fe₂O₃+3CO

高温
.
2Fe+3CO₂；（4）CO₂+Ca（OH）₂=CaCO₃↓+H₂O；
（5）2H₂+O₂

点燃
.
2H₂O；D．

点评：
本题考点： 一氧化碳还原氧化铁；常见气体的检验与除杂方法；气体的净化（除杂）；氢气的制取和检验；书写化学方程式、文字表达式、电离方程式；氢气的化学性质与燃烧实验．

考点点评： 本题考查了炼铁的原理、实验现象、尾气处理以及应用．要注意有毒气体不能随意排放，可燃性气体在加热或点燃前的验纯，以及净化气体的方法．

（1）为了防止发生爆炸，点燃或加热可燃性气体都必须验纯，故应利用生成的一氧化碳排净装置内的空气，应该先点燃A处的酒精灯．
（2）因为要制取纯净干燥的一氧化碳，B装置内是氢氧化钠能吸收产生的二氧化碳，C装置则是干燥一氧化碳的装置，可用浓硫酸来吸收水分．
（3）装置D中一氧化碳和氧化铁反应生成铁和二氧化碳，故玻璃管中观察的现象是 红色粉末逐渐变为黑色，反应的方程式为：Fe₂O₃+3CO

高温
.
2Fe+3CO₂；
（4）一氧化碳有毒，过程中可能一氧化碳过多，必须对尾气进行处理．
故答案为：（1）A．
（2）除去二氧化碳；浓硫酸．
（3）红色粉末逐渐变为黑色，Fe₂O₃+3CO

高温
.
2Fe+3CO₂
（4）CO．

点评：
本题考点： 常见气体的检验与除杂方法；书写化学方程式、文字表达式、电离方程式．

考点点评： 本题考查了炼铁的原理、实验现象、尾气处理以及应用．要注意有毒气体不能随意排放，可燃性气体在加热或点燃前的验纯，以及净化气体的方法．

（1）该反应是放热反应，温度越高，反应速率越快，所以温度是改变反应速率的主要原因，
故答案为：反应放热，温度升高，反应速率加快；
（2）随着反应的进行，反应物的浓度降低，浓度越低，反应速率越小，所以浓度的改变是反应速率变化的主要原因，
故答案为：反应物浓度降低，导致反应速率降低；
（3）根据v=[△c/△t]，推倒得v×△t=△C，所以阴影面积表示反应物浓度的减少或生成物浓度的增加，
故选AD．

点评：
本题考点： 化学平衡的影响因素．

考点点评： 本题考查了影响化学反应速率的因素，侧重考查学生分析问题、分析图象、解决问题的能力．

【实验探究】实验结论中得出气体产物中有二氧化碳和一氧化碳，CO遇到浸有磷钼酸溶液的氯化钯黄色试纸，立即变蓝，二氧化碳能使澄清石灰水变浑浊，故答案为：试纸变蓝，澄清石灰水变浑浊，Ca（OH）₂+CO₂=CaCO₃↓+H₂O，
【讨论与反思】（1）浓硫酸的质量增加说明吸收了水分，故答案为：水，
（2）一氧化碳有毒性，直接的排入空气中，会污染空气，需要尾气处理，故答案为：缺少尾气处理装置，将尾气收集到气囊中（或将尾气点燃）．

点评：
本题考点： 常见气体的检验与除杂方法；二氧化碳的化学性质；一氧化碳的化学性质；书写化学方程式、文字表达式、电离方程式．

考点点评： 本题主要考查了利用物质的性质选择适当的除杂质和检验的方法．

（1）C为一种常见的无色透明液体，则C为水，A、B两物质的组成元素相同，则A和B可能为一氧化碳或二氧化碳，A能与氧气反应生成B，则B为二氧化碳，A为一氧化碳，草酸分解生成的一氧化碳、二氧化碳和水，所以本题答案为：H₂C₂O₄

浓H2SO4
.
△CO↑+CO₂↑+H₂O；
（2）二氧化碳和水反应生成的D为碳酸，所以本题答案为：H₂CO₃；
（3）要除去二氧化碳中混有的一氧化碳，可以使一氧化碳与氧化铜反应，所以本题答案为：CuO+CO

△
.
Cu+CO₂；
（4）一氧化碳和二氧化碳的分子构成不同，因而性质不同，比如一氧化碳能燃烧，而二氧化碳不能燃烧，所以本题答案为：一氧化碳能燃烧，二氧化碳不能燃烧，分子构成不同．

点评：
本题考点： 物质的鉴别、推断；书写化学方程式、文字表达式、电离方程式．

I．（1）高锰酸钾溶液具有氧化性能氧化草酸为二氧化碳，依据原子守恒和电荷守恒配平书写离子方程式为：5H₂C₂O₄+2MnO₄-+6H⁺=2Mn²⁺+10CO₂↑+8H₂O，
故答案为：5H₂C₂O₄+2MnO₄-+6H⁺=2Mn²⁺+10CO₂↑+8H₂O；
（2）图表中高锰酸钾溶液加热褪色时间较长，加入稀硫酸褪色时间缩短说明生成的锰离子对分解起了催化作用，加入少许硫酸锰速率增大较快，反应需要的时间缩短，
故答案为：随着草酸溶液与高锰酸钾溶液反应的进行，生成了Mn²⁺，Mn²⁺作为该反应的催化剂，可加快化学反应速率；
II．（1）①依据假设1、假设2可知假设3为只存在草酸钙，故答案为：只存在CaC₂O₄；
②假设2：既存在CaCO₃，也存在CaC₂O₄，设计实验方案，进行实验先检验碳酸钙的存在，再利用加入的酸溶解生成的草酸和高锰酸钾溶液反应使溶液褪色来设计实验进行验证，取少量沉淀于试管中，加入足量1 mol•L^-1 HCl，将产生的气体通入澄清石灰水中，澄清石灰水变浑浊，说明菠菜中含有碳酸盐，向步骤1得到的溶液中滴加几滴0.01 mol•L^-1 KMnO₄溶液紫红色褪去，说明菠菜中含有草酸盐，
故答案为：


取少量沉淀于试管中，加入足量1 mol•L^-1 HCl，将产生的气体通入澄清石灰水中 澄清石灰水变浑浊，说明菠菜中含有碳酸盐
向步骤1得到的溶液中滴加几滴0.01 mol•L^-1 KMnO₄ 溶液紫红色褪去，说明菠菜中含有草酸盐（2）②取m g菠菜样品，将其中草酸盐转化为 CaC₂O₄ 沉淀分离出来，用盐酸溶解后，溶液转入100mL容量瓶中加水配制成100mL溶液．每次移取25.00mL该溶液，用0.0100mol•L^-1KMnO₄标准溶液滴定，滴定实验重复操作2-3次．平均消耗标准溶液V mL，依据反应的离子方程式计算草酸物质的量为x：
5H₂C₂O₄+2MnO₄^-+6H⁺=2Mn²⁺+10CO₂↑+8H₂O
5 2
x 0.0100mol/L×v×10^-3L
故答案为：
0.0100×10−3×5×100×88×V
2×25.00×m×100%；
③用标准KMnO₄溶液直接滴定菠菜研磨、浸泡、过滤得到的溶液中可能含有其他还原性物质会消耗高锰酸钾，导致结果可能偏高，
故答案为：菠菜中还含有其他还原性物质，能与KMnO₄反应．

点评：
本题考点： 性质实验方案的设计；化学实验方案的评价．

考点点评： 本题考查了物质性质的实验设计和实验分析判断，定量测定实验的设计和计算应用，掌握实验基础和物质性质是解题关键，题目难度中等．

A、因反应中，H₂SO₄中元素化合价均未变，所以硫酸既不是氧化剂又不是还原剂，故A错误；
B、Cl元素的化合价降低，被还原，对应的产物为还原产物，即ClO₂是还原产物，故B错误；
C、因C元素的化合价由+3升高到+4价，则H₂C₂O₄在反应中作还原剂，被氧化，故C正确；
D、Cl元素的化合价由+5降低为+4价，1molKClO₃参加反应转移的电子为1mol×（5-4）=1mol，故D错误；
故选C．

点评：
本题考点： 氧化还原反应；氧化还原反应的电子转移数目计算．

考点点评： 本题考查氧化还原反应，明确反应中元素的化合价变化是解答本题的关键，注意H2C2O4中C元素化合价的判断是学生的易错点．

（1）图表分析，KHC₂O₄溶液显酸性可知，溶液中电离大于水解，选择抑制HC₂O₄^-离子电离的试剂；
A、H₂C₂O₄ 分步电离显酸性，可以抑制HC₂O₄^-离子的电离，KHC₂O₄溶液中c（K⁺）：c（HC₂O₄^-）接近1：1；故A符合；
B、加入KHC₂O₄仍然离子浓度是大于1：1；故B不符合；
C、加入适量的Na₂C₂O₄，可以抑制 HC₂O₄^-离子的电离，KHC₂O₄溶液中c（K⁺）：c（HC₂O₄^-）接近1：1；故C符合；
D、升温促进电离，KHC₂O₄溶液中c（K⁺）：c（HC₂O₄^-）大于1：1；故D不符合；
故答案为：AC；
（2）①依据原子守恒得到为CO₂；故答案为：CO₂；
②25mL中，设xmol H₂C₂O₄•2H₂O ymol KHC₂O₄根据滴定的，可以得出：2x+y=0.25×0.02
根据氧化还原的，可以得出：x+y=0.1×0.016×2.5，x=0.001，y=0.003mol，所以原混合物中H₂C₂O₄•2H₂O和KHC₂O₄的物质的量之比为1：3；故答案为：1：3；
（3）被点燃的气体为CO，质量为m（CO）=36.0 g-13.6 g-7.2 g-11.0 g=4.2 g；
又FeC₂O₄•2H₂O为0.2 mol，n（H₂O）=7.2 g÷18 g/mol=0.4 mol，
n（CO₂）=11.0 g÷44 g/mol=0.25 mol，n（CO）=4.2 g÷28 g/mol=0.15 mol，
所以，残留固体中所含元素及物质的量为n（Fe）=0.2 mol，n（O）=0.15 mol，
则残留固体为Fe和FeO的混合物，其中Fe为0.05 mol，FeO为0.15 mol；
故答案为：Fe为0.05 mol，FeO为0.15 mol；

点评：
本题考点： 影响盐类水解程度的主要因素；氧化还原反应方程式的配平．

考点点评： 本题考查了盐类水解和弱电解质电离的相对大小比较，平衡移动方向的判断，氧化还原反应离子方程式的配平方法，实验过程的计算应用，题目难度中等．

（共8分）
（1）酸受热分解若只生成二氧化碳和水，氢氧元素化合价不变，而碳元素化合价升高，所以反应后应有化合价降低的元素，所以（1）答案：（1）无法进行配平、配不平或不符合质量守恒定律或只有化合价的升高，无化合价的降低（1分）．
（2）烧杯敞口放置在空气中空气中也有二氧化碳，时间长了烧杯内的澄清石灰水也会变浑浊，故答案：①不严密（1分）注意洗气瓶要长进短出，进气的导管要浸没液体中，出气导管只要刚刚露出橡皮塞．故答案②如右下图（长管不伸入液面下不给分，不作美观要求）（1分）
因为无水硫酸铜由白变蓝，洗气瓶中溶液变浑浊，所以草酸受热分解肯定生成二氧化碳和水，但都被吸收．到最后点燃的是一氧化碳，燃烧生成二氧化碳．故答案：内壁附有澄清石灰水（其它合理答案均给分）（1分）CO（1分）
（3）根据实验现象和前面的分析知草酸受热分解生成二氧化碳、一氧化碳、水．故答案：①H₂C₂O₄

△
.
CO₂↑+CO↑+H₂O（2分）；
二氧化碳能和碱石灰中的氢氧化钠反应，虽没现象但干燥管因吸收它质量增加．故答案：②称量实验前后盛有碱石灰的干燥管的质量（意思相近的表述均给分）（1分）

点评：
本题考点： 实验探究物质的性质或变化规律；化学实验方案设计与评价；化学方程式的配平；书写化学方程式、文字表达式、电离方程式．

考点点评： 本题是实验探究题，综合考查到了质量守恒定律、物质的性质、化学用语相关知识．