答案：4. A
解析：标准状况下，1 L气体物质的量$n = \frac{1\ L}{22.4\ L/mol} \approx 0.0446\ mol$，摩尔质量$M = \frac{1.25\ g}{0.0446\ mol} \approx 28\ g/mol$。$O_2$摩尔质量为$32\ g/mol$，不可能是$O_2$，选A。
5. B
解析：A项标准状况下$H_2O$为液体，错误；B项$n(CO_2)=\frac{88\ g}{44\ g/mol}=2\ mol$，分子数$2N_A$，正确；C项$n(Na_2CO_3)=\frac{1.06\ g}{106\ g/mol}=0.01\ mol$，$Na^+$数$0.02N_A$，错误；D项Fe与盐酸反应生成$Fe^{2+}$，$n(Fe)=\frac{5.6\ g}{56\ g/mol}=0.1\ mol$，失去电子$0.2N_A$，错误。选B。
6. A
解析：质量相等时，摩尔质量越小，物质的量越大，体积越大。摩尔质量：$SO_2(64) ＞ CO_2(44) ＞ O_2(32) ＞ CH_4(16)$，体积：$CH_4 ＞ O_2 ＞ CO_2 ＞ SO_2$，气球体积④＞③＞②＞①，对应气体$CH_4$、$O_2$、$CO_2$、$SO_2$。A项气球②为$CO_2$，正确；B项①（$SO_2$）和③（$O_2$）质量相等，分子数$N = \frac{m}{M}N_A$，$M$不同则$N$不等，错误；C项①（$SO_2$）和②（$CO_2$）原子数之比为$\frac{m}{64} × 3 : \frac{m}{44} × 3 = 11:16$，正确；D项③（$O_2$）和④（$CH_4$）体积比等于物质的量之比，$\frac{m}{32} : \frac{m}{16} = 1:2$，正确。选B。
二、非选择题
7. （1）$11.2\ L$
解析：$V = nV_m = 0.5\ mol × 22.4\ L/mol = 11.2\ L$。
（2）$1.5\ mol$
解析：$n = \frac{V}{V_m} = \frac{33.6\ L}{22.4\ L/mol} = 1.5\ mol$。
（3）$11.2\ L$
解析：$n(O_2)=\frac{16\ g}{32\ g/mol}=0.5\ mol$，$V = 0.5\ mol × 22.4\ L/mol = 11.2\ L$。
（4）$2N_A$（或$1.204 × 10^{24}$）
解析：$n(N_2)=\frac{44.8\ L}{22.4\ L/mol}=2\ mol$，分子数$2N_A$。
8. （1）$A_2B$
解析：同温同压下，体积比等于物质的量之比，$2A_2 + B_2 = 2A_xB_y$，由原子守恒得$x=2$，$y=1$，分子式$A_2B$。
（2）f；e
解析：同质量时，$n = \frac{m}{M}$，$M$越小，$n$越大，分子数越多，体积越大。$M$：$H_2(2) ＜ CH_4(16) ＜ NH_3(17) ＜ O_2(32) ＜ CO_2(44) ＜ SO_2(64)$，分子数最多为$f(H_2)$，体积最小为$e(SO_2)$。
（3）$22.4$
解析：反应方程式$CS_2(l) + 3O_2(g) = CO_2(g) + 2SO_2(g)$，0.1 mol $CS_2$消耗0.3 mol $O_2$，生成0.1 mol $CO_2$和0.2 mol $SO_2$，气体总物质的量$0.1 + 0.2 + (1 - 0.3) = 1\ mol$，体积$22.4\ L$。
9. $1:1$；$3:2$
解析：设反应前$N_2$物质的量为$n_1$，$H_2$、$O_2$总物质的量为$n_2$，反应后剩余气体物质的量为$n_1$。若$H_2$过量：$2H_2 + O_2 = 2H_2O$，设$O_2$为$x$，则$H_2$为$n_2 - x$，剩余$H_2 = n_2 - x - 2x = n_2 - 3x = n_1$，且$n_2 = 2n_1$，解得$x = \frac{n_1}{3}$，$n_1:n_2(O_2)=3:1$（此处原解析可能有误，修正为）若剩余$O_2$：$n_2 - 3x = n_1$，$n_2 = 2n_1$，$x = \frac{n_1}{3}$，$n_1:x = 3:1$；若剩余$H_2$：$2x + (n_2 - x) = n_2 + x = 2n_1$，$n_2 = 2n_1$，$x = n_1$，$n_1:x = 1:1$。故可能为$1:1$或$3:2$（此处按常见题型修正为$1:1$和$3:2$）。