【文档说明】江西省南昌市第二中学2023-2024学年高一上学期期中考试化学试卷 （解析版）.docx，共(15)页，346.701 KB，由小赞的店铺上传

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南昌二中2023-2024学年度高一上学期期中考试化学试卷相对原子质量H-1C-12N-14O-16Na-23Al-27S-32Cl-35.5K-39一、选择题(每题只有一个选项符合题意，每题3分，共42分)1.下列说法不正确的是A.过氧化钠可在呼吸面具或潜水艇中作为氧

气的来源B.漂白粉既可作漂白棉、麻、纸张的漂白剂，又可用作游泳池等场所的消毒剂C.碳酸氢钠可用于治疗胃酸过多D.金属钠具有较强的还原性，可与四氯化钛溶液反应置换出钛【答案】D【解析】【详解】A．过氧化钠与水、二氧化碳反应都生成氧气，可在呼吸面具或潜水艇中作为氧气的来源，故A正确；B．漂白

粉的有效成分次氯酸钙具有强氧化性，能使蛋白质变性而杀菌消毒，也能使有色物质褪色，所以漂白粉既可做漂白棉麻纸张的漂白剂，又可做游泳池及环境的消毒剂，故B正确；C．碳酸氢钠能与盐酸反应，消耗盐酸，且碱性较弱，可

以用于治疗胃酸过多，故C正确；D．钠性质活泼，与盐溶液反应，先与水反应，不能置换出金属，故D错误；故答案D。2.下列各组物质分类正确的是选项纯净物混合物酸碱盐酸性氧化物碱性氧化物A液氯碱石灰H3PO4纯碱N

aHSO4CONa2OB石墨盐酸HNO3烧碱NaHCO3SO2CuOC大理石碘酒CH3COOH苛性钾NaClMn2O7Al2O3D空气水银H2S熟石灰KClO3SiO2CaOA.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A．纯碱是Na2CO3，该物质属于盐，不属于碱；CO是不成盐氧

化物，而不属于酸性氧化物，A错误；为B．选项中各种物质分类合理，B正确；C．Al2O3属于两性氧化物，不是碱性氧化物，C错误；D．水银是Hg单质，属于纯净物，不是混合物，D错误；故合理选项是B。3.下列关于Fe(

OH)3胶体的叙述中，正确的是A.制备Fe(OH)3胶体的化学方程式是FeCl3＋3H2OΔFe(OH)3↓＋3HClB.在制备Fe(OH)3胶体的实验中，加热煮沸时间越长，越有利于胶体的生成C.Fe(OH)3胶体粒子能吸附阳离子，从而使Fe(OH)3胶体带有一定电荷D.一束

光线通过Fe(OH)3胶体，可以看见一条光亮的“通路”【答案】D【解析】【详解】A．制备Fe(OH)3胶体不能写“↓”，A项错误；B．热煮沸时间过长，胶体会发生聚沉无法得到Fe(OH)3胶体，B项错误；C．Fe(OH)3胶粒能吸附阳离子，但Fe(OH)3胶体不带电不显电性

，C项错误；D．光束通过胶体时，光线能够发生散射作用而产生丁达尔效应，D项正确；故选D。4.下列离子能大量共存的是A.使无色酚酞试液呈红色的溶液中：Na+、K+、CO23−、SO24−B.无色透明的溶液中：

Cu2+、K+、NO3−、SO24−C.含有大量AgNO3的溶液中：H+、K+、SO24−、Cl-D.使紫色石蕊试液呈红色的溶液中：Na+、Fe2+、CO23−、NO3−【答案】A【解析】【详解】A．使无色酚酞试液呈红色的溶液中含有大量氢氧根离子，该组离子均

不反应，能大量共存，A符合题意；B．Cu2+为蓝色，不符合无色透明的限定条件，B不符合题意；C．大量硝酸银溶液中的银离子不能与氯离子大量共存，因为会反应生成氯化银沉淀，C不符合题意；D．使紫色石蕊试液呈红色的溶液中存在大量氢离子，氢离子

会与碳酸根离子发生反应，两者不能大量共存，且亚铁离子与碳酸根离子也会反应不能共存，D不符合题意；故选A。5.下列反应的离子方程式书写正确的是A.足量碳酸氢钠溶液与澄清石灰水反应：HCO3−+Ca2++OH-=

CaCO3↓+H2OB.足量CO2通入氢氧化钠溶液中：CO2+OH-=HCO3−C.钠与水反应：+-22Na+HO=Na+OH+HD.将氯气溶于水制备次氯酸：Cl2+H2O⇌2H++Cl-+ClO-【答案】B【解析

】【详解】A．足量碳酸氢钠溶液与澄清石灰水反应时，会按物质的量为2:1进行，对应的离子方程式为：2HCO3−+Ca2++2OH-=CaCO3↓+2H2O+CO23−，A错误；B．足量CO2通入氢氧化钠溶液中会反应生成碳酸氢钠，其离

子方程式为：CO2+OH-=HCO3−，B正确；C．上述反应元素不守恒，正确的方程式为：+-222Na+2HO=2Na+2OH+H，C错误；D．次氯酸为弱酸，在离子方程式中保留化学式，其离子方程式为：Cl2+H2O⇌H++Cl-+HClO，D错误；故选B。6.已

知有下列四个反应：①Cl2+2Fe2+=2Fe3++2Cl-②2222Cl+FeI=FeCl+I③Br2+2Fe2+=2Fe3++2Br-④23222CoO+6HCl=2CoCl+Cl+3HO下列有关说法正确的是A.反应②③④中的氧化产物分别是I2、Fe3+、CoCl2B.根据①②③

可以得到还原性：I->Fe2+>Br-C.可以发生反应2222=Cl+FeBrFeCl+BrD.在反应④中参加反应的Co2O3和体现还原性的HCl物质的量比为1∶6【答案】B【解析】【详解】A．氧化产物为化合价升高的产物，反应②③④中的氧化产

物分别是I2、Fe3+、Cl2，A错误；B．反应①可知，还原性：Fe2+>Cl-；反应②可知还原性：I->Fe2+；反应③可知还原性：Fe2+>Br-；B正确；C．结合C选项产物分析，溴单质的氧化性强于亚铁离子，产物不能大量共存还会继续发

生氧化还原反应，C错误；D．对反应④分析：23222CoO+6HCl=2CoCl+Cl+3HO，参加反应的Co2O3和体现还原性的HCl物质的量比为1∶2，D错误；故选B。7.用NA表示阿伏加德罗常

数的值，下列叙述正确的是A.13.2gCO2和N2O形成的混合物含有的原子数目为0.9NAB.0.5mol/LBa(OH)2溶液中含有OH-的数目为NAC.标准状况下，5.6LH2O有的原子数目为0.75NAD.100g质量分数为46

%的乙醇(C2H5OH)溶液中，含有的氢原子数为6NA【答案】A【解析】【详解】A．CO2和N2O的相对分子质量都是44且均为三原子分子，故13.2gCO2和N2O混合物为0.3mol，其含有的原子总数

为0.9mol，A正确；B．未给Ba(OH)2溶液体积，故其溶液中氢氧根离子数目无法计算，B错误；C．标况下水为固态，无法由其体积直接计算水的物质的量，C错误；D．100g质量分数为46%的乙醇(C2H5OH)溶液中，除乙醇含有氢原子

，水分子也含有氢原子，46g乙醇分子含6mol氢原子，54g水分子也含6mol氢原子，D错误；故选A。8.在新制氯水中存在多种分子和离子，它们在不同的反应中表现出各自的性质。下列实验现象和结论一致且正确的是A.新制氯水呈浅黄绿色，且有刺激性气味，说明溶液中有HCl分子存在B

.用强光照射新制氯水一段时间后，溶液pH增大，说明溶液中有HCl存在C.将23NaCO加入新制氯水中，有无色气泡产生，说明溶液中有+H存在D.2FeCl溶液中滴加新制氯水，溶液变成棕黄色，说明新制氯水中有HClO存在【答案】C【解析】【详解】

A．新制氯水呈浅黄绿色，说明氯水中含Cl2，A错误；B．光照时HClO转化为HCl和O2，溶液酸性增强，即pH减小，B错误；C．发生的反应为2-+322CO+2H=CO+HO，可说明溶液中有H+，C正确；D．Cl2也可把Fe2+氧化为Fe3+，不能说明新制氯

水中有HClO，D错误；故选C。9.对于下列事实和相应解释有错误的是选项事实解释A钠保存在煤油中煤油可以隔绝空气和水蒸气B将一小块儿钠投入饱和NaOH溶液中恢复到原温度后溶液中Na+数目增多钠与水反应有NaOH生成，所以溶液中Na+数目

增多C金属钠着火时，应用干燥的沙子扑灭钠与水反应生成H2，不安全D钠长期暴露在空气中的产物是Na2CO3钠与空气中的氧气、水、CO2反应A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A．钠与煤油不

反应，且钠的密度大于煤油的密度，因此少量钠保存在煤油中就可以隔绝空气和水蒸气，A正确；B．钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，消耗少量水，恢复到室温后，原饱和溶液有晶体析出，剩余溶液还是饱和溶液，钠离子减少，B错误；C．钠与水反应生成H2，氢气易燃易爆

不安全，故金属钠着火时，应用干燥的沙子扑灭，C正确；D．钠与氧气反应生成氧化钠，氧化钠与水反应生成氢氧化钠，氢氧化钠潮解，氢氧化钠溶液吸收二氧化碳生成碳酸钠晶体，碳酸钠晶体风化得到碳酸钠，D正确；故选B。10.下列叙述不正确是A.等质量的2O和3O中所含的氧原子数相同B.在一定

的温度和压强下，各种气体的摩尔体积相等C.2gCln中有m个Cl原子，则阿伏加德罗常数AN的数值可表示为35.5m/n的D.4gNaOH溶解于500mL水中，所得溶液的物质的量浓度为10.2molL−【答案】D【解析】

【详解】A．O2和O3均由氧原子构成，故等质量的O2和O3中所含的氧原子数相同，A正确；B．气体的摩尔体积影响因素为温度和压强，故在一定的温度和压强下，各种气体的摩尔体积相等，B正确；C．ngCl2中有m个Cl原子，则-1Ang2Nmol=m71g

/mol，阿伏加德罗常数NA的数值可表示为35.5mn，C正确；D．溶液的体积不等同于溶剂的体积，将4gNaOH溶解于500mL水中，所得溶液的体积大于500mL，则浓度小于0.2mol/L，故D错误；故答案为：D。11.把24KSO和24NaSO混合物22.9g溶于

水制成100mL溶液，其中()214SO1.5molLc−−=。在该溶液中加入一定量()2BaOH溶液恰好完全反应，过滤，干燥后所得固体的物质的量为A.1molB.1.5molC.0.15molD.无法确定

【答案】C【解析】【详解】把24KSO和24NaSO混合物22.9g溶于水制成100mL溶液，其中()214SO1.5molLc−−=，根据n=cV可知，n(24SO−)=1.5mol/L0.1L=0.15mol，在该溶液中加入一定量()2BaOH溶液恰好完全反应，生成硫酸钡的物质的量为

0.15mol，C项符合题意。故选C。12.侯氏制碱法又称联合制碱法，是我国化学工程专家侯德榜于1943年创立的。实验室模拟侯氏制碱法的工艺流程如图所示。下列说法错误的是A.向饱和食盐水中依次通入的气体氨气和2COB.该反应利用了3Na

HCO溶解度小的特点C.由3NaHCO固体制备纯碱操作是在烧杯中加热灼烧3NaHCO固体D.检验3NaHCO固体中是否混有4NHCl可用稀硝酸、3AgNO溶液【答案】C【解析】【分析】饱和食盐水中先通入氨气再通入二氧化碳发生反应生成碳酸氢钠晶体和氯化铵母液，过滤后得到的碳酸氢钠固

体再受热分解可得到碳酸钠（纯碱）、二氧化碳和水。氯化铵母液再经过一系列操作后得到氯化铵副产物，据此分析解答。【详解】A．二氧化碳微溶于水，为提高原料利用率，需向饱和食盐水中先通入氨气，再通入二氧化碳，A正确；B．碳酸钠的溶解度较小，所以在饱和食盐水中经反应生成后以晶体形

式析出体系，B正确；C．固体的灼烧不能在烧杯中进行，在坩埚中加热灼烧3NaHCO固体得到纯碱，C错误；D．氯离子检验可以采用硝酸酸化后，加入硝酸银的方法检验，D正确；故选C。13.将50mL0.1mol/LNaCl和50mL0.5m

ol/L2CaCl混合后，其溶液的体积变为二者的体积之和，则混合液中Cl−的物质的量浓度为A.0.1mol/LB.0.5mol/LC.0.55mol/LD.0.75mol/L【答案】C【解析】【详解】将50mL0.1m

ol/LNaCl和50mL0.5mol/L2CaCl混合后，其溶液的体积变为二者的体积之和，即溶液体积变为100mL，溶液中的n(Cl-)=0.1mol/L×0.05L+0.5mol/L×2×0.05L=0.055mol,则c(Cl-)=0.0550.

1molL=0.55mol/L，故选：C。14.已知：HCl与NH3反应生成固态NH4Cl，CH4不与HCl反应。相同条件下，向如图所示的密闭容器的左边通入1molNO，右边通入CH4和HCl的混合气体，若CH4和HCl的物质的量之比为1：4，下列说法错误的是的的A.左边与右边的原

子个数比为2：3B.右边混合气体中CH4的物质的量为0.3molC.向右边通入0.5molNH3时，可移动挡板将移到2.5刻度处D.右边CH4和HCl的混合气体的平均摩尔质量为132.4gmol−【答案】A【解析】【详解】A．在同温同压下，气体的体积比等于气体的物质的量的

比，左边NO与右边CH4和HCl的混合气体的体积比是2：3，由于左边气体物质的量是1mol，则左边含有的原子的物质的量是2mol；右边气体物质的量是1mol×32=1.5mol，若CH4和HCl的物质

的量之比为1：4，则n(CH4)=11.5mol=0.3mol4+1，n(HCl)=11.5mol=0.3mol4+1，右边混合气体中含有原子的物质的量为n=0.3mol×5+1.2mol×2=3.9mol，故左边与右边的原子个数比为2mol：3.9mol=20

：39，A错误；B．根据选项A计算可知右边混合气体中CH4的物质的量为0.3mol，B正确；C．若向右边通入0.5molNH3时，会发生反应：NH3+HCl=NH4Cl，0.5molNH3反应消耗0.5molHCl，反应后容器在含有n(CH4)=0.3mol，n(HCl)=1.2mol-0.5mo

l=0.7mol，混合气体总物质的量是1mol，与左边NO的物质的量相等，两边气体的体积应该相等，故可移动挡板将移到2.5刻度处，C正确；D．右边CH4和HCl的物质的量之比为1：4，则混合气体的平均摩尔质量为M=1mol16g/mol+4mol36.5g/mol=32.4g/mol5

mol，D正确；故合理选项是A。二、填空题(共58分)15.回答下列问题（1）NaClO中Cl的化合价为_______，NaClO具有较强的_______(填“氧化”或“还原”)性，是常用的“84”消毒剂的有效

成分。工业上将Cl2溶于一定浓度的NaOH溶液，可制得“84”消毒液，反应的离子方程式为_______。（2）某届奥运会期间，由于工作人员将84消毒液(有效成分NaClO)与双氧水两种消毒剂混用，导致游泳池藻类快速生长，池水变绿。一种可能的原因是N

aClO与22HO反应产生2O促进藻类快速生长。该反应说明氧化性：NaClO_______22HO的(填“>”或“<)；当参加反应的NaClO和22HO分子的物质的量比为1：1时，该反应的还原产物为_______(填字母序

号)。A．2OB．2HOC．2ClD．NaClE．NaClOF．2NaClO2ClO在常温下为黄色气体，熔点为-59.5℃，沸点为11℃，易溶于水，其水溶液是一种广谱杀菌剂。实验室可用如图所示装置制备2ClO(夹持装置略)。（3）某同学利用一定浓度的盐酸和

MnO2制备Cl2，选择_______(填“图甲”“图乙”)，发生反应的离子方程式为_______。制备得到的氯气依次通入①和②中进行净化后通入A中，①和②中的试剂分别为_______、_______。（4）在用ClO2进行水处理时，ClO2除了杀菌

消毒外，还能除去水中的Fe2+和Mn2+。用ClO2氧化除去Mn2+，生成2ClO−和MnO2的离子方程式为_______。【答案】15.①.+1②.氧化③.Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O16.①.>②.D17.①.图乙②.MnO2

+4H++2Cl-ΔMn2++Cl2↑+2H2O③.饱和食盐水④.浓硫酸18.2ClO2+Mn2++2H2O=22ClO−+MnO2↓+4H+【解析】【小问1详解】根据化合物中各元素化合价代数和为0，可算得Cl化合价为+1价；NaClO具有较强的氧化性；将Cl2溶于一定浓

度的NaOH溶液，可制得“84”消毒液，反应的离子方程式：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O；【小问2详解】NaClO与22HO反应产生2O，说明氧化性：NaClO＞22HO；当参加反应的NaClO和22HO分子的物质的量比为1：1时，根据得失

电子守恒可知还原产物为2NaClO；【小问3详解】盐酸和MnO2制备Cl2，需要加热反应条件，选装置乙；反应的离子方程式：MnO2+4H++2Cl-ΔMn2++Cl2↑+2H2O；生成的氯气中混有盐酸挥发出的HCl气体和水分，需先经过饱和食盐

水除杂，在经过浓硫酸干燥；【小问4详解】ClO2氧化除去Mn2+，生成2ClO−和MnO2的离子方程式：2ClO2+Mn2++2H2O=22ClO−+MnO2↓+4H+；16.根据所学知识，回答下列问题：（1）稀硫酸具有酸性，

50mL0.1mol•L-1稀硫酸溶液中，n(H+)=_______mol。（2）稀硫酸与铝恰好完全反应，所得0.5VmLAl2(SO4)3溶液中含有mgAl3+，将其稀释至Vml，此时溶液中SO24−物质的量浓度为_______mol•L-1。（3）在同温同压下，N

O和SO2两种气体，密度比为_______，若两者质量相等，其体积比为_______。（4）实验室利用反应2KClO3Δ2KCl+3O2↑制取氧气，现有12.25gKClO3参加反应，计算得到标准状况下的氧气的体积是_______L。（5）将标准状况下的a

LHCl气体溶于1L水中，得到盐酸的物质的量浓度为bmol/L，则该盐酸的质量分数为_______；该盐酸的密度为_______g·mL-1。（6）9.03×1023个H2的物质的量是_______，在标准状况下的体积为_______。实验室制H2时，用排空气法收集H2，所得气体对N

O的相对密度为2/3，则H2在此气体中所占的体积分数为_______。(精确到小数点后1位)【答案】16.0.0117.500m9V18.①.15∶32②.32∶1519.3.3620.①.()36.5a36.5a22400+％②.(36.5a+22400)b/1000a21.①.

1.5mol②.33.6L③.33.3%【解析】【小问1详解】()()24nH2nHSO20.1mol/L0.05L=0.01mol+==；【小问2详解】0.5VmLAl2(SO4)3溶液中含有mgAl3+，说明()3mgmnAlmol27g/mol27+==，则()24mnSOmo

l18−=,溶液体积为0.5VmL，则()243mmol1000m18cSOmol/L0.5V10L9V−−==，将其稀释至Vml，则浓度为500mmol/L9V；【小问3详解】根据理想气体方程，PVnRT=，变式为：PMRT=，同温同压下，密度比等于两其他摩尔质量比，NO和SO2两

种气体，密度比为：15∶32；同温同压条件下，体积比等于物质的量之比，根据mnM=可知质量相同时，物质的量与摩尔质量成反比，则二者气体体积比为：32∶15；【小问4详解】12.25gKClO3对应物质的量：12.25g0.1mol125.5g/

mol=，根据化学计量数比值可知，反应产生氧气的物质的量为0.15mol，对应标准状况下气体体积：0.15mol22.4L/mol3.36L=；【小问5详解】aLHCl物质的量：aLanmol22.4L/mol22.4==，其质量：a36.5ammol36.5g/mol

g22.422.4==，溶液总质量：36.5a1000gg22.4+，质量分数：()36.5ag36.5a22.4100?36.5a36.5a224001000gg22.4=++％％；溶液体积：amolna22.4VLcb?mol/L22.4b===，溶液密度

：()136.5a1000gg22.4aL36.5a22400bgmL221.b0400a−++==；【小问6详解】9.03×1023个H2的物质的量：2312A3Nn1.5molN6.02mo9.03101

0l−===；在标准状况下的体积：VnVm1.5mol22.4L/mol33.6L===。17.A、B、C、D、E、F六种物质的焰色试验均为黄色。A、B、C、D与盐酸反应均生成E，此外B与盐酸反应还生成一种可燃性气体；C、D与酸反应还生成

一种无色无味的气体H，该气体能使澄清的石灰水变浑浊。D与A可反应生成C，F与H也可反应生成C和另一种无色无味气体。回答下列问题：（1）写出E的化学式：_______。（2）写出F与H反应的化学方程式：_______。（3）写出下列反应的

离子方程式：①C中滴少量盐酸：_______。②D与A反应：_______。【答案】（1）NaCl（2）2222322NaO2CO2NaCOO+=+（3）①.CO23−+H+=HCO3−②.HCO3−+OH-=CO23−+H2O【解析】【分析】由焰色反应均为黄色可

知A、B、C、D、E、F六种物质都含有Na元素，A、B、C、D与盐酸反应均生成E，所以E为NaCl，B与盐酸反应还生成一种可燃性气体，可知B为Na，C、D与酸反应还生成一种无色无味的气体H，该气体能使澄清的石灰水变浑浊，H为

CO2，C、D为Na2CO3或者3NaHCO，D与A可反应生成C，说明D为3NaHCO，C为Na2CO3，A为NaOH，F与H(CO2)也可反应生成C和另一种无色无味气体，故F为22NaO，综上所述可知A为NaOH、B为Na、C为Na2C

O3、D为3NaHCO、E为NaCl、F为22NaO。【小问1详解】结合分析可知，E的化学式为NaCl；【小问2详解】F为22NaO，H为CO2，F与H反应的化学方程式为2222322NaO2CO2NaCOO+=+；【小问3详解】①C中滴少量盐酸，碳酸根离子会与氢离

子发生生成碳酸氢根离子，其离子方程式为：CO23−+H+=HCO3−；②D为碳酸氢钠，A为NaOH，两者反应会生成碳酸钠和水，其离子方程式为HCO3−+OH-=CO23−+H2O。18.回答下列问题：（1）饮用水中的-3NO对人类健康会产生危害，为了

降低饮用水中-3NO的浓度，可以用化学方法处理-3NO，其化学方程式为10Al+6NaNO3+4NaOH=10NaAlO2+3N2↑+2H2O。①上述反应中，氧化产物为_______(用化学式表示)。②在上述反应中，

每生成1molN2，被氧化的物质_______g。③请配平下列离子方程式：_______。_______2Fe++_______H++_______3NO−=_______3Fe++_______2NO+_______2HO（2）向200mLNaOH溶液中通入一定量的CO2气体，充

分反应后，再向所得溶液中逐滴加入1mol•L-1的盐酸，产生CO2的体积与所加盐酸体积之间的关系如图所示。①原NaOH溶液的浓度为_______②所得溶液的溶质成分为_______，其物质的量之比为_______（3）已知：4222422422FeS

O6NaO2NaFeO2NaO2NaSOO++++=，该反应中被1molNa2O2氧化的FeSO4为_______mol。【答案】（1）①.NaAlO2②.90③.2++-3+3228Fe+10H+2NO=8Fe+NO+5

HO（2）①.1.5mol•L-1②.Na2CO3、NaHCO3③.a∶(300-2a)（3）0.5【解析】【小问1详解】①由方程式可知，反应中铝元素的化合价升高被氧化，转化为偏铝酸钠，所以氧化产物为NaAlO2；②根据方程式10Al+6NaNO3+4N

aOH=10NaAlO2+3N2↑+2H2O可知，铝被氧化，且关系式为：10Al3N2，所以每生成1molN2，被氧化的铝的物质的量为103mol，其质量为10mol27g/mol=90g3；③方程式中亚铁离子被氧化为铁离子，化合价升高1，硝酸

根离子中氮元素转化为2NO，每生成1mol2NO，转移电子的物质的量为8mol，所以2Fe+与2NO的化学计量数之比为8:1，再根据电荷守恒与元素守恒配平得出上述反应的离子方程式为2++-3+3228Fe+10H+2NO=8Fe+NO+5HO；【小问2详解】根据图示

中2a＜300可知，过程中发生的反应依次是：Na2CO3+HCl＝NaCl+NaHCO3、NaHCO3+HCl＝NaCl+CO2↑+H2O，由图可知0～amL是碳酸钠与盐酸反应，而amL～300mL是盐酸与碳酸氢钠反应，当300mL时是单一溶质NaCl，根据组成可知，n（HCl

）=n（NaCl）=n（NaOH），据此分析解答。①结合上述分析，根据钠元素和氯元素的守恒关系可知，n(NaOH)=n(NaCl)=n(HCl)=300mL×10-3×1mol/L=0.3mol，所以c(

NaOH)=0.3mol1.5mol/L0.2L=；②根据上述分析可知，所得溶液溶质成分为碳酸钠与碳酸氢钠，根据消耗的盐酸的用量分析可知，n(Na2CO3):n(NaHCO3)=a∶(300-2a)；【小问3详解】上述反应中1mol过氧化钠作氧

化剂，转移2mol电子，而1molFeSO4被氧化为高铁酸钠，转移4mol电子，所以被1molNa2O2氧化的FeSO4为0.5mol。的获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com