周测卷(二)氧化还原反应-【鱼跃龙门卷】2026-2027学年高三化学一轮复习周测卷（山东专用）

a 2026一2027学年度高三一轮复习周测卷（二） 化学·氧化还原反应 (考试时间40分钟，总分100分) 可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16 一、选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。每小题只有一个选项符合题目要求。 1.下列说法不涉及氧化还原反应的是 A.雷雨发庄稼—自然固氮 B.从沙滩到用户一由二氧化硅制晶体硅 C.干千年，湿万年，不干不湿就半年一青铜器、铁器的腐蚀与防护 D.灰混粪，粪混灰，粪灰相混损粪肥—一灰中含有碳酸钾，粪中含有铵盐 2.中国传统文化对人类文明贡献巨大，古代文献中充分记载了古代化学研究成果，晋代《抱朴 子》中描述了大量的化学反应，其中有①“丹砂烧之成水银，积变又还成丹砂（已知丹砂化学式 为HgS)”;②“以曾青涂铁，铁赤色如铜”。下列有关叙述正确的是 A.①中“积变又还成丹砂”说明水银发生了还原反应 B.②中反应的离子方程式为2Fe十3Cu2+—2Fe3++3Cu C.根据①可知温度计打破后可以用硫粉覆盖水银，防止中毒 D.水银能与曾青发生置换反应生成单质铜 3.硫酸亚铁铵隔绝空气加热至500℃发生的反应为2NH),Fe(S0,),500tFe,0,十2NH,◆十 N2个十4X个+5H2O个。下列说法错误的是 A.该反应的还原产物为Fe2O3和N2 B.X是SO2 C.每生成1molN2,转移电子的物质的量为8mol D.分别氧化铁元素、氮元素所需的硫酸根离子的物质的量之比为1：3 4.化学烫发巧妙利用了头发中蛋白质发生化学反应实现对头发的“定型”，其变化过程示意图如 图所示。下列说法错误的是 -SH HS -SH HS- 药剂A <SH HS 药剂B SH HS- SH HS SH HS SH HS- ①D ② A.药剂A具有还原性 B.①-→②过程若有2molS一S断裂，则转移4mol电子 化学·周测卷（二）第1页（共4页） 鱼跃龙门卷 C.②→③过程若药剂B是H2O2,其还原产物为O2 D.化学烫发通过改变头发中某些蛋白质中S一S位置来实现头发的定型 5.已知2Fe3+十2I—2Fe2++I2,Br2十2Fe2+—2Br十2Fe3+。向含有FeBr2、FeL2的混合液 中通入一定量的氯气后，再滴加少量KSCN溶液，溶液变为红色。下列说法错误的是 A.按I、Fe2+、Br的顺序还原性逐渐减弱 B.通入氯气后原溶液中Fe2+一定被氧化 C.原溶液中Br一定被氧化 D.不能确定通入氯气后的溶液中是否还存在Fe2+ 6.向100mL苛性钾溶液中通人一定量氯气恰好完全反应且生成物中有三种含氯元素的粒子， 经测定，n(KCl1O3)=0.02mol,n(KClO)=0.04mol。该苛性钾溶液中溶质的物质的量浓 度为 A.0.6mol·L-1 B.1.2mol·L-1 C.1.8mol·L-1 D.2mol·L-1 7.处理某废水时，反应过程中部分离子浓度与反应时间的关系如图所示，反应过程中主要存在 N2、HCO3、CIO、CNOˉ（其中碳元素为十4价，氮元素为一3价）、CI等粒子。下列说法错 误的是 A.该废水呈强酸性 B.废水处理后转化为无害物质 HCO C.反应的离子方程式为3CIO-+2CNO-+H2O一N2个+ 2HCO,+3C1 时间/min D.每处理1 nol CNO转移3mol电子 二、选择题：本题共3小题，每小题8分，共24分。在每小题给出的四个选项中，有一项或两项是 符合题目要求的。全部选对的得8分，选对但不全的得4分，有选错的得0分。 8.四氧化钉(RuO4)是一种微溶于水的黄色晶体，具有强氧化性。RuO4能氧化浓盐酸生成Cl2, 其反应的化学方程式为2RuO4+16HCI(浓)—2RuCL3十8H2O十5C12个。在稀硫酸环境中， 可利用Na2RuO4与NaClO反应制备RuO4。下列说法正确的是 A.RuO4与浓盐酸反应时，每消耗1 mol HCI,转移1mole B.Na2RuO4与NaClO的反应中，Na2RuO4是还原剂，RuO4是氧化产物 C.Na2RuO4与NaClO的反应中，稀硫酸可以用浓盐酸代替 D.酸性介质中的氧化性：ClO>RuO4>Cl2 化学·周测卷（二）第2页（共4页） 新教材版X 班级 9.一定条件下，酸性KMnO4溶液与H2C2O4发生反应，Mn(Ⅱ)起催化作用，过程中不同价态含 M粒子的浓度随时间变化如图所示。下列说法正确的是 姓名 1.0 0.8 Mn(VII) 0.6 -Mn(IV) 得分 0.4 -o-Mn(IⅢl) 0.2 ◇Mn(Ⅱl) 0,000 1015 20 时间/min A.Mn(Ⅲ)不能氧化H2C2O, 选择题 B.随着反应物浓度的减小，反应速率逐渐减小 答题栏 C.该条件下，Mn(Ⅱ)和Mn(M)不能大量共存 ““““ 1日 D.总反应为2MnO4+5H2C2O4+6H+—2Mn++10C02个+8H2O 10.油画创作通常需要用到多种无机颜料，研究发现，在不同的空气湿度和光照条件下，颜料雌 3 ......... 黄(As2S3)褪色的主要原因是发生了以下两种化学反应。 5 空气，紫外光，As,0+H,S,O, 6 As2Sa(s) 空气，自然光 →H3AsO,+H2SO4 8 9 下列说法正确的是 10 A.S2O号和SO的空间结构都是正四面体形 B.反应I和Ⅱ中，元素As和S都被氧化 n(02) C. 参加反应的（H,O):I<Ⅱ D.反应I和Ⅱ中，氧化1 mol As2S3转移的电子数之比为3：7 三、非选择题：本题共2小题，共48分。 11.(25分)根据所学知识，回答下列问题： (1)用电弧法合成的碳纳米管中常伴有大量碳纳米颗粒（杂质），这种碳纳米颗粒可用氧化气 化法提纯，其反应的化学方程式如下： C+ K2Cr2O+ C02↑+K2S04+Cr2(S04)3+ H2O 新教材版X 化学·周测卷（二）第3页（共4页） 」鱼跃龙门秦 ①完成并配平上述化学方程式。 ②用单线桥标出该反应电子转移的方向与数目。 (2)高温时，用C0还原MgSO4可制备高纯MgO。750℃时，测得气体中含等物质的量SO2 和SO3,此时反应的化学方程式是 (3)向FeCl2和FeCl3混合溶液中加入适量KOH,高速搅拌下加入油脂，过滤后干燥得到一 类特殊的磁流体材料，其化学式通式为KFeO2(其组成可理解为aK2O·bFeO· cFe2O3)。 ①若x的平均值为1.3，则a:b:c= ②若x为1.4，写出该磁流体在稀硫酸条件下与足量的KI溶液反应的化学方程式： (4)写出Fe3O4溶于稀硝酸的离子方程式： 12.(23分)高锰酸钾是一种典型的强氧化剂，在生产、生活中有广泛应用。回答下列问题： I.在用酸性KMnO4溶液处理Cu2S和CuS的混合物时，发生的反应如下： ①MnO,+Cu2S+H+→Cu2++SO2个+Mn2++H2O(未配平) ②MnO4+CuS+H+→Cu2++SO2个+Mn2++H2O(未配平) (1)下列关于反应①的说法错误的是 (填标号)。 A.被氧化的元素是Cu和S B.氧化剂与还原剂的物质的量之比为8：5 C.生成2.24L(标准状况下)SO2,转移电子的物质的量是0.8mol D.还原性：Mn2+>Cu2S (2)用单线桥标出反应②中电子转移的方向和数目： Ⅱ.在稀硫酸中，KMnO4与H2O2也能发生氧化还原反应。 氧化反应：H2O2-2e—2H++O2↑ 还原反应：8H++MnO4+5e—Mn2++4H2O (3)若有0.2molH2O2参加此反应，转移的电子为 mol。由上述反应得出物质氧化 性强弱为 > (填化学式)。 (4)已知：KMnO4+H2O2+H2S04→K2SO4+MnSO4+O2个+H2O(未配平)。则1mol KMnO4可氧化的H2O2的物质的量为 mol。 化学·周测卷（二）第4页（共4页）高三一轮复习周测卷 (4)NH、A13+所带的正电荷总量小于SO所带 的负电荷总量，依据电荷守恒，一定有飞存在 【解析】(1)由实验①可知，在氢氧化钠溶液、加热 条件下反应产生的气体是氨，标准状况下448mL 氨的物质的量为0.02mol,则原溶液中存在NH, 浓度为°.02molX2=0.4mol.L1。 0.1L (2)实验②过量二氧化碳通入溶液乙中得到沉淀， 该沉淀为A1(OH)3,同时生成碳酸氢钠，生成沉淀 的离子方程式为[A1(OH)4]+CO2 A1(OH)3↓+HCO?,灼烧A1(OH)3沉淀生成 1.02g即0.01 mol Al2O3 (3)通入过量CO2充分反应后，需将反应后的混合 溶液加热再过滤，其目的是防止生成氢氧化铝胶 体，有利于沉淀的生成，使沉淀容易分离。 (4)根据题目中的数据，可计算出每50mL溶液中 含有0.02 mol NH、0.02molA13+、0.05mol SO,因为n(NHt)+3×n(A13+)<2× n(SO),根据溶液呈电中性原则，可知溶液中一定 含有K。 ￥(1)①2H+SO+Ba2++2OH一BaS04￥+ 2H,O ②Ba2++SO+H*+HCO一BaSO4↓+H2O+ CO2↑HCO3+H+CO2个+H2O ③2A13++3SO2+3Ba2++6OH—2A1(OH)3V+ 3BaSOy (2)2Fe2++2Br+2Cl2一Br2+2Fe3++4C1 2Fe2++4Br+3Cl2 -2Br2+2Fe++6CI- (3)①5C2+2CN+8OH-2C02+N2+10C+ 4H2O ②Cr2O号+6Fe2++14H+-2Cr3++6Fe3++7H20 ③C10-+2I+H20-L2+C1+20H 化学( 一、选择题 1.D【解析】碳酸钾水解使溶液呈碱性，铵盐在碱性条 件下会生成氨气，反应过程中不存在元素化合价的 变化，不涉及氧化还原反应。 2.C【解析】Hg→HgS时水银发生了氧化反应。②中 是铁与Cu2+发生置换反应生成Fe2+,正确的离子方 程式为Fe十Cu+一Fe2++Cu。S与Hg反应生成 Hg$,因此可以用硫粉覆盖温度计打破后流出的水 银，防止中毒。根据金属活动性顺序，Cu排在Hg的 前面，因此Hg不能置换出Cu 3.A【解析】由方程式可知，反应中氮元素和铁元素 的化合价升高被氧化，氧化铁和氮气为氧化产物。 4.C【解析】在药剂A的作用下，①→②过程S一S断 裂，S一H形成，①中S的化合价由一1变为一2，①是 氧化剂，具有氧化性，药剂A是还原剂，具有还原性； ·2 ·新教材版X· 【解析】(1)①当溶液呈中性时，n(H)=n(OH), 可假设Ba(OH)2的物质的量为1mol,即Ba2+的物质 的量为1mol,OH的物质的量为2mol,需要2mol NaHSO4,反应的离子方程式为2H+十SO十 Ba2++2OH-BaSO4￥+2H2O。 ②向Ba(HCO3)2溶液中滴入NaHSO4溶液，至沉淀 完全，n(Ba+)=n(SO?),发生反应的离子方程式为 Ba++SO+Ht+HCO3一BaSO4￥+H2O+ CO2个，此时HCO?过量，继续加入NaHSO4溶液， HCO3与H+反应，反应的离子方程式为HCO十 HtCO2个+H2O。 ③NH4Al(SO4)2与Ba(OH)2按照2：3的物质的量 之比反应生成氢氧化铝、硫酸钡和硫酸铵，离子方程式 为2A13++3S0+3Ba2++60H—2A1(OH)3￥+ 3BaSO4￥。 (2)向含有a mol FeBr2的溶液中通入x mol Cl2,若 x=a,亚铁离子全部被氧化，溴离子一半被氧化，则反 应的离子方程式为2Fe2++2Br+2Cl2一Br2+ 2Fe3++4CI;若x=4a,亚铁离子和溴离子全部被氧 化，反应的离子方程式为2Fe2++4Br+3CL2— 2Br2+2Fe3++6CI。 (3)①根据得失电子守恒、电荷守恒及元素守恒可知 发生反应的离子方程式为5C12+2CN+8OH一 2C02+N2+10C1+4H2O。 ②Fe2+有还原性，C2O有强氧化性，两者能发生氧 化还原反应，Fe2+被氧化为Fe3+,Cr2O?被还原为 Cr3+,反应的离子方程式为Cr2O号+6Fe++14H+ —2Cr3++6Fe3++7H2O。 ③次氯酸钠具有强氧化性，可氧化I生成单质I2,淀 粉遇I2变蓝，反应的离子方程式为C1O十2I+ H2O=I2+C1-+2OH。 二)） ①→②过程S的化合价由一1变为一2，若有2mol S-S断裂，则转移4mol电子；②→③过程S一H断 裂，S一S形成，②中S的化合价由一2变为一1，②是 还原剂，发生氧化反应，若药剂B是H2O2,B是氧化 剂，则氧元素的化合价应降低，还原产物为H2O;通 过①→②过程和②→③过程，某些蛋白质中S一S位 置发生了改变，因此化学烫发通过改变头发中某些 蛋白质中S一S位置来实现头发的定型。 5. C【解析】由2Fe3++2I一2Fe2++L2,Br2+ 2Fe2+—2Br+2Fe3+可知，还原性I>Fe2+> Br。加少量的KSCN溶液，溶液变为红色，可知通 入氯气后原溶液中Fe2+一定被氧化。若通入氯气后 Fe2+部分被氧化，则Br没有被氧化。由题述实验不 能确定通入氯气后的溶液中是否还存在Fε2+。 ·化学· 6.D【解析】根据题意知产物为KCIO3、KCIO、KCl, 根据得失电子守恒知，n(KC1)=5n(KC1O3)+ n(KC10)=5×0.02mol+0.04mol=0.14mol,则 n(KOH)=n(KCl)+n(KClO)+n(KC1O)= 0.14mol+0.02mol+0.04mol=0.2mol, C(KOH)=02 mol-2 mol.L. 0.1L 7.A【思路分析】由图可知，C1O-浓度减小，HCO3 浓度增加，则还原反应为CO→C1,氧化反应为 CNO→N2,由得失电子守恒、电荷守恒可知离子方 程式为3CIO+2CNO-+H2O一N2◆+2HCO3+ 3C1,以此来解答。 【解析】产物中含有碳酸氢根离子，废水不可能呈强 酸性。废水处理后的产物为N2、HCO3、C1,对环 境无害。C10→C1,氯元素由+1价变为-1价， 3 mol ClO可处理2 mol CNO-,转移电子的物质的 量=3mol×2=6mol,则每处理1 mol CNO-转移 3mol电子。 二、选择题 8.BD【解析】反应2RuO4+16HCl(浓)一2RuCl,+ 8H2O+5Cl2个中，16 mol HC1参加反应，转移 10mol电子，因此每消耗1 mol HCl,.转移电子 0.625mol;Naz RuO4与NaClO的反应中，Na2RuO4 中Ru元素化合价由十6变为十8，发生氧化反应生成 RuO4,Na2RuO4是还原剂，RuO4是氧化产物；RuO4 能氧化浓盐酸生成C12,所以该反应中的稀硫酸不能 用浓盐酸代替；由题意可知，酸性介质中氧化性 ClO->RuO4>Cl2。 9.CD【解析】Mn(Ⅲ)的浓度先增大后减小，而 Mn(Ⅱ)的浓度从l3min左右逐渐增大，说明 Mn(Ⅲ)能氧化H,C,O4;13min前，Mn(Ⅱ)浓度变 化不大，但Mn(I)的浓度迅速下降，则说明该时间 段反应速率有增大趋势；Mn(I)浓度在l3min左右 时为0，Mn(Ⅱ)浓度迅速增大，则Mn(I)和Mn(Ⅱ) 在该条件下不能大量共存；H2C2O4是弱酸，书写离 子方程式时应写化学式，2MnO,+5H2C2O4+6H —2Mn2++10C02个+8H20。 10.D【思路分析】As2S在紫外光作用下，主要发生 反应I:2As2S,+6O2+3H20—2As2O3+ 3H2S2O3;As2S3在自然光作用下，主要发生反应 Ⅱ：As2Sg+7O2+6H20—2H3As04+3H2S04。 【解析】SO、S2O?的中心原子S都为sp3杂化， SO?是正四面体结构，由于S2O号中S和O原子 半径不同，S2O不是正四面体结构；反应I中的S 由一2价被氧化到十2价，As的化合价未变，未被氧 化，反应Ⅱ中的S由一2价被氧化到十6价，As由 +3价被氧化到+5价；根据上述化学方程式可知， n(H0)=2,反应Ⅱ中n(0)_7 反应I中(0) n(H,O)-6,参加 ·3 参考答案及解析 反应的 n(02) n(H2O) 为I>Ⅱ；反应I中氧化1mol As2S转移12mol电子，反应Ⅱ中氧化1 mol As2Sg 转移28mol电子，转移的电子数之比为3：7。 三、非选择题 1.(1)①328H2S043228 12e ②3C+2K2Cr2O,+8H2S04—3C02◆+2K2S04+ 2Cr2(SO4)3+8H2O (2)2Mgs0,+C0750℃2Mg0+S0,+C0,+S0, (3)①13：6：7②10K.4FeO2+6KI+20H2SO4 —10FeS04+3L2+10K2S04+20H20 (4)3FeO4+28H++NO3—9Fe3++NO个+ 14H2O 【解析】(1)①还原剂是C,氧化产物是CO2,氧化剂 是K2Cr2O,还原产物是Cr2(S0,)3,由得失电子守 恒可得4n(C)=6n(K2Cr2O2),再根据质量守恒配 平得3C+2K2Cr2O,+8H2SO4—3C02↑+ 2K2S04+2Cr2(S0)3+8H2O。 ②用单线桥标示氧化还原反应是由还原剂中化合 价升高的元素(C)指向氧化剂中化合价降低的元素 (Cr),共转移12mole。 (2)由于生成了SO2,所以CO是还原剂，由得失电 子守恒可得2n(C0)=2n(S02),再由n(S02)= n(SO3),最后由元素守恒配平得2MgSO4十CO 750C-2Mg0+S0,+C02+S0,。 (3)①x=2a=1.3,b+2c=1,a+b+3c=2,解得 a=0.65,b=0.3,c=0.35,所以a：b：c=13: 6:7。 ②当x=1.4时，铁元素的平均价态为+2.6，所以反 应的氧化剂是K.4FeO2,还原产物是FeSO4,还原 剂是KI,氧化产物是I2,由得失电子守恒可得 0.6n(K1.FeO2)=n(KI),最后再由元素守恒配平 得10K.4FeO2+6KI+20H2S04一10FeSO4+ 3L2+10K2S04+20H2O. I.(1)D 30e (2)6MnO4+5CuS+28H+—5Cu2++5S02↑+ 6Mn2++14H2O Ⅱ.(3)0.4KMnO4H2O2(或O2) (4)2.5 【解析】I.(1)反应①中铜元素的化合价由+1升 高到十2，硫元素的化合价由一2升高到十4，均被氧 化。设氧化剂的物质的量为x,还原剂的物质的量 为，期5x=2+6,侧则号-含。当生成50l S02时，转移电子40mol,当有标准状况下2.24L 高三一轮复习周测卷 (0.1mol)S02生成时，转移0.8mol电子。根据还 原剂的还原性强于还原产物的还原性，可知还原性 Cu2S>Mn2+。 (2)由反应②可得，锰元素化合价由十7降到十2，硫 元素化合价由一2升高到+4。 Ⅱ.(3)由H2O2-2e一2H+O2↑可知， 化学( 一、选择题 1.A【解析】若生成的气体为NO2,4.6gNO2的物 质的量是0.1mol,转移电子数为0.1NA;若生成的 气体为N2O4,4.6gN2O4的物质的量是0.05mol, 转移电子数为2X0.05×NA=0.1NA,故Cu与浓硝 酸反应生成4.6gNO2和N2O4混合气体时，转移电 子数一定为0.1NA。标准状况下，己烷不是气体，因 此不能使用22.4L·mol1计算其物质的量及化学 键的数目。溶液体积未知，无法计算溶液中粒子的 数目。H2O2是共价化合物，其中不含阴离子。 2.D【解析】依题意，配制220mL1.0mol·L1的 NaOH溶液，要用250mL容量瓶，则需要10.0g NaOH固体。 3.B【解析】配制100mL1mol·L-1的稀盐酸所 需36.5%的浓盐酸的体积为 1molL1×0.1X36.5g·mol≈8.3mL,故应选 1.2g·cm3×36.5% 取10mL量筒。 4.D【解析】蒸发掉bg水或加入b g NaNO3固体，能 使溶液达到饱和，说明bg水溶解b g NaNO3达到 胞和，利用物密=品g代人数值得出复 bg 100g求出溶解度为100g。根据密度的定义，原不 和流的蜜度为德-品-·m, 令原溶液中溶质的质量为yg,蒸发掉bg水达到饱 和，则有a产5g108+5解得y=“2,原不他 a-b 和溶液中NaNO3的质量分数为- 28 ×100%三 a g 50(a-b)%。根据物质的量浓度的定义，c(NaN0,)= a a-b 28 100(a-b) 85g·mol1×x×103L mol·L1。 17x 5。D【解析】根据m一可知，质量相同时其物质的量 之比等于摩尔质量的反比，C0、CO2的摩尔质量分 别是28g·mol1、44g·mol1,所以两者的物质 ·4 ·新教材版X· 0.2molH2O2参加反应转移0.4mol电子。在该 反应中MnO。是氧化剂，H2O2是还原剂，故氧化 性：KMnO4>H2O2(或O2)。 (4)根据得失电子守恒可知，1 mol KMnO4得5mol 电子，而1molH2O2参加反应失去2mol电子，故 1 mol KMnO4可氧化2.5molH2O2。 三) 的量之比为11：7，根据N=nNa知，两者的分子数 之比等于其物质的量之比，所以CO分子数多。根据 V=nVm知，相同条件下，气体体积之比等于其物质 的量之比，所以甲的容积比乙大。两容器的温度和 压强相等，所以两者的气体摩尔体积相等。由ρ= 可如：相同条作下，其密度之比等于摩尔质量之 比，所以甲中CO的密度比乙中CO2的密度小。 B【解析】随着反应的进行盐酸浓度降低，由于稀盐 酸与二氧化锰不反应，则生成C12的分子数小于 2.95NA。向1L0.1mol·L1氯化铵溶液中通入 少量氨气调节溶液为中性，根据电荷守恒可知 c(Cl)=c(NH4)=0.1mol·L1,所以NH的数 目为0.1NA。向1L1mol·L1FeBr2溶液中通入 足量氯气，溴化亚铁全部被氧化，但过量的氯气又能 与水发生氧化还原反应，所以转移的电子数大于 3Na。密闭容器中，1molN2与3molH2在一定条 件下充分反应，由于是可逆反应，则生成的NH3分子 数小于2NA。 B【解析】Na2O2溶于水发生反应，所得溶液中溶质 是NaOH,溶液中Na+的物质的量与78gNa2O2中 Na+的物质的量相等，即，。78g 78g·mol7X2=2mol, 但溶液体积不是1L。根据稀释规律，0.01L× 18.4mol·L1=c×1L,c=0.184mol·L-1。 2.0mol·L1Na2CO3溶液中Na浓度为4.0mol· L1,故100mL该溶液中Na+数约为4.0mol·L1× 0.1L×6.02×1023mol-1=0.4×6.02×1023。容量 瓶不能用于溶解溶质。 二、选择题 B【解析】NaHSO4和MgSO4的摩尔质量都为12og· mol,固体NaHSO4中含有Na和HSO:,固体 MgSO,中含有Mg2+和SO,120.0 g NaHSO4和 MgSO4的固体混合物的物质的量之和为1mol,所 含离子的总物质的量为2mol,离子总数为2NA。根 据电荷守恒可知，n(CH3 COO)十n(OH)= n(Na)十n(H+),而溶液呈中性，故n(OH)= n(H+),可得n(CH3COO)=n(Na+),n(Na+)= 0.1mol,故n(CHC00)=0.1mol,CHC00的 个数为0.1NA。铁与某浓度的硝酸反应生成硝酸亚