《2022-2023学年广西贺州市中学化学高一上期中达标检测试题含解析.doc》由会员分享,可在线阅读,更多相关《2022-2023学年广西贺州市中学化学高一上期中达标检测试题含解析.doc(13页珍藏版)》请在得力文库 - 分享文档赚钱的网站上搜索。
1、2022-2023学年高一上化学期中模拟试卷注意事项1考生要认真填写考场号和座位序号。2试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上,在试卷上作答无效。第一部分必须用2B 铅笔作答;第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3考试结束后,考生须将试卷和答题卡放在桌面上,待监考员收回。一、选择题(每题只有一个选项符合题意)1、用下列实验装置完成对应的实验(部分仪器已省略),合理的是( )A干燥Cl2 B实验室制盐酸C实验室制氯水D吸收多余Cl22、下列实验操作正确的是( )A过滤操作时,漏斗下部的尖嘴要紧靠烧杯的内壁B用蒸发皿蒸发溶液时,边加热边用玻璃棒搅拌,直到液体全部蒸干C萃取操作时,应选择有机萃取剂,且
2、萃取剂的密度必须比水大D使用容量瓶时,要先干燥3、下列几种反应类型之间的关系正确的是( )ABCD4、某学生使用托盘天平称取食盐时,错误地把食盐放在右托盘,而把砝码放在左托盘,称得食盐得质量为15.5g(1g以下只能使用游码)。如果按正确的做法,食盐的质量应为A15.5gB15.0gC14.5gD14.0g5、如图所示测定溶液导电性实验的装置,甲与乙中盛有浓度相同的不同液体。接通电源后将甲中液体逐滴滴入乙中,发现灯泡由亮暗灭亮。下表中甲、乙所盛液体符合要求的是( )选项甲乙A氯化钠溶液硝酸银溶液B氨水醋酸C稀盐酸碳酸钙悬浊液D硫酸铜溶液氢氧化钡溶液AABBCCDD6、下列反应中,既是化合反应,
3、又是氧化还原反应的是A生石灰与水反应:CaO+ H2O =Ca(OH)2B氯气通入溴化钠溶液:C12+2NaBr= 2NaCl+Br2C铁和氯气反应:2Fe+3Cl22FeC13D氯化钠溶液和浓硫酸混合加热:2NaCl+H2SO4(浓)Na2SO4+2HCl7、同温同压下,下列气体的密度最大的是()AF2BCl2CHClDCO28、北宋清明上河图是中国十大传世名画之一,属国宝级文物,被誉为“中华第一神品”,其中绿色颜料的主要成分为 Cu(OH)2CuCO3,白色颜料的主要成分为ZnO。下列说法正确的是ACu(OH)2CuCO3 属于碱B绿色颜料、白色颜料均易被空气氧化C白色颜料耐酸碱腐蚀DCu
4、(OH)2CuCO3 中铜元素的质量分数为 57.7%9、现有反应的化学方程式为:aFeCl2bKNO3cHCldFeCl3eKClfXgH2O,若b1,d3,X为生成物,其分子式应为ANH4Cl BNO CN2 DNO210、除去硝酸钾固体中含有少量的氯化钠,不需要的实验操作是A加热溶解B趁热过滤C蒸发结晶D降温结晶11、已知反应:2Cu(IO3)2+24KI+12H2SO4=2CuI+13I2+12K2SO4+12H2O ,下列说法正确的是ACuI既是氧化产物又是还原产物B每转移1.1mol电子,有0.2molIO3-被氧化C每生成1molCuI,有12molKI发生氧化反应DCu(IO3
5、)2作氧化剂,Cu(IO3)2中的铜和碘元素被还原12、下列反应中,水作还原剂的是ACO2H2OH2CO3 BNa2O+H2O2NaOHC2Na+2H2O2NaOH+H2 D2F2+2H2O4HF+O213、某工业废水中存在大量的Na+、Cl-、Cu2+、SO,欲除去其中的Cu2+、SO(为使离子完全沉淀,沉淀剂需要过量),设计工艺流程如图所示:下列说法不正确的是( )ANaOH的作用是除去Cu2+B试剂a为Na2CO3,试剂b为BaCl2C流程图中,操作x为过滤D试剂c为盐酸14、美国科学家将两种元素铅和的原子核对撞,获得一种质子数为118,质量数为293的超重元素,该元素原子核内的中子数和
6、核外电子数之差为A57B118C175D29315、实验室利用下列反应装置模拟侯氏制碱法制备NaHCO3,反应原理为:NH3+CO2+H2O+NaClNaHCO3+NH4Cl,下列说法错误的是( )A通过活塞K可控制CO2的流速B装置b、d依次盛装饱和Na2CO3溶液、稀硫酸C装置c中含氨的饱和食盐水提高了CO2吸收效率D反应后将装置c中的锥形瓶浸入冷水充分冷却,过滤得到NaHCO3晶体16、下列关于胶体的叙述不正确的是()A胶体区别于其他分散系的本质特征是分散质的微粒直径在1100nm之间B光线透过胶体时,胶体中可发生丁达尔效应C用聚光手电筒照射NaCl溶液和Fe(OH)3胶体时,产生的现象
7、相同DFe(OH)3胶体能够吸附水中悬浮的固体颗粒并沉降,达到净水目的二、非选择题(本题包括5小题)17、目前,世界上多采用电解熔融氯化钠的方法来生产金属钠:2NaCl(熔融) 2NaCl2。已知A、B、C、D、E有如下转化关系:(1)写出A、B生成NaCl的化学方程式:_。(2)写出化学式:C_,D_。(3)工业生产中常利用B与Ca(OH)2反应来制备漂白粉,漂白粉的主要成分是_。(写化学式)(4)若把A投入盛有D的溶液中,溶液中出现_(填沉淀颜色)沉淀,该过程所发生反应的化学方程式为_。18、有一固体粉末,可能由Na2CO3、Na2SO4、CuSO4、NH4Cl中的一种或几种组成,为了检验
8、它们所含的物质,做了以下实验。将固体溶于水,搅拌后得到无色透明溶液;往此溶液中滴加氯化钡溶液,有白色沉淀生成;过滤,将沉淀置于稀盐酸中,发现沉淀不溶解。(1)试判断:固体混合物中肯定含有_,生成白色沉淀的化学方程式_;肯定没有_;可能含有_(2)检验是否含有可能存在的物质的实验方法是:_化学方程式_。19、有4种钠的化合物W、X、Y、Z,它们之间存在如下关系:WXH2OCO2ZCO2XO2ZH2OYO2XCa(OH)2YCaCO3试回答下列问题:(1)W、X、Z的化学式分别是W_X_Z_。(2)以上4个化学反应,属于氧化还原反应的是_(填反应序号)(3)反应在溶液中进行,写出其离子方程式:_。
9、20、如图表示用CuSO45H2O晶体来配制480mL 0.20molL1 CuSO4溶液的几个关键实验步骤和操作,据图回答下列问题: (1)将上述实验步骤AF按实验过程先后次序排列 _,需称取CuSO45H2O 晶体的质量为_ g。(2)写出配制480mL0.20molL1CuSO4溶液所需要用到的玻璃仪器的名称:烧杯、量筒、_。(3)步骤B通常称为转移,若是配制NaOH溶液,用水溶解NaOH固体后未冷却至室温即转移,配制溶液的浓度将偏_(填“高”或“低”)。步骤A通常称为_,如果俯视刻度线,配制的浓度将偏_(填“高”或“低”)。21、HNO2是一种弱酸,且不稳定,易分解生成NO和NO2;它
10、是一种还原剂,能被常见的强氧化剂氧化,但在酸性溶液中它也是一种氧化剂,如能把Fe2氧化成Fe3。AgNO2是一种难溶于水、易溶于酸的化合物。试回答下列问题:(1)人体正常的血红蛋白含有Fe2。若误食亚硝酸盐(如NaNO2),则导致血红蛋白中的Fe2转化为Fe3而中毒,可以服用维生素C可解毒。下列叙述不正确的是_(填序号)。A亚硝酸盐被还原 B维生素C是还原剂C维生素C将Fe3还原为Fe2D亚硝酸盐是还原剂(2)下列方法中,不能用来区分NaNO2和NaCl的是_(填序号)。A加入稀盐酸,观察是否有气泡产生 B加入AgNO3,观察是否有沉淀产生C在酸性条件下加入KI-淀粉溶液,观察溶液颜色(I2遇
11、淀粉呈蓝色)(3)某同学把氯气通入到NaNO2溶液中,生成NaNO3和HCl,请写出反应的离子方程式:_。(4)若FeSO4和O2的化学计量数比为21,试配平下列方程式:_FeSO4_K2O2_K2FeO4_K2O_K2SO4_O2(5)高铁酸钾(K2FeO4)是一种新型、高效的绿色水处理剂,它在水中发生反应生成氢氧化铁胶体。请根据以上信息,写出高铁酸钾作为水处理剂的两点原理_。参考答案一、选择题(每题只有一个选项符合题意)1、C【解析】A气体的进出方向错误;B应防止倒吸现象; C多余的氯气可用碱液吸收; D氯气在水中的溶解度不大,吸收效果差。【详解】A干燥气体时导管长进短出,图中短导管进入不
12、能干燥,故A错误;BHCl极易溶于水,图中导管在液面下可发生倒吸,故B错误; C氯气与NaOH溶液反应,多余的氯气可利用NaOH溶液吸收,则该装置可制备氯水,故C正确; D球形结构可防止倒吸,但氯气在水中的溶解度不大,应将水改为NaOH溶液,故D错误;故答案选C。2、A【解析】A.过滤操作要注意“一贴二低三靠”,其中的“一靠”就是漏斗下部的尖嘴要紧靠烧杯的内壁,故A正确;B.蒸发时,不能将溶液蒸干,应出现大量固体时停止加热,故B错误; C.萃取不需要考虑萃取剂的密度,需考虑溶剂与水不互溶,不反应等,故C错误;D.使用容量瓶配制溶液时,需要向容量瓶内加入一定量的水,因此不需要先干燥容量瓶,故D错
13、误;故答案选A。【点睛】过滤操作要点:一贴:滤纸紧贴漏斗内壁;二低:滤纸边缘低于漏斗边缘;漏斗内液体液面低于滤纸边缘;三靠:烧杯口紧靠玻璃棒;玻璃棒斜靠在三层滤纸处;漏斗下端管口紧靠烧杯内壁。3、B【解析】置换反应有单质参与,肯定有元素化合价的变化,置换反应都是氧化还原反应,有些离子反应不是氧化还原反应,如,因此选项A、C、D均是错误的,B正确,答案选B。4、C【解析】使用托盘天平称量时,应该左物右码,谨记:左盘的质量=右盘的质量+游码的质量,错误的将食盐放在右托盘,而把砝码放在左托盘,则右盘食盐的质量=左盘砝码的质量-游码的质量。砝码质量为15克,游码质量为0.5克,所以食盐的质量应为14.
14、5克。C正确。5、D【解析】A.氯化钠溶液逐滴滴加到硝酸银溶液中,发生反应:NaCl+AgNO3=AgCl+NaNO3,反应前后溶液的浓度变化不大,灯泡亮度基本不变,故A错误;B.氨水逐滴加到醋酸溶液中,发生反应:NH3H2O+CH3COOH=CH3COONH4+H2O,醋酸属于弱电解质,导电能力差,而醋酸铵属于强电解质,同浓度的条件下,导电能力增强,灯泡变亮,故B错误;C.稀盐酸逐滴加到碳酸钙悬浊液中,发生反应:CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2,碳酸钙悬浊液中自由移动的离子浓度较小,导电能力差,而氯化钙属于强电解质,同浓度的条件下,自由移动离子浓度大,导电能力增强,灯泡变亮,
15、故C错误;D.硫酸铜溶液逐滴滴加到氢氧化钡溶液中,发生反应:CuSO4+Ba(OH)2=BaSO4+Cu(OH)2,氢氧化钡属于强电解质,自由移动离子浓度大,导电能力强,反应后生成BaSO4和Cu(OH)2沉淀,溶液中自由移动的离子数目大幅度减小,导电能力减弱,灯泡变暗,当硫酸铜溶液过量后,溶液中自由移动的离子数目增加,溶液导电能力又逐渐增强,灯泡变亮,符合题意,故D正确;故答案选D。【点睛】电解质溶液中存在自由移动的离子,因此能够导电;溶液中自由移动的离子浓度越大,带的电荷越多,溶液导电能力就越强,导电能力与电解质的强弱没有必然的联系,强电解质导电能力不一定就强。6、C【解析】A、CaO+
16、H2O =Ca(OH)2是化合反应,元素的化合价没有变化,不是氧化还原反应,A错误。B、C12+2NaBr= 2NaCl+Br2属于置换反应,也是氧化还原反应,B错误。C、2Fe+3Cl22FeC13有元素化合价的改变,属于氧化还原反应,同时也是化合反应,C正确。D、2NaCl+H2SO4(浓)Na2SO4+2HCl属于复分解反应,不是氧化还原反应,D错误。正确答案为C7、B【解析】=m/V=M/Vm,同温同压下,气体摩尔体积相同,所以密度与摩尔质量成正比,摩尔质量越大,密度越大,氟气的摩尔质量为18g/mol,氯气的摩尔质量为71g/mol,HCl摩尔质量为15g/mol,CO2摩尔质量为4
17、4g/mol,摩尔质量最大的是氯气,所以密度最大的是氯气。答案选B。8、D【解析】ACu(OH)2CuCO3是金属离子和酸根离子、氢氧根离子组成的化合物,属于碱式盐,故A错误;B绿色颜料的主要成分为 Cu(OH)2CuCO3,白色颜料的主要成分为ZnO,Cu(OH)2CuCO3和ZnO中除O元素外,C、H、Cu、Zn均为最高价,无还原性,不能被空气中氧气氧化,故B错误;C白色颜料的主要成分为ZnO,能与酸反应,故C错误;DCu(OH2)CuCO3中铜的质量分数为100%=57.7%,故D正确;故选D。9、B【解析】根据原子守恒定律,由已知条件可知:a=d=3、e=b=1,根据氯原子守恒,则c=
18、4,再由氢原子守恒,则g=2,最后根据N、O原子守恒,推出X的化学式为NO,故B正确。故选B。【点睛】全题贯穿原子守恒定律,反应前后原子个数相同,即可推断出相关化学反应计量数,再确定X。10、C【解析】硝酸钾的溶解度随温度变化大,食盐的溶解度变化不大,除去硝酸钾固体中含有少量的氯化钠,先将其加热溶解,在趁热过滤,最后降温结晶,不需要的实验操作是蒸发结晶;综上所述,本题选C。11、D【解析】反应中碘化钾中碘元素化合价升高到碘单质。碘酸铜中的碘化合价降低到碘单质,铜化合价降低。注意为归中反应。【详解】A. 碘酸铜中的铜化合价降低生成碘化亚铜,碘化亚铜中的碘来自于碘化钾,所以CuI是还原产物,故错误
19、;B. 反应中转移22个电子,所以当转移1.1mol电子,有0.2molIO3-被还原,故错误;C. 反应中生成2molCuI,有22mol碘化钾发生氧化反应,所以每生成1molCuI,有11molKI发生氧化反应,故错误;D. Cu(IO3)2作氧化剂,Cu(IO3)2中的铜和碘元素化合价降低,被还原,故正确。故选D。【点睛】掌握归中反应的分析,反应中碘化钾中的碘有部分化合价升高到碘单质,还有部分到碘化亚铜,碘酸铜中的碘化合价降低到碘单质,铜化合价降低到碘化亚铜。12、D【解析】试题分析:若水作还原剂,则水中O元素失电子导致化合价升高,以此来解答。A、反应CO2+H2OH2CO3中,各元素的
20、化合价没有变化,则不属于氧化还原反应,水为反应物,故A不选;B、反应Na2O+H2O2NaOH中,各元素的化合价没有变化,则不属于氧化还原反应,水为反应物,故B不选;C、反应2Na+2H2O2NaOH+H2中,水中H元素的化合价降低,则水为氧化剂,故C不选;D、反应2F2+2H2O4HF+O2中,水中O元素的化合价升高,则水作还原剂,故D正确,答案选D。考点:考查水参与氧化还原反应的判断13、B【解析】由流程可知,工业废水中加入NaOH后可除去Cu2+,废水中含有Na+、Cl-、OH-、SO;再加入试剂a为BaCl2除去SO,此时废水中含有Na+、Cl-、Ba2+,再加入稍过量的试剂b为Na2
21、CO3除去Ba2+,此时废水中含有Na+、Cl-、CO,操作x为过滤,再向滤液中加入试剂c为盐酸,至不再产生气泡即可,此时溶液中只含Na+、Cl-,以此来解答。【详解】A废水中,只有Cu2+可以和NaOH反应,故NaOH的作用是除去Cu2+,A正确;B由上述分析可知,试剂a为BaCl2,试剂b为Na2CO3,且碳酸钠一定在氯化钡之后,可除去过量钡离子,B错误;C流程图中操作x为过滤,过滤分离出Cu(OH)2、BaSO4、BaCO3,C正确;D试剂c为盐酸,可除去过量碳酸钠,选择其他物质,会引入杂质离子,D正确;故选B。14、A【解析】由原子的质量数等于质子数和中子数之和可知,超重元素的中子数为
22、293-118=175,核外电子数等于核内质子数,则原子核内的中子数和核外电子数之差为175-118=57,故A正确。15、B【解析】A关闭活塞K时,气体可将球形容器内的液体压入漏斗内,从而使碳酸钙脱离液面,反应停止,所以通过调节活塞K可控制CO2的流速,A正确;B装置b的作用是除去二氧化碳中混有的氯化氢,故装置b内应盛装饱和NaHCO3溶液,B错误;C装置c中含氨的饱和食盐水呈碱性,CO2的溶解度增大,C正确;D反应后将装置c中的锥形瓶浸入冷水,NaHCO3降温结晶,过滤得NaHCO3晶体,D正确;故选B。16、C【解析】分散系的根本区别在于分散质微粒直径的大小,小于1nm为溶液,大于100
23、nm为浊液,在1nm100nm之间的为胶体,胶体具有的性质主要有;均一、稳定、有吸附性,具有丁达尔现象、聚沉、电泳等性质,其中丁达尔现象是区分溶液和胶体的方法,据此解答。【详解】A、胶体区别于其他分散系的本质特征是分散质的微粒直径在1nm100nm之间,A正确;B、光线透过胶体时,胶体中可发生丁达尔效应,是胶体特有的性质,B正确;C、用聚光手电筒照射NaCl溶液和Fe(OH)3胶体时,Fe(OH)3胶体中会产生光亮的通路,产生丁达尔现象,NaCl溶液无此现象,C错误;D、Fe(OH)3胶体具有较大的表面积,能够使水中悬浮的固体颗粒沉降,达到净水目的,D正确;答案选C。二、非选择题(本题包括5小
24、题)17、2Na+Cl22NaCl NaOH FeCl3 CaCl2和Ca(ClO)2 红褐色 2Na+2H2O=2NaOH+H2 FeCl3+3NaOH=Fe(OH)3+3NaCl 【解析】由流程可知,A与水反应生成C,且C与二氧化碳反应,则A为Na,C为NaOH、E为Na2CO3,B为Cl2,D为FeCl3,F为CaCl2,结合元素化合价知识及化学用语解析。【详解】(1)A为Na,B为Cl2,生成NaCl的化学方程式:2Na+Cl22NaCl;(2)由分析可知各物质的化学式:C为NaOH,D为FeCl3;(3)工业上制取漂白粉,反应的方程式为:2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(
25、ClO)2+2H2O,漂白粉的主要成分是CaCl2和Ca(ClO)2;(4)若把A为Na投入盛有D为FeCl3的溶液中,A与水反应生成NaOH,2Na+2H2O=2NaOH+H2 ,再发生3NaOH+FeCl3Fe(OH)3+3NaCl,溶液中出现红褐色沉淀。18、Na2SO4 Na2SO4 + BaCl2 = BaSO4+ 2 NaCl Na2CO3、CuSO4 NH4Cl 取少量药品加入试管中,加蒸馏水溶解,滴入氢氧化钠溶液后加热,用湿润的红色石蕊试纸放在试管口检验,试纸是否变蓝色。 NH4Cl + NaOH NH3+ NaCl + H2O 【解析】(1)将固体溶于水,搅拌后得到无色透明溶
26、液,则固体中一定不含有CuSO4,(2)往此溶液中滴加氯化钡溶液,有白色沉淀生成,故沉淀中可能含有碳酸钡或硫酸钡,(3)过滤,将沉淀置于稀盐酸中,发现沉淀不溶解,结合(2)可知白色沉淀只能是硫酸钡,则原固体中一定含有Na2SO4,一定不含有Na2CO3,NH4Cl是否存在无法确定,据此答题。【详解】(1)由上述分析可以知道,固体混合物中肯定含有Na2SO4,生成白色沉淀的化学方程式为Na2SO4 + BaCl2 = BaSO4+ 2 NaCl,肯定没有Na2CO3和CuSO4,可能含有NH4Cl,故答案为Na2SO4;Na2SO4 + BaCl2 = BaSO4+ 2 NaCl ;Na2CO3
27、、CuSO4;NH4Cl。(2)检验是否含有可能存在的物质的实验方法是:取少量药品加入试管中,加蒸馏水溶解;滴入氢氧化钠溶液后加热,用湿润的红色石蕊试纸放在试管口检验,试纸是否变蓝色,若试纸变蓝,则含有NH4Cl,否则不含有NH4Cl,化学方程式为:NH4Cl + NaOH NH3+ NaCl + H2O,故答案为取少量药品加入试管中,加蒸馏水溶解;滴入氢氧化钠溶液后加热, 用湿润的红色石蕊试纸放在试管口检验,试纸是否变蓝色;NH4Cl + NaOH NH3+ NaCl + H2O。19、NaHCO3 Na2CO3 Na2O2 Ca2+=CaCO3 【解析】钠的化合物中,受热能分解生成三种产物
28、的应该是碳酸氢钠,能和二氧化碳以及水反应生成氧气的是过氧化钠,据此分析解答。【详解】(1)根据4种钠的化合物W、X、Y、Z之间的转化关系,在钠的化合物中,受热能分解生成三种产物的是碳酸氢钠,所以W是碳酸氢钠,碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠、水和二氧化碳,所以X是碳酸钠,能和二氧化碳以及水反应生成氧气的是过氧化钠,所以Z是过氧化钠,Y是NaOH,故答案为:NaHCO3;Na2CO3;Na2O2;(2)以上4个化学反应中,2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2和2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2中有元素化合价的变化,属于氧化还原反应,其余两个反应都没有元素化合价的变化,不属于氧化还原反应,
29、故答案为:;(3)反应为碳酸钠和氢氧化钙的反应,在溶液中反应的离子方程式为Ca2+=CaCO3,故答案为:Ca2+=CaCO3。20、CBDFAE 25.0 500mol容量瓶、玻璃棒 高 定容 高 【解析】(1)配制一定物质的量浓度溶液的步骤:计算、称量、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀等操作。需要称量固体的质量m=cVM。(2)配制500mL一定物质的量浓度溶液需要的仪器有: 托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、胶头滴管、500mL容量瓶。(3)配制溶液的浓度利用c=进行判断。【详解】(1)配制一定物质的量浓度溶液的步骤:计算、称量、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀等操作,AF按实验过程先后次序排列:C
30、BDFAE。需要称量固体的质量m=cVM = 0.20mol/L500mL250g/mol =25.0g。(2)配制500mL一定物质的量浓度溶液所需要用到的玻璃仪器的名称:烧杯、量筒、500mol容量瓶、玻璃棒。故答案为500mol容量瓶、玻璃棒。(3)配制NaOH溶液,用水溶解NaOH固体后未冷却至室温即转移,冷却后溶液体积偏小,溶液浓度偏高。步骤A通常称为定容,如果俯视刻度线,溶液体积偏小,配制的浓度将偏高。故答案为高;定容;高。【点睛】本题主要考查配制溶液中的操作、实验仪器,配制溶液过程中浓度的误差分析。注意配制过程及操作失误导致的浓度变化是解题关键。21、D B NO2Cl2H2O=
31、NO32H2Cl2 6 2 2 2 1强氧化性,杀菌消毒;形成氢氧化铁胶体吸附杂质【解析】.根据题意可知,血红蛋白中的Fe2转化为Fe3,Fe2作还原剂,则亚硝酸盐作氧化剂,服用维生素C可解毒,说明维生素C具有还原性。A根据上述分析可知,亚硝酸盐作氧化剂,在反应中被还原,故A正确;B根据上述分析可知,维生素C是还原剂,故B正确;C维生素C因具有还原性,可以将Fe3还原为Fe2,故C正确;D根据上述分析可知,亚硝酸盐是氧化剂,故D错误;因此答案选D;A因HNO2是一种弱酸,不稳定,易分解生成NO和NO2,则NaNO2会与稀盐酸反应生成HNO2,分解得到NO和NO2,可以看到有气泡产生,而NaCl
32、与稀盐酸不反应,因此A正确;B根据题目信息可知,加入AgNO3,NaNO2和NaCl都会生成沉淀,现象相同,故B错误;C因在酸性条件下HNO2是一种氧化剂,则在酸性条件下加入KI-淀粉溶液,NO2能将I氧化生成单质碘,遇淀粉呈蓝色,而NaCl与KI-淀粉溶液不反应,故C正确;D. 根据题意可知,HNO2是一种还原剂,能被常见的强氧化剂氧化,则加入KMnO4溶液,会与NaNO2发生氧化还原反应使KMnO4溶液褪色,而NaCl与KMnO4溶液不反应,故D正确;答案选B;把氯气通入到NaNO2溶液中,生成NaNO3和HCl,则氯元素化合价从0价降低到1价作氧化剂,氮元素化合价从+3价升高到+5价作还
33、原剂,结合得失电子守恒和原子守恒,反应的离子方程式为:NO2Cl2H2O=NO32H2Cl,故答案为NO2Cl2H2O=NO32H2Cl;在FeSO4K2O2K2FeO4K2OK2SO4O2反应中,FeSO4中的铁元素化合价从+2价升高到+6价,部分K2O2中的氧元素化合价从1价升高到0价,部分K2O2中的氧元素化合价从1价降低到2价,若FeSO4和O2的化学计量数比为21,则2个FeSO4参与反应失去2(6-2)=8个电子,生成1个O2时,对应消耗1个K2O2,失去2个电子,则二者共失去10个电子,若1个K2O2作氧化剂,氧元素化合价从1价降低到2价,将得到2个电子,根据得失电子守恒,应有5个K2O2作氧化剂,所以K2O2的化学计量数为5+1=6,FeSO4的化学计量数为2,再根据质量守恒,配平其他物质的化学计量数,得到的方程式为:2FeSO46K2O2=2K2FeO42K2O2K2SO4O2,故答案为2 6 2 2 2 1;高铁酸钾(K2FeO4)中的铁元素化合价为+6价,在水中发生反应生成氢氧化铁胶体,氢氧化铁中铁元素的化合价是+3价,说明高铁酸钾(K2FeO4)中的铁元素化合价降低,是一种强氧化剂,具有强氧化性,能够杀灭水中的细菌和毒素,氢氧化铁胶体表面积较大,具有很强的吸附性,能够吸附水中的悬浮杂质,故答案为强氧化性,杀菌消毒;形成氢氧化铁胶体吸附杂质。
限制150内