第1章 物质及其变化（选拔卷）-【单元测试】2022-2023学年高一化学尖子生选拔卷（人教版2019必修第一册）

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第1章 物质及其变化
选拔卷
（考试时间：60分钟 试卷满分：100分）
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D
C
C
D
C
A
D
B
D
A
D
B
C
C
A
D
第Ⅰ卷（选择题 共48分）
一、选择题：本题共16个小题，每小题3分，共48分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．（2021·玉溪第二中学高一月考）下列关于纯净物、混合物、电解质、非电解质的正确组合为

纯净物
混合物
电解质
非电解质
A
盐酸
冰水混合物
硫酸
干冰
B
纯净水
漂白粉
氧化铝
二氧化硫
C
胆矾
碱石灰
铁
碳酸钙
D
液氯
合金
氯化铜
蔗糖
【答案】D
【详解】
A．盐酸是氯化氢的水溶液，属于混合物；冰水混合物是H2O，是纯净物；A项错误；
B．纯净水不是纯净物，是混合物；漂白粉是氢氧化钙、氯化钙等组成的混合物，B项错误；
C．碱石灰是主要成分为氧化钙、氢氧化钠等组成混合物；铁是单质，既不是电解质也不是非电解质；碳酸钙是电解质，C项错误；
D．液氯是液态的氯气，是纯净物；合金是混合物；氯化铜是电解质；蔗糖是非电解质，D项正确；
答案选D。
2．下列化学反应属于图中区域3的是

A．
B．
C．
D．
【答案】C
【分析】
由题图可知，区域3属于氧化还原反应，但不是置换反应、化合反应和分解反应。
【详解】
A．为置换反应，属于区域4，A错误；
B．为分解反应，元素化合价没有发生变化，不属于氧化还原反应，B错误；
C．不属于四种基本反应类型，为氧化还原反应，C正确；
D．为化合反应，元素化合价没有发生变化，不属于氧化还原反应，D错误；
答案选C。
3．（2021·云南省云天化中学高一开学考试）关于O2和O3，下列说法正确的是
A．O2和O3的性质完全相同
B．O2和O3都是由氧元素组成的，二者混合后仍属于纯净物
C．O2转化为O3属于化学变化
D．O2和O3是同一种物质
【答案】C
【详解】
A．O2和O3的分子结构不同，因此二者的性质不同，A错误；
B．尽管O2和O3都是由氧元素组成的，但二者分子结构不同，因此混合后属于混合物，B错误；
C．O2、O3是不同的分子，因此O2转化为O3属于化学变化，C正确；
D．O2和O3是两种不同的物质，D错误；
故合理选项是C。
4．经测定，一瓶气体中只含有C、O两种元素，通常情况下这瓶气体不可能是
A．一种化合物 B．一种单质和一种化合物的混合物
C．两种化合物 D．两种单质
【答案】D
【详解】
A．一瓶气体中只含有C、O两种元素，若为纯净物，可能是化合物CO、CO2中任意一种，A不符合题意；
B．由于C单质在室温下为固体，O元素的单质O2或O3呈气态，则若该气体是一种单质和一种化合物的混合物，只能是O2与CO或O2与CO2的混合物；或O3与CO或O3与CO2的混合物，B不符合题意；
C．只含有C、O两种元素的气体若是两种化合物，则该气体是CO、CO2的混合物，C不符合题意；
D．若为一种单质一种化合物，由于C元素的单质是固体，O元素的单质可能是O2或O3，O2或O3在常温下呈气态，因此一瓶气体中若只含有C、O两种元素，不可能是两种单质，D符合题意；
故合理选项是D。
5．关于酸、碱、盐的下列说法中错误的是
A．酸在水溶液中电离产生的阳离子全部是氢离子
B．碱在水溶液中电离产生的阴离子全部是氢氧根离子
C．盐在水溶液中电离一定有金属阳离子产生
D．酸和盐在水溶液中电离都可能有含氧酸根离子产生
【答案】C
【解析】A．电离出的阳离子全部是氢离子的化合物为酸，故A正确；B．电离出的阴离子全部是氢氧根的化合物为碱，故B正确；C．阳离子是金属离子或铵根离子、阴离子全部是酸根离子的化合物为盐，故盐电离出的阳离子不一定是金属离子，也可能是铵根离子，故C错误；D．酸和盐在水溶液中电离都可能有含氧酸根离子产生，如H2SO4和Na2CO3在水溶液中均电离出含氧酸根离子，故D正确；故答案为C。
6．下列关于分散系的叙述正确的是
A．分散系的分类：
B．可利用过滤的方法分离胶体和溶液
C．溶液是混合物，胶体是纯净物
D．溶液是电中性的，胶体是带电的
【答案】A
【详解】
A．根据分散质微粒直径的大小，可以将分散系分为三类：溶液、胶体、浊液，即，故A正确；
B．溶液中溶质粒子能通过滤纸，胶体中分散质粒子也能通过滤纸，不能用过滤的方法分离胶体和溶液，故B错误；
C．胶体和溶液均属于分散系，都是混合物，故C错误；
D．胶体呈电中性，胶粒因吸附而带电荷，故D错误；
故选A。
7．下列物质在给定条件下的转化均能一步实现的是(　　)
A．Fe3O4FeFeCl3
B．H2O2H2H2O
C．CaCl2溶液CaCO3CO2
D．CuSO4溶液CuCuO
【答案】D
【解析】A. 铁与稀盐酸反应生成的是氯化亚铁，不是氯化铁，不能一步实现，故A错误；
B. 过氧化氢分解生成的是氧气，和水，不能生成氢气，故B错误；
C. 由于盐酸的酸性大于碳酸，所以氯化钙溶液中通入二氧化碳，不能生成碳酸钙沉淀，故C错误；
D. 铁比铜活泼，故铁可以与硫酸铜反应生成硫酸亚铁和铜，铜可以与氧气反应生成氧化铜，故D正确；
正确答案选D。
【点睛】
本题有一定难度，熟练掌握所涉及物质的性质、抓住关键词“能否一步实现”是解决此类问题的关键。8．氯化锌在工业上作为生产活性炭的活化剂，使活性炭成为多孔性物，增大其表面积。在Zn、ZnO、ZnCO3、盐酸和CaCl2 溶液五种物质中，每两种物质反应能生成ZnCl2 的组合有
A．2 种 B．3 种 C．4 种 D．5 种
【答案】B
【详解】
Zn、ZnO、ZnCO3均可与盐酸反应生成ZnCl2，而与CaCl2不反应，共计有3种组合，答案为B。
9．下列说法正确的是
A．熔融NaCl能导电，是因为通电时NaCl发生了电离
B．NaCl固体不导电，因为NaCl固体中没有离子存在
C．NH4NO3电离时产生了、，无金属离子，所以NH4NO3不是盐
D．NaHSO4在水溶液中电离生成了Na+、H+、三种离子
【答案】D
【详解】
A．熔融NaCl能电离出自由移动的Na+和Cl-，电离与电流无关，不是因为通电NaCl才发生电离的，A错误；
B．氯化钠固体不导电是因为NaCl固体中带电的阴阳离子不能自由移动，B错误；
C．由金属阳离子或铵根离子和酸根离子构成的纯净物是盐，硝酸铵是由铵根离子和酸根离子构成的纯净物，属于盐，C错误；
D．硫酸氢钠在水溶液中完全电离出三种离子，其电离方程式为NaHSO4=Na++H++SO，D正确；
故选D。
10．某兴趣小组的同学向一定体积的Ba(OH)2溶液中逐渐加入等浓度的稀硫酸，并测得混合溶液的导电能力随时间变化的曲线如图所示。下列说法不正确的是

A．AB段溶液的导电能力不断减弱，主要是溶液的稀释引起的
B．B处溶液的导电能力约为0，说明溶液中几乎没有自由移动的离子
C．a时刻Ba(OH)2溶液与稀硫酸恰好完全中和
D．BC段溶液的导电能力不断增大，主要是由于过量的H2SO4电离出的离子导电
【答案】A
【详解】
A．向一定体积的Ba(OH)2溶液中逐滴加入稀硫酸，生成硫酸钡和水，AB段溶液的导电能力不断减弱，主要是因为生成BaSO4沉淀，A说法错误；
B．导电能力越强，离子浓度越大，B处的导电能力为0，说明溶液中几乎没有自由移动的离子，B说法正确；
C．a时刻导电能力最弱，说明两者恰好完全反应，离子浓度最小，所以a时刻Ba(OH)2与硫酸恰好完全中和，C说法正确；
D．BC段过量的硫酸电离产生氢离子和硫酸根离子导致溶液中自由移动离子浓度变大，导电能力增强，D说法正确。
答案选A。
11．（2021·上海虹口区·高一期末）下列离子方程式正确的是
A．醋酸和碳酸钙反应：2H++CaCO3→Ca2++CO2↑+H2O
B．铁粉与稀H2SO4反应：2Fe+6H+→2Fe3++3H2↑
C．Cu(OH)2与稀H2SO4反应：OH-+H+=H2O
D．Na2CO3溶液中和足量盐酸反应：CO+2H+→CO2↑+H2O
【答案】D
【详解】
A． 醋酸是弱酸，醋酸和碳酸钙反应：2CH3COOH+CaCO3=Ca2++CO2↑+H2O+2CH3COO-，故A错误；
B． 铁粉与稀H2SO4反应生成硫酸亚铁和氢气：Fe+2H+=Fe2++H2↑，故B错误；
C． Cu(OH)2是难溶固体，Cu(OH)2与稀H2SO4反应：Cu(OH)2+2H+=2H2O+Cu2+，故C错误；
D． Na2CO3溶液中和足量盐酸反应生成氯化钠、水和二氧化碳：CO+2H+=CO2↑+H2O，故D正确；
故选D。
12．（2021·台州市路桥区东方理想学校高一月考）下列离子能大量共存的是
A．无色酚酞试液呈红色的溶液中：Na+、K+、SO、HCO
B．澄清透明的溶液中：Fe3+、K+、SO、NO
C．含有大量 AgNO3 的溶液中：Mg2+、NH、SO、Cl-
D．紫色石蕊试液呈红色的溶液中：Ca2+、K+、AlO、NO
【答案】B
【详解】
A．无色酚酞试液呈红色有大量OH-，HCO不能大量存在，A不符合题意；
B．四种离子相互之间不反应，可以在澄清透明溶液中大量共存，B符合题意；
C．SO、Cl-均会和Ag+反应生成沉淀而不能大量存在，C不符合题意；
D．紫色石蕊试液呈红色的溶有中大量H+，AlO不能大量存在，D不符合题意；
故选B。
13．只用一种试剂区别Na2SO4、MgCl2、FeCl2、Al2(SO4)3、FeCl3五种溶液，这种试剂是（ ）
A．Ba(OH)2 B．H2SO4 C．NaOH D．AgNO3
【答案】C
【解析】A．加入Ba(OH)2，Na2SO4和MgCl2都生成白色沉淀，不能鉴别，故A错误；
B．加入H2SO4，以上物质都不反应，不能鉴别，故B错误；
C．加入NaOH，Na2SO4无现象，MgCl2生成白色沉淀，FeCl2生成白色沉淀，迅速变成灰绿色，最后总变成红褐色，Al2(SO4)3生成白色沉淀，NaOH过量时，沉淀逐渐溶解，FeCl3直接生成红褐色沉淀，五种物质现象各不相同，可鉴别，故C正确；
D．加入AgNO3，以上物质都生成白色沉淀，不能鉴别，故D错误；
答案选C。
14．下列盐酸参与的反应中，HCl被氧化的是
A．CuO+2HCl=CuCl2+H2O B．Zn+2HCl=ZnCl2+H2↑
C．Ca(ClO)2+4HCl=CaCl2+2Cl2↑+2H2O D．CaCO3+2HCl=CaCl2+CO2↑+H2O
【答案】C
【详解】
A．CuO＋2HCl＝CuCl2＋H2O中，没有元素化合价变化，不属于氧化还原反应，故A错误；
B．Zn＋2HCl＝ZnCl2＋H2↑中，氯元素化合价没变，氢元素化合价降低，HCl被还原，故B错误；
C．Ca(ClO)2+4HCl=CaCl2+2Cl2↑+2H2O 中，HCl中Cl化合价上高，HCl被氧化，故C正确；
D．CaCO3+2HCl=CaCl2+CO2↑+H2O中，没有元素化合价变化，不属于氧化还原反应，故D错误；
故选C。
15．（2021·云南高一期末）已知在酸性溶液中易被还原成，且还原性：。下列反应在水溶液中不可能发生的是
A． B．
C． D．
【答案】A
【详解】
A．根据氧化性是: Cl2>FeCl3>I2，因此氯气可以氧化Fe2+，也可以氧化I-，但是碘离子还原性强于亚铁离子，碘离子会先被氯气氧化，正确的离子方程式是：Cl2不足时，Cl2+2I-=2Cl-+I2， Cl2 过量时，3Cl2+2Fe2++4I-= 6C1-+2I2+2Fe3+，所以A不可能发生，故A符合题意；
B．根据反应： ，得出氧化性是： Cl2>I2，和题意相符合，反应可能发生，故B不符合题意；
C．根据反应：，得出氧化性是：>Cl2， 和题意相符合，反应可能发生，故C不符合题意；
D．根据反应，得出氧化性是：FeCl3>I2，和题意相符合，反应可能发生，故D不符合题意；
故选A。
16．（2020·天津静海区·静海一中高一月考）废水脱氮工艺中有一种方法是在废水中加入过量NaClO使NH完全转化为N2，该反应可表示为2NH+3ClO-=N2↑+3Cl-+2H++3H2O。下列说法中不正确的是（ ）
A．反应中氮元素被氧化，氯元素被还原
B．还原性：NH>Cl-
C．反应中每生成1个N2分子，转移6个电子
D．经此法处理过的废水不用再处理就可以直接排放
【答案】D
【详解】
A．反应2NH+3ClO-=N2↑+3Cl-+2H++3H2O中氮元素从-3价升高为0价，Cl元素从+1价降为-1价，则氮元素被氧化，氯元素被还原，故A正确；
B．反应2NH+3ClO-=N2↑+3Cl-+2H++3H2O中氮元素从-3价升高为0价，Cl元素从+1价降为-1价，则NH是还原剂，Cl-是还原产物，则还原性：NH>Cl-，故B正确；
C．反应2NH+3ClO-=N2↑+3Cl-+2H++3H2O中氮元素从-3价升高为0价，则每生成1个N2分子，转移6个电子，故C正确；
D．经反应2NH4++3ClO-═N2+3Cl-+2H++3H2O处理过的废水呈酸性，需要先用石灰水中和酸，则不能直接排放，故D错误；
故答案为D。
第II卷（非选择题 共52分）
二、非选择题：本题共5个小题，共52分。
17．（8分）按不同的分类方法，下列每组中都有一种物质与其他物质不同，试分析每组中物质的组成规律，将其中不同于其他物质的物质找出来。
(1)NaCl、KCl、NaClO、BaCl2_______。
(2)HClO3、KClO3、Cl2、NaClO3_______。
(3)H3PO4、H4SiO4、HCl、H2SO4_______。
(4)空气、N2、HCl气体、CuSO4•5H2O_______。
【答案】（1）NaClO （2）Cl2 （3）HCl （4）空气
【详解】
(1)NaCl、KCl、BaCl2均属于氯化物，均含氯离子，而NaClO属于次氯酸盐，不含氯离子，组成规律不同，故答案为：NaClO；
(2)HClO3、KClO3、NaClO3属于化合物，且在水溶液中均能能电离出氯酸根离子，而氯气属于单质，与其他三种物质不属于同类物质，故答案为：Cl2；
(3)H3PO4、H4SiO4、H2SO4均属于含氧酸，而HCl属于无氧酸，与其他三种物质组成规律不同，故答案为：HCl；
(4) N2、HCl气体、CuSO4•5H2O均属于纯净物，而空气属于混合物，与其他三种物质不属于同类物质，故答案为：空气。
18．（10分）现有甲、乙、丙三名同学分别进行Fe（OH）3胶体的制备实验。甲同学：向 1 mol·L－1 的氯化铁溶液中加入少量的 NaOH 溶液。乙同学：直接加热饱和 FeCl3 溶液。丙同学：向 25 mL 沸水中逐滴加入 5～6 滴 FeCl3 饱和溶液；继续煮沸至溶液呈红褐色，停止加热。试回答下列问题：
（1）其中操作正确的同学是_____（填“甲”“乙”或“丙”）。
（2）证明有Fe（OH）3胶体生成的实验操作是_____，利用的胶体性质是_______。
（3）在胶体中加入电解质溶液或带有相反电荷的胶体粒子能使胶体粒子沉淀出来。丁同学利用制得的 Fe（OH）3 胶体进行下列实验：
①将其装入U形管内，用石墨作电极，接通直流电，通电一段时间后发现阴极附近的液体颜色逐渐变深，这表明Fe（OH）3 胶体微粒带_______（带“正”或“负”）电荷。
②实验证明，电解质的凝聚能力主要取决于与胶粒带相反电荷的离子所带的电荷数，电荷数越大，凝聚力越大。向 Fe（OH）3 胶体加入下列电解质时，其凝聚能力最强的为_____。
A NaCl B FeCl3 C K2SO4 D Na3PO4
【答案】（1）丙 （2）用激光笔照射溶液，若出现明显的光路，证明有Fe（OH）3胶体生成 丁达尔现象 （3）正 D
【详解】
（1）实验室制备氢氧化铁胶体是在沸腾的蒸馏水中加入饱和氯化铁溶液，继续加热至溶液变为红褐色时立即停止加热，因此操作正确的是丙同学，其它做法都不能生成胶体，往往得到沉淀；
（2）胶体具有丁达尔效应，当用激光笔照射时，会有一道明亮的光路，因此证明有Fe（OH）3胶体生成的实验操作是用激光笔照射溶液，若出现明显的光路，证明有Fe（OH）3胶体生成；
（3）①Fe（OH）3胶粒带正电，通电时带正电荷的粒子向阴极移动，阴极附近的颜色逐渐变深；
②电解质的凝聚能力主要取决于与胶粒带相反电荷的离子所带的电荷数，电荷数越大，凝聚力越大。由于Fe（OH）3胶粒带正电，选项A～D中阴离子所带电荷数分别是1、1、2、3，所以凝聚能力最强的为Na3PO4，答案选D。
19．（12分）某化学兴趣小组在课外活动中，对某溶液进行了多次检测，其中两次检测结果如下表所示，请回答下列问题：
检测次数
溶液中检测出的粒子
第①次
K+ Na+ CO SO Cl-
第②次
K+ Na+ Ba2+ Cl- SO
（1）两次检测结果中第 ___________次检测结果不正确。
（2）在检测时，为了检验溶液中是否存在SO、CO和Cl-。
第一步：向溶液中滴加过量的___________溶液(填化学式)，其目的是检验CO并将其除去；发生反应的离子方程式为___________；
第二步：加入过量的___________溶液(填化学式)，其目的是检验并除去___________离子；发生反应的离子方程式___________；
第三步：过滤，再向滤液中加入___________溶液(填化学式)，发生反应的离子方程式___________。
【答案】（1）② （2）HNO3 2H++CO=CO2↑+H2O Ba(NO3)2 SO Ba2++SO=BaSO4↓ AgNO3 Ag++Cl-=AgCl↓
【分析】
检验溶液中是否存在SO、CO和Cl-时，CO能与Ba2+和Ag+反应，会干扰SO和Cl-的检验，SO能与 Ag+反应，会干扰Cl-的检验，则为了避免干扰，应先检验CO，再检验SO，最后检验Cl-。
【详解】
（1）第②次溶液中检测出的粒子中钡离子与硫酸根离子反应生成硫酸钡沉淀，不能大量共存，检测结果不正确，故答案为：②；
（2）由分析可知，第一步应向溶液中滴加过量的稀硝酸溶液检验CO并将其除去，检验并除去的反应为稀硝酸溶液中的氢离子与碳酸根离子反应生成二氧化碳和水，反应的离子方程式为2H++CO=CO2↑+H2O；第二步应加入过量的氯化钡溶液检验SO并将其除去，反应的离子方程式为Ba2++SO=BaSO4↓；第三步的操作为过滤后，向滤液中加入硝酸银溶液，检验的反应为硝酸银溶液中的银离子与氯离子反应生成氯化银白色沉淀，反应的离子方程式为Ag++Cl-=AgCl↓，故答案为：HNO3；2H++CO=CO2↑+H2O；SO；Ba2++SO=BaSO4↓；AgNO3；Ag++Cl-=AgCl↓。
20．（10分）实验室里需要纯净的氯化钠溶液，但手边只有混有Na2SO4、NH3HCO3 等杂质 的NaCl。某学生设计了如下图方案提取纯净物的NaCl溶液（已知：NH4HCO3NH3↑＋H2O＋CO2↑）

如果此方案正确，那么：
（1）操作①可选择_______ 或__________（仪器）。
（2）操作②为什么不用加硝酸钡溶液？其理由是___________。
（3）进行操作②后，如何判断SO42－已除尽的方法是__________ 。
（4）操作③的目的是________,写出此操作涉及的离子方程式:___________
（5）操作④的目的是_________。
【答案】（1）蒸发皿 坩埚 （2）改用Ba(NO3）2会使溶液中引入新的杂质离子NO3- （3）取少量上层澄清溶液，再滴加BaCl2溶液，如无沉淀出现则说明SO42-已除尽，反之则有（或其他的方法） （4）除去过量的Ba2+ Ba2++ CO32-= BaCO3 ↓ （5）除去溶解在溶液中的CO2和HCl
【分析】
根据题中的信息，将物质的除杂流程详细化：
，其中加入过量BaCl2是为了除去Na2SO4，加入过量的Na2CO3溶液是为了除去BaCl2，加入过量的HCl是为了除去Na2CO3，多余的盐酸通过加热煮沸可以使HCl从水中逸出，同时还能使微溶于水的CO2也逸出，从而得到纯净的NaCl溶液。
【详解】
（1）加热固体，可以在坩埚中进行，也可以在蒸发皿中进行；
（2）操作②中，如果加入的是Ba(NO3)2溶液，则生成物里有NaNO3，即引入了新杂质离子NO3-；
（3）检验SO42-的操作为：取少量上层澄清溶液，再滴加BaCl2溶液，如无沉淀出现则说明SO42-已除尽，反之则有；
（4）操作③中，加入Na2CO3溶液是为了除去Ba2+，相关的离子方程式为：Ba2++CO32-=BaCO3 ↓；
（5）操作④的目的是除去溶解在溶液中的CO2和HCl。
21．（12分）HNO2是一种弱酸，且不稳定，易分解生成NO和NO2；它是一种还原剂，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Fe2+ D．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)高铁酸钠(Na2FeO4)具有强氧化性，可对自来水进行消毒、净化。高铁酸钠可用氢氧化铁和次氯酸钠在碱性介质中反应得到，请补充并配平下面离子方程式。
___________Fe(OH)3 +___________ClO-+___________OH- =___________FeO+___________Cl-+___________ ___________
___________
(5)在反应11P+15CuSO4+24H2O=5Cu3P+6H3PO4+15H2SO4中，氧化剂是___________。
【答案】（1）D （2）B （3）NO+Cl2+H2O=NO+2H++2Cl- （4）2 3 4 2 3 5 H2O （5）P、CuSO4
【详解】
(1)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；
答案选D；
(2)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与稀盐酸不反应，故A可以区分；
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不能区分；
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，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可以区分；
答案选B；
(3)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价作还原剂，结合得失电子守恒和原子守恒，反应的离子方程式为：NO+Cl2+H2O=NO+2H++2Cl-；
(4)根据反应可知，Fe(OH)3中Fe元素的化合价由+3价升高至+6价，ClO-中Cl元素的化合价由+1价降低至-1价，根据得失电子守恒有2Fe(OH)3+3ClO-2FeO+3Cl-，再根据电荷守恒和原子守恒可得离子方程式为2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-=2FeO+3Cl-+5H2O；
(5)根据反应方程式11P+15CuSO4+24H2O=5Cu3P+6H3PO4+15H2SO4可知，CuSO4中Cu元素的化合价降低，得到电子作氧化剂，P单质中P的化合价部分由0价升高至+5价，部分由0价降低至-3价，P既是氧化剂、也是还原剂，故氧化剂为P、CuSO4。