第01单元 物质及其变化单元测试（B卷•提升能力）-2022-2023学年高一化学同步单元AB卷（人教版2019必修第一册）

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班级 姓名 学号 分数
第01单元 物质及其变化单元测试（B卷•提升能力）
（时间：75分钟，满分：100分）
一、选择题（本题共16小题，每小题3分，共48分。）
1．（2021·淮北市树人高级中学高一月考）表中所列物质或概念间的从属关系不符合如图所示关系的是



X
Y
Z
A
光导纤维
单质
纯净物
B
纯碱
盐
化合物
C
电解质
化合物
纯净物
D
淀粉溶液
胶体
分散系
【答案】A
【解析】
A．光导纤维主要成分为：二氧化硅，不是单质，A错误；
B．纯碱为碳酸钠的俗称，碳酸钠是化合物，属于盐类，B正确；
C．在水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物为电解质，C正确；
D．淀粉溶液是胶体的一中，胶体属于分散系，D正确；
答案为：A。
2．按照物质的树状分类和交叉分类，硫酸应属于
①酸 ②能导电的纯净物 ③含氧酸 ④混合物 ⑤化合物 ⑥二元酸 ⑦强电解质
A．①②③④⑦ B．①③⑤⑥⑦ C．①②③⑤⑥⑦ D．②③⑤⑥⑦
【答案】B
【解析】
①硫酸的水溶液中电离生成的阳离子都是氢离子，从性质分类属于酸，①正确；②硫酸由氢元素、硫元素、氧元素三种元素组成的纯净物，属于化合物，④错误、⑤正确，且纯净的硫酸中没有能够自由移动的离子不能导电，②错误；③硫酸由氢元素、硫元素、氧元素三种元素组成，属于含氧酸，③正确；⑥1mol硫酸可电离出2mol氢离子属于二元酸，⑥正确；⑦硫酸在水溶液中能够完全电离，属于强电解质，⑦正确；综上所述可知，①③⑤⑥⑦正确，故答案为：B。
3．日常生活中的许多现象与化学反应有关，下列现象与氧化还原反应无关的是
A．铜铸塑像上出现铜绿[Cu2(OH)2CO3]
B．铁制菜刀生锈
C．大理石雕像被酸雨腐蚀毁坏
D．铝锅表面生成致密的氧化膜
【答案】C
【解析】
A．金属铜和氧气、二氧化碳、水发生化合反应生成铜绿，该反应中Cu元素的化合价由0价升至+2价，O2中氧元素的化合价由0价降至-2价，与氧化还原反应有关，故A不符合题意；
B．铁制菜刀生锈，即Fe→Fe2O3，该反应中Fe元素的化合价由0价升至+3价，O元素的化合价由0价降至-2价，与氧化还原反应有关，故B不符合题意；
C．酸雨腐蚀大理石雕像是因为碳酸钙能和酸反应，该反应中没有元素化合价的变化，与氧化还原反应无关，故C符合题意；
D．铝易被氧气氧化生成氧化铝，该反应中Al元素的化合价由0价升至+3价，O元素的化合价由0价降至-2价，与氧化还原反应有关，故D不符合题意；
故答案为C。
4．（2020·长春市第一五一中学高一期中）下列说法中正确的是
A．Na2SO4·10H2O是混合物
B．同种分子构成的物质一定是纯净物
C．混合物肯定由两种以上元素组成
D．含有氧元素的化合物都是氧化物
【答案】B
【解析】
A．混合物是由两种或两种以上的物质组成，Na2SO4·10H2O是单一物质组成，属于纯净物，故A错误；
B．纯净物是一种物质组成的物质，所以同种分子构成的物质一定是纯净物，故B正确；
C．混合物是由两种或两种以上的物质组成，由两种以上元素组成不一定是混合物，可能是化合物，同时混合物也可能是由一种元素组成，如氧气和臭氧的混合物就是由一种元素组成，故C错误；
D．含有氧元素的化合物有可能是氧化物，含氧酸或者含氧酸盐等，故D错误；
故答案为B。
5．（2020·浙江宁波市·高一期中）纳米材料是指在三维空间中至少有一维处于纳米尺寸(1 -100 nm)，以下说法正确的是
A．纳米材料就是胶体
B．纳米氢氧化铁溶于水后，能产生丁达尔效应
C．纳米氢氧化铁不能与盐酸反应
D．纳米材料的物理性质、化学性质都与普通材料完全不同
【答案】B
【解析】
A．纳米材料不属于分散系，不可能是胶体，A错误；
B．纳米氢氧化铁溶于水后形成胶体，因此能产生丁达尔效应，B正确；
C．纳米氢氧化铁能与盐酸反应生成氯化铁和水，C错误；
D．纳米材料的化学性质与普通材料相同，例如纳米氢氧化铁能与盐酸反应生成氯化铁和水，D错误；
答案选B。
6．如图所示，将淀粉胶体和食盐溶液的混合物放入半透膜的袋子中，放入蒸馏水中，一段时间后，Na+和Cl-通过半透膜进入蒸馏水中，重复几次，可以得到纯净的淀粉胶体，该方法称为渗析。下列说法中不正确的是

A．粒子直径小于1nm(10-9m)的分子和离子能通过半透膜
B．淀粉分子的直径在1nm~100nm之间
C．渗析法可以用来提纯胶体
D．用滤纸可以分离胶体和溶液
【答案】D
【分析】
由题目所给的信息可知，Na+和Cl-能通过半透膜，淀粉分子不能通过半透膜，因此直径小于1nm的分子或离子能通过半透膜，直径在1nm~100nm之间的粒子(即胶体粒子)不能通过半透膜。
【解析】
A． 溶液中粒子能透过半透膜，粒子直径小于1nm(10-9m)的分子和离子能通过半透膜，故A正确；
B．淀粉分子不能通过半透膜，因此直径在1nm~100nm之间，故B正确；
C．根据题目信息可知用半透膜能将小分子或离子与胶体分离，可以用渗析法来提纯胶体，故C正确；
D．滤纸的空隙较大，当粒子直径大于100nm时，不能通过滤纸，胶体和溶液的粒子都能通过滤纸，故D错误。
选D。
7．北京冬奥会或第24届冬季奥林匹克运动会将在2022年2月4日至2022年2月20日在中华人民共和国北京市和河北省张家口市联合举行。某同学在奥运五连环中填入了5种物质，相连环物质间能发生反应，不相连环物质间不能发生反应。你认为“五连环”中物质间发生的反应，没有涉及的基本反应类型

A．分解反应 B．复分解反应
C．化合反应 D．置换反应
【答案】A
【解析】
Fe与稀盐酸发生置换反应；稀盐酸与NaOH溶液发生复分解反应；NaOH溶液与CO2发生反应时，可认为CO2先与水化合成碳酸，再与NaOH发生复分解反应；CO2与C发生化合反应生成CO，所以没有涉及的基本反应类型为分解反应，故选A。
8．下列叙述不正确的是
A．石墨有较好的导电性，但不是电解质
B．CaCO3、BaSO4都难溶于水，但它们都是电解质
C．实验测定固体KNO3不能导电，所以KNO3是非电解质
D．酒精在水溶液和熔融状态下均不能导电，酒精属于非电解质
【答案】C
【解析】
A．石墨是单质，不是电解质，也不是非电解质，故A正确；
B．CaCO3、BaSO4都难溶于水，均属于盐，是电解质，故B正确；
C．固体KNO3不能导电，但KNO3的水溶液或熔融状态下能导电，则KNO3是电解质，故C错误；
D．酒精是非电解质，在水溶液和熔融状态下均不能导电，故D正确；
故答案为C。
9．下列离子方程式书写正确的是
A．醋酸溶解碳酸钙型水垢：
B．向澄清石灰水中加入少量Ca(HCO3)2溶液：Ca2++HCO+OH- = CaCO3↓+H2O
C．氢氧化镁和盐酸反应：
D．Ba(OH)2溶液中加入过量NH4HSO4溶液：
【答案】B
【解析】
A．水垢的主要成分是碳酸钙，醋酸与碳酸钙反应生成醋酸钙、二氧化碳和水，反应的离子方程式为：，故A错误；
B．向澄清石灰水中加入少量Ca(HCO3)2溶液生成碳酸钙和水：Ca2++HCO+OH- = CaCO3↓+H2O，故B正确；
C．氢氧化镁和盐酸发生中和反应反应生成氯化镁和水，反应的离子方程式为：，故C错误；
D．相对铵根离子，氢离子优先与氢氧根离子反应，则溶液与过量溶液反应生成硫酸铵、硫酸钡和水，反应的离子方程式为：，故D错误；
故选B。
10．（2021·四川遂宁市·射洪中学高一期中）某无色溶液与NH4HCO3作用能产生气体，此溶液中可能大量共存的离子组是
A．Cl-、Mg2＋、H＋、Zn2＋、SO
B．Na＋、Ba2＋、NO、OH-、SO
C．K＋、Br﹣、SO、OH-、Na＋
D． MnO、K＋、Cl-、H+、SO
【答案】C
【分析】
无色溶液中不存在有色离子，溶液与NH4HCO3作用能产生气体，说明溶液中存在大量的氢离子或氢氧根离子，据此分析进行解答。
【解析】
A．该组离子均为无色，但是H＋、SO之间反应生成亚硫酸或二氧化硫和水，不能大量共存，故A不选；
B．该组离子均为无色，Ba2＋、SO之间反应生成硫酸钡沉淀，不能大量共存，故B不选；
C．该组离子均为无色，且能够大量共存，OH-与NH4HCO3反应可以生成氨气，满足条件，故C可选；
D．MnO为有色离子，且在酸性条件下，MnO能够氧化Cl-，在溶液中不能大量共存，故D不选；
故选C。
11．下列说法正确的是
A．得电子越多，其氧化性越强
B．电解质与非电解质：辨别依据是水溶液是否导电
C．要完成SO→SO的转化，必须加入氧化剂
D．金属元素被还原时一定生成金属单质
【答案】C
【解析】
A．物质的氧化性的强弱与电子得失数目无关，而与得失电子能力大小有关，A错误；
B．物质是电解质还是非电解质，依据是化合物在水溶液或熔融状态下是否能够导电，但不一定是在水溶液中是否可以导电，B错误；
C．在该转化中，S元素化合价升高，失去电子被氧化，因此一定要加入氧化剂才可以实现上述转化，C正确；
D．金属元素得到电子被还原时可能产生低价态金属阳离子，也可能生成金属单质，但不一定就是被还原为金属单质，D错误；
故合理选项是C。
12．已知在碱性溶液中可发生如下反应：2M(OH)3＋3Cl2＋10OH-=2MO＋6Cl-＋8H2O，则MO中M的化合价是
A．＋3 B．＋4 C．＋5 D．＋6
【答案】D
【解析】
根据方程式两端电荷守恒可知n＝2，O元素是－2价，所以R的化合价是+6价，也可以按氧化还原反应中电子得失守恒求，设化合价为+x，则3×2=2×(x-3)，得x=6。
答案选D。
13．下列反应中有一种物质既是氧化剂又是还原剂的是
A．2KI＋Br2=2KBr＋I2 B．2AgNO32Ag↓＋2NO2↑＋O2↑
C．Cu2(OH)2CO32CuO＋CO2↑＋H2O D．C＋H2OCO＋H2
【答案】B
【分析】
氧化剂得电子化合价降低，还原剂失电子化合价升高。
【解析】
A．反应2KI＋Br2=2KBr＋I2中，Br元素的化合价降低，Br2为氧化剂，I元素的化合价升高，KI为还原剂，A不符合题意；
B．反应2AgNO32Ag↓＋2NO2↑＋O2↑中，Ag、N元素的化合价降低，AgNO3为氧化剂，O元素的化合价升高，故AgNO3也是还原剂，B符合题意；
C．反应Cu2(OH)2CO32CuO＋CO2↑＋H2O中没有元素化合价的变化，不是氧化还原反应，C不符合题意；
D．反应C＋H2OCO＋H2中，C元素的化合价升高，C是还原剂，H的化合价降低，H2O是氧化剂，D不符合题意；
故选B。
14．根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是

实验操作和现象
实验结论
A
向盛有某盐溶液的试管中滴入NaOH溶液后，试管口处湿润的红色石蕊试纸未变蓝色
该盐中不含
B
向某溶液中先滴加稀硝酸，再滴加氯化钡溶液，有白色沉淀生成
溶液中一定含有
C
将NaCl粉末加入适量酒精中，充分振荡形成无色透明分散系，用激光笔照射，出现一条光亮通路
形成的分散系是胶体
D
向NaBr溶液中滴入少量新制氯水和四氯化碳，振荡、静置，溶液下层呈紫红色
Br-的还原性弱于Cl-
【答案】C
【解析】
A．稀的氢氧化钠溶液与含有铵根离子的盐溶液混合反应，生成了一水合氨，没有氨气溢出，试管口处湿润的红色石蕊试纸未变蓝色，但不能证明该盐中不含铵根离子，故A错误；
B．向某溶液中先滴加稀硝酸，可能是原溶液中有亚硫酸根离子等，被氧化为硫酸根离子，再滴加氯化钡溶液，有白色沉淀生成，无法确定硫酸根离子的来源，故B错误；
C．NaCl在酒精中溶解度小，将NaCl粉末加入适量酒精中，充分振荡形成无色透明分散系，用激光笔照射，出现一条光亮通路，产生了丁达尔现象，是胶体特有的性质，故C正确；
D．向NaBr溶液中滴入少量新制氯水和四氯化碳，振荡、静置，溶液下层呈紫红色，发生2Br-+Cl2=2Cl-+Br2，Br-是还原剂，Cl-是还原产物，还原性：Br-＞Cl-，故D错误；
故选C。
15．常温下，下列三个反应均能完全发生：；；。由此得出结论正确的是
A．氧化性： B．还原性：
C． D．X-、Y-、Z-、W-中Z-还原性最强
【答案】A
【解析】
对于反应；NaW是还原剂，X2是氧化剂，NaX是还原产物，W2是氧化产物，氧化性：X2>W2，还原性：NaW>NaX；
对于反应；W2是氧化剂，NaY是还原剂，NaW还原产物，Y2是氧化产物；氧化性：W2>Y2，还原性：NaY>NaW；
对于反应；Z2是氧化剂，KX是还原剂，KZ还原产物，X2是氧化产物；氧化性：Z2>X2，还原性：KX>KZ；
则氧化性：Z2>X2>W2>Y2，还原性：NaY>NaW>NaX>KZ；
A．氧化性：Z2>X2>W2>Y2，A正确；
B．还原性：　，B错误，
C．因为Z2的氧化大于Y2， 所以Y2 不能制取Z2，C错误；
D．因为氧化性：Z2>X2>W2>Y2，单质的氧化性越强，其离子的还原越弱，则四种离子中Y-还原性最强，D错误；
故选A。
16．一定条件下硝酸铵受热分解的化学方程式(未配平)为，下列说法正确的是
A．配平后H2O的系数为8
B．氧化产物和还原产物的物质的量之比为1∶2
C．N2只是还原产物
D．被氧化与被还原的氮原子数之比为5∶3
【答案】D
【分析】
由方程式可知，反应中铵根离子中氮元素化合价升高被氧化，硝酸根离子中化合价部分降低被还原，氮气即是氧化产物又是还原产物，由得失电子数目守恒和原子个数守恒可知，硝酸铵受热分解的化学方程式为5NH4NO32HNO3+4N2↑+9H2O。
【解析】
A．由分析可知，配平后水的系数为9，故A错误；
B．由分析可知，反应中氮气即是氧化产物又是还原产物，由得失电子数目守恒可知，氧化产物和还原产物的物质的量之比为5∶3，故B错误；
C．由分析可知，反应中氮气即是氧化产物又是还原产物，故C错误；
D．由分析可知，被氧化与被还原的氮原子数之比为5∶3，故D正确；
故选D。
二、非选择题（本题共5小题，共52分。）
17．（7分）（2020·云南民族大学附属中学高一月考）处于下列状态的物质中：①氯化钠晶体②干冰③HCl气体④铜⑤硫酸钡晶体⑥蔗糖⑦酒精⑧熔融的硝酸钾⑨NH4HSO3溶液
(1)能导电的是_______；
(2)属于电解质的是_______；
(3)属于非电解质的是_______；
(4)属于强电解质且导电的是_______；
(5)既不是电解质，又不是非电解质的是_______；
(6)写出物质⑨的电离方程式_______。
【答案】（除标明外，每空1分）（1）④⑧⑨ （2）①③⑤⑧ （3）②⑥⑦ （4）⑧ （5）④⑨ （6）NH4HSO3=+ （2分）
【解析】
①氯化钠晶体是由钠离子和氯离子构成，但离子不能自由移动，所以氯化钠晶体不导电，但氯化钠溶于水或熔融状态下能完全电离出自由移动的离子而导电，所以氯化钠晶体为强电解质；
②干冰是固态二氧化碳，由分子构成，不能导电，溶于水时和水反应生成碳酸，碳酸溶液中有自由移动的离子，能导电，但该溶液中的离子不是由二氧化碳电离产生的，所以二氧化碳是非电解质；
③HCl气体由分子构成，不能导电，但溶于水能完全电离，产生自由移动的离子而导电，所以氯化氢气体为强电解质；
④铜是金属单质，能导电，但既不电解质，也不是非电解质；
⑤硫酸钡晶体由钡离子和硫酸根离子构成，但晶体中离子不能自由移动，所以硫酸钡晶体不能导电，熔融的硫酸钡能完全电离，产生自由移动的离子，所以硫酸钡晶体是强电解质；
⑥蔗糖由分子构成，不能导电，溶于水或熔融状态下也不能产生自由移动的离子，所以蔗糖是非电解质；
⑦酒精由分子构成，不能导电，溶于水或熔融状态下也不能产生自由移动的离子，所以蔗糖是非电解质；
⑧熔融的硝酸钾中有自由移动的离子，能导电，且硝酸钾溶于水或熔融状态下都能完全电离，故硝酸钾为强电解质；
⑨NH4HSO3溶液中有自由移动的离子，能导电，NH4HSO3溶液是混合物，既不是电解质，也不是非电解质。
由以上分析可知：
(1)能导电的是④⑧⑨
(2)属于电解质的是①③⑤⑧
(3)属于非电解质的是②⑥⑦；
(4)属于强电解质且导电的是⑧；
(5)既不是电解质，也不是非电解质的是④⑨；
(6)NH4HSO3是强电解质，完全电离，其电离方程式为：NH4HSO3= + 。
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】（每空2分）（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
【解析】
（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．（10分）（2020·江苏苏州市·西安交大苏州附中高一期中）Ba(OH)2溶液中滴加NaHSO4溶液之后，溶液导电能力随滴入NaHSO4溶液体积变化曲线如图所示。

（1）AB段反应的离子方程式为_______。
（2）C点对应的溶液呈_______ (填 “酸”、“ 碱” “中”)性。
（3）D点对应的溶液中存在的离子主要是 _______。
（4）V1、V2的关系为 _______。
【答案】（1）Ba2++OH-+H++SO=BaSO4↓+H2O （2分） （2）碱（2分） （3）Na+、SO （2分） （4）V1：V2=1：2 （3分）
【解析】
（1）AB段为Ba(OH)2与NaHSO4反应生成硫酸钡沉淀、水和氢氧化钠，反应的离子方程式为Ba2++OH-+H++SO=BaSO4↓+H2O；
（2）BD段为NaOH与NaHSO4反应生成硫酸钠，C点为BD段上的一点，则溶液中存在大量OH-，溶液呈碱性；
（3）D点时，溶液中的OH-与NaHSO4恰好完全反应，溶质为Na2SO4，主要离子为Na+、SO；
（4） Ba(OH)2中含有2个OH-，NaHSO4中含有1个H+，D点恰好消耗完溶液中的OH-，则V1：V2=1：2。
20．（14分）（2020·江西省信丰中学高一月考）现有NaCl、Na2SO4和NaNO3的混合物，选择适当的试剂除去杂质，从而得到纯净的NaNO3晶体，相应的实验流程如图所示。

请回答下列问题：
（1）写出实验流程中下列物质的化学式：试剂X_______
（2）上述实验流程中①②③步均要进行的实验操作是_______(填操作名称)。
（3）上述实验流程中加入过量Na2CO3溶液后发生反应的离子方程式：_______、_______ 。
（4）(本小题两空均填化学式)按此实验方案得到的溶液3中肯定含有_______杂质。为了解决这个问题，可以向溶液3中加入适量的_______。
（5）在①步操作中如何证明加的BaCl2溶液已过量？_______。
【答案】（1）AgNO3（2分） （2）过滤（2分）
（3）Ba2++CO=BaCO3↓（2分） 2Ag++CO=Ag2CO3↓（2分）
（4）Na2CO3（2分） HNO3（2分） （5）取混合溶液的上层清液少量于试管中，用胶头滴管继续滴加少量BaCl2溶液，如无明显现象，则证明所加的BaCl2已过量（2分）
【分析】
由流程图可知，①中加过量BaCl2，硫酸根离子转化为硫酸钡沉淀，过滤得沉淀A为BaSO4，溶液1中含氯化钠、硝酸钠和过量的氯化钡，③加入Na2CO3应该是沉淀Ba2+，则②为沉淀Cl-，因此②中应加过量AgNO3，将Cl-转化AgCl，过滤得沉淀B为AgCl，溶液2中含硝酸钠、硝酸银、硝酸钡，③中加入过量的碳酸钠，钡离子，银离子转化为沉淀，沉淀C为碳酸钡、碳酸银，溶液3为硝酸钠和碳酸钠，据此分析解答。
【解析】
（1）由上述分析可知，试剂X为AgNO3；
（2）流程中①②③步均生成沉淀，都需要进行过滤操作；
（3）加入过量的Na2CO3的目的是使溶液中过量的Ag+、Ba2+完全沉淀，相应的离子方程式为Ba2++CO=BaCO3↓、2Ag++CO=Ag2CO3↓；
（4）步骤③中加入过量的碳酸钠，所以溶液3中肯定含有Na2CO3杂质，可加适量的稀硝酸后蒸发结晶或加热冷却结晶得到纯净的硝酸钠；
（5）在①步操作中证明加的BaCl2溶液已过量，只需要检验溶液中不存在硫酸根离子即可，方法为：取混合溶液的上层清液少量于试管中，用胶头滴管继续滴加少量BaCl2溶液，如无明显现象，则证明所加的BaCl2已过量。
21．（11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分） （2）B（2分） （3）NO+Cl2+H2O=NO+2H++2Cl-（3分） （4）2 3 4 2 3 5 H2O（2分） （5）P、CuSO4（2分）
【解析】
(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。