2020-2021学年度新高考适应性训练试卷19（江苏专用）

这是一份2020-2021学年度新高考适应性训练试卷19（江苏专用），共16页。试卷主要包含了单选题，四周期，则氢化物的稳定性，填空题，有机推断题，工业流程题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．下列有关氯气及含氯化合物的说法不正确的是（ ）
A．氯气能与大多数金属化合，其一般将变价金属氧化至最高价
B．氯气与水反应，氯气既是氧化剂又是还原剂
C．氯水呈黄绿色是因为溶液中含有氯气分子
D．因为氯气有毒，所以可用于杀菌、消毒、漂白
2．下列有关物质用途的说法不正确的是( )
A．Na2O2用作呼吸面具的供氧剂
B．Al(OH)3用作治胃酸的中和剂
C．FeCl3用作铜制线路板的蚀刻剂
D．浓硫酸用作NH3的干燥剂
3．化学与人类生活、社会发展密切相关。下列措施不利于节能减排、保护环境的是
A．研发易降解的生物农药，减少农药的残余量
B．推广使用节能环保材料，减少有害物质对环境的污染
C．开发太阳能、水能、风能等新能源，减少使用煤、石油等化石燃料
D．研究采煤、采油新技术，提高产量以满足工业生产的快速发展
4．在试管中加入10%的氢氧化钠溶液1 mL，然后滴入2%的硫酸铜溶液2~3滴，稍加振荡，加入某病人的尿液，在酒精灯火焰上加热至沸腾，溶液呈砖红色。该实验现象证明了该人尿液中含有的物质是
A．尿酸 B．蛋白质
C．葡萄糖 D．氯化钠
5．某溶液中有Mg2＋、Fe2＋和Al3＋三种离子，若向其中加入过量的氢氧化钠溶液，微热并搅拌，再加入过量盐酸，溶液中大量减少的阳离子是
A．Al3＋B．Mg2＋C．Fe2＋D．三种离子都减少
6．元素周期表可以指导人们进行规律性的推测和判断，下列说法不正确的是
A．若aX2＋和bY－的核外电子层结构相同，则原子序数：a＝b＋3
B．由水溶液的酸性：HCl>HF，可推断出元素的非金属性：Cl>F
C．沸点：H2O>H2S，因为H2O含有分子间氢键
D．S和Se分别位于第ⅥA的第三、四周期，则氢化物的稳定性：H2S>H2Se
7．化学反应中的能量变化是由化学反应中旧化学键断裂时吸收的能量与新化学键形成时放出的能量不同引起的。如下图为N2(g)和O2(g)反应生成NO(g)过程中的能量变化：
下列说法中正确的是( )
A．1 ml N2(g)和1 ml O2(g)反应放出的能量为180 kJ
B．1 ml N2(g)和1 ml O2(g)具有的总能量小于2 ml NO(g)具有的总能量
C．1 ml N2(g)和1 ml O2(g)具有的总键量大于2 ml NO(g)具有的总键量
D．通常情况下，N2(g)和O2(g)混合能直接生成NO
8．已知：H-H键、O=O键和O-H键的键能分别为436 kJ/ml、496 kJ/ml和462kJ/ml；2C(s)+O2 (g)=2CO(g) ∆H=-220 kJ/ml ；C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2 (g) ∆H=a kJ/ml。则a为
A．-332B．-118C．+130D．+350
9．下列物质的转化在给定条件下能实现的是
A．SiO2H2SiO3（aq）Na2SiO3
B．
C．
D．
10．常温下，Ksp（CaCO3）＝2．8×10－9，CaSO4在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列判断错误的是
A．a点是CaSO4的饱和溶液而b点不是
B．蒸发水可使溶液由b点变化到a点
C．常温下，CaCO3（s）＋（aq）CaSO4（s）＋（aq）的K＝3．1×10－4
D．除去锅炉中的CaSO4时，可用Na2CO3溶液将其转化为CaCO3
11．若某电能与化学能的转化装置(电解池或原电池)中发生反应的总反应离子方程式是：Cu + 2H+ = Cu2+ + H2↑，则关于该装置的说法正确的是( )
A．该装置可能是原电池，也可能是电解池
B．该装置只能是原电池，且电解质溶液为硝酸
C．该装置只能是电解池，且金属铜为该电解池的阳极
D．该装置只能是电解池，电解质溶液不可能是盐酸
12．用化学用语表示2CO2＋2Na2O2===2Na2CO3＋O2中的相关微粒，其中正确的是( )
A．中子数为6的碳原子：612CB．氧原子的结构示意图：
C．CO2的结构式：O—C—OD．Na2O2的电子式：NaNa
13．阿斯巴甜(天冬氨酰苯丙氨酸甲酯)是由苯丙氨酸和天冬氨酸所合成的二肽衍生物。它是一种白色结晶性粉末，其甜度为蔗糖的180－200倍，和其他甜味剂相比具有味质佳、安全性高、热量低等优点，受到食品生产和加工企业的青睐。下列关于阿斯巴甜的说法不正确的是
A．阿斯巴甜中含有肽键－CONH－
B．阿斯巴甜水解时生成苯丙氨酸、天冬氨酸和甲醇
C．阿斯巴甜易受环境影响而失去甜味，含有阿斯巴甜的食品不宜加热。
D．1ml阿斯巴甜中最多可与4ml的H2发生加成反应
第II卷（非选择题）
二、填空题
14．针对以下四个涉及的反应（未配平）填空：
A．
B．
C．
D．
（1）仅体现氧化性的反应是_______（填序号，下同），仅体现还原性的反应是____，既体现氧化性又体现还原性的反应是________，既不作氧化剂又不作还原剂的反应是______。
（2）请将反应配平，并用单线桥标出反应中电子转移的方向和数目：_____
□□□□□□
反应中氧化剂是________，被氧化的元素是_____。
三、原理综合题
15．以黄铜矿(CuFeS2)为主要原料的炼铜方法有火法炼铜、氧化浸出、生物浸出、配位浸出、电化学浸出法等。
Ⅰ．火法炼铜：8CuFeS2+21O28Cu+4FeO+2Fe2O3+16SO2 ΔH＜0
(1)反应中被氧化的元素是________________(填元素符号)。
(2)实际生产是在沸腾炉中进行，反应温度为 600～620℃。控制反应温度的方法是________________。
(3)冶炼过程中产生大量SO2，下列处理方案中合理的是________(填字母)。
A．高空排放 B．制备硫酸
C．用纯碱溶液吸收制Na2SO3 D．用浓硫酸吸收
Ⅱ．氧化浸出：在硫酸介质中用双氧水将黄铜矿氧化，测得有生成。
(4)配平该反应方程式：___CuFeS2+___H2O2+___H+___Cu2++___Fe3++___+___H2O。
(5)该反应在25～50℃下进行，实际生产中双氧水的消耗量要远远高于理论值，除温度较高双氧水分解之外，还可能的原因是__________________________________________________。
Ⅲ．生物浸出：
在反应釜中加入黄铜矿、硫酸铁、硫酸和微生物，并鼓入空气，黄铜矿逐渐溶解，反应釜中各物质的转化关系如图所示。
(6)在微生物的作用下，可以循环使用的物质有_________(填化学式)。
(7)假如黄铜矿中的铁元素最终全部转化为Fe3+，当有2 ml生成时，理论上消耗O2的物质的量为_______________________。
四、有机推断题
16．化合物H是一种有机材料中间体。实验室由芳香化合物A制备H的一种合成路线如下：
已知：①RCHO＋R′CHO
②RCHO＋R′CH2CHO＋H2O
③+
请回答下列问题：
(1)芳香族化合物B的名称为________，C的同系物中相对分子质量最小的有机物结构简式为_______。
(2)由F生成G的第①步反应类型为________。
(3)X的结构简式为_____________。
(4)写出D生成E的第①步反应的化学方程式__________。
(5)G与乙醇发生酯化反应生成化合物Y，Y有多种同分异构体，其中符合下列条件的同分异构体有________种，写出其中任意一种的结构简式____________。
①分子中含有苯环，且能与饱和碳酸氢钠溶液反应放出CO2；②其核磁共振氢谱显示有4种不同化学环境的氢，峰面积比为6∶2∶1∶1。
五、工业流程题
17．铋酸钠（NaBiO3）常用作Mn2+鉴定的强氧化剂，某研究小组用浮选过的辉铋矿（主要成分是Bi2S3，还含少量Bi2O3、SiO2等杂质）制备铋酸钠，其流程如图：
已知：①NaBiO3是一种难溶于水的物质
②BiCl3极易水解生成不溶性的BiOCl沉淀
请回答下列问题：
（1）为了提高溶浸工序中原料的浸出率，可以采取的措施有___（填标号）。
a.加入足量的蒸馏水b.搅拌c.粉碎矿石d.降低温度
（2）溶浸时通常加入FeCl3溶液和浓盐酸，加入的浓盐酸需过量的目的是___，滤渣A的主要成分为___（填化学式）。
（3）反应④的化学方程式为___。
（4）NaBiO3可在酸性介质中将Mn2+氧化为MnO，故可用于Mn2+的鉴定。已知NaBiO3被还原为Bi3+，该反应的离子方程式为___。
（5）实验室为了测定NaBiO3样品的纯度，需要配制250mL0.500ml/LFeSO4溶液，所需要的玻璃仪器除烧杯、量筒、玻璃棒外，还需要___。
（6）取上述NaBiO3样品10.0g，加入稀硫酸和MnSO4溶液使其完全溶解，稀释至100mL，取出20.00mL溶液，然后用新配制的0.500ml/LFeSO4溶液进行滴定，滴定完成后消耗24.80mLFeSO4溶液。则该样品中NaBiO3纯度为___%（结果保留小数点后一位）。
参考答案
1．D
【详解】
A. 氯气具有很强的活泼性，能与大多数金属化合，其一般将变价金属氧化至最高价，故A正确；
B. 氯气与水反应生成HCl和HClO，氯元素的化合价既升高又降低，氯气既是氧化剂又是还原剂，故B正确；
C. 氯水呈黄绿色是因为溶液中含有氯气分子，故C正确；
D. 氯气与水反应生成的HClO具有漂白性，氯气没有漂白性，且氯气用于杀菌、消毒等与氯气的毒性无关，故D错误；
答案选D。
2．D
【解析】
A、Na2O2能与人呼出的CO2和H2O反应，生成的氧气可供人呼吸使用，所以可用作呼吸面具的供氧剂，故A正确；B、Al(OH)3是两性氢氧化物，可与胃酸中和，用于治疗胃酸过多，故B正确；C、FeCl3中的Fe3+具有较强的氧化性，可以溶解铜，因此可用作铜制线路板的蚀刻剂，故C正确；D、浓硫酸具有吸水性，也具有酸性，而NH3属于碱性气体，所以不能用作NH3的干燥剂，故D错误。本题正确答案为D。
3．D
【详解】
A.研发易降解的生物农药，能够减少残余农药对环境的危害，A正确；
B.推广使用节能环保材料，可以节约能源，减少二氧化碳的排放，B正确；
C.使用高效能的能源，既节约能源又能减少二氧化碳气体排放，C正确；
D.研究采煤、采油新技术，产量增大，使用量增大，污染物排放量增多，D错误；
正确选项是D。
4．C
【解析】含醛基的物质可与新制氢氧化铜悬浊液加热发生反应，出现砖红色沉淀。葡萄糖分子中含醛基，因此该人尿液中含有的物质为葡萄糖。故选C。
5．C
【解析】
加入过量的氢氧化钠溶液，微热并搅拌，四种离子均反应，铝离子转化为偏铝酸根离子，再加盐酸，又转化为铝离子，镁离子转化为沉淀后再与盐酸反应生成镁离子，则A、B中离子浓度不变，亚铁离子转化为沉淀后被氧化生成氢氧化铁，与盐酸反应生成铁离子，则C中离子浓度减小，故选C。
6．B
【详解】
A. aX2+的核外电子数为a-2，bY-的核外电子数为b+1，由核外电子层结构相同可知a-2=b+1，则a=b+3，A正确；
B. HCl和HF不是最高价含氧酸，所以不能据此判断非金属性强弱，B错误；
C. 因为H2O分子间含有氢键，H2S分子间没有氢键，所以沸点：H2O>H2S，C正确；
D. 同一主族元素中从上到下，元素的非金属性逐渐减弱，S的非金属性比Se强，非金属性越强氢化物越稳定，则氢化物稳定性：H2S＞H2Se，D正确。
答案选B。
7．B
【详解】
A．焓变=反应物断裂化学键吸收的能量-生成物形成化学键放出的能量，N2+O2=2NO，△H=946KJ/ml+498KJ/ml-2×632KJ/ml=180KJ/ml，反应是吸热反应，故A错误；
B．依据A计算可知反应是吸热反应，依据能量守恒，1 ml N2（g）和1 ml O2（g）具有的总能量小于2 ml NO（g）具有的总能量，故B正确；
C．依据A计算可知反应是吸热反应，依据能量守恒，1 ml N2（g）和1 ml O2（g）具有的总能量小于2 ml NO（g）具有的总能量，故C错误；
D．通常情况下，N2（g）和O2（g）混合不能直接生成NO，故D错误；
故选B。
8．C
【分析】
根据盖斯定律计算水分解反应的焓变，结合“化学反应的焓变△H=反应物的键能总和-生成物的键能总和”来回答。
【详解】
①C（s）+H2O（g）=CO（g）+H2（g）△H=akJ·ml－1，②2C（s）+O2（g）═2CO（g）△H=-220kJ·ml－1，根据盖斯定律，将①×2-②得：2H2O（g）═O2（g）+2H2（g）△H=（2a+220）kJ·ml－1，4×462kJ/ml-496kJ/ml-2×436kJ/ml=（2a+220）kJ·ml－1，解得a=+130，故选C。
9．B
【解析】A项，SiO2和H2O不反应，故A错误；B项，该转化涉及侯氏制碱法的原理：向饱和食盐水中通入足量氨气至饱和，然后在加压下通入CO2，因NaHCO3溶解度较小而结晶析出。总反应方程式为：NaCl + CO2 +NH3+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl，2NaHCO3 Na2CO3+H2O+CO2，故B正确；C项，电解MgCl2溶液，得不到金属镁，一般用惰性电极电解氯化镁溶液的反应为：Mg2++2Cl-+2H2OCl2↑+H2↑+Mg(OH)2↓，故C错误；D项，NH3和O2催化氧化生成NO，不能直接生成NO2，故D错误。综上，选B。
点睛：本题考查物质间的转化关系，题目较简单，涉及电解原理、侯氏制碱法原理以及氮、硅等元素化合物知识。掌握常见物质的性质（尤其是重要化学性质）及物质制备的有关原理是解题关键，B、C两项为易错点，容易错选C。
10．B
【分析】
曲线上的点均为硫酸钙溶解平衡点，a点对应的溶液c(Ca2+)=3×10-3ml/L，c(SO42-)=3×10-3ml/L，所以Ksp(CaSO4)= c(Ca2+)·c(SO42-)=9×10-6。
【详解】
A．a点位于溶解平衡曲线上，所以为饱和溶液，b点位于曲线下方，该点处溶液中c(Ca2+)·c(SO42-)<9×10-6，所以为非饱和溶液，故A正确；
B．b点和a点溶液中硫酸根浓度相同，蒸发水硫酸根和钙离子浓度均会增大，无法变化到a点，故B错误；
C．对于反应CaCO3(s)＋SO42-(aq)CaSO4(s)＋CO32-(aq)平衡常数K==，故C正确；
D．常温下Ksp(CaSO4)> Ksp(CaCO3)，二者为同类型沉淀，所以硫酸钙的溶解度大于碳酸钙的溶解度，所以Na2CO3溶液可将CaSO4转化为CaCO3，故D正确；
故答案为B。
11．C
【详解】
由于铜和盐酸、硫酸不反应，说明Cu + 2H+ = Cu2+ + H2↑是非自发反应，则不能为原电池，只能为电解池，铜作电解池的阳极，盐酸或稀硫酸作电解液，不能用硝酸，硝酸作电解液时反应生成氮的氧化物，故C符合题意。
综上所述，答案为C。
12．B
【解析】
【详解】
A. 中子数为6的碳原子：612C，A项错误；
B. 氧原子的原子序数为8，其原子结构示意图：，B项正确；
C. CO2分子中各原子满8电子稳定，其中碳与氧原子形成的是共价双键，其结构式为：O=C=O，C项错误；
D. Na2O2为离子化合物，存在离子键与非极性共价键，其电子式为：，D项错误；
答案选B。
【点睛】
化学用语是化学考试中的高频考点，其中ZAX元素符号的含义要牢记在心，其左上角为质量数（A）、左下角为质子数（Z），质子数（Z）=核电荷数=原子序数，质量数（A）=质子数（Z）+中子数（N）。
13．D
【详解】
A．阿斯巴甜由苯丙氨酸和天冬氨酸所合成的二肽衍生物，则一定含有肽键，故A正确；
B．阿斯巴甜(天冬氨酰苯丙氨酸甲酯)是由苯丙氨酸和天冬氨酸所合成的二肽衍生物，含有肽键和酯基，可水解生成苯丙氨酸、天冬氨酸和甲醇，故B正确；
C．加热可发生水解而失去甜味，故C正确；
D．结构中的苯环可与H2发生加成，则1ml阿斯巴甜最多可与3ml的H2发生加成反应，故D错误；
故答案为D。
14．D B C A +10KOH=2K2CrO4+3K2SO4+8H2O
【详解】
（1）A．，是一个非氧化还原反应，双氧水既不是氧化剂，也不是还原剂；
B．，Ag2O被还原成单质银，H2O2仅表现为还原性，其中氧元素转化为O2；
C．，过氧化氢的分解反应，是一个自身氧化还原反应，H2O2既表现了氧化性，又表现了还原性；
D．，双氧水在反应中化合价由﹣1变成﹣2，化合价降低被还原，双氧水仅做氧化剂；
所以H2O2仅体现氧化性的反应是D；H2O2仅体现还原性的反应是B；H2O2既体现氧化性，又体现还原性的反应是C；H2O2既不做氧化剂又不做还原剂的反应是A；
（2）Cr2(SO4)3中Cr的化合价为+3价，反应后变成了K2CrO4，化合价变成+3，Cr元素化合价升高被氧化，化合价升高了3价，一分子Cr2(SO4)3参与反应，化合价升高6价；H2O2中氧元素化合价为﹣1价，反应后变成了﹣2价的O，化合价降低了1价，1分子双氧水反应，化合价降低2价，化合价变化的最小公倍数为6，所以电子转移的数目为6，则电子转移的方向与数目为+10KOH=2K2CrO4+3K2SO4+8H2O；
该反应中，双氧水化合价降低，被还原，做氧化剂；被氧化的元素为+3价的Cr，双氧水同时被还原成H2O。
15．Fe , S 控制加CuFeS2的速度 BC 2 17 2 2 2 4 18 产物Cu2+ ，Fe3+催化H2O2分解 Fe2(SO4)3，H2SO4 4.25ml
【分析】
（1）物质被氧化，化合价升高；
（2）该反应是放热反应，放出的热量与加入的反应物的量有关；
（4）CuFeS2转化成Fe3+、，化合价升高的元素有：Fe、S，H2O2转化成H2O，化合价降低的元素有：O；
（5）产物自身催化，产物催化H2O2分解；
【详解】
（1）CuFeS2中化合价：Cu为+2，Fe为+2，S为-2，物质被氧化，化合价升高，生成物Fe2O3中Fe为+3，SO2中S为+4，则被氧化的元素是：Fe、S；
（2）火法炼铜是放热反应，在实际生产中，可控制加CuFeS2的速度达到控制反应温度的效果，答案为：控制加CuFeS2的速度；
（3）A．会对环境造成污染，B、C是对二氧化硫的废物再利用，D．浓硫酸不能吸收二氧化硫，答案选BC；
（4）CuFeS2转化成Fe3+、，化合价升高的元素有：Fe、S，H2O2转化成H2O，化合价降低的元素有：O，根据得失电子守恒，用双剑桥和质量守恒定律方法配平，化学方程式为：2CuFeS2+17H2O2+2H+2Cu2++2Fe3++4+18H2O；
（5）双氧水的消耗量要远远高于理论值，说明产物中有物质继续分解过氧化氢，答案为：生成产物Cu2+ ，Fe3+催化H2O2分解；
（6）由图可知：Fe2(SO4)3、H2SO4是中间产物，可循环利用，答案为：Fe2(SO4)3，H2SO4；
（7）Fe元素最终生成Fe3+，S元素转化为，当有2ml生成时，失去电子共17ml，消耗O2的物质的量为，答案为：4.25ml。
16．苯甲醛 HCHO 消去反应 ＋2Cu(OH)2＋NaOH＋Cu2O↓＋3H2O 4 任意一种
【分析】
根据A→B＋C的反应试剂，结合题给已知①，芳香族化合物B的结构简式为，C的结构简式为CH3CHO；B、C中都含醛基，B＋C→D发生题给已知②的反应，结合D的分子式C9H8O，可知D的结构简式为；D中醛基发生氧化反应，产物酸化后得到的E结构简式为；E与Br2/CCl4发生加成反应生成F，F的结构简式为；F在KOH/醇、加热条件下发生消去反应，酸化后得到的G的结构简式为，根据题给已知③，G＋X→H，结合H的结构简式逆推出X的结构简式为，据此分析。
【详解】
根据A→B＋C的反应试剂，结合题给已知①，芳香族化合物B的结构简式为，C的结构简式为CH3CHO；B、C中都含醛基，B＋C→D发生题给已知②的反应，结合D的分子式C9H8O，可知D的结构简式为；D中醛基发生氧化反应，产物酸化后得到的E结构简式为；E与Br2/CCl4发生加成反应生成F，F的结构简式为；F在KOH/醇、加热条件下发生消去反应，酸化后得到的G的结构简式为，根据题给已知③，G＋X→H，结合H的结构简式逆推出X的结构简式为。
（1）芳香族化合物B的结构简式为名称为苯甲醛， C的结构简式为CH3CHO， C的同系物中相对分子质量最小的有机物结构简式为HCHO，故答案为：苯甲醛；HCHO；
（2）F在KOH/醇、加热条件下发生消去反应，酸化后得到的G，故答案为：消去反应；
（3）X的结构简式为，故答案为：；
（4）D的结构简式为，D中醛基发生氧化反应，产物酸化后得到的E结构简式为，则化学方程式为：＋2Cu(OH)2＋NaOH＋Cu2O↓＋3H2O，故答案为：＋2Cu(OH)2＋NaOH＋Cu2O↓＋3H2O；
（5）G的结构简式为，G与乙醇发生酯化反应生成化合物Y，则Y的结构简式为，Y的同分异构体符合①分子中含有苯环，且能与饱和碳酸氢钠溶液反应放出CO2；②其核磁共振氢谱显示有4种不同化学环境的氢，峰面积比为6∶2∶1∶1，可能的结构简式有：，共有4种，
故答案为：4；任意一种。
【点睛】
有机物推断时需根据给定的已知条件分析其中断键与成键的方式，再结合题目中的物质推断其结构式。
17．bc 防止FeCl3及BiCl3水解，提高原料的浸出率 SiO2、S 2Bi+Na2O2+2O22NaBiO3 5NaBiO3+2Mn2++14H+=2+5Na++5Bi3++7H2O 250mL容量瓶、胶头滴管 86.8
【分析】
本实验利用辉铋矿制备铋酸钠，首先向辉铋矿中加入氯化铁溶液和盐酸，使Bi全部变为Bi3+，矿石中的SiO2不溶于溶液、S离子变为单质，滤渣A的主要成分是SiO2和S；随后向含有Bi3+的溶液中加入铁粉，由于Fe的活动性强于Bi，可以将Bi3+还原为Bi单质，Bi单质与过氧化钠在空气中焙烧即得到铋酸钠固体。
【详解】
(1)为了提高溶浸工序中原料的浸出率，可以采取的措施有搅拌、粉碎矿石、升高温度等，所以正确的选项是bc；
(2)FeCl3和BiCl3都是强酸弱碱盐，Fe3+、Bi3+会发生水解反应形成Fe(OH)3、Bi(OH)3等不溶性沉淀，溶浸时通常加入FeCl3溶液和浓盐酸，向其中加入过量浓盐酸的目的是防止FeCl3及BiCl3水解生成不溶性沉淀，提高原料的浸出率；酸性氧化物SiO2不能与酸发生反应，在加入FeCl3溶液时会发生氧化还原反应：S2-+2Fe3+=S↓+2Fe2+，产生的S单质难溶于水，也以沉淀的形式存在，所以得到的滤渣成分是S、SiO2；
(3)Bi和过氧化钠在空气中焙烧，生成铋酸钠，反应方程式为2Bi+Na2O2+2O22NaBiO3；
(4)铋酸钠可在酸性介质中将Mn2+氧化为，则根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒，NaBiO3被还原为Bi3+的离子方程式是5NaBiO3+2Mn2++14H+=2+5Na++5Bi3++7H2O；
(5)实验室为了测定NaBiO3样品的纯度，需要配制250mL 2.0m1·L-1FeSO4溶液，所需要的玻璃仪器除烧杯、量筒、玻璃棒外，还需要250mL容量瓶、胶头滴管；
(6)根据在氧化还原反应中电子转移数目相等可得关系式：NaBiO3~2FeSO4，n(FeSO4)=2.0m1·L-1×0.031L=0.062ml，则n(NaBiO3)=0.031ml，所以该样品中NaBiO3纯度为=86.8%。