题目内容
11．亚硝酸钠（NaNO2）是一种工业盐，实验室可用如下装置（略去部分夹持仪器）制备．
已知：①2NO+Na2O2=2NaNO2；
②3NaNO2+3HCl=3NaCl+HNO3+2NO↑+H2O；
③酸性条件下，NO和NO2都能与MnO4-反应生成NO3-和Mn2+；Na2O2能使酸性高锰酸钾溶液褪色．
（1）加热装置A前，先通一段时间N2，目的是排除装置中的空气．
（2）装置A中发生反应的化学方程式为C+4HNO3（浓）$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$CO2↑+4NO2↑+2H2O．实验结束后，将B瓶中的溶液经蒸发浓缩、冷却结晶（填操作名称）、过滤可获得CuSO4•5H2O．
（3）仪器C的名称为干燥管，其中盛放的药品为碱石灰（填名称）．
（4）充分反应后，检验装置D中产物的方法是：取产物少许置于试管中，加入稀硫酸溶液中有气泡产生且在试管口上方出现红棕色气体，则产物是NaNO2（注明试剂、现象）．
（5）为测定亚硝酸钠的含量，称取4.000g样品溶于水配成250mL溶液，取25.00mL溶液于锥形瓶中，用0.1000mol•L-1酸性KMnO4溶液进行滴定，实验所得数据如下表所示：
| 滴定次数 | 1 | 2 | 3 | 4 |
| KMnO4体积/mL | 20.60 | 20.02 | 20.00 | 19.98 |
a．酸式滴定管用蒸馏水洗净后未用标准液润洗
b．锥形瓶洗净后未干燥
c．滴定终点时仰视读数
②根据表中数据，计算所得固体中亚硝酸钠的质量分数86.25%．
（6）设计合理实验比较0.1mol•L-1NaNO2溶液中NO2-的水解程度和0.1mol•L-1HNO2溶液中HNO2的电离程度相对大小．（简要说明实验步骤、现象和结论，仪器和药品自选）
25°C．
分析 （1）分析装置图可知制备亚硝酸钠需要一氧化氮和过氧化钠反应生成，过氧化钠和二氧化碳、水蒸气发生反应，所以制备的一氧化氮气体必须纯净干燥，装置中无空气存在；
（2）装置A中发生反应是浓硝酸和碳加热反应生成二氧化碳、二氧化氮和水，装置A中生成的二氧化氮进入装置B生成硝酸，氧化铜生成硝酸铜、硫酸铜，蒸发浓缩过程硝酸是易挥发性的酸，所以冷却结晶得到晶体为硫酸铜晶体；
（3）仪器C为干燥管，利用其中的碱石灰用来干燥一氧化氮气体；
（4）充分反应后，检验装置D中产物的方法是利用3NaNO2+3HCl=3NaCl+HNO3+2NO↑+H2O，反应生成的一氧化氮遇到空气会生成红棕色气体二氧化氮检验；
（5）①第一组实验数据消耗的酸性高锰酸钾溶液体积偏大，
a．酸式滴定管用蒸馏水洗净后未用标准液润洗，导致标准液被稀释，标准液浓度减小；
b．达到过程中锥形瓶不需要干燥，不影响待测液中溶质的物质的量；
c．滴定终了仰视读数，读出的是凹液面下方读数，读数比实际消耗的标准液体积偏大；
②第一组数据舍弃，计算出其它3组消耗标准液的平均体积，再结合反应方程式计算出样品中亚硝酸钠的质量及质量分数；
（6）在相同温度下把等浓度的亚硝酸钠和亚硝酸等体积混合，测定溶液PH，若PH大于7说明水解程度大，若PH小于7说明电离程度大．
解答 解：（1）制备亚硝酸钠需要一氧化氮和过氧化钠反应生成，过氧化钠和二氧化碳、水蒸气发生反应，所以制备的一氧化氮气体必须纯净干燥，装置中无空气存在，加热A前，先通一段时间N2，目的是把装置中的空气赶净，避免生成的亚硝酸钠混入杂质，
故答案为：排出装置中的空气；
（2）装置A中发生反应是浓硝酸和碳加热反应生成二氧化碳、二氧化氮和水，反应的化学方程式为：C+4HNO3（浓）$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$CO2↑+4NO2↑+2H2O，装置A中生成的二氧化氮进入装置B生成硝酸，氧化铜生成硝酸铜、硫酸铜，蒸发浓缩过程硝酸是易挥发性的酸，所以冷却结晶得到晶体为硫酸铜晶体，
故答案为：C+4HNO3（浓）$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$CO2↑+4NO2↑+2H2O；冷却结晶；
（3）制备亚硝酸钠需要一氧化氮和过氧化钠反应生成，过氧化钠和二氧化碳、水蒸气发生反应，所以制备的一氧化氮气体必须纯净干燥，仪器C为干燥管，利用其中的碱石灰用来干燥一氧化氮气体，
故答案为：干燥管；碱石灰；
（4）3NaNO2+3HCl=3NaCl+HNO3+2NO↑+H2O，反应生成的一氧化氮遇到空气会生成红棕色气体二氧化氮，充分反应后，检验装置D中产物的方法是：取产物少许置于试管中加入稀硫酸溶液中有气泡产生且在试管口上方出现红棕色气体，证明产物是NaNO2，
故答案为：加入稀硫酸溶液中有气泡产生且在试管口上方出现红棕色气体；
（5）①第一组实验数据消耗的酸性高锰酸钾溶液体积偏大，会导致测量结果偏高，
a．酸式滴定管用蒸馏水洗净后未用标准液润洗，导致标准液被稀释，滴定过程中消耗的标准液体积会偏大，故a正确；
b．锥形瓶不需要干燥，所以锥形瓶洗净后未干燥，不影响测定结果，故b错误；
c．滴定终了仰视读数，导致读数偏大，计算出的标准液体积偏大，故c正确；
故答案为：ac；
（6）由于第一组数据偏高，应该舍弃；其它三组消耗标准液平均体积为：$\frac{20.2+20.00+19.98}{3}$mL=20.00mL，
25mL样品消耗高锰酸钾的物质的量为0.1000mol/L×0.02L=0.002mol，则250mL样品溶液会消耗高锰酸钾的物质的量为0.002mol×$\frac{250ml}{25ml}$=0.02mol，根据化合价变化可得反应关系式：2MnO4-～5NO2-，则4.000g样品中含有亚硝酸钠的物质的量为0.02mol×$\frac{5}{2}$=0.05mol，质量为69g/mol×0.05mol=3.45g，所以反应后的固体中亚硝酸钠的质量分数为：$\frac{3.45g}{4.000g}$×100%=86.25%，
故答案为：86.25%；
（6）依据HNO2溶液中存在电离平衡，NO2-存在水解平衡，比较0.1mol•L-1NaNO2溶液中NO2-的水解程度和0.1mol•L-1HNO2溶液中HNO2的电离程度相对大小，实验设计为：25°C将0.1mol/LHNO2和0.1mol/LNaNO2溶液等体积混合，若测定溶液PH＜7，说明HNO2的电离程度大于NO2-离子的水解程度，若测定溶液PH＞7，说明NO2-离子水解程度大于HNO2的电离程度，
故答案为：25°C将0.1mol/LHNO2和0.1mol/LNaNO2溶液等体积混合，若测定溶液PH＜7，说明HNO2的电离程度大于NO2-离子的水解程度，若测定溶液PH＞7，说明NO2-离子水解程度大于HNO2的电离程度．
点评 本题考查了探究物质组成、测量物质含量的方法，题目难度较大，涉及性质实验方案的设计、中和滴定操作及误差分析、氧化还原反应中电子转移的分析、化学计算等知识，明确实验原理及化学实验基本操作方法为解答关键，试题培养了学生的分析、理解能力及化学实验、化学计算能力．
名校课堂系列答案
W、X、Y、Z是四种常见的短周期元素，其原子半径随原子序数变化如图所示．已知W的一种核素的质量数为18，中子数为10；X和Ne原子的核外电子数相差l；Y的单质是一种常见的半导体材料；Z的非金属性在同周期元素中最强．下列说法不正确的是（ ）| A． | 对应简单离子半径：W＞X | |
| B． | 对应气态氢化物的稳定性：Y＜Z | |
| C． | 化合物XZW既含离子键，又含共价键 | |
| D． | Z的氢化物和X的最高价氧化物对应水化物的溶液均能与Y的氧化物反应 |
在三个容积均为1L密闭容器中以不同的氢碳比[n（H2）/n（CO2）]充入H2和CO2，在一定条件发生反应：2CO2（g）+6H2 （g）?C2H4（g）+4H2O（g）△H．CO2的平衡转化率与温度的关系如图所示．下列说法正确的是（ ）| A． | 该反应的△H＜0 | |
| B． | 氢碳比：①＜② | |
| C． | 在氢碳比为2.0时，Q点v（正）＜v（逆） | |
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）过去常用作面粉增白剂，但目前已被禁用．合成过氧化苯甲酰的流程图如图：
；②的反应类型为取代反应．
+H2O2$\stackrel{活性催化剂}{→}$
+2HCl；过氧化苯甲酰在酸性条件下水解的化学方程式为
+2H2O$\stackrel{H+}{→}$
+H2O2．
）能与水反应生成苯甲酸，同样也能与乙醇反应，写出其与乙醇反应生成的有机产物的名称：苯甲酸乙酯．
（或
或
．| A． | 油脂在酸性条件下水解生成高级脂肪酸和甘油 | |
| B． | 用溴水鉴别苯和正己烷 | |
| C． | 乙醇、糖类和蛋白质都是人体必需的营养物质 | |
| D． | 合成橡胶与光导纤维都属于有机高分子材料 |
．| A． | 豆科植物通过根瘤菌吸收空气中的氮是化学变化 | |
| B． | 化石燃料燃烧通常不释放出氮氧化合物 | |
| C． | 汽车尾气中排放的氮氧化合物是由游离态氮转化来的 | |
| D． | 植物秸秆燃烧时放出氮氧化合物，参与了氮的循环 |