2017-2018学年安徽省淮北一中高二下学期期中化学试题(解析版)

2017-2018学年安徽省淮北一中高二（下）期中化学试卷
一、单选题（本大题共8小题，共16.0分）
1.丙烯醛的结构简式为CH2=CHCHO，下列有关其性质的叙述中不正确的是（）
A. 能使溴水褪色
B. 能与过量的氢气充分反应生成丙醛
C. 能发生银镜反应
D. 能被新制的氢氧化铜氧化
【答案】B
【解析】解：A．含C=C，能使溴水褪色，醛基也可被溴水氧化，故A正确；
B．C=C、-CHO均与氢气发生加成反应，则在一定条件下与H2充分反应生成1-丙醇，故B错误；
C．含有醛基，可发生银镜反应，故C正确；
D．含有醛基，可被新制的氢氧化铜氧化，故D正确。

故选：B。

CH2=CH-CHO中含C=C和-CHO，结合烯烃和醛的性质来解答。

本题考查有机物的结构与性质，为高考常见题型，注意把握有机物中官能团与性质的关系，熟悉烯烃、醛的性质即可解答，题目难度不大。

2.有机物①C2H6②C2H4③C2H2④C6H6它们分子中的碳碳键键长由大到小排列顺序正
确的是（）
A. ①＞②＞③＞④
B. ①＞④＞②＞③
C. ④＞②＞①＞③
D. ④＞①＞②＞③
【答案】B
【解析】解：有机物①C2H6分子中为C-C单键，
②C2H4分子中为C=C双键，
③C2H2分子中为C≡C三键，
④C6H6分子中的碳碳键介于单双建之间的一种特殊的化学键；
它们分子中的碳碳键键长由大到小排列顺序正确的是①＞④＞②＞③，
故选：B。

有机物①C2H6分子中为C-C单键，
②C2H4分子中为C=C双键，
③C2H2分子中为C≡C三键，
④C6H6分子中的碳碳键介于单双建之间的一种特殊的化学键；
本题考i查了有机物分子中碳碳键的特征分析判断，注意碳碳单键、双键、三键和苯环结构的理解应用，掌握基础是解题关键，题目难度中等。

3.下列判断正确的是（）
①维生素C具有还原性，在人体内起抗氧化作用②NO2溶于水时发生氧化还
原反应
③1mol Cl2参加反应转移电子数一定为2N A④阴离子都只有还原性．
A. ①②
B. ②③
C. ③④
D. ①④
【答案】A
【解析】解：①维生素C在人体内起抗氧化作用，故①正确；
②NO2与水反应生成硝酸和一氧化氮，有化合价升降，故②正确；
③1mol氯气参加氧化还原反应，自身氧化还原反应转移电子1mol，也可以只做氧化剂
转移的电子数为2N A，故③错误；
④高锰酸根阴离子具有强氧化性，故④错误；
故选：A。

①维生素C具有还原性；
②凡是有化合价升降的反应属于氧化还原反应；
③氯气发生氧化还原反应可以是自身氧化还原反应，也可以只做氧化剂；
④化合价升高体现还原性．
本题考查氧化还原反应，题目难度不大，注意化合价升高体现还原性，阴离子化合价也可以降低．
4.下列电子排布图能表示基态氮原子的是（）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】解：A．为N原子的基态电子排布图，符合能量最
低原理及洪特规则、泡利原理，故A正确；
B.2p电子不符合泡利原理，故B错误；
C．为Ne原子的基态电子排布图，故C错误；
D．为B原子的基态电子排布图，故D错误；
故选：A。

N的质子数为7，由洪特规则可知1个轨道只能容纳2个自旋方向相反的电子，由泡利原理可知同一能级电子优先占据1个轨道，且自旋方向相同，以此来解答。

本题考查核外电子排布，为高频考点，把握质子数等于核外电子数、洪特规则、泡利原理为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意电子排布规律的应用，题目难度不大。

5.下列各项叙述中正确的是（）
A. 同一原子中，能层序数越大，s 原子轨道的形状相同，半径越大
B. 在同一能层上运动的电子，其自旋方向肯定不同
C. 镁原子由1S22S22P63S2→1S22S22P63P2时，释放能量，由基态转化成激发态
D. 一个分子中只有参与形成σ键、π键的价电子以及内层电子，没有其他类型的
电子
【答案】A
【解析】解：A．不同能层的s原子轨道的形状相同，但能层序数越大，电子距离原子核越远，半径越大，故A正确；
B．在同一能层上运动的电子，如不在同一轨道，则自旋方向可能相同，如2p3中3个电子自旋方向相同，故B错误；
C．Mg原子3s2能级上的2个电子吸收能量跃迁到3p2能级上，由基态转化成激发态，故C错误；
D．杂化轨道只用于形成σ键或用于容纳未参与成键的孤对电子，没有杂化的P轨道形成π键，故D错误。

故选：A。

A．不同能层的s原子轨道的形状相同，但能层序数越大，半径越大；
B．在同一能层上运动的电子，如不在同一轨道，则自旋方向可能相同；
C．由基态成为激发态，吸收能量；
D．杂化轨道只用于形成σ键或用于容纳未参与成键的孤对电子。

本题考查原子核外电子排布，注意理解构造原理、洪特规则及其特例、泡利原理，题目侧重对基础知识的考查。

6.下列反应中属于氧化还原反应，但水既不做氧化剂，又不做还原剂的是（）
A. ICl+H2O=HCl+HIO
B. 2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑
C. 2F2+2H2O=4HF+O2
D. 2K+2H2O=2KOH+H2↑
【答案】B
【解析】解：A．该反应中各元素化合价不变，不属于氧化还原反应，故A错误；B．该反应中过氧化钠中O元素化合价由-1价变为-2价、0价，所以属于氧化还原反应，水中各元素化合价不变，则水既不是氧化剂也不是还原剂，故B正确；
C．该反应中F元素化合价由0价变为-1价、O元素化合价由-2价变为0价，则水是还原剂，故C错误；
D．该反应中K元素化合价由0价变为+1价、H元素化合价由+1价变为0价，则水是氧化剂，故D错误；
故选：B。

有元素化合价变化的化学反应为氧化还原反应，氧化还原反应中水中各元素化合价不变时，水既不是氧化剂也不是还原剂，据此分析解答。

本题考查氧化还原反应，侧重考查学生对氧化还原反应基本概念的理解和掌握，明确氧化还原反应特征是解本题关键，知道常见元素化合价，题目难度不大。

7.下列冶炼金属的原理正确的是（）
A. 电解食盐水制备金属钠
B. 加热分解Cu2O制备金属铜
C. 用A12O3与CO热还原法制备单质铝
D. 湿法炼铜是用铁和硫酸铜溶液反应
【答案】D
【解析】解：A．Na是活泼金属，如果电解饱和食盐水，阴极上氢离子放电生成氢气，得不到钠，应该电解熔融氯化钠冶炼，故A错误；
B．Cu是较不活泼金属，采用热还原法冶炼，故B错误；
C．铝是活泼金属，采用电解熔融的氧化铝冶炼，故C错误；
D．湿法炼铜是利用铁将硫酸铜溶液的铜置换出来，故D正确；
故选：D。

电解法：冶炼活泼金属K、Ca、Na、Mg、Al，一般用电解熔融的氯化物（Al是电解熔融的三氧化二铝）制得；热还原法：冶炼较不活泼的金属Zn、Fe、Sn、Pb、Cu，常用还原剂有（C、CO、H2等）；热分解法：Hg、Ag用加热分解氧化物的方法制得，物理分离法：Pt、Au用物理分离的方法制得．
本题考查金属的冶炼，为高频考点，明确金属活泼性强弱与冶炼方法的关系是解本题关键，知道常见金属冶炼方法，题目难度不大．
8.常温下，各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（）
①加入A1能产生H2的溶液：Na+、K+、NO3-、Cl-
②水电离产生的c（H+）=10-12mol/L的溶液：HCO3-、Na+、K+、NO3-
③在含有大量Fe3+的溶液中：HCO3-、Ca2+、Na+、SCN-
④与NH4HCO3反应能产生气体的溶液：Na+、K+、NO3-、Cl-
⑤使石蕊变红的溶液中：Fe2+、NO3-、MnO4-、Na+
⑥无色溶液中：Cu2+、K+、NO3-、Br-
A. ④
B. ②⑥
C. ③⑤
D. ①④
【答案】A
【解析】解：①加入A1能产生H2的溶液中存在大量氢离子或氢氧根离子，NO3-在酸性条件下具有强氧化性，与Al反应不会生成氢气，所以在酸性条件下不能大量共存，故
①错误；
②水电离产生的c（H+）=10-12mol/L的溶液中存在大量氢离子或氢氧根离子，HCO3-与氢离子和氢氧根离子反应，在溶液中不能大量共存，故②错误；
③Fe3+与HCO3-、SCN-反应，在溶液中不能大量共存，故③错误；
④Na+、K+、NO3-、Cl-之间不反应，都不与NH4HCO3反应，在溶液中能够大量共存，故④正确；
⑤使石蕊变红的溶液呈酸性，酸性条件下Fe2+、与NO3-、MnO4-发生氧化还原反应，在溶液中不能大量共存，故⑤错误；
⑥无色溶液中不存在有色的Cu2+，在溶液中不能大量共存，故⑥错误；
故选：A。

①加入A1能产生H2的溶液呈酸性或强碱性，硝酸根离子在酸性条件下不与铝生成氢气；
②水电离产生的c（H+）=10-12mol/L的溶液呈酸性或碱性，碳酸氢根离子与氢离子、氢氧根离子反应；
③铁离子与碳酸氢根离子、硫氰根离子反应；
④四种离子之间不反应，都不与碳酸氢铵反应；
⑤使石蕊变红的溶液中存在大量氢离子，酸性条件下高锰酸根离子、硝酸根离子能够氧化亚铁离子；
⑥铜离子为有色离子。

本题考查离子共存的正误判断，为高考的高频题，属于中等难度的试题，注意明确离子不能大量共存的一般情况：能发生复分解反应的离子之间；能发生氧化还原反应的离子之间；能发生络合反应的离子之间（如Fe3+和SCN-）等；还应该注意题目所隐含的条件，如：溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的H+或OH-；溶液的颜色，如无色时可排除Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO4-等有色离子的存在；溶液的具体反应条件，如“氧化还原反应”、“加入铝粉产生氢气”；是“可能”共存，还是“一定”共存等
二、简答题（本大题共2小题，共29.0分）
9.抗结肠炎药物有效成分M的合成路线如图（部分反应略去试剂和条件）：
已知：①
②
（1）烃A的名称是______，G中的官能团名称是______．
（2）反应①的反应条件是______，反应④的反应类型是______．
（3）E与足量NaOH溶液反应的化学方程式是______．
（4）符合下列条件的D的同分异构体有______种．其中核磁共振氢谱有4组峰且峰面积之比为6：2：1：1的结构简式是______．
①属于芳香族化合物且苯环上有3个取代基
②能和NaHCO3溶液反应产生气体
（5）已知易被氧化，苯环上连有烷基时再引入一个取代基，常取代在烷基的邻对位，参照以上的合成路线，设计一条以A为原料合成化合物的
合成路线______．
【答案】甲苯；羧基、羟基、硝基；Fe（或氯化铁）；氧化反应；
；6；
（或）；
【解析】解：（1）由上述分析可知，A为甲苯；G中的官能团名称是羧基、羟基、硝基，
故答案为：甲苯；羧基、羟基、硝基；
（2）反应①中苯环上H被取代，反应条件是Fe（或氯化铁），反应④中甲基被氧化为-COOH，反应类型是氧化反应，
故答案为：Fe（或氯化铁）；氧化反应；
（3））E与NaOH反应的化学方程式为
，
故答案为：
；
（4）D为，满足①属于芳香族化合物且苯环上有3个取代基、②能
和NaHCO3溶液反应产生气体，则含2个甲基、1个-COOH，若甲基为对位，羧基只有一种位置；若甲基为间位，-COOH有3种位置；若甲基为邻位，-COOH有两种位置，
共6种；其中核磁共振氢谱有4组峰且峰面积之比为6：2：1：1的结构简式是（或），
故答案为：6；（或）；
（5）以A为原料合成化合物，甲苯先发生硝化反应生成邻硝基甲苯，再发生氧化反应、最后发生还原反应，流程为
，
故答案为：．
由C的分子式为C7H8O及E为的结构可知，芳香烃A为，由
逆推可知G为，F为，C发生
信息①中的反应得到D，D氧化得到E，E酸化得到F，C→D的转化目的防止酚羟基被氧化，则C为，B为，D为，以此解答（1）～（4）；（5）以A为原料合成化合物，甲苯先发生硝化反应生成邻硝基甲苯，再发
生氧化反应、最后发生还原反应．
本题考查有机物的合成，为高频考点，把握官能团的变化、碳链变化、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意有机物性质的应用，题目难度中等．
10.工业上主要采用软锰矿和闪锌矿联合生产MnO2和锌。

软锰矿主要成分为MnO2；
还含少量Al2O3和SiO2杂质。

闪锌矿主要成分为ZnS，还含少量FeS、CuS杂质。

现用稍过量的软锰矿和闪锌矿为原料，经过一系列处理后分别在两个电极生成产品“MnO2和锌”。

工艺流程如下：
已知：Ⅰ：金属硫化物、硫酸、二氧化锰三者发生的反应均是氧化还原反应。

例如：MnO2+ZnS+2H2SO4MnSO4+ZnSO4+S+2H2O。

Ⅱ：4X-+Mn2+⇌MnX42-，X-不参与电极反应。

Zn2+与X-不反应。

Ⅲ：各种金属离子完全沉淀的pH如下表：
回答下列问题：
（1）操作I的名称是______。

（2）物质C是MnO2和ZnO的混合物。

加入物质C充分作用后，过滤，所得固体的成分是______（用化学式表示）。

（3）电解溶液D的装置如图所示，两个电极都是惰性电极。

①硫酸钠的作用是______。

②b电极的电极反应式是______。

a电极的电极反应式是______。

（4）若一定质量的闪锌矿中含1.76kgFeS，则在上述流程中1.76kgFeS消耗MnO2的质量为______kg。

（5）现有0.4mol/L Mn（NO3）2、0.8mol/LZn（NO3）2的混合溶液100mL，向该混合液中逐滴加入Na2S溶液，当MnS沉淀一定程度时，测得c（Mn2+）
=2.0×10-3 mol/L，则此时c（Zn2+）=______[已知K sp（ZnS）=1.3×10-24，K sp（MnS）=2.6×10-13]
【答案】过滤；Al（OH）3和Fe（OH）3；增大溶液导电能力；Mn2+-2e-+2H2O=MnO2+4H+；Zn2++2e-=Zn；2.61；1.0×10-14mol/L
【解析】解：（1）操作I分离不溶性固体与液体，采取过滤操作，故答案为：过滤；（2）加入MnO2和ZnO的混合物，MnO2将Fe2+氧化为Fe3+，调节pH在4.7～8之间，使溶液中铁离子、铝离子转化为 Al（OH）3和Fe（OH）3沉淀，过滤除去，
故答案为：Al（OH）3和Fe（OH）3；
（3）①硫酸钠的作用是：增大溶液导电能力，故答案为：增大溶液导电能力；
②b电极为阳极，发生氧化反应，Mn2+放电生成MnO2，电极反应式为：
Mn2+-2e-+2H2O=MnO2+4H+；a电极为阴极，发生还原反应，Zn2+放电生成Zn，电极反应式为：Zn2++2e-=Zn，
故答案为：Mn2+-2e-+2H2O=MnO2+4H+；Zn2++2e-=Zn；
（4）S元素由-2价升高为0价，Fe元素由-2价升高为+3价，Mn元素由+4价降低为+2价，根据电子转移守恒可得关系式：2 FeS～3MnO2，设消耗MnO2的质量为m kg，则： 2 FeS～3MnO2
176 261
1.76 kg m kg
所以176：1.76 kg=261：m kg
解得m=2.61
故答案为：2.61；
（5）K sp（MnS）=c（Mn2+）×c（s2-）=2.6×10-13，K sp（ZnS）=c（Zn2+）×c（s2-）=1.3×10-24 ，则c（Zn2+）=×c（Mn2+）=×2.0×10-3 mol/L=1.0×10-14mol/L，
故答案为：1.0×10-14mol/L。

软锰矿主要成分为MnO2，还含少量Al2O3和SiO2杂质。

闪锌矿主要成分为ZnS，还含少量FeS、CuS杂质。

用硫酸溶解，Al2O3生成硫酸铝，SiO2不反应，ZnS、FeS、CuS 与硫酸、二氧化锰均反应，会生成硫酸锌、硫酸锰、硫酸亚铁、硫酸铁、硫酸铜、S，过滤分离，固体A含有二氧化硅与硫，滤液A中含有硫酸锌、硫酸铝、硫酸亚铁、硫酸铁、硫酸铜及未反应的硫酸，加入Zn反应置换出Cu，过滤分离，固体B主要为Cu，向滤液B中加入MnO2和ZnO的混合物并调节pH，将亚铁离子氧化为铁离子，调节pH 在4.7～8之间，使溶液中铁离子、铝离子转化为氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，过滤分离。

滤液中加入NaX，
形成MnX42-，使Mn2+在阳极放电，Zn2+在阴极放电，电解得到产品。

（1）操作I分离不溶性固体与液体；
（2）加入MnO2和ZnO的混合物，MnO2将Fe2+氧化为Fe3+，调节pH在4.7～8之间，使溶液中铁离子、铝离子转化为氢氧化铁、氢氧化铝沉淀；
（3）①加入电解质，可以增大溶液导电能力；
②b电极为阳极，发生氧化反应，Mn2+放电生成MnO2；a电极为阴极，发生还原反应，Zn2+放电生成Zn；
（4）S元素由-2价升高为0价，Fe元素由-2价升高为+3价，Mn元素由+4价降低为+2价，根据电子转移守恒可得关系式：2 FeS～3MnO2，根据关系式计算；
（5）根据K sp（MnS）=c（Mn2+）×c（s2-）、K sp（ZnS）=c（Zn2+）×c（s2-）联立计算。

本题考查物质制备工艺流程，涉及物质分离提纯、电解原理与应用、溶度积、化学计算等，关键是对工艺流程的理解，是对学生综合能力的考查，是高考常考题型，具有很好的区分度。

三、实验题（本大题共1小题，共14.0分）
11.Ⅰ．常温下，HNO2电离平衡常数为2.6×10-4，NaNO2是一种重要的食品添加剂，
由于其外观及味道都与食盐非常相似，误食工业用盐造成食物中毒的事件时有发生。

（1）某活动小组同学设计实验方案鉴别NaCl溶液和NaNO2溶液，请填写下列表
（）亚硝酸钠有毒，不能随意排放，实验室一般将其与饱和氯化铵溶液共热使之转化成无毒无公害的物质，其产物之一为无色无味气体，则该气体为______（填化学式）。

Ⅱ．活动小组同学采用如下装置制备并测定所得固体中亚硝酸钠（NaNO2）的质量分数（装置可重复使用，部分夹持仪器已省略）。

已知：①2NO+Na2O2=2NaNO2；
②酸性条件下，NO、NO2都能与MnO4-反应生成NO3-和Mn2+；
③NaNO2能使酸性高锰酸钾溶液褪色。

（1）制备NaNO2实验装置的连接顺序为______。

（2）C瓶内发生反应的离子方程式为______。

（3）为了测定亚硝酸钠的含量，称取4.0g样品溶于水配成250mL溶液，取25.00mI 溶液于锥形瓶中，用0.10mol•L-1的酸性KMnO4溶液进行滴定，实验所得数据如下表。

①第一组实验数据出现较明显异常，造成异常的原因可能是______（填字母序号）。

a．酸式滴定管用蒸馏水洗净后未用标准液润洗
b．锥形瓶用蒸馏水洗净后未干燥
c．观察滴定终点时仰视读数
②根据表中数据进行计算，所制得的固体中亚硝酸钠的质量分数为______。

（4）设计实验，比较0.1mol•L-1NaNO2溶液中NO2-的水解程度和0.1mol•L-1HNO2溶液中HNO2电离程度的相对大小______（简要说明实验步骤、现象和结论，仪器和药品自选）。

【答案】溶液变红；溶液显碱性；试纸变蓝；氧化性；N2；A C E D E B；
Cu+2H++NO2=Cu2++NO+H2O；ac；86.25%；25℃时，将两种溶液等体积混合，若混合溶液的pH＜7，则说明HNO2的电离程度大于NO2-的水解程度；若pH＞7，则说明HNO2的电离程度小于NO2-的水解程度
【解析】解：Ⅰ．（1）①HNO2电离反应的平衡常数值为2.6×10-4，则HNO2为弱酸，可知NaNO2溶液呈碱性，滴加酚酞，溶液变为红色，
②NaNO2具有氧化性，可氧化KI生成碘，淀粉变为蓝色，
故答案为：
（2）与饱和氯化铵溶液共热使之转化成无毒无公害的物质，其产物之一为无色无味气体，该气体为氮气，反应中亚硝酸钠表现为氧化剂，氯化铵表现还原性，
故答案为：N2。

Ⅱ．（1）装置A烧瓶中，碳和浓硝酸反应生成二氧化碳、二氧化氮和水：C+4HNO3（浓）CO2↑+4NO2↑+2H2O，装置C中二氧化氮通入和水反应生成硝酸，硝酸具有强氧
化性能氧化铜生成硝酸铜溶液同时生成一氧化氮气体，装置E以吸收杂质CO2、NO2，在装置D中由NO和过氧化钠发生反应制备NaNO2，装置B吸收尾气，为防止水蒸气进入装置D，D与B之间加入装置E；
故答案为：A C E D E B；
（2）装置C中二氧化氮通入和水反应生成硝酸，硝酸具有强氧化性能氧化铜生成硝酸铜溶液同时生成一氧化氮气体，离子方程式为：Cu+2H++NO2=Cu2++NO+H2O；
故答案为：Cu+2H++NO2=Cu2++NO+H2O；
（3）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，故错误；
c．滴定终点仰视读数，导致读数偏大，计算出的标准液体积偏大，故正确；
故答案为：ac；
②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：
（20.02+20.00+19.98）÷3mL=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×=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×=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：×100%=86.25%；
故答案为：86.25%；
（4）依据HNO2溶液中存在电离平衡，NO2-存在水解平衡，比较等浓度的NaNO2溶液
中NO2-的水解程度和HNO2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℃时，将两种溶液等体积混合，若混合溶液的pH＜7，则说明HNO2的电离程度大于NO2-的水解程度；若pH＞7，则说明HNO2的电离程度小于NO2-的水解程度。

Ⅰ．HNO2电离反应的平衡常数值为2.6×10-4，则HNO2为弱酸，可知NaNO2溶液呈碱性，NaNO2具有氧化性，可氧化KI等，可与氯化铵反应生成氮气；
Ⅱ．（1）装置A烧瓶中，碳和浓硝酸反应生成二氧化碳、二氧化氮和水，装置C中二氧化氮通入和水反应生成硝酸，硝酸具有强氧化性能氧化铜生成硝酸铜溶液同时生成一氧化氮气体，装置E以吸收杂质CO2、NO2，在装置D中由NO和过氧化钠发生反应制备NaNO2，装置B吸收尾气，为防止水蒸气进入装置D，D与B之间加入装置E；（2）装置C中二氧化氮通入和水反应生成硝酸，硝酸具有强氧化性能氧化铜生成硝酸铜溶液同时生成一氧化氮气体，据此书写；
（3）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．滴定终点仰视读数，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；
（4）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。

本题考查实验方案的设计和探究，考查学生分析和解决问题的能力，涉及化学方程式的书写、物质含量的计算以及电解原理，综合性强，题目难度中等。