山东省临沂市第十九中学高三上学期第二次质量调研考试化学试题

临沂第十九中学高三第二次质量调研考试化学试题可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Fe56第I卷（选择题，共48分）1.下列说法正确的是A.化学反应能够制造出新的物质，也能制造出新的元素B.明矾水解时产生的胶体粒子，可作漂白剂C.食品包装袋中常放入小袋的生石灰，防止食品氧化变质D.河流入海口处会形成三角洲，其原理与卤水点豆腐相似【答案】D【解析】【详解】A、化学反应能够制造出新的物质，但不能制造出新的元素，故A错误；B、明矾水解时产生氢氧化铝胶体，故明矾可作净水剂，不能作漂白剂，故B错误；C、食品包装袋中常放入小袋的生石灰，作吸水剂，故C错误；D、河流入海口处会形成三角洲和卤水点豆腐均是胶体的聚沉，故D正确；综上所述，本题应选D。2.下列物质露置在空气中，不容易变质的是A.氯化钠B.过氧化钠C.漂白粉D.硫酸亚铁【答案】A【解析】【详解】A、氯化钠性质稳定,在空气中不易变质,故A正确；

B、过氧化钠在空气中会与水蒸气、二氧化碳等反应生成氢氧化钠、碳酸钠易变质，故B错误；

C、漂白粉回合空气中的空气中的水以及二氧化碳反应生成碳酸钙和次氯酸而变质,故C错误；

D、氢氧化钠在空气中会与二氧化碳反应生成碳酸钠而变质，故D错误；综上所述，本题应选A。【点睛】会变质即发生了化学变化，也就是与空气中的成分发生了化学反应物，如和氧气、水、二氧化碳等气体的反应。3.在水溶液中能大量共存的一组离子是A.H+、Na+、ClO、CO32B.K+、Ca2+、Cl、NO3C.K+、Cu2+、OH、NO3D.H+、Na+、Fe2+、MnO4【答案】B【解析】【详解】A、H+与CO32反应生成二氧化碳和水，H+与ClO结合生成弱酸次氯酸，因此H+不能与ClO和CO32大量共存，故A错误；B、四种离子之间不发生反应，能够大量共存，故B正确；C、Cu2+和OH生成蓝色氢氧化铜沉淀，故C错误；D、H+存在条件下MnO4具有强氧化性，可以将Fe2+氧化为Fe3+，故D错误；综上所述，本题应选B。【点睛】本题重点考查离子共存问题。解离子共存问题应注意观察是否会构成沉淀（如C选项）、气体、弱电解质（如A选项），是否会发生氧化还原反应（如D选项）。4.下列关于有机物结构、性质的说法正确的是A.石油的分馏、裂化和煤的干馏都是化学变化B.甲烷的一氯代物只有一种可证明甲烷分子呈正四面体形C.苯、乙醇、乙酸和乙酸乙酯在一定条件下都能发生取代反应D.正丁烷和异丁烷的熔沸点相同，它们的一氯取代物都只有两种【答案】C【解析】【详解】A、石油的分馏属于物理变化，石油的裂化和煤的干馏都是化学变化，故A错误；B、甲烷的一氯代物只有一种不能证明甲烷分子呈正四面体形，甲烷的二氯代物只有一种能证明甲烷分子呈正四面体形，故B错误；C、甲烷可在光照条件下与氯气发生取代反应，苯可在催化作用下与溴发生取代反应，乙醇、乙酸可发生酯化反应，为取代反应，乙酸乙酯可发生水解反应，也为取代反应，故C正确；D、正丁烷和异丁烷的结构不同，所以沸点不同，故D错误；综上所述，本题应选C。5.下列说法正确的是A.酸性氧化物一定是非金属氧化物B.具有氧化性的物质在反应中一定做氧化剂C.H2S在不同条件下既能表现还原性，也能表现氧化性D.需要加入氧化剂才能实现Cr2O72、CrO42的转化【答案】C【解析】【详解】A、凡能跟碱起反应，生成盐和水的氧化物，叫做酸性氧化物。它们多数是非金属氧化物，如CO2、SO2，也有一些是金属高价的氧化物，如Mn2O7,故A错误；B、氧化剂是在发生化学反应时化合价降低的物质,有些物质虽具有氧化性但在具体反应中不一定表现其氧化性,故B错误；C、H2S中硫的化合价为2价，化合价可升高，表现还原性，H2S中氢的化合价为+1，化合价可降为0价，表现氧化性，故C正确；D、Cr2O72、CrO42两者中铬的化合价均为+6价，没有化合价变化，因此不需要加入氧化剂，故D错误；综上所述，本题应选C。6.用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是A.常温常压下，48gO2含有的氧原子数为3NAB.1.7gNH3含有的质子数为NAC.标准状况下，11.2L氦气和氢气的混合气含有的分子数为0.5NAD.1L0.1mol/LCH3CH2OH水溶液中含H原子数目为0.6NA【答案】D【解析】【详解】A、48gO2的物质的量为48g32g/mol=1.5moB、1.7gNH3的物质的量为1.7g17g/mol=0.1mol，一个氨气分子中含有C、标准状况下，11.2L氦气和氢气的混合气的物质的量为11.2L22.4L/molD、CH3CH2OH和水中都含有氢原子，因此1L0.1mol/LCH3CH2OH水溶液中含H原子数一定大于0.6NA，故D错误；综上所述，本题应选D。【点睛】本题重点考查阿伏伽德罗常数的相关计算。需要注意的是在计算气体物质的量时应注意是否为标准状况，只有在标准状况下气体的摩尔体积才是22.4L/mol。7.下列说法错误的是A.麦芽糖和蔗糖水解产物均含有葡萄糖，所以不能用银镜反应鉴别B.纤维素分子中葡萄糖单元含有羟基，可以发生酯化反应C.植物油含不饱和脂肪酸酯，能使Br2的CC14溶液退色D.两种不同的氨基酸可以形成不同的二肽【答案】A【解析】【详解】A、麦芽糖可以发生银镜反应，且水解产物葡萄糖也能发生银镜反应；蔗糖不可以发生银镜反应，但水解产物葡萄糖能发生银镜反应，因此可以用银镜反应鉴别两者，故A错误；B、纤维素分子中葡萄糖单元含有羟基，因此可以发生酯化反应，故B正确；C、植物油含不饱和脂肪酸酯，即含有碳碳双键或碳碳三键，因此可以与Br2发生加成反应，使Br2的CC14溶液退色，故C正确；D、两种不同的氨基酸可以形成4种不同的二肽，用A和B表示这两种氨基酸，也可以形成AA,BB,AB,BA这四种二肽。注意，AB和BA不同，故D正确；综上所述，本题应选A。8.下列说法正确的是A.氯水具有杀菌、漂白作用是因为C12具有强氧化性B.可用硝酸银溶液检验氯气中是否混有氯化氢气体C.工业上常用浓氨水检查C12是否泄露，体现了氨的还原性D.向氯水中加入NaHCO3粉末，有气泡产生，说明氯水中含有HClO【答案】C【解析】【详解】A、氯气和水反应生成HClO，HClO具有强氧化性,能使病毒变性而杀菌消毒、使有色物质褪色,故A错误；B、氯气溶于水的溶液中含有氯离子,氯化氢的溶液中含有氯离子,氯离子和银离子反应生成白色氯化银沉淀,所以不能用硝酸银检验氯气中是否混有氯化氢气体,故B错误；C、浓氨水与氯气反应产生白烟，从而可以检查是否有氨气泄漏，这个白烟就是氯化铵固体小颗粒，浓氨水将氯气还原成氯离子，同时又生成了铵盐，所以体现了氨的还原性和碱性，故正确；D、氯气和水反应生成HCl，溶液呈酸性，能与碳酸氢钠反应生成二氧化碳，故D错误；综上所述，本题应选C。【点睛】本题重点考查氯水的性质。氯气溶于水部分与水发生反应，生成次氯酸和盐酸，因为氯水中含有次氯酸，所以氯水具有杀菌消毒和漂白的作用；因为氯水中含有盐酸和次氯酸，所以具有酸的通性；因为氯水中含有氯离子，因此可以与银离子反应生成白色氯化银沉淀。9.下列离子方程式书写正确的是A.过氧化钠溶于水：Na2O2+H2O=2Na++2OH+O2↑B.用烧碱溶液吸收氯气：C12+2OH=Cl+ClO+H2OC.氢氧化铁溶于氢碘酸：Fe(OH)3+3H+=Fe3++3H2OD.稀硝酸中加入铁粉：2Fe+6H+=Fe3++3H2↑【答案】B【解析】【详解】A、过氧化钠溶于水，2molNa2O2反应生成1mol，因此离子方程式为：2Na2O2+2H2O=4Na++4OH+O2↑，故A错误；B、氢氧化钠与氯气反应生成次氯酸钠、氯化钠和水，因此离子方程式为：C12+2OH=Cl+ClO+H2O，故B正确；C、Fe（OH）3溶于氢碘酸中的离子反应为2I+2Fe（OH）3+6H+=2Fe2++I2+6H2O，故C错误；D、稀硝酸中加入铁粉：Fe（少量）+4HNO3＝Fe(NO3)3+NO↑+2H2O，3Fe（过量）+8HNO3＝3Fe(NO3)2+2NO↑+4H2O；综上所述，本题应选B。【点睛】本题考查离子方程式正误的判断。判断离子方程式是否正确可从以下几个方面进行：①从反应原理进行判断，如反应是否能发生、反应是否生成所给产物（题中C、D项）等；②从物质存在形态进行判断，如拆分是否正确、是否正确表示了难溶物和气体等；③从守恒角度进行判断，如原子守恒、电荷守恒、氧化还原反应中的电子守恒等（题中A项）；④从反应的条件进行判断；⑤从反应物的组成以及反应物之间的配比进行判断。10.下列有关实验的叙述中，正确的是A.用滤纸吸干钠表面的煤油，用小刀切割后剩余的钠放回到原试剂瓶中B.使用容量瓶配制溶液时，俯视刻度线定容配制的溶液浓度偏小C.定容摇匀后，液面下降，重新加蒸馏水至刻度线D.将饱和FeC13溶液滴入沸水中并不断搅拌，制得氢氧化铁胶体【答案】A【解析】【详解】A、用滤纸吸干钠表面的煤油，用小刀切割后剩余的钠放回到原试剂瓶中，故A正确；B、使用容量瓶配制溶液时，俯视刻度线定容，导致加入蒸馏水体积偏小，因此导致配制的溶液浓度偏大，故B错误；C、定容摇匀后，液面下降，重新加蒸馏水至刻度线，导致所加蒸馏水体积偏大，导致配制溶液浓度偏低，故C正确；D、将饱和FeC13溶液滴入沸水中，继续煮沸至溶液呈红褐色，制得氢氧化铁胶体，故D错误；综上所述，本题应选A。【点睛】制备一定量物质的量的溶液误差分析，最根本的判断依据为c=一、称量误差分析天平的砝码沾有其他物质或生锈。（m偏大，c偏高）；调整“0”点时，游码在大于0的位置。（m偏小，c偏低）；用量筒量取浓溶液时，仰视读数。（m偏大，c偏高）；

二、配制过程误差分析。称好后的药品放入烧杯时，有少量洒在烧杯外。（m偏小，c偏低）；溶解搅拌时有部分液体溅出。（m偏小，c偏低）；转移时有部分液体溅出。（m偏小，c偏低；未洗涤烧杯和玻璃棒2次～3次。（m偏小，c偏低）；溶解时放热，且未冷却至室温（20℃）（V偏小，c偏高）；溶解时吸热，且未恢复到室温（20℃）（V偏大，c偏低）；在定容时，仰视读数（V偏大，c偏低），俯视读数（V偏小，c偏高）；在定容时加水超过刻度线，再用胶头滴管吸出多余部分。（V偏大，c偏低）；加水至刻度线后，摇匀过程中，发现液面低于刻度线（无影响）；洗涤容量瓶后，未干燥，瓶中有少量蒸馏水（无影响）。三、俯视、仰视的分析

仰视时，容器内液面高于刻度线；俯视时，容器内液面低于刻度线。11.有机物R的结构简式如图所示，下列说法正确的是A.分子式是C10H10O3BrB.核磁共振氢谱有3种峰C.1molR催化加氢，需5molH2D.1molR完全燃烧消耗10.5molO2(产物之一是HBr)【答案】D【解析】【详解】A、分子式是C10H9O3Br，故A错误；B、分子中含有4钟不同的氢原子，核磁共振氢谱有4种峰，故B错误；C、1molR催化加氢，需5molH2，故C错误；D、R的分子式为：C10H9O3Br，所以1molR完全燃烧消耗10.5molO2(产物之一是HBr)，故D正确；综上所述，本题应选D。12.下列各组溶液，不用其他试剂就可以将它们区别开来的是A.HCl、NaCl、Na2CO3、Na2SO4B.Na2CO3、NaOH、BaCl2、HClC.HNO3、Ba(NO3)2、NaCl、Na2SO4D.BaCl2、Ca(NO3)2、NaCl、Na2CO3【答案】B【解析】【详解】A、HCl、NaCl和Na2SO4两两混合均没有明显现象，故不加其他试剂无法鉴别，故A错误；B、组内四种物质的溶液两两混合时,其中有一种溶液与其它三种溶液混合时出现一次白色沉淀和一次放出气体,该溶液为碳酸钠溶液;与碳酸钠溶液产生气体的溶液为盐酸,产生白色沉淀的为BaCl2;与碳酸钠溶液混合无任何明显现象的为氢氧化钠溶液;故不加其他试剂可以鉴别，故B正确；C、Ba(NO3)2与Na2SO4混合产生白色沉淀，其他物质两两混合均没有明显现象，故不加其他试剂无法鉴别，故C错误；D、组内四种物质的溶液两两混合时,BaCl2、Ca(NO3)2和Na2CO3溶液与反应均能产生白色沉淀,但其余两两混合均没有明显现象,故不加其他试剂无法鉴别，故D错误；综上所述，本题应选B。【点睛】要求不用其他试剂,仅用组内物质反应来区分物质,解答本题时就是利用物质的化学特性来解答,具体的可以首先找出有颜色的,然后两两之间反应,或者是找出能其他物质都反应但是现象不同的物质,然后再区别其他物质.13.碘在地壳中主要以NaIO3的形式存在，在海水中主要以I的形式存在，几种粒子之间的转化关系如图所示。已知淀粉遇单质碘变蓝，下列说法中正确的是A.向含I的溶液中通入C12，所得溶液加入淀粉溶液一定变蓝B.途径II中若生成lmolI2，消耗lmolNaHSO3C.氧化性的强弱顺序为C12>I2>IO3D.一定条件下，I与IO3可能生成I2【答案】D【解析】【详解】A.向含I的溶液中通入少量C12，可产生碘单质，能使淀粉溶液变蓝，向含I的溶液中通入过量C12，生成IO3，不能使淀粉溶液变蓝，故A错误；B.D.根据转化关系2IO3~I2~10e,SO32~SO42~2e，途径II中若生成lmolI2，消耗5molNaHSO3，故B错误；C、由途径I可以知道氧化性C12>I2,由途径Ⅱ可以知道氧化性I2＜IO3,由途径Ⅲ可以知道氧化性C12>IO3,故氧化性的强弱顺序为C12>IO3>I2,故C错误；D、一定条件下，I与IO3可发生归一反应生成I2，故D正确；综上所述，本题应选D。14.有机物M、N、Q的转化关系为，下列说法正确的是A.M的名称为异丁烷B.N的同分异构体有7种（不考虑立体异构，不包括本身）C.Q的所有碳原子一定共面D.M、N、Q均能使酸性KMnO4溶液褪色【答案】B【解析】A.M的名称为异戊烷，A不正确；B.N的同分异构体有7种（不考虑立体异构，不包括本身）分别为，所以B正确；C.Q分子中3号碳原子上连接的3个碳原子一定不共面，分子中有两个甲基，甲基上的氢原子不可能都与碳原子共面，所以C不正确；D.M、N、Q中只有Q有碳碳双键能使酸性KMnO4溶液褪色，所以D不正确。15.等物质的量的KC1O3分别发生下述反应：①有MnO2催化剂存在时，受热分解得到氧气；②不使用催化剂，加热至470℃左右，得到KC1O4和KCl。下列关于①和②的说法错误的是A.都属于氧化还原反应B.发生还原反应的元素相同C.发生氧化反应的元素不同D.生成KCl的物质的量为2：1【答案】D【解析】试题分析：①发生2KClO32KCl+3O2↑，Cl元素的化合价降低，O元素的化合价升高；②发生4KClO33KClO4+KCl，Cl元素的化合价既升高又降低，以此来解答．解：①发生2KClO32KCl+3O2↑，Cl元素的化合价降低，O元素的化合价升高；②发生4KClO33KClO4+KCl，Cl元素的化合价既升高又降低，A．两个反应中均有元素的化合价变化，都属于氧化还原反应，故A正确；B．两个反应中均有Cl元素的化合价降低，则发生还原反应的元素相同，故B正确；C．①中O元素发生氧化反应，②中Cl元素发生氧化反应，故C正确；D．由方程式可知生成KCl的物质的量为4：1，故D错误．故选D．16.已知l00mL硫酸铁、硫酸铜、硫酸的混合溶液，各阳离子的物质的量浓度相同，测得c(SO42)=9mol/L，则此溶液中还可以溶解铁粉的质量为A.11.2gB.16.8gC.33.6g【答案】C【解析】【详解】硫酸根离子的物质的量为0.1L×9mol/L=0.9mol；各阳离子的物质的量浓度相等，设各阳离子的物质的量为x，则根据电荷守恒可得x+2x+3x=2×0.9，解得x=0.3mol；根据化学方程式2H++Fe=Fe2++H2↑，可知与酸反应的Fe的物质的量为0.15mol，根据化学方程式Fe+2Fe3+=3Fe2+，可知与Fe3+反应的Fe的物质的量为0.15mol，根据化学方程式Fe+Cu2+=Fe2++Cu，可知与Cu2+反应的Fe的物质的量为0.3mol因此可溶解的Fe的物质的量之和为0.15mol+0.15mol+0.3mol=0.6mol，质量为0.6mol×56g/mol=33.6g，故C正确；综上所述，本题应选C。

第II卷（非选择题，共52分）17.实验室利用如下图所示装置制取无水氯化铁和无水氯化亚铁。已知：炽热铁屑回答下列问题：I制取无水氯化铁。(1)盛装浓盐酸的仪器a的名称为_____。装置A中反应的离子方程式为_______________。装置B中加入的试剂是__________。(2)制取的无水氯化铁中混有少量氯化亚铁，为防止生成氯化亚铁，其改进的措施为___________。II制取无水氯化亚铁。(3)装置A用来制取HCl，尾气的成分是____，用D装置进行尾气处理，存在的问题是________________。(4)欲制得纯净的FeC12，在实验操作中应先点燃____（填“A”或“B”）处酒精灯。验证制得的FeC12是否含有FeC13，常用的试剂是________________。【答案】(1).分液漏斗(2).MnO2+4H++2ClMn2++Cl2↑+2H2O(3).浓硫酸(4).在装置A、B间增加装有饱和食盐水的洗气瓶，除去氯气中混有的少量HCl(5).未反应的HCl和生成的H2(6).易发生倒吸，且可燃性的H2无法吸收(7).A(8).KSCN溶液【解析】【详解】I（1）盛装浓盐酸的仪器a的名称为分液漏斗；装置内A是实验室制备氯气的反应，采用浓盐酸和二氧化锰在加热条件下制备氯气，反应方程式为：MnO2+4H++2ClMn2++Cl2↑+2H2O；装置B为浓硫酸，目的是干燥氯气，因为水蒸气会影响无水氯化铁和无水氯化亚铁的制备；（2）制取的无水氯化铁中混有少量氯化亚铁，因为制备的氯气中混有部分氯化氢气体，实验中可在A和B装置之间添加装有饱和食盐水的洗气瓶，除去氯气中混有的氯化氢，以防止生成氯化亚铁；II（3）氯化氢与铁单质发生置换反应，生成氢气，因此尾气的成分有反应生成的氢气，还有未反应的氯化氢；导管直接通入到页面以下，容易发生倒吸，并且尾气中的氢气无法被吸收；（4）欲制得纯净的FeC12，应先除去装置中的空气，所以应先点燃A处酒精灯，产生氢气，除去试管中的空气；铁离子的验证可使用KSCN溶液，三价铁离子遇KSCN变为血红色。18.钴的氧化物广泛应用于磁性材料及超导材料等领域。一种利用含钴废料(主要成分Co2O3，含少量Al2O3、MgO、SiO2

等)制备Co2O3的工艺流程如下图所示。(1)“浸出液”的主要成分是________(写化学式)。(2)“酸浸，还原”过程中溶解Co2O3的离子方程式为______________。稀硫酸和Na2SO3也可用盐酸替代，工业生产中不用盐酸的理由是_____________。(3)NaF的作用是____________。(4)“沉钴”时生成CoCO3的化学方程式为___________。检验CoCO3是否洗涤干净的操作方法是_______________。(5)在空气中焙烧CoCO3生成CoxOy和CO2，测得充分煅烧后固体质量为4.82g，CO2的体积为1.344

L(标准状况),则CoxOy的化学式为_____________。【答案】(1).NaAlO2、Na2SiO3(2).Co2O3+SO32+4H+=2Co2++SO42+2H2O(3).防止盐酸被Co203氧化为Cl2，污染环境(4).除去镁离子(5).CoSO4+2NH4HCO3=(NH4)2SO4+CoCO3↓+H2O+CO2↑

(6).取最后一次洗涤液少许于试管中，滴加盐酸(7).Co3O4【解析】【详解】（1）Al2O3为两性氧化物，既可以与强酸反应也可以与强碱反应，SiO2可以与强碱反应，因此含钴废料经碱浸后，氧化铝与强碱反应生成偏铝酸钠，二氧化硅与氢氧化钠反应生成硅酸钠，因此“浸出液”的主要成分是NaAlO2、Na2SiO3；（2）Co2O3与硫代硫酸根离子在酸性条件下发生氧化还原反应硫酸根离子、二价钴离子和水，离子方程式为：Co2O3+SO32+4H+=2Co2++SO42+2H2O；盐酸具有还原性还原产物有氯气，污染环境，因此工业上不用盐酸；（3）氟离子与溶液中的镁离子结合成沉淀，经过滤除去镁离子；（4）除杂后溶液中的主要成分是硫酸钴，硫酸钴与加入的碳酸氢氨反应生成硫酸铵、碳酸钴沉淀、二氧化碳和水，方程式为：CoSO4+2NH4HCO3=(NH4)2SO4+CoCO3↓+H2O+CO2↑；取最后一次洗涤液少许于试管中，滴加盐酸，如果没有气泡产生，则证明已经洗净；（5）CO2的体积为1.344

L(标准状况)的物质的量为1.344L÷22.4L/mol=0.06mol，由CoCO3的化学式可知n(Co)=n(C)=0.06mol，则m(Co)=n(Co)×M(Co)=0.06mol×59mol/g=3.54g，煅烧后固体中氧元素的物质的量为：n(O)=(4.82g-3.54g)÷16g/mol=0.08mol，则n(Co)：n(O)=0.06:0.08=3:4，因此灼烧后的化学式为Co3O419.化合物M是一种合成药品的中间体，其合成路线如图所示。已知：（弱碱性，易被氧化）(1)写出反应①的化学方程式_____________。(2)反应②属于____反应（填有机反应类型）。(3)写出中官能团的名称__________。(4)H为的同分异构体，则满足下列条件的H的同分异构体共有______种，其中满足下列条件且含4种不同氢原子的同分异构体的结构简式是___________。①显弱碱性，易被氧化②分子内含有苯环③能发生水解反应(5)请你设计由A合成B的合成路线_________________________________________________________。提示：①合成过程中无机试剂任选；②合成路线表示方法示例如图所示。【答案】(1).(2).取代反应(3).氨基、羧基(4).3(5).(6).【解析】【分析】A与氯气在一定条件下生成，可知A是甲苯与氯气发生取代反应，由产物M可知，取代了中氨基上的一个氢原子。【详解】（1）A与氯气在一定条件下生成，可知A是甲苯与氯气发生取代反应，反应方程式为：；（2）由产物M可知，取代了中氨基上的一个氢原子。因此②为取代反应；（3）写出中官能团的名称为氨基、羧基；（4）H是比的同分异构体。①显弱碱性，易被氧化，说明含有氨基；②分子内含有苯环；③能发生水解反应，说明含有酯基④含4种不同氢原子。因此如果苯环上有2个取代基，则可以是－OOCH和－NH2，为对位；苯环上有1个取代基，－OOCNH2或－COONH2，因此共有三种符合条件的同分异构体；（5）由提示可知，先将甲苯硝化，引入硝基，再根据提示将甲基氧化，最后还原硝基为氨基，具体流程为：20.亚硝酸钠广泛用于印染漂白、食品等行业，常作媒染剂、漂白剂、食品添加剂等。某兴趣小组用下列装證制备NaNO2。已知:①2NO+Na2O2=2NaNO2；②NO能被酸性KMnO4氧化成NO3，MnO4被还原为Mn2+。请回答下列问题:(1)利用上图中的装置制备NaNO2，其连接顺序为a→__________

(

按气流方向，用小写字母表示)。(2)实验开始时，先通一段时间N2的目的是__________。(3)装置B中盛放试剂的名称为____,装置C的作用是_______。(4)装置E中发生反应的离子方程式为_____________。(5)为测定亚硝酸钠的含量,称取3.000g样品溶于水配成500mL.溶液，量取25.00mL溶液于锥形瓶中，硫酸酸化后加入过量KI，发生反应:2NO2+2I+4H+=2NO↑+I2+2H2O(杂质不参与反应)。然后用0.1000mol/LNa2S2O3标准溶液滴定至终点(发生反应:I2+2S2O32=S4O62+2I)，消耗20.00mL。①该实验可选用的指示剂为_____，达到滴定终点时的现象是__________。②所得样品中亚硝酸钠的质量分数为____________。③下列操作会导致测定结果偏高的是_______(填代号)。a.滴定过程中向锥形瓶中加少量水b.消定前滴定管尖嘴部分有气泡，滴定