河南省三门峡市2023-2024学年高二上学期1月期末考试化学试题【含答案解析】

2023-2024学年度上学期期末调研考试高二化学注意事项：1．答题前，考生务必将自己的姓名、考生号填写在试卷和答题卡上，并将考生号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2．选择题答案使用2B铅笔填涂，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号；非选择题答案使用0.5毫米的黑色墨水签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3．请按照题号在各题的答题区域（黑色线框）内作答，超出答题区域书写的答案无效。4．考试结束后，将答题卡交回。可能用到的相对原子质量：H:1C:12N:14O:16Na:23Mg:24Al:27Si:28S:32Fe:56Mn:55第Ⅰ卷（选择题共48分）一、选择题（本题共16小题，每小题3分，共48分。每小题只有一个选项符合题意。）1.化学与生产、生活密切相关，下列说法错误的是A.泡沫灭火器不可用于金属钠的灭火B.可用试纸准确测定次氯酸钠溶液的C.铁管上镶嵌锌块，铁管不易被腐蚀D.水垢中的硫酸钙，可先用碳酸钠溶液处理，再用醋酸除去【答案】B【解析】【详解】A．泡沫灭火器中的水会和钠反应产生氢气，会产生爆炸，不可用于金属钠起火的灭火，故A正确；B．次氯酸钠具有强氧化性，能够漂白pH试纸，所以不能用pH试纸测次氯酸钠溶液的pH值，故B错误；C．铁管上镶嵌锌块，形成锌铁原电池，铁作正极被保护，所以铁管不易被腐蚀，故C正确；D．水垢中的硫酸钙，可先用碳酸钠溶液处理，使之转化为碳酸钙，碳酸钙能够溶于醋酸，再用醋酸除去，故D正确；故答案为：B。2.下列化学用语表达正确的是A.结构示意图可以表示，也可以表示B.的价电子排布图：C.氯化铵的电子式：D.空间填充模型，可表示分子，也可表示分子【答案】A【解析】【详解】A．结构示意图表示氧离子，可以表示16O2−，也可以表示18O2−，A正确；B．As周期表中位于第4周期、第VA族，与N元素同族，价电子排布图为，B错误；C．氯化铵是离子化合物，其电子式为：，C错误；D．甲烷分子或四氯化碳分子均为正四面体形，但原子半径，CCl4分子填充模型为，D错误；故选A。3.已知是阿伏加德罗常数的值。下列说法中正确的是A.含共价键的水蒸气中，分子间存在个氢键B.和含有的质子数均为C.中键的个数为D.中硫的价层电子对数为【答案】D【解析】【详解】A．水蒸气分子间几乎不存在氢键，A错误；B．D2O相对分子质量为20，18gD2O中含有的质子数为即9NA，B错误；C．SiO2中每个Si原子可形成4个Si-O键，60gSiO2的物质的量为，所以60gSiO2中Si−O键的个数4NA，C错误；D．SF6的价层电子对数为，故0.5molSF6中硫的价层电子对数为3NA，D正确；故选D。4.25℃时，在下列给定条件的溶液中，一定能大量共存的离子组是A.的溶液中：、、、B.的溶液中：、、、C.的溶液中：、、、D.由水电离出的的溶液中：、、、【答案】C【解析】【详解】A.的溶液中不可能存在大量，因为水解使溶液显酸性，A不选；B.与不能大量共存，B不选；C.的溶液中，溶液显酸性，、、、均能在酸性溶液中大量共存，C选；D.由水电离出的的溶液可能为酸性溶液或碱性溶液，碱性溶液中不能大量存在、，酸性溶液中不能大量存在，D不选。答案选C。5.下列方程式书写正确的是A.使酸性高锰酸钾溶液褪色：B.在水中的水解方程式：C.溶于过量氨水：D.在水中的电离方程式：【答案】D【解析】【详解】A．草酸为弱酸，书写离子方程式时，不能拆写成离子，离子方程式是2MnO+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O，故A错误；B．SO属于二元弱酸的酸根离子，水解时应分步水解，即SO+H2OHSO+OH-、HSO+H2OH2SO3+OH-，故B错误；C．AgCl难溶于水，书写离子方程式时，不能拆写成离子，AgCl溶于氨水的离子方程式为AgCl+2NH3·H2O=[Ag(NH3)2]++Cl-+2H2O，故C错误；D．HSO属于弱酸的酸式根离子，在水中部分电离，其电离方程式为HSO+H2OSO+H3O+，故D正确；答案为D。6.下列说法中正确的是A.的溶液中：B.浓度均为的①②③④，由小到大的顺序：③<①<②<④C.向、的混合饱和溶液中加入少量，溶液中不变D.溶液中离子浓度大小顺序为【答案】C【解析】【详解】A．的溶液中由质子守恒可知：，A错误；B．一水合氨为弱碱，在溶液中部分电离出铵根离子，四种等浓度溶液中铵根离子浓度最小；硫酸亚铁铵溶液中亚铁离子溶液中水解使溶液呈酸性，水解生成的氢离子抑制铵根离子的水解，等浓度的硫酸亚铁铵溶液中铵根离子浓度大于氯化铵，醋酸铵溶液中醋酸根离子在溶液中水解使溶液呈碱性，水解生成的氢氧根离子浓度促进铵根离子水解，等浓度的醋酸铵溶液中铵根离子浓度小于氯化铵溶液，则溶液中铵根离子浓度由小到大的顺序为④<③<①<②，B错误；C．、的混合饱和溶液中加入少量，溶液中不变，C正确；D．碳酸氢钠是强酸弱碱盐，碳酸氢根离子在溶液中的水解程度大于电离程度，溶液显碱性，则，碳酸氢根离子、水均会电离出氢离子，故，D错误；故选C。7.已知硼砂有构成为，其阴离子的球棍模型如图所示，下列说法正确的是A.B原子的杂化方式均为B.该阴离子中所存在的化学键类型有配位键、极性共价键、氢键C.硼砂中存在氢键D.4、6原子之间的化学键为配位键【答案】C【解析】【详解】A．由阴离子的球棍模型可知，离子中与4个氧原子相连的硼原子的杂化方式为sp3杂化，与3个氧原子相连的硼原子的杂化方式为sp2杂化，故A错误；B．氢键是一种较强分子间作用力，不是化学键，故B错误；C．硼砂中阴离子中含有氢氧键，阴离子间、以及阴离子与结晶水分子能形成氢键，故C正确；D．由阴离子的球棍模型可知，4号硼原子应该是与氢氧根离子形成配位键，所以4、5原子之间的化学键为配位键，故D错误；故选C。8.下列有关物质的结构与性质的说法错误的是A.甘油酸()中含有两个手性碳原子，是手性分子B.已知：常温下呈液态，推测其是离子液体C.氟的电负性大于氯的电负性，导致三氟乙酸的酸性大于三氯乙酸的酸性D.冠醚利用不同大小的空穴适配不同大小的碱金属离子进行“分子识别”【答案】A【解析】【详解】A．甘油酸()中含有一个手性碳原子，是手性分子，故A错误；B．离子液体由有机阳离子和无机阴离子构成，一般熔点较低，常温下为液态，故B正确；C．氟的电负性大于氯的电负性，F-C的极性大于Cl-C，使F3C-的极性大于Cl3C-的极性，导致三氟乙酸的羧基中的羟基的极性更大，更易电离出H+，所以三氟乙酸的酸性大于三氯乙酸的酸性，故C正确；D．同主族从上往下碱金属元素的离子半径逐渐增大，冠醚利用不同大小的空穴适配不同大小的碱金属离子进行“分子识别”，故D正确；故答案为：A。9.纳米碗是一种奇特的碗状共轭体系。高温条件下，可以由分子经过连续5步氢抽提和闭环脱氢反应生成。某过程的反应机理和能量变化如下：下列说法错误的是A.该历程的总反应方程式为B.图示历程中的基元反应，速率最慢的是第3步C.从结构分析，纳米碗中五元环和六元环结构的数目分别为6、10D.反应过程中有极性键的断裂和形成【答案】D【解析】【详解】A．由图可知，该过程总反应为：，即，A正确；B．由反应机理可知，该历程包含3个基元反应，其中第三个基元反应的活化能最大，反应3速率最慢，B正确；C．由的结构分析，可知其中含有1个五元环，10个六元环，每脱两个氢形成1个五元环，则总共含有6个五元环，10个六元环，C正确；D．该过程中涉及断裂，断裂和、形成，无极性键的形成，D错误；故选D。10.科学家研制出一种新型短路膜电化学电池，利用这种电池可以消除空气中的，该装置的结构、工作原理如图所示。下列有关说法正确的是A.乙电极为正极，发生氧化反应B.电子移动方向：负极电解质溶液正极C.负极上发生的反应是：D.当反应消耗时，理论上需要转移电子【答案】C【解析】【分析】由图示可知乙电极得电子发生还原反应生成氢氧根与二氧化碳反应生成碳酸根，作正极；甲电极失电子变成氢离子与碳酸氢根反应生成二氧化碳，作负极。【详解】A．由分析知乙电极为正极，发生还原反应，A错误；B．电子不能进入电解质溶液，溶液中靠阴阳离子的定向移动，B错误；C．负极上发生氧化反应：，C正确；D．未告知气体所处温度和压强，D错误；故答案为：C。11.利用膜技术和电化学原理制备少量硫酸和绿色硝化剂N2O5，装置如图，下列说法错误的是A.甲装置为原电池，为了提高原料利用率，理论上在同温同压下通入SO2和O2的体积比为B.c电极反应式为：C.乙中电极d上发生还原反应D.电路中每转移2mol电子，则生成2molN2O5和1molH2SO4【答案】B【解析】【详解】A．据正负两极转移电子相等，SO2和O2按物质的量2:1参加反应，所以甲装置为原电池，为了提高原料利用率，理论上在同温同压下通入SO2和O2的体积比为，故A正确；B．电极c为电解池的阳极，在无水硝酸作用下，四氧化二氮在阳极失去电子，发生氧化反应生成五氧化二氮，电极反应式为：，故B错误；C．乙中电极d为正极，其上发生还原反应，故C正确；D．电极c电极反应式为：，电路中每转移2mol电子，则生成，由SO2转化为H2SO4，每生成转移2mol电子，故D正确；故答案为：B。12.下列实验操作、实验现象、解释或结论都正确是选项实验操作实验现象解释或结论A在稀硝酸中加入过量铁粉，充分反应后滴加溶液有气体生成，溶液呈血红色稀硝酸将氧化为B向盛有10滴溶液的试管中滴加3滴的溶液，产生白色沉淀，再向其中滴加3滴的溶液产生黄色沉淀C用计测定等浓度的和溶液前者值小于后者酸性D将充满气体的注射器（带塞）的活塞往里推，压缩体积注射器内气体颜色变浅加压，平衡向生成气体的方向移动A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】【详解】A．在稀硝酸中加入过量铁粉，生成硝酸亚铁和NO，充分反应后滴加溶液，不呈红色，故A错误；B．向盛有10滴溶液的试管中滴加3滴的溶液，产生白色沉淀，此时，银离子过量，再向其中滴加3滴的溶液，产生黄色沉淀，不能说明碘化银溶解度小于氯化银，故B错误；C．用计测定等浓度的和溶液，前者值小于后者，说明醋酸强于氢氰氢酸，故C正确；D．将充满气体的注射器（带塞）的活塞往里推，压缩体积，注射器内气体颜色先变深再变浅，但比原来深，故D错误；故选C。13.时，向密闭容器中充入和，发生反应：部分物质的物质的量随时间变化曲线如图中实线所示。下列说法正确的是A.曲线代表随时间变化的曲线B.在时，C.时，再往容器中充入和，重新达平衡时转化率大于D.若，则虚线b可表示在时的变化【答案】C【解析】【详解】A．起始通入和，图像显示平衡时SO2消耗2.7mol，则H2S增加2.7mol，H2O增加5.4mol，所以曲线a代表H2S随时间变化的曲线，故A错误；B．任意时刻v逆(H2S)=v逆(SO2)，在时未到达平衡，v正＞v逆，所以，故B错误；C．由图像可知平衡时SO2转化率为，时，再往容器中充入和，相当于加压，而加压平衡向着气体化学计量数之和小的方向移动，即正向移动，所以重新达平衡时SO2转化率大于，故C正确；D．正反应放热，降温平衡正向移动，平衡时SO2物质量减小，而虚线b表示SO2的物质的量比0.3mol大，所以若，则虚线b不能表示在时的变化，故D错误；故答案为：C。14.前四周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，基态X原子的电子层数、能级数目和轨道数目均相等，Z可与X形成、两种无色化合物，Y、W均满足最高能级的轨道处于半满状态，但Y的内层轨道全充满，W的成单电子数在前四周期元素中是最多的。下列说法正确的是A.W元素属于元素周期表区的金属元素B.仅含有非极性键C.由X、Y、Z三种元素组成的物质一定是共价化合物D.第一电离能：【答案】D【解析】【分析】基态X原子的电子层数、能级数目和轨道数目均相等，所以X为H，Z可与X形成、两种无色化合物，所以Z为O，Y、W均满足最高能级的轨道处于半满状态，但Y的内层轨道全充满，X、Y、Z、W的原子序数依次增大，所以Y为N，W的成单电子数在前四周期元素中是最多的，所以W是Cr，综上所述，X、Y、Z、W分别是H、N、O、Cr。【详解】A．W的成单电子数在前四周期元素中是最多的，其价电子排布式为3d54s1，属于d区金属元素，故A错误；B．H2O2既含极性键，又含非极性键，故B错误；C．N、H、O三种元素可以形成离子化合物硝酸铵，故C错误；D．同周期主族元素从左往右第一电离能有增大的趋势，氮元素原子2p轨道处于半充满的稳定状态，其第一电离能大于氧元素，一般非金属性越强第一电离能越大，则第一电离能为N＞O＞H＞Cr，故D正确；故答案为：D。15.氮化硼(BN)是一种重要的功能陶瓷材料。以天然硼砂为起始物，经过一系列反应可以得到BF3和BN，如图所示。下列叙述正确的是A.NH3与BF3都是由极性键构成的极性分子B.六方氮化硼在高温高压下，可以转化为立方氮化硼，其结构与金刚石相似，立方氮化硼晶胞中含有4个氮原子、4个硼原子C.NH4BF4(氟硼酸铵)是合成氮化硼纳米管的原料之一，lmolNH4BF4含有配位键的数目为NAD.立方氮化硼和半导体材料氮化铝的结构均类似于金刚石，立方氮化硼的熔点小于氮化铝【答案】B【解析】【分析】硼砂与硫酸生成H3BO3，H3BO3受热分解得到B2O3，B2O3与CaF2、硫酸加热得到BF3，B2O3与氨气高温下得到BN，据此解答。【详解】A．NH3是由极性键构成的极性分子，BF3是平面三角形，是由极性键构成的非极性分子，故A错误；B．描述晶体结构的基本单元叫做晶胞，金刚石晶胞是立方体，其中8个顶点有8个碳原子，6个面各有6个碳原子，立方体内部还有4个碳原子，金刚石的一个晶胞中含有的碳原子数8×+6×+4=8，则立方氮化硼晶胞中应该含有4个N和4个B原子，故B正确；C．NH4BF4中，NH中含有氮氢配位键，BF中含有硼氟配位键，则lmolNH4BF4含有配位键的数目为2NA，故C错误；D．立方氮化硼和半导体材料氮化铝的结构均类似于金刚石，均是共价晶体，硼原子半径小于铝原子半径，所以立方氮化硼的熔点大于氮化铝，故D错误；故选B。16.常温下将溶液滴加到和的混合溶液中，溶液中、、、、的分布分数[如，]随变化的关系如图所示。下列说法错误的是A.曲线、分别表示、随变化的关系B.的水解常数，溶液中C.溶液与溶液混合过程中发生反应的离子方程式为D.当溶液呈中性时，【答案】B【解析】【分析】由题给信息可知，H2A为二元弱酸，HB为一元弱酸。H2A的电离方程式为，，根据图像中曲线a与曲线b的交点、曲线b与曲线c的交点和曲线d与曲线e的交点，可分别得出电离常数为：、Ka2(H2A)=10-6.7和Ka(HB)=10-8.3。【详解】A．根据分析可知，曲线a、b、c分别代表、、随pH变化的关系，则曲线d、e分别代表、随pH变化的关系，故A正确；B．NaB的水解常数。NaHA溶液中存在：电离平衡和水解平衡，HA-的水解常数，即HA-的电离程度大于其水解程度，即NaHA溶液中，故B错误；C．因为Ka2(H2A)=10-6.7和Ka(HB)=10-8.3所以酸性HA->HB，所以NaHA溶液与NaB溶液混合过程中发生反应的离子方程式为，故C正确：D．滴定过程中，溶液中存在电荷守恒，当溶液呈中性时c(H+)=c(OH-)，则，故D正确；答案选B。第Ⅱ卷（非选择题共52分）二、非选择题（本题包含4道小题，共52分）17.草酸钴可用于指示剂和催化剂的制备。用含钴废料（主要成分为，含有一定量的、、、等）制备草酸钴晶体（）的流程如下：已知：①草酸钴晶体难溶于水。②为有机物（难电离）、代表金属离子，。③流程中部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的见下表：沉淀物开始沉淀完全沉淀④滤液中元素以形式存在。回答下列问题：（1）是常用的氧化剂，的电子式为______。（2）“浸出液”中加入后发生反应的离子方程式为______。（3）加入氧化钴调节溶液的，调节的范围是______，滤渣Ⅱ的主要成分是______。（4）操作①在实验室所用的仪器为____________。（5）可向操作①后溶有的有机层中加入______（反萃取剂）使从有机相返回水相，实现金属回收利用。（6）若先将转化为，再利用反应，却不能实现转化为，请说明理由：____________。[，]【答案】（1）（2）（3）①.②.（4）分液漏斗（5）硫酸（其他无机非氧化性强酸也正确）（6）该反应的平衡常数，转化程度小，不能实现转化【解析】【分析】由题干工艺流程图可知，对含钴废料进行粉碎，加入硫酸进行酸浸，因为SiO2不溶于硫酸，生成的CaSO4微溶于水，则滤渣Ⅰ为SiO2、硫酸钙；浸出液中含有CoSO4、NiSO4、Al2(SO4)3、FeSO4及过量得硫酸，浸出液中加入H2O2和CoO，将Fe2+转化为Fe3+，同时调节pH，使Fe3+、Al3+转化为沉淀氢氧化铁和氢氧化铝而除去；向滤液中加入RH，Ni2+溶于有机层，分液后向水层加入草酸铵得到草酸钴晶体，据此分析解题。【小问1详解】过氧化氢的电子式为；【小问2详解】由分析可知，“浸出液”中加入H2O2将亚铁离子氧化变为铁离子，便于后续调节pH值将其转化为Fe(OH)3沉淀，反应的离子方程式为2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；【小问3详解】由分析可知，加入氧化钴，发生CoO+2H+=Co2++H2O，根据阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH可知，调节溶液的pH为5.2≤pH＜7.5，使Fe3+和Al3+完全转化为沉淀Fe(OH)3、Al(OH)3，同时不能影响到镍和钴；【小问4详解】由分析可知，操作①为萃取分液，所用的主要仪器为分液漏斗；【小问5详解】“反萃取”原理是用反萃取剂使被萃取物从有机相返回水相的过程。向操作①后溶有NiR2的有机层中加入硫酸(或其他非氧化性无机强酸，合理即可)使Mn++nRH⇌MRn+nH+逆向移动即可；【小问6详解】根据题干数据可知，该反应的平衡常数K==，转化程度小，不能实现该转化。18.当今世界多国相继规划了碳达峰、碳中和的时间节点，中国承诺2030年前，二氧化碳的排放不再增长，达到峰值之后逐步降低。2060年前实现“碳中和”，体现了中国对解决气候问题的大国担当。因此，降低空气中二氧化碳含量成为研究热点，其中研发二氧化碳的利用技术，将二氧化碳转化为能源是缓解环境和解决能源问题的方案之一。Ⅰ．二氧化碳在一定条件下转化为甲烷，其反应过程如下图所示。已知：反应Ⅱ：（1）则反应Ⅰ的热化学方程式为____________。（2）一定条件下，向恒容密闭容器中加入和，只发生上述反应Ⅰ和反应Ⅱ；后容器内总压强(p)不再变化，容器中为，为，为，内的平均反应速率______，反应Ⅰ的平衡常数______（结果保留小数点后两位）。Ⅱ．在催化剂作用下加氢还可制得甲醇。（3）能说明反应，已达平衡状态的是______（填字母）。A.单位时间内生成1的同时消耗了B.在恒温恒容的容器中，混合气体的密度保持不变C.在绝热恒容的容器中，反应的平衡常数不再变化D.在恒温恒压的容器中，气体的平均摩尔质量不再变化Ⅲ．与催化重整制备的过程中存在反应：①；②。（4）向密闭容器中以物质的量之比为充入与，实验测得的平衡转化率随温度和压强的变化关系如图所示。p1、p2、p3由大到小的顺序为______；时主要发生反应______（填“①”或“②”）。【答案】（1）（2）①.②.（3）CD（4）①.p1＞p2＞p3②.②【解析】【小问1详解】反应Ⅰ的方程式为CO2+H2=H2O+CO，CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)ΔH1=-205kJ/mol……①，CO(g)+3H2(g)CH4(g)+H2O(g)ΔH2=-246kJ/mol……②，利用盖斯定律，反应Ⅰ由①－②，推出ΔH=[(-205)－(-246)]kJ/mol=+41kJ/mol，反应Ⅰ的热化学反应方程式为CO2(g)+H2(g)=H2O(g)+CO(g)ΔH=+41kJ/mol，故答案为CO2(g)+H2(g)=H2O(g)+CO(g)ΔH=+41kJ/mol；【小问2详解】依据反应速率的表达式，v(H2)==0.13mol/(L·min)；平衡常数K=≈0.58；故答案为0.13mol/(L·min)；0.58；【小问3详解】A．单位时间内生成1mol甲醇的同时消耗了3mol氢气，反应都是向正反应方向进行，不能说明反应达到平衡，故A不符合题意；B．恒温恒容容器中进行反应，混合气体体积不变，组分都是气体，混合气体总质量不变，因此混合气体的密度始终保持不变，因此在恒温恒容容器中，混合气体密度不变，不能说明反应达到平衡，故B不符合题意；C．化学平衡常数只受温度的影响，该容器为绝热，随着反应进行温度降低，因此化学平衡常数不再变化，说明反应达到平衡，故C符合题意；D．组分都是气体，混合气体总质量不变，该反应为气体物质的量减少的反应，根据，当平均摩尔质量不再变化，说明反应达到平衡，故D符合题意；答案为CD；【小问4详解】反应①是气体物质的量减少的反应，反应②前后气体物质的量不变，在相同温度下，增大压强，反应①向正反应方向进行，CO2平衡转化率增大，增大压强对反应②平衡无影响，根据图像推出：p1＞p2＞p3；从T1℃到T2℃，温度升高，无论压强变化，二氧化碳的转化率在T2℃时相等，说明T2℃时主要发生反应②；故答案为p1＞p2＞p3；②。19.Ⅰ．计算（1）由于亚硝酸钠和食盐形状相似，曾多次发生过将误当食盐食用的事件。某小组欲鉴别与，常温下，用试纸分别测定两种盐溶液的，测得溶液的，则电离常数约为______。Ⅱ．欲测定某样品中的含量，某同学设计如下实验：①称取样品，加水溶解，配制成溶液。②取溶液于锥形瓶中，用标准溶液（酸性）进行滴定，滴定结束后消耗溶液。（2）上述实验①所需玻璃仪器除烧杯、玻璃棒、胶头滴管之外还有______。（3）在进行滴定操作时，溶液盛装在______（填“酸式”或“碱式”）滴定管中。当滴入最后半滴溶液，______时达到滴定终点。（4）滴定过程中发生反应的离子方程式是______；测得该样品中的质量分数为______。（5）以下操作造成测定结果偏低的是______。A．滴定管未用标准溶液润洗B．锥形瓶未用待测液润洗C．盛装标准溶液的滴定管，滴定前尖端有气泡，滴定后气泡消失D．盛装标准溶液的滴定管，滴定前仰视凹液面最低处，滴定后俯视读数E．若滴定过程中刚出现颜色变化就停止滴定【答案】（1）（2）量筒和容量瓶（量筒不写不扣分）（3）①.酸式②.溶液变为浅紫色（或浅红色或紫红色），且半分钟内颜色不变化（4）①.②.或（5）DE【解析】【小问1详解】溶液发生水解反应：+H2O⇌HNO2+OH−，测定溶液的，，则溶液中c(HNO2)＝c(OH−)＝10−5mol/L，水解平衡常数为，由，电离常数；【小问2详解】据配制一定物质的量浓度溶液的一般步骤：计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶等，用到的仪器有：托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、胶头滴管、量筒、100mL容量瓶；【小问3详解】高锰酸钾溶液具有强的氧化性，用碱式滴定管能够腐蚀橡皮管，所以应选择酸式滴定管盛放；高锰酸钾本身为紫色溶液，当亚硝酸钠反应时被还原为无色的锰离子，若当滴入最后一滴溶液，锥形瓶中无色溶液变成浅红色或紫红色，且30s内不褪色则可以判断达到滴定终点；【小问4详解】亚硝酸钠与酸性高锰酸钾溶液发生氧化还原反应，亚硝酸根离子被氧化生成硝酸根离子，高锰酸根离子被还原生成锰离子，反应的离子方程式：；依据方程式可得关系式：，则n=0.05V×10-3mol，样品NaNO2质量分数为：；【小问5详解】消耗的标准液高锰酸钾体积越多，则亚硝酸钠质量越多，亚硝酸钠质量分数越大，

A．若滴定管未用KMnO4标准溶液润洗就直接注入