届高考化学专题限时训练7.docx
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届高考化学专题限时训练7
1．如图是用氢氧燃料电池电解氯化钠溶液（均为惰性电极），下列说法正确的是（）
甲池
乙池
A
放电过程中氢氧化钾浓度不变
滴加酚酞试液d区域溶液先变红
B
氢氧根向a极移动
氢氧根移向d极
C
a电极消耗2.24L氢气时
c电极生成1.12L氧气
D
a电极反应：
H2-2e-=2H+
d电极反应：
4OH--4e-=O2+2H2O
【答案】C
【解析】
试题分析：
A中甲池是原电池装置，由于生成了水，碱性降低，浓度变小，描述错误，乙池中d是阴极，氢离子放电，阴极区氢氧根浓度较大，呈碱性，A错误；B中甲池描述正确，乙池中氢氢根移向阳极，错误；D中在碱性环境中电极反应式不能出现氢离子，错误。
选C。
考点：
本题考查电解池和原电池联合工作的原理。
2．将纯锌片和纯铜片按下图所示方式插入同浓度的稀硫酸中一段时间，以下叙述正确的是
A．甲烧杯中锌片逐渐溶解，乙烧杯中锌片不溶解
B．两烧杯中铜片表面均无气泡产生
C．两烧杯中溶液的酸性均减弱
D．甲烧杯中铜片上的电极反应为：
Cu2++2e－=Cu
【答案】C
【解析】
试题分析：
A．甲烧杯中构成了原电池，由于金属活动性：
Zn>Cu，所以Zn作负极，Cu作正极，负极锌片发生氧化反应，电极反应式是Zn-2e-=Zn2+，所以Zn片逐渐溶解，在乙烧杯中，没有形成原电池，锌片可以与硫酸发生反应，Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑，所以Zn逐渐溶解，错误。
B．在甲烧杯中构成原电池，Cu为正极，Cu片上H+得到电子，变为H2，所以Cu片上有气泡，而在乙烧杯中铜片表面无气泡产生，错误。
C．两烧杯中硫酸都不断消耗，因此溶液的酸性均减弱，正确。
D．甲烧杯中铜片上的电极反应为：
2H++2e－=H2↑，错误。
考点：
考查金属的活动性及原电池反应原理的应用的知识。
3．在一盛有饱和Na2CO3溶液的烧杯中插入惰性电极，保持温度不变，通电一段时间后（）
A．溶液的pH值增大；碳酸钠溶液的水解程度减小B．Na+和CO32—的浓度都减小
C．阴极与阳极析出的气体物质的量之比为1:
2D．溶液的浓度不变，有晶体析出
【答案】D
【解析】
试题分析：
盛有饱和碳酸钠溶液的烧杯中插入惰性电极，保持温度不变，通电时氢离子在阴极放电生成氢气，氢氧根离子在阳极放电生成氧气，即电解水，A、因温度不变，溶剂减少后还是饱和溶液，则浓度不变，pH不变，故A错误；B、因温度不变，溶剂减少有晶体析出，溶液Na+和CO32-的浓度不变，故B错误；C、如阴极产生2mol的氢气与阳极析出的1mol的氧气物质的量之比为2：
1，故C错误；D、因温度不变，溶剂减少后有晶体析出，还是饱和溶液，则溶液浓度不变，故D正确；故选D。
考点：
考查电解原理的应用
4．糕点（如月饼）包装中常见的脱氧剂组成为还原性铁粉、氯化钠、炭粉等，其脱氧原理与钢铁的吸氧腐蚀相同。
下列分析正确的是
A．脱氧过程是吸热反应，可降低温度，延长糕点保质期
B．脱氧过程中铁作原电池正极，电极反应为：
Fe—3e—=Fe3+
C．脱氧过程中碳做原电池负极，电极反应为：
2H2O+O2+4e—=4OH—
D．含有1.12g铁粉的脱氧剂，理论上最多能吸收氧气336mL（标准状况）
【答案】D
【解析】
试题分析：
A、铁粉、氯化钠溶液、炭粉构成原电池，原电池放电过程是放热反应，A错误；B、脱氧过程中铁作原电池负极，负极上铁失电子生成亚铁离子，电极反应为：
Fe-2e-=Fe2+，B错误；C、脱氧过程中碳做原电池正极，正极发生还原反应，电极方程式为2H2O+O2+4e-═4OH-，C错误；D、由电子守恒知，消耗氧化剂氧气的体积（标况下）v（O2）=
=0.336L=336mL，D正确。
考点：
考查了金属的腐蚀与防护的相关知识。
5．用惰性电极电解一定量的硫酸铜溶液，当转移0.4mol电子时，阴极开始产生气体，继续电解又转移0.2mol电子时停止电解。
下列说法正确的是
A．电解过程中，溶液的pH不断增大
B．当转移0.4mol电子时，电解生成的铜为12.8g
C．阴极反应式为2H2O＋4e－=4H＋＋O2↑
D．整个过程中产生的H2与O2的体积比为2:
1
【答案】B
【解析】
试题分析：
A.电解过程分两阶段，第一阶段电解硫酸铜溶液后溶液呈酸性，第二阶段，实际上在电解水，酸性增强，错误；B.第一阶段2CuSO4+2H2O
2Cu↓+O2↑+2H2SO4转移4e－，当转移0.4mol电子时，电解生成的铜为12.8g，正确；C.整个电解过程分两阶段，阴极反应式为Cu+2e－=Cu、2H＋+2e－=H2↑，错误；D.第一阶段2CuSO4+2H2O
2Cu↓+O2↑+2H2SO4转移4e－
0.10.4
第二阶段：
2H2O
2H2↑+O2↑转移4e－
0.10.050.1整个过程中产生的氢气和氧气的体积比为2:
3，错误；选B。
考点：
考查电解原理的应用。
6．有关下列四个常用电化学装置的叙述中，正确的是（）
图Ⅰ 碱性
锌锰电池
图Ⅱ 铅 硫
酸蓄电池
图Ⅲ 电解
精炼铜
图Ⅳ 银锌
纽扣电池
A．图Ⅰ所示电池中，MnO2的作用是催化剂
B．图Ⅱ所示电池放电过程中，硫酸浓度不断增大
C．图Ⅲ所示装置工作过程中，电解质溶液中Cu2＋浓度始终不变
D．图Ⅳ所示电池中，Ag2O是氧化剂，电池工作过程中还原为Ag
【答案】D
【解析】A项，在干电池中MnO2作氧化剂，错误；B项，在铅蓄电池放电过程中，H2SO4的浓度不断减小，错误；C项，电解精炼铜时，电解质溶液中Cu2＋的浓度减小，错误；D项正确。
7．如图所示，下列叙述中正确的是
A．正极发生氧化反应B．电子通过导线由铜流向锌
C．负极有O2逸出D．铜上有H2逸出
【答案】D
【解析】
试题分析：
该装置是原电池，其中Zn是原电池的负极，Cu是原电池的正极。
A．在正极发生还原反应，错误；B．电子由锌通过导线流向铜，错误；C．负极上Zn失去电子产生Zn2+进入溶液，错误；D．在正极铜上氢离子得到电子产生氢气，因此有H2逸出，正确。
考点：
考查原电池的反应原理的知识。
【答案】D
【解析】由装置图知，甲池两极材料不同，Zn为活泼金属，∴甲为原电池，Zn为负极，Cu为正极，则a、C2为电解池的阴极，a极附近变红。
B错。
b、C1为阳极，乙池实质是电解水，则C1极放O2，C2极放H2，其体积比为1：
2，C错。
由于水被电解，C（H2SO4）增大,PH减小。
选D。
通常状况，气体的摩尔体积不是22.4L/mol,A错。
9．以下现象与电化学腐蚀无关的是：
A．黄铜（铜锌合金）制作的铜锣不易产生铜绿
B．生铁比纯铁更易生锈
C．铁质配件附有铜质配件，在接触处易生铁锈
D．银质物品久置表面变暗
【答案】D
【解析】
试题分析：
A、铜锌合金中Zn比Cu活泼，所以形成原电池而腐蚀电化学腐蚀时Zn做负极被腐蚀，Cu被保护，铜锣不易产生铜绿，正确；B、生铁中含有C和Fe，可形成原电池而腐蚀电化学腐蚀，而纯铁不会发生电化学腐蚀，所以生铁更易生锈，正确；C、铁质配件附有铜质配件，在接触处易形成原电池而发生电化学腐蚀，正确；D、银质物品久置表面变暗是因为银被空气中的氧气氧化为氧化银而变暗，不是发生电化学腐蚀，错误，答案选D。
考点：
考查电化学腐蚀的判断
10．全世界短年钢铁因锈蚀造成大量的损失。
某城市拟用如图方法保护埋在酸性土壤中的钢质管道，使其免受腐蚀。
关于此方法，下列说法不正确的是
A．土壤中的钢铁易被腐蚀是因为在潮湿的土壤中形成了原电池
B.金属棒X的材料应该是比镁活泼的金属
C．金属棒X上发生反应：
M一ne一——Mn+
D．这种方法称为牺牲阳极的阴极保护法
【答案】B
【解析】
试题分析：
由题意知，加入金属棒X后形成原电池，并使其作为阳极铁作阴极发生反应，避免铁失去电子被腐蚀，A、潮湿的土壤中有水和氧气，形成原电池环境，易被腐蚀，故A正确；B、金属棒X的材料比铁活泼，替代钢铁进行反应，但无法判断是否比镁活泼，故B错误；C、金属棒X作为负极发生反应失去电子，M一ne一——Mn+，故C正确；D、将还原性较强的金属X作为保护极，与被保护金属铁相连构成原电池，还原性较强的金属X作为负极发生氧化反应而消耗，被保护的金属铁作为正极就可以避免腐蚀，这种方法牺牲了阳极（原电池的负极）保护了阴极（原电池的正极），是牺牲阳极的阴极保护法，故D正确。
考点：
金属的电化学腐蚀与防护
11．已知空气-锌电池的电极反应为：
锌粒：
Zn+2OHˉ—2eˉ＝ZnO+H2O
石墨：
O2+H2+2eˉ=2OHˉ。
根据判断，锌片
A．正极，并被还原B．正极，并被氧化
C．负极，并被还原D．负极，并被氧化
【答案】D
【解析】
试题分析：
Zn失去电子做负极，负极被氧化，故D正确，此题选D。
考点：
考查原电池的形成条件相关知识。
12．美国IBM公司设计出了一款新型锂空气电池，其原理就是通过吸入空气与设备内的锂离子发生反应，进行能量的提供。
因其独特的放电方式，也称呼吸式电池。
负极采用金属锂条，负极的电解液采用含有锂盐的有机电解液。
中间设有用于隔开正极和负极的锂离子固体电解质。
正极的水性电解液使用碱性水溶性凝胶，与由微细化碳和廉价氧化物催化剂形成的正极组合。
如图所示。
下列说法不正确的是
A．负极反应：
Li-e-=Li+，金属锂以锂离子（Li+）的形式溶于有机电解液，电子供应给导线。
溶解的锂离子（Li+）穿过固体电解质移到正极的水性电解液中。
B．正极反应：
O2+2H2O+4e-=4OH-，在正极的水性电解液中与锂离子（Li+）结合生成水溶性氢氧化锂（LiOH），并能实现锂元素的循环。
C．在负极的有机电解液和空气极的水性电解液之间，用只能通过锂离子的固体电解质隔开，以防止两电解液发生混合，而且能促进电池发生反应。
D．锂-空气电池至今都未普及，原因是它存在致命缺陷，即固体反应生成物氧化锂（Li2O）在正极堆积，使电解液与空气的接触被阻断，从而导致放电停止。
【答案】D
【解析】
试题分析：
A、根据离子移动方向可知，锂失电子发生氧化反应而作负极，电极反应式为Li-e-=Li+，金属锂以锂离子（Li+）的形式溶于有机电解液，电子供应给导线．溶解的锂离子（Li+）穿过固体电解质移到正极的水性电解液中，正确；B、正极上氧气得电子发生还原反应，电极反应式为2H2O+O2+4e-=4OH-，在正极的水性电解液中与锂离子（Li+）结合生成水溶性氢氧化锂（LiOH），并能实现锂元素的循环，正确；C、锂和水反应生成氢氧化锂和氢气，所以不能让金属锂与水性电解液直接接触，在负极的有机电解液和空气极的水性电解液之间，用只能通过锂离子的固体电解质隔开，以防止两电解液发生混合，而且能促进电池发生反应，正确；D、在锂-空气电池中，由于放电反应生成的并非是固体的Li2O，而是容易溶解在水性电解液中的LiOH，错误，答案选D。
考点：
考查原电池和电解池原理，正负极的判断
13．下图为某化学课外学习小组设计的电解饱和食盐水的简易装置。
下列有关说法正确的是
A．电解一段时间后，往蛋壳中溶液中滴加几滴酚酞，呈红色
B．蛋壳表面缠绕的铁丝发生氧化反应
C．铁丝表面生成的气体能使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝
D．蛋壳可阻止生成的氯气与氢气、氢氧化钠溶液接触
【答案】D
【解析】
试题分析：
A、碳棒与正极相连，为电解池的阳极，缠绕的铁丝与负极相连，为电解池的阴极，则阴极是氢离子放电生成氢气，氢氧根离子浓度增大，则在蛋壳的外部加酚酞，溶液变红色，错误；B、蛋壳表面的铁丝作阴极，不发生反应，错误；C、铁丝表面生成的是氢气，不能使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝，碳棒产生的气体是氯气能使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝，错误；D、铁丝在蛋壳外部，碳棒在内部，所以外部产生的氢气、氢氧化钠与内部产生的氯气被蛋壳隔开，正确，答案选D。
考点：
考查对装置图的理解，电解反应原理的应用
14．下列叙述中，正确的是
①纯铁比碳素钢易生锈
②大量燃烧含硫燃料是形成酸雨的主要原因
③硅是光导纤维和制造太阳能电池的主要原料
④可用稀盐酸、碳酸钠溶液、硅酸钠溶液设计实验来验证元素的非金属性Cl＞C＞Si
⑤氯水和过氧化钠都具有漂白作用，其漂白原理相似
⑥用氢氟酸雕刻玻璃是利用氢氟酸能与二氧化硅反应的性质
⑦日本福岛核电站泄露的放射性核素
和
，前者比后者少8个中子
⑧Al2O3在工业上用于制作耐高温材料，也用于电解法冶炼铝金属
A．①⑤⑥⑦B．②③⑤⑦C．③④⑤⑥D．②⑤⑥⑧
【答案】D
【解析】
试题分析：
①纯铁比碳素钢不易生锈，碳素钢容易形成铁碳原电池，铁被氧化，①错误。
③二氧化硅是光导纤维和制造太阳能电池的主要原料，③错误，④验证元素的非金属性Cl＞C＞Si，需要对应用高氯酸而不是盐酸，④错误，⑦日本福岛核电站泄露的放射性核素
和
，两者质子数不同，前者比后者少2个中子，⑦错误。
考点：
元素化合物在生活中的应用
15．下图是一套电化学装置，对其有关说法错误的是
A．装置A是原电池，装置B是电解池
B．反应一段时间后，装置B中溶液pH增大
C．a口若消耗1molCH4，d口可产生4mol气体
D．a口通入C2H6时的电极反应为C2H6—14e－＋18OH－＝2
＋12H2O
【答案】B
【解析】
试题分析：
A项由装置图可知A消耗气体，应为燃料电池装置，则B生成气体，为电解池装置，故A项正确；B项电解硫酸溶液时，阳极发生氧化反应生成氧气，阴极发生还原反应生成氢气，实质为电解水，硫酸浓度增大，pH减小，故B项错误；C项由元素化合价可知，a口若消耗1molCH4，应生成碳酸钾，则失去电子8mol，为原电池的负极，则d为阴极，生成氢气，应为4mol，故C项正确；D项a口通入C2H6时，乙烷被氧化生成碳酸钾，电极反应为C2H6-14e-+18OH-═2CO32-+12H2O，故D项正确；本题选B。
考点：
电化学原理。
16．分别用A、B、C、D四块金属片做如图所示实验，实验数据如下:
金属片
电子流动方向
电压表读数
A
Cu←A
+0.67
B
Cu→B
-0.71
C
Cu←C
+1.35
D
Cu←D
+0.30
已知:
构成两电极的金属活动性相差越大，电压表读数越大。
请依据表中数据判断:
（1）_________金属可能是最强的还原剂。
（2）_________金属一定不能从硫酸铜溶液中置换出铜。
（3）若滤纸不用盐溶液浸润而改用NaOH溶液浸润，则在滤纸上能看到有蓝色沉淀析出的是_________（填字母）。
金属对应的原电池的电极反应为:
负极:
_________，正极:
_________。
【答案】
（1）C
（2）B（3）B
2Cu+4OH--4e-====2Cu（OH）2
O2+2H2O+4e-====4OH-
【解析】
（1）两极金属活动性相差越大，电压表读数越大，表中四个原电池，电压数值绝对值C最大，且C中电子流动方向由C→Cu，故C的还原性最强。
（2）B中电流方向应Cu←B，构成原电池后，Cu作负极，故B不会与CuSO4发生置换反应。
（3）如改用NaOH作电解质，在滤纸上能看到有蓝色沉淀，溶液中应有Cu2+生成，Cu作负极，为B。
负极:
2Cu+4OH--4e-====2Cu（OH）2
正极:
O2+2H2O+4e-====4OH-。
17．（12分）氢能是重要的新能源。
储氢作为氢能利用的关键技术，是当前关注的热点之一。
（1）氢气是清洁燃料，其燃烧产物为________。
（2）NaBH4是一种重要的储氢载体，能与水反应得到NaBO2，且反应前后B的化合价不变，该反应的化学方程式为__________________________________________，反应消耗1molNaBH4时转移的电子数目为________。
（3）储氢还可借助有机物，如利用环己烷和苯之间的可逆反应来实现脱氢和加氢：
在某温度下，向恒容密闭容器中加入环己烷，其起始浓度为amol·L－1，平衡时苯的浓度为bmol·L－1，该反应的平衡常数K＝________。
（4）一定条件下，如图所示装置可实现有机物的电化学储氢（忽略其他有机物）。
①导线中电子移动方向为________。
（用A、D表示）
②生成目标产物的电极反应式为__________________。
③该储氢装置的电流效率η＝_________。
（
，计算结果保留小数点后1位）
【答案】（12分）
（1）H2O（1分）
（2）NaBH4＋2H2O===NaBO2＋4H2↑
4NA或2.408×1024
（3）
mol3·L－3
（4）①A→D（1分）②C6H6＋6H＋＋6e－===C6H12③64.3%
【解析】
试题分析：
（1）氢气在氧气中燃烧的产物是H2O；
（2）根据题意可知NaBH4中B的化合价不变，始终是+3价，则H元素的化合价是-1价，所以与水反应的产物还有氢气，化学方程式为NaBH4＋2H2O===NaBO2＋4H2↑；反应消耗1molNaBH4时，生成4mol氢气，其中一半是氧化产物，一半是还原产物，所以转移的电子数目是2mol×2×NA=4NA；
（3）平衡时苯的浓度是bmol·L－1，则氢气的浓度是3bmol·L－1，环己烷的平衡浓度是（a-b）mol·L－1，属于该反应的平衡常数K=bmol·L－1×（3bmol·L－1）3/（a-b）mol·L－1=
mol3·L－3
（4）①根据图示可知，苯生成环己烷是还原反应，所以D是阴极，则A是负极，所以电子的流向是A→D；
②苯得到电子生成环己烷是目标产物，发生还原反应，电极反应式为C6H6＋6H＋＋6e－===C6H12
③阳极生成的2.8mol气体应是氧气，转移电子的物质的量是2.8mol×4=11.2mol,设阴极消耗苯的物质的量是xmol，转移6xmol电子，生成xmol环己烷，根据得失电子守恒可知，阴极还产生氢气，物质的量是（11.2-6x）/2mol，10mol的混合气中苯的物质的量是10mol×24%=2.4mol,后来得到含苯10%的混合气，则剩余苯的物质的量是（2.4-x）mol,由于电解池中的高分子电解质膜只允许氢离子通过，所以左侧得到的含苯的物质的量分数是10%的混合气的物质的量是[10+（11.2-6x）/2]mol，所以（2.4-x）/[10+（11.2-6x）/2]=10%，解得x=1.2，电流效率η=6×1.2/11.2×100%=64.3%。
考点：
考查氧化还原反应的计算，平衡常数的表达，电解反应原理的应用
18．根据下式所示的氧化还原反应设计一个原电池：
（1）装置可采用烧杯和盐桥，画出此原电池的装置简图。
①注明原电池的正极和负极；
②注明外电路中电子的流向。
（2）写出两个电极上的电极反应。
【答案】
（1）（6分）
（选择其他正极材料和电解质溶液合理亦可）
（2）（每空2分）负极：
；正极：
。
【解析】略
19．亚硝酸钠（NaNO2）是重要的防腐剂。
某化学兴趣小组尝试制备亚硝酸钠，查阅资料：
①HNO2为弱酸，在酸性溶液中，NO2-可将MnO4-还原为Mn2＋且无气体生成。
②NO不与碱反应，可被酸性KMnO4溶液氧化为硝酸
探究一亚硝酸钠固体的制备
以碳和浓硝酸为起始原料，设计如下装置利用一氧化氮与过氧化钠反应制备亚硝酸钠。
（反应方程式为2NO＋Na2O2=2NaNO2，部分夹持装置和A中加热装置已略）
（1）写出装置A烧瓶中发生反应的化学方程式。
（2）有同学认为装置C中产物不仅有亚硝酸钠，还有碳酸钠和氢氧化钠，为排除干扰应在B、C装置间增加装置E，E中盛放的试剂应是（填字母）。
A．浓H2SO4B．碱石灰C．无水CaCl2
探究二亚硝酸钠固体含量的测定及性质验证
称取装置C中反应后的固体4.000g溶于水配成250mL溶液，取25.00mL溶液于锥形瓶中，用0.1000
mol/L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溶液体积/mL
20.60
20.02
20.00
19.98
（3）第一组实验数据出现异常，造成这种异常的原因可能是（填字母）。
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．滴定终了仰视读数
（4）根据表中数据，计算所得固体中亚硝酸钠的质量分数。
（5）亚硝酸钠易溶于水，将0.2mol·L-1的亚硝酸钠溶液和0.1mol·L-1的盐酸等体积混合，混合后溶液呈酸性，则混合后溶液中离子浓度由大到小的顺序为。
探究三反应废液的处理
反应后烧瓶A中仍然存在一定量的硝酸，不能直接排放，用NaOH溶液调成中性，再用电化学降解法进行处理。
25℃时，反应进行10min，溶液的pH由7变为12。
电化学降解NO3-的原理如右图所示。
（6）电源正极为（填A或B），阴极反应式为。
【答案】
（1）C+4HNO3（浓）
CO2↑+4NO2↑+2H2O（3分）
（2）B（2分）
（3）A、C（2分）（4）86.25%（2分）（5）c（Na+）＞c（NO2-）＞c（Cl-）＞c（H+）＞c（OH-）（2分）
（6）A（2分）2NO3－+6H2O+10e－＝N2↑+12OH－（3分）
【解析】
试题分析：
（1）浓硝酸既有强氧化性，能把单质碳氧化生成CO2，而硝酸被还原为NO2，同时还有水生成，因此装置A烧瓶中发生反应的化学方程式为C+4HNO3（浓）
CO2↑+4NO2↑+2H2O。
（2）A装置中产生的NO2和CO2通入到B装置中，由于NO2溶于水生成NO和硝酸，在酸性条件下CO2的溶解度很小，因此从B装置中出来的NO气体中含有CO2以及水蒸气，二者与过氧化钠反应生成碳酸钠、氢氧化钠，因此要排出干扰，需要除去CO2和水蒸气。
浓硫酸和氯化钙只能吸收水蒸气，碱石灰既可以吸收水蒸气，还能吸收CO2，因此答案选B。
（3）第一组实验与其它组实验相比，消耗高锰酸钾溶液的体积偏多。
A、酸式滴定管用蒸馏水洗净后未用标准液润洗，则高锰酸钾溶液的浓度被稀释，因此消耗高锰酸钾溶液的体积增加，A正确；B、锥形瓶洗净后未干燥，不影响测定结果，B不正确；C、滴定终了仰视读数，则读数偏大，因此消耗高锰酸钾溶液的体积偏大，C正确，答案选AC。
（4）根据表中数据可知，三次实验中消耗高锰酸钾溶液体积的平均值＝
＝20.00ml。
在反应中Mn元素的化合价从＋7价降低到＋2价，得到5个电子。
N元素的化合价从＋3价升高到＋5价，失去2个电子，因此根据电子得失守恒可知25.00mL待测液中亚硝酸钠的物质的量＝0.1000
mol/L×0.0200L×
＝0.00500mol，则原样品中亚硝酸钠的物质的量＝0.00500mol×
＝0.0500mol，其质量＝0.0500mol×69g/mol＝3.45g，所以亚硝酸钠的质量分数＝
×100%＝86.25%。
（5）盐酸的酸性强于亚硝酸的，因此将0.2mol·L-1的亚硝酸钠溶液和0.1mol·L-1的盐酸等体积混合后生成亚硝酸、氯化钠，其中亚硝酸钠过量，且生成的亚硝酸与过量的亚硝酸钠以及氯化钠的物质的量浓度均相等，都是0.05mol
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