1、一、高中化学氧化还原反应练习题（含详细答案解析）1 碘酸钾（ KIO 3 ）是重要的微量元素碘添加剂。实验室设计下列实验流程制取并测定产品中 KIO 3 的纯度 ：其中制取碘酸（HIO 3 ）的实验装置见图，有关物质的性质列于表中物质性质3白色固体，能溶于水，难溶于CCl4HIOKIO白色固体，能溶于水，难溶于乙醇 Cl碱性条件下易发生氧化反应：ClO IO3 =IO43回答下列问题（1）装置 A 中参加反应的盐酸所表现的化学性质为_。（ 2）装置 B 中反应的化学方程式为 _ 。B 中所加 CCl4 的作用是_从而加快反应速率。（3）分离出B 中制得的HIO 3 水溶液的操作为_；中和之前，
2、需将HIO3 溶液煮沸至接近于无色，其目的是_，避免降低KIO 3 的产率。（ 4）为充分吸收尾气，保护环境， C 处应选用最合适的实验装置是 _（填序号）。（5）为促使 KIO 3 晶体析出，应往中和所得的KIO 3 溶液中加入适量的 _。（6）取 1.000g KIO 3 产品配成 200.00mL 溶液，每次精确量取20.00mL 溶液置于锥形瓶中，加入足量KI 溶液和稀盐酸，加入淀粉作指示剂，用0.1004mol/LNa 2S2 O3 溶液滴定。滴定至终点时蓝色消失（I 2 +2S2 O32- =2I - +S4O 62- ），测得每次平均消耗Na 2S2O3 溶液25.00mL。则产
3、品中 KIO 3 的质量分数为 _（结果保留三位有效数字）。【答案】还原性 、酸性5CI 2 +I 2 +6H 2O=2HIO 3 +10HCl充分溶解 I 2 和 Cl 2，以增大反应物浓度分液 除去 Cl 2 （或 ClO - ），防止氧化KIO 3C 乙醇（或酒精）89.5%。【解析】【分析】装置 A 用于制取Cl2，发生的反应为：KClO3+6HCl(浓 )=KCl+3Cl2 +3H2O，装置 B 中发生的是制取 HIO3 的反应，装置 C 为尾气处理装置，既要吸收尾气中的HCl 和 Cl2，还要防止倒吸。【详解】（1）装置 A 中发生的反应为： KClO322+6HCl(浓)=KCl
4、+3Cl +3H O，浓盐酸中的 Cl 元素有一部分失电子转化为 Cl2，表现出还原性，还有一部分Cl 元素没有变价转化为 KCl（盐），表现出酸性，故答案为：还原性、酸性；（2）装置 B 中发生的反应为： 5Cl2 22322+I +6H O=2HIO +10HCl， Cl和 I 均难溶于水，易溶于CCl4，加入 CCl4 可使二者溶解在CCl4 中，增大反应物浓度，故答案为：5Cl2+I2+6H2O=2HIO3+10HCl；充分溶解I2 和 Cl2，以增大反应物浓度；（3）分离 B 中制得的 HIO3 水溶液的操作为分液， HIO3 溶液中混有的Cl2 在碱性条件下转化为 ClO-， Cl
5、O-会将 IO3 -氧化为 IO4-，因此在中和前需要将Cl2 除去，故答案为：分液；除去2-），防止氧化 KIO3Cl（或 ClO；（4）尾气中主要含HCl 和 Cl2NaOH溶液吸收，同时要防止倒吸，故答案为：C，需用；（5）因为 KIO3 难溶于乙醇，向KIO3 溶液中加入乙醇可降低其溶解度，促使KIO3 晶体析出，故答案为：乙醇（或酒精）；（6）每 20mLKIO3 溶液中，加入KI 溶液和稀盐酸发生的反应为： IO3-+5I-+6H+=3I2+3H2O，滴定时发生的反应为：I2+2S2O3 2-=2I-+S4O62- ，可列出关系式：IO3-3I26S2 O32- ，每次平均消耗的
6、n(S2O3 2-)= 0.1004mol/L 0.025L=0.00251mol，则每 20mLKIO3 溶液中， n(KIO3)=n(IO3-)=n(S2O32-) 6=0.00251mol 6=0.000418mol，200mL 溶液中， n(KIO3)=0.00418mol ，产品中KIO3214g / mol0.00418mol的质量分数 = 100%=89.5%，故答案为： 89.5%。1g【点睛】1g 样品配成了 200mL 溶液，而根据关系式计算出的是20mL 溶液中 KIO3 的物质的量，需扩大 10 倍才能得到 1g 样品中 KIO3 的物质的量。2 硫酸亚铁铵的化学式为（
7、 NH4） 2SO4?FeSO4?6H2O，商品名为莫尔盐，可由硫酸亚铁与硫酸铵反应生成。一般硫酸亚铁盐在空气中易被氧化，而形成莫尔盐后就比较稳定了。三种盐的溶解度（单位为g/100g 水）如下表：温度102030（NH42473.075.478.0）SOFeSO7H2O20.026.532.94（NH4）2SO4 ?FeSO417.221.628.1（一）实验室制取少量莫尔盐的流程如下：试回答下列问题：（1）步骤 1中加入 10Na2 3_ ；反应中铁屑过量是为了CO 溶液的主要作用是_。（2）步骤 3需要趁热过滤，原因是 _。（3）从步骤4 到莫尔盐，必须进行的操作依次是_，析出的晶体常用
8、_洗涤。（ 4）若莫尔盐的饱和溶液中有水 20 克，当温度从 30降至 10，最多析出莫尔盐的质量是 _（选填编号）。A 2.18gB 大于2.18gC 小于2.18gD 无法确定（二）称取质量为1.96g 的莫尔盐制成溶液。用未知浓度的酸性KMnO4 溶液进行滴定。（ 1）已知 MnO4-被还原为 Mn 2+，试写出该滴定反应的离子方程式_。（ 2）判断该反应到达滴定终点的现象为_。（3）假设到达滴定终点时，用去V mL 酸性 KMnO4 溶液，则该酸性KMnO4 溶液的浓度为_mol/L 。【答案】除铁屑表面的油污还原氧化生成的Fe3+，保证 Fe2+稳定、纯净地存在，减少产物中的 Fe3
9、+杂质 FeSOFeSO47H2O 析出4 在温度低时溶解度较小，如果不趁热过滤就会有过滤、洗涤无水酒精或冰水B2+-+3+2+5Fe +MnO 4 +8H 5Fe +Mn+4H2O 加入最后一滴KMnO4 溶液紫红色不褪，且半分钟内不褪色1/V【解析】【分析】（一）（ 1）碳酸钠水解显碱性；（ 2） FeSO4 在温度低时溶解度较小；（ 3）浓缩结晶后需要过滤、洗涤；温度低时，硫酸亚铁铵的溶解度小；（4）（ NH4 244在 30和 10的溶解度分别为：28.1g 和 17.2g；）SO FeSO（二）（ 1） MnO 4-将二价铁离子氧化为三价铁离子，被还原为Mn2+；（ 2）高锰酸钾本身
10、有颜色，滴定亚铁离子是不需要指示剂的；（ 3）根据亚铁离子和高锰酸根反应的实质，可以找到亚铁离子与高锰酸根之间的量的关系，根据原子守恒可以找到亚铁离子和酸亚铁铵之间量的关系，进而进行计算。【详解】（一）（1）碳酸钠水解显碱性，油脂在碱性条件下能水解，过量的Fe 可以还原氧化生成的 Fe3+，减少产物中的Fe3+杂质，故答案为：除铁屑表面的油污；还原氧化生成的Fe3+，保证Fe2+稳定、纯净地存在，减少产物中的Fe3+杂质；（2）如果不趁热过滤就会有 FeSO47H2 O 析出，故答案为： FeSO4 在温度低时溶解度较小，如果不趁热过滤就会有 FeSO47H2O 析出；（ 3）浓缩结晶后需要过
11、滤、洗涤；硫酸亚铁铵在无水乙醇中的溶解度小；温度低时，硫酸亚铁铵的溶解度小，可用冰水洗涤，故答案为：过滤、洗涤；无水酒精或冰水；（4）（ NH424430和 10的溶解度分别为：28.1g 和17.2g，即若溶剂为 100g）SO FeSO 在水，冷却析出10.9g，有水 20g 析出 2.18g，硫酸亚铁铵的化学式为（NH4） 2SO4FeSO46H2O含有结晶水，故析出质量大于2.18g，故答案为： B；（二）（ 1）反应的离子方程式2+-+3+2+4H2O，故答案为：5Fe +MnO4+8H 5Fe +Mn2+4-+3+2+25Fe +MnO+8H 5Fe +Mn+4H O；（2）高锰酸
12、钾本身有颜色，滴定亚铁离子不需要指示剂，当滴加最后一滴溶液后，溶液变成紫红色， 30s 内不褪色，说明达到滴定终点，故答案为：加入最后一滴KMnO4 溶液紫红色不褪，且半分钟内不褪色；（3） 1.96g 硫酸亚铁铵晶体的物质的量n= m =1.96 g=0.005mol ，根据原子守恒则亚M392g / mol铁离子的物质的量为 0.005mol，反应 5Fe2+MnO 4 -+8H+=5Fe3+Mn 2+4H2O，则 5Fe2+ MnO 4-，所以高锰酸钾的物质的量为0.001mol ，据 c= n =0.001mol =1mol/L ，故答案为：V10 3 VLV1 。V3 废水中过量的氨
13、氮( NH 3 和 NH 4 )会导致水体富营养化。某科研小组用NaClO 氧化法处理氨氮废水。已知：HClO 的氧化性比 NaClO 强； NH 3 比 NH 4更易被氧化；国家相关标准要求经处理过的氨氮废水pH 要控制在 69 。(1) pH 1.25 时， NaClO 可与 NH 4 反应生成 N 2 等无污染物质，该反应的离子方程式为_。(2)进水 pH 对氨氮去除率和出水pH 的影响分别如图 1 和图 2 所示：进水pH在1.252.75范围内时，氨氮去除率随pH的升高迅速下降的原因是_。进水pH在2.756范围内时，氨氮去除率随pH的升高而上升的原因是_。进水pH应控制在_左右为宜
14、。(3)为研究空气对 NaClO 氢化氨氮的影响，其他条件不变，仅增加单位时间内通人空气的量，发现氨氮去除率几乎不变。其原因可能是 _(填序号 )a. O2 的氧化性比NaClO 弱b. O 2 氧化氨氮速率比NaClO 慢c. O2 在废水中溶解度比较小d.空气中的 N 2 进入废水中【答案】 3ClO 2NH 4N 23Cl3H 2O 2H 随着 pH 的升高， NaClO 含量增大，氧化性降低，导致氨氯去除率下降随着 pH 的升高，氨氮废水中 NH 3 含量增大，而NH 3 比 NH 4 更易被氧化1.5abc【解析】【分析】(1)pH=1.25 时， NaClO 可与 NH4+反应生成
15、 N2 等无污染物质，次氯酸根离子被还原为氯离子和水，结合电荷守恒、电子守恒、原子守恒配平书写离子方程式；(2)进水 pH 为 1.25 2.75 范围内，氨氮去除率随pH 升高迅速下降是c(OH-)较大，抑制NaClO 水解， c(HClO)较小致氧化能力弱；进水 pH 为 2.756.00 范围内氨氮去除率随pH 升高而上升，氨气含量增大氨氮易被氧化；结合图象变化可知进水pH 应控制在1.0 左右；(3)其他条件不变，仅增加单位时间内通入空气的量，发现氨氮去除率几乎不变，说明化氨氮速率比 NaClO 慢，比次氯酸钠氧化性弱，溶液中溶解的氧气少等原因。O2 氧【详解】(1)pH=1.25 时
16、， NaClO 可与 NH4+反应生成N2 等无污染物质，次氯酸根离子被还原为氯离子，结合电荷守恒、电子守恒、原子守恒配平书写离子方程式：3ClO-+2NH4 +=N2 +3Cl-+2H+；(2)进水 pH 为 1.25 2.75 范围内，氨氮去除率随pH 升高迅速下降的原因是：随着PH 升高， NaClO 含量增大，氧化性能降低，导致氨氮去除率下降；进水 pH 为 2.756.00 范围内，氨氮去除率随pH 升高而上升的原因是：随着PH 升高氨氮废水中氨气含量增大，氨氮更易被氧化；进水 pH 应控制在1.50 左右，氨氮去除率会较大；(3)研究空气对NaClO 氧化氨氮的影响，其他条件不变，
17、仅增加单位时间内通入空气的量，发现氨氮去除率几乎不变。其原因可能是：O2 的氧化性比NaClO 弱、 O2 氧化氨氮速率比NaClO 慢、 O2 在溶液中溶解度比较小；故答案为：abc。4 以冶铝的废弃物铝灰为原料制取超细-氧化铝，既降低环境污染又可提高铝资源的利用率。已知铝灰的主要成分为 Al2 O3（含少量杂质 SiO2、 FeO、 Fe2O3），其制备实验流程如下：（ 1）铝灰中氧化铝与硫酸反应的化学方程式为_。（ 2）图中 “滤渣 ”的主要成分为 _(填化学式 )。（3）加 30%的 H2O2溶液发生的离子反应方程式为 _ 。（4）煅烧硫酸铝铵晶体，发生的主要反应为：4NH4Al(SO
18、4)212H2O2Al2O3+ 2NH3 + N2 + 5SO3 + 3SO2 + 53H2O,将产生的气体通过下图所示的装置。集气瓶中收集到的气体是_(填化学式 )。足量饱和NaHSO3 溶液吸收的物质除大部分H2O（ g）外还有 _(填化学式 )。KMnO4 溶液褪色（ MnO4 还原为 Mn2+），发生的离子反应方程式为_ 。【答案】 Al2O3+ 3H2SO4= Al2(SO4)3+ 3H2O SiO2 2Fe2+H2 O2+2H+= 2Fe3+2H2O N2 SO3、 NH3 2MnO 4 +5SO2+ 2H2O = 2Mn2+ 5SO42 +4H+【解析】【分析】根据题意，铝灰的主
19、要成分为Al2 O3（含少量杂质SiO2、 FeO、 Fe2O3），铝灰中加稀硫酸，Al2 O3、 FeO、 Fe2O3 转化为离子， SiO2 不溶于硫酸，过滤，滤液中含有Al3+、Fe2+、 Fe3+，加入双氧水， Fe2+被氧化为 Fe3+，加入 K4Fe（ CN） 6后 Fe3+转化为沉淀，过滤，在滤液中加入硫酸铵，生成 NH4Al（ SO4） 2，结晶、干燥、煅烧得到 -Al2O3。【详解】（1） Al2O3 与硫酸反应生成硫酸铝和水，其反应的方程式为Al2 O3+3H2SO4=Al2(SO4 )3+3H2O。（2）根据上述分析，图中“滤渣 ”的主要成分是不溶于硫酸的二氧化硅，化学式
20、为SiO2。（3）滤液中含有Al3+、 Fe2+、 Fe3+，加 30%的 H2O2 溶液将 Fe2+被氧化为 Fe3+，根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒配平，发生反应的离子方程式为2Fe2+ H2O2+2H+=2Fe3+2H2O（4） NH442?12H2O 分解生成的气体33被亚硫酸钠吸收，二氧化硫被高Al（ SO）NH和 SO锰酸钾吸收，所以最后集气瓶中收集到的气体是N2。饱和 NaHSO333溶液吸收的物质除大部分2能与 SO、氨气反应，则足量饱和NaHSOH O（g）外，还有SO3、 NH3 。酸性条件下，KMnO4 与二氧化硫反应生成硫酸根离子和锰离子，根据得失电子守恒、电荷守
21、恒、原子守恒配平，其反应的离子方程式为：2MnO4 -+5SO2+2H2O=2Mn 2+5SO42- +4H+。5 （ 1）已知草酸（ H2 2 42 2 422C O ）分解的化学方程式为：H C OCO + CO + H O，下列装置中，可用作草酸分解制取气体的是_（填序号）（2）某实验小组为测定铁锈样品的组成（假定铁锈中只有Fe2O3nH2O 和 Fe 两种成份），利用草酸分解产生的CO 和铁锈反应，实验装置如下图所示。、为得到干燥、纯净的CO 气，洗气瓶A、 B 中盛放的试剂分别是_、_。、在点燃C 处酒精灯之前，应先持续通入一段时间的混合气体，其目的是_、准确称量样品的质量20.00
22、g 置于硬质玻璃管中，充分反应后冷却、称量（假设每步均完全反应），硬质玻璃管中剩余固体质量为16.64g， D 中浓硫酸增重1.44g，则n=_。、在本实验中，下列情况会使测定结果n 偏大的是_（填字母）a缺少装置【答案】A b缺少装置B c反应后固体是铁和少量Fe2O3nH2ONaOH 溶液浓硫酸排除装置中的空气，防止CO 中混有空气而在加热时发生爆炸2b【解析】【详解】（ 1）该反应的反应物是液体，反应条件是加热，应选择固液反应且需要加热的装置，所以选 .（ 2）为得到干燥、纯净的 CO气，应先除去混合气体中的二氧化碳，用氢氧化钠吸收即可；混合气体通入氢氧化钠溶液时会带走水蒸气，为除去水蒸
23、气，选用浓硫酸洗气。装置中含有空气， CO中混有空气加热时可能发生爆炸，所以要通入混合气体一段时间，排除装置中的空气。由题意知，固体质量减少的量为水和氧的量，浓硫酸吸收的量为水，反应方程式为：Fe2 O3 nH2 O+3CO=Fe+3CO2+nH2O 固体质量减少量18ng（18n+48 ）g1.44g20.00g-16.64g所以 18ng： 1.44g =（ 18n+48） g：（ 20.00g-16.64g ）解得 n=2。a、缺少装置A，未除去CO2，可能影响CO 还原氧化物，固体质量差变小，导致所测n值偏小，错误； b、缺少洗气瓶B 会导致装置 E 增重的质量偏大，所以测定结果n 偏
24、大，正确； c、反应后固体是铁和少量Fe2 32n 值偏O ?nH O，固体减少的质量偏小，导致所测小，错误。6 在古代，橘红色的铅丹（ Pb3O4）用于入药和炼丹，人们对其中重金属铅的毒性认识不足。已知： PbO2 为棕黑色粉末。某化学兴趣小组对铅丹的一些性质进行实验探究并测定其组成。回答下列问题：（1）性质实验实验操作现象解释或结论将适量铅丹样品放入小烧杯中，加3 432_Pb O 4HNO =PbO 入 2 mL 6 mol/L 的 HNO3 溶液，搅拌2Pb（NO3） 2 2H2O将上述混合物过滤，所得滤渣分为有刺激性的黄反应的化学方程式：两份，一份加入 2 mL 浓盐酸，加热绿色气体
25、产生_另一份滤渣加入硝酸酸化的Mn得紫色溶液结论： _（NO3） 2 溶液，搅拌（2）组成测定 准确称取0.530 g 干燥的铅丹样品，置于洁净的小烧杯中，加入2 mL 6 mol/L 的 HNO3 溶液，搅拌使之充分反应，分离出固体和溶液。该分离操作名称是_ 。 将中所得溶液全部转入锥形瓶中，加入指示剂和缓冲溶液，用0.04000 mol/L 的 EDTA溶液（显酸性）滴定至终点，消耗EDTA溶液 36.50 mL。 EDTA与 Pb2+的反应可表示为Pb2+H2Y2- =PbY2- 2H+，滴定时 EDTA溶液应盛装在 _ 中。滤液中含Pb2+_mol 。 将中所得固体 PbO2 全部转入
26、另一锥形瓶中，往其中加入适量HAc 与 NaAc 的混合液和2全部反应而溶解，发生反应2 4HAc =PbI228 g 固体 KI，摇动锥形瓶，使 PbOPbO 4I I4Ac 2H2O，此时溶液呈透明棕色。以2 2 3标准溶液滴定，发生反0.05000 mol/L 的 Na S O应 I22 32- 4 62- 2I，至溶液呈淡黄色时加入2%淀粉溶液1 mL，继续滴定至溶液2S O=S O_，即为终点，用去Na S O溶液 30.80 mL。223根据、实验数据计算，铅丹中Pb（）与 Pb（）的原子数之比为 _。【答案】固体由橘红色变为棕黑色PbO2加热 4HCl（浓）222在酸性PbCl
27、Cl 2H O溶液中， PbO2 能够将 Mn2+-过滤、洗涤、干燥酸式滴定管1.460-3氧化为 MnO 4 10蓝色褪去且半分钟内不恢复1.90【解析】【分析】(1)由化学方程式及物质的物理性质总结反应现象，黄绿色气体为氯气，HCl 氧化为氯气，则 PbO2 发生还原，紫色是MnO 4-离子的颜色，在酸性条件下PbO2 能够将 Mn 2+氧化为 MnO 4-， PbO2 发生还原反应变为+2 价离子；(2)溶液中有固体沉淀的分离步骤是：过滤、洗涤、干燥，碱性溶液用碱式滴定管盛装，酸性和氧化性溶液用酸式滴定管盛装，根据反应的离子方程式找出关系式进行计算滤液中含 Pb2+的物质的量；(3)碘遇
28、淀粉变蓝色，根据反应的离子方程式找出关系式进行相关计算。根据以上分析进行解答。【详解】(1)铅丹样品与HNO3 溶液发生反应：Pb3O4 4HNO3=PbO2 2Pb(NO3)2 2H2O，由题中所给 Pb3O4 、 PbO2 物理性质可知反应现象为：固体由橘红色变为棕黑色。答案为：固体由橘红色变为棕黑色。 PbO2 与浓盐酸加热生成的黄绿色气体为氯气，HCl 氧化为氯气，PbO2 发生还原变成加热Pb2+，根据原子守恒写出反应方程式为：PbO24HCl（浓）PbCl2Cl2 2H2O。加热答案为： PbO2 4HCl（浓）PbCl2Cl2 2H2O。 PbO与硝酸酸化的 Mn(NO 3)2溶
29、液反应得到的是-紫色溶液，说明在酸性条件下2MnO4PbO2 能够将 Mn 2+氧化为 MnO4-， PbO2 发生还原反应变为Pb2+离子，反应方程式为：5PbO2+ 2Mn2+-2+4H = 2MnO4+ 5Pb +2 H2O。答案为：在酸性溶液中，PbO2 能够将 Mn 2+氧化为 MnO 4-。(2)溶液中有不溶物分离的操作步骤是：过滤、洗涤、干燥。答案是：过滤、洗涤、干燥。滴定实验中酸性和氧化性溶液用酸式滴定管盛装，所以显酸性的EDTA溶液应盛装在酸式滴定管里，根据反应Pb2+ H2Y2- =PbY2- 2H+可得： n(Pb2+)=n(H2Y2- )=36.50 10-3L 0.0
30、400mol/L=1.46010-3mol 。答案为：酸式滴定管；-31.460 10 。(3)该滴定实验使用淀粉溶液作指示剂，而碘遇淀粉变蓝色，当反应I2 2S2O32- =S4O62-2I结束时，碘恰好反应完蓝色褪去，所以达到滴定终点的标志是：蓝色褪去且半分钟内不恢复；根据反应：PbO2 4I 4HAc =PbI2 I2 4Ac 2H2 O， I2 2S2O32- =S4O62- 2I 可得：2212 32-10.05000mol/L 30.8010-3L=7.7 10-4mol ，所以铅丹中Pb（）n(PbO )=n(I )=2n(S O)=2与 Pb（）的原子数之比为：-3-4=1.9
31、0。1.460 10： 7.7 10答案为：蓝色褪去且半分钟内不恢复；1.90。【点睛】有关滴定实验的计算中要根据反应方程式找准关系式，计算时注意单位的换算。7 亚硝酰硫酸（NOSO4H）主要用于染料、医药等工业。实验室制备亚硝酰硫酸的方法如下：将SO2 通入盛有浓硫酸和浓硝酸的混合液中，维持体系温度略低于20，搅拌，使其充分反应。反应过程中，亚硝酰硫酸的物质的量和硝酸的物质的量随时间的变化如图所示。（1）实验室制备 NOSO4H 的化学反应方程式为 _。反应进行到 10min 后，反应速度明显加快，其可能的原因是_。反应过程中，硝酸减少的物质的量大于NOSO4H 生成的物质的量的可能原因是_
32、（2）为了测定亚硝酰硫酸的纯度，进行如下实验：。准确称取 1.200g 产品放入锥形瓶中，加入50.00mL0.1000molL-1 的 KMnO4 标准溶液和足量稀 H2 46070（使生成的3SO ，摇匀，使其充分反应。再将反应后溶液加热至HNO 挥发逸出），冷却至室温，用 0.2500mol L-1 22 4标准溶液滴定至终点，消耗22 4溶液的体Na C ONa C O积为 16.00mL。已知： 2KMnO4 +5NOSO4H+2H2O=K2SO4+2MnSO4+5HNO3+2H2SO4； KMnO4 在酸性条件下被还原为 Mn 2+。根据以上实验数据计算亚硝酰硫酸的纯度。（写出计算
33、过程）_【答案】 HNO3244硝酸会挥发+SONOSO H生成的 NOSO H 对该反应有催化作用和分解 90.00%【解析】【分析】（1）设 NOSO4H 中 N 的化合价为 x，根据化合价代数和为0 有： x+(+6)1+(-2) 5+(+1) 1=0，解得： x=+3，N 元素化合价从 +5 降低到 +3，必有 S 元素化合价从 +4 升高到 +6，发生的是氧化还原反应，氧化剂与还原剂物质的量之比=1： 1；（2） 50.00mL0.1000molL-1 的 KMnO4与 16.00mL-12 2 4反应之后剩余的0.2500mol LNa C OKMnO4 再与 NOSO4H 反应。
34、【详解】（1） N 元素化合价从+5 降低到 +3，必有 S 元素化合价从+4 升高到 +6，N 元素和 S元素的物质的量之比 =1:1，所以反应的方程式为： HNO3 2浓硫酸4+SONOSO H，故答案为：浓硫酸HNO3+SO2NOSO4 H；反应前十分钟没有加快，不是温度，十分钟后明显加快，说明生成的物质对反应有催化作用，故答案为：生成的 NOSO4H 对该反应有催化作用；从反应的方程式看：参加反应的硝酸和生成的NOSO4H 比例为 1:1，消耗的硝酸多，可能是有一部分挥发和分解了，故答案为：硝酸会挥发和分解；（ 2）一部分 KMnO4 标准溶液和 NOSO4H 反应，剩余的 KMnO4 标准溶液用 Na2C2O4
