备战高考化学复习《化学反应原理》专项综合练习.docx

备战高考化学复习《化学反应原理》专项综合练习.docx

《备战高考化学复习《化学反应原理》专项综合练习.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《备战高考化学复习《化学反应原理》专项综合练习.docx（28页珍藏版）》请在冰点文库上搜索。

备战高考化学复习《化学反应原理》专项综合练习

2020-2021备战高考化学复习《化学反应原理》专项综合练习

一、化学反应原理

1．氨基磺酸（H2NSO3H）是一元固体强酸，俗称“固体硫酸”，易溶于水和液氨，不溶于乙醇，在工业上常用作酸性清洗剂、阻燃剂、磺化剂等。

某实验室用尿素和发烟硫酸（溶有SO3的硫酸）制备氨基磺酸的流程如图：

已知“磺化”步骤发生的反应为：

①CO（NH2）2（s）+SO3（g）

H2NCONHSO3H（s）ΔH＜0

②H2NCONHSO3H+H2SO4

2H2NSO3H+CO2↑

发生“磺化”步骤反应的装置如图1所示：

请回答下列问题：

（1）下列关于“磺化”与“抽滤”步骤的说法中正确的是____。

A.仪器a的名称是三颈烧瓶

B.冷凝回流时，冷凝水应该从冷凝管的B管口通入

C.抽滤操作前，应先将略小于漏斗内径却又能将全部小孔盖住的滤纸平铺在布氏漏斗中，稍稍润湿滤纸，微开水龙头，抽气使滤纸紧贴在漏斗瓷板上，再转移悬浊液

D.抽滤结束后为了防止倒吸，应先关闭水龙头，再拆下连接抽气泵和吸滤瓶之间的橡皮管

（2）“磺化”过程温度与产率的关系如图2所示，控制反应温度为75～80℃为宜，若温度高于80℃，氨基磺酸的产率会降低，可能的原因是____。

（3）“抽滤”时，所得晶体要用乙醇洗涤，则洗涤的具体操作是____。

（4）“重结晶”时，溶剂选用10%～12%的硫酸而不用蒸馏水的原因是____。

（5）“配液及滴定”操作中，准确称取2.500g氨基磺酸粗品配成250mL待测液。

取25.00mL待测液于锥形瓶中，以淀粉-碘化钾溶液做指示剂，用0.08000mol•L-1的NaNO2标准溶液进行滴定，当溶液恰好变蓝时，消耗NaNO2标准溶液25.00mL。

此时氨基磺酸恰好被完全氧化成N2，NaNO2的还原产物也为N2。

①电子天平使用前须____并调零校准。

称量时，可先将洁净干燥的小烧杯放在称盘中央，显示数字稳定后按____，再缓缓加样品至所需质量时，停止加样，读数记录。

②试求氨基磺酸粗品的纯度：

____（用质量分数表示）。

③若以酚酞为指示剂，用0.08000mol•L-1的NaOH标准溶液进行滴定，也能测定氨基磺酸粗品的纯度，但测得结果通常比NaNO2法____（填“偏高”或“偏低”）。

【答案】A温度过高，SO3气体在硫酸中的溶解度小，逸出快，反应①接触不充分转化率降低；同时温度升高，反应①平衡向逆反应方向移动关小水龙头，向布氏漏斗中加入乙醇至恰好完全浸没沉淀，待乙醇完全滤下后重复此操作2～3次氨基磺酸在水溶液中可发生反应：

H2NSO3H+H2O

NH4HSO4；稀H2SO4可提供H+与SO42-促使该平衡逆向移动（通电）预热去皮键（归零键）77.60%偏高

【解析】

【分析】

发烟硫酸和尿素在磺化步骤转化为氨基磺酸，反应①为放热反应，同时反应因为有气体参与，则通过改变温度和压强可以影响产率；因为氨基磺酸为固体，则过滤时可采用抽滤；得到的氨基磺酸可能混有杂质，则要经过重结晶进行提纯，最后干燥可得到纯净的氨基磺酸。

【详解】

（1）A.仪器a的名称是三颈烧瓶，故A正确；

B.冷凝回流时，冷凝水应该下进上出，即从冷凝管的A管口通入，故B错误；

C.向漏斗内转待抽滤液时，应用倾析法先转移溶液，待溶液快流尽时再转移沉淀，不能直接转移悬浊液，故C错误；

D.抽滤结束后为了防止倒吸，应先拆下连接抽气泵和吸滤瓶之间的橡皮管，再关闭水龙头，故D错误；

综上所述，答案为A。

（2）气体的溶解度随温度升高而降低，则温度过高，SO3气体在硫酸中的溶解度小，逸出快，反应①接触不充分转化率降低；同时温度升高，反应①平衡向逆反应方向移动，故答案为：

温度过高，SO3气体在硫酸中的溶解度小，逸出快，反应①接触不充分转化率降低；同时温度升高，反应①平衡向逆反应方向移动；

（3）洗涤的具体操作为关小水龙头，向布氏漏斗中加入乙醇至恰好完全浸没沉淀，待乙醇完全滤下后重复此操作2-3次，故答案为：

关小水龙头，向布氏漏斗中加入乙醇至恰好完全浸没沉淀，待乙醇完全滤下后重复此操作2～3次；

（4）“重结晶”时，溶剂选用10%～12%的硫酸是为了防止氨基磺酸洗涤时因溶解而损失，因为氨基磺酸在水溶液中可发生反应：

H2NSO3H+H2O

NH4HSO4；稀H2SO4可提供H+与SO42-促使该平衡逆向移动，故答案为：

氨基磺酸在水溶液中可发生反应：

H2NSO3H+H2O

NH4HSO4；稀H2SO4可提供H+与SO42-促使该平衡逆向移动；

（5）①电子天平在使用时要注意使用前须（通电）预热并调零校准，称量时，要将药品放到小烧杯或滤纸上，注意要先按去皮键（归零键），再放入药品进行称量，故答案为：

（通电）预热；去皮键（归零键）；

②亚硝酸钠与氨基磺酸反应后的产物均为氮气，根据氧化还原反应原理可知，亚硝酸与氨基磺酸以1:

1比例反应，可知

，则2.500g氨基磺酸粗品中氨基磺酸粗品的纯度=

，故答案为：

77.60%；

③因为氨基磺酸粗品中混有硫酸，则用NaOH标准溶液进行滴定，会使测得结果通常比NaNO2法偏高，故答案为：

偏高。

【点睛】

当讨论温度对产率的影响时，注意考虑要全面，温度一般可以影响反应速率、化学平衡移动、物质的溶解度以及物质的稳定性等，可以从这些方面进行讨论，以免漏答。

2．某小组为测定化合物Co（NH3）yClx（其中Co为+3价）的组成，进行如下实验。

（1）氯的测定：

准确称取2.675g该化合物，配成溶液后用1.00mol·L-1AgNO3标准溶液滴定，K2CrO4溶液为指示剂，至出现淡红色沉淀（Ag2CrO4为砖红色）且不再消失时，消耗AgNO3溶液30.00mL。

[已知：

Ksp（AgCl）=1.8×10-10、Ksp（Ag2CrO4）=1.12×10-12]

①AgNO3标准溶液需要放在棕色的滴定管中的原因是__。

（用化学方程式表示）

②若滴定终点读数时滴定管下口悬挂了一滴液体，会使得测定结果__。

（填“偏大”、“偏小”、“无影响”）

③用K2CrO4溶液作指示剂的理由是__。

（2）氨的测定：

再准确称取2.675g该化合物，加适量水溶解，注入如图4___。

（填仪器名称）中，然后通过仪器3滴加足量的NaOH溶液，加热1装置，产生的氨气被5中的盐酸吸收，多余的盐酸再用NaOH标准溶液反滴定，经计算，吸收氨气消耗1.00mol·L-1盐酸60.00mL。

装置A在整个实验中的作用是__，如果没有6中的冰盐水，会使得测定结果___（填“偏大”、“偏小”、“无影响”）。

（3）通过处理实验数据可知该化合物的组成为___。

【答案】2AgNO3

2Ag↓+2NO2↑+O2↑偏大Ag2CrO4为砖红色，由Ksp可知AgCl的溶解度更小，当溶液中Cl-消耗完时，才会产生砖红色沉淀三颈烧瓶产生水蒸气，将装置B中产生的氨气全部蒸出偏大[Co（NH3）6]Cl3

【解析】

【分析】

Co（NH3）yClx中Co的化合价为+3，NH3为0，Cl为-1，则x=3，通过实验测出NH3和Cl的物质的量之比即得出结果。

【详解】

（1）①AgNO3不稳定，见光易分解成Ag和NO2和O2，发生的反应为：

2AgNO3

2Ag↓+2NO2↑+O2↑，故答案为：

2AgNO3

2Ag↓+2NO2↑+O2↑；

②若滴定终点读数时滴定管下口悬挂了一滴液体，使得V2读数偏大，导致滴定结果骗大，故答案为：

偏大；

③一方面Ag2CrO4为砖红色，另一方面由Ksp（AgCl）=1.8×10-10、Ksp（Ag2CrO4）=1.12×10-12可知，AgCl饱和溶液中c（Ag+）=

mol/L，Ag2CrO4饱和溶液中c（Ag+）=

×10-4mol/L，所以，AgCl的溶解度更小，当滴入AgNO3时溶解度小的沉淀先形成，当AgCl形成的差不多的时候，溶液中Cl-几乎沉淀完了，此时再滴AgNO3溶液就会立刻产生Ag2CrO4，即终点的时候会产生砖红色沉淀，故答案为：

Ag2CrO4为砖红色，由Ksp可知AgCl的溶解度更小，当溶液中Cl-消耗完时，才会产生砖红色沉淀；

（2）图4为三颈烧瓶，装置A的作用是产生水蒸气，将装置B中产生的氨气全部蒸出，如果没有6的冰盐水，HCl吸收氨气时可能形成倒吸，溶液中的HCl有一部分被倒吸，被反滴定的HCl的量就少，计算吸收氨气时的HCl就偏大，氨气的含量就偏大，故答案为：

三颈烧瓶；产生水蒸气，将装置B中产生的氨气全部蒸出；偏大；

（3）滴定Cl-时，2.675g样品消耗30mL1.00mol·L-1AgNO3，所以n（Cl-）=n（Ag+）=1.00mol·L-1×30mL×10-3=0.03mol，测定氨时，2.675g样品消耗1.00mol·L-1盐酸60.00mL，所以n（NH3）=n（HCl）=1.00mol·L-1×60.00mL×10-3=0.06mol，故n（Cl-）:

n（NH3）=0.03:

0.06=1:

2，由于化合物Cox（NH3）yClx中Co的化合价为+3，NH3的化合价为O，Cl的化合价为-1，所以x=3，y=6，该化合物为：

[Co（NH3）6]Cl3，故答案为：

[Co（NH3）6]Cl3。

【点睛】

测氨的含量时HCl总物质的量=氨气消耗的HCl的物质的量+反滴定时NaOH消耗的HCl的物质的量。

3．某化学兴趣小组欲测定KClO3，溶液与

溶液反应的化学反应速率．所用试剂为10mL0.1mol/LKClO3，溶液和

溶液，所得数据如图所示。

已知：

。

（1）根据实验数据可知，该反应在0～4min内的平均反应速率

________

。

（2）某同学仔细分析实验数据后发现，在反应过程中，该反应的化学反应速率先增大后减小．某小组同学针对这一现象进一步探究影响该化学反应速率的因素，具体方法如表示。

方案

假设

实验操作

Ⅰ

该反应放热使溶液温度升高，反应速率加快

向烧杯中加入10mL0.1mo//L的

溶液和10mL0.3mol/L的

溶液，

Ⅱ

取10mL0.1mo/L的

溶液加入烧杯中，向其中加入少量NaCl固体，再加入10mL0.3mol/L的

溶液

Ⅲ

溶液酸性增强加快了化学反应速率

分别向a、b两只烧杯中加入10mL0.1mol/L的

溶液；向烧杯a中加入1mL水，向烧杯b中加入1mL0.2mol/L的盐酸；再分别向两只烧杯中加入10mL0.3mol/L的

溶液

①补全方案Ⅰ中的实验操作：

________。

②方案Ⅱ中的假设为________。

③除Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中的假设外，还可以提出的假设是________。

④某同学从控制变量的角度思考，认为方案Ⅲ中实验操作设计不严谨，请进行改进：

________。

⑤反应后期，化学反应速率变慢的原因是________。

【答案】0.0025插入温度计生成的

加快了化学反应速率生成的

加快了化学反应速率将1mL水改为1mL0.2mol/L的NaCl溶液反应物浓度降低

【解析】

【分析】

【详解】

（1）根据实验数据可知，该反应在0～4min内生成氯离子的浓度是0.010mol/L，所以平均反应速率

；

（2）①由于是假设该反应放热，使溶液温度升高，反应速率加快，因此需要测量反应过程中溶液温度的变化；

②方案I、Ⅱ相比较，Ⅱ中加入了少量氯化钠，所以方案Ⅱ中的假设为生成的

加快了化学反应速率；

③由于反应中还有硫酸根离子生成，则除I、Ⅱ、Ⅲ中的假设外，还可以提出的假设是生成的硫酸根离子加快了化学反应速率；

④为防止氯离子对实验的干扰，则改进措施是将1mL水改为1mL0.2mol/L的NaCl溶液；

⑤反应后期反应物浓度减小，因此化学反应速率变慢。

【点睛】

对于多因素（多变量）的问题，常常采用控制因素（变量）的方法，把多因素的问题变成多个单因素的问题。

每一次只改变其中的某一个因素，而控制其余几个因素不变，从而研究被改变的这个因素对事物的影响，分别加以研究，最后再综合解决，这种方法叫控制变量法。

它是科学探究中的重要思想方法，广泛地运用在各种科学探索和科学实验研究之中。

4．某同学进行实验研究时，欲配1.0mol•L-1Ba（OH）2溶液，但只找到在空气中暴露已久的Ba（OH）2·8H2O试剂（化学式量：

315）。

在室温下配制溶液时发现所取试剂在足量的水中仅部分溶解，烧杯中存在大量未溶物。

为探究原因，该同学查得Ba（OH）2·8H2O在283K、293K和303K时的溶解度（g/100gH2O）分别为2.5、3.9和5.6。

（1）烧杯中未溶物可能仅为BaCO3，理由是___________________________________。

（2）假设试剂由大量Ba（OH）2·8H2O和少量BaCO3组成，设计实验方案，进行成分检验。

在答题纸上进一步完成实验步骤、预期现象和结论_____。

（不考虑结晶水的检验；室温时BaCO3饱和溶液的pH=9.6）

限选试剂及仪器：

稀盐酸、稀硫酸、NaOH溶液、澄清石灰水、pH计、烧杯、试管、带塞导气管、滴管

实验步骤

预期现象和结论

步骤1：

取适量试剂于洁净烧杯中，加入足量蒸馏水，充分搅拌，静置，过滤，得滤液和沉淀。

步骤2：

取适量滤液于试管中，滴加稀硫酸。

步骤3：

取适量步骤1中的沉淀于试管中，_____。

步骤4：

将试剂初步提纯后，准确测定其中Ba（OH）2·8H2O的含量。

实验如下：

（3）配制250mL约0.1mol•L-1Ba（OH）2溶液：

准确称取w克试样，置于烧杯中，加适量蒸馏水，__________，将溶液转入_____________，洗涤，定容，摇匀。

（4）滴定：

准确量取25.00mL所配制Ba（OH）2溶液于锥形瓶中，滴加指示剂，将__________（填“0.020”、“0.05”、“0.1980”或“1.5”）mol•L-1盐酸装入50mL酸式滴定管，滴定至终点，记录数据。

重复滴定2次。

平均消耗盐酸VmL。

计算Ba（OH）2·8H2O的质量分数＝__________________（只列出算式，不做运算）。

（5）室温下，________（填“能”或“不能”）配制1.0mol•L-1Ba（OH）2溶液。

【答案】由于Ba（OH）2·8H2O与空气中的CO2反应，所取试剂许多已变质为BaCO3，未变质的Ba（OH）2·8H2O在配制溶液时能全部溶解

实验步骤

预期现象和结论

步骤1：

取适量试剂于洁净烧杯中，加入足量蒸馏水，充分搅拌，静置，过滤，得滤液和沉淀。

步骤2：

取适量滤液于试管中，滴加稀硫酸。

出现白色沉淀，说明该试剂中有Ba2+存在

步骤3：

取适量步骤1中的沉淀于是试管中，滴加稀盐酸，连接带塞导气管将产生的气体导入澄清石灰水中。

澄清石灰水变混浊。

说明该试剂中含有BaCO3

步骤4：

取步骤1中的滤液于烧杯中，用pH计测定其pH。

pH明显大于9.6，说明该试剂中含有Ba（OH）2。

搅拌溶解250mL容量瓶中0.1980

不能

【解析】

【分析】

【详解】

（1）Ba（OH）2属于强碱，易吸收空气中的水蒸气和CO2形成难溶的BaCO3沉淀，因此长时间暴露在空气中时Ba（OH）2就有可能转化为BaCO3。

（2）Ba（OH）2易溶于水，所以滤液中含有Ba2＋，因此滴加稀硫酸使会产生白色沉淀BaSO4；要想验证沉淀为BaCO3，可以利用其能与酸反应产生能使澄清石灰水变浑浊的CO2气体；为进一步证明试剂是否还有Ba（OH）2·8H2O，可以取步骤1中的滤液，用pH计测其pH值，若pH＞9.6，即证明滤液不是纯BaCO3溶液，即证明是由大量Ba（OH）2·8H2O和少量BaCO3组成，假设成立。

（3）由于试样中含有难溶性的BaCO3，因此加水溶解后要过滤，且冷却后再转移到250mL容量瓶中。

（4）Ba（OH）2溶液的浓度约为0.1mol•L-1，体积是25mL，由于酸式滴定管的容量是50mL，因此盐酸的浓度至少应该是0.1mol•L-1。

若盐酸的浓度过大，反应过快，不利于控制滴定终点，所以选择0.1980mol•L-1的盐酸最恰当。

消耗盐酸的物质的量是0.1980×V×10－3mol，所以25.00mL溶液中含有Ba（OH）2的物质的量是

mol，所以w克试样中Ba（OH）2的质量是

，故Ba（OH）2·8H2O的质量分数=

。

（5）若配制1L1.0mol•L-1Ba（OH）2溶液，则溶液中溶解的Ba（OH）2·8H2O的质量是315g，所以此时的溶解度约是

×100＝31.5g/100gH2O，而在常温下Ba（OH）2·8H2O是3.9g/100gH2O，显然不可能配制出1.0mol•L-1Ba（OH）2溶液。

5．二氧化硫是硫的重要化合物，在生产、生活中有广泛应用，是大气主要污染物之一，具有一定的还原性，探究SO2气体还原Fe3+、I2，可以使用的药品和装置如图所示：

（1）写出由铜和浓硫酸制取SO2的化学方程式_____________________。

（2）装置A中的现象是__________。

若要从A中的FeCl3溶液中提取晶体，必须进行的实验操作步骤：

蒸发、冷却结晶、过滤、自然干燥，在过滤操作中有用到的玻璃仪器有_______（填编号）。

A酒精灯B烧瓶C漏斗D烧杯E玻璃棒F坩埚

（3）根据以上现象，该小组同学认为SO2与FeCl3发生氧化还原反应。

①写出SO2与FeCl3溶液反应的离子方程式___________________；

②请设计实验方案检验有Fe2+生成__________________________；

（4）B中蓝色溶液褪色，表明I-的还原性比SO2__________（填“强”或“弱”）。

（5）若C中所得溶液只有一种溶质且pH＞7，则溶液中各离子浓度大小顺序为_________。

（6）工业上通过煅烧黄铁矿产生SO2来进一步得到硫酸，已知煅烧1gFeS2产生7.1kJ热量，写出煅烧FeS2的热化学反应方程式____________________。

【答案】Cu+2H2SO4

CuSO4+SO2↑+2H2O溶液由黄色变为浅绿色A、B、F2Fe3++SO2+2H2O=SO42-+2Fe2++4H+取少量A中反应后的溶液于试管中，滴入2～3滴K3[Fe（CN）6]溶液，有蓝色沉淀生成弱c（Na+）>c（SO32—）>c（OH—）>c（HSO3—）>c（H+）4FeS2（s）＋11O2（g）=2Fe2O3（s）＋8SO2（g）ΔH＝－3408kJ/mol

【解析】

【分析】

（1）Cu与浓硫酸在加热条件下反应生成硫酸铜、二氧化硫与水；

（2）三价铁离子具有强的氧化性，在溶液能够氧化二氧化硫生成硫酸根离子，自身被还原为亚铁离子；过滤用到的仪器有：

烧杯、玻璃棒、漏斗；

（3）①三价铁离子具有强的氧化性，在溶液能够氧化二氧化硫生成硫酸根离子，自身被还原为亚铁离子；

②用K3[Fe（CN）6]溶液检验，有蓝色沉淀生成；

（4）B中蓝色溶液褪色，明发生了氧化还原反应，反应的离子方程式为：

I2+SO2+2H2O=4H++2I-+SO42-，还原剂的还原性大于还原产物的还原性；

（5）若C中所得溶液只有一种溶质且pH＞7，则溶质为Na2SO3，SO32-水解溶液呈碱性，氢氧根离子源于SO32-的水解、水的电离；

（6）发生反应：

4FeS2+11O2=2Fe2O3+8SO2，计算4molFeS2燃烧放出的热量，注明物质的聚集状态与反应热书写热化学方程式。

【详解】

（1）铜和浓硫酸在加热条件下发生反应的化学方程式为Cu+2H2SO4

CuSO4+SO2↑+2H2O；

（2）装置A中SO2做还原剂，被氧化为硫酸根离子，Fe3+作氧化剂，被还原为Fe2+，反应离子方程式为：

SO2+2Fe3++2H2O═2Fe2++SO42-+4H+，则A中反应的现象为溶液颜色由黄色逐渐变为浅绿色；过滤用到漏斗、烧杯、玻璃棒，没有用到蒸发皿、石棉网和坩埚，故答案为ABF；

（3）①SO2与FeCl3溶液反应的离子方程式2Fe3++SO2+2H2O=SO42-+2Fe2++4H+；

②检验有Fe2+生成的操作方法为取少量A中反应后的溶液于试管中，滴入2～3滴K3[Fe（CN）6]溶液，有蓝色沉淀生成；

（4）B中蓝色溶液褪色，说明SO2将I2还原为I-，可知I-的还原性比SO2弱；

（5）NaOH溶液吸收SO2后所得溶液只有一种溶质且pH＞7，则溶液中的溶质为Na2SO3，各离子浓度大小顺序为c（Na+）>c（SO32—）>c（OH—）>c（HSO3—）>c（H+）；

（6）黄铁矿（主要成分为FeS2）其燃烧产物为SO2和Fe2O3，1gFeS2完全燃烧放出7.1kJ热量，480gFeS2完全燃烧放出3408kJ热量，反应的热化学方程式为：

4FeS2（s）+11O2（g）=2Fe2O3（s）+8SO2（g）△H=-3408kJ/mol。

6．亚硝酰硫酸

是染料、医药等工业的重要原料；溶于浓硫酸，可在浓硫酸存在时用

和浓硝酸反应制得。

测定产品的纯度：

准确称取1.5g产品放入锥形瓶中，加入

、100.00mL的

溶液和足量稀硫酸，摇匀充分反应。

然后用0.5000mol/L草酸钠标准溶液滴定，消耗草酸钠溶液的体积为30.00mL。

已知：

①草酸钠与高锰酸钾溶液反应的离子方程式为_________。

②滴定终点的现象为____________。

③亚硝酰硫酸的纯度

________。

[保留三位有效数字，M（NOSO4H）=127g/mol]

【答案】2MnO4-+5C2O42-+16H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O滴入最后一滴

溶液后，溶液由浅紫色变为无色且半分钟颜色不恢复84.67%

【解析】

【分析】

①高锰酸钾溶液在酸性溶液中氧化草酸钠生成二氧化碳，根据元素化合价变化和电子守恒、原子守恒配平书写离子方程式；

②用0.2500mol•L−1草酸钠标准溶液滴定过量的高锰酸钾溶液，溶液颜色变化是紫红色变为无色且半分钟不变说明反应达到终点；

③减缓滴定过程中草酸消耗高锰酸钾物质的量，得到2KMnO4＋5NOSO4H＋2H2O＝K2SO4＋2MnSO4＋5HNO3＋2H2SO4，反应消耗高锰酸钾物质的量计算得到亚硝酰硫酸物质的量，据此计算纯度。

【详解】

①酸溶液中高锰酸钾和草酸钠发生氧化还原反应，生成二氧化碳，锰元素化合价＋7价降低到＋2价，电子转移5e−，碳元素化合价＋3价变化为＋4价，根据电子转移，电子守恒、原子守恒、电荷守恒配平得到离子方程式：

2MnO4-+5C2O42-+16H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O，

故答案为：

2MnO4-+5C2O42-+16H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O；

②用0.2500mol•L−1草酸钠标准溶液滴定过量的高锰酸钾溶液，溶液颜色变化是紫红色变为无色且半分钟不变说明反应达到终点，故答案为：

滴入最后一滴

溶液后，溶液由浅紫色变为无色且半分钟颜色不恢复；

③

解得n＝0.006mol，

则与NOSO4H反应的高锰酸钾物质的量＝0.1000mol•L−1×0.100L−0.006mol＝0.004mol，

，

亚硝酰硫酸的纯度＝

×100%＝84.67%，

故答案为：

84.67%.

【点睛】

滴定终点时，溶液的颜色变化是我们解题时的易错点。

在书写颜色变化时，我们可考虑暂不加入

，先定位过量KMnO4本身的颜色，这样就可