一、化学反应原理
1．某同学设计如下三个实验方案以探究某反应是放热反应还是吸热反应：
方案一：如图1，在小烧杯里放一些除去氧化铝保护膜的铝片，然后向烧杯里加入10 mL 2 mol·L－1稀硫酸，再插入一支温度计，温度计的温度由20 ℃逐渐升至75 ℃，随后，温度逐渐下降至30 ℃，最终停留在20 ℃。
L－1方案二：如图2，在烧杯底部用熔融的蜡烛粘一块小木片，在烧杯里加入10 mL 2 mol·硫酸溶液，再向其中加
入氢氧化钠溶液，片刻后提起烧杯，发现小木片脱落下来。
方案三：如图3，甲试管中发生某化学反应，实验前U形管红墨水液面相平，在化学反应过程中，通过U形管两侧红
墨水液面高低判断某反应是吸热反应还是放热反应。 序号 甲试管里发生反应的物质 U形管里红墨水液面 ① 氧化钙与水 左低右高 ② 氢氧化钡晶体与氯化铵晶体(充分搅拌) ？ ③ 铝片与烧碱溶液 左低右高 ④ 铜与浓硝酸 左低右高
根据上述实验回答相关问题：
（1）铝片与稀硫酸的反应是________(填“吸热”或“放热”)反应，写 出该反应的离子方程式：___________。
（2）方案一中，温度升至最大值后又下降的原因是___________。
（3）方案二中，小木片脱落的原因是________，由此得出的结论是__________________。 （4）方案三中，如果甲试管里发生的反应是放热反应，则U形管里红墨水液面：左边
________(填“高于”“低于”或“等于”)右边。
（5）由方案三的现象得出结论：①③④组物质发生的反应都是________(填“吸热”或“放热”)反应，如果放置较长时间，可观察到U形管里的现象是______________。 （6）方案三实验②的U形管中的现象为________，说明反应物的总能量________(填“大于”“小于”或“等于”)生成物的总能量
【答案】放热 2Al＋6H＋===2Al3＋＋3H2↑ 反应完全后，热量向空气中传递，烧杯里物质的温度降低 蜡烛熔化 氢氧化钠与硫酸的反应放热 低于 放热 红墨水液面左右相平 红墨水液面左高右低 小于 【解析】 【分析】 【详解】
（1）金属与酸的反应是放热反应，因此铝片与稀硫酸的反应是放热反应，该反应的离子方程式为2Al＋6H＋===2Al3＋＋3H2↑，故答案为放热；2Al＋6H＋===2Al3＋＋3H2↑；
（2）方案一中，温度升至最大值后又下降的原因可能是反应完全后，热量向空气中传递，烧杯里物质的温度降低，故答案为反应完全后，热量向空气中传递，烧杯里物质的温度降低；
（3）方案二中，反应放出的热量，使得蜡烛熔化，小木片脱落，故答案为蜡烛熔化；氢氧化钠与硫酸的反应放热；
（4）方案三中，如果甲试管里发生的反应是放热反应，装置中气体的压强增大，U形管里红墨水液面：左边低于右边，故答案为低于；
（5）由方案三的现象得出结论：①③④组物质发生的反应都是放热反应，如果放置较长时间，热量散失，装置中气体的压强与外界压强相等， U形管中红墨水液面左右相平，故答案为放热；红墨水液面左右相平；
（6）方案三实验②属于吸热反应，U形管中红墨水液面左高右低，故答案为红墨水液面左高右低；小于。
2．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)②H2NCONHSO3H+H2SO4
H2NCONHSO3H(s) ΔH＜0 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【解析】
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
【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+H2OH2NSO3H+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：
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c(H2NSO3H)c(NaNO2)=0.08mol/L，则2.500g氨基磺酸粗品中氨基磺酸粗品的纯度=
m(H2NSO3H)n(H2NSO3H)M(H2NSO3H)100%100%2.5g2.5gc(H2NSO3H)V(H2NSO3H)M(H2NSO3H)0.08mol/L0.25L97g/mol100%100%=77.6%2.5g2.5g，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。
2H2O，还含少量SiO2、Al2O3、Fe2O3）为原料制取轻3．实验室以工业废渣（主要含CaSO4·质CaCO3和(NH4)2SO4晶体，其实验流程如下：
（1）室温下，反应CaSO4(s)+CO3(aq)
2CaCO3(s)+SO4(aq)达到平衡，则溶液中
2cCOcSO2423=________[Ksp(CaSO4)=4.8×10−5，Ksp(CaCO3)=3×10−9]。
（2）将氨水和NH4HCO3溶液混合，可制得(NH4)2CO3溶液，其离子方程式为________；浸取废渣时，向(NH4)2CO3溶液中加入适量浓氨水的目的是________。
（3）废渣浸取在如图所示的装置中进行。控制反应温度在60~70 ℃，搅拌，反应3小时。温度过高将会导致CaSO4的转化率下降，其原因是________；保持温度、反应时间、反应物和溶剂的量不变，实验中提高CaSO4转化率的操作有________。
（4）滤渣水洗后，经多步处理得到制备轻质CaCO3所需的CaCl2溶液。设计以水洗后的滤渣为原料，制取CaCl2溶液的实验方案：______[已知pH=5时Fe(OH)3和Al(OH)3沉淀完全；pH=8.5时Al(OH)3开始溶解。实验中必须使用的试剂：盐酸和Ca(OH)2]。 【答案】1.6×104 HCO3+NH3·H2O
HCO3+NH3·H2O
2NH+4+CO3+H2O(或
22NH+4+CO3+H2O) 增加溶液中CO3的浓度，促进CaSO4的转化
温度过高，(NH4)2CO3分解 加快搅拌速率 在搅拌下向足量稀盐酸中分批加入滤渣，待观察不到气泡产生后，过滤，向滤液中分批加入少量Ca(OH)2，用pH试纸测量溶液pH，当pH介于5~8.5时，过滤 【解析】 【分析】
（1）反应CaSO4（s）+CO32-（aq）
CaCO3（s）+SO42-（aq）的平衡常数表达式为
c（SO24）CaSO4和CaCO3的Ksp计算； 2，结合c（CO3）（2）氨水与NH4HCO3反应生成（NH4）2CO3；加入氨水抑制（NH4）2CO3的水解；
（3）温度过高，（NH4）2CO3分解，使CaSO4转化率下降；保持温度、反应时间、反应物和溶剂的量不变，提高CaSO4转化率即提高反应速率，结合反应的特点从影响反应速率的因素分析；
（4）根据工业废渣中的成分知，浸取、过滤后所得滤渣中含CaCO3、SiO2、Al2O3和Fe2O3；若以水洗后的滤渣为原料制取CaCl2溶液，根据题给试剂，首先要加入足量盐酸将CaCO3完全转化为CaCl2，同时Al2O3、Fe2O3转化成AlCl3、FeCl3，过滤除去SiO2，结合题给已知，再利用Ca（OH）2调节pH除去Al3+和Fe3+。 【详解】
（1）反应CaSO4（s）+CO32-（aq）
CaCO3（s）+SO42-（aq）达到平衡时，溶液中
22Ksp（CaSO4）4.8105c（SO2）c（Ca）（?SO44）====1.6×104。答案：1.6×104 2229（CaCO?c（CO3）c（Ca）（?CO3）Ksp3）310（2）NH4HCO3属于酸式盐，与氨水反应生成（NH4）2CO3，反应的化学方程式为NH4HCO3+NH3·H2O=（NH4）2CO3+H2O[或NH4HCO3+NH3·H2OH2O=NH4++CO32-+H2O（或HCO3-+NH3·H2O程式为HCO3-+NH3·+NH4++H2O
（NH4）2CO3+H2O]，离子方NH4++CO32-+H2O）；浸取废
渣时，加入的（NH4）2CO3属于弱酸弱碱盐，溶液中存在水解平衡：CO32-HCO3-+NH3·H2O，加入适量浓氨水，水解平衡逆向移动，溶液中CO32-的浓
CaCO3（s）+SO42-（aq）正向移动，促进CaSO4
NH4++CO32-+H2O）
度增大，反应CaSO4（s）+CO32-（aq）
H2O=NH4++CO32-+H2O（或HCO3-+NH3·H2O的转化。答案：HCO3-+NH3·
增加溶液中CO32-的浓度，促进CaSO4的转化
（3）由于铵盐具有不稳定性，受热易分解，所以温度过高，（NH4）2CO3分解，从而使CaSO4转化率下降；由于浸取过程中的反应属于固体与溶液的反应（或发生沉淀的转化），保持温度、反应时间、反应物和溶剂的量不变，提高CaSO4转化率即提高反应速率，结合外界条件对化学反应速率的影响，实验过程中提高CaSO4转化率的操作为加快搅拌速率（即增大接触面积，加快反应速率，提高浸取率）。答案：温度过高，（NH4）2CO3分解 加快搅拌速率
2H2O，还含有少量SiO2、Al2O3和Fe2O3，加入（NH4）2CO3溶（4）工业废渣主要含CaSO4·
液浸取，其中CaSO4与（NH4）2CO3反应生成CaCO3和（NH4）2SO4，SiO2、Al2O3和Fe2O3都不反应，过滤后所得滤渣中含CaCO3、SiO2、Al2O3和Fe2O3；若以水洗后的滤渣为原料制取CaCl2溶液，根据题给试剂，首先要加入足量盐酸将CaCO3完全转化为CaCl2，发生的反应为CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2↑，与此同时发生反应Al2O3+6HCl=2AlCl3+3H2O、Fe2O3+6HCl=2FeCl3+3H2O，SiO2不反应，经过滤除去SiO2；得到的滤液中含CaCl2、AlCl3、FeCl3，根据“pH=5时Fe（OH）3和Al（OH）3沉淀完全，pH=8.5时Al（OH）3开始溶解”，为了将滤液中Al3+、Fe3+完全除去，应加入Ca（OH）2调节溶液的pH介于5~8.5[加入Ca（OH）2的过程中要边加边测定溶液的pH]，然后过滤即可制得CaCl2溶液。答案：在搅拌下向足量稀盐酸中分批加入滤渣，待观察不到气泡产生后，过滤，向滤液中分批加入少量Ca（OH）2，用pH试纸测得溶液pH，当pH介于5~8.5时，过滤 【点睛】
本题以工业废渣为原料制取轻质CaCO3和（NH4）2SO4晶体的实验流程为载体，考查溶度积的计算、影响盐类水解的因素、实验条件的控制、制备实验方案的设计和对信息的处理能
力等。难点是第（4）问实验方案的设计，设计实验方案时首先要弄清水洗后滤渣中的成分，然后结合题给试剂和已知进行分析，作答时要答出关键点，如pH介于5~8.5等。
4．亚硝酸钠是一种工业盐，外观与食盐非常相似，毒性较强。
Ⅰ.经查：①Ksp(AgNO2)=2×10－8，Ksp(AgCl)=1.8×10－10；②Ka(HNO2)=5.1×10－4。请设计最简单的方法鉴别NaNO2和NaCl两种固体______________________ Ⅱ. 某小组同学用如下装置（略去夹持仪器）制备亚硝酸钠
已知：①2NO＋Na2O2=2NaNO2； ②酸性条件下，NO和NO2都能与MnO4－反应生成NO3－和Mn2
＋
。
（1）使用铜丝的优点是________________________。
（2）装置A中发生反应的化学方程式为_____________________________。 装置C中盛放的药品是_________；（填字母代号）
A．浓硫酸 B．NaOH溶液 C．水 D．四氯化碳
（3）该小组称取5.000g制取的样品溶于水配成250ml溶液，取25.00ml溶液于锥形瓶中，
用0.1000mol·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 消耗KMnO4溶液体积/mL 1 20.90 2 20.12 3 20.00 4 19.88 －1
①第一次实验数据出现异常，造成这种异常的原因可能是_________（填字母代号）。 a．锥形瓶洗净后未干燥
b．酸式滴定管用蒸馏水洗净后未用标准液润洗 c．滴定终点时仰视读数
②酸性KMnO4溶液滴定亚硝酸钠溶液的离子方程式为___________________。 ③该样品中亚硝酸钠的质量分数为______________。
【答案】分别取两种固体样品少量于试管中加水溶解; 再分别滴加酚酞试液, 变红的为NaNO2可以控制反应的发生与停止Cu +4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2OCbc6H＋+2MnO4－+5NO2－=2Mn2＋+5NO3－+3H2O69% 【解析】
试题分析：Ⅰ.根据NaNO2为强碱弱酸盐，亚硝酸根离子水解导致溶液显示碱性分析； Ⅱ.装置A中是浓硝酸和铜加热发生的反应，反应生成二氧化氮、硝酸铜和水，装置C中是A装置生成的二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮；通过装置D中的干燥剂吸收水蒸
气，通过装置F中的干燥剂防止水蒸气进入，通过装置E中的过氧化钠与一氧化氮反应，最后通过酸性高锰酸钾溶液除去剩余一氧化氮防止污染空气，据此分析解答。
解析：Ⅰ.酸越弱相应酸根越容易水解，溶液碱性越强，因此鉴别NaNO2和NaCl两种固体的方法是：分别取两种固体样品少量于试管中加水溶解，再分别滴加酚酞试液，变红的为NaNO2；
Ⅱ.（1）可通过上下移动铜丝控制反应是否进行，所以使用铜丝的优点是可以控制反应的发生与停止；
（2）浓硝酸和铜加热发生反应生成二氧化氮、硝酸铜和水，方程式为：Cu +4HNO3(浓)＝Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O ；通过装置C中的水与二氧化氮反应生成硝酸和一氧化氮；通过装置F中的干燥剂防止水蒸气进入与过氧化钠反应，所以C中的药品是水，答案选C； （3）①a．锥形瓶洗净后未干燥，待测液的物质的量不变，对V（标准）无影响，根据c（待测）=c(标注)×V(标准)/V(待测)可知，c（标准）不变，a错误；b．酸式滴定管用蒸馏水洗净后未用标准液润洗，标准液的浓度偏小，造成V（标准）偏大，根据c（待测）=c(标注)×V(标准)/V(待测)可知，c（标准）偏大，b正确；c．滴定终点时仰视读数，造成V（标准）偏大，根据c（待测）=c(标注)×V(标准)/V(待测)可知，c
（标准）
偏大，c正确；答案选bc；
②该反应中亚硝酸根离子被氧化为硝酸根离子，高锰酸根离子被还原为锰离子，离子方程
＋－－＋－
式为 6H+2MnO4+5NO2=2Mn2+5NO3+3H2O；
③根据表中数据可知第一次实验数据误差太大，舍去，消耗高锰酸钾溶液体积的平均值是0.02L，高锰酸钾的物质的量是0.1mol/L×0.02L=0.002mol，则根据方程式6H＋+2MnO4－+5NO2
－
=2Mn2＋+5NO3－+3H2O可知，亚硝酸钠的物质的量是0.002mol×5/2=0.005mol，则原样品中
亚硝酸钠的物质的量是0.005mol×100mL/25mL=0.02mol，其质量为
0.02mol×69g/mol=1.38g，所以样品中亚硝酸钠的质量分数1.38g/2g×100%=69.0%. 点睛：注意掌握综合实验设计题的解题思路：（1）明确实验的目的和原理。实验原理是解答实验题的核心，是实验设计的依据和起点。实验原理可从题给的化学情景(或题首所给实验目的)并结合元素化合物等有关知识获取。在此基础上，遵循可靠性、简捷性、安全性的原则，确定符合实验目的、要求的方案。（2）理清实验操作的先后顺序。根据实验原理所确定的实验方案中的实验过程，确定实验操作的方法步骤，把握各步实验操作的要点，理清实验操作的先后顺序。（3）看准图，分析各项实验装置的作用。有许多综合实验题图文结合，思考容量大。在分析解答过程中，要认真细致地分析图中所示的各项装置，并结合实验目的和原理，确定它们在该实验中的作用。（4）细分析，得出正确的实验结论。实验现象(或数据)是化学原理的外在表现。在分析实验现象(或数据)的过程中，要善于找出影响实验成败的关键以及产生误差的原因，或从有关数据中归纳出定量公式，绘制变化曲线等。
5．亚氯酸钠（NaClO2）是一种高效氧化剂、漂白剂。已知：NaClO2饱和溶液在温度低于38℃时析出的晶体是NaClO2·3H2O，高于38℃时析出晶体是NaClO2，高于60℃时NaClO2分解成NaClO3和NaCl。利用下图所示装置制备亚氯酸钠。
完成下列填空：
（1）装置②中产生ClO2的化学方程式为___________。装置③的作用是_____________。 （2）从装置④反应后的溶液获得NaClO2晶体的操作步骤为：
①减压，55℃蒸发结晶；②__________；③_______；④低于60℃干燥，得到成品。 （3）准确称取所得亚氯酸钠样品10g于烧杯中，加入适量蒸馏水和过量的碘化钾晶体，再滴入适量的稀硫酸，充分反应（ClO2－+ 4I－+4H+ →2H2O+2I2+Cl－）。将所得混合液配成250mL待测溶液。配制待测液需用到的定量玻璃仪器是____________；
－－－
（4）取25.00mL待测液，用2.0 mol/L Na2S2O3标准液滴定（I2 +2S2O32→2I+S4O62），以
淀粉溶液做指示剂，达到滴定终点时的现象为__________。重复滴定2次，测得Na2S2O3溶液平均值为20.00 mL。该样品中NaClO2的质量分数为_____________。 （5）通过分析说明装置①在本实验中的作用_______________________________。 【答案】2NaClO3+ Na2SO3+ H2SO4→2ClO2+ 2Na2SO4+ H2O 防止倒吸 趁热过滤 用38－60℃的温水洗涤 250mL容量瓶 溶液由蓝色变为无色且半分钟内不变色 90.5% 当关闭K2时，打开K1，可以吸收反应产生的气体。 【解析】 【分析】 【详解】
（1）根据反应物NaClO3、Na2SO3、H2SO4，生成物为ClO2和2Na2SO4，配平方程式为2NaClO3+ Na2SO3+ H2SO4=2ClO2+ 2Na2SO4+ H2O；装置③为安全瓶，防止装置②中气体温度降低而产生倒吸；
3H2O，高于38℃时析（2）因为NaClO2饱和溶液在温度低于38℃时析出的晶体是NaClO2·
出晶体是NaClO2，高于60℃时NaClO2分解成NaClO3和NaCl，若要得到NaClO2晶体，需在38－60℃得到晶体，故操作为趁热过滤；用38－60℃的温水洗涤； （3）容量瓶要指明规格；
（4）有碘单质参和生成的反应，一般采用淀粉溶液做指示剂，该反应是Na2S2O3标准液滴定碘，终点溶液由蓝色变为无色且半分钟内不变色；
计算时一般找出关系式，由此进行计算，关系式为ClO2－——2I2——4S2O32－ n(ClO2－)= 1/4 n(S2O32－)=1/4×20×10-3×2=0.01mol
m(NaClO2)=0.01×90.5=9.05g 该样品中NaClO2的质量分数为9.05g÷10g=0.905
（5）本实验产生污染性气体，直接排放会污染环境，故需要尾气处理，装置①就是用碱吸收反应产生的ClO2等尾气。
6．葡萄糖酸亚铁（(C6H11O7)2Fe）是常用的补铁剂，易溶于水，几乎不溶于乙醇。用下图装置制备FeCO3，并利用FeCO3与葡萄糖酸反应可得葡萄糖酸亚铁。回答下列问题：
（1）a的名称为_________。
（2）打开a中K1、K3，关闭K2，一段时间后，关闭K3，打开K2。在_________(填仪器标号)中制得碳酸亚铁。实验过程中产生的H2作用有_________、____________。(写2条) （3）将制得的碳酸亚铁浊液过滤、洗涤。如过滤时间过长会发现产品部分变为红褐色。用化学方程式说明原因____________。
（4）将葡萄糖酸与碳酸亚铁混合，加入乙醇、过滤、洗涤、干燥。加入乙醇的目的是_________________。
（5）用 NaHCO3溶液代替Na2CO3溶液制备碳酸亚铁，同时有气体产生，离子方程式为______________，此法产品纯度更高，原因是_______________。
【答案】恒压滴液漏斗 c 排出装置内的空气，防止生成的FeCO3被氧化 将b中溶液压入c中 4FeCO3＋O2＋6H2O=4Fe(OH)3＋4CO2 降低葡萄糖酸亚铁在水中溶解度 Fe2＋＋2HCO3－=FeCO3↓＋H2O＋CO2↑ 降低溶液的pH以免产生氢氧化亚铁 【解析】 【分析】
（1）a的名称为恒压滴液漏斗；
（2）b中产生的硫酸亚铁被氢气压入c中与碳酸钠作用产生碳酸亚铁；实验过程中产生的H2作用还有：排出装置内的空气，防止生成的FeCO3被氧化； （3）FeCO3与O2反应生成红褐色Fe（OH）3；
（4）乙醇分子的极性比水小，乙醇降低葡萄糖酸亚铁在水中溶解度；
（5）NaHCO3溶液与FeSO4溶液反应生成FeCO3、H2O、CO2和Na2SO4；碳酸根离子水解后溶液碱性较强，易生成氢氧化亚铁。 【详解】
（1）a的名称为恒压滴液漏斗；
（2）b中产生的硫酸亚铁被压入c中与碳酸钠作用产生碳酸亚铁；实验过程中产生的H2作用有：赶走空气、防止生成的FeCO3被氧化；将b中溶液压入c中；
（3）过滤时间过长会发现产品部分变为红褐色。FeCO3与O2反应生成Fe(OH)3，用化学方程式：4FeCO3＋O2＋6H2O=4Fe(OH)3＋4CO2；
（4）乙醇分子的极性比水小，乙醇降低葡萄糖酸亚铁在水中溶解度，便于葡萄糖酸亚铁析出；
（5）NaHCO3溶液与FeSO4溶液反应生成FeCO3、H2O、CO2和Na2SO4，方程式为：Fe2＋＋2HCO3
－
=FeCO3↓＋H2O＋CO2↑。碳酸根离子水解后溶液碱性较强，易生成氢氧化亚铁，此法产品
纯度更高的原因是：降低溶液的pH以免产生氢氧化亚铁。
7．已知CuSO4溶液与K2C2O4溶液反应，产物为只含一种阴离子的蓝色钾盐晶体(只含有1个结晶水)，某实验小组为确定该晶体的组成，设计实验步骤及操作如下：
－－
已知：a.过程②：MnO4被还原为Mn2+，C2O42被氧化为CO2
b.过程③：MnO4－在酸性条件下，加热能分解为O2，同时生成Mn2+ c.过程④：2Cu2++4I－=2CuI↓+I2 d.过程⑥：I2+2S2O32－=21－+S4O62－
(1)过程①加快溶解的方法是________________________。
(2)配制100mL0.20mol·L－1KMnO4溶液时用到的玻璃仪器有玻璃棒、烧杯、胶头滴管、____________；过程②和过程⑥滴定时，滴定管应分别选用____________、____________(填“甲”或乙”)。
(3)完成过程②的离子反应方程式的配平：
___MnO4－+___C2O42－+___H+===___Mn2++___H2O+___CO2↑。 (4)过程③加热的目的是________________________。
(5)过程⑥，应以____________作指示剂，若溶液颜色刚刚褪去就停止滴加，则测定结果是____________(填“偏大”“偏小”或“无影响”)
(6)已知两个滴定过程中消耗KMnO4和Na2S2O3的体积相等，据此推测该晶体为____________·H2O。
【答案】粉碎、搅拌或加热 100mL容量 甲 乙 2 5 16 2 8 10 除去溶液中多余的MnO4-，防止过程④加入过量的KI，MnO4-在酸性氧化I-，引起误差； 淀粉溶液 偏小 K2Cu(C2O4)2 【解析】 【分析】
（1）在由固体与液体的反应中，要想加快反应速率，可以粉碎固体物质或搅拌，都是增大固液的接触面积，也可以加热等；
（2）配制溶液要掌握好配制步骤，容量瓶的选择，因为配制100mL溶液，所以选择100mL容量瓶，氧化还原滴定的时候，注意选择指示剂、滴定管等。
（3）利用氧化还原反应中得失电子守恒配平氧化还原反应离子方程式：2 MnO4-+5 C2O42-+16 H+=2 Mn2++8H2O+ 10CO2↑；
（4）、MnO4-在酸性条件下，加热能分解为O2，同时生成Mn2+，据此分析作答； （5）结合实际操作的规范性作答；
（6）根据方程式找出关系式，通过计算确定晶体的组成。 【详解】
L-1稀硫酸中溶解，可以把晶体粉碎、搅拌、或者加热的方（1）为了加快蓝色晶体在2 mol·法；
L－1KMnO4溶液时需要用100mL容量瓶进行溶液配制，配置过程（2）配制100mL0.20mol·
L-需要用到的玻璃仪器由玻璃棒、烧杯、胶头滴管、100mL容量瓶；过程②是用0.20mol·
1
KMnO4溶液滴定，KMnO4具有强氧化性，因此选用甲（酸式滴定管）；过程⑥是用
0.25mol·L－1Na2S2O3溶液滴定，Na2S2O3在溶液中水解呈碱性，故选用乙（碱式滴定管）； （3）利用氧化还原反应中化合价升降总数相等，先配氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物的化学计量数，然后再观察配平其他物质，过程②的离子反应方程式：2 MnO4++5 C2O42-+16 H+=2 Mn2++8H2O+ 10CO2↑
（4）MnO4-在酸性条件下，加热能分解为O2，同时生成Mn2+，故加热的目的是除去溶液中多余的MnO4-，防止过程④加入过量的KI，MnO4-在酸性氧化I-，引起误差； L－1Na2S2O3溶液滴定含I2的溶液，反应方程式为I2+2S2O32-=21－（5）过程⑥是用0.25mol·
+S4O62-，故过程⑥，应以淀粉溶液作指示剂；若溶液颜色刚刚褪去就停止滴加，则滴入Na2S2O3的物质的量偏小，造成测定Cu2+的含量偏小；
（6）由2 MnO4-+5 C2O42-+16 H+=2 Mn2++8H2O+ 10CO2↑可知n(C2O42-)=2.5n(KMnO4) =2.50.20mol·L－1V(KMnO4)；由2Cu2++4I-=2CuI↓+I2、I2+2S2O32-=21-+S4O62-可知2 S2O32- ~ I2 ~2Cu2+，n(Cu2+)=n(S2O32-)=0.25mol·L-1V(Na2S2O3)，已知两个滴定过程中消耗KMnO4和Na2S2O3的体积相等，所以n(C2O42-)=2 n(Cu2+)，因为晶体中只有一种阴离子，并且晶体中元H2O 。 素化合价代数和为0，故该晶体为K2Cu(C2O4)2· 【点睛】
在氧化还原反应滴定中注意指示剂的选择、滴定管的选择。
8．某小组同学利用如图所示装置进行铁的电化学腐蚀原理的探究实验： 装置 分别进行的操作 i．连好装置一段时间后，向烧杯中滴加酚酞 现象 ii．连好装置一段时间后，向烧杯中滴加K3[Fe(CN)6]溶液 铁片表面产生蓝色沉淀
(1)小组同学认为以上两种检验方法，均能证明铁发生了吸氧腐蚀。
①实验i中的现象是___。
②用电极反应式解释实验i中的现象：___。 (2)查阅资料：K3[Fe(CN)6]具有氧化性。
①据此有同学认为仅通过ii中现象不能证明铁发生了电化学腐蚀，理由是___。 ②进行下列实验，在实验几分钟后的记录如下： 实验 滴管 试管 iii．蒸馏水 0.5mol·L1-现象 无明显变化 铁片表面产生大量蓝色沉淀 无明显变化 iv．1.0mol·L-1NaCl溶液 K3[Fe(CN)6]溶液 v．0.5mol·L-1Na2SO4溶液
以上实验表明：在有Cl-存在条件下，K3[Fe(CN)6]溶液可以与铁片发生反应。为探究Cl-的存在对反应的影响，小组同学将铁片酸洗(用稀硫酸浸泡后洗净)后再进行实验iii，发现铁片表面产生蓝色沉淀。此补充实验表明Cl-的作用是___。
(3)有同学认为上述实验仍不够严谨。为进一步探究K3[Fe(CN)6]的氧化性对实验ii结果的影响，又利用（2）中装置继续实验。其中能证实以上影响确实存在的是__(填字母序号)。 实验 试剂 A B C D 酸洗后的铁片、K3[Fe(CN)6]溶液(已除O2) 酸洗后的铁片、K3[Fe(CN)6]和NaCl混合溶液(未除O2) 铁片、K3[Fe(CN)6]和NaCl混合溶液(已除O2) 铁片、K3[Fe(CN)6]和盐酸混合溶液(已除O2) 现象 产生蓝色沉淀 产生蓝色沉淀 产生蓝色沉淀 产生蓝色沉淀
(4)综合以上实验分析，利用实验ii中试剂能证实铁发生了电化学腐蚀的实验方案是：连好装置一段时间后，___(回答相关操作、现象)，则说明负极附近溶液中产生了Fe2＋，即发生了电化学腐蚀。
【答案】碳棒附近溶液变红 O2＋4e-＋2H2O=4OH- K3[Fe(CN)6]可能氧化Fe生成Fe2＋，会干扰由于电化学腐蚀负极生成Fe2＋的检验 Cl-破坏了铁片表面的氧化膜 AC 取铁片(负极)附近溶液于试管中，滴加K3[Fe(CN)6]溶液，若出现蓝色沉淀 【解析】 【分析】
(1)①实验i中，发生吸氧腐蚀，在碳棒附近溶液中生成OH-，使酚酞变色。
②在碳棒上，发生O2得电子生成OH-的电极反应。
(2)①据此有同学认为仅通过ii中现象不能证明铁发生了电化学腐蚀，理由是既然K3[Fe(CN)6]具有氧化性，就可直接与Fe作用。
②用稀硫酸酸洗后，铁片表面的氧化膜去除，再进行实验iii，铁片表面产生蓝色沉淀，则Cl-的作用与硫酸相同。
(3)A. 酸洗后的铁片、K3[Fe(CN)6]溶液(已除O2)反应产生蓝色沉淀，表明K3[Fe(CN)6]能与铁作用生成Fe2+；
B.酸洗后的铁片、K3[Fe(CN)6]和NaCl混合溶液(未除O2) 反应产生蓝色沉淀，可能是K3[Fe(CN)6]与铁作用生成Fe2+，也可能是铁片发生了吸氧腐蚀；
C. 铁片、K3[Fe(CN)6]和NaCl混合溶液(已除O2)反应产生蓝色沉淀，只能是Cl-破坏氧化膜，然后K3[Fe(CN)6]与铁作用生成Fe2+；
D. 铁片、K3[Fe(CN)6]和盐酸混合溶液(已除O2) 反应产生蓝色沉淀，可能是铁片与盐酸直接反应生成Fe2+，也可能是K3[Fe(CN)6]与铁作用生成Fe2+。
(4)为证实铁发生了电化学腐蚀，可连好装置一段时间后，不让K3[Fe(CN)6]与Fe接触，而是取Fe电极附近的溶液，进行Fe2+的检验。 【详解】
(1)①实验i中，发生吸氧腐蚀，碳棒为正极，发生O2得电子生成OH-的反应，从而使碳棒附近溶液变红。答案为：碳棒附近溶液变红；
②在碳棒上，O2得电子生成OH-，电极反应式为O2＋4e-＋2H2O=4OH-。 答案为：O2＋4e-＋2H2O=4OH-；
(2)①有同学认为仅通过ii中现象不能证明铁发生了电化学腐蚀，理由是既然K3[Fe(CN)6]具有氧化性，就有可能发生K3[Fe(CN)6]与Fe的直接作用。答案为：K3[Fe(CN)6]可能氧化Fe生成Fe2，会干扰由于电化学腐蚀负极生成Fe2的检验；
②用稀硫酸酸洗后，铁片表面的氧化膜被破坏，再进行实验iii，铁片表面产生蓝色沉淀，则Cl-的作用与硫酸相同，也是破坏铁表面的氧化膜。答案为：Cl-破坏了铁片表面的氧化膜；
(3)A. 已除O2的铁片不能发生吸氧腐蚀，只能发生铁片、K3[Fe(CN)6]溶液的反应，从而表明K3[Fe(CN)6]能与铁作用生成Fe2+，A符合题意；
B.酸洗后的铁片、K3[Fe(CN)6]和NaCl混合溶液(未除O2)，同时满足两个反应发生的条件，既可能是K3[Fe(CN)6]与铁作用生成Fe2+，也可能是铁片发生了吸氧腐蚀，B不合题意； C. 铁片、K3[Fe(CN)6]和NaCl混合溶液(已除O2)，不能发生吸氧腐蚀，只能是Cl-破坏氧化膜，然后K3[Fe(CN)6]与铁作用生成Fe2+，C符合题意；
D. 铁片、K3[Fe(CN)6]和盐酸混合溶液(已除O2) 反应产生蓝色沉淀，可能是铁片与盐酸直接反应生成Fe2+，也可能是K3[Fe(CN)6]与铁作用生成Fe2+，D不合题意。答案为：AC； (4)为证实铁发生了电化学腐蚀，可连好装置一段时间后，取Fe电极附近的溶液，放在另一仪器中，加入K3[Fe(CN)6]溶液，进行Fe2+的检验。答案为：取铁片(负极)附近溶液于试管中，滴加K3[Fe(CN)6]溶液，若出现蓝色沉淀。 【点睛】
在进行反应分析时，我们需明确Cl-的作用，它仅能破坏铁表面的氧化膜，而不是充当铁与
＋
＋
K3[Fe(CN)6]反应的催化剂，从硫酸酸洗铁片，命题人就给我们做了暗示。
9．高锰酸钾是一种典型的强氧化剂，热分解产生锰酸钾、二氧化锰、氧气。完成下列填空：
I. 已知：①MnO2(s)=Mn(s)+O2(g) ΔH=+520kJ/mol ②S(s)+O2(g)=SO2(g) ΔH=-297kJ/mol
③Mn(s)+2O2(g)+S(s)=MnSO4(s) ΔH=-1065kJ/mol
（1）固体MnO2和二氧化硫气体反应生成MnSO4固体的热化学方程式为________________。
II.草酸钠滴定法测定高锰酸钾的质量分数涉及到的反应： C2O42-+2H+→H2C2O4（草酸）
5H2C2O4+2MnO4-+6H+→2Mn2++10CO2↑+8H2O
（2）上述反应在75～80℃进行比较合适，当加热温度大于90℃时，会导致草酸钠消耗增多，其原因是______________________。
（3）将一定量高锰酸钾溶液与酸化的草酸钠溶液混合，测得反应溶液中Mn2+的浓度随反应时间t的变化如图，Mn2+浓度变化由缓慢增大后迅速增大的原因是____________________________。
III .KMnO4是一种常用消毒剂。
（4）KMnO4消毒机理与下列物质相似的是__________（填序号）。 A．双氧水 B．消毒酒精（75%） C．肥皂水 D．84消毒液（NaClO溶液）
（5）KMnO4消毒效率（用单位质量转移的电子数表示）是NaClO的______倍（保留两位小数）。
（6）测定KMnO4产品的纯度可用标准Na2SO3溶液滴定。
①配制250ml0.1000mol/L标准Na2SO3溶液，需要使用的玻璃仪器有烧杯、胶头滴管、量筒、玻璃棒和____________。
②取某KMnO4产品0.7000g溶于水，并加入____________进行酸化。 A．稀盐酸 B．稀硫酸 C．硝酸 D．次氯酸
③将②所得溶液用0.1000mol/L标准Na2SO3溶液进行滴定，滴定至终点记录实验消耗Na2SO3溶液的体积。重复步骤②、③，三次平行实验数据如表： 实验次数 消耗Na2SO3溶液体积/ml 1 19.30 2 20.98 3 21.02 （有关离子方程式为：2MnO4- + 5SO32- + 6H+ ＝5SO42- + 2Mn2+ + 3H2O） 计算该KMnO4产品的纯度为__________。（保留三位有效数字）
mol -1 部分草酸发生分解，会导致草酸钠【答案】MnO2(s)+SO2(g)=MnSO4(s) ∆H= －248kJ·
消耗偏多 生成的Mn2+可能对该反应有催化作用，随着Mn2+的产生，反应速率大大加快 A D 1.18 250mL容量瓶 B 18.7% 【解析】 【分析】
I. (1)①MnO2(s)=Mn(s)+O2(g) ΔH=+520kJ/mol；②S(s)+O2(g)=SO2(g) ΔH=-297kJ/mol；③Mn(s)+2O2(g)+S(s)=MnSO4(s) ΔH=-1065kJ/mol；将①+③-②可得；
(2)草酸钠不稳定，当加热温度大于90℃时，部分草酸发生分解，会导致草酸钠消耗偏多； (3)Mn2+对反应有催化作用；
(4)KMnO4是强氧化剂，与其相似的是双氧水和84消毒液；
(5)假设相同质量的KMnO4和NaClO都为100g，根据得失电子数量计算；
(6) ①配制250mL0.1000mol/L标准Na2SO3溶液，需要使用的玻璃仪器有烧杯、胶头滴管、量筒、玻璃棒和250mL容量瓶；
②盐酸和高锰酸钾反应生成氯气，硝酸和次氯酸具有氧化性会干扰高锰酸钾的氧化反应； ③从数据的比较中可以看出，第1组数据为失真数据，后两组数据的平均值为
20.98+21.02=21mL，根据相关公式可以计算。 2【详解】
I. (1)①MnO2(s)=Mn(s)+O2(g) ΔH=+520kJ/mol；②S(s)+O2(g)=SO2(g) ΔH=-297kJ/mol；③Mn(s)+2O2(g)+S(s)=MnSO4(s) ΔH=-1065kJ/mol；将①+③-②得，固体MnO2和二氧化硫气 mol -1； 体反应生成MnSO4固体的热化学方程式为：MnO2(s)+SO2(g)=MnSO4(s) ∆H= －248kJ·(2)草酸钠不稳定，当加热温度大于90℃时，部分草酸发生分解，会导致草酸钠消耗偏多； (3)将一定量高锰酸钾溶液与酸化的草酸钠溶液混合，测得反应溶液中Mn2+的浓度随反应时间t的变化如图，Mn2+浓度变化由缓慢增大后迅速增大的原因是随着c(Mn2+)的不断增大，反应速率大大加快，生成的Mn2+对反应有催化作用，且c(Mn2+)越大，催化效果越好； (4)KMnO4是强氧化剂，与其相似的是双氧水和84消毒液，故选AD； (5)假设相同质量的
100g5=3.16mol；NaKMnO4和NaClO都为100g，KMnO4做氧化剂生成Mn，转移电子
158g/mol2+
100g3.162=2.68；ClO做氧化剂生产Cl，转移电子=1.18，则KMnO4消毒效率（用
74.5g/mol2.68-
单位质量转移的电子数表示）是NaClO的1.18倍；
(6) ①配制250mL0.1000mol/L标准Na2SO3溶液，需要使用的玻璃仪器有烧杯、胶头滴管、量筒、玻璃棒和250mL容量瓶，故答案为：250mL容量瓶；
②盐酸和高锰酸钾反应生成氯气，故不能用盐酸酸化高锰酸钾；硝酸和次氯酸具有氧化性会干扰高锰酸钾的氧化反应，不选；所以需要用稀硫酸酸化高锰酸钾，选B； ③从数据的比较中可以看出，第1组数据为失真数据，后两组数据的平均值为
20.98+21.02=21mL，测定过程中发生反应的离子方程式为：2MnO4- + 5SO32- + 6H+ ＝5SO42-
2+ 2Mn2+ + 3H2O，则n(MnO4-)=
20.1000mol/L0.021L2n(SO32-)==0.00084mol，该550.00084mol158g/mol100%=18.7%。 KMnO4产品的纯度为
0.7g
（H2C2O4）10．草酸溶液与酸性KMnO4溶液反应时，溶液褪色总是先慢后快，某学习小
组探究反应过程中使褪色加快的主要原因，过程如下： （查阅资料）KMnO4溶液氧化H2C2O4的反应历程为：
（提出假设）假设1：该反应为放热 假设2：反应生成的Mn2+对该反应有催化作用 假设3：K+对该反应有催化作用
该小组同学未提出浓度使反应速率加快的假设，原因是______。 （设计、完成实验）
（H2C2O42H2O），配置500mL0.10mol/LH2C2O4溶液。 （）1称取______g草酸晶体
①在上述过程中必须用到的2种定量仪器是托盘天平和______。 （填下列选项的字母序号）②下列操作会使所配溶液浓度偏低的是______。
A 称取草酸晶体时，将草酸晶体放在托盘天平右盘 B 定容时俯视刻度线
C 将烧杯中溶液转移到容量瓶之前，容量瓶中有少量蒸馏水 D 摇匀后，发现溶液液面低于刻度线，立即用胶头滴管加水再定容 完成探究，记录数据 （2）实验 编号 1 2 烧杯中所加试剂及用量（mL） 溶液褪 0.10mol/L 等浓度 H2C2O4溶KMnO4液 30 30 溶液 20 20 H2O 30 30 0.50mol/L 控制条件 稀硫酸 20 20 色时间 （s）18 15 水浴控制温度65℃ 加入少量3 4 30 30 20 20 30 x 20 20 MnSO4固体 加入3.6 18 5mL0.10mol/L K2SO4溶液 则x______，假设______成立。
由于KMnO4能氧化水中有机物等因素，配置好稳定的KMnO4溶液，其浓度需标（3）定．取10.00mL0.10mol/LH2C2O4溶液于锥形瓶中，加入10mL0.50mol/L稀硫酸，用中KMnO4溶液滴定至锥形瓶中恰好呈浅紫色，且半分钟不褪色，记录数据，平行（2）三次实验，平均消耗KMnO4溶液40.00mL，则草酸溶液与酸性KMnO4溶液反应的离子方程式为：______，上述实验中KMnO4溶液的物质的量浓度为______。 【答案】随反应物浓度降低，反应速率减慢 6.3 500mL容量瓶 AD 25mL 2
5H2C2O42MnO46H10CO22Mn28H2O 0.010mol/L
【解析】 【详解】
随着反应的进行，反应物的浓度逐渐降低，故浓度对反应速率的影响是会导致反应速率减慢，而根据题意可知，反应速率是先慢后快，故不可能是浓度导致的反应速率的变化，故答案为：随反应物浓度降低，反应速率减慢；
【设计完成实验】（1）配制500mL0.10mol/LH2C2O4溶液，所需的草酸的物质的量
（H2C2O42H2O）的物质的ncV0.5L0.10mol/L0.05mol，即需要的草酸晶体
量为0.05mol，质量mnM0.05mol126g/mol6.3g，故答案为：6.3； ①配制过程中用到的仪器是：托盘天平、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管，其中用到的2种定量仪器是托盘天平和500mL容量瓶，故答案为：500mL容量瓶； ②A、称取草酸晶体时，将草酸晶体放在托盘天平右盘此时m物m砝m游，会导致所称量的药品的质量偏小，则浓度偏低，故A选；
B、定容时俯视刻度线，会导致溶液体积偏小，则浓度偏大，故B不选；
C、只要最后定容时凹液面与刻度线相切即可，至于水是事先就有的还是后来加入的，对浓度无影响，故C不选；
D、摇匀后，发现溶液液面低于刻度线是正常的，立即用胶头滴管加水，会导致溶液的浓度偏低，故D选； AD正确，故答案为：AD；
（2）若要探究K对该反应有无催化作用，必须保持其他的影响因素如H2C2O4的浓度、
KMnO4的浓度以及稀硫酸的浓度与实验1是相同的，而H2C2O4、KMnO4以及稀硫酸
的加入的物质的量相同，故若使浓度相同，则必须使溶液体积与实验1相同，故加入的水的体积x25mL，根据溶液褪色的时间可以看出，Mn2对该反应有催化作用，导致反应速率加快，溶液褪色的时间缩短，故假设2是成立的，故答案为：25mL；2； （3）根据题干信息可知：KMnO4溶液与H2C2O4发生氧化还原反应，KMnO4被还原为
Mn2，H2C2O4被氧化为CO2，故离子方程式为：
5H2C2O42MnO46H10CO22Mn28H2O；设KMnO4溶液的物质的量浓
度为ymol/L，根据反应：
5H2C2O4 + 2MnO-4 + 6H+ = 10CO2+2Mn2++8H2O 5 2 0.01L0.10mol/L ymol/L0.04L52可得：解得y0.010，故答案为：0.010mol/L。 0.0010.04y
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