备战高考化学易错题精选氧化还原反应练习题.docx

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备战高考化学易错题精选氧化还原反应练习题

一、高中化学氧化还原反应练习题（含详细答案解析）

1．铋酸钠（NaBiO3）是分析化学中的重要试剂，在水中缓慢分解，遇沸水或酸则迅速分解。

某兴趣小组设计实验制取铋酸钠并探究其应用。

回答下列问题：

Ⅰ.制取铋酸钠

制取装置如图（加热和夹持仪器已略去），部分物质性质如下：

物质

NaBiO3

Bi（OH）3

性质

不溶于冷水，浅黄色

难溶于水；白色

（1）B装置用于除去HCl，盛放的试剂是___；

（2）C中盛放Bi（OH）3与NaOH混合物，与Cl2反应生成NaBiO3，反应的离子方程式为___；

（3）当观察到___（填现象）时，可以初步判断C中反应已经完成；

（4）拆除装置前必须先除去烧瓶中残留Cl2以免污染空气。

除去Cl2的操作是___；

（5）反应结束后，为从装置C中获得尽可能多的产品，需要的操作有___；

Ⅱ.铋酸钠的应用——检验Mn2+

（6）往待测液中加入铋酸钠晶体，加硫酸酸化，溶液变为紫红色，证明待测液中存在Mn2+。

①产生紫红色现象的离子方程式为___；

②某同学在较浓的MnSO4溶液中加入铋酸钠晶体，加硫酸酸化，结果没有紫红色出现，但观察到黑色固体（MnO2）生成。

产生此现象的离子反应方程式为___。

Ⅲ.产品纯度的测定

（7）取上述NaBiO3产品wg，加入足量稀硫酸和MnSO4稀溶液使其完全反应，再用cmo1·L-1的H2C2O4标准溶液滴定生成的MnO4-（已知：

H2C2O4+MnO4-——CO2+Mn2++H2O，未配平），当溶液紫红色恰好褪去时，消耗vmL标准溶液。

该产品的纯度为___（用含w、c、v的代数式表示）。

【答案】饱和食盐水Bi（OH）3+3OH-+Na++Cl2=NaBiO3+2Cl-+3H2OC中白色固体消失（或黄色不再加深）关闭K1、K3，打开K2在冰水中冷却结晶、过滤、洗涤、干燥5NaBiO3+2Mn2++14H+=5Bi3++2MnO4-+5Na++7H2O3Mn2++2MnO4-+2H2O=5MnO2↓+4H+

×100%或

×100%或

%

【解析】

【分析】

用浓HCl和MnO2反应制备Cl2，其中混有挥发出来的HCl，要用饱和食盐水出去，然后利用Cl2的强氧化性在碱性条件下将Bi（OH）3氧化成NaBiO3；利用Mn2+的还原性将NaBiO3还原而Mn2+被氧化成紫红色溶液MnO4-来检验NaBiO3的氧化性；实验结束后Cl2有毒，要除去，做法是打开三颈烧瓶的NaOH溶液，使其留下和氯气反应；NaBiO3纯度的检测利用NaBiO3和Mn2+反应生成MnO4-，MnO4-再和草酸反应来测定，找到NaBiO3、Mn2+、MnO4-、草酸四种物质之间的关系，在计算即可。

【详解】

（1）除去氯气中混有的HCl，用饱和食盐水，故答案为：

饱和食盐水；

（2）反应物为Bi（OH）3、Cl2和NaOH混合物，+3价的Bi被氧化成NaBiO3，Cl2被还原成Cl-，根据原子守恒还有水生成，所以反应为：

Bi（OH）3+3OH-+Na++Cl2=NaBiO3+2Cl-+3H2O，故答案为：

Bi（OH）3+3OH-+Na++Cl2=NaBiO3+2Cl-+3H2O；

（3）C中反应已经完成,则白色的Bi（OH）3全部变为了黄色的NaBiO3，故答案为：

C中白色固体消失（或黄色不再加深）；

（4）从图上来看关闭K1、K3，打开K2可使NaOH留下与氯气反应，故答案为：

关闭K1、K3，打开K2；

（5）由题意知道NaBiO3不溶于冷水，接下来的操作尽可能在冰水中操作即可，操作为：

在冰水中冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，故答案为：

在冰水中冷却结晶、过滤、洗涤、干燥；

（6）①往待测液中加入铋酸钠晶体，加硫酸酸化，溶液变为紫红色，证明待测液中存在Mn2+，说明铋酸钠将Mn2+氧化成MnO4-，因为是酸性条件，所以铋酸钠被还原成Bi3+，据此写方程式并配平为5NaBiO3+2Mn2++14H+=5Bi3++2MnO4-+5Na++7H2O，故答案为：

5NaBiO3+2Mn2++14H+=5Bi3++2MnO4-+5Na++7H2O；

②由题意可知，Mn2+过量，铋酸钠少量，过量的Mn2+和MnO4-发生反应生成了黑色的MnO2，反应方程式为3Mn2++2MnO4-+2H2O=5MnO2↓+4H+，故答案为：

3Mn2++2MnO4-+2H2O=5MnO2↓+4H+；

（7）根据得失电子守恒找出关系式为：

5NaBiO3～2Mn2+～2MnO4-～5H2C2O4,计算铋酸钠理论产量：

解得m（理论）=0.28CVg，所以纯度=

×100%=

×100%，所以答案为：

×100%或

×100%或

%。

【点睛】

（7）在复杂的纯度、产率等计算中，用得失电子守恒法找出各关键物质之间的关系，由此计算，可以事半功倍，如本题中的关系5NaBiO3～5H2C2O4，使复杂问题简单化了。

2．硫酰氯（SO2Cl2）和亚硫酰氯（SOCl2）都是重要的化工试剂，均易水解。

（1）甲同学在实验室利用SO2和Cl2在活性炭催化作用下制取SO2Cl2，装置如图所示。

①B装置中冷凝管进水口是___。

（填“m”或“n”），B中干燥管盛有的物质是___。

②欲制取少量SO2Cl2，选择图中的装置（可以重复选用），其连接顺序为：

a、___、h。

③去除C装置会降低SO2和Cl2的利用率，可能的原因是___（用化学方程式表示）。

（2）SOCl2水解后无残留物，较SO2Cl2是更好的脱水剂。

乙同学设计实验利用SOCl2和ZnCl2•xH2O制取无水ZnCl2。

①解释SOCl2在该实验中的作用是___（写出两点）。

②实验室常用NaOH溶液吸收SOCl2，该反应的离子方程式是___。

（3）乙同学认为SOCl2还可用作由FeCl3•6H2O制取无水FeCl3的脱水剂，但丙同学认为该实验可能发生副反应使产品不纯。

①可能发生的副反应的化学方程式是___。

②两同学设计如下实验判断该反应的可能性：

取少量SOCl2和FeCl3•6H2O反应后的混合物于试管中，加水溶解，将溶液平分至五支试管，分别进行以下实验，其中能得出合理结论的是___。

A．加入过量稀HNO3，再滴加几滴AgNO3溶液

B．加入少量稀HNO3，再滴加几滴BaCl2溶液

C．滴加几滴BaCl2溶液

D．滴加几滴酸性KMnO4溶液

E.滴加几滴KSCN溶液后，再滴加几滴氯水

【答案】m碱石灰fgdebcedSO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HClSOCl2作脱水剂，与水反应生成HCl可以抑制氯化锌的水解SOCl2+4OH-=SO32-+2Cl-+2H2OSOCl2+2FeCl3•6H2O=FeSO4+6HCl+FeCl2+9H2OBCD

【解析】

【分析】

冷凝管中冷凝水的流向要对流，下进上出；干燥管中根据要求一般填装碱石灰或无水氯化钙，碱石灰同时具有干燥和吸收酸性气体功能，无水氯化钙只有吸水性。

【详解】

（1）①B装置中冷凝管进水口是m，B中干燥管盛有的物质是吸收剩余二氧化硫、氯气的碱石灰；故答案为：

m；碱石灰；

②装置A制备氯气，氯气含氯化氢和水蒸气，通过装置D除去氯化氢，通过装置C吸收水蒸气，得到干燥纯净的氯气，连接装置B的b进入三颈烧瓶，装置E制备二氧化硫气体，通过装置C除去水蒸气，连接装置B的c，欲制取少量SO2Cl2，选择上图中的装置（可以重复选用），其连接顺序为：

a、f、g、d、e、b、c、e、d、h；故答案为：

fgdebced；

③去除C装置会降低SO2和Cl2的利用率，是二氧化硫和氯气和水反应生成硫酸和氯化氢，反应的化学方程式：

SO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl；故答案为：

SO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl；

（2）①氯化锌会水解，SOCl2作脱水剂，与水反应生成HCl可以抑制氯化锌的水解，SOCl2在该实验中的作用是：

SOCl2作脱水剂，与水反应生成HCl可以抑制氯化锌的水解；故答案为：

SOCl2作脱水剂，与水反应生成HCl可以抑制氯化锌的水解；

②用NaOH溶液吸收SOCl2，有Na2SO3和NaCl生成，反应的离子方程式：

SOCl2+4OH-=SO32-+2Cl-+2H2O；故答案为：

SOCl2+4OH-=SO32-+2Cl-+2H2O；

（3）①SOCl2具有还原性，三价铁具有氧化性，可能发生氧化还原反应生成硫酸根离子和亚铁离子，反应的化学方程式为：

SOCl2+2FeCl3•6H2O=FeSO4+6HCl+FeCl2+9H2O，故答案为：

SOCl2+2FeCl3•6H2O=FeSO4+6HCl+FeCl2+9H2O；

②SOCl2和FeCl3•6H2O反应后的混合物的主要成分是FeCl3，若发生副反应，还有FeSO4和FeCl2。

由于SOCl2为液体，所以在固体混合物中没有SOCl2。

取少量SOCl2和FeCl3•6H2O反应后的混合物于试管中，加水溶解，溶液中一定有FeCl3，还可能有FeSO4和FeCl2，若要证明有副反应发生，只需证明溶液中有Fe2+或SO42-即可。

A．加入过量稀HNO3，再滴加几滴AgNO3溶液是检验氯离子存在，不能证明副反应是否进行，故A错误；

B．加入少量稀HNO3，再滴加几滴BaCl2溶液，若产生白色沉淀，则证明溶液中有SO42-，能证明有副反应发生，故B正确；

C．滴加几滴BaCl2溶液，生成白色沉淀，说明产物中含硫酸根离子，证明发生了副反应，故C正确；

D．滴加几滴酸性KMnO4溶液，Fe2+具有还原性，可以使酸性KMnO4溶液褪色，能证明发生了副反应，故D正确；

E．滴加几滴KSCN溶液后，由于溶液中有Fe3+，溶液会变红，无法证明Fe2+的存在，故E错误；

故答案为：

BCD。

3．MnO2是制造干电池的主要原料之一，也是中学化学中常见的一种试剂。

工业上Mn（NO3）2和KMnO4为原料制备MnO2，其生产原理如下：

用软锰矿（含MnO2和少量的Fe2O3、SiO2）和碳反应制得MnO；再将MnO与稀硝酸反应，反应后经过滤、提纯、浓缩，可制得50%的Mn（NO3）2溶液；在一定条件下，把50%的Mn（NO3）2溶液滴加到KMnO4溶液中，发生如下反应：

3Mn（NO3）2+2KMnO4+2H2O═5MnO2↓+2KNO3+4HNO3，反应生成的沉淀经过滤、洗涤、干燥后得到MnO2。

请回答下列问题：

Ⅰ、若将软锰矿和碳反应后的固体产物置于如图1所示的装置甲中，与稀硝酸反应，观察到装置乙中有红棕色气体产生。

（1）写出甲中产生气体反应的化学方程式___。

（2）在制备MnO2的实验中要向反应混合液中不断滴加氨水，则氨水的作用是___。

Ⅱ、有人提出用日光分解KMnO4溶液的方法可制取MnO2，反应方程式为：

4KMnO4+2H2O

4MnO2↓+4KOH+3O2↑该反应中c（OH-）随时间的变化曲线如图2所示，分析曲线的变化趋势，你认为形成该变化的原因是___。

Ⅲ、某兴趣小组通过实验研究MnO2的氧化性进行了一系列的研究。

（1）该小组设计了如下4个方案以验证MnO2的氧化性，可行的是___。

A．把MnO2固体加入到FeSO4溶液中，再加入KSCN溶液，观察溶液是否变红

B．把MnO2固体加入到FeCl3溶液中，再加入KSCN溶液，观察溶液是否变红

C．把MnO2固体加入到Na2SO3溶液中，再加入BaCl2观察是否有白色沉淀生成

D．把MnO2固体加入到稀盐酸中，观察是否有黄绿色气体生成

（2）该小组为研究在不同酸碱性的溶液中MnO2的氧化能力，他们控制KI溶液的浓度和MnO2固体的质量相同，恒定实验温度在298K，设计如下对比试验。

实验

酸或碱

现象

A

1滴0.2mol/LNaOH溶液

不变色

B

1滴水

缓慢变浅棕褐色

C

1滴0.1mol/L硫酸溶液

迅速变棕褐色

该小组从上述对比实验中，可以得出的结论是___。

写出在MnO2迅速氧化I−的离子方程式___。

【答案】Fe+4HNO3=Fe（NO3）3+NO↑+2H2O可以中和硝酸，增大反应物的转化率，使原料尽可能多地转化为MnO2反应生成的MnO2对该反应起催化作用A酸性越强，MnO2氧化能力越强MnO2+2I−+4H+=Mn2++I2+2H2O

【解析】

【分析】

Ⅰ、

（1）软锰矿中含有少量Fe2O3，在加热条件下与C反应生成铁，铁与稀硝酸反应生成NO气体，为便于吸收氮氧化物，向乙中通入空气，空气中的氧气将NO氧化成NO2，使气体呈红棕色，丙中应盛NaOH溶液等碱性物质，吸收有毒气体NO2；

（2）制备MnO2的实验中生成HNO3，加入氨水，可以中和硝酸，增大反应物的转化率，使原料尽可能多地转化为MnO2；

Ⅱ、反应中c（OH-）在t1时突然增大，说明反应速率增大，在其它条件不变的情况下，可考虑生成物起催化作用；

Ⅲ、

（1）A中，通过溶液变红，可说明MnO2固体将Fe2+氧化为Fe3+；B中，Fe3+没有还原性，MnO2不能表现氧化性；C中，不管是否将SO32-氧化，都产生白色沉淀；D中，MnO2固体加入到稀盐酸中，不发生反应。

（2）从溶液的酸碱性及产生的现象，可得出酸性越强，I-转化为I2的反应速率越快，现象越明显，MnO2氧化能力越强的结论；MnO2在酸性溶液中氧化I−，生成Mn2+、I2和H2O。

【详解】

Ⅰ、

（1）软锰矿中含有少量Fe2O3，在加热条件下与C反应生成铁，铁与稀硝酸反应生成NO气体。

反应的方程式为Fe+4HNO3=Fe（NO3）3+NO↑+2H2O；答案为：

Fe+4HNO3=Fe（NO3）3+NO↑+2H2O；

（2）制备MnO2的实验中生成HNO3，加入氨水，可以中和硝酸，增大反应物的转化率，使原料尽可能多地转化为MnO2；答案为：

可以中和硝酸，增大反应物的转化率，使原料尽可能多地转化为MnO2；

Ⅱ、反应中c（OH-）在t1时突然增大，说明反应速率增大，在其它条件不变的情况下，可考虑生成物MnO2起催化作用；答案为：

反应生成的MnO2对该反应起催化作用；

Ⅲ、

（1）A中，通过溶液变红，可说明MnO2固体将Fe2+氧化为Fe3+，A符合题意；

B中，Fe3+没有还原性，MnO2不能表现氧化性，B不合题意；

C中，不管是否将SO32-氧化，都产生白色沉淀，C不合题意；

D中，MnO2固体加入到稀盐酸中，不发生反应，D不合题意。

故选A；

（2）从溶液的酸碱性及产生的现象，可得出酸性越强，I-转化为I2的反应速率越快，现象越明显，MnO2氧化能力越强的结论；答案为：

酸性越强，MnO2氧化能力越强；

MnO2在酸性溶液中氧化I−，生成Mn2+、I2和H2O，反应的离子方程式为MnO2+2I−+4H+=Mn2++I2+2H2O；答案为：

MnO2+2I−+4H+=Mn2++I2+2H2O。

4．C、N、S的氧化物常会造成一些环境问题，科研工作者正在研究用各种化学方法来消除这些物质对环境的影响。

（1）CO2的重整用CO2和H2为原料可得到CH4燃料。

已知:

①CH4（g）+CO2（g）=2CO（g）+2H2（g）△H1=+247kJ/mol

②CH4（g）+H2O（g）=CO（g）+3H2（g）△H2=+205kJ/mol

写出CO2重整的热化学方程式：

_____。

（2）“亚碳酸盐法”吸收烟中的SO2

①将烟气通入1.0mol/L的Na2SO3溶液，若此过程中溶液体积不变，则溶液的pH不断_____（填“减小”“不变”或“增大）。

当溶液pH约为6时，吸收SO2的能力显著下降，应更换吸收剂，此时溶液中c（SO32-）=0.2mol/L，则溶液中c（HSO3-）=_____。

②室温条件下，将烟气通入（NH4）2SO3溶液中，测得溶液pH与各组分物质的量分数的变化关系如图:

b点时溶液pH=7，则n（NH4+）：

n（HSO3—）=______________。

（3）催化氧化法去除NO。

一定条件下，用NH3消除NO污染，其反应原理4NH3+6NO

5N2+6H2O。

不同温度条件下，n（NH3）:

n（NO）的物质的量之比分别为4:

1、3:

1、1:

3时，得到NO脱除率曲线如图所示：

①曲线a中，NO的起始浓度为6×10-4mg·m-3，从A点到B点经过0.8s，该时间段内NO的脱除速率为_____mg·m-3·s-1。

②曲线b对应NH3与NO的物质的量之比是_____。

（4）间接电化学法除NO。

其原理如图所示：

写出阴极的电极反应式（阴极室溶液呈酸性）_____。

吸收池中除去NO的原理_____（用离子方程式表示）。

【答案】CO2（g）+4H2（g）=CH4（g）+2H2O（g）△H=−163kJ/mo1减小1.6mol/L3:

11.5×10−43:

1

【解析】

【分析】

（1）已知：

①CH4（g）+CO2（g）=2CO（g）+2H2（g）△H1=+247k/mol，

②CH4（g）+H2O（g）=CO（g）+3H2（g）△H2=+205k/mol，

根据盖斯定律，①-②×2得：

CO2（g）+4H2（g）=CH4（g）+2H2O（g），据此计算△H；

（2）①二氧化硫通入亚硫酸钠溶液生成亚硫酸氢钠，亚硫酸氢钠显酸性，据此分析；根据反应方程式的量的关系计算可得；

②先判断溶质，写出电荷守恒式，在利用pH=7时，c（H+）=c（OH-）找出其他离子的等量关系，结合图示进行等量删减或替换，最后得出结果；

（3）①曲线a中，NO的起始浓度为6×10-4mg•m-3，根据图象得到A、B处的NO脱除率，可得两处的NO的浓度，再计算脱除速率；

②NH3与NO的物质的量的比值越大，NO的脱除率越大，据此分析；

（4）阴极得到电子发生还原反应，结合酸性环境书写；阴极产物吸收NO。

【详解】

（1）已知：

①CH4（g）+CO2（g）=2CO（g）+2H2（g）△H1=+247k/mol，

②CH4（g）+H2O（g）=CO（g）+3H2（g）△H2=+205k/mol，

根据盖斯定律，由①−②×2得反应：

CO2（g）+4H2（g）=CH4（g）+2H2O（g）△H=△H1−2△H2=−163kJ/mo1，

故答案为：

CO2（g）+4H2（g）=CH4（g）+2H2O（g）△H=−163kJ/mo1；

（2）①将烟气通入1.0mol/L的Na2SO3溶液，二氧化硫与亚硫酸钠和水反应生成亚硫酸氢钠，亚硫酸氢钠以电离为主，显酸性，故溶液pH不断减小；向亚硫酸钠溶液中通入二氧化硫生成亚硫酸氢钠，反应方程式SO2+Na2SO3+2H2O=2NaHSO3，溶液中反应的亚硫酸根离子和生成亚硫酸氢根离子的物质的量比为1：

2，即溶液中参加反应的亚硫酸根为（1.0−0.2）mol/L，则生成c（

）=2×（1.0−0.2）mol/L=1.6mol/L，

故答案为：

减小；1.6mol/L；

②b点时溶液pH=7，此时溶液中的溶质是（NH4）2SO3和NH4HSO3，根据电荷守恒：

c（

）+c（H+）=c（OH−）+c（

）+2c（

），因pH=7，故c（H+）=c（OH−），则c（

）=c（

）+2c（

），由图可读出b点时，c（

）=c（

），则c（

）=3c（

），因在同一体系，n（

）：

n（

）=3：

1，

故答案为：

3：

1；

（3）①曲线a中，NO的起始浓度为6×10−4mg⋅m−3，A点的脱除率为55%，B点的脱除率为75%，从A点到B点经过0.8s，该时间段内NO的脱除速率为6×10−4mg⋅m−3×（0.75−0.55）÷0.8s=1.5×10−4mg⋅m−3⋅s−1，

故答案为：

1.5×10−4；

②NH3与NO的物质的量的比值越大，NO的脱除率越大，则物质的量之比分别为4：

1，3：

1，1：

3时，对应的曲线为a，b，c，即曲线b对应的物质的量之比是3：

1，

故答案为：

3：

1；

（4）阴极得到电子发生还原反应，根据图可知是

在酸性条件下发生还原反应，生成

，其电极反应式为

；根据图示，吸收池中

和NO是反应物，N2和

是生成物，则吸收池中除去NO的原理是：

，

故答案为：

；

。

【点睛】

陌生电极反应式的书写步骤：

①根据题干找出反应物以及部分生成物，根据物质变化分析化合价变化并据此写出得失电子数；②然后根据电荷守恒配平电极反应式，在配平时需注意题干中电解质的环境；③然后检查电极反应式的守恒关系（电荷守恒、原子守恒、转移电子守恒等）。

5．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）①实验室制备NOSO4H的化学反应方程式为___。

②反应进行到10min后，反应速度明显加快，其可能的原因是___。

③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___

（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50.00mL0.1000mol·L-1的KMnO4标准溶液和足量稀H2SO4，摇匀，使其充分反应。

再将反应后溶液加热至60~70℃（使生成的HNO3挥发逸出），冷却至室温，用0.2500mol·L-1Na2C2O4标准溶液滴定至终点，消耗Na2C2O4溶液的体积为16.00mL。

已知：

2KMnO4+5NOSO4H+2H2O=K2SO4+2MnSO4+5HNO3+2H2SO4；KMnO4在酸性条件下被还原为Mn2+。

根据以上实验数据计算亚硝酰硫酸的纯度。

（写出计算过程）___

【答案】HNO3+SO2

NOSO4H生成的NOSO4H对该反应有催化作用硝酸会挥发和分解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）50.00mL0.1000mol·L-1的KMnO4与16.00mL0.2500mol·L-1Na2C2O4反应之后剩余的KMnO4再与NOSO4H反应。

【详解】

（1）①N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+SO2

NOSO4H，故答案为：

HNO3+SO2

NOSO4H；

②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；

③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反滴定，KMnO4和Na2C2O4，KMnO4中Mn元素化合价从+7降低到+2，降低5，作氧化剂，Na2C2O4中C元素化合价从+3升高到+4升高了1，2个C升高了2，作还原剂，根据得失电子守恒，氧化剂和还原剂的物质的量之比=