Ⅰ中，$\text{NaHS}{{\text{O}}_{3}}$溶液呈酸性，结合化学用语说明其原因：                。

$\\text{HSO}_{\\text{3}}^{-}$在水溶液中既能发生电离：$\\text{HSO}_{\\text{3}}^{-}\\rightleftharpoons \\text{SO}_{\\text{3}}^{\\text{2-}}+{{\\text{H}}^{+}}$，又能发生水解：$\\text{HSO}_{\\text{3}}^{-}+{{\\text{H}}_{\\text{2}}}\\text{O}\\rightleftharpoons {{\\text{H}}_{\\text{2}}}\\text{S}{{\\text{O}}_{\\text{3}}}\\text{+O}{{\\text{H}}^{-}}$,且电离大于水解

由于$\text{HSO}_{\text{3}}^{-}$在水溶液中既能发生电离：$\text{HSO}_{\text{3}}^{-}\rightleftharpoons \text{SO}_{\text{3}}^{\text{2-}}+{{\text{H}}^{+}}$，又能发生水解：$\text{HSO}_{\text{3}}^{-}+{{\text{H}}_{\text{2}}}\text{O}\rightleftharpoons {{\text{H}}_{\text{2}}}\text{S}{{\text{O}}_{\text{3}}}\text{+O}{{\text{H}}^{-}}$，且电离大于水解，故导致$\rm NaHSO_{3}$溶液呈酸性，故答案为：$\text{HSO}_{\text{3}}^{-}$在水溶液中既能发生电离：$\text{HSO}_{\text{3}}^{-}\rightleftharpoons \text{SO}_{\text{3}}^{\text{2-}}+{{\text{H}}^{+}}$，又能发生水解：$\text{HSO}_{\text{3}}^{-}+{{\text{H}}_{\text{2}}}\text{O}\rightleftharpoons {{\text{H}}_{\text{2}}}\text{S}{{\text{O}}_{\text{3}}}\text{+O}{{\text{H}}^{-}}$，且电离大于水解；

Ⅱ中，加入$\rm NaOH$调节$\rm pH$至                $\rm ($填字母序号$\rm )$。

$\rm a.4.3$~$\rm 5.6$    $\rm b.4.3$~$\rm 7.1$    $\rm c.5.6$~$\rm 7.1$    $\rm d.7.1$~$\rm 9.2$

$\\rm c$

Ⅱ中，加入$\rm NaOH$调节$\rm pH$的目的是将$\rm Cr^{3+}$完全沉淀，而使$\rm Ni^{2+}$不沉淀，故应该调节$\rm pH$至$\rm 5.6$~$\rm 7.1$；

Ⅲ中，${{\text{H}}_{2}}{{\text{O}}_{2}}$氧化$\text{Cr}{{\left( \text{OH} \right)}_{3}}$沉淀的化学方程式为                。

$\\rm 3H_{2}O_{2}+2Cr(OH)_{3}+4NaOH=2Na_{2}CrO_{4}+8H_{2}O$

Ⅲ中，${{\text{H}}_{2}}{{\text{O}}_{2}}$氧化$\text{Cr}{{\left( \text{OH} \right)}_{3}}$沉淀即生成$\rm Na_{2}CrO_{4}$和$\rm H_{2}O$，根据氧化还原反应配平可得，该反应的化学方程式为$\rm 3H_{2}O_{2}+2Cr(OH)_{3}+4NaOH=2Na_{2}CrO_{4}+8H_{2}O$；

Ⅲ中，在投料比、反应时间均相同时，若温度过高，$\text{N}{{\text{a}}_{2}}\text{Cr}{{\text{O}}_{4}}$的产率反而降低，可能的原因是                。

$\\rm H_{2}O_{2}$受热易分解，所以氧化$\\rm Cr(OH)_{3}$的$\\rm H_{2}O_{2}$减少，故能导致$\\rm Na_{2}CrO_{4}$的产率反而降低

Ⅲ中，在投料比、反应时间均相同时，若温度过高，$\rm H_{2}O_{2}$受热易分解，所以氧化$\rm Cr(OH)_{3}$的$\rm H_{2}O_{2}$减少，故能导致$\rm Na_{2}CrO_{4}$的产率反而降低；

Ⅳ中，加入${{\text{H}}_{2}}\text{S}{{\text{O}}_{4}}$的作用是                $\rm ($结合平衡移动原理解释$\rm )$。

加入${{\\text{H}}_{2}}\\text{S}{{\\text{O}}_{4}}$使得溶液中$\\rm H^{+}$增大，使得反$\\text{C}{{\\text{r}}_{2}}\\text{O}_{7}^{2-}+{{\\text{H}}_{2}}\\text{O}\\rightleftharpoons 2\\text{CrO}_{4}^{2-}+2{{\\text{H}}^{+}}$平衡逆向移动，以提高$\\rm Na_{2}Cr_{2}O_{7}$的产率

$\rm Na_{2}CrO_{4}$溶液中存在以下平衡：$\text{C}{{\text{r}}_{2}}\text{O}_{7}^{2-}+{{\text{H}}_{2}}\text{O}\rightleftharpoons 2\text{CrO}_{4}^{2-}+2{{\text{H}}^{+}}$，加入${{\text{H}}_{2}}\text{S}{{\text{O}}_{4}}$使得溶液中$\rm H^{+}$增大，使得上述平衡逆向移动，以提高$\rm Na_{2}Cr_{2}O_{7}$的产率；

为了测定获得红矾钠$\rm (\text{N}{{\text{a}}_{2}}\text{C}{{\text{r}}_{2}}{{\text{O}}_{7}}\cdot 2{{\text{H}}_{2}}\text{O}\rm )$的纯度，称取上述流程中的产品$\rm ag$配成$\rm 100$ $\rm mL$溶液，取出$\rm 25$ $\rm mL$放于锥形瓶中，加入稀硫酸和足量的$\rm KI$溶液，置于暗处充分反应至$\text{C}{{\text{r}}_{2}}\text{O}_{7}^{2-}$全部转化为$\text{C}{{\text{r}}^{3+}}$后，滴入$\rm 2$~$\rm 3$滴淀粉溶液，最后用浓度为${{c}_{1}}\,\text{mo}{{\text{l}}^{-}}{{\text{L}}^{-1}}$的$\text{N}{{\text{a}}_{2}}{{\text{S}}_{2}}{{\text{O}}_{3}}$标准溶液滴定，共消耗${{V}_{1}}\,\text{mL}$。$\rm ($已知：${{\text{I}}_{2}}+2{{\text{S}}_{2}}\text{O}_{3}^{2-}=2{{\text{I}}^{-}}+{{\text{S}}_{4}}\text{O}_{6}^{2-}$。$\rm )$

①滴定终点的现象为                。

②所得$\text{N}{{\text{a}}_{2}}\text{C}{{\text{r}}_{2}}{{\text{O}}_{7}}\cdot 2{{\text{H}}_{2}}\text{O}\rm ($摩尔质量为$298\,\text{g}\cdot \text{mo}{{\text{l}}^{-1}}\rm )$的纯度的表达式为                $\rm ($用质量分数表示$\rm )$。

滴入最后一滴$\\rm Na_{2}S_{2}O_{3}$标准溶液后，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不恢复蓝色 ； $\\dfrac{59.6{{c}_{1}}{{V}_{1}}}{3a}\\%$

①本实验指示剂为淀粉溶液，$\rm I_{2}$遇到淀粉溶液显蓝色，故滴定终点的现象为滴入最后一滴$\rm Na_{2}S_{2}O_{3}$标准溶液后，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不恢复蓝色，故答案为：滴入最后一滴$\rm Na_{2}S_{2}O_{3}$标准溶液后，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不恢复蓝色；

②根据得失电子总数相等可知，$\rm Na_{2}Cr_{2}O_{7}·2H_{2}O$~$\rm 3I_{2}$~$\rm 6Na_{2}S_{2}O_{3}$，故有$n\left( \text{N}{{\text{a}}_{\text{2}}}\text{C}{{\text{r}}_{\text{2}}}{{\text{O}}_{\text{7}}}\cdot \text{2}{{\text{H}}_{\text{2}}}\text{O} \right)=\dfrac{\text{1}}{\text{6}}n\left( \text{N}{{\text{a}}_{\text{2}}}{{\text{S}}_{\text{2}}}{{\text{O}}_{\text{3}}} \right)=\dfrac{\text{1}}{\text{6}}\times {{c}_{1}}\,\text{mol/L}\times {{V}_{1}}\times {{10}^{-3}}\;{\rm L}=\dfrac{\text{1}}{\text{6}}{{c}_{1}}{{V}_{1}}\times {{10}^{-3}}\,\text{mol}$，所得$\text{N}{{\text{a}}_{2}}\text{C}{{\text{r}}_{2}}{{\text{O}}_{7}}\cdot 2{{\text{H}}_{2}}\text{O}\rm ($摩尔质量为$298\,\text{g}\cdot \text{mo}{{\text{l}}^{-1}}\rm )$的纯度的表达式为$\dfrac{\dfrac{\text{1}}{\text{6}}{{c}_{1}}{{V}_{1}}\times \text{1}{{\text{0}}^{\text{-3}}}\text{mol}\times \text{298}\,\text{g/mol}\times \dfrac{\text{100}\,\text{mL}}{\text{25}\text{.00}\,\text{mL}}}{a\,\text{g}}\times \text{100 }\!\!\%=\dfrac{59.6{{c}_{1}}{{V}_{1}}}{3a}\%$。