6．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：。
L-1的KMnO4标准溶液和足量准确称取1.200g产品放入锥形瓶中，加入50.00mL0.1000mol·
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L-1Na2C2O4标准溶液滴定至终点，消耗Na2C2O4溶液的体出），冷却至室温，用0.2500mol·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；
NOSO4H 生成的NOSO4H对该反应有催化作用 硝酸会挥发
L-1的KMnO4与16.00mL 0.2500mol·L-1Na2C2O4反应之后剩余的（2）50.00mL0.1000mol·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
浓硫酸NOSO4H，故答案为：
HNO3+SO2
浓硫酸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
2KMnO4?子守恒，氧化剂和还原剂的物质的量之比=2:5，所以
5Na2C2O45mol，
0.25mol/L?16?10-3L2moln1解得：和Na2C2O4反应的KMnO4的物质的量n1=1.6×10-3mol，KMnO4总的物质的量=50.00×10-3L×0.1000mol·L-1=5×10-3mol，所以和NOSO4H反应的KMnO4的物质的量=5×10-
2KMnO4?5NOSO4H3
mol-1.6×10-3mol=3.4×10-3mol，所以2mol5?127g，解得NOSO4H的质量
3.4?10?3mm=1.0795g，所以样品中NOSO4H的纯度=【点睛】
和Na2C2O4反应的KMnO4加上和NOSO4H反应的KMnO4为总的KMnO4的量。
1.0795g?100%≈90.00%，故答案为：90.00%。 1.2g
－＋－＋
7．某体系中存在如下反应：①H2S＋4H2O－8e = SO42＋10H，②2IO3＋12 H＋10e = I2
＋6H2O。
（1）反应①中H2S做_____剂，反应②属于_______ 反应（填“氧化”或“还原”）。 （2）若在反应①中失去0．2 mol 电子，则反应②中可生成______g I2。
（3）写出并配平碘酸钾与硫化氢反应的化学方程式，同时标出电子转移的方向和数目：_____。
（4）由上述反应可推知__________。 a．氧化性：K2SO4＞ KIO3 b．酸性：HIO3＞ H2SO4 c．还原性：H2S ＞ I2 d．反应过程中溶液的酸性逐渐减弱 【答案】还原 还原 5．08 【解析】 【分析】
（1）化合价升高的反应物做还原剂，碘元素的价态由正五价，变为零价，发生还原反应； （2）由得失电子数目守恒计算可得； （3）①×5+②×4得反应的化学方程式；
（4）还原性：还原剂＞还原产物，氧化性：氧化剂＞氧化产物，因为有水的生成，酸性减
c
弱。 【详解】
（1）由①H2S+4H2O-8e→SO42-+10H+和②2IO3-+12H++10e→I2+6H2O可知，反应①中硫元素化合价从-2价变化为+6价，化合价升高失电子做还原剂，反应②是碘元素化合价从+5价变化为0价，化合价降低做氧化剂，发生还原反应，故答案为：还原，还原；
（2）根据①②电子守恒得到：40mole-转移生成4molI2，4I2～40e-，；①中失去0.2mol 电子，②中得到0.2mol电子，反应的碘单质物质的量0.02mol，m（I2）=0.02mol×127g/mol×2=5.08g，故答案为：5.08； （3）由①和②依据电子守恒得到反应的化学方程式为
5H2S+8KIO3=4K2SO4+4I2+H2SO4+4H2O，由方程式可知40mole-转移生成4molI2，则电子转移的方向和数目为
；
（4）a、氧化剂KIO3的氧化性大于氧化产物K2SO4、H2SO4，氧化性：K2SO4＜KIO3，故a错误；
b、反应物中无碘酸生成，该反应不能判断酸性强弱，故b错误； c、还原剂H2S的还原性大于还原产物I2，则还原性：H2S＞I2，故c正确； d、反应过程中氢硫酸反应生成硫酸，溶液酸性增强，故d错误； c正确，故答案为：c。
，故答案为：
8．含铬(＋6价)废水严重危害人体健康，工业上常用还原法进行处理。其部分工艺流程如下：
(1)废水中，六价铬以CrO42－；或者Cr2O72－的形式存在，写出其相互转化的离子方程式______。我国常用NaHSO3做还原剂，写出还原池中反应的离子方程式__________。 (2)废水中残留六价铬的浓度随溶液pH变化如图所示。实际生产中需控制pH＝2.5～3.0，原因可能是_____________。
(3)沉淀池中生成Cr(OH)3的颗粒太细，为促使其更好地沉淀，可采取的措施是________。
(4)我国规定，工业废水中含Cr(VI)量的排放标准为0.1 mg/L。已知：Cr的相对原子质量为52，Kap(BaCrO4)＝1.2×10－10。若用Ba2＋除去废水中的CrO42－，达到废水排放标准时，废水
＋＋－
中Ba2浓度最低为___________mol/L(保留小数点后2位)。用Ba2除去废水中的CrO42是
否可行，为什么?请简要回答。________________ 【答案】2CrO4+2H
2-+
Cr2O7+H2O 3HSO3+Cr2O7+5H=2Cr+3SO4+4H2O 溶液中pH越高，
2-—2-+3+2-
废水中六价铬残留越多；溶液中pH越低，会腐蚀设备管道 加入絮凝剂 6.24×10-5 mol/L 不可行，因为废水中含有Ba2＋，同样有毒 【解析】 【分析】
（1）由工艺流程可知，加酸可以使CrO42-转化为Cr2O72-，还原池中，Cr2O72-在酸性条件下将HSO3—氧化生成SO42-，本身被还原为Cr3+；
（2）由图可知，溶液中pH越大废水中残留六价铬的浓度越大，而溶液中pH越小，酸性越强，可能会腐蚀设备管道；
（3）沉淀池中生成Cr(OH)3的颗粒太细，可向沉淀池中加入絮凝剂；
＋
（4）由溶度积计算可得；Ba2在溶液中有毒。
【详解】
（1）由工艺流程可知，加酸可以使CrO42-转化为Cr2O72-，转化的离子方程式为2CrO42-+2H++2H+
Cr2O72-+H2O；还原池中，Cr2O72-在酸性条件下将HSO3—氧化生成SO42-，本身被还Cr2O72-+H2O；3HSO3—+Cr2O72-+5H+=2Cr3++3SO42-+4H2O；
—
原为Cr3+，反应的离子方程式为3HSO3+Cr2O72-+5H+=2Cr3++3SO42-+4H2O，故答案为：2CrO42-
（2）由图可知，溶液中pH越大废水中残留六价铬的浓度越大，而溶液中pH越小，酸性越强，可能会腐蚀设备管道，所以实际生产中需控制pH＝2.5～3.0，故答案为：溶液中pH越高，废水中六价铬残留越多；溶液中pH越低，会腐蚀设备管道；
（3）沉淀池中生成Cr(OH)3的颗粒太细，可向沉淀池中加入絮凝剂，使Cr(OH)3更好地沉淀，故答案为：加入絮凝剂；
（4）达到废水排放标准时，CrO42－的浓度为
Ksp?BaCrO4?c(CrO42－0.0001g521L=0.0001mol/L，则溶液中Ba2＋浓度为52)=
1.2?10?100.0001mol/L52=6.24×10-5 mol/L；Ba2＋在溶液中有毒，则用Ba2＋除去废水中的CrO42－
是不可行的，故答案为：6.24×10-5 mol/L；不可行，因为废水中含有Ba2＋，同样有毒。
9．（1）将新制氯水逐滴滴入FeBr2溶液中，写出最初发生的反应的离子方程式，并标出电子转移的方向和数目。___。
（2）在硫酸铝铵(NH4Al(SO4)2)溶液中滴加少量Ba(OH)2溶液并不断搅拌。用一个离子方程式表示最初发生的反应。___。
（3）石油气“芳构化”是由石油气生产高辛烷值汽油的一种有效生产工艺。测得反应2C4H10温度(℃) 平衡常数K C8H10(g)+5H2在不同温度下的平衡常数变化如下： 400 a 450 6a 500 40a
①该反应的正反应是____(吸热、放热)反应。
②向2L密闭定容容器中充入2molC4H10，反应10s后测得H2浓度为1mol/L，此10s内，以C8H10表示的平均速率为___。
③能表示该反应在恒温恒容密闭容器中t1时刻后已经达平衡状态的图示是___。
a. b. c. d.
④如图表示某温度时将一定量的C4H10(含少量H2)充入容器中反应期间物质浓度随时间的变化(容器容积可变)，实线代表C8H10，虚线代表C4H10。请用实线补充画出t1~t4间C8H10的浓度变化曲线___。
【答案】
3Ba2++6OH-+3SO42-+2Al3+=3BaSO4↓+2Al(OH)3↓ 吸热
0.02mol/(L·s) b、d
【解析】 【分析】
(1)氯气具有氧化性，能将碘离子以及亚铁离子氧化，碘离子的还原性强于亚铁离子的还原性，所以先是发生氯气氧化亚铁离子的反应，氧化还原反应中，化合价升高值＝化合价降低值＝转移电子数，据此表示电子转移的情况；
(2)在硫酸铝铵(NH4Al(SO4)2)溶液中滴加少量Ba(OH)2溶液，由于氢氧化钡少量，氢氧根离子不足，反应按照氢氧化钡的组成进行，氨水碱性强于氢氧化铝，所以铝离子优先与氢氧根离子反应，据此写出反应的离子方程式；
(3)①依据图表数据，平衡常数随温度升高增大，平衡正向进行；
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