《2021版化学名师讲练大一轮复习鲁科新高考地区专用版核心素养测评 八 氧化还原反应的配平和计算 .doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2021版化学名师讲练大一轮复习鲁科新高考地区专用版核心素养测评 八 氧化还原反应的配平和计算 .doc（20页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、温馨提示： 此套题为Word版，请按住Ctrl,滑动鼠标滚轴，调节合适的观看比例，答案解析附后。关闭Word文档返回原板块。核心素养测评 八氧化还原反应的配平和计算一、选择题(本题包括4小题,每题6分,共24分)1.(2020亳州模拟) Na2FeO4是一种高效多功能水处理剂。一种制备Na2FeO4的方法可用化学方程式表示如下:2FeSO4+6Na2O22Na2FeO4+2Na2O+2Na2SO4+O2,下列说法中正确的是()A.Na2O2在上述反应中只作氧化剂B.氧化产物只有Na2FeO4C.Na2FeO4处理水时,既能杀菌,又能在处理水时产生胶体净水D.2 mol FeSO4发生反应时,共
2、有8 mol电子发生转移【解析】选C。该反应中铁元素化合价由+2变为+6、氧元素化合价由-1变为0和-2,所以硫酸亚铁是还原剂、过氧化钠既是氧化剂又是还原剂。根据上述分析,该反应中过氧化钠既作氧化剂又作还原剂,A项错误;该反应中氧化产物为Na2FeO4和O2,B项错误;Na2FeO4处理水时,高铁酸钠具有强氧化性,能杀菌,+6价的铁被还原生成铁离子,铁离子水解生成氢氧化铁胶体具有吸附性,所以又能在处理水时产生胶体净水,C项正确;反应中化合价升高的元素有Fe,由+2价+6价,化合价升高的元素还有氧元素,由-1价0价,则2 mol FeSO4发生反应时,共有2 mol4+1 mol2=10 mol
3、电子转移,D项错误。2.(2020蚌埠模拟) 酸性KMnO4溶液和CuS混合时,发生的反应如下:MnO4-+CuS+H+Cu2+SO2+Mn2+H2O(未配平),下列有关该反应的说法中正确的是()A.被氧化的元素是Cu和SB.Mn2+的还原性强于CuS的还原性C.氧化剂与还原剂的物质的量之比为65D.若生成2.24 L(标准状况下)SO2,转移电子的物质的量是0.8 mol【解析】选C。反应中,铜元素的化合价没变,硫元素的化合价由-2升到+4,只有硫元素被氧化,A项错误;还原剂的还原性大于还原产物的还原性,则还原性CuS Mn2+,B项错误;氧化剂为KMnO4,还原剂为CuS,设KMnO4为x
4、 mol, CuS为y mol,根据电子守恒:x(7-2)=y4-(-2),xy=65,所以氧化剂与还原剂的物质的量之比为65,C正确;二氧化硫物质的量为0.1 mol,由方程式可知消耗KMnO4的量为0.165=0.12 mol,反应中锰元素化合价由+7降低为+2,故转移电子为0.12 mol(7-2)=0.6 mol,D项错误。3.(双选)已知:还原性HSO3-I-,氧化性IO3-I2。在含3 mol NaHSO3的溶液中逐滴加入KIO3溶液,加入KIO3和析出I2的物质的量的关系曲线如图所示。下列说法不正确的是()A.0a间发生反应:3HSO3-+IO3-3SO42-+I-+3H+B.a
5、b间共消耗NaHSO3的物质的量为1.8 molC.bc间发生的反应中I2仅是氧化产物D.当溶液中I-与I2的物质的量之比为52时,加入的KIO3为0.8 mol【解析】选C、D。 A.0a间没有碘单质生成,说明碘酸根离子和亚硫酸氢根离子发生氧化还原反应生成碘离子,亚硫酸氢根被氧化生成硫酸根离子,加入碘酸钾的物质的量是0.4 mol,所以亚硫酸氢钠的物质的量是1.2 mol,根据转移的电子守恒,生成碘离子,所以其离子方程式为3HSO3-+IO3-3SO42-+I-+3H+,故A正确;B.ab间加入的碘酸钾的物质的量是0.6 mol,根据3HSO3-+IO3-3SO42- +I-+3H+,消耗N
6、aHSO3的物质的量=0.6mol13=1.8 mol,故B正确;C.根据图象知,bc段内发生IO3-+6H+5I-3H2O+3I2,只有I元素的化合价变化,所以I2既是氧化产物也是还原产物,故C错误;D.根据反应2IO3-+6HSO3-2I-+6SO42-+ 6H+,3 mol NaHSO3的溶液消耗KIO3溶液的物质的量为1 mol,生成碘离子的量为1 mol,设生成的碘单质的物质的量为x mol,则根据反应IO3-+6H+5I-3H2O+3I2,消耗的KIO3的物质的量为13x mol,消耗碘离子的物质的量=53x mol,剩余的碘离子的物质的量=(1-53x)mol,当溶液中n(I-)
7、n(I2)=52时,即(1-53x)x=52, x=0.24 mol,根据原子守恒加入碘酸钾的物质的量=1 mol+0.24 mol13=1.08 mol,故D错误。4.(2020芜湖模拟)向27.2 g Cu和Cu2O的混合物中加入某浓度的稀硝酸0.5 L,固体物质完全反应,生成NO和Cu(NO3)2。在所得溶液中加入1.0 molL-1的NaOH溶液1.0 L,此时溶液呈中性,金属离子已完全沉淀,沉淀质量为39.2 g。下列有关说法错误的是()A.原固体混合物中Cu与Cu2O的物质的量之比为21B.硝酸的物质的量浓度为2.6 molL-1C.产生的NO在标准状况下的体积为4.48 LD.C
8、u、Cu2O与硝酸反应后剩余HNO3为0.2 mol【解析】选B。在所得溶液中加入NaOH溶液后,溶液呈中性,金属离子已完全沉淀,溶液中溶质为NaNO3,n(NaNO3)=n(NaOH)=1.0 molL-11.0 L=1 mol,沉淀为Cu(OH)2,质量为39.2 g,其物质的量nCu(OH)2=39.2 g98 gmol-1=0.4 mol,根据铜元素守恒有n(Cu)+2n(Cu2O)= nCu(OH)2,所以反应后的溶液中nCu(NO3)2=nCu(OH)2=0.4 mol。设Cu和Cu2O的物质的量分别为x、y,根据二者质量有 64x+144y=27.2,根据铜元素守恒有x+2y=0
9、.4,联立方程解得x=0.2 mol,y=0.1 mol。Cu与Cu2O的物质的量之比为0.2 mol0.1 mol=21,A项正确;根据电子转移守恒可知:3n(NO)=2n(Cu)+2n(Cu2O),所以3n(NO)=20.2 mol+20.1 mol,解得n(NO)=0.2 mol。根据氮元素守恒可知n(HNO3)=n(NO)+ n(NaNO3)=0.2 mol+1.0 molL-11.0 L=1.2 mol,所以原硝酸溶液的浓度c(HNO3)=1.2 mol0.5 L=2.4 molL-1,B项错误;根据选项B计算可知n(NO)=0.2 mol,所以标准状况下NO的体积为0.2 mol2
10、2.4 Lmol-1=4.48 L,C项正确;反应后的溶液中加入氢氧化钠溶液,氢氧化钠与硝酸铜反应,剩余的氢氧化钠与硝酸反应,最后为硝酸钠溶液,根据氮元素守恒可知反应后溶液中n(HNO3) +2nCu(NO3)2=n(NaNO3),所以n(HNO3)=n(NaNO3)-2nCu(NO3)2=1 mol-20.4 mol=0.2 mol,D项正确。【加固训练】一定量的CuS和Cu2S的混合物投入足量的HNO3溶液中,收集到气体体积为V(标准状况),向反应后的溶液中(存在Cu2+和SO42-)加入足量NaOH溶液,产生蓝色沉淀,过滤,洗涤,灼烧,得到CuO 12.0 g,若上述气体为NO和NO2的
11、混合物,且体积比为11,则V可能为()A.9.0 LB.13.5 LC.15.7 LD.16.8 L【解析】选A。若混合物全是CuS,其物质的量为1280=0.15 mol,电子转移的物质的量为0.15 mol6-(-2)=1.2 mol。两者体积相等,设NO x mol,NO2 x mol, 3x+x=1.2,计算的x=0.3。气体体积V=0.6 mol22.4 Lmol-1=13.44 L;若混合物全是Cu2S,其物质的量为0.075 mol,转移电子的物质的量为0.075 mol 10=0.75 mol,设NO x mol,NO2 x mol,3x+x=0.75,计算得x=0.187 5
12、,气体体积V=0.375 mol22.4 Lmol-1=8.4 L,因此8.4 LVFe2+;而实验中,还原性:Fe2+I-,将(3)和(4)、(5)作对比,得出的结论是 _。【解析】(1)待实验溶液颜色不再改变时,再进行实验,目的是使实验的反应达到化学平衡状态。(2)实验加入了水,是实验的对比实验,因此目的是排除因加入FeSO4溶液而将溶液稀释引起溶液颜色的变化。(3)中加入AgNO3,Ag+与I-生成AgI黄色沉淀,I-浓度降低,2Fe3+2I-2Fe2+I2平衡逆向移动,溶液褪色;中加入FeSO4,Fe2+浓度增大,平衡逆向移动,溶液颜色变浅。(4)K闭合时,指针向右偏转,表明b极为正极
13、,Fe3+得电子;当指针归零(反应达到平衡)后,向U形管左管滴加0.01 molL-1AgNO3溶液,产生黄色沉淀,I-浓度减小,2Fe3+2I-2Fe2+I2平衡左移,指针向左偏转。(5)Fe2+向Fe3+转化的原因是Fe2+浓度增大,还原性增强。与(4)实验对比,不同的操作是当指针归零后,向U形管右管中滴加1 molL-1 FeSO4溶液。(6)将(3)和(4)、(5)作对比,得出的结论是在其他条件不变时,物质的氧化性和还原性与浓度有关,浓度的改变可影响物质的氧化性和还原性,导致平衡移动。答案:(1)化学平衡状态(2)溶液稀释对颜色变化(3)中加入Ag+发生反应:Ag+I-AgI,c(I-
14、)降低;中加入FeSO4,c(Fe2+)增大,平衡均逆向移动(4)正左管产生黄色沉淀,指针向左偏转(5)Fe2+浓度增大,还原性增强,使Fe2+还原性强于I-当指针归零后,向U形管右管中滴加1 molL-1FeSO4溶液(6)该反应为可逆氧化还原反应,在平衡时,通过改变物质的浓度,可以改变物质的氧化性和还原性,并影响平衡移动方向6.(14分) (2020合肥模拟)工业上利用硫铁矿烧渣(主要成分为Fe3O4、Fe2O3、FeO、SiO2)为原料制备高档颜料铁红(Fe2O3),具体生产流程如下:试回答下列问题:(1)实验室实现“步骤”中分离操作所用的玻璃仪器有_、玻璃棒和烧杯等;该步骤是为了除去_
15、(填相关物质的化学式)。(2)检验步骤已经进行完全的操作是_。(3)步骤的反应温度一般需控制在35 以下,其目的是_;该步骤中反应生成FeCO3的离子反应方程式为_。(4)步骤中发生反应的化学反应方程式为_。(5)欲测定硫铁矿矿渣中铁元素的质量分数,称取a g样品,充分“酸溶” “水溶”后过滤,向滤液中加入足量的H2O2,充分反应后加入NaOH溶液至不再继续产生沉淀,经过滤、洗涤、灼烧至固体恒重,冷却后称得残留固体b g,测得该样品中铁元素的质量分数为_。【解析】硫铁矿烧渣经稀硫酸溶解后,过滤除去不溶物SiO2,向滤液中加入过量的铁粉调节溶液的pH=1,待溶液中检验不出Fe3+后,再调节pH至
16、56.5,过滤除去过量的铁粉,向滤液中加入碳酸氢铵沉淀Fe2+,过滤得到碳酸亚铁,最后在空气中煅烧碳酸亚铁得到氧化铁。(1)实验室实现“步骤”中分离操作所用的玻璃仪器有漏斗、玻璃棒和烧杯等;该步骤是为了除去SiO2。(2)检验步骤已经进行完全的操作是:取歩骤反应后的溶液少量于试管中,加入少量KSCN溶液,若溶液未呈现红色,则说明已经进行完全。(3)步骤的反应温度一般需控制在35 以下,其目的是防止NH4HCO3分解、减少Fe2+的水解;该步骤中反应生成FeCO3的离子反应方程式为2HCO3-+Fe2+FeCO3+CO2+H2O。(4)步骤中发生反应的化学反应方程式为4FeCO3+O22Fe2O
17、3+4CO2。(5)由题意可知,称取a g样品,充分“酸溶” “水溶”后过滤,向滤液中加入足量的H2O2,充分反应后加入NaOH溶液至不再继续产生沉淀,经过滤、洗涤、灼烧至固体恒重,冷却后称得氧化铁的质量为b g,则m(Fe)=bg256 gmol-1160 gmol-1=7b10 g,所以,该样品中铁元素的质量分数为7b10gag=7b10a。答案:(1)漏斗SiO2(2)取歩骤反应后的溶液少量于试管中,加入少量KSCN溶液,若溶液未呈现红色,则说明已经进行完全(3)防止NH4HCO3分解、减少Fe2+的水解2HCO3-+Fe2+FeCO3+CO2+H2O(4)4FeCO3+O22Fe2O3
18、+4CO2(5)7b10a一、选择题(本题包括2小题,每题7分,共14分)1.已知反应:10AgF+5Cl2+5H2O9AgCl+AgClO3+10HF+O2下列关于该反应的叙述不正确的是()A.该反应中,氧化剂与还原剂物质的量之比为 95B.当反应中有1 mol电子转移时,被还原氯气物质的量为118 molC.每产生1 mol O2时,被氧元素还原的氯气物质的量为2 molD.参加反应的水有25被氧化【解析】选B。该反应的氧化剂为910的氯气,还原剂为110的氯气和25的水,A项和D项正确;当反应中有9 mol电子转移时,被还原的氯气为4.5 mol,故当反应中有1 mol电子转移时,被还原
19、的氯气为0.5 mol,B项错误;产生1 mol氧气,氧元素转移4 mol电子,被氧元素还原的氯气为2 mol,C项正确。2.(双选)向FeBr2、FeI2的混合溶液中通入适量氯气,溶液中某些离子的物质的量变化如图所示,下列有关说法中不正确的是()A.d曲线代表溶液中Br-变化情况B.原溶液中FeI2的物质的量为2 molC.原溶液中n(Fe2+)n(Br-)=32D.当通入2 mol Cl2时,溶液中离子反应为2Fe2+2I-+2Cl22Fe3+I2+4Cl-【解析】选B、C。由于Fe2+、I-、Br-的还原性大小为I-Fe2+Br-,故向该溶液中通入氯气,氯气先氧化I-,再氧化Fe2+,最
20、后氧化Br-。故a、b、c、d曲线分别表示I-、Fe2+、Fe3+、Br-的变化情况,A项正确;由图象可知,I-为2 mol,故原溶液中FeI2为1 mol,B项错误;由图可以看出Fe2+是4 mol,Br-是6 mol,故原溶液中n(Fe2+)n(Br-)=23,C项错误;当通入2 mol Cl2时,2 mol 的I-消耗氯气1 mol,余下的1 mol氯气再与2 mol Fe2+反应,故溶液中发生的离子反应可表示为2Fe2+2I-+2Cl22Fe3+I2+4Cl-,D项正确。【加固训练】1.已知氧化性Br2Fe3+。FeBr2溶液中通入一定量的Cl2,发生反应的离子方程式为aFe2+bBr
21、-+cCl2dFe3+eBr2+f Cl-,下列选项中的数字与离子方程式中的a、b、c、d、e、f一一对应,其中不符合反应实际的是 ()A.243226B.021012C.201202D.222214【解析】选B。根据题意,Cl2先氧化Fe2+,不可能先氧化Br-,B选项错误。2.铜是重要的工业原材料,现有Cu、Cu2O组成的混合物,某研究性学习小组为了探究其组成情况,取35.2 g混合物加入0.5 L 3.4 molL-1的稀硝酸,固体物质完全反应,生成4.48 L(标准状况)的NO。向所得溶液中加入a L 2.0 molL-1的NaOH溶液,恰好使溶液中的Cu2+沉淀完全。(1)Cu2O与
22、稀硝酸反应的化学方程式为_。(2)混合物中,n(Cu)=_;n(Cu2O)=_。(3)所加NaOH溶液的体积a L=_ L。【解析】(1)Cu2O、Cu均与HNO3反应,反应方程式分别为3Cu2O+14HNO3 6Cu(NO3)2+2NO+7H2O,3Cu+8HNO33Cu(NO3)2+2NO+4H2O。(2)根据方程式和题意可知,生成的NO为0.2 mol,设中生成x mol NO,则中生成(0.2-x) mol NO,Cu2O与Cu物质的量之和为32x mol+32(0.2-x) mol=0.3 mol,Cu2O与Cu的质量之和为35.2 g,可以求得n(Cu2O)=0.2 mol,n(C
23、u)=0.1 mol,共消耗1.2 mol HNO3。(3)根据反应原理,在溶液中加入NaOH溶液后,NaOH先与0.5 mol过量的稀硝酸发生中和反应,消耗0.5 mol NaOH;再与Cu2+反应生成氢氧化铜,Cu2+为0.5 mol,消耗1 mol NaOH,故a=0.5+12.0=0.75。答案:(1)3Cu2O+14HNO36Cu(NO3)2+2NO+7H2O(2)0.1 mol0.2 mol(3)0.75二、非选择题(本题包括2小题,共36分)3.(18分)某工厂对工业污泥中的Cr元素回收与再利用的工艺如下(已知硫酸浸取液中的金属离子主要是Cr3+,其次是少量的Fe2+、Fe3+、
24、Al3+、Ca2+、Mg2+):部分阳离子常温下以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见下表:阳离子Fe3+Fe2+Mg2+Al3+Cr3+开始沉淀时的pH1.97.0沉淀完全时的pH3.29.011.189 (9溶解)(1)实验室用98%(密度为1.84 gcm-3)的浓硫酸配制250 mL 4.8 molL-1的硫酸溶液,配制时需要量取浓硫酸的体积为 _mL (保留小数点后一位小数),所用的玻璃仪器除烧杯、玻璃棒、量筒、胶头滴管外,还需_。(2)在上述配制稀硫酸过程中,会导致所配溶液浓度偏小的操作是 _(填序号)。a.定容时俯视刻度线b.量取浓硫酸时,俯视刻度线c.将量筒的洗涤液注入容量瓶中d.转
25、移溶液时,没有等溶液冷却至室温 (3)加入H2O2的作用一方面是氧化+3价Cr使之转变成+6价Cr (CrO42-或Cr2O72-),以便于与杂质离子分离;另一方面是_ _。(用离子方程式表示)(4)调节溶液的pH=8时,除去的主要杂质离子是 _。(5)钠离子交换树脂的原理为:Mn+nNaRMRn+nNa+,被交换的杂质离子是 _。(6)通SO2气体时,将Na2Cr2O7还原为CrOH(H2O)5SO4的化学方程式为_ _。 【解析】(1)根据c=1 000wM可知,浓硫酸物质的量浓度为1 0001.8498%98 molL-1=18.4 molL-1,配250 mL4.8 molL-1的硫酸
26、溶液,则需要浓硫酸体积为0.25 L4.8molL-118.4molL-1103 mLL-1=65.2 mL,需用到的玻璃仪器有胶头滴管、玻璃棒、烧杯和100 mL量筒、250 mL容量瓶。(2)定容时俯视刻度线,液面在刻度线下方,溶液的体积偏小,浓度偏大;量取浓硫酸时,俯视刻度线,量取浓硫酸体积偏小,浓度偏小;将量筒的洗涤液注入容量瓶中,对所配溶液无影响;转移溶液时,没有等溶液冷却至室温,则定容后冷却液面会下降,溶液浓度会偏大。(3)双氧水有强氧化性,能氧化还原性的物质,Fe2+和Cr3+有还原性,Fe2+和Cr3+能被双氧水氧化为高价离子,以便于与杂质离子分离,其中Fe2+反应的离子方程式
27、为2Fe2+H2O2+2H+2Fe3+2H2O。(4)依据题图表中离子开始沉淀和完全沉淀的pH,调节pH至8,可使Al3+、Fe3+生成沉淀。(5)因镁离子、钙离子沉淀的pH较大,可用离子交换法除去。(6)通SO2气体时,还原过程发生以下反应,铬元素化合价由+6价变化为+3价, Na2Cr2O72CrOH(H2O)5SO46e-,硫元素化合价变化为+6价,SO2SO42-2e-,电子守恒得到电子转移总数6e-,结合原子守恒配平得到化学方程式:Na2Cr2O7+3SO2+ 11H2O2CrOH(H2O)5SO4+Na2SO4。答案:(1)65.2250 mL容量瓶(2)b(3)2Fe2+H2O2
28、+2H+2Fe3+2H2O(4) Fe3+、Al3+(5)Ca2+、Mg2+(6) Na2Cr2O7+3SO2+11H2O2CrOH(H2O)5SO4+Na2SO44.(18分)水中溶氧量(DO)是衡量水体自净能力的一个指标,通常用每升水中溶解氧分子的质量表示,单位mgL-1,我国地表水环境质量标准规定,生活饮用水源的DO不能低于5 mgL-1。某化学小组同学设计了下列装置(夹持装置略),测定某河水的DO。.测定原理:碱性条件,O2将Mn2+氧化为MnO(OH)2:2Mn2+O2+4OH-2MnO(OH)2;酸性条件下,MnO(OH)2将I-氧化为I2,MnO(OH)2+I-+H+Mn2+I2
29、+H2O(未配平);用Na2S2O3标准溶液滴定生成的I2,2S2O32-+I2S4O62-+2I-。.测定步骤:a.安装装置,检验气密性,充N2排尽空气后,停止充N2。b.向烧瓶中加入200 mL水样c.向烧瓶中依次迅速加入1 mL MnSO4无氧溶液(过量)、2 mL碱性KI无氧溶液(过量),开启搅拌器,至反应完全。d.搅拌并向烧瓶中加入2 mL H2SO4无氧溶液,至反应完全,溶液为中性或弱酸性。e.从烧瓶中取出40.00 mL溶液,以淀粉作指示剂,用0.010 00 molL-1 Na2S2O3溶液进行滴定,记录数据。f.g.处理数据(忽略氧气从水样中的逸出量和加入试剂后水样体积的变化
30、)。回答下列问题:(1)配制上述无氧溶液时,除去所用溶剂水中氧的简单操作为_。(2)在橡胶塞处加入水样及有关试剂应选择的仪器是_。滴定管注射器量筒(3)搅拌的作用是_。(4)配平反应的方程式,其化学计量数依次为_。(5)步骤f为_。(6)步骤e中达到滴定终点的标志为_。若某次滴定消耗Na2S2O3溶液4.50 mL,水样的DO=_ mgL-1 (保留一位小数)。作为饮用水源,此次测得DO是否达标:_(填“是”或“否”)。(7)步骤d中加入硫酸溶液反应后,若溶液pH过低,滴定时会产生明显的误差,写出产生此误差的原因_(用离子方程式表示,至少写出2个)。【解析】(1)气体在水中的溶解度随着温度升高
31、而减小,将溶剂水煮沸可以除去所用溶剂水中氧。(2)因从橡胶塞处加入水样或试剂,应确保加入的物质完全加到三颈烧瓶中,应选择注射器。(3)搅拌的目的是让溶液混合均匀,加快反应速率。(4)根据电子得失守恒分析:MnO(OH)2Mn2+,锰元素由+4价+2价,得电子数是2;2I-I2,失电子数是2,根据电荷守恒H+的化学计量数应为4,然后根据原子守恒得MnO(OH)2+2I-+4H+Mn2+I2+3H2O。(5)为减少实验误差滴定操作一般重复进行23次,步骤f为重复步骤e的操作23次。(6)碘离子被氧化为碘单质后,用Na2S2O3溶液滴定将碘还原为碘离子,因此滴定结束,碘单质完全转化为I-,滴定终点现
32、象是溶液的蓝色消失且半分钟内不恢复原色;根据反应有关系式:O22MnO(OH)24I-2I24S2O32-,滴定消耗n(Na2S2O3)=0.01000 molL-14.510-3 L=4.510-5 mol,则200 mL水样经反应、完全,取出40.00 mL溶液中消耗n(O2)=14n(Na2S2O3)=144.510-5mol =1.12510-5mol,该河水的DO=1 000401.12510-532=91gL-1=9.0 mgL-15 mgL-1,达标。(7)Na2S2O3在酸性条件下发生自身氧化还原反应,生成的二氧化硫也能够被生成的碘氧化,同时空气中的氧气也能够将碘离子氧化,反应的离子方程式分别为2H+S2O32-S+SO2+H2O;SO2+I2+2H2O4H+SO42-+2I-;4H+4I-+O22I2+2H2O。答案:(1)将溶剂水煮沸后冷却(2) (3)使溶液混合均匀,快速完成反应(4)1,2,4,1,1,3(5)重复步骤e的操作23次(6)溶液蓝色褪去且半分钟内不恢复原色9.0是(7)2H+S2O32-S+SO2+H2O;SO2+I2+2H2O4H+SO42-+2I-;4H+4I-+O22I2+2H2O(任写其中2个)关闭Word文档返回原板块