化学名师讲练大一轮复习方略人教通用版核心素养测评 六 氧化还原反应配平和计算

化学名师讲练大一轮复习方略人教通用版核心素养测评 六 氧化还原反应配平和计算

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 六 氧化还原反应配平和计算 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Na2FeO4‎ C.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 mol×4+1 mol×2=10 mol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:‎ Mn+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S B.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6∶5‎ D.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 mol, CuS为y mol,根据电子守恒:x×(7-2)=y×[4-(-2)],x∶y=6∶5,所以氧化剂与还原剂的物质的量之比为6∶5,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0.1×=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.向150 mL 0.1 mol·L-1含少量淀粉的NaHSO3溶液中滴加等浓度的KIO3溶液,一段时间后,溶液突然变蓝色,根据实验现象下列说法正确的是(　　)‎ A.溶液变蓝是因为有碘单质生成,反应过程中碘单质作还原产物 B.还原性:HS大于I-‎ C.该过程中硫元素被氧化碘元素被还原 D.溶液出现蓝色至少需加入KIO3溶液60 mL ‎【解析】选B。向含少量淀粉的NaHSO3溶液中滴加KIO3溶液,第一步反应I+3HS3S+3H++I-,继续滴加KIO3溶液,第二步反应I+5I-+6H+‎ ‎3I2+3H2O,由于生成碘单质遇淀粉,所以溶液变蓝,反应中碘单质既是氧化产物又是还原产物,A项错误;当HS消耗完,I-才被I氧化,可知还原性HS大于I-,B项正确;该过程中硫元素被氧化,碘元素既被氧化又被还原,C项错误;据第一步反应的方程式可知消耗150 mL的NaHSO3溶液需要等浓度的KIO3溶液50 mL,然后发生第二步反应,溶液变蓝,D项错误。‎ ‎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 mol·L-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2∶1‎ B.硝酸的物质的量浓度为2.6 mol·L-1‎ C.产生的NO在标准状况下的体积为‎4.48 L D.Cu、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 mol·L-1×‎1.0 L=1 mol,沉淀为Cu(OH)2,质量为‎39.2 g,其物质的量n[Cu(OH)2]=‎39.2 g÷‎98 g·mol-1=0.4 mol,根据铜元素守恒有n(Cu)+2n(Cu2O)= n[Cu(OH)2],所以反应后的溶液中n[Cu(NO3)2]=n[Cu(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=0.4,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 mol∶0.1 mol=2∶1,A项正确;根据电子转移守恒可知:3n(NO)=2n(Cu)+2n(Cu2O),所以3n(NO)=2×‎ ‎0.2 mol+2×0.1 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 mol·L-1×‎1.0 L=1.2 mol,所以原硝酸溶液的浓度c(HNO3)=1.2 mol÷‎0.5 L=2.4 mol·L-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 mol×‎22.4 L·mol-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) +2n[Cu(NO3)2]=n(NaNO3),所以n(HNO3)=n(NaNO3)-2n[Cu(NO3)2]=1 mol-2×‎ ‎0.4 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S)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的混合物,且体积比为1∶1,则V可能为 (　　)‎ A.‎9.0‎ L‎　 B.‎13.5 L　 C.‎15.7 L　 D.‎‎16.8 L ‎【解析】选A。若混合物全是CuS,其物质的量为=0.15 mol,电子转移的物质的量为0.15 mol×[6-(-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 mol×‎22.4 L·mol-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,气体体积V=0.375 mol×‎22.4 L·mol-1=‎8.4 L,因此‎8.4 LFe2+;而实验Ⅱ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Ⅰ溶液颜色不再改变时,再进行实验Ⅱ,目的是使实验Ⅰ的反应达到化学平衡状态。‎ ‎(2)实验ⅲ加入了水,是实验ⅱ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)ⅰ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;ⅱ中加入FeSO4,Fe2+浓度增大,平衡逆向移动,溶液颜色变浅。‎ ‎(4)①K闭合时,指针向右偏转,表明b极为正极,Fe3+得电子;②当指针归零(反应达到平衡)后,向U形管左管滴加0.01 mol·L-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)①Fe2+向Fe3+转化的原因是Fe2+浓度增大,还原性增强。‎ ‎②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 mol·L-1FeSO4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)ⅰ中加入Ag+发生反应:Ag++I-AgI↓,c(I-)降低;ⅱ中加入FeSO4,c(Fe2+)增大,平衡均逆向移动 ‎(4)①正　②左管产生黄色沉淀,指针向左偏转 ‎(5)①Fe2+浓度增大,还原性增强,使Fe2+还原性强于I-‎ ‎②当指针归零后,向U形管右管中滴加1 mol·L-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)(2019·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Ⅱ”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________　(填相关物质的化学式)。 ‎ ‎(2)检验步骤Ⅲ已经进行完全的操作是____　____　　。 ‎ ‎(3)步骤Ⅴ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Ⅵ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5～6.5,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Ⅱ”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Ⅲ已经进行完全的操作是:取歩骤Ⅲ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Ⅴ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2HC+Fe2+‎ FeCO3↓+CO2↑+H2O。‎ ‎(4)步骤Ⅵ中发生反应的化学反应方程式为4FeCO3+O22Fe2O3+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)== g,所以,该样品中铁元素的质量分数为=。‎ 答案:(1)漏斗　SiO2‎ ‎(2)取歩骤Ⅲ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 ‎2HC+Fe2+FeCO3↓+CO2↑+H2O ‎(4)4FeCO3+O22Fe2O3+4CO2‎ ‎(5)‎ 一、选择题(本题包括3小题,每题6分,共18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9∶5‎ B.当反应中有1 mol电子转移时,被还原氯气物质的量为 mol C.每产生1 mol O2时,被氧元素还原的氯气物质的量为2 mol D.参加反应的水有被氧化 ‎【解析】选B。该反应的氧化剂为的氯气,还原剂为的氯气和的水,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.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 mol C.原溶液中n(Fe2+)∶n(Br-)=2∶3‎ D.当通入2 mol Cl2时,溶液中离子反应为2Fe2++2I-+2Cl22Fe3++I2+4Cl-‎ ‎【解析】选B。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-)=2∶3,C 项正确;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】‎ 已知氧化性Br2>Fe3+。FeBr2溶液中通入一定量的Cl2,发生反应的离子方程式为 aFe2++bBr-+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.2　4　3　2　2　6　 B.0　2　1　0　1　2‎ C.2　0　1　2　0　2 D.2　2　2　2　1　4‎ ‎【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。‎ ‎3.现取m g镁铝合金在一定浓度的稀硝酸中恰好完全溶解(硝酸的还原产物只有NO),向反应后的混合溶液中滴加b mol·L-1 NaOH溶液,当滴加到V mL时,得到沉淀质量恰好为最大值n g,则下列有关该实验的说法中正确的有 (　　)‎ ‎①沉淀中OH-的质量为(n-m) g ‎②恰好溶解后溶液中的N的物质的量为 mol ‎③反应过程中转移的电子为 mol ‎④标准状况下生成NO的体积为 L ‎⑤与合金反应的硝酸的物质的量为(+) mol A.5项　　　B.4项　　　C.3项　　　D.2项 ‎【解析】选A。本题涉及的反应有Al+4HNO3(稀)Al(NO3)3+NO↑+2H2O;3Mg+8HNO3(稀)3Mg(NO3)2+2NO↑+4H2O;Al(NO3)3+3NaOHAl(OH)3↓+3NaNO3;Mg(NO3)2+2NaOHMg(OH)2↓+2NaNO3。当合金恰好溶解时,溶液中的N与Na+的物质的量相等,n(N)=n(NaOH)= mol,②正确。沉淀质量最大时,生成的n g沉淀为氢氧化铝和氢氧化镁,根据质量守恒定律,其中镁、铝元素的质量等于m g,所以沉淀中氢氧根的质量为(n-m) g,则反应过程中转移的电子为n(e-)=n(OH-)= mol,故①③正确。根据电子得失守恒知,标准状况下V(NO)= L,故④正确。参加反应的硝酸有两种作用,起酸性作用的硝酸(生成硝酸盐)的物质的量等于硝酸钠的物质的量,即 mol;作氧化剂的硝酸的物质的量等于NO的物质的量,即 mol,所以,与合金反应的硝酸的物质的量为(+) mol,故⑤正确。‎ ‎【加固训练】‎ ‎　　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 mol·L-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 mol·L-1的NaOH溶液,恰好使溶液中的Cu2+沉淀完全。‎ ‎(1)Cu2O与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　①,3Cu+8HNO33Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O　②。‎ ‎(2)根据方程式和题意可知,生成的NO为0.2 mol,设①中生成x mol NO,则②中生成(0.2-x) mol NO,Cu2O与Cu物质的量之和为x mol+(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(Cu)=‎ ‎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==0.75。‎ 答案:(1)3Cu2O+14HNO3‎ ‎6Cu(NO3)2+2NO↑+7H2O ‎(2)0.1 mol　0.2 mol　(3)0.75‎ 二、非选择题(本题包括2小题,共32分)‎ ‎4.(16分)已知还原性:HS>I-,氧化性:I>I2。‎ ‎(1)在NaIO3溶液中滴加少量NaHSO3溶液,发生下列反应。配平反应方程式,并标出电子转移的方向和数目。‎ ‎(2)在NaIO3溶液中滴加过量NaHSO3溶液,反应完全,推测反应后溶液中的还原产物为________　(填化学式)。 ‎ ‎(3)在含5 mol NaHSO3的溶液中逐滴加入NaIO3溶液,加入NaIO3的物质的量和析出I2的物质的量的关系曲线如图所示。写出反应过程中与AB段曲线对应的离子方程式　_______; ‎ 当溶液中I-与I2的物质的量之比为5∶3时,加入的NaIO3为________　 mol。 ‎ ‎【解析】(1)碘元素的化合价由+5降低到0,硫元素的化合价由+4升高到+6。根据化合价升降总数相等,配平反应方程式,标出电子转移的方向和数目。(2)由还原性HS>I-可知,当NaHSO3溶液过量时I 先被还原成I2,再被还原成I-。(3)OA段,随着I的量增加NaHSO3的量减少,I被还原成I-,至A点恰好完全反应,此时继续加入NaIO3,又发生NaIO3氧化I-的反应:I+6H++5I-3I2+3H2O。当I-与I2的物质的量之比为5∶3时,设加入的NaIO3为x mol,根据转移电子数守恒,得5×2=x×6+x×5,解得x=。‎ 答案:(1)‎ ‎(2)NaI ‎(3)I+5I-+6H+3I2+3H2O　‎ ‎5.(16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mg·L-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 mg·L-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。 ‎ Ⅰ.测定原理:‎ 碱性条件,O2将Mn2+氧化为MnO(OH)2:‎ ‎①2Mn2++O2+4OH-2MnO(OH)2↓;‎ 酸性条件下,MnO(OH)2将I-氧化为I2,‎ ‎②MnO(OH)2+I-+H+Mn2++I2+H2O(未配平);用Na2S2O3标准溶液滴定生成的I2,‎ ‎③2S2+I2S4+2I-。‎ Ⅱ.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①完全。‎ d.搅拌并向烧瓶中加入2 mL H2SO4无氧溶液,至反应②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 mol·L-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)。‎ 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________　。 ‎ ‎①滴定管　　②注射器　　③量筒 ‎(3)搅拌的作用是　________________。 ‎ ‎(4)配平反应②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=________　 mg·L-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)2→Mn2+,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2～3次,步骤f为重复步骤e的操作2～3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-,滴定终点现象是溶液的蓝色消失且半分钟内不恢复原色;根据反应①②③有关系式:O2～2MnO(OH)2↓～4I-～2I2～4S2,滴定消耗n(Na2S2O3)=0.01000 mol·L-1×4.5×10‎-3 L=4.5×10-5 mol,则200 mL水样经反应①、②完全,取出40.00 mL溶液中消耗n(O2)=n(Na2S2O3)=×4.5×10-5mol =‎ ‎1.125×10-5mol,该河水的DO=×1.125×10-5×32=9×‎1‎g·L-1=9.0 mg·L-1‎ ‎>5 mg·L-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++S2S↓+SO2↑+H2O;SO2+I2+2H2O4H++S+2I-;4H++4I-+O22I2+2H2O。‎ 答案:(1)将溶剂水煮沸后冷却 ‎(2)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2～3次 ‎(6)溶液蓝色褪去且半分钟内不恢复原色　9.0　是 ‎(7)2H++S2S↓+SO2↑+H2O;‎ SO2+I2+2H2O4H++S+2I-;‎ ‎4H++4I-+O22I2+2H2O(任写其中2个)‎ 关闭Word文档返回原板块