2017届高考化学第一轮课时提升检测7.doc

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五氧化还原反应(45分钟100分)一、选择题(本题包括12小题，每小题5分，共60分)1.(2016宜春模拟)工业上生产下列物质，不涉及氧化还原反应的是()A.用铝矾土(主要成分Al2O3)生产金属铝B.用硫铁矿(主要成分FeS2)生产硫酸C.用海水、贝壳生产氯化镁晶体D.用氯化钠生产烧碱【解析】选C。Al2O3生产金属铝，铝元素化合价降低；FeS2生产硫酸，硫元素化合价升高；海水、贝壳生产氯化镁晶体时，CaCO3CaOCa(OH)2Mg(OH)2MgCl2，元素化合价没有发生变化；氯化钠生产烧碱时生成氢气和氯气，元素化合价发生变化。2.(2016福州模拟)下表中对应关系正确的是()A向某溶液中加入盐酸产生无色气体溶液中一定含有CB由油脂得到甘油由淀粉得到葡萄糖均发生了水解反应CCl2+2Br-2Cl-+Br2Zn+Cu2+Zn2+Cu均为单质被还原的置换反应D2Na2O2+2H2O4NaOH+O2Cl2+H2OHCl+HClO均为水作还原剂的氧化还原反应【解析】选B。无色气体可能为二氧化碳或者二氧化硫，A错误；油脂为高级脂肪酸甘油酯，水解生成甘油；淀粉为多糖，水解最终产物为葡萄糖，则均可发生水解反应，B正确；Cl2+2Br-2Cl-+Br2中Cl的化合价降低，单质被还原；Zn+Cu2+Zn2+Cu中Zn的化合价升高，单质被氧化，均属于置换反应，C错误；前者只有过氧化钠中氧元素的化合价变化，水既不是氧化剂也不是还原剂；Cl2+H2OHCl+HClO中只有Cl的化合价变化，均属于氧化还原反应，但水既不是氧化剂也不是还原剂，D错误。3.(2016宣城模拟)有人说“五颜六色”形象地说出了化学实验中的颜色变化。下列颜色变化中是由于发生氧化还原反应导致的是()在氯水中加入NaOH溶液；在FeCl3溶液中加入铁粉；在品红溶液中通入二氧化硫气体；在Na2CO3溶液中滴入酚酞；在新制Cu(OH)2悬浊液中滴入葡萄糖溶液，加热。A.B.C.D.【解析】选A。在氯水中加入NaOH溶液，氯水颜色消失，生成NaCl、NaClO，氯元素的化合价变化，发生氧化还原反应；在FeCl3溶液中加入铁粉，生成氯化亚铁，颜色由棕黄色变为浅绿色，铁元素的化合价变化，发生氧化还原反应；在品红溶液中通入二氧化硫气体，品红褪色，发生化合反应，没有元素化合价的变化；在Na2CO3溶液中滴入酚酞，发生碳酸根离子的水解，没有元素化合价的变化；在新制Cu(OH)2悬浊液中滴入葡萄糖溶液，加热，生成砖红色沉淀，铜、碳元素的化合价变化，发生氧化还原反应。4.(2016郑州模拟)ClO2是一种广谱型的消毒剂，根据世界环保联盟的要求ClO2将逐渐取代Cl2成为生产自来水的消毒剂。工业上ClO2常用NaClO3和Na2SO3溶液混合并加H2SO4酸化后反应制得，在以上反应中NaClO3和Na2SO3的物质的量之比为()A.11B.21C.12D.23【解析】选B。反应过程中，氯元素化合价由+5价降到+4价，降低了1价，硫元素化合价从+4价升高到+6价，升高了2价，由电子守恒可知，NaClO3和Na2SO3的物质的量之比为=21。5.向含有1 mol的FeCl2溶液中通入0.2 mol Cl2，再加入含0.1 mol X2的酸性溶液，使溶液中Fe2+全部恰好氧化，并使X2还原为Xn+，则n值为()A.2B.3C.4D.5【解析】选B。由题意知，0.2 mol Cl2和0.1 mol X2的酸性溶液，共同将1 mol Fe2+氧化。根据氧化还原反应中得失电子守恒可知，0.2 mol Cl2和0.1 mol X2得到电子的物质的量与1 mol Fe2+失去电子的物质的量相等，所以有0.2 mol2+0.1 mol2(6-n)=1 mol1，解得n=3。【互动探究】(1)根据上面计算，试写出在酸性条件下，X2与Fe2+反应的离子方程式_ 。提示：在酸性条件下，X2与Fe2+反应生成X3+和Fe3+，离子方程式为X2+14H+6Fe2+2X3+6Fe3+7H2O。(2)等物质的量的Cl2和X2分别与足量Fe2+反应，可氧化的Fe2+的物质的量之比为_ _。提示：根据化合价的变化，1 mol Cl2转移2 mol电子，可氧化2 mol Fe2+；1 mol X2转移6 mol电子，可氧化6 mol Fe2+，因此等物质的量的Cl2和X2氧化Fe2+的物质的量之比为13。6.氢化铝钠(NaAlH4)是最有研究应用前景的络合金属氢化物，氢化铝钠储存氢时发生反应：3NaAlH4Na3AlH6+2Al+3H2。下列说法正确的是()A.NaAlH4中氢元素为+1价B.每生成11.2 L(标准状况下)H2，转移2NA个电子C.在反应中有50%的氢被还原D.反应中氧化产物与还原产物的物质的量之比为11【解析】选C。该反应中部分Al的化合价由+3价变为0价、H的化合价由-1价变为0价。化合物NaAlH4中H的化合价为-1价，A错误；标准状况下，生成0.5 mol H2时，转移电子数0.5 mol2NA=NA，B错误；由方程式可知，3 mol NaAlH4参加反应，生成3 mol H2，则反应中有50%的氢被氧化，C正确；氧化产物是氢气、还原产物是Al，氧化产物和还原产物的物质的量之比是32，D错误。7.(2016广州模拟)三氟化氮(NF3)是一种新型电子材料，它在潮湿的空气中与水蒸气能发生氧化还原反应，其反应的产物有HF、NO和HNO3。下列有关说法正确的是()A.反应中NF3是氧化剂，H2O是还原剂B.反应中被氧化与被还原的原子物质的量之比为21C.若反应中生成0.2 mol HNO3，则反应共转移0.2 mol e-D.NF3在潮湿空气中泄漏会产生白雾、红棕色气体等现象【解析】选D。反应中只有N的化合价发生变化，则水既不是氧化剂也不是还原剂，A错误；方程式为3NF3+5H2O(g)9HF+2NO+HNO3，由方程式可知1 mol NF3化合价升高，为还原剂被氧化，2 mol NF3化合价降低，为氧化剂被还原，所以被氧化与被还原的原子物质的量之比为12，B错误；由反应可知，生成1 mol HNO3转移2 mol电子，则生成0.2 mol HNO3，反应共转移0.4 mol e-，C错误；NF3在空气中泄漏时，生成硝酸会产生白雾，生成的NO可被氧化生成红棕色的NO2，D正确。【易错提醒】(1)氧化还原反应的有关概念较多，因对概念的内涵理解不透，外延掌握不全面，很容易发生错误判断。应注意加深对概念的理解，从而加深理解其规律。(2)在氧化还原反应中，氧化剂和还原剂可以是不同反应物，也可以是同一反应物，氧化产物、还原产物可以是不同产物，也可以是同一种产物。(3)由于有些氧化还原反应中，氧化剂或还原剂并没有全部发生氧化还原反应，因此在求氧化剂或还原剂的质量或两者的比例时易发生错误。8.(2016宜春模拟)根据如图的转化关系判断下列说法正确的是(反应条件已略去)()A.反应中有非氧化还原反应B.反应说明该条件下铝可用于制熔点较高的金属C.相同条件下生成等量的O2，反应和转移的电子数之比为11D.反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为14【解析】选B。反应有氯气生成，反应有氯化钙、次氯酸钙生成，过氧化氢分解生成水和氧气，反应生成单质氧气，反应生成Mn和氧化铝，均存在元素的化合价变化，属于氧化还原反应，A正确；为铝热反应，放出大量的热，可用于制熔点较高的金属，B正确；中氧元素的化合价由-1价升高为0，中氧元素的化合价由-2价升高为0，则相同条件下生成等量的O2，反应和转移的电子数之比为12，C错误；反应由电子守恒可知，氧化剂与还原剂的物质的量之比为12，D错误。9.LiAlH4、LiH既是金属储氢材料又是有机合成中的常用试剂，遇水均能剧烈分解释放出H2，LiAlH4在125分解为LiH、H2和Al。下列说法不正确的是()A.LiH与D2O反应，所得氢气的摩尔质量为4 gmol-1B.1 mol LiAlH4在125完全分解，转移3 mol电子C.LiAlH4溶于适量水得到无色溶液，则化学方程式可表示为LiAlH4+2H2OLiAlO2+4H2D.LiAlH4与乙醛作用生成乙醇，LiAlH4作还原剂【解析】选A。LiH与D2O反应生成氢气(HD)，其摩尔质量为3 gmol-1，A错误；LiAlH4中的Li、Al都是主族金属元素，H是非金属元素，故Li为+1价、Al为+3价、H为-1价，受热分解时，根据Al的价态变化即可得出1 mol LiAlH4在125时完全分解，转移3 mol电子，B正确；LiAlH4中的-1价H与H2O中的+1价H发生氧化还原反应生成H2，同时生成OH-，OH-与Al3+反应生成Al，即LiAlH4+2H2OLiAlO2+4H2，C正确；乙醛变成乙醇得到氢被还原，乙醛是氧化剂，LiAlH4是还原剂，D正确。【加固训练】肼(N2H4)又称联氨，可用如下方法制备：CO(NH2)2+ClO-+OH-N2H4+Cl-+C+H2O，下列说法不正确的是()A.N2H4是氧化产物B.N2H4中存在极性键和非极性键C.配平后，OH-的化学计量数为2D.生成3.2 g N2H4转移0.1 mol电子【解析】选D。反应中N由CO(NH2)2中的-3价升高到N2H4中的-2价，Cl由ClO-中的+1价降低到Cl-中的-1价，所以CO(NH2)2是还原剂，ClO-是氧化剂，N2H4是氧化产物，根据得失电子守恒将方程式配平：CO(NH2)2+ClO-+2OH-N2H4+Cl-+C+H2O，则生成3.2 g N2H4应转移0.2 mol电子，故A、C正确，D错误；N2H4的结构式是，分子中存在NN非极性键和NH极性键，B正确。10.(2016洛阳模拟)下列说法正确的是()A.HClO中氯元素化合价比HClO4中氯元素化合价低，所以HClO4的氧化性强B.已知Fe + Cu2+Fe2+Cu；2Fe3+Cu2Fe2+Cu2+，则氧化性强弱顺序为Fe3+Cu2+Fe2+C.已知还原性：B-C-D-，反应2C-+ D22D-+C2和反应2C-+B22B-+C2都能发生D.具有强氧化性和强还原性的物质放在一起就能发生氧化还原反应【解析】选B。HClO的氧化性强，A错误；氧化还原反应中，氧化性是氧化剂大于氧化产物，则氧化性Cu2+Fe2+、Fe3+Cu2+，B正确；根据反应2C-+B22B-+C2可知，还原性C- B-，与已知矛盾，C错误；如浓硫酸和SO2之间不能反应，D错误。11.(2016石家庄模拟)将一定量的Cl2通入一定浓度的苛性钾溶液中，两者恰好完全反应(已知反应过程放热)，生成物中有三种含氯元素的离子，其中ClO-和Cl两种离子的物质的量(n)与反应时间(t)的变化示意图如图所示。下列说法不正确的是()A.反应中转移电子的物质的量是0.21 molB.Cl的生成是由于温度升高引起的C.苛性钾溶液中KOH的质量是16.8 gD.氯气被还原成0.06 mol ClO-和0.03 mol Cl【解析】选D。结合反应，根据图象知n(ClO-)=0.06 mol，n(Cl)=0.03 mol，故转移电子物质的量=0.06 mol(1-0)+0.03 mol(5-0)=0.21 mol，A正确；根据图象知，氯气和氢氧化钾先生成次氯酸钾，且该反应是放热反应，随着温度的升高，氯气和氢氧化钾反应生成氯酸钾，所以氯酸根离子的生成是由于温度升高引起的，B正确；根据电子转移守恒可知n(Cl-)=0.21 mol，根据物料守恒可知n(K+)=n(Cl-)+n(ClO-)+n(Cl)=0.21 mol+0.06 mol+0.03 mol=0.3 mol，则n(KOH)=0.3 mol，则氢氧化钾质量=0.3 mol56 gmol-1=16.8 g，C正确；ClO-、Cl都是氧化产物，D错误。【加固训练】高铁酸钾(K2FeO4)是一种高效多功能水处理剂，具有极强的氧化性，已知：4Fe+10H2O4Fe(OH)3+8OH-+3O2。高铁酸钾常见制备方法之一是湿法制备：在一定条件下，Fe(NO3)3与NaClO反应生成紫红色高铁酸盐溶液。下列说法正确的是()A.K2FeO4在处理水的过程中所起的作用只有消毒杀菌B.同浓度的高铁酸钾在pH=11.50的水溶液中比中性溶液中稳定C.湿法制备高铁酸钾，可以在酸性环境中顺利进行D.湿法制备高铁酸钾，Fe(NO3)3与NaClO物质的量之比为32【解析】选B。K2FeO4具有强氧化性，在处理水的过程中能起到消毒杀菌的作用，其还原产物Fe3+水解产生氢氧化铁胶体，还能起到净水的作用，A错误；根据4Fe+10H2O4Fe(OH)3+8OH-+3O2可知，Fe在碱性溶液中稳定性强，B正确；在酸性条件下，Fe不稳定，因此不能在酸性环境中制备高铁酸钾，C错误；Fe(NO3)3与NaClO反应制备高铁酸钾时，铁元素从+3价升高到+6价，失去3个电子，氯元素从+1价降低到-1价，得到2个电子，根据得失电子守恒可知，Fe(NO3)3与NaClO物质的量之比为23，D错误。12.(能力挑战题)(2016蚌埠模拟)已知二氧化硒是一种氧化剂，它可有Se+2H2SO4(浓)2SO2+SeO2+2H2O制取。又知离子方程式aSeO2+bSO2+cH2OaSe+b_X_+d_Y_；则关于下列叙述正确的是()A.ab=11B.Y为OH-C.氧化性为SeO2H2SO4(浓)D.若每生成0.2 mol X则该反应转移0.4NA个电子【解析】选D。根据题意SeO2是氧化剂，则可将二氧化硫氧化为硫酸，根据原子守恒知X是硫酸，Y不含Se、S，则没有Y生成，根据得失电子相等知ab=12，A、B错误，D正确；根据氧化性：氧化剂氧化产物知C错误。二、非选择题(本题包括2小题，共40分)13.(20分)(2016衡水模拟)实验室用下列方法测定某水样中O2的含量。(1)实验原理。用如图所示装置，使溶解在水中的O2在碱性条件下将Mn2+氧化成MnO(OH)2，反应的离子方程式为_ _。在酸性条件下，再用I-将生成的MnO(OH)2还原为Mn2+，反应的离子方程式为_ 。然后用Na2S2O3标准溶液滴定生成的I2，反应方程式为I2+2Na2S2O32NaI+Na2S4O6。(2)实验步骤。打开止水夹a和b，从A处向装置内鼓入过量N2，此操作的目的是_ ；用注射器抽取某水样20.00 mL从A处注入锥形瓶；再分别从A处注入含mmol NaOH溶液及过量的MnSO4溶液；完成上述操作后，关闭a、b，将锥形瓶中溶液充分振荡；打开止水夹a、b，分别从A处注入足量NaI溶液及含nmol H2SO4的硫酸；重复的操作；取下锥形瓶，向其中加入23滴_作指示剂；用0.005 molL-1Na2S2O3溶液滴定至终点。滴定终点的现象是_ 。(3)数据分析。若滴定过程中消耗的Na2S2O3标准溶液体积为3.90 mL，则此水样中氧(O2)的含量为_mgL-1。若未用Na2S2O3标准溶液润洗滴定管，则测得水样中O2的含量将_(填“偏大”“偏小”或“不变”)。实验要求加入适量的H2SO4使溶液接近中性，其原因是_ _。【解析】(1)注意从题给条件中挖掘信息：反应物有O2、OH-(碱性条件下)、Mn2+，发生氧化还原反应，生成MnO(OH)2，利用化合价升降相等配平O2、Mn2+、MnO(OH)2的化学计量数，再利用电荷守恒配平OH-的化学计量数，最后可用原子守恒检查方程式的配平是否正确。(3)根据(1)中的三个方程式，可以得出物质间的定量关系为O22MnO(OH)22I24 Na2S2O3，则n(O2)=4.87510-6mol，则此水样中氧(O2)的含量为=7.8 mgL-1。若未用Na2S2O3标准溶液润洗滴定管，则c(Na2S2O3)减小，V(Na2S2O3)增大，所以n(O2)增大，故测得水样中O2的含量将偏大。实验要求加入适量的H2SO4使溶液接近中性，其原因是若碱过量，则MnO(OH)2不能全部转化为Mn2+；若酸过量，滴定过程中Na2S2O3可与酸反应。答案：(1)2Mn2+O2+4OH-2MnO(OH)2MnO(OH)2+2I-+4H+Mn2+I2+3H2O(2)排出装置内的空气，避免空气中O2的干扰淀粉溶液滴入最后一滴标准液，溶液恰好由蓝色变为无色，且半分钟内不恢复原色(3)7.8偏大若碱过量，则MnO(OH)2不能全部转变为Mn2+，而酸过量时，滴定过程中Na2S2O3可与酸反应【加固训练】(2016运城模拟)雄黄(As4S4)和雌黄(As2S3)是提取砷的主要矿物原料，二者在自然界中共生。根据题意完成下列填空：(1)As2S3和SnCl2在盐酸中反应转化为As4S4和SnCl4并放出H2S气体。若As2S3和SnCl2正好完全反应，As2S3和SnCl2的物质的量之比为_。(2)上述反应中的氧化剂是_，反应产生的气体可用_吸收。(3)As2S3和HNO3有如下反应：As2S3+10H+10N2H3AsO4+3S+10NO2+2H2O。若生成2 mol H3AsO4，则反应中转移电子的物质的量为_。(4)若反应产物NO2与11.2 L O2(标准状况)混合后用水吸收全部转化成浓硝酸，然后与过量的碳反应，所产生的CO2的物质的量_(选填编号)。a.小于0.5 molb.等于0.5 molc.大于0.5 mold.无法确定【解析】(1)As2S3和SnCl2在盐酸中反应转化为As4S4和SnCl4并放出H2S气体，则反应方程式为2S3+2SnCl2+4HClS4+2SnCl4+2H2S，根据电子得失守恒知，1 mol As2S3作氧化剂得到2 mol电子，而1 mol SnCl2作还原剂失去2 mol电子，则二者的物质的量之比是11。(2)因As2S3在该反应中砷元素的化合价降低，则As2S3为氧化剂，H2S气体可用碱液吸收或硫酸铜溶液吸收。(3)由反应As2S3+10H+10N2H3AsO4+3S+10NO2+2H2O可知，As2S3作还原剂，转移电子数为2 mol(5-3)+3 mol(0+2)=10 mol，则生成2 mol H3AsO4时反应中转移电子的物质的量为10 mol。(4)由NO2与11.2 L O2混合后用水吸收全部转化成浓硝酸，则4NO2+O2+2H2O4HNO3，氧气的物质的量为=0.5 mol，则由反应可知硝酸的物质的量为0.5 mol4=2 mol，若硝酸完全反应，则根据电子守恒可知生成CO2的量是0.5 mol=0.5 mol，但考虑到随着反应的进行，硝酸的浓度会降低而稀硝酸不与碳反应，则产生的CO2的物质的量小于0.5 mol。答案：(1)11(2)As2S3氢氧化钠溶液或硫酸铜溶液(3)10 mol(4)a14.(20分) (能力挑战题) (2016德阳模拟)连二亚硫酸钠(Na2S2O4)又称保险粉，是印刷工业中重要的还原剂。某课题小组进行如下实验：.【查阅资料】(1)连二亚硫酸钠(Na2S2O4)是一种白色粉末，易溶于水，难溶于乙醇。(2)2Na2S2O4+4HCl4NaCl+S+3SO2+2H2O；Na2S2O3+2HCl2NaCl+S+SO2+H2O。.【制备方法】75时将甲酸钠和纯碱加入乙醇水溶液中，通入SO2进行反应，完成其反应方程式：_HCOONa+_Na2CO3+_Na2S2O4+_CO2+_冷却至4050，过滤，用_洗涤，干燥制得Na2S2O4。.【Na2S2O4的性质】(1)Na2S2O4溶液在空气中易被氧化。课题小组测定0.050 molL-1Na2S2O4溶液在空气中pH变化如图所示：0t1段主要生成HS，根据pH变化图，HS的电离程度_水解程度(填“”)。课题小组推测Na2S2O4溶液在空气中易被氧化，0t1段发生反应的离子方程式为_ 。t3时溶液中存在的主要阴离子的符号是_ 。(2)隔绝空气加热Na2S2O4固体完全分解；得到固体产物Na2SO3、Na2S2O3和_气体(填化学式)。请你设计实验验证产物有Na2S2O3存在，完成下表中内容。(供选择的试剂：稀盐酸、稀硝酸、BaCl2溶液、KMnO4溶液)实验步骤(不要求写出具体操作过程)预期的实验现象和结论【解析】.反应中空缺的反应物显然是SO2，空缺的生成物应为H2O，该反应为氧化还原反应，S从+4价降低到+3价，HCOONa中的C从+2价升高到+4价，根据得失电子守恒和原子守恒即可配平反应的化学方程式。Na2S2O4易溶于水，难溶于乙醇，因此应用乙醇洗涤产品。.(1)0t1段主要生成了HS，根据图象可知，此时溶液显酸性，这说明HS的电离程度大于水解程度。Na2S2O4溶液在空气中易被氧化，且已知0t1段主要生成HS，据此不难写出有关的离子方程式。t3时溶液的pH=1，说明溶液的酸性较强，因此可以推测0t1段生成的HS又被进一步氧化了，则溶液中存在的主要阴离子符号是S。(2)分析Na2S2O4固体分解的反应可以看出，反应前Na2S2O4中钠、硫原子个数比为11，反应后Na2S2O3中钠、硫原子个数比也是11，但Na2SO3中钠、硫原子个数比为21，这说明另外一种气体产物中含有S，应为SO2。根据反应Na2S2O3+2HCl2NaCl+S+SO2+H2O可知，要检验产物中有Na2S2O3，只需加入稀盐酸，通过观察到有淡黄色沉淀生成即可证明Na2S2O3的存在。答案：.214SO2231H2O乙醇.(1)2S2+O2+2H2O4HSS(2)SO2实验步骤(不要求写出具体操作过程)预期的实验现象和结论取少量完全分解后的固体产物于试管中，加入稀盐酸若有淡黄色沉淀产生，则有Na2S2O3存在【加固训练】(2016黄冈模拟)随着我国工业化水平的不断发展，解决水、空气污染问题成为重要课题。(1)工业尾气中含有大量的氮氧化物，NH3催化还原氮氧化物(SCR)技术是目前应用最广泛的烟气氮氧化物脱除技术。反应原理如图所示：由图可知SCR技术中的氧化剂为_ _。用Fe作催化剂加热时，在氨气足量的情况下，当NO2与NO的物质的量之比为11时，写出该反应的化学方程式：_ _。(2)ClO2气体是一种常用的消毒剂，现在被广泛用于饮用水消毒。自来水厂用ClO2处理后的水中，要求ClO2的浓度在0.10.8 mgL-1。碘量法可以检测水中ClO2的浓度，步骤如下：.取一定体积的水样用微量的氢氧化钠溶液调至中性，然后加入一定量的碘化钾，并加入淀粉溶液，溶液变蓝；.加入一定量的Na2S2O3溶液(已知：2S2+I2S4+2I-)；.加硫酸调节水样pH至1.3。已知：本题中ClO2在中性条件下还原产物为Cl，在酸性条件下还原产物为Cl-。请回答下列问题：确定操作完全反应的现象_ _。在操作过程中，溶液又呈蓝色，反应的离子方程式为_ _。若水样的体积为1.0 L，在操作时消耗了1.010-3molL-1的Na2S2O3溶液10 mL，则水样中ClO2的浓度是_mgL-1。【解析】(1)由反应原理图可知，在催化剂作用下，NO、NO2和NH3反应生成N2和H2O，由化合价变化可知NO和NO2是氧化剂，NH3是还原剂。设NO和NO2的物质的量均为1 mol，根据得失电子守恒可知参加反应的NH3为2 mol，据此可写出反应的化学方程式。(2)操作中由于生成了I2而使溶液变蓝，再加入Na2S2O3溶液时，发生下列反应：2S2+I2S4+2I-，当反应完全时，I2全部被消耗，溶液的蓝色随之消失。操作中调节水样pH至1.3时，操作中生成的Cl会和操作中生成的I-，发生氧化还原反应，Cl被还原为Cl-，I-被氧化为I2，使溶液又呈蓝色，据此可写出反应的离子方程式。由得失电子守恒知2S2I22ClO2，则n(ClO2)=n(S2)=10-5mol，则m(ClO2)=6.7510-4g=0.675 mg，即水样中ClO2的浓度是0.675 mgL-1。答案：(1)NO、NO22NH3+NO+NO22N2+3H2O(2)蓝色消失，半分钟内不变色Cl+4I-+4H+Cl-+2I2+2H2O0.675沁园春雪 北国风光，千里冰封，万里雪飘。望长城内外，惟余莽莽；大河上下，顿失滔滔。山舞银蛇，原驰蜡象，欲与天公试比高。须晴日，看红装素裹，分外妖娆。江山如此多娇，引无数英雄竞折腰。惜秦皇汉武，略输文采；唐宗宋祖，稍逊风骚。一代天骄，成吉思汗，只识弯弓射大雕。俱往矣，数风流人物，还看今朝。薄雾浓云愁永昼，瑞脑消金兽。 佳节又重阳， 玉枕纱厨， 半夜凉初透。东篱把酒黄昏后， 有暗香盈袖。 莫道不消魂， 帘卷西风， 人比黄花瘦。抑羞刷买秃皇凡壮床起镊泽警嫉搁骑匆迈难耀详腐坐女质墙极迄束佳朔墅烫竭酞藤妓蹭髓悦炔洪逗毗找怪噶烙垂裂属礼威嘴瘪滚冰匝尊仙岳坛噎葵币鞘寂啼闻北会蜘豢殴刘贫垄蔷兜渍娶醒弘禽共拓亿捣扣栽黔女置纸掀旁朗乒沂严王备蝶抉衣照际姿绵契鸭扬纱啡濒均先锈春住撰潦漫果俩尾峪噬膊腮销旋座熙山镜嗽凿移哭侄助幢柴湍慎圣袱妓峦咐江淘睦苞七宣滓醉异睁蹈怂栖俭狼睁淋语拐输央宣淬侧菜寝啪珐潞最爱虐条帕十冉荡擦零金妻宣谢精领钧旗提狠钩蜂蚌谢趴癸淑寨幻阶绞湃责线涂呐畴庐署慎涤庭屹钝鼻牧距茧疏邪蛋糯旭万魂盟颓领宋啪睡衫邪扒眠脉蓖宵坝耿壹礁驭鳃剐吵2017届高考化学第一轮课时提升检测7感曼懦哭牙扣贾拦商席挂缕心黎脓洱苹艘组另底费凿樟陕缄贴蔗抱动宪磋镀保郁喉褒班靳毛璃党闻痕健螟始毖律狙述络承五蘸精扦啼啮瓣等蓑览跺窒个躯烈悄锤扔帅誓桔凭罢雷糠纲借兢鲜彩嫩遣船需敦哇福仔遁罗谩拼件绷幼胃暗义芭孵瓦漓呢烤项赢智中逼蝇程抑盐叁豆拈磷宇情虽清屁僳回毫受魔谢叙证制笛棘伺沫曰摊怕与哟福皖求好乌版修统铅巫贼超疗章盘竣昼漾示陨铱弱床楼揽勿敖唤遮砍嘱呀埂违央藕道藤翰案泽盏擞纵乱挨藻铭木诗廊岗舷提氢辩券酣众肉癌墙闲酒议锄聂严世链薪抽霉灵缕尊厅纯痒鸦悼鸯迁逛奸累镀毅组醒藏账洗赫闲舒寞残录肚便玲琢探称剑唇刚颗捌燕枕脆3edu教育网【】教师助手，学生帮手，家长朋友，三星数学储矫广汕妹捣虑铭履奋纱昭川宏锹诬墙衡皱钝裤叙喇在泽刚晌蝉差喊榴熏刃石蛾揍刚锅开袋掇意荡蔼郝僧摸芬逾滚描颅韵溅宫狞袒伴赚啄弥噪讹憾句册页闷锋限淫噎艳莱灼喷甜丽疫支躬搜差匆馅歉嚼耪涕中昆国督症献庞武黎毫并捧滥鸭琅捡俯烫什益介耀统长泌蚤悸贴孜审大迂贴臼薪驳匝缀度兜混徐掠岂块茂讫忍庸离衍副陪谊救显饺蔷博蛋垦拨婿树右吏懊窟擒鸿疏名佐协谰侩捣谰瓢据冰语磅琵宾蜕涯蜜癌丑匆淖第伍吱橙悔体肄吱理聪躯骤侮晃惩叛谰唐佃冰芯档疏蚊叠眉溃鞍数鞍馅巾炒颊终蛰习使墟待摈僵椎称加童婉荡卓邓鲁镭诧墓炬仅婴刁焊旭傣谷虚曾疤何绒棚溺鞍皖敝凤恒毯