备战高考化学 氧化还原反应 综合题附答案.docx
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备战高考化学氧化还原反应综合题附答案
一、高中化学氧化还原反应练习题(含详细答案解析)
1.某工业废水中主要含有Cr3+,同时还含有少量的Fe3+、Fe2+、Al3+、Ca2+和Mg2+等,且酸性较强。
为回收利用,通常采用如下流程处理:
注:
部分阳离子常温下以氢氧化物形式完全沉淀时溶液的pH见下表。
氢氧化物
Fe(OH)3
Fe(OH)2
Mg(OH)2
Al(OH)3
Cr(OH)3
pH
3.7
9.6
11.1
8
9(>9溶解)
(1)氧化过程中可代替H2O2加入的试剂是________(填序号)。
A.Na2O2B.HNO3C.FeCl3D.KMnO4
(2)加入NaOH溶液调整溶液pH=8时,除去的离子是________;已知钠离子交换树脂的原理:
Mn++nNaR→MRn+nNa+,此步操作被交换除去的杂质离子是__________。
A.Fe3+B.Al3+C.Ca2+D.Mg2+
(3)还原过程中,每消耗0.8molCr2O72-转移4.8mole-,该反应离子方程式为____________。
【答案】AABCD3S2O32—+4Cr2O72—+26H+=6SO42—+8Cr3++13H2O
【解析】
【分析】
某工业废水中主要含有Cr3+,同时还含有少量的Fe3+、Al3+、Ca2+和Mg2+等,加双氧水把亚铁离子氧化为铁离子,同时Cr3+被氧化为Cr2O72-,加氢氧化钠调节pH=8,则Fe3+、Al3+转化为氢氧化铁和氢氧化铝沉淀,过滤,滤液中主要含有Cr2O72-、Ca2+和Mg2+等,通过钠离子交换树脂,除去Ca2+和Mg2+,然后加Na2S2O3把Cr2O72-还原为Cr3+,再调节pH得到Cr(OH)(H2O)5SO4;
(1)加氧化剂主要目的是把亚铁离子氧化为铁离子,注意不能引入新的杂质;
(2)根据表中数据判断;通过钠离子交换树脂,除去Ca2+和Mg2+;
(3)每消耗0.8molCr2O72-转移4.8mole-,则1molCr2O72-转移6mol电子,所以生成Cr3+,S2O32-被氧化为SO42-,结合得失电子守恒和原子守恒写出离子方程式。
【详解】
某工业废水中主要含有Cr3+,同时还含有少量的Fe3+、Al3+、Ca2+和Mg2+等,加双氧水把亚铁离子氧化为铁离子,同时Cr3+被氧化为Cr2O72-,加氢氧化钠调节pH=8,则Fe3+、Al3+转化为氢氧化铁和氢氧化铝沉淀,过滤,滤液中主要含有Cr2O72-、Ca2+和Mg2+等,通过钠离子交换树脂,除去Ca2+和Mg2+,然后加Na2S2O3把Cr2O72-还原为Cr3+,再调节pH得到Cr(OH)(H2O)5SO4;
(1)加氧化剂主要目的是把亚铁离子氧化为铁离子,同时不能引入新的杂质,所以可以用Na2O2代替H2O2,故答案为:
A;
(2)根据表中数据可知,pH=8时,Fe3+、Al3+转化为氢氧化铁和氢氧化铝沉淀,则Fe3+、Al3+被除去;通过钠离子交换树脂,除去Ca2+和Mg2+;
(3)每消耗0.8molCr2O72-转移4.8mole-,则1molCr2O72-转移6mol电子,所以生成Cr3+,S2O32-被氧化为SO42-,则反应的离子方程式为:
3S2O32—+4Cr2O72—+26H+=6SO42—+8Cr3++13H2O。
2.二氧化氯(ClO2)具有强氧化性,在工业上常用作水处理剂、漂白剂。
ClO2是一种易溶于水的黄绿色气体,其体积分数超过10%时易引起爆炸。
某研究小组欲用以下三种方案制备ClO2,回答下列问题:
(1)以黄铁矿(FeS2)、氯酸钠和硫酸溶液混合反应制备ClO2,黄铁矿中的硫元素在酸性条件下被ClO3-氧化成SO42-,写出制备ClO2的离子方程式__。
(2)用过氧化氢作还原剂,在硫酸介质中还原NaClO3制备ClO2,并将制得的ClO2用于处理含CN-废水。
实验室模拟该过程的实验装置(夹持装置略)如图所示。
①装置A的名称是__,装置C的作用是__。
②反应容器B应置于30℃左右的水浴中,目的是__。
③通入氮气的主要作用有3个,一是可以起到搅拌作用,二是有利于将ClO2排出,三是__。
④ClO2处理含CN-废水的离子方程式为__,装置E的作用是__。
(3)氯化钠电解法是一种可靠的工业生产ClO2的方法。
①用于电解的食盐水需先除去其中的Ca2+、Mg2+、SO42-等杂质。
某次除杂操作时,往粗盐水中先加入过量的__(填化学式),至沉淀不再产生后,再加入过量的Na2CO3和NaOH,充分反应后将沉淀一并滤去。
②用石墨做电极,在一定条件下电解饱和食盐水制取ClO2,工作原理如图所示,写出阳极产生ClO2的电极反应式__。
【答案】FeS2+15ClO3-+14H+=15ClO2+Fe3++2SO42-+7H2O恒压漏斗安全瓶提高化学反应速率,同时防止过氧化氢受热分解稀释ClO2,防止其爆炸2CN-+2ClO2=2CO2+N2+2Cl-吸收ClO2等气体,防止污染大气BaCl2Cl--5e-+2H2O=ClO2↑+4H+
【解析】
【分析】
二氧化氯(ClO2)具有强氧化性,在工业上常用作水处理剂、漂白剂。
分别利用无机反应和电解原理制备二氧化氯,三种方法均利用了氧化还原反应。
【详解】
(1)以黄铁矿(FeS2)、氯酸钠和硫酸溶液混合反应制备ClO2,黄铁矿中的硫元素在酸性条件下被ClO3-氧化成SO42-,根据氧化还原反应中电子守恒和元素守恒,可以写出制备ClO2的离子方程式为FeS2+15ClO3-+14H+=15ClO2+Fe3++2SO42-+7H2O。
(2)①装置A的名称为恒压漏洞,装置C为安全瓶,起到防止液体倒吸的作用。
②升高温度可以提高化学反应速率,但是原料中含有过氧化氢,过氧化氢在过高的温度下可以发生分解反应,因此反应容器B应置于30℃左右的水浴中。
③根据题文可知,ClO2是一种易溶于水的黄绿色气体,其体积分数超过10%时易引起爆炸,故通入氮气的主要作用有3个,一是可以起到搅拌作用,二是有利于将ClO2排出,三是稀释ClO2,防止其爆炸。
④ClO2处理含CN-废水发生氧化还原反应,将CN-转化为无污染的CO2和N2,故离子方程式为2CN-+2ClO2=2CO2+N2+2Cl-;装置E在整套装置之后,起到吸收尾气,防止环境污染的作用。
(3)①用于电解的食盐水需先除去其中的Ca2+、Mg2+、SO42-等杂质,需要过量的碳酸根离子、氢氧根离子和钡离子,过量的钡离子可以用碳酸根离子除去,因此在加入Na2CO3之前应先加入过量BaCl2。
②用石墨做电极,电解池的阳极发生氧化反应,元素化合价升高,因此氯离子在阳极失电子和水反应得到ClO2,电极反应式为Cl--5e-+2H2O=ClO2↑+4H+。
3.羟氨(NH2OH)是一种还原剂,和联氨一样是一种弱碱,不稳定,室温下吸收水汽迅速分解。
回答下列问题:
(1)请写出羟氨的电子式___。
(2)利用KMnO4标准溶液定量间接测定羟氨的纯度。
测定步骤如下:
①溶液配制:
称取5.0g某羟氨样品,溶解在______酸中后加适量蒸馏水,将其全部转移至100mL的______中,加蒸馏水至_______。
②取20.00mL的羟氨酸性溶液与足量硫酸铁在煮沸条件下反应:
2NH2OH2++4Fe3+=N2O↑+4Fe2++H2O+6H+,生成的Fe2+用0.4000mol·L-1的酸性KMnO4溶液滴定,滴定达到终点的现象是____________。
请写出Fe2+与酸性KMnO4溶液反应的离子方程式_____________。
重复滴定3次,每次消耗酸性高锰酸钾标准溶液的体积如表所示:
计算试样的纯度____%。
(3)下列操作导致误差偏高的有______(填编号)。
a滴定前滴定管尖嘴处有气泡,滴定后消失
b滴定管未经润洗盛装KMnO4溶液
c羟氨称量时,时间过长和溶解时没有及时用酸酸化
dKMnO4溶液起始读数仰视,终点正常读数
【答案】
硫酸容量瓶刻度线当最后一滴滴入时,锥形瓶中溶液的颜色由无色变为紫红色,且半分钟不褪色5Fe2++MnO4-+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O66ab
【解析】
【分析】
(1)根据羟氨化学式写出其电子式;
(2)①羟氨应溶解在H2SO4中,因为HCl中的Cl会被MnO4-氧化;
②用酸性KMnO4溶液滴定达到终点的现象是当最后一滴滴入时,锥形瓶中溶液的颜色由无色变为紫红色,且半分钟不褪色;根据氧化还原反应的规律写出Fe2+与酸性KMnO4溶液反应的离子方程式,根据物质的量的关系计算式样纯度;
(3)根据氧化还原滴定的相关操作分析实验误差。
【详解】
(1)根据羟氨化学式NH2OH可知其电子式为:
,故答案为:
;
(2)①羟氨应溶解在H2SO4中,因为HCl中的Cl会被MnO4-氧化,将其全部转移至100mL的容量瓶中,加蒸馏水至刻度线,故答案为:
硫酸;容量瓶;刻度线;
②用酸性KMnO4溶液滴定达到终点的现象是当最后一滴滴入时,锥形瓶中溶液的颜色由无色变为紫红色,且半分钟不褪色;根据氧化还原反应的规律写出Fe2+与酸性KMnO4溶液反应的离子方程式为:
5Fe2++MnO4-+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O;由消耗高锰酸钾体积表可知,第一次误差过大,舍去,V(平均)=
=20.00mL;
设滴定时NH2OH2+的物质的量为xmol,依据离子方程式可得关系式:
解得x=0.02
因总量为100mL,所以n(NH2OH2+)=0.02×5=0.1mol
m=n
M=0.1×33g/mol=3.3g
w=
=
100%=66%
故答案为:
当最后一滴滴入时,锥形瓶中溶液的颜色由无色变为紫红色,且半分钟不褪色;5Fe2++MnO4-+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O;66;
(3)a.滴定前滴定管尖嘴处有气泡,滴定后消失会导致V标准偏大,计算结果偏高;
b.滴定管未经润洗盛装KMnO4溶液,相当于把KMnO4溶液稀释,滴定时消耗体积增大,计算结果偏高;
c.羟氨称量时,时间过长和溶解时没有及时用酸酸化会导致羟氨被氧化,导致消耗体积偏小,计算结果偏低;
d.KMnO4溶液起始读数仰视,终点正常读数,导致消耗体积偏小,计算结果偏低;
故答案为:
ab。
【点睛】
注意氧化还原滴定操作中的注意事项,根据公式判断不同操作可能引起的实验误差。
4.某高中科研小组模拟工业尿素法生产肼(N2H4),具体方法:
先将尿素、次氯酸钠和氢氧化钠溶液混合,然后在催化剂存在的条件下反应制得肼,利用氮气吹出混合物中的肼,并用硫酸吸收制备硫酸肼。
具体实验原理图如下:
已知:
①肼极易溶于水,长期暴露在空气中或短时间受高温作用会爆炸分解。
②硫酸肼(N2H4·H2SO4)是类似于NH4HSO4的盐类,白色固体,微溶于冷水,易溶于热水,不溶于乙醇和二氯乙烷等有机溶剂。
③密度:
ρ硫酸肼>ρ二氯乙烷>ρ稀硫酸
(1)盛装尿素溶液的装置名称为_____________________;硫酸肼的水溶液中含有多种阳离子,其中阳离子N2H5+的电子式为________________________。
(2)反应前应先通入一段时间氮气,其目的为________________________________。
(3)装置A中发生反应制备肼的离子方程式为_______________________________。
(4)装置B中二氯乙烷的作用为__________________________________________;使用冰水浴的作用__________________________________________________。
(5)装置B反应完全后需经过过滤、洗涤、干燥等操作得到硫酸肼,洗涤过程中最好选择下列那种洗涤剂________________(填字母)。
A.冷水B.热水C.无水乙醇D.饱和食盐水
(6)若实验中所用的NaClO和NaOH混合液中两溶质的浓度均为0.1mol·L−1,则此溶液中离子浓度的大小顺序为______________________________________。
【答案】三颈烧瓶
赶走装置中的空气,避免空气与肼反应ClO−+2OH−+CO(NH2)2
N2H4+Cl−+
+H2O防倒吸,同时使产物硫酸肼脱离反应混合液利于产物析出,同时降温防爆炸Cc(Na+)>c(OH−)>c(ClO−)>c(H+)
【解析】
【分析】
(1)盛装尿素溶液的装置名称为三颈烧瓶;硫酸肼的水溶液中含有多种阳离子,其中阳离子N2H5+可以认为由N2H4与H+通过配位键结合,在N2H4中,每个N原子与两个H原子形成共价键,则两个N原子间还应形成一对共用电子。
(2)反应前应先通入一段时间氮气,其目的为排尽装置内的空气,防止空气与肼反应。
(3)装置A中,碱性溶液,ClO−在催化剂作用下,将CO(NH2)2氧化为N2H4,自身被还原为Cl−,同时生成
和H2O。
(4)装置B中二氯乙烷的作用为防倒吸,同时使产物硫酸肼脱离反应混合液;使用冰水浴的作用是降低产物的溶解度,同时降温防爆。
(5)装置B反应完全后需经过滤、洗涤、干燥等操作得到硫酸肼,洗涤过程中尽可能减少产品的溶解损失,所以最好选择无水乙醇。
(6)若实验中所用的NaClO和NaOH混合液中两溶质的浓度均为0.1mol·L−1,c(Na+)=0.1mol·L−1,因水解c(ClO−)<0.1mol·L−1,c(OH−)>0.1mol·L−1,由此可确定溶液中离子浓度的大小。
【详解】
(1)盛装尿素溶液的装置名称为三颈烧瓶;N2H5+可以认为由N2H4与H+通过配位键结合,在N2H4中,每个N原子与两个H原子形成共价键,则两个N原子间还应形成一对共用电子,电子式为
。
答案为:
三颈烧瓶;
;
(2)反应前应先通入一段时间氮气,其目的为排尽装置内的空气,防止空气与肼反应。
答案为:
赶走装置中的空气,避免空气与肼反应;
(3)装置A中,碱性溶液,ClO−在催化剂作用下,将CO(NH2)2氧化为N2H4,自身被还原为Cl−,同时生成
和H2O,反应方程式为ClO−+2OH−+CO(NH2)2
N2H4+Cl−+
+H2O。
答案为:
ClO−+2OH−+CO(NH2)2
N2H4+Cl−+
+H2O;
(4)装置B中二氯乙烷的作用为防倒吸,同时使产物硫酸肼脱离反应混合液;使用冰水浴的作用是降低产物的溶解度,同时降温防爆。
答案为:
防倒吸,同时使产物硫酸肼脱离反应混合液;利于产物析出,同时降温防爆炸;
(5)装置B反应完全后需经过滤、洗涤、干燥等操作得到硫酸肼,洗涤过程中尽可能减少产品的溶解损失,所以最好选择无水乙醇。
答案为:
C;
(6)若实验中所用的NaClO和NaOH混合液中两溶质的浓度均为0.1mol·L−1,c(Na+)=0.1mol·L−1,因水解c(ClO−)<0.1mol·L−1,c(OH−)>0.1mol·L−1,由此可确定溶液中离子浓度的关系为:
c(Na+)>c(OH−)>c(ClO−)>c(H+)。
答案为:
c(Na+)>c(OH−)>c(ClO−)>c(H+)。
【点睛】
在分析装置B中二氯乙烷的作用时,应借助信息“③密度:
ρ硫酸肼>ρ二氯乙烷>ρ稀硫酸,且硫酸肼不溶于二氯乙烷”,则往二氯乙烷中通入肼后,肼逸出,在上层与稀硫酸反应生成硫酸肼,由于硫酸肼的密度比二氯乙烷大,且难溶于二氯乙烷,所以沉在二氯乙烷的底部,从而实现与反应混合液的分离。
5.利用钒钛磁铁矿冶炼后产生的钒渣(主要含FeO·V2O3、Al2O3、SiO2及少量可溶性磷酸盐)生产V2O5的工艺流程如下,回答下列问题:
已知:
①V2O5、Al2O3、SiO2可与Na2CO3、NaCl组成的混合钠盐在高温下反应,并转化为NaVO3、NaAlO2、Na2SiO3等可溶性钠盐。
②AlO
+4H+=Al3++2H2O。
(1)焙烧Ⅰ包括氧化和钠化成盐两个过程,氧化的目的是获得V2O5,写出氧化过程中FeO·V2O3发生反应的化学方程式________;废渣Ⅰ的主要成分是________;精制Ⅰ中加盐酸调pH的主要作用是________,加入NH3·H2O后发生反应的离子方程式为________。
(2)精制Ⅱ中加入CaCl2溶液除去磷酸盐,pH过小时影响除磷效果的原因是________;pH过大时,沉淀量增大的原因是________。
(3)沉钒所得NH4VO3沉淀需进行洗涤,洗涤时除去的阴离子主要是________。
NH4VO3在500℃时焙烧脱氨制得产品V2O5,反应方程式为2NH4VO3
V2O5+H2O↑+2NH3↑。
但脱氨过程中,部分V2O5会转化成V2O4,反应中氧化剂与还原剂物质的量之比为3:
2,该反应的化学方程式为________。
【答案】4FeO·V2O3+5O2
2Fe2O3+4V2O5Fe2O3[或Fe(OH)3]除Si并转化AlO2-写“除Si”即得分)Al3++3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3NH
H++NH3·H2O=H2O+NH
(写出第一个离子方程式即得分)形成溶解度较大的酸式盐(或形成溶解度较大的磷酸氢钙和/或磷酸二氢钙)产生了Ca(OH)2沉淀Cl-3V2O5+2NH3
3V2O4+N2+3H2O
【解析】
【分析】
氧化过程FeO·V2O3生成对应的金属氧化物Fe2O3和V2O5;经过氧化和钠化后,V2O5、Al2O3、SiO2均转化为可溶性盐,Fe2O3[或Fe(OH)3]成为滤渣;精制Ⅰ中加盐酸调pH为了和SiO32-反应生成硅酸沉淀,将AlO2-转化为Al3+;加入NH3·H2O后与Al3+发生反应生成Al(OH)3沉淀;精制Ⅱ中加入CaCl2溶液生成磷酸钙沉淀,除去磷酸盐,沉钒时加入试剂NH4Cl,所得NH4VO3沉淀,焙烧得到产品,据此分析。
【详解】
(1)氧化过程FeO·V2O3生成对应的金属氧化物Fe2O3和V2O5,化学方程式为:
4FeO·V2O3+5O2
2Fe2O3+4V2O5;经过氧化和钠化后,V2O5、Al2O3、SiO2均转化为可溶性盐,Fe2O3[或Fe(OH)3]成为滤渣;精制Ⅰ中加盐酸调pH为了和SiO32-反应生成硅酸沉淀,将AlO2-转化为Al3+;加入NH3·H2O后与Al3+发生反应生成Al(OH)3沉淀,还可以中和酸,反应方程式为:
、
,故答案为:
4FeO·V2O3+5O2
2Fe2O3+4V2O5;Fe2O3[或Fe(OH)3];除Si并转化AlO2-(写“除Si”即得分);
,
(写出第一个离子方程式即得分);
(2)精制Ⅱ中加入CaCl2溶液生成磷酸钙沉淀,除去磷酸盐,pH过小时形成溶解度较大的酸式盐;pH过大时易形成Ca(OH)2沉淀,故答案为:
形成溶解度较大的酸式盐(或形成溶解度较大的磷酸氢钙和/或磷酸二氢钙);产生了Ca(OH)2沉淀;
(3)沉钒时加入试剂NH4Cl,因此所得NH4VO3沉淀含有阴离子主要为Cl-;脱氨过程中,部分V2O5会转化成V2O4,且反应中氧化剂与还原剂物质的量之比为3:
2,则V2O5为氧化剂,NH3为还原剂,还原产物为V2O4,氧化产物为N2,则氧化还原方程式为:
3V2O5+2NH3
3V2O4+N2+3H2O,故答案为:
Cl-;3V2O5+2NH3
3V2O4+N2+3H2O。
6.C、N、S的氧化物常会造成一些环境问题,科研工作者正在研究用各种化学方法来消除这些物质对环境的影响。
(1)CO2的重整用CO2和H2为原料可得到CH4燃料。
已知:
①CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g)△H1=+247kJ/mol
②CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g)△H2=+205kJ/mol
写出CO2重整的热化学方程式:
_____。
(2)“亚碳酸盐法”吸收烟中的SO2
①将烟气通入1.0mol/L的Na2SO3溶液,若此过程中溶液体积不变,则溶液的pH不断_____(填“减小”“不变”或“增大)。
当溶液pH约为6时,吸收SO2的能力显著下降,应更换吸收剂,此时溶液中c(SO32-)=0.2mol/L,则溶液中c(HSO3-)=_____。
②室温条件下,将烟气通入(NH4)2SO3溶液中,测得溶液pH与各组分物质的量分数的变化关系如图:
b点时溶液pH=7,则n(NH4+):
n(HSO3—)=______________。
(3)催化氧化法去除NO。
一定条件下,用NH3消除NO污染,其反应原理4NH3+6NO
5N2+6H2O。
不同温度条件下,n(NH3):
n(NO)的物质的量之比分别为4:
1、3:
1、1:
3时,得到NO脱除率曲线如图所示:
①曲线a中,NO的起始浓度为6×10-4mg·m-3,从A点到B点经过0.8s,该时间段内NO的脱除速率为_____mg·m-3·s-1。
②曲线b对应NH3与NO的物质的量之比是_____。
(4)间接电化学法除NO。
其原理如图所示:
写出阴极的电极反应式(阴极室溶液呈酸性)_____。
吸收池中除去NO的原理_____(用离子方程式表示)。
【答案】CO2(g)+4H2(g)=CH4(g)+2H2O(g)△H=−163kJ/mo1减小1.6mol/L3:
11.5×10−43:
1
【解析】
【分析】
(1)已知:
①CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g)△H1=+247k/mol,
②CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g)△H2=+205k/mol,
根据盖斯定律,①-②×2得:
CO2(g)+4H2(g)=CH4(g)+2H2O(g),据此计算△H;
(2)①二氧化硫通入亚硫酸钠溶液生成亚硫酸氢钠,亚硫酸氢钠显酸性,据此分析;根据反应方程式的量的关系计算可得;
②先判断溶质,写出电荷守恒式,在利用pH=7时,c(H+)=c(OH-)找出其他离子的等量关系,结合图示进行等量删减或替换,最后得出结果;
(3)①曲线a中,NO的起始浓度为6×10-4mg•m-3,根据图象得到A、B处的NO脱除率,可得两处的NO的浓度,再计算脱除速率;
②NH3与NO的物质的量的比值越大,NO的脱除率越大,据此分析;
(4)阴极得到电子发生还原反应,结合酸性环境书写;阴极产物吸收NO。
【详解】
(1)已知:
①CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g)△H1=+247k/mol,
②CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g)△H2=+205k/mol,
根据盖斯定律,由①−②×2得反应:
CO2(g)+4H2(g)=CH4(g)+2H2O(g)△H=△H1−2△H2=−163kJ/mo1,
故答案为:
CO2(g)+4H2(g)=CH4(g)+2H2O(g)△H=−163kJ/mo1;
(2)①将烟气通入1.0mol/L的Na2SO3溶液,二氧化硫与亚硫酸钠和水反应生成亚硫酸氢钠,亚硫酸氢钠以电离为主,显酸性,故溶液pH不断减小;向亚硫酸钠溶液中通入二氧化硫生成亚硫酸氢钠,反应方
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