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高考化学专题题库氧化还原反应的综合题含详细答案
一、高中化学氧化还原反应练习题(含详细答案解析)
1.硫酸亚铁铵的化学式为(NH4)2SO4•FeSO4•6H2O,商品名为莫尔盐,可由硫酸亚铁与硫酸铵反应生成。
一般硫酸亚铁盐在空气中易被氧化,而形成莫尔盐后就比较稳定了。
三种盐的溶解度(单位为g/100g水)如下表:
温度/℃
10
20
30
(NH4)2SO4
73.0
75.4
78.0
FeSO4·7H2O
20.0
26.5
32.9
(NH4)2SO4•FeSO4
17.2
21.6
28.1
(一)实验室制取少量莫尔盐的流程如下:
试回答下列问题:
(1)步骤1中加入10%Na2CO3溶液的主要作用是___________;反应中铁屑过量是为了______。
(2)步骤3需要趁热过滤,原因是___________。
(3)从步骤4到莫尔盐,必须进行的操作依次是______,析出的晶体常用________洗涤。
(4)若莫尔盐的饱和溶液中有水20克,当温度从30℃降至10℃,最多析出莫尔盐的质量是________(选填编号)。
A2.18gB大于2.18gC小于2.18gD无法确定
(二)称取质量为1.96g的莫尔盐制成溶液。
用未知浓度的酸性KMnO4溶液进行滴定。
(1)已知MnO4-被还原为Mn2+,试写出该滴定反应的离子方程式____。
(2)判断该反应到达滴定终点的现象为____________。
(3)假设到达滴定终点时,用去VmL酸性KMnO4溶液,则该酸性KMnO4溶液的浓度为_______mol/L。
【答案】除铁屑表面的油污还原氧化生成的Fe3+,保证Fe2+稳定、纯净地存在,减少产物中的Fe3+杂质FeSO4在温度低时溶解度较小,如果不趁热过滤就会有FeSO4·7H2O析出过滤、洗涤无水酒精或冰水B5Fe2++MnO4-+8H+→5Fe3++Mn2++4H2O加入最后一滴KMnO4溶液紫红色不褪,且半分钟内不褪色1/V
【解析】
【分析】
(一)
(1)碳酸钠水解显碱性;
(2)FeSO4在温度低时溶解度较小;
(3)浓缩结晶后需要过滤、洗涤;温度低时,硫酸亚铁铵的溶解度小;
(4)(NH4)2SO4·FeSO4在30℃和10℃的溶解度分别为:
28.1g和17.2g;
(二)
(1)MnO4-将二价铁离子氧化为三价铁离子,被还原为Mn2+;
(2)高锰酸钾本身有颜色,滴定亚铁离子是不需要指示剂的;
(3)根据亚铁离子和高锰酸根反应的实质,可以找到亚铁离子与高锰酸根之间的量的关系,根据原子守恒可以找到亚铁离子和酸亚铁铵之间量的关系,进而进行计算。
【详解】
(一)
(1)碳酸钠水解显碱性,油脂在碱性条件下能水解,过量的Fe可以还原氧化生成的Fe3+,减少产物中的Fe3+杂质,
故答案为:
除铁屑表面的油污;还原氧化生成的Fe3+,保证Fe2+稳定、纯净地存在,减少产物中的Fe3+杂质;
(2)如果不趁热过滤就会有FeSO4·7H2O析出,故答案为:
FeSO4在温度低时溶解度较小,如果不趁热过滤就会有FeSO4·7H2O析出;
(3)浓缩结晶后需要过滤、洗涤;硫酸亚铁铵在无水乙醇中的溶解度小;温度低时,硫酸亚铁铵的溶解度小,可用冰水洗涤,故答案为:
过滤、洗涤;无水酒精或冰水;
(4)(NH4)2SO4·FeSO4在30℃和10℃的溶解度分别为:
28.1g和17.2g,即若溶剂为100g水,冷却析出10.9g,有水20g析出2.18g,硫酸亚铁铵的化学式为(NH4)2SO4·FeSO4·6H2O含有结晶水,故析出质量大于2.18g,故答案为:
B;
(二)
(1)反应的离子方程式5Fe2++MnO4-+8H+→5Fe3++Mn2++4H2O,故答案为:
5Fe2++MnO4-+8H+→5Fe3++Mn2++4H2O;
(2)高锰酸钾本身有颜色,滴定亚铁离子不需要指示剂,当滴加最后一滴溶液后,溶液变成紫红色,30s内不褪色,说明达到滴定终点,故答案为:
加入最后一滴KMnO4溶液紫红色不褪,且半分钟内不褪色;
(3)1.96g硫酸亚铁铵晶体的物质的量n=
=
=0.005mol,根据原子守恒则亚铁离子的物质的量为0.005mol,反应5Fe2++MnO4-+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O,则5Fe2+~MnO4-,所以高锰酸钾的物质的量为0.001mol,据c=
=
=
mol/L,故答案为:
。
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.常温下,三硫代碳酸钠(Na2CS3)是玫瑰红色针状固体,与碳酸钠性质相近。
在工农业生产中有广泛的用途。
某小组设计实验探究三硫代碳酸钠的性质并测定其溶液的浓度。
实验一:
探究Na2CS3的性质
(1)向Na2CS3溶液中滴入酚酞试液,溶液变红色。
用离子方程式说明溶液呈碱性的原因_________。
(2)向Na2CS3溶液中滴加酸性KMnO4溶液,紫色褪去。
该反应中被氧化的元素是__________。
实验二:
测定Na2CS3溶液的浓度
按如图所示连接好装置,取50.0mLNa2CS3溶液置于三颈瓶中,打开分液漏斗的活塞,滴入足量2.0mol/L稀H2SO4,关闭活塞。
已知:
Na2CS3 +H2SO4=Na2SO4+CS2 +H2S↑。
CS2和H2S均有毒。
CS2不溶于水,沸点46℃,密度1.26g/mL,与CO2某些性质相似,与NaOH作用生成Na2COS2和H2O。
(1)盛放碱石灰的仪器的名称是_______,碱石灰的主要成分是______(填化学式)。
(2)C中发生反应的离子方程式是____________。
(3)反应结束后打开活塞K,再缓慢通入N2一段时间,其目的是_________。
(4)为了计算Na2CS3溶液的浓度,对充分反应后B中混合物进行过滤、洗涤、干燥、称重,得8.4g固体,则三颈瓶中Na2CS3的物质的量浓度为______。
【答案】CS32-+H2O⇌HCS3-+OH-S干燥管CaO和NaOHCS2+2OH-=COS22-+H2O将装置中残留的的H2S、CS2全部排入后续装置中,使其被完全吸收1.75mol/L
【解析】
【分析】
实验一:
(1)Na2CS3的水溶液中加入酚酞变红色,说明Na2CS3是强碱弱酸盐;
(2)根据Na2CS3中元素化合价是否是该元素的最高价态来进行判断;
实验二:
(1)根据仪器的图形判断仪器的名称;碱石灰的主要成分是氧化钙和氢氧化钠;
(2)A中生成的CS2可与NaOH作用生成Na2COS2和H2O;
(3)反应结束后打开活塞k,再缓慢通入热N2一段时间是把生成的硫化氢和二硫化碳全部赶入后面装置完全吸收;
(4)当A中反应完全后,打开K缓慢通入热N2一段时间,然后对B中混合物进行过滤、洗涤、干燥,称重,得8.4g黑色固体,n(CuS)=
=0.0875mol,根据关系式Na2CS3~H2S~CuS得n(Na2CS3)=n(CuS)=0.0875mol,根据c=
计算A中Na2CS3溶液的浓度。
【详解】
实验一:
(1)Na2CS3的水溶液中加入酚酞变红色,说明Na2CS3是强碱弱酸盐,则CS32-在水中发生水解,离子方程式为:
CS32-+H2O⇌HCS3-+OH-;
(2)Na2CS3中Na为+1价,C为+4价,都是元素的最高价态,不能被氧化,S为-2价,是硫元素的低价态,能够被氧化,所以被氧化的元素是S;
实验二:
(1)盛放碱石灰的仪器为干燥管,碱石灰的主要成分是氧化钙和氢氧化钠;
(2)A中生成的CS2可与NaOH作用生成Na2COS2和H2O,相关离子方程式为:
CS2+2OH-=COS22-+H2O;
(3)反应结束后打开活塞k,再缓慢通入热N2一段时间,其目的是:
将装置中的H2S全部排入B中被充分吸收;将装置中的CS2全部排入C中被充分吸收;
(4)当A中反应完全后,打开K缓慢通入热N2一段时间,然后对B中混合物进行过滤、洗涤、干燥,称重,得8.4g黑色固体,n(CuS)=
=0.0875mol,根据关系式Na2CS3~H2S~CuS得n(Na2CS3)=n(CuS)=0.0875mol,c(Na2CS3)=
=1.75mol/L。
4.
(1)已知草酸(H2C2O4)分解的化学方程式为:
H2C2O4
CO↑+CO2↑+H2O,下列装置中,可用作草酸分解制取气体的是__________(填序号)
(2)某实验小组为测定铁锈样品的组成(假定铁锈中只有Fe2O3·nH2O和Fe两种成份),利用草酸分解产生的CO和铁锈反应,实验装置如下图所示。
①、为得到干燥、纯净的CO气,洗气瓶A、B中盛放的试剂分别是_______、________。
②、在点燃C处酒精灯之前,应先持续通入一段时间的混合气体,其目的是______________________
③、准确称量样品的质量20.00g置于硬质玻璃管中,充分反应后冷却、称量(假设每步均完全反应),硬质玻璃管中剩余固体质量为16.64g,D中浓硫酸增重1.44g,则n=______。
④、在本实验中,下列情况会使测定结果n偏大的是____(填字母)
a.缺少装置Ab.缺少装置Bc.反应后固体是铁和少量Fe2O3·nH2O
【答案】④NaOH溶液浓硫酸排除装置中的空气,防止CO中混有空气而在加热时发生爆炸2b
【解析】
【详解】
(1)该反应的反应物是液体,反应条件是加热,应选择固液反应且需要加热的装置,所以选④.
(2)①为得到干燥、纯净的CO气,应先除去混合气体中的二氧化碳,用氢氧化钠吸收即可;混合气体通入氢氧化钠溶液时会带走水蒸气,为除去水蒸气,选用浓硫酸洗气。
②装置中含有空气,CO中混有空气加热时可能发生爆炸,所以要通入混合气体一段时间,排除装置中的空气。
③由题意知,固体质量减少的量为水和氧的量,浓硫酸吸收的量为水,反应方程式为:
Fe2O3.nH2O+3CO=Fe+3CO2+nH2O固体质量减少量
18ng(18n+48)g
1.44g20.00g-16.64g
所以18ng:
1.44g=(18n+48)g:
(20.00g-16.64g)
解得n=2。
④a、缺少装置A,未除去CO2,可能影响CO还原氧化物,固体质量差变小,导致所测n值偏小,错误;b、缺少洗气瓶B会导致装置E增重的质量偏大,所以测定结果n偏大,正确;c、反应后固体是铁和少量Fe2O3•nH2O,固体减少的质量偏小,导致所测n值偏小,错误。
5.铁、氯、铜及其化合物在生产、生活中有广泛的用途。
试回答下列问题。
(1)二氧化氯(ClO2)已逐步代替Cl2用于自来水处理,用ClO2处理过的饮用水(pH为5.5~6.5)常含有一定量对人体不利的亚氯酸根离子(ClO2-)。
已知:
25℃时Ka(HClO)=3.2×10-8,Ka(HClO2)=1.0×10-2,则酸性HClO2________HClO(填“>”“=”或“<”);在pH=5的上述处理过的饮用水中
=___________;若饮用水中ClO2-的含量超标,可向其中加入适量的Fe2+将ClO2-还原成Cl-,写出酸性条件下该反应的离子方程式:
____________________________________________________________。
(2)①腐蚀铜板后的溶液中,若Cu2+、Fe3+和Fe2+浓度均为0.1mol·L-1,下图为金属离子的浓度的对数与溶液pH的关系,现向混合溶液中通入氨气调节溶液的pH=5.6,溶液中存在的金属阳离子为____________(当溶液中金属离子浓度≤10-5mol·L-1时,可认为沉淀完全)。
②从图中数据计算可得Fe(OH)2的溶度积Ksp[Fe(OH)2]=______________________。
(3)Na2S是常用的重金属离子沉淀剂。
某工业污水中含有等浓度的Cu2+、Fe2+、Pb2+,滴加Na2S溶液后首先析出的沉淀是________________;当最后一种离子沉淀完全时(该离子浓度为10-5mol·L-1),此时的S2-浓度为___________________________。
已知:
Ksp(FeS)=6.3×10-18;Ksp(CuS)=6×10-36;Ksp(PbS)=2.4×10-18。
【答案】>1034Fe2++ClO2-+4H+=4Fe3++Cl-+2H2OCu2+、Fe2+1.0×10-17CuS6.3×10-13mol·L-1
【解析】
【分析】
(1)组成相似的酸,电离平衡常数越大酸性越强;依据电离平衡常数计算式计算;
(2)①向混合溶液中通入氨气调节溶液的pH=5.6时,由图象分析出:
易生成Fe(OH)3沉淀;
②根据Ksp[Fe(OH)2]=c(Fe2+)×c2(OH-)计算;
(3)物质组成类型相同,溶度积越小,溶解度越小,滴加硫化钠,相应阳离子最先沉淀;根据溶度积计算S2-的浓度。
【详解】
(1)电离平衡常数越大酸性越强,已知:
25℃时Ka(HClO)=3.2×10-8,Ka(HClO2)=1.0×10-2,则酸性HClO2>HClO;在pH=5的上述处理过的饮用水中,c(H+)=10-5mol·L-1
=
=103;若饮用水中ClO2-的含量超标,可向其中加入适量的Fe2+将ClO2-还原成Cl-,酸性条件下该反应的离子方程式:
4Fe2++ClO2-+4H+=4Fe3++Cl-+2H2O;故答案为:
HClO2>HClO;103;4Fe2++ClO2-+4H+=4Fe3++Cl-+2H2O;
(2)①向混合溶液中通入氨气调节溶液的pH=5.6时,由图象可知易生成Fe(OH)3沉淀,溶液中存在的金属阳离子为Cu2+、Fe2+,故答案为:
Cu2+、Fe2+;
②由图象可知:
c(Fe2+)=1.0×10-5(mol·L-1),c(OH-)=1.0×10-6(mol·L-1),Ksp[Fe(OH)2]=c(Fe2+)×c2(OH-)=1.0×10-17(mol·L-1)3;故答案为:
1.0×10-17;
(3)物质组成类型相同,溶度积越小,溶解度越小,滴加硫化钠,相应阳离子最先沉淀,故首先析出沉淀是CuS,Fe2+最后沉淀,沉淀完全时该浓度为10-5mol·L-1,此时的S2-的浓度为
mol·L-1=6.3×10-13mol·L-1,故答案为:
CuS;6.3×10-13mol·L-1。
【点睛】
本题考查了元素化合物性质分析,溶度积常数计算,沉淀转化实质理解应用,电离平衡常数概念的分析应用,掌握有关Ksp的基础是解题关键,难点(3),根据物质组成类型相同,溶度积越小,溶解度越小,离子先沉淀析出。
6.2019年诺贝尔化学奖颁给了日本吉野彰等三人,以表彰他们对锂离子电池研发的卓越贡献。
(1)工业中利用锂辉石(主要成分为LiAlSi2O6,还含有FeO、CaO、MgO等)制备钴酸锂(LiCoO2)的流程如图:
回答下列问题:
①锂辉石的主要成分为LiAlSi2O6,其氧化物的形式为___。
②为提高“酸化焙烧”效率,常采取的措施是___。
③向“浸出液”中加入CaCO3,其目的是除去“酸化焙烧”中过量的硫酸,控制pH使Fe3+、A13+完全沉淀,则pH至少为___。
(已知:
,Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10-38,Ksp[Al(OH)3]=1.0×10-33,完全沉淀后离子浓度低于1×l0-5)mol/L)。
④“滤渣2”的主要化学成分为___。
⑤“沉锂”过程中加入的沉淀剂为饱和的___(化学式)溶液。
(2)利用锂离子能在石墨烯表面和电极之间快速大量穿梭运动的特性,开发出石墨烯电池,电池反应式为LiCoO2+C6
LixC6+Li1-xCoO2其工作原理如图2。
下列关于该电池的说法正确的是___(填字母)。
A.过程1为放电过程
B.该电池若用隔膜可选用质子交换膜
C.石墨烯电池的优点是提高电池的储锂容量进而提高能量密度
D.充电时,LiCoO2极发生的电极反应为LiCoO2-xe-=xLi++Li1-xCoO2
E.对废旧的该电池进行“放电处理”让Li+嵌入石墨烯中而有利于回收
(3)LiFePO4也是一种电动汽车电池的电极材料,实验室先将绿矾溶解在磷酸中,再加入氢氧化钠和次氯酸钠溶液反应获得FePO4固体。
再将FePO4固体与H2C2O4和LiOH反应即可获得LiFePO4同时获得两种气体。
①写出FePO4固体与H2C2O4和LiOH反应溶液获得LiFePO4的化学方程式___。
②LiFePO4需要在高温下成型才能作为电极,高温成型时要加入少量活性炭黑,其作用是___。
【答案】Li2O•Al2O3•4SiO2将矿石细磨、搅拌、升高温度4.7Mg(OH)2和CaCO3Na2CO3CD2LiOH+6H2C2O4+2FePO4=2LiFePO4+7CO2↑+5CO↑+7H2O与空气中的氧气反应,防止LiFePO4中的Fe2+被氧化
【解析】
【分析】
锂辉石(主要成分为LiAlSi2O6,还含有FeO、CaO、MgO等)为原料来制取钴酸锂(LiCoO2),加入过量浓硫酸酸化焙烧锂辉矿,之后加入碳酸钙除去过量的硫酸,并使铁离子、铝离子沉淀完全,然后加入氢氧化钙和碳酸钠调节pH沉淀镁离子和钙离子,过滤得到主要含锂离子的溶液,滤液蒸发浓缩得20%Li2S,加入碳酸钠沉淀锂离子生成碳酸锂,洗涤后与Co3O4高温下焙烧生成钴酸锂;
【详解】
(1)①硅酸盐改写成氧化物形式的方法如下:
a.氧化物的书写顺序:
活泼金属氧化物→较活发金属氧化物→二氧化硅→水,不同氧化物间以·隔开;b.各元素的化合价保持不变,且满足化合价代数和为零,各元素原子个数比符合原来的组成;c、当计量数配置出现分数时应化为整数;锂辉石的主要成分为LiAlSi2O6,根据方法,其氧化物的形式为Li2O•Al2O3•4SiO2;
②流程题目中为提高原料酸侵效率,一般采用的方法有:
减小原料粒径(或粉碎)、适当增加酸溶液浓度、适当升高温度、搅拌、多次浸取等;本题中为“酸化焙烧“,硫酸的浓度已经最大,因此合理的措施为将矿石细磨、搅拌、升高温度等;
③Al(OH)3的Ksp大于Fe(OH)3的Ksp,那么保证Al3+完全沉淀即可达到目的;已知Al(OH)3的Ksp=1×10-33,所以当c(Al3+)=1×10-5mol/L时可认为铝离子和铁离子完全沉淀,此时c(OH-)=
=mol/L=1×10-9.3mol/L,c(H+)=1×10-4.7mol/L,pH=4.7,即pH至少为4.7;
④根据分析可知滤渣2主要为Mg(OH)2和CaCO3;
⑤根据“沉锂”后形成Li2CO3固体,以及大量生产的价格问题,该过程中加入的最佳沉淀剂为Na2CO3溶液;
(2)A.电池反应式为LiCoO2+C6
LixC6+Li1-xCoO2,由此可知,放电时,负极电极反应式为LixC6-xe-=xLi++C6,正极电极反应式Li1-xCoO2+xLi++xe-=LiCoO2,石墨电极为放电时的负极,充电时的阴极,故A错误;
B.该电池是利用锂离子能在石墨烯表面和电极之间快速大量穿梭运动的特性而制作,故B错误;
C.石墨烯电池利用的是Li元素的得失电子,因此其优点是在提高电池的储锂容量的基础上提高了能量密度,故C正确;
D.充电时,LiCoO2极为阳极,将放电时的正极电极反应式逆写即可得阳极反应,即LiCoO2极发生的电极反应为LiCoO2-xe-=xLi++Li1-xCoO2,故D正确;;
E.根据钴酸锂的制备流程可知,对废旧的该电池进行“放电处理“让Li+嵌入LiCoO2才有利于回收,故E错误;
故答案为CD;
(3)①FePO4固体与H2C2O4和LiOH反应可获得LiFePO4同时获得两种气体,该过程中Fe3+被还原,根据元素价态变化规律可知应是C元素被氧化,生成CO2,该种情况下只生成一种气体,应想到草酸不稳定容易发生歧化反应分解生成CO和CO2,即获得的两种气体为CO和CO2,结合电子守恒和元素守恒可能方程式为:
2
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