高考化学专题复习氧化还原反应的综合题及答案.docx
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高考化学专题复习氧化还原反应的综合题及答案
2020-2021高考化学专题复习氧化还原反应的综合题及答案
一、高中化学氧化还原反应
1.废水中过量的氨氮(
和
)会导致水体富营养化。
某科研小组用
氧化法处理氨氮废水。
已知:
①
的氧化性比
强;②
比
更易被氧化;③国家相关标准要求经处理过的氨氮废水
要控制在6~9。
(1)
时,
可与
反应生成
等无污染物质,该反应的离子方程式为___________。
(2)进水
对氨氮去除率和出水pH的影响分别如图1和图2所示:
①进水
在1.25~2.75范围内时,氨氮去除率随
的升高迅速下降的原因是__________。
②进水
在2.75~6范围内时,氨氮去除率随
的升高而上升的原因是___________。
③进水
应控制在____________左右为宜。
(3)为研究空气对
氢化氨氮的影响,其他条件不变,仅增加单位时间内通人空气的量,发现氨氮去除率几乎不变。
其原因可能是______(填序号)
a.
的氧化性比
弱
b.
氧化氨氮速率比
慢
c.
在废水中溶解度比较小
d.空气中的
进入废水中
【答案】
随着
的升高,
含量增大,氧化性降低,导致氨氯去除率下降随着
的升高,氨氮废水中
含量增大,而
比
更易被氧化1.5
【解析】
【分析】
(1)pH=1.25时,NaClO可与NH4+反应生成N2等无污染物质,次氯酸根离子被还原为氯离子和水,结合电荷守恒、电子守恒、原子守恒配平书写离子方程式;
(2)①进水pH为1.25~2.75范围内,氨氮去除率随pH升高迅速下降是c(OH-)较大,抑制NaClO水解,c(HClO)较小致氧化能力弱;
②进水pH为2.75~6.00范围内氨氮去除率随pH升高而上升,氨气含量增大氨氮易被氧化;
③结合图象变化可知进水pH应控制在1.0左右;
(3)其他条件不变,仅增加单位时间内通入空气的量,发现氨氮去除率几乎不变,说明O2氧化氨氮速率比NaClO慢,比次氯酸钠氧化性弱,溶液中溶解的氧气少等原因。
【详解】
(1)pH=1.25时,NaClO可与NH4+反应生成N2等无污染物质,次氯酸根离子被还原为氯离子,结合电荷守恒、电子守恒、原子守恒配平书写离子方程式:
3ClO-+2NH4+=N2↑+3Cl-+2H+;
(2)①进水pH为1.25~2.75范围内,氨氮去除率随pH升高迅速下降的原因是:
随着PH升高,NaClO含量增大,氧化性能降低,导致氨氮去除率下降;
②进水pH为2.75~6.00范围内,氨氮去除率随pH升高而上升的原因是:
随着PH升高氨氮废水中氨气含量增大,氨氮更易被氧化;
③进水pH应控制在1.50左右,氨氮去除率会较大;
(3)研究空气对NaClO氧化氨氮的影响,其他条件不变,仅增加单位时间内通入空气的量,发现氨氮去除率几乎不变。
其原因可能是:
O2的氧化性比NaClO弱、O2氧化氨氮速率比NaClO慢、O2在溶液中溶解度比较小;故答案为:
abc。
2.过氧乙酸(CH3COOOH)是一种高效消毒剂,具有很强的氧化性和腐蚀性,它可由冰醋酸与过氧化氢在一定条件下制得;它可以迅速杀灭多种微生物,包括多种病毒(如:
SARS病毒、禽流感病毒)、细菌、真菌及芽孢。
下面是市售过氧乙酸商品标签:
有关资料:
H2O2是极弱的电解质,在酸性介质中才能稳定存在,是一种强氧化剂。
过氧乙酸消毒液是由H2O2、H2O、CH3COOH及少量H2SO4混合后,反应生成过氧乙酸(CH3COOOH)。
CH3COOOH容易放出氧原子,它与空气中微生物机体作用,达到灭菌目的,是消毒液的主要成分。
(1)某研究性学习小组为了弄清配制过氧乙酸消毒液的甲、乙溶液的主要成分各是什么?
进行以下科学探究,请你完成下列相关内容:
①提出假设:
甲溶液的主要成分为_________,乙溶液的主要成分为_________。
②实验验证:
取甲、乙两种溶液少许,分别加入几滴_________试液,若①中假设正确,则甲溶液的现象为_____________________,乙溶液的现象为__________。
(2)有关过氧乙酸的叙述正确的是_________(填编号)
A.过氧乙酸与羟基乙酸(HOCH2COOH)互为同分异构体
B.过氧乙酸与苯酚混合使用可增强消毒效果
C.过氧乙酸与乙酸属于同系物
D.氧元素的化合价为-2价
(3)实验室制备少量过氧乙酸,可由冰醋酸和过氧化氢在浓硫酸催化作用下制得,实验装置和步骤如下:
①在三颈烧瓶中加入一定量冰醋酸与浓H2SO4的混合液体,再缓缓加入适量30%的双氧水。
②不断搅拌并控制B中混合液的温度为20~30℃至反应结束。
③接入冷凝管和抽气泵,在锥形瓶中收集得到产品。
请回答下列问题:
①仪器C的名称是_______________;
②为更好地控制反应温度,应采用方法是_________________;
③生成过氧乙酸的化学方程式为________________________________________;
④碘量法分析:
取2.00mL过氧乙酸试样稀释成100mL,从中取出5.00mL,滴加酸性KMnO4溶液至恰好粉红色以除去残余H2O2,再加入10mL10%KI溶液和几滴淀粉溶液,摇匀,反应完全后再用0.1000mol/L的Na2S2O3标准液滴定至终点(反应方程式为2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI),共消耗14.30mLNa2S2O3标准液。
该样品中过氧乙酸的物质的量浓度是_____mol/L。
(结果保留小数点后两位)(提示:
CH3COOOH+2I−+2H+=I2+CH3COOH+H2O)
【答案】甲H2O2、H2O、H2SO4乙CH3COOH、H2O石蕊甲:
溶液先变红后褪色乙:
溶液由无色变为红色A冷凝管(或直形冷凝管)水浴加热CH3COOH+H2O2→CH3COOOH+H2O7.15
【解析】
【分析】
(1)若假设甲溶液的有效成分是H2O2,则乙溶液的有效成分是CH3COOOH,根据过氧乙酸消毒液是由H2O2、H2O、CH3COOH及少量H2SO4混合后,反应生成过氧乙酸(CH3COOOH),H2O2是极弱的电解质,在酸性介质中才能稳定存在,则H2SO4应该在甲溶液中,另外两种溶液中的水也是一种主要成分;两溶液都呈酸性,都能使紫色石蕊试液变红,但是甲溶液中H2O2漂白作用的会使变红的溶液褪色;
(2)结合选项对过氧乙酸(CH3COOOH)性质判断,
(3)①由仪器的结构,可知C为直形冷凝管;
②控制B中混合液的温度为20~30℃,应采取水浴加热;
③结合题中信息,写出生成过氧乙酸的化学反应方程式;
CH3COOOH+2I−+2H+=I2+CH3COOH+H2O,2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI,由这两个方程式,确定关系式:
CH3COOOH~I2~2Na2S2O3,计算稀释后5.00mL溶液中过氧乙酸的物质的量,再计算原来的2.00mL溶液中的过氧乙酸的物质的量,再根据物质的量浓度定义式计算。
【详解】
(1)若假设甲溶液的有效成分是H2O2,则乙溶液的有效成分是CH3COOOH,根据过氧乙酸消毒液是由H2O2、H2O、CH3COOH及少量H2SO4混合后,反应生成过氧乙酸(CH3COOOH),H2O2是极弱的电解质,在酸性介质中才能稳定存在,则H2SO4应该在甲溶液中,另外两种溶液中的水更是一种主要成分;两溶液都呈酸性,都能使紫色石蕊试液变红,但是甲溶液中H2O2漂白作用的会使变红的溶液褪色;
(2)过氧乙酸与羟基乙酸(HOCH2COOH)的分子式都是C2H4O3,但结构不同,故互为同分异构体;过氧乙酸具有强氧化性,而苯酚易被氧化,两者混合发生氧化还原反应,不能增强消毒效果;过氧乙酸的分子结构中存在过氧根而乙酸中没有,两者结构不相似,不属于同系物;过氧乙酸中的氧元素有+2价、+1价;
(3)①由仪器的结构,可知C为直形冷凝管;
②控制B中混合液的温度为20~30℃,应采取水浴加热,受热均匀,便于控制温度;
③乙酸与过氧化氢在浓硫酸、20~30℃条件下反应生成过氧乙酸(CH3COOOH),反应的化学方程式为:
CH3COOH+H2O2
CH3COOOH+H2O;
④CH3COOOH+2I−+2H+=I2+CH3COOH+H2O,2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI,由这两个方程式,确定关系式:
CH3COOOH~I2~2Na2S2O3,可知稀释后的5.00mL溶液中过氧乙酸的物质的量是:
×0.0143L×0.1000mol/L,原来2.00mL溶液中的过氧乙酸的物质的量是:
×0.0143L×0.1000mol/L×
=0.0143mol,该该样品中过氧乙酸的物质的量浓度是:
=7.15mol/L。
【点睛】
本题是探究性实验试题,现根据题中的信息去假设,然后分析、得出结论。
实验中的数据处理,借助关系式法,计算所需要的物质的物质的量。
3.据报道,磷酸二氢钾(KH2PO4)大晶体已应用于我国研制的巨型激光器“神光二号”中。
利用氟磷灰石(化学式为Ca5P3FO12)制备磷酸二氢钾的工艺流程如下图所示(部分流程步骤已省略):
已知萃取的主要反应原理:
KCl+H3PO4
KH2PO4+HCl;其中,反应产生的HCl易溶于有机萃取剂。
请回答下列问题:
(1)流程中将氟磷灰石粉碎的目的是__________________________________。
(2)不能使用二氧化硅陶瓷材质的沸腾槽的主要原因是____________(用化学方程式表示)。
(3)副产品N的化学式是____________;在得到KH2PO4晶体的一系列操作Ⅲ,其主要包括____________、过滤、洗涤、干燥等。
(4)若用1000kg质量分数为50.4%的氟磷灰石(化学式为Ca5P3FO12,摩尔质量为504g/mol)来制取磷酸二氢钾晶体,其产率为80%,则理论上可生产KH2PO4(摩尔质量为136g/mol)的质量为_______kg。
(5)电解法制备KH2PO4的装置如图所示.该电解装置中,a区属于_______区(填“阳极”或“阴极”),阴极区的电极反应式是________________。
(6)工业上还可以用氟磷灰石与焦炭、石英砂混合,在电炉中加热到1500℃生成白磷,同时逸出SiF4和CO,该反应的化学方程式为________________________________________。
【答案】增大氟磷灰石与稀硫酸反应的接触面积,加快化学反应速率4HF+SiO2═SiF4↑+2H2ONH4Cl蒸发浓缩、冷却结晶326.4kg阴极2H++2e-=H2↑4Ca5P3FO12+21SiO2+30C
20CaSiO3+3P4+SiF4↑+30CO↑
【解析】
【分析】
氟磷灰石(化学式为Ca5P3FO12)粉碎后加入浓硫酸,反应生成氢氟酸、硫酸钙、磷酸等,加入氯化钾后用有机萃取剂,KCl+H3PO4
KH2PO4+HCl,反应产生的HCl易溶于有机萃取剂,有机相中含有氯化氢,加入氨水反应生成氯化铵,因此副产品主要为氯化铵,水相中含有KH2PO4,经过一系列操作得到KH2PO4晶体。
【详解】
(1)流程中将氟磷灰石粉碎,可以增大氟磷灰石与稀硫酸反应的接触面积,加快化学反应速率,故答案为增大氟磷灰石与稀硫酸反应的接触面积,加快化学反应速率;
(2)根据流程图,反应中生成了氢氟酸,氢氟酸能够与二氧化硅反应,因此不能使用二氧化硅陶瓷材质的沸腾槽,故答案为4HF+SiO2═SiF4↑+2H2O;
(3)根据上述分析,副产品N的化学式为NH4Cl;在得到KH2PO4晶体的一系列操作Ⅲ为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等,故答案为NH4Cl;蒸发浓缩、冷却结晶;
(4)1000kg质量分数为50.4%的氟磷灰石(化学式为Ca5P3FO12)中含有Ca5P3FO12的质量为504kg,根据P元素守恒,理论上可生产KH2PO4的质量为504kg×80%×
÷
=326.4kg,故答案为326.4kg;
(5)根据图示,应该在a区生成KH2PO4,则钾离子由b区移向a区,则a区属于阴极区;阴极上氢离子放电生成氢气,电极反应式为2H++2e-=H2↑,故答案为阴极;2H++2e-=H2↑;
(6)用氟磷灰石与焦炭、石英砂混合,在电炉中加热到1500℃生成白磷,同时逸出SiF4和CO,反应的化学方程式为4Ca5P3FO12+21SiO2+30C
20CaSiO3+3P4+SiF4↑+30CO↑,故答案为4Ca5P3FO12+21SiO2+30C
20CaSiO3+3P4+SiF4↑+30CO↑。
4.某校化学兴趣小组为研究氯气的性质并模拟工业制备漂白粉,设计了下列装置进行实验。
已知:
①A中反应为KClO3+6HCl(浓)=KCl+3Cl2↑+3H2O;
②石灰乳的主要成分为Ca(OH)2,其他杂质不参与反应。
(1)B装置作用____。
实验结束后,立即将B中溶液滴几滴在紫色石蕊试纸上,可观察到的现象是_____。
(2)装置C的实验目的是验证氯气是否具有漂白性,为此C中I、II、III 处依次放入的物质正确的是___(填编号)。
编号
I
II
III
A
干燥的有色布条
碱石灰
湿润的有色布条
B
干燥的有色布条
浓硫酸
湿润的有色布条
C
湿润的有色布条
浓硫酸
干燥的有色布条
D
湿润的有色布条
碱石灰
干燥的有色布条
(3)待E中物质完全反应后,经过一系列加工处理,得到漂白粉样品,其主要成份为___(填化学式)
(4)F装置的作用是(用化学方程式表示)____。
(5)为测定(3)中所得漂白粉的有效成份含量。
称取ag漂白粉样品溶解,往所得溶液中通入CO2至产生沉淀最大值时,该过程的化学方程式为_____,若反应生成沉淀的物质的量为bmol,则该漂白粉中有效成份的质量分数为_____(用含a、b的式子表示)。
【答案】除去氯气中的HCl气体试纸变红不褪色CCaCl2、Ca(ClO)2Cl2+2NaOH==NaCl+NaClO+H2OCO2+H2O+Ca(ClO)2==CaCO3↓+2HClO
【解析】
【分析】
由实验装置图可知,装置A用浓盐酸与氯酸钾反应制备氯气,盛有饱和食盐水的装置B的作用是除去氯气中混有的氯化氢气体,装置C的实验目的是验证氯气是否具有漂白性,盛有浓硫酸的装置D的作用是干燥氯气,盛有石灰乳的装置E的作用是制备漂白粉,盛有氢氧化钠溶液的装置F的作用是吸收有毒的尾气氯气,防止污染空气。
【详解】
(1)盛有饱和食盐水的装置B的作用是除去氯气中混有的氯化氢气体,实验结束后,因饱和食盐水吸收氯化氢气体,使溶液呈酸性,滴在紫色石蕊试纸上,试纸变红色,由于氯气不溶于饱和食盐水,溶液中没有次氯酸,不能使试纸褪色,故答案为:
除去氯气中的HCl气体;试纸变红不褪色;
(2)氯气没有漂白性,不能使干燥的有色布条褪色,氯气与水反应生成盐酸和次氯酸,次氯酸具有漂白性使有色布条褪色,氯气能使湿润的有色布条褪色,则验证氯气是否具有漂白性时,C中I、II、III处依次放入的物质湿润的有色布条、浓硫酸、干燥的有色布条,C正确,故答案为:
C;
(3)氯气与石灰乳反应生成氯化钙、次氯酸钙和水,则漂白粉的主要成分是氯化钙和次氯酸钙,有效成分是次氯酸钙,故答案为:
CaCl2、Ca(ClO)2;
(4)盛有氢氧化钠溶液的装置F的作用是吸收有毒的尾气氯气,过量的氯气能与氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水,防止污染空气,反应的化学方程式为Cl2+2NaOH==NaCl+NaClO+H2O,故答案为:
Cl2+2NaOH==NaCl+NaClO+H2O;
(5)碳酸的酸性强于次氯酸,将二氧化碳通入到漂白粉溶液中,二氧化碳与次氯酸钙反应生成碳酸钙沉淀和次氯酸,反应的化学方程式为CO2+H2O+Ca(ClO)2==CaCO3↓+2HClO;由题意可知,碳酸钙的物质的量为bmol,则有效成分次氯酸钙的质量为bmol×143g/mol=143bg,该漂白粉中有效成份的质量分数为
,故答案为:
CO2+H2O+Ca(ClO)2==CaCO3↓+2HClO;
。
【点睛】
氯气没有漂白性,不能使干燥的有色布条褪色,氯气与水反应生成盐酸和次氯酸,次氯酸具有漂白性使有色布条褪色,氯气能使湿润的有色布条褪色是设计验证氯气是否具有漂白性实验方案的依据,也是解答试题的关键。
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。
6.三氟化氮(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,请根据要求回答下列问题:
(1)反应过程中,被氧化与被还原的元素的物质的量之比为_______________。
(2)写出该反应的化学方程式,并标出电子转移的方向和数目:
____。
若反应中生成0.2molHNO3,转移的电子数目为______________________个。
(3)NF3是一种无色、无臭的气体,但一旦NF3在空气中泄漏,还是易于发现。
你判断该气体泄漏时的现象是_______________________________。
(4)一旦NF3泄漏,可以用NaOH溶液喷淋的方法减少污染,其产物除NaNO2、NaF、H2O外,还肯定有______________(填化学式)。
【答案】2∶1
0.4NA泄漏时会看到白雾和红棕色气体,同时闻到刺激性气味NaNO3
【解析】
【分析】
由题给信息可知,三氟化氮(NF3)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,反应中氮元素的化合价从+3价分别降为+2价,升为+5价,由升降法配平可得化学方程式为3NF3+5H2O=9HF+2NO+HNO3。
【详解】
(1)由题给信息可知,反应中三氟化氮中氮元素的化合价即升高被氧化,又降低被还原,由化合价升降可知被氧化与被还原的氮元素的物质的量之比为1:
2,故答案为:
1:
2;
(2)由题给信息可知,三氟化氮(NF3)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,反应中氮元素的化合价从+3价分别降为+2价,升为+5价,由升降法配平可得化学方程式为3NF3+5H2O=9HF+2NO+HNO3,反应中生成1mol硝酸转移2mol电子,电子转移的方向和数目可表示为
,则反应中生成0.2molHNO3,则转移的电子数目为0.4NA个,故答案为:
;0.4NA;
(3)NF3在潮湿空气中泄漏由于有硝酸生成,会产生白雾,一氧化氮遇到空气被氧化成红棕色有刺激性气味的二氧化氮气体,故答案为:
泄漏时会看到白雾和红棕色气体,同时闻到刺激性气味;
(4)一旦NF3泄漏,可以用NaOH溶液喷淋的方法吸收氟化氢、硝酸、一氧化氮和二氧化氮,会生成氟化钠、硝酸钠、亚硝酸钠和水,故答案为:
NaNO3。
7.将28.8g铜投入100mL浓硝酸中,最后铜有剩余,其NO3-离子物质的量变化如下图所示,请回答下列问题:
(1)开始反应时浓硝酸的物质的量浓度为____________mol/L。
(2)铜与浓硝酸反应生成的气体在标准状况下的体积(不考虑NO2与N2O4的平衡)为_____L。
(3)硝酸完全反应后消耗铜的物质的量n(Cu)是______mol。
(4)应再往此反应体系中滴加_________L2mol/L的硫酸才能使
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- 高考 化学 专题 复习 氧化 还原 反应 综合 答案