全国高考化学氧化还原反应的综合高考真题汇总.docx
- 文档编号:9700279
- 上传时间:2023-05-20
- 格式:DOCX
- 页数:43
- 大小:775.56KB
全国高考化学氧化还原反应的综合高考真题汇总.docx
《全国高考化学氧化还原反应的综合高考真题汇总.docx》由会员分享,可在线阅读,更多相关《全国高考化学氧化还原反应的综合高考真题汇总.docx(43页珍藏版)》请在冰点文库上搜索。
全国高考化学氧化还原反应的综合高考真题汇总
全国高考化学氧化还原反应的综合高考真题汇总
一、高中化学氧化还原反应
1.阳极泥处理后的沉渣中含AgCl,工业上可用Na2SO3溶液作浸取剂浸出回收。
某小组在实验室模拟该过程。
已知:
i.25oC时,部分物质的溶解度:
AgCl1.9×10–4g;Ag2SO34.6×10–4g;Ag2SO4 0.84g。
ii.25oC时,亚硫酸钠溶液酸化过中含
微粒的物质的量分数随pH变化如图所示。
Ⅰ.浸出氯化银
取AgCl固体,加入1mol/LNa2SO3溶液作浸取剂,充分反应后过滤得到浸出液(pH=8),该过程中发生的反应为AgCl+
[Ag(SO3)2]3–+Cl–。
(1)用平衡移动原理解释AgCl溶解的原因是___。
Ⅱ.酸化沉银
(2)经检测,沉淀m为AgCl,则溶液m中含
微粒的主要存在形式是________。
(3)探究沉淀n的成分。
①甲同学认为沉淀n一定不含Ag2SO4,其依据是________。
②乙同学认为沉淀n可能含Ag2SO3,进行实验验证。
i.本实验设计的依据是:
Ag2SO3具有________性。
ii.乙同学观察到________,得出结论“沉淀n不含Ag2SO3”。
③丙同学从溶液n的成分角度再次设计实验证明沉淀n不含Ag2SO3。
i.本实验设计的依据是:
若沉淀n含Ag2SO3,则溶液n中含
微粒的总物质的量___(填“>”、“=”或“<”)Cl–物质的量。
ii.结合实验现象简述丙同学的推理过程:
____。
Ⅲ.浸取剂再生
(4)溶液m经处理后可再用于浸出AgCl,请简述该处理方法____。
【答案】AgCl(s)
Ag+(aq)+Cl-(aq),Ag+与SO32-结合生成[Ag(SO3)2]3–,促进AgCl的溶解平衡正向移动HSO3-Ag2SO4的溶解度远大于AgCl或Ag2SO3,溶液中Ag+的浓度很小还原b中清液的颜色与c相同,均为浅紫色溶液<e中无沉淀生成,说明清液中没有Cl-,则溶液n中加入稀硝酸使[Ag(SO3)2]3–全部转化为Ag+,Ag+将Cl–全部沉淀,由此可知溶液n中含Ag元素的微粒总物质的量不小于n(Cl–)加NaOH溶液调节pH至9~10
【解析】
【分析】
I、
(1)利用平衡移动的知识答题即可;
II、
(2)生成沉淀m时,溶液m的pH为5,观察图像,可以得知HSO3-的物质的量分数占100%;
(3)①溶液中Ag+的浓度很小,而Ag2SO4的溶解度较大,故不会形成Ag2SO4沉淀;
②依据Ag2SO3的还原性答题;
③e中无沉淀生成,说明清液中没有Cl-,则溶液n中加入稀硝酸使[Ag(SO3)2]3–全部转化为Ag+,Ag+将Cl–全部沉淀,由此可分析出溶液n中含Ag元素的微粒总物质的量不小于n(Cl–);
III、(4)m溶液中的溶质为NaHSO3,浸取剂为Na2SO3溶液,需要加入NaOH溶液将NaHSO3转化为Na2SO3。
【详解】
I、
(1)AgCl(s)
Ag+(aq)+Cl-(aq),Ag+与SO32-结合生成[Ag(SO3)2]3-,促进AgCl的溶解平衡正向移动;
II、
(2)生成沉淀m时,溶液m的pH为5,观察图像,可以得知HSO3-的物质的量分数占100%,则溶液m中含
微粒的主要存在形式是HSO3-;
(3)①Ag2SO4的溶解度远大于AgCl或Ag2SO3,溶液中Ag+的浓度很小;
②i、酸性KMnO4溶液具有强氧化性,SO32-具有还原性,则该实验涉及的依据是Ag2SO3具有还原性;
ii、沉淀中无Ag2SO3,则该沉淀不会使酸性KMnO4溶液褪色,故可以观察到a试管中酸性KMnO4溶液褪色,b、c试管中酸性KMnO4溶液依然呈紫色;
③e中无沉淀生成,说明清液中没有Cl-,则溶液n中加入稀硝酸使[Ag(SO3)2]3–全部转化为Ag+,Ag+将Cl–全部沉淀,由此可分析出溶液n中含Ag元素的微粒总物质的量不小于n(Cl–);
III、(4)m溶液中的溶质为NaHSO3,浸取剂为Na2SO3溶液,根据曲线图可知,加入NaOH溶液调整pH到9-10即可。
2.过硫酸钠(Na2S2O8)具有极强的氧化性,且不稳定,某化学兴趣小组探究过硫酸钠的相关性质,实验如下。
已知SO3是无色易挥发的固体,熔点16.8℃,沸点44.8℃。
(1)稳定性探究(装置如图):
分解原理:
2Na2S2O8
2Na2SO4+2SO3↑+O2↑。
此装置有明显错误之处,请改正:
______________________,水槽冰水浴的目的是____________________;带火星的木条的现象_______________。
(2)过硫酸钠在酸性环境下,在Ag+的催化作用下可以把Mn2+氧化为紫红色的离子,所得溶液加入BaCl2可以产生白色沉淀,该反应的离子方程式为______________________,该反应的氧化剂是______________,氧化产物是________。
(3)向上述溶液中加入足量的BaCl2,过滤后对沉淀进行洗涤的操作是___________________________。
(4)可用H2C2O4溶液滴定产生的紫红色离子,取20mL待测液,消耗0.1mol·L-1的H2C2O4溶液30mL,则上述溶液中紫红色离子的浓度为______mol·L-1,若Na2S2O8有剩余,则测得的紫红色离子浓度将________(填“偏高”“偏低”或“不变”)。
【答案】试管口应该略向下倾斜冷却并收集SO3木条复燃2Mn2++5S2O
+8H2O
2MnO
+10SO
+16H+S2O
MnO
用玻璃棒引流,向漏斗中加蒸馏水至没过沉淀,使蒸馏水自然流下,重复操作2~3次(合理即可)0.06偏高
【解析】
【分析】
(1)在试管中加热固体时,试管口应略微向下倾斜;根据SO3、氧气的性质进行分析;
(2)X为MnO4-,向所得溶液中加入BaCl2溶液可以产生白色沉淀,则产物中有SO42-,据此写出离子方程式,并根据氧化还原反应规律判断氧化剂、氧化产物;
(3)根据沉淀洗涤的方法进行回答;
(4)根据得失电子守恒可得到关系式:
5H2C2O4---2MnO4-,带入数值进行计算;Na2S2O8也具有氧化性,氧化H2C2O4。
【详解】
(1)在试管中加热固体时,试管口应略微向下倾斜,SO3的熔、沸点均在0℃以上,因此冰水浴有利于将SO3冷却为固体,便于收集SO3,由Na2S2O8的分解原理可知,生成物中有氧气,所以在导管出气口的带火星的木条会复燃,故答案为:
试管口应该略向下倾斜;冷却并收集SO3;木条复燃;
(2)X为MnO4-,向所得溶液中加入BaCl2溶液可以产生白色沉淀,则产物中有SO42-,则反应的离子方程式为2Mn2++5S2O
+8H2O
2MnO
+10SO
+16H+,根据该反应中元素化合价的变化可知,氧化剂是S2O82-,氧化产物是MnO4-,故答案为:
2Mn2++5S2O
+8H2O
2MnO
+10SO
+16H+;S2O82-;MnO4-;
(3)沉淀洗涤时,需要用玻璃棒引流,并且所加蒸馏水需要没过沉淀,需要洗涤2~3次,故答案为:
用玻璃棒引流,向漏斗中加蒸馏水至没过沉淀,使蒸馏水自然流下,重复操作2~3次(合理即可);
(4)根据得失电子守恒可得到关系式:
则
,Na2S2O8具有氧化性,消耗的H2C2O4溶液增多,导致测得的结果偏高,故答案为:
0.06;偏高。
3.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。
4.某实验小组欲制取氧化铜并证明氧化铜能加快氯酸钾的分解,进行了如下实验:
(一)制取氧化铜
①往盛有一定量CuCl2溶液的烧杯中逐滴加入NaOH溶液,直至不再产生沉淀,然后将烧杯中的物质转移到蒸发皿中,加热至沉淀全部变为黑色。
②将步骤①所得的黑色沉淀过滤、洗涤,晾干后研细备用。
(1)在实验过程中,若未加入NaOH溶液,直接将CuCl2溶液转移到蒸发皿中加热,最后也能得到黑色沉淀,试分析其原因__________。
(2)写出检验步骤②中沉淀是否洗涤干净的操作__________________。
(二)为证明氧化铜能加快氯酸钾的分解并与二氧化锰的催化效果进行比较,用下图装置进行实验,每次实验时均收集25ml气体,其他可能影响实验的因素均已忽略,实验数据见下表:
实验序号
KClO3质量
其他物质质量
待测数据
③
1.2g
无其他物质
a
④
1.2g
CuO0.5g
b
⑤
1.2g
MnO20.5g
c
(3)写出氯酸钾分解反应的化学方程式,并用双线桥表示电子转移的方向和数目________。
(4)上述实验中的“待测数据”是指___________________。
(5)图中量气装置B由干燥管、乳胶管和50mL滴定管改造后组装面成,此处用滴定管是________(填“酸式”或“碱式”)滴定管。
(6)若实验证明氧化铜加快氯酸钾的分解效果比用二氧化锰差,请结合上表的实验效果数据,在坐标图中分别画出使用CuO、MnO2作催化剂时产生氧气的体积[V(O2)]随时间(t)变化的曲线(注明必要的标识)________。
【答案】CuCl2溶液中存在水解平衡CuCl2+2H2O
Cu(OH)2+2HCl,加热时HCl逸出使平衡不断右移,同时得到的Cu(OH)2受热分解生成CuO取2~3mL最后的洗涤液于试管中,滴入少量稀硝酸酸化,再滴入几滴硝酸银溶液,若无白色沉淀产生,则洗涤干净
收集25mL气体所需的时间碱式
【解析】
【分析】
【详解】
(1)CuCl2是强酸弱碱盐会发生水解,CuCl2溶液中存在水解平衡CuCl2+2H2O
Cu(OH)2+2HCl,水解吸热,加热时HCl逸出使平衡不断右移,同时得到的Cu(OH)2受热分解生成CuO。
(2)如果没有洗涤干净则有NaCl杂质,检验是否有Cl—即可确定是否洗净,具体操作是:
取2~3mL最后的洗涤液于试管中,滴入少量稀硝酸酸化,再滴入几滴硝酸银溶液,若无白色沉淀产生,则洗涤干净。
(3)用双线桥表示电子转移的方向和数目时,线桥要从反应物指向生成物的化合价发生改变的同种元素,在线桥上要注明反应的得失电子数目,用双线桥表示氯酸钾分解的电子转移的方向和数目为:
。
(4)要比较反应的快慢需要反应的时间,因此待测数据是:
收集25mL气体所需的时间。
(5)从图可以看出该滴定管没有活塞,所以是碱式滴定管。
(6)反应测的是收集25mL气体所需的时间,所以气体的体积要相等,氧化铜加快氯酸钾的分解效果比用二氧化锰差,所以用氧化铜做作催化剂所用的时间要多,产生氧气的体积[V(O2)]随时间(t)变化的曲线为:
。
5.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。
6.
(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。
7.以海绵铜(CuO、Cu)为原料制备氯化亚铜(CuCl)的一种工艺流程如下:
(1)Cu基态原子核外电子排布式为________,SO42−的空间构型为__________(用文字描述);Cu2+与OH-反应能生成[Cu(OH)4]2−,[Cu(OH)4]2−中提供孤电子对的原子是_______(填元素符号)。
(2)“吸收”过程:
①2NO(g)+O2(g)
2NO2(g)ΔH=-112.6kJ·mol−1提高NO平衡转化率的方法有______________(写出两种)。
②吸收NO2的有关反应如下:
反应Ⅰ:
2NO2(g)+H2O(l)=HNO3(aq)+HNO2(aq)ΔH=-116.1kJ·mol−1
反应Ⅱ:
3HNO2(aq)=HNO3(aq)+2NO(g)+H2O(l)ΔH=-75.9kJ·mol−1
用水吸收NO2生成HNO3和NO的热化学方程式是___________________。
(3)“电解”过程:
HNO2为弱酸,通过电解使HNO3得以再生,阳极的电极反应式是____________。
(4)“沉淀”过程:
产生CuCl的离子方程式是________________。
【答案】1s22s22p63s23p63d104s1正四面体形O增大压强、提高氧气的浓度3NO2(g)+H2O(l)=2HNO3(aq)+NO(g)ΔH=-212.1kJ·mol−1HNO2-2e-+H2O=3H++NO3-2Cu2++SO2+2Cl-+2H2O=2CuCl↓+SO42-+4H+
【解析】
【分析】
海绵铜(CuO、Cu)中CuO与稀H2SO4反应转化为硫酸铜,因硝酸在酸性条件下具有氧化性,会将铜氧化为铜离子,最终生成硫酸铜,SO2具有还原性,再将铜离子还原为氯化亚铜,NO合理利用,经过氧化与电解过程得到硝酸,据此分析解答。
【详解】
(1)Cu的原子序数为29,Cu基态原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1;SO42−中S原子价层电子对个数=4+
=4,且不含孤电子对,由价层电子对互斥理论判断该微粒为正四面体形;[Cu(OH)4]2−中Cu2+提供空轨道,O原子提供孤电子对形成配位键,答案为:
1s22s22p63s23p63d104s1;正四面体形;O;
(2)①2NO(g)+O2(g)
2NO2(g)ΔH=-112.6kJ·mol−1是气体体积减小的放热反应,提高NO平衡转化率,平衡应向正反应方向移动,可以采取的措施有:
降低温度、增大压强、提高氧气的浓度等;
②由盖斯定律可知:
(反应I⨯3+反应II)⨯
可以得到用水吸收NO2生成HNO3和NO的热化学方程式:
3NO2(g)+H2O(l)=2HNO3(aq)+NO(g)ΔH=-212.1kJ·mol−1;
(3)电解过程中,阳极上HNO2失去电子发生氧化反应生成HNO3,阳极的电极反应式是:
HNO2-2e-+H2O=3H++NO3-;
(4)Cu2+与SO2发生氧化还原反应生成CuCl,离子方程式为:
2Cu2++SO2+2Cl-+2H2O=2CuCl↓+SO4
- 配套讲稿:
如PPT文件的首页显示word图标,表示该PPT已包含配套word讲稿。双击word图标可打开word文档。
- 特殊限制:
部分文档作品中含有的国旗、国徽等图片,仅作为作品整体效果示例展示,禁止商用。设计者仅对作品中独创性部分享有著作权。
- 关 键 词:
- 全国 高考 化学 氧化 还原 反应 综合 汇总
![提示](https://static.bingdoc.com/images/bang_tan.gif)