版高考化学一轮复习 课时提升作业 五 第二章 化学物质及其变化 3 氧化还原反应.docx
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版高考化学一轮复习课时提升作业五第二章化学物质及其变化3氧化还原反应
课时提升作业五
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,CaCO3——CaO——Ca(OH)2——Mg(OH)2——MgCl2,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C
B
由油脂得到甘油
由淀粉得到葡萄糖
均发生了水解反应
C
Cl2+2Br-
2Cl-+Br2
Zn+Cu2+
Zn2++Cu
均为单质被还原的置换反应
D
2Na2O2+2H2O
4NaOH+O2↑
Cl2+H2O
HCl+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+H2O
HCl+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( )
①在氯水中加入NaOH溶液;②在FeCl3溶液中加入铁粉;③在品红溶液中通入二氧化硫气体;④在Na2CO3溶液中滴入酚酞;⑤在新制Cu(OH)2悬浊液中滴入葡萄糖溶液,加热。
A.①②⑤ B.①②④
C.①②③D.①②③④⑤
【解析】选A。
①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;②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;③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;④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;⑤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.1∶1B.2∶1
C.1∶2D.2∶3
【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
=2∶1。
5.向含有1mol的FeCl2溶液中通入0.2molCl2,再加入含0.1molX2
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.2 B.3 C.4 D.5
【解析】选B。
由题意知,0.2molCl2和0.1molX2
的酸性溶液,共同将
1molFe2+氧化。
根据氧化还原反应中得失电子守恒可知,0.2molCl2和0.1molX2
得到电子的物质的量与1molFe2+失去电子的物质的量相等,所以有0.2mol×2+0.1mol×2×(6-n)=1mol×1,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,1molCl2转移2mol电子,可氧化2molFe2+;1molX2
转移6mol电子,可氧化6molFe2+,因此等物质的量的Cl2和X2
氧化Fe2+的物质的量之比为1∶3。
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:
3NaAlH4
Na3AlH6+2Al+3H2↑。
下列说法正确的是( )
A.NaAlH4中氢元素为+1价
B.每生成11.2L(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1∶1
【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
0.5molH2时,转移电子数0.5mol×2×NA=NA,B错误;由方程式可知,3molNaAlH4参加反应,生成3molH2,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3∶2,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2∶1
C.若反应中生成0.2molHNO3,则反应共转移0.2mole-
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1molNF3化合价升高,为还原剂被氧化,2molNF3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1∶2,B错误;由反应可知,生成1molHNO3转移2mol电子,则生成0.2molHNO3,反应共转移0.4mole-,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①②③④⑤中有非氧化还原反应
B.反应⑤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③和④转移的电子数之比为1∶1
D.反应①中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶4
【解析】选B。
①反应有氯气生成,②反应有氯化钙、次氯酸钙生成,③过氧化氢分解生成水和氧气,④反应生成单质氧气,⑤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;⑤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;③中氧元素的化合价由-1价升高为0,④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③和④转移的电子数之比为1∶2,C错误;反应①由电子守恒可知,氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶2,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4g·mol-1
B.1molLiAlH4在125℃完全分解,转移3mol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+2H2O
LiAlO2+4H2↑
D.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3g·mol-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1molLiAlH4在125℃时完全分解,转移3mol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+2H2O
LiAlO2+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[CO(NH2)2中N为-3价,方程式未配平],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2
D.生成3.2gN2H4转移0.1mol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3.2gN2H4应转移0.2mol电子,故A、C正确,D错误;N2H4的结构式是
,分子中存在N—N非极性键和N—H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①Fe+Cu2+
Fe2++Cu;②2Fe3++Cu
2Fe2++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-+D2
2D-+C2和反应2C-+B2
2B-+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-+B2
2B-+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0.21mol
B.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16.8g
D.氯气被还原成0.06molClO-和0.03molCl
【解析】选D。
结合反应,根据图象知n(ClO-)=0.06mol,n(Cl
)=0.03mol,故转移电子物质的量=0.06mol×(1-0)+0.03mol×(5-0)=0.21mol,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-)=0.21mol,根据物料守恒可知n(K+)=n(Cl-)+n(ClO-)+n(Cl
)=0.21mol+0.06mol+0.03mol=0.3mol,则n(KOH)=0.3mol,则氢氧化钾质量=0.3mol×56g·mol-1=16.8g,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
+10H2O
4Fe(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3∶2
【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
+10H2O
4Fe(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2∶3,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+cH2O
aSe+b__X__+d__Y__;则关于下列叙述正确的是( )
A.a∶b=1∶1
B.Y为OH-
C.氧化性为SeO2>H2SO4(浓)
D.若每生成0.2molX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a∶b=1∶2,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。
①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___。
②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+2Na2S2O3
2NaI+Na2S4O6。
(2)实验步骤。
①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_;
②用注射器抽取某水样20.00mL从A处注入锥形瓶;
③再分别从A处注入含mmolNaOH溶液及过量的MnSO4溶液;
④完成上述操作后,关闭a、b,将锥形瓶中溶液充分振荡;
⑤打开止水夹a、b,分别从A处注入足量NaI溶液及含nmolH2SO4的硫酸;
⑥重复④的操作;
⑦取下锥形瓶,向其中加入2~3滴__________作指示剂;
⑧用0.005mol·L-1Na2S2O3溶液滴定至终点。
滴定终点的现象是__。
(3)数据分析。
①若滴定过程中消耗的Na2S2O3标准溶液体积为3.90mL,则此水样中氧(O2)的含量为__________mg·L-1。
②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”)。
③实验要求加入适量的H2SO4使溶液接近中性,其原因是__。
【解析】
(1)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)①根据
(1)中的三个方程式,可以得出物质间的定量关系为O2~2MnO(OH)2~2I2~4Na2S2O3,则n(O2)=
=4.875×10-6mol,则此水样中氧(O2)的含量为
=7.8mg·L-1。
②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。
③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)①2Mn2++O2+4OH-
2MnO(OH)2
②MnO(OH)2+2I-+4H+
Mn2++I2+3H2O
(2)①排出装置内的空气,避免空气中O2的干扰 ⑦淀粉溶液 ⑧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)①7.8 ②偏大 ③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++10N
2H3AsO4+3S+10NO2↑+2H2O。
若生成2molH3AsO4,则反应中转移电子的物质的量为________。
(4)若反应产物NO2与11.2LO2(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0.5mol b.等于0.5mol
c.大于0.5mold.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2
S3+2SnCl2+4HCl
S4+2SnCl4+2H2S↑,根据电子得失守恒知,1molAs2S3作氧化剂得到2mol电子,而1molSnCl2作还原剂失去2mol电子,则二者的物质的量之比是1∶1。
(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++10N
2H3AsO4+3S+10NO2↑+2H2O可知,As2S3作还原剂,转移电子数为2mol×(5-3)+3mol×(0+2)=10mol,则生成2molH3AsO4时反应中转移电子的物质的量为10mol。
(4)由NO2与11.2LO2混合后用水吸收全部转化成浓硝酸,则4NO2+O2+2H2O
4HNO3,氧气的物质的量为
=0.5mol,则由反应可知硝酸的物质的量为0.5mol×4=2mol,若硝酸完全反应,则根据电子守恒可知生成CO2的量是0.5mol×
=0.5mol,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0.5mol。
答案:
(1)1∶1
(2)As2S3 氢氧化钠溶液或硫酸铜溶液
(3)10mol (4)a
14.(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:
Ⅰ.【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+4HCl
4NaCl+S↓+3SO2↑+2H2O;
Na2S2O3+2HCl
2NaCl+S↓+SO2↑+H2O。
Ⅱ.【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40~50℃,过滤,用______洗涤,干燥制得Na2S2O4。
Ⅲ.【Na2S2O4的性质】
(1)Na2S2O4溶液在空气中易被氧化。
课题小组测定0.050mol·L-1Na2S2O4溶液在空气中pH变化如图所示:
0~t1段主要生成HS
,根据pH变化图,HS
的电离程度__________水解程度(填“<”或“>”)。
课题小组推测Na2S2O4溶液在空气中易被氧化,0~t1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】Ⅱ.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。
Ⅲ.
(1)0~t1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0~t1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0~t1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1∶1,反应后Na2S2O3中钠、硫原子个数比也是1∶1,但Na2SO3中钠、硫原子个数比为2∶1,这说明另外一种气体产物中含有S,应为SO2。
根据反应Na2S2O3+2HCl
2NaCl+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:
Ⅱ.2 1 4 SO2 2 3 1 H2O 乙醇
Ⅲ.
(1)> 2S2
+O2+2H2O
4HS
S
(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
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- 版高考化学一轮复习 课时提升作业 第二章 化学物质及其变化 氧化还原反应 高考 化学 一轮 复习 课时 提升 作业 第二 化学物质 及其 变化 氧化 还原 反应