第二章化學物質及其變化第06講氧化還原反應（精練）完卷時間：50分鐘可能用到的相對原子質量：N14O16Mg24Mn55Cu64Zn65一、選擇題（每小題只有一個正確選項，共12*5分）1．（2021·浙江高考真題）關于反應8NH3+6NO2=7N2+12H2O，下列說法正確的是A．NH3中H元素被氧化B．NO2在反應過程中失去電子C．還原劑與氧化劑的物質的量之比為3：4D．氧化產物與還原產物的質量之比為4：3【答案】D【解析】由反應8NH3+6NO2==7N2+12H2O可知，其中NH3的N元素的化合價由-3升高到0、NO2中的N元素的化合價由-+4降低到0，因此，NH3是還原劑，NO2是氧化劑。A．NH3中H元素的化合價沒有發生變化，故其未被氧化，被氧化的是N元素，A不正確；B．NO2在反應過程中得到電子，B不正確；C．該反應中，NH3是還原劑，NO2是氧化劑。由化學方程式可知，還原劑與氧化劑的物質的量之比為4：3，C說法不正確；D．該反應中氧化產物和還原產物均為N2。還原劑被氧化后得到氧化產物，氧化劑被還原后得到還原產物，還原劑與氧化劑的物質的量之比為4：3，因此，氧化產物與還原產物的質量之比為4：3，D說法正確。綜上所述，本題選D。2．（2021·江蘇常州市·高三二模）燃煤和工業生產中產生的SKIPIF1<0過量排放會形成酸雨。SKIPIF1<0是重要的化工原料，可作漂白劑。在接觸法制硫酸的工業中，SKIPIF1<0發生的反應為：SKIPIF1<0SKIPIF1<0。下列關于SKIPIF1<0的說法正確的是A．SKIPIF1<0分子呈直線形，是非極性分子B．SKIPIF1<0的水溶液能導電，SKIPIF1<0是電解質C．SKIPIF1<0和SKIPIF1<0反應，每生成1molS，轉移的電子數為2molD．用石灰石漿液吸收煙氣中的SKIPIF1<0，可減少酸雨的形成，最終轉化為石膏【答案】D【解析】A．SKIPIF1<0的價層電子對數為2+SKIPIF1<0(6-2SKIPIF1<02)=3，且有一對孤對電子，構型為V形，是極性分子，故A錯誤；B．SKIPIF1<0的水溶液能導電是因為和水反應生成了亞硫酸，SKIPIF1<0是非電解質，故B錯誤；C．SKIPIF1<0和SKIPIF1<0反應生成S單質，S元素由+4價下降到0價，又由-2價上升到0價，方程式為：2H2S+SO2=3S↓+2H2O，每生成1molS，轉移的電子數為SKIPIF1<0mol，故C錯誤；D．石灰石漿吸收廢氣中的二氧化硫的化學方程式為：2CaCO3+2SO2+O2═2CaSO4+2CO2，可減少酸雨的形成，最終轉化為石膏，故D正確；故選D。3．（2021·山東濰坊市·高三二模）光催化甲烷重整技術利用太陽光作為反應動力。以SKIPIF1<0為載體，激發產生電子(e-)—空穴(h+)，反應機理如圖所示。下列說法錯誤的是A．該催化重整過程中，C原子的成鍵數目不變B．SKIPIF1<0在SKIPIF1<0上發生還原反應C．在SKIPIF1<0表面，每生成SKIPIF1<0，向空穴轉移電子數為SKIPIF1<0D．該反應可表示為SKIPIF1<0【答案】A【解析】A．SKIPIF1<0的結構式為O=C=O，甲烷與SKIPIF1<0中C原子成鍵數均為4，CO的結構式為CSKIPIF1<0O，C原子成鍵數位3，C原子的成鍵數目改變，故A錯誤；B．在Rh上SKIPIF1<0→CO，C元素的化合價降低，發生還原反應，故B正確；C．在SKIPIF1<0表面，SKIPIF1<0，每生成SKIPIF1<0，向空穴轉移電子數為SKIPIF1<0，故C正確；D．在SKIPIF1<0上SKIPIF1<0+SKIPIF1<0SKIPIF1<0，結合C選項解析得該反應可表示為SKIPIF1<0，故D正確；故選A。4．（2021·天津河西區·高三二模）工業上將NH3和NO在催化劑表面轉化為N2和H2O的反應進程中相對能量變化如下圖所示。下列說法正確的是A．NH2NO是該反應的催化劑B．總反應中n（氧化劑）∶n（還原劑）=2∶3C．平衡后當升高溫度時，總反應v（正）＜v（逆）D．H的移除過程因相對能量較低，故此步反應速率很快【答案】C【解析】A．觀察相對能量-反應進程曲線可知，NH3吸附在催化劑表面后，經過一定的反應形成NH2NO，NH2NO又經過反應得到N2和H2O，所以NH2NO是該反應過程的活性中間體，而不是催化劑。A項錯誤；B．由題中：NH3和NO在催化劑表面轉化為N2和H2O，可知總反應方程式為6NO+4NH3SKIPIF1<05N2+6H2O。其中，NO中N元素的化合價由+2價變為0價，化合價降低，NO作氧化劑。NH3中N元素的化合價由-3價變為0價，化合價升高，NH3作還原劑，由總反應可知，n（氧化劑）∶n（還原劑）=3∶2，B項錯誤；C．由曲線圖可知，起始相對能量高于終態，說明這是一個放熱反應，升高溫度平衡向逆反應反向移動。所以平衡后，升高溫度，正反應速率的增大程度小于逆反應速率的增大程度，總反應v（正）＜v（逆），C項正確；D．相對能量-反應進程曲線表明，全過程只有H的移除過程相對能量逐漸升高，這是一個需要吸收能量越過能壘的反應，其速率是全過程中幾個反應中最慢的，D項錯誤；答案選C。5．（2021·山東德州市·高三二模）為探究某些硫的含氧酸鹽的部分性質，進行如下實驗，并記錄實驗現象：①測得0.01mol·L-1NaHSO3溶液的pH約為5。②向0.01mol·L-1NaHSO3溶液中滴加少量酸性KMnO4溶液，溶液的紫紅色褪去。③向0.1mol·L-1Na2S2O3溶液中滴加稀鹽酸，產生無色刺激性氣味的氣體，且出現淡黃色沉淀。④在Ag+催化條件下，向0.1mol·L-1K2S2O8無色溶液中滴加MnSO4溶液，溶液變為紫紅色。由上述實驗現象得出的結論不合理是A．實驗①說明：Ka1(H2SO3)·Ka2(H2SO3)<KwB．實驗②中發生反應：5HSOSKIPIF1<0+2MnOSKIPIF1<0+H+=5SOSKIPIF1<0+2Mn2++3H2OC．實驗③中的淡黃色沉淀為S，無色刺激性氣味的氣體為SO2D．實驗④說明：該條件下，S2OSKIPIF1<0的氧化性強于MnOSKIPIF1<0【答案】A【解析】A．實驗①說明NaHSO3溶液顯酸性，SKIPIF1<0電離程度大于其水解程度，SKIPIF1<0，而SKIPIF1<0，即SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，A項符合題意；B．實驗②為強酸性環境，根據價態變化及氧化還原反應的規律，該離子方程式正確，B項不符合題意；C．實驗③Na2S2O3中S元素化合價為+2價，Na2S2O3遇鹽酸發生歧化反應，生成淡黃色沉淀S和無色有刺激性氣味的氣體SO2，C項不符合題意；D．實驗④說明SKIPIF1<0作氧化劑，生成氧化產物SKIPIF1<0，根據氧化劑的氧化性強于氧化產物，D項不符合題意；故正確選項為A6．（2020·湖南郴州市·高三一模）現有由0.2molCuS和0.1molCu2O組成的混合物，與足量稀HNO3充分反應，生成Cu(NO3)2、H2SO4、NO和H2O，則被還原的HNO3的物質的量是A．0.4mol B．0.6mol C．0.8mol D．1.0mol【答案】B【解析】CuS中硫元素化合價從-2升高到+6，則1molCuS被氧化失去8mol電子、Cu2O中銅元素化合價從+1升高到+2，則1molCu2O被氧化失去2mol電子，稀HNO3作氧化劑時氮元素化合價從+5降低到+2，每1mol硝酸被還原得電子物質的量為3mol，0.2molCuS和0.1molCu2O被氧化失去電子的物質的量為0.2mol×8+0.1mol×2=1.8mol，按得失電子數守恒，被還原的HNO3的物質的量是SKIPIF1<0，B正確；答案選B。7．（2021·廣東茂名市·高三二模）電鍵時，SKIPIF1<0具有高導電性，鍍層細致等優點。SKIPIF1<0可用于處理含SKIPIF1<0的電鍍廢水，反應方程式SKIPIF1<0。下列說法正確的是A．SKIPIF1<0是氧化劑 B．SKIPIF1<0是還原產物C．生成物A的化學式為SKIPIF1<0 D．SKIPIF1<0中SKIPIF1<0元素的化合價為+4【答案】A【解析】A．反應中SKIPIF1<0中Cl的化合價從+4價降到-1價,化合價降低,是氧化劑,故A正確;B．SKIPIF1<0中N化合價是-3價,氮氣中化合價是0價,化合價升高,氮氣是氧化產物,故B錯誤;C．根據原子守恒可得A是二氧化碳,故C錯誤;D．SKIPIF1<0中鉀是+1價,氮的非金屬性強,顯負價-3價,碳顯+2價,故D錯誤;故答案為:A8．（2021·遼寧大連市·高三一模）高氯酸銨(NH4ClO4)可用作火箭推進劑等.制備NH4ClO4的工藝流程如圖：已知除雜時發生的反應為：2NaClO3+H2O2+2HCl=2ClO2↑+O2↑+2H2O下列說法中錯誤的是A．NH4ClO4中陰陽離子的立體構型均是正四面體B．本流程可以得出相同條件下氧化性：ClOSKIPIF1<0＞ClOSKIPIF1<0C．該流程中可循環利用的物質是NaClO3D．電解NaClO3溶液時，陽極的電極反應式為ClOSKIPIF1<0-2e-+H2O=ClOSKIPIF1<0+2H+【答案】C【解析】A．NH4ClO4中陽離子為NHSKIPIF1<0，陰離子為ClOSKIPIF1<0，中心原子的價層電子對數均為4，且都不含孤電子對，均為正四面體構型，A正確；B．根據除雜時發生的反應可知，除雜時ClOSKIPIF1<0將雙氧水氧化，而ClOSKIPIF1<0不反應，說明氧化性：ClOSKIPIF1<0＞H2O2＞ClOSKIPIF1<0，B正確；C．“反應”時需用NaClO4和NH4Cl制備NH4ClO4，所以母液中含有NaCl，可以再回到電解飽和食鹽水的步驟中重復利用，NaClO3并沒有重復利用，C錯誤；D．電解氯酸鈉溶液時，ClOSKIPIF1<0變為NaClO4時Cl元素化合價升高，失去電子被氧化，ClOSKIPIF1<0在陽極反應，電極反應式為：ClOSKIPIF1<0-2e-+H2O=ClOSKIPIF1<0+2H+，D正確；綜上所述答案為C。9．（2021·江西新余市·高三一模）下圖為SKIPIF1<0分子在催化劑的作用下發生的一系列轉化示意圖：下列敘述錯誤的是A．反應①屬于氮的固定；反應②可用于工業上合成SKIPIF1<0B．在催化劑a、b的作用下，提高了化學反應速率和平衡的轉化率C．SKIPIF1<0與SKIPIF1<0反應生成SKIPIF1<0的原子利用率為100%D．在反應①和反應②中，均有極性共價鍵形成，并且反應①中的氮原子發生了還原反應，而反應②中的氮原子發生了氧化反應【答案】B【解析】A．將游離態的氮轉化為化合態的氮的過程為氮的固定，反應①將氮氣轉化為氨氣，屬于氮的固定；反應②為工業上合成SKIPIF1<0的第一步反應，故A正確；B．催化劑可以降低反應物的活化能，提高反應速率，但不能影響平衡移動，不能提高轉化率，故B錯誤；C．SKIPIF1<0與SKIPIF1<0反應生成SKIPIF1<0為化合反應，反應物全部轉化為生成物，沒有副產物，則原子利用率為100%，故C正確；D．在反應①形成N-H鍵，反應②中形成N≡O，均有極性共價鍵形成；反應①中的氮由0價變為-3價，化合價降低，發生了還原反應，反應②中的氮由-3價變為+2價，化合價升高，發生了氧化反應，故D正確；答案選B。10．（2021·山西太原市·高三一模）工業上采用NH3和O2在釩基催化劑表面協同脫除煙氣中的NO，一種反應過程如圖所示，下列敘述錯誤的是A．V5+-O-H是催化劑B．V4+-O-H+O2→V5+=O+H2O屬于氧化還原反應C．反應過程中氮原子的成鍵數目發生改變D．總反應的化學方程式為4NH3+2O2+2NO=3N2+6H2O【答案】D【解析】A．由反應示意圖知，V5+-O-H與氨氣反應后，又由SKIPIF1<0轉化生成，故V5+-O-H是催化劑，A正確；B．V4+-O-H+O2→V5+=O+H2O，元素化合價發生變化，則屬于氧化還原反應，B正確；C．該反應前后氮原子成鍵數目均為3，反應過程中氮原子的成鍵數目有3、4，則N原子的成鍵數目發生改變，C正確；D．沒有催化劑反應難以順利發生，且反應過程中得失電子數守恒、元素質量守恒，由圖知，SKIPIF1<0，則總反應的化學方程式為4NH3+O2+4NOSKIPIF1<0=4N2+6H2O，D不正確；答案選D。11．（2021·山東德州市·高三一模）工業用強氧化劑PbO2來制備KClO4的工業流程如圖：下列判斷不正確的是A．“濾渣”的主要成分是PbO2，可循環使用B．“酸化”的試劑可用濃鹽酸C．NaClO3與PbO2反應的物質的量之比為1：1D．在濾液1中加入KNO3制得KClO4利用的是體系中各物質溶解度不同【答案】B【解析】工業用強氧化劑PbO2來制備KClO4的流程：酸性條件下過量的PbO2氧化NaClO3生成NaClO4，過濾得到含有NaClO4的溶液，在該溶液中加入硝酸鉀，經結晶可得到KClO4的晶體。A．酸性條件下過量的PbO2氧化KClO3生成KClO4，濾渣的主要成分是過量的PbO2，可循環使用，A項正確；B．濃鹽酸具有還原性，被PbO2、KClO3氧化，所以“酸化”的試劑不可以用濃鹽酸，B項錯誤；C．NaClO3與PbO2反應的化學方程式為：SKIPIF1<0，NaClO3與PbO2反應的物質的量之比為1：1，C項正確；D．濾液1是NaClO4溶液，在濾液1中加入KNO3，結晶得到KClO4，利用的是體系中各物質溶解度不同，D項正確；答案選B。12．（2010·上海寶山區·高三二模）將一定質量的鎂、銅合金加入到稀硝酸中，兩者恰好完全反應，假設反應過程中還原產物全是NO，向所得溶液中加入物質的量濃度為3mol/LNaOH溶液至沉淀完全，測得生成沉淀的質量比原合金的質量增加5.1g，則下列有關敘述中正確的是A．加入合金的質量可能為6.4gB．參加反應的硝酸的物質的量為0.1molC．沉淀完全時消耗NaOH溶液的體積為150mLD．溶解合金時收集到NO氣體的體積為2.24L【答案】A【解析】將鎂和銅組成的混合物加入到稀HNO3中，金屬完全溶解(假設反應中還原產物只有NO)發生反應：3Mg+8HNO3(稀)=3Mg(NO3)2+2NO↑+4H2O；3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O，向反應后的溶液中加入過量的3mol/LNaOH溶液至沉淀完全，發生反應：Mg((NO3)2+2NaOH=Mg((OH)2↓+2NaNO3、Cu(NO3)2+2NaOH=Cu(OH)2↓+2NaNO3，沉淀為氫氧化鎂和氫氧化銅，生成沉淀的質量比原合金的質量增加5.1g，則氫氧化鎂和氫氧化銅含有氫氧根的質量為5.1g，氫氧根的物質的量為:n(OH-)=SKIPIF1<0=0.3mol，根據反應方程式可知，鎂和銅的總的物質的量為0.15mol。A.根據反應方程式Mg((NO3)2+2NaOH=Mg((OH)2↓+2NaNO3、Cu(NO3)2+2NaOH=Cu(OH)2↓+2NaNO可知，鎂和銅的總的物質的量為氫氧根離子物質的量的一半，即0.15mol，假定全為鎂，金屬質量為:0.15molSKIPIF1<024g/mol=3.6g，若全為銅，則金屬質量為:0.15molSKIPIF1<064g/mol=9.6g，兩者混合金屬的質量可能為6.4g，故A正確；B.根據方程式可知參加反應的反應n(HNO3)=SKIPIF1<0n(金屬)=SKIPIF1<0=0.4mol，故B錯誤；C.反應消耗氫氧化鈉的物質的量為：n(NaOH)=n(OH-)=0.3mol，則加入的氫氧化鈉溶液的體積=SKIPIF1<0=0.1L=100mL，故C錯誤；D.金屬的物質的量為0.15mol，完全反應失去0.15molSKIPIF1<02=0.3mol電子，根據電子轉移守恒，生成一氧化氮的物質的量n(NO)=SKIPIF1<0=0.1mol，沒有狀態，不能確定氣體的體積，故D錯誤；故選：A。二、主觀題（共3小題，共40分）13．（2021·上海金山區·高三一模）（14分）全球一半左右的碘是以智利硝石提取硝酸鈉后的母液為原料，加入亞硫酸氫鈉制取，相關反應如下：___________NaIO3+___________NaHSO3→3NaHSO4+___________Na2SO4+___________I2+___________H2O(未配平)完成下列填空：(1)配平上述化學方程式________，標出電子轉移的方向和數目_________。(2)該反應實質是兩步反應：①IOSKIPIF1<0+3HSOSKIPIF1<0→3SOSKIPIF1<0+I-+3H+，則第二步反應的離子方程式為②___________；若要使碘酸鈉的利用率最高，碘酸鈉在第一步和第二步反應中的用量之比是___________。(3)過濾反應析出的碘沉淀得到粗碘，再用升華法即可得到99%左右的碘產品。碘升華克服的微粒間作用力為___________。(4)能說明氯、碘兩種元素非金屬性相對強弱的依據是___________。(選填編號)a.原子的最外層都有7個電子b.ICl中碘元素為+1價c.酸性：HClO3>HIO3d.氯化鈉、碘化鈉與濃硫酸共熱，分別生成氯化氫、單質碘(5)檢驗亞硫酸鈉固體是否氧化變質的方法是___________。【答案】（每空2分）(1)2，5，3，2，1，1(2)IOSKIPIF1<0+5I-+6H+→3I2+3H2O5：1(3)分子間作用力（范德華力）(4)bd(5)取樣溶于水，加入過量鹽酸后，再加氯化鋇，產生白色沉淀則已變質，若無白色沉淀生成，則未變質【解析】(1)根據氧化還原反應的配平原則，先分析各物質化合價的升降變化，I從+5價降低到0價，至少轉移10個電子，S元素從+4升高到+6至少轉移2個電子，則NaIO3與NaHSO3的化學計量數之比為2:5，再結合原子守恒規律配平該化學方程式為：2NaIO3+5NaHSO3=3NaHSO4+2Na2SO4+I2+H2O，用單線橋可表示出電子轉移的方向和數目如下：，故答案為：2，5，3，2，1，1；；(2)第二步反應有碘單質生成，第(1)問總反應的離子方程式為：②2IOSKIPIF1<0+5HSOSKIPIF1<0→3H++5SOSKIPIF1<0+I2+H2O，則根據第一步反應①IOSKIPIF1<0+3HSOSKIPIF1<0→3SOSKIPIF1<0+I-+3H+可看出HSOSKIPIF1<0已經被氧化為SOSKIPIF1<0，第二步不需要HSOSKIPIF1<0，則②SKIPIF1<03-①SKIPIF1<05消去HSOSKIPIF1<0得到第二步離子方程式為：IOSKIPIF1<0+5I-+6H+→3I2+3H2O；從第二步可看出，最終要得到3molI2，其中第一步提供5molIOSKIPIF1<0轉化為第二步所需的I-，因此若要使碘酸鈉的利用率最高，IOSKIPIF1<0完全反應完，即碘酸鈉在第一步和第二步反應中的用量之比是5：1，故答案為：IOSKIPIF1<0+5I-+6H+→3I2+3H2O；5：1；(3)碘升華為物理變化，沒有化學鍵的斷裂，因此克服的微粒間作用力為分子間作用力，故答案為：分子間作用力（范德華力）；(4)a．原子的最外層電子數目不能決定元素的非金屬性強弱，故a錯誤；b．ICl中碘元素為+1價，說明Cl更易容易得到電子，非金屬性更強，故b正確；c．酸性：HClO3>HIO3，不是最高價氧化物對應水化物的酸性，所以無法判斷非金屬性，故c錯誤；d．氯化鈉與濃硫酸共熱制備氯化氫，利用的是高沸點酸制備低沸點酸的原理，氯化碘與濃硫酸共熱可制備碘單質，這說明碘離子更易被氧化，其還原性比氯離子的更強，所以氯氣的氧化性強于碘單質的氧化性，即可說明氯、碘兩種元素非金屬性得相對強弱，故d正確；故答案為：bd；(5)亞硫酸鈉固體容易被空氣氧化為硫酸鈉，若檢驗是否變質，主要檢驗溶于水后是否存在硫酸根離子，其方法如下：取樣溶于水，加入過量鹽酸后，再加氯化鋇，產生白色沉淀則已變質，若無白色沉淀生成，則未變質。14．（2021·陜西安康市·高三一模）（14分）SO2在生產、生活中具有重要的作用，據所學知識回答相關問題。(1)SO2通入Na2CO3溶液中有CO2生成，說明H2SO3具有___________(填“酸性”、“氧化性”、“還原性”或“漂白性”，下同)，SO2通入品紅溶液中，品紅溶液褪色，說明SO2具有___________。(2)已知SO2通入FeCl3溶液會發生反應，還原產物為___________(填化學式，下同)，氧化產物為___________。(3)向含鋅粉的懸濁液中通入SO2可制備ZnS2O4。①該反應的化學方程式為___________，若反應中有0.1mol電子轉移，則生成ZnS2O4___________g。②向反應后的溶液中加入過量鹽酸，溶液出現黃色渾濁，且有刺激性氣體產生，反應的化學方程式為___________。(4)已知室溫下，ZnSO3微溶于水，Zn(HSO3)2易溶于水。ZnO水懸濁液常用于吸收煙氣中的SO2。向ZnO水懸濁液中緩慢勻速通入SO2，在開始吸收的40min內，SO2吸收率、溶液pH的變化如圖。0~20min內，溶液pH幾乎不變的原因是___________，SO2吸收率在30min后迅速降低，其原因是___________。【答案】（除標注外，每空2分）(1)酸性（1分）漂白性（1分）(2)Fe2+（1分）SOSKIPIF1<0（1分）(3)①Zn+2SO2=ZnS2O49.65②2ZnS2O4+4HC1=2ZnCl2+S↓+2H2O+3SO2↑(4)可知0~20min內，懸濁液中的ZnO吸收大量SO2，生成微溶于水的ZnSO3，此時溶液pH幾乎不變ZnO完全反應生成ZnSO3后，ZnSO3繼續吸收SO2生成易溶于水的Zn(HSO3)2，此時溶液pH遂漸變小，SO2的吸收率迅速降低【解析】(1)SO2通入Na2CO3溶液中有CO2生成，說明H2SO3具有酸性，酸性H2SO3強于H2CO3；SO2通入品紅溶液中，品紅溶液褪色，說明SO2具有漂白性；(2)SO2通入FeCl3溶液會發生離子反應SO2+2Fe3++2H2O=2Fe2++4H++SOSKIPIF1<0，反應中FeCl3中鐵元素化合價由+3價降為+2價被還原，生成Fe2+，則還原產物為Fe2+；SO2中硫元素化合價由+4價升為+6價，生成SOSKIPIF1<0，則氧化產物為SOSKIPIF1<0；(3)①向含鋅粉的懸濁液中通入SO2可制備ZnS2O4，根據元素守恒可知發生反應的化學方程式為Zn+2SO2=ZnS2O4；當該反應中有0.1mol電子轉移時，則生成0.05molZnS2O4，質量為0.05mol

×193g/mol=9.65g；②向反應后的溶液中加入過量鹽酸，溶液出現黃色渾濁，且有刺激性氣體產生，則生成硫單質和二氧化硫，根據氧化還原反應配平可得反應的化學方程式為2ZnS2O4+4HCl=2ZnCl2+S↓+2H2O+3SO2↑；(4)根據圖中信息可知0~20min內，懸濁液中的ZnO吸收大量SO2，生成微溶于水的ZnSO3，此時溶液pH幾乎不變；一旦ZnO完全反應生成ZnSO3后，ZnSO3繼續吸收SO2生成易溶于水的Zn(HSO3)2，此時溶液pH遂漸變小，SO2的吸收率迅速降低。15．（2021·北京豐臺區·高三一模）（12分）錳廣泛存在于自然界中，工業可用軟錳礦(主要成分是MnO2)制備錳。資料：①MnCO3難溶于水，可溶于稀酸。②在Mn2+催化下，SO2在水溶液中被氧化成H2SO4。I.制備(1)寫出鋁熱法還原MnO2制備錳的化學方程式_______。(2)工業上制備錳時，會產生大量廢水和錳渣