题型检测(九)-综合实验题doc.doc

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1、第 14 页 共 14 页题型检测九 综合实验题1(2019昆明摸底).新切开的苹果在空气中放置一段时刻 外表会变黄，最终变成褐色，这种现象在食品科学上通常称为“褐变。关于苹果褐变的缘故有以下两种说法：说法一：苹果中的Fe2被空气中的氧气氧化成Fe3。说法二：苹果中的酚类物质被空气中的氧气氧化。针对上述两种说法，某小组同学通过以下实验进展探究：查阅文献苹果汁中含有0.001%的Fe2，同时也含有多酚类物质，多酚可与空气中的氧气反响变色；酚类物质遇FeCl3溶液常发生显色反响而呈现一定颜色，如苯酚显紫色，对苯二酚显绿色，甲基苯酚显蓝色。实验探究编号实验操作实验现象实验1试管中未出现明显变化，试管

2、中观看 到_的现象实验2试管编号1 min10 min24 h黄褐色褐色深褐色无明显变化无明显变化无明显变化实验3在一块新切开的苹果上滴加23滴FeCl3溶液外表变为绿色解释与结论(1)实验1验证了苹果汁中含有Fe2，该实验试管中观看 到的现象是_。(2)实验2选用的FeSO4溶液中，X_。上述实验探究证明：说法_(选填“一或“二)是苹果褐变的要紧缘故。.准确测定某溶液中Fe2质量分数的一种方法是：在FeSO4溶液中参加(NH4)2SO4固体制成莫尔盐晶体(NH4)2SO4FeSO46H2O，该晶体比一般亚铁盐稳定。称取a g莫尔盐样品溶于水，配制成200 mL溶液，每次取待测液20.00 m

3、L，用浓度为b molL1的酸性KMnO4溶液滴定。实验结果记录如下：实验次数第一次第二次第三次消耗酸性KMnO4溶液体积/mL20.0219.9820.52(3)酸化KMnO4的试剂为_(选填字母代号)。AHClBH2SO4CHNO3(4)滴定过程中发生反响的离子方程式为_。(5)滴定过程中，应将酸性KMnO4溶液置于_(填“酸式或“碱式)滴定管中。推断 滴定终点的现象为_。(6)通过实验数据计算样品中Fe2的质量分数为_(用含a、b的代数式表示)。解析：.(1)由“实验1验证了苹果汁中含有Fe2可知，滴入稀硝酸后苹果汁中的Fe2被氧化成Fe3，Fe3遇KSCN溶液后溶液变红。(2)结合题中

4、已经知道的查阅文献信息可知，实验2选用的FeSO4溶液中Fe2含量为0.001%，那么X0.001，依照实验2中试管和的实验现象可知，苹果褐变与Fe2无关，由题中实验探究可知说法二是苹果褐变的要紧缘故。.(3)HCl具有复原性，能被KMnO4溶液氧化，HNO3具有强氧化性，也能氧化Fe2，滴定时产生干扰，数据不准确，因此酸化KMnO4溶液的试剂为H2SO4，B项正确。(4)滴定过程中，Fe2与MnO在酸性条件下反响的离子方程式为MnO5Fe28H=Mn25Fe34H2O。(5)酸性KMnO4溶液具有强氧化性，能氧化碱式滴定管下端的橡胶管，故应将其置于酸式滴定管中。实验时滴入最后一滴酸性KMnO

5、4溶液，溶液变为浅红色，且30 s内颜色不再发生变化，即说明到达滴定终点。(6)第三次实验数据误差较大，应舍去，依照第一次、第二次的实验数据可算出实验中消耗酸性KMnO4溶液的平均体积为20.00 mL，依照MnO 5Fe21 mol 5 molb molL120.00103 L c(Fe2)20.00103 L得c(Fe2)5b molL1，那么该莫尔盐中Fe2的质量分数100%100%。答案：.(1)溶液变红(2)0.001二.(3)B(4)MnO5Fe28H=Mn25Fe34H2O(5)酸式当最后一滴酸性高锰酸钾溶液滴入时，溶液变为浅红色，且30 s内不变色(6)100%2(2019山西

6、六校检测)间溴苯甲醛常用作医药中间体，实验室以苯甲醛为原料，在无水AlCl3催化下加热制备间溴苯甲醛。.催化剂的制备如图1是实验室制取少量无水AlCl3的相关实验装置。已经知道无水氯化铝易升华，极易潮解。(1)假设气体A是Cl2，且由KMnO4和浓盐酸反响制取，该反响的离子方程式为_。(2)假设固体B是AlCl36H2O，那么气体A是_，通入气体A的目的是_。(3)假设气体A为Cl2，乙中的药品是碱石灰，那么碱石灰的作用是_。.间溴苯甲醛的制备实验所用装置如图2(夹持及加热装置已省略)：已经知道相关物质的沸点如下表所示：物质沸点/液溴58.8苯甲醛1791，2二氯乙烷83.5间溴苯甲醛229实

7、验步骤如下：步骤1：将一定配比的无水AlCl3、1，2二氯乙烷和苯甲醛在三颈烧瓶中充分混合后，升温至60 ，缓慢滴加经浓硫酸枯燥过的液溴，维持温度不变，反响一段时刻 后，冷却。步骤2：将反响混合物缓慢参加一定量的稀盐酸中，搅拌、静置、分液。有机相用10% NaHCO3溶液洗涤。步骤3：往洗涤后的有机相中参加适量无水MgSO4固体，放置一段时刻 后，进展下一操作。步骤4：减压蒸馏有机相，搜集相应馏分。(1)仪器a的名称为_，本实验需要操纵反响温度为60 ，为了更好地操纵反响温度，宜采纳的加热方式是_。(2)步骤2分液时有机相处于_(填“上层或“下层)，NaHCO3能够 除去有机相中的Br2，反响

8、中1 mol Br2参与反响，转移1 mol电子且产生无色气体，反响的离子方程式为_。(3)步骤3中将参加无水MgSO4固体的有机相放置一段时刻 后，进展的下一操作是_。解析：.(1)KMnO4和浓盐酸反响的离子方程式为2MnO16H10Cl=2Mn25Cl28H2O。(2)由AlCl36H2O制备AlCl3，只需使AlCl36H2O受热失去结晶水，通入HCl可防止AlCl3水解。(3)因Cl2有毒，无水AlCl3极易潮解，因此 乙中碱石灰的作用是吸收未反响完的Cl2且防止空气中的水蒸气进入甲中。.(1)仪器a是直形冷凝管；当反响温度低于100 时，能够 采取水浴加热的方式，有利于操纵温度，且

9、使反响体系受热均匀。(2)间溴苯甲醛密度比水大，有机相在下层；HCO水解使溶液呈碱性，Br2在碱性条件下发生歧化反响，反响的离子方程式为Br22HCO=BrBrO2CO2H2O。(3)无水MgSO4固体的作用是吸收有机相中的水，固液别离的操作是过滤。答案：.(1)2MnO16H10Cl=2Mn25Cl28H2O(2)HCl抑制AlCl3水解(3)吸收未反响完的Cl2，防止空气中的水蒸气进入甲中.(1)直形冷凝管水浴加热(2)下层Br22HCO=BrBrO2CO2H2O(3)过滤3(2019烟台模拟)自20世纪60年代以来，人们发觉 了120多种含铁硫簇(如Fe2S2、Fe4S4、Fe8S7等)

10、的酶和蛋白质。铁硫簇是普遍存在于生物体的最古老的生命物质之一。某化学兴趣小组在研究某铁硫簇构造的组成时，设计了以下实验：实验一：测定硫的质量。.从图中选择适宜的装置进展连接。.检查装置的气密性后，在A中放入0.4 g铁硫簇的样品(含有不溶于水和盐酸的杂质)，在B中参加品红溶液，在C中参加30 mL 0.1 molL1的酸性KMnO4溶液(反响过程中溶液体积变化忽略不计)。.通入空气并加热，发觉 A中固体逐渐转变为红棕色。.待固体完全转化后，取C中的酸性KMnO4溶液3.00 mL，用0.1 molL1的碘化钾溶液进展滴定。记录数据如下：滴定次数待测溶液体积/mL消耗碘化钾溶液体积/mL滴定前刻

11、度滴定后刻度13.001.007.5023.001.026.0333.001.005.99实验二：测定铁的质量。取实验一中A的硬质玻璃管中的残留固体参加稀盐酸中，充分搅拌后过滤，在滤液中参加足量的NaOH溶液，过滤后取滤渣，经灼烧得0.32 g固体。试答复以下咨询 题：(1)装置接口的连接顺序为b_。(2)检查“实验一中装置A的气密性的方法是_。(3)滴定终点的推断 方法是_。(4)装置B中品红溶液的作用是_。有同学提出，撤去B装置，对实验没有妨碍 ，你的看法是_(选填“合理或“不合理)，理由是_。(5)用KI溶液滴定KMnO4溶液时发生反响的离子方程式为_。(6)请写出这种铁硫簇构造的化学式

12、_。(7)以下操作，可能引起x/y偏大的是_。a滴定剩余KMnO4溶液时，KI溶液滴到锥形瓶外边一滴b配制KI溶液时，定容时俯视刻度线c用碘化钾溶液滴定剩余KMnO4溶液时，滴定前有气泡，滴定后无气泡d实验二中对滤渣灼烧不充分解析：(1)图示装置A中FexSy在加热条件下与空气作用可生成SO2，要测定硫的含量需用酸性KMnO4溶液吸收SO2，再用品红溶液检验SO2是否被完全吸收即可，即实验装置接口的连接顺序为befdc(g)。(3)当滴入最后一滴KI溶液，溶液的紫色褪去，且30 s内颜色不再发生变化，说明到达滴定终点。(4)装置B中品红溶液的作用是检验SO2是否完全被酸性KMnO4溶液吸收；实

13、验完毕时假设装置C中紫色没有完全褪去，说明SO2完全被吸收，故该同学的看法合理。(5)酸性KMnO4溶液能将I氧化为单质I2，即反响的离子方程式为2MnO16H10I=2Mn25I28H2O。(6)反响前装置C中KMnO4的物质的量为0.1 molL10.03 L0.003 mol，滴定剩余的KMnO4时消耗0.1 molL1 KI溶液的体积为(6.031.02)(5.991.00)mL25.00 mL(第一次滴定结果误差较大，故舍去)，依照2MnO10I和消耗I的体积可得出吸收SO2后溶液中剩余n(KMnO4)0.1 moLL10.005 L0.001 mol，那么反响中SO2消耗KMnO4

14、为0.003 mol0.001 mol0.002 mol，依照5SO22KMnO4和消耗0.002 mol KMnO4可求出SO2的物质的量为0.005 mol，即该铁硫簇中S元素为0.005 mol，实验二中最终得到的0.32 g固体为Fe2O3，依照2FeFe2O3可求出n(Fe元素)0.004 mol，即该铁硫簇中n(Fe元素)n(S元素)45，那么该铁硫簇的化学式为Fe4S5。(7)滴定剩余KMnO4溶液时KI溶液滴到锥形瓶外一滴，导致测得的剩余KMnO4的物质的量偏大，那么SO2消耗KMnO4的物质的量偏小，得出的y偏小，即引起x/y偏大，a正确；配制KI溶液时，定容时俯视刻度线，导

15、致KI溶液浓度偏大，那么测得的剩余的KMnO4的物质的量偏小，SO2消耗的KMnO4的物质的量偏大，y偏大，那么引起x/y偏小，b错误；滴定前有气泡，滴定后无气泡，即滴定时消耗KI溶液的体积偏大，测得的剩余KMnO4的物质的量偏大，同理导致x/y偏大，c正确；实验二中对滤渣灼烧不充分，导致残渣质量增加，即样品中n(Fe)偏大，导致x/y偏大，d正确。答案：(1)efdc(g)(2)在导管b后接上长导管，把长导管末端插入水槽中，关闭a处旋塞，用酒精灯微热硬质玻璃管，假设长导管口处有气泡产生，撤去酒精灯，导管形成一段水柱，说明装置气密性良好(3)参加最后一滴KI溶液，溶液紫色褪去，且半分钟内不恢复

16、为紫色(4)检验二氧化硫是否被酸性高锰酸钾溶液完全吸收合理假设C中酸性高锰酸钾溶液的紫色不褪去，说明二氧化硫被吸收完全(5)2MnO16H10I=2Mn25I28H2O(6)Fe4S5(7)acd4叠氮化钠(NaN3)固体易溶于水，微溶于乙醇，不溶于乙醚，是汽车平安气囊中的要紧成分，能在发生碰撞的瞬间分解产生大量气体将气囊鼓起。工业级NaN3的制备分两步进展，反响的化学方程式如下：.2Na2NH32NaNH2H2.NaNH2N2ONaN3H2O实验室利用如下装置模拟工业级NaN3的制备。答复以下咨询 题：实验：制备(1)装置C中盛放的药品为_，装置D中进展油浴而不用水浴的要紧缘故是_。(2)N

17、2O可由NH4NO3在240245 分解制得(硝酸铵的熔点为169.6 )，那么可选择的气体发生装置是_(图中加热装置已略去)，该反响的化学方程式为_，在制备NaN3的实验过程中，当观看 到_时开场通入N2O。实验：别离提纯反响完全完毕后，取出装置D中的混合物进展以下操作，得到NaN3固体。D中混合物 NaN3已经知道：NaNH2能与水反响生成NaOH和氨气(3)操作采纳乙醚洗涤的缘故是_。实验：定量测定实验室用滴定法测定叠氮化钠样品中NaN3的质量分数：将2.500 g试样配成500 mL溶液。取50.00 mL溶液置于锥形瓶中，参加50.00 mL 0.101 0 molL1 (NH4)2

18、Ce(NO3)6溶液。充分反响后，将溶液稍稀释，向溶液中参加8 mL浓硫酸，滴入3滴邻菲啰啉指示液，用0.050 0 molL1 (NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定过量的Ce4，消耗溶液体积为29.00 mL。测定过程的反响方程式为2(NH4)2Ce(NO3)62NaN3=4NH4NO32Ce(NO3)32NaNO33N2Ce4Fe2=Ce3Fe3。(4)配制叠氮化钠溶液时，除需用到烧杯、玻璃棒、量筒外，还用到的玻璃仪器有_。(5)试样中NaN3的质量分数为_。解析：(1)A中产生的氨气混有水蒸气，枯燥氨气选择碱石灰，那么在C中盛放的药品是碱石灰；装置D中发生反响之一：NaNH2N2ON

19、aN3H2O，该反响需要温度210220 ，而水浴温度达不到反响所需的温度，因此 进展油浴而不用水浴。(2)N2O可由NH4NO3在240245 分解制得(硝酸铵的熔点为169.6 )，在制得N2O之前，NH4NO3已经熔化，故试管不能向下倾歪 ，以防熔化后的NH4NO3流下，故不用c；NH4NO3分解会产生水，假设用b装置，水蒸气冷凝后会回流至试管底部，导致试管炸裂，故不用b；气体发生装置选ad；该反响的化学方程式为NH4NO3N2O2H2O；在制备NaN3的实验过程中，当Na和NH3完全反响时，开场通入N2O发生反响NaNH2N2ONaN3H2O制得NaN3，因此 当观看 到装置D中熔融钠

20、单质的银白色光泽全部消灭 时开场通入N2O。(3)D中混合物加水后，依照叠氮化钠(NaN3)固体易溶于水，微溶于乙醇，不溶于乙醚，NaN3溶解在水中，NaNH2与水反响生成NaOH和氨气，可知，操作加乙醇可落低NaN3的溶解度促使NaN3析出；乙醚洗涤叠氮化钠可减少叠氮化钠的损失；故操作采纳乙醚洗涤的缘故是NaN3不溶于乙醚，能减少其损失；可洗去NaN3固体外表的乙醇杂质；乙醚易挥发有利于产品快速枯燥。(4)配制500.00 mL叠氮化钠溶液时，除需用到烧杯、玻璃棒、量筒外，还用到的玻璃仪器是500 mL容量瓶和胶头滴管。(5)测定时，将2.500 g试样配成500.00 mL溶液，取50.0

21、0 mL溶液置于锥形瓶中，叠氮化钠和六硝酸铈铵反响，剩余的六硝酸铈铵，参加浓硫酸，用0.050 0 molL1 (NH4)2Fe(SO4)2(硫酸亚铁铵)标准滴定溶液滴定过量的Ce4，结合化学方程式定量关系计算：2(NH4)2Ce(NO3)62NaN3=4NH4NO32Ce(NO3)32NaNO33N2Ce4Fe2=Ce3Fe3。(NH4)2Ce(NO3)6总物质的量n(NH4)2Ce(NO3)60.101 0 molL150.00103 L5.050103 mol，参加反响(NH4)2Fe(SO4)2的物质的量n(NH4)2Fe(SO4)20.050 0 molL129.00103 L1.4

22、50103 mol，由知，与NaN3反响的(NH4)2Ce(NO3)6的物质的量n(NH4)2Ce(NO3)65.050103 mol1.450103 mol3.600103 mol，由可知，500 mL溶液中(2.500 g试样中)n(NaN3)0.036 mol，w100%93.6%。答案：(1)碱石灰水的沸点为100 ，达不到210220 (2)adNH4NO3N2O2H2O装置D中熔融钠单质的银白色光泽全部消灭 (3)NaN3不溶于乙醚，能减少其损失；可洗去NaN3固体外表的乙醇杂质；乙醚易挥发有利于产品快速枯燥(4)500 mL容量瓶、胶头滴管(5)0.936 0(93.60%)5某

23、化学兴趣小组设计实验制备苯甲酸异丙酯，其反响原理为。用如下图装置进展实验：物质的性质数据如表所示：物质相对分子质量密度/(gcm3)沸点/水溶性苯甲酸1221.27249微溶异丙醇600.7982易溶苯甲酸异丙酯1641.08218不溶实验步骤：步骤：在图甲枯燥的仪器a中参加38.1 g苯甲酸、30 mL异丙醇和15 mL浓硫酸，再参加几粒沸石；步骤：加热至70 左右保持恒温半小时；步骤：将图甲的仪器a中液体进展如下操作得到粗产品：步骤：将粗产品用图乙所示装置进展精制。试答复以下咨询 题：(1)步骤中参加三种试剂的先后顺序一定错误的选项是_(填字母)。A异丙醇、苯甲酸、浓硫酸B浓硫酸、异丙醇、

24、苯甲酸C异丙醇、浓硫酸、苯甲酸(2)图甲中仪器a的名称为_，推断 酯化反响到达平衡的现象为_。参加的苯甲酸和异丙醇中，需过量的是_，目的是_。(3)本实验一般采纳水浴加热，因为温度过高会使产率_(填“增大“减小或“不变)。(4)操作中第二次水洗的目的是_，操作中参加无水硫酸镁的作用为_。(5)步骤所用的装置中冷却水的进口为_(填字母)，操作时应搜集218 的馏分，假如温度计水银球偏上，那么搜集的精制产品中可能混有的杂质为_(填物质名称)。(6)假如得到的苯甲酸异丙酯的质量为40.930 g。那么该实验的产率为_%(保存2位有效数字)。解析：(1)浓硫酸和其他液态物质混合时应注意实验平安，一般基

25、本上 将浓硫酸沿玻璃棒或容器壁缓缓注入其他液体中，边注入边搅拌，因此 酯化反响实验中，一般先参加密度最小的醇，再参加羧酸，最后参加浓硫酸(其中浓硫酸和羧酸顺序能够 颠倒)。(2)油水别离器中水层上下的变化能够 显示生成物水的量，据此能够 推断 酯化反响是否到达平衡；由于酯化反响属于可逆反响，因此 其中一种物质过量，既能够 使平衡向正反响方向挪动，又能够 进步另外一种物质的转化率，由题中数据知，异丙醇过量。(3)有机物一般都易挥发，因此 温度过高，容易造成反响物挥发而损失，从而落低产率。(4)第一次水洗要紧是除去异丙醇和硫酸等水溶性杂质，用饱和碳酸钠溶液洗要紧是除去硫酸和苯甲酸等酸性杂质，而第二

26、次水洗，那么是为了除去残留的碳酸钠，操作中参加无水硫酸镁是为了除去残留的水。(5)假如蒸馏时温度计的水银球偏上，那么蒸馏烧瓶支管口处温度比温度计所测量的温度高，会有沸点较高的杂质逸出。(6)38.1 g苯甲酸的物质的量为0.312 mol，30 mL异丙醇的物质的量为0.395 mol，苯甲酸缺乏，因此 苯甲酸异丙酯的理论产量为0.312 mol164 gmol151.168 g，那么产率为100%80%。答案：(1)B(2)三颈烧瓶(或三口烧瓶)油水别离器中水面保持稳定异丙醇有利于酯化反响向正反响方向进展，进步苯甲酸的转化率(3)减小(4)除去残留的碳酸钠除去残留的水(5)g苯甲酸(6)80

27、6(2019北京高考)化学小组实验探究SO2与AgNO3溶液的反响。(1)实验一：用如下装置(夹持、加热仪器略)制备SO2，将足量SO2通入AgNO3溶液中，迅速反响，得到无色溶液A和白色沉淀B。浓H2SO4与Cu反响的化学方程式是_。试剂a是_。(2)对体系中有关物质性质分析得出：沉淀B可能为Ag2SO3、Ag2SO4或二者混合物。(资料：Ag2SO4微溶于水；Ag2SO3难溶于水)实验二：验证B的成分写出Ag2SO3溶于氨水的离子方程式：_。参加盐酸后沉淀D大局部溶解，剩余少量沉淀F。推断D中要紧是BaSO3，进而推断B中含有Ag2SO3。向滤液E中参加一种试剂，可进一步证实B中含有Ag2

28、SO3。所用试剂及现象是_。(3)依照沉淀F的存在，推测SO的产生有两个途径：途径1：实验一中，SO2在AgNO3溶液中被氧化生成Ag2SO4，随沉淀B进入D。途径2：实验二中，SO被氧化为SO进入D。实验三：探究SO的产生途径向溶液A中滴入过量盐酸，产生白色沉淀，证明溶液中含有_；取上层清液接着滴加BaCl2溶液，未出现白色沉淀，可推断 B中不含Ag2SO4。做出推断 的理由：_。实验三的结论：_。(4)实验一中SO2与AgNO3溶液反响的离子方程式是_。(5)依照物质性质分析，SO2与AgNO3溶液应该能够 发生氧化复原反响。将实验一所得混合物放置一段时刻 ，有Ag和SO生成。(6)依照上

29、述实验所得结论：_。解析：(1)Cu与浓H2SO4在加热条件下发生反响生成CuSO4、SO2、H2O，反响的化学方程式为Cu2H2SO4(浓)CuSO4SO22H2O。试剂a为饱和NaHSO3溶液，用于吸收SO2中其他杂质气体，防止对后续实验产生干扰。(2)难溶于水的Ag2SO3与NH3H2O反响生成可溶性的Ag(NH3)22SO3、H2O，反响的离子方程式为Ag2SO34NH3H2O=2Ag(NH3)2SO4H2O。假设沉淀D中含有BaSO3，那么BaSO32HCl=BaCl2H2OSO2，因为SO2在水中溶解度较大，故滤液E中存在一定量的SO2，滴加H2O2溶液，发生反响SO2Ba2H2O

30、2=BaSO42H，溶液中会出现白色沉淀。(3)向溶液A中滴入过量盐酸，产生白色沉淀，说明溶液中含有Ag；向上层清液中滴加BaCl2溶液，无白色沉淀出现，可推断 B中不含Ag2SO4，因为Ag2SO4微溶于水，BaSO4难溶于水，假设B中含有Ag2SO4，向上层清液中滴加BaCl2溶液，一定会出现白色沉淀。由以上分析可推断，途径1不产生SO，途径2产生SO。(4)由上述分析可知，SO2与AgNO3溶液反响生成Ag2SO3沉淀，结合质量守恒定律可得反响的离子方程式为2AgSO2H2O=Ag2SO32H。(6)实验条件下，SO2与AgNO3溶液生成Ag2SO3的速率大于生成Ag和SO的速率，碱性溶液中SO更易被氧化为SO。答案：(1)Cu2H2SO4(浓)CuSO4SO22H2O饱和NaHSO3溶液(2)Ag2SO34NH3H2O=2Ag(NH3)2SO4H2OH2O2溶液，产生白色沉淀(3)AgAg2SO4溶解度大于BaSO4，没有BaSO4沉淀时，必定没有Ag2SO4途径1不产生SO，途径2产生SO(4)2AgSO2H2O=Ag2SO32H(6)实验条件下：SO2与AgNO3溶液生成Ag2SO3的速率大于生成Ag和SO的速率，碱性溶液中SO更易被氧化为SO