2027年高考化学一轮总复习 第7讲 氧化还原反应方程式的配平和计算 专项练习（含解析）

这是一份2027年高考化学一轮总复习 第7讲 氧化还原反应方程式的配平和计算 专项练习（含解析），共12页。试卷主要包含了完成下列小题等内容，欢迎下载使用。
1.(2025·镇江开学考)氮、磷、硅等元素及其化合物应用广泛。NH3是重要的化工原料,NH3催化氧化可得NOx,C2H6催化还原NOx可消除污染;白磷(P4)与Ba(OH)2反应生成PH3和一种盐,该盐可与H2SO4反应制备一元弱酸H3PO2;氨硼烷(BH3NH3)是重要的储氢材料,肼(N2H4)有很强的还原性;含CO(NH2)2的废水可在碱性条件下用电解法进行无害化处理。下列化学反应表示不正确的是( )
A.C2H6催化还原氮氧化物的反应:4C2H6+14NO28CO2+7N2+12H2O
B.白磷(P4)与Ba(OH)2溶液反应:2P4+3Ba(OH)2+6H2O3Ba(H2PO2)2+2PH3↑
C.NH3与足量的NaClO溶液反应:2NH3+ClO-N2H4+Cl-+H2O
D.含CO(NH2)2的废水无害化处理的阳极反应:CO(NH2)2-6e-+8OH-N2↑+CO32-+6H2O
2.某离子反应涉及H2O、ClO-、NH4+、H+、N2、Cl-六种微粒,其中c(NH4+)随反应进行逐渐减小。下列说法不正确的是( )
A.氧化性:ClO->N2
B.反应中ClO-被还原
C.随反应进行溶液的酸性减弱
D.氧化剂与还原剂的物质的量之比为3∶2
3.(2025·镇江质检)氮化钛(TiN)是一种新型多功能金属陶瓷材料,以四氯化钛为原料,在氢气氛围下,与氨在700 ℃时反应制得TiN的化学方程式为TiCl4+NH3TiN+N2+HCl(未配平)。下列说法正确的是( )
A.TiCl4为氧化剂,Cl被还原
B.参加反应的NH3有14被氧化
C.TiN既是还原产物又是氧化产物
D.反应中每转移1.2 ml电子,会生成2.5 ml气体
4.(2024·盐城开学考试)工业生产中除去电石渣浆(含CaO)中的S2-并制取硫酸盐的一种常用流程如图。下列说法正确的是( )
A.碱性条件下,氧化性:MnO32->O2>S2O32-
B.过程Ⅰ中氧化剂和还原剂的物质的量之比为2∶1
C.过程Ⅱ中,反应的离子方程式为4MnO32-+2S2-+9H2OS2O32-+4Mn(OH)2↓+10OH-
D.将1 ml S2-转化为SO42-理论上需要O2的体积为22.4 L(标准状况)
5.亚氯酸钠(NaClO2)具有强氧化性,受热易分解,可用作漂白剂、食品消毒剂等,以氯酸钠等为原料制备亚氯酸钠的工艺流程如图所示。已知高浓度的ClO2易爆炸,下列说法错误的是( )
A.“反应1”中ClO2是还原产物,母液中主要成分是Na2SO4
B.“反应1”需要通入N2稀释ClO2,以防发生爆炸
C.“反应2”中,氧化剂和还原剂的物质的量之比为2∶1
D.若还原产物均为Cl-时,ClO2的氧化能力是等质量Cl2的2.5倍
6.(2025·无锡检测)某碳铁合金可用FeC表示,其与浓硝酸反应的化学方程式为FeC+HNO3(浓)NO2↑+Fe(NO3)3+CO2↑+H2O(未配平)。下列说法正确的是( )
A.配平化学方程式,NO2前的化学计量数是4
B.该反应中,只有C元素被氧化
C.将反应生成的气体通入澄清石灰水,一定产生白色沉淀
D.68 g FeC参与反应共失去7×6.02×1023个电子
7.(15分)建筑工地常用的NaNO2因外观和食盐相似,又有咸味,容易使人误食中毒。已知NaNO2能发生如下反应:
NaNO2+ HI NO↑+ I2+ NaI+ H2O
(1)配平上述化学方程式,并用双线桥法表示电子转移情况: 。
(2)上述反应的氧化剂是 (填化学式);若有1 ml还原剂被氧化,则反应中转移电子的数目是 。
(3)根据上述反应,可用试纸和生活中常见的物质进行实验,以鉴别NaNO2和NaCl,可选用的物质有①水、②碘化钾淀粉试纸、③淀粉、④白酒、⑤食醋,选取上述物质进行实验,下列组合合适的是 (填字母)。
A.③⑤B.②④
C.②⑤D.①②③⑤
(4)某厂废液中,含有2%~5%的NaNO2,直接排放会造成污染,使用NH4Cl处理,能使NaNO2转化为不引起二次污染的N2,该反应的化学方程式为 。
(5)以过氧化氢作为还原剂,在硫酸介质中还原NaClO3制备ClO2,并用制得的ClO2处理含CN-废水。ClO2处理含CN-废水的离子方程式为 。
8.(8分)完成下列小题。
(1)某高温还原法制备新型陶瓷氮化铝(AlN)的反应体系中的物质有Al2O3、C、N2、AlN、CO,请将AlN之外的反应物与生成物分别填入横线上,并配平。
+ + AlN+
(2)Na2S2O3(在稀硫酸中会发生歧化反应)的还原性较强,在溶液中易被Cl2氧化成SO42-,常用作脱氯剂,该反应的离子方程式为 。
(3)对于反应K2Cr2O7+HClKCl+CrCl3+Cl2↑+H2O(未配平),若有0.1 ml K2Cr2O7参加反应,被氧化的HCl的物质的量为 ml。
9.(3分)(2026·扬州一模)从氧化锌烟尘(主要含ZnO、ZnS、FeOx、GeOx)中回收锌的部分流程如下:
在酸浸氧化步骤中,向氧化锌烟尘样品中加入一定量0.5 ml·L-1 H2SO4和MnO2。
此过程ZnS被转化为Zn2+和S,其离子方程式为 。
10.(6分)(2024·连云港检测)根据提供的情境书写指定反应的方程式。
一种以MnCO3为原料制取MnO2的流程如图所示,450 ℃,MnCO3在空气中灼烧得到三种锰的氧化物,锰元素所占比例随温度变化的曲线如图所示。
(1)写出450 ℃,MnCO3在空气中灼烧生成主要产物的化学方程式: 。
(2)写出“浸取”时Mn2O3发生反应的离子方程式: 。
11.(6分)(2024·徐州检测)根据信息书写相关反应的方程式:
(1)用铁碳混合物处理含硝基苯()的弱酸性废水,可得到含苯胺()和Fe2+的溶液。写出该反应的离子方程式: 。
(2)Ce2(CO3)3·8H2O是生产含铈化合物的重要原料,可由Ce2(SO4)3溶液经过如图所示流程转化得到。写出“沉铈”时反应的离子方程式: 。
12.(12分)(2024·南通开学考试)根据提供的情境书写指定反应的方程式。
(1)通过如图1转化可回收废旧锂电池电极材料LiCO2(难溶于水)中钴元素和锂元素。
图1
写出反应1的离子方程式: 。
(2)活性自由基HO·可有效除去废水中的苯酚等有机污染物,原理如图2所示。写出HO·除去苯酚(C6H5OH)反应的化学方程式: 。
图2
(3)现代工业上用氧化锌烟灰(主要成分为ZnO,含少量Pb、CuO和As2O3)制取高纯锌的部分工艺流程如图3所示。
图3
①已知:“溶浸”后浸出液中含[Zn(NH3)4]2+、[Cu(NH3)4]2+、AsCl52-等。写出该过程中生成[Zn(NH3)4]2+的相关离子方程式: 。
②“氧化除杂”的目的是将AsCl52-转化为As2O5胶体,再经吸附聚沉除去。写出反应的离子方程式: 。
13.(8分)(2023·泰州期中)水体中的六价铬[Cr(Ⅵ)]对生态环境和人体健康威胁很大。工业废水中Cr(Ⅵ)常用还原沉淀法、微生物法等进行处理。
(1)“还原沉淀法”常用Na2SO3、FeSO4等处理Cr(Ⅵ)得到Cr(Ⅲ)。已知溶液中含Cr(Ⅵ)的微粒(H2CrO4、 Cr2O 72-和CrO 42-)的物质的量分数随pH的关系如图甲所示。
甲
某含Cr(Ⅵ)废水的pH约为3,写出用Na2SO3处理该废水的离子方程式: [已知pH=3时,Cr(Ⅲ)以Cr3+形式存在]。
(2)“微生物法”处理含Cr(Ⅵ)废水具有效率高、选择性强、吸附容量大等优点。一种微生物法是用硫酸盐还原菌(SRB)处理含Cr(Ⅵ)废水。
①硫酸盐还原菌能将水中的SO42-转化为S2-,S2-与CrO42-可反应生成Cr2S3和S两种沉淀。写出S2-与CrO42-反应的离子方程式: 。
②硫酸盐还原菌(SRB)常存在于水体中,会腐蚀许多金属及合金。一种Fe合金在硫酸盐还原菌存在条件下腐蚀的机理如图乙所示。已知溶液中的S2-会完全转化为FeS,则Fe腐蚀后生成FeS和Fe(OH)2的物质的量之比为 (填最简整数比)。
乙
14.(14分)(2024·南京期中)钼(M)是一种过渡金属元素,是人体和动植物必需的微量元素。二硫化钼(MS2)难溶于水,具有良好的光、电性能,可以由钼精矿(主要含MS2,还含NiS、CaMO4等)为原料经过如下过程制得。
(1)“浸取”。向钼精矿中加入NaOH溶液,再加入NaClO溶液,充分反应后的溶液中含有Na2MO4、Na2SO4、NiSO4、NaCl。
①写出“浸取”时MS2发生反应的离子方程式: 。
②“浸取”后的滤渣中含CaMO4。若“浸取”时向溶液中加入Na2CO3溶液,可提高浸出液中M元素的含量,原因是 。
③“浸取”时,M元素的浸出率与时间的变化如图1所示。已知生成物对反应无影响,则反应3~4 min时,M元素的浸出率迅速上升的原因是 。
图1
(2)“制硫代钼酸铵[(NH4)2MS4,摩尔质量260 g·ml-1]”。向浸出液中加入NH4NO3和HNO3,析出(NH4)2M4O13,将(NH4)2M4O13溶于水,向其中加入(NH4)2S溶液,可得(NH4)2MS4,写出生成(NH4)2MS4反应的化学方程式: 。
(3)“制MS2”。(NH4)2MS4可通过如下两种方法制取MS2:
方法一:将(NH4)2MS4在一定条件下加热,可分解得到MS2、NH3、H2S和硫单质。其中NH3、H2S和硫单质的物质的量之比为8∶4∶1。
方法二:将(NH4)2MS4在空气中加热可得MS2,加热时所得剩余固体的质量与原始固体质量的比值与温度的关系如图2所示。
图2
①方法一中,所得硫单质的分子式为 。
②方法二中,500 ℃可得到M的一种氧化物,该氧化物的化学式为 。(写出计算过程)
参考答案
1.C 解析:C2H6催化还原氮氧化物可消除污染,可知氮氧化物被还原为氮气,根据得失电子守恒和原子守恒,反应的化学方程式为4C2H6+14NO28CO2+7N2+12H2O,A正确;白磷(P4)与Ba(OH)2反应生成PH3和一种盐,该盐可与H2SO4反应制备一元弱酸H3PO2,可知生成的盐为Ba(H2PO2)2,根据得失电子守恒和原子守恒,白磷与Ba(OH)2溶液反应的化学方程式为2P4+3Ba(OH)2+6H2O3Ba(H2PO2)2+2PH3↑,B正确;肼(N2H4)有很强的还原性,NH3与足量的NaClO溶液反应,生成的N2H4会被过量的次氯酸钠氧化为氮气,C错误;含CO(NH2)2的废水可在碱性条件下用电解法进行无害化处理,阳极CO(NH2)2失电子,阳极反应为CO(NH2)2-6e-+8OH-N2↑+CO32-+6H2O,D正确。
2.C 解析:c(NH4+)随反应进行逐渐减小,NH4+应是反应物,N元素化合价发生变化,具有氧化性的ClO-为反应物,由氯元素守恒可知,Cl-是生成物,则反应的离子方程式应为3ClO-+2NH4+N2↑+3H2O+3Cl-+2H+。ClO-是氧化剂,N2是氧化产物,则氧化性:ClO->N2,A正确;该反应中ClO-是氧化剂,被还原,B正确;由反应可知,H+浓度增大,溶液酸性增强,C错误;由反应可知,氧化剂与还原剂的物质的量之比为3∶2,D正确。
3.B 解析:反应过程中,Ti元素化合价由+4价降低至+3价,TiCl4为氧化剂,Cl元素化合价没有发生变化,Cl未被还原,A错误;根据得失电子守恒、质量守恒,配平后的化学方程式为6TiCl4+8NH36TiN+N2+24HCl,参加反应的NH3有14被氧化,B正确;TiN中Ti元素化合价为+3价,是TiCl4中Ti元素化合价降低得到的,而N元素化合价未发生变化,故TiN是还原产物,C错误;由B项分析可知,当有6 ml TiCl4参与反应时,转移6 ml电子,生成1 ml N2和24 ml HCl气体,共25 ml气体,故当反应中转移1.2 ml电子时,生成5 ml气体,D错误。
4.C 解析:由流程可知,CaO与硫酸锰反应生成Mn(OH)2,通入氧气生成MnO32-,过程Ⅰ中反应的离子方程式为2Mn(OH)2+O2+4OH-2MnO32-+4H2O;MnO32-与S2-反应生成S2O32-,进而与氧气反应生成SO42-,过程Ⅱ中反应的离子方程式为4MnO32-+2S2-+9H2OS2O32-+4Mn(OH)2↓+10OH-。由分析可知,碱性条件下,O2能将Mn(OH)2氧化为MnO32-,MnO32-能将S2-氧化为S2O32-,故氧化性:O2>MnO32->S2O32-,A错误;过程Ⅰ中反应的离子方程式为2Mn(OH)2+O2+4OH-2MnO32-+4H2O,故过程Ⅰ中氧化剂O2和还原剂Mn(OH)2的物质的量之比为1∶2,B错误;过程Ⅱ中,反应的离子方程式为4MnO32-+2S2-+9H2OS2O32-+4Mn(OH)2↓+10OH-,C正确;根据得失电子守恒可得:1 ml×8=n(O2)×4,n(O2)=2 ml,将1 ml S2-转化为SO42-理论上需要O2的体积为2 ml×22.4 L·ml-1=44.8 L,D错误。
5.D 解析:“反应1”中二氧化硫与稀硫酸、氯酸钠反应生成硫酸钠、二氧化氯和水,Cl元素化合价由+5价下降到+4价,ClO2是还原产物,母液中主要成分是Na2SO4,A正确;已知高浓度的ClO2易爆炸,“反应1”需要通入N2稀释ClO2,以防发生爆炸,B正确;“反应2”中发生反应的化学方程式为H2O2+2ClO2+2NaOH2NaClO2+2H2O+O2,H2O2是还原剂,ClO2是氧化剂,氧化剂与还原剂的物质的量之比为2∶1,C正确;设Cl2和ClO2的质量均为71 g,还原产物均为Cl-,Cl2得到电子的物质的量为2 ml,ClO2得到电子的物质的量为71 g67.5 g·ml-1×5=7113.5ml,ClO2的氧化能力是等质量Cl2的7113.5×2≈2.63倍,D错误。
6.D 解析:碳铁合金FeC中Fe、C元素的化合价均为0价,该反应中Fe元素的化合价从0价升高到+3价,C元素的化合价从0价升高到+4价,FeC化合价共升高7价,N元素的化合价从+5价降低到+4价,配平化学方程式为FeC+10HNO3(浓)7NO2↑+Fe(NO3)3+CO2↑+5H2O,A错误;该反应中,Fe、C元素都被氧化,B错误;氢氧化钙的溶解度小,澄清石灰水中的溶质较少,通入反应生成的气体,NO2量大,优先反应,可能不与CO2反应,不一定产生白色沉淀,C错误;68 g(1 ml)FeC参与反应共失去7 ml电子,数目为7×6.02×1023,D正确。
7.(1)
(2)NaNO2 6.02×1023
(3)C
(4)NaNO2+NH4ClNaCl+N2↑+2H2O
(5)2CN-+2ClO22CO2+N2+2Cl-
解析:(1)NaNO2是氧化剂,氮元素化合价由+3降低到+2,HI是还原剂,碘元素化合价由-1升高到0,根据得失电子守恒,产物NO和I2的系数比为2∶1,再依据原子守恒配出其他系数,用双线桥法表示电子转移情况:。(2)上述反应的氧化剂是NaNO2;若有1 ml还原剂HI被氧化,则反应中转移电子的数目是6.02×1023。(3)根据上述反应,NaNO2在酸性条件下能将碘离子氧化为碘单质,碘单质遇淀粉变蓝,而NaCl没有此现象,可以选用②碘化钾淀粉试纸、⑤食醋进行鉴别,故选C。(4)NH4Cl处理NaNO2发生氧化还原反应生成氮气,化学方程式为NaNO2+NH4ClNaCl+N2↑+2H2O。(5)用ClO2处理含CN-废水,发生氧化还原反应生成无污染的氮气和水,离子方程式为2CN-+2ClO22CO2+N2+2Cl-。
8.(1)Al2O3 3C N2 2 3CO
(2)S2O32-+4Cl2+5H2O2SO42-+8Cl-+10H+
(3)0.6
解析:(1)由题意可知,制备新型陶瓷氮化铝发生的反应为氧化铝与碳和氮气高温条件下反应生成氮化铝和一氧化碳,反应的化学方程式为Al2O3+3C+N22AlN+3CO。(2)由题意可知,硫代硫酸钠溶液作脱氯剂,反应的离子方程式为S2O32-+4Cl2+5H2O2SO42-+8Cl-+10H+。(3)由未配平的化学方程式可知,反应中铬元素的化合价降低,被还原,氯元素的化合价部分升高,被氧化,由得失电子守恒可知,0.1 ml重铬酸钾被还原时,被氧化的氯化氢的物质的量为0.1 ml×6=0.6 ml。
9.MnO2+ZnS+4H+Mn2++Zn2++S↓+2H2O
10.(1)2MnCO3+O22MnO2+2CO2
(2)Mn2O3+2H+MnO2+Mn2++H2O
解析:(1)由题图可知,450 ℃时,二氧化锰的锰元素所占比例最大,说明碳酸锰在空气中灼烧生成的主要产物为二氧化锰,反应的化学方程式为2MnCO3+O22MnO2+2CO2。(2)“浸取”时发生的反应为三氧化二锰与稀硫酸反应生成二氧化锰和硫酸锰,反应的离子方程式为Mn2O3+2H+MnO2+Mn2++H2O。
11.(1)+3Fe+6H++3Fe2++2H2O
(2)6HCO3-+2Ce3++5H2OCe2(CO3)3·8H2O↓+3CO2↑
解析:(1)硝基苯()在弱酸性条件下被铁还原为苯胺(),Fe被氧化为Fe2+,则该反应的离子方程式为+3Fe+6H++3Fe2++2H2O。(2)“沉铈”时Ce2(SO4)3与NH4HCO3溶液反应生成Ce2(CO3)3·8H2O和CO2,则离子方程式为6HCO3-+2Ce3++5H2OCe2(CO3)3·8H2O↓+3CO2↑。
12.(1)2LiCO2+6H++SO32-2Li++2C2++SO42-+3H2O
(2)4HO·+C6H5OH+H2O3CH3COOH
(3)①ZnO+2NH3·H2O+2NH4+[Zn(NH3)4]2++3H2O
②2AsCl52-+2H2O2+6NH3·H2OAs2O5(胶体)+10Cl-+6NH4++5H2O
解析:(1)“沉钴”时得到C(OH)2,可以推知反应1中LiCO2与H2SO4和Na2SO3反应生成C2+和SO42-,根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为2LiCO2+6H++SO32-2Li++2C2++SO42-+3H2O。(2)依据流程图可知,HO·除去苯酚(C6H5OH)生成乙酸,化学方程式为4HO·+C6H5OH+H2O3CH3COOH。(3)①“溶浸”后浸出液中含[Zn(NH3)4]2+,则氧化锌和过量氨水、氯化铵反应生成[Zn(NH3)4]2+,反应为ZnO+2NH3·H2O+2NH4+[Zn(NH3)4]2++3H2O。②过氧化氢具有氧化性,“氧化除杂”过程中AsCl52-和过氧化氢、过量氨水反应生成As2O5胶体和水,反应为2AsCl52-+2H2O2+6NH3·H2OAs2O5(胶体)+10Cl-+6NH4++5H2O。
13.(1)3SO32-+Cr2O72-+8H+2Cr3++3SO42-+4H2O
(2)①6S2-+2CrO42-+8H2OCr2S3↓+3S↓+16OH-
②1∶3
解析:(1)pH=3时,Cr(Ⅲ)以Cr3+形式存在,则Na2SO3将Cr(Ⅵ)还原为Cr(Ⅲ),S元素化合价升高,生成SO42-,反应的离子方程式:3SO32-+Cr2O72-+8H+2Cr3++3SO42-+4H2O。(2)①S2-与CrO42-可反应生成Cr2S3和S两种沉淀,S元素化合价升高了2价,Cr元素化合价降低了3价,根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒可知,反应的离子方程式:6S2-+2CrO42-+8H2OCr2S3↓+3S↓+16OH-。②由腐蚀机理示意图可知,正极H2O先变成H+,SO42-再与H+在SRB生物膜作用下生成S2-,S2-与Fe2+结合生成FeS,负极Fe失去电子生成Fe2+,Fe2+与OH-结合生成Fe(OH) 2,由此可知该腐蚀过程的总反应为4Fe+4H2O+SO42-FeS+3Fe(OH)2+2OH-,则生成FeS和Fe(OH)2的物质的量之比为1∶3。
14.(1)①MS2+6OH-+9ClO-MO42-+2SO42-+9Cl-+3H2O
②CaMO4(s)Ca2+(aq)+MO42-(aq),加入Na2CO3溶液,生成CaCO3沉淀,促进溶解平衡向溶解方向进行,使浸出液MO42-浓度增大,从而提高M元素浸出率
③该反应为放热反应,随着反应进行,溶液温度升高,反应速率增大
(2)(NH4)2M4O13+16(NH4)2S+13H2O4(NH4)2MS4+26NH3·H2O[或(NH4)2M4O13+16(NH4)2S4(NH4)2MS4+13H2O+26NH3↑]
(3)①S4 ②MO3 设(NH4)2MS4的物质的量为1 ml,m[(NH4)2MS4]=260 g,其中m(M)=96 g,由题图2知,500 ℃可得到M的一种氧化物,其质量为144 g,则n(O)=(144-96)g16 g·ml-1=3 ml,则该氧化物的化学式为MO3
解析:(1)①“浸取”时,向钼精矿中加入NaOH溶液,再加入NaClO溶液,充分反应后的溶液中含有Na2MO4、Na2SO4、NiSO4、NaCl,即ClO-将M元素氧化为MO42-、硫元素氧化为SO42-而自身被还原为Cl-,反应为MS2+6OH-+9ClO-MO42-+2SO42-+9Cl-+3H2O。②溶液中存在平衡:CaMO4(s)Ca2+(aq)+MO42-(aq),加入Na2CO3溶液消耗Ca2+,使平衡正向移动,MO42-浓度增大。③增大反应速率可以从反应物的浓度增大、温度升高、反应中产生催化剂等方面考虑。该反应中生成物对反应没有影响,所以原因是该反应为放热反应,随着反应进行,溶液温度升高,反应速率增大。(2)(NH4)2M4O13溶于水,向其中加入(NH4)2S溶液,可得(NH4)2MS4和氨水,反应为(NH4)2M4O13+16(NH4)2S+13H2O4(NH4)2MS4+26NH3·H2O或(NH4)2M4O13+16(NH4)2S4(NH4)2MS4+13H2O+26NH3↑。(3)①将(NH4)2MS4在一定条件下加热,可分解得到MS2、NH3、H2S和硫单质。其中NH3、H2S和硫单质(Sx)的物质的量之比为8∶4∶1,根据已知信息写出化学方程式并按照N原子和M原子守恒配平化学方程式为4(NH4)2MS44MS2+8NH3↑+4H2S↑+Sx,即4×4=2×4+4×1+x计算得x=4;该硫单质的化学式为S4。②由题图2可知,起始(NH4)2MS4的质量可视为260 g即1 ml,根据加热分解过程中M元素守恒可知,最终氧化物中M的质量为96 g,氧化物中氧元素的质量为144 g-96 g=48 g,M原子和O原子的个数比为1∶3,氧化物的化学式为MO3。