全国高考化学化学反应原理的综合高考真题汇总含详细答案.docx
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全国高考化学化学反应原理的综合高考真题汇总含详细答案
全国高考化学化学反应原理的综合高考真题汇总含详细答案
一、化学反应原理
1.硫酸亚铁铵的化学式为(NH4)2SO4•FeSO4•6H2O,商品名为莫尔盐,可由硫酸亚铁与硫酸铵反应生成。
一般硫酸亚铁盐在空气中易被氧化,而形成莫尔盐后就比较稳定了。
三种盐的溶解度(单位为g/100g水)如下表:
温度/℃
10
20
30
(NH4)2SO4
73.0
75.4
78.0
FeSO4·7H2O
20.0
26.5
32.9
(NH4)2SO4•FeSO4
17.2
21.6
28.1
(一)实验室制取少量莫尔盐的流程如下:
试回答下列问题:
(1)步骤1中加入10%Na2CO3溶液的主要作用是___________;反应中铁屑过量是为了______。
(2)步骤3需要趁热过滤,原因是___________。
(3)从步骤4到莫尔盐,必须进行的操作依次是______,析出的晶体常用________洗涤。
(4)若莫尔盐的饱和溶液中有水20克,当温度从30℃降至10℃,最多析出莫尔盐的质量是________(选填编号)。
A2.18gB大于2.18gC小于2.18gD无法确定
(二)称取质量为1.96g的莫尔盐制成溶液。
用未知浓度的酸性KMnO4溶液进行滴定。
(1)已知MnO4-被还原为Mn2+,试写出该滴定反应的离子方程式____。
(2)判断该反应到达滴定终点的现象为____________。
(3)假设到达滴定终点时,用去VmL酸性KMnO4溶液,则该酸性KMnO4溶液的浓度为_______mol/L。
【答案】除铁屑表面的油污还原氧化生成的Fe3+,保证Fe2+稳定、纯净地存在,减少产物中的Fe3+杂质FeSO4在温度低时溶解度较小,如果不趁热过滤就会有FeSO4·7H2O析出过滤、洗涤无水酒精或冰水B5Fe2++MnO4-+8H+→5Fe3++Mn2++4H2O加入最后一滴KMnO4溶液紫红色不褪,且半分钟内不褪色1/V
【解析】
【分析】
(一)
(1)碳酸钠水解显碱性;
(2)FeSO4在温度低时溶解度较小;
(3)浓缩结晶后需要过滤、洗涤;温度低时,硫酸亚铁铵的溶解度小;
(4)(NH4)2SO4·FeSO4在30℃和10℃的溶解度分别为:
28.1g和17.2g;
(二)
(1)MnO4-将二价铁离子氧化为三价铁离子,被还原为Mn2+;
(2)高锰酸钾本身有颜色,滴定亚铁离子是不需要指示剂的;
(3)根据亚铁离子和高锰酸根反应的实质,可以找到亚铁离子与高锰酸根之间的量的关系,根据原子守恒可以找到亚铁离子和酸亚铁铵之间量的关系,进而进行计算。
【详解】
(一)
(1)碳酸钠水解显碱性,油脂在碱性条件下能水解,过量的Fe可以还原氧化生成的Fe3+,减少产物中的Fe3+杂质,
故答案为:
除铁屑表面的油污;还原氧化生成的Fe3+,保证Fe2+稳定、纯净地存在,减少产物中的Fe3+杂质;
(2)如果不趁热过滤就会有FeSO4·7H2O析出,故答案为:
FeSO4在温度低时溶解度较小,如果不趁热过滤就会有FeSO4·7H2O析出;
(3)浓缩结晶后需要过滤、洗涤;硫酸亚铁铵在无水乙醇中的溶解度小;温度低时,硫酸亚铁铵的溶解度小,可用冰水洗涤,故答案为:
过滤、洗涤;无水酒精或冰水;
(4)(NH4)2SO4·FeSO4在30℃和10℃的溶解度分别为:
28.1g和17.2g,即若溶剂为100g水,冷却析出10.9g,有水20g析出2.18g,硫酸亚铁铵的化学式为(NH4)2SO4·FeSO4·6H2O含有结晶水,故析出质量大于2.18g,故答案为:
B;
(二)
(1)反应的离子方程式5Fe2++MnO4-+8H+→5Fe3++Mn2++4H2O,故答案为:
5Fe2++MnO4-+8H+→5Fe3++Mn2++4H2O;
(2)高锰酸钾本身有颜色,滴定亚铁离子不需要指示剂,当滴加最后一滴溶液后,溶液变成紫红色,30s内不褪色,说明达到滴定终点,故答案为:
加入最后一滴KMnO4溶液紫红色不褪,且半分钟内不褪色;
(3)1.96g硫酸亚铁铵晶体的物质的量n=
=
=0.005mol,根据原子守恒则亚铁离子的物质的量为0.005mol,反应5Fe2++MnO4-+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O,则5Fe2+~MnO4-,所以高锰酸钾的物质的量为0.001mol,据c=
=
=
mol/L,故答案为:
。
2.锂离子电池能够实现千余次充放电,但长时间使用后电池会失效,其中的化学试剂排放至环境中不仅会造成环境污染,还会造成资源的浪费。
实验室模拟回收锂离子电池中的Co、Ni、Li的流程如图。
已知:
LiCoO2难溶于水,易溶于酸。
回答下列问题:
(1)LiCoO2中Co的化合价是__。
(2)LiCoO2在浸出过程中反应的离子方程式是__。
(3)浸出剂除了H2O2外,也可以选择Na2S2O3,比较二者的还原效率H2O2__(填“>”或“<”)Na2S2O3(还原效率:
还原等物质的量的氧化剂消耗还原剂的物质的量)。
(4)提高浸出效率的方法有__。
(5)利用Cyanex272萃取时,pH对钴、镍萃取分离效果的影响如图。
从图中数据可知,用Cyanex272萃取分离时,最佳pH是__。
(6)反萃取的离子方程式为2H++CoR2=Co2++2HR,则反萃取剂的最佳选择是__。
(7)常温下,若水相中的Ni2+的质量浓度为1.18g·L-1,则pH=__时,Ni2+开始沉淀。
[Ksp(Ni(OH)2=2×10-15]
(8)参照题中流程图的表达,结合信息设计完成从水相中分离Ni和Li的实验流程图(如图)___。
已知:
提供的无机试剂:
NaOH、Na2CO3、NaF。
【答案】+32LiCoO2+6H++H2O2=2Co2++O2↑+2Li++4H2O<适当升高温度,适当增加H2SO4浓度5.5H2SO47.5①NaOH②Ni(OH)2③NaF
【解析】
【分析】
(1)通过化合物中各元素化合价代数和为0进行计算;
(2)由流程图中有机相反萃取得到CoSO4,可知LiCoO2与H2O2在酸性条件下发生氧化还原反应,根据氧化还原反应的规律写出化学方程式;
(3)根据等物质的量H2O2和Na2S2O3作为还原剂转移电子的多少进行判断;
(4)提高浸出效率即提高化学反应速率;
(5)分离Co2+和Ni2+时,由于Co2+进入有机相,Ni进入水相,因此,应该选择钴的萃取率高而镍的萃取率低的pH范围;
(6)将钴洗脱进入水相中时,应该使反应向正反应方向移动,同时不能引入新杂质;
(7)根据Ksp(Ni(OH)2的表达式进行计算;
(8)根据表格中所给物质溶解度信息,调节pH应该用碱性物质,但要考虑分离Ni和Li元素不能使Ni和Li元素同时沉淀。
【详解】
(1)LiCoO2中O元素为-2价,Li为+1价,根据化合物中各元素化合价代数和为0进行计算得Co的化合价为+3价;
(2)由流程图中有机相反萃取得到CoSO4,可知LiCoO2与H2O2在酸性条件下发生氧化还原反应,化学方程式为:
2LiCoO2+6H++H2O2=2Co2++O2↑+2Li++4H2O;
(3)1molH2O2作为还原剂转移2mol电子,1molNa2S2O3作为还原剂转移8mol电子,则Na2S2O3的还原效率更高;
(4)提高浸出效率可以适当升高温度,适当增加H2SO4浓度等;
(5)分离Co2+和Ni2+时,由于Co2+进入有机相,Ni进入水相,因此,应该选择钴的萃取率高而镍的萃取率低的pH范围,所以最佳pH是5.5;
(6)将钴洗脱进入水相中时,应该使反应向正反应方向移动,同时,为不引入新杂质,反萃取剂最好选择H2SO4;
(7)c(Ni2+)=
mol/L=0.02mol/L,则开始沉淀时,c(OH-)=
=
=10-6.5mol/L,则pH=14-6.5=7.5;
(8)根据表格中所给物质溶解度信息,调节pH应该用碱性物质,但要考虑分离Ni和Li元素不能使Ni和Li元素同时沉淀,所以选用NaOH,则Ni(OH)2先沉淀,过滤后滤液中加入NaF生成LiF沉淀。
【点睛】
本题(5)选择合适的pH时,注意读懂图中信息,要根据实验的具体操作情况来分析。
3.三草酸合铁(III)酸钾K3[Fe
(C
2O4)3]•3H2O(其相对分子质量为491),为绿色晶体,易溶于水,难溶于酒精。
110℃下可完全失去结晶水,230℃时分解。
它还具有光敏性,光照下即发生分解,是制备活性铁催化剂的原料。
某化学小组制备该晶体,并测定其中铁的含量,进行如下实验:
Ⅰ.三草酸合铁(Ⅲ)酸钾的制备;
①称取5g硫酸亚铁固体,放入到100mL的烧杯中,然后加15mL馏水和5~6滴稀硫酸,加热溶解后,再加入25mL饱和草酸溶液,搅拌加热至沸。
停止加热,静置,待析出固体后,抽滤、洗涤、干燥,得到FeC2O4•2H2O;
②向草酸亚铁固体中加入饱和K2C2O4溶液10mL,40oC水浴加热,边搅拌边缓慢滴加20mL3%H2O2溶液,变为深棕色,检验Fe2+是否完全转化为Fe3+,若氧化不完全,再补加适量的H2O2溶液;
③将溶液加热至沸,然后加入20mL饱和草酸溶液,沉淀立即溶解,溶液转为绿色。
趁热抽滤,滤液转入100mL烧杯中,加入95%乙醇25mL,混匀后冷却,可以看到烧杯底部有晶体析出。
晶体完全析出后,抽滤,用乙醇-丙酮混合液洗涤,置于暗处晾干即可。
(1)写出步骤①中,生成FeC2O4•2H2O晶体的化学方程式___。
检验FeC2O4•2H2O晶体是否洗涤干净的方法是___。
(2)步骤②中检验Fe2+是否完全转化的操作为___。
(3)步骤③用乙醇-丙酮混合液洗涤,而不是用蒸馏水洗涤的原因是___。
Ⅱ.铁含量的测定:
步骤一:
称量5.00g三草酸合铁酸钾晶体,配制成250mL溶液。
步骤二:
取所配溶液25.00mL于锥形瓶中,加稀H2SO4酸化,滴加KMnO4溶液至草酸根恰好全部氧化,MnO4-被还原成Mn2+,向反应后的溶液中逐渐加入锌粉,加热至黄色刚好消失,过滤、洗涤,将过滤及洗涤所得溶液收集到锥形瓶中,此时溶液仍呈酸性。
步骤三:
用0.0100mol/LKMnO4溶液滴定步骤二所得溶液至终点,消耗KMnO4溶液20.02mL,滴定中MnO4-被还原成Mn2+。
步骤四:
重复步骤二、步骤三操作,滴定消耗0.0100mol/LKMnO4溶液19.98mL。
(4)配制三草酸合铁酸钾溶液中用到的玻璃仪器有烧杯____,___,___。
(5)写出步骤三中发生反应的离子方程式____。
(6)实验测得该晶体中铁的质量分数为____(结果保留3位有效数字)。
【答案】FeSO4+H2C2O4+2H2O=FeC2O4•2H2O↓+H2SO4用小试管取少量最后一次洗涤液,加入BaCl2溶液,如出现白色沉淀,说明沉淀没有洗涤干净,否则,沉淀已洗涤干净滴加K3Fe(CN)6溶液,观察是否生成蓝色沉淀减少草酸亚铁晶体的溶解,更快除去草酸亚铁晶体表面的水分玻璃棒胶头滴管250mL容量瓶5Fe2++MnO4-+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O11.2%
【解析】
【分析】
(1)草酸与硫酸亚铁在加热条件下生成FeC2O4•2H2O;固体吸附溶液中的硫酸根离子,可用检验硫酸根离子的方法检验沉淀是否洗涤干净;
(2)Fe2+与K3Fe(CN)6溶液会产生蓝色沉淀;
(3)FeC2O4•2H2O微溶于水,难溶于乙醇-丙酮;
(4)配制溶液,可用烧杯、玻璃棒、胶头滴管以及250mL容量瓶等;
(5)为亚铁离子与高锰酸钾的反应;
(6)结合反应的离子方程式,计算25mL溶液中含有亚铁离子,可计算5.00g三草酸合铁酸钾晶体中铁的质量分数。
【详解】
(1)草酸与硫酸亚铁在加热条件下生成FeC2O4•2H2O,反应的方程式为FeSO4+H2C2O4+2H2O
FeC2O4•2H2O↓+H2SO4,固体吸附溶液中的硫酸根离子,可用检验硫酸根离子的方法检验沉淀是否洗涤干净,方法是用小试管取少量最后一次洗涤液,加入BaCl2溶液,如出现白色沉淀,说明沉淀没有洗涤干净,否则,沉淀已洗涤干净,故答案为FeSO4+H2C2O4+2H2O
FeC2O4•2H2O↓+H2SO4;用小试管取少量最后一次洗涤液,加入BaCl2溶液,如出现白色沉淀,说明沉淀没有洗涤干净,否则,沉淀已洗涤干净;
(2)Fe2+与K3Fe(CN)6溶液会产生蓝色沉淀,检验Fe2+是否已完全被氧化,可以用K3Fe(CN)6溶液,故答案为滴加K3Fe(CN)6溶液,观察是否生成蓝色沉淀;
(3)由于FeC2O4•2H2O微溶于水,难溶于乙醇-丙酮,所以用乙醇-丙酮洗涤晶体的目的是减少草酸亚铁晶体的溶解,更快除去草酸亚铁晶体表面的水分;故答案为减少草酸亚铁晶体的溶解,更快除去草酸亚铁晶体表面的水分;
(4)配制溶液,需要用烧杯、玻璃棒、胶头滴管以及250mL容量瓶等,故答案为玻璃棒、胶头滴管、250mL容量瓶;
(5)在步骤三中发生的离子反应为:
5Fe2++MnO4-+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O,故答案为5Fe2++MnO4-+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O;
(6)n(Fe)=5n(MnO4-)=5×0.0100mol/L×19.98×10-3L≈1.0×10-3mol,m(Fe)=56g•mol-1×1.0×10-3mol=0.056g。
则5.00g三草酸合铁酸钾晶体中m(Fe)=0.056g×
=0.56g,晶体中铁的质量分数=
×100%=11.2%,故答案为11.2%。
4.辉铜矿与铜蓝矿都是天然含硫铜矿,在地壳中二者常伴生存在。
现取一份该伴生矿样品,经检测后确定仅含Cu2S、CuS和惰性杂质。
为进一步确定其中Cu2S、CuS的含量,某同学进行了如下实验:
①取2.6g样品,加入200.0mL0.2000mol·L-1酸性KMnO4溶液,加热(硫元素全部转化为SO42-),滤去不溶杂质;
②收集滤液至250mL容量瓶中,定容;
③取25.00mL溶液,用0.1000mol·L-1FeSO4溶液滴定,消耗20.00mL;
④加入适量NH4HF2溶液(掩蔽Fe3+和Mn2+,使其不再参与其他反应),再加入过量KI固体,轻摇使之溶解并发生反应:
2Cu2++4I-=2CuI+I2;
⑤加入2滴淀粉溶液,用0.1000mo1·L-1Na2S2O3溶液滴定,消耗30.00mL(已知:
2S2O32-+I2=S4O62-+2I-)。
回答下列问题:
(1)写出Cu2S溶于酸性KMnO4溶液的离子方程式:
___________;
(2)配制0.1000mol·L-1FeSO4溶液时要用煮沸过的稀硫酸,原因是___________,配制过程中所需玻璃仪器除了烧杯、玻璃棒、容量瓶外还有___________;
(3)③中取25.00mL待测溶液所用的仪器是___________;
(4)⑤中滴定至终点时的现象为___________;
(5)混合样品中Cu2S和CuS的含量分别为_________%、_________%(结果均保留1位小数)。
【答案】Cu2S+2MnO4-+8H+=2Cu2++SO42-+2Mn2++4H2O除去水中溶解的氧气,防止Fe2+被氧化胶头滴管(酸式)滴定管(或移液管)溶液由蓝色变为无色且半分钟内不恢复原色61.536.9
【解析】
【分析】
由配制溶液的过程确定所需仪器,据滴定实验原理判断终点现象,运用关系式计算混合物的组成。
【详解】
(1)据题意,样品中的Cu、S元素被酸性KMnO4溶液分别氧化成Cu2+、SO42-,则Cu2S与酸性KMnO4溶液反应的离子方程式Cu2S+2MnO4-+8H+=2Cu2++SO42-+2Mn2++4H2O。
(2)配制0.1000mol·L-1FeSO4溶液所用稀硫酸要煮沸,目的是除去水中溶解的氧气,防止Fe2+被氧化;配制过程中所需玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、容量瓶、胶头滴管。
(3)步骤③中取25.00mL待测溶液(有未反应的酸性KMnO4溶液),所用仪器的精度应为0.01mL,故选酸式滴定管或移液管。
(4)步骤⑤用标准Na2S2O3溶液滴定反应生成的I2,使用淀粉作指示剂,终点时溶液由蓝色变为无色,且半分钟内不恢复原色。
(5)设2.6g样品中,Cu2S和CuS的物质的量分别为x、y,
据5Fe2+~MnO4-(5Fe2++MnO4-+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O),样品反应后
剩余n(MnO4-)=0.1000mol·L-1×20.00×10-3L×
×
=4.000×10-3mol
样品消耗n(MnO4-)=0.2000mo·L-1×200.0×10-3L-4.000×10-3mol=36.00×10-3mol
由Cu2S~2MnO4-和5CuS~8MnO4-(5CuS+8MnO4-+24H+=5Cu2++5SO42-+8Mn2++12H2O),得2x+
y=36.00×10-3mol
又据2Cu2+~I2~2S2O32-,得2x+y=0.1000mo1·L-1×30.00×10-3L×
=30.00×10-3mol
解方程组得x=y=0.01mol
故w(Cu2S)=
=61.5%,w(CuS)=
=36.9%。
【点睛】
混合物的计算常利用方程组解决,多步反应用关系式使计算简化。
注意溶液体积的倍数关系,如本题中配制250mL溶液,只取出25.00mL用于测定实验。
5.已知CuSO4溶液与K2C2O4溶液反应,产物为只含一种阴离子的蓝色钾盐晶体(只含有1个结晶水),某实验小组为确定该晶体的组成,设计实验步骤及操作如下:
已知:
a.过程②:
MnO4-被还原为Mn2+,C2O42-被氧化为CO2
b.过程③:
MnO4-在酸性条件下,加热能分解为O2,同时生成Mn2+
c.过程④:
2Cu2++4I-=2CuI↓+I2
d.过程⑥:
I2+2S2O32-=21-+S4O62-
(1)过程①加快溶解的方法是________________________。
(2)配制100mL0.20mol·L-1KMnO4溶液时用到的玻璃仪器有玻璃棒、烧杯、胶头滴管、____________;过程②和过程⑥滴定时,滴定管应分别选用____________、____________(填“甲”或乙”)。
(3)完成过程②的离子反应方程式的配平:
___MnO4-+___C2O42-+___H+===___Mn2++___H2O+___CO2↑。
(4)过程③加热的目的是________________________。
(5)过程⑥,应以____________作指示剂,若溶液颜色刚刚褪去就停止滴加,则测定结果是____________(填“偏大”“偏小”或“无影响”)
(6)已知两个滴定过程中消耗KMnO4和Na2S2O3的体积相等,据此推测该晶体为____________·H2O。
【答案】粉碎、搅拌或加热100mL容量甲乙25162810除去溶液中多余的MnO4-,防止过程④加入过量的KI,MnO4-在酸性氧化I-,引起误差;淀粉溶液偏小K2Cu(C2O4)2
【解析】
【分析】
(1)在由固体与液体的反应中,要想加快反应速率,可以粉碎固体物质或搅拌,都是增大固液的接触面积,也可以加热等;
(2)配制溶液要掌握好配制步骤,容量瓶的选择,因为配制100mL溶液,所以选择100mL容量瓶,氧化还原滴定的时候,注意选择指示剂、滴定管等。
(3)利用氧化还原反应中得失电子守恒配平氧化还原反应离子方程式:
2MnO4-+5C2O42-+16H+=2Mn2++8H2O+10CO2↑;
(4)、MnO4-在酸性条件下,加热能分解为O2,同时生成Mn2+,据此分析作答;
(5)结合实际操作的规范性作答;
(6)根据方程式找出关系式,通过计算确定晶体的组成。
【详解】
(1)为了加快蓝色晶体在2mol·L-1稀硫酸中溶解,可以把晶体粉碎、搅拌、或者加热的方法;
(2)配制100mL0.20mol·L-1KMnO4溶液时需要用100mL容量瓶进行溶液配制,配置过程需要用到的玻璃仪器由玻璃棒、烧杯、胶头滴管、100mL容量瓶;过程②是用0.20mol·L-1KMnO4溶液滴定,KMnO4具有强氧化性,因此选用甲(酸式滴定管);过程⑥是用0.25mol·L-1Na2S2O3溶液滴定,Na2S2O3在溶液中水解呈碱性,故选用乙(碱式滴定管);
(3)利用氧化还原反应中化合价升降总数相等,先配氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物的化学计量数,然后再观察配平其他物质,过程②的离子反应方程式:
2MnO4++5C2O42-+16H+=2Mn2++8H2O+10CO2↑
(4)MnO4-在酸性条件下,加热能分解为O2,同时生成Mn2+,故加热的目的是除去溶液中多余的MnO4-,防止过程④加入过量的KI,MnO4-在酸性氧化I-,引起误差;
(5)过程⑥是用0.25mol·L-1Na2S2O3溶液滴定含I2的溶液,反应方程式为I2+2S2O32-=21-+S4O62-,故过程⑥,应以淀粉溶液作指示剂;若溶液颜色刚刚褪去就停止滴加,则滴入Na2S2O3的物质的量偏小,造成测定Cu2+的含量偏小;
(6)由2MnO4-+5C2O42-+16H+=2Mn2++8H2O+10CO2↑可知n(C2O42-)=2.5
n(KMnO4)
=2.5
0.20mol·L-1
V(KMnO4);由2Cu2++4I-=2CuI↓+I2、I2+2S2O32-=21-+S4O62-可知2S2O32-~I2~2Cu2+,n(Cu2+)=n(S2O32-)=0.25mol·L-1
V(Na2S2O3),已知两个滴定过程中消耗KMnO4和Na2S2O3的体积相等,所以n(C2O42-)=2n(Cu2+),因为晶体中只有一种阴离子,并且晶体中元素化合价代数和为0,故该晶体为K2Cu(C2O4)2·H2O。
【点睛】
在氧化还原反应滴定中注意指示剂的选择、滴定管的选择。
6.硝酸是氧化性酸,其本质是NO3-有氧化性,某课外实验小组进行了下列有关NO3-氧化性的探究(实验均在通风橱中完成)。
实验装置
编号
溶液X
实验现象
实验Ⅰ
6mol·L-1稀硝酸
电流计指针向右偏转,铜片表面产生无色气体,在液面上方变为红棕色。
实验Ⅱ
15mol·L-1浓硝酸
电流计指针先向右偏转,很快又偏向左边,铝片和铜片表面产生红棕色气体,溶液变为绿色。
(1)实验Ⅰ中,铝片作____________(填“正”或“负”)极。
液面上方产生红棕色气体的化学方程式是____________。
(2)实验Ⅱ中电流计指针先偏向右边后偏向左边的原因是________________。
查阅资料:
活泼金属与1mol·L-1稀硝酸反应有H2和NH4+生成,NH4+生成的原理是产生H2的过程中NO3-被还原。
(3)用上图装置进行实验Ⅲ:
溶液X为1mol·L-1稀硝酸溶液,观察到电流计指针向右偏转。
①反应后的溶液中含NH4+。
实验室检验NH4+的方法是________。
②生成NH4+的电极反应式是________。
(4)进一步探究碱性条件下NO3-的氧化性,进行实验Ⅳ
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