精解03 氧化还原反应解析版.docx
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精解03氧化还原反应解析版
三观一统十年高考真题精解
03 氧化还原反应
高考对氧化还原反应基本概念的考查主要涉及相关概念的判断,同时考查考生对氧化还原反应基本规律的掌握情况。
有的题目较为简单,有的题目比较复杂,有较高的区分度。
氧化还原反应方程式的书写,则重在综合运用,对考生的要求较高,出现频率也很高,属于难度较大的题目。
主要考查考生的证据推理与模型认知素养。
氧化还原反应是中学化学的重点内容,也是历届北京高考的必考点。
预计在以后的高考中以生产、生活实际为载体,以选择题形式考察氧化还原反应的基本概念和相关规律;结合工艺流程和科学探究以填空题的形式考察新情境下氧化还原反应方程式的书写与配平以及氧化还原滴定相结合考察氧化还原反应的有关计算。
(一)2020考纲
考点
2020考纲要求
(1)根据化学反应的特点理解不同类型的化学反应
Ⅰ
(2)在分析元素化合价变化的基础上,理解氧化还原反应的本质
Ⅱ
(3)根据氧化还原反应的规律研究物质的化学性质以及常见氧化剂和还原剂之间的反应。
Ⅱ
(二)本节考向题型研究汇总
题型考向
考点/考向
2020考纲要求
选择题和填空题
氧化还原反应的应用与规律
Ⅱ
1.(2014∙北京)下列金属中,表面自然形成的氧化层能保护内层金属不被空气氧化的是( )
A.KB.NaC.FeD.Al
【答案】D。
【解析】由表面自然形成的氧化层能保护内层金属不被空气氧化可知,只有氧化铝为致密的结构,可保护内层金属,而K、Na、Fe的氧化物均不是致密的结构,
1.(2018∙北京)下列实验中的颜色变化,与氧化还原反应无关的是( )
A
B
C
D
实验
NaOH溶液滴入FeSO4溶液中
石蕊溶液滴入氯水中
Na2S溶液滴入AgC1浊液中
热铜丝插入稀硝酸中
现象
产生白色沉淀,随后变为红褐色
溶液变红,随后迅速褪色
沉淀由白色逐渐变为黑色
产生无色气体,随后变为红棕色
A.AB.BC.CD.D
【答案】C。
【解析】A.NaOH溶液滴入FeSO4溶液中,产生白色沉淀,为Fe(OH)2,随后后变为红褐色,生成Fe(OH)3,Fe元素化合价发生变化,为氧化还原反应,故A不选;
B.石蕊溶液滴入氯水中,生成盐酸和次氯酸,溶液变红与盐酸有关,后褪色与HClO的漂白性有关,Cl元素化合价发生变化,属于氧化还原反应,故B不选;
C.Na2S溶液滴入AgCl浊液中,沉淀由白色逐渐变为黑色,由AgCl生成Ag2S沉淀,属于沉淀的转化,元素化合价没有发生变化,不是氧化还原反应,故C选;
D.热铜丝插入稀硝酸中,产生无色气体,随后变为红棕色,涉及NO转化为NO2,N元素化合价变化,属于氧化还原反应,故D不选。
2.(2017∙北京)下列变化中,气体被还原的是( )
A.二氧化碳使Na2O2固体变白B.氯气使KBr溶液变黄
C.乙烯使Br2的四氯化碳溶液褪色D.氨气使AlCl3溶液产生白色沉淀
【答案】B。
【解析】A.二氧化碳与淡黄色的Na2O2反应生成白色的碳酸钠,该反应中Na2O2既是氧化剂又是还原剂,二氧化碳不是氧化剂和还原剂,故A错误;
B.氯气使KBr溶液变黄,该反应中氯气做氧化剂,反应中被还原,故B正确;
C.乙烯与溴的反应中,溴做氧化剂,乙烯被氧化,故C错误;
D.氨气与AlCl3溶液的反应不是氧化还原反应,故D错误;
3.(2019∙北京)下列除杂试剂选用正确且除杂过程不涉及氧化还原反应的是( )
物质(括号内为杂质)
除杂试剂
A
FeCl2溶液(FeCl3)
Fe粉
B
NaCl溶液(MgCl2)
NaOH溶液、稀HCl
C
Cl2(HCl)
H2O、浓H2SO4
D
NO(NO2)
H2O、无水CaCl2
A.AB.BC.CD.D
【答案】B。
【解析】A.Fe与氯化铁反应生成氯化亚铁,为氧化还原反应,故A不选;
B.NaOH与氯化镁发生复分解反应,且加盐酸中和生成的NaOH,可除杂,故B选;
C.氯气与水反应,发生氧化还原反应,应选饱和食盐水抑制氯气的溶解,故C不选;
D.二氧化氮与水反应生成NO,为氧化还原反应,故D不选;
1.(2016∙北京)K2Cr2O7溶液中存在平衡:
Cr2O72-(橙色)+H2O⇌2CrO42-(黄色)+2H+.用K2Cr2O7溶液进行下列实验:
结合实验,下列说法不正确的是( )
A.①中溶液橙色加深,③中溶液变黄
B.②中Cr2O72-被C2H5OH还原
C.对比②和④可知K2Cr2O7酸性溶液氧化性强
D.若向④中加入70%H2SO4溶液至过量,溶液变为橙色
【答案】D。
【解析】A.在平衡体系中加入酸,平衡逆向移动,重铬酸根离子浓度增大,橙色加深,加入碱,平衡正向移动,溶液变黄,故A正确;
B.②中重铬酸钾氧化乙醇,重铬酸钾被还原,故B正确;
C.②是酸性条件,④是碱性条件,酸性条件下氧化乙醇,而碱性条件不能,说明酸性条件下氧化性强,故C正确;
D.若向④溶液中加入70%的硫酸到过过量,溶液为酸性,可以氧化乙醇,溶液变绿色,故D错误。
2.(2015∙北京)在通风橱中进行下列实验:
步骤
现象
Fe表面产生大量无色气泡,液面上方变为红棕色
Fe表面产生少量红棕色气泡后,迅速停止
Fe、Cu接触后,其表面均产生红棕色气泡
下列说法不正确的是( )
A.Ⅰ中气体由无色变红棕色的化学方程式:
2NO+O2═2NO2
B.Ⅱ中的现象说明Fe表面形成致密的氧化层,阻止Fe进一步反应
C.对此Ⅰ、Ⅱ中现象,说明稀HNO3的氧化性强于浓HNO3
D.针对Ⅲ中现象,在Fe、Cu之间连接电流计,可判断Fe是否被氧化
【答案】C。
【解析】A.稀硝酸具有酸性与强氧化性,与Fe反应生成NO,NO遇空气变为二氧化氮,Ⅰ中气体由无色变红棕色的化学方程式:
2NO+O2═2NO2,故A正确;
B.Ⅱ的现象是因为铁发生了钝化,Fe表面形成致密的氧化层,阻止Fe进一步反应,故B正确;
C.对比I、Ⅱ的现象,Fe与稀硝酸反应生成NO,而Fe与浓硝酸反应生成二氧化氮且迅速被钝化,说明浓硝酸的氧化性强于稀硝酸,故C错误;
D.根据Ⅲ中现象,说明构成原电池,在Fe、Cu之间连接电流计,通过电流计指针偏转,可以判断原电池的正负极,进而判断Fe是否被氧化,故D正确,
3.(2018∙北京)实验小组制备高铁酸钾(K2FeO4)并探究其性质。
资料:
K2FeO4为紫色固体,微溶于KOH溶液;具有强氧化性,在酸性或中性溶液中快速产生O2,在碱性溶液中较稳定。
(1)制备K2FeO4(夹持装置略)
①A为氯气发生装置。
A中反应方程式是____________________________________(锰被还原为Mn2+)。
②将除杂装置B补充完整并标明所用试剂。
③C中得到紫色固体和溶液。
C中Cl2发生的反应有3Cl2+2Fe(OH)3+10KOH═2K2FeO4+6KCl+8H2O,另外还有_______________________。
(2)探究K2FeO4的性质
①取C中紫色溶液,加入稀硫酸,产生黄绿色气体,得溶液a,经检验气体中含有Cl2,为证明是否K2FeO4氧化了Cl-而产生Cl2,设计以下方案:
方案Ⅰ
取少量a,滴加KSCN溶液至过量,溶液呈红色
方案Ⅱ
用KOH溶液充分洗涤C中所得固体,再用KOH溶液将K2FeO4溶出,得到紫色溶液b,取少量b,滴加盐酸,有Cl2产生。
i.由方案1中溶液变红可知a中含有______离子,但该离子的产生不能判断一定K2FeO4将Cl-氧化,还可能由_______________________________产生(用方程式表示)。
ii.方案Ⅱ可证明K2FeO4氧化了Cl-.用KOH溶液洗涤的目的是____________________________________________________________________。
②根据K2FeO4的制备实验得出:
氧化性Cl2___FeO42-(填“>”或“<”),而方案Ⅱ实验表明,Cl2和FeO42-的氧化性强弱关系相反,原因是__________________。
③资料表明,酸性溶液中的氧化性FeO42->MnO4-,验证实验如下:
将溶液b滴入MnSO4和足量H2SO4的混合溶液中,振荡后溶液呈浅紫色,该现象能否证明氧化性FeO42->MnO4-,若能,请说明理由;若不能,进一步设计实验方案,理由或方案:
__________________________________________________________________________________________。
【答案】详见解析
【解析】
(1)①A为氯气发生装置,由高锰酸钾和浓盐酸反应制取得到Cl2,MnO4-被还原为Mn2+,Cl-被氧化为Cl2,所以反应的方程式为:
2MnO4-+10Cl-+16H+═5Cl2↑+2Mn2++8H2O,
故答案为:
2MnO4-+10Cl-+16H+═5Cl2↑+2Mn2++8H2O;
②装置B为除杂装置,反应使用浓盐酸,浓盐酸会挥发产生HCl,使得产生的Cl2中混有HCl,需要除去HCl,可将混合气体通过饱和食盐水达到除杂的目的,所以装置B应为:
,
③C中得到紫色固体和溶液,紫色的为K2FeO4,在碱性条件下,Cl2可以氧化Fe(OH)3制取K2FeO4,还存在反应为Cl2和KOH反应,所以还发生的反应方程式为:
Cl2+2KOH═KCl+KClO+H2O,故答案为:
Cl2+2KOH═KCl+KClO+H2O;
(2)①i.方案I中加入KSCN溶液至过量,溶液呈红色,说明反应产生Fe3+,
但该离子的产生不能判断一定K2FeO4将Cl-氧化,注意K2FeO4在碱性溶液中稳定,酸性溶液中快速产生O2,自身转化为Fe3+,发生反应为:
4FeO42-+20H+═4Fe3++3O2↑+10H2O,
故答案为:
Fe3+;4FeO42-+20H+═4Fe3++3O2↑+10H2O;
ii.方案Ⅱ可证明K2FeO4氧化了Cl-,使用KOH溶液溶出K2FeO4晶体,可以使K2FeO4稳定析出,同时考虑到K2FeO4表面可能吸附ClO-,ClO-在酸性条件下可与Cl-反应生成Cl2,从而干扰实验,所以用KOH溶液洗涤的目的是:
使K2FeO4稳定溶出,并把K2FeO4表面吸附的ClO-除尽,防止ClO-与Cl-在酸性条件下反应产生Cl2,避免ClO-干扰实验,
故答案为:
使K2FeO4稳定溶出,并把K2FeO4表面吸附的ClO-除尽,防止ClO-与Cl-在酸性条件下反应产生Cl2,避免ClO-干扰实验;
②Fe(OH)3在碱性条件下被Cl2氧化为FeO42-,可以说明Cl2的氧化性大于FeO42-,而方案Ⅱ实验表明,Cl2和FeO42-的氧化性强弱关系相反,方案Ⅱ是FeO42-在酸性条件下氧化Cl-生成Cl2,两种反应体系所处酸碱性介质不一样,所以可以说明溶液酸碱性会影响粒子氧化性的强弱,
故答案为:
溶液酸碱性会影响粒子氧化性的强弱;
③MnO4-在溶液中显紫色,K2FeO4在碱性溶液中也显紫色,将溶液b滴入MnSO4和足量H2SO4的混合溶液中,振荡后溶液呈浅紫色,FeO42-在酸溶液中立刻反应生成Fe3+和O2,作为K2FeO4的紫色褪去,则溶液中还显浅紫红色的一定为MnO4-,
若答不能说明,则是考虑到FeO4-在酸性条件下发生反应转化为Fe3+和O2,由于是加入足量的H2SO4,溶液酸性较强,Fe3+水解受到抑制,在水溶液中Fe3+以Fe(H2O)63+形式存在,颜色是浅紫色,则说明FeO42-并没有将Mn2+氧化为MnO4-而显浅紫色,可以设计方案:
向紫色溶液b中滴加过量稀硫酸,观察溶液快速褪去还是显浅紫色,
故答案为:
能说明,理由:
FeO42-在过量酸的作用下完全转化为Fe3+和O2,溶液浅紫色一定是MnO4-的颜色,
不能说明,方案:
向紫色溶液b中滴加过量稀硫酸,观察溶液紫色快速褪去还是显浅紫色。
4.(2016∙北京)用零价铁(Fe)去除水体中的硝酸盐(NO3-)已成为环境修复研究的热点之一、
(1)Fe还原水体中NO3-的反应原理如图1所示.
①作负极的物质是___.
②正极的电极反应式是_________________________.
(2)将足量铁粉投入水体中,经24小时测定NO3-的去除率和pH,结果如下:
初始pH
pH=2.5
pH=4.5
NO3-的去除率
接近100%
<50%
24小时pH
接近中性
接近中性
铁的最终物质形态
pH=4.5时,NO3-的去除率低.其原因是___________________.
(3)实验发现:
在初始pH=4.5的水体中投入足量铁粉的同时,补充一定量的Fe2+可以明显提高NO3-的去除率.对Fe2+的作用提出两种假设:
Ⅰ.Fe2+直接还原NO3-;
Ⅱ.Fe2+破坏FeO(OH)氧化层.
①做对比实验,结果如图2所示,可得到的结论是________________________________________________.
②同位素示踪法证实Fe2+能与FeO(OH)反应生成Fe3O4.结合该反应的离子方程式,解释加入Fe2+提高NO3-去除率的原因:
_____________________________________________________________.
(4)其他条件与
(2)相同,经1小时测定NO3-的去除率和pH,结果如表:
初始pH
pH=2.5
pH=4.5
NO3-的去除率
约10%
约3%
1小时pH
接近中性
接近中性
与
(2)中数据对比,解释
(2)中初始pH不同时,NO3-去除率和铁的最终物质形态不同的原因:
___________________________________.
【答案】详见解析
【解析】
(1)①Fe还原水体中NO3-,则Fe作还原剂,失去电子,作负极,
故答案为:
铁;
②NO3-在正极得电子发生还原反应产生NH4+,根据图2信息可知为酸性环境,则正极的电极反应式为:
NO3-+8e-+10H+=NH4++3H2O,
故答案为:
NO3-+8e-+10H+=NH4++3H2O;
(2)pH越高,Fe3+越易水解生成FeO(OH),而FeO(OH)不导电,阻碍电子转移,所以NO3-的去除率低。
故答案为:
FeO(OH)不导电,阻碍电子转移;
(3)①从图2的实验结果可以看出,单独加入Fe2+时,NO3-的去除率为0,因此得出Fe2+不能直接还原NO3-;而Fe和Fe2+共同加入时NO3-的去除率比单独Fe高,因此可以得出结论:
本实验条件下,Fe2+不能直接还原NO3-;在Fe和Fe2+共同作用下能提高NO3-的去除率.
故答案为:
本实验条件下,Fe2+不能直接还原NO3-;在Fe和Fe2+共同作用下能提高NO3-的去除率;
②同位素示踪法证实了Fe2+能与FeO(OH)反应生成Fe3O4,离子方程式为:
Fe2++2FeO(OH)=Fe3O4+2H+,Fe2+将不导电的FeO(OH)转化为可导电的Fe3O4,利于电子转移.
故答案为:
Fe2++2FeO(OH)=Fe3O4+2H+,Fe2+将不导电的FeO(OH)转化为可导电的Fe3O4,利于电子转移;
(4)根据实验结果可知Fe2+的作用是将不导电的FeO(OH)转化为可导电的Fe3O4,而NO3-的去除率由铁的最终物质形态确定,因此可知实验初始pH会影响Fe2+的含量.
故答案为:
初始pH低时,产生的Fe2+充足;初始pH高时,产生的Fe2+不足.
5.(2019∙北京)化学小组用如下方法测定经处理后的废水中苯酚的含量(废水中不含干扰测定的物质)。
Ⅰ、用已准确称量的KBrO3固体配制一定体积的amol∙L-1KBrO3标准溶液;
Ⅱ、取v1mL上述溶液,加入过量KBr,加H2SO4酸化,溶液颜色呈棕黄色;
Ⅲ、向Ⅱ所得溶液中加入v2mL废水;
Ⅳ、向Ⅲ中加入过量KI;
Ⅴ、用bmol∙L-1Na2S2O3标准溶液滴定Ⅳ中溶液至浅黄色时,滴加2滴淀粉溶液,继续滴定至终点,共消耗Na2S2O3溶液v3mL。
已知:
I2+2Na2S2O3═2NaI+Na2S4O6
Na2S2O3和Na2S4O6溶液颜色均为无色
(1)Ⅰ中配制溶液用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管和_____。
(2)Ⅱ中发生反应的离子方程式是__________________________。
(3)Ⅲ中发生反应的化学方程式是___。
(4)Ⅳ中加KI前,溶液颜色须为黄色,原因是__________________。
(5)KI与KBrO3物质的量关系为n(KI)≥6n(KBrO3)时,KI一定过量,理由是__________________________________________________________________________________________。
(6)V中滴定至终点的现象是___________________________________。
(7)废水中苯酚的含量为__g∙L-1(苯酚摩尔质量:
94g∙mol-1)。
(8)由于Br2具有_____性质,Ⅱ~Ⅳ中反应须在密闭容器中进行,否则会造成测定结果偏高。
【答案】详见解析
【解析】
(1)Ⅰ中配制溶液用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管和容量瓶,
故答案为:
容量瓶;
(2)Ⅱ中发生反应的离子方程式是BrO3-+5Br-+6H+=3Br2+3H2O,
故答案为:
BrO3-+5Br-+6H+=3Br2+3H2O;
(3)Ⅲ中发生反应的化学方程式是苯酚与浓溴水反应的化学方程式为
,
故答案为:
;
(4)Ⅳ中加KI前,溶液颜色须为黄色,原因是确保溴过量,保证苯酚已经完全反应,
故答案为:
确保溴过量,保证苯酚已经完全反应;
(5)KI与KBrO3物质的量关系为n(KI)≥6n(KBrO3)时,KI一定过量,理由是由电子守恒可知,当n(KI)=6n(KBrO3)时,KI恰好与步骤II中生成的溴完全反应,而步骤III中苯酚会消耗一定量的溴,所以n(KI)≥6n(KBrO3)时,KI一定过量,
故答案为:
由电子守恒可知,当n(KI)=6n(KBrO3)时,KI恰好与步骤II中生成的溴完全反应,而步骤III中苯酚会消耗一定量的溴,所以n(KI)≥6n(KBrO3)时,KI一定过量;
(6)V中滴定至终点的现象是最后一滴Na2S2O3溶液滴入后,溶液恰好蓝色消失,且半分钟内不变,
故答案为:
最后一滴Na2S2O3溶液滴入后,溶液恰好蓝色消失,且半分钟内不变;
(7)由BrO3-+5Br-+6H+=3Br2+3H2O、I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6、
可知,生成的溴的物质的量为a×mol/L×v1×10-3L×3=3av1×10-3mol,由溴与碘化钾反应生成的碘的物质的量为bmol/L×v3×10-3L×
=5bv3×10-4mol,所以与苯酚反应的溴的物质的量为3av1×10-3mol-5bv3×10-4mol=(30av1-5bv3)×10-4mol,由
可知,苯酚的物质的量为(30av1-5bv3)×10-4mol×
,废水中苯酚的含量为
=
g∙L-1,
故答案为:
;
(8)由于Br2具有挥发性的性质,Ⅱ~Ⅳ中反应须在密闭容器中进行,否则会造成测定结果偏高,
故答案为:
挥发性。
量,溶液为酸性,可以氧化乙醇,溶液变绿色,故D错误。
6.(2016∙北京)以Na2SO3溶液和不同金属的硫酸盐溶液作为实验对象,探究盐的性质和盐溶液间反应的多样性.
实验
试剂
现象
滴管
试管
0.2mol∙L-1Na2SO3溶液
饱和Ag2SO4溶液
Ⅰ.产生白色沉淀
0.2mol∙L-1CuSO4
Ⅱ.溶液变绿,继续滴加产生棕黄色沉淀
0.1mol∙L-1Al2(SO4)3溶液
Ⅲ.开始无明显变化,继续滴加产生白色沉淀
(1)经检验,现象Ⅰ中的白色沉淀是Ag2SO3.用离子方程式解释现象Ⅰ:
____________________.
(2)经检验,现象Ⅱ的棕黄色沉淀中不含SO42-,含有Cu+、Cu2+和SO32-.
已知:
Cu+
Cu+Cu2+,Cu2+
CuI↓(白色)+I2.
①用稀硫酸证实沉淀中含有Cu+的实验现象是________.
②通过下列实验证实,沉淀中含有Cu2+和SO32-.
a.白色沉淀A是BaSO4,试剂1是_____________.
b.证实沉淀中含有Cu2+和SO32-的理由是______________________________________.
(3)已知:
Al2(SO3)3在水溶液中不存在.经检验,现象Ⅲ的白色沉淀中无SO42-,该白色沉淀既能溶于强酸,又能溶于强碱,还可使酸性KMnO4溶液褪色.
①推测沉淀中含有亚硫酸根和_________.
②对于沉淀中亚硫酸根的存在形式提出两种假设:
i.被Al(OH)3所吸附;ii.存在于铝的碱式盐中.对假设ii设计了对比实验,证实了假设ii成立.
a.将对比实验方案补充完整.
步骤一:
步骤二:
___(按图形式呈现).
b.假设ii成立的实验证据是__________
(4)根据实验,亚硫酸盐的性质有__________________.盐溶液间反应的多样性与________________有关.
【答案】详见解析
【解析】
(1)实验Ⅰ中0.2mol/LNa2SO3溶液滴入饱和Ag2SO4溶液,由于Ag2SO4饱和溶液且溶液混合后稀释,因此不可能是Ag2SO4沉淀,考虑SO32-浓度较大,因此推断白色沉淀为Ag2SO3,反应的离子方程式为:
2Ag++SO32-=Ag2SO3↓,故答案为:
2Ag++SO32-=Ag2SO3↓;
(2)①依据反应Cu+和稀硫酸反应铜和铜离子,若沉淀中含有Cu+,加入稀硫酸会发生歧化反应生成铜单质,实验现象是有红色固体生成,
故答案为:
析出红色固体;
②a.分析实验流程可知实验原理为2Cu2++4I-=2CuI+I2、I2+SO32-+H2O=SO42-+2I-+2H+、SO42-+Ba2+=BaSO4↓,根据BaSO4沉淀可知,加入的试剂为含Ba2+的化合物,可以选用BaCl2溶液,考虑沉淀A没有BaSO3,因此应在酸性环境中。
故答案为:
HCl和BaCl2溶液;
b.由白色沉淀A可知之前所取上层清液中有SO42-,由加入KI生成白色沉淀可知棕黄色沉淀中含有Cu2+,Cu2+和I-作用生成CuI白色沉淀,由加淀粉无现象说明上层清液中无I2,而Cu2+和I-反应生成I2,因而推断生成的I2参与了其他反应,因而有还原剂SO32-;
故答案为:
棕黄色沉淀与KI溶液反应生成白色沉淀(CuI),证明含有Cu2+,白色沉淀A为硫酸钡,证明含有SO32-;
(3)①根据题意知实验Ⅲ的白色沉淀中无SO42-,该白色沉淀既能溶于强酸,又能溶于强碱,还可使酸性KMnO4溶液褪色,可以推测沉淀中含有Al3+和OH-,可使酸性KMnO4溶液褪色是因为存在有还原性的亚硫酸根离子;
故答案为:
Al3+、OH-;
②根据假设可知实验的目的是证明产生的沉淀是Al(OH)3还是铝的碱式盐,给定实验首先制备出现象Ⅲ中的沉淀,然后采用滴加NaOH溶液,因此对比实验首先要制备出
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