备战高考化学化学能与电能的综合压轴题专题复习附详细答案.docx
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备战高考化学化学能与电能的综合压轴题专题复习附详细答案
2020-2021备战高考化学—化学能与电能的综合压轴题专题复习附详细答案
一、化学能与电能
1.现需设计一套实验装置来电解饱和食盐水,并测量电解产生的氢气的体积(约6mL)和检验氯气的氧化性(不应将多余的氯气排入空气中)。
(1)试从上图图1中选用几种必要的仪器,连成一整套装置,各种仪器接口的连接顺序(填编号)是:
A接______,B接______。
(2)碳棒上发生的电极反应为_______。
(3)能说明氯气具有氧化性的实验现象是_______。
(4)假定装入的饱和食盐水为50mL(电解前后溶液体积变化可忽略),当测得的氢气为5.6mL(已折算成标准状况)时,溶液的pH为____。
(5)工业上采用离子交换膜法电解饱和食盐水,如上图图2,该离子交换膜是__(填“阳离子”或“阴离子”)交换膜,溶液A是_______(填溶质的化学式)
【答案】G、F、ID、E、C2Cl--2e-=Cl2↑淀粉-KI溶液变成蓝色12阳离子NaOH
【解析】
【分析】
(1)实验的目的是电解饱和食盐水,并测量电解产生的氢气的体积(约6mL)和检验氯气的氧化性,结合装置的作用来连接装置;
(2)实验目的生成氢气和氯气,所以铁应为阴极,碳棒为阳极;
(3)氯气具有氧化性,能氧化碘离子生成碘单质,使淀粉碘化钾溶液变蓝色说明;
(4)电解饱和食盐水的方程式:
2NaCl+2H2O
2NaOH+H2↑+Cl2↑,利用公式c=
来计算NaOH的物质的量浓度,然后求出氢离子的浓度,最后求出pH;
(5)氢气在阴极生成,则b为阴极,a为阳极,阳离子向阴极移动,则离子交换膜允许阳离子通过;a极上氯离子失电子,生成氯气同时溶液中生成NaOH。
【详解】
(1)产生的氢气的体积用排水量气法,预计H2的体积6ml左右,所以选I不选H,导管是短进长出,所以A接G,用装有淀粉碘化钾溶液的洗气瓶检验氯气时,导管要长进短出,所以B接D,氯气要进行尾气处理,即E接C;
(2)实验目的生成氢气和氯气,所以铁应为阴极,连接电源负极,碳棒为阳极,所以炭棒接直流电源的正极,电极反应:
2Cl--2e-═Cl2↑;
(3)氯气具有氧化性,能氧化碘离子生成碘单质,碘单质遇到淀粉变蓝色,使淀粉碘化钾溶液变蓝色说明氯气具有氧化性;
(4)因电解饱和食盐水的方程式:
2NaCl+2H2O
2NaOH+H2↑+Cl2↑,当产生的H2的体积为5.6mL时,物质的量n=
=2.5×10-4mol,生成氢氧化钠的物质的量为5×10-4mol,所以溶液中NaOH的物质的量浓度=
═0.01mol/L,所以氢离子的浓度=
mol/L=1×10-12mol/L,pH=12;
(5)氢气在阴极生成,则b为阴极,a为阳极,阳离子向阴极移动,则离子交换膜允许阳离子通过,所以离子交换膜为阳离子交换膜;a极上氯离子失电子,生成氯气同时溶液中生成NaOH,所以溶液A是NaOH。
【点睛】
分析电解过程的思维程序:
①首先判断阴阳极,分析阳极材料是惰性电极还是活性电极;②再分析电解质水溶液的组成,找全离子并分阴阳离子两组;③然后排出阴阳离子的放电顺序:
阴极:
阳离子放电顺序:
Ag+>Fe3+>Cu2+>H+>Fe2+>Zn2+>H+;阳极:
活泼电极>S2->I->Br->Cl->OH-;如果阳极材料是活性金属如Fe或Cu为阳极,则阳极本身被氧化。
2.以NaCl为主要成分的融雪剂会腐蚀桥梁、铁轨等钢铁设备。
某研究小组探究NaCl溶液对钢铁腐蚀的影响。
(1)将滤纸用3.5%的NaCl溶液润湿,涂上铁粉、碳粉的混合物,贴在表面皿上。
在滤纸上加几滴检验试剂,再缓慢加入NaCl溶液至没过滤纸,操作如下所示:
①实验ⅰ的现象说明,得电子的物质是_______________________________。
②碳粉的作用是___________________________________________________。
③为了说明NaCl的作用,需要补充的对照实验是_____________________。
(2)向如图示装置的烧杯a、b中各加入30mL3.5%的NaCl溶液,闭合K,指针未发生偏转。
加热烧杯a,指针向右偏转。
①取a、b中溶液少量,滴加K3[Fe(CN)6]溶液,a中出现蓝色沉淀,b中无变化,b中铁片作________极。
②加热后,指针发生偏转的原因可能是_____________________。
(3)用
(2)中图示装置探究不同浓度NaCl溶液对钢铁腐蚀的影响,向烧杯a、b中各加入30mL不同质量分数的NaCl溶液,实验记录如下表所示。
实验
a
b
指针偏转方向
I
0.1%
0.01%
向右
II
0.1%
3.5%
向左
Ⅲ
3.5%
饱和溶液
向右
①Ⅱ中,b中电极发生的电极反应式是_______________________________。
②Ⅲ中,铁在饱和NaCl溶液中不易被腐蚀。
查阅资料可知:
在饱和NaCl溶液中O2浓度较低,钢铁不易被腐蚀。
设计实验证明:
_______________________________。
(4)根据上述实验,对钢铁腐蚀有影响的因素是_______________________________。
【答案】O2与铁组成原电池,作原电池的正极用水代替NaCl溶液进行上述实验正温度升高,Fe还原性增强,反应速率加快Fe-2e-=Fe2+另取两个烧杯,分别往其中加入铁片和一定量的饱和NaCl溶液,再分别滴加几滴K3Fe(CN)6溶液,然后往其中一个烧杯中通入O2,观察现象温度、NaCl溶液的浓度、O2的浓度
【解析】
【分析】
(1)铁、碳以氯化钠溶液为电解质形成原电池,发生吸氧腐蚀生成氢氧根离子,溶液显碱性,遇到酚酞变红;
(2)①K3[Fe(CN)6]溶液与二价铁离子反应生成蓝色沉淀;
②温度升高,Fe还原性增强,反应速率加快;
(3)①依据不同浓度下,检流计指针偏转方向判断电极,书写电极反应式;
②要证明在饱和NaCl溶液中O2浓度较低,钢铁不易被腐蚀,可以设计对比试验,一个实验中通入氧气,另一个实验中不通入氧气,观察铁的腐蚀情况;
(4)依据上述实验总结归纳解答。
【详解】
(1)①铁、碳以氯化钠溶液为电解质形成原电池,酚酞变红说明生成氢氧根离子,发生吸氧腐蚀,故得电子的物质是O2;
②铁与碳以氯化钠溶液为电解质形成原电,铁做原电池负极,碳做正极;
③为了说明NaCl的作用,需要补充的对照实验是,用水做电解质,代替氯化钠进行上述实验;
(2)①K3[Fe(CN)6]溶液与二价铁离子反应生成蓝色沉淀,而取a、b中溶液少量,滴加K3[Fe(CN)6]溶液,a中出现蓝色沉淀,说明a中生成二价铁离子,b中无变化,b中没有二价铁离子生成,所以a做负极,b做正极;
②加热后,指针发生偏转的原因可能是:
温度升高,Fe还原性增强,反应速率加快;
(3)①依据图表中Ⅱ组数据及指针向左偏转,则可知:
b极为负极,失去电子发生氧化反应,电极反应式:
Fe-2e-=Fe2+;
②要证明氧气浓度对金属腐蚀速率的影响,可以设计对比实验,如下:
另取两个烧杯,分别往其中加入铁片和一定量的饱和NaCl溶液,再分别滴加几滴K3Fe(CN)6溶液,然后往其中一个烧杯中通入O2,观察现象;
(4)通过上述实验可知:
对钢铁腐蚀有影响的因素是有温度、NaCl溶液的浓度、O2的浓度。
3.某小组研究Na2S溶液与KMnO4溶液反应,探究过程如下。
资料:
Ⅰ.MnO4在强酸性条件下被还原为Mn2+,在近中性条件下被还原为MnO2.
Ⅱ.单质硫可溶于硫化钠溶液,溶液呈淡黄色。
(1)根据实验可知,Na2S具有________性。
(2)甲同学预测实验I中S2-被氧化成SO32-。
①根据实验现象,乙同学认为甲的预测不合理,理由是_______________。
②乙同学取实验Ⅰ中少量溶液进行实验,检测到有SO42-,得出S2-被氧化成SO42-的结论,丙同学否定该结论,理由是_______________。
③同学们经讨论后,设计了如右下图的实验,证实该条件下MnO4-的确可以将S2-氧化成SO42-。
a.左侧烧杯中的溶液是__________。
b.连通后电流计指针偏转,一段时间后,_________(填操作和现象),证明S2-被氧化为SO42-。
(3)实验I的现象与资料i存在差异,其原因是新生成的产物(Mn2+)与过量的反应物(MnO4-)发生反应,该反应的离子方程式是______________。
(4)实验Ⅱ的现象与资料也不完全相符,丁同学猜想其原因与(3)相似,经验证猜想成立,他的实验方案_______。
(5)反思该实验,反应物相同,而现象不同,体现了物质变化不仅与其自身的性质有关,还与__________因素有关。
【答案】还原溶液呈紫色.说明酸性KMnO4溶液过量
SO32-能被其继续氧化KMnO4溶液是用H2SO4酸化的,故溶液中检测出SO42-不能证明一定是氧化新生成的0.1mol/LNa2S溶液取左侧烧杯中的溶液,用盐酸酸化后,
滴加BaCl2溶液.观察到有白色沉淀生成2MnO4-+3Mn2++2H2O=5MnO2↓+H+将实验I中生成的MnO2分离洗涤后(或取MnO2),加入0.1mol/LNa2S溶液.观察到有浅粉色沉淀.且溶液呈淡黄色F证明新生成的MnO2与过量的S反应.故没得到MnO2沉淀用量、溶液的酸碱性
【解析】
(1)根据实验I可知,高锰酸钾溶液的紫色变浅,说明Na2S具有还原性,故答案为:
还原;
(2)①根据实验现象,溶液呈紫色,说明酸性KMnO4溶液过量,SO32-能被其继续氧化,因此甲的预测不合理,故答案为:
溶液呈紫色,说明酸性KMnO4溶液过量,SO32-能被其继续氧化;
②KMnO4溶液是用H2SO4酸化的,故溶液中检测出SO42-不能证明一定是氧化新生成的,因此S2-被氧化成SO42-的结论不合理,故答案为:
KMnO4溶液是用H2SO4酸化的,故溶液中检测出SO42-不能证明一定是氧化新生成的;
③a.根据图示,左侧烧杯中发生氧化反应,为原电池的负极,根据题意,要达到MnO4-将S2-氧化成SO42-的目的,左侧烧杯中的溶液可以是0.1mol/LNa2S溶液,右侧烧杯中的溶液可以是0.1mol/LKMnO4溶液,故答案为:
0.1mol/LNa2S溶液;
b.连通后,高锰酸钾与硫化钠溶液发生氧化还原反应,电流计指针偏转,一段时间后,取左侧烧杯中的溶液,用盐酸酸化后,滴加BaCl2溶液,观察到有白色沉淀生成,证明S2-被氧化为SO42-,故答案为:
取左侧烧杯中的溶液,用盐酸酸化后,滴加BaCl2溶液,观察到有白色沉淀生成;
(3)Mn2+与过量的MnO4-反应生成二氧化锰沉淀,反应的离子方程式为2MnO4-+3Mn2++2H2O=5MnO2↓+H+,故答案为:
2MnO4-+3Mn2++2H2O=5MnO2↓+H+;
(4)实验Ⅱ的现象与资料也不完全相符,丁同学猜想其原因与(3)相似,经验证猜想成立,实验方案可以为:
将实验I中生成的MnO2分离洗涤后(或取MnO2),加入0.1mol/LNa2S溶液.观察到有浅粉色沉淀.且溶液呈淡黄色F证明新生成的MnO2与过量的S 反应.故没得到MnO2 沉淀,故答案为:
将实验I中生成的MnO2分离洗涤后(或取MnO2),加入0.1mol/LNa2S溶液.观察到有浅粉色沉淀.且溶液呈淡黄色F证明新生成的MnO2与过量的S 反应.故没得到MnO2 沉淀;
(5)反思该实验,反应物相同,而现象不同,体现了物质变化不仅与其自身的性质有关,还与反应物的用量、溶液的酸碱性等因素有关,故答案为:
反应物的用量、溶液的酸碱性。
4.某课外小组分别用图中所示装置对原电池和电解原理进行实验探究。
请回答:
Ⅰ.用甲图装置进行第一组实验。
(1)在保证电极反应不变的情况下,不能替代Cu作电极的是________(填序号)。
A.铝B.石墨C.银D.铂
(2)N极为_______(填“正”“负”“阴”“阳”)电极,发生反应的电极反应式为__________。
(3)实验过程中,SO42-________(填“从左向右”“从右向左”或“不”)移动;滤纸上能观察到的现象有_____。
Ⅱ.用乙图装置进行第二组实验。
实验过程中,观察到与第一组实验不同的现象:
两极均有气体产生,Y极区溶液逐渐变成紫红色;停止实验,铁电极明显变细,电解液仍然澄清。
查阅资料得知,高铁酸根离子(FeO
)在溶液中呈紫红色,且需碱性环境才可产生。
(4)电解过程中,X极区溶液的pH________(填“增大”“减小”或“不变”)。
(5)电解过程中,Y极发生的电极反应为_______________和____________________。
(6)若在X极收集到672mL气体,在Y极收集到168mL气体(均已折算为标准状况时气体体积),则Y电极(铁电极)质量减少________g。
(7)在碱性锌电池中,用高铁酸钾作为正极材料,电池反应为2K2FeO4+3Zn===Fe2O3+ZnO+2K2ZnO2。
该电池正极发生的反应的电极反应式为__________________________________。
【答案】A阴2H++2e-=H2↑(或2H2O+2e-=H2↑+2OH-)从右向左滤纸上有红褐色斑点产生(答出“红褐色斑点”或“红褐色沉淀”即可)增大Fe-6e-+8OH-=FeO42-+4H2O4OH--4e-=2H2O+O2↑0.282FeO42-+6e-+5H2O=Fe2O3+10OH-
【解析】
(1)在保证电极反应不变的情况下,仍然是锌作负极,则正极材料必须是不如锌活泼的金属或导电的非金属,铝是比锌活泼的金属,所以不能代替铜,故选A;
(2)N电极连接原电池负极,所以是电解池阴极,阴极上氢离子得电子发生还原反应,电极反应式为:
2H++2e-═H2↑(或2H2O+2e-═H2↑+2OH-),故答案为2H++2e-═H2↑(或2H2O+2e-═H2↑+2OH-);
(3)原电池放电时,阴离子向负极移动,所以硫酸根从右向左移动,电解池中,阴极上氢离子得电子生成氢气,阳极上铁失电子生成亚铁离子,亚铁离子和氢氧根离子反应生成氢氧化亚铁,氢氧化亚铁被氧气氧化生成氢氧化铁,所以滤纸上有红褐色斑点产生,故答案为从右向左,滤纸上有红褐色斑点产生;
(4)电解过程中,阴极上氢离子放电生成氢气,则阴极附近氢氧根离子浓度大于氢离子溶液,溶液呈碱性,溶液的pH增大,故答案为:
增大;
(5)铁是活泼金属,电解池工作时,阳极上铁失电子发生氧化反应,氢氧根离子失电子发生氧化反应,所以发生的电极反应式为:
Fe-6e-+8OH-═FeO42-+4H2O和4OH--4e-═2H2O+O2↑,故答案为Fe-6e-+8OH-═FeO42-+4H2O;4OH--4e-═2H2O+O2↑;
(6)X电极上析出的是氢气,Y电极上析出的是氧气,且Y电极失电子进入溶液,设铁质量减少为xg,根据转移电子数相等有:
×2=
×4+
×6,x=0.28,故答案为0.28g;
(7)正极上高铁酸根离子得电子发生还原反应,反应方程式为2FeO42-+6e-+5H2O═Fe2O3+10OH-,故答案为2FeO42-+6e-+5H2O═Fe2O3+10OH-。
点睛:
本题考查了原电池和电解池原理,注意:
电解池中如果活泼金属作阳极,则电解池工作时阳极材料失电子发生氧化反应,为易错点。
5.MnSO4在工业中有重要应用,用软锰矿浆(主要成分为MnO2和水,含有Fe2O3、FeO、Al2O3和少量PbO等杂质)浸出制备MnSO4,其过程如下:
(资料)部分阳离子形成氢氧化物沉淀的pH
离子
Fe2+
Fe3+
Al3+
Mn2+
Pb2+
开始沉淀时的pH
7.6
2.7
3.8
8.3
8.0
完全沉淀时的pH
9.7
3.7
4.7
9.8
8.8
(1)向软锰矿浆中通入SO2生成MnSO4,该反应的化学方程是___________。
(2)加入MnO2的主要目的是___________;
(3)在氧化后的液体中加入石灰浆,用于调节pH,pH应调至____范围,生成的沉淀主要含有____和少量CaSO4。
(4)阳离子吸附剂可用于主要除去的离子是______________。
(5)用惰性电极电解MnSO4溶液,可以制得高活性MnO2。
电解MnSO4、ZnSO4和H2SO4的混合溶液可制备MnO2和Zn,写出阳极的电极反应方程式________________。
【答案】SO2+MnO2=MnSO4将Fe2+氧化为Fe3+4.7≤pH<8.3Fe(OH)3、Al(OH)3Ca2+、Pb2+Mn2+−2e−+2H2O=MnO2↓+4H+
【解析】
软锰矿浆(主要成分为MnO2和水,含有Fe2O3、FeO、Al2O3和少量PbO等杂质)通入SO2得到浸出液,MnO2与SO2发生氧化还原反应,其中的金属离子主要是Mn2+,浸出液还含有少量的Fe2+、Al3+等其他金属离子,Fe2+具有还原性,可以被MnO2在酸性条件下氧化成Fe3+,在氧化后的液体中加入石灰浆,杂质中含有Fe2+、Al3+、Ca2+、Pb2+四种阳离子,由沉淀的pH范围知,Fe3+、Al3+阳离子通过调pH值,转化为氢氧化铁、氢氧化铝沉淀,加入阳离子吸附剂,除去Ca2+、Pb2+,过滤,滤液蒸发浓缩,冷却结晶,获得MnSO4晶体。
(1)I中向软锰矿浆中通入SO2生成MnSO4,MnO2与SO2发生氧化还原反应的化学方程式为SO2+MnO2=MnSO4;故答案为SO2+MnO2=MnSO4;
(2)杂质离子中Fe2+具有还原性,可以被MnO2在酸性条件下氧化成Fe3+,故答案为将Fe2+氧化为Fe3+;
(3)杂质中含有Fe3+、Al3+阳离子,从图可表以看出,大于4.7可以将Fe3+和Al3+除去,小于8.3是防止Mn2+也沉淀,所以只要调节pH值在4.7~8.3间即可,Fe3+、Al3+转化为氢氧化铁、氢氧化铝沉淀,故生成的沉淀主要为Fe(OH)3、Al(OH)3和少量CaSO4;故答案为4.7≤pH<8.3;Fe(OH)3、Al(OH)3;
(4)从吸附率的图可以看出,Ca2+、Pb2+的吸附率较高,故答案为Pb2+、Ca2+;
(5)电解MnSO4、ZnSO4和H2SO4的混合溶液可制备MnO2和Zn,阳极上是发生氧化反应,元素化合价升高为MnSO4失电子生成MnO2,ZnSO4反应得到电子生成Zn,阳极电极反应为:
Mn2+-2e-+2H2O=MnO2↓+4H+,故答案为Mn2+-2e-+2H2O=MnO2↓+4H+。
6.有A、B两位学生均想利用原电池反应验证金属的活动性顺序,并探究产物的有关性质。
分别设计如图所示的原电池,请完成以下问题:
(1)负极材料:
A池___,B池___。
(2)电极反应式:
A池正极____________________;
B池负极____________________。
由上述实验分析“利用金属活动性顺序表直接判断原电池的正负极”是________(填“可靠”或“不可靠”)。
【答案】MgAl2H++2e-====H2↑Al-3e-+4OH-====AlO2-+2H2O不可靠
【解析】由两装置图可知,A池中电解质为硫酸,镁较活泼作负极,总反应为镁与硫酸反应生成硫酸镁和氢气;B池中电解质为氢氧化钠溶液,由于铝可以被氢氧化钠溶液溶解,而镁不溶,所以此时铝较活泼,铝作负极,总反应为铝、氢氧化钠、水反应生成偏铝酸钠和氢气。
(1)负极材料:
A池Mg,B池Al。
(2)电极反应式:
A池正极2H++2e-====H2↑;
B池负极Al-3e-+4OH-====AlO2-+2H2O。
由上述实验分析“利用金属活动性顺序表直接判断原电池的正负极”是不可靠的。
点睛:
金属的活动性与所处的化学环境有着密切的关系,所以要具体问题具体分析。
本题中镁和铝两种金属,在酸性条件下,镁较活泼,但是在强碱性条件下,铝则较活泼。
7.如图所示,A为电源,B为浸透饱和食盐水和酚酞溶液的滤纸,滤纸中央滴有一滴KMnO4溶液,C、D为电解槽,其电极材料及电解质溶液如图所示。
(1)关闭K1,打开K2,通电后,B的KMnO4紫红色液滴向c端移动,则电源b端为极,通电一段时间后,滤纸d端的电极反应式是。
(2)已知C装置中溶液的溶质为Cu(NO3)2和X(NO3)3,且均为0.1mol,打开K1,关闭K2,通电一段时间后,阴极析出固体质量m(g)与通过电子的物质的量n(mol)关系如图所示,则Cu2+、X3+、H+氧化能力由大到小的顺序是。
(3)D装置中溶液是H2SO4溶液,则电极C端从开始至一段时间后的实验现象是。
【答案】
(1)负极,2H++2e-=H2
(2)Cu2+>H+>X3+
(3)产生无色气体,溶液变为蓝色,一段时间后有红色物质析出
【解析】
试题分析:
(1)据题意B的KMnO4紫红色液滴向c端移动,说明高锰酸根离子向c端移动,可推出极c端为阳极,则与之相连的电源a端为正极,b端为负极,所以通电滤纸d端为阴极,电极反应式为2H++2e-=H2↑,故答案为:
负;2H++2e-=H2↑;
(2)根据电解C的图象可知,通电后就有固体生成,当通过电子为0.2mol时,析出固体质量达最大,证明此时析出的固体是铜.如果是X3+析出,电子数应该是0.3mol,则氧化能力为Cu2+>X3+,当电子超过0.2mol时,固体质量没变,说明这是阴极产生的是氢气,即电解水,说明氧化能力H+>X3+,故氧化能力为Cu2+>H+>X3+;故答案为:
Cu2+>H+>X3+;
(3)D装置中溶液是H2SO4,电极C端与b负极相连即为阴极,开始为氢离子得电子生成氢气,后阳极的铜失电子生成铜离子进入溶液,溶液变为蓝色,一段时间后有红色物质在阴极析出,所以看到的现象为在C端开始时有无色无味气体产生,溶液变为蓝色,一段时间后有红色物质析出;故答案为:
在C端开始时有无色无味气体产生,溶液变为蓝色,一段时间后有红色物质析出。
【考点定位】考查原电池和电解池的工作原理
【名师点晴】本题综合考查电解原理以及根据图象获取信息、运用知识综合分析能力,根据KMnO4紫红色液滴向c端移动判断电源的正负极为解答该题的关键。
打开K1,关闭K2,则为电解C、D两池,根据电解C的图象可知,开始即析出固体,总共0.2mol电子通过时,析出固体质量达最大,证明此时析出的固体是铜,此后,继续有电子通过,不再有固体析出,说明X3+不放电,H+放电,从而判断离子氧化性;D装置中溶液是H2SO4,电极C端与b负极相连即为阴极,开始氢离子得电子生成氢气,后阳极的铜失电子生成铜离子进入阴极在阴极析出。
注意电极方程式的判断,为易错点。
8.取6根铁钉,6支干净的试管及其他材料,如图所示。
试管①放入一根铁钉,再注入蒸馏水,使铁钉和空气及水接触;
试管②在试管底部放入硅胶(是一种干燥剂),再放入铁钉,用棉花团堵住试管口,使铁钉和干燥空气接触;
试管③先放入一根铁钉,趁热倒入煮沸的蒸馏水(已赶出原先溶解在蒸馏水中的空气)浸没铁钉,再加上一层植物油,使铁钉不能跟空气接触;
试管④中放入铁钉注入食盐水,使铁钉和空气及食
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