化学化学氧化还原反应的专项培优练习题.docx
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化学化学氧化还原反应的专项培优练习题
一、高中化学氧化还原反应练习题(含详细答案解析)
1.碘酸钾(
)是重要的微量元素碘添加剂。
实验室设计下列实验流程制取并测定产品中
的纯度:
其中制取碘酸(
)的实验装置见图,有关物质的性质列于表中
物质
性质
HIO3
白色固体,能溶于水,难溶于CCl4
KIO3
①白色固体,能溶于水,难溶于乙醇
②碱性条件下易发生氧化反应:
ClO-+IO3-=IO4-+Cl-
回答下列问题
(1)装置A中参加反应的盐酸所表现的化学性质为______________。
(2)装置B中反应的化学方程式为___________________。
B中所加CCl4的作用是_________从而加快反应速率。
(3)分离出B中制得的
水溶液的操作为____________;中和之前,需将HIO3溶液煮沸至接近于无色,其目的是____________,避免降低
的产率。
(4)为充分吸收尾气,保护环境,C处应选用最合适的实验装置是____________(填序号)。
(5)为促使
晶体析出,应往中和所得的
溶液中加入适量的___________。
(6)取1.000g
产品配成200.00mL溶液,每次精确量取20.00mL溶液置于锥形瓶中,加入足量KI溶液和稀盐酸,加入淀粉作指示剂,用0.1004mol/L
溶液滴定。
滴定至终点时蓝色消失(
),测得每次平均消耗
溶液25.00mL。
则产品中
的质量分数为___(结果保留三位有效数字)。
【答案】还原性、酸性
充分溶解
和
,以增大反应物浓度分液除去
(或
),防止氧化
C乙醇(或酒精)89.5%。
【解析】
【分析】
装置A用于制取Cl2,发生的反应为:
KClO3+6HCl(浓)=KCl+3Cl2↑+3H2O,装置B中发生的是制取HIO3的反应,装置C为尾气处理装置,既要吸收尾气中的HCl和Cl2,还要防止倒吸。
【详解】
(1)装置A中发生的反应为:
KClO3+6HCl(浓)=KCl+3Cl2↑+3H2O,浓盐酸中的Cl元素有一部分失电子转化为Cl2,表现出还原性,还有一部分Cl元素没有变价转化为KCl(盐),表现出酸性,故答案为:
还原性、酸性;
(2)装置B中发生的反应为:
5Cl2+I2+6H2O=2HIO3+10HCl,Cl2和I2均难溶于水,易溶于CCl4,加入CCl4可使二者溶解在CCl4中,增大反应物浓度,故答案为:
5Cl2+I2+6H2O=2HIO3+10HCl;充分溶解I2和Cl2,以增大反应物浓度;
(3)分离B中制得的HIO3水溶液的操作为分液,HIO3溶液中混有的Cl2在碱性条件下转化为ClO-,ClO-会将IO3-氧化为IO4-,因此在中和前需要将Cl2除去,故答案为:
分液;除去Cl2(或ClO-),防止氧化KIO3;
(4)尾气中主要含HCl和Cl2,需用NaOH溶液吸收,同时要防止倒吸,故答案为:
C;
(5)因为KIO3难溶于乙醇,向KIO3溶液中加入乙醇可降低其溶解度,促使KIO3晶体析出,故答案为:
乙醇(或酒精);
(6)每20mLKIO3溶液中,加入KI溶液和稀盐酸发生的反应为:
IO3-+5I-+6H+=3I2+3H2O,滴定时发生的反应为:
I2+2S2O32-=2I-+S4O62-,可列出关系式:
IO3-~3I2~6S2O32-,每次平均消耗的n(S2O32-)=0.1004mol/L×0.025L=0.00251mol,则每20mLKIO3溶液中,n(KIO3)=n(IO3-)=n(S2O32-)÷6=0.00251mol÷6=0.000418mol,200mL溶液中,n(KIO3)=0.00418mol,产品中KIO3的质量分数=
=89.5%,故答案为:
89.5%。
【点睛】
1g样品配成了200mL溶液,而根据关系式计算出的是20mL溶液中KIO3的物质的量,需扩大10倍才能得到1g样品中KIO3的物质的量。
2.羟氨(NH2OH)是一种还原剂,和联氨一样是一种弱碱,不稳定,室温下吸收水汽迅速分解。
回答下列问题:
(1)请写出羟氨的电子式___。
(2)利用KMnO4标准溶液定量间接测定羟氨的纯度。
测定步骤如下:
①溶液配制:
称取5.0g某羟氨样品,溶解在______酸中后加适量蒸馏水,将其全部转移至100mL的______中,加蒸馏水至_______。
②取20.00mL的羟氨酸性溶液与足量硫酸铁在煮沸条件下反应:
2NH2OH2++4Fe3+=N2O↑+4Fe2++H2O+6H+,生成的Fe2+用0.4000mol·L-1的酸性KMnO4溶液滴定,滴定达到终点的现象是____________。
请写出Fe2+与酸性KMnO4溶液反应的离子方程式_____________。
重复滴定3次,每次消耗酸性高锰酸钾标准溶液的体积如表所示:
计算试样的纯度____%。
(3)下列操作导致误差偏高的有______(填编号)。
a滴定前滴定管尖嘴处有气泡,滴定后消失
b滴定管未经润洗盛装KMnO4溶液
c羟氨称量时,时间过长和溶解时没有及时用酸酸化
dKMnO4溶液起始读数仰视,终点正常读数
【答案】
硫酸容量瓶刻度线当最后一滴滴入时,锥形瓶中溶液的颜色由无色变为紫红色,且半分钟不褪色5Fe2++MnO4-+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O66ab
【解析】
【分析】
(1)根据羟氨化学式写出其电子式;
(2)①羟氨应溶解在H2SO4中,因为HCl中的Cl会被MnO4-氧化;
②用酸性KMnO4溶液滴定达到终点的现象是当最后一滴滴入时,锥形瓶中溶液的颜色由无色变为紫红色,且半分钟不褪色;根据氧化还原反应的规律写出Fe2+与酸性KMnO4溶液反应的离子方程式,根据物质的量的关系计算式样纯度;
(3)根据氧化还原滴定的相关操作分析实验误差。
【详解】
(1)根据羟氨化学式NH2OH可知其电子式为:
,故答案为:
;
(2)①羟氨应溶解在H2SO4中,因为HCl中的Cl会被MnO4-氧化,将其全部转移至100mL的容量瓶中,加蒸馏水至刻度线,故答案为:
硫酸;容量瓶;刻度线;
②用酸性KMnO4溶液滴定达到终点的现象是当最后一滴滴入时,锥形瓶中溶液的颜色由无色变为紫红色,且半分钟不褪色;根据氧化还原反应的规律写出Fe2+与酸性KMnO4溶液反应的离子方程式为:
5Fe2++MnO4-+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O;由消耗高锰酸钾体积表可知,第一次误差过大,舍去,V(平均)=
=20.00mL;
设滴定时NH2OH2+的物质的量为xmol,依据离子方程式可得关系式:
解得x=0.02
因总量为100mL,所以n(NH2OH2+)=0.02×5=0.1mol
m=n
M=0.1×33g/mol=3.3g
w=
=
100%=66%
故答案为:
当最后一滴滴入时,锥形瓶中溶液的颜色由无色变为紫红色,且半分钟不褪色;5Fe2++MnO4-+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O;66;
(3)a.滴定前滴定管尖嘴处有气泡,滴定后消失会导致V标准偏大,计算结果偏高;
b.滴定管未经润洗盛装KMnO4溶液,相当于把KMnO4溶液稀释,滴定时消耗体积增大,计算结果偏高;
c.羟氨称量时,时间过长和溶解时没有及时用酸酸化会导致羟氨被氧化,导致消耗体积偏小,计算结果偏低;
d.KMnO4溶液起始读数仰视,终点正常读数,导致消耗体积偏小,计算结果偏低;
故答案为:
ab。
【点睛】
注意氧化还原滴定操作中的注意事项,根据公式判断不同操作可能引起的实验误差。
3.以海绵铜(CuO、Cu)为原料制备氯化亚铜(CuCl)的一种工艺流程如下:
(1)Cu基态原子核外电子排布式为________,SO42−的空间构型为__________(用文字描述);Cu2+与OH-反应能生成[Cu(OH)4]2−,[Cu(OH)4]2−中提供孤电子对的原子是_______(填元素符号)。
(2)“吸收”过程:
①2NO(g)+O2(g)
2NO2(g)ΔH=-112.6kJ·mol−1提高NO平衡转化率的方法有______________(写出两种)。
②吸收NO2的有关反应如下:
反应Ⅰ:
2NO2(g)+H2O(l)=HNO3(aq)+HNO2(aq)ΔH=-116.1kJ·mol−1
反应Ⅱ:
3HNO2(aq)=HNO3(aq)+2NO(g)+H2O(l)ΔH=-75.9kJ·mol−1
用水吸收NO2生成HNO3和NO的热化学方程式是___________________。
(3)“电解”过程:
HNO2为弱酸,通过电解使HNO3得以再生,阳极的电极反应式是____________。
(4)“沉淀”过程:
产生CuCl的离子方程式是________________。
【答案】1s22s22p63s23p63d104s1正四面体形O增大压强、提高氧气的浓度3NO2(g)+H2O(l)=2HNO3(aq)+NO(g)ΔH=-212.1kJ·mol−1HNO2-2e-+H2O=3H++NO3-2Cu2++SO2+2Cl-+2H2O=2CuCl↓+SO42-+4H+
【解析】
【分析】
海绵铜(CuO、Cu)中CuO与稀H2SO4反应转化为硫酸铜,因硝酸在酸性条件下具有氧化性,会将铜氧化为铜离子,最终生成硫酸铜,SO2具有还原性,再将铜离子还原为氯化亚铜,NO合理利用,经过氧化与电解过程得到硝酸,据此分析解答。
【详解】
(1)Cu的原子序数为29,Cu基态原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1;SO42−中S原子价层电子对个数=4+
=4,且不含孤电子对,由价层电子对互斥理论判断该微粒为正四面体形;[Cu(OH)4]2−中Cu2+提供空轨道,O原子提供孤电子对形成配位键,答案为:
1s22s22p63s23p63d104s1;正四面体形;O;
(2)①2NO(g)+O2(g)
2NO2(g)ΔH=-112.6kJ·mol−1是气体体积减小的放热反应,提高NO平衡转化率,平衡应向正反应方向移动,可以采取的措施有:
降低温度、增大压强、提高氧气的浓度等;
②由盖斯定律可知:
(反应I⨯3+反应II)⨯
可以得到用水吸收NO2生成HNO3和NO的热化学方程式:
3NO2(g)+H2O(l)=2HNO3(aq)+NO(g)ΔH=-212.1kJ·mol−1;
(3)电解过程中,阳极上HNO2失去电子发生氧化反应生成HNO3,阳极的电极反应式是:
HNO2-2e-+H2O=3H++NO3-;
(4)Cu2+与SO2发生氧化还原反应生成CuCl,离子方程式为:
2Cu2++SO2+2Cl-+2H2O=2CuCl↓+SO42-+4H+。
4.利用钒钛磁铁矿冶炼后产生的钒渣(主要含FeO·V2O3、Al2O3、SiO2及少量可溶性磷酸盐)生产V2O5的工艺流程如下,回答下列问题:
已知:
①V2O5、Al2O3、SiO2可与Na2CO3、NaCl组成的混合钠盐在高温下反应,并转化为NaVO3、NaAlO2、Na2SiO3等可溶性钠盐。
②AlO
+4H+=Al3++2H2O。
(1)焙烧Ⅰ包括氧化和钠化成盐两个过程,氧化的目的是获得V2O5,写出氧化过程中FeO·V2O3发生反应的化学方程式________;废渣Ⅰ的主要成分是________;精制Ⅰ中加盐酸调pH的主要作用是________,加入NH3·H2O后发生反应的离子方程式为________。
(2)精制Ⅱ中加入CaCl2溶液除去磷酸盐,pH过小时影响除磷效果的原因是________;pH过大时,沉淀量增大的原因是________。
(3)沉钒所得NH4VO3沉淀需进行洗涤,洗涤时除去的阴离子主要是________。
NH4VO3在500℃时焙烧脱氨制得产品V2O5,反应方程式为2NH4VO3
V2O5+H2O↑+2NH3↑。
但脱氨过程中,部分V2O5会转化成V2O4,反应中氧化剂与还原剂物质的量之比为3:
2,该反应的化学方程式为________。
【答案】4FeO·V2O3+5O2
2Fe2O3+4V2O5Fe2O3[或Fe(OH)3]除Si并转化AlO2-写“除Si”即得分)Al3++3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3NH
H++NH3·H2O=H2O+NH
(写出第一个离子方程式即得分)形成溶解度较大的酸式盐(或形成溶解度较大的磷酸氢钙和/或磷酸二氢钙)产生了Ca(OH)2沉淀Cl-3V2O5+2NH3
3V2O4+N2+3H2O
【解析】
【分析】
氧化过程FeO·V2O3生成对应的金属氧化物Fe2O3和V2O5;经过氧化和钠化后,V2O5、Al2O3、SiO2均转化为可溶性盐,Fe2O3[或Fe(OH)3]成为滤渣;精制Ⅰ中加盐酸调pH为了和SiO32-反应生成硅酸沉淀,将AlO2-转化为Al3+;加入NH3·H2O后与Al3+发生反应生成Al(OH)3沉淀;精制Ⅱ中加入CaCl2溶液生成磷酸钙沉淀,除去磷酸盐,沉钒时加入试剂NH4Cl,所得NH4VO3沉淀,焙烧得到产品,据此分析。
【详解】
(1)氧化过程FeO·V2O3生成对应的金属氧化物Fe2O3和V2O5,化学方程式为:
4FeO·V2O3+5O2
2Fe2O3+4V2O5;经过氧化和钠化后,V2O5、Al2O3、SiO2均转化为可溶性盐,Fe2O3[或Fe(OH)3]成为滤渣;精制Ⅰ中加盐酸调pH为了和SiO32-反应生成硅酸沉淀,将AlO2-转化为Al3+;加入NH3·H2O后与Al3+发生反应生成Al(OH)3沉淀,还可以中和酸,反应方程式为:
、
,故答案为:
4FeO·V2O3+5O2
2Fe2O3+4V2O5;Fe2O3[或Fe(OH)3];除Si并转化AlO2-(写“除Si”即得分);
,
(写出第一个离子方程式即得分);
(2)精制Ⅱ中加入CaCl2溶液生成磷酸钙沉淀,除去磷酸盐,pH过小时形成溶解度较大的酸式盐;pH过大时易形成Ca(OH)2沉淀,故答案为:
形成溶解度较大的酸式盐(或形成溶解度较大的磷酸氢钙和/或磷酸二氢钙);产生了Ca(OH)2沉淀;
(3)沉钒时加入试剂NH4Cl,因此所得NH4VO3沉淀含有阴离子主要为Cl-;脱氨过程中,部分V2O5会转化成V2O4,且反应中氧化剂与还原剂物质的量之比为3:
2,则V2O5为氧化剂,NH3为还原剂,还原产物为V2O4,氧化产物为N2,则氧化还原方程式为:
3V2O5+2NH3
3V2O4+N2+3H2O,故答案为:
Cl-;3V2O5+2NH3
3V2O4+N2+3H2O。
5.实验室里,从废旧钴酸锂离子电池的正极材料(在铝箔上涂覆活性物质LiCoO2)中,回收钴、锂的操作流程如下图所示:
回答下列问题。
(1)拆解废旧电池获取正极材料前,先将其浸入NaCl溶液中,使电池短路而放电,此时溶液温度升高,该过程中能量的主要转化方式为____。
(2)“碱浸”过程中产生的气体是____;“过滤”所得滤液用盐酸处理可得到氢氧化铝,反应的化学方程式为____。
(3)“酸浸”时主要反应的离子方程式为____;若硫酸、Na2S2O3溶液用一定浓度的盐酸替代,也可以达到“酸浸”的目的,但会产生____(填化学式)污染环境。
(4)“沉钴”时,调pH所用的试剂是____;“沉钴”后溶液中c(Co2+)=____。
(已知:
Ksp[Co(OH)2]=1.09×l0-15)
(5)在空气中加热Co(OH)2,使其转化为钴的氧化物。
加热过程中,固体质量与温度的关系如左下图所示。
290~500℃,发生反应的化学方程式为____。
(6)根据右下图判断,“沉锂”中获得Li2CO3固体的操作主要包括____、____、洗涤、干燥等步骤。
【答案】化学能→电能→热能H2NaAlO2+HCl+H2O=NaCl+Al(OH)3↓8LiCoO2+S2O32-+22H+=8Li++8Co2++2SO42-+11H2OCl2NaOH溶液或氢氧化钠固体1.09×l0-6mol/L6Co2O3
4Co3O4+O2↑蒸发浓缩趁热过滤
【解析】
【分析】
正极材料主要由Al和LiCoO2组成,LiCoO2属于盐类,由复分解反应的条件可判断,其与NaOH溶液混合不发生反应,故“碱浸”过程中只有Al和NaOH反应生成偏铝酸钠和氢气,过滤得到滤渣为LiCoO2;“酸浸”时反应物有LiCoO2、硫酸和Na2S2O3溶液,依据“沉钴”产物为Co(OH)2可判断,反应后钴元素的价态从+3价降为+2价,依据氧化还原反应规律以及工艺中最后还可获得Na2SO4·10H2O副产品,可推知S元素价态升高并转化为SO42-;之后调节pH值得到Co(OH)2沉淀,再加入碳酸钠溶液调节pH值沉锂,得到碳酸锂和母液,母液结晶得到Na2SO4·10H2O。
【详解】
(1)依据“电池短路而放电”“溶液温度升高”两项信息,即可判断废旧电池的处理过程中能量的主要转化方式为化学能→电能→热能;
(2)依题中信息可知,正极材料主要由Al和LiCoO2组成,LiCoO2属于盐类,由复分解反应的条件可判断,其与NaOH溶液混合不发生反应,故“碱浸”过程中只有Al和NaOH反应,生成NaAlO2和H2;“过滤”所得滤液用适量盐酸处理可以得到氢氧化铝,方程式为NaAlO2+HCl+H2O=NaCl+Al(OH)3↓;
(3)根据分析可知“酸浸”时Na2S2O3被氧化为SO42-,Co元素被还原,结合电子守恒和元素守恒可知离子反应方程式为:
8LiCoO2+S2O32-+22H+=8Li++8Co2++2SO42-+11H2O;加入的Na2S2O3起还原作用,用一定浓度的盐酸替代“Na2S2O3溶液和硫酸”,也能实现酸浸目的,可知该反应中,盐酸也起了还原剂的作用,氧化产物为会污染环境的Cl2;
(4)结合“沉锂”后母液中还可以获得Na2SO4·10H2O,可知用的试剂为NaOH溶液或固体;溶液pH=9.5,则溶液中c(OH-)=10-4.5mol/L,带入Ksp[Co(OH)2]=c2(OH-)·c(Co2+)=1.09×l0-15求得c(Co2+)=1.09×l0-6mol/L;
(5)从图中信息可知,加热前的反应物为Co(OH)2(0.930g),其物质的量为0.01mol,依据钴元素的量不变可知:
n(Co)=0.01mol,m(Co)=0.590g,温度升温290℃时,转化为0.830g某种钴的氧化物,该氧化物中,n(O)=
=0.015mol,由此可以确定该氧化物为Co2O3;同理可以确定500℃时,n(O)=
≈0.0133mol,则生成的氧化物为Co3O4;所以290℃~500℃过程中,Co2O3转化为Co3O4,反应过程中,Co元素化合价降低。
氧元素化合价升高并转化为O2,故反应的化学方程式为6Co2O3
4Co3O4+O2↑;
(6)分析溶解度曲线可知LiCO3微溶,其溶解度随温度升高而降低,为了提高锂元素的回收率,同时防止硫酸钠析出,应采用蒸发浓缩(减少溶剂)并在较高温度下趁热过滤等操作。
【点睛】
热重分析法是常用的定量分析方法,通过分析热重曲线,可以推测物质的热稳定性、加热反应生成的产物等相关信息。
第5题解题关键是抓住受热过程中Co元素的量不变,利用图中数据信息,确定分解所得氧化物中钴、氧元素的物质的量之比,从而确定不同温度下生成的氧化物的组成,写出反应的化学方程式。
6.含铬(+6价)废水严重危害人体健康,工业上常用还原法进行处理。
其部分工艺流程如下:
(1)废水中,六价铬以CrO42-;或者Cr2O72-的形式存在,写出其相互转化的离子方程式______。
我国常用NaHSO3做还原剂,写出还原池中反应的离子方程式__________。
(2)废水中残留六价铬的浓度随溶液pH变化如图所示。
实际生产中需控制pH=2.5~3.0,原因可能是_____________。
(3)沉淀池中生成Cr(OH)3的颗粒太细,为促使其更好地沉淀,可采取的措施是________。
(4)我国规定,工业废水中含Cr(VI)量的排放标准为0.1mg/L。
已知:
Cr的相对原子质量为52,Kap(BaCrO4)=1.2×10-10。
若用Ba2+除去废水中的CrO42-,达到废水排放标准时,废水中Ba2+浓度最低为___________mol/L(保留小数点后2位)。
用Ba2+除去废水中的CrO42-是否可行,为什么?
请简要回答。
________________
【答案】2CrO42-+2H+
Cr2O72-+H2O3HSO3—+Cr2O72-+5H+=2Cr3++3SO42-+4H2O溶液中pH越高,废水中六价铬残留越多;溶液中pH越低,会腐蚀设备管道加入絮凝剂6.24×10-5mol/L不可行,因为废水中含有Ba2+,同样有毒
【解析】
【分析】
(1)由工艺流程可知,加酸可以使CrO42-转化为Cr2O72-,还原池中,Cr2O72-在酸性条件下将HSO3—氧化生成SO42-,本身被还原为Cr3+;
(2)由图可知,溶液中pH越大废水中残留六价铬的浓度越大,而溶液中pH越小,酸性越强,可能会腐蚀设备管道;
(3)沉淀池中生成Cr(OH)3的颗粒太细,可向沉淀池中加入絮凝剂;
(4)由溶度积计算可得;Ba2+在溶液中有毒。
【详解】
(1)由工艺流程可知,加酸可以使CrO42-转化为Cr2O72-,转化的离子方程式为2CrO42-+2H+
Cr2O72-+H2O;还原池中,Cr2O72-在酸性条件下将HSO3—氧化生成SO42-,本身被还原为Cr3+,反应的离子方程式为3HSO3—+Cr2O72-+5H+=2Cr3++3SO42-+4H2O,故答案为:
2CrO42-+2H+
Cr2O72-+H2O;3HSO3—+Cr2O72-+5H+=2Cr3++3SO42-+4H2O;
(2)由图可知,溶液中pH越大废水中残留六价铬的浓度越大,而溶液中pH越小,酸性越强,可能会腐蚀设备管道,所以实际生产中需控制pH=2.5~3.0,故答案为:
溶液中pH越高,废水中六价铬残留越多;溶液中pH越低,会腐蚀设备管道;
(3)沉淀池中生成Cr(OH)3的颗粒太细,可向沉淀池中加入絮凝剂,使Cr(OH)3更好地沉淀,故答案为:
加入絮凝剂;
(4)达到废水排放标准时,CrO42-的浓度为
=
mol/L,则溶液中Ba2+浓度为
=
=6.24×10-5mol/L;Ba2+在溶液中有毒,则用Ba2+除去废水中的CrO42-是不可行的,故答案为:
6.24×10-5mol/L;不可行,因为废水中含有Ba2+,同样有毒。
7.
(1)将新制氯水逐滴滴入FeBr2溶液中,写出最初发生的反应的离子方程式,并标出电子转移的方向和数目。
___。
(2)在硫酸铝铵(NH4Al(SO4)2)溶液中滴加少量Ba(OH)2溶液并不断搅拌。
用一个离子方程式表示最初发生的反应。
___。
(3)石油气“芳构化”是由石油气生产高辛烷值汽油的一种有效生产工艺。
测得反应2C4H10
C8H10(g)+5H2在不同温度下的平衡常数变化如下:
温度(℃)
400
450
500
平衡常数K
a
6a
40a
①该反应的正反应是____(吸热、放热)反应。
②向2L密闭定
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- 化学 氧化 还原 反应 专项 练习题