高考化学氧化还原反应经典压轴题附答案.docx
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高考化学氧化还原反应经典压轴题附答案
高考化学氧化还原反应-经典压轴题附答案
一、高中化学氧化还原反应
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.过硫酸钠(Na2S2O8)具有极强的氧化性,且不稳定,某化学兴趣小组探究过硫酸钠的相关性质,实验如下。
已知SO3是无色易挥发的固体,熔点16.8℃,沸点44.8℃。
(1)稳定性探究(装置如图):
分解原理:
2Na2S2O8
2Na2SO4+2SO3↑+O2↑。
此装置有明显错误之处,请改正:
______________________,水槽冰水浴的目的是____________________;带火星的木条的现象_______________。
(2)过硫酸钠在酸性环境下,在Ag+的催化作用下可以把Mn2+氧化为紫红色的离子,所得溶液加入BaCl2可以产生白色沉淀,该反应的离子方程式为______________________,该反应的氧化剂是______________,氧化产物是________。
(3)向上述溶液中加入足量的BaCl2,过滤后对沉淀进行洗涤的操作是___________________________。
(4)可用H2C2O4溶液滴定产生的紫红色离子,取20mL待测液,消耗0.1mol·L-1的H2C2O4溶液30mL,则上述溶液中紫红色离子的浓度为______mol·L-1,若Na2S2O8有剩余,则测得的紫红色离子浓度将________(填“偏高”“偏低”或“不变”)。
【答案】试管口应该略向下倾斜冷却并收集SO3木条复燃2Mn2++5S2O
+8H2O
2MnO
+10SO
+16H+S2O
MnO
用玻璃棒引流,向漏斗中加蒸馏水至没过沉淀,使蒸馏水自然流下,重复操作2~3次(合理即可)0.06偏高
【解析】
【分析】
(1)在试管中加热固体时,试管口应略微向下倾斜;根据SO3、氧气的性质进行分析;
(2)X为MnO4-,向所得溶液中加入BaCl2溶液可以产生白色沉淀,则产物中有SO42-,据此写出离子方程式,并根据氧化还原反应规律判断氧化剂、氧化产物;
(3)根据沉淀洗涤的方法进行回答;
(4)根据得失电子守恒可得到关系式:
5H2C2O4---2MnO4-,带入数值进行计算;Na2S2O8也具有氧化性,氧化H2C2O4。
【详解】
(1)在试管中加热固体时,试管口应略微向下倾斜,SO3的熔、沸点均在0℃以上,因此冰水浴有利于将SO3冷却为固体,便于收集SO3,由Na2S2O8的分解原理可知,生成物中有氧气,所以在导管出气口的带火星的木条会复燃,故答案为:
试管口应该略向下倾斜;冷却并收集SO3;木条复燃;
(2)X为MnO4-,向所得溶液中加入BaCl2溶液可以产生白色沉淀,则产物中有SO42-,则反应的离子方程式为2Mn2++5S2O
+8H2O
2MnO
+10SO
+16H+,根据该反应中元素化合价的变化可知,氧化剂是S2O82-,氧化产物是MnO4-,故答案为:
2Mn2++5S2O
+8H2O
2MnO
+10SO
+16H+;S2O82-;MnO4-;
(3)沉淀洗涤时,需要用玻璃棒引流,并且所加蒸馏水需要没过沉淀,需要洗涤2~3次,故答案为:
用玻璃棒引流,向漏斗中加蒸馏水至没过沉淀,使蒸馏水自然流下,重复操作2~3次(合理即可);
(4)根据得失电子守恒可得到关系式:
则
,Na2S2O8具有氧化性,消耗的H2C2O4溶液增多,导致测得的结果偏高,故答案为:
0.06;偏高。
3.高氯酸铵是一种常见的强氧化剂,常用作火箭发射的推进剂。
根据下列信息回答问题:
已知:
①高氯酸铵受热分解为N2、Cl2、O2和H2O;②Mg3N2易水解;③Cu与N2在酒精灯加热条件下不反应。
(1)写出高氯酸铵受热分解的化学反应方程式:
_____________,Mg3N2的电子式为________。
(2)现有23.5gNH4ClO4分解,用下列装置设计实验,验证其分解产物并计算分解率。
(注:
①装置中空气已除尽;②装置可重复使用;③B~F装置中的试剂均过量且能与相应物质反应完全。
)
①用E装置质量的增加来验证生成的气体产物之一,则E中盛放的试剂是:
_______。
②请按气流由左至右的方向连接装置:
A→E→D→B→______→_____→_______→E(选择B~F装置,并用B~F字母填空)。
③证明产物中有Cl2的实验现象:
________。
④反应结束后,若C装置质量增加了2.38g,则NH4ClO4的分解率是:
________%。
(3)样品中NH4ClO4的含量(杂质中不含NH4+)还可用蒸馏法测定(如图所示,加热和夹持装置已略去),实验步骤如下:
步骤1:
组装仪器,检查气密性;准确称取样品ag(不超过0.5g)于蒸馏烧瓶中,加入约150mL水溶解。
步骤2:
准确量取40.00mL约0.1mol/LH2SO4于锥形瓶中。
步骤3:
向蒸馏烧瓶中加入20mL3mol/LNaOH溶液;加热蒸馏使NH3全部挥发。
步骤4:
用新煮沸过的水冲洗冷凝装置2~3次,洗涤液并入锥形瓶中。
步骤5:
向锥形瓶中加2~3滴甲基橙,用cmol/LNaOH标准溶液滴定至终点,消耗NaOH标准溶液V1mL。
步骤6:
重复实验2~3次。
回答下列问题:
①步骤2中,准确量取40.00mlH2SO4溶液的玻璃仪器是:
__________。
②为获得样品中NH4ClO4的含量,还需补充的实验是:
______。
【答案】2NH4ClO4
2O2↑+N2↑+Cl2↑+4H2O↑
浓硫酸EFCD裝置中颜色由无色变为橙色85.0或85酸式滴定管或移液管用NaOH标准溶液标定硫酸溶液的浓度
【解析】
【分析】
(1)根据得失电子守恒配平高氯酸铵受热分解的化学反应方程式;Mg3N2是离子化合物;
(2)A是高氯酸铵受热分解的装置;B是氢氧化钠溶液,可以吸收氯气;C中盛放Mg粉,可以检验氮气;D中溴化钾可以检验氯气;F中铜粉可以检验氧气;E中盛放液体,根据E装置质量的增加来验证生成的水,所以E中盛浓硫酸;
(3)①根据硫酸体积的精度是0.01mL选择仪器;②要计算NH4ClO4的含量,需要知道硫酸溶液的浓度。
【详解】
(1)根据得失电子守恒配平高氯酸铵受热分解的化学反应方程式为2NH4ClO4
2O2↑+N2↑+Cl2↑+4H2O↑;Mg3N2是离子化合物,电子式是
;
(2)①A是高氯酸铵受热分解的装置;B是氢氧化钠溶液,可以吸收氯气;C中盛放Mg粉,可以检验氮气;D中溴化钾可以检验氯气;F中铜粉可以检验氧气;E中盛放液体,根据E装置质量的增加来验证生成的水,所以E中盛浓硫酸;
②根据以上分析,按气流由左至右的方向连接装置:
A→E→D→B→E→F→C→E;
③D中溴化钾可以与氯气反应,方程式是2KBr+Cl2=2KCl+Br2,溴水为橙色,所以D裝置中颜色由无色变为橙色可以证明产物中有Cl2;
④C中盛放Mg粉,可以与氮气反应生成Mg3N2,若C装置质量增加了2.38g,说明反应生成氮气2.38g,则NH4ClO4的分解率是
;
(3)①根据硫酸体积的精度是0.01mL,准确量取40.00mLH2SO4溶液的玻璃仪器是酸式滴定管;
②为获得样品中NH4ClO4的含量,还需补充的实验是用NaOH标准溶液标定硫酸溶液的浓度。
4.硫酰氯(SO2Cl2)和亚硫酰氯(SOCl2)都是重要的化工试剂,均易水解。
(1)甲同学在实验室利用SO2和Cl2在活性炭催化作用下制取SO2Cl2,装置如图所示。
①B装置中冷凝管进水口是___。
(填“m”或“n”),B中干燥管盛有的物质是___。
②欲制取少量SO2Cl2,选择图中的装置(可以重复选用),其连接顺序为:
a、___、h。
③去除C装置会降低SO2和Cl2的利用率,可能的原因是___(用化学方程式表示)。
(2)SOCl2水解后无残留物,较SO2Cl2是更好的脱水剂。
乙同学设计实验利用SOCl2和ZnCl2•xH2O制取无水ZnCl2。
①解释SOCl2在该实验中的作用是___(写出两点)。
②实验室常用NaOH溶液吸收SOCl2,该反应的离子方程式是___。
(3)乙同学认为SOCl2还可用作由FeCl3•6H2O制取无水FeCl3的脱水剂,但丙同学认为该实验可能发生副反应使产品不纯。
①可能发生的副反应的化学方程式是___。
②两同学设计如下实验判断该反应的可能性:
取少量SOCl2和FeCl3•6H2O反应后的混合物于试管中,加水溶解,将溶液平分至五支试管,分别进行以下实验,其中能得出合理结论的是___。
A.加入过量稀HNO3,再滴加几滴AgNO3溶液
B.加入少量稀HNO3,再滴加几滴BaCl2溶液
C.滴加几滴BaCl2溶液
D.滴加几滴酸性KMnO4溶液
E.滴加几滴KSCN溶液后,再滴加几滴氯水
【答案】m碱石灰fgdebcedSO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HClSOCl2作脱水剂,与水反应生成HCl可以抑制氯化锌的水解SOCl2+4OH-=SO32-+2Cl-+2H2OSOCl2+2FeCl3•6H2O=FeSO4+6HCl+FeCl2+9H2OBCD
【解析】
【分析】
冷凝管中冷凝水的流向要对流,下进上出;干燥管中根据要求一般填装碱石灰或无水氯化钙,碱石灰同时具有干燥和吸收酸性气体功能,无水氯化钙只有吸水性。
【详解】
(1)①B装置中冷凝管进水口是m,B中干燥管盛有的物质是吸收剩余二氧化硫、氯气的碱石灰;故答案为:
m;碱石灰;
②装置A制备氯气,氯气含氯化氢和水蒸气,通过装置D除去氯化氢,通过装置C吸收水蒸气,得到干燥纯净的氯气,连接装置B的b进入三颈烧瓶,装置E制备二氧化硫气体,通过装置C除去水蒸气,连接装置B的c,欲制取少量SO2Cl2,选择上图中的装置(可以重复选用),其连接顺序为:
a、f、g、d、e、b、c、e、d、h;故答案为:
fgdebced;
③去除C装置会降低SO2和Cl2的利用率,是二氧化硫和氯气和水反应生成硫酸和氯化氢,反应的化学方程式:
SO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl;故答案为:
SO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl;
(2)①氯化锌会水解,SOCl2作脱水剂,与水反应生成HCl可以抑制氯化锌的水解,SOCl2在该实验中的作用是:
SOCl2作脱水剂,与水反应生成HCl可以抑制氯化锌的水解;故答案为:
SOCl2作脱水剂,与水反应生成HCl可以抑制氯化锌的水解;
②用NaOH溶液吸收SOCl2,有Na2SO3和NaCl生成,反应的离子方程式:
SOCl2+4OH-=SO32-+2Cl-+2H2O;故答案为:
SOCl2+4OH-=SO32-+2Cl-+2H2O;
(3)①SOCl2具有还原性,三价铁具有氧化性,可能发生氧化还原反应生成硫酸根离子和亚铁离子,反应的化学方程式为:
SOCl2+2FeCl3•6H2O=FeSO4+6HCl+FeCl2+9H2O,故答案为:
SOCl2+2FeCl3•6H2O=FeSO4+6HCl+FeCl2+9H2O;
②SOCl2和FeCl3•6H2O反应后的混合物的主要成分是FeCl3,若发生副反应,还有FeSO4和FeCl2。
由于SOCl2为液体,所以在固体混合物中没有SOCl2。
取少量SOCl2和FeCl3•6H2O反应后的混合物于试管中,加水溶解,溶液中一定有FeCl3,还可能有FeSO4和FeCl2,若要证明有副反应发生,只需证明溶液中有Fe2+或SO42-即可。
A.加入过量稀HNO3,再滴加几滴AgNO3溶液是检验氯离子存在,不能证明副反应是否进行,故A错误;
B.加入少量稀HNO3,再滴加几滴BaCl2溶液,若产生白色沉淀,则证明溶液中有SO42-,能证明有副反应发生,故B正确;
C.滴加几滴BaCl2溶液,生成白色沉淀,说明产物中含硫酸根离子,证明发生了副反应,故C正确;
D.滴加几滴酸性KMnO4溶液,Fe2+具有还原性,可以使酸性KMnO4溶液褪色,能证明发生了副反应,故D正确;
E.滴加几滴KSCN溶液后,由于溶液中有Fe3+,溶液会变红,无法证明Fe2+的存在,故E错误;
故答案为:
BCD。
5.
(1)已知草酸(H2C2O4)分解的化学方程式为:
H2C2O4
CO↑+CO2↑+H2O,下列装置中,可用作草酸分解制取气体的是__________(填序号)
(2)某实验小组为测定铁锈样品的组成(假定铁锈中只有Fe2O3·nH2O和Fe两种成份),利用草酸分解产生的CO和铁锈反应,实验装置如下图所示。
①、为得到干燥、纯净的CO气,洗气瓶A、B中盛放的试剂分别是_______、________。
②、在点燃C处酒精灯之前,应先持续通入一段时间的混合气体,其目的是______________________
③、准确称量样品的质量20.00g置于硬质玻璃管中,充分反应后冷却、称量(假设每步均完全反应),硬质玻璃管中剩余固体质量为16.64g,D中浓硫酸增重1.44g,则n=______。
④、在本实验中,下列情况会使测定结果n偏大的是____(填字母)
a.缺少装置Ab.缺少装置Bc.反应后固体是铁和少量Fe2O3·nH2O
【答案】④NaOH溶液浓硫酸排除装置中的空气,防止CO中混有空气而在加热时发生爆炸2b
【解析】
【详解】
(1)该反应的反应物是液体,反应条件是加热,应选择固液反应且需要加热的装置,所以选④.
(2)①为得到干燥、纯净的CO气,应先除去混合气体中的二氧化碳,用氢氧化钠吸收即可;混合气体通入氢氧化钠溶液时会带走水蒸气,为除去水蒸气,选用浓硫酸洗气。
②装置中含有空气,CO中混有空气加热时可能发生爆炸,所以要通入混合气体一段时间,排除装置中的空气。
③由题意知,固体质量减少的量为水和氧的量,浓硫酸吸收的量为水,反应方程式为:
Fe2O3.nH2O+3CO=Fe+3CO2+nH2O固体质量减少量
18ng(18n+48)g
1.44g20.00g-16.64g
所以18ng:
1.44g=(18n+48)g:
(20.00g-16.64g)
解得n=2。
④a、缺少装置A,未除去CO2,可能影响CO还原氧化物,固体质量差变小,导致所测n值偏小,错误;b、缺少洗气瓶B会导致装置E增重的质量偏大,所以测定结果n偏大,正确;c、反应后固体是铁和少量Fe2O3•nH2O,固体减少的质量偏小,导致所测n值偏小,错误。
6.
(1)难溶物PbSO4溶于CH3COONH4溶液可制得易溶于水的(CH3COO)2Pb,发生的反应为PbSO4+2CH3COONH4=(CH3COO)2Pb+(NH4)2SO4,说明(CH3COO)2Pb是________(填“强”或“弱”)电解质。
(2)已知次磷酸(H3PO2)与足量的氢氧化钠溶液反应生成NaH2PO2和H2O,则次磷酸是_____元酸(填“一”、“二”或“三”)。
(3)工业上制玻璃和水泥需用到的共同原料是________(填化学式)。
(4)在一定温度下,向一个2L的真空密闭容器中(预先装入催化剂)通入1molN2和3molH2,发生反应:
N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)。
经过一段时间后,测得容器内压强是起始的0.9倍,在此时间内,H2平均反应速率为0.1mol/(L·min),则所经过的时间为______min
(5)高铁酸钠(Na2FeO4)具有强氧化性,可对自来水进行消毒、净化。
高铁酸钠可用氢氧化铁和次氯酸钠在碱性介质中反应得到,请补充并配平下面离子方程式。
____Fe(OH)3+____ClO-+____OH-=__FeO42-+___Cl-+__
(6)在反应11P+15CuSO4+24H2O=5Cu3P+6H3PO4+15H2SO4中,氧化剂是___________;当有2molH3PO4生成,转移的电子的物质的量为___________
【答案】弱一CaCO33234235H2OP、CuSO410mol
【解析】
【分析】
【详解】
(1)硫酸铅在水溶液里存在溶解平衡,加入醋酸铵时,醋酸根离子和铅离子生成难电离物质或弱电解质醋酸铅,促使硫酸铅溶解,说明(CH3COO)2Pb是弱电解质;
(2)H3PO2与足量的NaOH溶液反应,生成NaH2PO2,说明H3PO2只能电离出一个氢离子,所以H3PO2是一元酸;
(3)水泥的生产原料为黏土、石灰石,制玻璃的主要原料为纯碱、石灰石和石英砂,共同原料为CaCO3;
(4)容器体积为2L,所以初始投料c(N2)=0.5mol/L,c(H2)=1.5mol/L,设△c(N2)=xmol,列三段式有:
容器内压强是起始的0.9倍,温度和容器容积不变,气体的压强比等于浓度之比,所以
,解得x=0.1mol/L,则△c(H2)=0.3mol/L,v(N2)=0.1mol/(L·min),则反应时间t=
=3min;
(5)铁元素化合价由+3升高为+6,失去3个电子,氯元素化合价由+1降低为-1,得2个电子,取最小公倍数,则氢氧化铁与高铁酸根前系数为2,次氯酸跟与氯离子前系数为3,再根据电荷守恒及原子守恒配平得2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O;
(6)Cu3P中P元素化合价为-3,H3PO4中P元素化合价为+5,所以P既是氧化剂又是还原剂,Cu元素化合价由CuSO4中的+2降低为Cu3P中+1,所以CuSO4也是氧化剂,即氧化剂为P、CuSO4;当有2mol H3PO4生成,转移的电子的物质的量为2mol×(+5-0)=10mol。
7.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V
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- 高考 化学 氧化 还原 反应 经典 压轴 答案