解析：（1）由题给CuSO4受热分解：CuSO4→CuO＋SO3↑＋SO2↑＋O2↑化学方程式可知首先应选择装置A作为CuSO4受热分解装置，然后将生成气体混合物SO3、SO2和O2通过装置F将SO3转化为SO2：NaHSO3＋SO3==NaHSO4＋SO2，然后通过装置D，将混合气体干燥后通过装置C原有的SO2和新生成的SO2均被吸收，故装置C的增重为两者之和，最后通过装置B测出水的体积为O2的体积，因此装置连接接口的顺序是：①⑨⑩⑥⑤③④⑧⑦②。
（2）计算出CuSO4、CuO、SO3、SO2和O2各组分物质的量然后利用反应物和各生成物物质的量之比等于化学计量数之比完成并配平CuSO4分解化学反应方程式。
n(CuSO4)??0.0375mol160g?L?1 2.4gn(SO2+SO3)??0.0375mol64g?mol?10.28Ln(O2)??0.0125mol22.4L?mol?16.0g由：CuSO4→CuO＋SO2↑＋SO3↑＋O2↑知CuSO4中－2价氧变成O2失2×2e，而＋6
－
价S元素变成SO2中＋4价硫元素每个S得2e，要使得失电子相等生成SO2物质的量必为O2物质的量的2倍,故n（SO2）=0.0125mol×2=0.025mol，则n（SO3）=0.0375mol－0.025mol=0.0125mol。由质量守恒知n（CuO）=n（CuSO4）=0.0375mol，故有：n（CuSO4）:n（CuO）: n（SO2）: n（SO3）: n（O2）=0.0375:0.0375:0.025:0.0125:0.0125=3:3:2:1:1，即可写出
－
3CuSO4 ? 3CuO?2SO2??SO3??O2?。
四、填空题（本题有4小题，共44分） 21．答案：（1）＞ ； ＜ （4分）
（2） （2分）
（3）＋236 （2分）
△ +
22．答案：红褐 ； Fe（OH）3胶体； Fe3++3H2O ==== Fe（OH）3（胶体）+3H（4分）
（1）逐渐变深 ； Fe（OH）3胶粒带正电荷 ； 电泳 （3分）
（2）形成红褐色沉淀 ；电解质（NH4）2SO4电离出的SO4离子中和了胶体粒子所带 电荷，使Fe（OH）3胶体聚沉 （2分）
（3）先出现红褐色沉淀，后沉淀溶解形成黄色溶液 ； 电解质H2SO4使Fe（OH）3胶体
聚沉，随着H2SO4的加入，H+与Fe（OH）3发生反应Fe（OH）3+3H+=Fe3++3H2O，使沉淀溶解。（2分）
（4）渗析 （1分）
△
解析：FeCl3溶液滴入沸水中，发生如下反应：Fe3++3H2O ==== Fe（OH）（胶体）+3H+，3
生成红褐色的Fe（OH）3胶体。由于Fe（OH）3胶体粒子带正电荷，因此在通电时会发
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2?
?生电泳现象，故阴极附近红褐色加深。电解质（NH4）2SO4所电离出的离子SO24中
和了Fe（OH）3胶粒所带的正电荷，而使Fe（OH）3胶体聚沉。（3）电解质H2SO4首先使Fe（OH）3胶体聚沉，然后随着H2SO4的加入，H+与Fe（OH）3发生反应Fe（OH）
+3+
3+3H=Fe+3H2O而使沉淀溶解。 23．答案：（1） 1 ； 1 （4分）
（2）6 FeSO4+ 2 KNO3 +4H2SO4 = K2SO4 + 3Fe2（SO4）3 +2NxOy + 4H2O （3分） （3）Fe2（SO4）3 （2分）
（3分）
解析：本题由得失电子守恒法求x和y。配平时先配后观察两步走。判断氧化剂或还原剂的方法是确定反应物和生成物在反应前后化合价的变化，化合价降低的反应物是氧化
－
剂、化合价升高的反应物是还原剂。（1）n（FeSO4）=11.4g/152g·mol1=0.075mol，KNO3
－－
的物质的量为0.05L×0.5mol·L1=0.025mol，设NO3与NxOy中N元素化合价差为a，根据得失电子总数相等的原则，可得关系式：0.075×1=0.025×a ，所以a=3即NxOy中N元素化合价为＋2价，NxOy为NO ，所以x=y=1 （2）先配平氧化剂、还原剂、还原产物、氧化产物的化学计量数，再配平其他物质的化学计量数：6FeSO4＋2KNO3＋4H2SO4=3Fe2（SO4）3＋K2SO4＋2NO↑＋4H2O （3）FeSO4中Fe元素失去电子，KNO3-－
中N元素得到电子，电子从铁元素向氮元素转移。电子总数为6e，所以电子转移方向
－－
为FeSO4中Fe2+失e，KNO3中氮得e，故KNO3为氧化剂。还原剂为FeSO4，氧化产物是Fe2（SO4）3
MnO22H2O?O2?(或2Na2O2?2H2O?4NaOH?O2?)（2分）
24．答案：（1）2H2O （2）氧气 ；1.1mol（4分） （3）催化剂中毒（1分） （4）2 2 H??196.6kJ/molSO)；?SO()g?O()g3(g22；（2分）
在常压下400℃~500℃时，加压对SO2的转化率提高不多，SO2的转化率已相当高，
且加压对设备的要求高，增大投资和能量消耗。 （3分）
解析：（1）由装置A为固+液（不加热）型制取气体的装置，结合（2）中给出的提示：黄铁矿粉末在高温条件下和A装置制出的氧气充分反应，可联想到双氧水在二氧化锰作用下制氧气。（2）FeS2是还原剂，O2是氧化剂；
4FeS2?11O2高温2Fe2O3?8SO2
～ 44 e-
4 44 0.1mol 1.1mol 所以有1.1mol电子发生了转移。
△ （4）中发生的反应为：2SO2＋O2 2SO3 ～ △H 2 △H 0.1mol －9.83kJ
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所以：△H=－196.6kJ/mol ，
△ 该反应的热化学方程式为：2 2 SO)；△H=－196.6kJ/mol 。SO()g?O()g3(g22四、计算题（本题有2小题，15分） 25．答案：（1）①Cu（NO3）2 （1分）② 0.8 （1分） （2）① CuSO4 （1分）
＋－＋
② 3Cu＋8H＋2NO3=3Cu2＋2NO↑＋4H2O（2分） ③ 5.76 （1分） 解析：（1）①Cu投入稀HNO3中发生如下反应：3Cu＋8HNO3（稀）=3Cu（NO3）2＋
2NO↑＋4H2O，溶液中溶质的化学式是Cu（NO3）2 ②因Cu有剩余，所以HNO3耗尽，由关系式 8HNO3 ～ 2NO 8mol 44.8L 0.08mol 0.448L
0.08mol?c(HNO3)??0.8mol?L?1
0.1L（2）①在上述固液混合物中加入稀H2SO4后在酸性溶液中NO3其物质的量为
0.1L?0.8mol?L?1?0.448Lmol=0.06mol将和残留的Cu发生氧化还原反应，生成溶质的化学22.4L－
式为CuSO4。
＋－＋
②3Cu ＋ 8H ＋ 2NO3=3Cu2＋2NO↑＋4H2O 3×64g 2mol m（Cu） 0.06mol
m(Cu)?3?64g?0.06mol?5.76g
2mol③m1－m2=5.76g。
? ???4NO?O知氮元素化合价降低与氧元素化合26．答案：（1）不变 ； 由Cu(NO3)2????22价升高价数之比为：（1×4）:（2×2）=1:1，说明Cu（NO3）2分解过程中＋5价氮元素
化合价得电子总数与－2价氧元素失电子总数相等，故反应前后Cu元素化合价不变。（3
－
分） （2）0.1064m mol·L1 （3分）
（3）残留固体成分为CuO和Cu2O，其质量分别为m（CuO）=0.8g，m（Cu2O）=0.72g。
（3分） 解析：本题以铜的化合物——中学化学中出现频率最高的知识点为命题题材，寓计算逻
辑推理于一题，设问亦步亦趋，（3）问为全题高潮，现解析如下，通过阅读解析可深刻体验逻辑推理应怎样才能做到严谨。 （2）分3种情况讨论：①当Cu（NO3）2受热分解生成的n（NO2）:n（O2）=4:1时，则Cu（NO3）2中铜元素化合价不变，固体是CuO，而生成的气体通过足量水后按照关系式：4NO2＋O2＋2H2O=4HNO3，判断应无残留气体，而现有气体残留说明生成的固体不是CuO。NO2和O2的体积比也不是4:1。②当n（NO2）:n（O2）＞4:1时，＋2价铜元素必须失电子化合价升高才能保持得失电子数目相等。且用水吸收后无气体残留，故此种情况不符合。③当n（NO2）:n（O2）＜4:1时，铜元素得
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电子化合价降低生成的气体混合物通过水后，残余O2，说明CuO强热条件下发生如下反应：4CuO==2Cu2O＋O2由：Cu（NO3）2→CuO＋Cu2O＋NO2＋O2和元素守恒得关系
mg?2?1－188g?mol式：Cu（NO3）2～2NO2～2HNO3，有：c(HNO3)?=0.1064mol·L1。（3）0.1L当m=3.76g n=1.52g表明：3.76g Cu（NO3）2即
3.76g=0.02molCu(NO3)2受热分
188g?mol?1解得固体残渣1.52g，现分析1.52g残渣的成分，因为Cu（NO3）2分解的固体产物只可能是CuO、Cu2O或CuO和Cu2O组成的混合物（因强热条件和有O2存在条件下Cu和O2不能共存，故不可能有单质铜）。若0.02mol Cu（NO3）2分解的固体残渣是CuO，则
－
m（残渣）=80g·mol1×0.02mol=1.60g，若0.02mol Cu（NO3）2分解生成的残渣是Cu2O，则m(残渣)?114g?mol?1?0.02mol?1?1.44g，而现为1.52g，说明Cu（NO3）22强热分解的残渣成分为CuO和Cu2O，其质量由：m(CuO)1.52g?m(CuO)1解之得：m（CuO）=0.8g；m（Cu2O）=0.72g。 ???0.02mol，
280g?mol?1144g?mol?1
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