人教版高中化学第三册(必修+选修)晶体、胶体、化学反应中的物质变化和能量变化 综合练习

晶体、胶体、化学反应中的物质变化和能量变化综合练习本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分，共150分；答题时间120分钟。

可能用到的原子量： H：1 C：12 N：14 O：16 Na：23 Mg：24 Al：27
S：32 Cl：35.5 Fe：56 Cu：64
第Ⅰ卷（选择题，共72分）
一、选择题（共8小题，每小题4分，每小题只有一个答案符合题意）
1．在常温常压下呈气态的化合物、降温使其固化得到的晶体属于（）A．分子晶体B．原子晶体
C．离子晶体D．何种晶体无法判断
2．下列叙述正确的是（）A．分子晶体中的分子内一定有共价键
B．原子晶体一定有非极性共价键
C．镁晶体中1个Mg2+跟2个价电子有较强作用
D．金属晶体发生形变时其内部金属离子与自由电子的相互作用仍然存在
3．在一定条件下，氯酸钾与碘按下式反应：2KClO
3＋I
2
= 2KIO
3
＋Cl
2
，由此可推断
下列相应的结论不正确的是（）A．该反应属于置换反应
B．还原性：I
2＞Cl
2
C．非金属性：I＞Cl
D．氧化性：KClO
3＞Cl
2
4．1999年美国《科学》杂志报道：在40GPa的高压下，用激光加热到1800K，人
们成功制得了原子晶体CO
2
，下列对该物质的推断一定不正确的是（）●A．该原子晶体中含有极性键
●B．该原子晶体易气化，可用作制冷材料
●C．该原子晶体有很高的熔点、沸点
●D．该原子晶体硬度大，可用作耐磨材料
5．下列分离或提纯物质的方法错误的是（）A．用渗析的方法精制氢氧化铁胶体
B．用加热的方法提纯含有少量碳酸氢钠的碳酸钠
C．用溶解、过滤的方法提纯含有少量硫酸钡的碳酸钡
D．用盐析的方法分离、提纯蛋白质
6．下列现象或应用不能用胶体知识解释的是（）A．肾功能衰竭等疾病引起的血液中毒，可利用血液透析进行治疗
B．牛油与NaOH溶液共煮，向反应后所得的溶液中加入食盐析出固体
C．氯化铝溶液中加入小苏打溶液会产生白色沉淀和气体
D．水泥冶金厂常用高压电除去工厂烟尘，减少对空气污染
7．下列叙述正确的是（）A．直径介于1nm～10nm之间的微粒称为胶体
B．电泳现象可证明胶体属于电解质溶液
C．利用丁达尔效应可以区别溶液与胶体
D．胶体粒子很小，可以透过半透膜
8．氮化铝（AlN）具有耐高温、抗冲击、导热性好等优良性质，被广泛应用于电子工业、陶瓷工业等领域。

在一定条件下，氮化铝可通过如下反应合成：
Al
2O
3
+ N
2
+ 3 C 高温 2 AlN + 3 CO 下列叙述正确的是（）
A．在氮化铝的合成反应中，N
2是还原剂，Al
2
O
3
是氧化剂
B．上述反应中每生成2 mol AlN，N
2
得到3 mol电子
C．氮化铝中氮元素的化合价为—3
D．氮化铝晶体属于分子晶体
二、选择题（共10小题，每小题4分，每小题有1—2个答案符合题意）
9．对于某些离子的检验及结论一定正确的是 （ ）
A ．加入稀盐酸产生无色气体，将气体通入澄清石灰水中，溶液变浑浊，一定有
CO 32－或SO 32－
B ．向可能含有SO 42－、SO 32－的溶液中加入过量的盐酸，再加入Ba(NO 3)2溶液，
可检验SO 42－的存在；
C ．加入氢氧化钠溶液并加热，产生的气体能使湿润蓝色石蕊试纸变红，一定有
NH 4＋
D ． 向某溶液中先通入Cl 2再滴加KSCN 溶液时溶液变红，则该溶液至少含有
Fe 2+和Fe 3+ 中的一种
10．对下列各种溶液中所含离子的判断合理的是 （ ）
A ．向无色溶液中加氯水变橙色，溶液中可能含： SO 42－，Br －，OH －，Ba 2+
B ．在c(H +)=10-14mol/L 的溶液中可能含：Na +，A1O 2－，CO 32－，SO 32－
C ．在常温下加入铝粉有氢气放出，则溶液中可能含：K +，Na +，H +，NO 3－
D ．使紫色石蕊试液变红色的溶液中可能含：K +，Na +，Ca 2+，HCO 3—
11．能正确表示下列反应的离子方程式是 （ ）
A ．向偏铝酸钠溶液中滴加过量的碳酸氢钠溶液：AlO 2－＋4H ＋=Al 3＋＋2H 2O
B ．用NaOH 溶液吸收过量的硫化氢气体：2OH －＋H 2S=S 2－＋2H 2O
C ．氯化银溶于浓氨水：AgCl ＋2NH 3·H 2O=[Ag(NH 3)2]＋＋Cl －＋2H 2O
D ．向沸水中滴加饱和的氯化铁溶液：Fe 3＋＋3H 2O=Fe(OH)3↓＋3H ＋
12．下列说法中正确的是 （ ）
A ．在相同条件下，若将等量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，后者放出热量
多 B ．由“C(石墨)=C(金刚石)；ΔH =+119kJ·mol -1 ”可知，金刚石比石墨稳定
C ．在稀溶液中：H ＋(aq)+OH —(aq)=H 2O(l)；ΔH =-57.3l kJ·mo l -1，若将含0.5mol
H 2SO 4的
浓硫酸与lmol NaOH溶液混合，放出的热量大于57.31 kJ
D．在101KPa时，2g H
2
完全燃烧生成液态水，放出285.8 kJ 热量，氢气燃烧
的热化学方程式表示为：2H
2(g)+O
2
(g)=2H
2
O(l)；ΔH =+285.8 kJ·mol-1
13．如图所示为白磷在空气中充分燃烧的生成物分子的结构示意图。

其中圆圈表示原子，实线表示化学键。

下列关于该生成物的叙述中不正确的是（）
A．生成物的分子式为P
4O 10
B．分子中磷原子排列成正四面体型
C．单实线表示的化学键为极性键，双实线表示的为非极性键
D．生成物分子式为P
4O 6
14．已知：①向KmnO
4晶体滴加浓盐酸,产生黄绿色气体；②向FeCl
2
溶液中通入少
量实验①产生的气体，溶液变黄色；③取实验②生成的溶液滴在淀粉KI试纸上,试纸变蓝色.下列判断正确的是（）
A．上述实验证明氧化性：MnO-
4＞Cl
2
＞Fe3+＞I
2
B．上述实验中，共有两个氧化还原反应
C．实验①生成的气体不能使湿润的淀粉KI试纸变蓝
D．实验②证明Fe2+既有氧化性又有还原性
15．在一定条件下，分别以高锰酸钾、氯酸钾、过氧化氢为原料制取氧气，当三个反应中转移的电子个数之比为9：3：8 时，在同温同压下三个反应中所制得氧气体积之比为（）
A．4：3：2 B．9：3：16 C．2：2：1 D．9：3：8
16．一种酸性较强的溶液中，可能存在NO
3
－、I－、Cl－和Fe3+中的一种或几种，向该溶液中加入溴水后，溴单质被还原，由此可推知这种溶液中（）
A．含I－，不能确定是否含Cl－B．含NO－
3
C．含I－、NO－
3
、Cl－D．含Fe3+
17．纳米材料的表面微粒数占总微粒数的比例极大， 这是它具有许多特殊性质的原因。

假设某氯化 钠纳米颗粒的大小和形状恰好与氯化钠晶胞 的大小和形状（如右图所示）相同，则这种纳
米颗粒的表面微粒数点总微粒数的百分数为（ ） ● A ．87.5% B ．92.9% ●
C ．96.3%
D ．100%
18．12 g 石墨在24g 的氧气中燃烧至反应物完全消耗，测得放出x kJ 的热量，已
知石墨的燃烧热为y kJ ·mol —1。

则石墨与氧气反应生成CO 的热化学方程式正确的是 （ ）
A ．C （s ）+
2
1
O 2（g ）=CO （g ）；△H=－y kJ ·mol —1 B ．2C （s ）+2O 2（g ）=2CO （g ）；△H=－x kJ ·mol —1 C ．C （s ）+
2
1
O 2（g ）=CO （g ）；△H=－（2x －y ）kJ ·mol —1 D ．2C （s ）+O 2（g ）=2CO （g ）；△H=－（2x －y ）kJ ·mol —1
第Ⅱ卷（非选择题，共78分）
三、实验题（本题有2小题，共19分）
19．（8分）如下图所示，把试管放入盛有25℃的饱和石灰水溶液的烧杯中，试管
中开始放入几小片镁片，再用滴定管滴入5 mL 盐酸于试管中。

回答下列问题：
（1）实验中观察到的现象是_______________________________。

（2）产生上述现象的原因是_______________________________。

（3）写出有关反应的离子方程式_______________________________。

（4）由实验推知，所得MgCl 2溶液和H 2的总能量___________（填“大于”“小
于”“等于”）原来镁片和盐酸的总能量。

20．（11分）某化学课外活动小组，从化学手册上查得硫酸铜在500℃以上按
下式分解4232CuSO CuO SO SO O ∆+↑+↑+↑ ，便决定设计一验证性实验探索测定反应产生的SO 2、SO 3和O 2的物质的量，并经计算以此确定该条件下CuSO 4分解反应方程式中各物质的化学计量数。

实验可能用到的仪器如图所示： 实验测得数据及有关结果如下：
①准确称取6.0g 无水CuSO 4；②干燥管总质量在实验结束时增加了2.4g ；③测出量筒中水的体积后，折算成排水的气体在标准状况下的体积为280mL ；④实验结束时，装置F 中的溶液变为NaHSO 4溶液(不含其他杂质)。

试回答下列问题：
（1）按装置从左至右的方向，各仪器接口连接顺序为____________________（填序号）。

（2）装置F的作用是___________________________________________。

（3）装置D的作用是________________________________________ 。

（4）确定装置E的进、出口的原则是_____________________________。

（5）首先应计算的是物质__________的体积；通过计算，推断出该条件下反应的化学方程式：_______________________________________________。

（6）该实验设计中，可能给测定带来误差最大的装置是（填代号）________________。

四、填空题（本题有4小题，共44分）
21．（8分）通常人们把拆开1 mol某化学键所吸收的能量看成该化学键的键能。

键能的大小可以衡量化学键的强弱，也可以估算化学反应的反应热（△H），化学反应的△H等于反应中断裂旧化学键的键能之和与反应中形成新化学键的键能之和的差。

化学键Si－O Si－Cl H－H H－Cl Si－Si Si－C 键能/kJ·mol－1 460 360 436 431 176 347 请回答下列问题：
（1）比较下列两组物质的熔点高低（填“>”或“＜”＝
SiC______Si；SiCl
4_________SiO
2
（2）右图立方体中心的“●”表示硅晶体中的一个原子，请在立
方体的顶点用“●”表示出与之紧邻的硅原子。

（3）工业上用高纯硅可通过下列反应制取：SiCl
4（g）＋2H
2
（g）Si（s）
＋4HCl（g）
该反应的反应热△H＝_____________kJ/mol。

22．（12分）将饱和三氯化铁溶液滴入沸水时，液体变为_______色，得到的是__________，反应的离子方程式为___________。

用此分散系进行实验：
（1）将其装入U形管内，用石墨作电极，接通直接电源，通电一段时间后发现阴极附近颜色________，这表明________________________，这种现象称
为_____________。

（2）向其中加入饱和的硫酸铵溶液，发生的现象是________________________；
原因是_________________。

（3）向其中逐滴加入过量稀硫酸，现象是_________________________；原因是____________________。

（4）提纯此分散系的方法叫_____________________。

23．
（12分）在热的稀硫酸溶液中溶解了11.4g硫酸亚铁固体,当加入50mL 0.5mol/L
KNO
3溶液后，使其中的Fe2+全部转化成Fe3+，KNO
3
也完全反应并放出N
x
O
y
气体。

（1）推算出x =_____；y =______。

（2）配平该反应的方程式：
__ FeSO
4+ __ KNO
3
+___H
2
SO
4
—____K
2
SO
4
+ ___Fe
2
（SO
4
）
3
+____N
x
O
y
+ ___H
2
O
（3）反应中氧化产物是_______________。

（4）用双线桥法表示该反应中的电子转移方向和数目：___________________________。

24．（12分）某化学兴趣小组的同学为模拟工业制造硫酸的生产过程，设计了如图
所示的装置，请根据要求回答问题：
（1）装置A 用来制取氧气，写出相应的化学方程式_____________________； （2）燃烧炉内放一定量黄铁矿粉末，在高温条件下和A 装置制出的氧气充分反
应，其化学方程式为4112822
232FeS O Fe O SO ++高温
，在该反应中
____________做氧化剂；若消耗了122gFeS 有_______________mol 电子发生了转移；
（3）C 装置为净化装置，若无该装置，将混合气体直接通入D 装置，除对设备
有腐蚀外，还会造成的后果是__________________________________；
（4）如果D 装置的温度是400℃~500℃，在常压下生成013.molSO ，
可放出983.kJ 的热量，请写出该反应的热化学方程式_____________________________；并回答在工业中不采取加压措施的原因_ ____________________。

四、计算题（本题有2小题，15分）
25．（6分）将一定质量的铜粉加入到装有100mL 某浓度的稀硝酸溶液中充分反应。

（1）当容器中剩有m 1g 的铜粉时，收集到标准状况下448mLNO 气体。

①所得溶液中溶质的化学式是__________。

②原硝酸溶液的物质的量浓度为________mol ·L －1。

（2）向上述固一液混合物中逐滴加入稀硫酸直至刚好不再产生气体为止，该气
体遇空气变红棕色，此时容器中有铜粉m2g。

①此时溶液中溶质的化学式是__________。

②写出加入稀硫酸后所发生反应的离子方程式：_____________________。

③m1－m2=______g。

26．（9分）Cu（NO
3）
2
受热分解后的产物为不含氮元素的固体和气体NO
2
还有O
2
，
（1）若Cu（NO
3）
2
受热分解后生成的NO
2
和O
2
的物质的量之比为4:1，则铜元
素的化学价在分解前后是否发生变化___（填“改变”或“不变），其理由是_____________________________。

（2）若称取mgCu（NO
3）
2
强热使其分解得到NO
2
和O
2
，还有ng固体，将气体用
水充分吸收后还有残余气体同时得到100ml溶液,则该溶液物质的量浓度
为___mol/L（用含m的式子表示）
（3）若（2）中m=3.76g,n=1.52g，试同过计算求残留固体的成分及其质量。

参考答案
一、选择题（共8小题，每小题4分，每小题只有一个答案符合题意）
1．A 气态化合物变为固体是状态的改变，是物理变化，分子之间以分子间作用力结合在在
一起的，其晶体为分子晶体。

2．D 稀有气体构成的分子是单原子分子，其晶体中的分子内没有共价键。

B对由
单质构成
的原子晶体是适用的，但对SiC等原子晶体就不适用。

金属晶体中的金属阳离子是“浸”
在电子的“海洋”中的。

3．C 按置换反应的概念断定所给反应是一个置换反应。

由元素化合价的变化可知：反应
2KClO
3＋I
2
=2KIO
3
＋Cl
2
中KClO
3
是氧化剂，I
2
是还原剂，KIO
3
是氧化产物，Cl
2
是还原
产物，据“还原剂的还原性＞还原产物的还原性”规律推知，B正确。

KClO
3
得到电子生
成Cl
2，说明其氧化性强于Cl
2
，D正确。

在该反应中I
2
失电子，而不是得电子，
故不能
推出非金属性I＞Cl的结论，因非金属性是指得电子的性质。

●4．B 原子晶体型的CO2具有很高的沸点、熔点，不易气化，不易液化，分子中均以C—O
●键结合，原子晶体一般硬度大，可作耐磨材料。

5．C 硫酸钡的碳酸钡都不溶于水，不能通过过滤的方法分离。

6．C 本题取材于生活实际，考查学生运用知识的能力。

人体的血液为血红蛋白胶体，血
液透析即为胶体的渗析；牛油与NaOH溶液共煮发生皂化反应，加入食盐便发生聚沉；C
项是两种离子的双水解反应；D项运用的是胶体的电泳。

7．C 直径介于1nm ～100nm之间的微粒称为胶体；电泳现象可证明胶体粒子带有电荷；
胶体粒子不能透过半透膜。

8．C 反应中C 是还原剂，N 2是氧化剂；每生成2 mol AlN ，N 2得到6mol 电子；由氮化铝
（AlN ）具有耐高温、抗冲击、导热性好等优良的性质，可推知氮化铝晶体属于原子晶体；
氮化铝中铝元素的化合价为+3，氮元素的化合价为—3。

二、选择题（共10小题，每小题4分，每小题有1—2个答案符合题意） 9．C 考虑到HCO 3-、SO 32-等离子的反应性，排除A 、B ；而D 中可能就有Fe 3+。

10．B 选项A 中，因SO 42―和Ba 2＋生成白色沉淀；选项B 中，c （H ＋）＝10－14mol·L -1
即c （OH ―）＝1mol·L -1，该溶液是强碱性溶液，题给所有离子之间不相互发生反应且也不与OH ―发生反应，故这些离子能大量共存；选项C 中，题给的离子中有H ＋、NO 3―，Al 与HNO 3反应时不会放出H 2；选项D 中，使紫色石蕊试液变红的溶液是酸性溶液，而HCO 3－无论是酸性溶液或强碱性溶液中都不可能大量存在。

11．C 选项A 应写为：223233AlO HCO H O Al(OH)CO ---++=↓+；选项B 应写为：
OH －＋H 2S=HS －＋H 2O ；选项D 应写为：Fe 3＋＋3H 2O=Fe （OH ）3（胶体）＋3H ＋。

12．C A 中气体的内能高于固体，因此前者放出的能量高；B 中内能越高越不稳定，
石墨内能低稳定；C 中要注意浓硫酸溶于水放出的溶解热，因此放出的总热量大于57.31KJ ；D 中放热用“-”号，热化学反应方程式前面的系数表示物质的量，2g H 2相当于1mol ，那么2mol 氢气的热效应为ΔH =-285.8 kJ·mol -1×2。

13．CD 该图中存在P ＝0，磷原子排成正四面体，分子式为P 4O 10，分子中全部
以极性键结合，没有非性极键。

14．A 由①可推知氧化性：MnO -4＞Cl 2，由②可推知氧化性：Cl 2＞Fe 3+，由③可推
知氧化性：Fe 3+＞I 2，所以A 正确；上述实验中，都是氧化还原反应，所以B 错；实验①生成的气体Cl 2能使湿润的淀粉KI 试纸变蓝，所以C 错；实验②
证明Fe 2+有还原性，所以D 错。

15．B 由知当转移9 mol e －时生成
4
9mol O 2，由
知，当转移3 mol e －时生成mol O 2，由知，当转
移8 mol e －时生成4 mol O 2，因此当三反应转移电子数之比为9∶3∶8时，在同温同压下生成02体积之比为：4
9∶4
3∶4=9∶3∶16。

16．A 向溶液中加入溴水后溴单质被还原，说明溶液中存在I －，因为NO 3－、Fe 3+
与I －在酸性溶液中不能共存，可知原溶液中一定不存在NO 3－、Fe 3+，因Cl -与I -在酸性溶液中不反应而能大量共存，原溶液中有可能存在Cl －。

17．C 该图表示固体颗粒，表面有26个粒子，中间有1个粒子，故表面所占
的百分数为%3.96%10027
26=⨯。

18．C 石墨燃烧的热化学方程式为：C （s ）+O 2（g ）=CO 2（g ）；△H=－y kJ ·mol
—1
①
由题目中所给反应物的质量，可知发生反应为：2C+O 2=2CO ，C+O 2=CO 2，燃烧产物为CO 和CO 2，生成CO 和CO 2的物的质量相等，都为0.5mol ，12 g 石墨在24g
的氧气反应的的热化学方程式为：C （s ）+
34O 2（g ）= 21CO （g ）+2
1
CO 2（g ）；△H=－x kJ ·mol —1 ② ，由 ②×2－①，可得：C （s ）+2
1
O 2（g ）=CO （g ）；
△H=－（2x －y ）kJ ·mol —1，故C 正确。

三、实验题（本题有2小题，共19分）
19．答案：（1）镁片上有大量气泡产生；镁片逐渐溶解，最后消失；烧杯中溶液内
有晶体析出。

（2分）
（2）镁片和盐酸反应放出H 2，并引起镁片的溶解；该反应是放热反应，随着溶
液温度的升高，氢氧化钙的溶解度减小，因而从溶液中析出。

（2分）（3）Mg+2H +=Mg 2++H 2↑（2分）（4）小于 （2分）
解析：（1）滴入盐酸后发生反应：Mg+2HCl===MgCl 2+H 2↑，可观察到Mg 片逐渐溶解，并有气体产生。

该反应放热，使饱和石灰水溶液温度升高。

Ca （OH ）2的溶解度随温度的升高而减小，因此Ca （OH ）2会从溶液中结晶析出。

（4）由Mg 片和盐酸转化为MgCl 2溶液和H 2放热，说明原Mg 片和盐酸的总能量多于MgCl 2溶液和H 2的总能量。

20．答案：（1）①⑨⑩⑥⑤③④⑧⑦② （2分）（2）吸收SO 3放出等物质的量的
SO 2 （1分）（3）干燥SO 2 和O 2 （1分）（4）短进长出 （1分）（5）O 2
4
2323CuSO 3CuO 2SO SO O ∆+↑+↑+↑
（4
分） （6）B 、E （2分）
解析：（1）由题给CuSO 4受热分解：CuSO 4→CuO ＋SO 3↑＋SO 2↑＋O 2↑化学方程式可知首先应选择装置A 作为CuSO 4受热分解装置，然后将生成气体混合物SO 3、SO 2和O 2通过装置F 将SO 3转化为SO 2：NaHSO 3＋SO 3==NaHSO 4＋SO 2，然后通过装置D ，将混合气体干燥后通过装置C 原有的SO 2和新生成的SO 2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O 2的体积，因此装置连接接口的顺序是：①⑨⑩⑥⑤③④⑧⑦②。

（2）计算出CuSO 4、CuO 、SO 3、SO 2和O 2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CuSO 4分解化学反应方程式。

41
2121
6.0g
(CuSO )0.0375mol
160g L 2.4g
(SO +SO3)0.0375mol
64g mol 0.28L
(O )0.0125mol
22.4L mol n n n ---=
===== 由：CuSO 4→CuO ＋SO 2↑＋SO 3↑＋O 2↑知CuSO 4中－2价氧变成O 2失2×2e －，而＋6价S 元素变成SO 2中＋4价硫元素每个S 得2e －，要使得失电子相等生成SO 2
物质的量必为O 2物质的量的2倍,故n （SO 2）=0.0125mol ×2=0.025mol ，则n （SO 3）=0.0375mol －0.025mol=0.0125mol 。

由质量守恒知n （CuO ）=n （CuSO 4）=0.0375mol ，故有：n （CuSO 4）:n （CuO ）: n （SO 2）: n （SO 3）: n （O 2）=0.0375:0.0375:0.025:0.0125:0.0125=3:3:2:1:1，即可写出
4
2323CuSO 3CuO 2SO SO O ∆+↑+↑+↑。

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； Fe 3++3H 2O 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（NH 4）2SO 4电离出的SO -
24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H 2SO 4使Fe （OH ）
3
胶体聚沉，随着H 2SO 4的加入，H +与Fe （OH ）3发生反应Fe （OH ）3
+3H +=Fe 3++3H 2O ，使沉淀溶解。

（2分）
（4）渗析 （1分）
解析：FeCl 3溶液滴入沸水中，发生如下反应：Fe 3++3H 2O Fe （OH ）3（胶体）+3H +，生成红褐色的Fe （OH ）3胶体。

由于Fe （OH ）3胶体粒子带正电荷，因此在通电时会发生电泳现象，故阴极附近红褐色加深。

电解质（NH 4）2SO 4
所电离出的离子SO -
24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H 2SO 4首先使Fe （OH ）3胶体聚沉，然后随着H 2SO 4的加入，H +与Fe （OH ）3发生反应Fe （OH ）3+3H +=Fe 3++3H 2O 而使沉淀溶解。

23．答案：（1） 1 ； 1 （4分）
（2）6 FeSO 4+ 2 KNO 3 +4H 2SO 4 = K 2SO 4 + 3Fe 2（SO 4）3 +2N x O y + 4H 2O （3分） （3）Fe 2（SO 4）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 （FeSO 4）=11.4g/152g ·mol －1=0.075mol ，KNO 3的物质的量为0.05L ×0.5mol ·L －
1
=0.025mol ，设NO 3－与N x O y 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N x O y 中N 元素化合价为＋2价，N x O y 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：6FeSO 4＋2KNO 3＋4H 2SO 4=3Fe 2（SO 4）3＋K 2SO 4＋2NO ↑＋4H 2O （3）FeSO 4中Fe 元素失去电子，KNO 3-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FeSO 4中Fe 2+失e －，KNO 3中氮得e －，故KNO 3为氧化剂。

还原剂为FeSO 4，氧化产物是Fe 2（SO 4）3 24．答案：（1）2222422
222222H O
MnO H O O Na O H O NaOH O +↑+=+↑()或（2
分）
（2）氧气 ；1.1mol （4分） （3）催化剂中毒（1分） （4）222SO g O g ()(+ 3SO g ()；∆H kJ mol =-1966./
；（2分）
在常压下400℃~500℃时，SO 2的转化率已相当高，加压对SO 2的转化率
提高不多，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）FeS 2是还原剂，O 2是氧化剂；
4112822
232FeS O Fe O SO ++高温
～ 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：2SO 2＋O 2 2SO 3 ～ △H 2 △H 0.1mol －9.83kJ
所以：△H=－196.6kJ/mol ，
该反应的热化学方程式为：222SO g O g ()()+ 23SO g ()；△H=－
196.6kJ/mol 。

四、计算题（本题有2小题，15分）
25．答案：（1）①Cu （NO 3）2 （1分）② 0.8 （1分） （2）① CuSO 4 （1分）
② 3Cu ＋8H ＋＋2NO 3－=3Cu 2＋＋2NO ↑＋4H 2O （2分） ③ 5.76 （1分）
解析：（1）①Cu 投入稀HNO 3中发生如下反应：3Cu ＋8HNO 3（稀）=3Cu （NO 3）2＋
2NO ↑＋4H 2O ，溶液中溶质的化学式是Cu （NO 3）2 ②因Cu 有剩余，所以HNO 3耗尽，由关系式 8HNO 3 ～ 2NO 8mol 44.8L 0.08mol 0.448L
△
△
138.01.008.0)(-⋅==
∴L mol L
mol
HNO c （2）①在上述固液混合物中加入稀H 2SO 4后在酸性溶液中NO 3－其物质的量为
L
L L mol L 4.22448.08.01.01-
⋅⋅-mol=0.06mol 将和残留的Cu 发生氧化还原反应，生成溶质
的化学式为CuSO 4。

②3Cu ＋ 8H ＋ ＋ 2NO 3－=3Cu 2＋＋2NO ↑＋4H 2O 3×64g 2mol
m （Cu ） 0.06mol
364g 0.06mol
(Cu) 5.76g 2mol
m ⨯⨯=
=
③m 1－m 2=5.76g 。

26．答案：（1）不变 ； 由32
22Cu(NO )?4NO O ∆++
知氮元素化合价降低与氧元
素化合价升高价数之比为：（1×4）:（2×2）=1:1，说明Cu （NO 3）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 ·L －1 （3分） （3）残留固体成分为CuO 和Cu 2O ，其质量分别为m （CuO ）=0.8g ，m （Cu 2O ）=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 （NO 3）2受热分解生成的n （NO 2）:n （O 2）=4:1时，则Cu （NO 3）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：4NO 2＋O 2＋2H 2O=4HNO 3，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 。

NO 2和O 2的体积比也不是4:1。

②当n （NO 2）:n （O 2）＞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 （NO 2）:n （O 2）＜4:1时，铜元素得电子化合价降低生成的气体混合物通过水后，残余O 2，说明CuO 强热条件下发生如下反应：4CuO==2Cu 2O ＋O 2由：Cu （NO 3）2→CuO ＋Cu 2O ＋NO 2＋O 2和元素守恒得关系
式：Cu （NO 3）2～2NO 2～2HNO 3，有：L
m ol g m g
HNO c 1.02188)(1
3⨯⋅=
-=0.1064mol ·L －1。

（3）
当m =3.76g n =1.52g 表明：3.76g Cu （NO 3）2即
1
18876.3-⋅mol g g
=0.02molCu(NO 3)2
受热分解得固体残渣1.52g ，现分析1.52g 残渣的成分，因为Cu （NO 3）2分解的固体产物只可能是CuO 、Cu 2O 或CuO 和Cu 2O 组成的混合物（因强热条件和有O 2存在条件下Cu 和O 2不能共存，故不可能有单质铜）。

若0.02mol Cu （NO 3）2分解的固体残渣是CuO ，则m （残渣）=80g ·mol －1×0.02mol=1.60g ，若0.02mol Cu
（
NO 3
）
2
分解生成的残渣是Cu 2O ，则
g mol mol g m 44.12
1
02.0114)(1=⨯
⨯⋅=-残渣，而现为1.52g ，说明Cu （NO 3）2强热分解的残渣成分为CuO 和Cu 2O ，其质量由：
mol mol g CuO m g mol g CuO m 02.021
144)(52.180)(1
1=⨯⋅-+⋅--，解之得：m （CuO ）=0.8g ；m （Cu 2O ）
=0.72g 。