1、备战高考化学化学反应原理( 大题培优易错 难题 )(1)一、化学反应原理1 高氯酸铵NH 4 ClO 4 为白色晶体，分解时产生大量气体，是复合火箭推进剂的重要成分。1 高氯酸铵中氯元素的化合价为_。2高氯酸铵在高温条件下分解会产生H 2 O g和三种单质气体，请写出该分解反应的化学方程式_。3 某研究小组在实验室设计如下装置检验高氯酸铵分解的产物。该小组连接好装置后，依次检查装置的气密性、装入试剂、通干燥的惰性气体排尽装置内的空气、将导管末端移入盛满水的试管E、通入气体产物。( 已知：焦性没食子酸溶液用于吸收氧气) 装置 A、 B、 C、 D 中盛放的药品可以依次为_ ( 选填序号：、或)
2、。 .碱石灰、湿润的淀粉KI 试纸、氢氧化钠溶液、Cu .无水硫酸铜、湿润的红色布条、氢氧化钠溶液、Cu .无水硫酸铜、湿润的淀粉 KI 试纸、饱和食盐水、 Cu 装置 E收集到的气体可能是 _ ( 填化学式 ) 。904 经查阅资料，该小组利用反应NaClO4(aq)+NH4Cl(aq)NH4ClO4(aq)+NaCl(aq)在实验室制取 NH 4ClO 4 ，该反应中各物质的溶解度随温度的变化曲线如图。从混合溶液中获得较多粗 NH 4ClO 4 晶体的实验操作依次为 _、 _和过滤、洗涤、干燥。研究小组分析认为，若用氨气和浓盐酸代替NH 4 Cl，则上述反应不需要外界供热就能进行，其原因是
3、 _ 。5研究小组通过甲醛法测定所得产品NH4 ClO 4 的质量分数。 已知： NH 4 ClO 4 的相对分子质量为 117.5； NH 4 ClO 4 与甲醛反应的离子方程式为4NH 46HCHOCH 2 6N 4H3H6H 2O ，CH 2 6 N4 HCH26 N4HK7 106 实验步骤：步骤.称取7.05g 样品。步骤.将样品溶解后，完全转移到250mL容量瓶中，定容，充分摇匀。步骤.移取25.00mL 样品溶液于250mL 锥形瓶中，加入20mL20 的中性甲醛溶液(过量 ) ，摇匀、静置 5min 后，加入 12 滴酚酞试液，用 NaOH 标准溶液滴定至终点。记录数据。重复
4、( 滴定 ) 操作 2 次。 标准液应盛放在上图装置_ ( 填 “ ”或 “”) 中，判断达到滴定终点的现象是_。 滴定结果如下表所示：标准溶液的体积滴定次数滴定前刻度 /mL滴定后刻度 /mL10.2024.3021.0024.9030.2021.20则所用标准溶液的体积为 _mL，若 NaOH 标准溶液的浓度为0.1000mol?L 1 ，则该产品中 NH 4 ClO 4 的质量分数为 _ 。【答案】7 2NH 4ClO4N 2Cl 22O24H 2 O g N 2 蒸发浓缩冷却结晶氨气与浓盐酸反应放出热量 当加入最后一滴标准液，锥形瓶内溶液由无色变成粉红色，且30s 内不褪去24.004
5、0【解析】【详解】1 铵根显 1价，氧元素显2 价，设氯元素的化合价是x，根据在化合物中正负化合价代数和为零，可得：1 x240，则 x7价，故答案为：7 ；2 高氯酸铵在高温条件下分解会产生H2O（g）和三种单质气体，结合元素守恒，三种单质气体为 N2、 Cl2 和 O2，反应的化学方程式为：2NH 4 ClO4N2Cl 22O24H2O g ，故答案为：2NH 4 ClO4N2Cl 22O24H2O g ；3 先利用无水硫酸铜检验水蒸气，然后用湿润的红色布条检验氯气，氢氧化钠溶液吸收氯气，浓硫酸进行干燥，D 中为铜，用于检验氧气的存在，焦性没食子酸溶液用于吸收氧气，故答案为：；装置E收集到
6、的气体可能是N 2 ，故答案为：N 2 ；4 由图可知，NH 4ClO 4 的溶解度受温度影响很大，NaCl 的溶解度受温度影响不大，NH 4Cl 、NaClO 4 的溶解度受温度影响也很大，但相同温度下，它们溶解度远大于NH 4 ClO 4 ，故从混合溶液中获得较多NH 4ClO 4 晶体的实验操作依次为：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，故答案为：蒸发浓缩，冷却结晶； 因氨气与浓盐酸反应放出热量，反应需要温度较低，所以氯化铵用氨气和浓盐酸代替，上述反应不需要外界供热就能进行，故答案为：氨气与浓盐酸反应放出热量；5 NaOH 标准液应盛放在碱式滴定管中，即盛放在II 中；因为使用酚酞作指
7、示剂，当加入最后一滴标准液，锥形瓶内溶液由无色变成粉红色，且30s 内不褪去，达到滴定终点，故答案为： ；当加入最后一滴标准液，锥形瓶内溶液由无色变成粉红色，且30s 内不褪去；三次实验所耗NaOH 溶液的体积依次为24.30mL-0.20mL=24.10mL、24.90mL-1.00mL=23.90mL、21.20mL-0.20mL=21.00mL ，第 3 组实验数据误差较大，应舍去，则所用标准溶液的体积为 (24.10mL+23.90mL)2=24.00mL，根据所给反应得出关系式NaOH NH 4 ClO 4 ，该产品中NH 4 ClO 4 的质量分数为0.1000mol/ L 24.
8、00 10 3 L250mL117.5g/ mol25.00mL10040，故答案为：7.05g24.00 ； 40 。-12 研究小组进行图所示实验，试剂A 为 0.2 mol L CuSO4 溶液，发现铝条表面无明显变化，于是改变实验条件，探究铝和CuSO4 溶液、 CuCl2 溶液反应的影响因素。用不同的试剂A 进行实验1实验 4，并记录实验现象：实验试剂 A实验现象序号1-12铝条表面有气泡产生，并有红色固体析出0.2 mol L CuCl 溶液-14开始铝条表面无明显变化，加NaCl 后，铝条表20.2 mol L CuSO 溶液，再加入一定质量的 NaCl 固体面有气泡产生，并有红
9、色固体析出3-14铝条表面有少量气泡产生，并有少量红色固体2 mol L CuSO 溶液4-1溶液反应非常剧烈，有大量气泡产生，溶液变成棕褐2 mol L CuCl2色，有红色固体和白色固体生成（1）实验 1中，铝条表面析出红色固体的反应的离子方程式为_。（2）实验 2的目的是证明铜盐中的阴离子Cl- 是导致实验1 中反应迅速发生的原因，实验2 中加入 NaCl 固体的质量为 _ g。（ 3）实验 3 的目的是 _。（ 4）经检验知，实验 4 中白色固体为 CuCl。甲同学认为产生白色固体的原因可能是发生了 Cu + CuCl22CuCl 的反应，他设计了右图所示实验证明该反应能够发生。 A
10、极的电极材料是 _。 能证明该反应发生的实验现象是_。（5）为探究实验 4 中溶液呈现棕褐色的原因，分别取白色CuCl固体进行以下实验：实验序号实验操作实验现象i加入浓 NaCl 溶液沉淀溶解，形成无色溶液ii加入饱和 AlCl 溶液沉淀溶解，形成褐色溶液3iii向 i 所得溶液中加入 12溶液由无色变为褐色2 mol LCuCl 溶液查阅资料知： CuCl 难溶于水，能溶解在 Cl 浓度较大的溶液中，生成 CuCl2 络离子，用水稀释含 CuCl2 的溶液时会重新析出 CuCl 沉淀。 由上述实验及资料可推断，实验4 中溶液呈棕褐色的原因可能是CuCl2 与 _作用的结果。 为确证实验4 所
11、得的棕褐色溶液中含有CuCl2 ，应补充的实验是_ 。（6）上述实验说明，铝和CuSO4 溶液、 CuCl2 溶液的反应现象与_有关。【答案】 3Cu2+ 2Al2Al3+ 3Cu0.117证明增大44CuSO 溶液的浓度能够使Al 和 CuSO的反应发生金属铜电流计指针偏转，两极均有白色沉淀生成Al3+、 Cu2+取适量实验4 的棕褐色溶液，加水稀释，观察是否出现白色沉淀铜盐中阴离子的种类、铜盐溶液的浓度等【解析】(1)实验 1中，铝与氯化铜反应置换出铜，反应的离子方程式为3Cu2+ + 2Al= 2Al3+ + 3Cu，故答案为 3Cu2+ + 2Al= 2Al3+ + 3Cu；(2)实验
12、 1-)=0.005L-1-中 n(Cl0.2 molL2=0.002mol，实验 2 的目的是证明铜盐中的阴离子Cl是导致实验1 中反应迅速发生的原因，实验2 中加入 NaCl 固体的质量为0.002mol 58.5g/mol= 0.117g，故答案为 0.117；(3)实验 3与原实验相比，增大了硫酸铜溶液的浓度，铝条表面有少量气泡产生，并有少量红色固体，说明增大CuSO溶液的浓度能够使 Al 和 CuSO4 的反应发生，故答案为证明增大4CuSO4 溶液的浓度能够使Al 和 CuSO4 的反应发生；(4) Cu + CuCl2=2CuCl 反应中铜被氧化，铜应该做负极，CuCl2 被还原
13、，在正极放电，因此A 极为负极，选用铜作负极，故答案为铜； 构成原电池后，铜溶解进入溶液，与溶液中的氯离子反应生成白色沉淀，正极铜离子被还原，也生成白色沉淀，电流计指针偏转，故答案为电流计指针偏转，两极均有白色沉淀生成；(5)由上述实验 ii 及资料可推断，实验42与中溶液呈棕褐色的原因可能是 CuCl Al3+、 Cu2+作用的结果，故答案为Al3+、 Cu2+；根据信息知，取适量实验4 的棕褐色溶液，加水稀释，观察是否出现白色沉淀可以确证实验4 所得的棕褐色溶液中含有CuCl2 ，故答案为取适量实验4 的棕褐色溶液，加水稀释，观察是否出现白色沉淀；(6)根据实验1 和2、 2 和3、 1
14、和4 中所用试剂的种类和浓度以及实验现象可知，铝和CuSO4 溶液、 CuCl2 溶液的反应现象与铜盐中阴离子的种类、铜盐溶液的浓度等有关，故答案为铜盐中阴离子的种类、铜盐溶液的浓度等。3 某小组同学探究物质的溶解度大小与沉淀转化方向之间的关系。（查阅资料）物质BaSO43AgIAgClBaCO溶解度 /g（ 20）4 3 742.4 101.4 103.0 101.5 10（ 探究）（一）探究BaCO3 和 BaSO4 之 的 化， 操作如下所示：试剂 A试剂 B试剂 C加入 酸后的 象 BaCl2Na CONa SO2324Na2SO4有少量气泡 生，沉淀部分Na2CO3溶解（ 1） 明
15、BaCO3 全部 化 BaSO4，依据的 象是加入稀 酸后，_ 。（ 2） 中加入稀 酸后 生反 的离子方程式是_。（ 3） 明沉淀 生了部分 化， 合BaSO4 的沉淀溶解平衡解 原因：_。（二）探究AgCl 和 AgI 之 的 化。（4） ： 明AgCl 化 AgI。甲溶液可以是_（填字母代号）。a AgNO3 溶液b NaCl 溶液c KI 溶液（5） ：在 管中 行溶液 反 ，同学 无法 察到AgI 化 AgCl，于是又 了如下 （ 表 数：a c b 0）。装置步 表 数.按图连接装置并加入试剂，闭合Ka.向B 中滴入AgNO3（ aq），至沉淀完全b.再向B 中投入一定量NaCl（
16、s）c.重复，再向B 中加入与等量的NaCl（ s）a注：其他条件不变时，参与原电池反应的氧化剂（或还原剂）的氧化性（或还原性）越强，原电池的电压越大；离子的氧化性（或还原性）强弱与其浓度有关。查阅有关资料可知，Ag 可氧化 I，但 AgNO3 溶液与 KI 溶液混合总是得到AgI 沉淀，原因是氧化还原反应速率_ （填“大于”或“小于”）沉淀反应速率。设计（）石墨（ s） I （ aq） /Ag （ aq） 石墨（ s）（）原电池（使用盐桥阻断Ag与 I 的相互接触）如上图所示，则该原电池总反应的离子方程式为_。结合信息，解释实验中b a 的原因： _。实验的现象能说明AgI 转化为 AgCl
17、，理由是 _。（实验结论）溶解度小的沉淀容易转化为溶解度更小的沉淀，反之则不易；溶解度差别越大，由溶解度小的沉淀转化溶解度较大的沉淀越难实现。【答案】沉淀不溶解，无气泡产生或无明显现象BaCO32 CO224垐 ?2H =Ba H OBaSO在溶液中存在沉淀溶解平衡BaSO4242-23噲 ?Ba(aq)，当加入浓度较高的(s)(aq)SONa CO溶液， CO 2-与 Ba2结合生成BaCO沉淀，使上述平衡向右移动b小于 2I332Ag=I22Ag 生成 AgI 沉淀使B 中的溶液中的还原性减弱，原电池的电压减小实c（ I）减小， I验步骤表明 Cl 本身对该原电池电压无影响，实验步骤中c
18、b 说明加入 Cl 使 c（ I ）AgI s)aq垐 ?aq增大，证明发生了Cl()噲 ? AgCl s)I()( (【解析】【分析】因为 BaCO3 能溶于盐酸，放出CO2 气体， BaSO4 不溶于盐酸。实验 是将少量 BaCl2 中加入 Na2SO4 溶液中，再加入Na2CO3溶液使部分 BaSO4 转化为BaCO3，则加入盐酸后有少量气泡产生，沉淀部分溶解。BaSO4 在溶液中存在沉淀溶解平衡垐 ?22-(aq)，当加入浓度较高BaSO4(s) 噲 ? Ba(aq) SO4的 Na2CO3 溶液， CO32- 与 Ba2 结合生成 BaCO3 沉淀。向 AgCl 的悬浊液中加入KI
19、溶液，获得AgCl 悬浊液时NaCl 相对于 AgNO3 过量，因此说明有 AgCl 转化为 AgI。AgNO 3 溶液与 KI 溶液混合总是先得到AgI 沉淀说明氧化还原反应远远小于沉淀反应速率；原电池总反应的离子方程式为2I 2Ag = 2Ag I2； 由于 AgI 的溶解度小于AgCl，B中加入 AgNO3 溶液后，产生了 AgI 沉淀，使 B 中的溶液中的 c(I )减小， I 还原性减弱，根据已知信息 “其他条件不变时，参与原电池反应的氧化剂(或还原剂 )的氧化性 (或还原性 )越强，原电池的电压越大；离子的氧化性(或还原性 )强弱与其浓度有关”可的结论； 实验步骤 表明 中 c b
20、 说明加入)增大，Cl 本身对该原电池电压无影响，实验步骤Cl使 c(I垐 ?证明发生了 AgI(s)Cl(aq) 噲 ?AgCl(s) I (aq)。【详解】因为 BaCO3能溶于盐酸，放出243CO气体， BaSO 不溶于盐酸，所以实验 说明 BaCO 全部转化为 BaSO4，依据的现象是加入盐酸后，沉淀不溶解，无气泡产生(或无明显现象 )；故答案为：沉淀不溶解，无气泡产生或无明显现象。实验 是将少量 BaCl22423溶液使部分4转化为中加入 Na SO 溶液中，再加入 Na COBaSOBaCO3，则加入盐酸后有少量气泡产生，沉淀部分溶解，发生反应的离子方程式为BaCO32 CO2 C
21、O2H = Ba2 H2O；故答案为：BaCO3 2H = Ba2 H2O。垐 ?22-BaSO4在溶液中存在沉淀溶解平衡4噲 ?Ba4(aq)，当加入浓度较高BaSO(s)(aq) SO的 Na2332- 与 Ba2 结合生成 BaCO3沉淀，使上述平衡向右移动，4CO溶液， COBaSO 沉淀部分转化为 BaCO344垐 ?2 沉淀；故答案为：噲 ?Ba (aq)BaSO 在溶液中存在沉淀溶解平衡BaSO (s)SO42- (aq)，当加入浓度较高的Na2CO3 溶液， CO32- 与 Ba2 结合生成 BaCO3 沉淀，使上述平衡向右移动。为观察到AgCl 转化为 AgI，需向 AgCl
22、的悬浊液中加入KI 溶液，获得AgCl悬浊液时NaCl相对于 AgNO3 过量，因此说明有AgCl 转化为 AgI；故答案为： b。AgNO 3 溶液与 KI 溶液混合总是先得到 AgI 沉淀说明氧化还原反应远远小于沉淀反应速率；原电池总反应的离子方程式为2I 2Ag = 2Ag I2；故答案为：小于；2I 2Ag = 2AgI2。 由于 AgI 的溶解度小于 AgCl， B 中加入 AgNO 溶液后，产生了 AgI 沉淀，使 B 中的溶液3中的 c(I )减小， I还原性减弱，根据已知信息“其他条件不变时，参与原电池反应的氧化剂(或还原剂 )的氧化性 (或还原性 )越强，原电池的电压越大；离
23、子的氧化性(或还原性 )强弱与其浓度有关 ”可知，实验 中 b a；故答案为：生成 AgI 沉淀使 B 中的溶液中的c(I )减小， I还原性减弱，原电池的电压减小。 实验步骤 表明 Cl 本身对该原电池电压无影响，实验步骤 中 c b 说明加入 Cl 使 c(I垐 ?)增大，证明发生了AgI(s) Cl(aq) 噲? AgCl(s) I (aq)；故答案为：实验步骤 表明 Cl本身对该原电池电压无影响，实验步骤中 cb 说明加入 Cl使 c(I)增大，证明发生了垐 ?AgI(s) Cl(aq) 噲 ?AgCl(s) I(aq)。4 三草酸合铁（III）酸钾 K3Fe(C2O4) 3 ?3H2
24、O（其相对分子质量为491），为绿色晶体，易溶于水，难溶于酒精。110下可完全失去结晶水， 230时分解。它还具有光敏性 , 光照下即发生分解，是制备活性铁催化剂的原料。某化学小组制备该晶体，并测定其中铁的含量，进行如下实验：三草酸合铁（）酸钾的制备；称取5g 硫酸亚铁固体，放入到100mL的烧杯中，然后加15mL 馏水和5 6 滴稀硫酸，加热溶解后，再加入25mL饱和草酸溶液，搅拌加热至沸。停止加热，静置，待析出固体后，抽滤、洗涤、干燥，得到FeC O ?2H O；242向草酸亚铁固体中加入饱和K2C2 O4 溶液 10mL， 40o C 水浴加热，边搅拌边缓慢滴加20mL3%H2O2 溶液
25、，变为深棕色，检验Fe2+是否完全转化为Fe3+，若氧化不完全，再补加适量的 H2O2 溶液；将溶液加热至沸，然后加入20mL 饱和草酸溶液，沉淀立即溶解，溶液转为绿色。趁热抽滤，滤液转入100mL 烧杯中，加入95%乙醇 25mL，混匀后冷却，可以看到烧杯底部有晶体析出。晶体完全析出后，抽滤，用乙醇-丙酮混合液洗涤，置于暗处晾干即可。（1）写出步骤中，生成 FeC_。检验 FeC2O4?2H2O 晶体是2O4?2H2O 晶体的化学方程式否洗涤干净的方法是_。（ 2）步骤中检验 Fe2+是否完全转化的操作为 _。（ 3）步骤用乙醇 -丙酮混合液洗涤，而不是用蒸馏水洗涤的原因是 _。铁含量的测定
26、：步骤一：称量 5.00g三草酸合铁酸钾晶体，配制成250mL 溶液。步骤二：取所配溶液25.00mL 于锥形瓶中，加稀H2 44溶液至草酸根恰SO 酸化，滴加KMnO好全部氧化， MnO 4-被还原成 Mn 2+，向反应后的溶液中逐渐加入锌粉，加热至黄色刚好消失，过滤、洗涤，将过滤及洗涤所得溶液收集到锥形瓶中，此时溶液仍呈酸性。步骤三：用 0.0100mol/LKMnO 4 溶液滴定步骤二所得溶液至终点，消耗KMnO4 溶液20.02mL，滴定中 MnO 4-被还原成 Mn 2+。步骤四：重复步骤二、步骤三操作，滴定消耗0.0100mol/LKMnO 4 溶液 19.98mL。（4）配制三草
27、酸合铁酸钾溶液中用到的玻璃仪器有烧杯_， _， _。（5）写出步骤三中发生反应的离子方程式_。（6）实验测得该晶体中铁的质量分数为_（结果保留 3 位有效数字）。【答案】FeSO42 2 422 4224用小试管取少量最后一次洗涤液，加+H C O +2H O=FeCO ?2H O +H SO入 BaCl2溶液，如出现白色沉淀，说明沉淀没有洗涤干净，否则，沉淀已洗涤干净滴加K Fe（ CN）溶液，观察是否生成蓝色沉淀减少草酸亚铁晶体的溶解，更快除去草酸亚铁36晶体表面的水分玻璃棒胶头滴管250mL 容量瓶5Fe2+4-+3+2+2+MnO+8H =5Fe +Mn+4H O11.2%【解析】【分
28、析】(1)草酸与硫酸亚铁在加热条件下生成FeC2O4?2H2 O；固体吸附溶液中的硫酸根离子，可用检验硫酸根离子的方法检验沉淀是否洗涤干净；(2)Fe2+与 K3 Fe(CN)6 溶液会产生蓝色沉淀；(3)FeC2O4?2H2O 微溶于水，难溶于乙醇 -丙酮；(4)配制溶液，可用烧杯、玻璃棒、胶头滴管以及250mL 容量瓶等；(5)为亚铁离子与高锰酸钾的反应；(6)结合反应的离子方程式，计算25mL 溶液中含有亚铁离子，可计算5.00g 三草酸合铁酸钾晶体中铁的质量分数。【详解】(1)草酸与硫酸亚铁在加热条件下生成FeC2O4?2H2 O，反应的方程式为VFeSO4+H2C2O4 +2H2OF
29、eC2O4?2H2 O +H2SO4，固体吸附溶液中的硫酸根离子，可用检验硫酸根离子的方法检验沉淀是否洗涤干净，方法是用小试管取少量最后一次洗涤液，加入BaCl2 溶液，如出现白色沉淀，说明沉淀没有洗涤干净，否则，沉淀已洗涤干净，故答案为VFeSO4+H2C2O4 +2H2O FeC2O4?2H2 O +H2SO4；用小试管取少量最后一次洗涤液，加入BaCl2溶液，如出现白色沉淀，说明沉淀没有洗涤干净，否则，沉淀已洗涤干净；2+与K362+是否已完全被氧化，可以用K36(2)FeFe(CN) 溶液会产生蓝色沉淀，检验FeFe(CN) 溶液，故答案为滴加K3Fe(CN)6 溶液，观察是否生成蓝色
30、沉淀；(3)由于 FeC2O4?2H2O 微溶于水，难溶于乙醇-丙酮，所以用乙醇 -丙酮洗涤晶体的目的是减少草酸亚铁晶体的溶解，更快除去草酸亚铁晶体表面的水分；故答案为减少草酸亚铁晶体的溶解，更快除去草酸亚铁晶体表面的水分；(4)配制溶液，需要用烧杯、玻璃棒、胶头滴管以及250mL 容量瓶等，故答案为玻璃棒、胶头滴管、 250mL 容量瓶；(5)在步骤三中发生的离子反应为：5Fe2+MnO 4- +8H+=5Fe3+Mn2+4H2O，故答案为5Fe2+MnO 4-+8H+=5Fe3+Mn2+4H2O；(6)n(Fe)=5n(MnO- 0.0100mol/L-3-3-1-4 )=5 19.98L
31、 10.0 mol10 ， m(Fe)=56g?mol 1.0 103mol=0.056g 。则5.00g 三草酸合铁酸钾晶体中m(Fe)=0.056g250 =0.56g，晶体中铁的质量25分数 =0.56g 100%=11.2%，故答案为 11.2%。5.00g5 胆矾 (CuSO 5H O)是铜的重要化合物，在工业生产中应用广泛。若改变反应条件可获得42化学式为 Cux(OH)y(SO4)znH2O 的晶体，用热重分析仪对Cux(OH)y(SO4)znH2O 晶体进行分析并推断该晶体的化学式。取3.30 g 晶体样品进行热重分析，所得固体质量的变化曲线如图所示。已知：体系温度在650 及以下时，放出的气体只有水蒸气；实验测得温度在650时，残留固体的组成可视为aCuObCuSO ；温度在 1 000 以上时，得到的固体为4Cu2O。请回答下列问题：温度6501 000产生的气体中，n(O) n(S)_(填 “”“或Cu2(OH)2SO44H2O【解析】【详解】0.9g3.30g 晶体含水为3.3g-2.4g 0.9g， n(H2O)18g/mol 0.05mol ， 1000 以上时，得到的1.44g2 0.02mol650固体为 Cu2O n(Cu)， 144g/mol，温度在时，残留固体的组成可视为aCuO?bCuSO4，此时设CuO 为 xmol 、
