1、2020-2021 高考化学备考之化学反应原理压轴突破训练培优篇附答案(1)一、化学反应原理1 水合肼 (N 2H4H2O)又名水合联氨，无色透明，是具有腐蚀性和强还原性的碱性液体，它是一种重要的化工试剂。利用尿素法生产水合肼的原理为：CO(NH2)2 2NaOHNaClO=N2H4H2O Na2CO3 NaCl。实验 1：制备 NaClO 溶液。 (已知： 3NaClO2NaClNaClO3 )(1)如图装置中烧瓶内发生反应的化学方程式为_。(2)用NaOH 固体配制溶质质量分数为30%的NaOH 溶液时，所需玻璃仪器除量筒外还有_(填字母)。a.烧杯b.容量瓶c.玻璃棒d.烧瓶(3)图中装
2、置中用冰水浴控制温度的目的是_ 。实验 2：制取水合肼。(4)图中充分反应后，_(填操作名称 )A 中溶液即可得到水合肼的粗产品。若分液漏斗滴液速度过快，部分N2H4H2O 会参与 A 中反应并产生大量氮气，降低产品产率。写出该过程反应生成氮气的化学方程式_。实验 3：测定馏分中水合肼的含量。(5)称取馏分 3.0g，加入适量 NaHCO3 固体 (滴定过程中，调节溶液的pH 保持在 6.5左右 )，加水配成 250 mL 溶液，移出25.00 mL 置于锥形瓶中，并滴加2 3 滴淀粉溶液，用0.151 的碘的标准溶液滴定 (已知： N2 42222mol LHH O2I =N4HI H O)
3、。滴定时，碘的标准溶液盛放在_(填 “酸式 ”或 “碱式 ”)滴定管中。下列能导致馏分中水合肼的含量测定结果偏高的是_(填字母 )。a.锥形瓶清洗干净后未干燥b.滴定前，滴定管内无气泡，滴定后有气泡c.读数时，滴定前平视，滴定后俯视d.盛标准液的滴定管水洗后，直接装标准液实验测得消耗I2 溶液的平均值为20.00mL，馏分中水合肼(N2H4H2O)的质量分数为_。【答案】 MnO2 4HCl(浓 )222a c 防止 NaClO 受热分解，影响水合肼MnCl Cl 2H O的产率 蒸馏N2 4 222O 2NaCl 酸式 d 25%H H O 2NaClO=N3H【解析】【分析】(1)装置中烧
4、瓶内浓盐酸与二氧化锰共热反应生成氯化锰、氯气和水；（ 2）配制 30%NaOH 溶液时，用天平称量一定质量的氢氧化钠固体，在烧杯中加水溶解，并用玻璃棒搅拌；（3）由题给信息可知，次氯酸钠受热易分解生成氯化钠和氯酸钠，降温可以防止NaClO受热分解；（4） N2H4?H2O 具有强还原性，若分液漏斗滴液速度过快，部分N2 H4 H2O 与次氯酸钠反应；（ 5）碘的标准溶液具有氧化性，可以腐蚀橡皮管；依据操作不当对标准溶液体积的影响分析解答；由方程式 N2H4H2O 2I2=N2 4HI H2 O 可得如下关系 N2H4H2O 2I2，由此计算N2H4H2O 的物质的量和质量分数。【详解】(1)装
5、置 中烧瓶内浓盐酸与二氧化锰共热反应生成氯化锰、氯气和水，反应的化学方程式为 MnO 222 2H2222 4HCl(浓 )MnCl ClO，故答案为：MnO 4HCl(浓 )MnCl Cl 2H2O；（2）配制 30%NaOH 溶液时，用天平称量一定质量的氢氧化钠固体，在烧杯中加水溶解，并用玻璃棒搅拌，需要玻璃仪器有烧杯、玻璃棒，故答案为：ac；（3）由题给信息可知，次氯酸钠受热易分解生成氯化钠和氯酸钠，图中装置中用冰水浴控制温度可以防止NaClO 受热分解，影响水合肼的产率，故答案为：防止NaClO 受热分解，影响水合肼的产率；（4）由反应方程式示可知，加热蒸馏三颈烧瓶内的溶液可得到水合肼
6、的粗产品；N2H4?H2O 具有强还原性，若分液漏斗滴液速度过快，部分N2H4H2O 与次氯酸钠反应生成氮气、氯化钠和水，反应的化学方程式为N2H4?H2O+2NaClO=N2 +3H2O+2NaCl，故答案为：蒸馏； N2H4?H2O+2NaClO=N2 +3H2O+2NaCl；（ 5）碘的标准溶液具有氧化性，可以腐蚀橡皮管，应盛放在酸式滴定管中，故答案为：酸式； a. 锥形瓶清洗干净后未干燥，不影响水合肼的物质的量，对实验结果无影响，故错误；b.滴定前，滴定管内无气泡，滴定后有气泡会导致碘的标准溶液体积偏小，所测结果偏小，故错误；c.读数时，滴定前平视，滴定后俯视会导致碘的标准溶液体积偏小
7、，所测结果偏小，故错误；d.盛标准液的滴定管水洗后，直接装标准液会稀释碘的标准溶液，导致碘的标准溶液体积偏大，所测结果偏高，故正确；d 正确，故答案为：d； 由方程式 N2H4H2O2I2 =N2 4HI H2O 可得如下关系N2H4H2O 2I2，则 3.0g 馏分中 n（N2 4 21210.15 mol L 120 103H H O） = 2 n（ I ） 10= 2L 10=0.015 mol ，则馏分中水合肼(N2H4H2O)的质量分数为0.015mol 50g/ mol100%=25%，故答案为： 25%。3 g【点睛】由题给信息可知，次氯酸钠受热易分解生成氯化钠和氯酸钠，图中装置
8、中用冰水浴控制温度可以防止 NaClO 受热分解是解答关键， N2H4?H2O 具有强还原性，若分液漏斗滴液速度过快，部分 N2H4H2O 与次氯酸钠反应是解答难点。2 人体血液里Ca2的浓度一般采用mgcm-3 来表示。抽取一定体积的血样，加适量的草酸铵 (NH 4) 2C2O4 溶液，可析出草酸钙 (CaC2O4) 沉淀，将此草酸钙沉淀洗涤后溶于强酸可得草酸(H 2C2O4) ，再用 KMnO4溶液滴定即可测定血液样品中 Ca2+的浓度。某研究性学习小组设计如下实验步骤测定血液样品中Ca2+的浓度。（配制 KMnO4标准溶液）如图是配制50mL KMnO4标准溶液的过程示意图。（1）请你观
9、察图示判断，其中不正确的操作有_ ( 填序号 ) 。（2）如果用图示的操作配制溶液，所配制的溶液浓度将_( 填“偏大”或“偏小” ) 。（测定血液样品中Ca2 的浓度）抽取血样20.00mL，经过上述处理后得到草酸，再用 1424溶液。0.020mol LKMnO溶液滴定，使草酸转化成CO逸出，这时共消耗12.00mL KMnO（3）已知草酸跟KMnO4溶液反应的离子方程式为-+x+2MnO4+5H2C2O4+6H =2Mn +10CO2+8H2O则方程式中的x=_ 。（ 4）经过计算，血液样品中 Ca2+的浓度为 _ mgcm-3 。【答案】 偏小 2 1.2【解析】【分析】(1)根据图示分
10、析配制一定物质的量浓度的溶液的操作正误；(2)根据仰视刻度线，会使溶液体积偏大判断；(3)根据电荷守恒进行分析；(4)根据滴定数据及钙离子与高锰酸钾的关系式计算出血液样品中Ca2+的浓度。【详解】(1)由图示可知操作不正确，不能在量筒中溶解固体，定容时应平视刻度线，至溶液凹液面与刻度线相切；(2)如果用图示的操作配制溶液，由于仰视刻度线，会使溶液体积偏大，所配制的溶液浓度将偏小；(3)根据电荷守恒，(-1 2)+(+1 6)=+x，解2得， x=2，草酸跟KMnO4 反应的离子方程式为：2MnO 4-+5H2C2O4+6H+2Mn 2+10CO2 +8H2O；(4)血样 20.00mL 经过上
11、述处理后得到草酸，草酸消耗的消耗的高锰酸钾的物质的量为：0.020mol/L 0.012L=2.4-4mol10，根据反应方程式2MnO-4+5H2C2O4+6H+ 2Mn 2+10CO2 +8H2O，及草酸钙的化学式CaC2O4 ，可知：2+5-4-42+-n(Ca )=n(H2C2O4)=2n(MnO 4 )=2.5 2.4 mol=610 10mol ，Ca的质量为： 40g/mol6104mol=0.024g=24mg ，钙离子的浓度为：24mg=1.2mg/cm3。20cm3【点睛】要学会配制一定物质的量浓度溶液的常见误差分析的基本方法：紧抓c= n 分析，如：用V量筒量取浓硫酸倒入
12、小烧杯后，用蒸馏水洗涤量筒并将洗涤液转移至小烧杯中，用量筒量取液体药品，量筒不必洗涤，因为量筒中的残留液是量筒的自然残留液，在制造仪器时已经将该部分的体积扣除，若洗涤并将洗涤液转移到容量瓶中，导致n 偏大，所配溶液浓度偏高；再如：配制氢氧化钠溶液时，将称量好的氢氧化钠固体放入小烧杯中溶解，未冷却立即转移到容量瓶中并定容，容量瓶上所标示的使用温度一般为室温，绝大多数物质在溶解或稀释过程中常伴有热效应，使溶液温度升高或降低，从而影响溶液体积的准确度，氢氧化钠固体溶于水放热，定容后冷却至室温，溶液体积缩小，低于刻度线，导致V 偏小，浓度偏大，若是溶解过程中吸热的物质，则溶液浓度偏小等。3 用 H2O
13、2 、 KI 和洗洁精可完成“大象牙膏”实验（短时间内产生大量泡沫），某同学依据文献资料对该实验进行探究。（1）资料 1：KI 在该反应中的作用：。总反应的化学方程式是H2O2 I H2O IO ； H2O2IO H2OO2 I_。（2）资料 2：H2O2 分解反应过程中能量变化如图所示，其中有KI 加入，无 KI 加入。下列判断正确的是_（填字母）。a. 加入 KI 后改变了反应的路径b. 加入 KI 后改变了总反应的能量变化是放热反应c. H2O2 I H2 O IO（3）实验中发现， H224O 与 KI 溶液混合后，产生大量气泡，溶液颜色变黄。再加入CCl ，振荡、静置，气泡明显减少。
14、资料 3： I2 也可催化 H2O2 的分解反应。加 CCl4 并振荡、静置后还可观察到_，说明有 I2 生成。气泡明显减少的原因可能是：i. H2O2 浓度降低； ii. _。以下对照实验说明i 不是主要原因：向 H2O2 溶液中加入 KI 溶液，待溶液变黄后，分成两等份于A、 B 两试管中。 A 试管加入 CCl，B 试管不加 CCl4，分别振荡、静置。观察到的现象是_ 。4（ 4）资料 4：I （ aq） I2（ aq） ? I3（ aq） K 640。为了探究体系中含碘微粒的存在形式，进行实验：向20 mL 一定浓度的 H2O2 溶液中加入10mL 0.10mol L 1 KI 溶液，
15、达平衡后，相关微粒浓度如下：微粒II23I浓度 / （ mol L1）2.5 10 3a4.0 10 3 a _。该平衡体系中除了含有I， I2， I3外，一定还含有其他含碘微粒，理由是_。【答案】 2H2 2KI22在水溶液中2A 试管O2H O O a 下层溶液呈紫红色I 的浓度降低中产生气泡明显变少；B 试管中产生气泡速率没有明显减小2.510 32c（ I2） c（ I ） 3c（ I3 ） 0.033mol L 1【解析】【分析】, H2O2 IO, 把两式加和，即可得到总反应的化（1） H2O2 I H2O IO H2O O2 I学方程式。（2） a. 加入 KI 后，一步反应分为
16、两步进行，也就是改变了反应的路径，a 正确；b. 加入 KI 后，反应物和生成物的能量都没有改变，b 不正确；c. 由图中可知，是吸热反应， c 不正确。H2O2 I H2O IO（3）加 CCl4 并振荡、静置后还可观察到下层溶液呈紫红色，说明有I2 生成。气泡明显减少的原因可能是：i. H2O2 浓度降低； ii. 在水溶液中 I2的浓度降低。以下对照实验说明 i 不是主要原因：向H2O2 溶液中加入 KI 溶液，待溶液变黄后，分成两等份于A、B 两试管中。 A 试管加入 CCl4， B 试管不加 CCl4，分别振荡、静置。观察到的现象是H2O2溶液的浓度相同，但产生气泡的速率差异很大。（
17、4） K4.0103640 ，由此可求出a。2.510 3a该平衡体系中除了含有I， I2， I3外，一定还含有其他含碘微粒，理由是原来溶液中c(I -10mL 0.1mol/L ， I23中所含 I的浓度和，二者比较便可得)=30mL0.033mol/L ，求出 I， I到结论。【详解】O2 IO, 把两式加和，即可得到总反应的化（1） H2O2 I H2O IO , H2 H2O O2 I学方程式为2H2O2 KI 2H2O O2 。答案为： 2H2O2 KI2H2O O2；（2） a. 加入 KI 后，一步反应分为两步进行，也就是改变了反应的路径，a 正确；b. 加入 KI 后，反应物和
18、生成物的能量都没有改变，b 不正确；的反应物总能量小于生成物总能量，所以该反应是吸c. 由图中可知， H2O2 I H2O IO热反应， c 不正确。答案为：a；（3）加 CCl4 并振荡、静置后还可观察到下层溶液呈紫红色，说明有I2 生成。答案为：下层溶液呈紫红色；气泡明显减少的原因可能是：i. H2O2 浓度降低； ii. 在水溶液中 I2 的浓度降低。以下对照实验说明 i 不是主要原因：向H2O2 溶液中加入 KI 溶液，待溶液变黄后，分成两等份于A、B 两试管中。 A 试管加入4422CCl ， B 试管不加 CCl ，分别振荡、静置。观察到的现象是H O溶液的浓度相同，但产生气泡的速
19、率差异很大。答案为：在水溶液中I2的浓度降低； A 试管中产生气泡明显变少，B 试管中产生气泡速率没有明显减小；（4）K4.0103640，由此可求出a=2.510-3mol/L 。答案为： 2.510-3；2.510 3a该平衡体系中除了含有 I， I2， I3外，一定还含有其他含碘微粒，理由是原来溶液中，10mL0.1mol/L0.033mol/L ；现在溶液中，中所含 I 的浓度和为 2c(I2 )c(I -)=I ， I2， I330mL c(I)3c(I3)=22.510-3 +2.510-3+34.010-3=0.01950.033 ， I 不守恒，说明产物中还有含碘微粒。答案为：
20、 12c(I2 ) c(I ) 3c(I3)0.033mol L。【点睛】在做探究实验前，要进行可能情况预测。向H2O2 溶液中加入 KI 溶液，待溶液变黄，则表明生成了 I2，加入 CCl4 且液体分层后，发现气泡逸出的速率明显变慢，CCl4 与 H2O2 不反应，是什么原因导致生成O2的速率减慢？是2 22c(H O )减小，还是c(I )减小所致？于是我们自然想到设计对比实验进行验证。4 某小组为测定化合物Co(NH3)yClx(其中 Co 为 +3 价)的组成，进行如下实验。（1）氯的测定：准确称取2.675g 该化合物，配成溶液后用1.00mol L-1AgNO3 标准溶液滴定， K
21、2 CrO4溶液为指示剂，至出现淡红色沉淀(Ag2CrO4 为砖红色 )且不再消失时，消耗AgNO3 溶液30.00mL。 已知： Ksp(AgCl)=1.8-10、 K-12 10 sp(Ag2CrO4)=1.1210AgNO3 标准溶液需要放在棕色的滴定管中的原因是_。(用化学方程式表示 )若滴定终点读数时滴定管下口悬挂了一滴液体，会使得测定结果_。 (填 “偏大 ”、 “偏” “”)小 、 无影响用 K2CrO4 溶液作指示剂的理由是 _。（2）氨的测定：再准确称取2.675g 该化合物，加适量水溶解，注入如图4_。 (填仪器名称)中，然后通过仪器3 滴加足量的 NaOH 溶液，加热1
22、装置，产生的氨气被 5 中的盐酸吸收，多余的盐酸再用NaOH 标准溶液反滴定，经计算，吸收氨气消耗-1盐酸1.00mol L60.00mL。装置A在整个实验中的作用是_，如果没有6中的冰盐水，会使得测定结果_(“填 偏大”、 “偏小 ”、 “无影响 ”)。（3）通过处理实验数据可知该化合物的组成为_。光照【答案】 2AgNO32Ag +2NO2 +O2 偏大 Ag2CrO4 为砖红色，由Ksp 可知 AgCl 的溶解度更小，当溶液中Cl - 消耗完时，才会产生砖红色沉淀三颈烧瓶产生水蒸气，将装置 B 中产生的氨气全部蒸出偏大Co(NH3)6Cl3【解析】【分析】Co(NH3)yClx 中 Co
23、 的化合价为 +3， NH3 为 0， Cl 为 -1，则 x=3，通过实验测出 NH3 和 Cl 的物质的量之比即得出结果。【详解】（1） AgNO3 不稳定，见光易分解成Ag 和 NO2 和 O2，发生的反应为：光照光照2AgNO32Ag +2NO2+O2，故答案为： 2AgNO32Ag+2NO2 +O2；若滴定终点读数时滴定管下口悬挂了一滴液体，使得V 读数偏大，导致滴定结果骗大，2故答案为：偏大；一方面 AgKsp(AgCl)=1.8-10、K-12 可知，2CrO4 为砖红色，另一方面由 10sp(Ag2CrO4)=1.12 10+-5mol/L ， Ag2CrO4 饱和溶液中+3-
24、4AgCl 饱和溶液中 c(Ag )=1.8 10c(Ag )=1.12 10mol/L ，所以， AgCl的溶解度更小，当滴入AgNO3 时溶解度小的沉淀先形成，当AgCl 形成的差不多的时候，溶液中 Cl-几乎沉淀完了，此时再滴AgNO3 溶液就会立刻产生 Ag2CrO4，即终点的时候会产生砖红色沉淀，故答案为：Ag2CrO4为砖红色，由Ksp 可知 AgCl 的溶解度更小，当溶液中 Cl - 消耗完时，才会产生砖红色沉淀；（2）图 4 为三颈烧瓶，装置 A 的作用是产生水蒸气，将装置B 中产生的氨气全部蒸出，如果没有 6 的冰盐水， HCl 吸收氨气时可能形成倒吸，溶液中的HCl 有一部
25、分被倒吸，被反滴定的 HCl 的量就少，计算吸收氨气时的HCl 就偏大，氨气的含量就偏大，故答案为：三颈烧瓶；产生水蒸气，将装置B中产生的氨气全部蒸出；偏大；（3）滴定 Cl-时， 2.675g样品消耗 30mL 1.00molL-1 AgNO3，所以 n(Cl-)=n(Ag+)=1.00mol L-1 30mL 10-3=0.03mol ，测定氨时， 2.675g 样品消耗-11.00mol L 盐酸 60.00mL，所以3-160.00mL10-3-3n(NH )=n(HCl)= 1.00mol L=0.06mol ，故 n(Cl ):n(NH )=0.03:0.06=1:2，由于化合物
26、Cox3y x3(NH) Cl 中 Co 的化合价为 +3， NH 的化合价为 O， Cl 的化合价为 -1，所以 x=3，y=6，该化合物为：Co(NH3)6Cl3，故答案为：Co(NH3)6Cl3。【点睛】测氨的含量时 HCl 总物质的量 =氨气消耗的 HCl 的物质的量 +反滴定时 NaOH 消耗的 HCl 的物质的量。5 以环己醇为原料制取己二酸HOOC(CH) COO H的实验流程如下：2 4其中 “氧化 ”的实验过程：在250mL 四颈烧瓶中加入50 mL 水和 3.18g 碳酸钠，低速搅拌至碳酸钠溶解，缓慢加入9.48g(约 0.060 mol) 高锰酸钾，按图示搭好装置：打开电
27、动搅拌，加热至35，滴加 3.2 mL(约 0.031 mol) 环己醇，发生的主要反应为：KMnO/OH-KOOC(CH2)4COOK ?H 0450(1) 氧“化 ”过程应采用 _加热(2) 氧“化 ”过程为保证产品纯度需要控制环己醇滴速的原因是：_ 。(3)为证明 “氧化 ”反应已结束，在滤纸上点1 滴混合物，若观察到_则表明反应已经完成。(4) 趁“热抽滤 ”后，用 _进行洗涤 (填“热水 ”或 “冷水 ) 。(5)室温下，相关物质溶解度如表：化学式己二酸NaClKCl溶解度g/100g水1.4435.133.3“蒸发浓缩 ”过程中，为保证产品纯度及产量，应浓缩溶液体积至_( 填标号
28、)A5mLB 10mLC 15mLD 20mL(6)称取己二酸 (Mr-=146 g/mol) 样品 0.2920 g，用新煮沸的50 mL 热水溶解，滴入2 滴酚酞试液，用 0.2000 mol/L NaOH 溶液滴定至终点，消耗NaOH 的平均体积为 19.70 mL。 NaOH溶液应装于 _(填仪器名称 )，己二酸样品的纯度为_。【答案】水浴为保证反应温度的稳定性 (小于 50)或控制反应温度在 50以下 未出现紫红色 热水C 碱式滴定管98.5%【解析】【分析】由题意可知，三颈烧瓶中加入3.18 克碳酸钠和 50mL 水，低温搅拌使其溶解，然后加入9.48g 高锰酸钾，小心预热溶液到3
29、5，缓慢滴加3.2mL 环己醇，控制滴速，使反应温度维持在 45左右，反应20min 后，再在沸水浴上加热 5min 促使反应完全并使 MnO 2 沉淀凝聚，加入适量亚硫酸氢钠固体除去多余高锰酸钾，趁热过滤得到MnO2 沉淀和含有己二酸钾的滤液，用热水洗涤MnO 2 沉淀，将洗涤液合并入滤液，热浓缩使滤液体积减少至10mL 左右，趁热小心加入浓硫酸，使溶液呈强酸性(调节 pH 1 2)，冷却结晶、抽滤、洗涤、干燥，得己二酸白色晶体；(1)氧化过程需要使反应温度维持在35左右；(2)因为滴速对溶液的温度有影响，为保证产品纯度，需要控制反应温度；(3)为证明“氧化”反应已结束，就是检验无高锰酸钾即
30、可；(4)根据减少物质的损失，结合物质溶解度与温度的关系分析；(5)室温下，根据相关物质溶解度，“蒸发浓缩”过程中，要保证产品纯度及产量，就是生成的杂质要依然溶解在溶液中，据此计算应浓缩溶液体积；(6)根据仪器的特点和溶液的性质选取仪器；称取已二酸 (Mr 146g/mol) 样品 0.2920g，用新煮沸的50mL 热水溶解，滴入2 滴酚酞试液，用 0.2000mol/L NaOH 溶液滴定至终点，进行平行实验及空白实验后，消耗NaOH 的平均体积为 19.70mL；设己二酸样品的纯度为2 4COOH 2NaOH 计算。，根据 HOOC(CH)【详解】(1)氧化过程需要使反应温度维持在35左
31、右，要用 35的热水浴；(2)因为滴速对溶液的温度有影响，为保证反应温度的稳定性(小于 50 )或控制反应温度在50以下，需要控制环己醇滴速；(3)为证明“氧化”反应已结束，就是检验无高锰酸钾即可，所以在滤纸上点1 滴混合物，若观察到未出现紫红色，即表明反应完全；(4)根据步骤中分析可知要使生成的MnO2 沉淀并充分分离MnO2 沉淀和滤液，应趁热过滤；为减少 MnO 2 沉淀的损失，洗涤时也要用热水洗涤；(5)据题意，高锰酸钾约 0.060mol ，碳酸钠3.18g，0.030mol ，根据元素守恒，得最后NaCl、 KCl最多为0.060mol ，质量分别为3.51g， 4.47g，所需体
32、积最少要10mL、 13.4mL，为确保产品纯度及产量，所以应浓缩溶液体积至15mL；(6)氢氧化钠溶液呈碱性，需要的仪器是碱式滴定管；称取已二酸(Mr 146g/mol)样品0.2920g，用新煮沸的50mL 热水溶解，滴入2 滴酚酞试液，用0.2000mol/L NaOH溶液滴定至终点，进行平行实验及空白实验后，消耗NaOH 的平均体积为19.70mL；设己二酸样品的纯度为，则：HOOC(CH 2 ) 4COOH :2NaOH146g2mol0.2920g0.2000mol/L 19.70 10-3L146g2mol0.2000mol/L 19.70 10 3 L0.2920g解得 98.
33、5%.【点睛】本题明确实验原理是解题的关键，注意该反应对温度要求非常严格，解题时要按照题意进行解答，注意题目信息与相关基础知识的联合分析。6 黄铜矿是工业炼铜的主要原料，其主要成分为CuFeS2，现有一种天然黄铜矿（含少量脉石），为了测定该黄铜矿的纯度，某同学设计了如下实验：现称取研细的黄铜矿样品1.150g，在空气存在下进行煅烧，生成Cu、 Fe3O4 和 SO2 气体，实验后取 d 中溶液的置于锥形瓶中，用0.05mol/L 标准碘溶液进行滴定，初读数为0.00mL，终读数如图所示。请回答下列问题：（ 1）称量样品所用的仪器为 _，将样品研细后再反应，其目的是_。（ 2）装置 a 的作用是 _。a有利于空气中氧气充分反应b除去空气中的水蒸气c有利于气体混合d有利于观察空气流速（3）上述反应结束后，仍需通一段时间的空气，其目的是_。（4）滴定时，标准碘溶液所耗体积为_mL。
