四川省眉山市仁寿第一中学北校区2024-2025学年高二化学下学期6月月考期中试题含解析

PAGE13-四川省眉山市仁寿第一中学北校区2024-2025学年高二化学下学期6月月考（期中）试题（含解析）一、选择题1.下列有关说法正确的是（）A.医用酒精和84消毒液（NaClO溶液）混合运用能增加它们的消毒效果B.气溶胶被认为可以传播新冠病毒，它是气体分散质分散到液体分散剂中的一种胶体C.“熔喷布”可用于制作口罩，生产“熔喷布”的主要原料是聚丙烯，它属于混合物D.疫情期间可以多吃富含纤维素的食物，它们在人体内都可以通过水解反应供应能量【答案】C【解析】【详解】A.酒精是一种还原性的物质，在空气中能与氧气发生反应，84消毒液有强氧化性，也就是和氧气类似，所以酒精也可以和84消毒液发生反应，医用酒精和84消毒液混合运用不仅不能增加它们的消毒效果，反而产生有毒气体，所以医用酒精和84消毒液不能混用，A错误；B.气溶胶是指悬浮在气体介质中的固态或液态颗粒所组成的气体分散系统，B错误；C.聚丙烯为高聚物，聚合度不确定，没有定值，所以属于混合物，C正确；D.人体内不存在水解纤维素的酶，所以纤维素在人体内不能水解，供应能量，D错误；故答案为：C。2.下列相关离子方程式书写正确的是A.泡沫灭火器工作原理:2A13++3CO32-+3H2O=2Al(OH)3↓+3CO2↑B.Fe(OH)3溶于HI溶液:Fe(OH)3+3H+=Fe3++3H2OC.往Ba(OH)2溶液中滴加KHSO4溶液至溶液呈中性:Ba2++OH-+H++SO42-=BaSO4+H2OD.酸性高锰酸钾溶液与草酸溶液混合:2MnO4-+5H2C2O42-+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O【答案】D【解析】分析：A．泡沫灭火器工作原理为硫酸铝与碳酸氢钠相互促进水解生成二氧化碳气体，可灭火；B．依据铁离子能够氧化碘离子分析推断；C．溶液呈中性时，生成硫酸钡、硫酸钾和水，可以结合化学方程式分析推断；D．草酸为弱酸，结合离子方程式的书写规则分析推断。详解：A．泡沫灭火器工作原理，发生相互促进水解反应，离子反应为Al3++3HCO3-=Al(OH)3↓+3CO2↑，故A错误；B．Fe(OH)3溶于HI溶液中，铁离子能够氧化碘离子，正确的离子反应为：2I-+2Fe(OH)3+6H+═2Fe2++I2+6H2O，故B错误；C．往Ba(OH)2溶液中滴加KHSO4溶液至溶液呈中性，依据氢氧化钡的化学式可知，离子反应为Ba2++2OH-+2H++SO42-=BaSO4↓+2H2O，故C错误；D．酸性高锰酸钾溶液与草酸溶液混合，二者发生氧化还原反应，离子方程式为5H2C2O4+6H++2MnO4-═2Mn2++10CO2↑+8H2O，故D正确；故选D。3.短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增加。A、B、C、D均是由这些元素组成的二元化合物，甲是Y的固体单质，常温下0.05mol/L乙溶液的pH为1。A是无色气体，是主要的大气污染物之一，上述物质的转化关系如图所示。下列说法错误的是（）A.原子半径：X<Z<WB.D中存在极性键和非极性键C.最高价含氧酸的酸性：W>YD.化合物YZW中键角为120°【答案】D【解析】【分析】已知0.05mol/L乙溶液的pH为1，c（H+）=0.1mol/L，说明乙是一种二元强酸，故乙是H2SO4，甲是碳，A是二氧化硫、B、C是二氧化碳和水中的一种，D是过氧化氢。X是氢元素，Y是碳元素，Z是氧元素，W是硫元素。【详解】A.X为H元素，Z为O元素，W为S元素，同周期，从左到右，元素的原子半径依次减小，同主族，从上到下，元素的原子半径依次增大，所以原子半径：S>O>H，A正确；B.D是过氧化氢，氢氧之间属于极性键，氧氧之间属于非极性键，B正确；C.W为S元素，Y为C元素，非金属性：S>C，则酸性：H2SO4>H2CO3，硫酸是强酸，碳酸是弱酸，C正确；D.Y为C元素，Z为O元素，W为S元素，其形成的化合物为：COS，COS的分子结构与二氧化碳相像，立体结构为直线形，键角为180°，D错误；故答案为：D。4.下列关于有机物的说法错误的是()A.植物油分子结构中含有碳碳双键B.现有乙烯、丙烯的混合气体共14g，其原子数为3NAC.同温同压下，等质量的乙炔和苯完全燃烧耗氧量相同D.分子式为C5H10O2与碳酸氢钠溶液反应产生气体的有机物有3种【答案】D【解析】【详解】A．植物油在室温下呈液态，分子结构中含有碳碳双键，属于不饱和高级脂肪酸的甘油酯，A正确；B．乙烯、丙烯属于烯烃，最简式是CH2，最简式的式量是14，14g乙烯、丙烯的混合气体中含有最简式的物质的量是1mol，含有3mol原子，因此其中含有的原子数为3NA，B正确；C．乙炔和苯最简式都是CH，同温同压下，等质量的乙炔和苯中含有的C、H质量相同，则它们完全燃烧耗氧量也相同，C正确；D．分子式为C5H10O2与碳酸氢钠溶液反应产生气体的有机物是饱和一元羧酸，可看作是丁烷C4H10分子中的一个H原子被-COOH取代产生的物质，C4H10有CH3CH2CH2CH3、两种结构，每种结构中有2种H原子，因此这4种H原子被-COOH取代，就得到4种不同结构的取代产物，故分子式为C5H10O2与碳酸氢钠溶液反应产生气体的有机物有4种，D错误；故合理选项是D。5.以NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是A.18g冰（图1）中含O—H键数目为2NAB.28g晶体硅（图2）中含有Si—Si键数目为2NAC.44g干冰（图3）中含有NA个晶胞结构单元D.石墨烯（图4）是碳原子单层片状新材料，12g石墨烯中含C—C键数目为1.5NA【答案】C【解析】【详解】A．一个水分子中有2个H-O，则18g冰即1mol中含O—H键数目为2NA，A正确；B．28g晶体硅含有1mol硅原子，晶体硅中每个硅原子形成的共价键为×4=2，则1mol晶体硅中含有Si—Si键数目为2NA，B正确；C．一个晶胞结构单元含有4个二氧化碳分子，44g干冰即1mol中晶胞结构单元数小于NA个，C错误；D．石墨烯中每个碳原子四周有两个碳碳单键和一个碳碳双键，所以每个碳原子实际拥有C—C键为1.5个，则12g石墨烯即1mol中含C—C键数目为1.5NA，D正确；答案选C。6.某华人科学家和他的团队研发出“纸电池”(如图)。这种一面镀锌、一面镀二氧化锰的超薄电池在运用印刷与压层技术后，变成一张可随意裁剪大小的“电纸”，厚度仅为0.5毫米，可以随意弯曲和裁剪。纸内的离子“流过”水和氧化锌组成电解液，电池总反应式为：Zn+2MnO2+H2O=ZnO+2MnO(OH)。下列说法正确的是A.该电池的正极材料为锌B.该电池反应中二氧化锰发生了氧化反应C.电池正极反应式为2MnO2+2H2O+2e-=2MnO(OH)+2OH-D.当有0.1mol锌溶解时，流经电解液电子数为1.204×1023【答案】C【解析】【分析】由反应的总方程式可知，该原电池中，Zn元素化合价上升，被氧化，Mn元素化合价降低，被还原，则锌作负极、二氧化锰作正极，负极电极反应为Zn-2e-+2OH-═ZnO+H2O，正极电极反应为2MnO2+2e-+2H2O═2MnO（OH）+2OH-，电子从负极沿导线流向正极。【详解】A．该原电池中，锌元素化合价由0价变为+2价，锌失电子作负极，故A错误；

B．该原电池中，锰元素化合价由+4价变为+3价，所以二氧化锰作正极，发生还原反应，故B错误；

C．正极上二氧化锰得电子发生还原反应，电极反应式为MnO2+e-+H2O═MnO（OH）+OH-，故C正确；

D．电子从负极沿导线流向之间，不经过电解质溶液，故D错误。

故答案为C【点睛】依据元素化合价改变确定正负极，难点是电极反应式的书写，留意电子不进入电解质溶液，电解质溶液中阴阳离子定向移动形成电流。7.25℃时，用浓度为0.1000mol·L-1NaOH溶液滴定20.00mL浓度为0.1000mol·L-1的某酸HX,滴定曲线如图所示。下列说法正确的是（）A.HX电离常数Ka的数量级为10-10B.P点溶液中微粒浓度大小为：c(Na+)>c(HX)>c(X-)>c(OH-)>c(H+)C.滴定过程中可选用的指示剂有甲基橙和酚酞D.A点到B点过程中，水电离出的c(H+)×c(OH-)先增大，后不变【答案】A【解析】分析：A项，依据A点pH和电离平衡常数表达式计算；B项，确定P点溶液由等物质的量浓度的NaX和HX组成的混合液，溶液呈碱性说明X-的水解程度大于HX电离程度；C项，强碱与弱酸完全反应后的溶液呈碱性，选择酚酞作指示剂；D项，酸、碱对水的电离起抑制作用，可水解的盐对水的电离起促进作用。详解：A项，0.1000mol/LHX溶液的pH=5.15，溶液中c（H+）=c（X-）=10-5.15，c（HX）=（0.1000-10-5.15）mol/L0.1000mol/L，HX的电离方程式为HXH++X-，HX的电离常数Ka===10-9.3=100.710-10，Ka的数量级为10-10，A项正确；B项，P点加入10mLNaOH溶液，0.1000mol/L10mLNaOH溶液与0.1000mol/L20.00mLHX充分反应得到等物质的量浓度的NaX和HX的混合液，溶液的pH=8说明X-的水解程度大于HX的电离程度，P点溶液中微粒浓度由大到小的依次为：c（HX）c（Na+）c（X-）c（OH-）c（H+），B项错误；C项，NaOH与HX恰好完全反应得到的NaX溶液呈碱性，应选用碱性范围内发生颜色改变的指示剂，滴定过程中选用的指示剂为酚酞，C项错误；D项，A点HX电离的H+抑制水的电离，随着NaOH溶液的滴入，HX不断被消耗生成NaX，HX电离的H+对水的电离的抑制程度减小，X-水解对水的电离的促进程度增大，当加入20mLNaOH溶液时NaOH和HX恰好完全反应，水的电离程度达最大，NaOH溶液大于20mL时过量的NaOH电离的OH-抑制水的电离，A点到B点过程中，水电离的c（H+）c（OH-）先增大后减小，D项错误；答案选A。点睛：本题考查酸碱中和滴定pH曲线的分析、电离平衡常数的计算、指示剂的选择、溶液中微粒浓度的大小关系、影响水的电离平衡的因素。酸碱中和滴定一般不选择石蕊作指示剂，强酸与强碱的滴定选择甲基橙或酚酞作指示剂、强碱与弱酸滴定选择酚酞作指示剂、强酸与弱碱滴定选择甲基橙作指示剂。确定溶液中微粒浓度的大小关系，一般先确定溶液中溶质的组成，分析溶液中存在的电离平衡和水解平衡，分清主次，巧用电荷守恒、物料守恒[如题中B项违反物料守恒：2c（Na+）=c（X-）+c（HX）]等。二、非选择题8.(1)基态氧原子的价层电子排布式不能表示为2s22px22py2，因为这违反了___________原理或规则。(2)基态Cu原子核外电子排布式为_______，则高温下的稳定性CuO_____Cu2O(填“＞”或“＜”)。(3)在尿素CO(NH2)2中C、N的杂化方式分别为________，OF2的空间构型是___________。(4)在Fe(NO3)3溶液中加入Na2SO3，溶液先由棕黄色变为浅绿色，过一会又变为棕黄色。又变为棕黄色的缘由是_____(用离子方程式表示)。(5)氨硼烷(NH3BH3)被认为是最具潜力的新型储氢材料之一，分子中存在配位键，写出氨硼烷的结构式_____，并写出一种与氨硼烷互为等电子体的分子______(填化学式)。【答案】(1).洪特(2).[Ar]3d104s1或1s22s22p63s23p63d104s1(3).＜(4).sp2、sp3(5).V形(6).3Fe2++NO3-+4H+=3Fe3++NO↑+2H2O(7).(8).C2H6【解析】【分析】(1)洪特规则：原子核外电子在能量相同的各个轨道上排布时①电子尽可能分占不同的原子轨道，②自旋状态相同；(2)依据构造原理书写基态Cu原子核外电子排布式；依据氧化物中Cu元素的原子核外电子排布的稳定分析；(3)分析尿素中C、N原子成键状况，结合VSEPR模型推断；依据价层电子对互斥理论和杂化轨道理论推断OF2的空间构型；(4)依据酸性条件下H+、NO3-具有氧化性，可以氧化Fe2+分析推断；(5)B原子供应空轨道，NH3中N原子供应1对孤电子对；原子总数相等、价电子总数也相等的微粒互为等电子体。【详解】(1)基态氧原子价层电子排布式写成2s22px22py2，该原子核外电子排布没有排pz轨道，所以违反洪特规则；(2)Cu是29号元素，依据构造原理可知基态Cu原子核外电子排布式1s22s22p63s23p63d104s1或简写为[Ar]3d104s1；CuO中Cu的价层电子排布式是3d94s0，3d轨道不是稳定状态，而Cu2O中Cu的价层电子排布式是3d10，d轨道是全充溢的稳定状态，所以在高温时CuO分解变为稳定的Cu2O，因此物质的稳定性CuO＜Cu2O；(3)尿素结构式是，从图中可知：C原子最外层的4个电子全部参加成键，有一个C=O双键，VSEPR模型为平面三角形，所以C原子实行sp2杂化；N原子最外层的5个电子中有3个参加成键，还有一对孤电子对，VSEPR模型为四面体，N原子实行sp3杂化；OF2中O原子最外层的6个电子中有2个形成化学键，VSEPR模型为四面体形，O原子上有2对孤电子对占据2个轨道，孤电子对对成键电子对的排斥作用大于成键电子对的排斥作用，使OF2的空间构型是V形；(4)在Fe(NO3)3溶液中加入Na2SO3溶液，Fe3+、SO32-、H2O会发生氧化还原反应，2Fe3++SO32-+H2O=2Fe2++SO42-+2H+，使溶液渐渐由棕黄色渐渐变为浅绿色，但该溶液中同时含有NO3-，在酸性条件下H+、NO3-起硝酸的作用，具有强的氧化性，能够将Fe2+氧化为Fe3+，该反应的离子方程式为：3Fe2++NO3-+4H+=3Fe3++NO↑+2H2O，因此过一会溶液又有浅绿色变为棕黄色；(5)B原子最外层有3个电子，能够供应空轨道，NH3中N原子上有一对孤电子对，可以供应1对孤电子对，B、N原子之间形成配位键，因此氨硼烷(NH3BH3)的结构式为：；由于等电子体中原子个数相同，原子核外价电子总数也相同，则与氨硼烷互为等电子体的分子，可以用2个C原子代替B、N原子，与氨硼烷等电子体一种分子为：C2H6。【点睛】本题综合考查原子核外电子排布、原子杂化、价层电子对互斥理论、物质的稳定性的推断、配位键的形成及等电子体的推断等，留意概念的理解、价层电子对互斥理论内涵、原子核外电子排布与微粒稳定性关系，侧重考查学生分析、推断、学问综合应用及空间想象实力。9.某无色溶液X，由Na+、Mg2+、Ba2+、Al3+、AlO2-、MnO、CO、SO中的若干种离子组成，取溶液进行如下连续试验：(1)气体A的成分是_______(填电子式)，气体B的成分是_______(填结构式)(2)X溶液中肯定不存在的离子是______________。(3)写出步骤①中发生反应的全部离子方程式：________________。(4)写出步骤②中形成白色沉淀的离子方程式：________________。(5)通过上述试验，溶液X中不能确定是否存在的离子是______________；只要设计一个简洁的后续试验就可以确定该离子是否存在，该方法是__________________。【答案】(1).(2).(3).Mg2+、Ba2+、Al3+、MnO4-(4).CO32-＋2H+=H2O+CO2↑(5).AlO2-＋4H＋=Al3++2H2O，Al3++3HCO3-=Al(OH)3↓+3CO2↑(6).SO42-(7).在沉淀乙中加入足量盐酸，若白色沉淀能完全溶解，则X中不存在SO42-；若不完全溶解，则X中存在SO42-【解析】【分析】溶液呈无色，则肯定不含MnO4-，溶液X中加入过量盐酸，有气体A生成，并得到溶液I，说明原溶液中含有CO32-，气体A为CO2，CO32-与Mg2+、Ba2+、Al3+不能大量共存，则原溶液肯定不含Mg2+、Ba2+、Al3+；反应①中加入盐酸过量，反应②中加入过量的NH4HCO3，产生的气体为CO2，白色沉淀甲只能为Al(OH)3，则X溶液中肯定含有AlO2-，碳酸氢铵过量，与过量Ba(OH)2反应并加热，得到气体为NH3，白色沉淀乙肯定含有BaCO3，可能含有BaSO4，所以溶液X中肯定不存在的离子有：MnO4-、Mg2+、Ba2+、Al3+，不能确定原溶液中是否含有SO42-，依据溶液电中性原则可知含有Na+，溶液X中肯定含有CO32-、AlO2-、Na＋，以此分析解答。【详解】（1）由分析可知，气体A为CO2，CO2为共价化合物，碳原子和每个氧原子之间有两个共用电子对，电子式为：；气体B为NH3，氮原子和每个氢原子之间有一个共用电子对，结构式为：；（2）由分析可知，X溶液中肯定不存在的离子是Mg2+、Ba2+、Al3+、MnO4-；（3）步骤①X溶液中加入过量盐酸，碳酸根与盐酸反应生成二氧化碳气体，离子方程式为：CO32-＋2H+=H2O+CO2↑；（4）由分析可知X中有AlO2-，与盐酸反应生成Al3+，铝离子和碳酸氢根离子水解相互促进生成二氧化碳气体和氢氧化铝白色沉淀，有关的离子方程式：AlO2-＋4H＋=Al3++2H2O，Al3++3HCO3-=Al(OH)3↓+3CO2↑；（5）由分析可知，不能确定溶液X中是否含有SO42-，要验证SO42-的存在，依据BaCO3不溶于水但能溶于酸、BaSO4既不溶于水也不溶于酸的性质，可在沉淀乙中加入足量盐酸，若白色沉淀能完全溶解，则X中不存在SO42-；若不完全溶解，则X中存在SO4-，答案为：SO42-；在沉淀乙中加入足量盐酸，若白色沉淀能完全溶解，则X中不存在SO42-；若不完全溶解，则X中存在SO4-。【点睛】进行离子推断时要遵循以下三条原则：（1）互斥性原则。推断出肯定有某种离子存在时，将不能与之共存的离子解除掉，从而推断出肯定没有的离子。（2）电中性原则。溶液呈电中性，溶液中肯定有阳离子和阴离子，不行能只有阳离子或阴离子。（3）进出性原则。离子检验时，加入试剂会引入新的离子，某些离子在试验过程中可能消逝(如本题中的AlO2－在酸过量时转化为Al3＋)，则原溶液中是否存在该种离子无法推断。10.为了测定试验室长期存放的Na2SO3固体的纯度，精确称取Wg固体样品，配成250mL溶液。设计了以下两种试验方案：方案Ⅰ：取25.00mL上述溶液，加入足量的用过量盐酸酸化的BaCl2溶液，过滤、洗涤和干燥沉淀，称得沉淀的质量为m1g。方案Ⅱ：取25.00mL上述溶液，加入过量的盐酸酸化的Ba(NO3)2溶液，过滤、洗涤和干燥沉淀，称重，其质量为m2g。(1)配制250mLNa2SO3溶液时，必需用到的试验仪器有：烧杯、玻璃棒、天平、药匙、______、______。(2)写出Na2SO3固体氧化变质的化学方程式__________。(3)方案Ⅰ加入过量的盐酸酸化的BaCl2溶液，目的是________，在过滤前，须要检验是否沉淀完全，其操作是_______。(4)方案Ⅰ中，若滤液浑浊，将导致测定结果_______(填“偏高”或“偏低”)。(5)若操作正确，结果为m1＜m2，试分析缘由是___________。(6)取25.00mL上述溶液，用cmol/L酸性KMnO4溶液滴定测定Na2SO3的纯度，已知酸性条件下，KMnO4通常被还原为Mn2+，滴定达到终点时的现象为____________。【答案】(1).胶头滴管(2).250mL容量瓶(3).2Na2SO3＋O2=2Na2SO4(4).使充分转化为气体(5).静置，在上层清液中再滴入氯化钡溶液，视察是否接着有沉淀生成(6).偏高(7).方案Ⅱ中盐酸供应的H＋与Ba(NO3)2供应的形成稀HNO3，将一部分氧化成，导致BaSO4质量增大(8).当滴加最终一滴标准液时，溶液由无色刚好变为浅红色，且半分钟不褪色【解析】【分析】(1)配制250mLNa2SO3溶液时，用到的试验仪器有：烧杯、玻璃棒、胶头滴管、药匙、天平、250mL容量瓶；(2)Na2SO3固体氧化变质生成Na2SO4；(3)依据BaSO4是不溶于酸的固体物质，而BaSO3不溶于水，但能够与酸反应产生SO2气体逸出；完全沉淀时，上层清液没有，再加入氯化钡溶液也不会有沉淀生成；(4)方案I中，若滤液浑浊，说明滤液中含有硫酸钡，导致沉淀硫酸钡的质量偏小，计算出的样品中硫酸钠的质量偏小；(5)酸性条件下，H+、将氧化为，导致BaSO4质量增大；(6)依据KMnO4溶液显紫色，反应产生的Mn2+水溶液显无色来推断滴定终点。【详解】(1)用天平称量肯定质量的固体物质，要用到天平、药匙，在烧杯中溶解药品，并用玻璃棒不断搅拌，将冷却后的溶液用玻璃棒引流移入250mL容量瓶中，再加水定容，当液面至离刻度线1～2cm处，改用胶头滴管定容，故缺少的仪器是250mL容量瓶、胶头滴管；(2)Na2SO3具有还原性，简洁被氧气氧化产生Na2SO4，反应方程式为：2Na2SO3＋O2=2Na2SO4；(3)方案I是利用生成的BaSO4沉淀计算样品中Na2SO4的质量，然后再计算Na2SO3的纯度，但Na2SO3也会与BaCl2反应生成BaSO3白色沉淀，而影响BaSO4质量的测定，因此须要除去Na2SO3，加入过量的盐酸酸化的BaCl2溶液，目的是：使与盐酸充分转化为SO2气体。在过滤前，须要检验是否沉淀完全，其操作是：静置，向上层清液中再滴入BaCl2溶液，视察是否接着有沉淀生成。若有沉淀生成，说明没有沉淀完全，若无沉淀生成，证明沉淀完全；(4)方案I中，若滤液浑浊，说明滤液中含有BaSO4，导致沉淀BaSO4的质量偏小，由此计算出的样品中Na2SO4的质量偏小，则计算Na2SO3的质量分数就偏高；(5)方案II中盐酸供应H+，Ba(NO3)2供应，形成稀HNO3，能够将一部分氧化成，导致BaSO4质量增大，所以m1＜m2；(6)酸性KMnO4溶液具有强的氧化性，Na2SO3具有还原性，二者在溶液中发生氧化还原反应，KMnO4溶液被还原变为无色的Mn2+，Na2SO3被氧化为Na2SO4，使KMnO4溶液由紫色变为无色。因此当溶液中Na2SO3完全被氧化变为Na2SO4时，再滴加的KMnO4溶液不能发生反应，此时溶液的紫色不再褪去，故滴定终点的推断方法是：当滴加最终一滴KMnO4标准液时，溶液恰好由无色变为浅红色，且半分钟不褪色，说明达到了滴定终点。【点睛】本题考查物质含量测定试验，包括仪器的运用、杂质的除去、离子的检验、误差分析、滴定终点的推断等。须要学生理解反应规律、物质的溶解性，依据物质反应消耗关系分析推断，留意在酸性条件的氧化性对试验结果的影响。11.某化学试验小组以电镀废渣(Cr2O3、CuO、Fe2O3及CaO)为原料制取铜粉和K2Cr2O7。主要流程如图：（1）加入适量Na2S溶液后生成的沉淀X为___，若加入的Na2S溶液过量，除生成X外还会发生反应的离子方程式为___。（2）请配平[Cu(NH3)4]SO4·H2O加热发生分解反应的化学方程式。___[Cu(NH3)4]SO4·H2O___Cu+___NH3↑+___SO2↑+___N2↑+___H2O（3）“沉CuNH4SO3”时可用如图装置(夹持、加热仪器略)：①“沉CuNH4SO3”时，反应温度需限制在45℃，合适的加热方式是___。②NaOH溶液的作用是___。（4）测定产品中K2Cr2O7含量的方法如下：称取产品试样2.0g配成250mL溶液，取出25.00mL于锥形瓶中，加入足量稀硫酸酸化后，再加入几滴指示剂，用0.1000mol/L硫酸亚铁铵(NH4)2Fe(SO4)2标准液进行滴定，重复进行三次试验。(已知Cr2O72-被还原为Cr3+)①若三次试验消耗(NH4)2Fe(SO4)2标准液的平均体