《2020-2021高考化学备考之物质的量压轴突破训练∶培优篇一.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2020-2021高考化学备考之物质的量压轴突破训练∶培优篇一.docx（36页珍藏版）》请在三一文库上搜索。
1、2020-2021 高考化学备考之物质的量压轴突破训练培优篇(1)一、高中化学物质的量1 在实验室里，用足量的浓盐酸与一定量的高锰酸钾反应(不加热 )，来制取氯气。反应： 2KMnO4 +16HCl=2KCl+2MnCl+5Cl2 +8H2O(1) 双“线桥法 ”标出电子转移情况 _ 。(2)若生成 2.24L 标准状况时的氯气，请计算（写出必要的计算过程）：理论上需要多少克KMnO4 参加反应？ _。被氧化的HCl 的物质的量为多少？_。【答案】6.32g0.2 mol【解析】【分析】(1)根据元素化合价升降数目等于反应过程中电子转移数目分析，标出电子转移情况；(2)先计算 Cl2 的物质的
2、量，然后根据方程式中KMnO4、 HCl 与 Cl2 之间的反应转化关系计算。【详解】(1)在该反应中，合价降低，得到化合价升高，失去Mn 元素化合价由反应前KMnO4 中的 +7 价变为反应后MnCl2 中的 +2 价，化5 个电子， Cl 元素化合价由反应前HCl 中的 -1 价变为反应后Cl2 中的 0 价，2 个电子，电子得失最小公倍数是10，所以 KMnO4、 MnCl2 前的系数是2，HCl 前的系数是 10， Cl2 前的系数是个 Cl 原子未参加氧化还原反应，所有5，根据原子守恒，KCl 的系数是2，这样反应中有Cl 原子都是由HCl 提供，因此HCl 前的系数为610+6=1
3、6，结合H 原子反应前后相等，可知H2O 的系数是8，用 “双线桥 ”表示电子转移为：；V2.24L(2)在标准状态下， 2.24LCl 的物质的量 n(Cl2)= Vm22.4L / mol =0.1mol 。根据反应的化学方程式可知：生成0.1molCl2 时，参与反应的 KMnO4 的物质的量为2KMnO4 的质量 m(KMnO 4)=0.04mol 158g/mol=6.32g；0.1mol =0.04mol ，则参与反应的5由反应化学方程式可知， HCl 被氧化后生成 Cl2，因此根据 Cl 元素守恒可知：被氧化的 HCl 的物质的量 n(HCl)氧化 =0.1mol 2=0.2mo
4、l。【点睛】本题考查了氧化还原反应中电子转移的表示方法及有关计算。氧化还原反应的特征是元素化合价的升降，实质是电子转移，氧化还原反应的特征、实质与反应类型的关系可概括为“升失氧，降得还 ”。根据元素化合价升降数目等于反应过程中电子得失数目可以配平方程式，并可用单线桥法或双线桥法表示。物质的量应用于化学方程式，使化学计算简单，物质反应的物质的量的比等于方程式中相应物质的化学计量数的比。2 锂因其重要的用途，被誉为“能源金属 ”和 “推动世界前进的金属”（1） Li3N 可由 Li 在 N2 中燃烧制得取 4.164g锂在 N2 中燃烧，理论上生成 Li3N_g；因部分金属 Li 没有反应，实际反
5、应后固体质量变为6.840g，则固体中 Li3N 的质量是 _g（保留三位小数， Li3N 的式量： 34.82）（ 2）已知： Li3N+3H2O 3LiOH+NH3取 17.41g 纯净 Li3N，加入 100g 水，充分搅拌，完全反应后，冷却到 20，产生的 NH3 折算成标准状况下的体积是 _L过滤沉淀、洗涤、晾干，得到 LiOH 固体 26.56g ，计算 20时 LiOH 的溶解度 _（保留 1 位小数， LiOH 的式量： 23.94）锂离子电池中常用的LiCoO2，工业上可由碳酸锂与碱式碳酸钴制备（3）将含 0.5molCoCl2的溶液与含 0.5molNa23CO 的溶液混合
6、，充分反应后得到碱式碳酸钴沉淀 53.50g；过滤，向滤液中加入足量HNO3酸化的AgNO3溶液，得到白色沉淀143.50g，经测定溶液中的阳离子只有Na+，且 Na+有 1mol；反应中产生的气体被足量NaOH 溶液完全吸收，使 NaOH 溶液增重13.20g，通过计算确定该碱式碳酸钴的化学式_，写出制备碱式碳酸钴反应的化学方程式_（4） Co223232( OH) CO和 Li CO在空气中保持温度为 600800，可制得 LiCoO ，已知：3Co2 ( OH)2CO3+O2 2Co3O4+3H2O+3CO2； 4Co3O4+6Li2 CO3 +O2 12LiCoO+6CO2按钴和锂的原
7、子比1：1 混合固体，空气过量70%， 800时充分反应，计算产物气体中CO 的体积分数 _（保留三位小数，已知空气组成：N体积分数0.79， O 体积分数2220.21）【答案】6.964 6.656 11.2 12.8g2CoCO3?3Co（ OH） 2?H2O5CoCl +5Na CO +4H O=2CoCO ?3Co（ OH）?H O+10NaCl+3CO 0.30522323222【解析】【分析】【详解】（1）首先写出锂在氮气中燃烧的方程式：6Li+N 2 点燃 2Li 3 N ，接下来根据4.164g0.2mol 的氮化锂，这些氮化锂的=0.6mol 算出锂的物质的量，则理论上能生
8、成6.94g/mol质量为 0.2mol 34.82g/mol=6.964g ；反应前后相差的质量为6.840g-4.164g=2.676g ，这些增加的质量实际上是氮原子的质量，即2.676g =0.191mol 的氮原子，根据氮守恒我14g/mol们知道氮化锂的物质的量也为0.191mol，这些氮化锂的质量为0.191mol34.82g/mol=6.656g ；17.41g（2）根据=0.5mol 先算出氮化锂的物质的量，根据方程式不难看出氮化锂和34.82g/mol氨气是 1:1 的，这些氨气在标况下的体积为22.4L/mol0.5mol=11.2L ；根据化学计量比， 0.5mol 的
9、氮化锂理论上能生成1.5mol 的 LiOH ，这些 LiOH 的质量为1.5mol23.94g/mol=35.91g，缺少的那 9.35 克 LiOH 即溶解损失掉的，但是需要注意：溶解度指的是100克溶剂能溶解达到饱和的最大溶质的量，虽然一开始有100 克水，但是反应会消耗掉1.5mol 水，这些水的质量为 1.5mol18g/mol=27g ，因此我们算出的9.35 克是 73 克水中能溶解的LiOH 的量，换算一下9.35g=S，解得 S 为 12.8100g-27g100g克；（3AgCl143.5g）加入硝酸银后的白色沉淀为，根据=1mol 算出 Cl - 的物质的量，143.5g
10、/mol因此 Cl -全部留在溶液中，碱式碳酸钴中无Cl - ， Na + 也全部留在溶液中，沉淀中无Na+ ，使烧碱溶液增重是因为吸收了CO2 ，根据13.2g=0.3mol 算出 CO2 的物质的44g/mol量，根据碳守恒，剩下的0.5mol-0.3mol=0.2mol CO32- 进入了碱式碳酸钴中，0.5mol Co2+ 全部在碱式碳酸钴中，剩下的负电荷由OH - 来提供，因此 OH - 的物质的量为0.6mol 。将 0.5mol Co2+ 、 0.2mol CO32- 和 0.6mol OH - 的质量加起来，发现只有0.5mol 59g/mol+0.2mol 60g/mol+0
11、.6mol 17g/mol=51.7g，剩下的1.8克只能是结晶水，即0.1mol 结晶水，综上，碱式碳酸钴的分子式为2CoCO 3 3Co(OH) 2H 2O ；写出制备方程式 5CoCl 2 +5Na 2 CO 3 +4H 2O=2CoCO 33Co(OH) 2 H 2O+10NaCl+3CO 2；（4）令参加反应的氧气为3mol，相当于3的空气，又因为空气过量70%，则一共mol21%通入了（1+0.7 ）3mol 空气，反应中一共生成了6mol 水蒸气和 12mol 二氧化碳，则二21%12100%=30.5% 。氧化碳的体积分数为（12+6-3+1.73）0.213 （ 1）在 Na
12、2424 33-10.3的混合溶液中，测得Al浓度为 0.1mol L ，加入等体积SO和 Al(SO )-1 的 BaCl2- 完全沉淀，则混合溶液中Na 的浓度为 _ 。mol L2 溶液恰好使SO4（2）将-1的 K2SO4溶液、 0.2mol-1溶液和纯水混合，要使混合液中K0.1mol LL 的 Al2(SO4)332-1-1-1，则 K2SO4 溶液、 Al2(SO4)3 溶、 Al、 SO4 的浓度分别为0.1mol L 、0.1mol L、0.2mol L液、纯水三者的体积比_。(忽略体积的变化 )【答案】-12： 1： 10.3mol L【解析】【详解】(1)设混合溶液体积为
13、 1 L。 n(Al31L0.1 mol ， n(SO2) 0.3) cV0.1 mol L 1) n(Ba1 1 L 0.3 mol 。由电荷守恒可得： 3n(Al3mol L) n(Na )2n(SO)，所以 n(Na )2n(SO)3n(Al30.3 mol L)2 0.3 mol3 0.1 mol0.3 mol ， c(Na ) 1，故答案为： 0.3mol L-1；(2)设 K2SO4 溶液、 Al2(SO4)3 溶液、纯水三者的体积分别是 xL、 yL、 zL，则 0.2x 0.1 (xyz)、0.4y 0.1 (xy z)、 0.1x0.6y 0.2 (x yz)，解得 x 2y
14、 2z，所以 K2SO4 溶液、 Al2 (SO4)3 溶液、纯水三者的体积比为 2 1 1，故答案为： 2 1 1。4 为了制备氯气，某同学查阅资料发现实验室里常用浓盐酸与二氧化锰反应来制取少量的氯气，反应的化学方程式为：MnO2+4HCl（浓）MnCl 2+Cl2+2H2O。（1）用 “双线桥法 ”标明反应中电子转移的方向和数目_。（2）该反应中，氧化剂和还原剂物质的量之比是_。（3）草酸能使酸性KMnO4溶液褪色，配平下面的化学方程式：4242 2 4_KMnO +H SO +H C O= MnSO4+K2SO4 +CO2 H2 O。盐酸广泛应用在稀有金属的湿法冶金、漂染工业、金属加工、
15、无机药品及有机药物的生产等领域中。 HCl 极易溶于水，工业上用 HCl 气体溶于水的方法制取盐酸。（1）用密度为 1.2 g/mL ，质量分数为 36.5%的浓盐酸配制 250mL 3mol/L 的稀盐酸，需要用量筒量取浓盐酸的体积为 _mL。（2）实验过程中，下列操作会导致最终所配溶液浓度偏高的是_。A量取浓盐酸时俯视刻度线B实验前，容量瓶中有少量残留蒸馏水C定容时俯视刻度线D转移时，未洗涤烧杯和玻璃棒【答案】1： 2 2 3 5 2 1 10 862.5C【解析】【分析】 (1)反应 MnO 2+4HCl(浓 )MnCl2+Cl2+2H2O 中， Mn 元素化合价由+4 价降低到 +2价
16、， Cl 元素化合价由-1 价升高为0 价，根据化合价的变化可知电子的转移方向和数目；(2)该反应中， Cl 元素部分化合价由-1 价升高为0 价， HCl 既是还原剂，还有酸性作用；(3)该反应中 Mn 元素化合价由 +7 价变为 +2 价、 C 元素化合价由 +3 价变为 +4 价，根据转移电子守恒、原子守恒配平方程式；1000 (1)根据 c=计算出需要浓盐酸的浓度，依据溶液稀释过程中溶质的物质的量不M变计算需要浓盐酸体积；(2)分析操作对物质的量和溶液体积的影响，依据c= n 进行误差分析。V【详解】 (1)反应 MnO 2+4HCl(浓 )222+4 价降低到 +2MnCl +Cl
17、+2H O 中， Mn 元素化合价由价， Cl 元素化合价由-1 价升高，该反应的电子转移方向和数目可表示为；(2)反应中 MnO 2 是氧化剂， HCl 是还原剂，且HCl 部分起酸性作用，根据氧化产物Cl2 的量可知氧化剂和还原剂物质的量之比是1:2；(3)该反应中 Mn 元素化合价由 +7 价变为 +2 价、 C 元素化合价由+3价变为 +4 价，其转移电子总数为 10，根据转移电子守恒知，KMnO42245，再根据的计量数是 2、 H C O 的计量数是原子守恒得方程式为2KMnO4 +3H2SO4 +5H2C2O4 =2 MnSO4+1K2SO4 +10CO2 8H2O； (1)质量
18、分数为36.5%、密度为1.2g/cm 3 的浓盐酸，物质的量浓度10001.236.5%V，则依据溶液稀释规律得：c=36.5=12mol/L ，设需要浓盐酸体积为250mL 3mol/L=12mol/L ，V解得 V=62.5mL；(2)A量取浓盐酸时俯视刻度线，则浓盐酸的体积偏低，导致所配溶液浓度偏低，故A 错误；B容量瓶中有少量蒸馏水，对溶质的物质的量和溶液体积都不产生影响，溶液浓度无影响，故 B 错误；C定容时俯视，导致溶液体积偏小，溶液浓度偏高，故C 正确；D转移时，未洗涤烧杯和玻璃棒，容量瓶内溶质减小，导致所配溶液浓度偏低，故误；故答案为C。D 错5 （ 1） 1mol H2SO
19、4 中含有 _个硫原子， _mol O。（2）写出下列物质在水溶液中的电离方程式HCl： _NaHSO4： _（ 3）写出下列化学反应的方程式呼吸面具中过氧化钠与二氧化碳反应的化学方程式_氢氧化亚铁白色沉淀迅速变为灰绿色，最终变为红褐色的反应的化学方程式_印刷电路板处理时铜与氯化铁溶液反应的离子方程式_（4）配平下列方程式：+ _H _I+_H O_I +_IO3+22_NH ClO _N +_O +_HCl+_H O44222（5）用单线桥法或双线桥法表示该反应转移电子的方向和数目并填空：Cu 4 HNO3（浓） = Cu(NO3)2 2 NO2 2H2O_HNO3 的作用是 _，发生氧化反
20、应，氧化产物是_。【答案】 NA4NaHSO4 = Na+ + H+SO42- 2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2HCl=H Cl4Fe(OH)2+O2+2H2O 4Fe(OH)32Fe3+ Cu=2Fe2+ Cu2+51633425 46氧化性和酸性Cu(NO3)2【解析】【分析】（ 1）根据物质结构进行计算；（ 2）强电解质完全电离；（ 3）过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气；氢氧化亚铁白色沉淀迅速变为灰绿色，最终变为红褐色为氢氧化亚铁与氧气、水反应生成氢氧化铁；铜与氯化铁溶液反应生成亚铁离子和铜离子；（ 4）根据化合价升降法及化合价只靠拢不相交的原则配平；（ 5）还原剂，失
21、电子，化合价升高，发生氧化反应，产物为氧化产物；氧化剂得电子，化合价降低，产物为还原产物。【详解】（ 1）一个 H2 SO4 分子中含有 1 个 S 原子， 4 个 O 原子，则 1mol H2SO4 中含有 NA 个硫原子， 4mol O ；（2） HCl 为强电解质，在水中完全电离，生成氢离子和氯离子，则电离方程式为：HCl=H Cl ； NaHSO4 为强电解质，在水中完全电离，生成钠离子、氢离子和硫酸根离子，则电离方程式为： NaHSO4 = Na+ + H+ +SO42- ；（3）过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，方程式为2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2；氢氧化亚铁
22、白色沉淀迅速变为灰绿色，最终变为红褐色为氢氧化亚铁与氧气、水反应生成氢氧化铁，方程式为 4Fe(OH)2+O2+2H2O 4Fe(OH)3；铜与氯化铁溶液反应生成亚铁离子和铜离子，离子方程式为 2Fe3+ Cu=2Fe2+ Cu2+；（4）根据氧化还原反应中，化合价只靠拢不相交的原则，碘离子变为0 价，碘酸根离子变为 0 价，则最小公倍数为5，则离子方程式为+ 6H+=3I2+3H2O；5 I+IO3高氯酸铵自身发生氧化还原反应，N、 O 的化合价升高，Cl 的化合价降低，根据电子得失守恒，则 4NH4 4222ClO =2N +5O +4HCl+6HO；（5）反应中 Cu 作还原剂，失电子，
23、化合价由0 价变为 +2 价，生成的产物为氧化产物；硝酸作氧化剂、酸，部分N 得电子化合价降低由+5 变为 +4，生成的产物为还原产物；双线桥法表示为；单线桥法为。【点睛】白色沉淀迅速变为灰绿色，最终变为红褐色为氢氧化亚铁与氧气、水反应生成氢氧化铁的反应。6 （ 1）下列物质能导电的是_，属于电解质的是_。NaCl 晶体 液态 SO2 液态醋酸铜 BaSO4 固体 纯蔗糖 (C12H22O11) 氨水 熔化的KNO3（2） 0.5molCH4 的质量是 _g，在标准状况下的体积为_L；（3） 8.4g 氮气和 9.6g 某单质 Rx 所含原子个数相同，且分子个数之比为3：2，则x 的值是_，
24、R 的摩尔质量是 _。【答案】811.2316g/mol【解析】【分析】（1） NaCl 晶体不含自由移动的离子，不能导电，其溶于水可电离，水溶液可导电，是电解质；液态SO2 不含自由移动的离子，不能导电，其于水反应生成亚硫酸可电离，水溶液可导电，但不是自身导电，是非电解质；液态醋酸不含自由移动的离子，不能导电，其溶于水可电离，水溶液可导电，是电解质；铜含有自由移动的电子可以导电，但属于单质，不是化合物，既不是电解质也不是非电解质；BaSO4 固体不含自由移动的离子，不能导电，熔融状态下电离生成离子可以导电，属于电解质；纯蔗糖含自由移动的离子，不能导电，在水溶液里和熔融状态下都不能导电，是非电
25、解质；(C12H22O11) 不氨水含有自由移动的离子可以导电，是混合物，既不是电解质也不是非电解质；熔化的KNO3 含有自由移动的离子，可以导电，属于电解质；（2）根据 n= m 可得， m=nM ， V= nVm，进行计算；M【详解】（1） NaCl 晶体不含自由移动的离子，不能导电，其溶于水可电离，水溶液可导电，是电解质；液态 SO2 不含自由移动的离子，不能导电，其于水反应生成亚硫酸可电离，水溶液可导电，但不是自身导电，是非电解质；液态醋酸不含自由移动的离子，不能导电，其溶于水可电离，水溶液可导电，是电解质；铜含有自由移动的电子可以导电，但属于单质，不是化合物，既不是电解质也不是非电解
26、质；子，不能导电，熔融状态下电离生成离子可以导电，属于电解质；BaSO4 固体不含自由移动的离纯蔗糖 (C12H22O11) 不水含有自由移动的离子可以导电，是混合物，既不是电解质也不是非电解质；熔化的KNO3 含有自由移动的离子，可以导电，属于电解质；下列物质能导电的是，属于电解质的是，答案为： ； ；（ 2）根据 n= m 可得， m=nM ， 0.5molCH4 的质量 =0.5mol 16g/mol=8g；在标准状况下的体M积为 =nVm=0.5mol22.4L/mol=11.2L ，答案为： 8； 11.2；（3） 8.4g 氮气的物质的量m8.4g=0.3mol，则氮原子的物质的量
27、M28g/mol=0.3mol 2=0.6mol，物质的量之比等于粒子数目之比，根据题意9.6g 某单质 Rx 所含原子物质的量也为0.6mol ，则 Rx 所含分子物质的量为0.6 mol ，则 0.3mol ：0.6 mol =3： 2，解xx得 x=3， R3的物质的量为0.63m9.6g=48g/mol ，则 R 的mol=0.2mol ， R的摩尔质量 =0.2mol3n摩尔质量 =48g / mol=16g/mol ，3答案为： 3； 16g/mol 。7 设 NA 为阿伏加德罗常数的数值，下列说法不正确的是A含有 NA 个氦原子的氦气在标准状况下的体积约为11.2 LB 0.2N
28、A 个硫酸分子与19.6 磷酸（ H3PO4）含有相同的氧原子数C常温下， 28克 N2 和 CO的混合物，含有 2NA 个原子D标准状况下，23 个氧气分子33.6 L 氧气中含有 9.03 10【答案】 A【解析】【详解】A稀有气体为单原子分子，含有NA 个氦原子的氦气物质的量为1mol ，标准状况下的体积约为 22.4L，故 A 错误；19.6gB 19.6 磷酸 (H PO )的物质的量为=0.2mol，则 0.2NA个硫酸分子与 19.6 磷酸3498g / mol(H PO )含有的氧原子数均为0.8N，故 B 正确；34AC N2 和 CO的摩尔质量均为28g/mol ，且均为双
29、原子分子；则常温下，28 克 N2 和 CO的混合物的总物质的量为 1mol ，含有2NA 个原子，故 C 正确；D标准状况下， 33.6 L 氧气的物质的量为33.6L23 个氧气=1.5mol ，共含有9.03 1022.4L / mol分子，故D 正确；故答案为A。8 （ 1）写出离子方程式：向Ba(OH)2 溶液中滴加NaHSO4 溶液至 Ba2+刚好沉淀完全_；（2）标况下，将224L 氯化氢气体溶于V 升水中，所得溶液密度为dg/mL ，则此溶液中溶质的物质的量浓度为_mol/L（3）使物质的量浓度之比为1:2:3 的氯化钠、氯化镁、氯化铝溶液中的Cl-恰好完全沉淀时，若所用相同物
30、质的量浓度的硝酸银溶液的体积比为3:2:3，则上述三种溶液的体积之比是_ ；（4） 5.00g CuSO 5H O 样品受热脱水过程的热重曲线（样品质量随温度变化的曲线）如图42所示，则 200时所得固体物质的化学式为_；（5）已知氧化性： Cl23+222按物质的量之比为7:8 反应的总离子方程式Fe I ，写出FeI 和 Cl_【答案】2-+2-42 1Ba410000d/(365+1000V) mol L18:3:2+OH +H +SO= BaSO + H OCuSO4H2O 2Fe2+14I-+8Cl2=2Fe3+7I2+16Cl-【解析】【分析】根据物质的性质书写离子方程式；根据气体
31、摩尔体积及物质的量间的关系计算物质的量浓度；根据图象信息结晶水的质量并计算书写化学式；根据电子转移守恒配平书写离子方程式。【详解】（ 1）沉淀刚好完全时，表示硫酸氢钠用量最少，与Ba2 刚好完全反应，发生的化学方程式为： Ba(OH)2+NaHSO4 =BaSO4+NaOH+H2O，转化为离子方程式则为： Ba2 +OH-+H+SO42-= BaSO4 + H2O；(2)由题， n(HCl)=V(HCl)/Vm =224L 22.4L/mol=10mol， m 总3=m(HCl)+m(H2O)=n(HCl) M(HCl)+V(H2O)2(HO)=10 36.5+V 101=(365+1000V
32、)g，V总 = m总 = 365+1000V mL ，d总n(HCl)10-110000d-1c(HCl)= V总= 365+1000V10-3mol L=365+1000Vmol L，故答案为：d10000dmolL-1 ；365+1000V(3)由题可以写出氯化钠、氯化镁、氯化铝与硝酸银反应的化学方程式：NaCl+AgNO3=AgCl +NaNO3， MgCl2+2AgNO3=2AgCl +Mg(NO3)2，AlCl3 +3AgNO3=3AgCl +Al(NO3)3，若假设硝酸银物质的量浓度为1mol/L ，氯化钠、氯化镁、氯化铝与硝酸银反应消耗硝酸银体积分别为3L、 2L、 3L，则氯化
33、钠、氯化镁、氯化铝与硝酸银反应消耗硝酸银物质的量为3mol 、2mol 、 3mol，将三者消耗硝酸银物质的量代入方程式，可以得出氯化钠、氯化镁、氯化铝的物质的量分别为3mol 、 1mol、 1mol ，因为三者物质的量浓度之比为1:2:3 ，可列出等式为：三种溶液的体积之比3/1:1/2:1/3，化简可以得到：三种溶液的体积之比18:3:2 ，故答案为： 18:3:2 。(4)由图可以得知，200时，五水合硫酸铜并未脱水完全，分子中还有一定量的水存在，5.00g 五水合硫酸铜，物质的量为5g 250g/mol=0.02mol，所以 n(CuSO4)=0.02mol ，n(H2O)=0.1mol ， 200时，固体质量为3.56g，所以含有水分质量为0.36g，n(H2O)=m/M=0.36g 18g/mol=0.02mol，可以得出固体化学式为：CuSO4?H2O，故答案为：CuSO?H O。42(5)由题，根据氧化还原反应得失电子数的规律，可以写出方程式为：7FeI +8Cl =2FeCl +7I +5FeCl ，转化为离子方程式可得出：2+14I-3 -2Fe+8Cl =2Fe+7I +16Cl，2232222故答案为： 2Fe2-