第2章 微粒间相互作用与物质性质 测试卷(含解析) 2022-2023学年高二下学期化学鲁科版（2019）选择性必修2

第2章《微粒间相互作用与物质性质》测试卷
一、单选题
1．某物质的实验式为PtCl4 2NH3，其水溶液不导电。加入AgNO3溶液反应也不产生沉淀，以强碱处理并没有NH3放出，则关于此化合物的说法中正确的是
A．配合物中中心原子的电荷数为6 B．该配合物可能是平面正方形结构
C．Cl﹣和NH3分子均与Pt4+形成配位 D．该配合物的配体只有NH3
2．R、X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期主族元素，且Y、Z位于同主族。由R、X、Y、Z组成的有机物M是日用化妆品冷烫精的主要原料，其结构如图所示。下列说法正确的是
A．电负性：Y>Z>R>X
B．XZ2、XW4、XR4都是非极性分子
C．简单离子结合质子能力：W>Z
D．1molM含7molσ键
3．下列过程与配合物无关的是
A．向溶液中滴加溶液出现血红色
B．向溶液中滴加氨水至过量，生成深蓝色溶液
C．向溶液中滴加氯水，溶液颜色加深
D．向溶液中逐滴加入氨水，先出现沉淀，继而沉淀消失
4．哈伯在实验室首次合成了氨，化学家格哈德·埃特尔在哈伯研究所证实了N2与H2在固体催化剂表面合成氨的反应过程。示意图如下：
下列说法正确的是
A．图①可看出N2、H2分子中均为单键
B．图③到图④的过程向外释放能量
C．升高温度一定提高一段时间内NH3的产率
D．工业合成氨过程中为提高产率压强越大越好
5．螺环[4.5]-1,6-癸二烯和氢气充分反应生成螺环[4.5]癸烷，下列说法正确的是
A．甲和苯乙烯互为同系物
B．一个甲分子含有一个手性碳原子
C．1mol乙完全燃烧最多消耗O212.5mol
D．乙的一氯代物共有6种
6．下列实验现象或结论判断错误的是：
A．向Ca(OH)2和NaAlO2的混合溶液中通入CO2气体至过量，先产生CaCO3沉淀，再产生Al(OH)3沉淀，CaCO3沉淀最终消失
B．向Na2CO3和NaHCO3的混合溶液中逐滴加入盐酸，一滴入盐酸马上产生CO2气体
C．不法商贩使用明矾与小苏打炸油条的化学原理与泡沫灭火器工作的化学原理相同
D．向CuSO4和FeCl3的混合溶液中加入过量氨水，只产生红褐色沉淀
7．设NA为阿伏伽德罗常数的值。下列有关叙述正确的是
A．含有1mol水分子的冰中，氢键的数目为4NA
B．0.25molXeF6中氙的价层电子对数为1.5NA
C．46g CH3OCH3中sp3杂化的原子数为2NA
D．1molNH4BF4中配位键的数目为2NA
8．工业上用氨催化氧化生产硝酸，在一定条件下发生反应的方程式为4NH3+5O2=4NO+6H2O。生产硝酸的尾气中主要含有NO、NO2等大气污染物，可将其转化成N2、NO、NO等而除去。下列有关NO、NO和NH3的说法正确的是
A．NO的键角大于NH3的键角
B．NO的VSEPR模型名称为四面体形
C．NH3中N原子的杂化轨道类型为sp2
D．NH3是由极性键构成的非极性分子
9．下列说法正确的是
A．和的空间结构均为平面三角形
B．、都是含有极性键的非极性分子
C．卤素氢化物的沸点随相对分子质量增大而升高
D．丙烯腈()中键与键的个数比为3∶1
10．下列说法正确的是
A．若ABn型分子的中心原子A上没有孤电子对，则ABn为非极性分子
B．白磷分子和CH4都是正四面体形分子且键角都为109°28′
C．凡是中心原子采取sp3杂化的分子，其立体构型都是正四面体形
D．NH3和PH3分子的VSEPR模型为四面体形，PH3中P—H的键角大于NH3中N—H的键角
11．人们研究发现金星大气中有一种称之为硫化羰(COS)的分子，其结构与CO2类似，硫化羰是一种与生命密切相关的物质，下列有关COS的推测肯定不正确的是
A．COS分子中所有原子都满足8电子稳定结构
B．COS与CO2互为等电子体
C．COS分子是含有极性键的非极性分子
D．COS的结构式为S=C=O
12．下列各组物质中，都是非极性分子且只含极性键的是
A．CO2 BF3 B．CS2 H2O2 C．S8 PCl5 D．CH4 C2H2
13．下列关于物质结构的说法中正确的是
A．锗Ge位于周期表第四周期IVA族，简化电子排布式为[Ar]4s24p2，属于P区
B．乙醛(CH3CHO)分子中碳原子的杂化类型有sp2和sp3两种杂化方式
C．Cu(OH)2是一种蓝色絮状沉淀，既能溶于硝酸、也能溶于氨水，是两性氢氧化物
D．HF晶体沸点高于HCl，是因为H-Cl键的键能小于H-F键的键能
14．下列说法不正确的是
A．水很稳定是因为水中含有大量氢键
B．乳酸分子()中含有一个手性碳原子
C．碘易溶于四氯化碳，甲烷难溶于水都可用相似相溶规律解释
D．酸性：CF3COOH＞CCl3COOH
15．某新型漂白剂的结构如图，其组成元素均为短周期元素，其中X与Y同周期，X与W对应的简单离子核外电子排布相同，且W、Y、Z的价电子数之和等于X的最外层电子数。下列说法错误的是
A．原子半径：W＞Y＞X＞Z
B．四种元素中X电负性最大
C．1mol该物质中含有2mol配位键
D．第一电离能介于X与Y之间的同周期元素有1种
二、填空题
16．金属钛被誉为“二十一世纪金属”，有“生物金属、海洋金属、太空金属”的美称，具有广泛的应用前景。回答下列问题：
(1)磷酸钛铝锂可用作锂离子电池的正极材料，的空间结构是_______。
(2)可以与胺形成配合物，如、等。
①中的配位数是_______。
②中含有的键的物质的量为_______。
③配合物与游离的分子相比，其键角_______(填“较大”“较小”或“相同”)，原因是_______。
17．冰和水都存在氢键。
(1)水分子间_______(填“存在”或“不存在”)范德华力，水分子内的O—H共价键、分子间的范德华力和氢键强度从强的弱依次为：_______。
(2)在冰中每个氧原子的价电子都用于成键，有的成O—H 共价键，有的成O—H…O氢键，在冰中每个水分子与4个水分子形成氢键，试问1mol水分子形成_______ mol氢键。
三、计算题
18．回答下列问题：
(1)1molCO2中含有的σ键个数为__。
(2)已知CO和CN-与N2结构相似，CO分子内σ键与π键个数之比为__。HCN分子中σ键与π键数目之比为___。
(3)肼(N2H4)分子可视为NH3分子中的一个氢原子被—NH2(氨基)取代形成的另一种氮的氢化物。肼可用作火箭燃料，燃烧时发生的反应如下：N2O4(l)+2N2H4(l)=3N2(g)+4H2O(g)。若该反应中有4molN—H键断裂，则形成的σ键有__mol。
(4)C、H元素形成的化合物分子中共有16个电子，该分子中σ键与π键的个数之比为__。
(5)1mol乙醛分子中含σ键的个数为__，1个CO(NH2)2分子中含有σ键的个数为__。
19．完成下列问题：
(1)1.000g铝黄铜合金(设只含铜、锌、铝)与0.100mol·dm-3硫酸反应，在25℃和101.325kPa下测得放出的气体的体积为149.3cm3，将相同质量的该合金溶于足量热浓硫酸，在相同温度和压强下测得放出的气体的体积为411.1cm3，计算此铝黄铜合金中各组分的质量分数_____。
(2)向[Cu(NH3)4]SO4水溶液中通入SO2气体至溶液呈微酸性，析出白色沉淀CuNH4SO3，CuNH4SO3与足量的硫酸混合并微热，得到金属Cu等物质，本法制得的Cu呈超细粉末状，有重要用途。
①写出生成CuNH4SO3的反应方程式______。
②写出CuNH4SO3与H2SO4作用的反应方程式_____，若反应在敞开反应器中进行，计算反应物中的Cu元素变成超细粉末Cu的转化率______。
③若反应在密闭容器中进行，且酸量充足，计算反应物中的Cu元素变成超细粉末Cu的转化率_____。并对此做出解释______。
四、实验题
20．Ⅰ.绿色粉末状固体化合物X由三种元素组成，取50.4gX，用蒸馏水完全溶解得绿色溶液A，将溶液A分成A1和A2两等份，完成如下实验：
请回答
(1)X的化学式是____。
(2)沉淀C分解生成固体D的过程若温度过高可能得到砖红色固体，请写出由D固体生成砖红色固体的化学方程式：____。
(3)蓝色沉淀中加入足量浓NaOH会生成一种绛蓝色溶液，原因是生成了一种和X类似的物质，请写出该反应的离子方程式____。
Ⅱ.为检验三草酸合铁酸钾K3[Fe(C2O4)3]·3H2O的热分解产物，按如图所示装置进行实验：
请回答
(1)该套实验装置的明显缺陷是____。
(2)实验过程中观察到B中白色无水硫酸铜变成蓝色，C、F中澄清石灰水变浑浊，E中____(填实验现象)，则可证明三草酸合铁酸钾热分解的气体产物是H2O、CO、CO2。
(3)样品完全分解后，装置A中的残留物含有FeO和Fe2O3，检验FeO存在的方法是：____。
21．二氯异氰尿酸钠(结构为)是一种非常高效的强氧化性消毒剂。常温下是白色固体，难溶于冷水；合成二氯异氰尿酸钠的反应为。某同学在实验室用如下装置制取二氯异氰尿酸钠(部分夹持装置已略)。
请回答下列问题：
(1)二氯异氰尿酸钠中N原子的杂化类型是_______。
(2)仪器a的名称是_______；仪器D中的试剂是_______。
(3)A中烧瓶内发生反应的化学方程式为_______。
(4)装置B的作用是_______；如果没有B装置，NaOH溶液会产生的不良结果是_______。
(5)待装置C_______时(填实验现象)，再滴加溶液，反应过程中需要不断通入的目的是_______。
(6)实验室测定二氯异氰尿酸钠样品中有效氯的原理如下：
准确称取m g样品，配成100mL溶液，取20.00mL所配溶液于碘量瓶中，加入稀和过量KI溶液，充分反应后，加入淀粉溶液，用c 标准溶液滴定，滴到终点时，消耗标准溶液的体积为V mL，则样品有效氯含量为_______%()
试卷第4页，共7页
参考答案：
1．C
【分析】该物质水溶液不导电，加入AgNO3溶液反应也不产生沉淀，说明它不能电离出离子；以强碱处理并没有NH3放出，说明此化合物难分解出NH3，综上所述，所有的Cl﹣和NH3分子均与Pt4+配位。
【详解】A. 根据电中性可判断，配合物中中心原子Pt的电荷数为+4，A选项错误；
B. 由于Cl﹣和NH3是不同的配体，所有该配合物不可能是平面正方形结构，B选项错误；
C. 根据题给信息，此化合物没有电离出Cl﹣和NH3分子，说明Cl﹣和NH3分子均与Pt4+形成配位，C选项正确；
D. 此化合物没有电离出Cl﹣，说明Cl﹣也是配体，D选项错误；
答案选C。
【点睛】离子或分子和中心原子形成配位键后，便难以离解。
2．B
【分析】依题意，Y和Z位于同主族，Y原子能形成1个双键，Z原子形成2个单键，说明Z原子最外层有6个电子，Y为氧，Z为硫。X原子能形成2个单键、1个双键(或4个单键)，说明X原子最外层有4个电子，原子序数小于8，故X为碳。R原子形成1个单键，上述五种元素中R的原子序数最小，R为氢；W为短周期主族元素且原子序数大于16，故W为氯。
【详解】A．非金属性越强则其电负性越强，氧、硫、碳、氢的电负性依次减小，A错误；
B．CS2是直线形分子，CH4，CCl4分子都是正四面体形分子，它们都是非极性分子，B正确；
C．结合质子能力越强，形成的酸越弱，酸性：HCl>H2S，结合质子(H+)能力：S2->Cl-，C错误；
D．单键都是g键，双键中有1个σ键，1个M分子含8个σ键，D错误；
故选：B。
3．C
【详解】A．FeCl3和KSCN发生络合反应而导致溶液呈血红色，反应方程式为Fe 3++SCN-=Fe(SCN)3，所以与配合物有关，故A不选；
B．向一定量的CuSO4溶液中加入氨水至沉淀消失，生成[Cu(NH3)4]SO4，为配合物，故B不选；
C．FeCl2溶液是浅绿色，被氧化后形成FeCl3是棕黄色，颜色变深，和配合物无关，故C选；
D．一定量的AgNO3溶液中加入氨水至沉淀消失，生成银氨溶液，氢氧化二氨合银为配合物，故D不选；
正确答案是C。
4．B
【详解】A．N2、H2分子中前者存在三键，后者为单键，A错误；
B．化学键形成的过程是放热过程，所以图③到图④的过程向外释放能量，B正确；
C．合成氨反应是放热反应，升高温度会降低NH3的产率，C错误；
D．工业合成氨过程中为提高产率压强越大越好，但需考虑设备的承受能力所以选择20-50MPa，D错误；
故选B。
5．B
【详解】A．甲分子中不含有苯环，与苯乙烯结构不相似，两者不是同系物，A错误；
B．甲分子中含有如图所示1个手性碳原子，B正确；
C．乙的分子式为C10H18，故1mol乙完全燃烧最多消耗O214.5mol，C错误；
D．根据乙的结构可知，乙分子中含有5中氢原子，故乙的一氯代物有5种，D错误；
答案选B。
6．B
【详解】A．向Ca(OH)2和NaAlO2的混合溶液中通入CO2气体至过量，发生反应的化学方程式为：CO2+Ca(OH)2=CaCO3↓+H2O、CaCO3+CO2+H2O=Ca(HCO3)2、NaAlO2+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+NaHCO3，先产生CaCO3沉淀，再产生Al(OH)3沉淀，CaCO3沉淀最终消失，A正确；
B．向Na2CO3和NaHCO3的混合溶液中逐滴加入盐酸，开始滴入盐酸时发生的反应为：Na2CO3+HCl=NaCl+NaHCO3，故开始滴入盐酸时没有产生CO2气体，B错误；
C．不法商贩使用明矾与小苏打炸油条的化学原理与泡沫灭火器工作的化学原理相同即发生双水解反应：Al2(SO4)3+6NaHCO3=2Al(OH)3↓+3Na2SO4+6CO2↑，产生大量气泡，C正确；
D.向CuSO4和FeCl3的混合溶液中加入过量氨水，只产生红褐色沉淀Fe(OH)3↓和深蓝色[Cu(NH3)4]SO4溶液，D正确；
故答案选B。
7．D
【详解】A．冰中每个水分子和其余四个水分子形成氢键，根据均摊法，相当于一个水分子形成两个氢键，含有1mol水分子的冰中，氢键的数目为2NA，A错误；
B．0.25molXeF6中氙的价层电子对为，数目为1.75NA，B错误；
C．CH3OCH3分子中两个碳原子和一个氧原子都是sp3杂化，46g即1mol CH3OCH3中sp3杂化的原子数为3NA，C错误；
D．铵根离子中有一个配位键，四氟化硼阴离子中也有一个配位键，故1molNH4BF4中配位键的数目为2NA，D正确；
故选D。
8．A
【详解】A．NO 中N原子有3个价电子对，有1个孤电子对，NH3 中N原子有4个价电子对，有1个孤电子对，所以NO的键角大于NH3的键角，故A正确；
B．NO中N原子有3个价电子对，VSEPR模型名称为平面三角形，故B错误；
C．NH3中N原子有4个价电子对，N原子的杂化轨道类型为sp3，故C错误；
D．NH3为三角锥形分子，正负电荷的重心不重合，NH3是由极性键构成的极性分子，故D错误；
选A。
9．B
【详解】A．N形成3个σ键，孤对电子数为=1，为sp3杂化，NF3立体构型为三角锥形；中C形成3个σ键，孤对电子数为=0，为sp3杂化，立体构型为平面三角形，选项A错误；
B．、中化学键都是不同元素构成的，属于极性键；CO2是直线型分子，BF3是正三角形分子，二者分子中正电荷中心和负电荷中心相重合，属于非极性分子，选项B正确；
C．卤素氢化物中，HF相对分子质量虽小，但存在氢键，熔沸点最高，选项C错误；
D．丙烯腈()中键与键的个数比为6：3=2：1，选项D错误；
答案选B。
10．A
【详解】A．若ABn型分子的中心原子A上没有孤电子对，则ABn为非极性分子，故A正确；
B．白磷分子和CH4都是正四面体形分子，白磷没有中心原子，4个P构成正四面体，键角为60°，CH4的键角为109°28′，故B错误；
C．中心原子采取sp3杂化的分子，若没有孤电子对，则其立体构型是正四面体形，若有孤电子对，则分子的空间结构不是正四面体形，如果孤电子对数为1，则为三角锥形，如果孤电子对数为2，则为V形，故C错误；
D．NH3和PH3分子的VSEPR模型均为四面体形，它们的中心原子上均有1孤电子对，所以分子的空间结构均为三角锥形，但由于N的电负性比P大，对电子的吸引力比P强，所以NH3分子中的共价键间的斥力大于PH3中的共价键之间的斥力，所以NH3中N—H的键角大于PH3中P—H的键角，故D错误；
故选A。
11．C
【详解】A．COS结构与CO2类似，则C原子分别与O原子、S原子各共用两对电子，分子中所有原子都满足8电子稳定结构，A正确；
B．COS和CO2所含原子总数相同，价电子总数相同，互为等电子体，B正确；
C．S原子和O原子分列C原子两侧，所以该分子正负电荷中心不重合，为极性分子，C错误；
D．根据二氧化碳的结构式可知COS的结构式为S=C=O，D正确；
综上所述答案为C。
12．A
【详解】A．CO2和BF3均是由极性键构成的非极性分子，A符合题意；
B．CS2是由极性键构成的非极性分子，而H2O2是含有极性键和非极性键的极性分子，B不符合题意；
C．S8是非极键形成的非极性分子，PCl5是含有极性键的非极性分子，C不符合题意；
D．CH4是含有极性键的非极性分子，C2H2是极性键和非极键的非极性分子，D不符合题意；
故选A。
13．B
【详解】A．锗Ge位于周期表第四周期IVA族，简化电子排布式为[Ar]3d104s24p2，属于P区，故A错误；
B．乙醛(CH3CHO)分子中，单键碳原子的杂化类型为sp3，双键碳原子的杂化类型为sp2，故B正确；
C．Cu(OH)2不溶于强碱，不是两性氢氧化物，故C错误；
D．HF晶体沸点高于HCl，是因为HF分子间能形成氢键，故D错误；
选B。
14．A
【详解】A．水很稳定与水分子中H-O的键能大，共价键结合牢固，不易被破坏有关，与分子之间含有氢键无关，A错误；
B．手性碳原子是连接4个不同的原子或原子团的C原子。在乳酸分子中，中间的C原子连接了—CH3、—OH、—COOH和H原子，因此乳酸分子中含有一个手性碳原子，B正确；
C．碘易溶于四氯化碳，甲烷难溶于水，是由于I2、CH4、CCl4都是由非极性分子构成的物质，H2O是由极性分子构成的物质，根据相似相溶原理，由非极性分子构成的溶质易溶于由非极性分子构成的溶剂中，而不易溶解在由极性分子构成的溶剂中；由极性分子构成的溶质易溶于由极性分子构成的溶剂中，而不易溶于由非极性分子构成的溶剂中，C正确；
D．由于元素的非金属性：F＞Cl，所以吸引电子对能力F比Cl更强，使-COOH的羟基H原子具有更大的活性，更容易发生电离，所以酸性：CF3COOH＞CCl3COOH，D正确；
故合理选项是A。
15．D
【分析】短线表示是共价键和配位键，X形成两个键可能是O或S，Z形成一个键可能是H或F或Cl，根据“W、Y、Z的最外层电子数之和等于X的最外层电子数”，Z只能是H，W原子最外层有2个电子，可推出Y最外层3个电子，说明结构中Y形成化学键中有配位键，再根据“W、X对应的简单离子核外电子排布相同”，且X与Y同周期，W只能是Mg，X是O，Y是B，Z是H。
【详解】A．同周期元素从左到右原子半径增大，电子层数越多原子半径越大，则原子半径：W(Mg)＞Y(B)＞X(O)＞Z(H)，A正确；
B．非金属性越强其电负性越大，四种元素中，氧元素电负性最大，B正确；
C．结合Y为B和结构图可看出1mol该物质中含有2mol配位键，C正确；
D．第一电离能介于O和B之间的同周期元素有Be和C两种，D错误；
答案选D。
16．(1)正四面体
(2) 6 较大 通过配位键与结合后，原来的孤电子对变为成键电子对，对成键电子对的排斥力减小，键之间的键角增大
【详解】（1）
的中心原子S的价层电子对数为4，为sp3杂化，并且中心原子P不含有孤电子对，故的空间结构为正四面体。
（2）①中与形成2个配位键，与Cl形成4个配位键，从而得出配位键的数目为6。
②1个分子中含有11个共价单键，则中含键。
③游离的分子中每个N原子有1对孤电子对，配合物中每个N原子提供1对孤电子对与形成配位键，由于孤电子对之间的斥力>孤电子对与成键电子对之间的斥力>成键电子对之间的斥力，所以配合物中键角较大。
17．(1) 存在 O—H>氢键>范德华力
(2)2
【解析】(1)
水分子间存在氢键和范德华力，氢键弱于水分子中的氢氧共价键，但强于分子间的范德华力，所以O—H共价键、分子间的范德华力和氢键强度从强的弱的顺序为O—H>氢键>范德华力，故答案为：存在；O—H>氢键>范德华力；
(2)
在冰晶体中每个水分子与4个水分子通过4个氢键形成正四面体结构，每个氢键为2个水分子所共有，所以1mol水分子形成4mol×=2mol，故答案为：2。
18． 2NA(1.204×1024) 1:2 1:1 5.5 5:1 6NA(3.612×1024) 7
【分析】共价单键全是键，双键含1个键和1个π键，三键含1个键和2个π键，据此解答。
【详解】(1)分子内含有2个碳氧双键，双键中一个是键，另一个是π键，则中含有的键个数为(1.204×1024)；
(2)的结构式为，推知的结构式为，含有1个键、2个π键，即CO分子内σ键与π键个数之比为1:2；的结构式为，分子的结构式为，分子中键与π键均为2个，即CO分子内σ键与π键个数之比为1:1；
(3)反应中有键断裂，即有参加反应，生成和，则形成的键有；
(4)设分子式为，则，合理的是，n=4，即分子式为，结构式为，所以一个分子中共含有5个键和1个键，即该分子中σ键与π键的个数之比为5:1；
(5)1个乙醛分子中存在1个碳氧双键，5个单键，1个分子中存在1个碳氧双键，6个单键，故乙醛中含有键的个数为6NA(3.612×1024)，1个分子中含有7个键。
19．(1)w%(Cu)=68.0%、w%(Zn)=29.0%、w%(Al)=3.0%
(2) 2[Cu(NH3)4]SO4+3SO2+4H2O=2CuNH4SO3+3SO+6NH 2CuNH4SO3+4H+=Cu+Cu2++2NH+2SO2↑+2H2O 50% 100% 在密闭容器中，反应生成的SO2将Cu2+还原成Cu+，Cu+再歧化，循环往复。因为SO2循环使用，直至所有Cu(II)都成为Cu，故Cu元素的转化率可达100%
【详解】（1）设1.000g样品中各组分的摩尔数分别为：n(Zn)=x，n(Al)=y，n(Cu)=z。
Cu不能与0.100mol/dm硫酸反应，而A1和Zn均能，放出H2(在25℃和101.325kPa下的总体积为149.3cm3)：n(H2)==6.103×10-3(mol)
因此有x+y=6.103×10-3 ①
铜、锌、铝皆能与热浓硫酸反应，放出SO2(25℃，101.325kPa，总体积411.1cm3)：n(SO2)==1.680×10-2(mol)，则有x+y+z=1.680×10-2 ②
z=1.680×10-2-6.103×10-3=1.070×10-2=n(Cu)
m(Cu)=M(Cu)×n(Cu)=63.546g·mol-1×1.070×10-2mol=0.680g
w%(Cu)=×100%=68.0%
m(Zn)+m(Al)=1.000g-0.680g=0.320g ③
+×=6.103×10-3mol
+×=6.103×10-3mol ④
式③和④联立，解得m(Zn)=0.290g，m(Al)=0.030g
w%(Zn)=×100%=29.0%
w%(Al)=3.0%
故答案为w%(Cu)=68.0%、w%(Zn)=29.0%、w%(Al)=3.0%；
（2）①根据题意：向[Cu(NH3)4]SO4水溶液中通入SO2气体至溶液呈微酸性，析出白色沉淀CuNH4SO3，其反应的离子方程式为2[Cu(NH3)4]SO4+3SO2+4H2O=2CuNH4SO3+3SO+6NH；故答案为2[Cu(NH3)4]SO4+3SO2+4H2O=2CuNH4SO3+3SO+6NH；
②CuNH4SO3与H2SO4混合发生反应生成SO2气体，Cu在酸性条件下歧化为Cu2+和Cu：
2CuNH4SO3+4H+=Cu+Cu2++2NH+2SO2↑+2H2O；得到Cu和Cu+物质的量之比相等，则Cu的转化率为50%；故答案为2CuNH4SO3+4H+=Cu+Cu2++2NH+2SO2↑+2H2O；50%；
③在密闭容器中，反应生成的SO2将Cu2+还原成Cu+，Cu+再歧化，循环往复。因为SO2循环使用，直至所有Cu(II)都成为Cu，故Cu元素的转化率可达100%；故答案为100%；在密闭容器中，反应生成的SO2将Cu2+还原成Cu+，Cu+再歧化，循环往复。因为SO2循环使用，直至所有Cu(II)都成为Cu，故Cu元素的转化率可达100%。
20． Na2CuCl4 Cu(OH)2+2OH- = [Cu(OH)4]2- 缺少尾气处理装置 E中固体由黑色变为红色 取少量装置A中残留物，溶于稀硫酸，再滴加几滴酸性KMnO4溶液，若KMnO4溶液褪色，则证明FeO存在
【分析】实验I：A1溶液加入足量KOH后产生蓝色沉淀，再灼烧得到黑色固体，推测蓝色沉淀C为Cu(OH)2，黑色固体D为CuO，由此确定X中含Cu元素，另外Y溶液的焰色反应现象说明X中含Na元素，A2溶液加入AgNO3、HNO3得到白色沉淀，推测为AgCl沉淀，说明X中含有Cl元素，结合量的关系和化合价确定X的化学式；
实验II：K3[Fe(C2O4)3]·3H2O在装置A中分解，产生的气体进入后续装置验证产生的气体成分，B装置检验水蒸气，C装置可检验CO2，E装置可检验还原性气体。
【详解】实验I：(1)根据元素守恒X中Cu元素物质的量：n(Cu)=n(CuO)=，Cl元素物质的量：n(Cl)=n(AgCl)=，设X化学式为NaxCuyClz，列式：①（说明：个数比=物质的量之比），②x+2y=z（说明：化合价关系），解得x=2，y=1，z=4，故X化学式为：Na2CuCl4；
(2)CuO分解生成的砖红色固体为Cu2O，Cu元素化合价降低，故O元素化合价应该升高，推测产物为O2，故方程式为： ；
(3)X实质为配合物，配离子为[CuCl4]2-，根据题意Cu(OH)2溶于浓NaOH，生成类似X中的配离子，根据元素守恒只能为[Cu(OH)4]2-，故离子方程式为：Cu(OH)2+2OH- = [Cu(OH)4]2-。
实验II：(1)若分解产生的气体有CO，经过E装置未完全反应，后续F、G装置又无法吸收，所以缺陷在于缺少尾气处理装置；
(2)如果E中固体由黑色（CuO）变为红色（Cu），那就说明有还原性气体产生，结合元素守恒只能是CO，所以E中固体由黑色变为红色说明有CO生成；
(3)若要检验亚铁成分，则不能用强氧化性酸溶解样品，可以选用稀硫酸，检验亚铁可用酸性KMnO4溶液，现象为KMnO4溶液褪色。具体方法为：取少量装置A中残留物，溶于稀硫酸，再滴加几滴酸性KMnO4溶液，若KMnO4溶液褪色，则证明FeO存在。
【点睛】化学式确定重点要抓住元素守恒。
21．(1)，
(2) 恒压滴液漏斗 NaOH溶液
(3)
(4) 除去中的HCl NaOH的利用率低，产品杂质含量多
(5) 液面上方有黄绿色气体 使反应生成的NaOH再次生成NaClO，提高原料利用率
(6)
【分析】A装置制备氯气，B装置除去氯气中的HCl，C装置中氯气和氢氧化钠反应生成次氯酸钠，次氯酸钠和合成二氯异氰尿酸钠，D用于吸收尾气。
【详解】（1）二氯异氰尿酸钠中N原子的杂化类型是、，答案：、；
（2）仪器a的名称是恒压滴液漏斗，仪器D中的试剂是氢氧化钠溶液，吸收尾气氯气，防止污染空气，答案：恒压滴液漏斗；NaOH溶液；
（3）装置A中浓盐酸和氯酸钾反应生成氯气，化学方程式，答案：；
（4）装置B用于除去中的HCl，如果没有B装置，HCl会和NaOH反应生成NaCl，造成NaOH的利用率低，产品杂质含量多，答案：除去中的HCl；NaOH的利用率低，产品杂质含量多；
（5）反应时，先打开A中恒压滴液漏斗活塞，反应产生氯气，排除装置中空气，待装置C液面上方有黄绿色气体，证明空气已被排尽，再滴加溶液，发生反应，反应过程中需要不断通入使反应生成的NaOH再次生成NaClO，提高原料利用率，答案：液面上方有黄绿色气体；使反应生成的NaOH再次生成NaClO，提高原料利用率；
（6）由得中反应可得关系：，
有效氯含量，答案：