专题3《微粒间作用力与物质性质》单元检测题（含解析）2022-2023学年下学期高二化学苏教版（2019）选择性必修2

专题3《微粒间作用力与物质性质》单元测试卷
一、单选题
1．下列说法正确的是
A．NaHSO4晶体溶于水时，离子键被破坏，共价键不受影响
B．PCl5和CCl4中，每个原子的最外层都具有8电子稳定结构
C．根据氮化铝(AlN)熔沸点很高、熔融状态下不导电可推测它是原子晶体
D．干冰和石英晶体中的化学键类型相同，熔化时需克服微粒间的作用力类型也相同
2．Al2O3的下列性质能用晶格能解释的是
A．Al2O3可用作耐火材料
B．固态时不导电，熔融时能导电
C．Al2O3是两性氧化物
D．晶体Al2O3可以作宝石
3．我国科研团队将掺杂到结构单元中，得到一种高性能的p型太阳能材料。掺杂后的晶胞属于立方晶系，边长为，其结构如图所示。已知位于A点的原子坐标参数为，下列说法错误的是
A．晶胞中原子与原子数之比为
B．的坐标参数为
C．晶体中的每个O原子周围都有3个等距且最近的原子
D．A点的原子与间的距离是
4．我国科学家在相当于110万大气压下合成了一种稳定的氦钠化合物，结构如图所示：小球代表Na，正方体代表He，小正方体代表共用电子，共用电子被迫集中在晶体结构的立方空间内。下列说法错误的是
A．该物质的化学式为Na2He B．极高的压力，可以影响He的化学性质
C．该物质固态时能够导电 D．Na的配位数为4
5．下列各组物质各自形成晶体，均属于分子晶体的化合物是
A．CCl4、Na2S、H2O2 B．NH3、HD、C10H8
C．SO2、SiO2、P2O5 D．PCl3、CO2、H2SO4
6．下列各组物质，均属于化合物且均形成分子晶体的是
A．PH3、H2、C10H8 B．PCl3、CO2、HNO3
C．SO2、SiO2、P2O5 D．CCl4、NaCl、H2O
7．短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W、X原子的最外层电子数之比为4:3，Z原子比X原子的核外电子数多4。下列说法正确的是(　　)
A．W、Y、Z的电负性大小顺序一定是Z＞Y＞W
B．W、X、Y、Z的原子半径大小顺序可能是W＞X＞Y＞Z
C．Y、Z形成的分子的空间构型可能是正四面体
D．WY2分子中σ键与π键的数目之比是2:1，属于分子晶体
8．短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，X、Y位于同周期，Z的最高价氧化物对应的水化物是一种二元强酸；W与Z属于同主族元素，且W与Z的原子序数之和等于X与Y的原子序数之和。下列说法中正确的是
A．X的氧化物均只含有离子键
B．原子半径：Z＞Y＞W
C．简单氢化物的熔点：X＞W＞Z
D．工业上采用电解Y的熔融氯化物制取Y的单质
9．2022年北京冬奥会的成功举办离不开各种科技力量的支持。下列说法错误的是
A．滑冰场上的冰中水分子的热稳定性高于甲烷
B．用于跨临界直冷技术制冰的二氧化碳是非极性分子
C．颁奖礼服内胆中添加的石墨烯(部分结构如图)是分子晶体
D．闭幕式的水上烟火与原子核外电子发生跃迁有关
10．下列说法中正确的是
A．所有物质中一定都含有化学键
B．含有共价键的化合物一定是共价化合物
C．含有离子键的化合物一定是离子化合物
D．非极性键只存在于非金属单质分子中
11．根据表给出的几种物质的熔沸点数据，判断下列说法中错误的是
晶体 NaCl MgCl2 AlCl3 SiCl4 单质R
熔点/ 801 714 190 -70 2300
沸点/ 1465 1418 177.8 57 2500
A．SiCl4和A1Cl3都是分子晶体 ，熔融状态下不导电
B．MgCl2和NaCl都是离子晶体，熔融状态能导电且易溶于水
C．若单质R是原子晶体，其熔沸点的高低是由共价键的键能决定的
D．固态时可导电的一定是金属晶体
12．下列电子式或结构式错误的是
A．OH-的电子式： B．NH4Br的电子式：
C．CCl4的电子式： D．NH3的结构式：
13．下列说法不正确的是
A．石墨晶体呈层状结构，每个碳原子只有3个价电子形成共价键
B．白磷是正四面体分子，键角是60°，1mol白磷含共价键6NA个
C．氯化氢气体溶于水后电离出离子，是因为破坏了离子键
D．干冰、NaCl固体、石英晶体的熔沸点逐渐升高
14．用NA表示阿伏加德罗常数，下列说法中正确的是
A．常温常压下，1mol水中含有NA个H+和NA个OH-
B．在1LpH=1的硫酸溶液中，H+的个数约为0.1NA
C．标准状况下，17g氨中含有的共价键数目为NA
D．78gNa2O2与足量CO2反应，电子转移个数为2NA
15．下列事实不能从原子结构角度解释的是
A．化合物中为价 B．沸点：
C．非金属性： D．热稳定性：
二、填空题
16．填空。
(1)下列物质中，只存在离子键的是_______，只存在共价键的是_______，含离子键和非极性键的是_______，属于共价化合物的是_______(以上各空都填序号)。
①白磷②③④⑤⑥⑦⑧
(2)某城市对大气进行监测，发现该市首要污染物为可吸入颗粒物PM2.5 (直径小于或等于2.5μm的悬浮颗粒物)，其主要来源为燃煤、机动车尾气等．因此，对PM2.5、SO2、NOx等进行研究具有重要意义。将PM2.5样本用蒸馏水处理制成待测试样。若测得该试样所含水溶性无机离子的化学组分及其平均浓度如下表：
离子
浓度 x
根据表中数据计算该试样中x=_______。
(3)煤燃烧排放的烟气含有和，能形成酸雨，污染大气，采用溶液在碱性条件下可使烟气中的转化为，同时测得消耗时，共转移了电子，则反应的离子方程式为_______。
(4)人体血液里的质量浓度一般采用来表示．抽取血样，加适量的草酸铵[(NH4)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(H2C2O4)再用酸化的溶液滴定，使草酸转化成逸出，这时共消耗酸性溶液。经过计算，血液样品中的质量浓度为_______(已知草酸与酸性溶液反应的离子方程式为)。
17．(1)路易斯酸碱电子理论认为：凡是能接受电子对的物质(离子、分子或原子团)都称为路易斯酸；凡是能给出电子对的物质(离子、分子或原子团)都称为路易斯碱。根据信息判断，H2O属于___________(填“酸”或“碱”，下同)，Ag+属于___________。
(2)查表可知，金属铝(Al)的三卤化物晶体的熔点如下：
物质 AlF3 AlCl3 AlBr3
熔点/℃ 1290 192.4 97.8
AlF3为什么熔点比AlCl3高得多，请分析原因___________。
18．(1)1mol金刚石中有___molC—C键，1mol二氧化硅中含有___ molSi—O键。
(2)N2H4的电子式为___。
(3)有机物乙醇和乙酸都可以和水互溶的原因是：___。
三、计算题
19．K2S的晶胞结构如图所示。其中K＋的配位数为___________，S2-的配位数为___________；若晶胞中距离最近的两个S2-核间距为acm，则K2S晶体的密度为___________g·cm-3(列出计算式，不必计算出结果)。
20．Ⅰ.金属铝的晶胞结构如图甲所示，原子之间相互位置关系的平面图如图乙所示。若已知的原子半径为，代表阿伏加德罗常数的值，的摩尔质量为，请回答：
(1)一个晶胞中原子的数目为_______。
(2)该晶体的密度为_______(用字母表示)。
Ⅱ.硫化锌是一种半导体材料，S与Zn所形成化合物晶体的晶胞如图所示。
(3)由图可知，Zn的配位数为_______。
(4)原子坐标参数可表示晶胞内部各原子的相对位置。如图晶胞中，原子坐标参数a为(0，0，0)；b为(，0，)；c为(，，0)。则d的坐标参数为_______。
(5)已知该晶胞的密度为ρg·cm-3，若晶胞的边长为x，则x为_______pm；则其中阴阳离子间最短的距离为_______pm。(均用ρ表示，列出计算式即可)
(6)已知Zn和S的原子半径分别为rZnpm和rSpm，则该晶胞中原子的体积占晶胞体积的百分率为_______。(用x表示，列出计算式即可)
四、实验题
21．实验室利用和亚硫酰氯制备无水的装置如图所示(加热及夹持装置略)。已知沸点为，遇水极易反应生成两种酸性气体。回答下列问题：
(1)实验开始先通。一段时间后，先加热装置_______(填“a”或“b”)。装置b内发生反应的化学方程式为_______。装置c、d共同起到的作用是_______。
(2)现有含少量杂质的，为测定n值，进行如下实验：
实验Ⅰ：称取样品，用足量稀硫酸溶解后，用标准溶液滴定达终点时消耗(滴定过程中转化为，杂质和不参与反应)。
实验Ⅱ：另取样品，利用上述装置与足量反应后，固体质量为。
则_______；若实验Ⅰ中，称重时样品发生了潮解，则n测量值_______(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)
(3)用上述装置，根据反应制备。已知与分子结构相似，与互溶，但极易水解。选择合适仪器并组装蒸馏装置对混合物进行蒸馏提纯(加热及夹持装置略)，安装顺序为：①⑨⑧_______⑩③⑤(填序号)，先馏出的物质_______
22．某研究性学习小组将一定浓度的 Na2CO3溶液滴入 CuSO4溶液中得到蓝色沉淀．甲同学认为沉淀可能是 CuCO3；乙同学认为沉淀可能是 Cu(OH)2；丙同学认为沉淀可能是 CuCO3和Cu(OH)2的混合物．（查阅资料可知：CuCO3和 Cu(OH)2均不带结晶水，且 CuCO3CuO+CO2↑、Cu(OH)2CuO+H2O）
Ⅰ．⑴按照甲同学的观点，发生反应的化学方程式为____________；
⑵在探究沉淀成分前，须将沉淀从溶液中过滤、洗涤、低温干燥，检验沉淀是否洗涤干净的方法是_____________．
Ⅱ． 请用下图所示装置，选择必要的试剂，定性探究生成物的成分．
⑴各装置连接顺序为________→________→_________（用字母代号填写）；
⑵能证明生成物中有 CuCO3的实验现象是___________________________．
参考答案：
1．C
【详解】A．NaHSO4晶体溶于水时，硫酸氢根也会发生电离，共价键被破坏，故A错误；
B．PCl5分子中P原子最外层有10个电子，故B错误；
C．氮化铝在熔融状态下不导电，说明不是离子化合物，熔沸点高，符合原子晶体的性质，可以推测氮化铝属于原子晶体，故C正确；
D．干冰和石英晶体都属于共价化合物，均含有共价键，但干冰属于分子晶体，而石英属于原子晶体，融化时，前者破坏分子间作用力，后者破坏共价键，故D错误；
综上所述答案为C。
2．A
【详解】A．Al2O3中Al3+和O2-所带电荷都比较多，半径又都很小，因此Al2O3的晶格能很大，熔点很高，故Al2O3可作耐火材料，能用晶格能解释，故A选；
B．Al2O3固态时不导电，熔融时能导电，说明熔融状态能够电离出自由移动的离子，与晶格能无关，故B不选；
C．Al2O3是两性氧化物是指氧化铝能够与强酸反应，也能与强碱反应，与晶格能无关，故C不选；
D．晶体Al2O3俗称刚玉，导热好，硬度高，透红外，化学稳定性好，具有较好的光学性能，可以用作宝石，与晶格能无关，故D不选；
故选A。
3．C
【详解】A．1个晶胞中含有Mg原子数目是2×+1×=，含有的Ni原子数为：7×+3×=，所以晶胞中Mg原子与Ni原子数之比为，A项正确；
B．根据Li+与A点的相对位置，结合A点坐标，可知Li+的坐标参数为(1，0.5，0.5)，B项正确；
C．坐标参数为的O原子周围不只3个等距且最近的原子，C项错误；
D．位于A点的原子坐标参数为(0，1，1)，则Li+的坐标参数为(1，0.5，0.5)，A点的原子与Li+间的距离L=，D项正确；
答案选C。
4．C
【详解】A．由图知，Na位于正方体的顶点，而每个顶点被4个立方体共用，则平均1个立方体含Na的数目为，该物质的化学式为Na2He，A正确；
B．压力可能影响物质的空间结构，从而影响He的化学性质，B正确；
C．该物质的共用电子被迫集中在晶体结构的立方空间内，即不能自由移动，所以固态时不能导电，C错误；
D．顶点上的Na被4个正方体共用，即离Na最近的He有4个，则Na的配位数为4，D正确；
故选C。
5．D
【详解】A．CCl4、 H2O2属于分子晶体，而Na2S为离子晶体，选项A错误；
B．NH3和C10H8属于分子晶体，HD为单质，不是化合物，选项B错误；
C．SO2和P2O5属于分子晶体，而SiO2属于原子晶体，选项C错误；
D．PCl3、 CO2、H2SO4均属于分子晶体，选项D正确；
答案选D。
6．B
【详解】A．H2为单质，不符题意；
B．均是化合物，均为分子构成物质，固态均是分子晶体，符合题意；
C．SiO2晶体由硅原子、氧原子直接构成，不存在SiO2分子，不符题意；
D．NaCl晶体由Na＋和Cl－构成，也不存在NaCl分子，不符题意；
综上，本题选B。
7．C
【分析】短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W、X原子的最外层电子数之比为4：3，由于最外层电子数不超过8，故W的最外层电子数为4，处于第ⅣA族，X的最外层电子数为3，处于第ⅢA族，原子序数X大于W，故W为C元素，X为Al元素，Z原子比X原子的核外电子数多4，故Z的核外电子数为17，则Z为Cl元素，Y的原子序数大于铝元素，小于氯元素，故Y为Si或P或S元素，据此解答。
【详解】A、同主族自上而下电负性减弱，Y若为Si元素，则电负性C＞Si，选项A错误；
B、同周期自左而右原子半径减小，电子层越多原子半径越大，故原子半径Al＞Y＞Cl＞C，选项B错误；
C、若Y、Z形成的分子为SiCl4，为正四面体构型，选项C正确；
D、WY2分子为CS2，属于分子晶体，分子结构式为S=C=S，双键中含有1个δ键、1个π键，故δ键与π键的数目之比1：1，选项D错误；
故选C。
8．C
【分析】短周期硫元素最高价氧化物对应水化物为二元强酸(H2SO4)，推测Z为S元素，则W为O元素，X、Y原子序数比W大且位于同一周期，故X、Y位于第三周期，又X、Y原子序数之和等于W、Z原子序数之和，即24，推测X为Na、Y为Al。
【详解】A．由分析知，X为Na元素，其氧化物Na2O2中既有离子键又有共价键，A错误；
B．一般情况下，电子层数多，原子半径大，电子层数相同时，核电荷数大，原子半径小，故原子半径：Y＞Z＞W，B错误；
C．W、Z的氢化物分别为H2O、H2S，其固体为分子晶体，X的氢化物为NaH，其固体为离子晶体，离子晶体熔点高于分子晶体，又由于水分子间能形成氢键，故其熔点高于H2S，故三种氢化物熔点顺序为：X＞W＞Z，C正确；
D．工业上采用电解熔融Al2O3冶炼金属Al，D错误；
故答案选C。
9．C
【详解】A． 周期表中同主族从下到上，同周期从左到右，元素的非金属性增强，元素的氢化物稳定性增强，滑冰场上的冰中水分子的热稳定性高于甲烷，故A正确；
B． 用于跨临界直冷技术制冰的二氧化碳是直线形分子，结构对称，是非极性分子，故B正确；
C． 颁奖礼服内胆中添加的石墨烯(部分结构如图)有分子晶体性质，能导电，有金属晶体的性质，又有共价晶体的结构特点，属于混合晶体，故C错误；
D． 烟火是原子核外电子发生跃迁，由高能级跃迁到低能级时，释放的能量以光的形式呈现出来的，闭幕式的水上烟火与原子核外电子发生跃迁有关，故D正确；
故选C。
10．C
【详解】A．物质中不一定含有化学键，如稀有气体分子为单原子分子，其分子中不含化学键，故A错误；
B．含有共价键的化合物可能是离子化合物，如：NaOH中含有共价键，但NaOH属于离子化合物，故B错误；
C．离子化合物中一定含有离子键，所以含有离子键的化合物一定是离子化合物，故C正确；
D．非极性键可能存在化合物中，如Na2O2含有非极性键，但Na2O2属于化合物，故D错误；
答案选C。
11．D
【详解】A．相比之下，AlCl3、SiCl4的熔沸点都很低，可以判断出这两类物质都是分子晶体，熔融状态下不能电离出离子，所以不能导电，A项正确；
B．MgCl2和NaCl的熔沸点都较高，可以判断出这两类物质都是离子晶体，熔融状态下可以电离出离子，所以能导电，且这两种物质都易溶于水，B项正确；
C．R的熔沸点非常高，若其为原子晶体，则其熔沸点的高低是由共价键的键能决定的：共价键键能越高，该物质的熔沸点也越高，C项正确；
D．固态时可导电的不一定是金属晶体，比如石墨，石墨不是金属晶体，但是石墨可以导电，D项错误；
答案选D。
12．C
【详解】A．OH－的电子式 ，A正确；
B．NH4Br是离子化合物，其电子式为 ，B正确；
C．CCl4的电子式为 ，C错误；
D．NH3的结构式为 ，D正确；
故选C。
13．C
【详解】A．石墨晶体呈层状结构，层内是正六边形，层与层之间是通过范德华力结合，层内每个碳原子只有3个价电子形成共价键，故A正确；
B．白磷是正四面体分子，磷原子在正四面体的四个顶点，键角是60°，1mol白磷含共价键6NA个，故B正确；
C．氯化氢是共价化合物，氯化氢气体溶于水后电离出离子，是因为破坏了共价键，故C错误；
D．一般来说晶体的熔沸点是原子晶体＞离子晶体＞分子晶体，干冰是分子晶体，NaCl固体是离子晶体，石英晶体是原子晶体，因此干冰、NaCl固体、石英晶体的熔沸点逐渐升高，故D正确。
综上所述，答案为C。
14．B
【详解】A．水是极弱的电解质，电离很微弱，所以1mol水中含有的H+和OH-个数都远远小于NA，故A错误；
B．在1LpH=1的硫酸溶液中，H+的物质的量为1L×10-1mol/L=0.1mol，则H+个数约为0.1NA，故B正确；
C．17gNH3的物质的量为1mol，1个NH3分子中含有3个N-H共价键，则17g氨中含有的共价键数目为3NA，故C错误；
D．78gNa2O2的物质的量为1mol，Na2O2与CO2反应，Na2O2中的-1价的氧元素的化合价既升高又降低，1molNa2O2转移1mol电子，所以转移电子个数为NA，故D错误；
故选B。
15．B
【详解】A．Cl原子半径小于I原子半径，Cl的电子能力强，因此化合物中为价，能从原子结构角度解释，故A不符合题意；
B．分子结构相似，相对分子质量越大，熔沸点越高，HI的相对分子质量大于HCl，故沸点：，不能从原子结构角度解释，故B符合题意；
C．同主族元素从上到下，原子半径逐渐增大，得电子能力逐渐减弱，因此非金属性：，能从原子结构角度解释，故C不符合题意；
D．元素的非金属性越强，其氢化物的稳定性越强，非金属性：Cl>I，则热稳定性：，能从原子结构角度解释，故D不符合题意；
故答案选B。
16．(1) ②⑥ ①③⑤⑧ ④ ③⑤⑧
(2)
(3)
(4)1.2
【解析】(1)
①白磷中只存在共价键，属于共价单质；
②CaCl2中只存在离子键，属于离子化合物；
③CH4中只存在共价键，属于共价化合物；
④K2O2含离子键、非极性共价键，属于离子化合物；
⑤AlCl3只存在共价键，属于共价化合物；
⑥MgO只存在离子键，属于离子化合物；
⑦Ba(OH)2含离子键、极性共价键，属于离子化合物；
⑧HBr只存在共价键，属于共价化合物；
由上述分析可知，只存在离子键的是②⑥，只存在共价键的是①③⑤⑧，含离子键和非极性键的是④，属于共价化合物的是③⑤⑧，故答案为：②⑥；①③⑤⑧；④；③⑤⑧；
(2)
溶液显电中性，根据电荷守恒有，将表中数据代入，即可计算得，故答案为：；
(3)
90.5gNaClO2的物质的量为，消耗1molNaClO2， 转移了4mol电子，则反应中Cl元素由中+3价降低为-1价，共降低4价，N元素由NO中+2价升高为中+5价，共升高3价，则反应的离子方程式为，故答案为：；
(4)
根据反应的方程式可知：，则，则，故答案为：1.2。
17． 碱 酸 AlF3是离子晶体，AlCl3是分子晶体；离子键强于分子间作用力
【详解】(1)根据信息判断，凡是能给出电子对的物质(离子、分子或原子团)都称为路易斯碱，H2O能给出氢氧根，因此H2O属于碱，凡是能接受电子对的物质(离子、分子或原子团)都称为路易斯酸，Ag+能接受氢氧根离子，因此Ag+属于酸；故答案为：碱；酸。
(2)根据题中熔点，得出AlF3是离子晶体，AlCl3是分子晶体，由于离子键强于分子间作用力，因此AlF3熔点比AlCl3高得多；故答案为：AlF3是离子晶体，AlCl3是分子晶体；离子键强于分子间作用力。
18． 2 4 乙醇和乙酸可以和水形成氢键
【详解】(1)金刚石晶体的结构如图，每个碳原子都和4个碳原子相连形成C-C键，而每个C-C键被2个碳原子所共有，由此可知1mol金刚石晶体中含有2molC-C键；二氧化硅的结构为，每个硅原子都和4个氧原子形成Si-O键，所以1mol二氧化硅中含有4molSi—O键，故答案为：2；4；
(2) N2H4为共价化合物，所以其电子式为：，故答案为：；
(3)乙醇、乙酸中都含有电负性较强的O原子，能形成氢键，为极性分子；水中也含有氢键，也为极性分子，乙醇、乙酸都能与水形成氢键，所以根据相识相容原理可得乙醇和乙酸都可以和水互溶，故答案为：乙醇和乙酸可以和水形成氢键。
19． 4 8
【分析】根据配位数的概念及晶胞的结构分析离子晶体中离子的配位数；根据晶胞的结构及晶胞的参数计算晶胞的密度。
【详解】K2S的晶胞中，每个K＋周围等距最近的S2-有4个，所以K＋的配位数为4；每个S2-周围等距最近的K＋有8个，所以S2-的配位数为8；晶胞中距离最近的两个S2-核间距为a cm，为每个面对角线距离的一半，则晶胞的边长为a cm，晶胞中K＋的个数为8，S2-个数为，故K2S晶体的,则晶胞的质量为 g，则密度为ρ=。
20．(1)4
(2)
(3)4
(4)(1，，)
(5)
(6)
【解析】(1)
铝的晶胞是面心立方最密堆积，用“均摊法”，1个晶胞中Al原子的数目为8×+6×=4；答案为：4。
(2)
Al的原子半径为dcm，则该晶胞的边长为dcm，晶胞的体积为d3cm3，Al的摩尔质量为Mg/mol，晶胞的质量为g，该晶体的密度为g÷（d3cm3）=g/cm3；答案为：。
(3)
用“均摊法”，1个晶胞中含Zn：8×+6×=4，S：4，Zn与S的个数比为1：1，化学式为ZnS；由晶胞可知S的配位数为4，则Zn的配位数为4；答案为：4。
(4)
已知原子坐标参数a为(0，0，0)；b为(，0，)；c为(，，0)，结合晶胞图，d的坐标参数为(1，，)；答案为：(1，，)。
(5)
根据（3），晶胞的质量为g，晶胞的密度为ρg/cm3，晶胞的体积为cm3，则晶胞的边长为cm，则x为×1010pm；阴阳离子间最短的距离为体对角线的，则阴阳离子间最短的距离为××1010pm；答案为：×1010；××1010。
(6)
已知Zn和S的原子半径分别为rZnpm和rSpm，结合（3），晶胞中原子的体积为4×（）pm3；晶胞的体积为x3pm3，则该晶胞中原子的体积占晶胞体积的百分率为；答案为：。
21．(1) a 冷擬回流
(2) 偏大
(3) ⑥
【分析】SOCl2与H2O反应生成两种酸性气体，FeCl2 4H2O与SOCl2制备无水FeCl2的反应原理为：SOCl2吸收FeCl2 4H2O受热失去的结晶水生成SO2和HCl，HCl可抑制FeCl2的水解，从而制得无水FeCl2。
（1）
实验开始时先通N2，排尽装置中的空气，一段时间后，先加热装置a，产生SOCl2气体充满b装置后再加热b装置，由分析可知，装置b中发生反应的化学方程式为；装置c、d的共同作用是冷凝回流SOCl2；
（2）
滴定过程中将Fe2+氧化成Fe3+，自身被还原成Cr3+，反应的离子方程式为6Fe2+++14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O，则m1g样品中n(FeCl2)=6n()=6cV×10-3mol；m1g样品中结晶水的质量为(m1-m2)g，结晶水物质的量为mol，n(FeCl2)：n(H2O)=1：n=(6cV×10-3mol)：mol，解得n=；若实验Ⅰ中，称重时样品发生了潮解，导致样品中水的量增加，使得n测量值偏大；
（3）
组装蒸馏装置对TiCl4、CCl4混合物进行蒸馏提纯，按由下而上、从左到右的顺序组装，安装顺序为①⑨⑧，然后连接冷凝管，蒸馏装置中应选择直形冷凝管⑥、不选用球形冷凝管⑦，接着连接尾接管⑩，TiCl4极易水解，为防止外界水蒸气进入，最后连接③⑤，安装顺序为①⑨⑧⑥⑩③⑤；由于TiCl4、CCl4分子结构相似，TiCl4的相对分子质量大于CCl4，TiCl4分子间的范德华力较大，TiCl4的沸点高于CCl4，故先蒸出的物质为CCl4；答案为：⑥、CCl4。
22． Na2CO3+CuSO4＝CuCO3↓+ Na2SO4 取最后一次洗涤液，滴加BaCl2溶液，无沉淀生成，说明已洗净 A； C； B 装置B中澄清石灰水变浑浊
【详解】Ⅰ．（1）沉淀是CuCO3说明Na2CO3溶液与CuSO4溶液发生复分解反应生成硫酸钠与碳酸铜，反应的化学方程式为Na2CO3+CuSO4＝CuCO3↓+ Na2SO4；（2）若沉淀洗涤干净，则洗涤液中不含有硫酸根离子，因此检验沉淀是否洗涤干净的方法：取最后一次洗涤液，滴加BaCl2溶液，无沉淀生成，说明已洗净；Ⅱ．（1）利用加热的方法检验，氢氧化铜和碳酸铜加热分解得到氧化铜、水和二氧化碳，若有氢氧化铜可用无水硫酸铜检验，若有碳酸铜可用澄清的石灰水检验产生的二氧化碳，因此各装置连接顺序为A→C→B；（2）用澄清的石灰水检验是否产生二氧化碳，装置B中澄清石灰水变浑浊，说明生成二氧化碳，即说明含有CuCO3。