第2章微粒间相互作用与物质性质单元测试卷（含解析）高二化学鲁科版（2019）选择性必修2

第二章《微粒间相互作用与物质性质》单元测试卷
一、单选题
1．元素周期表中VIA族元素单质及其化合物有着广泛应用。O2可用作氢氧燃料电池的氧化剂；O3具有杀菌、消毒、漂白等作用。硫有多种单质，如斜方硫(燃烧热为297kJ mol-1)、单斜硫等，硫或黄铁矿(FeS2)制得的SO2可用来生产H2SO4。用SO2与SeO2的水溶液反应可制备硒；硒是一种半导体材料，在光照下导电性可提高近千倍。下列说法正确的是
A．基态氧原子价电子的轨道表示式为
B．斜方硫和单斜硫互为同素异形体
C．SO2是由极性键构成的非极性分子
D．SeO2分子中O－Se－O的键角大于120°
2．关于键长、键能和键角，下列说法正确的是
A．键的键能等于键键能的三倍
B．，说明中的键非常牢固，不易发生加成反应
C．分子(结构式为)中键的键长大于键的键长
D．白磷()分子呈正四面体结构，其键角为109°28′
3．某科研小组采用Cu(其中，a=0或者1)基催化剂，多步加氢合成甲醇，其合成反应历程如下图。下列说法中正确的是
A．中的碳原子发生杂化
B．生成甲醇是通过多步氧化反应实现的
C．Cu元素属于d区
D．该催化过程中涉及化学键的断裂和形成
4．U、V、W、X、Y是原子序数依次增大的五种短周期元素，质子数之和39，V、W同周期，U、X同主族，U、W能形成两种液态化合物U2W和U2W2，Y元素的周期序数与主族序数相等。下列说法中正确的是
A．简单离子半径：X>Y>W
B．1molX的淡黄色化合物，投入到1L2mol/L的氯化亚铁溶液中，产生的气体在标准状况下的体积为5.6L
C．U、V、W、X形成的一种离子化合物，与W、X、Y组成的盐溶液相遇时，会产生大量的气泡
D．XYU4中有离子键，其YU4原子团的空间构型的是正四面体，在潮湿的空气中会变质而产生H2
5．下列现象与氢键有关的是：
①HF的熔、沸点比HCl的高
②小分子的醇、羧酸可以和水以任意比互溶
③冰的密度比液态水的密度小
④HF、都极易溶于水
⑤接近水的沸点的水蒸气的相对分子质量的测定值比按化学式计算出来的相对分子质量大一些
⑥水分子高温下也很稳定
A．①②③④⑤⑥ B．①②③④⑤ C．①②③④ D．①②③
6．下列叙述正确的是
A．键角：CH4＜NH3＜H2O
B．冰和碘晶体中相互作用力相同
C．共价键的成键原子只能是非金属原子
D．H3O+、CuSO4·5H2O、[Cu(NH3)4]2+中均含有配位键
7．下列说法中，正确的是
A．从空间角度看，2s轨道比1s轨道大，其空间包含了1s轨道
B．第一电离能的大小可以作为判断元素金属性强弱的依据
C．原子的电子层数越多，原子半径越大
D．硫化氢和水分子结构相似，硫化氢晶体中的配位数与冰中水分子的配位数相同
8．下列有关描述正确的是
A．原子半径：
B．无机含氧酸的酸性：
C．电负性：
D．沸点：
9．下列推测合理的是
A．四卤化硅中仅SiF4能形成SiF配离子，这是由于F－半径最小
B．已知SiH3Cl+4H2O=3H2↑+H4SiO4+HCl，则可推知CH3Cl+2H2O=3H2↑+CO2+HCl
C．高温条件下SiCl4与NH3反应可生成Si3N4和NH4Cl
D．Si3H8分解温度高于C3H8
10．古代陶器釉料中大多含有钴的化合物，下列说法不正确的是
A．CoO的熔点比CoS高
B．中中心原子的杂化方式是
C．中所含π键和σ键的比例为2：1
D．中存在配位键、范德华力、非极性键
11．用表示阿佛加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．的水溶液中采取杂化的原子数目为
B．乙醇和乙酸发生酯化反应，最多可生成乙酸乙酯分子数为
C．标准状况下，中所含键的数目为
D．常温下，将铝片投入足量的浓硫酸中，铝失去的电子数为
12．X、Y、Z、W是前4周期原子序数依次增大的主族元素，X在周期表中非金属性最强，Y的周期序数与族序数相等，Z原子次外层电子数是核外电子总数的一半，基态W原子核外16个轨道上填有电子。下列说法正确的是
A．原子半径：r(X) B．Z的简单气态氢化物沸点比X的高
C．第一电离能：I1(W) D．W最高价氧化物对应的水化物为可溶性强碱
13．瑞德西韦是一种核苷类似物，具有抗病毒活性，对于新冠状病毒拥有较好的抑制作用，对人体的毒副作用也不大，但并不是药到病除的药，其结构简式如图所示。下列说法正确的是
A．组成元素的电负性：
B．分子中的化学键全部是极性键
C．瑞德西韦中的键的键能小于键的键能
D．该分子中的C、N都采用和杂化
14．下列有关σ键和π键的说法错误的是(　　)
A．含有π键的分子在反应时，π键是化学反应的积极参与者
B．当原子形成分子时，首先形成σ键，可能形成π键
C．有些原子在与其他原子形成分子时只能形成σ键，不能形成π键
D．在分子中，化学键可能只有π键而没有σ键
15．下列不含有共价键的盐是
A．K2CO3 B．HClO C．Ca(OH)2 D．MgF2
二、填空题
16．明朝《天工开物》中有世界上最早的“火法”炼锌技术的记载，锌是生命体必需的微量元素，被称为“生命之花”。(已知阿伏加德罗常数的值为NA)
(1)基态Zn原子核外的最高能层符号是___________，基态Zn2+最外层电子排布式为___________。
(2)乳酸锌[是一种很好的食品锌强化剂，其中存在的作用力有___________(填字母)。1 mol乳酸锌中含有___________个σ键。
A．离子键 B．极性共价键
C．金属键 D．配位键
E．范德华力
(3)一水合甘氨酸锌是一种矿物类饲料添加剂，结构简式如图所示。其中所涉及的非金属元素的电负性由大到小的顺序是___________，H2O分子的立体构型为___________形，Zn2+的配位数为___________。甘氨酸(H2N—CH2—COOH)中N原子的杂化轨道类型为___________；甘氨酸易溶于水，试从结构角度解释___________。
17．用价层电子对互斥理论完成下列问题(点“·”的原子为中心原子)。
分子或离子 α键电子对数 孤电子对数 价层电子对数 分子立体构型 中心原子的杂化方式
_______ _______ _______ _______ _______
_______ _______ _______ _______ _______
18．氢气和氯气化合时，为什么只能生成而不能生成________？
三、实验题
19．某同学从书上得知，一定浓度的Fe2+、Cr(OH)、Ni2+、和CuCl的水溶液都呈绿色。于是，请老师配制了这些离子的溶液。老师要求该同学用蒸馏水、稀H2SO4以及试管、胶头滴管、白色点滴板等物品和尽可能少的步骤鉴别它们，从而了解这些离子溶液的颜色。请为该同学设计一个鉴别方案，用离子方程式表述反应并说明发生的现象________(若A与B混合，必须写清是将A滴加到B中还是将B滴加到A中)。
20．桂皮中含有肉桂醛()，是一种食用香精，它广泛用于牙膏、洗涤剂、糖果以及调味品中。
(1)肉桂醛分子中共平面的原子最多有____个，碳原子的杂化方式为____。
(2)某同学为检验肉桂醛中含有的官能团，做如表实验：
步骤 操作
1 向试管中加入10%的氢氧化钠溶液2mL，边振荡边滴入2%的硫酸铜溶液4-6滴；
2 向试管中再加入少量肉桂醛，加热充分反应，出现砖红色沉淀；
3 取实验后试管中的清液少许，加入_____，溶液褪色。
步骤2中发生的化学方程式为：____；步骤3中空白处的基本操作是：____。
(3)肉桂醛有多种同分异构体，写出符合下列条件的同分异构体的结构简式___。
①遇FeCl3溶液呈现紫色；②核磁共振氢谱有4组峰，且峰面积比为1∶2∶2∶3。
(4)是工业合成肉桂醛的主要原料；工业合成的路线如图：X，该流程中设计I、II两步的目的是____。
21．二氯化二硫可作硫、碘和某些有机物及金属化合物的溶剂，也可作橡胶硫化剂。一种由氯气与熔化的硫反应制取的装置(夹持和加热装置略)如图所示：
已知：①和S反应生成，同时有少量及其他氯化物生成；
②常温下，是一种浅黄色的油状液体，极易水解；
③的沸点为138℃，的沸点为59.6℃，硫的熔点为112.8℃、沸点444.6℃。
(1)分子结构与相似，则其结构式为_______，装置B中盛放的试剂是_______。
(2)A装置中发生的离子反应方程式为_______。
(3)装置D中冷凝管的进水口是_______(填“a”或“b”)。
(4)要得到纯净的，需要进行的操作是将粗品_______。F中碱石灰的作用是_______。
(5)取约于试管中，滴入少量水，试管口放湿润的品红试纸，发现试管口有白雾，品红试纸褪色，试管中有淡黄色固体生成，该反应的化学方程式为_______。
四、计算题
22．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______。
23．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__。
24．蓝色的无水在吸水后会变成粉红色的水合物，该水合物受热后又变成无水，所以无水，常用作吸湿剂和空气湿度指示剂。现有无水，吸水后变成，试回答下列问题：
(1)水合物中x=______。
(2)若该水合物为配合物，其中的配位数为6，经测定得出该配合物内界和外界含有的个数之比为1:1，则该配合物的化学式可表示为______。
参考答案：
1．B
【详解】A．基态氧原子价电子的轨道表示式为，故A错误；
B．斜方硫和单斜硫均是硫元素组成的不同单质，互为同素异形体，故B正确；
C．SO2是V形结构，是由极性键构成的极性分子，故C错误；
D．SeO2分子中Se是sp2杂化，Se原子价层电子对数为2+=3，有一对孤电子对，对两个成键电子对有排斥作用，O－Se－O的键角小于120°，故D错误；
故选B。
2．B
【详解】A．碳碳三键中含有2个键，由于键电子云重叠程度小，不如键稳定，所以碳碳三键的键能小于碳碳单键键能的三倍，故A错误；
B．键的键能小于键的键能的三倍，说明键中的键不牢固，易发生加成反应，而键的键能大于键的键能的三倍，说明氮分子中的键非常牢固，化学性质稳定，不易发生加成反应，故B正确；
C．成键原子半径越大，键长越长，N原子半径小于C原子，故键长：，又因键长：，所以键比键的键长短，故C错误；
D．因为白磷分子中的4个P原子分别处在正四面体的四个顶点上，其空间结构为，键角为60°，故D错误；
故选B。
3．D
【详解】A．根据VSEPR理论，二氧化碳中碳的价层电子数为，直线形结构，属于sp杂化，A错误；
B．CO2生成甲醇的过程中，碳元素化合价降低，是通过多步还原反应实现的，B错误；
C．Cu元素在周期表属于ds区，C错误；
D．反应过程有化学键的断裂与新化学键的形成，D正确；
故选D。
4．D
【分析】U、V、W、X、Y是原子序数依次增大的五种短周期元素，由U、W能形成两种液态化合物U2W和U2W2可知，U2W和U2W2分别为H2O和H2O2，则U为H元素、W为O元素；由U、X同主族可知，X为Na元素；Y元素的周期序数与主族序数相等可知，Y为Al元素；由质子数之和39可知，V的原子序数为39-1-8-11-13=6，则V为C元素。
【详解】A．电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，氧离子、钠离子和铝离子的电子层结构相同，则离子半径：W>X>Y，A错误；
B．X的淡黄色化合物为过氧化钠，1mol过氧化钠与水反应生成0.5mol氧气，由得失电子数目守恒可知，0.5mol氧气能氧化2mol亚铁离子，则1 mol 过氧化钠投入到1 L 2mol / L的氯化亚铁溶液中，不可能有气体生成，B错误；
C．U、V、W、X形成的一种离子化合物为碳酸氢钠时，能与W、X、Y组成的盐偏铝酸钠溶液反应生成碳酸钠和氢氧化铝沉淀，没有气体生成，C错误；
D．XYU4即NaAlH4为离子化合物，化合物中存在离子键和共价键，离子中Al的价层电子对数为4，Al上没有孤电子对，则空间构型是正四面体，在潮湿的空气中NaAlH4与水反应生成偏铝酸钠和氢气，D正确；
故选D。
5．B
【详解】①HF中分子之间存在氢键，则HF的熔、沸点比HCl的高，故①与氢键有关；
②小分子的醇、羧酸与水分子之间能形成氢键，则可以和水以任意比互溶，故②与氢键有关；
③冰中存在氢键，其体积变大，则相同质量时冰的密度比液态水的密度小，故③与氢键有关；
④HF、氨气与水分子都是极性分子，HF、氨气与水分子间存在氢键，所以HF、氨气极易溶于水，故④与氢键有关；
⑤接近水的沸点的水蒸气的相对分子质量测定值比用化学式H2O计算出来的相对分子质量大一些，其主要原因是接近水的沸点的水蒸气中水分子间因氢键而形成了“缔合分子”，故⑤与氢键有关；
⑥水分子高温下也很稳定，其稳定性与化学键有关，而与氢键无关，故⑥与氢键无关；
故选：B。
6．D
【详解】A．利用价层电子对互斥理论计算可知，CH4、NH3、H2O中心原子的价层电子对数都是4对，CH4无孤电子对，NH3有一个孤电子对，H2O有2个孤电子对，由于斥力关系：孤电子对-孤电子对>孤电子对-成键电子对>成键电子对-成键电子对，所以键角关系为：CH4>NH3>H2O，A错误；
B．冰晶体中存在分子间氢键和范德华力，碘晶体中只有范德华力，B错误；
C．共价键的成键原子也可以是金属原子，如AlCl3中Al原子和Cl原子之间形成共价键，C错误；
D．H3O+的结构式为：，里面含有配位键，CuSO4·5H2O中含有配离子，结构为：，含有配位键，硫酸根内部也含有配位键，[Cu(NH3)4]2+的结构与相似，也含有配位键，故D正确；
答案为D。
7．A
【详解】A．从空间角度看，2s、1s轨道都是以原子核为中心的球形 ，2s轨道比1s轨道大，2s空间包含了1s轨道，故A正确；
B．第一电离能小，金属性不一定强，如第一电离能Mg>Al，金属性Mg>Al，故B错误；
C．原子的电子层数越多，不一定原子半径越大，如锂原子的半径大于氯原子，故C错误；
D．水分子间能形成氢键，所以硫化氢晶体中的配位数与冰中水分子的配位数不相同，故D错误；
选A。
8．B
【详解】A．同周期元素越靠右原子半径越小，另外，电子层越多半径越大，故原子半径：，A错误；
B．非金属性越强，对应的最高价氧化物的水合物的酸性越强，故H2SO4＜HClO4，亚硫酸的酸性比硫酸弱，故无机含氧酸的酸性：，B正确；
C．同周期越靠右，元素电负性越大，故电负性：，C错误；；
D．水分子之间可以形成氢键，分子间作用力较大，沸点较高，沸点，D错误；
故选B。
9．A
【详解】A．卤素离子中F－半径最小，四卤化硅中仅SiF4能形成SiF配离子，而其他卤素离子半径较大，不能与硅形成配合物，故A符合题意；
B．已知SiH3Cl+4H2O=3H2↑+H4SiO4+HCl，CH3Cl不与水反应，故B不符合题意；
C．NH4Cl在高温下会分解生成氨气和氯化氢，因此高温条件下SiCl4与NH3反应可生成Si3N4和HCl，故C不符合题意；
D．Si3H8、C3H8都为共价化合物，Si Si键键长比C C键键长长，则易断裂，因此Si3H8分解温度低于C3H8，故D不符合题意。
综上所述，答案为A。
10．D
【详解】A．离子半径越小，离子键就越强，断裂离子键需消耗的能量就越大，物质的晶格能就越大，熔沸点就越高。由于离子半径：O2-＜S2-，所以CoO的晶格能大于CoS，CoO的熔点比CoS高，故A正确；
B．中C原子价层电子对个数=3+=3且不含孤电子对，C原子采用sp2杂化，故B正确；
C．N-与N2 核外等电子体，其结构式为[C≡N]-，三键含有1个σ键、2个π键，故C正确；
D．范德华力属于分子间作用力，该物质不含有范德华力，故D错误；
故选：D。
11．A
【详解】A．乙醇中碳原子和氧原子采取sp3杂化，水中的氧原子采取sp3杂化，100g46%C2H5OH的水溶液中乙醇的质量为46g，物质的量为1mol，采取sp3杂化的原子的物质的量为3mol，水的质量为54g，物质的量为3mol，采取sp3杂化的原子的物质的量为3mol，因此100g46%C2H5OH的水溶液中采取sp3杂化的原子数目为6NA，选项A正确；
B．乙醇和乙酸发生的酯化反应是可逆反应，不能进行到底，生成小于0.1NA的乙酸乙酯，选项B错误；
C．CO2的结构式为: O= C= O，双键中含有1个和1个π，标准状况下5.6LCO2的物质的量为: n=== 0.25mol，因此标准状况下，5.6LCO2中所含键的数目为0.5NA，选项C错误；
D．常温下铝与浓硫酸发生钝化，阻止了反应的继续进行，无法计算转移电子数，选项D错误；
答案选A。
12．C
【分析】X、Y、Z、W是前4周期原子序数依次增大的主族元素，X在周期表中非金属性最强，X为氟；Y的周期序数与族序数相等，为铝；Z原子次外层电子数是核外电子总数的一半，为硫；基态W原子核外16个轨道上填有电子，则为31号元素镓。
【详解】A．电子层数越多半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小；原子半径：r(X) B．HF可以形成氢键导致沸点升高，故Z的简单气态氢化物沸点比X的低，故B错误；
C．同一主族随原子序数变大，原子半径变大，第一电离能变小；同一周期随着原子序数变大，第一电离能变大，第一电离能：I1(W) D．W最高价氧化物对应的水化物为为氢氧化镓，为不溶性弱碱，故D错误；
故选C。
13．C
【详解】A．同周期元素从左到右，元素的电负性逐渐增大，同主族元素从上到下，元素的电负性逐渐减小，则电负性：，A错误；
B．同种元素原子间的共价键是非极性键。该分子中键、键等都是非极性键，B错误；
C．O原子半径小于N原子的半径，所以O-H键的键长比键的短，所以键的键能大于键的键能，C正确；
D．分子中键中C、N原子为均为杂化，中C、N均为sp杂化，D错误；
故选C。
14．D
【详解】A．π键不稳定，易断裂，则含有π键的分子在反应时，π键是化学反应的积极参与者，故A正确；
B．原子形成分子，优先头碰头重叠，则先形成σ键，可能形成π键，故B正确；
C．单键为σ键，而双键、三键中有σ键和π键，则有些原子在与其他原子形成分子时只能形成σ键，不能形成π键，如HCl，故C正确；
D．共价键中一定含σ键，则在分子中，化学键可能只有σ键，而没有π键，故D错误；
故选D。
15．D
【详解】A．K2CO3属于盐，由钾离子和碳酸根离子构成，碳酸根离子内有共价键；
B．HClO属于酸；
C．Ca(OH)2属于碱；
D．MgF2属于盐，由镁离子和氟离子构成，不含共价键；
答案选D。
16．(1) N 3s23p63d10
(2) AB 20NA
(3) O＞N＞C＞H V 5 sp3 甘氨酸为极性分子，且分子中的氨基和羧基都能与水分子形成氢键
【详解】（1）锌是30号元素，位于第四周期，共有四层电子，基态Zn原子核外的最高能层符号是N，基态Zn2+的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d10，基态Zn2+最外层电子排布式为3s23p63d10。
（2）乳酸锌属于离子化合物，分子中含有乳酸根离子和锌离子，以离子键结合，乳酸根离子中存在碳碳之间、碳氢之间、碳氧之间、氢氧之间的极性键，故乳酸锌中存在的作用力有离子键和极性共价键。单键都是σ键，双键中有一个σ键，一个π键，一个乳酸根中含有10个σ键和1个π键，故1 mol乳酸锌中含有20 mol σ键，故含有20NA个σ键。
（3）一水合甘氨酸锌中所涉及的非金属元素有C、O、N、H元素，元素的非金属性越强，其电负性越大，非金属性大小顺序为O＞N＞C＞H，则电负性大小顺序为O＞N＞C＞H；H2O分子中氧形成了两对共用电子对，剩余2对孤电子对，价层电子对为4，VSEPR模型名称为四面体形，去掉孤电子对，H2O的立体构型为V形；从一水合甘氨酸锌的结构简式可看出Zn2+的配原子为O、N原子，根据图知，一水合甘氨酸锌中Zn2+的配位数为5；甘氨酸(H2N—CH2—COOH)中N原子的成键电子对数为3对，孤电子对为一对，价层电子对数为4，杂化轨道类型为sp3杂化；甘氨酸为极性分子，且氨基和羧基都能和水分子形成分子间氢键，导致甘氨酸易溶于水。
17． 2 2 4 V形 sp3 3 0 3 平面正三角形 sp2
【详解】分子中Se原子形成了2个键，孤对电子数，价层电子对数为4，VSEPR模型为四面体形，分子空间构型为V形，Se和H形成两个单键，杂化方式是sp3；分子中B原子形成3个键，孤对电子数，价层电子数为3，VSEPR模型为平面三角形，分子空间构型为平面三角形，B和Cl形成单键，杂化方式是sp2；
18．H原子和Cl原子各有1个未成对电子，共价键有饱和性，所以只能形成1对共用电子对，即形成1个共价键，结合成HCl分子
【详解】氢原子只有1个单电子，氯原子最外层有7个电子，氢原子提供1个电子和氯原子提供的1个电子形成一个共用电子对，H原子达到2个电子的稳定结构，Cl原子达到8电子稳定结构，因此只能形成一个共用电子对，故答案为：H原子和Cl原子各有1个未成对电子，共价键有饱和性，所以只能形成1对共用电子对，即形成1个共价键，结合成HCl分子。
19．第1步：在点滴板上分别滴几滴试样，分别滴加蒸馏水，颜色变蓝者为CuCl
CuCl+4H2O = Cu(H2O)+3Cl-；
第2步：另取其他4种溶液，滴加到点滴板上，分别滴加稀硫酸，生成绿色沉淀的是Cr(OH)，Cr(OH) +H+ = Cr(OH)3+ H2O；
溶液变紫红且生成棕色沉淀的是，3+4H+ = 2MnO+ MnO2↓+ 2H2O；
第3步：将Cr(OH)分别滴加到Fe2+ 和Ni2+的试液中，都得到氢氧化物沉淀。颜色发生变化的是Fe2+，不发生变化的是Ni2+，Fe2+ +2Cr(OH)=Fe(OH)2 ↓+2Cr(OH)3↓、4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3↓、Ni2++2Cr(OH)4- =Ni(OH)2↓ +2Cr(OH)3↓。
【详解】第1步：在点滴板上分别滴几滴试样，分别滴加蒸馏水，颜色变蓝者为CuCl
CuCl+4H2O = Cu(H2O)+3Cl-；
第2步：另取其他4种溶液，滴加到点滴板上，分别滴加稀硫酸，生成绿色沉淀的是Cr(OH)，Cr(OH) +H+ = Cr(OH)3+ H2O；
溶液变紫红且生成棕色沉淀的是，3+4H+ = 2MnO+ MnO2↓+ 2H2O；
第3步：将Cr(OH)分别滴加到Fe2+ 和Ni2+的试液中，都得到氢氧化物沉淀。颜色发生变化的是Fe2+，不发生变化的是Ni2+，Fe2+ +2Cr(OH)=Fe(OH)2 ↓+2Cr(OH)3↓、4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3↓、Ni2++2Cr(OH)4- =Ni(OH)2↓ +2Cr(OH)3↓。
20．(1) 18 sp2
(2) +2Cu(OH)2+NaOH+Cu2O↓+3H2O 硫酸酸化，再滴入几滴溴水
(3)
(4)保护碳碳双键，防止被氧化
【分析】由题意可知，题给实验的实验目的是检验肉桂醛中含有的官能团为醛基和碳碳双键，先用氢氧化铜悬浊液检验醛基，排出醛基对碳碳双键检验的干扰，再用硫酸酸化后，用溴水检验碳碳双键。
【详解】（1）由结构简式可知，肉桂醛分子中的苯环、碳碳双键、醛基都是平面结构，由于单键可以旋转，所以分子中共平面的原子最多有18个，分子中苯环、碳碳双键和醛基上的碳原子的杂化方式都为sp2杂化，故答案为：18；sp2；
（2）由分析可知，步骤2中发生的反应为碱性条件下，肉桂醛与新制氢氧化铜悬浊液共热发生氧化反应生成肉桂酸钠、氧化亚铜和水，反应的化学方程式为+2Cu(OH)2+NaOH+Cu2O↓+3H2O；步骤3为用硫酸酸化后，用溴水检验肉桂醛分子中的碳碳双键，故答案为：+2Cu(OH)2+NaOH+Cu2O↓+3H2O；硫酸酸化，再滴入几滴溴水；
（3）肉桂醛的同分异构体遇氯化铁溶液呈现紫色，说明分子中含有酚羟基，核磁共振氢谱有4组峰，且峰面积比为1∶2∶2∶3，说明分子中含有碳碳三键和1个甲基，则符合条件的,结构简式为，故答案为：；
（4）由有机物的转化关系可知，与氯化氢发生加成反应生成，在铜做催化剂的条件下与氧气发生催化氧化反应生成，在氢氧化钠醇溶液中共热发生消去反应生成，由和分子中都含有碳碳双键可知，流程中设计Ⅰ、Ⅱ两步的目的是保护碳碳双键，防止被氧化；故答案为：保护碳碳双键，防止被氧化。
21．(1) 浓硫酸
(2)
(3)a
(4) 蒸馏，收集138℃的馏分 吸收剩余的，防止污染；防止空气中的水蒸气进入E中使水解
(5)
【分析】由实验装置图可知，装置A中二氧化锰与浓盐酸共热反应制备氯气，浓盐酸具有挥发性，制得的氯气中混有氯化氢水蒸气；装置B中盛有的浓硫酸用于除去水蒸气，防止反应生成的二氯化二硫发生水解；装置C中氯气与硫共热反应生成二氯化二硫；装置D和E用于冷凝收集二氯化二硫粗品；装置F中碱石灰用于除去未反应的氯气，防止污染空气，并防止空气中的水蒸气进入E中使二氯化二硫水解。
【详解】（1）由二氯化二硫的分子结构与过氧化氢相似可知，二氯化二硫的结构式为Cl—S—S—Cl；由分析可知，装置B中盛有的浓硫酸用于除去水蒸气，防止反应生成的二氯化二硫发生水解，故答案为：Cl—S—S—Cl；浓硫酸；
（2）A装置中发生的反应为二氧化锰与浓盐酸共热反应生成氯化锰、氯气和水，反应的化学方程式为MnO2+4HCl(浓)MnO2+Cl2↑+2H2O，故答案为：MnO2+4HCl(浓)MnO2+Cl2↑+2H2O；
（3）为增强冷凝收集二氯化二硫的效果，应使二氯化二硫与水蒸气形成对流，则装置D中冷凝管的进水口是下口a，故答案为：a；
（4）由题给信息可知，二氯化二硫粗品中混有沸点不同的二氯化硫，则提纯二氯化二硫应选用蒸馏的方法提纯；由分析可知，装置F中碱石灰用于除去未反应的氯气，防止污染空气，并防止空气中的水蒸气进入E中使二氯化二硫水解；故答案为：蒸馏，收集138℃的馏分；吸收剩余的Cl2，并防止空气中的水蒸气进入E中使S2Cl2水解；
（5）由题意可知，二氯化二硫与水反应生成硫、二氧化硫和盐酸，反应的化学方程式为2S2Cl2+2H2O=3S↓+SO2↑+4HCl，故答案为：2S2Cl2+2H2O=3S↓+SO2↑+4HCl。
22．(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%。
23． 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。
24． 6
【分析】根据方程式进行计算，的配位数为6，经测定得出该配合物内界和外界含有的个数之比为1:1，内界含有1个氯离子和5个水分子，由此确定化学式。
【详解】(1)根据方程式进行计算：
则，解得。故答案为：6；
(2)中的配位数为6，由题意知该配合物的内界和外界各有1个氯离子，则内界含有1个氯离子和5个水分子，外界含有1个氯离子和1个结晶水，故该配合物的化学式可表示为。故答案为：。