第2章《微粒间相互作用与物质性质》单元测试卷
一、单选题
1．向盛有硫酸铜蓝色溶液的试管里加入氨水，首先形成难溶物，继续添加氨水，难溶物溶解，得到深蓝色溶液；再加无水乙醇，析出深蓝色晶体。设为阿伏加德罗常数的值。下列说法不正确的是
A．深蓝色溶液中含有的主要有色离子为
B．与间的配位键比与间的配位键强
C．中是中心离子，是配位体
D．中含有键的数目为
2．乙炔(HC≡CH)能在Hg(II)催化下与水反应生成CH3CHO，反应历程及相对能垒如图所示。下列说法正确的是
A．过程①中，水分子中的氧原子向Hg2+的空轨道提供孤对电子
B．本反应历程涉及的物质中，CH2=CHOH的稳定性最强
C．本反应历程中，第⑤步反应为吸热反应
D．其他条件不变时，更换其他催化剂可改变由乙炔和水制备乙醛的焓变
3．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，Y元素最高正价与最低负价代数和为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．WY2分子中σ键与π键的个数之比是2：1
C．Z的氢化物分子间存在氢键
D．W、Z形成的分子的空间构型可能为平面正方形
4．下列表示不正确的是
A．CO2的电子式： B．NH3的空间结构：正三角形
C．水分子的球棍模型： D．Na+的结构示意图：
5．下列说法正确的是
A．SO2 与CO2的分子立体构型均为直线形
B．H2O和NH3 中的中心原子杂化方式相同
C．CS2的键长大于CO2的键长，所以CS2的熔点比CO2高
D．分子晶体中只存在分子间作用力，不含有其它化学键
6．下列说法错误的是
A．键和键比例为
B．某元素气态基态原子的逐级电离能分别为、、、、、、，当它与氯气反应时可能生成的阳离子是
C．与互为等电子体，中含有的键数目为， 的电子式为
D．已知反应，若该反应中有键断裂，则形成的键数目为
7．具有下列选项中电负性数值的两种元素的原子，最容易形成离子键的是
A．4.0和1.0 B．3.5和1.0 C．1.8和2.5 D．4.0和0.8
8．根据下列实验现象和有关数据，推断错误的是
A．原混合物中含0.03molCuO B．白色沉淀M为CuI
C．和都是非极性分子 D．气体R是大气污染物
9．某配合物的化学式为，下列说法正确的是
A．配位体是和，配位数是9
B．中心离子是，内界是
C．内界和外界中的的数目比是
D．的中心原子是杂化
10．下列关于CH4、CH3CH3和的叙述正确的是
A．均能用通式CnH2n＋2来表示
B．与所有烷烃互为同素异形体
C．它们都是烷烃，结构中都既有极性共价键又有非极性共价键
D．它们的性质完全相同
11．下列化合物中，既含有极性键又含有非极性键的是（ ）
A．Na2O2 B．H2O2 C．CH4 D．NH4Cl
12．中国古代四大发明之一的黑火药，爆炸时发生反应：2KNO3+S+3C=K2S+N2↑+3CO2↑。下列表示反应中相关微粒的化学用语正确的是
A．CO2分子为非极性分子
B．N2分子中含有1个σ键、1个π键
C．K2S的电子式：K
D．基态硫原子价电子的轨道表示式为
13．N2F4可作高能燃料的氧化剂，它可由以下反应制得：HNF2+Fe3+→N2F4↑+Fe2++H+(未配平)。下列说法错误的是
A．N2F4分子中N-F键键角小于N2H4分子中N-H键键角
B．上述反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：1
C．若生成标准状况下2.24LN2F4，转移电子0.2mol
D．N2F4作氧化剂时，其还原产物可能是N2和HF
14．肼(H2N~NH2)是一种高能燃料，共价键的键能与热化学方程式信息如下表：
共价键 N-H N-N O=O N≡N O-H
键能/(kJ·mol-1) 391 161 498 946 463
则关于反应N2H4(g) +O2 (g)=N2(g) +2H2O(g)说法正确的是
A．该反应是吸热反应 B．N2H4(1)比 N2H4(g)能量高
C．反应物总能量大于生成物总能量 D．H2O空间结构是直线型
15．已知的空间结构为V形，分子中正电中心与负电中心不重合。下列关于和的说法错误的是
A．分子中的化学键为非极性键
B．在水中的溶解度比在中的大
C．在水中的溶解度和一样
D．在中的溶解度比在水中的大
二、填空题
16．(1)在元素周期表中全部是金属元素的区域为______；按电子排布分区，属于p区的是______。
a．A b．B c．C d．D
(2)科学家常用“等电子体”来预测不同物质的结构，例如CH4与NH有相同的电子数和立体构型。依此原理在下表空格中填出相应的化学式:①_； ②_；③_______。
CH4 ① ③
NH ② N2
(3)某些共价键的键能数据如下表(单位:kJ·mol-1):
共价键 H—H Cl—Cl Br—Br H—Cl H—I I—I N≡N H—O H—N
键能 436 243 194 432 299 153 946 463 391
①把1 mol Cl2分解为气态原子时,需要__(填“吸收”或“放出”)___kJ能量。
②由表中所列化学键形成的单质分子中,最稳定的是___,最不稳定的是___；形成的化合物分子中最稳定的是___,最不稳定的是___。
17．（1）原子核内无中子的元素可放在元素周期表的____族，又根据最高正化合价和负化合价的绝对值相等可放在____族，该元素还可放在元素周期表的____族。它的核外电子排布式为_____，它和氧元素可形成的化合物的电子式为________。
（2）科学家发现在特殊条件下，水能表现出许多有趣的结构和性质。一定条件下给水施加一个弱电场，常温常压下水结成冰，俗称“热冰”。
A B
则A、B两幅图中能表示“热冰”的示意图为________。使水结成“热冰”采用“弱电场”的条件，说明水分子是______分子。(选填“极性”或“非极性”)
（3）用高能射线照射液态水时，一个水分子能释放出一个电子，同时产生一种阳离子(H2O+)。这种阳离子具有较强的氧化性，试写出该离子与H2S的水溶液反应的离子方程式_________________________；该反应破坏的化学键是_________。
三、实验题
18．某小组探究与溶液的反应。
(1)小组同学预测向溶液中通入，溶液颜色将由黄色变为浅绿色，预测的依据是___。
进行实验
实验装置(夹持仪器略) 实验现象
向溶液中通入至饱和，溶液变为红色，静置5min后，溶液的颜色从红色慢慢变为黄色，静置9h后，溶液慢慢由黄色变为浅绿色。
资料：与可以发生可逆反应，形成红棕色的配离子。可以将还原为。
(2)的空间结构是__________，Fe在周期表中属于______________区。
(3)与可以形成配离子的原因是______________________。
(4)溶液中通入至饱和，形成配离子的方程式是_________________。
(5)溶液中将还原为的离子方程式是______________________。
(6)由实验现象分析，溶液先变为红色，最后慢慢变为浅绿色的可能原因是________。
19．某班同学用如下实验探究Fe2+、Fe3+的性质。回答下列问题：
（1）分别取一定量氯化铁、氯化亚铁固体，均配制成100mL0.1mol/L的溶液．配制过程中所需要的玻璃仪器有量筒、玻璃棒、烧杯、__________、__________，配制氯化亚铁溶液时所用溶剂需除去溶解其中的氧，除去水中氧的简单操作为__________，用饱和氯化铁溶液制备Fe(OH)3胶体的离子方程式为__________。
（2）甲组同学取2mLFeCl2溶液，先加入1滴KSCN溶液，无现象，再加入几滴氯水，溶液变红，说明Cl2可将Fe2+氧化。FeCl2溶液与氯水反应的离子方程式为__________。
（3）乙组同学认为甲组的实验不够严谨，该组同学在2mLFeCl2溶液中先加入0.5mL煤油，再于液面下依次加入l滴KSCN溶液和几滴氯水，溶液变红，煤油的作用是__________。
（4）丙组同学取10mL0.1mol/LKI溶液，加入6mL0.1mol/LFeCl3溶液混合。分别取2mL此溶液于3支试管中进行如下实验：
①第一支试管中加入1mLCCl4充分振荡、静置，CCl4层呈紫色；在水层中加入硝酸酸化的硝酸银溶液，有黄色沉淀生成；
②第二支试管中加入1滴铁氰化钾（K3[Fe(CN)6]）溶液，生成蓝色沉淀；
③第三支试管中加入1滴KSCN溶液，溶液变红。
实验②的离子方程式为____________;实验①和③说明：在I-过量的情况下，溶液中仍含有____（填离子符号），由此可以证明该氧化还原反应为____。
四、计算题
20．(1)酸性强弱比较：苯酚___________碳酸(填“＞”、“=”或“＜”)，原因(用相应的离子方程式表示)：___________。
(2)沸点：H2O___________H2S(填“＞”、“=”或“＜”)，原因___________。
(3)实验室欲测定Na2CO3和NaCl混合物中Na2CO3的质量分数ω(Na2CO3)，实验步骤如下：称取此固体样品4.350g，溶于适量的水中，配成50mL溶液。取出25mL溶液，加入足量的AgNO3溶液充分反应，得到沉淀的质量为5.575g．则原混合物中ω(Na2CO3)=___________(保留4位有效数字)。写出简要的计算过程。
21．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______。
参考答案：
1．D
【分析】硫酸铜蓝色溶液中存在离子，向溶液中加入氨水时，蓝色的与氨水反应生成氢氧化铜蓝色沉淀，继续加入氨水，氢氧化铜蓝色沉淀与氨水反应生成深蓝色的四氨合铜离子，加入无水乙醇，降低了硫酸四氨合铜的溶解度，使溶液中的硫酸四氨合铜析出得到深蓝色晶体，据此分析解答即可。
【详解】A．深蓝色溶液中含有的主要有色离子为，故A正确；
B．蓝色的转化为，说明与间的配位键比与间的配位键强，故B正确；
C．铜离子是中心离子，提供空轨道，氨分子做配位体，氮原子提供孤电子对，故C正确；
D．1个水中含有2个σ键，4个水中含有8个σ键，另含有4个配位键，且配位键属于σ键，故1个中12个σ键，1mol中含有σ键的数目为12NA，故D错误；
故选D。
2．A
【详解】A．由图可知，过程①中H2O与Hg2+形成配合物，水分子的氧原子具有孤对电子，可向Hg2+的空轨道提供孤对电子形成配位键，A正确；
B．图中CH2=CHOH的能量最高，故其稳定性最弱，B错误；
C．由本反应历程图示知，第⑤步反应为放热反应，C错误；
D．催化剂不能改变反应的焓变，D错误；
故选A。
3．A
【解析】短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，Y元素最高正价与最低负价代数和为4，氧元素无最高正价，硫元素最高+6价，最低-2价，因此Y为硫元素，因此Z为氯元素；W、X原子的最外层电子数之比为4:3，若W原子的最外层电子数为4，X原子的最外层电子数为3，W为碳元素，X为铝元素，符合W原子序数大于X条件；据以上分析解答。
【详解】结合以上分析可知，W、X、Y、Z分别为：C、Al、S、Cl；
A．同一周期，从左到右，元素的电负性增大，同一主族，从上到小，电负性减弱，因此电负性：Cl>S >C，故A正确；
B．WY2分子为CS2，其结构与二氧化碳相似，结构为S=C=S，σ键与π键的个数之比是1：1，故B错误；
C．Z的氢化物为HCl，分子间不存在氢键，故C错误；
D．W、Z形成的分子可以为CCl4，其结构与甲烷结构相似，为正四面体结构，故D错误；
故选A。
4．B
【详解】A．二氧化碳中C原子分别以双键和O原子结合，电子式为，故A正确；
B．NH3的价层电子对数=3+=4，有一个孤电子对，空间构型为三角锥形，故B错误；
C．水分子的空间结构为V型，且H原子半径小于O原子半径，水分子的球棍模型为，故C正确；
D．钠离子的核电荷数为11，核外电子总数为10，离子结构示意图为：，故D正确；
故选B。
5．B
【详解】A．SO2分子中有2对成键电子，1对孤电子，故分子立体构型为V形，A错误；
B．H2O和NH3 的价层电子对数均为4，中心原子均为sp3杂化，B正确；
C．CS2和CO2均为分子晶体，熔点受分子间作用力影响，CS2相对分子质量大，分子间作用力大，故CS2的熔点比CO2高，C错误；
D．分子晶体中还存在共价键，如CO2，D错误；
故答案选B。
6．A
【详解】A．单键均为σ键，双键含有1个σ键和1个π键， 中含有18个键，2个键，则键和键比例为，故A错误；
B．该元素第三电离能剧增，最外层应有2个电子，化合价为+2价，当它与氯气反应时最可能生成的阳离子是X2+，故B正确；
C．与互为等电子体，则两者结构相似，从而可知，的电子式为，1个中含有2个键，中含有的键数目为，故C正确；
D．若该反应中有4 mol N-H键断裂，生成1.5mol氮气，形成π键的数目是3NA，故D正确；
故答案选A。
7．D
【详解】电负性数值相差越大，越容易形成离子键，D项中两者数值相差最大，最容易形成离子键；故选D。
8．A
【详解】A．，，所以；代入计算可得，故A错误；
B．反应2为，白色沉淀M为CuI，故B正确；
C．为正四面体结构，为非极性分子，为非金属单质，是非极性分子，故C正确；
D．气体R是SO2，SO2是大气污染物，故D正确；
故答案选A。
9．C
【详解】A．由化学式知，配位体是和，配位数是6，A项错误；
B．由化学式知中心离子是，内界是，B项错误；
C．内界有1个，外界有2个，故数目比是，C项正确；
D．中价电子对数为2+，故中心原子是杂化，D项错误；
故选C。
10．A
【详解】A．CH3CH3的分子式为C2H6，的分子式为C4H10，三者均可以用通式CnH2n＋2来表示，A正确；
B．由同种元素组成的不同的单质互为同素异形体，三者均为化合物，其他烷烃也为化合物，不互为同素异形体，B错误；
C．三者都是烷烃，但甲烷中只含C-H极性共价键，不含非极性共价键，C错误；
D．三者都是烷烃，化学性质相似，但熔、沸点等物理性质不相同，D错误；
答案选A。
11．B
【分析】根据同种非金属元素的原子间易形成非极性共价键；不同种非金属元素的原子间易形成极性共价键。
【详解】A. Na2O2中含有离子键与氧元素之间的非极性共价键，A项错误；
B. H2O2分子的结构式为H-O-O-H，其中含氢氧极性键与氧元素之间的非极性键，B项正确；
C. CH4分子中只含有碳氢极性共价键，C项错误；
D. 氯化铵中含有氮氢极性共价键和铵根离子与氯离子之间的离子键，D项错误；
【点睛】一般来说，活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子键，非金属元素之间易形成共价键，不同非金属元素之间易形成极性键，同种非金属元素之间易形成非极性键，含有离子键的化合物为离子化合物，离子化合物中可能含有共价键，只含共价键的化合物为共价化合物。
12．A
【详解】A．CO2是直线形，为非极性分子，故A正确；
B．N2分子中存在氮氮三键，含有1个σ键、2个π键，故B错误；
C．K2S的电子式为：KK，故C错误；
D．基态硫原子价电子的轨道表示式为基态硫原子价电子的轨道表示式为，故D错误；
故选A。
13．D
【详解】A．F的电负性强于H的，对成键电子对吸引能力更强，成键电子对离中心原子更远，成键电子对之间排斥力更小，致使N2F4的键角小于N2H4，故A正确；
B．由2HNF2+2Fe3+=N2F4↑+2Fe2++2H+可知，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:1，故B正确；
C．若生成标准状况下2.24LN2F4物质的量，转移电子的物质的量是0.2mol，故D正确；
D．由于电负性：F>N，则N2F4中F为-1价，N为+2价，作氧化剂时只有N元素化合价才能降低，则还原产物可能是N2，HF不变价，故D错误；
故选D。
14．C
【详解】A．反应热为(391×4+161+498 946 463×4)kJ mol 1= 575 kJ mol-1，该反应为放热反应，A错误；
B．液体比气体的能量低，B错误；
C．因为该反应为放热反应，所以反应物总能量大于生成物总能量，C正确；
D．水分子中氧原子的价层电子对数为2+=4，有两对孤电子对，空间构型是V型，D错误；
故选C。
15．C
【详解】A．分子中的化学键是氧原子之间形成的，同种非金属原子之间形成的是非极性键，故A正确；
B．为极性分子，根据相似相溶原理，在极性溶剂水中的溶解度比在非极性溶剂四氯化碳中的大，故B正确；
C．氧气为非极性分子，臭氧为极性分子，而水为极性溶剂，根据相似相溶原理，臭氧在水中的溶解度大于氧气，故C错误；
D．氧气为非极性分子，在极性溶剂水中的溶解度比在非极性溶剂四氯化碳中的小，故D正确；
故选：C。
16． b cd C2H6 CO 吸收 243 N2 I2 H2O HI
【详解】（1）在元素周期表中全部是金属元素的区域为B区；按电子排布分区，属于p区的是CD区；
故答案为：b；cd；
（2）含8个原子，电子对数为22，C2H6与其互为等电子体；含4个原子，电子数为32，与其互为等电子体；N2含2个原子，电子数为14，CO与其互为等电子体；
故答案为：C2H6；；CO；
（3）①化学键断裂要吸收能量，由表中数据可知把1mol Cl2分解为气态原子时，需要吸收243kJ的能量；
②键能越大，化学键越稳定，化学性质越稳定，所以最稳定的单质是N2；最不稳定的单质是I2；最稳定的化合物是H2O；最不稳定的化合物是HI。
17． ⅠA；；；；或； ⅣA ⅤⅡA 1s1 A 极性 2H2O++H2S=S↓+2H2O+2H+ ；极性共价键
【详解】（1）原子核内无中子的元素是氢，氢是第一周期第ⅠA元素，元素最高正价与负化合价的绝对值相等，所以最外层有4个电子，所以是ⅣA，还可以是氢最高正价是+1价，最低负价是-1价，所以可以将氢放在ⅤⅡA，核外电子排布为1s1，氢与氧形成水和过氧化氢，水中存在两个氧氢键，氧原子最外层达到8电子稳定结构，水的电子式为：，双氧水的电子式为：，
因此，本题正确答案是：ⅠA；ⅣA；ⅤⅡA；1s1；或；
（2）水是极性分子，所以在电场作用下的凝结，所以热冰是A，水是极性分子，因此，本题正确答案是：A；极性；
（3）H2O+具有较强的氧化性，能与硫化氢发生氧化还原反应，反应方程式为：2H2O++H2S=S↓+2H2O+2H+，反应过程中破坏了硫化氢分子和H2O+中的极性共价键，因此，本题正确答案是：2H2O++H2S=S↓+2H2O+2H+；极性共价键．
18．(1)Fe3+具有氧化性，具有还原性，二者发生氧化还原反应得到SO和Fe2+，溶液颜色将由黄色变为浅绿色
(2) V形 d
(3)含有空轨道，中O原子含有孤电子对，与可以形成配离子
(4)Fe3+++H2O=+H+
(5)++H2O=2+ SO+3H+
(6)向溶液中通入至饱和，形成红棕色的配离子，然后将还原为，溶液慢慢变为浅绿色
【详解】（1）Fe3+具有氧化性，具有还原性，二者发生氧化还原反应得到SO和Fe2+，溶液颜色将由黄色变为浅绿色。
（2）中心原子S的价层电子对数为2+=3，且含有一对孤电子对，因此SO2分子的空间构型为V形；Fe是26号元素，在周期表中属于d区。
（3）电子排布式为：[Ar]3d5或1s22s22p63s23p63d5，含有空轨道，中O原子含有孤电子对，与可以形成配离子。
（4）溶液中通入至饱和，形成配离子的方程式是：Fe3+++H2O=+H+。
（5）溶液中将还原为，被氧化为SO，离子方程式是：
++H2O=2+ SO+3H+。
（6）向溶液中通入至饱和，形成红棕色的配离子，然后将还原为，溶液慢慢变为浅绿色。
19． 100mL容量瓶 胶头滴管 将水煮沸后冷却 Fe3++3H2O=Fe(OH)3(胶体)+3H+ 2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl- 隔绝空气（排除氧气对实验的影响） 3Fe2++2=Fe3[Fe(CN)6]2↓ Fe3+ 可逆反应
【分析】（4）滴加K3[Fe(CN)6]溶液，生成蓝色沉淀是亚铁离子的检验特征反应现象；滴加KSCN溶液，溶液变红，说明还有Fe3+，该反应未完全，说明该反应为可逆反应；
【详解】（1）配制一定浓度的溶液所需的玻璃仪器，除了量筒、玻璃棒、烧杯外，还有100mL容量瓶、胶头滴管；除去水中溶解氧，最简单的方法是将水煮沸后冷却；制备Fe(OH)3胶体的离子方程式为Fe3++3H2O=Fe(OH)3(胶体)+3H+；故答案为：100mL容量瓶、胶头滴管；将水煮沸后冷却；Fe3++3H2O=Fe(OH)3(胶体)+3H+；
（2）氯气具有氧化性，可将Fe2+氧化成Fe3+，反应的离子方程式：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-；故答案为：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-；
（3）煤油不溶于水，密度比水小，分层后可以隔离溶液与空气接触，排除氧气对实验的影响；故答案为：隔绝空气（排除氧气对实验的影响）；
（4）③加入1滴K3[Fe(CN)6]溶液，生成蓝色沉淀是亚铁离子的检验特征反应现象，离子方程式为：3Fe2++2=Fe3[Fe(CN)6]2↓；第三支试管中加入1滴KSCN溶液，溶液变红，说明随浓度变小，碘离子在稀的FeCl3溶液中不发生氧化还原反应，仍含有铁离子，在I-过量情况下，溶液中仍含有Fe3+，说明该反应为可逆反应；故答案为：Fe3[Fe(CN)6]；Fe3+；可逆反应。
20． ＜ C6H5O-＋CO2＋H2O=C6H5OH＋ ＞ 水分子之间存在氢键 73.10%
【详解】(1)我们可利用强酸制弱酸的原理比较酸性强弱，根据苯酚钠与碳酸反应生成苯酚和碳酸氢钠可以判断出酸性：苯酚＜碳酸，原因：C6H5O-＋CO2＋H2O=C6H5OH＋。答案为：＜；C6H5O-＋CO2＋H2O=C6H5OH＋；
(2)H2O和H2S都形成分子晶体，沸点的高低取决于分子间作用力的大小，若分子间形成氢键，熔沸点会出现反常，水分子间存在氢键，则沸点：H2O＞H2S；答案为：＞；水分子之间存在氢键；
(3)加入AgNO3后，发生如下反应：NaCl+AgNO3=AgCl↓+NaNO3，Na2CO3+2AgNO3=Ag2CO3↓+2NaNO3
设4.350g样品中含有Na2CO3为xmol，NaCl为ymol，则可得以下等量关系式：
①106x＋58.5y＝4.350 ；②276x＋143.5y＝5.575×2；解得x=0.03mol，y=0.02mol；ω(Na2CO3)==73.10%。答案为：73.10%。
【点睛】5.575g是从50mL溶液中取出25mL的那部分与AgNO3溶液反应产生的沉淀质量，计算时需注意与原混合物中的x、y相对应。
21．(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%。
