广东省广州市南沙区第一中学2025年高二下化学期末教学质量检测试题含解析.doc

广东省广州市南沙区第一中学2025年高二下化学期末教学质量检测试题
考生须知：
1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。
2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。
3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。

一、选择题（每题只有一个选项符合题意）
1、下列物质①HCl溶液 ②H2O ③C2H5OH 都能与Na反应放出H2，其产生H2的速率排列顺序正确的是
A．①>②>③ B．②>①>③ C．③>①>② D．②>③>①
2、肯定属于同族元素且性质相似的是(　　)
A．原子核外电子排布式：A为1s22s2，B为1s2
B．结构示意图：A为，B为
C．A原子基态时2p轨道上有1个未成对电子，B原子基态时3p轨道上也有1个未成对电子
D．A原子基态时2p轨道上有一对成对电子，B原子基态时3p轨道上也有一对成对电子
3、下列变化或数据与氢键无关的是 (　　)
A．氟化氢的沸点比氯化氢的沸点高
B．氨分子与水分子形成一水合氨
C．乙醇能跟水以任意比混溶
D．SbH3的沸点比PH3高
4、下列四种有机物在一定条件下不能作为合成高分子化合物单体的是
A．丙烯酸 B．乳酸 CH3CH(OH)COOH
C．甘氨酸 D．丙酸 CH3CH2COOH
5、100mL0.10mol·L－1Na2SO3溶液恰好把224mL（标准状况下）Cl2完全转化为Cl－离子，则SO32－将转化为
A．SO42－ B．S C．SO2 D．S2－
6、汽车尾气中的氮氧化合物(NO)与大气中的物质发生如下作用，形成一种雾霾。有关该雾霾的叙述错误的是

A．该雾霾中含硝酸铵固体 B．反应②是非氧化还原反应
C．NH3是形成该雾霾的催化剂 D．NH3可能来自过度施用氮肥
7、下列轨道能量由小到大排列正确的是(　　)
A．3s　3p　3d　4s B．4s　4p　3d　4d
C．4s　3d　4p　5s D．1s　2s　3s　2p
8、下列物质中，与新制氢氧化铜悬浊液共热时能产生红色沉淀的是 ( )
A．CH2=CHCH2OH B．CH3CH2CHO C．CH3COCH3 D．HOOCCH2CH3
9、完成下列实验所选择的装置或仪器(夹持装置已略去)正确的是（ ）
A．除去淀粉溶液中的氯化钠
B．分离碳酸钠溶液和乙酸乙酯
C．从碘化钠和碘的混合固体中回收碘
D．除去乙烷气体中混有的乙烯
10、设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．20g 49％的硫酸中，H2SO4分子数为0.01NA
B．100mL 0.1mol·L－1 Na2CO3溶液中阴离子总数小于0.01NA
C．1 mol Cl2溶于水，溶液中Cl－、HClO、ClO－粒子数之和小于2 NA
D．标准状况下，3.36L氯仿的分子数为0.15 NA
11、我国在CO2催化加氢制取汽油方面取得突破性进展，CO2转化过程示意图如图：

下列说法不正确的是(　　)
A．反应①的产物中含有水
B．反应②中只有碳碳键形成
C．汽油主要是C5～C11的烃类混合物
D．图中a的名称是2-甲基丁烷
12、下列有关金属腐蚀的说法中正确的是
①金属的腐蚀全部是氧化还原反应
②金属的腐蚀可分为化学腐蚀和电化学腐蚀，只有电化学腐蚀才是氧化还原反应
③因为二氧化碳普遍存在，所以钢铁的电化学腐蚀以析氢腐蚀为主
④无论是析氢腐蚀还是吸氧腐蚀，总是金属被氧化
A．①③ B．②③ C．①④ D．①③④
13、下列说法正确的是
A．BF3和NH3的空间构型都为平面三角形
B．晶格能由大到小的顺序:NaF> NaCl> NaBr>NaI
C．熔点:Na-K合金<氯化钠<钠<金刚石
D．空间利用率:体心立方堆积<六方最密堆积<面心立方最密堆积
14、下列说法中，不符合ⅦA族元素性质特征的是
A．易形成-1价离子 B．从上到下原子半径逐渐减小
C．从上到下单质的氧化性逐渐减弱 D．从上到下氢化物的稳定性依次减弱
15、已知：25°C时，，。下列说法正确的是
A．25°C时，饱和溶液与饱和溶液相比，前者的大
B．25°C时，在的悬浊液加入少量的固体，增大
C．25°C时，固体在20ml0.01 mol·氨水中的比在20mL0.01mol·溶液中的小
D．25°C时，在的悬浊液加入溶液后，不可能转化成为
16、工业上，常用Fe2(SO4)3溶液作腐蚀液，腐蚀铜质电路板得到废液主要成分是FeSO4和CuSO4，含少量Fe2(SO4)3。某学习小组设计装置从废液中提取铜，如图所示。已知:Fe2+失电子能力比OH- 强。下列说法正确的是

A．电解初期阴极没有铜析出，原因是2H++2e-=H2↑
B．石墨极的电极反应式为2H2O+4e-=4H++O2↑
C．若电路中转移2mol电子，理论上有2molM从交换膜左侧向右侧迁移
D．若将废液2充入阳极室时可再生腐蚀液（硫酸铁溶液）
二、非选择题（本题包括5小题）
17、色酮类化合物K具有抗菌、降血脂等生理活性，其合成路线如下：

已知：
①
②+R’OH+RCOOH
③
(1)A的结构简式是_________；根据系统命名法，F的名称是__________。
(2)B→C所需试剂a是__________；试剂b的结构简式是_________。
(3)C与足量的NaOH反应的化学方程式为__________。
(4)G与新制Cu(OH)2反应的化学方程式为__________。
(5)已知：①2HJ+H2O；②J的核磁共振氢谱只有两组峰。以E和J为原料合成K分为三步反应，写出有关化合物的结构简式：E_________J_________中间产物1_________中间产物2_________

18、已知：① CH3CH=CHCH2CH3CH3COOH+CH3CH2COOH
② R-CH=CH2R-CH2-CH2-Br
香豆素的核心结构是芳香内酯A，A经下列步骤转变为水杨酸。

请回答下列问题：
（1）下列有关A、B、C的叙述中不正确的是___________
a. C中核磁共振氢谱共有8种峰
b. A、B、C均可发生加聚反应
c. 1mol A最多能和5mol氢气发生加成反应
d. B能与浓溴水发生取代反应
（2）B分子中有2个含氧官能团，分别为______和______（填官能团名称），B→C的反应类型为_____________。
（3）在上述转化过程中，反应步骤B→C的目的是_________________________。
（4）化合物D有多种同分异构体，其中一类同分异构体是苯的对二取代物，且水解后生成的产物之一能发生银镜反应。请写出其中一种的结构简式：_____________。
（5）写出合成高分子化合物E的化学反应方程式：_______________________________。
19、氮化钙(Ca3N2)氮化钙是一种棕色粉末，在空气中氧化，遇水会发生水解，生成氢氧化钙并放出氨。某化学兴趣小组设计制备氮化钙并测定其纯度的实验如下：

Ⅰ．氮化钙的制备
（1）连接装置后，检查整套装置气密性的方法是_____________________。
（2）装置A中每生成标准状况下4.48LN2，转移的电子数为___________________。
（3）装置B的作用是吸收氧气，则B中发生反应的离子方程式为__________。装置E的作用是______________________。
（4）实验步骤如下：检查装置气密性后，装入药品；_____________________(请按正确的顺序填入下列步骤的代号)。
①加热D处的酒精喷灯； ②打开分液漏斗活塞; ③加热A处的酒精灯；④停上加热A处的酒精灯；⑤停止加热D处的酒精喷灯
（5）请用化学方法确定氮化钙中含有未反应的钙，写出实验操作及现象___________。
Ⅱ．测定氮化钙的纯度：
①称取4.0g反应后的固体，加入足量水，将生成的气体全部蒸出并通入100.00mL1.00mol·L-1盐酸中，充分反应后，将所得溶液稀释至200.00mL；
②取20.00mL稀释后的溶液，用0.20mol·L-1NaOH标准溶液滴定过量的盐酸，达到滴定终点时，消耗标准溶液25.00mL。
（1）氮化钙的质量分数为_________。
（2）达到滴定终点时，仰视滴定管读数将使测定结果_________(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。
20、磺酰氯(SO2Cl2)在医药、染料行业有重要用途，也可用于制备表面活性剂。沸点为69.2℃，遇水水解，剧烈反应生成两种强酸。学习小组在实验室用SO2和Cl2在活性炭作用下，制备SO2Cl2并测定产品纯度，设计如图实验如图1(夹持装置略去)。请回答下列问题：
Ⅰ.SO2的制备

（1）欲收集一瓶干燥的SO2，装置中气流方向合理的连接顺序为____(填小写字母)。
（2）A装置分液漏斗中装的是70%的硫酸溶液，A中反应的化学方程式为____。
Ⅱ.SO2Cl2的制备和纯度的测定
将上述收集到的SO2充入注射器h中，用图2装置制备SO2Cl2。

（3）仪器e的名称为____，b中试剂的名称为____。
（4）f的作用是____。
（5）取反应后的产品4.0g，配成200mL溶液；取出20.00mL，用0.5000mol ·L-1NaOH溶液滴定；达到滴定终点时消耗标准液的体积为20.00mL(杂质不参加反应)。
①产品加水配成溶液时发生的反应为____。
②SO2Cl2的质量分数为____。(保留三位有效数字)。
21、Ti、Fe、Cu、Ni为过渡金属元素，在工业生产中有重要的应用．

（1）①常温下Fe(CO)5呈液态，熔点为-20.5℃，沸点为101℃．据此可以判断其晶体为_________晶体，Fe(CO)5中铁的化合价为0，则该物质中含有的化学键类型有______（填字母）．
A 离子键 B 极性共价键 C 非极性共价键 D 配位键
②NO能被FeSO4溶液吸收生成配合物[Fe(NO)(H2O)5]SO4，该配合物中心离子的配位数为________，配体H2O中O原子的杂化方式为________．
③NiO、FeO的晶体结构类型均与氧化钠的相同，Ni2+和Fe2+的离子半径分别为69pm和78pm，则熔点NiO_______FeO（填“<”或“>”）．
（2）Cu、N两元素形成某种化合物的晶胞结构如图（灰色球表示Cu原子），已知紧邻的白球与灰球之间的距离为a cm，该晶胞的密度为________g•cm-1．
参考答案

一、选择题（每题只有一个选项符合题意）
1、A
【解析】
①HCl溶液 、②H2O 、③C2H5OH都能与Na反应放出H2，但其中钠反应的速率是不同的，HCl是强电解质，其完全电离，故该溶液中c(H+)最大；水是弱电解质，其中的c(H+)较小；乙醇是非电解质，不通电离出H+，故产生H2的速率排列顺序是①>②>③，选A。
2、D
【解析】
A：前者为Be，后者为He，分处于IIA及0族。
B：前者为0族Ne，后者为IA的Na；
C：前者为B或F，后者为Al或Cl，不一定是同族元素；
D：前者为O，后者为S，均为第ⅥA元素；
故选D。
3、D
【解析】
A、F原子能形成氢键，HF分子间氢键作用强，HCl分子间无氢键，所以HF沸点较高，故A错误；B、N原子和O原子形成氢键的能力都很强，因而可以形成一水合氨，故B错误；C、羟基O原子和H2O中的O原子都能与H吸引形成氢键，因而可以任意比例互溶，故C错误；D、SbH3沸点比PH3高，是因为前者相对分子质量远比后者大，分子间相互作用力强， D正确；故选D。
本题主要考查氢键的应用。氢键不是化学键，通常把氢键看做是一种较强的分子间作用力。氢键比化学键强，比分子间作用力强；分子间形成氢键会使物质的熔沸点升高，这是因为固体熔化或液体气化时必须破坏分子间氢键，消耗更多的能量；分子间氢键对物质的水溶性有影响，如氨气极易溶于水，主要是氨分子与水分子形成分子间氢键；通常N、O、F这三种元素的氢化物已形成氢键。常见易形成氢键的化合物有H2O、 HF、NH3、CH3OH等；氢键只影响分子晶体的物理性质。
4、D
【解析】
分析：含有碳碳双键或碳碳三键的单体通过加聚反应可生成高分子化合物；含有羟基和羧基或羧基和氨基的单体通过缩聚反应可得到高分子化合物。
详解：A．含碳碳双键，可为加聚反应的单体，选项A不选；B．含-OH、-COOH，可为缩聚反应的单体，选项B不选；C．含-NH2、-COOH，可为缩聚反应的单体，选项C不选；D．只含-COOH，不能作为合成高分子化合物单体，选项D选；答案选D。
5、A
【解析】
Cl2完全转化为Cl－离子，氯气化合价降低，则亚硫酸根化合价升高，则+4价升高，纵观答案只有硫酸根中硫为+6价，故A正确；
综上所述，答案为A。
利用氧化还原反应原理，有元素化合价升高，必定有元素化合价降低来分析。
6、C
【解析】
A、依据流程，反应③发生的反应是NH3＋HNO3=NH4NO3，NH4NO3为固体，即该雾霾中含硝酸铵固体，故A说法正确；
B、反应②发生：N2O5＋H2O=2HNO3，该反应不属于氧化还原反应，故B说法正确；
C、硝酸与NH3反应生成NH4NO3固体，NH3是反应物，不是催化剂，故C说法错误；
D、铵盐是氮肥，过度施用氮肥，铵盐会释放出氨气，故D说法正确；
答案选C。
7、C
【解析】
各能级能量高低顺序为①相同n而不同能级的能量高低顺序为：ns＜np＜nd＜nf，②n不同时的能量高低：2s＜3s＜4s 2p＜3p＜4p；③不同层不同能级ns＜(n-2)f＜(n-1)d＜np，绝大多数基态原子核外电子的排布都遵循下列顺序：1s、2s、2p、3s、3p、4s、3d、4p、5s、4d、5p、6s、4f…；
A．由以上分析可知：3s、3p、4s、3d，故A错误；
B．由以上分析可知：4s、3d、4p、4d，故B错误；
C．由以上分析可知：4s 3d 4p 5s，故C正确；
D．由以上分析可知：1s、2s、2p、3s，故D错误；
故答案为C。
8、B
【解析】
A. CH2=CHCH2OH是丙烯醇，分子中无醛基，不能与新制氢氧化铜悬浊液反应，A不符合题意；
B.CH3CH2CHO是丙醛，分子中含有醛基，能与新制氢氧化铜悬浊液在加热条件下发生反应，产生Cu2O红色沉淀，B符合题意；
C.CH3COCH3是丙酮，分子中不含有醛基，不能与新制氢氧化铜悬浊液反应，C不符合题意；
D.HOOCCH2CH3是丙酸，分子中无醛基，与新制氢氧化铜悬浊液发生中和反应，不能将新制氢氧化铜还原成红色Cu2O，D不符合题意；
故合理选项是B。
9、B
【解析】
A．淀粉不能透过半透膜但可通过滤纸，可加入蒸馏水后再进行渗析分离而不是过滤，选项A错误；B、因为乙酸乙酯不溶于饱和碳酸钠溶液，会形成两层液体层，可通过分液进行分离，选项B正确；C、利用碘单质升华的特点，分离NaI和I2使用蒸发皿，造成碘单质转变为气体逸出，不能进行收集碘单质，选项C错误；D、乙烯被酸性高锰酸钾溶液氧化生成二氧化碳，产生新的杂质气体，达不到除杂的作用，选项D错误。答案选B。
10、C
【解析】
A．硫酸是强酸，在溶液中全部电离，不存在分子，故A错误；
B．100mL 0.1mol•L-1Na2CO3溶液中，碳酸根离子水解生成氢氧根离子和碳酸氢根离子，阴离子数目增多，阴离子总数大于0.01NA，故B错误；
C．氯气和水的反应为可逆反应，不能进行彻底，溶液中含未反应的氯气分子，故溶液中的HClO、Cl-、ClO-粒子数之和小于2NA，故C正确；
D．标准状况下，氯仿不是气体，不能根据气体摩尔体积计算其物质的量，故D错误；
故选C。
本题的易错点为B，要注意碳酸根离子水解方程式(CO32－＋H2OHCO3－＋OH－)的应用。
11、B
【解析】
A．从质量守恒的角度判断，二氧化碳和氢气反应，反应为CO2+H2=CO+H2O，则产物中含有水，选项A正确；
B．反应②生成烃类物质，含有C﹣C键、C﹣H键，选项B错误；
C．汽油所含烃类物质常温下为液态，易挥发，主要是C5～C11的烃类混合物，选项C正确；
D．图中a烃含有5个C，且有一个甲基，应为2﹣甲基丁烷，选项D正确。
答案选B。
12、C
【解析】
①金属的腐蚀是金属失电子发生氧化反应的过程，金属的腐蚀全部是氧化还原反应，故①正确；
②金属的腐蚀可分为化学腐蚀和电化学腐蚀，化学腐蚀和电化学腐蚀都是氧化还原反应，故②错误；
③钢铁的电化学腐蚀以吸氧腐蚀为主，在酸度较大的区域以析氢腐蚀为主，故③错误；
④无论是析氢腐蚀还是吸氧腐蚀，都是金属失去电子发生氧化反应的过程，故④正确；
故选C。
【点晴】
金属的腐蚀分为化学腐蚀和电化学腐蚀，化学腐蚀是金属与氧化物直接反应，如：铁与氯气的反应；电化学腐蚀分为析氢腐蚀和吸氧腐蚀，在酸性条件下发生析氢腐蚀，在中性、碱性条件下发生吸氧腐蚀。
13、B
【解析】A、B形成3个δ键，孤对电子数为=0，为sp2杂化，BF3立体构型为平面三角形，而N形成3个δ键，孤对电子数为=1，为sp3杂化，NH3立体构型为三角锥形，选项A错误；B．离子晶体晶格能与离子电荷成正比，与离子半径成反比，从F到I其简单阴离子半径随着原子序数增大而增大，所以其晶格能随着原子序数增大而减小，则晶格能由大到小：NaF>NaCl>NaBr>NaI，选项B正确；C、合金熔点比各成份都低，不同类型的晶体熔点的高低顺序为：原子晶体＞离子晶体＞金属晶体＞分子晶体，所以熔点Na-K合金＜钠＜氯化钠＜＜金刚石，选项C错误；D、体心立方堆积的空间利用率为68%，六方最密堆积=面心立方最密堆积空间利用率74%，所以空间利用率为：体心立方堆积＜六方最密堆积=面心立方最密堆积，选项D错误；答案选B。
14、B
【解析】
A.第ⅦA族元素的原子最外层电子数是7个，易得到1个电子形成8个电子的稳定结构，易形成-1价离子，A符合第ⅦA族元素性质特征；
B.同主族从上到下原子半径逐渐增大，B不符合第ⅦA族元素性质特征；
C.同主族元素从上到下元素的金属性逐渐增强，非金属性逐渐减弱，单质的氧化性逐渐减弱，C符合第ⅦA族元素性质特征；
D.同主族从上到下元素的非金属性逐渐减弱，气态氢化物的稳定性逐渐减弱，D符合第ⅦA族元素性质特征；
答案选B。
15、B
【解析】
A项，Mg(OH)2的溶度积小，由Ksp计算则其镁离子浓度小，故A项错误；
B项，NH4＋可以结合Mg(OH)2电离出的OH－离子，从而促使Mg(OH)2的电离平衡正向移动，c(Mg2＋)增大，故B项正确；
C项，Ksp不随浓度变化，仅与温度有关，故C项错误；
D项，两者Ksp接近，使用浓氟化钠溶液，可以使氢氧化镁转化，故D项错误。
答案选B。
16、D
【解析】
分析：石墨极为阳极，阳极室的电解质是稀硫酸，阳极反应式为2H2O－4e-＝O2↑＋4H+，铜电极为阴极，根据氧化性：Fe3+＞Cu2+＞H+，初期没有铜析出，发生Fe3++e-＝Fe2+，电解池中阴离子由阴极室移向阳极室，M为SO42-，据此结合电荷守恒和电解池原理分析解答。
详解：A.依题意，废液1含有Fe2+、Cu2+，少量的Fe3+，及少量的H+，氧化性：Fe3+＞Cu2+＞H+，初期没有铜析出，是因为Fe3++e-＝Fe2+，故A错误；B.石墨极为阳极，阳极室的电解质是稀硫酸，阳极反应式为2H2O－4e-＝O2↑＋4H+，故B错误；C.电解池中阴离子由阴极室移向阳极室，M为SO42-，电路中转移2 mol电子时，理论上迁移1 mol SO42-，故C错误；D.将硫酸亚铁溶液充入阳极室，失去电子能力：Fe2+＞OH-，阳极反应式为Fe2+－e-＝Fe3+，SO42-由阴极室迁移到阳极室，获得Fe2(SO4)3，故D正确；故选D。

二、非选择题（本题包括5小题）
17、 1-丙醇 Br2和Fe（或FeBr3） CH3CH2CHO + 2Cu(OH)2 + NaOH CH3CH2COONa + Cu2O + 3H2O E：；J：；中间产物1：；中间产物2：
【解析】
A(苯)发生硝化反应生成B，B为硝基苯，根据C的化学式可知，试剂a为溴，在铁作催化剂时，B与溴发生苯环上的取代反应生成C，结合D的结构可知C为，根据信息①，D在AlCl3存在时与试剂b反应生成E，根据E的化学式可知，试剂b为，则E为；G能够与氢氧化铜反应，则G为醛，因此F为醇，H为酸，因此F为CH3CH2CH2OH，G为CH3CH2CHO，H为CH3CH2COOH。
(1)根据上述分析，A为苯；F 为CH3CH2CH2OH，名称为1-丙醇，故答案为；1-丙醇；
(2)B与溴发生取代反应生成C，反应需要铁作催化剂，试剂a是Br2和Fe；试剂b为，故答案为Br2和Fe(或FeBr3)；；
(3)C为，与足量的NaOH反应的化学方程式为，故答案为；
(4)G为CH3CH2CHO，G与新制Cu(OH)2反应的化学方程式为CH3CH2CHO + 2Cu(OH)2 + NaOH CH3CH2COONa + Cu2O + 3H2O，故答案为CH3CH2CHO + 2Cu(OH)2 + NaOH CH3CH2COONa + Cu2O + 3H2O；
(5)H为CH3CH2COOH，①2HJ+H2O；②J的核磁共振氢谱只有两组峰，则J为酸酐，为。E为，J为；根据信息②，中间产物1为，根据信息③，中间产物2为，发生羟基的消去反应生成K()，故答案为E：；J：；中间产物1：；中间产物2：。
点睛：本题考查了有机合成与推断，本题的难度较大。本题的难点是(5)中合成过程的推断，要充分理解和利用题示信息，尤其中信息②和③的理解和应用。
18、c 羧基 羟基 取代反应 为了保护酚羟基使之不被氧化 、、（任选一种即可）
【解析】
根据转化图结合逆合成分析法可知，C被高锰酸钾氧化生成乙二酸和D，结合题给信息及C的分子式知，C的结构简式为。B和一碘甲烷发生取代反应生成C，所以根据C的结构简式可判断B的结构简式为。A水解生成B，且A的分子式为C9H6O2，A和B相对分子质量相差18，所以A的结构简式为：。D和碘化氢发生取代反应生成水杨酸，据此分析作答。
【详解】
（1）根据上述分析易知，A为；B为；C为，则
a. C中有8种不同环境的H原子，故核磁共振氢谱共有8种峰，a项正确；
b. A、B、C分子中均有碳碳双键，均可发生加聚反应，b项正确；
c. A中含碳碳双键和酯基，酯基不能发生加成反应，则1mol A最多能和4mol氢气发生加成反应，c项错误；
d. B中含苯环，酚羟基的邻、对位能与浓溴水发生取代反应，d项正确；
故答案为c；
（2） B为，含氧官能团的名称为：羧基和羟基；C为，B→C为取代反应；
（3）因酚羟基易被氧化，因此B→C发生取代反因的目的是为了保护酚羟基使之不被氧化；
（4）化合物D有多种同分异构体，其中一类同分异构体是苯的对二取代物，说明含有两个取代基，能水解说明含有酯基，且水解后生成的产物之一能发生银镜反应，说明含有醛基，所以符合条件的同分异构体有、、，所以共有3种；
（5）乙二酸与乙二醇在浓硫酸催化作用下发生缩聚反应生成聚乙二酸乙二酯，其化学方程式为：
19、关闭A，向E中加水，微热烧瓶E中有气泡停止加热导管末端形成一段水柱 0.6NA 4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O 吸收空气中水蒸气、防止进入D中 ②③①⑤④ 取少量产物于试管，加入水，用排水法收集到无色气体则含钙 92.5% 偏低
【解析】
分析：本题考查的是物质的制备和含量测定，弄清实验装置的作用、发生的反应及指标原理是关键，侧重分析与实验能力的考查，注意物质性质的综合应用。
详解：装置A中反应生成氮气，装置B可以吸收氧气，C中浓硫酸吸水，氮气和钙粉在装置D中反应，E中浓硫酸防止空气中的水蒸气进入D。(1)连接装置后，关闭A中分液漏斗的活塞，向E中加水，微热烧瓶，E中有气泡停止加热导管末端形成一段水柱，说明装置气密性好。(2)A中的反应为(NH4)2SO4+2NaNO2 2N2↑+Na2SO4+4H2O，转移6mol电子时生成2mol氮气，所以A中每生成标况下4.48L氮气，转移的电子数为0.6NA。(3)B中氧气氧化亚铁离子为铁离子，离子方程式为：4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O，E装置中浓硫酸吸收空气中的水蒸气，防止进入D中。 (4)实验开始先使装置的反应发生，排除装置内的空气，实验结束，先停止D处的热源，故顺序为②③①⑤④。(5)氮化钙与水反应生成氨气，钙与水反应生成氢气，氢气难溶于水，氨气极易溶于水，检验生成的气体有氢气即可确定氮化钙中含有为反应的钙，故方法为：取少量产物于试管，加入水，用排水法收集到无色气体则含钙 Ⅱ．(1)剩余的盐酸物质的量为，故参与反应的盐酸为0.1×1-0.05=0.05mol，根据氮元素守恒：，则氮化钙的物质的量为0.025mol，则氮化钙的质量分数为= 92.5% (2)达到滴定终点，仰视滴定管读数将使消耗的氢氧化钠的标准液的体积读数变大，使剩余盐酸的量变大，反应盐酸的的氨气的量变小，故测定结果偏小。
20、adecbf或adecbdef Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O 冷凝管或球形冷凝管 饱和食盐水 防止水蒸气进入d使SO2Cl2水解 SO2Cl2+2H2O= H2SO4+2HCl 84.4%
【解析】
(1)收集一瓶干燥的SO2，则须先制取气体，然后提纯，再收集，因为二氧化硫有毒、易溶于水，还要对尾气进行吸收处理，据此分析解答；
(2)A中是生成二氧化硫的反应；
(3)盐酸容易挥发，生成的氯气中会混入氯化氢，据此分析解答；
(4)无水氯化钙具有吸水性，结合SO2Cl2遇水易水解分析解答；
(5)①SO2Cl2遇水水解，剧烈反应生成两种强酸，即生成盐酸和硫酸；②根据NaOH 与盐酸、硫酸反应，得到SO2Cl2的物质的量，从而得出质量分数。
【详解】
(1)根据图示，装置A可以用来制取二氧化硫，生成的二氧化硫中混有水蒸气，可以通入C中干燥，用B收集，多余的二氧化硫用氢氧化钠溶液吸收，防止污染；因此欲收集一瓶干燥的SO2，装置的导管按气流方向连接的顺序是：a通过导管d把二氧化硫导入试剂瓶中进行干燥，通过e导管导出后，通过c导管导入集气瓶中收集，为了防止二氧化硫逸出扩散到空气中污染环境，应该把b导管连接到f导管上，为防止通过D吸收逸出的二氧化硫的水逸到B中，把b导管连接到d把二氧化硫导入试剂瓶中进行干燥，通过e导管导出后，连接f，故答案为：adecbf或adecbdef；
(2)A装置分液漏斗中装的是70%的硫酸溶液，生成二氧化硫的反应方程式为H2SO4+Na2SO3=SO2↑+Na2SO4+H2O，故答案为：H2SO4+Na2SO3=SO2↑+Na2SO4+H2O；
(3)根据图示，e为球形冷凝管；b的作用是除去氯气中混有的氯化氢气体，故b中试剂为饱和食盐水，故答案为：(球形)冷凝管；饱和食盐水；
(4)SO2Cl2遇水易水解，故f的作用的防止空气中的水蒸气进入到d，故答案为：防止空气中的水蒸气进入到d使SO2Cl2水解；
(5)①SO2Cl2遇水水解，剧烈反应生成两种强酸，即为同时生成盐酸和硫酸，方程式为：2H2O+SO2Cl2=H2SO4+2HCl；故答案为：2H2O+SO2Cl2=H2SO4+2HCl；
②根据2H2O+SO2Cl2=H2SO4+2HCl得到，SO2Cl2～4H+～4OH-的关系，消耗氢氧化钠的物质的量为0.5000mol•L-1×20.00×10-3L=0.01mol，故n(SO2Cl2)= =0.0025mol，配成 200mL 溶液，取出 20.00mL，所以n(SO2Cl2)总=0.0025mol×10=0.025mol，m(SO2Cl2)=n×M=0.025mol×135g/mol=3.375g，质量分数=×100%=84.4%，故答案为：84.4%。
21、分子晶体 BD 6 sp1杂化 >；
【解析】
(1)①Fe(CO)5熔沸点比较低，符合分子晶体性质；Fe与CO之间形成配位键，CO中存在极性键；
②配离子[Fe(NO)(H2O)5]2+中Fe2+是中心离子，NO、H2O是配体；H2O中O原子形成2个O-H键，含有2对孤对电子，杂化轨道数目为4；
③离子电荷相同，离子半径越小，晶格能越大，离子晶体的熔沸点越高；
(2)紧邻的白球与灰球之间的距离为acm，则晶胞棱长为2a cm，根据均摊法计算晶胞中Cu、N原子数目，表示出晶胞质量，再根据ρ=计算晶胞密度。
【详解】
(1)①常温下Fe(CO)5呈液态，熔点为-20.5℃，沸点为101℃，符合分子晶体性质，应使用分子晶体；Fe与CO之间形成配位键，CO中存在极性键；
②配离子[Fe(NO)(H2O)5]2+中Fe2+是中心离子，NO、H2O是配体，Fe2+的配位数为6；H2O中O原子形成2个O-H键，含有2对孤对电子，杂化轨道数目为4，O原子采取sp1杂化；
③NiO、FeO的晶体结构类型均与氧化钠的相同，均属于离子晶体，离子电荷相等，而离子半径Ni2+＜Fe2+，故NiO的晶格能大于FeO的，则熔点NiO＞FeO；
(2)紧邻的白球与灰球之间的距离为a cm，则晶胞棱长为2a cm，晶胞中Cu原子数目为12×=1、N原子数目=8×=1，则晶胞质量为g，则晶胞密度为g÷(2acm)1=g•cm-1。