福建省宁德一中2025年化学高二第二学期期末教学质量检测试题含解析.doc

福建省宁德一中2025年化学高二第二学期期末教学质量检测试题
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。

一、选择题（每题只有一个选项符合题意）
1、现有甲基、羟基、羧基、苯基，两两组合形成6种化合物，其中水溶液呈酸性的有机物有多少种 （ ）
A．2种 B．3种 C．4种 D．5种
2、下列有关化学用语表示正确的是（ ）
A．K+的结构示意图：
B．基态氮原子的电子排布图：
C．水的电子式：
D．基态铬原子（24Cr）的价电子排布式：3d44s2
3、已知A、B、D、E均为中学化学中的常见物质，它们之间的转化关系如图所示(部分产物略去)，则下列有关物质的推断不正确的是

A．若A是铁，则E可能为稀硝酸
B．若A是CuO，E是碳，则B为CO
C．若A是NaOH溶液，E是CO2，则B为NaHCO3
D．若A是AlCl3溶液，E可能是氨水
4、常温下，下列各组离子一定能在指定溶液中大量共存的是（ ）
A．pH=l的溶液中：Ba2+、Fe3+、Cl-、SCN-
B．能使酚酞变红的溶液：Ca2+、K+、HCO3-、CO32-
C．=10-12的溶液中：NH4+、Cu2+、NO3-、SO42-
D．由水电离的c(H+)=10-12mol·L-1的溶液中：Na+、Al3+、Cl-、NO3-
5、将Fe、Cu、Fe2＋、Fe3＋和Cu2＋盛于同一容器中充分反应，反应后Fe有剩余，则容器中其它存在的单质或离子只能是
A．Cu、Fe3＋ B．Fe2＋、Fe3＋ C．Cu、Cu2＋ D．Cu、Fe2＋
6、下列有关叙述说法错误的是
A．物质的量的描述对象是宏观物体
B．当质量的单位以g为单位时，铁的摩尔质量在数值上等于它的相对原子质量
C．阿伏加德罗常数是指0.012kg 12C所含的碳原子数，其数值约等于6.02×1023
D．标准状况下，2mol气体的体积约为44.8L
7、Cu2O是一种半导体材料，基于绿色化学理念设计的制取Cu2O的电解池示意图如图所示，电解总反应为：2Cu＋H2OCu2O＋H2↑。下列说法正确的是( )

A．铜电极发生还原反应
B．石墨电极上产生氢气
C．铜电极接直流电源的负极
D．当有0.1 mol电子转移时，有0.1 mol Cu2O生成
8、某天然有机化合物，其结构简式如下图所示，下列关于该化合物的说法正确的是(　　)

A．该化合物可以发生消去反应
B．该化合物中含有的官能团只有醛基和羟基
C．1 mol该化合物与Na反应最多可以放出2 mol H2
D．一定条件下，该化合物可以发生银镜反应
9、《本草衍义》中对精制砒霜过程有如下叙述：“取砒之法，将生砒就置火上，以器覆之，令砒烟上飞着覆器，遂凝结累然下垂如乳，尖长者为胜，平短者次之。”文中涉及的操作方法是
A．蒸馏 B．升华 C．干馏 D．萃取
10、下列对应符号表述正确的是
A．一氯甲烷的结构式CH3Cl B．葡萄糖的结构简式C6H12O6
C．苯的分子式 D．丙烯的实验式CH2
11、干冰熔点很低是由于
A．CO2是非极性分子 B．C=O键的键能很小
C．CO2化学性质不活泼 D．CO2分子间的作用力较弱
12、下列实验指定使用的仪器必须预先干燥的是（ ）
①中和热测定中所用的小烧杯
②中和滴定中所用的锥形瓶
③配制一定物质的量浓度溶液中所用的容量瓶
④喷泉实验中用于收集氨气的烧瓶
A．①② B．②③ C．①④ D．③④
13、某消毒液的主要成分为NaClO，还含有一定量的NaOH，下列用来解释事实的方程式中不合理的是（已知：饱和NaClO溶液的pH约为11）
A．该消毒液可用NaOH溶液吸收Cl2制备：Cl2+2OH－＝Cl－+ ClO－+ H2O
B．该消毒液的pH约为12：ClO－+ H2OHClO+ OH－
C．该消毒液与洁厕灵（主要成分为HCl）混用，产生Cl2：2H＋+ Cl－+ ClO－= Cl2↑+H2O
D．该消毒液加白醋生成HClO，可增强漂白作用：CH3COOH+ ClO－= HClO+CH3COO—
14、下列各组物质能真实表示物质分子组成的是(　　)
A．NO、C2H5OH、HNO3、I2 B．CaO、N2、HCl、H2O
C．NH3、H2S、Si、CO D．CO2、SiO2、CH3COOH、H2SO4
15、下列各组离子在溶液中按括号内的物质的量之比混合，不能得到无色、碱性、澄清溶液的是
A． （5:1:4:4） B． (1:1:1:2)
C． (1:3:3:1) D． (2:1:2:1)
16、下列关于有机物的说法中，错误的是（ ）
A．在一定条件下葡萄糖能与新制Cu(OH)2发生反应
B．肥皂的主要成分是油脂在碱性条件下水解生成的
C．淀粉、纤维素和油脂都是天然高分子化合物
D．蛋白质溶液遇硫酸铜后产生的沉淀不能重新溶于水
二、非选择题（本题包括5小题）
17、酮洛芬是一种良好的抗炎镇痛药，可以通过以下方法合成：

(1)酮洛芬中含氧官能团的名称为_________和_______。
(2)化合物E的结构简式为________；由C→D的反应类型是_______。
(3)写出B→C的反应方程式_______________________________。
(4)写出同时满足下列条件的A的一种同分异构体的结构简式___________________。
①能发生银镜反应；②与FeCl3发生显色反应；③分子中含有5种不同化学环境的氢。
(5)请写出以甲苯和乙醇为原料制备化合物 的合成路线流程图(无机试剂可任选)。合成路线流程图示例如图：
__________________________
18、Q是合成防晒霜的主要成分，某同学以石油化工的基本产品为主要原料，设计合成Q的流程如下(部分反应条件和试剂未注明)：

已知：Ⅰ．钯催化的交叉偶联反应原理(R、R1为烃基或其他基团，X为卤素原子)：Pd/CR—X＋R1—CH=CH2R1—CH=CH—R＋H—X
II．C8H17OH 分子中只有一个支链，且为乙基，其连续氧化的产物能与碳酸氢钠反应生成CO2，其消去产物的分子只有一个碳原子上没有氢原子。
III．F不能与氢氧化钠溶液反应，G的核磁共振氢谱中有 3 个峰且为对位取代物。请回答下列问题：
（1）G的结构简式为__________。
（2）C8H17OH 的名称(用系统命名法命名)为____________。
（3）X是 F的同分异构体，X遇氯化铁溶液发生显色反应且环上的一溴取代物有两种，写出 X 的结构简式：___________。
（4）写出反应⑥的化学方程式：____________。
（5）下列有关 B、C的说法正确的是____________(填序号)。
a．二者都能使溴的四氯化碳溶液或酸性高锰酸钾溶液褪色
b．二者都能与碳酸氢钠溶液反应产生二氧化碳
c．1molB或C都能最多消耗44.8L(标准状况)氢气
d．二者都能与新制氢氧化铜悬浊液反应
19、某液态卤代烷RX（R是烷基，X是某种卤素原子）的密度是ag/cm3 ，该RX可以跟稀碱发生水解反应生成ROH（能跟水互溶）和HX。为了测定RX的相对分子质量，拟定的实验步骤如下：
①准确量取该卤代烷 b mL，放入锥形瓶中。②在锥形瓶中加入过量稀NaOH溶液，塞上带有长玻璃管的塞子，加热，发生反应。③反应完成后，冷却溶液，加稀HNO3酸化，滴加过量AgNO3溶液，得白色沉淀。④过滤，洗涤，干燥后称重，得到cg固体。回答下面问题：
（1）装置中长玻璃管的作用是________________________。
（2）步骤④中，洗涤的目的是为了除去沉淀上吸附的__________________离子。
（3）该卤代烷中所含卤素的名称是_____，判断的依据是______________。
（4）该卤代烷的相对分子质量是____________________。（用含a、b、c的代数式表示）
（5）如果在步骤③中加HNO3的量不足，没有将溶液酸化，则步骤④中测得的c值（填下列选项代码）___________。
A．偏大　　B．偏小　　C．大小不定　　D．不变
20、亚硝酰硫酸(NOSO4H)主要用于染料、医药等工业。实验室用如图装置(夹持装置略)制取少量的NOSO4H，并检验产品纯度。已知：NOSO4H遇水水解，但溶于浓硫酸而不分解。

（1）利用装置A制取SO2，下列最适宜的试剂是_____(填下列字母编号)
A．Na2SO3固体和20%硝酸 B．Na2SO3固体和20%硫酸
C．Na2SO3固体和70%硫酸 D．Na2SO3固体和18.4mol/L硫酸
（2）装置B中浓HNO3和SO2在浓H2SO4作用下反应制得NOSO4H。
①为了控制通入SO2的速率，可以采取的措施是_______。
②该反应必须维持体系温度不低于20℃。若温度过高，产率降低的可能原因是____。
③开始反应缓慢，待生成少量NOSO4H后，温度变化不大，但反应速率明显加快，其原因可能是______。
（3）在实验装置存在可能导致NOSO4H产量降低的缺陷是______。
（4）测定NOSO4H的纯度
准确称取1.337 g产品加入250 mL碘量瓶中，加入0.1000mol/L、60.00 mL的KMnO4标准溶液和10 mL 25%H2SO4溶液，然后摇匀。用0.2500 mol/L草酸钠标准溶液滴定，消耗草酸钠溶液的体积为20.00 mL。
已知：2KMnO4＋5NOSO4H＋2H2O＝K2SO4＋2MnSO4＋5HNO3＋2H2SO4
①配平：__MnO4-＋___C2O42-＋______＝___Mn2+＋____＋__H2O
②亚硝酰硫酸的纯度=___%(计算结果保留两位有效数字)。
21、ⅥA族的氧、硫、硒(Se)、碲(Te)等元素在化合物中常表现出多种氧化态，含ⅥA族元素的化合物在研究和生产中有许多重要用途。请回答下列问题：
（1）已知H2O2的结构如图：

H2O2分子不是直线形的，两个H原子犹如在半展开的书的两面纸上，书页角为93°52′，而两个O—H键与O—O键的夹角均为96°52′。根据该结构写出H2O2分子的电子式______。估计它难溶于CS2，简要说明原因：________________。
（2）O、S、Se原子的第一电离能由大到小的顺序为____________________。
（3）H2Se的酸性比H2S_____(填“强”或“弱”)。气态SeO3分子的立体构型为______，SeO32－离子中Se的杂化方式为______。
（4）硒化锌的晶胞结构如图所示，硒离子的配位数是____，若晶胞参数为d pm，则硒化锌的密度为______ g·cm－3。(不需要化简，1 m＝109 nm＝1012 pm)。

参考答案

一、选择题（每题只有一个选项符合题意）
1、B
【解析】
水溶液呈酸性的有机物含有的官能团可能是酚羟基，也可能是羧基；
【详解】
水溶液呈酸性的有机物含有的官能团可能是酚羟基，也可能是羧基；有机物可能是CH3COOH、C6H5COOH、苯酚，共有三种，故选项B正确。
学生易错选选项C，学生把羟基和羧基连接起来，即HOCOOH，忽略了该物质为H2CO3，不属于有机物。
2、B
【解析】
A、K+的结构示意图：，A错误；
B、根据核外电子排布规律可知基态氮原子的电子排布图为，B正确；
C、水是共价化合物，含有共价键，水的电子式：，C错误；
D、基态铬原子（24Cr）的价电子排布式：3d54s1，D错误；
答案选B。
3、D
【解析】
A、如果A是Fe，E为稀硝酸，B为Fe(NO3)3，D为Fe(NO3)2，Fe(NO)3和Fe反应生成Fe(NO3)2，Fe(NO3)2和硝酸反应生成Fe(NO3)3，符合转化关系，故说法正确；
B、C＋CuO=Cu＋CO2，过量的C和CO2发生反应：C＋CO2=2CO，因此B为CO，D为CO2，符合转化关系，故说法正确；
C、2NaOH＋CO2(少量))=Na2CO3＋H2O，NaOH＋CO2(过量)=NaHCO3、2NaHCO3Na2CO3＋CO2↑＋H2O，Na2CO3＋CO2＋H2O=2NaHCO3，符合转化关系，故说法正确；
D、氢氧化铝溶于强碱，不溶于弱碱，无论氨水是否过量，生成都是氢氧化铝沉淀，不符合转化关系，故说法错误。
答案选D。
4、C
【解析】
A. pH=l的溶液中， Fe3+、SCN-反应生成Fe(SCN)3，不能大量共存，故不选A；
B. 能使酚酞变红的溶液：Ca2+、CO32-反应生成碳酸钙沉淀，不能大量共存，故不选B；
C. =10-12的溶液呈酸性，NH4+、Cu2+、NO3-、SO42-不反应，能大量共存，故不选C；
D. 由水电离的c(H+)=10-12mol·L-1的溶液，呈酸性或碱性，若呈碱性， Al3+不能存在，故不选D。
5、D
【解析】
Fe的还原性大于铜，铁先于铜反应；铁离子的氧化性大于铜离子，相同条件下，铁离子先被还原，其次是铜离子；因为铁有剩余，所以铜不反应，反应后一定有铜，铁与铁离子反应生成亚铁离子，Fe与铜离子反应生成亚铁离子和铜，所以反应后一定有亚铁离子和铜，没有Fe3+和Cu2+；答案选D。
6、A
【解析】
A. 物质的量的描述对象是微观粒子，故A选；
B. 任何物质的质量以g为单位时，其摩尔质量在数值上都等于它的相对原子质量或相对分子质量，故B不选；
C. 阿伏加德罗常数是指1mol任何粒子的粒子数，其数值约等于6.02×1023，国际上规定，1mol任何粒子集体所含的粒子数与0.012kg 12C所含的碳原子相同，故C不选；
D. 标准状况下，1mol任何气体的体积约为22.4L，那么2mol气体的体积约为44.8L，故D不选。
故选A。
7、B
【解析】
A. 根据电解总反应可知，铜电极化合价升高，失电子，发生氧化反应，故A错误；
B. 根据电解总反应可知，铜电极化合价升高，失电子Cu2O，石墨电极氢离子得电子产生氢气，故B正确；
C. 铜电极中铜化合价升高，失电子，应该接直流电源的正极，故C错误；
D. 2Cu～Cu2O，当有0.1 mol电子转移时，有0.05 mol Cu2O生成，故D错误；
答案选B。
8、D
【解析】
A.由该化合物可的结构特点分析可知，该有机物没有醇羟基和卤素原子，故不能发生消去反应，故A错误；
B.该化合物中含有的官能团有醛基、羟基、醚键和羰基，故B错误；
C. 该有机物分子中含有两个羟基，则1 mol该化合物与Na反应最多可以放出1 mol H2，故C错误；
D.因其分子中含有醛基，故该化合物可以发生银镜反应，故D正确；
答案选D。
9、B
【解析】
将生砒就置火上，以器覆之，令砒烟上飞，着覆器，遂凝结”，属于固体直接转化为气体。
【详解】
A. 蒸馏是在密闭容器中给溶液加热，收集一定温度范围内的馏分的操作，不合题意；
B. 升华是固体受热后，不经过液态而由固态直接转化为气态的过程，符合题意；
C. 干馏是以煤或木材为原料，隔绝空气加强热使它分解的过程，不合题意；
D. 萃取是利用溶质在萃取剂与原溶剂中溶解度的差异，将溶质从一种溶剂转移入萃取剂的过程，不合题意。
答案选B。
10、D
【解析】
A．一氯甲烷的结构式为，A错误；
B．苯的分子式为C6H6，苯的结构简式为，B错误；
C．葡萄糖的结构简式为CH2OH(CHOH)4CHO，C错误；
D．烯烃的的通式为CnH2n，则丙烯的实验式为CH2， D正确；
故合理选项为D。
11、D
【解析】
干冰是分子晶体，分子晶体的相对分子质量越小，分子间的作用力较弱，熔、沸点越低，所以干冰熔点很低是由于CO2分子间的作用力较弱，与键能、化学性质等无关，答案选D。
点睛：本题主要考查了晶体熔沸点大小的因素，在比较时，晶体的类型不同，比较的方法也不同，注意区分。根据分子晶体的相对分子质量越小，分子间的作用力较弱，熔、沸点越低来解答。
12、C
【解析】
试题分析：①中和热测定中所用的小烧杯必须干燥，不然会吸收热量产生误差，②中和滴定中所用的锥形瓶中有水对结果无影响，③配制一定物质的量浓度溶液中所用的容量瓶中有水不影响实验结果，④喷泉实验中用于收集NH3的烧瓶必须干燥，若有水，会溶解NH3，压强差不够造成喷泉实验失败。答案选C。
考点：实验操作
13、B
【解析】
A、用Cl2和NaOH溶液反应制取漂白液，故A正确；
B、根据提干信息知：饱和NaClO溶液的pH约为11，而该溶液pH=12＞11，故主要是因为该消毒液中含有一定量的NaOH，故B不合理；
C、根据HCl和HClO中Cl的化合价分析，该氧化还原方程式的书写正确，故C正确；
D、根据漂白粉起漂白作用的原理，应用的是较强酸制取较弱酸，故D正确。
答案选B。
14、A
【解析】
分析：本题考查了晶体类型，掌握金刚石、晶体硅、二氧化硅是原子晶体，只有分子晶体的化学式才能表示分子的组成。
详解：A、NO、C2H5OH、HNO3都是分子构成的物质，所以化学式能真实表示物质分子组成，故A正确；
B、CaO是离子化合物，化学式只表示钙离子与氧离子的个数比是1:1，故B错误；
C、Si是原子晶体，化学式不能真实表示物质分子组成，故C错误；
D、SiO2是原子晶体，化学式只能表示晶体中硅原子与氧原子的个数比为1:2，故D错误。
故答案选A。
15、D
【解析】
A．Al3+、OH- 以1：4反应生成AlO2-，得到无色、碱性、澄清溶液，故A不选；B．NH4+和OH-反应生成氨水，得到无色、碱性、澄清溶液，故B不选；C．反应得到银氨溶液，得到无色、碱性、澄清溶液，故C不选；D．H+、HCO3-以1：1反应生成气体，溶液显中性，得到无色、中性溶液，故D选；故选D。
16、C
【解析】
A.葡萄糖中含-CHO，具有还原性；
B.油脂在碱性条件下水解生成高级脂肪酸钠和甘油；
C.高分子化合物的相对分子质量在10000以上；
D.硫酸铜是重金属盐。
【详解】
A.葡萄糖分子结构中含-CHO，具有还原性，与新制的Cu(OH)2反应生成砖红色沉淀，A正确；
B.油脂(动物油、植物油)在碱性条件下水解(进行皂化反应)，生成高级脂肪酸盐(钠盐、钾盐等)和丙三醇(甘油)，高级脂肪酸盐是肥皂的主要成分，B正确；
C.油脂的相对分子质量较小，不属于高分子化合物，C错误；
D.蛋白质溶液遇重金属盐硫酸铜溶液后会发生变性，变性是不可逆过程，产生的沉淀不能重新溶于水，D正确；
故合理选项是C。
本题考查了食物中的有机物的结构和性质分类、应用等，注意把握相关基础知识，在学习中注意积累、掌握和运用。

二、非选择题（本题包括5小题）
17、羧基 羰基 取代反应
【解析】
（1）根据酮洛芬的结构知，其中含氧官能团有羧基和羰基。
（2）根据流程图，D与NaCN发生取代反应生成E，化合物E的结构简式为，由C→D是苯环侧链甲基上的氢原子被Br原子代替的反应，属于取代反应。
（3）根据流程图，B→C是B中的酰基氯与苯环发生的取代反应，反应方程式为
（4）①能发生银镜反应，说明分子结构中存在醛基；②与FeCl3发生显色反应，说明存在酚羟基；③分子中含有5种不同化学环境的氢，根据上述要求，A的同分异构体是。
（5）根据流程图，C→D，可以在甲苯侧链甲基上引入卤素原子，从而引入-CN，氧化后可以删除羧基，再跟乙醇酯化即可，合成路线流程图为：。
18、 2­乙基­1­己醇 ad
【解析】
由A、B的分子式及的结构简式C可知，A为CH3CH=CH2，B为CH2=CHCHO，由信息Ⅱ可知，C8H17OH分子中只有一个支链，且为乙基，其连续氧化的产物能与碳酸氢钠反应生成CO2，其消去产物的分子中只有一个碳原子上没有氢原子，则C8H17OH为，与丙烯酸发生酯化反应生成D，由流程图可知，F为等，因F不能与NaOH溶液反应，所以F为苯甲醇或苯甲醚，由F和G的分子式可知，F与溴发生取代反应，又G的核磁共振氢谱中有3组峰，说明G中有3种位置的H原子，所以G为，由信息Ⅰ可知，D与G合成Q；
(1)结合分析写出G的结构简式；
(2)C8H17OH为，与-OH相连的C原子为第1位碳原子编号来命名；
(3)X为酚，甲基与酚-OH处于对位；
(4)由信息Ⅰ，D与G合成Q，并生成HBr；
(5)B为烯醛，C为烯酸，均含C=C键，但羧基中的C=O不能与氢气发生加成反应。
【详解】
由A、B的分子式及的结构简式C可知，A为CH3CH=CH2，B为CH2=CHCHO，由信息Ⅱ可知，C8H17OH分子中只有一个支链，且为乙基，其连续氧化的产物能与碳酸氢钠反应生成CO2，其消去产物的分子中只有一个碳原子上没有氢原子，则C8H17OH为，与丙烯酸发生酯化反应生成D，由流程图可知，F为等，因F不能与NaOH溶液反应，所以F为苯甲醇或苯甲醚，由F和G的分子式可知，F与溴发生取代反应，又G的核磁共振氢谱中有3组峰，说明G中有3种位置的H原子，所以G为，由信息Ⅰ可知，D与G合成Q；
(1)由分析可知G的结构简式为为；
(2)C8H17OH为，与-OH相连的C原子为第1位碳原子编号来命名，其名称为2-乙基-1-己醇；
(3)F为苯甲醚，X遇氯化铁溶液发生显色反应且环上的一溴取代物有两种，X为酚，甲基与酚-OH处于对位，则X为；
(4)由信息Ⅰ，D与G合成Q，并生成HBr，反应⑥的化学方程式为；
(5)B为烯醛，C为烯酸，均含C=C键，但羧基中的C=O不能与氢气发生加成反应；
a．均含C=C键，则二者都能使溴的四氯化碳溶液或酸性高锰酸钾溶液褪色，故a正确；
b．C中含-COOH，能与碳酸氢钠溶液反应产生二氧化碳，而B不能，故b错误；
c.1mol B最多消耗44.8L(标准状况)氢气，而C消耗22.4L氢气，故c错误；
d．B中含-CHO，C中含-COOH，二者都能与新制氢氧化铜悬浊液反应，故d正确；
故答案为ad。
19、防止卤代烃挥发（冷凝回流） Ag+、Na+、NO3－ 氯元素 滴加AgNO3 后产生白色沉淀 143.5ab/c A
【解析】
实验原理为：RX+NaOHROH+NaX，NaX+AgNO3＝AgX↓+NaNO3，通过测定AgX的量，确定RX的摩尔质量；
【详解】
（1）因RX（属有机物卤代烃）的熔、沸点较低，加热时易挥发，所以装置中长导管的作用是防止卤代烃挥发（或冷凝回流）；
（2）醇ROH虽然能与水互溶，但不能电离，所以沉淀AgX吸附的离子只能是Na+、NO3-和过量的Ag+，洗涤的目的为除去沉淀吸附的离子；
（3）因为所得的AgX沉淀为白色，所以该卤代烷中所含卤素的名称是氯元素；
（4）RCl     ～   AgCl
M（RCl）        143.5
ag/ cm3×bmL      cg 
M（RCl）＝143.5ab/c，该卤代烷的相对分子质量是143.5ab/c；
（5）在步骤③中，若加HNO3的量不足，则NaOH会与AgNO3反应生成AgOH沉淀，导致生成的AgX沉淀中因混有AgOH，而使沉淀质量偏大，答案选A。
20、C 调节分液漏斗活塞，控制浓硫酸的滴加速度 浓HNO3分解、挥发 生成的NOSO4H作为该反应的催化剂 C(或A)中的水蒸气会进入B，使产品发生水解 2 5 16H+ 2 10CO2↑ 8 95
【解析】
根据题意可知，在装置B中利用浓HNO3与SO2在浓H2SO4作用下反应制得NOSO4H，利用装置A制取二氧化硫，利用装置C吸收多余的二氧化硫，防止污染空气，据此分析。
【详解】
（1）该装置属于固液或液液混合不加热型装置。Na2SO3溶液与HNO3反应时，硝酸会氧化亚硫酸钠本身被还原为一氧化氮，选项A不符合；实验室制二氧化硫的原理是基于SO32-与H+的反应，因为生成的SO2会溶于水，所以不能用稀硫酸来制取，那样不利于SO2的逸出，但如果是用浓硫酸（18.4mol/L），纯硫酸是共价化合物，浓度越高，越不利于硫酸电离出H+，所以不适合用太浓的硫酸来制取SO2，选项B、选项D不符合；选项C符合；答案选C；
（2）装置B中浓HNO3和SO2在浓H2SO4作用下反应制得NOSO4H。
①为了控制通入SO2的速率，可以采取的措施是调节分液漏斗活塞，控制浓硫酸的滴加速度；
②该反应必须维持体系温度不低于20℃。若温度过高，浓HNO3分解、挥发，产率降低；
③开始反应缓慢，待生成少量NOSO4H后，温度变化不大，但生成的NOSO4H作为该反应的催化剂，使反应速率明显加快；
（3）在实验装置存在可能导致NOSO4H产量降低的缺陷是C(或A)中的水蒸气会进入B，使产品发生水解；
(5)①发生的是MnO4－和C2O42－的氧化还原反应，MnO4－做氧化剂，被还原成生成Mn2+，C2O42－做还原剂，被氧化成城二氧化碳。结合得失电子守恒和电荷守恒可得到MnO4－和C2O42－的离子反应方程式为：2MnO4－+5C2O42－+16H+＝2Mn2++10CO2↑+8H2O；
②根据题意可知，酸性KMnO4溶液先与NOSO4H反应，利用草酸钠溶液滴定剩余酸性KMnO4溶液。用0.2500mol·L－1草酸钠标准溶液滴定酸性KMnO4溶液，消耗草酸钠溶液的体积为20.00mL。可知剩余的KMnO4的物质的量n1(MnO4－)=n(C2O42－)=×0.2500mol·L－1×20.00×10-3L=2×10-3mol，则亚硝酰硫酸消耗的KMnO4的物质的量n2(MnO4－)=0.1000mol·L－1·60.00×10-3L-2×10-3mol=4×10-3mol。n(NOSO4H)=5/2n2(MnO4－)=10-2mol，亚硝酰硫酸的纯度=m(NOSO4H)/1.337g×100%=10-2mol×127 g·mol－1/1.337g×100%=95.0%。
本题测定纯度过程中，先用过量的酸性KMnO4溶液滴定NOSO4H，将NOSO4H完全消耗，再用草酸钠溶液滴定剩余酸性KMnO4溶液。经过两次滴定实验，最终测得样品纯度。可先根据第二次滴定，求出第一次消耗高锰酸钾的物质的量，再根据方程式比例关系，计算出样品中NOSO4H的含量。
21、 因H2O2为极性分子，而CS2为非极性溶剂，根据相似相溶规律，H2O2难溶于CS2中 O>S>Se 强 平面三角形 sp3 4
【解析】
(1)过氧化氢是共价化合物，过氧根中氧原子形成一个共价键，其余氢原子分别形成一个共价键，根据电子式的书写方法来写电子式；判断H2O2、CS2分子的极性，依据相似相溶的原理解答；
(2)同主族元素从上到下，原子半径越来越大，原子核对核外电子的吸引力越来越弱；
(3)同主族氢化物水溶液的酸性依次增强，同周期氢化物稳定性增强；根据价层电子对互斥理论确定分子空间构型及原子杂化方式；
(4)每个Se原子连接4个Zn原子；晶胞体积V=(d×10-10 cm)3，该晶胞中Zn原子个数是4、Se原子个数=8×+6×=4，晶胞密度=。
【详解】
(1)双氧水是一种含有氧氧共价键和氧氢共价键的极性分子，电子式为：，相似相溶原理是指由于极性分子间的电性作用，使得极性分子组成的溶质易溶于极性分子组成的溶剂，难溶于非极性分子组成的溶剂；非极性分子组成的溶质易溶于非极性分子组成的溶剂，难溶于极性分子组成的溶剂，H2O2是极性分子，CS2是非极性分子，依据相似相溶的原理可知，H2O2难溶于CS2；
(2)同主族元素从上到下，原子半径越来越大，原子核对核外电子的吸引力越来越弱，第一电离能逐渐减小，故答案为O＞S＞Se；
(3)H2Se的酸性比H2S强，SeO3中心原子Se电子对数=3+=3，中心原子是sp2杂化，不存在孤电子对，空间构型为平面三角形，SeO32-离子的价层电子对数=3+(6+2-3×2)=4，所以中心原子的杂化方式为sp3杂化；
(4)每个Se原子连接4个Zn原子，所以Se的配位数是4；晶胞体积V=(d×10-10 cm)3，该晶胞中Zn原子个数是4、Sn原子个数=8×+6×=4，晶胞密度==g/cm3=g/cm3。
根据价层电子对互斥理论确定分子空间构型及中心原子杂化方式，价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数，σ键个数=配原子个数，孤电子对个数=(a-xb)，a指中心原子价电子个数，x指配原子个数，b指配原子形成稳定结构需要的电子个数。根据n值判断杂化类型：一般有如下规律：当n=2，sp杂化；n=3，sp2杂化；n=4，sp3杂化；中心原子的杂化类型为sp2，说明该分子中心原子的价层电子对个数是3，无孤电子对数，空间构型是平面三角形。