16.( 12分)利用石灰乳和硝酸工业的尾气(含 NO、 NO 2)反应，既能净化尾气，又能获得应用广泛的 Ca( NO 3) 2，其部分工艺流程如下：
( 1)一定条件下， NO与 NO 2存在下列反应： NO (g)＋ NO 2 (g)
N 2 O 3 (g)，其平衡常数表达式为 K=______。
( 2)上述工艺中采用气液逆流接触吸收(尾气从吸收塔底部进入，石灰乳从吸收塔顶部喷淋)，其目的是______；滤渣可循环利用，滤渣的主要成分是____________(填化学式)。
( 3)该工艺需控制 NO和 NO 2物质的量之比接近 1： 1。若 n (NO)： n( NO 2)＞ 1： 1,则会导致______；若 n (NO)： n( NO 2)＜ 1： 1,则会导致______。
( 4)生产中溶液需保持弱碱性，在酸性溶液中 Ca( NO 2) 2会发生分解，产物之一是 NO，其反应的离子方程式______。
答案：
( 1) K= c( N 2 O 3)/ c (NO)· c( NO 2)
( 2)使尾气中 NO、 NO 2被充分吸收 Ca (OH) 2
( 3)排放气体中 NO含量升高产品 Ca( NO 2) 2中 Ca( NO 3) 2含量升高
( 4) 3 NO 2－＋ 2 H＋= NO 3－＋ 2 NO↑＋ H 2 O
解析：（ 1）根据平衡常数的定义可直接写出。
（ 2）尾气从吸收塔底部进入，石灰乳从吸收塔顶部喷淋，这样可以使石灰乳与尾气充分接触，尾气充分被吸收。石灰乳是 Ca（ OH） 2的悬浊液，滤渣主要是 Ca (OH) 2。
（ 3） NO和 NO 2物质的量之比接近 1： 1时发生的反应为： NO＋ NO 2＋ Ca (OH) 2= Ca( NO 2) 2＋ H 2 O；若 n (NO)： n( NO 2)＞ 1： 1，即 NO过量，多余的 NO不能被吸收，会导致排放气体中 NO含量升高；若 n (NO)： n( NO 2)＜ 1： 1，即 NO 2过量，会发生反应： 3 NO 2＋ H 2 O= 2 HNO 3＋ NO，
Ca (OH) 2＋ 2 HNO 3= Ca( NO 3) 2＋ 2 H 2 O，导致产品 Ca( NO 2) 2中 Ca( NO 3) 2含量升高。
（ 4）由“在酸性溶液中 Ca( NO 2) 2会发生分解，产物之一是 NO”可知， NO 2-发生的歧化反应，产生了 NO 3-和 NO，方程式不难写出。
17.( 15分)化合物 H是合成药物盐酸沙格雷酯的重要中间体，其合成路线如下：
( 1)化合物 A的含氧官能团为______和______(填官能团的名称)。
( 2)反应①→⑤中属于取代反应的是______(填序号)。
( 3)写出同时满足下列条件的 B的一种同分异构体的结构简式______。
I.分子含有两个苯环； II.分子有 7个不同化学环境的氢； III.不能与 FeCl 3溶液发生显色反应，但水解产物之一能发生此反应。
( 4)实现 D→ E的转化中，加入化合物 X能发生银镜反应， X的结构简式______。
( 5)已知：
。化合物
是合成抗癌药物美发伦的中间体，请写出以
和
为原料制备该化合物的合成路线流程图(无机试剂任用)。合成路线流程图示例如下：
答案：
( 1)羟基醛基
( 2)①③⑤
( 3)
或 
( 4)
( 5)
解析：（ 2）取代反应即分子中的某些原子或原子团被其他原子或原子团取代的反应，由此可判断出①③⑤属于取代反应。
（ 3）按题中要求直接写即可，注意要求 III是无酚羟基、有酯基。
（ 4） X能发生银镜反应说明 X中含有醛基，由 D→ E发生取代反应及分子结构简式的变化可推出 X的结构简式。
（ 5）由提示可知，先由苯制取硝基苯，然后硝基转化为氨基，结合合成 H的路线中的信息，由 G→ H的变化可知氨基可与环醚发生反应得到羟基，由 C→ D的变化可知羟基可被 Cl取代，得到预期产物。也可由产物逆推合成流程。
18.( 12分)硫酸钠 -过氧化氢加合物( xNa 2 SO 4· yH 2 O 2· zH 2 O)的组成可通过下列实验测定：①准确称取 1.7700 g样品，配制成 100 mL溶液 A。②准确量取 25.00 mL溶液 A，加入盐酸酸化的 BaCl 2溶液至沉淀完全，过滤、洗涤、干燥至恒重，得到白色固体 0.5825 g。③准确量取 25.00 mL溶液 A，加入适量稀硫酸酸化后，用 0.02000 mol· L－ 1 KMnO 4溶液滴定至终点，消耗 KMnO 4溶液 25.00 mL。 H 2 O 2与 KMnO 4反应的离子方程式如下：
2 MnO 4―＋ 5 H 2 O 2＋ 6 H＋= 4 Mn 2＋＋ 8 H 2 O＋ 5 O 2↑
( 1)已知室温下 BaSO 4的 K sp= 1.1× 10－ 10，欲使溶液中 c( SO 4 2－)≤ 1.0× 10－ 6 mol· L－ 1，应保持溶液中 c( Ba 2＋)≥______ mol· L－ 1。
( 2)上述滴定不加稀硫酸酸化， MnO 4―被还原成 MnO 2，其离子方程式为：________________________ 。
( 3)通过计算确定样品的组成(写出计算过程)。
答案：
（ 1） 1.1× 10 -4
（ 2） 2 MnO 4-＋ 3 H 2 O 2= 2 MnO 2↓＋ 3 O 2↑+ 2 OH-+ 2 H 2 O
（ 3） n( BaSO 4)= 0.5825 g /233 g· mol－ 1= 2.50× 10－ 3 mol
2 MnO 4－＋ 5 H 2 O 2＋ 6 H＋= 2 Mn 2＋＋ 8 H 2 O＋ 5 O 2↑
n( H 2 O 2)= 5/2·( 0.0200 mol· L－ 1× 25.00 mL) /1000 mL· L－ 1= 1.25× 10－ 3 mol
m( Na 2 SO 4)= 142 g· mol－ 1× 2.50× 10－ 3 mol= 0.355 g
m( H 2 O 2)= 34 g· mol－ 1× 1.25× 10－ 3 mol= 0.0425 g
n( H 2 O)=[( 1.7700 g× 25.00 mL /100 mL)－ 0.355 g－ 0.0425 g] /18 g· mol－ 1
= 2.5× 10－ 3 mol
x: y: z= n( Na 2 SO 4): n( H 2 O 2): n( H 2 O)= 2:1:2
硫酸钠 -过氧化氢加合物的化学式为 2 Na 2 SO 4· H 2 O 2· 2 H 2 O
解析：（ 1）由 Ksp（ BaSO 4）= c( Ba 2+)· c( SO 4 2-)，
则有 c( Ba 2+)=
=
mol· L -1= 1.1× 10 -4 mol· L -1，
温度不变，溶度积不变，欲使溶液中 c( SO 4 2－)≤ 1.0× 10－ 6 mol· L -1，应保持溶液中 c( Ba 2＋)≥ 1.1× 10 -4 mol· L－ 1。
（ 2）直接按要求写，注意电子得失守恒和质量守恒。
（ 3）溶液的组成是固定的，因此直接按 25 mL的溶液计算即可。
19.( 15分)废弃物的综合利用既有利于节约资源，又有利于保护环境。实验室利用废弃旧电池的铜帽( Zn、 Cu总含量约为 99%)回收铜并制备 ZnO的部分实验过程如下：
( 1)①铜帽溶解时加入 H 2 O 2的目的是____________(用化学方程式表示)。
②铜帽溶解后需将溶液中过量 H 2 O 2除去。除去 H 2 O 2的简便方法是____________。
( 2)为确定加入锌灰(主要成分为 Zn、 ZnO，杂质为铁及其氧化物)含量，实验中需测定除去 H 2 O 2后溶液中 Cu 2＋的含量。实验操作为：准确量取一定体积的含有 Cu 2＋的溶液于带塞锥形瓶中，加适量水稀释，调节 pH= 3～ 4，加入过量 KI，用 Na 2 S 2 O 3标准溶液滴定至终点。上述过程中的离子方程式如下：
2 Cu 2＋＋ 4 I－= 2 CuI(白色)↓＋ I 2 I 2＋ 2 S 2 O 3 2－= 2 I－＋ S 4 O 6 2－
①滴定选用的指示剂为 ，滴定终点观察到的现象为______。
②若滴定前溶液中 H 2 O 2没有除尽，所测定的 Cu 2＋的含量将会______(填“偏高”“偏低”“不变”)。
( 3)已知 pH＞ 11时 Zn (OH) 2能溶于 NaOH溶液生成[ Zn (OH) 4] 2－。下表列出了几种离子生成氢氧化物沉淀 pH(开始沉淀的 pH按金属离子浓度为 1.0 mol· L－ 1计算)：
实验中可选用的试剂： 30% H 2 O 2、 1.0 mol· L－ 1 HNO 3、 1.0 mol· L－ 1 NaOH。
由除去铜的滤液制备 ZnO的实验步骤依次为：①_____________________；
②_____________________；
③过滤；
④_____________________；
⑤过滤、洗涤、干燥；
⑥ 900℃煅烧。
答案：
( 1)① Cu＋ H 2 O 2＋ H 2 SO 4= CuSO 4＋ 2 H 2 O
②加热(至沸)
( 2)①淀粉溶液，蓝色褪去②偏高
( 3)①向滤液中加入 30%的 H 2 O 2使其充分反应
②滴加 1.0 moL· L－ 1的氢氧化钠，调节 pH约为 5(或 3.2≤ pH＜ 5.9)，使 Fe 3＋沉淀完全
④向滤液中滴加 1.0 moL· L－ 1的氢氧化钠，调节 pH约为 10(或 8.9≤ pH≤ 11)，使 Zn 2＋沉淀完全
解析：（ 1）① Cu不与稀硫酸反应，加入双氧水是为了溶解 Cu。
②双氧水加热分解为水和氧气，即可除去。
（ 2）①由滴定原理可知，滴定实质为 Na 2 S 2 O 3标准溶液和 I 2的反应，终点时 I 2被还原为 I—，因此可用淀粉作指示剂，终点时的现象为蓝色褪去。
②若滴定前溶液中 H 2 O 2没有除尽，因 H 2 O 2也可氧化 Na 2 S 2 O 3，所以消耗的 Na 2 S 2 O 3偏多，则测定的 Cu 2＋的含量将会偏高。
（ 3）由题意可知，制备 ZnO需除去其中的 Fe，为使 Fe完全除去，采用沉淀法，即将铁全部转化为沉淀。由题中氢氧化物沉淀的 pH可知，需将 Fe 2+转化为 Fe 3+才能完全除去。因此第一步要加入 H 2 O 2将 Fe 2+转化为 Fe 3+；第二步加入 NaOH调节 pH使 Fe完全沉淀，但不能使 Zn沉淀，因此 pH要小于 5.9,；第四步加入 NaOH使 Zn沉淀完全，但 pH＞ 11时 Zn (OH) 2能溶于 NaOH溶液生成[ Zn (OH) 4] 2－，因此要控制 pH小于 11。
20.( 14分)铝是地壳中含量最高的金属元素，其单质及合金在生产生活中的应用日趋广泛。
( 1)真空碳热还原 -氯化法可实现由铝矿制备金属铝，其相关的热化学方程式如下：
Al 2 O 3 (s)＋ AlCl 3 (g)＋ 3 C (s)= 3 AlCl (g)＋ 3 CO (g)
△ H= a kJ· mol－ 1
3 AlCl (g)= 2 Al (l)＋ AlCl 3 (g)
△ H= b kJ· mol－ 1
①反应 Al 2 O 3 (s)＋ 3 C (s)= 2 Al (l)＋ 3 CO (g)的△ H=________ kJ· mol－ 1(用含 a、 b的代数式表示)。
② Al 4 C 3是反应过程的中间产物。 Al 4 C 3与盐酸反应(产物之一是含氢量最高的烃)的化学方程式_____________________。
( 2)镁铝合金( Mg 17 Al 12)是一种潜在的贮氢材料，可在氩气保护下，将一定化学计量比的 Mg、 Al单质在一定温度下熔炼获得。该合金在一定条件下完全吸氢的反应方程式为 Mg 17 Al 12＋ 17 H 2= 17 MgH 2＋ 12 Al。得到的混合物 Y( 17 MgH 2＋ 12 Al)在一定条件下释放出氢气。
①熔炼制备镁铝合金( Mg 17 Al 12)时通入氩气的目的是____________________________。
②在 6.0 mol· L－ 1 HCl溶液中，混合物 Y能完全释放出 H 2。 1 mol Mg 17 Al 12完全吸氢后得到的混合物 Y与上述盐酸完全反应，释放出 H 2的物质的量为_____________。
③在 0.5 mol· L－ 1 NaOH和 1.0 mol· L－ 1 MgCl 2溶液中，混合物 Y均只能部分放出氢气，反应后残留固体物质 X -射线衍射谱图如右图所示( X -射线衍射可用于判断某晶态物质是否存在，不同晶态物质出现衍射峰的衍射角不同)。在上述 NaOH溶液中，混合物 Y中产生氢气的主要物质是______________(填化学式)。
( 3)铝电池性能优越， Al-AgO电池可用作水下动力电源，其原理如右下图所示。该电池反应的化学方程式为：_____________。
答案：
( 1)① a＋ b
② Al 4 C 3＋ 12 HCl= 4 AlCl 3＋ 3 CH 4↑
( 2)①防止 Mg Al被空气氧化
② 52 mol
③ Al
( 3) 2 Al＋ 3 AgO＋ 2 NaOH= 2 NaAlO 2＋ 3 Ag＋ H 2 O
解析：（ 1）①根据盖斯定律，将两方程式直接相加即可，故反应热为 a+ b。
②含氢量最高的烃是甲烷，因此反应产物为甲烷与氯化铝。
（ 2）① Mg、 Al是活泼金属，氩气是保护气，主要为防止 Mg、 Al被空气氧化。
②混合物 Y( 17 MgH 2＋ 12 Al)可以释放出吸收的 17 mol氢气，同时生成 17 molMg、 12 molAl， Mg、 Al可与盐酸反应： Mg+ 2 HCl= MgCl 2+ H 2↑， 2 Al+ 6 HCl= AlCl 3+ 3 H 2↑，因此 17 molMg可以产生 17 mol H 2， 12 molAl可以产生 18 mol H 2，故产生氢气总量为： 17+ 17+ 18= 52 mol。
③由 X -射线衍射谱图可知，在 0.5 mol· L－ 1 NaOH溶液中反应后残留固体物质主要是 MgH 2和 Al（ OH） 3，即吸收的氢气没有释放， Mg也不和 NaOH反应释放氢气，因此混合物 Y中产生氢气的主要物质是 Al。
（ 3）由图可知，两电极分别为 Al和 AgO，电解质为 NaOH， Al失电子与 NaOH反应形成 AlO 2-， AgO得电子生成 Ag，反应方程式即可写出。
21.( 12分)[选做题]本题包括 A、 B两小题。请选定其中的一小题并在相应的答题区域内作答。若多做，则按 A小题评分。
A.[物质结构]
一项科学研究成果表明，铜锰氧化物( CuMn 2 O 4)能在常温下催化氧化空气中的一氧化碳和甲醛 (HCHO)。
( 1)向一定物质的量浓度的 Cu( NO 3) 2和 Mn( NO 3) 2溶液中加入 Na 2 CO 3溶液，所得沉淀经高温灼烧，可制得 CuMn 2 O 4。
① Mn 2＋基态的电子排布式可表示为_____________。
② NO 3－的空间构型_____________(用文字描述)。
( 2)在铜锰氧化物的催化下， CO被氧化成 CO 2， HCHO被氧化成 CO 2和 H 2 O。
①根据等电子原理， CO分子的结构式为_____________。
② H 2 O分子中 O原子轨道的杂化类型为_____________。
③ 1 molCO 2中含有的σ键数目为_____________。
( 3)向 CuSO 4溶液中加入过量 NaOH溶液可生成[ Cu (OH) 4] 2－。不考虑空间构型，[ Cu (OH) 4] 2－的结构可用示意图表示为_____________。
答案：
( 1)① 1 s 2 2 s 2 2 p 6 3 s 2 3 p 6 3 d 5(或[ Ar] 3 d 5)
②平面三角形
( 2)① C≡ O② sp 3③ 2× 6.02× 10 2 3个(或 2 mol)
( 3)
解析：（ 1）① Mn是 25号元素，外围电子排布是 3 d 5 4 s 2，因此 Mn 2＋基态的电子排布式为[ Ar] 3 d 5。
②根据 ABn型分子空间构型的确定方法， NO 3－的中心原子 N最外层电子数为 5， O不提供电子，离子显— 1价得到一个电子，因此电子对数为 3，中心原子的杂化方式为 sp 2，空间构型为平面三角形。
( 2)① CO的等电子体为 N 2，等电子体分子具有相似的构型，因此 CO的结构与 N 2相似，结构简式为： C≡ O。
②根据 AB n型分子构型的判断方法，中心原子 O的最外层电子数为 6， 2个 H提供 2个电子，则电子对数为 4，所以中心原子的杂化方式为 sp 3。
③ CO 2的结构为 O= C= O，所以每个 CO 2分子中含有 2个σ键，则 1 molCO 2中含有的σ键数目为 2× 6.02× 10 2 3个。
（ 3）[ Cu (OH) 4] 2－的结构类似于 NH 4+，可仿照 NH 4+来书写。
B.[实验化学]
次硫酸氢钠甲醛( NaHSO 2· HCHO· 2 H 2 O)在印染、医药以及原子能工业中应用广泛。以 Na 2 SO 3、 SO 2、 HCHO和锌粉为原料制备次硫酸氢钠甲醛的实验步骤如下：
步骤 1：在烧瓶中(装置如右图所示)加入一定量 Na 2 SO 3和水，搅拌溶解，缓慢通入 SO 2，至溶液 pH约为 4，制得 NaHSO 3 溶液。
步骤 2：将装置 A中导气管换成橡皮塞。向烧瓶中加入稍过量的锌粉和一定量甲醛溶液，在 80～ 90℃下，反应约 3 h，冷却至室温，抽滤。
步骤 3：将滤液真空蒸发浓缩，冷却结晶。
( 1)装置 B的烧杯中应加入的溶液是__________。
( 2)①步骤 2中，反应生成的 Zn (OH) 2 会覆盖在锌粉表面阻止反应进行，防止该现象发生的措施是__________。
②冷凝管中回流的主要物质除 H 2 O外还有__________(填化学式)。
( 3)①抽滤装置所包含的仪器除减压系统外还有_________、_________(填仪器名称)。
②滤渣的主要成分有_________ 、_________ (填化学式)。
( 4)次硫酸氢钠甲醛具有强还原性，且在 120℃以上发生分解。步骤 3中不在敞口容器中蒸发浓缩的原因是__________________。
答案：
( 1) NaOH溶液
( 2)①快速搅拌② HCHO
( 3)①吸漏瓶；布氏漏斗② Zn (OH) 2 Zn
( 4)防止产物被空气氧化
解析：（ 1） B是尾气处理装置，要吸收多余 SO 2，因此应加入 NaOH。
（ 2）①为防止 Zn (OH) 2 会覆盖在锌粉表面，可以快速搅拌。
②因为甲醛的沸点较低，且有挥发性，加热过程中会挥发出来，所以在冷凝管中回流的物质还有甲醛。
（ 3）①抽滤装置除了减压系统，还需要的仪器有吸漏瓶和布氏漏斗。
②根据题中信息，锌粉过量，混合物反应还生成了不溶的 Zn（ OH） 2，因此滤渣的主要成分是 Zn（ OH） 2和 Zn。
（ 4）根据“次硫酸氢钠甲醛具有强还原性”可知，不在敞口容器中是为了防止产物被空气氧化。
