<；（3）t3～t4阶段为使用催化剂，化学反应在t3时刻的基础上增大，t4～t5阶段改变条件后，化学反应速率减小，化学平衡不移动，改变的条件为减小压强，且说明这一个反应是一个体积不变的反应，从图甲可以看出转化的X的物质的量浓度为0.09mol/L，转化的Y的物质的量浓度为0.06mol/L，z属于生成物，这个化学反应可以表示为3X
2Y+Z，t2～t3改变的条件为增大生成物的浓度，t4～t5阶段和t2~t3阶段的温度相同，化学平衡常数相同，K=c（Z）·c2（Y）/c3（X）=0.05×（0.11）2/（0.06）3=2.8,答案为：
减小压强，2.8；（4）t5～t6阶段条件改变后正逆反应速率都明显下降，说明是温度降低，温度减小，化学平衡正反应方向移动，说明这个反应为放热反应，Z的物质的量共增加0.10mol，在反应中热量变化总量为akJ，那么生成1mol的Z放出的热量为10akJ，该反应的热化学方程式3X（g）
2Y（g）+Z（g）△H=－10akJ/mol，正反应为放热反应，温度减小化学平衡常数增大，在乙图Ⅰ～Ⅴ处，只有Ⅴ处是降低温度，所以乙图Ⅰ～Ⅴ处平衡中，平衡常数最大的是Ⅴ，答案为：
3X（g）
2Y（g）+Z（g）△H=－10akJ/mol，Ⅴ；（5）若起始实验条件不变，重新向该容器中加入0.60molX、0.20molY和0.080molZ，由于这是一个气体体积不变的反应，所以同时增大各物质的浓度，化学平衡不移动，和原来的反应互为等效平衡，转化率相同，X的转化率为（0.15mol/L-0.06mol/L）/0.15mol/L=60%，答案为：
60%
考点：
考查化学平衡的计算、化学平衡和速率的影响
28．（15分）由于金属锌本身的价值不高，在我国工业锌废料的回收利用率比较低。
某课题组研究利用含少量铜、铁的粗锌制备硫酸锌及相关物质的资源综合利用，其工艺流程图（图中加入的物质均为足量）及有关数据如下：
物质
Fe（OH）3
Cu（OH）2
Zn（OH）2
CuS
ZnS
Ksp
4.0×10—38
5.0×10—20
2.0×10—16
8.5×10—45
1.2×10—23
请回答下列问题：
（1）固体A的主要成分是；加入固体B的主要作用是。
（2）粗锌中的铜与稀混酸溶液反应的离子方程式为。
（3）若溶液II中c（Cu2+）为0.05mol·L—1，则溶液II的pH≤。
（4）若B是Zn，取8.320gC完全溶解于500mL1mol·L—1稀硝酸中，共收集到2240mL气体，再向所得溶液中加入NaOH溶液至刚好生成沉淀最多，此时所得沉淀质量（m）的取值范围是；若B是另一种物质，取部分C于试管中，加入盐酸后产生了有臭鸡蛋味气体，则该反应的离子方程式为。
（5）溶液III还可以与（NH4）2S溶液反应制备ZnS，实际生产中选用（NH4）2S溶液而不是Na2S溶液作为反应物，是因为后者制得的ZnS中会含有较多的杂质。
【答案】
（1）Fe（OH）3或氢氧化铁，将Cu2+（或铜）从溶液Ⅱ中分离出来（；
（2）3Cu＋8H+＋2NO3—＝3Cu2+＋2NO↑＋4H2O；
（3）5；（4）12.67g＜m＜12.74g（3分），ZnS＋2H+＝Zn2+＋H2S↑；
（5）Zn（OH）2.
【解析】
试题分析：
含少量铜、铁的粗锌中加入入量硝酸和硫酸溶解，再加入Zn（OH）2调节pH，使Fe3+水解得到Fe（OH）3，除去铁离子后，再加入固体B除去Cu2+，答案为：
Fe（OH）3或氢氧化铁（，将Cu2+（或铜）从溶液Ⅱ中分离出来；
（2）铜与稀硝酸反应生成一氧化氮、硝酸铜、水，答案为：
3Cu＋8H+＋2NO3—＝3Cu2+＋2NO↑＋4H2O；（3）固体A中没有铜离子，那么滤液II中铜离子和氢氧根离子的浓度积为c（Cu2+）·c2（OH-）≤Ksp（Cu（OH）2），c（Cu2+）为0.05mol·L—1，代入数据算出c（OH-）=10-9，溶液的pH=5，答案为：
5；（4）若B是Zn，C是Zn和Cu的固体混合物，取8.320gC完全溶于500mL1.0mol·L-1稀硝酸中，共收集到2240mL气体，即n（气体）=0.1mol，若B是Zn，C是Zn和Cu的固体混合物，或者某一种，可能还含有其他的杂质，3Cu/Zn~2NO可以算出，C中还含有其他的杂质，只可用假设法来计算，假设C中只有铜和另外一种物质，由关系式Cu~2e-~Cu2+~Cu（OH）2，可以算出沉淀的质量为12.74g，C中只有锌，由Zn~2e-~Zn2+~Zn（OH）2可算出沉淀的质量为12.67g，若B是另一种物质，取部分C于试管中，加入盐酸后产生了有臭鸡蛋味气体，实验室为了制备硫酸锌，则B为ZnS，固体C中含有ZnS和CuS，和稀盐酸反应生成硫化氢的物质为硫化锌，反应为：
ZnS＋2H+＝Zn2+＋H2S↑，答案为：
12.67g＜m＜12.74g，ZnS＋2H+＝Zn2+＋H2S↑；（5）溶液III还可以与（NH4）2S溶液反应制备ZnS，实际生产中选用（NH4）2S溶液而不是Na2S溶液作为反应物，是因为后者制得的ZnS中会含有较多的Zn（OH）2，答案为：
Zn（OH）2
考点：
考查溶解平衡、氧化还原反应、物质的量的计算
36．【化学选修2：
化学与技术】（15分）
工业上制取硝酸铵的流程图如下，请回答下列问题：
（1）在上述工业制硝酸的生产中，B设备的名称是，其中发生反应的化学方程式为。
（2）此生产过程中，N2与H2合成NH3所用的催化剂是。
1909年化学家哈伯在实验室首次合成了氨，2007年化学家格哈德·埃特尔在哈伯研究所证实了氢气与氮气在固体催化剂表面合成氨的反应过程，示意图如下：
分别表示N2、H2、NH3。
图⑤表示生成的NH3离开催化剂表面，图②和图③的含义分别是、。
（3）在合成氨的设备（合成塔）中，设置热交换器的目的是；在合成硝酸的吸收塔中通入空气的目的是。
（4）生产硝酸的过程中常会产生一些氮的氧化物，可用如下两种方法处理：
碱液吸收法：
NO+NO2+2NaOH＝2NaNO2+H2O
NH3还原法：
8NH3+6NO27N2+12H2O（NO也有类似的反应）
以上两种方法中，符合绿色化学的是。
（5）某化肥厂用NH3制备NH4NO3。
已知：
由NH3制NO的产率是96%、NO制HNO3的产率是92%，则制HNO3所用去的NH3的质量占总耗NH3质量（不考虑其它损耗）的 %。
【答案】
（1）氧化炉，4NH3+5O2
4NO+6H2O；
（2）铁砂网（或铁）；N2、H2被吸附在催化剂表面；在催化剂表面，N2、H2中化学键断裂；（3）利用余热，节约能源；可使NO循环利用，全部转化成HNO3；（4）NH3还原法；（5）53 .
【解析】
试题分析：
（1）B中是氨气在铂、铑的催化作用下和氧气反应，生成一氧化氮，氨的催化氧化4NH3+5O2
4NO+6H2O，所以B为氧化炉，答案为：
氧化炉，4NH3+5O2
4NO+6H2O；
（2）此生产过程中，N2与H2合成NH3所用的催化剂是铁砂网，观察氢气与氮气在固体催化剂表面合成氨的反应过程的示意图可知，图②为N2、H2被吸附在催化剂表面，图③是在催化剂表面，N2、H2中化学键断裂，答案为：
铁砂网（或铁），N2、H2被吸附在催化剂表面，在催化剂表面，N2、H2中化学键断裂；（3）设备热交换器的目的是利用余热，节约能源，在合成硝酸的吸收塔中通入空气，是为了让NO全部转化为硝酸，答案为：
利用余热，节约能源；可使NO循环利用，全部转化成HNO3；（4）碱吸收法生成的亚硝酸钠有毒，不符合绿色化学，所以符合绿色化学的是氨还原法，答案为：
NH3还原法；（5）由NH3制NO的产率是96%、NO制HNO3的产率是92%，那么1mol氨制取的硝酸的物质的量为1mol×96%×92%=0.8832mol，NH3+HNO3=NH4NO3，0.8832mol硝酸制取硝酸铵需消耗NH3的物质的量为0.8832mol，则制HNO3所用去的NH3的质量占总耗NH3质量的
，答案为;53%.
考点：
考查硝酸铵的工业制备原理、流程分析
37．【化学——选修3：
物质结构与性质】（15分）
已知X、Y、Z、R、Q为周期表中原子序数依次增大的前36号元素。
相关信息如下：
X元素是宇宙中最丰富的元素
Y元素基态原子的核外p电子数比s电子数少1
Z元素被誉为“太空金属”，也有“生物金属”之称，其基态原子次外层有2个未成对电子
R元素在元素周期表的第十一列
Q元素在周期表里与R元素在同一个分区
请回答下列问题：
（1）YX3中心原子的杂化轨道类型是，离子化合物YX5的电子式是。
（2）CO与Y2属于等电子体，1个CO分子中含有的π键数目是个。
（3）工业上利用ZO2和碳酸钡在熔融状态下制取化合物A（A可看做
一种含氧酸盐）。
A晶体的晶胞为正方体（如右图）。
①制备A的化学反应方程式是；
②在A晶体中，Z的配位数为；
③在A晶体中，若将Z元素置于立方体的体心，Ba元素置于立方体的顶点，则O元素处于立方体的。
（4）R2+离子的外围电子层电子排布式为。
R2O的熔点比R2S的（填“高”或“低”）。
（5）Q元素和硫（S）元素能够形成化合物B。
B晶体的晶胞
为正方体（如右图），若晶胞棱长为540.0pm，则晶胞密
度为g·cm—3（列式并计算）。
【答案】
（1）sp3杂化，
（2）2；（3）①TiO2+BaCO3＝BaTiO3+CO2↑；②6；③面心；（4）3d9；高；
（5）
【解析】
试题分析：
X元素是宇宙中最丰富的元素，X为H元素，Y元素基态原子的核外p电子数比s电子数少1，Y是N元素，Z元素被誉为“太空金属”，也有“生物金属”之称，其基态原子次外层有2个未成对电子，Z为Ti元素，基态原子价电子排布式为3d24s2，前36号元素R在元素周期表的第十一列，R为Cu元素，Q元素在周期表里与R元素在同一个分区，且为前36号元素，原子序数比Cu大，Q为Zn，
（1）NH3中心原子的价层电子对数为
，N原子的杂化轨道类型为sp3杂化，NH5为离子化合物，电子式为
，答案为：
sp3，
；
（2）N2的结构式为
，含有2个π键，CO和N2互为等电子体，含有一个碳氧三键，1个CO分子中含有的π键数目是3个，答案为：
3；（3）①根据A的晶胞，算出各个原子的个数，Ba为1个，Ti有8×1/8=1个，O原子在棱边上有12×1/4=3个，所以A的化学式为BaTiO3，利用TiO2和碳酸钡在熔融状态下制取化合物BaTiO3，根据元素守恒，反应的化学方程式为：
TiO2+BaCO3＝BaTiO3+CO2↑，答案为：
TiO2+BaCO3＝BaTiO3+CO2↑；②在BaTiO3的晶胞中Ti位于顶点，Ti的配位数为6，答案为：
6；③由于Ti的配位数为6，如果Ti位于立方体的体心，Ba元素置于立方体的顶点，则O元素处于立方体的面心，答案为：
面心；（4）Cu2+离子的外围电子层电子排布式为3d9，Cu2O和Cu2S都为离子晶体，晶格能越大，熔沸点越高，离子的电荷相同时，离子半径越小，晶格能越大，氧离子的半径小于硫离子，所以Cu2O的熔点高于Cu2S，答案为：
高；（5）Zn元素和硫（S）元素能够形成化合物B。
B晶体的晶胞为正方体（如右图），晶胞中Zn的个数为：
4个，S为
，若晶胞棱长为540.0pm，
，答案为：
考点：
考查元素推断、物质的结构与性质
38．【化学——选修5：
有机化学基础】（15分）
有机物A（C11H12O5）同时满足下列条件：
①含苯环且不含甲基；②苯环上一氯取代物只有2种；③1molA与足量的NaHCO3反应生成1molCO2；④遇FeCl3溶液不显色。
A有如图所示转化关系：
已知：
回答下列问题：
（1）A中有种官能团，H的分子式为。
（2）由C生成G的反应类型是。
（3）G的结构简式为，K的结构简式为。
（4）①写出C→D反应的化学方程式；
②写出I→J反应的离子方程式。
（5）①C的同分异构体中能同时满足下列条件：
a．能发生银镜反应，b．能发生皂化反应；c．能与Na反应产生H2气，共有种（不含立体异构）。
其中核磁共振氢谱显示为3组峰，且峰面积比为6﹕1﹕1的是（写结构简式）。
②C的所有同分异构体在下列一种表征仪器中显示的信号（或数据）完全相同，该仪器是___________（填标号）。
A．元素分析仪B．质谱仪C．红外光谱仪D．核磁共振仪
【答案】
（1）3，C7H4O3Na2；
（2）酯化反应；（3）
，
（4）①
；
②
；
（5）①5，
，②A
【解析】
试题分析：
有机物A（C11H12O5）同时满足下列条件：
①含苯环且不含甲基；②苯环上一氯取代物只有2种，说明A中可能有两种取代基，且处于对位；③1molA与足量的NaHCO3反应生成1molCO2，说明A的结构中含有1个羧基；④遇FeCl3溶液不显色，A中不含酚羟基，根据反应流程图，A在碱性条件下可以发生水解，A中含有酯基，B酸化得到C具有酸性，则C中有羧基，C反应可以得到聚酯，则C中还含有羟基，由F可以推知E为
，C发生消去反应得到E，C在浓硫酸的作用下得到五元环状酯G，G为
，B为
，C发生聚酯反应得D为
，结合A分子式可知H中含有7个碳原子，H发生已知中的反应得到I，I可以和碳酸反应，结合A的分子式和上面的推断，I中只含有1个O原子，说明I中含有一个酚羟基，J与浓溴水反应得到白色沉淀，K应该是三溴苯酚
。
（1）A为
，有羧基、酯基、羟基三种官能团，H为
，分子式为C7H4O3Na2，答案为：
3，C7H4O3Na2；
（2）由C生成G的反应类型是酯化反应，答案为：
酯化反应；（3）G的结构简式为
，K的结构简式为
；（4）①C→D反应的化学方程式
，答案为：
；②I→J反应的离子方程式
，答案为：
；（5）①C的同分异构体中能同时满足下列条件：
a．能发生银镜反应，含有醛基，b．能发生皂化反应，含有酯基，c．能与Na反应产生H2气，含有羟基，写出同分异构体有5种，其中核磁共振氢普显示为3组峰，且峰面积比为6﹕1﹕1的是
，答案为：
5，
；②C的所有同分异构体在下列一种表征仪器中显示的信号（或数据）完全相同，该仪器是②C的所有同分异构体在下列一种表征仪器中显示的信号（或数据）完全相同，该仪器是元素分析仪，因为C的所有同分异构体的分子式都相同，答案为：
A．
考点：
考查有机化合物的推断、化学反应式的书写、同分异构体的书写
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