1
大题突破练(四)
1.(12 分)(2025·湖南名校协作体联考)草酸(H2C2O4)是一种常见的二元弱酸,易溶于水,常
用作还原剂、沉淀剂、媒染剂、络合剂等。某化学兴趣小组欲制备草酸并探究其某些
化学性质,经查找资料得知:乙炔在45~55 ℃及硝酸汞作为催化剂的条件下,经浓硝酸氧
化可制得草酸。
Ⅰ.草酸的制备
该小组以电石(主要成分为CaC2,还有少量的CaS、Ca3P2)、浓硝酸及少量硝酸汞为原料,
利用如图装置制备草酸。
(1)仪器a 的名称是 。
(2)装置B 中CuSO4溶液的作用是 。
(3)反应时装置C 中产生大量红棕色气体,红棕色气体是 (填字母)。
a.NO b.NO2 c.CO2 d.H2S
(4)装置C 中多孔球泡的作用是 。
(5)写出装置A 中发生主要反应的化学方程式:
。
Ⅱ.产品中草酸晶体(H2C2O4·2H2O)质量分数的测定
(6)称量3.500 g 产品配制成100 mL 溶液,下列配制操作中错误的是 (填字母)。
(7)取20 mL 所配制的溶液置于锥形瓶内,用0.100 0 mol·L-1酸性KMnO4标准溶液滴定至
终点,平行实验三次,平均消耗标准溶液20.00 mL。
5H2C2O4+2MnO4
-+6H+
10CO2↑+2Mn2++8H2O,根据反应方程式,产品中草酸晶体
(H2C2O4·2H2O)的质量分数为 。
2
2.(14 分)(2025·河南创新发展联盟联考)电解铜的阳极泥中含PtTe、PdSe、Pt、Pd、
Au、Cu 等物质,以该阳极泥为原料,分离和回收Au、Pt、Pd、Cu 等金属或其化合物的
工艺流程如图所示:
已知:(NH4)2PtCl4易溶于水,(NH4)2PtCl6、(NH4)2PdCl6难溶于水;Ksp[(NH4)2PdCl6]=9.9×10-
8。
回答下列问题:
(1)PtTe 中Pt 为+2 价,且“氧化焙烧”时,阳极泥中的化合态Pt、Pd 均转化为单质,则
“氧化焙烧”中,PtTe 发生反应的化学方程式为 。
(2)“酸浸”的目的是 。
(3)“氯浸”工艺中,金属Pt、Pd、Au 被氧化为配离子[PtCl6]2-、[PdCl6]2-、
[AuCl4]-,Pd→[PdCl6]2-的反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为 。
(4)“分金”加入过量草酸的作用,除析出金属Au 外,还能 。
(5)“沉钯”之前,测得溶液中c0{[PdCl6]2-}=0.1 mol·L-1,加入等体积的NH4Cl 溶液充分反应,
测得反应后混合液中c{[PdCl6]2-}=1.1×10-6 mol·L-1,则初始加入NH4Cl 溶液的浓度约为
mol·L-1。(忽略溶液混合时的体积变化)
(6)利用“滤液c”可制备Pt,工艺流程如图所示。“沉铂”总反应的离子方程式为
。
(7)含硒化合物应用广泛,如硒化锌可用于制造红外线光学仪器。硒化锌为立方晶胞,其
结构如图1 所示,晶胞的俯视图如图2 所示。b 处Se 的坐标为(0,0,0),则d 处Zn 的坐标为
;用NA表示阿伏加德罗常数的值,该硒化锌晶体的密度为 (用含a、NA的代数式
表示)g·cm-3。
3
3.(14 分)(2025·湖南九校联盟联考)工业上以CO2和NH3为原料合成尿素,主要发生反应
Ⅰ:CO2(g)+2NH3(g)
CO(NH2)2(s)+H2O(g)。
回答下列问题:
(1)燃烧热是指在101 kPa 下,1 mol 纯物质完全燃烧生成指定产物时所放出的热量。
NH3、CO(NH2)2燃烧热的测定中氮元素变为 (填化学式)。
(2)焓变的计算方法有很多,仅从以下单项数据不能计算出反应Ⅰ的ΔH 的是
(填字母)。
A.各化学键的键能
B.各物质的燃烧热
C.正、逆反应的活化能
D.各物质的相对能量
(3)一定条件下,CO2平衡转化率与温度、初始氨碳比[L=
n( N H 3)
n(C O2) ]、初始水碳比[M=
n( H 2O)
n(C O2) ]的关系如图1 和图2 所示。
4
①L1 (填“<”或“>”,下同)L2,M1 M2。
②已知反应的焓变会随温度的变化而变化,根据图1 中CO2平衡转化率随温度的变化关
系,请从焓变与平衡的角度,简述CO2平衡转化率随温度变化的原因:
。
③改变初始水碳比对合成尿素反应有利有弊,从化学平衡角度解释增大初始水碳比不利
于合成尿素的原因:
。
(4)①T ℃时,向2 L 恒容容器中加入1 mol CO2和2 mol NH3发生反应Ⅰ,平衡时,CO2转化
率为20%;相同温度,在容积为V L 的恒容容器中发生该反应(起始投料与上述容器相同),
平衡时CO2转化率为80%,则V= 。
②恒温恒容下,以n(CO2)∶n(NH3)=13∶14 投料发生反应Ⅰ,从反应开始至反应恰好达到
平衡时,体系中混合气体的平均摩尔质量随时间变化趋势为 (填字母)。
A.逐渐变大
B.逐渐变小
C.保持不变
D.无法判断
(5)利用电解装置可以将汽车尾气中的NO 转化为尿素[CO(NH2)2],工作原理如图。
阴极的电极反应为 。
4.(15 分)(2025·河南新乡模拟)有机物G 是合成新型降脂药物的中间体,G 的一种合成路
线如图,回答下列问题:
5
(1)化合物A 的分子式为 。
(2)已知D 生成F 时的另一产物为H2O,有机物E 的结构简式为 ,名称为
。
(3)化合物G 中官能团除酯基外,还有 (填名称),B→C 的反应类型为 。
(4)下列关于反应D→F 的说法错误的是 (填字母)。
A.反应过程中,有C
O 键和N—H 键断裂
B.反应过程中,有C
N 键和H—O 键形成
C.有机物D 中,碳原子均采取sp3杂化
D.F 分子中所有的原子均可能共平面
(5)B 有多种同分异构体,满足下列条件的有 种;其中核磁共振氢谱有4 组峰且峰
面积之比为1∶1∶2∶6 的有机物的结构简式为 (只写1 种即可)。
①能发生水解反应
②能发生银镜反应
③能与NaHCO3溶液反应放出CO2
(6)参照上述合成路线和信息,设计以CH3CH2CHO 和E 为原料,制备
的合成路线
(无机试剂任选)。
6
参考答案
1.答案 (1)分液漏斗
(2)除去H2S、PH3等气体杂质
(3)b
(4)增大气液接触面积,加快反应速率
(5)CaC2+2H2O
Ca(OH)2+C2H2↑
(6)ac
(7)90%
解析:装置A 用饱和食盐水和电石反应制取乙炔,发生反应的化学方程式为CaC2+2H2O
Ca(OH)2+CH≡CH↑,装置B 中硫酸铜溶液可除去产生的杂质气体H2S、PH3,装置C 中
C2H2与浓硝酸反应生成H2C2O4和NO2,装置D 用来吸收尾气二氧化氮。
(2)电石与水反应生成的乙炔气体中含H2S、PH3,装置B 中硫酸铜溶液可除去电石中产
生的杂质气体H2S、PH3。
(3)乙炔在45~55 ℃及硝酸汞作为催化剂的条件下,经浓硝酸氧化可制得草酸,硝酸发生
还原反应,还原产物为氮氧化物,二氧化氮为红棕色气体,故选b。
(4)多孔球泡能增大气液接触面积,加快反应速率。
(6)称量3.500 g 产品不能用托盘天平,应用电子天平,且用天平称量固体药品,应该“左物
右码”,a 错误;在烧杯中溶解固体,并用玻璃棒搅拌,b 正确;向容量瓶中转移液体时需要
用玻璃棒引流,c 错误;定容时,当液面离刻度线1~2 cm 时,改用胶头滴管加水,眼睛平视刻
度线,d 正确。
(7)根据反应方程式,20 mL 所配溶液中n(H2C2O4·2H2O)=5
2n(KMnO4)=5
2×0.100 0
mol·L-1×0.020 00 L=0.005 000 mol,产品中草酸晶体的质量分数为
5.000×10
-3×126× 100
20 g
3.500 g
×100%=90%。
2.答案 (1)PtTe+O2+Na2CO3
Na2TeO3+Pt+CO2
(2)使CuO 转化为CuSO4,与其他物质分离
(3)2∶1
(4)将[PtCl6]2-还原为[PtCl4]2-,便于后续使含Pt 物种与含Pd 物种分离
(5)0.8
(6)3[PtCl4]2-+ClO3
-+5Cl-+6NH 4
++6H+
3(NH4)2PtCl6↓+3H2O
7
(7)(3
4 , 3
4 , 1
4) 5.76×10
32
a
3 N A
解析:阳极泥中加入纯碱、空气氧化焙烧,然后加入水,浸取后过滤得到含Na2TeO3、
Na2SeO3的滤液a,分离出滤渣,向滤渣中加入稀硫酸酸浸,氧化铜溶解得到含硫酸铜的滤
液b,分离出含Au、Pt、Pd 的滤渣,加入浓盐酸和氯气氯浸,金属Pt、Pd、Au 分别被氧化
为配离子[PtCl6]2-、[PdCl6]2-、[AuCl4]-,加入过量草酸将[AuCl4]-还原为Au 单质、[PtCl6]2-
还原为[PtCl4]2-,过滤分离出Au 单质,向滤液中加入氯化铵溶液得到含(NH4)2PtCl4的滤液
c 和(NH4)2PdCl6沉淀。
(1)PtTe 中Pt 为+2 价,且“氧化焙烧”时,阳极泥中的化合态Pt 转化为单质,反应中Pt 元
素的化合价由+2 变为0,空气中氧气参与反应,氧元素的化合价由0 变为-2,Te 元素的化
合价由-2 变为+4 得到Na2TeO3,再结合得失电子守恒、原子守恒,PtTe 发生反应的化学方
程式为PtTe+O2+Na2CO3
Na2TeO3+Pt+CO2。
(2)稀硫酸能和“氧化焙烧”过程中产生的氧化铜反应,而不和Pt、Pd、Au 反应,故“酸
浸”的目的是使CuO 转化为CuSO4,与其他物质分离。
(3)Pd→[PdCl6]2-,Pd 元素的化合价由0 变为+4,为还原剂,氯气中氯元素的化合价由0 变
为-1,为氧化剂,再结合得失电子守恒,存在Pd~4e-~2Cl2,则氧化剂与还原剂的物质的量之
比为2∶1。
(4)草酸具有还原性,“分金”加入过量草酸的作用,除析出金属Au 外,还能将[PtCl6]2-还原
为[PtCl4]2-,便于后续使含Pt 物种与含Pd 物种分离。
(5)反应后混合液中c{[PdCl6]2-}=1.1×10-6 mol·L-1,则此时c(NH 4
+)=
√
K sp[( N H 4)2 PdC l6]
c{[ PdC l6]
2-}
=√
9.9×10
-8
1.1×10
-6 mol·L-1=0.3 mol·L-1,结合反应2NH 4
++[PdCl6]2-
=(NH4)2PdCl6↓,设初始加入NH4Cl 溶液的体积为V L,则初始加入NH4Cl 溶液的浓度约为
2V L×0.3mol· L
-1+V L×0.1mol· L
-1×2
V L
=0.8 mol·L-1。
(6)“沉铂”总反应为[PtCl4]2-和氯酸根离子发生氧化还原反应生成(NH4)2PtCl6沉淀,再结
合得失电子守恒、原子守恒,总反应的离子方程式为3[PtCl4]2-+ClO3
-+5Cl-+6NH 4
++6H+
3(NH4)2PtCl6↓+3H2O。
8
(7)如图所示,d 处Zn 用圆圈圈出:
,故其坐标为(
3
4 , 3
4 , 1
4
);根据“均
摊法”可知,晶胞中含8×1
8+6×1
2=4 个Se、4 个Zn,则该硒化锌晶体的密度为
4×(65+79)
N A
g
(a×10
-10cm)
3 = 5.76×10
32
a
3 N A
g·cm-3。
3.答案 (1)N2 (2)AB
(3)①> < ②T<T0时,升高温度,平衡正向移动,ΔH>0,CO2平衡转化率随温度升高逐渐
增大;T>T0时,由于焓变随温度变化而变化,升高温度,平衡逆向移动,ΔH<0,CO2平衡转化
率随温度升高逐渐减小 ③增大初始水碳比,平衡逆向移动,不利于尿素生成
(4)①1
8(或0.125) ②C
(5)CO2+2NO+10H++10e-
CO(NH2)2+3H2O
解析:(1)燃烧热是指在101 kPa 下,1 mol 纯物质完全燃烧生成指定产物时所放出的热量,
则NH3、CO(NH2)2燃烧热的测定中氮元素变为N2。
(3)①根据反应Ⅰ可知,氨碳比[L=
n( N H 3)
n(C O2) ]越大,相当于NH3的物质的量越大,该平衡正
向移动,CO2平衡转化率越大,则L1>L2,水碳比[M=
n( H 2O)
n(C O2) ]越大,相当于H2O 的物质的量
越大,则CO2的分压减小,相当于减小压强,该反应是气体体积减小的反应,平衡逆向移
动,CO2平衡转化率越小,则M1<M2。
②CO2平衡转化率随温度变化的原因:T<T0时,升高温度,平衡正向移动,ΔH>0,CO2平衡
转化率随温度升高逐渐增大;T>T0时,由于焓变随温度变化而变化,升高温度,平衡逆向移
动,ΔH<0,CO2平衡转化率随温度升高逐渐减小。
③增大初始水碳比,平衡逆向移动,不利于尿素生成。
(4)①当CO2平衡转化率为20%时,列三段式:
CO2(g) + 2NH3(g)
CO(NH2)2(s)+H2O(g)
起始/mol
1
2
0
转化/mol
0.2
0.4
0.2
平衡/mol
0.8
1.6
0.2
9
K=
c( H 2O)
c(C O2)·c
2( N H 3)
=
0.2mol
2 L
0.8mol
2 L
×( 1.6mol
2 L
)
2 = 25
64 。当CO2平衡转化率为80%,列出
三段式:
CO2(g)+2NH3(g)
CO(NH2)2(s)+H2O(g)
起始/mol
1
2
0
转化/mol
0.8
1.6
0.8
平衡/mol
0.2
0.4
0.8
K=
c( H 2O)
c(C O2)·c
2( N H 3)
=
0.8mol
V L
0.2mol
V L
·( 0.4 mol
V L
)
2=25V2=25
64,解得V=1
8。
②设起始时投入13 mol CO2、14 mol NH3,平衡时CO2转化了x mol,根据已知条件列出
三段式:
CO2(g) + 2NH3(g)
CO(NH2)2(s)+H2O(g)
起始/mol
13
14
0
转化/mol
x
2x
x
平衡/mol
13-x
14-2x
x
平衡时
m气
n气
= 44×(13- x )+17×(14 -2 x )+18 x
27-2 x
g·mol-1=30 g·mol-1,故以
n(CO2)∶n(NH3)=13∶14 投料发生反应Ⅰ,从反应开始至反应恰好达到平衡时,体系中混
合气体的平均摩尔质量始终为30 g·mol-1,故选C。
(5)由图可知,与电源负极相连的电极为阴极,CO2和NO 在阴极反应得到[CO(NH2)2],再根
据得失电子守恒和电荷守恒可知阴极的电极反应为CO2+2NO+10H++10e-
CO(NH2)2+3H2O。
4.答案 (1)C5H6O3
(2)
苯胺
(3)醚键、酰胺基 取代反应
(4)CD
(5)12
(或
)
(6)
10
解析:A 与甲醇发生开环取代反应生成B,B 与SOCl2发生取代反应生成C;根据D、F 的
结构简式并结合题给信息“D 生成F 时的另一产物为H2O”可以推知E 为苯胺,C 与F 反
应生成目标产物G。
(3)由结构简式可知,化合物G 中官能团除酯基外,还有醚键、酰胺基;B 与SOCl2发生取
代反应生成C。
(4)反应过程中,D 中醛基的C
O 键断裂、E(苯胺)中氨基的N—H 键断裂,则有C
O 键
和N—H 键断裂,A 正确;由F 的结构简式可知,反应过程中,有C
N 键形成,且D 生成F
时的另一产物为H2O,即有H—O 键形成,B 正确;有机物D 中,只有甲基中的碳原子采取
sp3杂化,苯环中的碳原子和醛基中的碳原子均采取sp2杂化,C 错误;F 分子中含有饱和碳
原子,则F 分子中不可能所有的原子共平面,D 错误。
(5)B(分子式为C6H10O4)的同分异构体满足:①能发生水解反应,则含有酯基;②能发生银
镜反应,则含有醛基;③能与NaHCO3溶液反应放出CO2,则含有羧基。但B 分子中只含4
个O 原子,则可推出满足条件的B 的同分异构体中含有—COOH 和HCOO—,即可看作
是丁烷(分子式为C4H10)中的2 个氢原子分别被—COOH 和HCOO—取代的产物,丁烷有
正丁烷和异丁烷两种结构,当正丁烷中的2 个氢原子分别被—COOH 和HCOO—取代时
有8 种结构;当异丁烷中的2 个氢原子分别被—COOH 和HCOO—取代时有4 种结构,所
以满足条件的B 的同分异构体有8+4=12 种。其中核磁共振氢谱有4 组峰且峰面积之比
为1∶1∶2∶6,即有4 种等效氢且每种等效氢的氢原子个数之比为1∶1∶2∶6,则符合
条件的有机物的结构简式为
(或
)。
(6)CH3CH2CHO 和O2反应生成CH3CH2COOH,CH3CH2COOH 和SOCl2发生取代反应生
成CH3CH2COCl,CH3CH2CHO 和苯胺发生反应生成
,
再和CH3CH2COCl 发生类似C 和F 生成G 的反应得到
。
