大題突破練(四)1.(12分)(2025·湖南名校協(xié)作體聯(lián)考)草酸(H2C2O4)是一種常見的二元弱酸,易溶于水,常用作還原劑、沉淀劑、媒染劑、絡合劑等。某化學興趣小組欲制備草酸并探究其某些化學性質,經查找資料得知:乙炔在45~55℃及硝酸汞作為催化劑的條件下,經濃硝酸氧化可制得草酸。Ⅰ.草酸的制備該小組以電石(主要成分為CaC2,還有少量的CaS、Ca3P2)、濃硝酸及少量硝酸汞為原料,利用如圖裝置制備草酸。(1)儀器a的名稱是。

(2)裝置B中CuSO4溶液的作用是。

(3)反應時裝置C中產生大量紅棕色氣體,紅棕色氣體是(填字母)。

a.NOb.NO2c.CO2d.H2S(4)裝置C中多孔球泡的作用是。

(5)寫出裝置A中發(fā)生主要反應的化學方程式:。

Ⅱ.產品中草酸晶體(H2C2O4·2H2O)質量分數(shù)的測定(6)稱量3.500g產品配制成100mL溶液,下列配制操作中錯誤的是(填字母)。

(7)取20mL所配制的溶液置于錐形瓶內,用0.1000mol·L1酸性KMnO4標準溶液滴定至終點,平行實驗三次,平均消耗標準溶液20.00mL。5H2C2O4+2MnO4-+6H+10CO2↑+2Mn2++8H2O,根據反應方程式,產品中草酸晶體(H2C2O4·2H2O)的質量分數(shù)為2.(14分)(2025·河南創(chuàng)新發(fā)展聯(lián)盟聯(lián)考)電解銅的陽極泥中含PtTe、PdSe、Pt、Pd、Au、Cu等物質,以該陽極泥為原料,分離和回收Au、Pt、Pd、Cu等金屬或其化合物的工藝流程如圖所示:已知:(NH4)2PtCl4易溶于水,(NH4)2PtCl6、(NH4)2PdCl6難溶于水;Ksp[(NH4)2PdCl6]=9.9×108?；卮鹣铝袉栴}:(1)PtTe中Pt為+2價,且“氧化焙燒”時,陽極泥中的化合態(tài)Pt、Pd均轉化為單質,則“氧化焙燒”中,PtTe發(fā)生反應的化學方程式為。

(2)“酸浸”的目的是。

(3)“氯浸”工藝中,金屬Pt、Pd、Au被氧化為配離子[PtCl6]2、[PdCl6]2、[AuCl4],Pd→[PdCl6]2的反應中氧化劑與還原劑的物質的量之比為。

(4)“分金”加入過量草酸的作用,除析出金屬Au外,還能。

(5)“沉鈀”之前,測得溶液中c0{[PdCl6]2}=0.1mol·L1,加入等體積的NH4Cl溶液充分反應,測得反應后混合液中c{[PdCl6]2}=1.1×106mol·L1,則初始加入NH4Cl溶液的濃度約為mol·L1。(忽略溶液混合時的體積變化)

(6)利用“濾液c”可制備Pt,工藝流程如圖所示。“沉鉑”總反應的離子方程式為。

(7)含硒化合物應用廣泛,如硒化鋅可用于制造紅外線光學儀器。硒化鋅為立方晶胞,其結構如圖1所示,晶胞的俯視圖如圖2所示。b處Se的坐標為(0,0,0),則d處Zn的坐標為;用NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值,該硒化鋅晶體的密度為(用含a、NA的代數(shù)式表示)g·cm3。

3.(14分)(2025·湖南九校聯(lián)盟聯(lián)考)工業(yè)上以CO2和NH3為原料合成尿素,主要發(fā)生反應Ⅰ:CO2(g)+2NH3(g)CO(NH2)2(s)+H2O(g)。回答下列問題:(1)燃燒熱是指在101kPa下,1mol純物質完全燃燒生成指定產物時所放出的熱量。NH3、CO(NH2)2燃燒熱的測定中氮元素變?yōu)?填化學式)。

(2)焓變的計算方法有很多,僅從以下單項數(shù)據不能計算出反應Ⅰ的ΔH的是(填字母)。

A.各化學鍵的鍵能B.各物質的燃燒熱C.正、逆反應的活化能D.各物質的相對能量(3)一定條件下,CO2平衡轉化率與溫度、初始氨碳比[L=n(NH3)n(CO2)]、初始①L1(填“<”或“>”,下同)L2,M1M2。

②已知反應的焓變會隨溫度的變化而變化,根據圖1中CO2平衡轉化率隨溫度的變化關系,請從焓變與平衡的角度,簡述CO2平衡轉化率隨溫度變化的原因:

。

③改變初始水碳比對合成尿素反應有利有弊,從化學平衡角度解釋增大初始水碳比不利于合成尿素的原因:。

(4)①T℃時,向2L恒容容器中加入1molCO2和2molNH3發(fā)生反應Ⅰ,平衡時,CO2轉化率為20%;相同溫度,在容積為VL的恒容容器中發(fā)生該反應(起始投料與上述容器相同),平衡時CO2轉化率為80%,則V=。

②恒溫恒容下,以n(CO2)∶n(NH3)=13∶14投料發(fā)生反應Ⅰ,從反應開始至反應恰好達到平衡時,體系中混合氣體的平均摩爾質量隨時間變化趨勢為(填字母)。

A.逐漸變大B.逐漸變小C.保持不變D.無法判斷(5)利用電解裝置可以將汽車尾氣中的NO轉化為尿素[CO(NH2)2],工作原理如圖。陰極的電極反應為。

4.(15分)(2025·河南新鄉(xiāng)模擬)有機物G是合成新型降脂藥物的中間體,G的一種合成路線如圖,回答下列問題:(1)化合物A的分子式為。

(2)已知D生成F時的另一產物為H2O,有機物E的結構簡式為,名稱為。

(3)化合物G中官能團除酯基外,還有(填名稱),B→C的反應類型為。

(4)下列關于反應D→F的說法錯誤的是(填字母)。

A.反應過程中,有CO鍵和N—H鍵斷裂B.反應過程中,有CN鍵和H—O鍵形成C.有機物D中,碳原子均采取sp3雜化D.F分子中所有的原子均可能共平面(5)B有多種同分異構體,滿足下列條件的有種;其中核磁共振氫譜有4組峰且峰面積之比為1∶1∶2∶6的有機物的結構簡式為(只寫1種即可)。

①能發(fā)生水解反應②能發(fā)生銀鏡反應③能與NaHCO3溶液反應放出CO2(6)參照上述合成路線和信息,設計以CH3CH2CHO和E為原料,制備的合成路線(無機試劑任選)。

參考答案1.答案(1)分液漏斗(2)除去H2S、PH3等氣體雜質(3)b(4)增大氣液接觸面積,加快反應速率(5)CaC2+2H2OCa(OH)2+C2H2↑(6)ac(7)90%解析:裝置A用飽和食鹽水和電石反應制取乙炔,發(fā)生反應的化學方程式為CaC2+2H2OCa(OH)2+CH≡CH↑,裝置B中硫酸銅溶液可除去產生的雜質氣體H2S、PH3,裝置C中C2H2與濃硝酸反應生成H2C2O4和NO2,裝置D用來吸收尾氣二氧化氮。(2)電石與水反應生成的乙炔氣體中含H2S、PH3,裝置B中硫酸銅溶液可除去電石中產生的雜質氣體H2S、PH3。(3)乙炔在45~55℃及硝酸汞作為催化劑的條件下,經濃硝酸氧化可制得草酸,硝酸發(fā)生還原反應,還原產物為氮氧化物,二氧化氮為紅棕色氣體,故選b。(4)多孔球泡能增大氣液接觸面積,加快反應速率。(6)稱量3.500g產品不能用托盤天平,應用電子天平,且用天平稱量固體藥品,應該“左物右碼”,a錯誤;在燒杯中溶解固體,并用玻璃棒攪拌,b正確;向容量瓶中轉移液體時需要用玻璃棒引流,c錯誤;定容時,當液面離刻度線1~2cm時,改用膠頭滴管加水,眼睛平視刻度線,d正確。(7)根據反應方程式,20mL所配溶液中n(H2C2O4·2H2O)=52n(KMnO4)=52×0.1000mol·L1×0.02000L=0.005000mol,產品中草酸晶體的質量分數(shù)為5.2.答案(1)PtTe+O2+Na2CO3Na2TeO3+Pt+CO2(2)使CuO轉化為CuSO4,與其他物質分離(3)2∶1(4)將[PtCl6]2還原為[PtCl4]2,便于后續(xù)使含Pt物種與含Pd物種分離(5)0.8(6)3[PtCl4]2+ClO3-+5Cl+6NH4++6H+3(NH4)2PtCl6↓(7)(34,3解析:陽極泥中加入純堿、空氣氧化焙燒,然后加入水,浸取后過濾得到含Na2TeO3、Na2SeO3的濾液a,分離出濾渣,向濾渣中加入稀硫酸酸浸,氧化銅溶解得到含硫酸銅的濾液b,分離出含Au、Pt、Pd的濾渣,加入濃鹽酸和氯氣氯浸,金屬Pt、Pd、Au分別被氧化為配離子[PtCl6]2、[PdCl6]2、[AuCl4],加入過量草酸將[AuCl4]還原為Au單質、[PtCl6]2還原為[PtCl4]2,過濾分離出Au單質,向濾液中加入氯化銨溶液得到含(NH4)2PtCl4的濾液c和(NH4)2PdCl6沉淀。(1)PtTe中Pt為+2價,且“氧化焙燒”時,陽極泥中的化合態(tài)Pt轉化為單質,反應中Pt元素的化合價由+2變?yōu)?,空氣中氧氣參與反應,氧元素的化合價由0變?yōu)?,Te元素的化合價由2變?yōu)?4得到Na2TeO3,再結合得失電子守恒、原子守恒,PtTe發(fā)生反應的化學方程式為PtTe+O2+Na2CO3Na2TeO3+Pt+CO2。(2)稀硫酸能和“氧化焙燒”過程中產生的氧化銅反應,而不和Pt、Pd、Au反應,故“酸浸”的目的是使CuO轉化為CuSO4,與其他物質分離。(3)Pd→[PdCl6]2,Pd元素的化合價由0變?yōu)?4,為還原劑,氯氣中氯元素的化合價由0變?yōu)?,為氧化劑,再結合得失電子守恒,存在Pd~4e~2Cl2,則氧化劑與還原劑的物質的量之比為2∶1。(4)草酸具有還原性,“分金”加入過量草酸的作用,除析出金屬Au外,還能將[PtCl6]2還原為[PtCl4]2,便于后續(xù)使含Pt物種與含Pd物種分離。(5)反應后混合液中c{[PdCl6]2}=1.1×106mol·L1,則此時c(NH4+)=Ksp[(NH4)2PdCl6]c{[PdCl6]2-}=9.9×10-81.1×10-6mol·L1=0.3mol·L1(6)“沉鉑”總反應為[PtCl4]2和氯酸根離子發(fā)生氧化還原反應生成(NH4)2PtCl6沉淀,再結合得失電子守恒、原子守恒,總反應的離子方程式為3[PtCl4]2+ClO3-+5Cl+6NH4++6H+3(NH4)2PtCl6↓+3H3.答案(1)N2(2)AB(3)①><②T<T0時,升高溫度,平衡正向移動,ΔH>0,CO2平衡轉化率隨溫度升高逐漸增大;T>T0時,由于焓變隨溫度變化而變化,升高溫度,平衡逆向移動,ΔH<0,CO2平衡轉化率隨溫度升高逐漸減?、墼龃蟪跏妓急?平衡逆向移動,不利于尿素生成(4)①18(或0.125)②(5)CO2+2NO+10H++10eCO(NH2)2+3H2O解析:(1)燃燒熱是指在101kPa下,1mol純物質完全燃燒生成指定產物時所放出的熱量,則NH3、CO(NH2)2燃燒熱的測定中氮元素變?yōu)镹2。(3)①根據反應Ⅰ可知,氨碳比[L=n(NH3)n(CO2)]越大,相當于NH3的物質的量越大,該平衡正向移動,CO2平衡轉化率越大,則L1>L2,水碳比[M=n(H2O)n(CO2)]越大,相當于H2O②CO2平衡轉化率隨溫度變化的原因:T<T0時,升高溫度,平衡正向移動,ΔH>0,CO2平衡轉化率隨溫度升高逐漸增大;T>T0時,由于焓變隨溫度變化而變化,升高溫度,平衡逆向移動,ΔH<0,CO2平衡轉化率隨溫度升高逐漸減小。③增大初始水碳比,平衡逆向移動,不利于尿素生成。(4)①當CO2平衡轉化率為20%時,列三段式:CO2(g)+2NH3(g)CO(NH2)2(s)+H2O(g)起始/mol 1 2 0轉化/mol 0.2 0.4 0.2平衡/mol 0.8 1.6 0.2K=c(H2O)c(CO2(g)+2NH3(g)CO(NH2)2(s)+H2O(g)起始/mol 1 2 0轉化/mol 0.8 1.6 0.8平衡/mol 0.2 0.4 0.8K=c(H2O)c(CO2)②設起始時投入13molCO2、14molNH3,平衡時CO2轉化了xmol,根據已知條件列出三段式:CO2(g)+2NH3(g)CO(NH2)2(s)+H2O(g)起始/mol 13 14 0轉化/mol x 2x x平衡/mol 13x 142x x平衡時m氣n氣=44×(13-x)+17×(14-2x)+18x27-2xg·mol1=30g·mol1,故以n(CO(5)由圖可知,與電源負極相連的電極為陰極,CO2和NO在陰極反應得到[CO(NH2)2],再根據得失電子守恒和電荷守恒可知陰極的電極反應為CO2+2NO+10H++10eCO(NH2)2+3H2O。4.答案(1)C5H6O3(2)苯胺(3)醚鍵、酰胺基取代反應(4)CD(6)解析:A與甲醇發(fā)生開環(huán)取代反應生成B,B與SOCl2發(fā)生取代反應生成C;根據D、F的結構簡