2025步步高大一輪復(fù)習(xí)講義人教版高考化學(xué)大單元四　第十二章　第59講　無機(jī)化工流程題的解題策略含答案

2025步步高大一輪復(fù)習(xí)講義人教版高考化學(xué)第59講無機(jī)化工流程題的解題策略[復(fù)習(xí)目標(biāo)]1.提升應(yīng)用物質(zhì)的轉(zhuǎn)化及條件控制、分離提純操作等相關(guān)知識解決實際問題的能力。2.樹立“綠色化學(xué)”的觀念，形成資源綜合利用、物能充分利用的意識。1．?？紵o機(jī)化工流程的呈現(xiàn)形式2．讀圖要領(lǐng)(1)箭頭：進(jìn)入的是投料(反應(yīng)物)，出去的是含產(chǎn)品中元素的物質(zhì)(流程方向)、副產(chǎn)物或雜質(zhì)(支線方向)。(2)三線：出線和進(jìn)線均表示物料流向或操作流程，可逆線表示物質(zhì)循環(huán)。3．流程圖中主要環(huán)節(jié)的分析(1)原料的預(yù)處理①溶解：通常用酸溶，如用硫酸、鹽酸等。水浸與水接觸發(fā)生反應(yīng)或溶解浸出固體加水(酸)溶解得到離子酸浸在酸溶液中反應(yīng)，使可溶性金屬離子進(jìn)入溶液，不溶物通過過濾除去浸出率固體溶解后，離子在溶液中的含量的多少②灼燒、焙燒、煅燒：改變結(jié)構(gòu)，使一些物質(zhì)能溶解，并使一些雜質(zhì)在高溫下氧化、分解。③審題時要“瞻前顧后”，注意物質(zhì)性質(zhì)及反應(yīng)原理的前后聯(lián)系。(2)核心反應(yīng)——陌生方程式的書寫①氧化還原反應(yīng)：熟練應(yīng)用氧化還原反應(yīng)規(guī)律判斷產(chǎn)物，并根據(jù)化合價升降相等配平。②非氧化還原反應(yīng)：結(jié)合物質(zhì)性質(zhì)和反應(yīng)實際判斷產(chǎn)物。(3)常用的分離方法①過濾：分離難溶物和易溶物，根據(jù)特殊需要采用趁熱過濾或者抽濾等方法。②萃取和分液：利用溶質(zhì)在互不相溶的溶劑里的溶解度不同提取分離物質(zhì)，如用CCl4或苯萃取溴水中的溴。③蒸發(fā)結(jié)晶：提取溶解度隨溫度變化不大的溶質(zhì)，如從溶液中提取NaCl。④冷卻結(jié)晶：提取溶解度隨溫度變化較大的溶質(zhì)、易水解的溶質(zhì)或結(jié)晶水合物，如KNO3、FeCl3、CuCl2、CuSO4·5H2O、FeSO4·7H2O等。⑤蒸餾或分餾：分離沸點不同且互溶的液體混合物，如分離乙醇和甘油。⑥冷卻法：利用氣體液化的特點分離氣體，如合成氨工業(yè)采用冷卻法分離平衡混合氣體中的NH3。一、調(diào)控化學(xué)反應(yīng)速率提高效率1．向鉻鐵礦(FeCr2O4)中通入O2進(jìn)行焙燒，焙燒時氣體與礦料逆流而行，目的是___________。答案增大反應(yīng)物接觸面積，提高化學(xué)反應(yīng)速率2．將催化劑負(fù)載在玻璃棉上而不直接平鋪在玻璃管中，目的是_____________________。答案增大接觸面積，提高催化效果，加快反應(yīng)速率3．[2020·北京，18(1)①]酸、過量鐵屑對軟錳礦(MnO2)進(jìn)行溶出前需研磨。目的是________________________________________________________________________________________________________________________________________________。答案增大反應(yīng)物接觸面積，加快溶出速率4．向金屬Bi中加入稀HNO3酸浸，過程中分次加入稀HNO3可降低反應(yīng)劇烈程度，其原理是________________________________________________________________________________________________________________________________________________。答案減少稀HNO3的用量，降低反應(yīng)劇烈程度，使HNO3充分反應(yīng)防止揮發(fā)解析強(qiáng)調(diào)分次加入對反應(yīng)的影響：①控制用量，防止過量發(fā)生副反應(yīng)；②降低反應(yīng)劇烈程度；③防止放熱反應(yīng)溫度過高，造成副反應(yīng)的發(fā)生，以及物質(zhì)的揮發(fā)、分解。二、結(jié)晶與分離提純操作應(yīng)用5．[2021·河北，14(4)②]向含NH4Cl的濾液中加入NaCl粉末，存在NaCl(s)＋NH4Cl(aq)→NaCl(aq)＋NH4Cl(s)過程。為使NH4Cl沉淀充分析出并分離，根據(jù)NaCl和NH4Cl溶解度曲線，需采用的操作__________、__________、洗滌、干燥。答案冷卻結(jié)晶過濾解析由曲線NH4Cl的溶解度隨升溫而增大，NaCl的溶解度隨升溫變化不明顯，使NH4Cl沉淀充分析出，采用冷卻結(jié)晶析出NH4Cl→過濾→洗滌→干燥。6．[2019·全國卷Ⅰ，27(4)]由硫酸鐵與硫酸銨的混合溶液，通過________________操作，經(jīng)干燥得到硫酸鐵銨晶體樣品。答案加熱濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾洗滌7．[2019·全國卷Ⅲ，27(5)改編]過濾得到乙酰水楊酸結(jié)晶粗品，該固體經(jīng)純化得白色的乙酰水楊酸晶體，采用的“純化”方法為_______________________________________。答案重結(jié)晶8．[2021·湖南，15(1)]以碳酸氫銨和氯化鈉為原料制備碳酸鈉，并測定產(chǎn)品中少量碳酸氫鈉的含量，過程如下：已知：(i)當(dāng)溫度超過35℃時，NH4HCO3開始分解。(ii)相關(guān)鹽在不同溫度下的溶解度表(g/100gH2O)溫度/℃0102030405060NaCl35.735.836.036.336.637.037.3NH4HCO311.915.821.027.0NaHCO36.98.29.611.112.714.516.4NH4Cl29.433.337.241.445.850.455.2晶體A的化學(xué)式為______________，晶體A能夠析出的原因是________________________________________________________________________________________。答案NaHCO3在30～35℃時NaHCO3的溶解度最小(答案合理即可)三、沉淀金屬離子和除雜條件分析9．[2021·全國乙卷，26(2)]磁選后的煉鐵高鈦爐渣，主要成分有TiO2、SiO2、Al2O3、MgO、CaO以及少量的Fe2O3。為節(jié)約和充分利用資源，通過如下工藝流程回收鈦、鋁、鎂等。該工藝條件下，有關(guān)金屬離子開始沉淀和沉淀完全的pH見下表。金屬離子Fe3＋Al3＋Mg2＋Ca2＋開始沉淀的pH2.23.59.512.4沉淀完全(c＝1.0×10－5mol·L－1)的pH3.24.711.113.8“水浸”后“濾液”的pH約為2.0，在“分步沉淀”時用氨水逐步調(diào)節(jié)pH至11.6，依次析出的金屬離子是__________________________。答案Fe3＋、Al3＋、Mg2＋10．[2020·北京，18(2)]由硫酸浸出的Mn2＋溶出液(含Mn2＋、Fe2＋、Al3＋、Fe3＋、H＋等)經(jīng)純化得Mn2＋純化液。已知：MnO2的氧化性與溶液pH有關(guān)。金屬離子沉淀的pH如下表：Fe3＋Al3＋Mn2＋Fe2＋開始沉淀時1.53.45.86.3完全沉淀時2.84.77.88.3純化時先加入MnO2，后加入NH3·H2O，調(diào)溶液pH≈5，說明試劑加入順序及調(diào)節(jié)pH的原因：________________________________________________________________________________________________________________________________________________。答案先加MnO2，可利用溶液的酸性將Fe2＋全部氧化為Fe3＋，再加NH3·H2O調(diào)溶液pH≈5，將Fe3＋和Al3＋沉淀除去四、溫度控制分析11．TiO2·xH2O沉淀與雙氧水、氨水反應(yīng)40min所得實驗結(jié)果如下表所示：溫度/℃3035404550TiO2·xH2O轉(zhuǎn)化率/%9295979388分析40℃時，TiO2·xH2O轉(zhuǎn)化率最高的原因：_______________________________________________________________________________________________________。答案低于40℃TiO2·xH2O轉(zhuǎn)化反應(yīng)速率隨溫度的升高而增加；超過40℃，雙氧水分解與氨氣逸出導(dǎo)致TiO2·xH2O轉(zhuǎn)化率下降12．[2021·福建，11(1)(2)(5)]四鉬酸銨是鉬深加工的重要中間產(chǎn)品，具有廣泛的用途。一種以鉬精礦(主要含MoS2，還有Cu、Fe的化合物及SiO2等)為原料制備四鉬酸銨的工藝流程如圖所示?；卮鹣铝袉栴}：(1)“焙燒”產(chǎn)生的氣體用________吸收后可制取氮肥。(2)“浸出”時，MoO3轉(zhuǎn)化為MoOeq\o\al(2－,4)。提高單位時間內(nèi)鉬浸出率的措施有_________________________________________________________(任寫兩種)。溫度對90min內(nèi)鉬浸出率的影響如圖所示。當(dāng)浸出溫度超過80℃后，鉬的浸出率反而降低，主要原因是溫度升高使水大量蒸發(fā)，導(dǎo)致____________________________________。(5)“沉淀”時，加入NH4NO3的目的是____________________。答案(1)氨水(2)適當(dāng)升溫、攪拌、增加Na2CO3用量、增大Na2CO3濃度等Na2MoO4晶體析出，混入浸渣(5)提供NHeq\o\al(＋,4)，使MoOeq\o\al(2－,4)充分轉(zhuǎn)化為沉淀析出解析(1)“焙燒”產(chǎn)生的氣體為SO2，用氨水吸收后可制取氮肥。五、信息的提取與加工13．[2022·湖南，17(3)(4)]以鈦渣(主要成分為TiO2，含少量V、Si和Al的氧化物雜質(zhì))為原料，制備金屬鈦的工藝流程如下：已知“降溫收塵”后，粗TiCl4中含有的幾種物質(zhì)的沸點：物質(zhì)TiCl4VOCl3SiCl4AlCl3沸點/答下列問題：(3)“除釩”過程中的化學(xué)方程式為__________________；“除硅、鋁”過程中，分離TiCl4中含Si、Al雜質(zhì)的方法是________________________________________________。(4)“除釩”和“除硅、鋁”的順序______(填“能”或“不能”)交換，理由是________________________________________________________________________。答案(3)3VOCl3＋Al=3VOCl2＋AlCl3蒸餾(4)不能若先“除硅、鋁”再“除釩”，“除釩”時需要加入Al，又引入Al雜質(zhì)解析(3)“降溫收塵”后釩元素主要以VOCl3形式存在，加入Al得到VOCl2渣，根據(jù)得失電子守恒和元素守恒配平化學(xué)方程式為3VOCl3＋Al=3VOCl2＋AlCl3；AlCl3、SiCl4與TiCl4沸點差異較大，“除硅、鋁”過程中可采用蒸餾的方法分離AlCl3、SiCl4。課時精練1．利用某鈷礦石(主要成分為Co2O3)制取Co(OH)2粗品及其他工業(yè)產(chǎn)品的工藝流程如圖1所示。已知：浸出液中含有的陽離子主要有H＋、Cu2＋、Co2＋、Fe2＋、Mg2＋?；卮鹣铝袉栴}：(1)鈷礦石浸出時加入Na2SO3的目的為________________________________。(2)溶液中l(wèi)gc(X)(X表示Fe3＋、Cu2＋、Fe2＋、Co2＋、Mg2＋、Ca2＋)與pH的變化關(guān)系如圖2所示(離子濃度小于10－5mol·L－1時可認(rèn)為已除盡)，在萃取余液中通入空氣的目的是________________________________________________________________________________________________________________________________________________，用熟石灰調(diào)pH至3.2，過濾1所得濾渣的主要成分為________，萃取和反萃取的目的是________________________________________________________________________。(3)用氧化鎂調(diào)濾液1的pH為9.1時，得到的氫氧化鈷粗品中含有的主要雜質(zhì)為____________，多次洗滌可提高粗產(chǎn)品中鈷含量。“過濾2”后所得濾液直接排放會造成水體污染，須進(jìn)行處理，用熟石灰調(diào)節(jié)pH使c(Mg2＋)≤10－5mol·L－1，則Ksp[Mg(OH)2]＝________。答案(1)將Co3＋還原為Co2＋(2)氧化浸出液中的Fe2＋，便于調(diào)pH除去Fe(OH)3除去Cu2＋(3)CaSO4、MgSO410－10.8解析流程分析：2．錳常用于制造合金錳鋼。某化工廠以軟錳礦(主要成分是MnO2，含有SiO2、Fe2O3、CaO等少量雜質(zhì))為主要原料制取金屬錳的工藝流程如圖1所示。(1)“浸錳”步驟中往往有副產(chǎn)物MnS2O6生成，溫度對“浸錳”反應(yīng)的影響如圖2所示。為減少MnS2O6的生成，“浸錳”的適宜溫度是________，“濾渣Ⅰ”的成分是____________(填化學(xué)式)。該步驟中可以再加入MnSO4以促進(jìn)“濾渣Ⅰ”析出，結(jié)合平衡移動原理分析其原因：____________________________________________________________________________________________________________________________________________。(2)“濾液Ⅰ”中需要先加入MnO2充分反應(yīng)后再調(diào)pH，寫出加入MnO2時發(fā)生反應(yīng)的離子方程式：________________________________________________________________________。(3)“濾液Ⅱ”中加入MnF2的目的是除去溶液中的Ca2＋，已知25℃時，Ksp(CaF2)＝3.2×10－11，則常溫下CaF2在純水中的溶解度為________g。答案(1)90℃SiO2、CaSO4c(SOeq\o\al(2－,4))增大，使平衡Ca2＋(aq)＋SOeq\o\al(2－,4)(aq)CaSO4(s)正向移動，促進(jìn)CaSO4析出(2)MnO2＋2Fe2＋＋4H＋=Mn2＋＋2Fe3＋＋2H2O(3)1.56×10－3解析流程分析：(3)常溫下CaF2溶解在純水中，則溶液中2c(Ca2＋)＝c(F－)，由Ksp(CaF2)＝c(Ca2＋)·c2(F－)可知，Ksp(CaF2)＝4c3(Ca2＋)＝3.2×10－11，解得c(Ca2＋)＝2×10－4mol·L－1，則飽和CaF2溶液中c(CaF2)＝c(Ca2＋)＝2×10－4mol·L－1，則常溫下CaF2在純水中的溶解度為1.56×10－3g。3．(2023·全國甲卷，26)BaTiO3是一種壓電材料。以BaSO4為原料，采用下列路線可制備粉狀BaTiO3?；卮鹣铝袉栴}：(1)“焙燒”步驟中碳粉的主要作用是_______________________________________。(2)“焙燒”后固體產(chǎn)物有BaCl2、易溶于水的BaS和微溶于水的CaS?！敖　睍r主要反應(yīng)的離子方程式為_________________________________________________________。(3)“酸化”步驟應(yīng)選用的酸是____________(填標(biāo)號)。a．稀硫酸 b．濃硫酸c．鹽酸 d．磷酸(4)如果焙燒后的產(chǎn)物直接用酸浸取，是否可行？__________________，其原因是________________________________________________________________________。(5)“沉淀”步驟中生成BaTiO(C2O4)2的化學(xué)方程式為________________________。(6)“熱分解”生成粉狀鈦酸鋇，產(chǎn)生的∶nCO＝__________________。答案(1)做還原劑，將BaSO4還原(2)S2－＋Ca2＋=CaS↓(3)c(4)不可行CaS也會與鹽酸反應(yīng)生成有毒氣體和可溶于水的CaCl2，影響產(chǎn)品純度(5)BaCl2＋TiCl4＋2(NH4)2C2O4＋H2O=BaTiO(C2O4)2↓＋4NH4Cl＋2HCl(6)1∶1解析由流程和題中信息可知，BaSO4與過量的碳粉及過量的氯化鈣在高溫下焙燒得到CO、BaCl2、易溶于水的BaS和微溶于水的CaS；燒渣經(jīng)水浸取后過濾，濾渣中含碳粉和CaS，濾液中有BaCl2和BaS；濾液經(jīng)酸化后濃縮結(jié)晶得到BaCl2晶體，溶于水后，加入TiCl4和(NH4)2C2O4將鋇離子充分沉淀得到BaTiO(C2O4)2；BaTiO(C2O4)2經(jīng)熱分解得到BaTiO3。(3)浸取后濾液中主要為BaCl2和BaS，為不引入雜質(zhì)，“酸化”步驟應(yīng)選用鹽酸。(6)“熱分解”生成粉狀鈦酸鋇，該反應(yīng)的化學(xué)方程式為BaTiO(C2O4)2eq\o(=,\s\up7(△))BaTiO3＋2CO2↑＋2CO↑，因此，產(chǎn)生的∶nCO＝1∶1。4．[2022·遼寧，16(1)(2)(3)(4)(5)(6)]某工廠采用輝鉍礦(主要成分為Bi2S3，含有FeS2、SiO2雜質(zhì))與軟錳礦(主要成分為MnO2)聯(lián)合焙燒法制備BiOCl和MnSO4，工藝流程如下：已知：①焙燒時過量的MnO2分解為Mn2O3，F(xiàn)eS2轉(zhuǎn)變?yōu)镕e2O3；②金屬活動性：Fe>(H)>Bi>Cu；③相關(guān)金屬離子形成氫氧化物的pH范圍如下：開始沉淀pH完全沉淀pHFe2＋6.58.3Fe3＋1.62.8Mn2＋8.110.1回答下列問題：(1)為提高焙燒效率，可采取的措施為_________________________。a．進(jìn)一步粉碎礦石b．鼓入適當(dāng)過量的空氣c．降低焙燒溫度(2)Bi2S3在空氣中單獨焙燒生成Bi2O3，反應(yīng)的化學(xué)方程式為___________________。(3)“酸浸”中過量濃鹽酸的作用為：①充分浸出Bi3＋和Mn2＋；②_______________________。(4)濾渣的主要成分為________________(填化學(xué)式)。(5)生成氣體A的離子方程式為____________________________________________________________________________________________________________________。(6)加入金屬Bi的目的是__________________________________________________。答案(1)ab(2)2Bi2S3＋9O2eq\o(=,\s\up7(高溫))2Bi2O3＋6SO2(3)抑制金屬離子水解(4)SiO2(5)Mn2O3＋6H＋＋2Cl－=2Mn2＋＋Cl2↑＋3H2O(6)將Fe3＋轉(zhuǎn)化為Fe2＋解析(1)聯(lián)合焙燒時，進(jìn)一步粉碎礦石，可以增大礦石與空氣的接觸面積，能夠提高焙燒效率，選項a符合題意；鼓入適當(dāng)過量的空氣有利于礦石充分反應(yīng)，選項b符合題意；降低焙燒溫度，反應(yīng)速率減慢，不利于提高焙燒效率，選項c不符合題意。(6)由已知信息③知，調(diào)pH＝2.6時，F(xiàn)e3＋會水解生成Fe(OH)3沉淀，但Fe2＋還沒開始沉淀，故要將Fe3＋轉(zhuǎn)化為Fe2＋，在調(diào)pH后獲得含F(xiàn)eCl2的濾液，為了不引入新的雜質(zhì)，加入Bi作還原劑。5．以固體廢鋅催化劑(主要成分為ZnO及少量Fe2O3、CuO、MnO、SiO2)為原料制備鋅的工藝流程如圖。已知：①“浸取”時，ZnO、CuO轉(zhuǎn)化為[Zn(NH3)4]2＋、[Cu(NH3)4]2＋進(jìn)入溶液；②25℃時，Ksp(CuS)＝6.4×10－36，Ksp(ZnS)＝1.6×10－24；③深度除雜標(biāo)準(zhǔn)：溶液中eq\f(n雜質(zhì)離子,n\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(ZnNH34))2＋)))≤2.0×10－6。(1)為提高鋅浸出率，采取的措施是______________________________；“浸取”溫度為30℃時，鋅浸出率可達(dá)90.6%，繼續(xù)升溫浸出率反而下降，其原因為________________。(2)“操作a”的名稱為___________________________________________________。(3)“深度除錳”是在堿性條件下將殘留的Mn2＋轉(zhuǎn)化為MnO2，離子方程式為________________________________________________________________________。(4)“深度除銅”時，鋅的回收率、除銅效果[除銅效果以反應(yīng)后溶液中銅鋅比eq\f(nCu2＋,n\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(ZnNH34))2＋)))表示]與(NH4)2S加入量[以eq\f(n實際用量,n理論用量)×100%表示]的關(guān)系曲線如圖所示。①當(dāng)(NH4)2S加入量≥100%時，鋅的回收率下降的原因是_____________________(用離子方程式表示)，該反應(yīng)的平衡常數(shù)為________(已知[Zn(NH3)4]2＋的K穩(wěn)＝eq\f(c{\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(ZnNH34))2＋},cZn2＋·c4NH3)＝2.9×109)。②“深度除銅”時(NH4)2S加入量最好應(yīng)選______(填字母)。A．100%B．110%C．120%D．130%(5)測定反萃取水相中Zn2＋的濃度：量取20.00mL反萃取水相于錐形瓶中，用0.0100mol·L－1EDTA(乙二胺四乙酸鈉Na2H2Y)標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定至終點(Zn2＋＋H2Y2－=ZnY2－＋2H＋)。重復(fù)實驗三次，平均消耗標(biāo)準(zhǔn)溶液22.30mL。則反萃取水相中Zn2＋的濃度為________(保留兩位小數(shù))。答案(1)將廢鋅催化劑粉碎溫度升高，NH3揮發(fā)，使生成的[Zn(NH3)4]2＋減少(2)分液(3)Mn2＋＋2NH3·H2O＋H2O2=MnO2↓＋2NHeq\o\al(＋,4)＋2H2O(4)①[Zn(NH3)4]2＋＋S2－=ZnS↓＋4NH32.16×1014②C(5)0.01mol·L－1解析廢鋅催化劑主要成分為ZnO及少量Fe2O3、CuO、MnO、SiO2，加入過量NH3-NH4Cl溶液，生成[Zn(NH3)4]2＋、[Cu(NH3)4]2＋，同時生成Fe(OH)3、Mn(OH)2等，SiO2不溶解，過濾一起除去，再向濾液中加入H2O2溶液，進(jìn)行深度除錳，反應(yīng)的離子方程式為Mn2＋＋2NH3·H2O＋H2O2=MnO2↓＋2NHeq\o\al(＋,4)＋2H2O，再加入(NH4)2S，進(jìn)行深度除銅，反應(yīng)的離子方程式為[Cu(NH3)4]2＋＋S2－=CuS↓＋4NH3，過濾，除去MnO2和CuS，向濾液中加入萃取劑，使鋅進(jìn)入有機(jī)萃取劑中，分液后，再向有機(jī)萃取劑中加入硫酸進(jìn)行反萃取，得到硫酸鋅溶液，然后進(jìn)行電解，得到鋅。(4)①當(dāng)(NH4)2S加入量≥100%時，鋅的回收率下降的可能原因是[Zn(NH3)4]2＋與S2－結(jié)合生成了硫化鋅，離子方程式為[Zn(NH3)4]2＋＋S2－=ZnS↓＋4NH3，該反應(yīng)的平衡常數(shù)為K＝eq\f(c4NH3,c{[ZnNH34]2＋}·cS2－)＝eq\f(c4NH3·cZn2＋,c{[ZnNH34]2＋})·eq\f(1,cS2－·cZn2＋)＝eq\f(1,K穩(wěn))×eq\f(1,KspZnS)＝eq\f(1,2.9×109)×eq\f(1,1.6×10－24)≈2.16×1014。②當(dāng)(NH4)2S加入量為120%時，銅鋅比約為2.0×10－6，達(dá)到深度除銅標(biāo)準(zhǔn)，繼續(xù)加大(NH4)2S加入量會導(dǎo)致鋅的回收率下降且不經(jīng)濟(jì)，故選C。(5)由滴定原理：Zn2＋＋H2Y2－=ZnY2－＋2H＋，n(Zn2＋)＝n(H2Y2－)＝0.0100mol·L－1×22.30×10－3L＝2.23×10－4mol，反萃取水相中Zn2＋的濃度為eq\f(2.23×10－4mol,20.00×10－3L)≈0.01mol·L－1。熱點強(qiáng)化21電離常數(shù)的相關(guān)計算1．電離度(1)概念在一定條件下的弱電解質(zhì)達(dá)到電離平衡時，已經(jīng)電離的電解質(zhì)分子數(shù)占原電解質(zhì)分子總數(shù)的百分比。(2)表示方法α＝eq\f(已電離的弱電解質(zhì)分子數(shù),溶液中原有弱電解質(zhì)的分子總數(shù))×100%，也可表示為α＝eq\f(弱電解質(zhì)的某離子濃度,弱電解質(zhì)的初始濃度)×100%。(3)影響因素①相同溫度下，同一弱電解質(zhì)，濃度越大，其電離度(α)越小。②相同濃度下，同一弱電解質(zhì)，溫度越高，其電離度(α)越大。2．電離度與電離常數(shù)的關(guān)系已知25℃時，某濃度為c的一元弱酸HA的電離度為α，求該溫度下HA的電離常數(shù)(Ka)。答案HAH＋＋A－起始c00轉(zhuǎn)化c·αc·αc·α平衡c·(1－α)c·αc·αKa＝eq\f(c·α2,c·1－α)＝eq\f(c·α2,1－α)，α很小，可認(rèn)為1－α≈1，則Ka＝c·α2。3．計算電離常數(shù)的思維方法(1)根據(jù)電離方程式，寫出電離平衡常數(shù)表達(dá)式。(2)根據(jù)題干信息，結(jié)合電荷守恒、元素守恒，找出各微粒的濃度，代入表達(dá)式即可。(3)若有圖像信息，可選擇曲線上特殊點(能準(zhǔn)確讀出縱、橫坐標(biāo)的數(shù)值)，確定各微粒的濃度，最后代入平衡常數(shù)表達(dá)式計算。一、電離度與電離常數(shù)的相互計算1．已知室溫時，0.1mol·L－1某一元酸HA在水中有0.1%發(fā)生電離，下列敘述錯誤的是()A．該溶液的pH＝4B．升高溫度，溶液的pH增大C．此酸的電離平衡常數(shù)為1×10－7D．HA電離出的c(H＋)約為水電離出的c(H＋)的106倍答案B解析HA電離出的c(H＋)為0.1mol·L－1×0.1%＝10－4mol·L－1，則pH＝4，故A正確；溫度升高促進(jìn)弱酸的電離，氫離子濃度變大，則pH變小，故B錯誤；由HAH＋＋A－，c(H＋)＝c(A－)＝0.1mol·L－1×0.1%＝10－4mol·L－1，則電離平衡常數(shù)為eq\f(10－4×10－4,0.1－10－4)≈10－7，故C正確；HA電離出的c(H＋)為10－4mol·L－1，水電離產(chǎn)生的氫離子濃度為eq\f(10－14,10－4)mol·L－1＝10－10mol·L－1，則由HA電離出的c(H＋)約為水電離出的c(H＋)的106倍，故D正確。二、依據(jù)公式計算電離常數(shù)2．碳?xì)浠衔锿耆紵蒀O2和H2O。常溫常壓下，空氣中的CO2溶于水，達(dá)到平衡時，溶液的pH＝5.60，c(H2CO3)＝1.5×10－5mol·L－1。若忽略水的電離及H2CO3的第二步電離，則H2CO3HCOeq\o\al(－,3)＋H＋的平衡常數(shù)Ka1＝________(已知：10－5.60＝2.5×10－6)。答案4.2×10－7解析Ka1＝eq\f(cH＋·cHCO\o\al(－,3),cH2CO3)＝eq\f(2.5×10－6×2.5×10－6,1.5×10－5)≈4.2×10－7。3．25℃時，用0.1mol·L－1的CH3COOH溶液滴定20mL0.1mol·L－1的NaOH溶液，當(dāng)?shù)渭覸mLCH3COOH溶液時，混合溶液的pH＝7。已知CH3COOH的電離常數(shù)為Ka，忽略混合時溶液體積的變化，Ka＝______。答案eq\f(2×10－7,0.1V－2)解析混合溶液的pH＝7，說明醋酸過量，c(CH3COOH)≈eq\f(0.1V－20,20＋V)mol·L－1，根據(jù)電荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(CH3COO－)＋c(OH－)及c(H＋)＝c(OH－)可得，c(Na＋)＝c(CH3COO－)＝eq\f(0.1×20,20＋V)mol·L－1，則Ka＝eq\f(cH＋·cCH3COO－,cCH3COOH)＝eq\f(2×10－7,0.1V－2)。三、理清圖像中特殊點的含義計算電離常數(shù)4．常溫下，向20mL0.010mol·L－1的HA溶液中逐滴加入0.010mol·L－1的NaOH溶液，溶液中l(wèi)gc(OH－)與所加NaOH溶液的體積(V)的關(guān)系如圖。(1)判斷HA為強(qiáng)酸還是弱酸。(2)若HA為弱酸，請計算在P點的電離平衡常數(shù)。答案(1)在M點時，溶液中c(OH－)＝10－10mol·L－1，則常溫時0.010mol·L－1的HA溶液中c(H＋)＝10－4mol·L－1，HA為一元弱酸。(2)在相同溫度下，M、P點的電離常數(shù)相同，用M點計算電離常數(shù)。HAH＋＋A－，c(H＋)≈c(A－)，常溫下，Ka(HA)＝eq\f(cH＋·cA－,cHA)≈eq\f(10－4×10－4,0.010)＝1.0×10－6。5．已知草酸為二元弱酸：H2C2O4HC2Oeq\o\al(－,4)＋H＋Ka1，HC2Oeq\o\al(－,4)C2Oeq\o\al(2－,4)＋H＋Ka2，常溫下，向某濃度的H2C2O4溶液中逐滴加入一定濃度的KOH溶液，所得溶液中H2C2O4、HC2Oeq\o\al(－,4)、C2Oeq\o\al(2－,4)三種微粒的分布系數(shù)(δ)與溶液pH的關(guān)系如圖所示。(1)計算常溫下草酸的電離常數(shù)Ka1、Ka2。(2)pH＝2.7時，溶液中eq\f(c2HC2O\o\al(－,4),cH2C2O4·cC2O\o\al(2－,4))＝____________________。答案(1)由圖像可知：pH＝1.2時，c(HC2Oeq\o\al(－,4))＝c(H2C2O4)，Ka1(H2C2O4)＝eq\f(cHC2O\o\al(－,4)·cH＋,cH2C2O4)＝10－1.2。pH＝4.2時，c(HC2Oeq\o\al(－,4))＝c(C2Oeq\o\al(2－,4))，Ka2(H2C2O4)＝eq\f(cC2O\o\al(2－,4)·cH＋,cHC2O\o\al(－,4))＝10－4.2。(2)1000解析(2)由電離常數(shù)表達(dá)式可知eq\f(c2HC2O\o\al(－,4),cH2C2O4·cC2O\o\al(2－,4))＝eq\f(Ka1,Ka2)＝eq\f(10－1.2,10－4.2)＝1000。根據(jù)圖像計算弱酸或弱堿的電離常數(shù)，常選用電離常數(shù)表達(dá)式中除H＋或OH－外的兩種粒子濃度相等的點進(jìn)行計算，根據(jù)該點的pH，可迅速確定電離常數(shù)，如上題中選分布系數(shù)為0.5的點。6．已知亞磷酸(H3PO3)為二元弱酸，常溫下，向某濃度的亞磷酸溶液中逐滴加入一定物質(zhì)的量濃度的KOH溶液，混合溶液的pH與離子濃度的關(guān)系如圖所示。(1)寫出亞磷酸的電離方程式：_____________________________________________________________、____________________。(2)圖中表示pH與lgeq\f(cHPO\o\al(2－,3),cH2PO\o\al(－,3))的變化關(guān)系的是____(填“Ⅰ”或“Ⅱ”)。(3)根據(jù)圖像計算亞磷酸的Ka1＝________。答案(1)H3PO3H2POeq\o\al(－,3)＋H＋H2POeq\o\al(－,3)HPOeq\o\al(2－,3)＋H＋(2)Ⅰ(3)10－1.4解析Ka1＝eq\f(cH2PO\o\al(－,3)·cH＋,cH3PO3)，Ka2＝eq\f(cHPO\o\al(2－,3)·cH＋,cH2PO\o\al(－,3))，且Ka1>Ka2，由圖像可知，在相同eq\f(cH2PO\o\al(－,3),cH3PO3)或eq\f(cHPO\o\al(2－,3),cH2PO\o\al(－,3))時，Ⅱ?qū)?yīng)的c(H＋)較大，為第一步電離，Ⅰ對應(yīng)的c(H＋)較小，為第二步電離，選用Ⅱ中的特殊點B計算Ka1，Ka1＝eq\f(cH2PO\o\al(－,3)·cH＋,cH3PO3)＝10×10－2.4＝10－1.4。熱點強(qiáng)化22氧化還原滴定1．原理以氧化劑或還原劑為滴定劑，直接滴定一些具有還原性或氧化性的物質(zhì)，或者間接滴定本身并沒有還原性或氧化性但能與某些還原劑或氧化劑反應(yīng)的物質(zhì)。2．試劑(1)常見用于滴定的氧化劑：KMnO4、K2Cr2O7、I2等。(2)常見用于滴定的還原劑：亞鐵鹽、草酸、維生素C等。3．指示劑(1)氧化還原指示劑。(2)專用指示劑，如淀粉可用作碘量法的指示劑。(3)自身指示劑，如KMnO4溶液可自身指示滴定終點。4．氧化還原反應(yīng)滴定計算注意事項(1)通過原子守恒或得失電子守恒快速建立待測物和滴定試劑之間的定量關(guān)系。(2)在代入數(shù)據(jù)計算時要留意所取待測物和滴定試劑物理量的不同，不同物理量之間的計算要留意單位之間的換算，如mL與L，g、kg與mg等。(3)結(jié)果表達(dá)要關(guān)注待測物給定的量與滴定時實際取用的量是否一致，如給定待測物是1L或500mL，滴定時取用了其中的100mL或25mL，后續(xù)數(shù)據(jù)的處理和最終結(jié)果的表達(dá)要與給定的量保持一致。1．H2S2O3是一種弱酸，實驗室欲用0.01mol·L－1的Na2S2O3溶液滴定碘水，發(fā)生的反應(yīng)為I2＋2Na2S2O3=2NaI＋Na2S4O6，下列說法正確的是()A．該滴定反應(yīng)可用甲基橙作指示劑B．Na2S2O3是該反應(yīng)的還原劑C．該滴定反應(yīng)可選用如圖所示的裝置D．該反應(yīng)中每消耗2molNa2S2O3，轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為4mol答案B解析溶液中有單質(zhì)碘，應(yīng)加入淀粉溶液作指示劑，碘與硫代硫酸鈉發(fā)生氧化還原反應(yīng)，當(dāng)反應(yīng)達(dá)到終點時，單質(zhì)碘消失，藍(lán)色褪去，故A錯誤；Na2S2O3中S元素化合價升高被氧化，作還原劑，故B正確；Na2S2O3溶液顯堿性，應(yīng)該用堿式滴