（全国通用版）2019版高考化学大一轮复习 第35讲 化学反应原理题的解题策略课时达标1

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1、课时达标　第35讲1．已知：①25℃时弱电解质的电离平衡常数：Ka(CH3COOH)＝1.8×10－5，Ka(HSCN)＝0.13；②25℃时，2.0×10－3mol·L－1氢氟酸水溶液中，调节溶液的pH(忽略体积变化)，得到c(HF)、c(F－)与溶液pH的变化关系如图所示(两条线交点处的pH＝3.45)。请根据以上信息回答下列问题：(1)25℃时，将20mL0.10mol·L－1CH3COOH溶液和20mL0.10mol·L－1HSCN溶液分别与20mL0.10mol·L－1NaHCO3溶液混合，实验测得产生的气体体积(V

2、)随时间(t)变化的示意图如图所示：反应初始阶段，两种溶液产生CO2气体的速率存在明显差异的原因是__HSCN的酸性比CH3COOH强，其溶液中c(H＋)较大，故HSCN溶液较NaHCO3溶液的反应速率快__，反应结束后所得两溶液中，c(CH3COO－)__<__c(SCN－)(填“>”“<”或“＝”)。(2)25℃时，HF电离平衡常数的数值Ka≈__10－3.45(或3.5×10－4)__，列式并说明得出该常数的理由：　Ka＝，当c(F－)＝c(HF)时，Ka＝c(H＋)，查图中的交点处为c(F－)＝c(HF)，故所对应的p

3、H即为Ka的负对数，为3.45　。解析(1)两种酸的电离程度不同导致溶液中起始反应时H＋的浓度不同，引起反应速率的不同。反应结束后，溶质为CH3COONa和NaSCN，因CH3COOH酸性弱于HSCN，故CH3COONa的水解程度大，c(CH3COO－)

4、×10－202.6×10－391.7×10－71.3×10－12(1)某酸性CuCl2溶液中含有少量的FeCl3，为得到纯净的CuCl2·2H2O晶体，加入__CuO、Cu(OH)2、Cu2(OH)2CO3等难溶于水的碱性物质__，调至pH＝4，使溶液中的Fe3＋转化为Fe(OH)3沉淀，此时溶液中的c(Fe3＋)＝__2.6×10－9mol/L__；过滤后，将所得滤液低温蒸发、浓缩结晶，可得到CuCl2·2H2O晶体。(2)在空气中直接加热CuCl2·2H2O晶体得不到纯的无水CuCl2，原因是__CuCl2＋2H2OC

5、u(OH)2＋2HCl↑__(用化学方程式表示)。由CuCl2·2H2O晶体得到纯的无水CuCl2的合理方法是__在干燥氯化氢气流中加热脱水__。(3)某学习小组用“间接碘量法”测定含有CuCl2·2H2O晶体的试样(不含能与I－发生反应的氧化性杂质)的纯度，过程如下：取0.36g试样溶于水，加入过量KI固体，充分反应，生成白色沉淀。用0.1000mol/LNa2S2O3标准溶液滴定，到达滴定终点时，消耗Na2S2O3标准溶液20.00mL。①可选用__淀粉__作滴定指示剂，滴定终点的现象是__终点时待测液由蓝色变为无色且半分

6、钟内不恢复为蓝色__。②CuCl2溶液与KI反应的离子方程式为__2Cu2＋＋4I－===2CuI↓＋I2__。③该试样中CuCl2·2H2O的质量百分数为__95%__。解析(1)因为要得到纯净的CuCl2·2H2O晶体，所以不能加入含Cu2＋以外的阳离子的物质来调节溶液的pH，所以可加入CuO、Cu(OH)2、Cu2(OH)2CO3等难溶于水的碱性物质；pH＝4时，c(OH－)＝10－10mol·L－1，c(Fe3＋)＝Ksp[Fe(OH)3]/c3(OH－)＝2.6×10－9mol/L。(2)CuCl2＋2H2OCu

7、(OH)2＋2HCl↑，制取无水CuCl2纯物质，应在干燥氯化氢气流中加热脱水。(3)2Cu2＋＋4I－===2CuI↓＋I2，所以选择淀粉作指示剂，终点时待测液由蓝色变为无色且半分钟内不恢复为蓝色，根据反应方程式可以得到如下关系式：2CuCl2·2H2O～I2～2Na2S2O3，所以试样中CuCl2·2H2O的质量百分数＝0.1000mol/L×0.02000L×171g/mol÷0.36g×100%＝95%。3．软锰矿的主要成分为MnO2，还含有Fe2O3、MgO、Al2O3、CaO、SiO2等杂质，工业上用软锰矿制取Mn

8、SO4·H2O的流程如下：已知：①部分金属阳离子完全沉淀时的pH如下表：金属阳离子Fe3＋Al3＋Mn2＋Mg2＋完全沉淀时的pH3.25.210.412.4②温度高于27℃时，MnSO4晶体的溶解度随温度的升高而逐渐降低。(1)“浸出”过程中MnO2转化为Mn2＋的离子方程