(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

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