2025步步高大一轮复习讲义人教版高考化学大单元四　第十二章　第59讲　无机化工流程题的解题策略含答案

2025步步高大一轮复习讲义人教版高考化学第59讲无机化工流程题的解题策略[复习目标]1.提升应用物质的转化及条件控制、分离提纯操作等相关知识解决实际问题的能力。2.树立“绿色化学”的观念，形成资源综合利用、物能充分利用的意识。1．常考无机化工流程的呈现形式2．读图要领(1)箭头：进入的是投料(反应物)，出去的是含产品中元素的物质(流程方向)、副产物或杂质(支线方向)。(2)三线：出线和进线均表示物料流向或操作流程，可逆线表示物质循环。3．流程图中主要环节的分析(1)原料的预处理①溶解：通常用酸溶，如用硫酸、盐酸等。水浸与水接触发生反应或溶解浸出固体加水(酸)溶解得到离子酸浸在酸溶液中反应，使可溶性金属离子进入溶液，不溶物通过过滤除去浸出率固体溶解后，离子在溶液中的含量的多少②灼烧、焙烧、煅烧：改变结构，使一些物质能溶解，并使一些杂质在高温下氧化、分解。③审题时要“瞻前顾后”，注意物质性质及反应原理的前后联系。(2)核心反应——陌生方程式的书写①氧化还原反应：熟练应用氧化还原反应规律判断产物，并根据化合价升降相等配平。②非氧化还原反应：结合物质性质和反应实际判断产物。(3)常用的分离方法①过滤：分离难溶物和易溶物，根据特殊需要采用趁热过滤或者抽滤等方法。②萃取和分液：利用溶质在互不相溶的溶剂里的溶解度不同提取分离物质，如用CCl4或苯萃取溴水中的溴。③蒸发结晶：提取溶解度随温度变化不大的溶质，如从溶液中提取NaCl。④冷却结晶：提取溶解度随温度变化较大的溶质、易水解的溶质或结晶水合物，如KNO3、FeCl3、CuCl2、CuSO4·5H2O、FeSO4·7H2O等。⑤蒸馏或分馏：分离沸点不同且互溶的液体混合物，如分离乙醇和甘油。⑥冷却法：利用气体液化的特点分离气体，如合成氨工业采用冷却法分离平衡混合气体中的NH3。一、调控化学反应速率提高效率1．向铬铁矿(FeCr2O4)中通入O2进行焙烧，焙烧时气体与矿料逆流而行，目的是___________。答案增大反应物接触面积，提高化学反应速率2．将催化剂负载在玻璃棉上而不直接平铺在玻璃管中，目的是_____________________。答案增大接触面积，提高催化效果，加快反应速率3．[2020·北京，18(1)①]酸、过量铁屑对软锰矿(MnO2)进行溶出前需研磨。目的是________________________________________________________________________________________________________________________________________________。答案增大反应物接触面积，加快溶出速率4．向金属Bi中加入稀HNO3酸浸，过程中分次加入稀HNO3可降低反应剧烈程度，其原理是________________________________________________________________________________________________________________________________________________。答案减少稀HNO3的用量，降低反应剧烈程度，使HNO3充分反应防止挥发解析强调分次加入对反应的影响：①控制用量，防止过量发生副反应；②降低反应剧烈程度；③防止放热反应温度过高，造成副反应的发生，以及物质的挥发、分解。二、结晶与分离提纯操作应用5．[2021·河北，14(4)②]向含NH4Cl的滤液中加入NaCl粉末，存在NaCl(s)＋NH4Cl(aq)→NaCl(aq)＋NH4Cl(s)过程。为使NH4Cl沉淀充分析出并分离，根据NaCl和NH4Cl溶解度曲线，需采用的操作__________、__________、洗涤、干燥。答案冷却结晶过滤解析由曲线NH4Cl的溶解度随升温而增大，NaCl的溶解度随升温变化不明显，使NH4Cl沉淀充分析出，采用冷却结晶析出NH4Cl→过滤→洗涤→干燥。6．[2019·全国卷Ⅰ，27(4)]由硫酸铁与硫酸铵的混合溶液，通过________________操作，经干燥得到硫酸铁铵晶体样品。答案加热浓缩、冷却结晶、过滤洗涤7．[2019·全国卷Ⅲ，27(5)改编]过滤得到乙酰水杨酸结晶粗品，该固体经纯化得白色的乙酰水杨酸晶体，采用的“纯化”方法为_______________________________________。答案重结晶8．[2021·湖南，15(1)]以碳酸氢铵和氯化钠为原料制备碳酸钠，并测定产品中少量碳酸氢钠的含量，过程如下：已知：(i)当温度超过35℃时，NH4HCO3开始分解。(ii)相关盐在不同温度下的溶解度表(g/100gH2O)温度/℃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晶体A的化学式为______________，晶体A能够析出的原因是________________________________________________________________________________________。答案NaHCO3在30～35℃时NaHCO3的溶解度最小(答案合理即可)三、沉淀金属离子和除杂条件分析9．[2021·全国乙卷，26(2)]磁选后的炼铁高钛炉渣，主要成分有TiO2、SiO2、Al2O3、MgO、CaO以及少量的Fe2O3。为节约和充分利用资源，通过如下工艺流程回收钛、铝、镁等。该工艺条件下，有关金属离子开始沉淀和沉淀完全的pH见下表。金属离子Fe3＋Al3＋Mg2＋Ca2＋开始沉淀的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“滤液”的pH约为2.0，在“分步沉淀”时用氨水逐步调节pH至11.6，依次析出的金属离子是__________________________。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)经纯化得Mn2＋纯化液。已知：MnO2的氧化性与溶液pH有关。金属离子沉淀的pH如下表：Fe3＋Al3＋Mn2＋Fe2＋开始沉淀时1.53.45.86.3完全沉淀时2.84.77.88.3纯化时先加入MnO2，后加入NH3·H2O，调溶液pH≈5，说明试剂加入顺序及调节pH的原因：________________________________________________________________________________________________________________________________________________。答案先加MnO2，可利用溶液的酸性将Fe2＋全部氧化为Fe3＋，再加NH3·H2O调溶液pH≈5，将Fe3＋和Al3＋沉淀除去四、温度控制分析11．TiO2·xH2O沉淀与双氧水、氨水反应40min所得实验结果如下表所示：温度/℃3035404550TiO2·xH2O转化率/%9295979388分析40℃时，TiO2·xH2O转化率最高的原因：_______________________________________________________________________________________________________。答案低于40℃TiO2·xH2O转化反应速率随温度的升高而增加；超过40℃，双氧水分解与氨气逸出导致TiO2·xH2O转化率下降12．[2021·福建，11(1)(2)(5)]四钼酸铵是钼深加工的重要中间产品，具有广泛的用途。一种以钼精矿(主要含MoS2，还有Cu、Fe的化合物及SiO2等)为原料制备四钼酸铵的工艺流程如图所示。回答下列问题：(1)“焙烧”产生的气体用________吸收后可制取氮肥。(2)“浸出”时，MoO3转化为MoOeq\o\al(2－,4)。提高单位时间内钼浸出率的措施有_________________________________________________________(任写两种)。温度对90min内钼浸出率的影响如图所示。当浸出温度超过80℃后，钼的浸出率反而降低，主要原因是温度升高使水大量蒸发，导致____________________________________。(5)“沉淀”时，加入NH4NO3的目的是____________________。答案(1)氨水(2)适当升温、搅拌、增加Na2CO3用量、增大Na2CO3浓度等Na2MoO4晶体析出，混入浸渣(5)提供NHeq\o\al(＋,4)，使MoOeq\o\al(2－,4)充分转化为沉淀析出解析(1)“焙烧”产生的气体为SO2，用氨水吸收后可制取氮肥。五、信息的提取与加工13．[2022·湖南，17(3)(4)]以钛渣(主要成分为TiO2，含少量V、Si和Al的氧化物杂质)为原料，制备金属钛的工艺流程如下：已知“降温收尘”后，粗TiCl4中含有的几种物质的沸点：物质TiCl4VOCl3SiCl4AlCl3沸点/答下列问题：(3)“除钒”过程中的化学方程式为__________________；“除硅、铝”过程中，分离TiCl4中含Si、Al杂质的方法是________________________________________________。(4)“除钒”和“除硅、铝”的顺序______(填“能”或“不能”)交换，理由是________________________________________________________________________。答案(3)3VOCl3＋Al=3VOCl2＋AlCl3蒸馏(4)不能若先“除硅、铝”再“除钒”，“除钒”时需要加入Al，又引入Al杂质解析(3)“降温收尘”后钒元素主要以VOCl3形式存在，加入Al得到VOCl2渣，根据得失电子守恒和元素守恒配平化学方程式为3VOCl3＋Al=3VOCl2＋AlCl3；AlCl3、SiCl4与TiCl4沸点差异较大，“除硅、铝”过程中可采用蒸馏的方法分离AlCl3、SiCl4。课时精练1．利用某钴矿石(主要成分为Co2O3)制取Co(OH)2粗品及其他工业产品的工艺流程如图1所示。已知：浸出液中含有的阳离子主要有H＋、Cu2＋、Co2＋、Fe2＋、Mg2＋。回答下列问题：(1)钴矿石浸出时加入Na2SO3的目的为________________________________。(2)溶液中lgc(X)(X表示Fe3＋、Cu2＋、Fe2＋、Co2＋、Mg2＋、Ca2＋)与pH的变化关系如图2所示(离子浓度小于10－5mol·L－1时可认为已除尽)，在萃取余液中通入空气的目的是________________________________________________________________________________________________________________________________________________，用熟石灰调pH至3.2，过滤1所得滤渣的主要成分为________，萃取和反萃取的目的是________________________________________________________________________。(3)用氧化镁调滤液1的pH为9.1时，得到的氢氧化钴粗品中含有的主要杂质为____________，多次洗涤可提高粗产品中钴含量。“过滤2”后所得滤液直接排放会造成水体污染，须进行处理，用熟石灰调节pH使c(Mg2＋)≤10－5mol·L－1，则Ksp[Mg(OH)2]＝________。答案(1)将Co3＋还原为Co2＋(2)氧化浸出液中的Fe2＋，便于调pH除去Fe(OH)3除去Cu2＋(3)CaSO4、MgSO410－10.8解析流程分析：2．锰常用于制造合金锰钢。某化工厂以软锰矿(主要成分是MnO2，含有SiO2、Fe2O3、CaO等少量杂质)为主要原料制取金属锰的工艺流程如图1所示。(1)“浸锰”步骤中往往有副产物MnS2O6生成，温度对“浸锰”反应的影响如图2所示。为减少MnS2O6的生成，“浸锰”的适宜温度是________，“滤渣Ⅰ”的成分是____________(填化学式)。该步骤中可以再加入MnSO4以促进“滤渣Ⅰ”析出，结合平衡移动原理分析其原因：____________________________________________________________________________________________________________________________________________。(2)“滤液Ⅰ”中需要先加入MnO2充分反应后再调pH，写出加入MnO2时发生反应的离子方程式：________________________________________________________________________。(3)“滤液Ⅱ”中加入MnF2的目的是除去溶液中的Ca2＋，已知25℃时，Ksp(CaF2)＝3.2×10－11，则常温下CaF2在纯水中的溶解度为________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)正向移动，促进CaSO4析出(2)MnO2＋2Fe2＋＋4H＋=Mn2＋＋2Fe3＋＋2H2O(3)1.56×10－3解析流程分析：(3)常温下CaF2溶解在纯水中，则溶液中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，则饱和CaF2溶液中c(CaF2)＝c(Ca2＋)＝2×10－4mol·L－1，则常温下CaF2在纯水中的溶解度为1.56×10－3g。3．(2023·全国甲卷，26)BaTiO3是一种压电材料。以BaSO4为原料，采用下列路线可制备粉状BaTiO3。回答下列问题：(1)“焙烧”步骤中碳粉的主要作用是_______________________________________。(2)“焙烧”后固体产物有BaCl2、易溶于水的BaS和微溶于水的CaS。“浸取”时主要反应的离子方程式为_________________________________________________________。(3)“酸化”步骤应选用的酸是____________(填标号)。a．稀硫酸 b．浓硫酸c．盐酸 d．磷酸(4)如果焙烧后的产物直接用酸浸取，是否可行？__________________，其原因是________________________________________________________________________。(5)“沉淀”步骤中生成BaTiO(C2O4)2的化学方程式为________________________。(6)“热分解”生成粉状钛酸钡，产生的∶nCO＝__________________。答案(1)做还原剂，将BaSO4还原(2)S2－＋Ca2＋=CaS↓(3)c(4)不可行CaS也会与盐酸反应生成有毒气体和可溶于水的CaCl2，影响产品纯度(5)BaCl2＋TiCl4＋2(NH4)2C2O4＋H2O=BaTiO(C2O4)2↓＋4NH4Cl＋2HCl(6)1∶1解析由流程和题中信息可知，BaSO4与过量的碳粉及过量的氯化钙在高温下焙烧得到CO、BaCl2、易溶于水的BaS和微溶于水的CaS；烧渣经水浸取后过滤，滤渣中含碳粉和CaS，滤液中有BaCl2和BaS；滤液经酸化后浓缩结晶得到BaCl2晶体，溶于水后，加入TiCl4和(NH4)2C2O4将钡离子充分沉淀得到BaTiO(C2O4)2；BaTiO(C2O4)2经热分解得到BaTiO3。(3)浸取后滤液中主要为BaCl2和BaS，为不引入杂质，“酸化”步骤应选用盐酸。(6)“热分解”生成粉状钛酸钡，该反应的化学方程式为BaTiO(C2O4)2eq\o(=,\s\up7(△))BaTiO3＋2CO2↑＋2CO↑，因此，产生的∶nCO＝1∶1。4．[2022·辽宁，16(1)(2)(3)(4)(5)(6)]某工厂采用辉铋矿(主要成分为Bi2S3，含有FeS2、SiO2杂质)与软锰矿(主要成分为MnO2)联合焙烧法制备BiOCl和MnSO4，工艺流程如下：已知：①焙烧时过量的MnO2分解为Mn2O3，FeS2转变为Fe2O3；②金属活动性：Fe>(H)>Bi>Cu；③相关金属离子形成氢氧化物的pH范围如下：开始沉淀pH完全沉淀pHFe2＋6.58.3Fe3＋1.62.8Mn2＋8.110.1回答下列问题：(1)为提高焙烧效率，可采取的措施为_________________________。a．进一步粉碎矿石b．鼓入适当过量的空气c．降低焙烧温度(2)Bi2S3在空气中单独焙烧生成Bi2O3，反应的化学方程式为___________________。(3)“酸浸”中过量浓盐酸的作用为：①充分浸出Bi3＋和Mn2＋；②_______________________。(4)滤渣的主要成分为________________(填化学式)。(5)生成气体A的离子方程式为____________________________________________________________________________________________________________________。(6)加入金属Bi的目的是__________________________________________________。答案(1)ab(2)2Bi2S3＋9O2eq\o(=,\s\up7(高温))2Bi2O3＋6SO2(3)抑制金属离子水解(4)SiO2(5)Mn2O3＋6H＋＋2Cl－=2Mn2＋＋Cl2↑＋3H2O(6)将Fe3＋转化为Fe2＋解析(1)联合焙烧时，进一步粉碎矿石，可以增大矿石与空气的接触面积，能够提高焙烧效率，选项a符合题意；鼓入适当过量的空气有利于矿石充分反应，选项b符合题意；降低焙烧温度，反应速率减慢，不利于提高焙烧效率，选项c不符合题意。(6)由已知信息③知，调pH＝2.6时，Fe3＋会水解生成Fe(OH)3沉淀，但Fe2＋还没开始沉淀，故要将Fe3＋转化为Fe2＋，在调pH后获得含FeCl2的滤液，为了不引入新的杂质，加入Bi作还原剂。5．以固体废锌催化剂(主要成分为ZnO及少量Fe2O3、CuO、MnO、SiO2)为原料制备锌的工艺流程如图。已知：①“浸取”时，ZnO、CuO转化为[Zn(NH3)4]2＋、[Cu(NH3)4]2＋进入溶液；②25℃时，Ksp(CuS)＝6.4×10－36，Ksp(ZnS)＝1.6×10－24；③深度除杂标准：溶液中eq\f(n杂质离子,n\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(ZnNH34))2＋)))≤2.0×10－6。(1)为提高锌浸出率，采取的措施是______________________________；“浸取”温度为30℃时，锌浸出率可达90.6%，继续升温浸出率反而下降，其原因为________________。(2)“操作a”的名称为___________________________________________________。(3)“深度除锰”是在碱性条件下将残留的Mn2＋转化为MnO2，离子方程式为________________________________________________________________________。(4)“深度除铜”时，锌的回收率、除铜效果[除铜效果以反应后溶液中铜锌比eq\f(nCu2＋,n\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(ZnNH34))2＋)))表示]与(NH4)2S加入量[以eq\f(n实际用量,n理论用量)×100%表示]的关系曲线如图所示。①当(NH4)2S加入量≥100%时，锌的回收率下降的原因是_____________________(用离子方程式表示)，该反应的平衡常数为________(已知[Zn(NH3)4]2＋的K稳＝eq\f(c{\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(ZnNH34))2＋},cZn2＋·c4NH3)＝2.9×109)。②“深度除铜”时(NH4)2S加入量最好应选______(填字母)。A．100%B．110%C．120%D．130%(5)测定反萃取水相中Zn2＋的浓度：量取20.00mL反萃取水相于锥形瓶中，用0.0100mol·L－1EDTA(乙二胺四乙酸钠Na2H2Y)标准溶液滴定至终点(Zn2＋＋H2Y2－=ZnY2－＋2H＋)。重复实验三次，平均消耗标准溶液22.30mL。则反萃取水相中Zn2＋的浓度为________(保留两位小数)。答案(1)将废锌催化剂粉碎温度升高，NH3挥发，使生成的[Zn(NH3)4]2＋减少(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解析废锌催化剂主要成分为ZnO及少量Fe2O3、CuO、MnO、SiO2，加入过量NH3-NH4Cl溶液，生成[Zn(NH3)4]2＋、[Cu(NH3)4]2＋，同时生成Fe(OH)3、Mn(OH)2等，SiO2不溶解，过滤一起除去，再向滤液中加入H2O2溶液，进行深度除锰，反应的离子方程式为Mn2＋＋2NH3·H2O＋H2O2=MnO2↓＋2NHeq\o\al(＋,4)＋2H2O，再加入(NH4)2S，进行深度除铜，反应的离子方程式为[Cu(NH3)4]2＋＋S2－=CuS↓＋4NH3，过滤，除去MnO2和CuS，向滤液中加入萃取剂，使锌进入有机萃取剂中，分液后，再向有机萃取剂中加入硫酸进行反萃取，得到硫酸锌溶液，然后进行电解，得到锌。(4)①当(NH4)2S加入量≥100%时，锌的回收率下降的可能原因是[Zn(NH3)4]2＋与S2－结合生成了硫化锌，离子方程式为[Zn(NH3)4]2＋＋S2－=ZnS↓＋4NH3，该反应的平衡常数为K＝eq\f(c4NH3,c{[ZnNH34]2＋}·cS2－)＝eq\f(c4NH3·cZn2＋,c{[ZnNH34]2＋})·eq\f(1,cS2－·cZn2＋)＝eq\f(1,K稳)×eq\f(1,KspZnS)＝eq\f(1,2.9×109)×eq\f(1,1.6×10－24)≈2.16×1014。②当(NH4)2S加入量为120%时，铜锌比约为2.0×10－6，达到深度除铜标准，继续加大(NH4)2S加入量会导致锌的回收率下降且不经济，故选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＋的浓度为eq\f(2.23×10－4mol,20.00×10－3L)≈0.01mol·L－1。热点强化21电离常数的相关计算1．电离度(1)概念在一定条件下的弱电解质达到电离平衡时，已经电离的电解质分子数占原电解质分子总数的百分比。(2)表示方法α＝eq\f(已电离的弱电解质分子数,溶液中原有弱电解质的分子总数)×100%，也可表示为α＝eq\f(弱电解质的某离子浓度,弱电解质的初始浓度)×100%。(3)影响因素①相同温度下，同一弱电解质，浓度越大，其电离度(α)越小。②相同浓度下，同一弱电解质，温度越高，其电离度(α)越大。2．电离度与电离常数的关系已知25℃时，某浓度为c的一元弱酸HA的电离度为α，求该温度下HA的电离常数(Ka)。答案HAH＋＋A－起始c00转化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，可认为1－α≈1，则Ka＝c·α2。3．计算电离常数的思维方法(1)根据电离方程式，写出电离平衡常数表达式。(2)根据题干信息，结合电荷守恒、元素守恒，找出各微粒的浓度，代入表达式即可。(3)若有图像信息，可选择曲线上特殊点(能准确读出纵、横坐标的数值)，确定各微粒的浓度，最后代入平衡常数表达式计算。一、电离度与电离常数的相互计算1．已知室温时，0.1mol·L－1某一元酸HA在水中有0.1%发生电离，下列叙述错误的是()A．该溶液的pH＝4B．升高温度，溶液的pH增大C．此酸的电离平衡常数为1×10－7D．HA电离出的c(H＋)约为水电离出的c(H＋)的106倍答案B解析HA电离出的c(H＋)为0.1mol·L－1×0.1%＝10－4mol·L－1，则pH＝4，故A正确；温度升高促进弱酸的电离，氢离子浓度变大，则pH变小，故B错误；由HAH＋＋A－，c(H＋)＝c(A－)＝0.1mol·L－1×0.1%＝10－4mol·L－1，则电离平衡常数为eq\f(10－4×10－4,0.1－10－4)≈10－7，故C正确；HA电离出的c(H＋)为10－4mol·L－1，水电离产生的氢离子浓度为eq\f(10－14,10－4)mol·L－1＝10－10mol·L－1，则由HA电离出的c(H＋)约为水电离出的c(H＋)的106倍，故D正确。二、依据公式计算电离常数2．碳氢化合物完全燃烧生成CO2和H2O。常温常压下，空气中的CO2溶于水，达到平衡时，溶液的pH＝5.60，c(H2CO3)＝1.5×10－5mol·L－1。若忽略水的电离及H2CO3的第二步电离，则H2CO3HCOeq\o\al(－,3)＋H＋的平衡常数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℃时，用0.1mol·L－1的CH3COOH溶液滴定20mL0.1mol·L－1的NaOH溶液，当滴加VmLCH3COOH溶液时，混合溶液的pH＝7。已知CH3COOH的电离常数为Ka，忽略混合时溶液体积的变化，Ka＝______。答案eq\f(2×10－7,0.1V－2)解析混合溶液的pH＝7，说明醋酸过量，c(CH3COOH)≈eq\f(0.1V－20,20＋V)mol·L－1，根据电荷守恒：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，则Ka＝eq\f(cH＋·cCH3COO－,cCH3COOH)＝eq\f(2×10－7,0.1V－2)。三、理清图像中特殊点的含义计算电离常数4．常温下，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lgc(OH－)与所加NaOH溶液的体积(V)的关系如图。(1)判断HA为强酸还是弱酸。(2)若HA为弱酸，请计算在P点的电离平衡常数。答案(1)在M点时，溶液中c(OH－)＝10－10mol·L－1，则常温时0.010mol·L－1的HA溶液中c(H＋)＝10－4mol·L－1，HA为一元弱酸。(2)在相同温度下，M、P点的电离常数相同，用M点计算电离常数。HAH＋＋A－，c(H＋)≈c(A－)，常温下，Ka(HA)＝eq\f(cH＋·cA－,cHA)≈eq\f(10－4×10－4,0.010)＝1.0×10－6。5．已知草酸为二元弱酸：H2C2O4HC2Oeq\o\al(－,4)＋H＋Ka1，HC2Oeq\o\al(－,4)C2Oeq\o\al(2－,4)＋H＋Ka2，常温下，向某浓度的H2C2O4溶液中逐滴加入一定浓度的KOH溶液，所得溶液中H2C2O4、HC2Oeq\o\al(－,4)、C2Oeq\o\al(2－,4)三种微粒的分布系数(δ)与溶液pH的关系如图所示。(1)计算常温下草酸的电离常数Ka1、Ka2。(2)pH＝2.7时，溶液中eq\f(c2HC2O\o\al(－,4),cH2C2O4·cC2O\o\al(2－,4))＝____________________。答案(1)由图像可知：pH＝1.2时，c(HC2Oeq\o\al(－,4))＝c(H2C2O4)，Ka1(H2C2O4)＝eq\f(cHC2O\o\al(－,4)·cH＋,cH2C2O4)＝10－1.2。pH＝4.2时，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)由电离常数表达式可知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。根据图像计算弱酸或弱碱的电离常数，常选用电离常数表达式中除H＋或OH－外的两种粒子浓度相等的点进行计算，根据该点的pH，可迅速确定电离常数，如上题中选分布系数为0.5的点。6．已知亚磷酸(H3PO3)为二元弱酸，常温下，向某浓度的亚磷酸溶液中逐滴加入一定物质的量浓度的KOH溶液，混合溶液的pH与离子浓度的关系如图所示。(1)写出亚磷酸的电离方程式：_____________________________________________________________、____________________。(2)图中表示pH与lgeq\f(cHPO\o\al(2－,3),cH2PO\o\al(－,3))的变化关系的是____(填“Ⅰ”或“Ⅱ”)。(3)根据图像计算亚磷酸的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，由图像可知，在相同eq\f(cH2PO\o\al(－,3),cH3PO3)或eq\f(cHPO\o\al(2－,3),cH2PO\o\al(－,3))时，Ⅱ对应的c(H＋)较大，为第一步电离，Ⅰ对应的c(H＋)较小，为第二步电离，选用Ⅱ中的特殊点B计算Ka1，Ka1＝eq\f(cH2PO\o\al(－,3)·cH＋,cH3PO3)＝10×10－2.4＝10－1.4。热点强化22氧化还原滴定1．原理以氧化剂或还原剂为滴定剂，直接滴定一些具有还原性或氧化性的物质，或者间接滴定本身并没有还原性或氧化性但能与某些还原剂或氧化剂反应的物质。2．试剂(1)常见用于滴定的氧化剂：KMnO4、K2Cr2O7、I2等。(2)常见用于滴定的还原剂：亚铁盐、草酸、维生素C等。3．指示剂(1)氧化还原指示剂。(2)专用指示剂，如淀粉可用作碘量法的指示剂。(3)自身指示剂，如KMnO4溶液可自身指示滴定终点。4．氧化还原反应滴定计算注意事项(1)通过原子守恒或得失电子守恒快速建立待测物和滴定试剂之间的定量关系。(2)在代入数据计算时要留意所取待测物和滴定试剂物理量的不同，不同物理量之间的计算要留意单位之间的换算，如mL与L，g、kg与mg等。(3)结果表达要关注待测物给定的量与滴定时实际取用的量是否一致，如给定待测物是1L或500mL，滴定时取用了其中的100mL或25mL，后续数据的处理和最终结果的表达要与给定的量保持一致。1．H2S2O3是一种弱酸，实验室欲用0.01mol·L－1的Na2S2O3溶液滴定碘水，发生的反应为I2＋2Na2S2O3=2NaI＋Na2S4O6，下列说法正确的是()A．该滴定反应可用甲基橙作指示剂B．Na2S2O3是该反应的还原剂C．该滴定反应可选用如图所示的装置D．该反应中每消耗2molNa2S2O3，转移电子的物质的量为4mol答案B解析溶液中有单质碘，应加入淀粉溶液作指示剂，碘与硫代硫酸钠发生氧化还原反应，当反应达到终点时，单质碘消失，蓝色褪去，故A错误；Na2S2O3中S元素化合价升高被氧化，作还原剂，故B正确；Na2S2O3溶液显碱性，应该用碱式滴