无机化学万题库答案计算题（10-15）

（十） 氢 稀有气体 1 根据该反应的平衡常数看 ，当温度升高时 ，平衡常数减小 ，可见温度过高将不利于XeF6 ( g )的生成 ，因此 ，在满足反应速率的前提下 ，应使反应在尽可能低 的温度下进行 。 反应 0.944 (523 K时) 同理 ，673 K时 0.0182 Kp 若 XeF6 / XeF4 10 10.6 ( p ) 220 K时液氢密度为70.6 g / L ，相当于 70.6 g L11.008 g mol1 70.04 mol L1 而LaNi5储氢密度为6.21022 H原子/cm3 可换算为 ： 6.21022 1000 6.021023 103.0 (mol L1) 计算表明LaNi5储氢密度比液氢大得多 ，相当于液氢的103.0 70.04 1.47 倍 3题目所给定的燃烧温度虽然远高于室温 ，而有关热力学数据都是室温条件下的 ，但由于反应热主要决定于旧健断裂的吸热和新健生成的放热 ，所以与温度变化关系不大 ，故仍然可用于相关计算 。 甲苯燃烧放热 ： C7H8(g) 9 O2 (g) 7 CO2(g) 4 H2O(g) f Hm / kJ mol1 50.00 0 393.14 241.82 r Hm 4(241.82) 7(393.14) 50.00 3769.26 (kJ mol1) 1 mol 甲苯吸收3 mol H2 所以氢的燃烧放热为 ： 3 H2(g) O2 (g) 3 H2O(g) r Hm 3(241.82) 0 0 725.46 (kJ mol1) 反应总热量 r H 3769.26 725.46 4494.72 (kJ mol1) 甲苯燃烧放热所占比例 3769.26 4494.72 100 83.86 氢的燃烧放热所占比例 725.46 4494.72 100 16.14 应当指出 ，上述计算具有一定的近似性 。因为计算中忽略了温度的影响(即没有考虑体积变化引起的能量变化) ，也没有考虑氢与甲苯的结合能 。 4 该液氢汽车的液氢储箱中所装氢的物质的量为 ： 70.6151.44(1.0082) 5303.4 (mol) 氢的燃烧反应为 ： H2(g) O2 (g) H2O(g) r Hm 285.83 (kJ mol1 ) 该车每千米的能耗为 ： 285.835303.4274 5532.4 (kJ) 5 该氙的氟化物中Xe 和 F 的原子个数比为 ： Xe F 15.916 该化合物的实验式为 XeF6 。 6根据题意 ，发生的反应方程式如下 ：2 Xe n F2 2 XeFnXeFn H2 Xe n HFHF NaOH NaF H2O 从题目的分析数据知 ，在XeFn 中含有Xe0.2507 g ，含有F0.1435 g ，则它们的原子个数比为 ：Xe F 14 则该化合物的化学式为 XeF4 。 7根据题意 ，参加反应的PtF6的压强为12.40 kPa ，而参加反应的Xe的压强为26.08 12.40 2.27 11.41 (kPa) 由于在同温、同压下 ，气体的压力比等于它们的物质的量之比 ，所以它们的物质的量比为 ： Xe PtF6 11.41 12.40 1 1 则该化合物的化学式为 Xe PtF6 。（十一） 卤素 1当XO3 和 X 为 ClO3 和 Cl 时 ， 正极电势为 ClO3 6 H 5 e 3 Cl2 3 H2O j( ClO3/ Cl2)1.47 v 负极电势为 2 Cl 2 e Cl2 j(Cl2 / Cl) 1.36 v 当正极电势和负极电势相等时反应达到平衡状态 ，在上述电势中 ，正极电势受介质酸度影响 ，而负极电势不受介质酸度影响 ，所以除H外，其它物种均处于标准态时 ，达平衡时的酸度可如下计算 ： 1.36 1.47 lg H6 lg H1.55 则pH1.55 即正向反应能够进行的最大 pH 值为1.55 。 同理 ： 当XO3 和 X 为BrO3 和 Br 时 ， 正极电势为 BrO3 6 H 5 e 3 Br2 3 H2O j( BrO3/ Br2) 1.52 v 负极电势为 2 Br 2 e Br2 j(Br2 / Br) 1.07 v达平衡时的酸度可如下计算 ：1.07 1.52 lg H6 lg H 6.35 则pH6.35 即正向反应能够进行的最大 pH 值为6.35 。 当XO3 和 X 为IO3 和 I 时 ， 正极电势为 IO3 6 H 5 e 3 I2 3 H2O j( IO3/ I2) 1.20 v 负极电势为 2 I 2 e I2 j(I2 / I) 0.54 v达平衡时的酸度可如下计算 ：0.54 1.20 lg H6 lg H 9.31 则pH9.31 即正向反应能够进行的最大 pH 值为9.31 。 2根据分配定律 ，“一定温度下 ，一种溶质分配在互不相溶的两种溶剂中的浓度比值为一常数”，该常数称为分配系数 。因此 ，溴在CCl4和H2O中的浓度比可写成 KD 25.0 Br2 在水中的起始浓度为 35.6 gL1 ， 设Br2 在CCl4中的平衡浓度为 gL1 ， 则达平衡时 25.0 解得 34.2 (gL1) 所以 ，平衡时Br2 在水中的浓度为 35.6 34.2 1.4 (gL1) 3 根据题意可设计玻恩哈柏循环如下 ： Rb (s) Cl2 RbCl (s) Rb (g) Cl (g) Rb(g) Cl(g) rHm (433) 86.0 242 409 (686) 363 (kJ mol1 ) 4 MnO2 4 H 2 e Mn2 2 H2O j (MnO2/ Mn2)1.23 lg H4 Cl2 2 e 2 Cl j (Cl2 / Cl)1.36 lg 在标准状态下 ，MnO2 不能氧化HCl 而得到氯气 。但随HCl浓度升高 ，j (MnO2/ Mn2)增大 ，而j (Cl2 / Cl)减小 ， 设 HCl x（moldm3） 此时两电对电势相等 ， 则 1.23 lg x 4 1.36 lg 解方程得 x 5.41（moldm3） 即当HCl浓度大于5.41 moldm3时 ，MnO2 与HCl反应可制备得氯气 。 5 由于在碱性介质中 j右j左 ，所以中间价态的Cl2可以发生歧化反应 ：Cl2 2 OH ClO Cl H2O lg K16.24 K1.71016 由于在酸性介质中处于中间价态的Cl2 j右j左 ，所以可以发生归中反应 ：HClO H Cl Cl2 H2O lg K4.57 K3.7104 6酸性介质中KBrO3氧化KI的反应 ：6 KBrO3 5 KI 3 H2SO4 3 Br2 5 KIO3 3 K2SO4 3 H2O 6 mol 5 mol 3 mol 5 mol (假定KBrO3和KI各6 mol) 剩余1 mol 将和 1 / 5 mol KIO3 作用生成 3 / 5 mol I2 KIO3 5 KI 3 H2SO4 3 I2 3 K2SO4 3 H2O 1 / 5 mol 1 mol 3 / 5 mol 可见反应结果将生成Br2 、I2 、KIO3 ，它们的物质的量比为 3 3 / 5 24 / 5 。 7根据题意所发生反应的离子方程式如下 ：2 IO3 10 I 12 H 6 I2 6 H2OCu2 2 I CuI I2I2 2 S2O32 2 I S4O62 从上面反应式可知 ：1 mol Cu (IO3)3 和足量的KI反应 ，可生成6.5 mol I2 ，而1 mol I2 可以与2 mol Na2S2O3 反应 ，则1 mol Cu (IO3)3 将需要13 mol Na2S2O3 进行滴定 。 在水中 Cu (IO3)3 Cu2 2 IO3 Ksp 1.1107 Cu2Cu (IO3)33.0103 (molL1) 需要Na2S2O3 物质的量 ： 3.010313 3.9103 (mol) 需要0.11 molL1 的Na2S2O3 溶液的体积 ： V0.0355 (L) 或 35.5 (ml) 8先写出在酸性介质中相应的电极反应式 ：HBrO H 2 e Br H2O 根据题意写出计算j(HBrO / Br)的能斯特方程式 ： j(HBrO / Br)j(BrO / Br) lg 由于是酸性条件下 ，所以 OH1.01014 (molL1) 而 BrHBrO1.0 (molL1) (即处于标准态下) BrO应由HBrO的离解平衡计算 ： KaHBrO BrOKaHBrO2.51109 ，将有关数据代入计算式中 ： j(HBrO / Br)0.758 lg 1.331 (v) 9根据题意 ，设开始时KClO3为 g ，由于MnO2的质量不变 ，所以固体物减少的质量即是氧气的量(5.363.76) g ，分解反应式如下 ，并列出相应关系 ： 2 KClO3 2 KCl 3 O2 2122.5 332 (5.363.76) 2122.5(5.363.76) 332 解得 4.08 (g)10按题意是由酸性介质的标准电极电势计算碱性介质中的标准电极电势 。 先写出酸性介质中电极电势的能斯特方程 ：j A jA lg 碱性介质的标准态下 ，H1.01014 (molL1) ，其它物种均为标准态 。 则 jB j A 1.47 lg (1.01014)6 0.477 (v)11 发生的反应为 Br2 2 I 2 Br I2 Pt I2 (s) ，I(c1) Br(c1) ，Br2( l ) Pt lg K18.61 K4.11018 rGm n F E 296.485(1.090.54)106 (kJ mol1)12欲达Cl、Br离子分离目的 ，经分离后的溶液中 ，Cl和Br的比值应不小于500倍。 AgCl在氨水中的溶解 ：AgCl (s) 2 NH3 (aq) Ag(NH3)2(aq) Cl(aq) K1KspAgClK稳Ag (NH3)2 AgBr在氨水中的溶解 ：AgBr (s) 2 NH3 (aq) Ag(NH3)2(aq) Br(aq) K2KspAgBrK稳Ag (NH3)2 AgCl (s) Br(aq) AgBr (s) Cl(aq) K3 即 331 j(I2 / I)0.535 v ， 所以Fe3离子可以被I离子还原为Fe2离子，并生成I2 ：2 Fe3 2 I 2 Fe2 I2 但是 ，在含Fe3离子的溶液中加入氟化钠溶液 ，由于FeF52配离子的生成 ，大大降低了Fe3离子的浓度 ，使j (Fe3+ / Fe2)电势大大降低 ： K稳FeF525.91015 假定开始时Fe31.0 molL1 ，平衡时 F0.10 molL1 ， 则 Fe31.71011 (molL1)j (FeF52/ Fe2)j (Fe3+/ Fe2)j(Fe3+ / Fe2) 0.0591 lg 假定Fe21.0 molL1 0.771 0.0591 lg 1.71011 0.13 (v) 此时 j (FeF52/ Fe2)0.13 v HClO 的Ka ，根据强酸可从弱酸的盐中顶替出弱酸的原理 ，应可以发生如下反应 ：ClO H2CO3 HClO HCO3该反应的平衡常数 Kc14.6 平衡常数较大 ，说明反应是向右进行的 ，生成的HClO会进一步分解为HCl和O2 。所以漂白粉在潮湿的空气中容易吸收CO2而失效 。17因为Hg (ClO4)2 和NaCl 为强电解质 ，在水溶液中完全电离 ：Hg (ClO4)2 Hg2 2 ClO4NaCl Na Cl 0.100 mol 的Hg (ClO4)2 离解得0.100 mol 的Hg2 ， 0.080 mol 的NaCl 离解得0.080 mol 的 Cl 。 由于HgCl的离解常数很小 ，可认为已经结合的基本上不离解 ，则将生成0.080 mol HgCl ，剩余0.020 mol 的Hg2离子 。将它们的浓度换算出 ： HgCl0.064 (molL1) Hg20.016 (molL1) 微弱离解出的Cl将很少 ，设平衡时其浓度为 molL1 ， 则1.8107 解得 7.2107 (molL1)18由于盐酸是强电解质 ，所以1.0001010 molL1盐酸电离出1.0001010 molL1的H 离子 。 而H2O是微弱电离的 ，假定H2O电离的H molL1，则OH molL1， 溶液中总的H1.0001010 molL1，代入H2O的电离平衡式中 ： H OH1.01014 即 (1.0001010) 1.01014 展开得 2 1.0001010 1.01014 0 解得 1.0107 (molL1) 所以溶液中总的H1.0107 1.0001010 1.001107 (molL1)19将 得碘在水中的溶解反应式 ： I2 (s) I2 (aq) lg K2.91 K1.23103 而K 故 I2(aq)1.23103 (molL1) （十二） 氧 硫 1 有关的反应方程式为 ：2 Cu2 4 I 2 CuI I2 I2 2 S2O32 2 I S4O62 铜合金中铜的百分含量计算如下 ： 10023.8 2所发生的反应为 ：2 CrO42 2 H Cr2O726 I Cr2O72 14 H 3 I2 2 Cr3 7 H2OI2 2 S2O32 2 I S4O62 从反应式可推断 ：1 mol K2CrO43 mol KI3 mol S2O32 加入K2CrO4的物质的量为 ：10001.000 (m mol) 剩余K2CrO4的物质的量为 ：0.10000.3333 (m mol) 与试样反应实际消耗的K2CrO4的物质的量为 ： 1.000 0.3333 0.667 (m mol) 原试样中 KI 的百分含量 ：10094.9 3 rGm(T K) 2.303 RT lg K rGm(298 K) 2.3038.314103298lg 1.01054 308 (kJ mol1) 而 rGm rHm T rSm 则 rSm100080.5 (J mol1 K1) 4氯酸钾的分解反应 ：2 KClO3 2 KCl 3 O2 由于是使用排水集气法 ，所得气体中必须扣除水蒸气压力后才是氧气的真正压力 。 99.725 2.066 97.659 (kPa) 根据气态方程可求出氧气的物质的量 ： 0.202 (mol) 根据反应式可计算需要的KClO3的质量为 16.5 (g) 5根据题意所发生反应的离子方程式如下 ：2 IO3 10 I 12 H 6 I2 6 H2OCu2 2 I CuI I2I2 2 S2O32 2 I S4O62 从上面反应式可知 ：1 mol Cu (IO3)3 和足量的KI反应 ，可生成6.5 mol I2 ，而1 mol I2 可以与2 mol Na2S2O3 反应 ，则1 mol Cu (IO3)3 将需要13 mol Na2S2O3 进行滴定 。 根据题意 ，消耗的Na2S2O3 物质的量 ： 0.1103.9103 (mol) 溶液中Cu (IO3)3 的浓度为 ： Cu (IO3)33.0103 (mol L1) Cu (IO3)3 在水中的离解 ： Cu (IO3)3 Cu2 2 IO3 Cu23.0103 (mol L1) IO323.0103 (mol L1) 则 Ksp (3.0103)(23.0103)2 1.11076 总反应 2 NH3H2O H2CO3 CaSO4 (NH4)2SO4 CaCO3 2 H2O 相当于 CaSO4 Ca2 SO42 K1Ksp 9.1106 ； H2CO3 2 H CO32 K2Ka1Ka2 4.2107 5.61011 2 NH3H2O2 NH4 2 OH (K3)2(Kb NH3)2(1.8105)2 2 H 2 OH 2 H2O K41 / (KW)21.01028 Ca2 CO32 CaCO3 K51 / Ksp 1 / 2.5109 4.0108 总反应式 所以 KK1K2(K3)2K4K52.8105 在NH3存在下CO2转化为CO32，促使CaSO4 转化为溶解度更小的CaCO3 。 7实验方法可以按如下步骤进行 ： 先收集一定质量的大气样品 ，设质量为 W ； 把大气样品通过过量的H2O2 溶液 ，H2O2 (aq) 将吸收大气中的SO2 (g) 并将它氧化成H2SO4 ： H2O2 (aq) SO2 (g) H2SO4 (aq) 用浓度为0.00250 molL1 NaOH溶液滴定H2O2 吸收液 ，设消耗 V ml ，2 NaOH H2SO4 Na2SO4 2 H2O 从反应式可知 ：1 mol SO2 (g)将消耗 2 mol NaOH 。 因此大气样品中SO2的质量分数的计算式为 ： 100 8根据题意 ，溶解于水中的空气中氧的体积分数为 ： 0.36 则溶解于水中的空气中氮的体积分数为 ：1.00 0.36 0.64 故溶解于水的空气所含的O2与N2的体积比是 ： 0.36 0.64 或 1 1.8(提示 ：在273 K 和101.3 kPa 下，1 L水能溶解O249.10 ml ，是指水面上氧的分压力为一个标准压力时的值 。而亨利定律指出 ：在中等压强时 ，气体的溶解度与溶液上面气相中该气体的分压力成正比 。) 9臭氧转化为氧的体积变化为 ： 2 O3 3 O2 增加的体积 2 3 1 设750 ml含有O3的氧气中有ml O3 则 30 即 解得 60 (ml) 而此含有O3的氧气1 L中含O3的体积为 ：100080 (ml) O3与KI 的反应 ： O3 2 I 2 H O2 I2 H2O 1 mol 254 g mol g 1254 解得 0.91 (g)10根据题意 ，在293 K和101.325 kPa 下，1 L 水可溶解2.6 L H2S (g) 。 假定溶液的体积变化可以忽略 ，则该饱和H2S溶液中 0.11 (mol) H2S0.11 (molL1) 由于H2S溶液中Ka1Ka2 ，所以计算H离子浓度时可以忽略第二步的电离 ， H1.0104 pH411 lg K54.0 K1.01054 而 rGm rHm T rSm 则 rHm 308 298(80.5)103 284 (kJ mol1)12因为在0.1 molL1的FeSO4溶液中 ，要生成FeS沉淀 ，需要的最低S2为 ： S23.71018 (mol L1) 而欲使S2 3.71018 mol L1 则 5.0103 (mol L1)由于沉淀反应 Fe2 H2S FeS 2 H 当1 mol Fe2离子沉淀 ，就有2 mol H生成 。显然 ，当体系中有2.5103 mol L1 以上的Fe2离子沉淀 ，H就会大于5.0103 mol L1 ，沉淀就会溶解 。 在0.1 molL1的FeSO4溶液中 ，通入H2S要生成FeS沉淀 ，必须控制溶液的酸度 ，使 H 105此法不能将PO43和Cl 分离完全 。 7设平衡时NO2 和N2O4 的分压分别为和，平衡时N2O4 的摩尔分数为， 则 D (1) D d 所以 而 p 将 代入上式得 ： p p 8NH4Cl 与碱的作用 ： NH4Cl NaOH NH3 NaCl H2O 0.010 mol 0.010 mol 从反应式知充分作用后 ，0.010 mol NH4Cl将生成0.010 mol NH3 ， 则生成的氨水物质的量浓度为 ：0.10 (molL1) 氨水与盐酸的反应： NH3 H2O HCl NH4Cl H2O 0.010 mol 0.005 mol 氨水剩余量为 0.010 0.005 0.0050 (mol)生成NH4Cl量为 0.0050 (mol)即生成了 NH3NH4Cl 的缓冲溶液 ， 溶液中 NH3(molL1) NH4(molL1) 弱碱型缓冲溶液： pH 14 pKb lg14 4.74 9.26 9开始时 NO20.0888 (molL1) 设平衡时NO2 分解了 molL1 ，则平衡时各相关浓度为 ： NO20.0888 (molL1) NO (molL1) O2 (molL1) 代入平衡常数表达式 ：1.25103 由于平衡常数不是很大 ，所以相对于0.0888 应当较小 ，故在分母中忽略 ： 1.251030.0888 1.11104 两边平方 2 1.23108 3 2.46108 2.91103 (molL1) 由于该数值与0.0888 较为相近 ，不可完全忽略 ，所以需要第二次近似处理 。 将上述数值代入 ：0.0888 0.0859 再代入平衡常数计算式中 ： 1.25103 解得 2.85103 (molL1) 当把该数值代入0.0888 0.0860 ，结果已与0.0859很相近 ，故不需要再作近似处理 ，即可以2.85103 (molL1)作为结果 。 则 NO20.0888 0.0860 (molL1) NO2.85103 (molL1) O21.43103 (molL1) 验算 ：1.25103 ，可见计算结果合理 。10NH3加入后的浓度为 ： 7.50103 0.750 (molL1) 发生的反应为 ： NH3 HCl NH4Cl 显然反应中氨是过量的 ，剩余 NH30.750 0.250 0.500 (molL1) 生成的NH40.250 (molL1) ，形成了NH3 NH4Cl缓冲溶液 ， 弱碱型缓冲溶液： pH14 pKb lg14 4.74 lg 9.5611根据题意 ，由 NH3 HNO3 。由于反应是完全的 ，所以氨中的氮完全进入硝酸中 。而HNO3 中含N的物质的量为 ：22.3103 (mol) 而需要NH3的物质的量即为 22.3103 mol 。 因为标准状况下 ，1 mol 气体体积为22.4 L ， 所以需要标准状况下的氨的体积为 ： 22.422.3103 5.0105 (L) 或 500 m3 。12因为在酸性条件下 ，j(H3AsO4/ H3AsO3)0.56 v j(I2 / I)0.54 v 所以H3AsO4能够氧化I为I2 ，而本身还原为H3AsO3 ：H3AsO4 2 H 2 I H3AsO3 I2 H2Olg K0.677K4.75但在碱性条件下 ，j(AsO43/ AsO33)0.68 v Kh2 ，则溶液显酸性 ； 如果电离弱于水解 Ka2 Kh2 ，则溶液显碱性 。 0.10 molL1 NaHCO3 溶液的 pH值计算如下 ： H 4.91109 pH8.31 2在2.1948 g SnCl4中 ，含Cl 2.1948 1.0000 1.1948 (g) 设锡的原子量为 ，则 14 解得 118.68 30.07914 g SiO2中含Si ： 0.079140.03699 (g) 样品中Si 的百分含量 ：10030.29 由于 69.70 30.29 100 所以该样品组成中只有Si 与S ，它们的原子个数比为 ： 21 所以该化合物的化学式为 SiS2 。 4该硅的氢化物分子量 62.11 硅的氢化物通式为 SinH2n+2 即 28.08 n 2 n 2 62.11 n 2 5该条件下CO2的物质的量为 ： 0.412 (mol) 因为 1 mol CO2可生成 1mol CaCO3 ， 生成CaCO3质量为 0.412100 41.2 (g) 60.4909