s区元素及稀有气体知识归纳及有效数字与化学计算PPT课件

.,1,一、s区金属,1、碱金属和碱土金属的通性存在：光卤石KClMgCl26H2O，明矾石KAl3(SO4)2(OH)6，方解石CaCO3，石膏CaSO42H2O，重晶石BaSO4。,2、单质2.1单质的物理性质2.2单质的用途,a、锂离子电池（寿命长、记忆能力差）b、合金,.,2,2.3单质的化学性质1)从上至下，金属性，IAIIA2)与氧气：Li2O，Na2O2，MO2；MO，BaO23)与空气：还有金属的氮化物4)与水：锂、钠、钾等；铍与水蒸气、镁与热水、钙等5)非水相还原剂TiCl4+4Na=Ti+4NaCl；SiO2+2Mg=Si+2MgO,.,3,2.4单质的制备1)熔盐电解2)热分解：2MN3=2M+3N2；M=Na、K、Rb、Cs3)热还原KCl+Na=NaCl+K2RbCl+Ca=CaCl2+2RbK2CO3+2C=3CO+2K,.,4,碱金属和碱土金属的化合物,一、氧化物、过氧化物、超氧化物、臭氧化物Li2O与水或二氧化碳Na2O2与水或二氧化碳KO2与水或二氧化碳2KO2+2H2O=O2+H2O2+2KOH4KO2+2CO2=2K2CO3+3O23KOH(s)+2O3(g)=2KO3(s)+KOHH2O(s)+0.5O2(g),.,5,二、氢氧化物1、碱性：LiOH、Mg(OH)2中强碱，Be(OH)2两性2、俗称：NaOH烧碱、火碱、苛性钠；Ca(OH)2熟石灰3、强腐蚀性：SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O三、盐类1、焰色反应：锂（红色）；钠（黄色）；钾、铷、铯（紫色）；钙（橙红色）；锶（洋红色）；钡（绿色）2、溶解性：LiOH、Li2CO3、Li3PO4；NaSb(OH)6、NaAcZn(Ac)23UO2(Ac)29H2O；KClO4、KHC4H4O6、K4PtCl6、K2NaCo(NO2)6、KB(C6H5)4；半径比规则,.,6,3、盐类带结晶水的能力Z/r比越高，结合水的能力越强。CaCl2干燥剂（除氨和乙醇）4、形成复盐的能力光卤石：MClMgCl26H2O；K+、Rb+、Cs+矾类：M2SO4MgSO46H2O；K+、Rb+、Cs+MIMIII(SO4)212H2O；MI=Na+、K+、Rb+、Cs+；MIII=Al3+、Cr3+、Fe3+、Co3+5、热稳定性：金属越活泼，盐稳定性越高6、重要盐类：碳酸钠（苏打、纯碱）,.,7,四、配合物冠醚穴醚卟啉杯芳烃,.,8,二、氢,1、同位素：11H(氕)、21H(氘)、31H(氚)99.98%0.02%10-72、氢元素成键特征1）H+离子：H3O+2）H-离子：NaH、LiAlH43）共价化合物H+4）氢键5）氢桥键，B2H6、Cr2H(CO)10-5）间充型氢化物：TiH1.73,.,9,三、稀有元素,1、稀有气体的物理性质变化规律及根本原因2、低温选择性吸附与低温分馏3、稀有气体化合物Xe+F2XeF2Xe+2F2XeF4（1：5）Xe+3F2XeF6（1：20）,.,10,2XeF2+2H2O2Xe+4HF+O26XeF4+12H2O2XeO3+4Xe+24HF+3O2XeF6+3H2OXeO3+6HF,XeF2+H2Xe+2HFXeF4+Xe2XeF2XeF4+2HgXe+2HgF2,.,11,例1：氟是一种氧化性极强的非金属元素，它甚至能与稀有气体氙反应生成XeF2、XeF4、XeF6等固体，这些固体都极易与水反应。其中XeF2与H2O仅发生氧化还原反应，而XeF4与H2O反应时，有一半的XeF4与H2O发生氧化还原反应，另一半则发生歧化反应：3Xe()一Xe2Xe()。XeF6则发生非氧化还原反应完全水解。试回答下列问题：1、写出XeF4与H2O反应的方程式；2、14.72gXeF6完全水解后，再加入100mL0.600molL1Mn2的水溶液，反应完全后，放出的气体干燥后再通过红热的金属铜，体积减少20。（1）通过计算可确定Mn2的氧化产物为_，相应的化学方程式为：_；（2）将所得溶液稀释到1000mL后，求溶液pH以及氟离子浓度。（已知弱酸HF在水溶液中存在电离平衡，KaHF/HF3.5104）溶液的pH为_，F浓度为_molL1。3、合成XeF2、XeF4、XeF6时通常用Ni制反应容器，使用前用F2使之钝化。（1）上述化合物的分子构型分别是_；（2）使用Ni制反应容器前用F2钝化的两个主要原因是_；（3）红外光谱和电子衍射表明XeF6的结构绕一个三重轴发生畸变。画出XeF6结构发生畸变的示意图。,.,12,1、6XeF412H2O4Xe3O22XeO324HF2、（1）MnO45XeO36Mn29H2O5Xe6MnO418H2XeO32Xe3O2(12XeO312Mn218H2O12Xe12MnO43O236H)（提示：XeF63H2OXeO36HFXeO3Xe3/2O2（a）14.72gXeF6为0.06mol，生成XeO3为0.06mol，并放出Xe气体0.06mol，被铜吸收的O2为0.0640.015mol，由此可知发生反应（a）的XeO3为0.01mol，氧化Mn2的XeO3为0.05mol，Mn2为0.06mol，Mn2的氧化产物应为MnO4）（2）0.74;7.01043、（1）直线形、平面正方形、畸变八面体（2）Ni器表面生成NiF2保护膜；除去表面氧化物，否则表面氧化物与XeFx反应,.,13,例2：1962年英国青年化学家巴特列第一次制得了XePtF6化合物，突破了“惰性元素”的禁区。此后人们相继合成了氙的系列化合物，以及原子序数较大的稀有气体氪、氡的化合物。对于原子序数较小的氦、氖尚未制得化合物。有人从理论上预言了它们的化合物是可以制得的。不久澳洲国立大学的拉多姆宣布了化学上一奇闻，氦能够与碳结合形成分子。像CHexx不仅存在，而且能够用实验手段观察到，并借助计算机算出了CHe33、CHe44的键长分别为：0.1209nm，0.1212nm。1、Ne、He的化合物难以合成的主要原因是什么？2、如果CHe33、CHe44果真存在的话，请写出它们的立体结构式；3、为什么CHe33的键长比CHe44短？4、写出与CHe33、CHe44互为等电子体的物质（或原子团）的名称；5、并完成下列化学方程式：CHe44H2OCHe44HCl,.,14,1、原子半径小，原子核对外层电子引力大；2、（正三角形）（正四面体）3、CHe33中C原子sp2杂化，CHe44中C原子sp3杂化，后者p轨道成分多，相同条件下成键长。4、甲基甲烷5、CHe442H2OCO24He4HCHe444HClCCl44He4H,.,15,例3：稀有气体氙Xe和氟F2反应可生成XeF2、XeF4和XeF6。在523K和673K反应的平衡常数K如下：Xe(g)F2(g)=XeF2(g)Kp(523K)8.80104Kp(673K)3.60102Xe(g)2F2(g)=XeF4(g)Kp(523K)1.07108Kp(673K)1.98103Xe(g)3F2(g)=XeF6(g)Kp(523K)1.01108Kp(673K)36.01、指出在所给温度下，最有利的和最不利的反应。2、按式制备XeF2，产物中必有XeF4。为了减少XeF2中XeF4的含量应采取什么措施？3、今拟制取分压为1atm（1.013105Pa）的XeF2，其中XeF4的含量须低于1%。试计算起始的XeF2分压比值至少为多少？（提示：可利用Xe（g）XeF4（g）=2XeF2（g）减少XeF4的生成）,.,16,1、523K时和673K时，最有利的反应为（2）；523K时和673K时，最不利的反应分别为（1）和（3）。2、Xe必须过量。3、Xe(g)XeF4(g)=2XeF2(g)Kp(523K)72.4Kp(673K)65.5523K：pXe1.40105Pa；起始XeF2分压比至少为2.411.01=2.39。673K：pXe1.55105Pa起始XeF2分压比至少为2.561.01=2.53。,.,17,一、有效数字的问题,1、定义：从第一位非零数字开始到最后一位数字,1.00050.50006.0210230.00035pH=12.35,有效数字和化学计算,.,18,2、进取规则：（1）四舍六入五成双（2）一次修约到指定位数，不能分两次以上0.5464、0.5466、0.5465、0.5475、0.546504、0.54749,0.54640.546、0.54660.547、0.54650.546、0.54750.548、0.5465040.547、0.547490.547,一次修约到指定位数，不能分两次以上0.547490.54750.54750.548错,但使用计算器计算时，一般不对中间结果进行修约，只对计算总结果进行修约。,.,19,3、运算过程（1）加减：依据是误差最大的，保留到最大误差位5.1039+0.023=5.1274.888+7.067=11.955（四位有效数字得五位有效数字）（2）乘除：以误差最大的确定有效数字位数1.3561.34=1.95（三位有效数字）（3）运算中遇到倍数、分数等非测量数字可当作无限位有效数字处理，15.002=30.00（4）lg6.02=0.780（三位有效数字）lg6.021023=23.780（当三位有效数字）pH=12.68pH=0.68（两位有效数字）,.,20,（5）首位是8或9时，可当作多一位有效数字9.720.41120.6773=2.707（四位有效数字）0.104525.0026.77=0.0976（当四位有效数字）,ln5.03/1.91=(X/8.314)(723673)/(723673),X=7.8104（两位有效数字）,.,21,例4：准确称取磷肥0.385g，用硫酸和高氯酸在高温下分解，使磷转化为磷酸。过滤、洗涤、除去残渣。以硫酸、硝酸为介质，加入过量钼酸铵溶液生成磷钼酸铵沉淀(NH4)3H4PMo12O42H2O，过滤、洗涤、沉淀溶于40.00cm31.026mol/dm3NaOH标准溶液中，以酚酞为指示剂，用0.1022mol/dm3盐酸标准溶液滴定至终点（MoO42），消耗15.20cm3，计算磷肥中P2O5的百分含量。P2O5的分子量为141.9。,二、有关计算的问题1、方程式中各物质的计量关系,酚酞指示剂，说明终点产物为Na2HPO4，(NH4)3H4PMo12O42H2O+26NaOH=Na2HPO4+12Na2MoO4+3NH3+17H2O；NH3+HCl=NH4Cl(40.001.0260.102215.20)10-3141.9/46/0.385=31.6%,.,22,例5：在含有Al3+一种金属离子的某样品溶液中，加入NH3-NH4Ac缓冲溶液，使pH值等于9.0，然后加入8-羟基喹啉，使Al3+络合成8-羟基喹啉铝沉淀。Al3+3HOC9H6N=Al(OC9H6N)3+3H+过滤，洗涤，将沉淀溶于2mol/L的盐酸中，用15.00cm30.1238mol/dm3KBrO3KBr标准溶液（即KBrO3的浓度为0.1238mol/dm3，KBr过量）处理，使产生的Br2与8-羟基喹啉发生取代：2Br2+HOC9H6N=HOC9H4NBr2+2HBr；待取代反应完全后，加入过量KI，使其与剩余的Br2生成I2，最后用0.1028mol/dm3Na2S2O3标准溶液滴定生成的I2，消耗5.45cm3。1、写出Na2S2O3与I2的反应方程式2、由以上数据计算铝的质量（Al的原子量26.98）,2、总量与反应量、剩余量之间的关系,.,23,1、2Na2S2O3+I2=2NaI+Na2S4O6,2、(0.123815.0010-330.10285.4510-32)626.98=(5.57110-32.8010-4)626.98=5.29110-3626.98=0.02379(g)=23.79(mg),总量：1BrO3-3Br2,剩余量：1Br21I22Na2S2O3,反应量：1Al1Al(OC9H6N)33HOC9H6N6Br2,.,24,3、如何避免计算误差？,例6：298K下，(CN)2(g)的标准摩尔燃烧热为1095kJmol1，C2H2(g)的标准摩尔燃烧热为1300kJmol1，C2H2(g)的标准摩尔生成焓为227kJmol1，H2O(l)的标准摩尔生成焓为286kJmol1，计算(CN)2(g)的标准摩尔生成焓。,.,25,C2H2(g)+2.5O2(g)=2CO2(g)+H2O(l)2fHm(CO2)+fHm(H2O)fHm(C2H2)=1300kJmol12fHm(CO2)=1300kJmol1+286kJmol1+227kJmol1(CN)2(g)+2O2(g)=2CO2(g)+N2(g)2fHm(CO2)fHm(CN)2=1095kJmol1fHm(CN)2=1095kJmol1+2fHm(CO2)fHm(CN)2=1095kJmol11300kJmol1+286kJmol1+227kJmol1=308kJmol1fHm(CN)2=10951300+286+227=308（kJmol1）,2fHm(CO2)=1300kJmol1+286kJmol1+227kJmol1fHm(CO2)=394kJmol1fHm(CN)2=1095kJmol1+2fHm(CO2)=1095kJmol1788kJmol1=307kJmol1,.,26,例7：以下是甲醇合成工艺，其中（1）为甲烷，压强250.0kPa，温度25oC，流速55.0m3/s；（2）为水蒸气，压强200.0kPa，温度150oC，流速150.0m3/s。合成气和剩余反应物经管道（3）进入25oC的冷凝器(condenser)，冷凝物由管道（5）流出，在B中合成的甲醇和剩余反应物由管道（6）经冷凝器后甲醇经管道（7）得到，密度0.791g/mL。,1、写出A和B中发生的化学反应。2、假定气体都是理想气体，反应完全转化，气液完全分离，计算经步骤A和步骤B后，在1s内剩余物的量。3、实际上，B中CO的转化率只有2/3，计算管道（6）中CO、H2和CH3OH的分压，设总压为10.0MPa。4、当甲醇生成反应达到平衡，管道（6）中气体的分压服从方程Kp=p(CH3OH)po2/P(CO)p2(H2)，Po=0.100MPa，计算平衡常数Kp。,.,27,1、A:CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g)B:CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g)2、A中反应物CH4(g)5.55103mol，H2O(g)8.53103mol。故剩余水蒸气2.98103mol。B中剩余H2(g)5.55103mol。3、H2占5/8，CO占1/8，CH3OH占2/8。对应分压6.25MPa，1.25MPa和2.50MPa。4、5.1210-4,.,28,例8：某含Cr和Mn的钢样品10.00g，经适当处理后，Cr和Mn被氧化成Cr2O72-和MnO4-的溶液共250.0mL。精确量取上述溶液10.00mL，加入BaCl2溶液并调节酸度，使Cr全部沉淀下来，得到了0.0549gBaCrO4。取另一份上述溶液10.00mL，在酸性介质中用0.07500mol/L的Fe2+溶液滴定，用去15.95mL。计算钢样品中Cr和Mn的质量百分含量。原子量：Cr=52.00，Ba=137.3，O=16.00，Cr=52.00，Mn=54.94。,.,29,解：设钢样品中Cr的质量百分含量为x，Mn的质量百分含量为y。CrBaCrO4由此可知：10.00mL的Cr2O72-溶液中Cr的物质的量等于生成的BaCrO4的物质的量，即为0.0549g253.3g/mol=2.1710-4mol。钢样品中Cr的质量=2.1710-4250.010.0052.0=0.282g钢样品中Cr的质量百分含量为x=0.28210.00=2.82%CrCrO42-3Fe2+MnMnO4-5Fe2+由此可知：10.00mL的Cr2O72-和MnO4-溶液中与Cr2O72-反应消耗Fe2+的物质的量为：32.1710-4=6.5010-4mol，Mn的物质的量等于与之反应的Fe2+的物质的量的1/5，即为：(1/5)(0.0750015.9510-3-6.5010-4)=1.0910-4mol钢样品中Mn的质量=1.0910-4250.010.0054.94=0.150g钢样品中Mn的质量百分含量为y=0.15010.00=1.50%,.,30,例9有机物A是烃或烃的含氧衍生物，分子中碳原子数不超过6。当0.1molA在0.5molO2中充分燃烧后，A无剩余。将生成的气体（1.01105Pa，110下）依次通过足量的无水氯化钙和足量的碱石灰，固体增重质量之比为911，剩余气体的体积折算成标准状况为6.72L。试通过计算、讨论确定A可能的化学式。,解：若剩余氧气，则由二氧化碳与水的物质的量之比，可知有机物中C、H原子个数比为14。可假设有机物化学式为(CH4)mOn，(CH4)mOn+(2m-0.5n)O2mCO2+2mH2O0.5-(2m-0.5n)*0.1=6.72/22.4=0.32m-0.5n=2m=1,n=0得该有机物为CH4m=2,n=4得该有机物为C2H8O4,不可能,4、有关推理与讨论,.,31,（2）若剩余气体为CO，则由有机物、氧气、一氧化碳的物质的量分别为0.1mol、0.5mol、0.3mol，可知反应中化学计量数之比。假设该有机物化学式为CXHYOZ。CXHYOZ5O23CO(X3)CO20.5YH2O由CO2与H2O物质的量之比为12得：(X-3)/0.5Y=1/2由氧原子守恒得：Z103(2X6)0.5Y综合得：Z4X19讨论知：X5时，Z1，有机物化学式为：C5H8O。X6时，Z5，有机物化学式为：C6H12O5。,.,32,例10、蛋壳的主要成分是CaCO3，其次是MgCO3、蛋白质、色素等。为测定其中钙的含量，洗净蛋壳，加水煮沸约5min，置于蒸发皿中用小火烤干，研细。1、称取0.3g（设为0.3000g）处理后的蛋壳样品，置于锥形瓶中逐滴加入已知浓度C（HCl）的盐酸40.00mL，而后用小火加热使之溶解，冷却后加2滴甲基橙溶液，用已知浓度C（NaOH）回滴，消耗V（NaOH）L达终点。（1）写出计算钙含量的算式。（2）计算得到的是钙的含量吗？（3）是原蛋壳中钙的含量吗？2、称取0.3g（设为0.3000g）处理后的蛋壳样品，用适量强酸溶解，然后加(NH4)2C2O4得沉淀，经过滤、洗涤，沉淀溶于H2SO4溶液，再用已知浓度C（KMnO4）滴定，消耗V（KMnO4）L达到终点。（1）写出计算钙含量的算式；（2）此法求得的钙含量略低于上法。可能是什么原因。3、请你再设计一个实验，正确测定蛋壳中的Ca含量，并写出计算式。,.,33,1、（1）c(HCl)0.0400c(NaOH)V(NaOH)(40.00/2)/0.3000100%（2）应是Ca、Mg的总量（1分）（3）不是，因为洗涤、煮沸时除去了少量蛋白质，原蛋壳质量减少2、（1）(2/5)c(MnO4)V(MnO4)(40.00/2)/0.3000100%（2）CaC2O4为难溶物，能从溶液中完全沉淀，又能完全溶于过量稀H2SO4。实验结果钙含量低，可能是MgC2O4溶解度不很小之故。（附：18MgC2O410H2O溶解度0.03g），用H2SO4溶解时H2C2O4量减少之故。3、用配位滴定法分析：取洗净后的蛋壳m克，加水煮沸约5min，置于蒸发皿中用小火烤干，研细；置于锥形瓶中逐滴加入稀盐酸溶解稀释；再加入NaOH溶液使pH12（Mg2沉淀）；用cmol/LEDTA溶液滴定至终点，消耗EDTA溶液VmL。c(EDTA)V(EDTA)40.00/m100%,.,34,例11：根据中国环境公报，1998年我国二氧化硫排放量为2090万t。二氧化硫是酸雨的前体物，我国酸雨以硫酸型为主，据统计年均降水pH约为5.6的区域面积已占全国面积的30%左右，每年因酸雨造成的经济损失达1100亿元。由此可见，控制二氧化硫污染和酸雨的危害已刻不容缓。二氧化硫排放指数I是指含二氧化硫的尾气中二氧化硫的排放浓度(mg/m3)，生产企业国家标准为400（二级）与800（三级）。二氧化硫的测定过程：取体积为V(L)尾气经过足量氢氧化钠溶液，然后用中性高锰酸钾溶液（浓度为Cmol/L）滴定到等当点，消耗高锰酸钾的体积为V1(mL)。写出测定反应的化学方程式。写出排放指数I与V，V1，C的关系式。对某水泥厂尾气进行检测的数据如下：C=0.01023，V1=4.50，V=5.00，说明该厂是否达到国家排放标准，要不要停业整顿？,.,35,1、SO2+2NaOH=Na2SO3+H2ONa2SO3+2KMnO4+2NaOH=2Na2MnO4+K2SO4+H2O2、I=3.204104CV1/V(mg/m3)3、I=295，达到了国家三级标准，不要整顿。,.,36,例12：某含砷的化合物为橘红色，经稀硝酸处理后溶液中仍有黄色粉末状固体，为了分析其组成，进行了以下实验：（1）称取该化合物0.1070g，用稀硝酸处理后除去黄色粉末，所得溶液调节到pH值为8.00，以淀粉为指示剂用2.50102molL1的I2标准溶液滴定至终点，消耗20.00mL。（2）然后用盐酸酸化此溶液，加入过量KI溶液，释放出的I2用1.00101molL1Na2S2O3标准溶液滴定至终点，消耗20.00mL。试通过分析与计算回答下列问题：（1）该化合物可能是什么？写出化学式及名称。（2）写出该化合物与稀硝酸的反应方程式。（3）写出滴定反应涉及的化学方程式。（4）该化合物中砷元素的质量百分含量为多少？,.,37,（1）As4S4，雄黄。（2）3As4S4+16HNO3+10H2O=6H3AsO3+6H3AsO4+12S+16NO（3）AsO33+I2+2OH=AsO43+2I+H2O；AsO43+2I+2H+=AsO33+I2+H2OI2+2S2O32=2I+S4O62n(AsO33)=n(I2)=2.5010220.00103=5.00104(mol)n(AsO33)+n(AsO43)=0.5n(S2O32)=0.51.0010120.00103=1.00103(mol)n(AsO43)=1.001035.00104=5.0104(mol)m(As)=0.0749(g)m(S)=0.0321(g)说明n(As)=n(S)说明方程式（2）为上述。（4）70.0%,.,38,例13：1、琥珀酸（丁二酸）与邻苯二甲酸都是二元酸，其中之一的两个酸常数分别为1.12103、3.91106。另一个的两个酸常数分别为6.21105、2.31106。请指出邻苯二甲酸的两个酸常数是哪个？并计算0.010mol/L邻苯二甲酸氢钠溶液的pH值。2、乳酸（D2羟基丙酸，HL）的酸常数为1.38104，碳酸的两个酸常数分别为4.45107、4.691011。设在人体血液中正常条件下（pH=7.40和HCO3=0.022mol/L），某运动员在运动后由于缺氧代谢产生的乳酸使其血样中的pH变成7.00，试计算该运动员每升血样中产生了多少摩尔乳酸？3、经测定，碳酸钙的饱和水溶液的pH=9.95，乳酸钙的饱和水溶液的pH=7.40，通过计算表明乳酸钙与碳酸钙的溶解度差异并指出乳酸钙的主要用途。4、血液中含钙。试确定pH=7.40和HCO3=0.022mol/L的血液样品中游离钙离子的最大浓度。,.,39,1、答：邻苯二甲酸的两个酸常数是1.12103、3.91106。H+=K1(K2c+Kw)/(c+K1)1/2cK220Kw，c20K1，K2c+Kw=K2c，H+=K1K2c/(c+K1)1/2=6.3105mol/L，pH=4.202、答：pH=7.40，则H+=4.0108mol/L，HCO3=0.022mol/L，根据碳酸的Ka1求出H2CO3=2.0103mol/LH+=4.0108mol/L时，CO32=Ka1Ka2/H+2+H+Ka1+Ka1Ka21.1103，可以忽略。碳酸的总浓度c总=H2CO3+HCO3=0.024mol/L。pH=7.00，HCO3/H2CO3=4.45，H2CO3+HCO3=0.024，得到这时：H2CO3=4.4103mol/L，HCO3=0.0196mol/L。HL+HCO3=L+H2CO3的平衡常数K=310，说明乳酸与HCO3的反应可以认为完全。乳酸的物质的量n=(0.0220.0196)1=2.4103mol,.,40,3、答：pH=9.95，则OH=8.9105mol/L，CO32的Kb1=2.13104，CO32=3.7105mol/L，忽略H2CO3的量，碳酸钙的溶解度s1=CO32+HCO3CO32+OH=1.26104mol/L。pH=7.40，则OH=2.5107mol/L，L的Kb=7.251011，质子条件：HL+H+=OH；KbL/OH+Kw/OH=OH，(cL)，cL=7.2104mol/L，乳酸钙的溶解度s2=3.6104mol/L结论：乳酸钙的溶解度远大于碳酸钙的溶解度，可作为补钙试剂使用。4、答：碳酸钙的Ksp=Ca2+CO32=1.26104CO32=4.7109pH=7.40和HCO3=0.022mol/L中CO32=0.0241.1103=2.6105，游离钙离子浓度Ca2+=1.8104mol/L,.,41,BaSO4的物质的量为：24.66/233=0.0400molFe2O3的物质的量为：23.20/160=0.0400mol氧元素的质量百分含量为：(12.52-0.0400137-0.0400255.8)/12.52=20.6%该材料的化学式为：BaFe2O4.03,例14：为测定一种复合氧化物开发的磁性粉末材料的组成，称取12.52g样品，将其全部溶于过量稀硝酸后，配成100mL溶液。取其一半，加入过量K2SO4溶液，生成白色沉淀，经过滤、洗涤、烘干后得4.66g固体。在余下的50mL溶液中加入少许KSCN溶液，显红色；如果加入过量NaOH溶液，则生成红褐色沉淀，将沉淀过滤、洗涤、灼烧后得3.20g固体。（1）计算磁性粉末材料中氧元素的质量百分含量。（2）确定该材料的化学式。,.,42,例15：将1.008g铜-铝合金样品溶解后，加入过量碘离子，然后用0.1052mol/L的Na2S2O3溶液滴定生成的碘，共消耗29.84mLNa2S2O3溶液，试求合金中铜的质量百分数。已知铜的原子量为63.546。,解：0.1052*29.84*10-3*63.546/1.008*100%=19.79%,.,43,例16：盛有80mLNO气体的试管倒立于盛有水的水槽中，向试管中通入一定体积的O2，结果试管中剩余气体的体积是原有NO体积的一半，则通入O2的体积是多少？,2NO+O2=2NO2；3NO2+H2O=NO+2HNO31、氧气剩余40mL,80mLNO全部转化为硝酸，相当于4NO+3O2+2H2O=4HNO3即消耗氧气60mL，故氧气为100mL2、氧气不足，剩余40mLNO：即消耗30mL氧气,.,44,例17：在4.00molL1的硫酸和2.00molL1的硝酸混合溶液10.0mL中，加入0.960g铜粉，充分反应后最多可收集到标况下的气体的体积为多少？Cu63.55,3Cu+8H+2NO3-=3Cu2+2NO+4H2O0.0151mol0.1000mol0.0200mol0.960*22.4/64.55*2/3=0.224L,.,45,例18：在天平两盘中各放一只大小和质量相同的烧杯，两烧杯中都盛有1.00mol/L的稀硫酸100mL，然后分别向两烧杯中加入一定质量的Mg与Al，充分反应后天平仍保持平衡，Al的质量为1.00g、5.00g、1.80g和3.00g，则Mg的质量分别是多少？,1、1.00gAl，硫酸过量Al1.5H2SO41.5H2MgH2