第二十二章 ds区金属课后习题参考答案

第二十二章ds区金属课后习题参考答案4解：取一定量混合物配成溶液后，滴加入过量的HCl使Ag+完全沉淀后，离心分离。沉淀用稀HNO3加热溶解即得AgNO3溶液.滤液中含有硝酸铜.5解：溶液中含Cu2+为5/63.55=0.0787mol/L对于反应:Cu2++H2S==CuS↓+2H+K平=[H+]2/[Cu2+][H2S]=[H+]2[S2-]/[Cu2+][S2-][H2S]=Ka1Ka2/Ksp=5.7×10-8×1.2×10-15/1.27×10-36=5.386×1013设达到平衡时,溶液中[Cu2+]=xmol/L代入平衡常数表达式得:(0.2+2×0.0787)2/x×0.1=5.386×1013∴x=2.37×10-14(mol/L)=1.51×10-12mg/ml6解：(1)2Cu+O2+H2O+CO2==Cu(OH)2·CuCO3(2)Au+4HCl+HNO3==HAuCl4+NO+2H2O(3)CuCl42-(黄棕)+4H2O==[Cu(H2O)4]2+(蓝)+4Cl-(4)CuCl42-+SO2+2H2O==2CuCl+SO42-+6Cl-+4H+(5)Ag++CN-==AgCN(白)↓AgCN+CN-==Ag(CN)2-Ag(CN)2-+Cl-→不反应2Ag(CN)2-+S2-==Ag2S↓+4CN-(6)2CuCl2·2H2O==Cu(OH)2·CuCl2+2HCl↑7解：A：CuO；B：CuCl2+Cu(H2O)42+；C：HCuCl2；D：CuCl；E：Cu(NH3)2+；F：Cu(NH3)42+；G：Cu(CN)43-；H：Cu；I：Cu2+；J：Cu(OH)2.2CuO+4HCl+2H2O==CuCl42-+Cu(H2O)42+CuCl2+Cu+2HCl==2HCuCl2HCuCl2HCl+CuCl↓CuCl+2NH3==[Cu(NH3)2]Cl2[Cu(NH3)2]++4NH3·H2O+1/2O2==2[Cu(NH3)4]2++2OH-+3H2O2[Cu(NH3)4]2++10CN-==2[Cu(CN)4]3-+(CN)2↑+8NH32[Cu(CN)4]3-+Zn==2Cu+[Zn(CN)4]2-+4CN-3Cu+8HNO3(稀)==3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2OCu2++2OH-==Cu(OH)2↓Cu(OH)2CuO+H2O8解：(1)已知ψθ(Cu2+/Cu)=0.345V;ψθ(Fe2+/Fe)=-0.440V;ψθ(Fe3+/Fe2+)=0.770V.因ψθ(Cu2+/Cu)＞ψθ(Fe2+/Fe),则Cu2+可把Fe氧化,反应:Fe+Cu2+==Cu+Fe2+.

而ψθ(Fe3+/Fe2+)＞ψθ(Cu2+/Cu),所以Cu又能使Fe3+还原为Fe2+,反应:Cu+2Fe3+==Cu2++2Fe2+.(2)用浓ZnCl2处理表面是为了除去金属表面的氧化物,同时又不损害金属表面,且高温下水分蒸发后,熔化的盐覆盖在金属表面防止其氧化,可保证金属与金属的直接接触.反应式如下:ZnCl2+H2O==H[ZnCl2(OH)]FeO+H[ZnCl2(OH)]==Fe[ZnCl2(OH)]2+H2O(3)HgS由于溶解度非常小,所以不溶于HCl,HNO3中.(NH4)2S中虽然含有S2-,但由于其水解较严重,导致自由的[S2-]大大低于同浓度的Na2S溶液,所以HgS在(NH4)2S中不溶.HgS溶于浓的Na2S溶液中是因为可形成HgS22-配离子的缘故.(4)HgC2O4因Ksp小难溶于水,但在Cl-中因形成配离子HgCl42-而溶解.

HgC2O4+4Cl-==HgCl42-+C2O42-(5)在Cl-存在时,Hg2+可形成稳定的HgCl42-配离子,这时加入NH3水也不能使HgCl42-转化为HgNH2Cl.9解：反应的△rGθ=△fGθ(Ag+,aq)+△fGθ(Cl-,aq)-△fGθ(AgCl,s)=77.11-131.17+109.72=55.66(kJ/mol)由△rGθ=-RTlnK得:lnK=-△rGθ/RT=-55.66×103/8.314×298=-22.47K=1.75×10-10而K=Ksp则AgCl的Ksp为1.75×10-10.13解：在Zn2+为0.01mol/L的溶液中通H2S，在pH≥1时，[H+]=0.1mol/L。这时：对于解离平衡：H2S==2H++S2-[H+]2[S2-]/[H2S]=Ka1·Ka2[S2-]=Ka1·Ka2[H2S]/[H+]2=10Ka1·Ka2而ZnS沉淀析出时的[S2-]=Ksp/[Zn2+]=Ksp/0.01=100Ksp，即当10Ka1·Ka2=100Ksp刚好有ZnS析出∴0.1Ka1·Ka2=Ksp设pH=9时，刚析出ZnS沉淀，这时[H+]=10-9mol/L。[S2-]=Ka1·Ka2[H2S]/[H+]2=Ka1·Ka2×0.1/(10-9)2=1017Ka1·Ka2[Zn2+]=Ksp/[S2-]=Ksp/1017Ka1·Ka2=0.1Ka1·Ka2/1017Ka1·Ka2=10-18(mol/L)Zn(CN)42-的不稳定常数K不稳=[Zn2+][CN-]4/[Zn(CN)42-]=10-18×1.04/0.01=10-1614解：(1)已知Cu2++0.158VCu++0.522VCuHg2++0.920VHg22++0.7973VHg∵ψθ(Cu+/Cu)＞ψθ(Cu2+/Cu+)∴反应:2Cu+==Cu2++Cu可自发向右进行,即Cu+不稳定.ψθ(Hg2+/Hg22+)＞ψθ(Hg22+/Hg)∴反应:Hg2++Hg==Hg22+可自发向右进行,即Hg22+稳定.(2)要使Cu2+转化为Cu+,可使Cu+形成难溶物,如:2Cu2++4I-==2CuI+I2

或使Cu+形成配合物,如:2Cu2++10CN-==2[Cu(CN)4]3-+(CN)2↑(3)要使Hg2+转化为Hg22+,可使用还原剂与Hg2+反应来得到.如:Hg2++Hg==Hg22+

2Hg2++Sn2+(适量)==Hg22++Sn4+2Hg2++SO32-+H2O==Hg2SO4↓+2H+而使Hg22+转化为Hg2+,可使用沉淀剂或配位剂.如:Hg22++H2S==HgS↓+Hg↓+2H+Hg2Cl2+2NH3==HgNH2Cl↓+Hg↓+NH4ClHg22++4CN-(过量)==Hg(CN)42-+Hg↓18解：(1)先酸化,后加入Na2S至沉淀完全.离心分离,沉淀为CuS,溶液中含有Zn2+,可达分离目的.(2)加入过量Na2S使其沉淀完全.离心分离后的沉淀中加入浓HCl,则CdS溶解进入溶液相,而CuS不溶而达到分离.(3)加入浓HCl,CdS溶解而HgS不溶而分离(或用浓Na2S,HgS溶解而CdS不溶).(4)加入过量HCl,HgCl2溶解为HgCl42-,而Hg2Cl2不溶解而得以分离.20解：21解：22解：该原电池组成为:(-)Zn│Zn(NH3)42+,NH3‖H2S│Aa2S│Ag(+)其△E=0.852V负极反应:Zn(NH3)42++2e==Zn+4NH3ψ(-)=ψθ(Zn2+/Zn)+0.0592/2lg[Zn2+]又:Zn2++4NH3==Zn(NH3)42+K稳=[Zn(NH3)42+]/[Zn2+][NH3]4[Zn2+]=[Zn(NH3)42+]/K稳[NH3]4=0.1/3.8×108×(0.1)4=2.63×10-6∴ψ(-)=-0.76+0.0592/2lg(2.63×10-6)=-0.925V正极反应:Ag2S+2H++2e==2Ag+H2Sψ(+)=ψθ(Ag+/Ag)+0.0592lg[Ag+]=ψθ(Ag+/Ag)+0.0592lg(Ksp/[S2-])0.5又平衡:H2S==2H++S2-[H+]2[S2-]/[H2S]=Ka1·Ka2[S2-]=Ka1·Ka2[H2S]/[H+]2=8.9×10-8×1.2×10-13×0.1/0.22=2.67×10-20代入ψ(+)得:ψ(+)=0.80+0.0592/2lg(Ksp/2.67×10-20)=1.379+0.0296lgKsp∵ψ(+)-ψ(-)=1.379+0.0296lgKsp-(-0.925)=0.852∴Ksp=8.58×10-5023解：(1)加入过量氨水,Zn2+形成无色溶液[Zn(NH3)42+],而Al3+产生白色胶状沉淀.(2)方法一:分别加入过