34、无机化学万题库答案：计算题(10-15)
(十） 氢 稀有气体
１.⑴ 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Xe Ｆ6 ( 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 。
⑵ ∵ 反应 ② - ① ＝ ③
∴ 3Kp ＝12Kp Kp =8
8
1007.11001.1??=0．944 (５2３ Ｋ时)
同理 ,673 Ｋ时 3Kp ＝3
10
98.10
.36?=0.01８２ ⑶ ∵ Kp ＝
2
46F XeF XeF p p p ?
若 X ｅＦ6 / XeF 4 > １0 ∴
21F p <０.944×10
1 2F p > 10.6 （ p Θ
）
2．２0 Ｋ时液氢密度为７0.6 g / L ,相当于
70.6 ｇ · Ｌ-１÷1.008 ｇ · mo ｌ－１ ＝ 7０.04 mol · L －
1
而LaNi 5储氢密度为６．２×１0２
2 Ｈ原子/cm
3 可换算为 :
6．2×1０22 × １０00 ÷ 6.02×1023 ＝ 103.０ (mol · L －１
) 计算表明ＬａNi 5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 ： C 7H ８(ｇ) + 9 O 2 （g) ＝ 7 CO ２(g) + 4 H 2Ｏ(g)
Δ f Ｈm Θ ／ kJ · mo ｌ－
1 50.0０ 0 －3９３.１4 -２41．8２
Δ r H m Θ
＝ ４×（-２４1.82） + 7×(-3９3.１4) - ５０.00 ＝-3７69.2６ (kJ · mol －
1)
1 mo ｌ 甲苯吸收3 mo ｌ H
2 所以氢的燃烧放热为 ： ３ H 2(g) +
2
3
O 2 (g) = 3 Ｈ
2O(g ）
Δ r Ｈm Θ
= ３×(－24１．82) - 0 － 0 = －72５．4６ (kJ · m ｏl -1)
反应总热量 Δ r H Θ
=－3769.2６ - 725.46 = －4４94.72 (k Ｊ · mol -1)
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 :
70.6×151．44÷（1.０08×2) = 5303.４ (mol) 氢的燃烧反应为 ： H 2（g) ＋
2
1
Ｏ2 (g) ＝ H 2Ｏ(ｇ） Δ r H m Θ
＝－2８５．83 (kJ · ｍｏl
－１
)
该车每千米的能耗为 ：
2８5.83×５303.４÷２７4 ＝5532.4 (k Ｊ)
5. 该氙的氟化物中Xe 和 F 的原子个数比为 : Ｘe ∶ F ＝
29.131409.0 ∶ 00
.19)
409.0758.0( =１∶5.9≈1∶6
该化合物的实验式为 XeF 6 。
6．根据题意 ,发生的反应方程式如下 ：
2 Xe + ｎ F 2 ＝ 2 XeF n Xe Ｆn +
2
n
H 2 ＝ Xe + n ＨＦ HF ＋ N ａO Ｈ = NaF + H 2O
从题目的分析数据知 ,在XeF n 中含有Xe=0．2507 ｇ ，含有F ＝0.1435 g ，则它们的
原子个数比为 :Xe ∶ F ＝
3.1312507.0∶ 00
.191435
.0＝１∶４
则该化合物的化学式为 ＸｅF 4 。
7．根据题意 ,参加反应的PtF 6的压强为１2.40 ｋP ａ ,而参加反应的Ｘｅ的压强为
２6.08 - １2.4０ － ２．27 = 1１.41 (k Ｐａ)
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 ∶ P ｔＦ６ = 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 ClO ３- 和 Cl - 时 ，
正极电势为 Ｃl Ｏ3- + 6 H + + 5 e － ＝ 3 Cl 2 ＋ ３ H 2Ｏ ?Θ
(
ＣｌO 3-/ Ｃl ２）
=1．4７ v
负极电势为 2 Ｃl - - 2 e － ＝ Cl 2 ?Θ
(Cl 2 / 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 +
5
0591.0lg [H ＋
]6
lg [H +]=－1.55 则pH ＝１.５5 即正向反应能够进行的最大 p Ｈ 值为1.55 。 同理 :
当X Ｏ3- 和 X - 为ＢrO 3－ 和 Ｂｒ－
时 ,
正极电势为 B ｒO 3－ ＋ ６ H + ＋ 5 e - = ３ Ｂr ２ ＋ 3 H 2O ?Θ
( BrO ３
-/ Ｂr ２
）＝ 1.52 ｖ
负极电势为 2 Br - - 2 e - ＝ Br 2 ?Θ
（Br 2 ／ Br -） ＝1.07
v
达平衡时的酸度可如下计算 : １.07 ＝ 1.52 +
5
0591.0lg [H ＋
]6 ｌg [H ＋
］＝ －6．3５ 则pH ＝6.35 即正向反应能够进行的最大 pH 值为6．35 。
当ＸO 3－ 和 Ｘ- 为IO 3－
和 Ｉ- 时 ，
正极电势为 IO ３- + 6 H ＋ ＋ 5 ｅ- = 3 I 2 ＋ 3 Ｈ2Ｏ ?Θ
（ IO 3-/ I 2)＝ １.2０ v
负极电势为 2 I - － 2 e － ＝ I ２ ?Θ
(I ２
/ I -) ＝0.5
４ v
达平衡时的酸度可如下计算 :
0.54 ＝ 1.20 +
5
0591.0lg [Ｈ＋
］6 ｌg ［H +]＝ －9．31 则pH ＝9.3１ 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CCl 4和H 2O 中的浓度比可写成
K Ｄ =
]
[][)(2)(24aq CCl Br Br =2５.0
Br ２ 在水中的起始浓度为 35.6 g ?L -1 ，
设Br 2 在CCl ４中的平衡浓度为 x g ?L －１
， 则达平衡时
x
x
-6.35=25．0
解得 x ＝34.2 (g ?L －
1）
所以 ，平衡时Br 2 在水中的浓度为 ][)(2aq Br =3５.6 - ３4.2 = １.４ (g ?L －１
)
3． 根据题意可设计玻恩-哈柏循环如下 ： ①
R ｂ (s) ＋
2
1
C ｌ2 RbCl （s ）
②
Rb （g) ③ ⑤
Rb +(g) Ｃl - ⑥ = ① - ② - 2
1
④ － ③ － ⑤ Δ r ＨｍΘ
=(-４33) - 8６.0 －2
1×２4２ － 4０9 -(－686） ＝-363 （kJ · ｍol -1 ）
4．∵ Mn Ｏ2 ＋ ４ H ＋
+ ２ e －
= Ｍｎ2＋
＋ 2 H 2Ｏ ?
(M ｎO ２/ Ｍn
２＋
)＝1.2３ +
2
0591.0lg ［Ｈ＋]４
Ｃl 2 + 2 e －
= 2 Cl - ?
(Cl
２
/ Cl -）=1.36 +
2
0591
.0l ｇ 2
][1-Cl
在标准状态下 ，ＭｎO 2 不能氧化HCl 而得到氯气 。
但随HCl 浓度升高 ,?
(MnO ２/ Mn
２＋
)增大 ,而?
(C ｌ２ ／ Cl -）减小 ,
设 ［H Ｃl]= x （ｍo ｌ·ｄm －
3） 此时两电对电势相等 ， 则 １.２3 +
20591.0ｌg x ４
=1.36 ＋ 20591.0l ｇ 21x
解方程得 ｘ ＝5.41（m ｏl ·dm －３
）
即当ＨCl 浓度大于5.41 ｍol ·dm -3时 ,MnO ２ 与ＨCl 反应可制备得氯气 。
5.⑴ 由于在碱性介质中 ?
Θ右
>?
Θ左 ，所以中间价态的Ｃｌ２可以发生歧化反应 :
Ｃl ２ ＋ 2 OH - = ClO －
+ Cl - + H 2O
l ｇ K Θ
=0591
.0θ
nE ＝0591.0)()()(θθ??-+-n ＝0591.040.036.1-=1６.24
ＫΘ
=1.7×10
１６
⑵ 由于在酸性介质中处于中间价态的Cl 2 ?
Θ
右
Θ左 ，所以可以发生归中反应 :
HClO ＋ H + ＋ C ｌ－
= Cl 2 ＋ H 2O
lg ＫΘ
=
0591
.036
.163.1-＝4.57
K Θ
＝３．７×10
４
6．酸性介质中K ＢｒＯ3氧化KI 的反应 :
６ KBrO 3 ＋ 5 ＫI + 3 Ｈ２SO 4 = 3 Br 2 ＋ 5 KIO 3 ＋ 3 K ２S Ｏ4 + 3 H 2O
6 mol ５ mo ｌ 3 ｍol 5 mol (假定K ＢrO 3和ＫI 各6 ｍol)
剩余1 mol 将和 1 / 5 ｍo ｌ KI Ｏ3 作用生成 3 / ５ ｍol I 2 ＫIO 3 ＋ 5 KI + ３ H 2S Ｏ4 ＝ 3 I ２ + 3 K 2SO 4 + 3 H 2O 1 / ５ mol 1 m ｏl 3 / 5 m ｏl 可见反应结果将生成Ｂr 2 、I 2 、KI Ｏ3 ，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 IO 3－ + 10 I －
+ １2 H + = ６ I 2 + 6 H 2O
Cu 2＋
＋ 2 I - = C ｕI ＋
2
1I 2 I ２ + ２ S 2O 32－
= ２ I - + S ４O 62-
从上面反应式可知 ：1 m ｏl Cu （IO 3)3 和足量的ＫＩ反应 ,可生成６.5 m ｏl I ２ ，而1
mol
I 2 可以与２ ｍｏｌ N ａ2S ２O ３ 反应 ,则1 mol Ｃu （I Ｏ3)3 将需要１３ mol Na 2S ２O 3 进行滴定 。
在水中 Ｃu (IO ３)３ Ｃu 2+ ＋ 2 IO 3－
Ks ｐΘ
= １.１×10－
7
［Cu 2＋
]＝[C ｕ （IO 3）３]=3.0×10－3
(mol ·Ｌ
－１
)
需要Ｎa 2Ｓ2O 3 物质的量 ： ３．0×１0－
3×
1000
100
×１3 = 3.9×10-3 (mol) 需要0.１1 mol ·L -１
的Na ２Ｓ2O 3 溶液的体积 ：
V ＝11
.0109.33
-?=０.0３55 (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?Θ
(HBrO / Br －
)的能斯特方程式 :
?
Θ
（H ＢrO / Br －
)=?Θ
（BrO －
/ Br
－
) + 2
0591
.0lg 2
]][[][---OH Br BrO 由于是酸性条件下 ,所以 [OH -]＝１.0×１0-1４
(mo ｌ·L －
1)
而 [Br －]=[H Ｂr Ｏ］＝1.0 (mol ·Ｌ-１
) (即处于标准态下)
［ＢｒO －
]应由HBrO 的离解平衡计算 ：
]
[]][[HBrO BrO H -+＝Ka Θ
HB ｒO
[B ｒO －
］＝Ka Θ
ＨBrO ＝2.51×1０-9 ，将有关数据代入计算式中 ：
?
Θ
(HBrO / Br
－
）=０.758 ＋ 2
0591
.0lg 2149)100.1(1051.2--??＝1.331 (v)
9．根据题意 ，设开始时ＫＣlO ３为 x g ,由于MnO ２的质量不变 ，所以固体物减少的质
量即是氧气的量(5．36－３.76) g ， 分解反应式如下 ,并列出相应关系 :
２ KCl Ｏ３ ??
→?2MnO
2 KC ｌ ＋ ３ Ｏ2 2×１22.5 ３×32
x ? (5．３６－３.76) 2×122.５×(5.３６－3.7６） ＝ 3×3２×x 解得 x ＝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 ：
?
A =?Θ
A + 50591.0lg 2
/16
3)
/(]][[2θp p H CiO Cl +- 碱性介质的标准态下 ,[H +]＝1.0×10-14 (mol ·L -１
) ，其它物种均为标准态 。 则 ?Θ
B =?
Ａ =１.4７ +
5
0591.0lg (1．0×10-１４
)6 =0.４77 (v)
1１．⑴ 发生的反应为 Ｂr ２ ＋ 2 I － ＝ ２ B ｒ－
＋ I ２
⑵ Pt │ I 2 (s ） ,I -(c 1) ║ Br －
(ｃ1) ,Br 2( l ) │Pt
⑶ lg K Θ
＝0591
.0θ
nE ＝0591.0)()()(θθ??-+-n ＝0591.0)54.009.1(2-?=18．61
K Θ
＝4.1×10
１8
Δr Ｇm Θ
= -n F ＥΘ
＝－2×９６.485×(１．0９-0.5４)＝-106 (k Ｊ · mol -１
）
12.欲达Ｃl －、B ｒ-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。 Ag Ｃｌ在氨水中的溶解 :
Ａg Ｃl (s) + ２ NH 3 (ａｑ） = Ag(NH 3）2+（a ｑ) + Ｃl －
(aq ） ①
K １＝Ksp ΘＡgCl ×K Θ
稳Ａg (ＮH 3)2+
ＡgB ｒ在氨水中的溶解 ：
AgBr （ｓ) ＋ ２ NH 3 (aq) = Ａｇ(N Ｈ3)2＋(aq) + B ｒ－
（aq ） ②
K 2＝Ksp ΘAgBr ×ＫΘ
稳Ａg (N Ｈ３
）2+
① - ② Ag Ｃl (s) + B ｒ-(aq) = AgBr (s ） ＋ Ｃl －
(ａq) ③ K ３＝
21K K =AgBr
AgCl
Ksp Ksp 即 ][][--Br Cl =13
10
10
35.51077.1--??=３31 <50０ 计算结果表明 ,不能用上述方法分离Ｃl －
和B ｒ－
离子 。
13.发生的反应为 ：
Ｎa Ｃl ＋ AgNO 3 = AgC ｌ↓+ Na ＮO 3
NaB ｒ ＋ Ag ＮO 3 ＝ AgB ｒ↓＋ Na ＮO 3 ２ A ｇBr ＋ Ｃｌ2 = 2 AgCl ＋ B ｒ２
设样品中含有ＮaCl x ｇ ，ＮaBr y g ，则有
x
NaCl
AgCl M M ＋ y
NaBr
AgBr M M ＝0．5２６
x
NaCl
AgCl M M + y
NaBr
AgCl M M ＝0．426
x 45.583.143 + y 9.1028
.187=0.526 x 45.583.143 + y 9
.1023
.143=0.４26
2.452 x ＋ １.８2５ y = ０.52６ 2.451 x + １.39３ y = 0.４26 解得 x ＝ 0．0４23 （ｇ) y = 0.231 (g)
则它们的百分含量分别为 :ＮaCl 000
.10423
.0×１00％=4．23％
NaBr 000
.1231
.0×1０0％＝23.1％
１4.因为 ?
Θ
（F ｅ3+ / F ｅ2＋)=０.77１
v > ?
Θ
（I ２ ／ I -）＝0.５3５ v ，
所以Fe 3+离子可以被I －
离子还原为Ｆe 2+离子，并生成I ２ ：
2 Fe 3+ ＋ ２ I － ＝ 2 Ｆe ２
+ + Ｉ２ 但是 ,在含F ｅ３
+离子的溶液中加入氟化钠溶液 ,由于ＦeF 52-配离子的生成 ，大大降低
了Fe ３＋离子的浓度 ，使?
(Fe 3+ ／ F ｅ2+)电势大大降低 ：
5
325]
][[][-+-F Fe FeF ＝K Θ
稳FeF 52-=5.9×１015 假定开始时［Fe 3+]=1.0 m ｏl ·L －
1 ,平衡时 [F －
］=0.１０ m ｏl ·L -1 , 则 ［Fe 3+]=
15
510
9.5)1.0(0.1??＝1.7×10-1１ (mol ·L －
1) ?
(FeF 5
2－
／ Fe 2+)=?
(Fe 3+/ Fe 2+）=?Θ
（Fe 3+ / Fe
2＋
） + ０．05９１ lg ]
[][23+
+Fe Fe 假定[Fe 2＋
]＝1.０ mol ·L －１
=０.77１ ＋ 0.０591 ｌg 1.7×10-11 ＝0.1３ （ｖ)
此时 ?
(FeF 5
２－
/ F ｅ
２＋
)＝０.13 ｖ < ?
Θ
(I 2 / I －)=0．５３5 v
，溶液中的Fe 3＋
离子不能氧
化I -离子 。
15．根据题意 ，所发生的反应如下 :
IO ３- ＋ ５ I - ＋ 6 H ＋
= 3 I 2 + 3 Ｈ２Ｏ I 2 ＋ 2 N ａ2S ２O 3 ＝ 2 NaI + Na 2S 4Ｏ6
由反应式可推断反应中有关物质的物质的量之比为 : ＩＯ3- ∶ I 2 ∶ Ｎa 2S ２O 3 ＝ 1∶3∶6 滴定中用去硫代硫酸钠０.00９6 mo ｌ ，
所以与后面加入的KI 作用的KI Ｏ3 的物质的量为 0.0０96÷6=0.001６ （m ｏl) 而与试样碘化钾作用的ＫＩO 3 的物质的量为 ０.０02 - 0.００16 = 0.00０４ (mo ｌ)
因为１ ｍol KIO 3 能与5 mol KI 作用 ,所以与0．000４ ｍol KI Ｏ３ 作用的试样中
的碘化物为 :0.０00４×5 ＝ 0.0０2 (mol)
该碘化物的摩尔质量为 :002
.0332.0=１66 (ｇ · m ｏl －
1)
16.从电离常数比较可知 ：H 2CO 3的Ka Θ
1> ＨＣlO 的Ka Θ
,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 ：
C ｌO - ＋ H 2CO 3 = HClO ＋ HC Ｏ3－
该反应的平衡常数 Ｋc ＝]][[]][[323CO H ClO HCO HClO --=]][[]][[323CO H ClO HCO HClO -
-×]
[]
[++H H =
HClO
CO H Ka Ka 321＝8
71095.21030.4--??＝14.6 平衡常数较大 ,说明反应是向右进行的 ,生成的HCl Ｏ会进一步分解为HCl 和O 2 。所
以漂白粉在潮湿的空气中容易吸收ＣO ２而失效 。
17．因为Hg （C ｌO 4)2 和NaCl 为强电解质 ，在水溶液中完全电离 :
Ｈg (ＣlO 4)２ Hg 2+ ＋ 2 Ｃl Ｏ4－
NaCl Ｎａ + Ｃl －
0.10０ m ｏl 的H ｇ （Cl Ｏ4)2 离解得０.１00 ｍol 的H ｇ2＋
,
0.０80 mol 的NaC ｌ 离解得0．0８0 ｍol 的 Cl －
。
由于HgC ｌ＋
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 m ｏl
Ｈg Ｃl ＋ ，剩余０.020 mol 的Hg 2＋
离子 。将它们的浓度换算出 ：
[H ｇＣｌ+]=
25.1080.0=0.０６4 （ｍol ·Ｌ－
1） [Ｈｇ２＋]＝25
.1020.0=０.016 (mol ·L －
1)
微弱离解出的Cl -将很少 ，设平衡时其浓度为 x mol ·L -1 ,
则][]][[2+
-+HgCl Cl Hg ＝064
.0016.0x =1.8×10－７
解得 x = 7.２×10－
7 (m ｏl ·Ｌ-1)
1８.由于盐酸是强电解质 ,所以1.０00×10-10 ｍol ·Ｌ－1盐酸电离出1.0０0×１0－10 mol ·L
－
1的H + 离子 。
而Ｈ2O 是微弱电离的 ，假定H 2O 电离的[H +］=x mol ·L -1,则[ＯH －]＝x m ｏl ·Ｌ-１
,
溶液中总的[H +］＝1.０00×10-１0＋x mo ｌ·L －
1,代入H 2Ｏ的电离平衡式中 ：
[Ｈ＋］ [OH －]＝1.0×10－
14
即 (1.000×1０－10+x )×x ＝ 1.0×10－
14
展开得 x 2 ＋ 1.00０×10-10x - 1.0×10－１４
＝ ０
解得 x =1．0×10－7 (ｍｏl ·L －1
)
所以溶液中总的[H ＋］＝1．0×10－7 + 1.0０0×10－1０ =1.０01×1０－７ (mol ·L －
1)
19.将 ① － ② 得碘在水中的溶解反应式 :
I 2 (s) I 2 (ａｑ）
l ｇ K Θ
=0591
.0θ
nE ＝0591.0)()()(θθ??-+-n ＝0591.0)621.0535.0(2-?＝－２.91
K Θ=1.23×1０-３ 而K Θ
＝θc
I ][2 故 [Ｉ2（aq ）]=1.23×1０－3 (mol ·L －1
)