32、无机化学万题库答案：计算题(8)(1)(1)_在线真题试卷与模拟练习_32、无机化学万题库答案：计算题(8)(1)(1)_考试宝

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(1) 混合后$$ [\ce{NaH2PO4}] = 0.020 \, \text{mol·dm}^{-3} $$，$$ [\ce{Na3PO4}] = 0.00667 \, \text{mol·dm}^{-3} $$，发生反应$$ \ce{H2PO4- + PO4^3- = 2 HPO4^2-} $$，计算剩余$$ \ce{H2PO4-} $$、生成$$ \ce{HPO4^2-} $$的浓度及pH（$$ K_{a_2}^\circ = 6.2 \times 10^{-8} $$）。

(2) 加入0.10 mL 0.10 mol·dm⁻³ NaOH（总体积150.0 mL），发生反应$$ \ce{H2PO4- + OH- = HPO4^2- + H2O} $$，计算反应后$$ [\ce{H2PO4-}] $$、$$ [\ce{HPO4^2-}] $$及pH。

现有$$ \ce{HA} $$和$$ \ce{NaA} $$的混合溶液，两者等体积混合，设混合前$$ [\ce{HA}] = x \, \text{mol·dm}^{-3} $$，$$ [\ce{NaA}] = y \, \text{mol·dm}^{-3} $$。已知混合后pH = 4.52，且$$ \ce{NaA} $$溶液的pH = 9.15，联立方程求解$$ K_a(\ce{HA}) $$。

(1) 配制pH=3.00的缓冲溶液，应选用哪种缓冲对（$$ K_a^\circ(\text{HCOOH}) = 1.8 \times 10^{-4} $$，$$ K_a^\circ(\text{HAc}) = 1.8 \times 10^{-5} $$）？

(2) 若选用$$\ce{HCOOH-HCOONa}$$缓冲对（$$ K_a^\circ = 1.8 \times 10^{-4} $$），pH=3.00，求$$ \frac{[\ce{HCOOH}]}{[\ce{HCOONa}]} $$。

(3) 等体积混合该缓冲溶液与$$ 0.10 \, \text{mol·dm}^{-3} \ce{MnCl2} $$溶液后，是否生成$$ \ce{Mn(OH)2} $$沉淀（$$ K_{sp}^\circ = 4.0 \times 10^{-14} $$）？

(1) 混合后$$ [\ce{HAc}] = 0.50 \, \text{mol·dm}^{-3} $$，$$ [\ce{Ca(Ac)2}] = 0.25 \, \text{mol·dm}^{-3} $$，忽略$$\ce{HAc}$$电离（同离子效应），计算$$ [\ce{H+}] $$及pH（$$ K_a^\circ = 1.8 \times 10^{-5} $$）。

(2) 加入100 cm³ $$ 0.010 \, \text{mol·dm}^{-3} \ce{HCl} $$（总体积1100 cm³），计算反应后$$ [\ce{HAc}] $$、$$ [\ce{Ac-}] $$及pH。

(3) 加入100 cm³ $$ 0.010 \, \text{mol·dm}^{-3} \ce{NaOH} $$（总体积1100 cm³），计算反应后$$ [\ce{HAc}] $$、$$ [\ce{Ac-}] $$及pH。

缓冲溶液（pH=7.00）中加入少量$$\ce{H3PO4}$$，体系pH不变（$$ [\ce{H+}] = 1.0 \times 10^{-7} \, \text{mol·dm}^{-3} $$），已知$$ K_{a_1}^\circ = 7.1 \times 10^{-3} $$，$$ K_{a_2}^\circ = 6.3 \times 10^{-8} $$，$$ K_{a_3}^\circ = 4.5 \times 10^{-13} $$，计算$$ \frac{[\ce{H3PO4}]}{[\ce{H2PO4-}]} $$、$$ \frac{[\ce{H2PO4-}]}{[\ce{HPO4^2-}]} $$、$$ \frac{[\ce{HPO4^2-}]}{[\ce{PO4^3-}]} $$。

由于溶液是缓冲溶液，而$$\ce{H_{3}PO_{4}}$$加入量又很小，所以可认为在加入$$\ce{H_{3}PO_{4}}$$后，体系的$$\ce{pH}$$不变，即$$\ce{[H^{+}]}$$仍然为$$1.0\times10^{-7}\ \mathrm{mol\cdot dm^{-3}}$$。则每种离子浓度的比值仅和电离常数有关： $$\frac{[\ce{H_{3}PO_{4}}]}{[\ce{H_{2}PO_{4}^{-}}]} = \frac{[\ce{H^{+}}]}{K_{a1}} = \frac{1.0\times10^{-7}}{7.1\times10^{-3}} = 1.4\times10^{-7}$$ $$\frac{[\ce{H_{2}PO_{4}^{-}}]}{[\ce{HPO_{4}^{2-}}]} = \frac{[\ce{H^{+}}]}{K_{a2}} = \frac{1.0\times10^{-7}}{6.3\times10^{-8}} = 1.6$$ $$\frac{[\ce{HPO_{4}^{2-}}]}{[\ce{PO_{4}^{3-}}]} = \frac{[\ce{H^{+}}]}{K_{a3}} = \frac{1.0\times10^{-7}}{4.5\times10^{-13}} = 2.2\times10^{5}$$ 计算表明溶液中$$\ce{[H_{3}PO_{4}]}$$和$$\ce{[PO_{4}^{3-}]}$$的值都很小，主要存在的是$$\ce{[H_{2}PO_{4}^{-}]}$$和$$\ce{[HPO_{4}^{2-}]}$$。两者的总浓度基本上为$$1.0\times10^{-4}\ \mathrm{mol\cdot dm^{-3}}$$。设$$\ce{[HPO_{4}^{2-}]} = X\ \mathrm{mol\cdot dm^{-3}}$$，则$$\ce{[H_{2}PO_{4}^{-}]} = (0.00010 - X)\ \mathrm{mol\cdot dm^{-3}}$$。根据前面计算： $$\frac{0.00010 - X}{X} = 1.6$$ 解得$$X = [\ce{HPO_{4}^{2-}}] = 3.8\times10^{-5}\ \mathrm{mol\cdot dm^{-3}}$$ $$\ce{[H_{2}PO_{4}^{-}]} = 0.00010 - 3.8\times10^{-5} = 6.2\times10^{-5}\ \mathrm{mol\cdot dm^{-3}}$$ $$\ce{[H_{3}PO_{4}]} = 1.4\times10^{-7} \times 6.2\times10^{-5} = 8.7\times10^{-12}\ \mathrm{mol\cdot dm^{-3}}$$ $$[\ce{PO_{4}^{3-}}] = \frac{[\ce{HPO_{4}^{2-}}]}{2.2\times10^{5}} = \frac{3.8\times10^{-5}}{2.2\times10^{5}} = 1.7\times10^{-10}\ \mathrm{mol\cdot dm^{-3}}$$

设这些难溶盐的溶解度为$$S\ \mathrm{mol\cdot dm^{-3}}$$，则： $$\ce{[M^{+}]} = 2S$$，$$\ce{[X^{2-}]} = S$$，$$K_{\text{sp}}^{\circ}(\ce{M_{2}X}) = 4S^{3}$$ $$\ce{[N^{+}]} = S$$，$$\ce{[Y^{-}]} = 2S$$，$$K_{\text{sp}}^{\circ}(\ce{NY_{2}}) = 4S^{3}$$ $$\ce{[R^{3+}]} = S$$，$$\ce{[Z^{-}]} = 3S$$，$$K_{\text{sp}}^{\circ}(\ce{RZ_{3}}) = 27S^{4}$$ 因为是难溶盐，所以$$S$$值非常小，比较$$K_{\text{sp}}^{\circ}(\ce{M_{2}X})$$、$$K_{\text{sp}}^{\circ}(\ce{NY_{2}})$$和$$K_{\text{sp}}^{\circ}(\ce{RZ_{3}})$$的大小关系。

$$1.0\ \mathrm{m\ mol}\ \ce{Mg(OH)_{2}}$$即$$0.001\ \mathrm{mol}\ \ce{Mg(OH)_{2}}$$，溶解反应式为： $$\ce{Mg(OH)_{2} + 2NH_{4}^{+} = Mg^{2+} + 2NH_{3} + H_{2}O}$$ 平衡浓度/($$\mathrm{mol\cdot dm^{-3}}$$)：$$0.10 - 2X$$，$$X$$，$$2X$$ 平衡常数$$K = \frac{[\ce{Mg^{2+}}][\ce{NH_{3}}]^{2}}{[\ce{NH_{4}^{+}}]^{2}}$$，分子分母同乘以$$\ce{[OH^{-}]^{2}}$$得： $$K = \frac{K_{\text{sp}}^{\circ}[\ce{Mg(OH)_{2}}]}{(K_{b}^{\circ}(\ce{NH_{3}}))^{2}} = \frac{1.2\times10^{-11}}{(1.8\times10^{-5})^{2}} = 0.037$$ 即$$\frac{(2X)^{2} \times X}{(0.10 - 2X)^{2}} = 0.037$$，解得$$X = 0.027\ \mathrm{mol\cdot dm^{-3}}$$ 设需要$$0.10\ \mathrm{mol\cdot dm^{-3}}$$的$$\ce{NH_{4}Cl}$$溶液$$V\ \mathrm{dm^{3}}$$，根据物料守恒：$$\frac{0.001}{V} = 0.027$$，求$$V$$。

混合后（发生反应前）的浓度： $$[\ce{H_{2}SO_{4}}] = 0.15 \times \frac{0.10}{0.10 + 0.30} = 0.0375\ \mathrm{mol\cdot dm^{-3}}$$ $$[\ce{Ba(OH)_{2}}] = 0.20 \times \frac{0.30}{0.10 + 0.30} = 0.15\ \mathrm{mol\cdot dm^{-3}}$$ 溶液中发生的反应：酸碱中和：$$\ce{H^{+} + OH^{-} = H_{2}O}$$ 沉淀反应：$$\ce{Ba^{2+} + SO_{4}^{2-} = BaSO_{4}\downarrow}$$ 由于$$\ce{[OH^{-}]} \gg \ce{[H^{+}]}$$，$$\ce{H^{+}}$$将完全被中和，剩余的 $$\ce{[OH^{-}]} = 0.15 \times 2 - 0.0375 \times 2 = 0.225\ \mathrm{mol\cdot dm^{-3}}$$ $$\ce{[H^{+}]} = \frac{K_{w}^{\circ}}{[\ce{OH^{-}}]} = \frac{1.0\times10^{-14}}{0.225} = 4.4\times10^{-14}\ \mathrm{mol\cdot dm^{-3}}$$ $$\ce{[Ba^{2+}]} = 0.15 - 0.0375 = 0.11\ \mathrm{mol\cdot dm^{-3}}$$ $$\ce{[SO_{4}^{2-}]} = \frac{K_{\text{sp}}^{\circ}(\ce{BaSO_{4}})}{[\ce{Ba^{2+}}]} = \frac{1.5\times10^{-9}}{0.11} = 1.4\times10^{-8}\ \mathrm{mol\cdot dm^{-3}}$$

(1) 使$$\ce{FeS}$$沉淀，溶液的最高$$\ce{[S^{2-}]}$$浓度为： $$\ce{[S^{2-}]} = \frac{K_{\text{sp}}^{\circ}(\ce{FeS})}{[\ce{Fe^{2+}}]} = \frac{3.7\times10^{-19}}{0.10} = 3.7\times10^{-18}\ \mathrm{mol\cdot dm^{-3}}$$ 需控制的$$\ce{[H^{+}]}$$浓度为： $$\ce{[H^{+}]} = \sqrt{\frac{K_{a1} \times K_{a2} \times [\ce{H_{2}S}]}{[\ce{S^{2-}}]}} = \sqrt{\frac{5.7\times10^{-8} \times 1.2\times10^{-15} \times 0.10}{3.7\times10^{-18}}} = 1.4\times10^{-3}\ \mathrm{mol\cdot dm^{-3}}$$ 求$$\ce{pH}$$； (2) 由于$$\ce{CuS}$$的溶度积很小，在该条件下将沉淀完全，产生的$$\ce{[H^{+}]}$$浓度为： $$\ce{[H^{+}]} = 0.10 \times 2 = 0.20\ \mathrm{mol\cdot dm^{-3}}$$ 在该酸度下的$$\ce{[S^{2-}]}$$浓度为： $$\ce{[S^{2-}]} = \frac{K_{a1} \times K_{a2} \times [\ce{H_{2}S}]}{[\ce{H^{+}}]^{2}} = \frac{5.7\times10^{-8} \times 1.2\times10^{-15} \times 0.10}{(0.20)^{2}} = 1.7\times10^{-22}\ \mathrm{mol\cdot dm^{-3}}$$ 计算离子积$$Q$$并判断是否生成$$\ce{FeS}$$沉淀。

(1) 等体积混合$$0.10\ \mathrm{mol\cdot dm^{-3}}\ \ce{H_{2}S}$$和$$0.10\ \mathrm{mol\cdot dm^{-3}}\ \ce{ZnCl_{2}}$$溶液，混合后各自浓度减半：$$\ce{[H_{2}S]} = 0.050\ \mathrm{mol\cdot dm^{-3}}$$，$$\ce{[Zn^{2+}]} = 0.050\ \mathrm{mol\cdot dm^{-3}}$$。计算$$\ce{H_{2}S}$$溶液中的$$\ce{[S^{2-}]}$$，判断是否有$$\ce{ZnS}$$沉淀生成； (2) 使$$\ce{ZnS}$$沉淀溶解，需控制的$$\ce{[S^{2-}]}$$浓度为： $$\ce{[S^{2-}]} = \frac{K_{\text{sp}}^{\circ}(\ce{ZnS})}{[\ce{Zn^{2+}}]} = \frac{1.0\times10^{-23}}{0.0050} = 2.0\times10^{-21}\ \mathrm{mol\cdot dm^{-3}}$$ 需控制的$$\ce{[H^{+}]}$$浓度为： $$\ce{[H^{+}]} = \sqrt{\frac{K_{a1} \times K_{a2} \times [\ce{H_{2}S}]}{[\ce{S^{2-}}]}} = \sqrt{\frac{5.7\times10^{-8} \times 1.2\times10^{-15} \times 0.050}{2.0\times10^{-21}}} = 0.16\ \mathrm{mol\cdot dm^{-3}}$$ 求需要加入浓度为$$12\ \mathrm{mol\cdot dm^{-3}}$$的$$\ce{HCl}$$溶液的体积。

混合后的浓度： $$\ce{[I^{-}]} = 0.0010 \times \frac{1000}{100} = 0.010\ \mathrm{mol\cdot dm^{-3}}$$ $$\ce{[Br^{-}]} = 0.0020 \times \frac{1000}{100} = 0.020\ \mathrm{mol\cdot dm^{-3}}$$ $$\ce{[Cl^{-}]} = 0.0030 \times \frac{1000}{100} = 0.030\ \mathrm{mol\cdot dm^{-3}}$$ $$\ce{[Ag^{+}]} = 0.0040 \times \frac{1000}{100} = 0.040\ \mathrm{mol\cdot dm^{-3}}$$ 分析$$\ce{I^{-}}$$、$$\ce{Br^{-}}$$、$$\ce{Cl^{-}}$$的沉淀情况，计算剩余$$\ce{[Cl^{-}]} = 0.020\ \mathrm{mol\cdot dm^{-3}}$$时的$$\ce{[Ag^{+}]}$$，再计算残留的$$\ce{[I^{-}]}$$。

混合后的浓度： $$\ce{[Pb^{2+}]} = 3.00 \times \frac{40.0}{40.0 + 20.0} = 2.00\ \mathrm{mol\cdot dm^{-3}}$$ $$\ce{[I^{-}]} = 0.002 \times \frac{20.0}{40.0 + 20.0} = 6.67\times10^{-4}\ \mathrm{mol\cdot dm^{-3}}$$ $$\ce{Pb^{2+}}$$离子过量，$$\ce{I^{-}}$$离子浓度很小，析出$$\ce{PbI_{2}}$$沉淀后的$$\ce{[Pb^{2+}]}$$量可认为不变，计算残留的$$\ce{[I^{-}]}$$和生成$$\ce{PbI_{2}}$$沉淀的量。

$$\ce{pH} = 1.0$$则$$\ce{[H^{+}]} = 0.10\ \mathrm{mol\cdot dm^{-3}}$$，$$\ce{CaF_{2}}$$在$$\ce{pH} = 1.0$$的溶液中溶解度为$$5.4\times10^{-3}\ \mathrm{mol\cdot dm^{-3}}$$，计算$$\ce{[F^{-}]}$$、$$\ce{[HF]}$$和$$K_{a}(\ce{HF})$$。

已知$$\Delta_{r}G_{m}^{\circ} = -473\times10^{3}\ \mathrm{J\cdot mol^{-1}}$$，计算反应的$$K^{\circ}$$，并分析$$\ce{PbS}$$溶于$$\ce{HNO_{3}}$$的反应平衡常数及反应自发性。

溶液中存在两个沉淀—溶解平衡： ① $$\ce{[Ag^{+}][SCN^{-}]} = 1.1\times10^{-12}$$ ② $$\ce{[Ag^{+}][Br^{-}]} = 5.0\times10^{-13}$$ 求$$\ce{[Br^{-}]}$$、$$\ce{[SCN^{-}]}$$和$$\ce{[Ag^{+}]}$$。

pH=1.0时，[H⁺]=0.10 mol·dm⁻³，CaF₂在该pH的溶液中溶解度为$$ 5.4 \times 10^{-3} \, \text{mol·dm}^{-3} $$。已知$$ [\text{Ca}^{2+}] = 5.4 \times 10^{-3} \, \text{mol·dm}^{-3} $$，$$ [\text{F}^-] = \sqrt{\frac{3.4 \times 10^{-11}}{5.4 \times 10^{-3}}} = 7.9 \times 10^{-5} \, \text{mol·dm}^{-3} $$，且质量平衡关系为$$ [\text{Ca}^{2+}] = \frac{[\text{F}^-] + [\text{HF}]}{2} $$（溶解的$$ \text{CaF}_2 $$解离出的$$ \text{F}^- $$部分转化为$$ \text{HF} $$）。求：(1) $$ [\text{HF}] $$；(2) $$ K_a(\text{HF}) $$。

已知反应的标准摩尔吉布斯自由能变$$ \Delta_r G_m^\theta = -473 \times 10^3 \, \text{J·mol}^{-1} $$，温度$$ T = 298 \, \text{K} $$，计算该反应的$$ \lg K^\circ $$和平衡常数$$ K^\circ $$。

溶液中存在两个沉淀-溶解平衡：① $$ \text{AgSCN}(s) \rightleftharpoons \text{Ag}^+(aq) + \text{SCN}^-(aq) $$，$$ K_{sp}(\text{AgSCN}) = 1.1 \times 10^{-12} $$；② $$ \text{AgBr}(s) \rightleftharpoons \text{Ag}^+(aq) + \text{Br}^-(aq) $$，$$ K_{sp}(\text{AgBr}) = 5.0 \times 10^{-13} $$。由①÷②得$$ \frac{[\text{SCN}^-]}{[\text{Br}^-]} = 2.2 $$，结合电荷平衡$$ [\text{Ag}^+] = [\text{SCN}^-] + [\text{Br}^-] $$，求$$ \text{AgSCN} $$和$$ \text{AgBr} $$的溶解度。

三种溶液（含$$ \text{Mn}^{2+} $$、$$ \text{Cu}^{2+} $$、$$ \text{H}^+ $$、$$ \text{H}_2\text{S} $$）等体积混合后，各离子浓度变为原来的$$ \frac{1}{3} $$：$$ [\text{Mn}^{2+}] = 0.030 \, \text{mol·dm}^{-3} $$，$$ [\text{Cu}^{2+}] = 0.020 \, \text{mol·dm}^{-3} $$，$$ [\text{H}^+] = 0.15 \, \text{mol·dm}^{-3} $$，$$ [\text{H}_2\text{S}] = 0.10 \, \text{mol·dm}^{-3} $$。已知$$ \text{H}_2\text{S} $$的$$ K_{a1} = 5.7 \times 10^{-8} $$，$$ K_{a2} = 1.2 \times 10^{-15} $$，$$ K_{sp}(\text{MnS}) = 1.4 \times 10^{-15} $$，$$ K_{sp}(\text{CuS}) = 3.6 \times 10^{-36} $$。判断$$ \text{MnS} $$和$$ \text{CuS} $$的沉淀情况，并计算残留$$ \text{Cu}^{2+} $$的浓度。