电荷或电子得失平衡(2)

电荷或电子得失平衡(2) 电荷或电子得失平衡--化学计算三大法宝之三 复旦大学附属中学 郑胤飞 1. 在Na2S溶液中，各微粒浓度间存在下列关系: (1)[Na，]，[H，],[OH,]，_______________ (2)[OH,],[H，]，[HS,]，_______________ (3)[Na，],2[S2,]，_______________ 解:(1)溶液是电中性的，阳离子的正电荷数等于阴离子的负电荷数。(该等式也叫电荷平衡式) 答:[HS,]，2[S2,]; (2)H2O电离的H，与OH,离子数原本相等，只是水解中有些H，被S2,结合成了HS,或H2S。(该等式也叫质子平衡式)答:2[H2S]; (3)Na，离子数原本是S2,离子数的两倍，只是水解中有些S2,已变成了HS,或H2S。(该等式也叫物料平衡式)答:2[HS,]，2[H2S]。 2. 10.000g粗盐中含杂质CaSO4、MgSO4、MgCl2及其它不溶性固体杂质，其中SO42,0.005mol，Ca2，0.002mol，Mg2，0.008mol，其它不溶性杂质0.093g。这种盐的纯度为多少, 解:设作为杂质成分的Cl,为x mol。 电荷平衡:n(SO42,)×2，x,n(Ca2，)×2，n(Mg2，)×2 0.005×2，x , 0.002×2，0.008×2 x,0.01mol 杂质总质量为 96×0.005，40×0.002，24×0.008，35.5×0.01，0.093,1.2g 答:88 3. 9.8g Fe,Mg合金溶解在一定量的某浓度的稀HNO3中，收集到4.48L NO气体(STP;设HNO3的还原产物只有NO)，在反应后的溶液中加入足量的NaOH溶液，生成的沉淀的质量是多少, 解:根据本题给出的条件，若HNO3略嫌不足，Fe的氧化产物究竟是Fe3，、Fe2，，还是两者兼有，尚不得而知。 HNO3被还原为NO，每摩尔需得电子3mol，0.2mol NO则需得电子0.6mol。这些电子由合金提供，即反应后所有Fe、Mg离子将总共带0.6mol正电荷，它们将结合0.6molOH,成为电中性的氢氧化物。 9.8，0.6×17,20.0 答:20.0。 4. 取0.04mol KMnO4固体加热一段时间后，收集到a mol单质气体A。在反应后的残留固体中加入过量的浓HCl并加热充分反应，又收集到b mol单质气体B，Mn元素则全部以Mn2，形式存在于反应后的溶液中。求:b,__________(用a示) 解:A是O2，B是Cl2。KMnO4在分解出氧气的过程中 2KMnO4?K2MnO4，MnO2，O2? 部分变成K2MnO4和MnO2，并有部分剩余，但这些Mn的高价化合物又参与了对Cl,的氧化，最终都变成了Mn2，。据最终的电子得失平衡: 0.04×5,a×4，b×2 答:0.1,2a 5. 称取11.2g铁粉溶于过量的稀硫酸中，再加入一定量的无水硝酸钾晶体，经加热完全反应(产生NO)后，冷却到室温。此溶液用0.5mol/L的KMnO4溶液滴定，当滴定液用去20.0mL时，溶液中Fe2，恰好被完全氧化(MnO4,变为Mn2，)。求所加硝酸钾晶体的质量。 解:MnO4,与NO3,两者共同参与了对Fe2， 的氧化。据电子得失平衡， n(MnO4,)×5，n(NO3,)×3,n(Fe2，)×1 0.5×0.02×5，n(NO3,)×3, n(NO3,),0.05mol(KNO3的摩尔质量为101g) 答:5.05g 6. 14g铜银合金与足量的硝酸反应，将放出的气体与1.12L(状况)氧气混合通入水中，气体恰好被完全吸收。求合金中铜的质量。 解:HNO3被Cu、Ag还原为氮氧化物，这些氮氧化物又被O2氧化而完全变回为HNO3，果相当于0.05molO2氧化了Cu、Ag。 设Cu、Ag分别为a、b mol。首先有电子得失平衡。电子得失如果不平衡，电荷就不可能平衡。 2a，b,0.05×4 64a，108b,14 a,0.05，b,0.10 答:3.2g 7. 为测定碘酸铜[Cu(IO3)2]的溶解度，在室温下吸取100mL碘酸铜饱和溶液，加入过量酸化的KI溶液。充分反应后，再用0.130mol/L Na2S2O3溶液滴定生成的碘，消耗Na2S2O3溶液35.0mL。反应过程如下: IO3,，5I,，6H，?3I2，3H2O 2Cu2，，4I,?2CuI?，I2 I2，2S2O32,?2I,，S4O62, (1)实验中参加反应的Cu(IO3)2的物质的量是_____mmol。 (2)碘酸铜在室温下的溶解度为_____g/L。 解:从反应全过程看，I2相当于中间产物，最终结果是Cu(IO3)2氧化了S2O32,，还原产物是CuI和I,，碘元素完全变成了,1价的碘。1mol Cu(IO3)2总共得电子13mol。1molS2O32,在变成molS4O62,时失去1mol电子。 Cu(IO3)2的物质的量:0.13×,0.35(mmol) 0.35×414,144.9(mg) (414是Cu(IO3)2的摩尔质量) 答:0.35 1.45 8. 0.03mol铜完全溶于硝酸，产生氮的氧化物(NO、NO2、N2O4)混合气体共0.05mol。求该混合气体的平均相对分子质量的取值范围。 解:0.03molCu提供的0.06mol电子还原出了0.05mol气体，即平均每摩尔气体的产生 得益于1.2mol电子。 每摩尔NO曾得电子3mol、每摩尔NO2曾得电子1mol、每摩尔N2O4曾得电子2mol，所以三种气体中NO2不可或缺。 第一种极端情况是混合气体中NO极少，主要成分是NO2和N2O4， n(NO2)，n(N2O4),1 n(NO2)×1，n(N2O4)×2,1.2 解得1mol混合气体由0.2mol N2O4和0.8mol NO2组成。平均分子量为55.2。 第二种极端情况是混合气体中N2O4极少，主要成分是NO2和NO， n(NO2)，n(NO),1 n(NO2)×1，n(NO)×3,1.2 解得1mol混合气体由0.1mol NO和0.9mol NO2组成。平均分子量为44.4。 答:(44.4，55.2) 9. 在一烧杯足量纯水中投入金属钠和金属铝共A g，在常温下发生反应，反应后发现烧杯中放出气体B g。假定铝与强碱的反应能完全进行，求金属铝的质量。 解:可将反应理解为Na与H2O反应生成NaOH，NaOH再与Al以1:1反应生成NaAlO2。 (1)钠相对铝过量，金属没有剩余。每摩尔钠丢失1mol电子，每摩尔铝丢失3mol 电子，每摩尔电子被1mol H获得。 ×3，,B (2)铝相对钠过量，铝有剩余。每摩尔钠与铝共丢失4mol电子。 ,B 答:g 或g 10. 某次用容量法测定磷肥含磷量的主要步骤如下: 准确称取磷肥0.385g，用硫酸和高氯酸在高温下使之分解，将磷转化为磷酸。过滤、洗涤、弃去残渣。 在磷酸中加入过量钼酸铵溶液生成钼磷酸铵[(NH4)3H4PMo12O42?H2O]沉淀。过滤、洗涤， 将沉淀溶于40.00mL 1.026mol/L NaOH标准溶液中(沉淀完全溶解，NH3未有放出)，以酚酞为指示剂，用0.1022mol/L盐酸标准溶液滴定至终点(MoO42,、HPO42,)，消耗盐酸15.20mL。计算磷肥中磷的质量分数。 (1)滴定完毕，溶液的电荷平衡式如何表示,不计OH,、H，等浓度极低的离子，请完成下列等式: ________________________,2n(MoO42,)，2n(HPO42,)，_________(n表示物质的量，各项均用n表示) (2)若取P(磷)的物质的量为x，该式简化为____________________________________ (3)代入数据计算磷肥中磷的质量分数(以P2O5计)。 解:(1)首先是电荷平衡 n(Na，)，n(NH4，)，n(H，) ,, 2n(MoO42,) ， 2n(HPO42,) ， n(Cl,) ， n(OH,) (2)HPO42,的存在使该溶液不可能是强酸性，NH4，的存在使该溶液不可能是强碱性，n(H，)与n(Na，)相比、n(OH,)与n(Cl,)相比均可忽略不计。 物料守恒，N、Mo的物质的量分别是P的3倍和12倍。 Na，、Cl,的物质的量就是NaOH和HCl的物质的量。 (3)23x，0.1022×0.0152,1.026×0.04 x,0.00172mol 0.00172×142/(2×0.385) ,0.317 (142为P2O5的摩尔质量) 答:(1)n(Na，)，n(NH4，) n(Cl,);(2)n(Na，),23x，n(Cl,);(3)0.317。