重点高中化学竞赛无机化学计算题

1、精心整理无机化学计算题化学热力学：1.高价金属的氧化物在高温下容易分解为低价氧化物.以氧化铜分解为氧化亚铜为例,估算反响分解的温度.该反响的自发性是始驱动的还是嫡驱动的？温度升高对反响自发性的影响如何？解：4CuO=2Cu2O+O2rHm(298K)=24fH0m(298K,Cu2O)+AfH0m(O2)-4AfH0m(298K,CuO)=2X-169)+04X-157.3)=291.2kJmol-1rS0m(298K)=2S0m(298K,Cu2O)+S0m(298K,O2)-4Sm(298K,CuO)=2>93.3+205.138-4X42.7=220.94Jmol-1K-1分解时：

2、rGmw(ffl4rH0m(298K)-T4rS0m(298K)<0T9rH0m(298K)/ArS0m(298K)=1318K在此反响中,rHm(298K)>0,ArS0m(298K)>0,故该反响的自发性是嫡驱动的.温度升高,此反一,二.；"应更易朝着正反响方向进行.2.银器与硫化物反响外表变黑是生活中的常见现象.(1)设空气中H2s气和H2气物质的量都只达10-6mol,问在常温下银和硫化氢能否反响生成氢气加度到达多高,银器外表才不会因上述反响而变黑？(2)如果考虑空气中的氧气参加反响,使反响改为2Ag(s)+H2s(g)+1/2O2(g)=Ag2s(s)+H

3、2O(l),该反响是否比银单独和硫化氢反响放出氢气更容易发生？通过计算来答复.温度对该反响自发性的影响如何？附：298K下Ag2s的标准生成始和标准嫡分别为-31.8kJmol-1和146Jmol-1K-1IJJ-?解：(1)2Ag(s)+H2s(g)=Ag2s(s)+H2(g)298K时,rHm0=fH0m(Ag2S)-AfH0m(H2S)-1=-31.8-(-20.63)kJmol1-1=-11.17kJmolrS=130.684+146-205.79-242.55JK-1mol-1=-14.206JK-1mol-1rGm=ArHm-TArSm=-6.94kJmol-1rGm=ArGm+R

4、Fn(p(H2)/p»/(p(H2S)/p)=rGm=-6.94kJmol-1要使反响不发生,那么rGm'0T也rHm/ArSm=787K精心整理即温度高于787K银器外表才不会因上述反响而变2 2)2Ag(s)+H2s(g)+1/2O2(g)=Ag2s(s)+H2O(l)同理,298K时,rHme=-285.83-31.8-(-20.63)kJmol-1-1=-297kJmol1rSm0=-177.55JK-1mol-1rGm=rHm0-TArSm=-244.1kJmol-1由于-244.1<<-6.94,所以该反响更易发生.温度升高,反响的自发性降低.当TWr

5、Hm/zrSm0=1673K时,反响正向不能自发反响.3 .计算氯化俊固体在试管内及斜制的两头开口的玻璃管内分解所需的最低温度.解：NH4Cl(s)=NH3(g)+HCl(g),A_-1rHm(298K)=(-46.11)+(-92.307)-(-314.43)kJmol=176.01kJmol-1>0rSm0(298K)=(192.45)+(186.908)-(94.6)Jmol-1K-1=285Jmol-1K-1>0假设该分解反响使用两端开口的装置时,p(HCl)=p(NH3)=p0,那么J=1.所以,rGm=AGm0=0,而rGm0(T)也rHm0(298K)-TArSm(2

6、98K).TArHm0(298K)/ArSm0(298K)=176.01kJmol-1/285Jmol-1K-1二618K假设该反响使用试管时IJJ-?p(NH3)=p(HCl)=0.5p0,此时rGm=0而rGm=AGm0+RTln(0.505)rGm工rHm0(298K)-TArSm0(298K).T=ArHm(298K)/ArSm(298K)-Rln(0.5徒)=176.01X03)二594K4 .试用热力学原理说明用一氧化碳复原三氧化二铝制铝是否可行？Al2O3COAlCO2：AfG°/kJ?mol-1-1582-137.2-394.4AfH°/kJ?mol-1-1

7、676-110.5-393.5So/J?mol-1?K-150.9197.628.3213.6精心整理解:Al2O3+3CO=2A1+3CO2AG°=(-394.4)3X3X-137.2)-(-1582)=810.4(kJ?mol-1)因ArGo>0,故298K时不能用CO复原A12O3.ArHO=(-393.5)3旗-110.53A(-1676)=827(kJ?mo1-1)AS°=(213.63+28.32)-(197.63+50.9)=53.7(J?m°|1?K-1)AG°=ArH°-T&S<0时,正向反响自发进行：T&

8、gt;827/0.0537=15400(K)反响自发进行的最低温度要大于15400K,理论上可行,但实践上温度很难到达15400K,所以用CO复原A12O3是不可行的.5 .为使Ag2O在常温下分解,真空泵需将氧的分压降至多大？解：Ag2O(s)=2Ag(s)+1/2O2(g)rGm?(298)=-AfGm?(Ag2O)=11.2kJm°1-1?rG=G+RT1nJ=01nJ=-ArG?/(RT)=(-11.2)/(8.31510-隈298)=-4.52J=0.01-?1/2J=P(O2)/Pp(O2)=0.01kPa化学平衡：1.Na2SO410H2O的风化作用可用如下反响来表示：

9、Na?SO410H2O(s)Na2SO4(s)+10H2O(g)问在298K(饱和水蒸气压为3.17kPa刑空气相又t湿度为60%时,Na2s0410H2O是否会风化？工程Na2s0410H2ONa2SO4H2O(g)fGm?/(kJm°1-1)-3644-1267-228.6解法1:AG?=-1267+10X228.6)(3644)=91(kJm°1-1)K?=exp(-rGm?/RT)=exp(-91103)/(8.315298)=1.11016设Na2SO410H2O产生的水蒸气压为p1,那么(p1/p?)10=K?=1.1X0-16p1=2.5(kPa)298K时空

10、气的实际水的蒸汽压p2=3.17E0%=1.9(kPa)因p2<p1,所以Na2s0410H2O会风化.2.将SO3固体置于一反响器内,加热使SO3气化并令其分解,测得温度为900K,总压为p?时,气体混合物的密度为-0.925g/dm3,求SO3的(平衡)解离度柒精心整理解：2SO3(g)2s6(g)+O2(g)始n平衡n-2x2xxmH=n+xvpV=nRT；pM平=p平RTM平=(0.925gL-1>8,315KPaLK-1moL-1>900K)/100KPa-i=69.22gmoL一n-2x2xxM平=Mso2Mso2Mo2nxnxnx69.22(n+x)=80(n-

11、2x)+64)2x+32x得：x/n=0.1557o=2x/n=31.15%3.实验指出,无水三氯化铝在热力学标准压力下的以下各温度时测定的密度为：T/OC200600800IykgL-16.810-32.6510-31.5110-3A.求三氯化铝在2000c和8000c时的分子式.B.求6000c下的平衡物种.C.求6000c下各物种的平衡分压.D.求6000c的Kc和Kp0解：(1)根据pV=nRT=(m/M)RT尸m/V推出M=RTp/p因止匕：T1=200CM1=RT1p/p=8.314473>6.810-3X103/100=267.41g/m0lT2=800CM2=RT2Mp=

12、8.3141073X1.5110-3X103/100=134.7g/m0l所以,三氧化铝在200c时以Al2ci6形式存在,在800c以Aici3的形式存在(2) T=600C时,M=RTp/p=8.314>873X2.65»0-3X103勺00=192.34g/m0l所以600C时,平衡物种为Alcl3和Al2cl6(3) M混合=267.41)x(Al206)+134.7x(Alcl3)x(Alcl3)+134.7x(Alcl3)x(Alcl3)=0.566x(Al206)=0.434p=p总.xi所以p(Alcl3)=56.6KPap(Al2cl6)=43.4KPa(4)

13、2Alcl3.Al2cl6精心整理2Kp=p(Al2Cl6)/p(AlCl3)22=43.4/(56.6)2-i=0.0135kPaKp=Kc(RT)Ev0.0135kPa1=Kc(8.314kPaLmol-1K-1>873K)-1Kc=97.99mol-1L酸碱平衡：1.在烧杯中盛有0.2molL-120mL乳酸(分子式HC3H5.3,常用符号HLac表示,酸常数为Ka=1.410-4),向该烧杯中逐步参加0.20molL-1NaOH溶液,试计算：(1)未加NaOH溶液前溶液的pH.(2)力口入10.0mLNaOH后溶液的pH.(3)力口入20.0mLNaOH后溶液的pH.(4)力口入

14、30.0mLNaOH后溶液的pH.解：(1)未加NaOH溶液,烧杯中只是0.2molL-1乳酸,它是一元弱酸.因c/Ka(HLac)=0.2/(1.41&)=1429>500,采用最简式H+=Kac(HLac),J1.410工0.2=5.2910molL-1pH=2.28(12)参加10mLNaOH溶液后,溶液中剩余的乳酸的浓度为c(HLac)=°.2molL-1x10X10"L=0.067molL-13010L生成的乳酸钠浓度为c(NaLac)="molL工010L=0.067molL-13010L因此组成一个乳酸-乳酸钠缓冲溶液体系,因溶液中乳酸

15、和乳酸钠浓度相等,因此pH=pKa=3.85(3)参加20mLNaOH溶液后溶液中的乳酸刚好完全被转化为乳酸钠,其浓度为-1c(NaLac)=0.10moll-乳酸钠在水中发生完全电离,Lac-会发生碱式电离,相应的碱常数为Kb(Lac-尸Kw/Ka(HLac)=10-14/(1.41凶-4)=7.1410-11因c/Kb=0.10/(7.1410-11)=1.4109>>500所以采用最简式OH-=Kb(Lac-)c(Lac-)-；7.1410,10.10=2.6710molL-1精心整理(4)参加30mLNaOH溶液,溶液中的乳酸不但被反响完,NaOH还有剩余.生成的乳酸钠浓度

16、为c(NaLac)=0.08molL-1;剩余的NaOH浓度为c(NaOH)=0.04molL-1由于乳酸钠是一个非常弱的碱,当有相当量NaOH存在时,可忽略乳酸钠对溶液OH-浓度的奉献.因此,溶液的OH-=c(NaOH)=0.04molL-1pOH=1.40,pH=12.602.某未知浓度的一元弱酸用未知浓度的NaOH滴定,当用去3.26mLNaOH时,混合溶液的pH=4.00,当用去18.30mLNaOH时,混合溶液的pH=5.00,求该弱酸的电离常数.解：首先设该弱酸溶液的物质的量为amol,电离常数为Ka,NaOH溶液的浓度为bmolL-1.根据题意,该弱酸中参加NaOH会形成一个缓冲

17、溶液体系.根据汉德森公式,有1.010-4=Ka(1)-51.010=Ka(2)a-3.2610'b(1)除以得10:(3)326.100326/10%3.26a-18.30102b._3.解得a=37.510b(4)(4)代入(2),解得Ka=9.52X0-6所以,该弱酸白电离常数为9.52X0-6O3.某含杂质的一元碱样品0.5000g(该碱的分子量为59.1),用0.1000molLHCl滴定,需用75.00mL;在滴定过程中,参加49.00mL酸时,溶液的pH为10.65.求该碱的电离常数和样品的纯度.解：用B-表示该碱中的阴离子该一元碱样品中碱的量为nB=0.1000molL

18、-1X75.0010-3L=0.0075mol相应的重量为WB=0.0075mol59.1g/mol=0.4433g样品的纯度为0.4433/0.5000=88.66%.当该碱液中参加49.00mL酸时,生成HB的量为n(HB)=0.1000molL-1X49.0010-3L=0.0049mol剩余的碱量为n(B-)=0.0075mol-0.0049mol=0.0026mol因此这实际上形成一个HB-B-缓冲体系根据汉德森公式有c(B-)c(HB)精心整理因该缓冲溶液pH=10.65,那么pOH=3.35,OH-=4.471O-4molL-14.4710j乌60.0049-4Kb=8.42X0

19、44.在1.0L0.10molL-1NaH2PO4溶液中参加500ml0.10molL-1NaOH溶液,求算此溶液的pH.假设向该溶液中参加0.10molL-1MgCl2溶液500ml,是否有Mg(OH)2沉淀生成？(H3PO4的各级酸常数分别为7.11X0-3,6.810-8,4.510-11;Ksp(Mg(OH)2)=5.6110-12)pH=7.17-lg(0.1X1-0.1X0.5)/(0.1X0.5)=7.17c(OH-)=10-6.83J=0.025X(10-6.83)2<Ksp所以,不会析出沉淀.沉淀平衡：1.在以下溶液中不断地通入H2S,计算溶液中最后残留的Cu2+的浓度

20、(1) 0.10mol/LCuCl2溶液；(2) 0.10mol/LCuSO4溶液(3) 0.10mol/LCuSO4溶液与1.0mol/LHCl溶液.KsP(CuS)=8.5X0-45;K；i=1.110-7;31=1.0X0-14;Ka2(H2SO4)=1.0210-2.解题思路要求溶液中残留的Cu2+离子的浓度,根据溶度积公式Ksp=Cu2+S2-,需要先求出溶液中的S2-平衡浓度,而S2-的平衡浓度可通过H2s的电离平衡关系式Ka1Ka2H+2S2-H2S来求取.这就需先求溶液中的平衡H+浓度.向CuCl2溶液中通入H2S,1molCuCl2可产生2molH+;而向Cu(SO4)2中通

21、入H2S,产生的H+会局部转化为HSO4,转化的局部可通过相应的电离平衡进行计算,剩余的才是平衡H+浓度.解：(1)CuS的很小,通H2s时Cu2+沉淀完全sp此时溶液中将产生0.20mol/LH+,由可得所以溶液中残留的Cu2+浓度为(2)向0.10mol/LCuSO4溶液中通入饱和H2S,溶液中同样将产生0.20mol/LH+由于溶液中还存在如下平衡,又会消耗掉一局部H精心整理平衡c/mol/L0.20-x0.10-xx解得x=0.09mol/LH+=0.20-0.09=0.11(mol/L)不入H+NH3H2O=10>0.01/20=0.005molL-1溶液中所需的OH来自于氨水

22、,氨水为一弱碱.所以先根据氨水浓度求出OH一的浓度.对于氨水,c/Kb=0.005/1.77休5=281<500NH3H2O=NH4+OH起始c00平衡cxxx所以_4=2.89X0molLS2-由a1a2H2S212) 1.110-0.1021,S=2=9.110一(mol/L)(0.11)所以溶液中残留的Cu2+浓度为3) )Cu2+沉淀完全时,溶液中H+浓度应该为c(H+)=1.0+0.20=1.20(mol/L)1.20-y0.10-yyy=1y=0.10(1.20-y)(0.10-y)1.0210立H+=1.20-0.10=1.10(mol/L)所以K城端=*=9.-33)2.

23、10mL0.10molL-1MgCl2和10mL0.010molL1氨水混合,是否有Mg(OH)2沉淀生成?解题思路有无沉淀出现的判断-溶度积原理,即比拟离子积用溶度积Ksp的大小.J=Ksp饱和溶液,无沉淀析出.即平衡状态；J<Ks不饱和溶液,假设有固体那么发生溶解；J>Ksp过饱和溶液,向生成沉淀的方向移动.解：体积加倍,浓度减半.2+-1-Kb(Kb)24cKb2Mg2=10>0.1/20=0.05molL1精心整理J=Mg2OH2=0.05)(2.89104)2=4.81M09>Ksp(Mg(OH)2)=5.61X012有Mg(OH)2沉淀生成.3.1L多大浓度

24、的NH4C1溶液可使1gMg(OH)2沉淀溶解？解：设NH4Cl的浓度为xmolL1Mg(OH)2+2NH4+=Mg2+2NH3H2OK=Ksp/Kb2起始1/58x00平衡x-2/581/582/581x=0.068molL-14,定量分析中用AgNO3溶液滴定C溶液,参加K2CrO4为指示剂,到达滴定终点时,AgCl沉淀完全,最后1滴AgNO3溶液正好与溶液中的CrO42一反响生成砖红色的Ag2CrO4沉淀,指示滴定达到终点.问滴定终点时溶液中的CrO42一离子的浓度多大适宜？设滴定终点时锥形瓶里溶液的体积为50mL,在滴定开始时应参加0.1molL1的K2CrO4溶液多少毫升？解题思总&

25、amp;最后1滴AgNO3溶液正好与溶液中的CrO42一反响生成砖红色的Ag2CrO4沉淀,指示滴定到达终点,那么Ag+2CrO42=Ksp(Ag2CrO4).一_-10_-12解：Ksp(AgCl)=1.7710Ksp(Ag2CrO4)=1.1210AgCl沉淀完全时,认为溶液中C=10-5molL1那么：此时溶液中Ag=Ksp(AgCl)/Cl=1.771010/105=1.77X05molL1Ag2CrO42=Ksp(Ag2CrO4)(1.77休5)24CrO42=1.1210122_3-1CrO42=3.6103molL150mLX3.6103molL1=0.1molL1一(QCrOd

26、)V(K2CrO4)=1.8mL5 .有0.20molBaSO4沉淀,每次用饱和Na2CO3(1.6mol.dm-3)溶液处理,假设要把BaSQ沉淀完全转化到溶液中,需要处理几次？(298K,Ksp(BaSQ)=1.07：10-10,Ksp(BaCQ)=2.58：10-9)解：BaSO4(s)+CO32-(aq)=BaCO3(s)+SO42-(aq)平衡浓度：1.6%x6 .用Na2CO3和Na2s溶液处理AgI固体,能不能将AgI固体转化为Ag2CO3和AgzS?解题思路关键在于计算出沉淀转化反响的平衡常数.解：CO32+2AgI=Ag2CO3+2I假设使1mmol的AgI完全转化,那么需要

27、1L浓度为3.76X010molL-1的Na2CO3,所以是不可能实现的.同理,要使AgI转化为Ag2S,那么精心整理S2+2AgI=Ag2S+2I假设使1mmol的AgI完全转化,那么需要1L浓度为3.03X026molL1的NazS,所以很容易转变.电化学：1.将铜片插入盛有0.50molL-1CuSO4溶液的烧杯中,将银片插入盛有0.50molL-1AgNO3溶液的烧杯中,组成原电池.：小0(Cu2+/Cu)=0.337V小0(Ag/Ag)=0.799VKsp(CuS)=1.27x103615Ka1(H2S)=5.7108Ka2(H2S)=1.2X0(1)写出原电池符号,电池反响式；(2

28、)求该原电池的电动势；(3)假设不断通H2s于CuSO4溶液,使之饱和,求此时原电池的电动势.解题思路问题的难点在于通H2s于CuSO4溶液后,对电池状态的改变.需要将氧化复原反响与沉淀溶解平衡联合,求出Cu2+的浓度,然后应用能斯特方程计算.解：(1)1Cu/Cu2+(0.5moll_-1)IIAg(0.50molL11)IAg(+./'ll"-2上电池反响：2Ag+Cu=2Ag+Cu.!一一2+.12+._2+(2)*=MCu/Cu)=(|)(Cu/Cu)+(0.0592/2)lgCu=0.337+=0.329V物=MAg/Ag)=小e(Ag/Ag)+0.0592lgAg

29、=0.799+=0.781VE=0.7810.329=0.452VIJJ-?(3)设通H2s达饱和后,平衡时Cu2+=xmolL1Cu2+H2S=CuS+2H+起始浓度/molL10.500.100平衡浓度/molL1x0.102(0.50R由于Ksp(CuS)=1.27mM36很小,所以达平衡时x数值很小,所以0.50-x0.50解得x=1.86X013那么此时.=MCu2+/Cu)=小0(Cu2+/Cu)+(0.0592/2)lgCu2=0.337+0.0296lg(1.861013)=0.04VE=0.781(0.04)=0.821V精心整理2.酸性介质中下面两个元素的元素电势图：请答复

30、以下问题：(1)计算；小0(IO3/I)=?小0(IO3/HIO)=?(2)指出电势图中哪些物质能发生歧化反响,并写出反响方程式；(3)在酸性介质中H2O2与HIO3能否反响；(4)在酸性介质中I2与H2O2能否反响；(5)综合考虑(3)、(4)两个反响,HIO3与H2O2反响最终结果是什么？用反响式说明.叫/I1195215=1.08嘛：(1)6(2)1.45>1.1所以HIO能发生歧化反响1.77>0.68所以H2O2能发生歧化反响；10HIO=2HIO3+4I2+4H2O2H2O2=2H2O+O2(3)在酸性介质中,由于小0(IO3/I2)=1.195V>0(OH2O2

31、)=0.68V,所以H2O2与HIO3能反响.H2O2+HIO3-I2+.2心犬一；£1./.-r,j(4)在酸性介质中,由于小0(H2O2/H2O)=1.77V>小(IO3/I2)=1.195V,所以I2与H2O2能反响.I2+H2O2-H2O+IO3(5)H2O2+HIO3T2+.2I2+H2O2-H2O+IO3上面两个方程式相加,最终方程式实质为H2O2的分解反响,即2HIO3+5H2O2=I2+5O2+6H2OI2+5H2O2=2HIO3+4H2OIJJ-?所以总反响为：2H2O2=O2+2H2O3.氧化复原滴定的指示剂在滴定中点时因与滴定操作溶液发生氧化复原反响而变色

32、.为选择用重铭钾滴定亚铁溶液的指示剂,请计算出到达终点(Fe2+=10-5molL1,Fe3+=102mol1)时FeT+葭=Fe2+的电极电势,由此估算指示剂的标准电极电势应当多大.解：指示剂作为氧化剂氧化亚铁的反响,在滴定终点时必须具备(XCr2O72/Cr3)=(|(Fe3+/Fe2)=枷(Ox/Red).4.用能斯特方程计算与二氧化钮反响得到氯气的盐酸在热力学理论上的最低浓度.解题思路盐酸浓度不为1,属于非标准状态,要使反响发生,即(|(MnO2/Mn2+)>(XCl2/Cl)o解：反响方程式为MnO2+4HCl=MnCl2+2H2O+C12T正极反响：MnO2+4H+2e=Mn

33、2+2H2O精心整理负极反响：Cl2+2eT=2Cl反响发生,*>*假定反响中Mn2=1molL1,p(Cl2)=100kPa.由于反响中h+和C都来自于盐酸,所以其浓度均等于盐酸浓度.解得HCl=5.4molL15.用能斯特方程计算电对H3AsO4/H3AsO3在pH=0,2,4,6,8,9时的电极电势.用计算结果绘制pH电势图,并用该图判断反响H3ASO4+2I+2H+-H3ASO3+12+H2O在不同酸度下的反响方向.解题思路问题关键在于电对H3AsO4/H3AsO3的电极电势数值受溶液pH的影响,而I2/I一的电极电势与溶液pH无关.所以在一定情况下,因电对H3ASO4/H3AS

34、O3电极电势数值的改变,反响的方向会发生改变.解：按方程式所写:正极反响：H3A94+2H+2e=H3AsO3+H2.负极反响:I2+2e2I假定反响中H3ASO4=1molL1,H3ASO3=1molL1,那么:pH=0时,小=0.580.05920=0.580=0.58VpH=2时,-0.58-0.05922=0.580.1184=0.4616VpH=4时,-0.580.05924=0.580.2368=0.3432VpH=6时,-0.58-0.05926=0.58-0.3552=0.2248VpH=8时,-0.58-0.05928=0.58-0.4736=0.1064VpH=9时,-0.

35、58-0.05929=0.58-0.5328=0.0472V所以电对H3ASO4/H3ASO3的电极电势随溶液pH的升高而降低.而始2/1)=0.535V,所以此反响逆转的最低pH为*=即0.580.0592PH=0.535pH=0.76所以pH>0.76时,反响向左进行；pH<0.76时反响向右进行.6.利用半反响Ag+e=Ag和AgCl的浓度积计算半反响AgCl+e=-Ag+C的标准电极电势.解法一：将半反响AgCl+eAg+C视为半反响Ag+eAg的非标准状态,那么小0(AgCl/Ag)=&Ag/Ag)=小"(Ag/Ag)+0.05921gAgAgClAg+

36、Cl精心整理AglKsp=Ag+A-10j(AgCl/Ag)=0.7996+0.05921g(1.771(X)解得：小0(AgC1/Ag)=0.22V7.光合作用发生的总反响是在25c下反响的H0=2.816汉06Jmol=10M0M0X10mA=10AP=109X1.24=1.24109W',Ir8.小0(Cu2/Cu)=0.16V,小0(I2/I)=0.54V,CuI的Ksp=1.0X012,求:Cu2+2I=CuI+1/2I2的K值；解题思路此问题属于电极电势与平衡常数的联合应用,所以需应用平衡常数K与电动势E怕关系式.解：正极反响：Cu2+I+e=CuI负极反响：I2+2e=2

37、I*0=MCu2/Cu)=00(Cu2+/Cu)+0.0592lg1/CuCuI=Cu+ICu1Ksp(CuI)=Cu,AS>0=-182JK1mol1.假设反响的产物可以设计成一'个原电池在电极上氧气和葡萄糖分别被复原和氧化成水和二氧化碳.这样,我们可以通过光合反响的正逆两个反响把光能转化为电能了.(1)求原电池的电动势.(2)为使上列光合反响发生需要多少摩500nm的光子？(3)用一个边长10m的充满绿藻的正方形游泳池里发生的光合作用的产物来发电,平均1cm3的面积可产生1mA电流,求电池产生电流的功率.解：(1)AG=AH0-TAS；0G0=-nFE0所以,H0T4S0=n

38、FE0,代入数据：2.816106Jmol1-298X(-182JK1mol1)=24M6485JK1mol1XE0解得：E0=1.24V246.626父103M3.00苻2810500M10黄3)功术於IEe.,一,一,一,一9.2.816106(2)精心整理所以60=0.16+0.05921g1/(1.010<12)=0.8704V一一一5K=3.81105配位平衡：1.在1L6molL-1的氨水中参加0.01mo1固体CuSO4,溶解后参加0.01mo1固体NaOH,铜氨配离子能否被破坏？(K稳Cu(NH3)4*2.091013,KspCu(OH)2=2.210-20)解题思路利用

39、K稳1Cu(NH3)42+求出平衡时溶液中Cu2+的浓度,然后计算(Cu2+OH-2),与KspCu(OH)2比拟.解：设平衡时川2+为xmolL-14NH3+Cu2+vCu(NH3)2+开始时60.010平衡时6-4(0.01-x)x0.01-x由于K稳很大,而且氨水大大过量,所以反响正向进行程度很大,剩余Cu2+很少,那么可以近似0.01x=0.016-4(0.01x)=5.96x=3.7910-19molL-1Cu2+2OH-=Cu(OH)2Ksp=Cu2+OH-2=3.79X0-19>0.012=3.79X0-23<2.2X0-20所以不能破坏.2 .在理论上,欲使1x10

40、-5mol的AgI溶于1cm3氨水,氨水的最低浓度应到达多少？事实上是否可能到达这种浓度？(K稳Ag(NH3)2+=1.12X07;Ksp(AgI)=9.3D0-17)解：设平衡时氨水的物质的量为xmol.AgI+2NH3-Ag(NH3)2+I-Ag(NH3)2I-NH32x1X10-51X0-5上2=K稳L.WSm罪笠.3rmOi/icm-3.300molL-1氨水的总浓度=300+2X10-5«300molL-1不可能.3 .利用半反响Cu2+2eT=Cu和Cu(NH3)42+2e=Cu+4NH3的标准电极电势(一0.065),计算配合物反响Cu2+4NH3=Cu(NH3)42+的平衡常数.解：将两个半反响组成一个电池：正极反响：Cu2+2eCur=0.345V负极反响：Cu(NH3)42+2eCu+4NH3(|)0=-0.065V电池反响：