有关竞赛中的计算问题

有关竞赛中的计算问题第1题：Cl2通入NaOH溶液中的主要产物受温度影响，低于-5oC时主要产物是次氯酸钠，高于80oC时主要是氯酸钠。某同学在室温（25oC）下将VL标准状况下的氯气通入到过量的NaOH溶液中，然后将反应后的溶液定容于250.0mL容量瓶中（设溶液A）。（1）取A溶液25mL，用醋酸酸化成弱酸性（pH=4.00）后加入过量KI溶液，该溶液用浓度为C

mol/L的硫代硫酸钠滴定到终点消耗V1mL。（2）另取一份pH=4.00的同体积的醋酸溶液加入过量KI溶液，也用浓度为C

mol/L的硫代硫酸钠滴定到终点消耗V2mL。（3）将（1）、（2）滴定后的溶液用盐酸酸化至强酸性（[H+]=1.0mol/L），析出的I2用该硫代硫酸钠溶液滴定至终点，分别消耗V3和V4mL。已知R=8.314J.mol-1.K-1，F=96485C.mol-1，(ClO-/Cl-)=0.81V，(ClO3-/Cl-)=0.62V，(I2/I-)=0.535V，Ka(HClO)=2.8810-8。1、计算反应后溶液中次氯酸钠与氯酸钠的物质的量之比。2、假设V1=10.00，V2=0.25，V3=9.90，V4=0.15，请计算V的值并写出室温下将VL标准状况下的氯气通入到过量的NaOH溶液中发生的反应的离子方程式。3、计算A溶液用醋酸酸化成弱酸性（pH=4.00）后溶液中各含氯组分的浓度之比。pH=4.00时，(ClO-/Cl-)=0.57V，(ClO3-/Cl-)=0.38V，故只有次氯酸氧化碘离子。[H+]=1.0mol/L时，氯酸也可以氧化碘离子。1、ClO-~I2~2S2O32-；ClO3-~3I2~6S2O32-n(ClO-)=(V1-V2)10-3C2；n(ClO3-)=(V3-V4)10-3C6；n(ClO-)：n(ClO3-)=(V1-V2)3(V3-V4)2、n(ClO-)：n(ClO3-)=31故反应式为：6Cl2+12OH-=3ClO-+ClO3-+8Cl-+6H2On(Cl2)=60n(ClO3-)=97.510-3C(mol)V=2.2C3、pH=4.00，(HClO)=1.0，可以忽略次氯酸根离子。故n(HClO):n(ClO3-):n(Cl-)=3:1:8第2题、某常见金属X能形成多种氧化物，A、B、C是其氧化态从高到低的三种氧化物。由A转化为B，以及由B转化为C分别失去9.9%（相对于A的质量）、7.3%（相对于B的质量）的氧。（1）试通过计算确定X的元素符号和A、B、C的化学式。（2）氧化物B与KOH、KNO3熔融得到D，D在潮湿的空气中易被氧化为A的钾盐，而D溶于水后酸化，得到钾盐A的溶液和氧化物B，分别写出反应方程式。（3）A的浓碱溶液能释放出氧气。为实验在较浓碱溶液中A的阴离子与亚硫酸根离子的氧化还原反应，请说明试剂加入顺序及实验中的注意事项，并写出离子方程式。（4）为确定A的含量，可用高锰酸钾法；测定B的含量，可用Na2S2O3法。分别写出反应方程式。解答：由（2），（3）强烈指出为Mn，A、B、C分别为Mn2O7、MnO2、MnO，经计算由A转化为B，以及由B转化为C分别失去21.63%（相对于A的质量）、18.40%（相对于B的质量）的氧。高于题目中的数值，故考虑其同族元素中原子量大的元素。经计算为Re元素，A、B、C分别为Re2O7、ReO2、ReO。ReO2+2KOH+KNO3=K2ReO4+KNO2+H2O4K2ReO4+O2+2H2O=4KReO4+4KOH3K2ReO4+4HAc=2KReO4+ReO2+4KAc+2H2O10KReO4=3K2ReO4+7ReO2+6O2+2K2O2ReO4-+SO32-+2OH-=2ReO42-+SO42-+H2O，应将亚硫酸根离子加入KReO4溶液中，否则，会有沉淀生成。而且应使用热溶液提高反应速率。5K2C2O4+2KReO4+16HCl=2ReCl2+10CO2+8H2O+12KClReO2+4HI=ReI2+2H2O+I2I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6第3题、使4.9052g金属M的氯化物和过量的微带颜色的液体A作用，放出气体，同时形成无色结晶化合物B。B十分温和地加热到170℃时转变为中性盐C，同时放出密度以氢计为24.9的褐色气体D，盐C继续加热转变为含金属64.04%的产物E。E继续加热得3.2582g金属氧化物。此外还知道1mol化合物B能与7molKOH反应。（1）求出M为何种金属。（2）确定D的组成。（3）B、E属于哪类化合物。（4）写出化合物B与KOH的反应方程式。解答：由金属M的氯化物MCln最终转化为氧化物MO0.5n。由元素守恒得到：4.9052/(M+35.45n)=3.2582/(M+8n)，M=36.3n。n为正整数，合理的为La。D的式量为49.8。且有颜色，从（3）中知道可能是一混合物，故为NO2中混有N2O4，组成46x+92(1-x)=49.8，x=91.7%，N2O4含量为8.3%。E含金属64.04%，设E为LaY，则64.04/35.96=138.9/Y，Y=78，NO4，故E为LaONO3。倒推C为La(NO3)3。A为微带颜色的液体，生成B的过程中放出气体，B能变为La(NO3)3。故A到B的过程为氧化还原反应，故A不是硝酸，则可能为液态N2O4，B为溶剂化合物La(NO3)3nN2O4，1mol化合物B能与7molKOH反应。B为La(NO3)32N2O4，E为不完全水解产物。方程式略。第4题、准确称取磷肥0.385g，用硫酸和高氯酸在高温下分解，使磷转化为磷酸。过滤、洗涤、除去残渣。以硫酸、硝酸为介质，加入过量钼酸铵溶液生成磷钼酸铵沉淀[(NH4)3H4PMo12O42·H2O]，过滤、洗涤、沉淀溶于40.00cm31.026mol/dm3NaOH标准溶液中，以酚酞为指示剂，用0.1022mol/dm3

盐酸标准溶液滴定至终点（MoO42），消耗15.20cm3，计算磷肥中P2O5的百分含量。P2O5的分子量为141.9。酚酞指示剂，说明终点产物为Na2HPO4，(NH4)3H4PMo12O42·H2O+26NaOH=Na2HPO4+12Na2MoO4+3NH3+17H2O；

NH3+HCl=NH4Cl(40.001.0260.102215.20)10-3141.9/46/0.385=31.6%第5题、在含有Al3+一种金属离子的某样品溶液中，加入NH3-NH4Ac缓冲溶液，使pH值等于9.0，然后加入8-羟基喹啉，使Al3+络合成8-羟基喹啉铝沉淀。Al3++3HOC9H6N=Al(OC9H6N)3+3H+过滤，洗涤，将沉淀溶于2mol/L的盐酸中，用15.00cm30.1238mol/dm3KBrO3KBr标准溶液（即KBrO3的浓度为0.1238mol/dm3，KBr过量）处理，使产生的Br2与8-羟基喹啉发生取代：2Br2+HOC9H6N=HOC9H4NBr2+2HBr；待取代反应完全后，加入过量KI，使其与剩余的Br2生成I2，最后用0.1028mol/dm3Na2S2O3标准溶液滴定生成的I2，消耗5.45cm3。1、写出Na2S2O3与I2的反应方程式2、由以上数据计算铝的质量（Al的原子量26.98）1、2Na2S2O3+I2=2NaI+Na2S4O62、(0.123815.0010-330.10285.4510-32)626.98=(5.57110-32.8010-4)626.98=5.29110-3626.98=0.02379(g)=23.79(mg)总量：1BrO3-~3Br2剩余量：1Br2~1I2~2Na2S2O3反应量：1Al~1Al(OC9H6N)3~3HOC9H6N~6Br2第6题、某含Cr和Mn的钢样品10.00g，经适当处理后，Cr和Mn被氧化成Cr2O72-和MnO4-的溶液共250mL。精确量取上述溶液10.00mL，加入BaCl2溶液并调节酸度，使Cr全部沉淀下来，得到了0.0549gBaCrO4。取另一份上述溶液10.00mL，在酸性介质中用0.07500mol/L的Fe2+溶液滴定，用去15.95mL。计算钢样品中Cr和Mn的质量百分含量。原子量：Cr=52.00，Ba=137.3，O=16.00，Cr=52.00，Mn=54.94。解：设钢样品中Cr的质量百分含量为x，Mn的质量百分含量为y。Cr

BaCrO4

由此可知：10.00mL的Cr2O72-溶液中Cr的物质的量等于生成的BaCrO4的物质的量，即为0.0549g253.3g/mol=2.1710-4mol。钢样品中Cr的质量=2.1710-425010.0052.0=0.282g钢样品中Cr的质量百分含量为x=0.28210=2.82%Cr

CrO42-

3Fe2+Mn

MnO4-

5Fe2+由此可知：10.00mL的Cr2O72-和MnO4-溶液中与Cr2O72-反应消耗Fe2+的物质的量为：32.1710-4=6.5010-4mol，Mn的物质的量等于与之反应的Fe2+的物质的量的1/5，即为：(1/5)(0.07515.9510-3-6.5010-4)=1.0910-4mol钢样品中Mn的质量=1.0910-425010.0054.9=0.150g钢样品中Mn的质量百分含量为y=0.15010=1.50%第7题、有机物A是烃或烃的含氧衍生物，分子中碳原子数不超过6。当0.1molA在0.5molO2中充分燃烧后，A无剩余。将生成的气体（1.01×105Pa，110℃下）依次通过足量的无水氯化钙和足量的碱石灰，固体增重质量之比为9∶11，剩余气体的体积折算成标准状况为6.72L。试通过计算、讨论确定A可能的化学式。解：⑴若剩余氧气，则由二氧化碳与水的物质的量之比，可知有机物中C、H原子个数比为1∶4。可假设有机物化学式为(CH4)mOn，(CH4)mOn+(2m-0.5n)O2mCO2+2mH2O0.5-(2m-0.5n)*0.1=6.72/22.4=0.32m-0.5n=2m=1,n=0得该有机物为CH4m=2,n=4得该有机物为C2H8O4,不可能（2）若剩余气体为CO，则由有机物、氧气、一氧化碳的物质的量分别为0.1mol、0.5mol、0.3mol，可知反应中化学计量数之比。假设该有机物化学式为CXHYOZ。CXHYOZ＋5O23CO＋(X－3)CO2＋0.5YH2O由CO2与H2O物质的量之比为1∶2得：(X-3)/0.5Y=1/2①由氧原子守恒得：Z＋10＝3＋(2X－6)＋0.5Y②综合①②得：Z＝4X－19讨论知：X＝5时，Z＝1，有机物化学式为：C5H8O。

X＝6时，Z＝5，有机物化学式为：C6H12O5。第8题、蛋壳的主要成分是CaCO3，其次是MgCO3、蛋白质、色素等。为测定其中钙的含量，洗净蛋壳，加水煮沸约5min，置于蒸发皿中用小火烤干，研细。1、称取0.3g（设为0.3000g）处理后的蛋壳样品，置于锥形瓶中逐滴加入已知浓度C（HCl）的盐酸40.00mL，而后用小火加热使之溶解，冷却后加2滴甲基橙溶液，用已知浓度C（NaOH）回滴，消耗V（NaOH）L达终点。（1）写出计算钙含量的算式。（2）计算得到的是钙的含量吗？（3）是原蛋壳中钙的含量吗？2、称取0.3g（设为0.3000g）处理后的蛋壳样品，用适量强酸溶解，然后加(NH4)2C2O4得沉淀，经过滤、洗涤，沉淀溶于H2SO4溶液，再用已知浓度C（KMnO4）滴定，消耗V（KMnO4）L达到终点。（1）写出计算钙含量的算式；（2）此法求得的钙含量略低于上法。可能是什么原因。3、请你再设计一个实验，正确测定蛋壳中的Ca含量，并写出计算式。

1（1）{[c(HCl)×0.0400－c(NaOH)×V(NaOH)]×(40.00/2)/0.3000}×100%（2）应是Ca、Mg的总量（1分）（3）不是，因为洗涤、煮沸时除去了少量蛋白质，原蛋壳质量减少2（1）[(2/5)c(MnO4－)×V(MnO4－)×(40.00/2)/0.3000]×100%（2）CaC2O4为难溶物，能从溶液中完全沉淀，又能完全溶于过量稀H2SO4。实验结果钙含量低，可能是MgC2O4溶解度不很小之故。（附：18℃MgC2O4·10H2O溶解度0.03g），用H2SO4溶解时H2C2O4量减少之故。3用配位滴定法分析：取洗净后的蛋壳m克，加水煮沸约5min，置于蒸发皿中用小火烤干，研细；置于锥形瓶中逐滴加入稀盐酸溶解稀释；再加入NaOH溶液使pH＞12（Mg2＋沉淀）；用cmol/LEDTA溶液滴定至终点，消耗EDTA溶液VmL。[c(EDTA)×V(EDTA)×40.00/m]×100%

第9题、某含砷的化合物为橘红色，经稀硝酸处理后溶液中仍有黄色粉末状固体，为了分析其组成，进行了以下实验：（1）称取该化合物0.1070g，用稀硝酸处理后除去黄色粉末，所得溶液调节到pH值为8.00，以淀粉为指示剂用2.50102mol·L1的I2标准溶液滴定至终点，消耗20.00mL。（2）然后用盐酸酸化此溶液，加入过量KI溶液，释放出的I2用1.00101mol·L1Na2S2O3标准溶液滴定至终点，消耗20.00mL。试通过分析与计算回答下列问题：（1）该化合物可能是什么？写出化学式及名称。（2）写出该化合物与稀硝酸的反应方程式。（3）写出滴定反应涉及的化学方程式。（4）该化合物中砷元素的质量百分含量为多少？

（1）As4S4，雄黄。（2）3As4S4+16HNO3+10H2O=6H3AsO3+6H3AsO4+12S+16NO（3）AsO33+I2+2OH=AsO43+2I+H2O；AsO43+2I+2H+=AsO33+I2+H2OI2+2S2O32=2I+S4O62n(AsO33)=n(I2)=2.5010220.00103=5.00104(mol)n(AsO33)+n(AsO43)=0.5n(S2O32)=0.51.0010120.00103=1.00103(mol)n(AsO43)=1.001035.00104=5.0104(mol)m(As)=0.0749(g)m(S)=0.0321(g)说明n(As)=n(S)说明方程式（2）为上述。（4）70.0%

第10题、1、琥珀酸（丁二酸）与邻苯二甲酸都是二元酸，其中之一的两个酸常数分别为1.1210–3、3.9110–6。另一个的两个酸常数分别为6.2110–5、2.3110–6。请指出邻苯二甲酸的两个酸常数是哪个？并计算0.010mol/L邻苯二甲酸氢钠溶液的pH值。2、乳酸（D–2–羟基丙酸，HL）的酸常数为1.3810–4，碳酸的两个酸常数分别为4.4510–7、4.6910–11。设在人体血液中正常条件下（pH=7.40和[HCO3–]=0.022mol/L），某运动员在运动后由于缺氧代谢产生的乳酸使其血样中的pH变成7.00，试计算该运动员每升血样中产生了多少摩尔乳酸？3、经测定，碳酸钙的饱和水溶液的pH=9.95，乳酸钙的饱和水溶液的pH=7.40，通过计算表明乳酸钙与碳酸钙的溶解度差异并指出乳酸钙的主要用途。4、血液中含钙。试确定pH=7.40和[HCO3–]=0.022mol/L的血液样品中游离钙离子的最大浓度。

1、答：邻苯二甲酸的两个酸常数是1.1210–3、3.9110–6。[H+]={K1(K2c+Kw)/(c+K1)}1/2cK2>20Kw，c20K1，K2c+Kw=K2c，[H+]={K1K2c/(c+K1)}1/2=6.310–5mol/L，pH=4.202、答：pH=7.40，则[H+]=4.010–8mol/L，[HCO3–]=0.022mol/L，根据碳酸的Ka1求出[H2CO3]=2.010–3mol/L[H+]=4.010–8mol/L时，[CO32–]=Ka1Ka2/{[H+]2+[H+]Ka1+Ka1Ka2}1.110–3，可以忽略。碳酸的总浓度c总=[H2CO3]+[HCO3–]=0.024mol/L。pH=7.00，[HCO3–]/[H2CO3]=4.45，[H2CO3]+[HCO3–]=0.024，得到这时：[H2CO3]=4.410–3mol/L，[HCO3–]=0.0196mol/L。HL+HCO3–=L–+H2CO3的平衡常数K=310，说明乳酸与HCO3–的反应可以认为完全。乳酸的物质的量n=(0.022–0.0196)1=2.410–3mol3、答：pH=9.95，则[OH–]=8.910–5mol/L，CO32–的Kb1=2.1310–4，[CO32–]=3.710–5mol/L，忽略[H2CO3]的量，碳酸钙的溶解度s1=[CO32–]+[HCO3–][CO32–]+[OH–]=1.2610–4mol/L。pH=7.40，则[OH–]=2.510–7mol/L，L–的Kb=7.2510–11，质子条件：[HL]+[H+]=[OH–]；Kb[L–]/[OH–]+Kw/[OH–]=[OH–]，(c[L–])，c[L–]=7.210–4mol/L，乳酸钙的溶解度s2=3.610–4mol/L结论：乳酸钙的溶解度远大于碳酸钙的溶解度，可作为补钙试剂使用。4、答：碳酸钙的Ksp=[Ca2+][CO32–]=1.2610–4[CO32–]=4.710–9

pH=7.40和[HCO3–]=0.022mol/L中[CO32–]=0.0241.110–3=2.610–5，游离钙离子浓度[Ca2+]=1.810–4mol/L

第11题、摩尔电导率Λm（molarconductivity)是指把含有1mol电解质的溶液置于相距为单位距离的电导池的两个平行电极之间，这时所具有的电导。已知无限稀的HCl、NaCl和NaA溶液的摩尔电导率Λm分别为4.262×10-2、1.266×10-2、8.6×10-3S.m2.mol-1。实验测得2.0×10-3mol.L-1的HA溶液的电导率为6.16×10-3S.m-1，求弱酸HA的解离平衡常数。无限稀时HA（完全电离时）的Λm为：4.262×10-2+8.6×10-3-1.266×10-2=3.856×10-2S.m2.mol-1。实验测得2.0×10-3mol.L-1的HA溶液的Λm‘为：6.16×10-3S.m-1/2.0mol.m-3=3.08×10-3S.m2.mol-1。说明HA电离不完全，电离度α=3.08×10-3S.m2.mol-1/3.856×10-2S.m2.mol-1=0.0799Kθ=cα2/(1-α)=2.0×10-3×0.07992/(1-0.0799)=1.4×10-5第12题、某溶液是HNO2和HAc的混合溶液，为了测定该溶液中HNO2和HAc的浓度，某同学先量取50.00mL该溶液放入100mL容量瓶中，加水稀释至刻度，摇匀后，再量取稀释后的25.00mL溶液放入250mL锥形瓶中，用0.1810mol.L-1NaOH溶液滴定，三次平行滴定所用NaOH溶液的体积分别为：24.20mL、24.15mL、24.16mL。再用精密pH计测得未稀释的原溶液的pH值为2.07。试计算该溶液中HNO2和HAc的浓度各为多少？(已知测定温度下，HNO2和HAc的Ka=1.80×10-6和4.50×10-4)。解：(1)求混合酸的总浓度：2×0.1810×(24.20+24.15+24.16)÷3÷25.00=0.3500(mol/L)由于酸的总浓度较大，电离常数均不大，可将混合酸初始浓度近似为平衡浓度。(2)HNO2的平衡浓度为x，则HAc的平衡浓度为0.3500-x。H+离子的平衡浓度8.51×10-3亚硝酸根离子的平衡浓度为y，则醋酸根的平衡浓度为8.51×10-3-y。根据两酸的电离平衡常数列出两式，求解得：x=0.153(mol/L)第13题：有机化合物X是重要的有机合成中间体，广泛的用于医药，农药，生物酶的合成。X式量为83.52，可电解Ng硝基甲烷（CH3NO2）的盐酸水溶液，减压蒸馏除去Tg未反应的硝基甲烷和大部分的水，得浅黄色稠状溶液，冷冻24小时，得到浅黄色晶体X。1、推测X的结构简式，并给出其系统命名。2、写出电解反应的电极方程式和总反应方程式。3、若反应电量为Q(安培小时)，产物X为Wg，假定蒸馏结晶过程中X均无损失，试计算电流效率

和产率у，已知法拉弟常数：96500C/mol。只保留一个常数。4、反应的副产物有哪些？1、X应该为CH3NO2

的还原产物，且应为盐酸盐，由其式量知，X应为：CH3NHOH.HCl(N-甲基羟胺盐酸盐)2、阴极反应：CH3NO2+4H++4e-=CH3NHOH+H2O阳极反应：4Cl--4e-=2Cl2总反应：CH3NO2+5HCl=CH3NHOH.HCl+H2O+Cl23、

电流效率=(W/83.52)965004/(3600Q)=1.28W/Q×100%M(CH3NHOH.HCl)=83.52M(CH3NO2)=61.044y=0.731W/(N-T)×100%4、H2,CH3NH2,CH3NH2.HCl第14题、EDTA的4个酸常数分别为1.010-2、2.110-3、6.910-7、5.510-11。0.020mol/L20.00mLNa2H2Y溶液用同浓度的CaCl2溶液进行滴定，滴定到终点时，溶液的pH值变化了多少？已知K稳(CaY2-)=5.01021。解答：滴定前：两性物质，K1=2.110-3、K2=6.910-7。c=0.020mol/L。[H+]={K1(K2c+Kw)/(c+K1)}1/2=3.6210-5。pH=4.44滴定后：Ca2++H2Y2==[CaY]2-+2H+设平衡时[Ca2+]=xmol/L。

xx0.010-x0.020-2x+3.62105该反应平衡常数Kө=K稳(CaY2-)K3K4=1.9105x=4.610-6故[H+]=0.020mol/L，pH=1.70ΔpH=2.74第15题、（1）化合物A是具有腐蚀性的挥发性红色液体，称取A415mg，使之溶于水中，溶液具有明显的酸性。需要6.0mmol的Ba(OH)2才能中和它，同时溶液中产生沉淀B。（2）过滤出沉淀并洗涤后用适量稀HClO4处理，沉淀B转化为一橙红色溶液C，与此同时又产生一白色的新沉淀D。加入过量的KI后、用S2O32－滴定所生成的I3—离子，耗去9.0mmolS2O32－，终点时生成一绿色溶液，经中和可产生葱绿色沉淀E。（3）过滤E，使之溶于过量的NaOH溶液中变成F，再与H2O2共沸，变成黄色溶液G，酸化时进一步变成橙红色溶液H。向H中加入少许H2O2，有蓝色I生成，I不稳定，静置时又变成了J并放出气体K。1、通过计算说明A为何种物质？2、写出（3）中涉及的化学反应的方程式。3、在含有Ag＋的溶液中，先加入少量的C，再加入适量的Cl－，最后加入足量的S2O32－，估计每一步有什么现象出现？1、A：CrO2ClF（B：BaCrO4C：H2Cr2O7D：Ba(ClO4)2E：Cr(OH)3F：NaCrO2G：Na2CrO4H：Na2Cr2O7I：CrO5J：Cr3＋K：O2）2、Cr(OH)3+OH-=CrO2-+2H2O2CrO2-+2OH-+3H2O2=2CrO42-+4H2O2CrO42-+2H+=Cr2O72-+H2OCr2O72-+4H2O2+2H+=2CrO5+5H2O4CrO5＋12H＋＝4Cr3＋＋7O2↑＋6H2O3、加入少量C（H2Cr2O7）有砖红色沉淀生成；加入适量Cl－变成白色沉淀；加入适量S2O32－，沉淀溶解。

4、将H的饱和溶液加入适量KCl固体，搅拌1小时，得到一用途广泛的试剂L。L是检测司机酒后驾车的活性成分，用文字描述H转化为L的原理，用方程式说明检测司机酒后驾车的原理并标明反应现象。5、化学需氧量（COD）是用L处理一定量水样时所消耗氧化剂的量，并换算成以O2为氧化剂时，1L水样所消耗氧气的mg数（mg/L）。某废水样品20.00mL，加入10.00mL0.0400mol/L的L溶液，充分反应后，用0.100mol/L的硫酸亚铁铵溶液进行反滴定，终点时消耗硫酸亚铁铵溶液12.00mL。计算该废水样品的COD。6、生化需氧量（BOD）指天然水中有机物氧化需要的氧量（mg/L）。其测定方法有(a)(b)两种。(a)：将已知体积（VL）的水样与一定体积的已知含氧量的氯化钠标准溶液混匀，20oC下密闭5天后，分析消耗掉的氧气的量(nmol)；(b)：已知体积（VL）的水样与一定量的重铬酸钾溶液反应，测定重铬酸钾消耗掉的量(mmol)。分别写出两种方法BOD的计算式，预测哪种方法测定的数值要大一些？4、K2Cr2O7的溶解度比Na2Cr2O7小；3CH3CH2OH+2Cr2O72-+16H+=3CH3COOH+4Cr3++11H2O5、(10.00×0.0400-0.100×12.00÷6)×6÷4×32.00÷0.02000=480(mg/L)6、(a)：32000n/V(b)：48000m/V(b)方法测定的结果更大一些，因为（1）重铬酸钾的氧化能力更强一些，氧化掉的有机物更多，且更完全；（2）重铬酸钾的氧化均在溶液中发生，即均相反应，而氧气是气体，只有溶液中的氧气才能反应。第16题、物质A由以下步骤合成：将约10g五水硫酸铜溶于80cm3蒸馏水和4cm3浓硫酸混合液中，将溶液与10g分析纯的金属锡共同煮沸，直至溶液变为无色而且铜的沉淀被一层灰色的锡所覆盖。过滤反应后的溶液并用氨水处理滤液直至某种产品完全沉淀，滤出沉淀并用水洗涤直至无氨水气味。将获得的沉淀分批逐渐加入硝酸中并加以搅拌，直至溶液达到饱和，将悬浮物煮沸2分钟，过滤到事先预热的烧瓶中使之缓慢冷却，得到1.05gX的晶体。加热下，X迅速分解并失重17.49%。形成的残渣是一种二元化合物，也是一种锡的常见矿物。将挥发性的分解产物通过1.00g无水硫酸铜，可使其增重6.9%。1、通过计算确定A的组成。2、画出A中阳离子的可能结构。3、A中阴离子的钠盐与Na2O在银皿中于573K条件下反应7天后制得一种白色晶体B，B中的阴离子与SO42－是等电子体，属于Na3PO4型。3-1、写出B的化学式并命名；画出B的阴离子的立体结构图并说明成键情况。1、二元化合物占82.51%，是SnO2锡石；1.05gX的晶体含水0.069g，其他气体1.05×17.49%=0.183645-0.069=0.115g。其式量18.016×0.115÷0.069=30.0，为NO。SnO2锡石以外其余部分占17.49%；可知：SnO2:(NO+H2O)=3:2，即82.51÷150.71÷17.49×48.016=3:2A为Sn3H4N2O10。2、画出A中阳离子的可能结构。3-1、B：Na3NO4；原硝酸钠或正硝酸钠；4个氧原子位于N为中心的4个顶点上，带三个负电荷；N：sp3杂化；正四面体。3-2、预测B的化学性质是否活泼？为什么？3-3、实验表明：B对潮湿的CO2特别敏感，反应相当剧烈，试写出该反应化学方程式。3-4、近年来，化学家已经制备了物质C。其中，组成C和B的元素完全相同，B的阴离子与C的阴离子表观形式相同（元素和原子个数均相同），但电导实验表明，其电导能力与NaCl相同。试画出C阴离子的结构式，并写出其与水反应的离子方程式。3-2、活泼；因为Na3NO4中中心氮原子半径小，按正常的配位应该是3，即NaNO3较为稳定。因此，当在“挤”入一个氧原子后，排斥能力增强，因此阴离子体系能量增大，不稳定，化学性质变得活泼。3-3、Na3NO4＋H2O＋2CO2→NaNO3＋2NaHCO33-4、NO4－＋H2O→NO3－＋H2O2第17题、处理含铬(VI)废水的一种方法是用FeSO4把铬(VI)还原为铬(III)並同时转化为铁氧体Fe2＋Cr3＋xFe3＋2－xO4（已知：Ksp(Fe(OH)3)=4.010-38，Ksp(Fe(OH)2)=8.010-16，Ksp(Cr(OH)3)=6.010-31，(Cr2O72-/Cr3+)=1.33V，(Fe3+/Fe2+)=0.77V）。1、为了把废水中CrO3还原并转化为铁氧体Fe2＋Cr3＋xFe3＋2－xO4，至少需加CrO3含量多少倍的FeSO4·7H2O固体？2、如果含铬废水为酸性，按铬(VI)在废水中实际存在形式，计算还原反应的pH应在何范围？（其它离子浓度均按标准状态计算）3、沉淀出组成和铁氧体相当的沉淀，pH需在8～10间进行,为什么?1、CrO3+3Fe2＋+6H＋=Cr3＋+3Fe3＋+