分析化学第六版四川大学和华东理工大学课后答案

分析化学第六版四川大学和华东理工大学课后答案

标准偏差s=5

0873

.0%=0.13% 所以， G 计=

13.047.869.8-=1.69 Q 计=32

.869.852

.869.8--=0.46

由表2-2，2-4可得：

当置信度为90%，n=6时，t=2.015，Q 计

＜Q 表

，

当置信度为99%，n=6时，t=4.032，Q 计

＜Q 表

，G 计＜ G 表

所以，8.69不需舍去。 当置信度为90%时，置信范围= x ±

n

ts =8.47%±

6

%

13.0015.2?=8.47%±0.11%

当置信度为99%时，置信范围 = x ±1=8.47%±6

%

13.0032.4?=8.47%±0.21%

11、按有效数字运算规则，计算下列各式。 1) 2.187*0.854+9.6*10-5-0.0326*0.00814

解：原式求得=1.86752 修约可得原式=1.868（一步步写出！） 2) 51.38/（8.709*0.09460） 解：=51.38/0.8239=62.36

3) 9.827*50.62/（0.005164*136.6） 解：=497.4/0.7054=705.1

4）

6

8

810*3.310*1.6*10*5.1--- 解：=？？（一步步写出！）3

.36

.1*5.1*10-5=1.7*10-5

P41 第三章 滴定分析

1、已知浓硝酸的相对密度 1.42,其中含HNO 3约为70%,求其浓度.如欲配制1L 0.25mol ·L -1HNO 3溶液, 应取这种浓硝酸多少毫升? 解：111660

%

70*42.1*100010003--?=?==

L mol L mol M c HNO ρω

mL mL c cV V 1616

1000

*25.0===

配配取

3.假如有一邻苯二甲酸氢钾试样, 其中邻苯二甲酸氢钾含量约为90%, 余下为不与碱作用的杂质。今用酸碱滴定法测定其含量,若采用浓度为 1.000mol ·L -1的NaOH 标准溶液滴定之,欲控制滴定时碱溶液体积在25mL 左右,则: (1)需称取上述试样多少克?

(2)以浓度为0.0100mol ·L -1的碱溶液代替1.000mol ·L -1的碱溶液滴定,重复上述计算.

(3)通过上述(1)(2)计算结果,说明为什么在滴定分析中通常采用的滴定剂浓度

为0.1~0.2mol ·L -1?

解：滴定反应式为：KHC 8H 4O 4+OH -=KC 8H 4O 4-+H 2O

∴ n NaOH =n KHC8H4O4

（1）m KHC8H4O4=n KHC8H4O4·M KHC8H4O4/ω=n NaOH ·M KHC8H4O4/ω

=1.000mol ·L -1*25mL*204.22g ·mol -1/90% =5.7g

（2）m 2=c NaOH ·V NaOH ·M KHC8H4O4/ω

=0.0100mol ·L -1*25mL*10-3*204.22g ·mol -1/90% =0.057g

（3）通过以上计算说明如果滴定剂浓度在0.1~0.2mol ·L -1

，称取

的试样量≥0.2 g, 可以减少称量误差，提高测定的准确度。

8、计算0.01135mol ·L -1HCl 溶液对CaO 的滴定度. 解：此反应为：2HCl+CaO=CaCl 2+H 2O

111/003178.01000

56*01135.0211000---?=???=??=mL g mol g L mol M c b a T CaO HCl HCl

CaO

9、已知高锰酸钾溶液的浓度为T CaCO3/KMnO4=0.005005g ·mL -1,求此高锰酸钾溶液 的浓度及它对铁的滴定度.

解: 用KMnO 4法滴定CaCO 3经过以下几个反应: CaCO 3+H 2C 2O 4=CaC 2O 4+H 2O+CO 2

CaC 2O 4+H +=Ca2++HC 2O 4-

5C 2O 4-+2MnO 4-+16H +=2c+10CO 2+8H 2O 所以:n Ca =5/2*n KMnO4

11/02002.0500

2000

*005005.0*51000

*2*3

43--?=?=

=L mol L mol M T c CaCO KMnO CaCO

5Fe 2++MnO 4-+8H +=5Fe 3++4H 2O+Mn 2+ n Fe =5n KMnO4

1

1/005591.01000

85

.55*02002.0*51000

1/544--?=?=

??

=mL g mL g M c T Fe

KMnO KMnO Fe

12、分析不纯CaCO 3（其中不含干扰物质）时，称取试样０.３０００g ，加入浓度为０.２５００mol/L 的HCl 标准溶液２５.００mL 。煮沸除去CO 2，用浓度为０.２０１２mol/L 的ＮaOH 溶液返滴过量酸，消耗了５.８４mL 。计算试样CaCO 3的质量分数。

解： HCl+NaOH=NaCl+H 2O

V HCl =C NaOH V NaOH /C HCl =(0.2012mol/L ×5.84mL)/0.2500mol/L =4.70mL

故与CaCO 3反应消耗的为（25.00－4.70）mL CaCO 3+2HCl=CaCl+CO 2↑+H 2O n CaCO3=1/2 n HCl

W CaCO3 = n CaCO3*M CaCO3/m s =1/2(n HCl M CaCO3/m s )

= 1/2(C HCl V HCl M CaCO3/m s )

= 1/2×0.2500mol/L ×0.00203L ×100g/mol ÷0.3g ×100%

= 84.58%

P62 第四章酸碱滴定法思考题4-1

7.写出下列物质在水溶液中的质子条件：

（1）NH

3 （2）NaHCO

3

（3）Na

2

CO

3

解：（1）[H+]+[NH

4

+]=[OH-]

（2）[H+]+[H

2CO

3

]=[OH-]+[CO

3

2-]

（3）[H+]+[HCO

32-]+2[H

2

CO

3

]=[OH-]

8. 写出下列物质在水溶液中的质子条件：

（1）NH

4HCO

3

（2）（NH

4

）

2

HPO

4

（3）NH

4

H

2

PO

4

解：（1）[H+]+[H

2CO

3

]=[CO

3

2-]+[NH

3

]+[OH-]

（2）[H+]+[H

2PO4-]+2[H

3

PO

4

]=[OH-]+[PO

4

3-]+[NH

3

]

（3）[H+]+[H

3PO

4

]=[OH-]+[HPO

4

2-]+[NH

3

]+2[PO

4

3-]

P63 习题4-1

3.已知琥珀酸（CH

2COOH）

2

(以H

2

A表示)的pK

a1

=4.19， pK

a2

=5.57，试计算在pH 4.88

和 5.0时H

2A、HA—和A2-的分布系数为δ

1

、δ

2

和δ

，若该酸的总浓度为

0.01mol·L-1pH=4.88时的三种形式的平衡浓度。

解：当pH=4.88时

δ2=[H+]2/([H+]2+K

a1

[H+]+ K

a1·

K

a2

)

=(10-4.88 )2/[(10-4.88 )2+10-4.19×10-4.88＋10-4.19 x10-5.57] =0.145

∴[H

2A]=δ

2

·C=0.145×0.01 mol·L-1 =1.45×10-3 mol·L-1

δ1 = K

a1

[H+]/([H+]2+K

a1

[H+]+ K

a1

·K

a2

)

=(10-4.19×10-4.88)/ [(10-4.88 )2+10-4.19 ×10-4.88 ＋10-4.19 x10-5.57] =0.710

∴[HA—]= δ

1·

C=0.710×0.01 mol·L-1 = 7.10×10-3 mol·L-1

δ0 = (K a1·K a2)/([H +]2+K a1[H +]+ K a1·K a2 )

=(10-4.19 x10-5.57)/ [(10-4.88 )2+10-4.19 ×10-4.88 ＋10-4.19 x10-5.57] =0.145

∴[A 2-]=δ0·C=0.145×0.01 mol ·L -1 =1.45×10-3 mol ·L -1

当pH=5.0时，同理可得： δ2=0.109 δ1=0.702 δ0=0.189

5、已知HAc 的pKa=4.74,NH 3·H 2O 的pKb=4.74。试计算下列各溶液的pH:

（3）0.151mol -?L Cl NH 4溶液， (4)0.151

mol -?L NaAc 溶液 解：(3)对于0.151

mol -?L Cl NH 4溶液，pKa=14-4.74=9.26

C Ka =26

.910

15.0-?>>10Kw ，c/Ka=0.15/26

.910

->>105

所以采用最简式计算：[+H ]=26.91015.0-?=161008.9--??L mol 故pH=-lg[+H ]=5.04

(4)对于0.151

mol -?L NaOAc 溶液，pKb=pKw-pKa=14-4.74=9.26 C Ka =26

.910

15.0-?>>10Kw ，c/Ka=0.15/26

.910

->>105

所以采用最简式计算：[-OH ]=cKb =26.91015.0-?=161008.9--??L mol

故[+

H ]=1

614

1086.910---??L

mol =191001.1--??L mol ,pH=-lg[+H ]=8.96

8.计算下列溶液的pH ：（1）0.1mol/LNaH 2PO 4 (2) 对于0.1mol/LNaH 2PO 4溶液 解：查表得H 3PO 4的pK a 1=2.12, pK a 2=7.20, pK a 3=12.36

NaH 2PO 4和 K 2HPO 4 属两性物质，其酸性和碱性都比较弱， 可为平衡浓度和总浓度相等。 （1） 对于0.1mol/LNaH 2PO 4溶液

c K a 2=0.1 1020.7-》10K W ，c/K a 1=0.1/1012.2-=13.18＞10

所以〔H +〕=1Ka ×2Ka =12.210-×20.710-=2.188×105-mol/L pH=4.66

（2） 对于0.1mol/LNaH 2PO 4溶液

c K a 3=0.05×1036.12=2.18×1014-≈K W , c/ K a 2=0.05/1020.7-》10 所以H 2O 离解的〔H +〕项不可忽略，即K W 不能忽略。 〔H +〕=05.0/1010*05.0*101436.1220.7）（---+=2.00×1010- pH=9.70

14、欲配制pH=10.0的缓冲溶液1L 。用了16.0mol/L 氨水420mL 需加NH 4Cl 多

小克?

解: 查表得:NH 3的PKb=4.74;C b =6.72mol/L [OH -]=（C b /C a ）·K a =6.72/C a ·10-4.74=10-4 C a =1.22 mol/L

所以m(NH 4Cl)= C a ·V ·m=1.22 ×1×35 =65.4g 因为Ca>>[H +]- [OH -] C b >>[OH -]-[H +] 所以采用最简式计算是允许的. 答:需加65.4g NH 4CL 固体。

15、欲配制500 mL pH=5.0的缓冲溶液，用了6 mol/L HAc 34 mL ，需要NaAc ·3H 2O

多少克？

解：查表知HAc 的pKa=1.8×10-5

pH=5.0即[H +]=10-5 mol/L

c （HAc ）=mL mL

L mol 50034·61?-=0.41 mol/L

∵K a =]

[]][[HAc Ac H -+

∴[Ac-]=][][+H HAc Ka =5

510

41

.0108.1--?? =0.74 mol/L

∴m NaAc ·3H2O =136.1×0.74×1.5 =50.5 g

P84 第四章 酸碱滴定法 习题4-2

1、用0.01000 mol ·L -1 HNO 3溶液滴定20.00mL 0.01000 mol ·L -1 NaOH 溶液时，化学计量点pH 为多少？化学计量点附近的滴定突跃为多少？应选用何种指示剂指示终点？

解：由题目已知C(HNO 3)=0.01000 mol ·L -1 C(NaOH)= 0.01000 mol ·L -1

化学计量点时NaOH 全部中和,pH=7.00,滴定突跃是化学计量点前后0.1%范围内pH 的急剧变化

故滴定突跃前,加入HNO 3溶液19.98mL 此时溶液中OH -的浓度为 C (OH -

)=

?=+?00.598.1900.2002.0/01000.0mL

mL mL L mol 10-6

L mol /

pH=8.70

滴定突跃后,加入HNO 3溶液19.98mL 此时溶液中H +的浓度为 [H +]=

mL

mL L

mol mL 02.2000.20/01000.002.0+?= ?00.510-6 L mol / pH=5.30

所以滴定突跃的pH 值范围为8.70~5.30,应选择在此范围内变色的指示剂，如溴百里酚蓝,中性红等

2、某弱酸的pK a ＝9.21，现有其共轭碱NaA 溶液20.00 mL ，浓度为0.1000 L mol /，当用0.01000 L mol / HCl 溶液滴定时，化学计量点的pH 为多少？化学计量点附近的滴定突跃为多少？应选用何种指示剂指示终点？

解：酸的pKa=9.21,则Ka=6.2?10-10

Kb=Kw/Ka=1.6?10-5

CKb=1.6?10-6

>10

-8

能滴定

化学计量点时生成HA[H +]=CKa pH=-1/2lg3.13?10-11=5.26

化学计量点附近的滴定突跃,滴定剂盐酸的量为19.98mL 时,溶液中有生成的HA 和剩余的NaA 组成缓冲溶液 C(HA)=

mL mL L mol mL 98.1900.20/1.098.19+? C(NaA)= mL

mL L

mol mL 98.1900.20/1.002.0+?

pH=pK a - lg(CHA / CNaA)=9.21- 3.0 = 6.21 当过量0.02mL 时 [H +]=

02

.2000.201.002.0+?L mol /=4.99?10-5

L mol /

pH=4.30,突跃范围为6.21~4.30,应选甲基红

P97 思考题4-3 3、标定NaOH 溶液时，若采用：

（1）部分风化的H 2C 2O 4·2H 2O

（2）含有少量中性杂质的H 2C 2O 4·2H 2O

则标定所得浓度偏高,偏低还是准确?为什么?

解: （1）因为H 2C 2O 4·2H 2O 部分风化,滴定时V NaOH 会偏高

根据C(NaOH)=

V NaOH

)O 2H O C H ()

O 2H O C H (224222422.??M m

所以标定所得浓度偏低

（2）因为H 2C 2O 4·2H 2O 中含有少量中性杂质,滴定时V NaOH 会偏低 根据C(NaOH)=

NaOH

24222422V )O 2H O C H ()

O 2H O C H (2???M m

所以标定所得浓度偏高

4 用下列物质标定HCl 溶液浓度: (1)在110℃烘过的Na 2CO 3

(2)相对湿度为30%的容器中保存的硼砂

解: (1)无水Na 2CO 3易吸收空气中的水分,应在270～300℃干燥,而在110℃烘

过的Na 2CO 3还有水分

根据 C(HCl)=

HCl

22V )CO3Na ()CO3Na (2?M m

所以标定所得浓度偏低

(2)因为硼砂含有结晶水,在空气中相对湿度小于39%时,会风化失水 在相对湿度为30%的容器中保存过的硼砂 根据 C(HCl)=

VHCl

)5H2O Na2B4O7()5H2O Na2B4O7(2???M m 所以标定所得浓度偏低

6 、今欲分别测定下列混合物中的各个组分,试拟出测定方案(包括主要步骤,标准溶液,指示剂和含量计算式,以g/mL 表示) (1)H 3BO 3+硼砂 (2) HCl+NH 4Cl

解:(1) ①取VmL H 3BO 3+ Na 2B 4O 7 的混合液于250mL 的锥形瓶中并加入1~2滴甲

基红指示剂

②以0.10L mol /HCl 标准溶液滴定至溶液由红色变为黄色为第一终点,记下读数V 1

③再往混合液中加入甘油,并加入1~2滴酚酞指示剂, 以0.10L mol /NaOH 标准溶液滴定至溶液由无色变为微红色为第二终点,记下读数V 2 2H+ + B 4O 7 + 5H 2O = 4 H 3BO 3

ρNa 2B 4O 7 (g/mL)=V m V C O B Na l 3

1021

742HC HCl -????

ρH 3BO 3 (g/mL)=

V

l CV CV HC NaOH 3

10])(2)[(-?-

(2)①取VmLHCl+NH 4Cl 的混合液于250mL 的锥形瓶中并加入1~2滴甲基红指示剂

②以0.10L mol /NaOH 标准溶液滴定至溶液由红色变为黄色为第一终点,记下读数V 1

③再往混合液中加入甲醛,并加入1~2滴酚酞指示剂,以0.10L mol /NaOH 标准溶液滴定至溶液由无色变为微红色为第一终点,记下读数V 2 ρHCl(g/mL)=

V

m V C HCl NaOH 3

10)(1-???

ρNH 4Cl (g/mL)= V

m V C Cl NH NaOH 3

10)(.42-???

习题4-3

15 、称取混合碱试样0.9476g,加酚酞指示剂,用0.2785 mol ·L -1 HCl 溶液滴定至终点,计耗去酸溶液34.12mL,再加甲基橙指示剂,滴定至终点,又耗去酸23.66mL,求试样中各组分的质量分数 解:涉及的反应有:以酚酞为指示剂时,

OH - + H + =H 2O

CO 32- + H + = HCO 3- 以甲基红为指示剂时 , HCO 3- + H + = CO 2 + H 2O

据题意可知, 以酚酞为指示剂时消耗的盐酸体积少于以甲基红为指示剂消

耗的盐酸体积,故混合碱的成分为NaCO 3和NaOH ω(NaOH)=

%30.12%1009476.01001.40)66.2312.34(2785.03

=???-?-g

ω(NaCO 3)=

%70.73%1009476.03

1099.10566.232785.0=?-???g

16 、称取混合碱试样0.6524g,以酚酞为指示剂,用0.1992mol ·L -1 HCl 标准溶液滴定至终点,用去酸溶液21.76mL,再加甲基橙指示剂,滴定至终点, 又耗去酸27.15mL,求试样中各组分的质量分数

解:由于以甲基红为指示剂时消耗的盐酸体积大于以酚酞为指示

剂时消耗的盐酸体积即V1=21.76mL

ω(NaCO 3)=%42.70%1006524.010

31076.211992.0=??-??g

ω(NaHCO 3)=

%82.13%1009476.084

310)76.2115.27(1992.0=??-?-?g

22 、称取硅酸盐试样0.1000g,经熔融分解,沉淀K 2SiF 6,然后过滤,洗净,水解产生的HF 用0.1477mol ·L -1 NaOH 标准溶液滴定,以酚酞作指示剂,耗去标准溶液24.72mL,计算试样中S i

O 2的质量分数

解:因为S i

O 2与NaOH 反应时物质的量之比为1:4,产生HF 的物质的量为n=0.1477mol 3106511.331072.24-?=-?? 则n(K 2SiF 6)=1/4 ? (mol )3106511.3-?

SiO 2的质量为m=n 1 ?60=0.05477g ω(SiO 2)=

%77.54%1001000.005477.0=?g

g

25 、阿司匹林即乙酰水杨酸,其含量可用酸碱滴定法测定称取试样0.2500g,准

确加入50.00mL 0.1020mol ·L -1 NaOH 溶液,煮沸,冷却后,再以C H2SO4=0.05264mol ·L -1的H 2SO 4溶液23.75mL 回滴过量的NaOH, 以酚酞为指示终点,求试样中乙酰水杨酸的质量分数

解:根据反应式可知n(阿司匹林):n(NaOH)=1:2

C(NaOH):C(H 2SO 4)=2:1,回滴NaOH 用去H 2SO 4的物质的量为n(H 2SO 4)=0.05264 ?23.75 ?10-3=1.25 ?10-3

mol

加入的NaOH 的总物质的量为

n(NaOH)=0.05000 ?0.1020=5.10 ?10-3 mol

ω =%68.93%1002500.0/16.1803m ol)-101.252-3m ol -10 (5.10=?????g

mol

g

P129 第五章 配位滴定法

习题

1 、 计算pH=5.0时EDTA 的酸效应系数αY(H),若此时EDTA 各种存在形式的总

浓度为0.0200mol ·L -1,则[Y 4-]为多少?

解:当pH=5.0时,查表得lg α

Y(H)

=6.45

α

Y(H)

=106.45=2.82 ?106

根据公式αY(H)

=

]4[`][-Y Y 可知:[Y 4-]=?=-?09.77

1082.2/02.0L mol 10-9

L mol /

2 、 PH=5.0时,锌和EDTA 配合物的条件稳定常数是多少?假设Zn 2+和EDTA 的浓

度皆为10-2mol ·L -1 (不考虑羟基配位等副反应),pH=5时,能否用EDTA 标准溶液滴定Zn 2+?

解: 当pH=5.0时,查表得lg α

Y(H)

=6.45 )(ZnY K =16.50

K(ZnY`)=

Y (H))(αZnY K = 45

.10650

.1016=1010.05

由于配位滴定法测定单一金属离子的条件为:lgC `)

(ZnY K ≥6

lgC `)(ZnY K =8.05>6 故可用EDTA 标准溶液滴定Zn 2+

3、 假设Mg 2+和EDTA 的浓度皆为10-2mol/L ，在PH=6时，镁与EDTA 配合物条件稳

定常数是多少（不考虑羟基配位等副反应）？并说明在此PH 条件下能否用EDTA 标准溶液滴定Mg 2+，如不能滴定，求其允许的最小pH 。

解: 当pH=5.0时,查表得αY(H)=4.65

lgK`MgY= lgKMgY- lg αY(H)=8.69-4.65=4.04 K`MgY=104.04

lgCK`MgY=2.04<6,在此pH 条件下不能用EDTA 滴定Mg 2+

5、计算用0.0200mol ·L-1EDTA 标准溶液滴定同浓度的Cu 2+离子溶液时的适宜酸

度范围

解:由 lg αY(H

) ≤lgC+lgK MY -6 lgK Cu 2+=18.80可得:

lg α

Y(H)

≤10.80 允许的最小酸度为:pH ≥3.0

当pH 过大时会产生Cu(OH)2沉淀,沉淀产生需要的

[OH -]=

Cu Ksp =

?=?49.100.02

20

-102.210-10 pOH=8.98 pH=5.02

所以,滴定铜离子的适宜酸度范围是3.0～5.02

10、分析含铜、锌、镁合金时，称取0.5000g 试样，溶解后用容量瓶配成100mL

试液。吸取25.00mL,调至pH=6，用PAN 作指示剂，用0.05000 mol ·L -1EDTA 标准溶液滴定铜和锌，用去37.30mL 。另外又吸取25.00mL 试液，调至pH=10，加KSCN 以掩蔽铜和锌，用同浓度的EDTA 溶液滴定Mg 2+，用去4.10mL ，然后再滴加甲醛以解蔽锌，又用同浓度的EDTA 溶液滴定，用去13.40mL ，计算试样中铜、锌、镁的质量分数。

解:根据题意可得:25mL 合金溶液中含铜和锌的物质的量

为:0.05000?37.30/1000=0.001865L mol /

25mL 合金溶液中含镁的物质的量为: 0.05000?4.10/1000=0.000205mol 25mL 合金溶液中含锌的物质的量为:0.05000?13.40/1000=0.00067mol

25mL

合金溶液中含铜的物质的量为: 0.001865

-0.00067=0.001195mol

ω(Cu)=%75.60%1005000.0/54.6325100001195.0=???

g

mol g mL mL

mol

ω(Zn)=

%05.35%1005000.0/39.652510000067.0=???

g

mol g mL mL

mol ω(Mg)=

%99.3%1005000.0/30.2425100000205.0=???

g

mol g mL mL

mol

11、称取含Fe 2O 3和Al 2O 3试样0.2015g ，溶解后，在pH=2.0时以磺基水杨酸为

指示剂，加热至50℃左右，以0.02008 mol ·L-1的EDTA 滴定至红色消失，消耗EDTA 标准溶液15.20mL ，然后加入上述EDTA 标准溶液25.00mL ，加热煮沸，调节pH=4.5，以PAN 为指示剂，趁热用0.02112 mol ·L-1Cu 2+标准溶液返滴定，用去8.16mL ，计算试样中Fe 2O 3和Al 2O 3的质量分数

解:pH=2.0时,以磺基水杨酸为指示剂,测定的是Fe 3+,根据消耗EDTA 的量可得Fe 2O 3的质量分数为:

%

09.12%1002015.0/69.159/31020.15/02008.021

=??-???g

mol g mL L mL L mol 所以试样中三氧化铝的质量分数为:

%

1002015.0/96.101/310)16.8/02112.025/02008.0(21

??-??-??g

mol g mL L mL L mol mL L mol =8.35%

P171 第六章 氧化还原滴定法

习题

5、计算pH=10.0，C （NH 3）=0.1 mol ·L -1的溶液中Zn 2+/Zn 电对的条件电极电位

（忽略离子强度的影响）。已知锌氨配离子的各级累积稳定常数为： lg β1=2.27 ， lg β2=4.61 lg β3=7.01 lg β4=9.06 ，NH 4+离解常数为

Ka=10-9.25

解:据题意可知:Zn 2+ + 4NH 3 = [Zn(NH 3)4]2+ NH 3?H 2O = NH 4+ + OH -

在pH=10.0时,氨溶液中NH 3的分布系数为δ=

85.0][=++Ka

H Ka

故C`(NH 3)= 0.085mol ·L -1 α([Zn(NH 3)4]2+)=6.65?104 E [Zn(NH3)4]2+/Zn = E θ

+0.059v/2lg[Zn 2+]/[Zn][ [Zn(NH 3)4]2+] = 0.903v

13、称取铜矿试样0.6000g ，用酸溶解后，控制溶液的pH 为3~4，用20.00mLNa 2S 2O 3

溶液滴定至终点。1mL Na 2S 2O 3溶液∝0.004175gKBrO 3.计算Na 2S 2O 3溶液的准确浓度及试样中Cu 2O 的质量分数

解:据题意可知: BrO 3-～3I 2～6S 2O 32- C(Na 2S 2O 3)=0.1500 mol ·L -1

Cu 2O ～2Cu ～I 2 ～ 2S 2O 32-

n(Cu 2O)=0.001500mol

ω(Cu 2O)=

%77.35%1006000.0/09..143001500.0=??g

mol

g mol

25、甲酸钠（HCOONa ）和KMnO 4在中性介质中按下述反应式反应： 3HCOO - +2 MnO 4- +H 2O = 2MnO 2↓+3CO 2↑+5OH -

称取HCOONa 试样0.5000g ，溶于水后，在中性介质中加入过量的0.06000

mol ·L -1 KMnO 4溶液50.00mL ，过滤除去MnO 2沉淀，以H 2SO 4酸化溶液后，用0.1000 mol ·L -1H 2C 2O 4溶液滴定过量的KMnO 4至终点，消耗25.00mL ，计算试样中HCOONa 的质量分数

解: 3HCOO - +2 MnO 4- +H 2O = 2MnO 2↓+3CO 2↑+5OH- 5 C 2O 42- ～ 2 MnO 4- ～ 3HCOO - n(HCOONa)=0.003000mol ω(HCOONa)=%81.40%1005000.0/01.68003000.0=??g mol

g mol

P198 第七章 重量分析法和沉淀滴定法

习题

2、求氟化钙的溶解度

（1）在纯水中（忽略水解） （2）在0.01 mol ·L-1CaCl 2溶液中 （3）在0.01mol ·L-1HCl 溶液中

解: Ksp = 3.4?10-11

（1）Ksp =[Ca2+][F-]2 = S?(2S )2

S

0=?

=0.2

4

3

Ksp

10-4L

mol/

（2）Ksp =[Ca2+][F-]2 = S?(2S)2

S

0=?

=

?

9.2

/

4

01

.0

L

mol

Ksp

10-5L

mol/

（3）αF-(H) =29.6

Ksp` =[Ca2+][F-]`2=[Ca2+][F-]2[αF-(H)]2=4S`3

S

0=?

=9.1

4

2]

(H)

-F

[

3

α

Ksp

10-3 mol·L-1

3、计算pH=5.0，草酸总浓度为0.05 mol·L-1时，草酸钙的溶解度。如果溶液

的体积为300mL，将溶解多少克CaC

2O

4？

解: H

2C

2

O

4

=的Ka

1

=5.9 ?10-2 Ka

2

=6.4 ?10-5 Ksp, CaC

2

O

4

=1.78 ?10-9

设草酸钙的溶解度为S ,则[Ca2+]=S ,由于酸效应的存在,有

[C

2O

4

2-]=0.05/α

C2O4(H)

Ksp, CaC

2O

4

=[Ca2+][C

2

O

4

2-]=S?(0.05/αC

2

O

4

(H))=1.78?10-9

S=4.1?10-8 mol·L-1

溶解草酸钙的质量为

4.1?10-8 mol·L-1?300?128.10g/mol=1.6?10-6g 6、计算下列换算因数

（1）从Mg

2P

2

O

7

的质量分数计算MgSO

4

·7H

2

O的质量

（2）从（NH

4）

3

PO

4

·12MoO

3

的质量计算P和P

2

O

5

的质量

（3）从Cu（C

2H

3

O

2

）2·3Cu(AsO

2

)

2

的质量计算As

2

O

3

和CuO的质量

（4）从丁二酮肟镍Ni（C

4H

8

N

2

O

2

）2的质量计算Ni的质量

（5）从8-羟基喹啉铝（C

9H

6

NO）

3

Al的质量计算Al

2

O

3

的质量

分析化学课后习题答案 第七章

第七章重量分析法和沉淀滴定法 思考题 1.沉淀形式和称量形式有何区别试举例说明之。 答：在重量分析法中，沉淀是经过烘干或灼烧后再称量的。沉淀形式是被测物与沉淀剂反应生成的沉淀物质，称量形式是沉淀经过烘干或灼烧后能够进行称量的物质。有些情况下，由于在烘干或灼烧过程中可能发生化学变化，使沉淀转化为另一物质。故沉淀形式和称量形式可以相同，也可以不相同。例如：BaSO4,其沉淀形式和称量形式相同，而在测定Mg2+时，沉淀形式是MgNH4PO4·6H2O，灼烧后所得的称量形式却是Mg2P2O7。 2．为了使沉淀定量完全，必须加人过量沉淀剂，为什么又不能过量太多 答：在重量分析法中，为使沉淀完全，常加入过量的沉淀剂，这样可以利用共同离子效应来降低沉淀的溶解度。沉淀剂过量的程度，应根据沉淀剂的性质来确定。若沉淀剂不易挥发，应过量20%~50%；若沉淀剂易挥发，则可过量多些，甚至过量100%。但沉淀剂不能过量太多，否则可能发生盐效应、配位效应等，反而使沉淀的溶解度增大。 3．影响沉淀溶解度的因素有哪些它们是怎样发生影响的在分析工作中，对于复杂的情况，应如何考虑主要影响因素 答：影响沉淀溶解度的因素有：共同离子效应，盐效应，酸效应，配位效应，温度，溶剂，沉淀颗粒大小和结构等。共同离子效应能够降低沉淀的溶解度；盐效应通过改变溶液的离子强度使沉淀的溶解度增加；酸效应是由于溶液中H+浓度的大小对弱酸、多元酸或难溶酸离解平衡的影响来影响沉淀的溶解度。若沉淀是强酸盐，如BaSO4，AgCl等，其溶解度受酸度影响不大，若沉淀是弱酸或多元酸盐[如CaC2O4、Ca3(PO4)2]或难溶酸（如硅酸、钨酸）以及与有机沉淀剂形成的沉淀，则酸效应就很显着。除沉淀是难溶酸外，其他沉淀的溶解度往往随着溶液酸度的增加而增加；配位效应是配位剂与生成沉淀的离子形成配合物，是沉淀的溶解度增大的现象。因为溶解是一吸热过程，所以绝大多数沉淀的溶解度岁温度的升高而增大。同一沉淀，在相同质量时，颗粒越小，沉淀结构越不稳定，其溶解度越大，反之亦反。综上所述，在进行沉淀反应时，对无配位反应的强酸盐沉淀，应主要考虑共同离子效应和盐效应；对弱酸盐或难溶酸盐，多数情况应主要考虑酸效应，在有配位反应，尤其在能形成较稳定的配合物，而沉淀的溶解度又不太大时，则应主要考虑配位效应。 4．共沉淀和后沉淀区别何在它们是怎样发生的对重量分析有什么不良影响在分析化学中什么情况下需要利用共沉淀 答：当一种难溶物质从溶液中沉淀析出时，溶液中的某些可溶性杂质会被沉淀带下来而混杂于沉淀中，这种现象为共沉淀，其产生的原因是表面吸附、形成混晶、吸留和包藏等。后沉淀是由于沉淀速度的差异，而在已形成的沉淀上形成第二种不溶性物质，这种情况大多数发生在特定组分形成稳定的过饱和溶液中。无论是共沉淀还是后沉淀，它们都会在沉淀中引入杂质，对重量分析产生误差。但有时候利用共沉淀可以富集分离溶液中的某些微量成分。 5．在测定Ba2+时，如果BaSO4中有少量BaCl2共沉淀，测定结果将偏高还是偏低如有Na2S04、Fe2(SO4)3、BaCrO4共沉淀，它们对测定结果有何影响如果测定S042-时，BaSO4中带有少量BaCl2、Na2S04、BaCrO4、Fe2(S04)3，对测定结果又分别有何影响 答：如果BaSO4中有少量BaCl2共沉淀，测定结果将偏低，因为M BaO＜M BaSO4。如有Na2S04、Fe2(SO4)3、BaCrO4共沉淀，测定结果偏高。如果测定S042-时，BaSO4中带有少量BaCl2、Na2S04、BaCrO4、Fe2(S04)3，对测定结果的影响是BaCl2偏高、Na2S04偏低、BaCrO4偏高、Fe2(S04)3偏低。 6．沉淀是怎样形成的形成沉淀的性状主要与哪些因素有关其中哪些因素主要由沉淀本质决定哪些因素与沉淀条件有关

大学无机化学第六章试题及答案

第六章化学键理论 本章总目标： 1：掌握离子键、共价键和金属键的基本特征以及它们的区别； 2：了解物质的性质与分子结构和键参数的关系； 3：重点掌握路易斯理论、价电子对互斥理论、杂化轨道理论以及分子轨道理论。 4：熟悉几种分子间作用力。 各小节目标： 第一节：离子键理论 1:掌握离子键的形成、性质和强度，学会从离子的电荷、电子构型和半径三个方面案例讨论离子的特征。 2:了解离子晶体的特征及几种简单离子晶体的晶体结构，初步学习从离子的电荷、电子构象和半径三个方面来分析离子晶体的空间构型。 第二节：共价键理论 1;掌握路易斯理论。 2：理解共价键的形成和本质。掌握价键理论的三个基本要点和共价键的类型。3：理解并掌握价层电子对互斥理论要点并学会用此理论来判断共价分子的结构，并会用杂化轨道理论和分子轨道理论来解释分子的构型。 第三节：金属键理论 了解金属键的能带理论和三种常见的金属晶格。 第四节：分子间作用力 1：了解分子极性的判断和分子间作用力（范德华力）以及氢键这种次级键的形成原因。 2;初步掌握离子极化作用及其强度影响因素以及此作用对化合物结构及性质的影响。 习题 一选择题

1.下列化合物含有极性共价键的是（）(《无机化学例题与习题》吉大版) 2 C. Na 2 O 2.下列分子或离子中键能最大的是（） A. O 2 C. O 2 2+ D. O 2 2- 3. 下列化合物共价性最强的是（）(《无机化学例题与习题》吉大版) C. BeI 2 4.极化能力最强的离子应具有的特性是（） A.离子电荷高，离子半径大 B.离子电荷高，离子半径小 C.离子电荷低，离子半径小 D.离子电荷低，离子半径大 5. 下列化合物中，键的极性最弱的是（）(《无机化学例题与习题》吉大版) 3 C. SiCl 4 6.对下列各组稳定性大小判断正确的是（） +＞O 22- B. O 2 -＞O 2 C. NO+＞NO D. OF-＞OF 7. 下列化合物中，含有非极性共价键的离子化合物是（）(《无机化学例题与习题》吉大版) 3 C. Na 2 O 2 8.下列各对物质中，是等电子体的为（） 和O 3 B. C和B+ C. He和Li D. N 2 和CO 9. 中心原子采取sp2杂化的分子是（）(《无机化学例题与习题》吉大版) 3 C. PCl 3 10.下列分子中含有两个不同键长的是（）

无机化学考试试卷及答案

平原大学无机化学考试试卷及答案 (样卷2) 一、填表题 （20分） 1.写出反应最终产物 物质 Ni 2+ Hg 2+(NO 3-) Cr 3+ Mn 2+ 加入过量氨水并放置 [Ni(NH 3)6]2+ HgO ?NH 2HgNO 3 Cr(OH)3 MnO(OH)2 2.物质 HgCl 2 SiCl 4 BBr 3 PH 3 中心原子杂化类型 sp sp 3 sp 2 不等性sp 3 分子空间构型 直线型 正四面体型 正三角形 三角锥型 3.物质 晶体类型 晶格结点上粒子 粒子间作用力 熔点相对高低 SiC 原子晶体 Si 原子、C 原子 共价键 高 NH 3 氢键型分子晶体 NH 3 分子 分子间力、氢键 低 二、填空题 （20分） 1. 随着溶液的pH 值增加，下列电对 Cr 2O 72-/Cr 3+、Cl 2/Cl -、MnO 4-/MnO 42-的E 值将分别 减小、不变、不变。 2．Na 2SO 3与__硫粉__共热可制得Na 2S 2O 3，Cl 2可将Na 2S 2O 3氧化为__ Na 2SO 4_。 3.根据E θ(PbO 2/PbSO 4) >E θ(MnO 4-/Mn 2+) >E θ(Sn 4+/Sn 2+)，可以判断在组成电对的六种物质中，氧化性最强的是 PbO 2 ，还原性最强的是 Sn 2+ 。 4. 用电对MnO 4-/Mn 2+，Cl 2/Cl -组成的原电池，其正极反应为 MnO 4- + 8H + + 5e → Mn 2+ + 4H 2O ，负极反应为 2 Cl - -2 e → Cl 2 ，电池的电动势等于0.15V ，电池符号为(-)Pt,Cl 2(p θ)|Cl -‖MnO 4-,Mn 2+,H +|Pt(+)。（E θ(MnO 4-/Mn 2+)=1.51V ；E θ(Cl 2/Cl -)=1.36V ） 5. 下列各溶液浓度均为0.1 mol ?L -1，按pH 值从小到大顺序排列NH 4NO 3, NH 4F, NH 4OAc, KCN, Na 2CO 3。 KCN, NH 4F, NH 4OAc, NH 4NO 3, Na 2CO 3。 ( 已知K θ(NH 3?H 2O)=1.8×10-5, K θ(HF)=6.6×10-4, K θ(HCN)=6.2×10-10, K θ(HOAc)=1.8×10-5, K θ(H 2CO 3)=4.4×10-7, K θ(H 2CO 3)=4.8×10-11) 6. 已知V E A /θ：Cr 2O 72- +1.36 Cr 3+ -0.41 Cr 2+ -0.86 Cr ，则E θ(Cr 2O 72- / Cr 2+ )= 0.917 V ， Cr 2+能否发生歧化反应 不能 。 7. AlCl 3双聚分子的结构式为：__；其中含有两个_3c-4e_键。 8. 因为SnCl 2强烈水解，在配制其溶液时应加入HCl ，水解反应式为 SnCl 2+H 2O Sn(OH)Cl+HCl 。

分析化学课后习题(详解)

分析化学（第五版）课后习题答案 第二章 误差及分析数据的统计处理 3. 某矿石中钨的质量分数(%)测定结果为：20.39，20.41，20.43。计算标准偏差s 及置信度为95%时的置信区间。 答：分析结果的平均值x =20.41% () ()()()2 4120432041204120412039201 2221 2 ......-+-+-= --= ∑=n x x s n i i =0.02% n=3，置信度为95%时，t = 4.303，有 μ=n ts x ±= (20.410.05)% 7. 有一标样，其标准值为0.123%，今用一新方法测定，得四次数据如下(%)：0.112，0.118，0.115和0.119，判断新方法是否存在系统误差。(置信度选95%) 答：x =0.116%，s=0.003% n=6，置信度为95%时，t = 3.182，有 t 计算=n s x μ-= 4003 0123 01160?-...=4.667> t 新方法存在系统误差，结果偏低。 11.按有效数字运算规则，计算下列各式： (1) 2.187×0.854 + 9.6× 10-5 - 0.0326×0.00814； (2) 51.38/(8.709×0.09460)； (3);

(4) 6 8 810 3310161051---????... 解：(1)1.868；(2)62.36；(3)705.2 ；(4)1.7×10-5。 第三章 滴定分析 3.7. 计算下列溶液滴定度，以g·mL -1表示： (1) 以0.2015 mol·L -1HCl 溶液，用来测定Na 2CO 3，NH 3 (2) 以0.1896 mol·L -1NaOH 溶液，用来测定HNO 3,CH 3COOH 解： (1) 根据反应式 Na 2CO 3 + 2HCl = H 2CO 3 + NaCl NH 3·H 2O + HCl = H 2O + NH 4 Cl 可以得到关系式 n Na 2CO 3 = HCl n 2 1 ， HCl NH n n =3， 所以 = 1 1000232-???L mL M c CO Na HCl =0.01068g/mL = 1 10003-??L mL M c NH HCl =0.003432g/mL (2) 根据NaOH 与HNO 3的反应可知 n NaOH =n HNO3 根据NaOH 与CH 3COOH 的反应可知 n NaOH =n CH3COOH 所以 = 1 10003-??L mL M c HNO NaOH = 0.01195g/mL ； = 1 10003-??L mL M c COOH CH NaOH = 0.01138g/mL 3.8. 计算0.01135 mol·L -1HCl 溶液对CaO 的滴定度。 解：根据CaO 和HCl 的反应可知 n CaO =2 1 n HCl 所以 T CaO/HCl = 1 10002-??L mL M c CaO HCl = 0.0003183g/mL

分析化学第三版课后习题答案

第三章 思考题与习题 1．指出在下列情况下，各会引起哪种误差？如果是系统误差，应该采用什么方法减免？ 答:（1）系统误差中的仪器误差。减免的方法：校准仪器或更换仪器。 （2）系统误差中的仪器误差。减免的方法：校准仪器或更换仪器。 （3）系统误差中的仪器误差。减免的方法：校准仪器或更换仪器。 （4）系统误差中的试剂误差。减免的方法：做空白实验。 （5）随机误差。 （6）系统误差中的操作误差。减免的方法：多读几次取平均值。 （7）过失误差。 （8）系统误差中的试剂误差。减免的方法：做空白实验。 2解：因分析天平的称量误差为mg 2.0±。故读数的绝对误差g a 0002.0±=E 根据%100?T E = E a r 可得 % 2.0%1001000.00002.01.0±=?±= E g g g r %02.0%1000000.10002.01±=?±= E g g g r 这说明，两物体称量的绝对误差相等，但他们的相对误差并不相同。也就是说，当被测定的量较大时，相对误差就比较小，测定的准确程度也就比较高。 3解：因滴定管的读数误差为mL 02.0±，故读数的绝对误差mL a 02.0±=E 根据%100?T E = E a r 可得 % 1%100202.02±=?±= E mL mL mL r %1.0%1002002.020±=?±= E mL mL mL r 这说明，量取两溶液的绝对误差相等，但他们的相对误差并不相同。也就是说，当被测定的量较大时，测量的相对误差较小，测定的准确程度也就较高。 5答:：0.36 应以两位有效数字报出。 6答:：应以四位有效数字报出。 7答:：应以四位有效数字报出。 8答:：甲的报告合理。因为在称样时取了两位有效数字，所以计算结果应和称样时相同，都取两位有效数字。 9 解 ： 根 据 方 程 2NaOH+H 2C 2O 4·H 2O==Na 2C 2O 4+4H 2O 可知， 需H 2C 2O 4·H 2O 的质量m 1为： g m 13.007.1262 020 .01.01=??= 相 对 误 差 为 %15.0%10013.00002.01=?= E g g r 则相对误差大于0.1% ，不能用 H 2C 2O 4 ·H 2 O 标定0.1mol ·L -1 的NaOH ，可以 选用相对分子质量大的作为基准物来标定。 若改用KHC 8H 4O 4为基准物时，则有： KHC 8H 4O 4+ NaOH== KNaC 8H 4O 4+H 2O 需KHC 8H 4O 4的质量为m 2 ，则 g m 41.022.2042 020 .01.02=??= %049.0%10041.00002.02=?= E g g r 相对误差小于0.1% ，可以用于标定NaOH 。 10答：乙的准确度和精密度都高。因为从两人的数据可知，他们是用分析天平取样。所

大学无机化学试题及答案

2004-2005年度第二学期 无机化学中段考试卷 一、选择题 ( 共15题 30分 ) 1. 2 分 (7459) 对于H2O2和N2H4，下列叙述正确的是…………………………………………（） (A) 都是二元弱酸(B) 都是二元弱碱 (C) 都具有氧化性和还原性(D) 都可与氧气作用 2. 2 分 (4333) 下列含氧酸中属于三元酸的是…………………………………………………（） (A) H3BO3 (B) H3PO2(C) H3PO3(D) H3AsO4 3. 2 分 (1305) 下列各对含氧酸盐热稳定性的大小顺序，正确的是……………………………（） (A) BaCO3 > K2CO3(B) CaCO3 < CdCO3 (C) BeCO3 > MgCO3(D) Na2SO3 > NaHSO3 4. 2 分 (1478) 铝在空气中燃烧时，生成…………………………………………………………（） (A) 单一化合物Al2O3 (B) Al2O3和Al2N3 (C) 单一化合物Al2N3 (D) Al2O3和AlN 5. 2 分 (7396) 下列含氧酸根中，属于环状结构的是…………………………………………（） (A) (B) (C) (D) 6. 2 分 (1349) 下列化合物与水反应放出 HCl 的是……………………………………………（） (A) CCl4(B) NCl3(C) POCl3(D) Cl2O7 7. 2 分 (1482) InCl2为逆磁性化合物，其中In的化合价为……………………………………（） (A) +1 (B) +2 (C) +3 (D) +1和+3 8. 2 分 (7475) 鉴别Sn4+和Sn2+离子，应加的试剂为……………………………………………（） (A) 盐酸 (B) 硝酸(C) 硫酸钠 (D) 硫化钠(过量)

分析化学课后作业答案解析

2014年分析化学课后作业参考答案 P25： 1．指出在下列情况下，各会引起哪种误差？如果是系统误差，应该采用什么方法减免？ （1） 砝码被腐蚀； （2） 天平的两臂不等长； （3） 容量瓶和移液管不配套； （4） 试剂中含有微量的被测组分； （5） 天平的零点有微小变动； （6） 读取滴定体积时最后一位数字估计不准； （7） 滴定时不慎从锥形瓶中溅出一滴溶液； （8） 标定HCl 溶液用的NaOH 标准溶液中吸收了CO 2。 答:（1）系统误差中的仪器误差。减免的方法：校准仪器或更换仪器。 （2）系统误差中的仪器误差。减免的方法：校准仪器或更换仪器。 （3）系统误差中的仪器误差。减免的方法：校准仪器或更换仪器。 （4）系统误差中的试剂误差。减免的方法：做空白实验。 （5）随机误差。减免的方法：多读几次取平均值。 （6）随机误差。减免的方法：多读几次取平均值。 （7）过失误差。 （8）系统误差中的试剂误差。减免的方法：做空白实验。 3．滴定管的读数误差为±0.02mL 。如果滴定中用去标准溶液的体积分别为2mL 和20mL 左右，读数的相对误差各是多少？从相对误差的大小说明了什么问题？ 解：因滴定管的读数误差为mL 02.0±，故读数的绝对误差mL a 02.0±=E 根据%100?T E = E a r 可得 %1%100202.02±=?±= E mL mL mL r %1.0%1002002.020±=?±=E mL mL mL r 这说明，量取两溶液的绝对误差相等，但他们的相对误差并不相同。也就是说，当被测定的量较大时，测量的相对误差较小，测定的准确程度也就较高。 4．下列数据各包括了几位有效数字？ （1）0.0330 (2) 10.030 (3) 0.01020 (4) 8.7×10-5 (5) pKa=4.74 (6) pH=10.00 答：（1）三位有效数字 （2）五位有效数字 （3）四位有效数字 （4） 两位有效数字 （5） 两位有效数字 （6）两位有效数字 9．标定浓度约为0.1mol ·L -1 的NaOH ，欲消耗NaOH 溶液20mL 左右，应称取基准物质H 2C 2O 4·2H 2O 多少克？其称量的相对误差能否达到0. 1%？若不能，可以用什么方法予以改善？若改用邻苯二甲酸氢钾为基准物，结果又如何？ 解：根据方程2NaOH+H 2C 2O 4·H 2O==Na 2C 2O 4+3H 2O 可知， 需H 2C 2O 4·H 2O 的质量m 1为：

大学无机化学第十七章试题及答案解析

第十八章 氢 稀有气体 总体目标： 1.掌握氢及氢化物的性质和化学性质 2.了解稀有气体单质的性质及用途 3.了解稀有气体化合物的性质和结构特点 各节目标： 第一节 氢 1.掌握氢的三种成键方式 2.掌握氢的性质、实验室和工业制法及用途 3.了解离子型氢化物、分子型氢化物和金属性氢化物的主要性质 第二节 稀有气体 1.了解稀有气体的性质和用途 2.了解稀有气体化合物的空间构型 习题 一 选择题 1.稀有气体不易液化是因为（ ） A.它们的原子半径大 B.它们不是偶极分子 C.它们仅仅存在较小的色散力而使之凝聚 D.它们价电子层已充满 2.用VSEPR 理论判断，中心原子价电子层中的电子对数为3的是（ ） A .PF 3 B.NH 3 C.-34PO D.-3NO 3.用价电子对互斥理论判断，中心原子周围的电子对数为3的是（ ）(吴成

鉴《无机化学学习指导》) A.SCl2 B.SO3 C .XeF4 D. PF5 4.用价电子对互斥理论判断，中心原子价电子层中的电子对数为6的是（） A.SO2 B. SF6 C. 3 AsO D. BF3 4 5. XeF2的空间构型是（） A.三角双锥 B.角形 C. T形 D.直线型 6.下列稀有气体的沸点最高的是（）(吴成鉴《无机化学学习指导》) A.氪 B.氡 C.氦 D.氙 7.能与氢形成离子型氢化物的是（）(吴成鉴《无机化学学习指导》) A.活泼的非金属 B.大多数元素 C.不活泼金属 D.碱金属与碱土金属 8.稀有气体原名惰性气体，这是因为（） A.它们完全不与其它单质或化合物发生化学反应 B.它们的原子结构很稳定，电离势很大，电子亲合势很小，不易发生化学反应 C.它们的价电子已全部成对 D.它们的原子半径大 9．下列各对元素中，化学性质最相似的是（）(吉林大学《无机化学例题与习题》) A.Be 与Mg B.Mg与Al C Li与Be D.Be与Al 10.下列元素中，第一电离能最小的是（）(吉林大学《无机化学例题与习题》) A.Li B.Be C. Na D.Mg 11.下列化合物中，在水中的溶解度最小的是（）(吉林大学《无机化学例题与习题》)

无机化学考试试卷及答案

化学考试试卷及答案 (样卷2) 一、填表题 （20分） 1.写出反应最终产物 物质 Ni 2+ Hg 2+(NO 3-) Cr 3+ Mn 2+ 加入过量氨水并放置 [Ni(NH 3)6]2+ HgO ?NH 2HgNO 3 Cr(OH)3 MnO(OH)2 2.物质 HgCl 2 SiCl 4 BBr 3 PH 3 中心原子杂化类型 sp sp 3 sp 2 不等性sp 3 分子空间构型 直线型 正四面体型 正三角形 三角锥型 3.物质 晶体类型 晶格结点上粒子 粒子间作用力 熔点相对高低 SiC 原子晶体 Si 原子、C 原子 共价键 高 NH 3 氢键型分子晶体 NH 3 分子 分子间力、氢键 低 二、填空题 （20分） 1. 随着溶液的pH 值增加，下列电对 Cr 2O 72-/Cr 3+、Cl 2/Cl -、MnO 4-/MnO 42-的E 值将分别 减小、不变、不变。 2．Na 2SO 3与__硫粉__共热可制得Na 2S 2O 3，Cl 2可将Na 2S 2O 3氧化为__ Na 2SO 4_。 3.根据E θ(PbO 2/PbSO 4) >E θ(MnO 4-/Mn 2+) >E θ(Sn 4+/Sn 2+)，可以判断在组成电对的六种物质中，氧化性最强的是 PbO 2 ，还原性最强的是 Sn 2+ 。 4. 用电对MnO 4-/Mn 2+，Cl 2/Cl -组成的原电池，其正极反应为 MnO 4- + 8H + + 5e → Mn 2+ + 4H 2O ，负极反应为 2 Cl - -2 e → Cl 2 ，电池的电动势等于0.15V ，电池符号为 (-)Pt,Cl 2(p θ)|Cl -‖MnO 4-,Mn 2+,H +|Pt(+)。（E θ(MnO 4-/Mn 2+)=1.51V ；E θ(Cl 2/Cl -)=1.36V ） 5. 下列各溶液浓度均为0.1 mol ?L -1，按pH 值从小到大顺序排列NH 4NO 3, NH 4F, NH 4OAc, KCN, Na 2CO 3。 KCN, NH 4F, NH 4OAc, NH 4NO 3, Na 2CO 3。 ( 已知K θ(NH 3?H 2O)=1.8×10-5, K θ(HF)=6.6×10-4, K θ(HCN)=6.2×10-10, K θ(HOAc)=1.8×10-5, K θ(H 2CO 3)=4.4×10-7, K θ(H 2CO 3)=4.8×10-11) 6. 已知V E A /θ：Cr 2O 72- +1.36 Cr 3+ -0.41 Cr 2+ -0.86 Cr ，则E θ(Cr 2O 72- / Cr 2+ )= 0.917 V ，Cr 2+能否发生歧化反应 不能 。 7. AlCl 3双聚分子的结构式为：__；其中含有两个_3c-4e_键。 8. 因为SnCl 2强烈水解，在配制其溶液时应加入HCl ，水解反应式为 SnCl 2+H 2O Sn(OH)Cl+HCl 。

分析化学课后题答案(4)

5.1 计算 pH=5 时 EDTA 的酸效应系数αY(H)。若此时 EDTA 各种存在形式的总浓度为 0.0200mol ·L-1，则[Y 4- ] 为多少？ 5.2 pH=5 时，锌和 EDTA配合物的条件稳定常数是多少？假设Zn2+和 EDTA 的浓度皆为10-2mol·L-1（不考虑羟基配位等副反应）。pH=5 时，能否用 EDTA 标准溶液滴定 Zn2+？ 答案：查表 5-2: 当 pH=5.0 时， lgαY(H)=6.45，Zn2+与 EDTA 浓度皆为 10-2mol·L-1， lgK ’=lgK 稳- lgα Y(H) =16.50-6.46=10.05 ﹥8，可以滴定。 5.3假设Mg2+和 EDTA的浓度皆为 10-2mol·L-1，在 pH=6 时，镁与 EDTA 配合物的条件稳定常数是多少（不考虑羟基配位等副反应）？并说明在此pH 条件下能否用 EDTA 标准溶液滴定 Mg 2+。如不能滴定，求其允许的最小 pH 。 答案：（1）查表 5-2:当pH=6.0时，lgα Y(H) =4.65，lgK’=lgK稳 - lgα Y(H) =8.69-4.65=4.04， lgK ’﹤ 8，∴不能滴定 （2）lg αY(H)= lgK稳 -8=0.69，查表 5-2 得 pH ≈9.6。 -13+2+ 5.4试求以EDTA滴定浓度各为0.01 mol· L的Fe和Fe溶液时所允许的最小pH。 （2）Fe2+： lgαY(H)= lgK稳 -8=14.33-8=6.33 ，查表 5-2 得 pH ≈5.1 5.5 计算用 0.0200 mol· L -1EDTA 标准溶液滴定同浓度的 Cu2+离子溶液时的适宜酸度范围。 答案：（1）lgα Y(H) = lgcK稳 -6=lg(0.0200 × 10 18.80)-6=11.1，查表5-2得pH≈2.8 5.5 计算用 0.0200 mol· L -1EDTA 标准溶液滴定同浓度的 Cu2+离子溶液时的适宜酸度范围。 答案：（ 1） lgαY(H)= lgcK稳 -6=lg(0.0200 × 1018.80)-6=11.1，查表5-2得pH≈2.8 5.6称取0.1005g纯CaCO3溶解后，用容量瓶配成 100mL 溶液。吸取 25mL ，在 pH ﹥12 时，用钙指示剂指示终点，用 EDTA 标准溶液滴定，用去 24.90mL 。试计算：

四川大学无机化学答案 第1章 物质的聚集状态

第1章 物质的聚集状态 1-1 答：理想气体状态方程适合于高温低压的条件，只有在高温低压条件下，气体分子间距离大，气体所占的体积远大于分子本身体积，使得分子间作用力和分子本身的体积可以忽略不计时，实际气体的存在状态才接近理想气体。实际气体的Van der Waals 方程是考虑了实际气体分子自身体积和分子间作用力，对压强和体积进行了修正。 1-2 答：当压强接近0Pa 时，气体接近理想气体状态，故可用m 01=lim(p P R V T →）或0lim()P M RT P ρ→=来计算R 和M ，如果压强不趋近于0，则要用实际气体的状态方程式。 1-3 答：某组分B 的分体积定义为混合气体中某组分B 单独存在并且同混合气体的温度和压强相同时所具有的体积V B 。 分体积定律：当温度压力相同时，混合气体的总体积等于各组分分体积之和。 组分B 的体积分数与其摩尔分数是数值上相等的关系。 1-4答： (1). 错，在压强一定时才成立。 (2). 错，在标准状态下，一摩尔气体的体积才是22.4L 。 (3). 对。 (4). 错，根据理想气体的状态方程式，组分的压强温度体积中两者确定时它的状 态才确定，所以一者发生变化另一者不一定发生变化。 1-5 答：饱和蒸气压是指蒸发出的分子数和进入液体的分子数相等时达到平衡状态时蒸气的压强。压强反应的是单位面积处的气体的压力，所以蒸气压液体上方的空间大小无关，由于温度越高，逸出的分子越高速度越快，所以温度会影响蒸气压的大小。实际上饱和蒸气压是液体的重要性质，它仅与液体的本质和温度有关。 1-6 答：晶体与非晶体的基本区别是组成晶体的质点排列是否有规律，质点排列有规律为晶体，无规律为非晶体。 晶体可以分为金属晶体、离子晶体、分子晶体和原子晶体几种类型。 物理特性：由于不同晶体质点间的作用力强度不同，共价键>离子键>分子间作用力（金属键的强度不确定，但一般都比分子间作用力强），所以晶体的熔点沸点硬度一般是原子晶体>离子晶体>金属晶体>分子晶体，导电性主要是金属晶体，但离子晶体在一定条件下也可以导电。 1-7说明：理想气体状态方程的基本应用。 解：273.15K 、p θ 下，pV nRT = 33110V m -=?，32.8610m kg -=?，

《中级无机化学》试题及答案

西北大学化学系2003～2004学年度第二学期 《中级无机化学》试题及答案 一 按要求回答下列各题(6×5) 1 (1) 确定化合物B 10CPH 11的构型并予以命名； (2) 利用三中心两电子键理论判断B n H n 2－阴离子多面体结构中所包含的化学键的类型和数目。 解：(1) B 10CPH 11，写作(CH)(BH)10P ，a ＝1，q ＝0，c ＝0，p ＝10，一个P 原子， n ＝a ＋p ＋(P 原子数)＝1＋10＋1＝12，b ＝(3×1＋2×10＋ 3)/2＝13＝12＋1， 属闭式结构 命名：闭式－一碳一磷癸硼烷(11)或闭式－一碳一磷代十二硼烷(11) (2) B n H n ＋2－22－，c=2，m ＝2，n ＝n ，写出拓扑方程并求解 n －2＝s ＋t m －2＝2－2＝0＝s ＋x n －m/2＋c ＝n －2/2＋2＝n ＋1＝x ＋y B －B 键的数目：3， 三中心两电子硼桥键的数目：n －2； 2 假定LiH 是一个离子化合物，使用适当的能量循环，导出H 的电子亲合焓的表达式。 解： △Lat H m θ(LiH, s) △EA H m θ(H)＝(△atm H m θ＋△I 1H m θ)Li ＋△f H m θ(H)－△f H m θ(LiH ，s)－△Lat H m θ(LiH, s) 3 应用Pauling 规则， (1) 判断H 3PO 4(pK a ＝2.12)、H 3PO 3(pK a ＝1.80)和H 3PO 2(pK a ＝2.0)的结构； (2) 粗略估计H 3PO 4、H 2PO 4－和HPO 42－的pK a 值。 解：(1) 根据pK a 值判断，应有相同非羟基氧原子。 H 3PO 4： H 3PO 3： H 3PO 2： (2) H 3PO 4：一个非羟基氧原子，pK a 值约为2；H 2PO 4－：pK a 值增加5，约为7；HPO 42 －pK a 约为12。 4 用VSEPR 理论预言下列分子或离子的结构，并写出它们所属的点群： f m θ P H HO HO P OH HO HO P H HO H

分析化学习题答案及详解

第二章 误差及分析数据的统计处理 思考题答案 1 正确理解准确度和精密度，误差和偏差的概念。 答：准确度表示测定结果和真实值的接近程度，用误差表示。精密度表示测定值之间相互接近的程度，用偏差表示。误差表示测定结果与真实值之间的差值。偏差表示测定结果与平均值之间的差值，用来衡量分析结果的精密度，精密度是保证准确度的先决条件，在消除系统误差的前提下，精密度高准确度就高，精密度差，则测定结果不可靠。即准确度高，精密度一定好，精密度高，准确度不一定好。 2 下列情况分别引起什么误差？如果是系统误差，应如何消除？ （1）砝码被腐蚀； 答：系统误差。校正或更换准确砝码。 （2）天平两臂不等长； 答：系统误差。校正天平。 （3）容量瓶和吸管不配套； 答：系统误差。进行校正或换用配套仪器。 （4）重量分析中杂质被共沉淀； 答：系统误差。分离杂质；进行对照实验。 （5）天平称量时最后一位读数估计不准；答：随机误差。增加平行测定次数求平均值。 （6）以含量为99%的邻苯二甲酸氢钾作基准物标定碱溶液； 答：系统误差。做空白实验或提纯或换用分析试剂。 3 用标准偏差和算术平均偏差表示结果，哪一个更合理？ 答：标准偏差。因为标准偏差将单次测定的偏差平方后，能将较大的偏差显著地表现出来。 4 如何减少偶然误差？如何减少系统误差？ 答：增加平行测定次数，进行数据处理可以减少偶然误差。通过对照实验、空白实验、校正仪器、提纯试剂等方法可消除系统误差。 5 某铁矿石中含铁%，若甲分析结果为%，%，%，乙分析得%，%，%。试比较甲、乙两人分析结果的准确度和精密度。 答：通过误差和标准偏差计算可得出甲的准确度高，精密度好的结论。 x 1 = ++÷3 =(%) x 2 = ＋＋ ÷3 = (%) E 1=－ =(%) E 2=－ = (%) %030.01 /)(1)(222 1=-∑-∑= --∑= n n x x n x x s i %045.01 /)(222=-∑-= ∑n n x x s i 6 甲、乙两人同时分析同一矿物中的含硫量。每次取样3.5 g ，分析结果分别报告为 甲：%，% 乙：%，% 哪一份报告是合理的？为什么？ 答：甲的分析报告是合理的。因为题上给的有效数字是两位，回答也应该是两位。

四川大学无机化学答案 第2章 化学热力学

第2章 化学热力学 2-1 请认真阅读课本，寻找答案。 2-2略 2-3略 2-4 标准摩尔生成焓是指在指定温度下，由处于稳定状态的单质生成 1mol 纯物质时的标准摩尔焓变。由此可知，（1）不是，生成了2mol （2）是（3）不是，不是由最稳定的单质生成。 标准摩尔燃烧焓是指1mol 标准态的物质完全燃烧后生成标准态产物的反应热效应。由此可知（1）不是，反应物为1mol （2） 不是，反应物没有完全燃烧（3）是。 2-5略 2-6 熵的规律： 1在绝对零度时 , 任何纯净完整晶态物质的熵等于零 2 对于同一物质而言，气态熵大于液态熵，液态熵大于固态熵； 3 由于相同原子组成的分子中，分子中原子数目越多，熵值越大； 4 相同元素的原子组成的分子中，分子量越大熵值越大； 5 同一类物质，摩尔质量越大，结构越复杂，熵值越大； 6 固体或液体溶于水时，熵值增大，气体溶于水时，熵值减少； 7 同一物质，存在不同异构体时，结构刚性越大的分子，熵值越小。 由此规律我们可以知道答案为：（1）符号为负，CO 2是更为稳定的氧化物，H 2是最稳定的单质 （2）符号为负，分子数目在减少。 （3）符号为正，分子数目在增加。 2-7 （1）增加碳的量不改变反应物浓度，因此不改变平衡。 （2）提高了反应物的浓度，平衡正向进行。 （3）平衡向逆向移动。 （4）平衡向正向移动。 （5）由于反应吸热，提高温度使平衡正向移动。 由于属于化学平衡的问题，在此不过多讨论。 2-8 （1）错。因为只有稳定单质的△f H Θm 、△f G Θm 为零，而稳定单质的S Θm 在一般条件下并不为零 （2）错。△f G Θm 为标准状态下的自由能变，对于反应能否进行应该由△f G m 的大小来决定。 （3）对。本题说熵起到重要作用，未提及为唯一的原因，因此为正确的说法。 （4）错。反应是否自发不只与焓变大小有关，应该由△f G m 的大小来决定。 （5）错。同上理。但此说法适用于孤立体系。 （6）错。反应是否自发是热力学问题，而反应进行的快慢则是动力学问题，不是同一个范畴，没有必然的联系。 （7）对。 （8）对。 （9）错。只有最稳定的单质其△f G Θm =0，只有纯净完整晶态物质的熵等于零。 2-9 在273K ，101.3kPa 下，水的气化过程表示为：)(2)(2g l O H O H ?→?

无机化学复习题及答案

无机化学复习题 一、选择题（每题1分，共20分） （ ）1．已知H 2和He 的相对分子质量分别为2和4。2g H 2与2gHe 混合后体系的压力为3300kPa ，则混合气体中He 的分压为： A 、3300 kPa B 、2200 kPa C 、1100 kPa D 、1650 kPa （ ）2．关于氧的相对原子质量下列叙述正确的是： A 、 等于8O 16核素一个原子的质量 B 、等于氧的平均原子质量 C 、等于氧的平均原子质量与碳—12核素质量的121之比值 D 、等于一个氧原子的质量与碳—12核素质量的121之比值 （ ）3．下列关系式中错误的是： A 、H=U+PV B 、ΔU(体系)+ ΔU(环境)=0 C 、ΔG=ΔH-T ΔS D 、ΔG(正反应)×ΔG(逆反应)=1 （ ）4．反应 2NO 2(g)(红棕色)==N 2O 4(g)(无色) Δr H m <0 达平衡后，将体系的温度降低，则混合气体颜色： A 、变浅 B 、变深 C 、不变 D 、无法判断 （ ）5．反应 C(s)+O 2(g)===CO 2(g)，Δr H m <0 下列不能使正反应速度增大的措施是： A 、缩小体系的体积 B 、升高体系温度 C 、增大氧气的分压 D 、减小CO 2(g)的分压 （ ）6．在298K 的温度下石墨的标准生成自由能为： A 、等于零 B 、大于零 C 、小于零 D 、无法确定 （ ）7．NO(g)+CO(g)===2 1N 2(g)+CO 2(g) Δr H m = -373.4kJ ·mol -1 ，欲使有害气体NO 和CO 取得最高转化率，则应选择的操作是： A 、增大NO 浓度 B 、增大CO 浓度 C 、降低温度、增大压力 D 、使用高效催化剂 （ ）8．对于等温等压下进行的任一反应，下列叙述正确的是： A 、Δr S m 越小反应速度越快 B 、Δr H m 越小反应速度越快 C 、Δr G m 越小反应速度越快 D 、Ea 越小反应速度越快 （ ）9．下列四个量子数（依次为n ，l ，m ，m s ）不合理的一组是： A 、（3、1、0、+21） B 、（4、3、1、-2 1） C 、（4、0、0、+21） D 、（2、0、1、-2 1） （ ）10．下列四个量子数所描述的电子运动状态中，能量最高的电子是： A 、（4、1、0、+21） B 、（4、2、1、-2 1） C 、（4、0、0、+21） D 、（4、1、1、-2 1） （ ）11．下列分子中C 原子形成共价键时，原子轨道采取SP 3杂化的是：

分析化学实验课后习题答案

实验四铵盐中氮含量的测定（甲醛法） 思考题： 1.铵盐中氮的测定为何不采用NaOH直接滴定法 答：因NH4+的K a=×10-10，其Ck a<10-8,酸性太弱，所以不能用NaOH直接滴定。 2. 为什么中和甲醛试剂中的甲酸以酚酞作指示剂；而中和铵盐试样中的游离酸则以甲基红作指示剂 答：甲醛试剂中的甲酸以酚酞为指示剂用NaOH可完全将甲酸中和，若以甲基红为指示剂，用NaOH滴定，指示剂变为红色时，溶液的pH值为，而甲酸不能完全中和。铵盐试样中的游离酸若以酚酞为指示剂，用NaOH溶液滴定至粉红色时，铵盐就有少部分被滴定，使测定结果偏高。 中含氮量的测定，能否用甲醛法 答：NH4HCO3中含氮量的测定不能用甲醛法,因用NaOH溶液滴定时，HCO3-中的H+同时被滴定，所以不能用甲醛法测定。 实验五混合碱的分析（双指示剂法） 思考题： 1.用双指示剂法测定混合碱组成的方法原理是什么 答：测混合碱试液，可选用酚酞和甲基橙两种指示剂。以HCl标准溶液连续滴定。滴定的方法原理可图解如下： 2.采用双指示剂法测定混合碱，判断下列五种情况下，混合碱的组成

（1） V 1=0 V 2>0（2）V 1>0 V 2=0（3）V 1>V 2（4）V 10时，组成为：HCO 3- ② V 1>0 V 2=0时，组成为：OH - ③ V 1>V 2时，组成为：CO 32-+ OH - ④ V 1

无机化学第6版张天蓝主编课后复习题答案

《无机化学》第6版张天蓝主编课后习题答案 第一章原子结构 1、υ=DE/h=(2.034′10-18J) / (6.626′10-34J×s)=3.070′1015/s; l=hc/DE= (6.626′10-34J×s ′ 2.998′108 m/s ) / (2.034′10-18 J)= 9.766′10-8 m 2、Dυ3 h/2pmDx = (6.626′10-34 kg×m2/s) / (2′ 3.14′9.11′10-31 kg′1′10-10 m)=1.16′106 m/s。其中1 J=1(kg×m2)/s2, h=6.626′10-34 (kg×m2)/s 3、(1) l=h/p=h/mυ=(6.626′10-34 kg×m2/s) / (0.010 kg′ 1.0′103 m/s)= 6.626′10-35 m，此波长太小，可忽略；（2）Dυ≈h/4pmDυ =(6.626′10-34 kg×m2/s) / (4′ 3.14′0.010 kg′ 1.0′10-3 m/s)= 5.27′10-30 m，如此小的位置不确定完全可以忽略，即能准确测定。 4、He+只有1个电子，与H原子一样，轨道的能量只由主量子数决定，因此3s与3p轨道能量相等。而在多电子原子中，由于存在电子的屏蔽效应，轨道的能量由n和l决定，故Ar+中的3s与3p轨道能量不相等。 5、代表n=3、l=2、m=0，即3d z2轨道。 6、（1）不合理，因为l只能小于n；（2）不合理，因为l=0时m只能等于0；（3）不合理，因为l只能取小于n的值；（4）合理 7、（1）≥3；（2）4≥l≥1；（3）m=0 8、14Si：1s22s22p63s23p2，或[Ne] 3s23p2；23V：1s22s22p63s23p63d34s2，或[Ar]3d34s2；40Zr：1s22s22p63s23p63d104s24p64d25s2，或[Kr]4d25s2；42Mo： 1s22s22p63s23p63d104s24p64d55s1，或[Kr]4d55s1；79Au：1s22s22p63s23p63d104s24p64d104f145s25p65d106s1，或[Xe]4f145d106s1； 9、3s2：第三周期、IIA族、s区，最高氧化值为II；4s24p1：第四周期、IIIA族、p区，最高氧化值为III； 3d54s2：第四周期、VIIB族、d区，最高氧化值为VII；4d105s2：第五周期、IIB族、ds区，最高氧化值为II； 10、（1）33元素核外电子组态：1s22s22p63s23p63d104s24p3或[Ar]3d10s24p3，失去3个电子生成离子的核外电子组态为：1s22s22p63s23p63d104s2或[Ar]3d104s2，属第四周期，V A族；（2）47元素核外电子组态：1s22s22p63s23p63d104s24p64d05s1或[Kr]4d105s1，失去1个电子生成离子的核外电子组态为：1s22s22p63s23p63d104s24p64d10或[Kr]4d10，属第五周期，I B 族；（3）53元素核外电子组态：1s22s22p63s23p63d104s24p64d105s25p5或[Kr]4d105s25p5，得到1个电子生成离子的核外电子组态为：1s22s22p63s23p63d104s24p64d105s25p6或[Kr]4d105s25p6，属第五周期，VII A族。 11、根据电子填充顺序，72元素的电子组态为：1s22s22p63s23p63d104s24p64d104f145s25p65d26s2，或[Xe]4f145d26s2；其中最外层电子的主量子数n=6，属第6能级组，在第6周期，电子最后填入5d轨道，是副族元素，属IV B族，d区元素，其价电子为5d26s2，用4个量子数表示为：5、2、0、+1/2；5、2、1、+1/2；6、0、0、+1/2；6、0、0、-1/2； 12、（1）Br比I的电负性大；（2）S比Si的电离能大；（3）S-比S的电子亲和能大。 13、1s22s22p63s23p63d104s24p64d104f145s25p65d105f145g186s26p66d106f147s17d108s28p5，第8周期，VII A族，p区。 14、最外层6个电子，次外层18个电子（3s23p63d10）；它位于第4周期、VI A族、p区；其基态原子的未成对电子数为2。 第二章分子结构 1、略。 2、