無機及分析化學課后習題與答案

V1.等壓下加熱5%的下列水溶液，最先沸騰的是()解：選D。在等壓下，最先沸騰就是指溶液的蒸氣壓最低。根據(jù)難揮發(fā)非電解質稀溶液的依數(shù)性變化規(guī)律，溶液質量摩爾濃度增大，溶液的蒸氣壓下降。這里，相同質量分數(shù)下，溶質的摩爾質量越小，質量摩爾濃度越大。選項D中非電解質尿素的摩爾質量最小，尿素溶液的質量摩爾濃度最大，蒸氣壓最低，在等壓下最先沸騰。2.0.1mol·kg-1下列水溶液中凝固點最低的是()解：選D。電解質溶液的依數(shù)性雖然不能用拉烏爾定律進行統(tǒng)一的定量計算，但仍然可以參照難揮發(fā)非電解質稀溶液的依數(shù)性進行定性描述。即溶質的粒子數(shù)目增大，會引起溶液的蒸氣壓降低，沸點升高，凝固點下降和溶液的滲透壓增大。此題中，在相同質量摩爾濃度下，溶液中的粒子數(shù)目估算出來是H?SO?溶液最多，所以其凝固點最低。3.膠體溶液中，決定溶膠電性的物質是()A.膠團B.電位離子C.反離子D.膠粒解：選D。根據(jù)膠團結構，膠核和吸附層的整體稱為膠粒，膠粒中反離子數(shù)比電位離子數(shù)少，故膠粒所帶電荷與電位離子符號相同。即膠粒帶電，溶膠電性由膠粒決定。V4.溶膠具有聚結不穩(wěn)定性，但經(jīng)純化后的Fe(OH)?溶膠可以存放數(shù)年而不聚沉，其原因是()A.膠體的布朗運動B.膠體的丁鐸爾效應C.膠團有溶劑化膜D.膠粒帶電和膠團有溶劑化膜解：選D。溶膠具有動力學穩(wěn)定性和聚結穩(wěn)定性，而聚結穩(wěn)定性是溶膠穩(wěn)定的根本原因，它包含兩個方面，膠粒帶有相同電性的電荷，當靠近時會產生靜電排斥，阻止膠粒聚結合并；而電位離子和反離子形成的溶劑化膜，也會阻隔膠粒的聚結合并。由于純化的Fe(OH)?溶膠具有這種聚結穩(wěn)定性，從而可以5.有濃度同為0.01mol·L1的電解質①Na④MgCl?,它們對Fe(OH)?溶膠的聚沉能力大小順序為()解：選D。根據(jù)哈迪-叔爾采規(guī)則：起聚沉作用的主要是與膠粒帶相反電荷的離子。相反電荷離子的價態(tài)愈高，聚沉能力愈大。Fe(OH)?溶膠中膠粒帶正電荷，起聚沉作用的應是電解質中的陰離子，且價態(tài)愈高，聚沉能力愈大。所以聚沉能力由大到小的順序為③②④①,其中由于④中氯離子數(shù)目大于①中硝酸根數(shù)目，參與聚沉溶膠的粒子數(shù)目多，所以④聚沉能力比①強。2.丁鐸爾效應能夠證明溶膠具有性質，其動力學性質可以由布朗運V3.將等體積的0.003mol·L-1AgNO?溶液和0.008mol·L-1KCl溶液混合所溶膠在電場中向正極移動。散的物質叫分散質，分散其他物質的物質叫分散劑。(1)按分散質或分散系。(2)按分散質粒子的大小分：三種。分子離子分散系(d<1nm)、膠體分散系(1nm<d<100nm)、粗分散系(d>100nm)2.對稀溶液依數(shù)性進行計算的公式是否適用于電解質稀溶液和易揮發(fā)溶質的稀答：不適用。當溶質是電解質的時候，拉烏爾定律發(fā)生偏離，主要原因電解質溶液由于溶質發(fā)生解離，使溶液中溶質粒子數(shù)增加，計算時應考慮其解離面，電解質溶液由于離子間的靜電引力比非電解質之間的作用力大得多，因際值偏離較大，應該用活度代替濃度進行計算。對易揮發(fā)溶質的稀溶液，由于其溶質不斷揮發(fā)，溶液濃度不斷變化，所以也無法進行依數(shù)性計算。3.難揮發(fā)溶質的溶液，在不斷的沸騰過程中，它的沸點是否恒定.其蒸氣在冷卻V過程中的凝聚溫度是否恒定.為什么.答：由于溶劑的揮發(fā)，溶液濃度逐漸增大，其沸點是逐漸升高的，至溶液達到飽和后，沸點恒定；在蒸氣冷卻過程中，由于溶劑是純凈的，其凝聚溫度是恒定的，等于溶劑的沸點。4.若滲透現(xiàn)象停止了，是否意味著半透膜兩端溶液的濃度也相等了.答：據(jù)特霍夫的滲透壓定律，若滲透現(xiàn)象停止了，說明滲透壓相等，但其濃度不一定相等。5.溶膠穩(wěn)定的因素有哪些"促使溶膠聚沉的辦法有哪些"用電解質聚沉溶膠時有何規(guī)律”答：溶膠穩(wěn)定的因素有兩個，一是溶膠具有動力學穩(wěn)定性，另一個是聚結穩(wěn)定性。溶膠的動力學穩(wěn)定性系指在重力的作用下，分散質粒子不會從分散劑中沉淀出來，從而保持系統(tǒng)的相對穩(wěn)定的性質。溶膠的聚結穩(wěn)定性是指溶膠在放置過程中不發(fā)生分散質粒子的相互聚結，從而保持系統(tǒng)一定的分散度的性質。促使溶膠聚沉的辦法有加入電解質、將兩種帶相反電荷的膠體按一定的比例混合及加熱等。電解質對溶膠的聚沉作用取決于與膠粒所帶電荷符號相反的離子，而且與其所帶電荷的多少有關，一般來說，離子電荷越高，對溶膠的聚沉能力就越強，這個規(guī)律稱為哈迪一叔爾采規(guī)則。6.什么叫表面活性劑”其分子結構有何特點"答：溶于水后能顯著降低水的表面自由能的物質稱為表面活性物質或表面活性劑。表面活性劑的特性取決于其分子結構。它的分子都是由極性基團和非極性基團兩部分組成，極性基團如--OH,-COOH,-NH:,-SO?:H等對水的親和力很強，稱為親水基；非極性基因如脂肪烴基-R,芳香基-ArV等對油的親和力較強，稱為親油基或疏水基。在表面活性劑溶于水后，分子中的親水基進入水相，疏水基則進入油相，這樣表面活性劑分子就濃集在兩相界面上，形成了定向排列的分子膜，使相界面上的分子受力不均勻情況得到改善，從而降低了水的表面自由能。7.乳濁液的類型與所選用的乳化劑的類型有何關系”舉例說明。答：乳化劑不僅能提高乳濁液的穩(wěn)定性，還能決定乳濁液的類型。一般來說，親水性乳化劑有利于形成O/W型乳濁液，親油性乳化劑有利于形成W/O型乳濁液。8.解釋如下現(xiàn)象：(1)為何江河入海處常會形成三角洲.答：三角洲的形成過程體現(xiàn)了膠體的性質：當河水和海水混合時，由于它們所含的膠體微粒所帶電荷的性質不同，由于靜電作用，異性電荷相互吸引，導致膠體的顆粒變大，最終沉淀了出來，日積月累的堆積，就形成了三角洲。(2)加明礬為什么能夠凈水.答：由于天然水中含有帶負電荷的懸浮物(黏土等),使天然水比較渾濁，而明礬的水解產物Al(OH)?膠粒卻帶正電荷，當將明礬加入天然水中時，兩種電性相反的膠體相互吸引而聚沉，從而達到凈水的效果。(3)不慎發(fā)生重金屬離子中毒，為什么服用大量牛奶可以減輕病狀.答：由于可溶性重金屬離子(強電解質)可使膠體聚沉，人體組織中的蛋白質作為一種膠體，遇到可溶性重金屬鹽會凝結而變性，誤服重金屬鹽會使人中毒。如果立即服用大量鮮牛奶這類膠體溶液，可促使重金屬與牛奶中的蛋白質發(fā)生聚沉作用，從而減輕重金屬離子對機體的危害。V(4)肉食品加工廠排出的含血漿蛋白的污水，為什么加入高分子絮凝劑可起凈化作用.答：因為含有血漿蛋白的污水具有膠體溶液的性質，加入高分子絮凝劑會對膠體溶液起到敏化作用，促進膠體的凝聚，從而凈化了污水。1.10.00mL飽和NaCl溶液質量為12.003g,將其蒸干后得到NaCl3.173(1)NaCl的質量分數(shù)；(2)NaCl的質量摩爾濃度；(3)NaCl的物質的量濃度；(4)2.今有兩種溶液，其一為1.50g尿素(NH?)?CO溶于200g水中；另一為42.8g未知物溶于1000g水中，這兩種溶液在同一溫度開始沸騰，計算這種未知物的由稀溶液的依數(shù)性公式：△t,=K?·bB,可得兩種溶液的質量摩爾濃度相等：V設未知物的摩爾質量為M(B),代入上式得3.將1.00g硫溶于20.0g萘中，使萘的凝固點降低1.30℃,萘的K為261.5/32.065=8.155,即約8個S分子質量，將19g該物質溶于100g水中，測得溶液的沸點升高了0.060K,5.101mg胰島素溶于10.0mL水，該溶液在25.0℃時的滲透壓是4.34kPa,壓為3.17kPa)。解：(1)設胰島素的摩爾質量為M(B),則由滲透壓公式知：V(2)由拉烏爾定律知，△p=p6.人體血漿的凝固點為272.59K,計算在正常體溫(36.5℃)下血漿的滲透壓。解：由于人體血漿為水溶液，因而其溶質的質量摩爾濃度可由其凝固點降低值求得。由公式△t=K.·bg知，血漿的質量摩爾濃度為人體血漿的滲透壓為bg≈c=0.301mol·L17.硫化砷溶膠是由下列反應而制得的2H?AsO?+3H?S=As?S?+6H?O試寫出硫化砷膠體的膠團結構式(電位離子為HS)。并比較NaCl、MgCl?、AICl?三種電解質對該溶膠的聚沉能力，并說明原因。解：硫化砷膠體的膠團結構式為由于硫化砷溶膠帶負電荷，所以根據(jù)哈迪-叔爾采規(guī)則，電解質陽離子對其起聚沉作用，且電荷越高，聚沉能力越強，所以NaCl、MgCl?、AICl?三種電解質中NaCl的聚沉能力最小，AICl?的聚沉能力最大，MgCl?的聚沉能力居中。8.反滲透法是淡化海水制備飲用水的一種方法。若25℃時用密度為1021kg·m3的海水提取淡水，應在海水一側加多大的壓力.假設海水中鹽的總濃度以NaCl的質量分數(shù)計為3%,其中的NaCl完全離子化。解：依題意，每升海水的質量為1021g,其中NaCl的物質的量每升海水NaCl的物質的量濃度：因為題意假定NaCl完全離子化，所以溶液中粒子數(shù)應擴大一倍，根據(jù)滲透V第二章思考題與習題參考答案1.一化學反應系統(tǒng)在等溫定容條件下發(fā)生一變化，可通過兩條不同的途徑完成：(1)放熱10kJ,做電功50kJ;(2)放熱Q,不做功，則()A.Q=-60kJB.Q=-10kJC.Q=-40kJD.反應的Q解：選A。2.在298K,下列反應中△,H°與△,Gm最接近的是()∴反應C中反應物和生成物中無氣體物質、物態(tài)也無變化，△S°值較小。敘述正確的是()B.△,Hm?=-483.63kJ·mol-1表示△ξ=1mol時系統(tǒng)的焓變C.△Hm°=-483.63kJ·mol-1表示生成1molH?O(g)時系統(tǒng)的焓變VA.△,H°>0,△,S">0V2.系統(tǒng)狀態(tài)函數(shù)的特點是：狀態(tài)函數(shù)僅決定于系統(tǒng)的狀態(tài);狀態(tài)函數(shù)的變化只與系統(tǒng)的變化的過程有關，而與變化的途徑無關。3.反應進度ξ的單位是mol;反應計量式中反應物B的化學計量數(shù)VB的值V△H:系統(tǒng)焓的改變值，物理意義為在定壓，只做體積功的情況下，系統(tǒng)與環(huán)境△,H°:標準條件下，當產物與反應物溫度相同時，化學反應過程中系統(tǒng)只做體積功，且反應在定壓條件下按照所給定的方程式完全反應，此時的反應熱。S:系統(tǒng)的狀態(tài)函數(shù)，熵，代表系統(tǒng)的混亂度。G:系統(tǒng)的狀態(tài)函數(shù)，吉布斯自由能，定義為G=H-TS,無具體物理意義。2.若將合成氨反應的化學計量方程式分別寫成N?(g)+3H?(g)==2NH?(g)和答：不相同，這些符號都與熱力學方程式的寫法有關。1.由附錄查出298K時有關的△H°數(shù)值，計算下列反應的△H°(已知：V不查表，根據(jù)上述3個反應的△H°,計算下列反應的△,H°。2.甘氨酸二肽氧化反應為計算：(1)298K時，甘氨酸二肽氧化反應的標準摩爾焓。(2)298K及標準狀態(tài)下，1g固體甘氨酸二肽氧化時放熱多少.解：(1)已知△.H"(C?H?N?O?s)=-745.25kJ·mol1(2)因為M(C?H?N?O?)=132g·mol',所以1gC?H?N?O?氧化時放熱：3.關于生命起源的各種理論中，總要涉及動植物體的一些復雜的化合物能否自發(fā)地由簡單化合物轉化得來。例如，298K及標準狀態(tài)下，計算下列反應的△,G°,判斷尿素能否由二氧化碳和氨自發(fā)反應得來。反應：V4.定壓下苯和氧反應：狀態(tài)下，0.25mo液態(tài)苯與氧反應放熱816.91kJ,求1mol液態(tài)苯和氧反應時焓變和熱力學能變。5.已知下列反應的標準摩爾焓計算乙酸甲酯(CH?COOCH?,I)的標準摩爾生成焓。解：乙酸甲酯的標準摩爾生成反應為根據(jù)蓋斯定律，題中所給的反應式(1)×3+(2)×3-(3)即為CH?COOCH?的生成反應，所以6.葡萄糖在酵母菌等的作用下，經(jīng)過下列發(fā)酵反應生成乙醇：→2CH?CH?OH(I)+2CO?(g)。查附錄，計算標準狀態(tài)和298K時全發(fā)酵過程的V解：因為葡萄糖的全發(fā)酵過程的方程式可寫為=2×(-276.98kJ·mol1)+2×(-393.51利用教材附錄提供的數(shù)據(jù)，計算298K和標準狀態(tài)時，92g液態(tài)乙醇完全燃解：反應C?H?OH(I)+3O?(g)=2CO?(g)+3H?O(I)是乙醇的完全燃燒反應8.大力神火箭發(fā)動機采用液態(tài)N?H?和氣體N?O?作燃料，反應產生的大量熱量和氣體推動火箭升高。反應為利用有關數(shù)據(jù)，計算反應在298K時的標準摩爾焓△,H°。若該反應的熱能完全轉變?yōu)槭?00kg重物垂直升高的位能，試求此重物可達到的高度(已知：△H°(N?H?,1)=50.63kJ·解：根據(jù)反應2N?H?(I)+N?O4(g)=3N?(g)+4H?O(g)計算其反應的標準摩爾V焓△Hm。=0+4×(-241.84kJ·mol-1)計算該反應的標準摩爾吉布斯自由能，并判斷反應在298K及標準狀態(tài)下能(已知葡萄糖的△,Gm(C?H??O?,s)=-910.5kJmol1)。反應在25℃和100KPa下的反應方向。在25℃和100kPa下，乙烯的加氫反應可以正向進行。V解：(1)N?(g)+O?(g)=2NO(g)V引查教材附表并計算標準狀態(tài)下AgNO?(s)分解的溫度。若要防止AgNO?分解，溫度。分解溫度T>369℃若要防止AgNO?分解，應低溫避光保存。V第三章思考題與習題參考答案A.解：選C。依據(jù)化學反應的速率方程U=kdH?)c'2(C?),H?和Cl?濃度增大都3.測得某反應正反應的活化能Ea正=70kJ·molr',逆反應的活化能E=20反應速率為原來的()。V解：選C。依據(jù)阿侖尼烏斯指數(shù)式5.某反應的速率常數(shù)為2.15L2·mol2·min1,該反應為()。A.零級反應B.一級反應C.二級反應D.三級反應解：選D。對于一個基元反應，aA+bB=CC+dD,有反應速率為v=kc"(A)c(B)則其速率常數(shù)k的單位的通式可寫成：(mol·L')1-a-b·s1,反推可以得到為三級反應。6.已知反應2NO(g)+Cl?(g)===2NOCl(g)的速率方程為V=kc(NO)dCl?)。故該反應()A.一定是復雜反應B.一定是基元反應C.無法解：選C?；磻腺|量作用定律，但符合質量作用定律的不一定都是基元反應。反應是基元反應還是復雜反應，要通過實驗來確定。7.已知反應N?(g)+O?(g)===2NO(g)△Hm?>0,當升高溫度時，K將A.減小B.增大C.不變D.無法判斷解：選B。根據(jù)呂·查德里原理，對吸熱反應，當升高溫度時，平衡就向能降低溫度(即能吸熱)的方向移動；即反應正向進行，平衡常數(shù)將增大。VSO?(g)+÷O?(g)SO?(g)平衡常數(shù)為K?。則K和K?的關系為 解：選C。根據(jù)平衡常數(shù)的表達式，平衡常數(shù)與化學反應的化學計量數(shù)是有關的。KMnO?褪色加快，可采取的措施最好不是()。A.升高溫度B.降低溫度C.加酸D.增加C?O?2濃度解：選B。欲使KMnO?褪色加快，即增大反應的速率，只能通過升高溫度，增大反應物的濃度，加入催化劑等來考慮。所以這里降低溫度不利于加快反應速率。10.設有可逆反應aA(g)+bB(g)=CD(g)+eE(g)△,H°>0,且a+b>d+e,要提高A和B的轉化率，應采取的措施是()。A.高溫低壓B.高溫高壓C.低溫低壓D.低溫高壓度(即能吸熱)的方向移動；當增大壓力時，平衡就向能減小壓力(即分子化學計量數(shù)之和小)的方向移動；所以為提高反應物A和B的轉化率，應采取的措施是高溫高壓。V①2NO(g)+H?(g)===N?(g)+H?O?(g)V=kdH?)c(NO),此反應為3級反應。2.已知基元反應CO(g)+NO?(g)===CO?(g)+NO(g),該反應的速率方程對NO?是1級反應，總反應是2級反應。了活化能。4.增加反應物濃度，反應速率加快的主要原因是活化分子總數(shù)增加，提高溫度，反應速率加快的主要原因是活化分子百分數(shù)增加。5.增加反應物的量或降低生成物的量，Q≤K,所以平衡向正反應方向移動；對放熱反應，提高溫度，Q≥K,所以平衡向逆反應方向移動。7.在氣相平衡PCl?(g)=PCl?(g)+Cl?(g)系統(tǒng)中，如果保持溫度、V09.某化學反應在298K時的速率常數(shù)為1.1×10-4s1,在323K時的速率常數(shù)為5.5×10-2s1。則該反應的活化能是，303K時的速率常數(shù)為。1.根據(jù)阿侖尼烏斯指數(shù)式k=A·e-k,對一切化學反應，升高溫度，反應速 率均加快嗎.反應速率常數(shù)的大小與濃度、溫度、催化劑等因素有什么關系.解：根據(jù)阿侖尼烏斯指數(shù)式,溫度與速率常數(shù)成正比，而速率常 數(shù)又與反應速率成正比，所以對一切化學反應，升高溫度，反應速率均加快。反應速率常數(shù)大小由反應物性質決定，與反應物的濃度無關，與溫度成正比。加入催化劑，降低了反應的活化能，增大了反應速率常數(shù)，從而使化學反應速率加快。2.反應速率方程和反應級數(shù)能否根據(jù)化學反應方程式直接得出.次氯酸根和碘離子在堿性介質中發(fā)生下述反應：ClO+|OH→IO+Cl其反應歷程為(1)CIO+H?O===HCIO+OH(快反應)(2)I+HCIO===HIO+Cl(慢反應)(3)HIO+OH===H?O+IO(快反應)試證明v=kdl)dCIO)c'(OH)解：反應速率方程式和反應級數(shù)不能根據(jù)化學反應方程式直接得出，因為質量作用定律只適用于基元反應，且用于定速步驟。對于復雜反應的速率方程，只能通過實驗獲得。因為反應(2)為定速步驟，所以v=k?c(I)c(HClO)V由反應(1)可得平衡常數(shù)令k?K=k所以v=kc(I)c(ClO)c?1(OH)(4)2MnO?(aq)+5H?O?(aq)+6H*(aq)=2Mn2+(aq)+5OV(2)依據(jù)v=kc2(A),代入數(shù)據(jù)計算：1.2=k(0.05)2得到(3)依據(jù)v=kc2(A)代入數(shù)據(jù)計算：2.4=480×c2(A)得到2.在1073K時，測得反應2NO(g)+2H?(g)===N?(g)+2H?O(g)的反應物的實驗序號初始濃度/(mol·L1)生成N?的初始速率123(2)計算該反應在1073K時的速率常數(shù)；應在1073K時的反應速率。Vy=1所以v=kc(NO)dH?)3.已知反應N?O?(g)===N?O?(g)+O?(g)在298K時的速率常數(shù)為3.46×10?s1,在338K時的速率常數(shù)為4.87×10?s1,求該反應的活化能和反應在318K時的速率常數(shù)。4.在301K時，鮮牛奶大約4h變酸，但在278K的冰箱中可保持48h,假定反應速率與牛奶變酸的時間成反比，求牛奶變酸的活化能。解：的催化下，活化能降為8.4kJ·mol1。試計算298K時在酶的催化下，H?O?的分解速率為原來的多少倍.即V6.在791K時，反應CH?CHO===CH?+CO的活化能為190kJ·mol',加入1因為所以7.已知下列反應在1362K時的平衡常數(shù)：計算反應(3)4H?(g)+2SO?(g)=S?(g)+4H?O(g)在1362K時的平衡解：目標方程式(3)可以這樣重合得到：8.在800K下，某體積為1L的密閉容器中進行如下反應2SO?(g)+O?(g)1.0mol·L1,當80%的SO?轉化為SO?時反應達平衡，求平衡時三種氣體Vmol·L',c(O?)=0.84mol·L',c(SO?)=0.32因為壓力平衡常數(shù)：Kp=Kc/RTJ'=[1所以標準平衡常數(shù)K=K(p°)=K(RT'(p?)=0.00286(kPa)1×100kPa9.在523K下PCl?按下式分解PCl?(g)=PCl?(g)+C1?(g)將0.7mol的PCl?置于2L密閉容器中，當有0.5molPCl?分解時，體系達到平衡，計算523K時反應的K及PCl?分解率。起始濃度/(mol-L1)號=0.3500因為pV=nRT所以10.反應C(s)+CO?(g)2CO(g)在1773K時K=2.1×103,1273K(1)反應的△Hm,并說明是吸熱反應還是放熱反應；(2)計算1773K時反應的△,GmV(2)△Hm=-2.303RTIg11.在763K時反應H?(g)+I?(g)=2HI(g)K=45.9,H?、I?、HI按下實驗序號123V(2)Ag?O的熱分解溫度(在分解溫度時p(1)△Gm=-RTInK?K?=p(O?)/p?21.64=-RTl1.下列說法不正確的是()V解：選C.波函數(shù)是由三個量子數(shù)n,lm確定的，與自旋量子數(shù)m,無關。2.下列波函數(shù)符號錯誤的是()解：選C.n,l,m三個量子數(shù)的取值必須符合波函數(shù)的取值原則，即n>3.2p軌道的磁量子數(shù)取值正確的是()解：選D。只有D符合磁量子數(shù)的取值原則。因為m取值受角量子數(shù)/取值的限制，對于給定的/值，m=0,±1,±2,…,±/,共2A1個值。2p軌道的角量子數(shù)/=1,所以磁量子數(shù)m=0,±1。4.基態(tài)某原子中能量最高的電子是()A.3,2,+1,+1/2B.3,0,0,+1/2C.3,1,0,+1/2解：選A。對于多電子的原子，其能量高低由n./共同決定，二者數(shù)值較大且均符合四個量子數(shù)取值原則的就是能量最高的電子。5.某元素原子激發(fā)態(tài)的電子結構式為[Ar]3d34s24p2,則該元素在周期表中位于解：選A。某元素原子激發(fā)態(tài)的電子結構式為[Ar]3d34s24p2,由此可知其基態(tài)原子的電子結構為[Ar]3d?4s2,由分區(qū)及族的劃分原則可知A是正確的。6.下列分子中，中心原子采用sp3不等性雜化的是()V解：選B。可用排除法進行選擇。BeCl?的中心原子采用sp等性雜化；CCl?的中心原子采用sp3等性雜化；BF?的中心原子采用sp2等性雜化。7.下列說法不正確的是()D.共價鍵的極性是由成鍵元素的電負性差造成的解：選C。原子形成共價鍵數(shù)目等于游離的氣態(tài)原子的未成對電子數(shù)的這種說法是價鍵理論的觀點，有缺陷；后來發(fā)展的雜化軌道理論認為，在形成化學鍵的過程中，中心原子的成對電子可以激發(fā)到能量相近的原子軌道而雜化成解：選B。判斷某物質化學鍵中只存在σ鍵就是說該物質不含有雙鍵或三鍵。PH?分子中，中心原子采用sp3不等性雜化，只存在σ單鍵，而CH?O、C?H?含9.下列各物質化學鍵中同時存在σ鍵和π鍵的是()解：選D。判斷某物質化學鍵中同時存在σ鍵和π鍵的，簡單的講就是該物質既含有單鍵，又含有雙鍵或三鍵。C?H?中C-C原子間含有一個σ鍵和兩個π10.下列元素電離能、電子親和能及電負性大小的比較中不正確的是()V解：選B。元素的電子親和能越大，表示元素由氣態(tài)原子得到電子生成負離子的傾向越大，該元素非金屬性越強。但是因為第二周期原子半徑較小，電子間斥力較大造成第二周期元素的電子親和能小于第三周期，所以B是錯誤的。A.選項中O、S、Se、Te為同一主族元素從上到下電離能由大變小，元素的電負性，其遞變規(guī)律同一周期主族元素從左到右電負性逐漸增加，過渡元素的電負性變化不大。同一主族元素從上到下電負性逐漸減小，副族元素則從Al、Mg、Na為同一周期主族元素，所以電負性Si>Al>Mg>Na11.下列物質的分子間只存在色散力的是()12.下列晶體熔化時只需克服色散力的是()A.CH?COOHB.CH?CH?OCH?CH?C.SiO?D.CS?解：選D。因為只有非極性分子間只存在色散力，晶體熔化時只需克服色散力即是說只要判斷出哪種晶體是非極性分子晶體即可。CS?晶體是非極性分子晶體，熔化時只需克服色散力，而SiO?晶體是原子晶體，CH?COOH、CH?CH?OCH?CH?的晶體是極性分子晶體。二、填空題V1.下列各電子結構式中，表示基態(tài)原子的是(1),表示激發(fā)態(tài)原子的是(3)(4) (6),表示錯誤的是(2)(5)。(1)最外層有6個p電子VIIA族，稀有氣體元素(He除外);(2)n=4,F0+1價離子最外層有18個電子IB族。4.指出下列各能級對應的n和/值，每一(1)2pn=2,/=1,有3條軌道；(3)6sn=6,/=0,有1條軌道；(4)5dn=5,/=2,有5條軌道。Vn/mm3214322003201003117.試用s,p,d,f符號來表示下列各元素原子的電子結構：(1)i8Ar[Ne]38.根據(jù)下列原子的價電子層結構填表：價電子層結構區(qū)周期族最高正氧化態(tài)電負性Sp第四第四第三第一第四第三第六第二9.已知甲元素是第三周期p區(qū)元素，其最低氧化態(tài)為-1,乙元素是第四周期d區(qū)元素，其最高氧化態(tài)為+4。試填下表：V元素外層電子構型族金屬或非金屬電負性相對高低甲非金屬高乙金屬低 性分子。的極性>P-H的極性或F的電負性>H的電負性o遞增，色散力按_O、Hs、Hse順序遞增，沸點按H?S、H?Se、H?O順序遞增。(4)下列各物質中每個碳原子所采用的雜化軌道分別是(CH?,C?H?,C?H?,CH?OH,CH?O)CH:sp3雜化；C,H?:sp雜化；C,H?:sp2;CH?OH:sp3o11.判斷下列晶體的熔點高低順序：1.指出下列各組中錯誤的量子數(shù)并寫出正確的。V2.元素Ti的電子構型是[Ar]3d24s2,試問這22個電子(1)屬于哪幾個電子層.(4)其中單電子軌道有幾個.(5)價電子數(shù)有幾個.解：(1)4個電子層，7個亞層(2)4個能級組，7個能級(3)12條原子軌道(4)2條原子軌道(5)4個價電子充滿，試推斷該元素的原子序數(shù)、電子結構，并指出位于周期表中哪一族.是什么元素.(2)堿金屬族中原子半徑最大的元素；V個和4個，寫出A、B原子的名稱和電子構型，并說明推理過程。6.指出下列分子中存在的σ鍵和π鍵的數(shù)目：C?H?,PH?,CO?,N?,SiH?7.預測下列各組物質熔點、沸點的高低，并說明理由。(2)甲醇<乙醇<丙醇(3)乙醇<丙三醇(4)HF>HCl8.指出下列各組化合物中，哪個化合物的價鍵極性最大.哪個最小.解：(1)極性最大NaCl,極性最小PCl?(2)極性最大RbF,極性最小LiF9.下列分子中哪些有極性，哪些無極性.從分子構型加以說明。解：(1)CS?非極性分子，直線形(2)BF?非極性分子，平面三角形(5)SiH?非極性分子，正四面體(6)OF?極性分子V字形(1)H?—H?(2)HBr—H?OV解：(1)只存在色散力(2)存在色散力、取向力、誘導力(3)存在色散力(4)存在色散力、取向力、誘導力、氫鍵(5)存在色散力、取向力、誘導力、氫鍵(6)存在色散力(7)存在色散力、取向力、誘導力、氫鍵(8)色散力，誘導力(9)存在色散力、取向力、誘導力(10)存在色散力、氫鍵22.據(jù)1998年《化學進展》介紹，我國科學家在高壓、700℃和催化劑作用下，實施CCl?+4Na→C+4NaCl的反應，制成了金剛石，這個實驗是從性雜化而形成的分子骨架，金剛石則可看成CH?完第五章思考題與習題參考答案1.氫氣與下列物質反應中，氫氣不作為還原劑的是()A.單質硫B.金屬鋰C.四氯化鈦D.乙烯V解：選B。氫原子與堿金屬結合生成金屬氫化物，氫原子能得到電子，是作為氧化劑參與反應。2.下列各組物質可共存于同一溶液中的是()A.NH?*,H?PO?,K*,CF,PO?3B.Pb2+,NO?,NC.Al(OH)?,Cl,NH?*,NH?·H?O3.下列敘述正確的是()A.H?O?分子構型為直線形B.H?O?既有氧化性又有還原性C.H?O?的水溶液很穩(wěn)定D.H?O?與K?Cr?O,的酸性溶液反應生成穩(wěn)定的CrO?解：選B。H?O?分子中存在過氧鏈—O—O一，過氧鏈在相當于書本的書脊位置上，而兩個氫原子在半展開的兩頁紙面位置上，所以H?O?分子構型不是直線形。H?O?的水溶液不穩(wěn)定，遇雜質易分解。H?O?與K?Cr?O,的酸性溶液反應生成Cr3+。H?O?中O的氧化態(tài)居中，所以既H?O?既有氧化性又有還原性。4.地方性甲狀腺腫大引起的原因是()A.氟過多B.碘過多C.碘不足D.維生素不足解：選C。碘缺乏是地方性甲狀腺腫大的主要原因。5.要配制Fe2+的標準溶液，最好的方法是將()VA.硫酸亞鐵銨溶于水B.FeCl?溶于水C.鐵釘溶于稀酸D.FeCl?溶液與鐵屑反應解：選D。利用FeCl?溶液與鐵屑氧化還原反應，得到Fe3+/Fe2+電對，能夠保持Fe2+穩(wěn)定。6.處理含汞離子的廢水，可加某種試劑使其沉淀，過濾而凈化水質，所選用的試劑為()A.NaClB.鐵粉C.Na?SO?D.通入氯氣解：選B。利用Hg2+溶液與鐵屑發(fā)生氧化還原反應，F(xiàn)e+Hg2+==Fe2++Hg得到Hg的沉淀，過濾而凈化水質。7.下列物質中，強氧化性與惰性電子對效應無關的是()A.PbO?B.NaBiO?C.K?Cr?O?解：選C。位于化學元素周期表第4.5.6周期的p區(qū)元素Ga,In,TI;Ge,Sn,Pb;As,Sb,Bi等，有保留低價態(tài)，不易形成最高價的傾向，這叫惰性電子對效應。8.在酸性介質中可使Cr3+轉化為Cr?O2的試劑是()A.H?O?B.MnO?C.KMnO?D.HNO?解：選C。在酸性介質中，MnO?/Mn2的氧化性比Cr?O,2/Cr3+要強。9.欲除去ZnSO?溶液中少量CuSO?的最佳試劑是()A.Na?CO?解：選C。利用生成溶解度很小的CuS沉淀，可以除去少量CuSO?。10.下列物質中，酸性最強的是()A.B(OH)?B.Al(OH)?C.Si(OH)?D.Sn(OH?V解：選A。B(OH)?即H?BO?,硼酸的酸性來源不是本身給出質子，由于硼是缺質子酸，而是一種路易斯酸，是一種一元酸，Si(OH)?原硅酸，是一種很弱(H)。在所有氣體中，最輕的是氫氣(H?),最難液化的是氦氣02.在ⅡA族元素中，性質與鋰最相似的元素是鎂。它們在過量的氧氣中燃3.用EDTA標準溶液測定水的硬度時，EDTA與水中Mg2+反應生成MgY螯合物。葉綠素是金屬鎂的螯合物；血紅素是鐵的螯合物。4.在自然界中可以單質狀態(tài)存在的氮族元素有N,P,As,Sb,Bi。氮可以形成5.鹵素單質氧化性強弱的次序為,鹵離子X-的還原性強弱次序為6.導致氫氟酸酸性與其他氫鹵酸明顯不同的因素主要是半徑小，而電負7.Ca和Mg是人和動植物必需的宏量元素。Mg是許多酶的激活劑。Ca是細胞膜的組織成分。8.實驗中使用的變色硅膠中含有少量的CoClV顏色。1.在FeCl?溶液中加入(NH?)SCN顯紅色；加入NaF固體后紅色褪去，加入Na固體，溶液變黃綠色，用反應式說明上述現(xiàn)象。[Fe(SCN)?}配離子顯紅色，[FeF]配離子顯無色，[Fe(C?O?)?]配離子顯黃綠色，而且配離子的穩(wěn)定常數(shù)是逐漸增加的。2.簡述硒的生物效應。答：硒的生物學作用如下(1)硒是谷胱甘肽過氧化物酶(GSH-PX)的重要組成成分。(2)參與輔酶A和輔酶Q的合成，在機體代、三羧酸循環(huán)及呼吸鏈電子傳遞過程中發(fā)揮重要作用。(3)保護視器官的健全功能(4)是體抵抗有毒物質的保護劑(5)增強機體免疫力(6)保護心血管和心肌(7)調節(jié)維生素A、C、E、K的代(8)對腫瘤的影響：硒可干擾致癌物的代。3.簡述稀土元素的生物效應。答：(1)增產作用稀土在農業(yè)生產上作為一項增產措施已被廣泛推廣使用。適量V的稀土元素可促進種子萌發(fā)和苗期生長，促進根的生長和葉面積的增(2)醫(yī)用效果稀土化合物作為藥物已有不少通過臨床試驗，有的已被列入了許多國家的藥典。草酸鈰就是其中之一。第六章思考題與習題參考答案一、選擇題1.如果要求分析結果的相對誤差在0.1%以下，使用萬分之一分析天平稱取試樣時，至少應稱取()解：選B。根據(jù)下列公式可求得最少稱樣量：萬分之一分析天平稱量的絕對誤差最大圍為±0.0002g,為了使測量時的相對誤差在±0.1%以下，其稱樣量應大于0.2g。2.從精密度好就可斷定分析結果準確度高的前提是()A.隨機誤差小B.系統(tǒng)誤差小C.平均偏差小D.相對偏差小解：選B。精密度是保證準確度的先決條件，精密度差說明測定結果的重現(xiàn)性差，所得結果不可靠；但是精密度高不一定準確度也高，只有在消除了系統(tǒng)誤差之后，精密度越高，準確度才越高。3.下列有關隨機誤差的論述不正確的是()A.隨機誤差具有可測性B.隨機誤差在分析中是不可避免的C.隨機誤差具有單向性D.隨機誤差是由一些不確定偶然因素造成的解：選C。分析測定過程中不可避免地造成隨機誤差。這種誤差可大可小，可正V差后，隨機誤差符合高斯正態(tài)分布規(guī)律，特點為：單峰性、有限性、對稱性、抵償性。4.下列各數(shù)中，有效數(shù)字位數(shù)為四位的是()確定5.將置于普通干燥器中保存的Na?B?O,.10H?O作為基準物質用于標定鹽酸的濃度，則鹽酸的濃度將()A.偏高B.偏低C.無影響D.不能確定解：選B。普通干燥器中保存的Na?B?O?·10H?O會失去結晶水，以失水的6.以下試劑能作為基準物質的是()純鋅7.檢驗測定結果的平均值x與標準值μ之間是否存在顯著差異應采用的方法是A.Q檢驗法B.G檢驗法C.t檢驗法D.f檢驗法解：選C。決定可疑值的取舍常用Q檢驗法和G檢驗法。t檢驗法是檢驗測定V異的方法。8.某試樣含鈣量的置信區(qū)間為20.45±0.15%(置信度為90%),對此結果理解正確的是()A.有90%的把握認為再測一次的值將落在20.30%~20.60%圍；B.總體平均值μ落在20.30%~20.60%圍的概率為90%;C.有90%的測定結果落在20.30%～20.60%圍3.常用于標定HCl的基準物質有硼砂、無水碳酸鈉，常用于標定NaOH的基(1)1.187×0.85+9.6×103-0.03V(1)天平盤被腐蝕；(2)天平零點有微小波動；(3)讀數(shù)時，發(fā)現(xiàn)微分標尺有些漂移；(4)試劑中含有微量雜質干擾主反應；(5)滴定過程中，滴定劑不慎滴在外面；(6)滴定管刻度均勻性差；(7)待測試液未充分混勻。解：(1)系統(tǒng)誤差，更換合格的天平盤(2)隨機誤差(3)系統(tǒng)誤差，調整天平使之能正常工作(4)系統(tǒng)誤差，提純試劑，或加掩蔽劑消除雜質干擾，或做空白試驗(5)過失(6)系統(tǒng)誤差，更換或校正滴定管(7)過失1.某銨鹽中氮的質量分數(shù)6次測定結果分別為21.32%,21.60%,21.28%,21.70%,V=0.16%2.測定某蛋白質質量分數(shù)7次，數(shù)據(jù)為；79.58%,79.45%,79.38%,79.80%。若置信度為95%,試用Q檢驗法和G檢驗法做數(shù)據(jù)處理后報告分析結果。解：通過本題目使學生掌握Q檢驗法及G檢驗法。先用Q檢驗法決定可疑值取舍：將數(shù)據(jù)依次排列：79.38%,79.45%,79.47%,79.50%,79.58%,79.62%,對79.38%:對79.80%:應保留。因此，上述7個數(shù)據(jù)的平均值應為79.54%,標準偏差為0.14%。再用G檢驗法決定可疑值取舍：對79.38%:對79.80%:應保留。查t表，當n=7、置信度為95%時f=2.45V分析結果報告為：蛋白質質量分數(shù)=(79.54±0.13)%。作出這一結論的置信度為95%。3.檢驗純度為95.50%的工業(yè)純堿，結果為n=7,x=94.65%,S=0.34%,若p=95%,問此純堿是否合格.解：通過本題目使學生掌握利用t檢驗法判斷測定結果x與總體平均值μ之間是否存在顯著差異。表=2.45,因6.62>2.45,所以測定結果x與總體平均值μ之間存在顯著差異，不合格。4.有-KMnO?標準溶液，濃度為dKMnO?)=0.02010mol.L1。求TlKMO4)和T(Fe?O?/KMnO?)。解：通過本題目使學生掌握滴定度的概念及應用。滴定反應方程式5Fe2++MnO?+8H*=5Fe3++Mn2++4H?O=5×0.02010mol·L1×1.0×103L·mL1×T(Fe?O?/KMnO?)=0.00561=0.005613g·mL1×159.7g·mol'/(2×55.85g·mol1)5.測某試樣中鋁的含量，稱取0.1996g試樣，溶解后加入cEDTA)=0.02010mol.L1的標準溶液30.00mL,調節(jié)酸度并加熱使Al3+定量反V應完全，過量的EDTA標準溶液用d(Zn2+)=0.02045molL1標準溶液回滴至終點，消耗Zn2+標準溶液6.00mL。計算試樣中Al?O?的質量分數(shù)。解：通過本題目使學生掌握利用EDTA進行返滴定的方法。6.稱取基準物K?Cr?O,0.1236g用來標定Na?S?O?溶液。首先用稀HCl溶解后，加入過量KI,置于暗處5分鐘，待反應完畢后加入80mL水，用待標定的Na?S?O?溶液滴定，終點時消耗VNa?S?O?)為21.20ml,求解：通過本題目使學生掌握利用K?Cr?O,標定Na?S?O?的方法。有關的方程式第7章思考題與習題A.HAcpKa(HAc)=4.75BVA.用去離子水溶解錐形瓶中的Na?CO?時，多加了5.0mL去離子水B.烘干Na?CO?時，溫度控制300℃以上6.用返滴定法測定氨水含量，應選用的指示劑是(D8.酸堿滴定中，選擇酸堿指示劑可以不考慮的因素是(C)A.pH突躍圍B.指示劑的變色圍C.指示劑的摩爾質量D.要求的誤差圍1.下列離子HCO?-,H?O,s2-,NH?+只能作堿的是S2,只能作酸的是NH?=,即可V若選用Na?HPO?作為堿，可配制成pH為11.66至13.66圍的緩沖液；若選用N3.三種弱酸鹽NaX,NaY,NaZ的濃度相同的水溶液的pH值分別為8.0,10.0,9.0,則HX,HY,HZ酸性遞增的順序是H4.NH?H?PO?的質子條件式為c(H+)+c(H?PO?)=c(NH?)+2cPO?3-)+c(HPO42-)1.往稀氨水溶液中分別加入少量(1)HCl;(2)NH?Cl;(3)NaCl;(4)NaOH;則解：(1)增大。HCl中和了氨的解離時產生的OH,使氨的解離平衡向右移動。(2)減小。NH?的同離子效應抑制了氨的解離。(3)不影響。(4)減小。OH的同離子效應抑制了氨的解離。2.試分析下列情況出現(xiàn)時，測定結果是偏高、偏低還是準確"以H?C?O?2H?O為基準物標定NaOH時，若所用基準物已部分風化，標定結果將偏低。致結果偏高。(3)將NaHCO?加熱到270~300℃制備Na?CO?基準物時，若溫度超過300℃,部分Na?CO?分解為Na?O,用該Na?CO?標定HCl溶液。解：用將NaHCO?加熱至270—300℃的方法制備Na?CO?基準物時，若溫度超過300℃,部分Na?CO?分解為Na?O,用其標定HCl時，標定結果將偏低。(4)用Na?C?O?作基準物質標定HCL,準確稱取基準物Na?C?O?,將其灼燒為Na?CO?后，再用HCl滴定至甲基橙終點，最后計算HCl濃度。在上述操作過程中，由于處理不當，解：用Na?C?O?作基準物標定HCl時，是將準確稱取的Na?C?O?灼燒為Na?CO?后，再HCI滴定至甲基橙終點。若灼燒時部分Na?CO?分解為Na?O,對標定結果無影響。V(5)0.1000mol·L1NaOH溶液，因保存不當，吸收了CO?。①以甲基橙作指示劑，用此NaOH溶液測定鹽酸濃度；②以酚酞作指示劑，用此NaOH溶液測定HAc溶液濃度。解：c(NaOH)=0.1mol.L1的氫氧化鈉標準溶液，因保存不當，吸收了CO?,當用它測定HCl濃度，滴定至甲基橙變色時，則對測定結果無大影響。用它測定HAc濃作指示劑，則會使測定結果偏高。3.設計下列混合液的分析方案。(略)四、計算題1.利用分步系數(shù)計算pH=3.00,0.10mol·L'NH?Cl溶液中NH?和NH?+的平衡濃度。(略)2.計算下列各水溶液的pH。溶液溶液(4)0.400mol·L'H?PO?溶液溶液(7)0.025mol·L1鄰苯二甲酸氫鉀溶液(8)1.00×10?mol·L'NH?Ac溶液(9)1.00×103mol·L'Na?HPO?溶液故運用公式c(H+)=√K℃進行計算，代入數(shù)值后即解出cK°=0.150×5.0×10-2=7.5×103>20c/K°=0.150/5.0×102<500,故運用公進行計算，代入數(shù)值后即解出V故運用公式c(H)=√K。c進行計算，代入數(shù)值后即解出c/K°=0.400/7.6×103=52.6<500,故運用公式進行計算，代入數(shù)值后即解出c/K??>500,故運用公式c(OH?)=√Kc進行計算，代入數(shù)值后即解出(6)Na?PO?的Kai°=7.6×103,Ko??=4.4×108,K?°=4.4×10-13,c/Kb°=0.0500/2.3×10-2=2.17<500,故運用公式進行計算，代入數(shù)值后即解出(7)鄰苯二甲酸氫鉀的Ka°=1.1×103,Ka?°=3.9×10-6cK?°=0.025×3.9×10-?=9.75×10?>20K°,c=0.025>20Ka°所以運用公式V(9)1.00×10-3mol·L'Na?HPO?溶液故應用式濃度比應是多少.解：首先查表找出酸對應的pKa°,然后要求配制的緩沖溶液pH=pKa°±1的原則選擇合適所要求的緩沖溶液pH=10.10,則應該選pK°在9.10~11.10之間。4.欲配制250mLpH=5.00的緩沖溶液，需在12.5mL1.00mol·L'NaAc溶液中加入即VVH?o=250.0-1.14-12.5=2即需6.00mol.L'HAc1.14ml,H?O236.4ml。5.下列弱酸、弱堿能否用酸堿滴定法直接滴定.如果可以，化學計量點的pH為多少.應選什么作指示劑.假設酸堿標準溶液及各弱酸、弱堿始濃度為0.10mol·L1。解：解題思路：首先判斷是否能被滴定，然后判斷能否被分布滴定。如果不能被滴定，則不具有滴定突躍；如果能被滴定，但不能被分布滴定，則具有一個滴定突躍；如果能被滴定，并能被分布滴定，則能被分幾步滴定則具有幾個滴定突躍。K°=1.4×10-3,cKa>108,故可以直接滴定，有一個滴定突躍。終點產物為堿式鹽，并且濃度變?yōu)樵瓉淼囊话搿＿x用中性紅指示劑。K?！?6.2×10-10,cK<108,故不可以直接滴定，無滴定突躍。K°=1.1×10-10,cK<108,故不可以直接滴定，無滴定突躍。Kb?=4.17×10-10,cK6?<10-8,故不可以直接滴定，無滴定突躍。K6°=5.6×10-4,cK?>108,故可以直接滴定，有一個滴定突躍。終點產物為酸式鹽，并且濃度變?yōu)樵瓉淼囊话?。V該物質為酸性鹽，則K°=5.6×10-10,cKa<10-8,故不可以直接滴定，無滴定突躍。該物質為堿性鹽，則Kb°=Kw°/Ka°=1.6×10-?,故CK>10?,故可以直接滴定，有一個滴定突躍。終點產物為酸HCN,并且濃度變?yōu)樵瓉淼囊话?。CK。>20Kw°,c/Ka>500故該物質為堿性鹽，則Kb°=Kw°/K°=9.09×10-?,故cK?>108,故可以直接滴定，有一個滴定突躍。終點產物為苯酚，并且濃度變?yōu)樵瓉淼囊话?。CK。>20Kw°,c/Ka>500故該物質為堿性鹽，則Kb°=Kw°/K°=5.59×10-10,故CKb?<10-8,故不可以直接滴定，無滴定突躍。該物質為堿性鹽，Ka°=5.8×10-10,故CK>108,可以直接滴定，有一個滴定突躍。終點產物為硼酸H?BO?,并且濃度變?yōu)樵瓉淼娜种?。因?摩爾鹽酸對應與2摩爾硼酸。cK。>20K°,c/Ka?>500故V選用甲基紅指示劑。6.下列多元弱酸弱堿(始濃度均為0.10mol·L)能否用酸堿滴定法直接滴定.如果能滴定，有幾個突躍.應選什么作指示劑"(4)Na?PO?(5)Na?S(6)酒石酸(1)檸檬酸：HOOH?CC(OH)COOHCH?COOH,三元弱酸所以，可以用堿直接滴定。顯然不能分步滴定，有一個突躍。計量點時pH近似為一元弱堿處理。因為：cK6i°=6.25×10-10>所以：可以應用最簡式計算滴定終點位于堿性區(qū)，可選酚酞(變色圍：8.0~9.6)和百里酚酞(變色圍：9.4~10.6)作為指示劑。二元弱堿Kb?°=3.0×10?,Kb?°=7.6×10-15cKo°=3.0×10-?>10?,cK故一級電離就OH離子可以滴定，第二個OH-離子不能直接滴定。又因為：Koi/K62°=3.0×10-?/7.6×10-1?=所以可以分步滴定，即有一個突躍。計量點時，為H?NNH?Cl兩性物質體系(HA型)。則：V指示劑可選為溴百里酚酞。Kbi°=K°/Ka?°=1.6×10-10,Kb?°=K°/cKb?°=1.6×10-11<108,cK6所以，不能直接滴定，無滴定突躍。cKb°=2.3×103>10?,cKb?°=1.6×10?>108,c所以，前兩級可以直接滴定，第三級不能直接滴定。Kb?°/Kb?°=1.6×107/1.3×10-12顯然，可以分步滴定，有兩個突躍。第一計量點時體系為HPO?2體系(兩性物質水溶液),濃度為原來的一半：pH=9.69,指示劑可選百里酚酞第二計量點時體系為H?PO?體系(兩性物質水溶液),濃度為原來的三分之一：CKo?°=2.1×10?>20K°,c/K?°c=5.29×10?>500,c<20Kai°,所以pH=5.16,指示劑可選甲基紅顯然，可以分步滴定，有兩個突躍。第一計量點時體系為HS體系：(兩性物質水溶液)pH=10.52,指示劑可選百里酚酞第二計量點時體系為H?S體系：(二元弱酸水溶液)計算的pH=4.18,指示劑可選甲基橙(6)酒石酸為二元弱酸：Kai°=9.1×10-4,Ko?°=4.3×10-5V又因為：Kai°/Ka?°=21.2可見可以直接滴定，但是不能分步滴定，只有一個突躍。計量點時，體系為二元弱堿體系，由于Kb°=Kw°/K?°指示劑選酚酞和百里酚藍皆可。示劑，用0.09706mol·L1HCl溶液滴定到甲基紅由黃色變?yōu)槌壬?，共用去HCl溶液指示劑，用0.09395mol·L1NaOH溶液21.30mL滴定至終點。計算樣品中10.某一含惰性雜質的混合堿樣品0.6028g,加水溶解，用0.2022mol·L'HCI解：解：滴定反應：4NH?++6HCHO=(CH?)?N?H*+3H++6H?O12.稱取某含Na?HPO?和Na?PO?的樣品1.200g,溶解后以酚酞為指示劑，用V第八章思考題與習題參考答案1.在給出的4個選項中，請選出1個正確答案。(1)已知K(AB)=4.0×101?;K(AB)=3.2×101!,則兩者在水中的溶解度C.S(AB)=S(A?B)D.不能確定(3)莫爾法測定Cl和Ag*時，所用滴定劑分別為(B)C.AgNO?,KSCN(4)用佛爾哈德法測定溶液中Cl時，所選用的指示劑為(D)A.K?CrO?B.熒光黃C.曙紅D.鐵銨礬應來解釋。V3.BaSO?和Mg(OH)?的K分別為1.1×1010和5.6×1012,兩者在水中溶解4.佛爾哈德法測定I時采取返滴定法(直接法還是返滴定法),滴定時應注意先解：(1)CaCO?沉淀溶于稀HCl:CaCO?5Ca2++CO?2,在稀HCl中存在生成淡黃色的Agl沉淀，由于Agl的溶解度比AgCl的溶解度小，所以在AgCl遇到HNO?能溶解是因為HNO?氧化性很強，能將S2氧化，使CuS溶解，發(fā)生能與Ag*結合生成配離子Ag(NH?)?而溶解，總反應如下，V6.5~10.5.如果在pH=2時滴定Cl,分析結果會怎樣.解：莫爾法中要控制指示劑K?CrO?的濃度：K?CrO?本身顯黃色，濃度太高，影響終點的顏色觀察，濃度太低會使滴定劑AgNO?過量產生正誤差。溶液的酸度應控制在6.5~10.5:酸性較大，會使CrO?2轉化為Cr?O,2,導致指示劑靈敏度下降；堿性太強，Ag+與OH會生成黑色Ag?O影響分析結果。如果在pH=2時滴定Cl,會使滴定劑消耗過量，產生較大的正誤差。3.用銀量法測定下列試劑，各應選擇何種方法確定終點較為合適(1)BaCl?解：佛爾哈德法(2)KCI解：莫爾法(3)NH?Cl解：佛爾哈德法(5)NaBr解：莫爾法1.已知25℃時，Agl溶度積為8.5×10-1?,求(1)在純水中；(2)在0.01mol·L1KI溶液中Agl的溶解度。解：(1)設在純水中的溶解度為S,K=(S/c)2=8.52×101?,則則，0.01+S/c?≈0.01,S/c=K/0.01=8.5×101?mol·L合，有無磚紅色的Ag?CrO?V3.1L溶液中含有4molNH?Cl和0.2molNH?,試計算：(1)溶液的[OH]和pH;(2)在此條件下若有Fe(OH)?沉淀析出，溶液中Fe2+的最低濃度為多少.已知解：(1)4.在0.1mol·L-'ZnCl?溶液入H?S氣體至飽和，如果加入鹽酸以控制溶液的pH,試計算開始析出ZnS沉淀和Zn2+沉淀完全時溶液的pH。已知5.某溶液中含有Ca2+和Ba2+,濃度均為0.10mol·L-1,向溶液中滴加Na?SO?溶液，開始出現(xiàn)沉淀時濃度應為多大.當CaSO?開始沉淀時，溶液中剩下的CaSO?開始沉淀時，溶液中cSO?2)為：V先沉淀的是BaSO?,此時dSO?2)為1.08×10?mol·L1當CaSO4開始沉淀時，溶液中的dBa2+)為：故可用此法分離Ca2+和Ba2+。解：使Fe3*完全沉淀所需OH的最低平衡濃度為dOH)=6.5×1012mol·L',pH=14-lgdOH)=2.8使Mg2+開始沉淀所需OH的最低平衡濃度為：dOH)=2.4×10?mol·L1,pH=14-lgdOH)=9.4平衡常數(shù)為多少.如果在1LNa?CO?溶液中要溶解0.01molAgl,Na?CO?的最如果在1LNa?CO?溶液中要溶解0.01molAgl,Na?CO?的最初濃度應為8.有生理鹽水10.00mL,加入K?CrO?指示劑，以0.1043mol·L-AgNO?標準溶液滴定至出現(xiàn)磚紅色，用去AgNO?標準溶液14.58mL,計算生V用去6.50mL,計算試樣中氯的質量分數(shù)@。10.稱取基準NaCl10.2000g溶于水，加入AgNO?標準溶液50.00mL,以鐵標準溶液相當于1.20mLAgNO?標準液。計算AgNO?和NH?SCN溶液的濃度。解：m(NaCl)=0.2000g,M(NaCl12.分析某鉻礦時，稱取0.5100g試樣，生成0.2615gBaCrO?,求礦中Cr?O?的質量分數(shù)@。第九章思考題與習題參考答案在給出的4個選項中，請選出1個正確答案。1.下列物質中，不適宜做配體的是()V2.下列配離子中，屬于外軌配合物的是()A.[FeF?]3-B.[Cr(NH?)?]3+C.[Au(Cl)?]解：選A,[FeF?]3-中心原子Fe3+采用sp3d2軌道進行雜化。3.測得[Co(NH?)?]3+磁矩μ=0.0B.M,可知C。3+離子采取的雜化類型是解：選C。C。3+價電子構型是3d?,由磁矩μ=0.0B.M可以推斷：該配合物中沒有未成對的電子，在形成配合物時Co3+3d軌道上的電子先經(jīng)過重排，再采取d2sp3軌道雜化，與配體成鍵。4.下列物質中具有順磁性的是()解：選B。Cu2+的價電子構型是3d?,在形成配合物時采用dsp2雜化，有1個未成對的電子存在，所以是順磁性的。5.下列物質中能作為螫合劑的是()A.NO-OH解：選D,其分子中兩個N原子作為配位原子可以提供孤對電子，而且它們相距3個原子，可同時與一個中心原子配位形成含有六元螯環(huán)的螯合物。6.下列配合物能在強酸介質中穩(wěn)定存在的是()解：選B。Cl在強酸中存在形式不變，對配合物的穩(wěn)定性影響不大；而NH?、C?O?2在強酸介質中會形成難電離的弱酸，S?O?2與強酸反應會分解為硫和亞硫酸，后者又分解為二氧化硫和水，因此相應的配合物在強酸介質中會發(fā)生解離，穩(wěn)定性降低。7.用EDTA為滴定劑測定水的總硬度時，介質條件是()V解：選D。從酸效應曲線可以判斷滴定鈣鎂總量時的pH不能低于10,考慮9.在pH為4左右，用EDTA滴定Zn2+,下列哪些離子不干擾滴定()(1)[CrCl?(H?O)?]CI(3)K?[Co(NCS)?]V氯化三乙二胺合鎳(Ⅱ)配配位數(shù)(2)[Ni(en)?]Cl?六氟合鋁(Ⅲ)酸鈉(4)Na?[AIF?]乙二胺四乙酸根合鐵(II)離子466三草酸根合鈷(Ⅲ)離子四碘合汞(Ⅱ)離子V|6O6C4-5C6N2.[Ag(S?O?)?]3-溶液中存在的配位平衡為[Ag(S?O?)]3-=Ag*+生成更穩(wěn)定的配合物[Ag(CN),]V7.一般要求金屬指示劑的lgKMn≥.2,否則，會使終點提前；若金屬指示劑的K?Mn>K°MY,則用EDTA滴定到終點時指示劑不變(變或不變)色，這種現(xiàn)象叫_封閉現(xiàn)象