无机及分析化学华科技大学冯辉霞版课后习题答案.doc

第一章 绪论答案： 一、选择题答案： 1. A; 2. B; 3. D; 4. B; 5. a; 6. A,B,C,D; 7. E; 8. B,C; 二、填空题答案： 1.酸碱滴定法,沉淀滴定法,配位滴定法，氧化还原滴定法四种； 2.常量分析是指试样用量在0.1g以上时的分析。 三、简答题 略四、计算题答案：1. V=4mL；V=40mL；说明为了减少滴定的相对误差，应适当增大滴定时消耗标准溶液的量。第二章 物质的状态答案一、选择题1. A； 2. D； 3. B；4. D； 5. ?； 6. C； 7. A； 8. A；二、简要回答问题略三、计算题1. 水在28时的蒸汽压为3742Pa，问在100g水中溶入13g不挥发溶质时溶液的蒸汽压为多少？已知不挥发溶质的摩尔质量为92.3g.mol-1。 解：PA=3742Pa 由拉乌尔定律可知： 加入溶质后的蒸气压为P= PA- =3649.57 Pa3. 等压下，为了将烧瓶中30 的气体量（视为理想气体）减少1/5，问需将烧瓶加热到多少度?解：因 P、V一定 由 PV=nRT得 n1RT1=n2RT2 即 n1T1=(1-1/5)n1T2 得 4. 某一容器内含有H2(g)和N2(g)的气体混合物，压力为152kPa，温度为300K，将N2(g)分离后，只剩下H2(g)，保持温度不变，测得压力降为50.7 kPa，气体质量减少14g，试计算（1）容器的体积；（2）容器中最初的气体混合物中H2(g)和N2(g)的物质的量分数。H2(g)和N2(g)视为理想气体。解：依题意有PH2=50.7KPa PN2=P-PH2=101.3KPa nN2=14/MN2=0.5mol （1） PN2V= nN2RT （2） 5. 计算在2500g水中需溶解多少甘油(C3H8O3)才能与125g水中溶解2.42g蔗糖（C12H22O11）所组成的的溶液具有相同的凝固点。解：依题意，有相同的溶剂及其它条件下，要有相同的凝固点，应有相同的质量摩尔浓度。 已知M甘油=92 gmol-1 , M蔗糖=342gmol-1则有，所以需要加入13.02g甘油。6. 烟草的有害成分尼古丁的实验式为C5H7N，今将496mg尼古丁溶于10.0g水中，所得溶液在100kPa下的沸点是100.17，求尼古丁的化学式。已知水的Kb=0.52K.Kg.mol-1。解：因 设尼古丁的化学式为(C5H7N)n ,则 81n=152 n=2故尼古丁的化学式为C10H14N2 。7. HgCl2的Kf=34.4K.kg.mol-1,见0.849g氯化亚汞（HgCl）溶于50g HgCl2中，所得溶液的凝固点下降1.24K。求氯化亚汞的摩尔质量及化学式。解：所得溶液的质量摩尔浓度为 所以氯化亚汞的摩尔质量为471gmol-1设氯化亚汞的化学式为(HgCl)n 则有 236n=471 n=2 所以氯化亚汞的化学式为Hg2Cl28. 10.00mLNaCl的饱和溶液自来凝固为12.003g，将其蒸干后得NaCl3.173g，试计算：（1）NaCl的溶解度；（2）溶质的质量分数；（3）溶液的物质的量浓度CNaCl;(5) NaCl的摩尔分数xNaCl和H2O的摩尔分数xH2O。解：（1）NaCl的溶解度为（2）NaCl溶液的质量分数为 （3）NaCl溶液的物质的量浓度为 （4）溶液中水的物质的量为 NaCl的摩尔分数为 所以水的摩尔分数为 第三章 化学反应基本原理答案一、选择题1、D 2、B 3、D 4、C 5、C 6、A 7、C 8、B 9、C 10、B 11、C 12、B二、填空题1、460，7402、-89.5 Kj3、288.24， 54三、计算题1、（1） (2) BCl3(g) + NH3(g) = BN(s) + 3HCl(g)/kJmol-1 - 338.72 -16.45 -228.4 -95.3(3) B2O3(s) + 2NH3(g) = 2BN(s) + 3H2O(l)/kJmol-1 - 1193.65 -16.45 -228.4 -237.13 反应（3）不能制备BN，反应（1）驱动力大且无副产物。2. 题目应改为用两种方法计算：H2O(l)H2O(g)的。（1）=8.7kJmol-1，因此在298K和标准状态下水变成水蒸气是非自发的。（2）在298K和空气中，通常水可以自发地蒸发成水蒸气的原因是由于体系处于非标准状态下，水蒸气的分压力发生了改变。3 3C + 2Fe2O3 = 4Fe + 3CO2/kJmol-1 0 -824.2 0 -393.509/Jmol-1 K-1 5.74 87.4 27.28 213.74 /kJmol-1 0 -742.2 0 -394.364、 k2=1.410-2 mol1Ls15、 = ；第四章 酸碱反应与酸碱滴定习题解答一、判断题1、 2、 3、 4、 5、 6、 7、 8、 9、 10、 二、选择题1、B 2、A C E 3、B 4、D E 5、A B D 6、E 7、C 8、B9、B C D 10、B 11、B C 12、A C D 13、B D E 14、B 15、D 16、B E 17、C 三、填空题1、在加入少量酸、碱或进行适当稀释时，溶液的pH基本不变。2、10-8/c； 10-8/c。3、12。4、4，甲基橙：9，酚酞。5、溶液pH随滴定剂加入的量。大（或小），大（或小）；强（或弱），大（或小）。6、0.5 g；0.15g。7、（1）NaOH + Na2CO3； （2）NaHCO3 + Na2CO3； （3）Na2CO3； （4）NaHCO3 （5）NaOH四、问答题1、 Na2CO3 ： H+ + HCO3- + 2H2CO3 OH- （NH4）2C2O4 ： H+ + HC2O4- + 2 H2C2O4 OH- + NH3 NH4H2PO4 ： H+ + H3PO4 OH- + NH3 + HPO42- +2 PO43-（NH4）2HPO4 ： H+ + H2PO4- + 2 H3PO4 OH- + NH3 + PO43- H2C2O4 ： H+ OH- + HC2O4- + 2 C2O42 NH4Ac ： H+ + HAc OH- + NH32、 试推出H2CO3溶液中各组分的分布系数。3、酸碱指示剂的变色原理如何？选择原则是什么？变色范围？变色原理：酸碱指示剂一般是弱的有机酸或有机碱，它的酸式及其共轭碱式具有不同的颜色。当溶液的pH值改变时，指示剂失去质子由酸式变为碱式，或得到质子由碱式变为酸式，由于结构发生变化，从而引起颜色的变化。选择原则：酸碱滴定中所选择的指示剂一般应使其变色范围处于或部分处于滴定突跃范围之内。另外，还应考虑所选择的指示剂在滴定体系中的变色是否容易判断。变色范围： pHpKa 14、写出一元弱酸（碱）及多元酸（碱）滴定的判别式。cKa 10-8 或 cKb 10-8 5、用因保存不当失去部分结晶水的草酸（H2C2O42H2O）作基准物来标定NaOH的浓度，问标定结果是偏高、偏低还是无影响？为什么?若草酸未失水，但其中含有少量中性杂质，结果又如何？ 因保存不当失去部分结晶水的草酸（H2C2O42H2O）作基准物来标定NaOH的浓度，标定结果偏低，因为基准物失去结晶水后，称量得到的基准物中H2C2O4含量高于不失去结晶水的草酸（H2C2O42H2O），而计算基准物的物质的量时是按不失去结晶水来处理的，但实际消耗NaOH的体积增加。若草酸未失水，但其中含有少量中性杂质，标定结果偏高，因为基实际消耗NaOH的体积减少。6、 HAc：Ka=1.810-5 cKa 10-8 故可直接滴定； H3BO3：Ka=5.710-10 cKa Na3PO4 NaCN NaOAc NH4OAc HCOONH4 （NH4）2SO4 H3PO4 HCl H2SO49、用邻苯二甲酸氢钾标定NaOH溶液时，下列情况将使标定得到的NaOH的浓度偏高还是偏低？或者没有影响？ （1）偏高 （2）偏高 （3）偏高 （4）基本无影响。 五、计算题1、 (1) pKb = 4.69 (2) pKb = 4.69 (3) pKa = 4.662、Ka,1 = 1.510-2，c / Ka,1 10 Kw, 故 3、pH2.00时 同样可求得： pH4.50时 同样可求得： 4、Ka,1 = 4.4710-7，c / Ka,1 105，c Ka,1 10 Kw, 故 5、(1) H+=c(HCl)=0.25 molL1 pH=0.60 (2) (3) (4) (5) cKa 10Kw，c /Ka 105， (6) cKb 10Kw，c /Ka 105， (7) (8) 6、7、pHsp=7.00，pH：8.705.30；甲基红或酚酞。8、5.26，6.214.309、可以对三元酸的2个质子进行直接滴定 10、多余的酸的量为：0.23076.201031.430103 mol反应的酸的量为： 50.00103x1.430103 mol反应式：CaCO3 + 2HCl = CaCl2 + CO2 + H2O设HCl的浓度为x molL1则： 50.00103x1.430103= 2( 0.5000100.1 )x = 0.2284 molL111.n1= 2n2 c(HCl)V(HCl)=2m(硼砂)/M(硼砂) c(HCl) =2m(硼砂)/M(硼砂) V(HCl) = 20.9854/(381.40.02376) = 0.2175 molL112、13、V1=34.12mL，V2=23.66mL，V1V2，故混合碱的组成为Na2CO3 NaOH 14、 第五章 沉淀溶解平衡与重量分析答 案一、选择题1、D 2、B 3、C 4、D 5、D 6、D 7、C 8、A 9、ABCD 10、ABCDE11、ABC 12、B 二、填空1、0.1236M 2、选择性高、溶解度小、吸附杂质小、摩尔质量小3、增大、增大4、带正电荷的胶状5、共沉淀、包夹6、小于()7、加热沸腾、使AgCl沉淀凝聚三、问答题1、质量分析法直接用分析天平称量而获得分析结果，不需要标准试样或基准物质进行校正、分析结果准确，相对误差一般为0.1%0.2%。分析流程较长，操作比较繁琐，不适用于微量和痕量组分的测定。沉淀滴定法是利用沉淀反应进行滴定的方法，沉淀滴定法的反应必需满足如下要求：反应迅速、不易形成过饱和溶液，沉淀的降解度要很小，沉淀才能完成，有确定终点的简单方法，沉淀的吸附现象不至于引起显著的误差。2、挥发法、电解法、沉淀法三种。3、没有合适的指示剂指示滴定终点。四、计算题1、解：10.11%=W(Fe)= =19.24%2、解：AgI先沉淀Cl-:I-=107:13、解：Mg2+2NH3H2O2NH4+Mg(OH)2=58=210-5故无Mg(OH)2沉淀生成。4、解：n(NH4)2C2O2=3.510-3mol3%=m(NH4)2C2O4=14.46g=2.79510-4Mm(NH4)2C2O4=2.79510-4 30010-3124=0.01g5、解：AgCl+NH3H2O=+Cl-=1.7710-20.8=2.510-5生成AgCl沉淀。6、设在pH=1.7时，CaF2的溶解度为S，CaF2 (s)在H+中的溶解度为：CaF2 (s)+2H+（aq）Ca2+（aq）+2HF（aq）这个反应的平衡常数Kj为：Kj=0.012因溶解平衡时，C(Ca2+)=S，C(HF)=2S,C(H+)=10-1.7moldm-3带入Kj式有，Kj=0.012S=第六章 氧化还原反应一. 1.B 2. B 3. A 4. B 5. C 6. A 7. C 8. B 9.A 10.B 11. C二. 1.还原，氧化，正，负。2.因为Fe3具有氧化性，而I具有还原性，所以Fe3和I不能共存。3.还原态物质还原，氧化态物质氧化。4.Mn，Mn3+5.-0.24V6.氧化态，还原态。7.0.522V，0.765V，Br2。三. 1.配平时注意，酸性溶液中反应物和产物中都不能出现OH-，碱性溶液中反应物和产物中都不能出现H+。(1)半反应：Cr2O72- +14H+ +6e- 2Cr3+ + 7H2O 3H2O2 3O2 + 32H+ + 32e-总反应：Cr2O72- +3H2O2 + 8 H+ 2Cr3+ 3O2 + 7H2O(2)半反应：ClO3- + 6H+ +6e- Cl- + 3H2O 6Fe2+- 6Fe3+ + 6e-总反应：ClO3- + 6H+ + 6Fe2+-6Fe3+ + Cl- + 3H2O(3)半反应：14ClO3- + 146H+ + 146e- 14Cl- + 143H2O 3As2S3 + 320H2O 32H2AsO4- + 33SO42-+ 336H+ + 328e-总反应：14ClO3- +3As2S3+ 18H2O 14Cl- + 6H2AsO4-+ 9SO42-+ 24H+ (4)半反应：2MnO4- + 2e- 2MnO42-SO32- +2OH- SO42- + H2O + 2e-总反应：2MnO4- + SO32- + 2OH- 2MnO42- + SO42- + H2O(5)半反应：ClO- + H2O + 2e- Cl- + 2OH-Zn + 4OH- Zn(OH)42- + 2e-总反应：Zn + ClO- + H2O + 2OH- Zn(OH)42- + Cl- (6)半反应：3Ag2S + 3H2O + 32e- 32Ag + 3HS- + 3OH-2Cr(OH)3 + 25OH- 2CrO42- + 24H2O + 23e-总反应：3Ag2S +2Cr(OH)3 + 7OH- 6Ag + 3HS- + 2CrO42- + 5H2O2.金属晶体是由金属原子、金属离子以及在这些原子和离子中运动的自由电子所构成。当金属置于水溶液中时，通常金属离子和金属原子都有可能溶解下来，但是它们在溶解时的能量变化很不相同。因离子是带电体，溶解下来时会与水结合形成水合离子而放出能量，这能量的一部分可用于抵消离子从金属脱落时所需的能量。原子不带电荷，不能与水结合释放能量，所以它溶解下来比离子要困难的多。这就是金属置于水溶液中形成双电层的原因。3.设计时注意，对不能作电极材料的反应组分需加辅助电极。(1)电极反应：(+) MnO4- + 8H+ + 5e-Mn2+ + 4H2O(-) Fe3+ + e-Fe2+ (-) Pt | Fe2+(c1), Fe3+(c2) | Mn2+(c3) ,MnO4-(c4)| Pt(+) (2) 电极反应：(+) Cl2(g) + 2e-2Cl-(-) I2(s) + 2e-2I- (-) Pt | I2(s) | I-(c1) | Cl- (c2) | Cl2(g), Pt(+)(3) 电极反应：(+)Cd2+ + 2e- Cd(-) Zn2+ +2e- Zn (-)Zn | Zn2+(c1) | Cd2+ (c2) | Cd (+)4.(1)由于溶液中含Fe2+和Cd2+的浓度都是0.1moldm-3，浓度影响相互抵消。又由于Eq(Fe2+/Fe)=-0.44V，Eq(Cd2+/Cd)= -0.403V，所以，Fe比Cd还原性强，Fe首先被氧化。(2)由于溶液中含Fe2+和Cd2+浓度不等，要分别计算E (Fe2+/Fe)= Eq(Fe2+/Fe) + 1/2lgc(Fe2+)=-0.44V + 1/2Vlg0.1=(-0.44-0.5)=-0.94VE (Cd2+/Cd)= Eq(Cd2+/Cd)E + 1/2lgc(Cd2+)=-0.403V + 1/2Vlg0.0036=-1.62V所以，Cd比Fe还原性强，Cd首先被氧化。四. 答案：1.(1) E池q= Eq(+)-Eq(-) =Eq(Fe3+/Fe2+)-Eq(Br2(l)/Br-)=(0.771-1.065)V=-0.294VE池qEq(Br2(l)/Br-)，反应向右自发进行。pH=6时：由于E(MnO4-/Mn2+) 0所以反应 Cu2+ + 2Ag Cu + Ag+，向左自发进行2. Kq =2.91034 (2) 由 得 解得：J = 1.81019由于 解得：c(Cr3+) = 3.210-10 moldm-3(3)混合后，c(HClO2) =0.50 moldm-3，c(Cr3+) =0.25 moldm-3。由于Kq值很大，设平衡时c(Cr3+) = x moldm-3，则 2Cr3+ + 3HClO2 + 4H2O Cr2O72- + 3HClO + 8H+平衡时c/cq x 0.50-2/3(0.25-x) 1/2(0.25-x) 2/3(0.25-x) 1.0Kq值很大，0.25-x0.25解得：x = c(Cr3+) =1.0810-17 moldm-3所以，溶液呈现橙色3.(1) 由于Eq(MnO4-/Mn2+) Eq(Fe3+/Fe2+)所以设计的原电池MnO4-作氧化剂，Fe2+作还原剂 即：(-) PtFe2+，Fe3+MnO4-，Mn2+，H+Pt (+) 由 lgK q= lgK q= K q=3.161062(2) 当c(H+)=10.0moldm-3E(MnO4-/Mn2+) = Eq(MnO4-/Mn2+)+ = 1.51V+1.60V DrGm = -n FE = - n FE(MnO4-/Mn2+)-Eq(Fe3+/Fe2+) = -5 96485JV-1mol-1(1.60-0.77)V = -400412.8Jmol-1 -400.4kJmol-14. 将这个反应设计为原电池，则E池 O2 O2- O22- O23-。7.分子或离子分子轨道电子分布式键级是否存在H2+(s1s)10.5可以存在He2+(s1s)2(s*1s)10.5可以存在He2(s1s)2(s*1s)20不存在C2(s1s)2(s*1s)2(s2s)2(s*2s)2(p2py)2(p2pz)22存在Be2(s1s)2(s*1s)2(s2s)2(s*2s)20不存在B2(s1s)2(s*1s)2(s2s)2(s*2s)2(p2p)21存在N2+(s1s)2(s*1s)2(s2s)2(s*2s)2(p2py)2(p2pz)2(s2px)12.5存在O2+(s1s)2(s*1s)2(s2s)2(s*2s)2(s2px)2(p2py)2(p2pz)2(p*2py)12.5存在8.化合物中心原子杂化轨道类型分子的几何构型CO2Csp直线形H2SS不等性sp3V形BBr3Bsp2正三角形PH3P不等性sp3三角锥形SiH4Sisp3正四面体SnCl2Sn不等性sp2V形CCl2F2Csp3四面体SF6Ssp3d2正八面体9.晶格能体现的是正负离子间的静电引力的大小。这种静电引力不仅与离子键的极性大小有关，而且与离子电荷，离子半径有关。极性越大，正、负离子半径越小，晶格能越大。虽然NaF中键的离子性比CsF小，但是Cs+的半径比Na+的半径大的多，所以NaF的晶格能比CsF的大。10. (1) CF4PF3。两者都是sp3杂化，但PF3中有一对孤电子对，使其键角变小。(2)HgCl2 BCl3。HgCl2是sp杂化，键角180；BCl3是sp2杂化，键角120(3)OF2Cl2O。两者都是sp3杂化，且都有两对孤电子对，但由于配位F原子的电负性大于Cl，所以OF2的键角小于Cl2O。(4) PF3SF6。SiF4是sp3杂化，键角10928；SF6是sp3d2杂化，键角90。(6)H2OBeCl2HgCl2。(2) Zn2+，Cd2+，Hg2+都是18电子构型离子，极化力、变形性都比较大，由于阳离子的半径大小为，附加离子极化作用的大小Zn2+Cd2+CdSHgS。(3)阳离子半径大小K+Cu+Li+，又由于Cu+是18电子构型离子，所以溶解度大小为KClLiClCuCl。(4)阴离子半径大小F-Cl-Cl-F-，溶解度大小为PbF2PbCl2PbI2。第九章答案一、选择题答案：1.A 2. B 3.C 4. D 5. B,D 6. B 7. C 8. A,B,C 9.A 10.D二、填空题 答案 1. 6，7。 2. 条件稳定常数，实际。 3. 六氟合硅酸钠（） 4. Co(en)3Cl3 5. +2，4三、简答题 答案：1.盐酸调节酸度，加热驱除二氧化碳；三乙醇胺掩蔽铁、铝离子干扰；缓冲溶液调节滴定时的酸度；硫化钠掩蔽重金属离子的干扰；铬黑T为金属指示剂。2.因为溶液的酸度对EDTA滴定的准确度有很大影响，而随着滴定反应的进行，配位滴定剂与金属离子配合时，会不断释放出质子。所以必须在缓冲溶液中进行。3.在PH=5的缓冲溶液介质中，用EDTA滴定锌，二甲酚橙为指示剂，然后用氨性介质调节PH=10,用EDTA滴定镁。所需试剂及步骤略。4.配合物是由可以给出孤对电子或多个不定域电子的一定数目的离子或分子（称为配体）和具有接受孤对电子或多个不定域电子的空位的原子或离子（统称中心原子）按一定组成或空间构型所形成的化合物。例如：Cu(NH3)42+中心原子是Cu2+，配体是NH3，Cu2+具有接受孤对电子的空轨道，NH3具有孤对电子，4个NH3分子与Cu2+配位，形成平面正方形Cu(NH3)42+。根据配合物的定义，水合物和氨合物若在晶体或溶液中以简单离子存在就不是配合物，若以复杂离子存在就是配合物，一般情况下氨合物都是配合物。5.由于大多数过渡金属离子的d轨道为充满，当吸收一定光能后，就可产生从低能级的d轨道向高能级的d轨道的电子跃迁，从而使配