无机及分析化学-华中科技大学-冯辉霞版课后习题答案.pdf

第一章第一章 绪论绪论答案：答案：一、选择题一、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01g 以上时的分析三、简答题三、简答题略四、计算题四、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第二章 物质的状态物质的状态答案答案一、选择题一、选择题1. A；2. D； 3 B；4. D； 5 ？？；6 C；7 A;8. A；二、简要回答问题二、简要回答问题略三、计算题三、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92mol—1解：PA﹡=3742Pa由拉乌尔定律可知：W /MP  P1*xB PA*BBWA/MAWB/MB13/92.3 3742100/1813/92.392.43Pa加入溶质后的蒸气压为P﹡= PA﹡—P=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T 5T  378.75K2414. 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=507KPaPN2=P—PH2=101.3KPanN2=14/MN2=05mol（1） PN2V= nN2RTnNRT0.58.314300V 2PN2101.312.31L（2)PH PxH解得 xP22H2H2P50.7 0.334152xN21 xH2 0.6665 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。

—1—1已知 M甘油=92 g﹒mol，M蔗糖=342g·mol则有，x/922.42/3422500/1000125/1000解得：x 13.02所以需要加入 13.02g 甘油 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10017℃，求尼古丁的化学式已知水的Kb=052K.Kg.mol—1解：因T  K m  KWB/MBbbbWAMBKbWb0.52103496103152(g mol1)WATb10.0(100.17100)设尼古丁的化学式为(C5H7N）n，则81n=152n=2故尼古丁的化学式为 C10H14N2 .—7 HgCl2的 Kf=34.4Kmol1，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0.849/Mm 50/1000Tf Kfm  34.40.849/M1.2450/1000—1M  471(g mol1)所以氯化亚汞的摩尔质量为471g﹒mol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 NaCl3173g，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3.173S 12.0033.173100  35.93(g /100gH2O)(2）NaCl 溶液的质量分数为NaCl3.17310000 26.40012.003(3）NaCl 溶液的物质的量浓度为cnNaClWNaCl/MNaClNaClVNaClV溶液3.173/58.510.00103 5.4 （molL1）（4）溶液中水的物质的量为n12.0033.173 0.491(mol)H O218NaCl 的摩尔分数为xNaClnNaCl3.173/58.5 0.1nH2OnNaCl0.4913.173/58.5所以水的摩尔分数为xH O1 x 0.92NaCl第三章第三章化学反应基本原理化学反应基本原理答案答案一、选择题一、选择题1、D2、B3、D4、C5、C6、A7、C8、B9、C10、B11、C12、B二、填空题二、填空题1、460，7402、—89。

5 Kj3、28824， 54三、计算题三、计算题1、(1）B(s)1N2(g) BN(s)2rGmBfGm 228.4(1/20)(10)kJmol1 228.4kJmol1（（2 2））BCl3（g） + NH3（g) = BN(s） + 3HCl（g）/kJ·molfGm—1— 33872—16.45—2284—95.3rGmBfGm (3(95.3)228.416.45338.72)kJmol1 159.13kJmol1(3(3））B2O3（s) + 2NH3（g) = 2BN(s） + 3H2O（l）/kJ·molfGm—1- 1193.65—16.45-2284-237.13rGmBfGm (3(237.13)(2)228.4216.451193.65)kJmol1 58.36kJmol1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rGm1)rGm=87kJ·mol—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/kJ·molfHm—10-82420-3935090—74220-39436rGmBfGm301.32kJmol1/J·mol-1·K-157487.427.28213.74Sm/kJ·fGmmol—1rHmBfGm 467.8kJmol1rSmBfGm558.32Jmol1rHm467800T 837.9KrSm558.324、lnk2Ea(11)k1RT1T2k292.9103Jmol-111ln()56.5108.314Jmol-1K-1298K348K－k2=1.4×10 mol－1·L·s1—25、K3=K1×K2；第四章 酸碱反应与酸碱滴定习题解答一、判断题一、判断题1、××2、××3、××4、××5、××6、√√7、××8、××9、√√10、√√二、选择题二、选择题1、B2、A C E3、B4、D E5、A B D6、E7、C8、B9、B C D10、B11、B C12、A C D13、B D E14、B15、D16、B E17、C三、填空题三、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/c3、1∶24、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；015g.7、(1)NaOH + Na2CO3；（2）NaHCO3+ Na2CO3； （3）Na2CO3；（4）NaHCO3（5)NaOH四、问答题四、问答题1、NaNa2 2COCO3 3：：[H[H+ +] +] + ［［HCOHCO3 3- -] + 2] + 2［［H H2 2COCO3 3] ] ＝＝ [OH[OH- -] ]（（NHNH4 4））2 2C C2 2O O4 4：： [H[H+ +] + [HC] + [HC2 2O O4 4——］］ + 2 [H+ 2 [H2 2C C2 2O O4 4] ] ＝＝ ［［OHOH——] + [NH] + [NH3 3］］NHNH4 4H H2 2POPO4 4：： ［［H H+ +］］ + [H+ [H3 3POPO4 4] ] ＝＝ ［［OHOH——] +] + ［［NHNH3 3］］ + [HPO+ [HPO4 42 2——］］ +2+2[PO[PO4 43-3-］］+ +- -（（NHNH4 4））＝＝ ［［OHOH——］］ + [NH+ [NH3 3］］ + [PO+ [PO4 43 32 2HPOHPO4 4 : [H : [H ] + [H] + [H2 2POPO4 4] + 2 [H] + 2 [H3 3POPO4 4］］——] ]H H2 2C C2 2O O4 4 : : ［［H H+ +] ] ＝＝ [OH[OH- -］］ + [HC+ [HC2 2O O4 4——］］ + 2+ 2 ［［C C2 2O O4 42 2－－］］NHNH4 4AcAc ：： [H[H+ +] +] + ［［HAcHAc］］ ＝＝ [OH[OH- -] +] + ［［NHNH3 3］］2、 试推出 H2CO3溶液中各组分的分布系数。

[H]2(H2CO3) 2[H ] [H ]Ka,1Ka,2Ka,1[H]Ka,1(HCO3) 2[H ] [H ]Ka,1Ka,2Ka,1(CO3) 2Ka,1Ka,2[H]2[H]Ka,1Ka,1Ka,23、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: pH＝pKa±14、写出一元弱酸（碱）及多元酸（碱）滴定的判别式—cKa≥108或cKb≥10-85、用因保存不当失去部分结晶水的草酸（H2C2O4·2H2O）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 （H2C2O4·2H2O）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（H2C2O4·2H2O），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.-56、 HAc：Ka=18×10cKa≥10-8故可直接滴定；-10 H3BO3：Ka=5.7×10cKa〈10-8故不能直接滴定7、（1) HCl + H3BO3先用 NaOH 标准溶液直接滴定 HCl，到终点后，再加入甘油后再用NaOH 标准溶液直接滴定 H3BO3；（2） H2SO4 + H3PO4以甲基橙为指示剂， 用 NaOH 标准溶液直接滴定出 H2SO4 + H3PO4的总浓度， 再加入过量而且定量的 NaOH 溶液， 再用 HCl 标准溶液滴定出 H3PO4的浓度,就可计算出 H2SO4的浓度3) NaAc + NaOH以甲基橙为指示剂，用HCl 标准溶液直接滴定出NaOH 的浓度,再加入过量而且定量的 HCl 溶液，再用 NaOH 标准溶液滴定出 NaAc 的浓度8、 NaOHNaOH 〉〉NaNa3 3POPO4 4 > NaCN > NaOAc > NaCN > NaOAc 〉〉NHNH4 4OAcOAc 〉〉HCOONHHCOONH4 4〉〉（（NHNH4 4) )2 2SOSO4 4 > H > H3 3POPO4 4 > >HCl > HHCl > H2 2SOSO4 49、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、计算题五、计算题1、(1） pKb = 4.69（2) pKb = 469（3） pKa = 4.66—2、Ka，1= 15×102，c / Ka，1<105，c Ka，1〉10 Kw， 故[ [H H ] ] K Ka a ( (c c  [ [H H ]) ])[H]112(KaKa4cKa) {1.5102(1.5102)240.101.5102}221 0.032molLpH 1.490.032  32%0.103、pH＝200 时[H2SO3] (H2SO3)c(H2SO3)[HSO3] (HSO3)c(HSO3)[SO3] (SO3)c(SO3)[H]2(H2SO3) [H]2[H]Ka,1 Ka,1Ka,2222(103.00)23.002(10) (103.00)(1.5102)(1.5102)(1.0107)0.063同样可求得：(HSO3) [H]Ka,1[H]2[H]Ka,1 Ka,1Ka,2(103.00)(1.5102)(103.00)2(103.00)(1.5102)(1.5102)(1.0107)0.937(SO32) Ka,1Ka,2[H]2[H]Ka,1 Ka,1Ka,2(1.5102)(1.0107)3.002(10) (103.00)(1.5102)(1.5102)(1.0107)0pH＝4。

50 时(H2SO3) [H]2[H]2[H]Ka,1 Ka,1Ka,2(104.50)24.502(10) (104.50)(1.5102)(1.5102)(1.0107)0.002同样可求得：(HSO3) [H]Ka,1[H]2[H]Ka,1 Ka,1Ka,2(104.50)(1.5102)4.502(10) (104.50)(1.5102)(1.5102)(1.0107)0.994(SO32) Ka,1Ka,2[H]2[H]Ka,1 Ka,1Ka,2(1.5102)(1.0107)(104.50)2(104.50)(1.5102)(1.5102)(1.0107)0.002—4、Ka，1= 447×107,c / Ka，1≥105，c Ka，1>10 Kw， 故[H] Ka,1c 4.4710-70.10  2.110-4[HCO3] [H]  2.110-4[CO32]  Ka,2 4.6810-11molL1molL1molL1－5、(1) [H+]=c(HCl)=0.25 mol•L1pH=0.60（2)[H] Kac 1.77 10-4 0.010  1.33 10-3mol  L1pH  2.88（3)pH 1(pKa.1 pKa.2) 1(6.3510.33)  8.3422(4)pH 1(pKa pKa/) 1(pKW pKa/) 1(9.25 4.76)  2.88  7.0122Kb2（5）∵ cKa〉10Kw，c /Ka〉105，∴[H]Kac 6.1710100.10  7.85106molL1pH 5.10（6）∵ cKb>10Kw，c /Ka〉105，∴[OH ] Kac 3.9810100.10  6.31106mol L1pH  8.80pOH  5.20cac0.1014 pKb－－lga144.75lg 9.55cbcb0.20c0.20(8）pH  pKa－－lga 4.76lg 4.94cb0.30(7)pH  pKa－－lg6、9.50 14 pKb－－lgcax144.75lgcb0.50x  0.28mol1n 0.281.0132.137g27、pHsp=7.00，ΔpH：8。

70～530；甲基红或酚酞8、5.26，6.21～4.309、可以对三元酸的 2 个质子进行直接滴定pHsp1pHsp211(pKa.1 pKa.2) (2.06.0)  4.02211(pKa.2 pKa.3) (6.011.0)  8.522－3用甲基橙为指示剂用甲基橙为指示剂用酚酞为指示剂用酚酞为指示剂－310、多余的酸的量为:0.2307×620×10 ＝1.430×10mol－3－3反应的酸的量为： 50.00×10 x－1.430×10mol反应式：CaCO3+ 2HCl = CaCl2+ CO2+ H2O－设 HCl 的浓度为 x mol•L1－3－3则： 50.00×10 x－1.430×10 = 2（ 05000÷1001 )－x = 0.2284 mol•L111.n1= 2n2c(HCl）V（HCl)=2m（硼砂)/M(硼砂）c（HCl） =2m（硼砂)/M（硼砂） V（HCl）= 2×0.9854/（38102376)－ = 02175 mol•L1{c(HCl)V(HCl)c(NaOH)V(NaOH)}M(NH3)m12、{0.45000.050000.42000.00250}17.03 24.4%1.50w(NH3) 13、V1=34。

12mL，V2=2366mL，V1〉V2，故混合碱的组成为Na2CO3＋NaOHw(Na2CO3) c(HCl)V2M(Na2CO3)100%m0.278523.66103106.0100%0.9476 73.71%w(NaOH) c(HCl)(V1V2)M(NaOH)100%m0.2785(34.12 23.66)10340.00100%0.947612.30%14、w(Na3PO4) c(HCl)V1M(Na3PO4)100%m0.228016.12103163.9100%1.15052.38%w(Na2HPO4) c(HCl)(V2V1)M(Na2HPO4)100%m0.2280(18.6516.12)103142.0100%1.150 7.12%第五章第五章沉淀溶解平衡与重量分析沉淀溶解平衡与重量分析答答 案案一、选择题一、选择题1、D2、B3、C4、D5、D6、D7、C8、A9、ABCD10、ABCDE11、ABC12、B二、填空二、填空1、0.1236M2、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％=m(Fe2O3)2m55.85159.69sW（Fe）=m(Fe2O3)90%255.8555.85 m(Fe2O3)10%3159.65231.50=19.24％ms2、解:AgI 先沉淀［Cl-]： ［I ]=107:1+3、解：Mg2++2NH3·H2O→2NH4+Mg（OH)22[NH4]k=58==bk[2][MgNH3H2O]ksp—2[NH-54]=2×102[Mg][NH3H2O]2k故无 Mg(OH)2沉淀生成4、解：n（NH4)2C2O2=30.351004=3.5×10 mol1—33%=m(NH4)23.510124.12C O2m(NH4）2C2O4=14。

46gksp[Ca][C2O4]22[C2O2]=2795×10—4Mm（NH4)2C2O4=2.795×10 ×300×10 ×124=0.01g5、解:AgCl+NH3·H2O=[Ag(NH-4-33)2]+Cl—[Ag][Cl]=1.77×10—20.8（NH3）2k[NHHO]-5[Cl]=2.5×10[Ag]（NH3）2[NHHO]3232k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：2+CaF2（s）+2H+（aq）→Ca （aq）+2HF(aq）这个反应的平衡常数 Kj为：Kj=+c(Ca)C(HF)222C（H）=5.310（k （HF）(6.6104)=2aksp(CaF2)92=0.012因溶解平衡时，2++—17—3C（Ca ）=S，C(HF)=2S,C（H ）=10mol·dm带入 Kj式有，Kj=c(Ca2)C2(HF）=S(2S)2=0012C(H)2(101.7)2S=30.012103.44第六章 氧化还原反应一B2. B3 A4. B5。

C6. A7 C8. B9.A10B11. C二还原，氧化，正，负因为 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Mn，Mn3+5—0.24V6.氧化态，还原态.7.0522V，0.765V，Br2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+ + 7H2O3H2O2  3O2 + 32H+ + 32e-总反应：Cr2O72— +3H2O2 + 8 H+  2Cr3++ 3O2 + 7H2O(2）半反应:ClO3— + 6H+ +6e—  Cl— + 3H2O6Fe2+-  6Fe3+ + 6e—总反应：ClO3— + 6H+ + 6Fe2+—6Fe3+ + Cl— + 3H2O(3）半反应:14ClO3- + 146H+ + 146e-  14Cl— + 143H2O3As2S3 + 320H2O  32H2AsO4- + 33SO42—+ 336H+ + 328e—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)4］2— + 2e-总反应：Zn + ClO- + H2O + 2OH- [Zn(OH）4]2— + Cl-（6)半反应：3Ag2S + 3H2O + 32e—  32Ag + 3HS- + 3OH-2Cr(OH）3 + 25OH-  2CrO42— + 24H2O + 23e—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 0.1moldm-3，浓度影响相互抵消.又由于 E（Fe2+/Fe）=-044V,E(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）= E（Fe2+/Fe） + 1/2lgc（Fe2+)=—044V + 1/2Vlg01=（-0.44—0.5)=-094VE （Cd2+/Cd)= E(Cd2+/Cd)E + 1/2lgc(Cd2+）=—0403V + 1/2Vlg00036=—1.62V所以,Cd 比 Fe 还原性强,Cd 首先被氧化 答案：11) E 池= E(+）—E(-) =E(Fe3+/Fe2+)—E(Br2(l）/Br-)=(0.771—1065)V=—0294VE 池〈0，反应向左自发进行2）pH 变化对 E（MnO4—/Mn2+)有影响,电极反应：MnO4— + 8H+ + 5e-Mn2+ + 4H2OpH=1 时：0.0592Vc(MnO4)/c[c(H)/c]822E(MnO4/Mn )  E (MnO4/Mn )lgnc(Mn2)/c0.0592V1.51V lg(0.1)81.42V5由于 E(MnO4-/Mn2+）E（Br2(l）/Br-)，反应向右自发进行.pH=6 时：0.0592Vc(MnO4)/c[c(H)/c]822E(MnO4/Mn )  E (MnO4/Mn )lgnc(Mn2)/c0.0592V1.51V lg(106)8 0.94V5由于 E（MnO4-/Mn2+） < E（Br2（l）/Br—)，反应向左自发进行.（3）由于 E =E（Ag+/Ag）-E（Cu2+/Cu）  0所以反应 Cu2+ + 2AgCu + Ag+，向左自发进行2. K =2.91034E池 E池(2） 由0.0592VlgJn0.0592VlgJ6得0.15V  (1.6731.33)V 解得：J = 1.81019c(Cr2O72)/c[c(HClO)/c]3[c(H)/c]8J [c(HClO2)/c]3[c(Cr3)/c]2由于0.800.2031.081.8100.153[c(Cr3)/c]219解得：c（Cr3+） = 3。

210—10 mol·dm—3(3）混合后，c（HClO2) =050 mol·dm—3，c(Cr3+） =0.25 mol·dm-3由于 K值很大，设平衡时 c（Cr3+） = x mol·dm—3，则2Cr3++3HClO2+4H2OCr2O72—+3HClO+8H+平衡时 c/cx[0.50-2/3(025-x)]1/2(025-x)2/3(0.25—x)10K值很大，0.25—x≈0.25c(Cr2O72)/c[c(HClO)/c]3[c(H)/c]8K[c(HClO2)/c]3[c(Cr3)/c]22.910340.50.25(1.50.25)31.08(0.501.50.25)3x2解得：x = c(Cr3+） =10810—17 mol·dm—3所以，溶液呈现橙色31） 由于 E(MnO4—/Mn2+） > E(Fe3+/Fe2+）所以设计的原电池 MnO4-作氧化剂,Fe2+作还原剂即：(-) PtFe2+，Fe3+‖MnO4—，Mn2+，H+Pt （+)n[E() E()]0.0592V由 lgK =5(1.510.77)V 62.50.0592VlgK =K =3.16×1062（2） 当 c(H+)=10。

0moldm-30.0592Vc(MnO4)/c[c(H)/c]8lg5c(Mn2)E(MnO4—/Mn2+） = E(MnO4—/Mn2+）+0.0592Vlg(10.0)85= 1.51V+1.60VrGm = —n FE = — n F[E(MnO4—/Mn2+)—E(Fe3+/Fe2+） ］= —5 96485J·V—1·mol—1(160—077)V= -4004128J·mol—1 -400.4kJ·mol—14 将这个反应设计为原电池，则0.0592Vc(Fe3)/cE池 E池lgnc(Fe2)/cc(Ag)/c0.50 (0.79960.770)0.0592V lg 0.19V0.0100.010E 池<0，反应逆向自发进行0.0592Vlgc(Cu2)/c251) E（Cu2+/Cu)=E(Cu2+/Cu)+0.0592Vlg0.52=034V+=033V（2)在 Cu2+溶液中加入 Na2S 有 CuS 生成，平衡时 c（Cu2+)/c c(S2-）/c= Ksp（CuS)，由于 c(S2—）=1.0moldm—3，所以 c（Cu2+)/c= Ksp(CuS)，则0.0592Vlgc(Cu2)/c2E(Cu2+/Cu）=E（Cu2+/Cu)+0.0592Vlg6.310362=0。

34V+=070V0.0592Vc[(H)/c]2lg2p(H2)/ p（3) E（H+/H2)=E(H+/H2） +0.0592Vlg(0.1)22=0.0V+=—0.059V（4)在 1.0dm3 010moldm—3 HCl 溶液中,加入 0.10 mol 固体 NaOH,HCl 与 NaOH 完全反应，生成 0.10moldm-3 NaCl 溶液，溶液中 c（H+)=1010—7 moldm-3，则0.0592Vc[(H)/c]2lg2p(H )/ p2E（H+/H2)=E（H+/H2） +0.0592Vlg(1.0107)22=0.0V+=—0414V（5） 在 1.0dm3 0.10moldm—3 HCl 溶液中，加入 010 mol 固体 NaOAc，HCl 与 NaOAc完全反应，生成 0.10moldm—3 NaOAc 溶液,NaOAc 溶液中 c（H+）为c（H+)≈Ka(HOAc)c/cc1.81050.10moldm—3=1.3410—3 moldm-30.0592Vc[(H)/c]2lg2p(H )/ p2E(H+/H2）=E（H+/H2） +0.0592Vlg(1.34103)22=0。

0V+=—017V6.由于E 池= E（+) — E(-）E（+）=E 池 + E(-）=0.38V+(—064)V=—0.26V0.0592Vc[(H)/c]2lg2p(H2)/ p又由于E（H+/H2）=E（H+/H2) +0.0592V lgc(H )/c-026 = 0.0V+解得c（H+） = 40610—5 moldm—3由于氢电极所用的溶液是由浓度均为10moldm-3 的弱酸(HA)及其钾盐(KA)所组成，所以弱酸(HA）的解离常数数值上等于c(H+） ，即：Ka（HA）=40610-57.（1） E(Ag+/Ag）= E(Ag+/Ag)+00592Vlgc(Ag+)/c=07999V +0.0592Vlg(0.10）=0.74V0.0592Vlgc(Zn2)/c2E(Zn2+/Zn) = E(Zn2+/Zn）+0.0592Vlg0.32= -0.763V += —078VE 池= E（Ag+/Ag) - E(Zn2+/Zn） = 0.74V – (—078V) = 152Vn[E(氧化剂) E(还原剂)]2(0.7999 0.763)lgK 52.80.05920.0592(2）K = 6.321052rGm = -2.303RTlgK= 2。

3038314Jmol—1K—129815Klg6.321052= —301102kJmol-1(3） 因 K 很大，则设平衡时Ag+的浓度 x moldm—3Ag+（aq） + Zn（s）Ag(s) + Zn2+（aq）平衡时/c/cx0.30+1/2（0.10-x)c(Zn2)/c2[c(Ag)/c ]K=0.35 x26321052=xx = 2010—27c（Ag+） = 2010-27moldm-3第七章原子结构答案一选择题1. 1. （C）2 2 （B）3 （A)4 4 （C)5. 5. (D）6 6 (C)7. 7. （D）8 8 （B）9 9 （A）1010 （D）1111 （C)1212 (C）13.13. （C）14.14. (B）1515 （D)16. （A）17 (D）二 填空题1. 1. n=3 l=2 m=0，±1，±2(任意三个) ms=+ 或—1s22s22p63s23p63d54s1； 第四周期ⅥB族； 铬 Cr2. 2. 8； 18； 2， 8， 8， 18， 32； 57 71 153 3 铯，氦－184 4。

8.72×101～91～25. 5. （n—1)dns6 6 5,2,5，107.89.10三简答题1. 1. 坐标和动量不能同时确定， 即没有确定的运动轨迹， 以及能量量子化 原子中电子的状态由主量子数 n、角量子数l、磁量子数 ml 以及自旋磁量子数 ms 所描述，因此泡利原理又可表述为原子内不可能有两个或两个以上的电子具有完全相同的 4 个量子数 n、l、ml、ms3. 3.1s22s22p63s23p63d104s24p64d104f145s25p65d10;5f146s26p66d107s27p1；第七周期 IIIA 族元素4. 3p 电子，n=3,l=1，一个 3p 电子可能有下列六套量子数之一：ABCn333l111m110si+1/2—1/2+1/2DEFn333l111m0-1—1si-1/2+1/2—1/23p 轨道共有三个,填充 4 个电子，根据泡利不相容原理和洪特规则，其中一个轨道电子应成对（此时 n，l，m 均相同，si不同） ，另两个轨道的单电子相互平行自旋（si相同）所以这四个3p 电子可能具有的各套量子数为：（1）A,B，C,E；（2）A,B,D，F；(3）A,C，D,E；（4)B,C,D，F；（5）A，C,E,F；(6）B，D，E，F;5. （1）n ≥4；（2)l=1 或 2（不能为 0,因为 m=—1） ；（3）m=0,si+1/2 或—1/2；（4）l=3（因为 m=3);6。

量子力学中的原子轨道指解薛定谔方程得到波函数 ψn,l，m（r，θ，φ） ，是指n，l，m 一定的用来描述核外电子在三维空间中的运动状态的一个数学函数式，ψ 本身没有明确的物理意义,2表示核外空间某处电子出现的概率密度.量子力学中常把波函数 ψn，l,m（r,θ，φ）称为原子轨道,所以原子轨道与波函数为同义词,并非电子运动的固定轨道波尔理论中的原子轨道是指离核半径为 r 的圆球面轨道，是电子运动的固定轨迹.注意：量子数的取值须符合其取值规律铜 Cu钨 W8 镧系收缩是指从镧到镥随着原子序数的增加，它们的原子半径、离子半径均逐渐减小的现象由于镧系收缩，Y3+离子半径就落在 Er3+之下，而使钇成为重稀土元素组的成员，这也是 Y 通常同镧系元素在自然界共生的原因， ⅤB 族中的铌(Nb， 镧系之前） 和钽(Ta， 铪之后） ， ⅥB 族中的钼 （Mo， 镧系之前） 和钨 （W，钽之后)以及ⅦB 族中的锝 Tc（镧系之前)和铼（Re,钨之后)的原子半径和离子半径很相近，Zr 和 Hf，Nb 和Ta在自然界矿物中共生，且彼此难于分离四计算题1.λ=2. 由里德堡公式计算υ=R∞（= 1.2×10－10 m = 1。

2×102（pm）11-22n1n2）=3289×1015s-1（=617×101414s-1122—142）λ=c/υ=2.998×108m.s—1/617×1014s—1=486×10—7m=486nm3.I=△E=hυ=6626×10—34J.S×3.289×1015S—1(1/12-1/∞)=2179×10—18J4.21Sc 的电子构型为 1s22s22p63s23p63d14s2Z3d= 21-（18×100） = 3.00Z4s= 21—(10×100 + 9×0.85 + 1×0.35） = 3.00E3d = —2.179×10-18×（3.00/30)2 = -22×10-18(J)E4s = —2.179×10—18×(3.00/37)2 = -1.4×10-18（J）5 298(kJ·mol1）－﹡＊第八章答案第八章答案一1.D2D4.B5D7.C8B二.（1）错极性分子中可能含有非极性共价键，如 H2O2分子的极性与分子的空间构型和键的极性有关，非极性分子中可以含极性键，如,CH4很多含复杂阴离子的离子晶体中含有共价键，如 NaOH 晶体4)错.对于同系物来说相对分子质量越大，分子间力越大。

5)错.色散力只存在于一切分子中(6)错影响物质溶解度的因素很多，除化合物中阳离子的极化能力外,还有阴离子的变形性、阴、阳离子的水合作用等晶胞是能够表现晶体结构全部特征的最小单位离子晶体气化后并不是以单个离子形成存在9）错.极化作用强的盐类向混合晶体甚至分子晶体过渡10)对11)错也有原子晶体12）错稀有气体是单原子分子，质点间的作用力为分子间力.（13)对.三.1，和2 sp3，不等性 sp3，sp 和 sp2;正四面体，三角锥，直线形和平面三角形3能量相近,最大重叠，对称性匹配4 (1s）2（*1s）2（2s）2(*2s）2(2py）2（2pz）2(2px)2，3，抗,强5. 离子键，共价键,离子晶体，分子晶体，降低，加深，减小6 面心立方密堆积，体心立方密堆积,六方密堆积四对双原子分子来说,键能 E、键解离能 D 和原子化能atH 含义是相同的，即都是指在标准状态下，断裂单位物质的量的 AB 型气态分子的化学键，使其成为气态中性原子 A 何 B 时所需要的能量例如，对于 HCl 分子：HCl（g)H(g) +Cl（g）E(H Cl)  D(H Cl)  atH(H Cl)  rHm 436kJmol1对于多原子分子来说，键能E、键解离能D 和原子化能atH 含义就不相同。

例如NH3分子中有 3 个等价的 N-H 键，断开 N—H 键所需的解离能是不同的，分别为NH3（g) NH2（g） + H（g)D1 435kJmol1NH2(g) NH(g） + H（g）D2 398kJmol1NH （g） N(g） + H（g）D3 339kJmol1NH3中 N-H 键能是 3 个 N—H 键的解离能的平均值为：E(NH) D1 D2 D3(435398339)kJmol1 391kJmol133NH3原子化能为：atH=D1+D2+D3=3E(N_H）=1172kJmol—1可见多原子分子的键平均键能，原子化能是所总和.2. 氧原子核外电子分1s22s22p4，2p 轨道有两个子，依据价键理论，两个对电子以相反的自旋状态价双键，即 O=O.这样 O2配对，不显顺磁性但实O2是顺磁性物质，显然价法解释的而依据分子轨O2的分子轨道和电子分布2一个图中可知,O2除(2p）能实际上是2px2pz2p2pz2py2px2s2s2s1s1s1s原子轨道分子轨道1s2s2py2p有键的键能布式为未成对的电氧原子未成配对形成共中电子全部际测定表明键理论是无道理论可得见 右 图 . 从单 键 外 , 还有（2py）2(2py）1和原子轨道图O2分子轨道能级图（2pz)2(2pz)1两个三电子键,这样 O2在反键分子轨道上有两个未成对电子，则 O2呈现顺磁性。

O2的键极为 2，键能与正常的双键相当.3不同.键能是指在标准状态下，断裂单位物质的量的气态分子的某化学键时所需要的能量晶格能是指在标准状态下，将单位物质的量的离子晶体拆散为单位物质的量的气态正离子和负离子时所需要的能量以 NaCl 为例：键能:NaCl（g) Na（g) + Cl(g）E(Na_Cl)  rHm 408kJmol1晶格能：NaCl(s） Na+（g) + Cl-(g）U  rHm 786kJmol1为了方便比较，不妨把 1mol NaCl(s）解离成 Na（g)和 Cl(g)的过程分解为以下数步：NaCl(s)H1晶格能为U = H1 +H2则键能为E= H2 +H3+H4NaCl(g)H2Na+(g)H3Na(g)4Cl(g)Cl-(g)H一般情况离子化合物是以离子晶体形式存在，因此离子晶体的一些物理性质，如熔沸点、硬度、溶解度都与晶格能有关气态离子型分子只能在极高的温度下存在,所以离子键的键能用处不大4.在原子结构一章所讨论的是孤立原子的核外电子运动状态当原子相互成键形成分子时，为了能释放出更多的能量达到更稳定的状态，原子外层电子的运动状态往往要发生变化.首先，外层电子构型由基态变成激发态。

能级相近的外层轨道上成对的电子,激发到空轨道上,这样单电子数增加,形成共价键的数目增加成键所释放的能量，除可抵消激发能外还有多余，所以系统的总能量变的更低了其次，轨道杂化激发态的外层轨道经过杂化后，轨道变成一头大一头小,成键能力显著增大，形成的化学键就更加稳定因此原子之间成键时，为了释放更多的能量，使形成的化学键更加稳定,原子的轨道往往要进行杂化5.解答:在 BCl3分子中,中心原子 B 的外层电子构型为 2s22p1，在形成分子时，B 原子 2s 轨道上的一个电子激发到 2p 轨道上形成 sp2杂化轨道，该杂化轨道空间构型是平面三角形,杂化轨道与 3 个 Cl 原的 p 轨道成键， 形成的 BCl3分子的构型是平面三角形的； 而在 NCl3分子中， 中心原子 N 的外层电子构型为 2s22p3,在形成分子时,N 原子采用不等性 sp3杂化，有一对孤对电子参与杂化，杂化轨道空间构型是四面体有单电子的杂化轨道与 3 个 Cl 原的 p 轨道成键，形成的 NCl3分子的构型是三角锥形分子轨道电子分布式为：O2+[（1s）2（*1s）2(2s)2( 2s)2（2px)2（2py）2（2pz)2（ 2py）1]O2［ （1s）2(*1s)2(2s)2（*2s)2（2px）2(2py）2(2pz)2（ 2py)1（*2pz)1]O2[(1s)2（ 1s)2(2s)2（*2s）2（2px)2(2py)2（2pz)2( 2py)2（ 2pz)1］O22[（1s)2( 1s）2(2s)2(*2s）2（2px）2(2py)2（2pz)2( 2py）2（ 2pz）2］O23［(1s）2(*1s)2(2s）2（*2s）2（2px）2(2py)2(2pz）2( 2py)2（ 2pz)2（ 2px）1]O2+：键级为 2。

5,未成对电子数为 1，顺磁性;O2:键级为 20，未成对电子数为 2，顺磁性;O2-：键级为 15，未成对电子数为 1，顺磁性；O22—:键级为 10，没有未成对电子,抗磁性；O23:键级为 05，未成对电子数为 1，顺磁性；稳定性大小次序为 O2+〉 O2> O2-〉 O22—〉 O23—分子或离子H2+He2+He2C2＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊分子轨道电子分布式键级是否存在(1s)1（1s)2（*1s)1（1s）2（*1s)2（1s)2（ 1s)2(2s)2(*2s）2（2py）2(2pz)20.50502可以存在可以存在不存在存在Be2B2N2+O2+8.化合物CO2H2SBBr3PH3SiH4SnCl2CCl2F2SF6(1s）2（*1s)2(2s)2（ 2s）2（1s）2( 1s）2（2s）2（ 2s)2（2p）2(1s）2( 1s）2（2s)2(*2s)2(2py)2(2pz)2(2px）1（1s)2(*1s)2（2s)2( 2s）2(2px）2(2py)2(2pz）2（*2py)1中心原子CSBPSiSnCS杂化轨道类型sp不等性 sp3sp2不等性 sp3sp3不等性 sp2sp3sp3d2＊＊＊＊＊012.52。

5不存在存在存在存在分子的几何构型直线形V 形正三角形三角锥形正四面体V 形四面体正八面体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) CF4>PF3两者都是 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）OF2〈Cl2O.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 Cl2O4) PF3SF6SiF4是 sp3杂化，键角 10928;SF6是 sp3d2杂化，键角 906)H2O〈NH3两者都是 sp3杂化,NH3中有一对孤电子对，而 H2O 中有两对孤电子对。

11晶体质点间的作用力晶体类型熔点离子键离子晶体较高NaClCO2分子间力分子晶体很低SiC共价键原子晶体很高分子间力分子晶体较低CH3Cl共价键原子晶体很高SiO2N2分子间力分子晶体很低分子间力分子晶体较低NH3金属键金属晶体较高CuKr色散力分子晶体很低12.（1） CS2与 CCl4：只有色散力.(2）H2O 与 N2：诱导力，色散力.(3）CH3Cl 与 CH3OH:取向力，诱导力，色散力和氢键4）H2O 与 NH3：取向力，诱导力，色散力5）C2H5OC2H5:色散力6）CH3COOH：取向力，诱导力，色散力和氢键13.(1) Be2+为 2 电子构型离子，Mg2+是 8 电子构型离子，Be2+半径小于 Mg2+，Be2+的极化力大于 Mg2+，所以 BeCl2的熔点低于 MgCl22)CaO 与 BaO 都是离子晶体，熔点都较高,但由于 Ba2+半径大于 Ca2+,所以 CaO 的熔点高于 BaO3） NaF 和 NaCl 都是离子晶体,熔点都较高，但由于 Cl-半径大于 F-,所以 NaF 的熔点高于 NaCl.（4） Fe3+极化力大于 Fe2+，FeCl3的熔点低于 FeCl2。

5) 金刚石是典型的原子晶体，而石墨是混合型层状晶体,层内以共价键结合，层间以分子间力连接,层间容易滑动，造成石墨晶体较软，所以金刚石比石墨硬度大6)在 SiCl4分子中,中心原子 Si 有和 3s，3p 轨道能量相近的 3d 轨道，空的3d 轨道可接受水分子中O 原子所提供的电子对，因此SiCl4易水解;在 CCl4分子中，中心原子C 没有空轨道，2s，2p 轨道都已用于成键，无法接受水分子中 O 原子提供的电子对，因此 CCl4不易水解.14. (1） Be2+为 2 电子构型离子，Ca2+是 8 电子构型离子，Hg2+是 18 电子构型离子，Be2+半径较小，Hg2+变现性较大，所以溶解度大小为 CaCl2>BeCl2>HgCl22） 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+Li+,又由于Cu+是18电子构型离子， 所以溶解度大小为KCl〉 LiCl>CuClCl-Cl—〉 F—， 溶解度大小为 PbF2

第九章答案一、选择题一、选择题答案:1 B3.C4 B，D6 A,B，C9D二、填空题二、填空题答案答案1. 6，7 条件稳定常数,实际3. 六氟合硅酸钠(Ⅳ）4. ［Co(en)3］Cl35 +2,4三、简答题三、简答题答案答案：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)4]2+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）4］2+.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， 从而使配离子显颜色； 而 Zn(Ⅱ)离子的 d 轨道是全满的， 不能产生 d-d 跃迁，因而无色。

6因为AgI 的溶度积很小，NH3的配位能力不如 CN—强，CN-能夺取 AgI 中的 Ag+离子生成更稳定的［Ag(CN）2]—而使 AgI 溶解，而 NH3却不能，因而 AgI 不能溶于过量氨水却能溶于 KCN 中四、计算题四、计算题答案答案: :1.本实验是通过 EDTA配位滴定法测定沉淀物中的 MgNH4PO4中的镁，计算出沉淀物中的含磷量，间接得到含磷试样中磷的含量w(P2O5) 0.0200030.00142.0 21.30%20.200010002.Zn(NH )1102.27101104.01102107.01103109.26104105.283Ag(NH )1103.40101107.10102105.103△lgK'=(16.50-528)-（7.32-5.10)≈9所以在此条件下，银离子对锌的滴定无影响3. 3.lgK'(CuY)=188-6.6=12.2, PCusp=1/2（12.2+21PCuep=PCut=8.8， △PCu=81=1.7根据滴定误差公式可计算得 TE=0所以:可选用此指示剂4.解：此实验用返滴定法测定铅锡总量,然后有氟化物配位置换，使配合物SnY 中的 EDTA释放出来。

用标准铅盐滴定释放的 EDTA，测得锡的含量w(Sn) w(Pb) 0.0202325.64118.7 55.22%0.11151000[0.0516120.000.02033(13.75 25.64)]207.2 43.73%0.111510005解：αY（Ca)=1+1010.7×10-2.0=108.7所以：αY=108.7+100 6≈108.7，lgK’（ZnY）=16.5—8.7=7.8PZn（sp)=1/2(80）=49△PM=PZn(ep)-PZn（sp）=4.8-4.9=-0.1TE=-006％6解：配合反应式为：H2Y+ Zn2+ZnY+2H+，滴定至终点时产生的 H+为：c(H) n(H )21000.010021.67102mol/L1000.0100120V1000.0500—5.5PH=1.78原溶液中［H+]=10，此浓度较低，所以终点时溶液的 PH 主要 EDTA释放的 H+决定由此可知，EDTA配位滴定时,若不加入缓冲溶液，则溶液中的酸性会不断增强.只有加入缓冲溶液，才能使溶液维持在滴定所需的酸度范围内。

7 CuS（s)+4NH3（aq）=[Cu(NH3)4]2+（aq）+S2（aq)K [Cu(NH3)4][S2][NH3]4222—[Cu(NH3)4][S][Cu][NH3]4[Cu2]3)4]2 K稳，[Cu(NHKsp,CuS 4.8101211036 4.81024从 K 值看，氨水不能溶解 CuS已知K稳+[Ag（NH3)2]7，由于氨水是大量的,故 AgNO3完全转化为[Ag(NH3）2］ 配离子，1.1210[Ag][NH3]2平衡是 NH3的浓度可认为近似是 01mol/L.因此从而可见，Ag+和[Ag(NH3)2]+浓度的比值很小，溶液中几乎完全是［Ag(NH3)2]+配离子，而游离的 Ag+浓度极小,可以认为在这一条件下,Ag+和 NH3的配合反应进行得很完全第10章 分光光度法习题解答一 是非题1 ×5. ×6. √二、选择题:1、B2、C3、D4、C5、D6、D7、D三、填空题:1、物质对光的选择性吸收2、摩尔吸光系数、L·mol—1·cm-1、液层厚度、cm、溶液浓度、mol•L-1.3、蓝色、透过光的单色性越好。

4、(1）灵敏度高， （2)选择性好， （3）有色化合物的组成恒定、性质稳定，(4)有色化合物与显色剂之间色差要大，Δλ〉 60nm5、微量;灵敏度高、准确度较高、简便快捷、应用广泛.6、微量组分含量测定；高含量组分测定；光度滴定等15～1.0;10％～700×10-4mol•L—1四、问答题：1、(1）非单色光引起的偏离； （2）化学性因素引起的偏离.2、光源：提供所需波长范围内有足够的强度和稳定的连续光谱3、分子、原子或离子等组成物质的微粒具有不连续的量子化能级， 仅当照射光光子的能量与被照射物质粒子的不同能级之差相当时才能发生吸收不同的物质的微粒由于结构不同而具有不同的量子化能级，其能量差也不同所以物质对光 的吸收具有选择性.4、固体物质呈现不同的颜色是由于其对不同波长的光吸收、透射、反射、折射的程度不同而造成的液体的颜色是由于溶液中的微粒选择性地吸收某种颜色的光引起的，由投射光的波长决定.5. 122；0五、计算题 1 （1)A0.224311 2.2410 Lmolcmbc2.05.01052.24103a 14.2L g1cm1M158（2）A = -lgT = 0。

224T = 0.597c0.4340.434T 0.4%  1.3%cT lgT0.597lg0.5972 b = 2cm 时，T=45%， A=0.347根据 A=εbc，当 ε、c 不变时，A 与 b 成正比,可计算出b = 1cm 时， A=0173, T=67％b = 3cm 时， A=0.519， T=30％c 3. 第三个标准溶液的浓度为：钢中锰的质量分数为：150.5003.0 4.5104mol L1500100mMncVM4.51040.25054.9w  4.1%mm0.1504 钢中锰的质量分数为：mMncVM1.85.01040.25054.9w 1.2%mm1.005 要使吸光度测量引起的浓度相对误差最小，则应使配好的溶液的 A = 0434c A0.43451 3.9510 mol Lb1.11041cVM3.951050.05055.8m样 0.055gw0.2%如果要使透光率读数范围为 0.20 至 070，测定溶液含铁的物质的量浓度范围应控制在6.4×10－5～1。

4×10－5 mol·L -16根据题目所给数据，作出如下标准曲线标准溶液的浓度为:c m[NH4Fe(SO4)212H2O]M(Fe)VM[NH4Fe(SO4)212H2O]0.216055.85 5.00105g mL1 5.00102mg mL1500482.2测定 A 值的试液中 Fe 质量为：m = 6.3×5.00×10-2 = 0315 mg原试液中总的 Fe 质量为：m（Fe)=0.315×250/2.0= 394mg原试液中 Fe 的含量为:w = m（Fe）/ V(样)＝39.4/50 ＝79mg/mL7根据题意可得到方程组： A1 x1bcx y1bcy0.85  23.3c(NO2)A2 x2bcx y2bcy0.60  9.32c(NO2) 7.24c(NO3)解得：解得：c(NO2)＝＝0.036mol L1c(NO3)＝＝0.060mol L1S 区答案一选择题1 1 （D)2 2 （A）3. 3. （A）4. 4. （D)5. 5. （A)6. 6.(B)7. 7. (D)8. 8.（C）9. 9. （C）1010。

（ （D)1111 （C）12.12. (B)13 (C） 14 (B) 15 (C） 16(D）17 (A）二判断题1.23.4.5三填空题1. 1. Li—Mg; Be — Al ； B -Si2 2 都可以和水反应生成气态产物；都可以和水反应生成碱性溶液.3 3 浓 NH4Ac，NaOH (1) CaF2 (2） CaSO4·2H2O （3) BaSO4 (4) SrSO45. 5.CaC2O46. 6. （1) 低 （2） CsCl 型 (3) 超氧化物 FrO2（4) 低 (5) 强7锂,镁8. MgCl2·6H2O9ZnS ， BaSO410LiOH四简答题MgCl2+ 6H2O1. 1.Be(OH)2两性， Mg(OH）2中强碱将它们和过量强碱作用， Be（OH)2溶于过量强碱， 生成［Be（OH）4]2－离子,而 Mg（OH）2不溶2. 2.加钠后蒸出氨 Na + H2O = NaOH +Mg＞Al＞P＞S; K＞Ca; O＞FH23.同一周期元素从左到右金属性下降（非金属性增强）:同一主族元素从上到下的金属性增强（非金属性下降)：Ca＞Mg；S＞O;As＞P所以金属性由强到弱为:K＞Ca＞Mg＞Al＞As＞P＞S＞O＞F4.离子键无饱和性和方向性是指正负离子的静电吸引作用，只要离子半径允许，就可以吸引尽可能多各个方向的异号离子；而离子晶体中每个离子有决定的配位数是由正负离子的半径是一定的，具有一定半径的离子的周围排列异号离子的数量一定的,两者之间并不矛盾。

5. Na+的电子构型为 1s22s22p6，因而Na+8 电子构型，其极化能力很弱；S2—虽然变形性很大，但Na+的极化能力弱，所以 Na2S 晶体的极化作用很弱，是离子晶体，易溶于水Zn2+的电子为 18 电子构型，不仅极化能力很大,而且变形也较大，有较强的附加计划作用；同时 S2—又有很大的变形性,所以 ZnS 晶体多的离子极化作用很强，键型从离子键向共价键过渡，难溶于水在 IA 族中，金属锂到铯均为活泼的还原剂，其活泼顺序自上到下递增，电离能数值是逐渐减小的但标准电极电位值是在水中测定的,由于锂离子的半径特别小,它的水合能很大，故标准电极电势值反常的小标准电极电势的大小仅反映反应进行的倾向，并不涉及反应速度7.8.9一选择题1 1 （D）2. 2. （B)3 3 （B）4. 4. (B）5. 5.(D）6. 6. (A)7. 7. （D)8 8 （B)9. 9. (D）1010 （C)1111 （B)12.12. (C)13.13. （A)1414C）15.15. (C） 16（D)二填空题1. 1.HCO2 2H2CO3，H2O，NH3，HAc ; CO，H2O，NH3，N2，SCN Cl2/Cl＜ Bi（V)/Bi（III)， HCl 将被 NaBiO3氧化， 有 Cl2产生,有碍于 MnO生成。

3. 3. （NH4)2HPO4+ NH4H2PO4； Na2S2O4·2H2O;BaSO4+ZnS；K2Cr2O74. 4. H3AsO4，Tl(OH）35. 5. 因为 BX3分子中 B 和 X 原子间有离域 π 键（∏所以不形成缺电子的多中心键 在空气中， S2被氧化成 S，S 再和 S2生成 S数可高达 6, 甚至 9 颜色为黄或红棕色7. 溶于浓 HCl 后稀释并加 Sn 片8 Ca(ClO)29 H2S10. 不等性 sp211 BiOCl 和 HCl12. (HPO3)n， （NH4)3[P(Mo12O40)］13. 密陀僧14. 两个三中心两电子的氢桥键15. 冷水中三写化学方程式1 1 PbSO4 + 4OH+ Cl2= PbO2↓ + SO42+ 2Cl+ 2H2O;2.SiH4 + 2KMnO4 = 2MnO2↓ +K2SiO3 + H2↑ + H2O3. I2+ 5Cl2 + 12OH= 2IO＋－－－－－－－）, 缓和了它的缺电子性质.(多硫离子）.多硫离子中含 S+ 10Cl+ 6H2O；I2+ 5H2O2 = 2HIO3 + 4H2O－4. 4.4H+ 4I+ O2→ 2I2 + 2H2O5 5。

3Cl2+I + 3H2O = IO6. . 3Sn（OH)＋－+ 6Cl + 6H－－＋+ 2Bi3+ 9OH = 3Sn(OH）+ 2Bi↓7. 7.NaBiO3(s） + 6HCl（浓) = NaBiCl4（aq) + Cl2（g) + 3H2O（l8 8P4+ 3OH + 3H2O = PH3↑+ 3H2PO－9 Pb3O4 + 15I+ 8H = 3[PbI4］2+ I－＋－+ 4H2O10.10. 2PbO2 + 2H2SO4 = 2PbSO4 + O2↑ + 2H2O；四 简答题1 C 与 Si 均为第四主族元素，试解释为什么 SiO2的熔点高达 1710 摄氏度，而 CO2的熔点很低,常温下为气体？解：因为SiO2中的 Si 原子采用 sp3杂化轨道与四面体顶上的 O 原子成键，Si—O 四面体在三维空间重复排列，构成巨型分子，其固体为原子晶体,键能很大，所以 SiO2熔点很高;而 CO2中的 C 原子采用 SP 杂化轨道与 O 原子成键,形成非极性的 CO2小分子， 在低温时其固体为分子晶体,分子间仅存在色散力，作用力较弱，温度略升高，分子间力就被坏而成单个 CO2分子，所以在常温下 CO2为气体。

2.为什么 AlF3的沸点高达 1290℃，而 AlCl3却只有 160℃？解：AlF3为离子化合物，AlCl3为共价化合物3 Cl 的电负性比 O 小，但为什么很多金属比较容易同氯作用，而与氧作用较难？解： 由于 Cl2的键能比 O2键能要小，易于分解，很多金属易于与 Cl2反应氮和磷是同族元素,为什么氮形成双原子分子，而磷却形成 P4分子?解 氮原子半径较小， 一个氮原子的三个 P 轨道与另一个氮原子的三个 P 轨道形成共价三键而达到饱和， 以N2分子存在；P4呈四面体形是由于原子半径较大，外层存在 3d 空轨道6.DS 区答案一选择题1. 1. （D)2 2 （D)3 3. (C)4. 4. (D)5. 5. (D)6 6 （D）7. 7. (A)8. 8.(B)9 9 （C）1010B)11.11. （A)1212C）1313 （A)1414 (B）15.15. (B）1616 （C）二填空题1 铜、锡； 铜、锌2. HAuCl4·4H2OHClAuCl3AuCl 和 Cl2 Au3 3Ag2O， HgO 和 Hg， Zn（OH）4. 4.黄色，白色，白色，白色;Ag3PO4,AgPO3，Ag4P2O7；Ag3PO4，AgCl，AgPO3，Ag4P2O7。

5. 5. Cu(OH）2和 Ga(OH）36. 6. 橘红 HgI2， 无 HgI三完成下列化学方程式1 ZnCl2(浓) + H2O = H[ZnCl2OH]2 FeO + 2H［ZnCl2OH] = Fe［ZnCl2OH]2+ H2O3 Hg2Cl2－， Cd（OH）2 黄绿 Hg2I2， HgIHgHg + HgCl2－4 Hg2（NO3)2 + 2S2（过量) = ［HgS2]2+ Hg↓ + 2NO5. Hg（NO3)2+ 2NaOH = HgO↓ + 2NaNO3 + H2O6 HgO + HCl = HgCl2 + H2O7. Hg（NO3）2 + 2S2(过量） = ［HgS2］2+ 2NO－－8 Hg2(NO3）2+ 4KCN = K2［Hg(CN）4］ + Hg↓+ 2KNO39. 2HgCl2+SnCl2=Hg2Cl2↓+SnCl410. Fe（CN)63+ Ag + 2S2O＋－＋＋－－= Fe（CN）+ Ag（S2O3）－11. 2Cu2+ 2NH2OH + 4OH= Cu2O↓ + N2↑ + 5H2O12 2Ag + Sn2+ 6OH= 2Ag↓ + ［Sn(OH)6]213. 2CuSO4+ 2NaCl + SO2+ 2H2O = 2CuCl↓ + Na2SO4+ 2H2SO414。

4Cu(NH3）＋+ O2 + 8NH3 + 2H2O = 4Cu（NH3）－＋+ 4OH－15. 2Ag(NH3)2+ HCHO + H2O = 2Ag↓ + HCOO + 3NH4+ NH3↑16 Au + HNO3 + 4HCl = HAuCl4+ NO↑ + 2H2O17. 2Cu2+ 2Cl + SO2 + 2H2O = 2CuCl↓ + SO42+ 4H四简答题1 锌白(ZnO）氧化锌；铅白PbCO3.Pb（OH)2碱式碳酸铅；钛白(TiO2)二氧化钛钛白作颜料最好，因为它具有三大优点： （1）折射率高，着色力强； （2）覆盖性能好（似铅白） ； （3）化学稳定性好（不与大气中二氧化硫作用）2 因为 SnCl2，FeCl3是强酸弱碱盐，在水中都发生水解反应,产物是沉淀，FeCl3 + 3H2O ＝ Fe（OH) 3↓+3HCl↑SnCl2 + H2O ＝ Sn（OH） Cl↓ +HCl↑加入盐酸可以抑制水解，得到澄清的 SnCl2，FeCl3溶液.2+［ OH-［Zn2+]/[NH ］2+3 Zn(OH)2（s)+4NH3 H2O==Zn （NH3)42++2OH—+4H2O， K1==[ Zn(NH3）4］3［ Zn ］］＋－－＋18. 3AgNO3 + 3NaH2PO4 = Ag3PO4↓ + 2H3PO4 + 3NaNO3==Ksp［Zn(OH)2]K(Zn(NH3）42+）==1。

2*10-17*2.9*109==3.45*10—8〈10—7所以可认为逆反应单向进行2NH4++2HO—==2NH3.H2O+2H+，K2==Kw/Kb==（10-14）2/(1.8＊10-5)2==3.1＊10-192H++2OH—==2H2O，K3==1/Kw2==1028三式相加得：Zn(OH)2（s）+2NH3H2O+2NH4+==Zn（NH3)42-+4H2OK==K1K2K3==3.48*10-8*3.1＊10—19＊10*1028==108因 NH4+水解呈酸性，可除去反应产物 OH-，使其平衡右移，故 Zn（OH)2(s）溶于 NH3.H2O—NH4Cl 溶液4.d 区答案一选择题1 1A)2 2D）3 3A）4 4C)5 5 （D）6. 6. （D)7 7B） 8. 8.(C)9. 9. （C） 10.10. （C )11.11.（B）1212 （ (D)13.13. (B)1414 (B)1515 （C）16.16. （A）17.17. （D）1818 （C）1919 （D)2020 (C）二填空题1 1 HClO ；TiO2； HgCl2；VO43；MnO＋－;U2O72; Cr（OH）－; Bi（OH）3 ;CuCl； VO2。

＋2 2ZnS + BaSO4； ZnO ；PbCrO4；KFeFe(CN）6； Cr2O33 3碱性, 6Ca（OH）2 + 6Cl2→ Ca（ClO3)2 + 6H2O + 5CaCl2酸性， MnO2 + 4HCl(浓) → Cl2 + MnCl2 + 2H2O4. 4.从上至下容易出现较稳定的低氧化态(或从上到下高氧化态稳定性下降)从上至下容易出现较稳定的高氧化态 IB IIB5. 5. +3， +6，+4 ,+7，+86 6淡紫色， 蓝色， 蓝色, 紫色， 红色7. .紫色蓝紫色或绿色深绿色 橙色8. 8.(La（OH）3，HMnO4三完成下列化学方程式1. 2FeO2 2FeO+ 16H + 14Cl= 2FeCl＋－+ 3Cl2 + 8H2O－+ 2NH3 + 2H2O = N2 + 2Fe（OH）3 + 4OH－－3 2Fe(OH)3+3OCl +4OH2FeO+3Cl +5H2O－4. MnO2 + H2SO4(浓） = MnSO4 +O2↑ + H2O5 2KMnO4 + H2SO4（浓) = Mn2O7 + K2SO4 + H2O6 MnO2(s) + 4HCl(浓) = MnCl2 + Cl2 + 2H2O7. 2MnO2(s） + 4KOH + O2 = 2K2MnO4 + 2H2O8. Cr2O72+3H2O2+8H= 2Cr3（浅绿)+3O2↑+7H2O9. 2BaCrO4+16HCl(浓） = 2BaCl2+2CrCl3+3Cl2+8H2O10。

2MnO+ 3Mn2+ 2H2O = 5MnO2↓+ 4H＋＋＋＋＋＋－＋＋11. 5NaBiO3+2Mn2+14H= 5Na +5Bi3+2MnO12 Mn + FeO13. Mn + FeS＋－+7H2OMnO + FeMnS + Fe－－＋14. 2Cr3+ 3S2O82+ 7H2O = Cr2O72+ 6SO42+14H15 Cr（OH)+ 2H2O2－ CrO＋－+ 4H2O2Cr3+ 7H2O＋16161611） Cr2O72+ 14H + 6e17. CrO+ 4H2O + 3e－Cr（OH）+4OH－18.18. 2TiCl4 + Na2S2O42TiCl3 + 2NaCl + 2SO219 2Ti3+ 2Cu2+ 2Cl + 2H2O → 2TiO2+ 2CuCl↓ + 4H21 V2O5+ 6HCl(浓） = 2VOCl2+ Cl2↑+ 3H2O22. 2VO2Cl + 3Zn + 8HCl = 2VCl2 + 3ZnCl2 + 4H2O23 3VOSO4 + 4HNO3 + H2O = 3VO2NO3 + NO + 3H2SO424Ti + 6HF = TiF+ 2H+ 2H2↑＋＋＋－＋＋20。

VOSO4 + KMnO4 + 4KOH = KVO3 + K2MnO4 + K2SO4 + 2H2O253Ti(OH）3 + 7HNO3（稀) = 3TiO(NO3）2+ NO↑ + 8H2O四.简答题1 EVO/V2＋==0.37(V） ;Zn，Sn ;不稳定2. 用氯化法先将 TiO2转化为 TiCl4，再在氩气中 1070K 温度下用熔融的金属镁还原 TiCl4蒸气，可制得钛若用碳粉直接还原，由于 Ti 和 C 生成稳定的碳化物,不能利用f 区答案一选择题1. 1.(C）2. 2.(B)3. 3. （D）4. 4.(C）5. 5.（C)6. 6.(D）7 7. （D)8. 8.（D）9. 9. （D)10.10.(B）二填空题1. 1.Ce，Pr，Tb. 氧化2 2 聚变 裂变3 3 聚变4. .0.001 分5. 5. Ra Rn6 6La（OH)3〉Nd（OH)3〉Sm(OH）3〉Lu（OH）3。