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最新无机及分析化学-华中科技大学-冯辉霞版课后习题答案

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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：W/M
PP1*xBPA*
B
B

WA/MAWB/MB
13/92.3
3742
100/1813/92.3
92.43Pa
加入溶质后的蒸气压为
P﹡=PA﹡-P=3649.57Pa
3.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=(1-1/5n1T2得T5T378.75K
2
4
1
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50.7kPa，气体质量减少14g，试精品文档

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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=50.7KPaPN2=P-PH2=101.3KPanN2=14/MN2=0.5mol
（1）PN2V=nN2RTnNRT0.58.314300
V
2
PN2

101.3
12.31L
（2）PHPxH
解得xP50.70.334xN21xH20.666
2
2
H2
H2
P152
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。
-1-1
已知M甘油=92g﹒mol,M蔗糖=342g·mol
则有，
x/922.42/342

2500/1000125/1000解得：x13.02

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TKmKWB/MB
bbb
WA
MB
KbWb0.52103496103
152(gmol1
WATb10.0(100.17100
设尼古丁的化学式为(C5H7Nn,则
81n=152n=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50gHgCl2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
50/1000TfKfm34.4
0.849/M
1.24
50/1000
-1
M471(gmol1
所以氯化亚汞的摩尔质量为471g﹒mol设氯化亚汞的化学式为(HgCln则有236n=471n=2所以氯化亚汞的化学式为Hg2Cl2
8.10.00mLNaCl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;(5NaCl的摩尔分数xNaCl和H2O的摩尔分数xH2O。解：（1）NaCl的溶解度为
S
3.173
10035.93(g/100gH2O
12.0033.173

（2）NaCl溶液的质量分数为
NaCl3.1731000026.400
12.003
（3）NaCl溶液的物质的量浓度为
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cnNaClWNaCl/MNaCl
NaCl
VNaCl
V溶液


3.173/58.510.001035.4（molL1）
（4）溶液中水的物质的量为
n12.0033.1730.491(mol
HO
2
18
NaCl的摩尔分数为x
NaCl

nNaCl3.173/58.5
0.1
nH2OnNaCl0.4913.173/58.5
所以水的摩尔分数为xHO1x0.9
2
NaCl
第三章化学反应基本原理
答案

一、选择题
1、D2、B3、D4、C5、C6、A7、C8、B9、C10、B11、C12、B二、填空题
1、460，7402、-89.5Kj3、288.24，54
三、计算题
1、（1）B(s1N2(gBN(s
2
rGmBfGm228.4(1/20(10kJmol1
228.4kJmol1
(2BCl3(g+NH3(g=BN(s+3HCl(g
/kJ·molfGm
-1
-338.72-16.45-228.4-95.3

rGmBfGm(3(95.3228.416.45338.72kJmol1
159.13kJmol1
(3B2O3(s+2NH3(g=2BN(s+3H2O(l
/kJ·molfGm
-1
-1193.65-16.45-228.4-237.13
rGmBfGm(3(237.13(2228.4216.451193.65kJmol1
58.36kJmol1
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rGm。
（1）rGm=8.7kJ·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。精品文档

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3．3C+2Fe2O3=4Fe+3CO2
/kJ·molfHm
-1
0-824.20-393.5090-742.20-394.36

rGmBfGm301.32kJmol1

/J·mol-1·K-15.7487.427.28213.74Sm
/kJ·fGmmol
-1

rHmBfGm467.8kJmol1
rSmBfGm558.32Jmol1

rHm467800T837.9K
rSm558.32
4、lnk2Ea(11
k1
RT1
T2
k292.9103Jmol-111
ln(5-1
6.5108.314JmolK-1298K348K
－
k2=1.4×10mol－1·L·s1
-2

5、K3=K1×K2；
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、B2、ACE3、B4、DE5、ABD6、E7、C8、B
9、BCD10、B11、BC12、ACD13、BDE14、B15、D16、BE17、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/c；≥10/c。
-8-8
3、1∶2。
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、0.5g；0.15g。7、（1）NaOH+Na2CO3；（2）NaHCO3+Na2CO3；（3）Na2CO3；（4）NaHCO3（5）NaOH
四、问答题
1、Na2CO3：[H+]+[HCO3-]+2[H2CO3]＝[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－]
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NH4Ac：[H+]+[HAc]＝[OH-]+[NH3]

2、试推出H2CO3溶液中各组分的分布系数。
[H]2
(H2CO32
[H][H]Ka,1Ka,2Ka,1[H]Ka,1
(HCO32
[H][H]Ka,1Ka,2Ka,1

(CO3
2
Ka,1Ka,2

[H]2[H]Ka,1Ka,1Ka,2

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：pH＝pKa±1
4、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（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。

-5
6、HAc：Ka=1.8×10cKa≥10-8故可直接滴定；
-10
H3BO3：Ka=5.7×10cKa<10-8故不能直接滴定。
7、(1HCl+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；(2H2SO4+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。精品文档

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(3NaAc+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、NaOH>Na3PO4>NaCN>NaOAc>NH4OAc>HCOONH4>（NH4）2SO4>H3PO4>HCl>H2SO4
9、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、(1pKb=4.69(2pKb=4.69(3pKa=4.66
2、Ka,1=1.5×10-2，c/Ka,1<105，cKa,1>10Kw,故
[H]Ka(c[H]
[H]
112(KaKa4cKa{1.5102(1.5102240.101.5102}220.032molL1pH1.49
0.03232%
0.10

3、pH＝2.00时
[H2SO3](H2SO3c(H2SO3

[HSO3](HSO3c(HSO3
[SO3](SO3c(SO3
[H]2
(H2SO3
[H]2[H]Ka,1Ka,1Ka,2
222
(103.002
(103.002(103.00(1.5102(1.5102(1.01070.063

同样可求得：
(HSO3

[H]Ka,1
[H]2[H]Ka,1Ka,1Ka,2
(103.00(1.5102
3.002
(10(103.00(1.5102(1.5102(1.01070.937

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Ka,1Ka,2
[H][H]Ka,1Ka,1Ka,2
2
(SO32
(1.5102(1.0107
3.002(10(103.00(1.5102(1.5102(1.01070
pH＝4.50时

[H]2
(H2SO3
[H]2[H]Ka,1Ka,1Ka,2
(104.502
4.502(10(104.50(1.5102(1.5102(1.01070.002
同样可求得：
(HSO3

[H]Ka,1
[H]2[H]Ka,1Ka,1Ka,2
(104.50(1.5102
(104.502(104.50(1.5102(1.5102(1.01070.994
(SO32
Ka,1Ka,2
[H]2[H]Ka,1Ka,1Ka,2

(1.5102(1.0107
4.502(10(104.50(1.5102(1.5102(1.01070.002

4、Ka,1=4.47×10-7，c/Ka,1≥105，cKa,1>10Kw,故
[H]Ka,1c4.4710-70.102.110-4[HCO3][H]2.110-4[CO32]Ka,24.6810-11
molL1molL1
molL1


－
5、(1[H+]=c(HCl=0.25mol•L1pH=0.60
(2[H]Kac1.7710-40.0101.3310-3
molL1
pH2.88
(3pH1(pKa.1pKa.21(6.3510.338.34
22
(4pH1(pKapKa/1(pKWpKa/1(9.254.762.887.01
22Kb2(5∵c·Ka>10Kw，c/Ka>105，
∴[H]Kac6.1710100.107.85106molL1
(6∵c·Kb>10Kw，c/Ka>105，

∴[OH]
pH5.10
Kac3.9810100.106.31106molL1
pH8.80
pOH5.20
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cac0.1014pKb－lga144.75lg9.55cbcb0.20c0.20
(8pHpKa－lga4.76lg4.94
cb0.30
(7pHpKa－lg
6、
9.5014pKb－lg
cax144.75lgcb0.50
x0.28mol
1
n0.281.0132.137g
2
7、pHsp=7.00，ΔpH：8.70～5.30；甲基红或酚酞。
8、5.26，6.21～4.30
9、可以对三元酸的2个质子进行直接滴定
pHsp1pHsp2
11
(pKa.1pKa.2(2.06.04.02211
(pKa.2pKa.3(6.011.08.522
－3
用甲基橙为指示剂
用酚酞为指示剂
－3
10、多余的酸的量为：0.2307×6.20×10＝1.430×10mol
－3－3
反应的酸的量为：50.00×10x－1.430×10mol反应式：CaCO3+2HCl=CaCl2+CO2+H2O
－
设HCl的浓度为xmol•L1
－3－3
则：50.00×10x－1.430×10=2(0.5000÷100.1
－
x=0.2284mol•L1
11.n1=2n2c(HClV(HCl=2m(硼砂/M(硼砂c(HCl=2m(硼砂/M(硼砂V(HCl
=2×0.9854/(381.4×0.02376
－
=0.2175mol•L1
{c(HClV(HClc(NaOHV(NaOH}M(NH3
m12、
{0.45000.050000.42000.00250}17.0324.4%
1.50
w(NH3

13、V1=34.12mL，V2=23.66mL，V1>V2，故混合碱的组成为Na2CO3＋NaOH
w(Na2CO3
c(HClV2M(Na2CO3
100%
m
0.278523.66103106.0100%
0.9476
73.71%
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c(HCl(V1V2M(NaOH
100%
m
0.2785(34.1223.6610340.00100%
0.9476
12.30%
w(NaOH

14、
w(Na3PO4

c(HClV1M(Na3PO4
100%
m
0.228016.12103163.9100%
1.150
52.38%
w(Na2HPO4

c(HCl(V2V1M(Na2HPO4
100%
m
0.2280(18.6516.12103142.0100%
1.150
7.12%
第五章沉淀溶解平衡与重量分析
答案

一、选择题
1、D2、B3、C4、D5、D6、D7、C8、A9、ABCD10、ABCDE11、ABC12、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
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1、解：10.11%=
m(Fe2O32
m
55.85159.69
s
W(Fe=
m(Fe2O390%2
55.8555.85
m(Fe2O310%3
159.65231.50=19.24%
m
s
2、解：AgI先沉淀[Cl-]:[I-]=107:1+
3、解：Mg2++2NH3·H2O→2NH4+Mg(OH2
2
[NH4]kb=58
==k[2][
O]MgNH3H2ksp
2

[]NH-54=2×102
[Mg][NH3H2O]
2
k
故无Mg(OH2沉淀生成。4、解：n(NH42C2O2=
3

0.35
100
2
4
=3.5×10mol1
-3
3%=
m(NH4
2
3.510124.1
2
CO

m(NH42C2O4=14.46g
ksp[Ca][C2O4]
[C2O2]=2.795×10-4M
m(NH42C2O4=2.795×10×300×10×124=0.01g5、解：AgCl+NH3·H2O=[Ag(NH



2
2
-4-3
-+Cl]32

[Ag][Cl]=1.77×10-20.8（NH3）2
k[
NHHO]
[Ag][Cl]=2.5×10-5（NH3）2
[NHHO]
3
2

3
2
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：精品文档


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Kj=
c(CaC(HF
22
2
C（H）

(CaFk==5.310
（k（HF）(6.6104
9
sp2
22
=0.012
a
因溶解平衡时，
2++-1.7-3
C(Ca=S，C(HF=2S,C(H=10mol·dm带入Kj式有，
Kj=c(Ca2C2(HF）=S(2S2=0.012
C(H
2
(10
1.7

2
S=30.012103.4
4


第六章氧化还原反应
一.1.B2.B3.A4.B5.C6.A7.C8.B9.A10.B11.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.-0.24V
6.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++7H2O3H2O23O2+32H++32e-
总反应：Cr2O72-+3H2O2+8H+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+320H2O32H2AsO4-+33SO42-+336H++328e-
总反应：14ClO3-+3As2S3+18H2O14Cl-+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(OH4]2-+2e-
总反应：Zn+ClO-+H2O+2OH-[Zn(OH4]2-+Cl-(6半反应：3Ag2S+3H2O+32e-32Ag+3HS-+3OH-2Cr(OH3+25OH-2CrO42-+24H2O+23e-精品文档

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总反应：3Ag2S+2Cr(OH3+7OH-6Ag+3HS-+2CrO42-+5H2O
2.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E(Fe2+/Fe=-0.44V，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+=-0.44V+1/2Vlg0.1=(-0.44-0.5=-0.94VE(Cd2+/Cd=E(Cd2+/CdE+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.(1E池=E(+-E(-=E(Fe3+/Fe2+-E(Br2(l/Br-=(0.771-1.065V=-0.294VE池<0，反应向左自发进行。
(2pH变化对E(MnO4-/Mn2+有影响，电极反应：MnO4-+8H++5e-Mn2++4H2O
pH=1时：
0.0592Vc(MnO4/c[c(H/c]822
E(MnO4/MnE(MnO4/Mnlg
nc(Mn2/c

0.0592V
1.51Vlg(0.181.42V
5

由于E(MnO4-/Mn2+E(Br2(l/Br-，反应向右自发进行。pH=6时：
8
0.0592Vc(MnO/c[c(H/c]224E(MnO4/MnE(MnO4/Mnlgnc(Mn2/c

0.0592V
1.51Vlg(10680.94V
5

由于E(MnO4-/Mn2+(Br2(l/Br-，反应向左自发进行。(3由于E=E(Ag+/Ag-E(Cu2+/Cu0所以反应Cu2++2AgCu+Ag+，向左自发进行2.K=2.91034

E池E池
(2由精品文档
0.0592V
lgJn

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得
0.15V(1.6731.33V
0.0592V
lgJ6
解得：J=1.81019
c(Cr2O72/c[c(HClO/c]3[c(H/c]8
J332
[c(HClO/c][c(Cr/c]2由于
1.81019
0.800.2031.08
0.153[c(Cr3/c]2

解得：c(Cr3+=3.210-10mol·dm-3(3混合后，c(HClO2=0.50mol·dm-3，c(Cr3+=0.25mol·dm-3。由于K值很大，设平衡时c(Cr3+=xmol·dm-3，则
2Cr3++3HClO2+4H2OCr2O72-+3HClO+8H+平衡时c/cx[0.50-2/3(0.25-x]1/2(0.25-x2/3(0.25-x1.0K值很大，0.25-x≈0.25
c(Cr2O72/c[c(HClO/c]3[c(H/c]8
K
[c(HClO2/c]3[c(Cr3/c]2


2.910
34
0.50.25(1.50.2531.08
(0.501.50.253x2

解得：x=c(Cr3+=1.0810-17mol·dm-3所以，溶液呈现橙色
3.(1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：(-PtFe2+，Fe3+‖MnO4-，Mn2+，H+Pt(+
n[E(E(]
0.0592V由lgK=
5(1.510.77V
62.5
0.0592VlgK=
K=3.16×1062
(2当c(H+=10.0moldm-3
0.0592Vc(MnO4/c[c(H/c]8
lg5c(Mn2E(MnO4-/Mn2+=E(MnO4-/Mn2++

0.0592V
lg(10.085=1.51V+1.60V
rGm=-nFE=-nF[E(MnO4-/Mn2+-E(Fe3+/Fe2+]
=-596485J·V-1·mol-1(1.60-0.77V=-400412.8J·mol-1-400.4kJ·mol-14.将这个反应设计为原电池，则
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0.0592Vc(Fe3/c
E池E池lg
nc(Fe2/cc(Ag/c
0.50
(0.79960.7700.0592Vlg0.19V
0.0100.010
E池<0，反应逆向自发进行。
0.0592V
lgc(Cu2/c
25.(1E(Cu2+/Cu=E(Cu2+/Cu+

0.0592V
lg0.52=0.34V+=0.33V
(2在Cu2+溶液中加入Na2S有CuS生成，平衡时c(Cu2+/cc(S2-/c=Ksp(CuS，由于
c(S2-=1.0moldm-3，所以c(Cu2+/c=Ksp(CuS，则
0.0592V
lgc(Cu2/c
2E(Cu2+/Cu=E(Cu2+/Cu+
0.0592V
lg6.31036
2=0.34V+=0.70V
0.0592Vc[(H/c]2
lg
2p(H/p2(3E(H+/H2=E(H+/H2+
0.0592V
lg(0.12
2=0.0V+=-0.059V
(4在1.0dm30.10moldm-3HCl溶液中，加入0.10mol固体NaOH，HCl与NaOH完全反应，
生成0.10moldm-3NaCl溶液，溶液中c(H+=1.010-7moldm-3，则0.0592Vc[(H/c]2
lg2p(H2/pE(H+/H2=E(H+/H2+
0.0592V
lg(1.01072
2=0.0V+=-0.414V
(5在1.0dm30.10moldm-3HCl溶液中，加入0.10mol固体NaOAc，HCl与NaOAc完全反
应，生成0.10moldm-3NaOAc溶液，NaOAc溶液中c(H+为c(H+≈
Ka(HOAcc/cc1.81050.10
moldm-3=1.3410-3moldm-3
0.0592Vc[(H/c]2
lg2p(H2/pE(H+/H2=E(H+/H2+
0.0592V
lg(1.341032
2=0.0V+=-0.17V
6.由于E池=E(+-E(-
E(+=E池+E(-=0.38V+(-0.64V=-0.26V
0.0592Vc[(H/c]2
lg2p(H2/p又由于E(H+/H2=E(H+/H2+

0.0592Vlgc(H/c-0.26=0.0V+
解得c(H+=4.0610-5moldm-3精品文档

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由于氢电极所用的溶液是由浓度均为1.0moldm-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=4.0610-5。7.(1E(Ag+/Ag=E(Ag+/Ag+0.0592Vlgc(Ag+/c=0.7999V+0.0592Vlg(0.10=0.74V
0.0592V
lgc(Zn2/c
2E(Zn2+/Zn=E(Zn2+/Zn+
0.0592V
lg0.32=-0.763V+=-0.78V
E池=E(Ag+/Ag-E(Zn2+/Zn=0.74V–(-0.78V=1.52V
n[E(氧化剂E(还原剂]2(0.79990.763
lgK52.8
0.05920.0592(2

K=6.321052
rGm=-2.303RTlgK
=2.3038.314Jmol-1K-1298.15Klg6.321052=-3.01102kJmol-1
(3因K很大，则设平衡时Ag+的浓度xmoldm-3Ag+(aq+Zn(sAg(s+Zn2+(aq
平衡时/c/cx0.30+1/2(0.10-x
c(Zn2/c
2
[c(Ag/c]K=
0.35x
2
6.321052=x
x=2.010-27
c(Ag+=2.010-27moldm-3
第七章原子结构答案
一选择题
1.(C2(B3.(A4.(C5.(D6.(C7.(D8.(B9.(A10.(D11.(C12.(C13.(C14.(B15.(D16.（A）17.（D）二填空题
1.n=3l=2m=0，±1，±2(任意三个ms=+或-1s22s22p63s23p63d54s1；第四周期ⅥB族；铬Cr2.8；18；2，8，8，18，32；577115。3.铯，氦。
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4.8.72×10
1～91～2
5.(n-1dns6.5，2，5，107.8.9.10.
三简答题
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。
－18
2.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、ms。
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：
ABC
n333
l111
m110
si+1/2-1/2+1/2
DEF
n333
l111
m0-1-1
si-1/2+1/2-1/2
3p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
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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。7.铜Cu钨W
8.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
-2n12n2
）
=3.289×1015s-1（=6.17×1014s-1
11
-22
24
）
λ=c/υ=2.998×108m.s-1/6.17×1014s-1
=4.86×10-7m=486nm3.I=△E=hυ
=6.626×10-34J.S×3.289×1015S-1(1/12-1/∞=2.179×10-18J
4.21Sc的电子构型为1s22s22p63s23p63d14s2
Z3d=21-(18×1.00=3.00Z4s=21-(10×1.00+9×0.85+1×0.35=3.00E3d=-2.179×10-18×(3.00/3.02=-2.2×10-18(JE4s=-2.179×10-18×(3.00/3.72=-1.4×10-18(J5.298(kJ·mol1
－
﹡
＊
第八章答案
一.
1.D2.A3.D4.B5.C6.D7.C8.A9.D10.C11.D12.B
二.

(1错。极性分子中可能含有非极性共价键，如H2O2。
(2错。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。(3错。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。
(7错。晶胞是能够表现晶体结构全部特征的最小单位。
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(8错。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.(1s2(*1s2(2s2(*2s2(2py2(2pz2(2px2，3，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.
1.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(gH(g+Cl(g

E(HClD(HClatH(HClrHm436kJmol1
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(gNH2(g+H(gD1435kJmol1NH2(gNH(g+H(gD2398kJmol1NH(gN(g+H(gD3339kJmol1
NH3中N—H键能是3个N—H键的解离能的平均值为：
E(NH
D1D2D3(435398339
kJmol1391kJmol1
33
NH3原子化能为：atH=D1+D2+D3=3E(N_H=1172kJmol-1
可见多原子分子的键能实际上是平均键能，原子化能是所有键的键能总和。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图中可知，O2除(2p2一还有(2py2(2py1(2pz2(2pz1
和
两个三电子
布
式
为
2p
2pz
2p
2pz
x
未成对的电氧原子未成配对形成共
2py
2p
2py
2px2s
中电子全部际测定表明键理论是无道理论可得见右图。从个单键外，键，这样
2s
2s1s
1s
1s
原子轨道
分子轨道
2s
O2在反键分子轨道上有两子，则O2呈现顺磁性。O2键能与正常的双键相当。
个未成对电
1s
的键极为2，
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原子轨道
图O2分子轨道能级图

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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(gNa(g+Cl(gE(Na_ClrHm408kJmol1
晶格能：NaCl(sNa+(g+Cl-(gUrHm786kJmol1
为了方便比较，不妨把1molNaCl(s解离成Na(g和Cl(g的过程分解为以下数步：
NaCl(sH1
晶格能为U=H1+H2
则键能为E=H2+H3+H4
NaCl(g

H2
Na+(gH3Na(g
4Cl(gCl-(gH

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。
6.分子轨道电子分布式为：
O2+[(1s2(*1s2(2s2(*2s2(2px2(2py2(2pz2(*2py1]O2[(1s2(*1s2(2s2(*2s2(2px2(2py2(2pz2(*2py1(*2pz1]O2[(1s2(*1s2(2s2(*2s2(2px2(2py2(2pz2(*2py2(*2pz1]O22[(1s2(*1s2(2s2(*2s2(2px2(2py2(2pz2(*2py2(*2pz2]O23[(1s2(*1s2(2s2(*2s2(2px2(2py2(2pz2(*2py2(*2pz2(*2px1]
O2+：键级为2.5，未成对电子数为1，顺磁性；O2：键级为2.0，未成对电子数为2，顺磁性；O2-：键级为1.5，未成对电子数为1，顺磁性；O22-：键级为1.0，没有未成对电子，抗磁性；O23：键级为0.5，未成对电子数为1，顺磁性；
稳定性大小次序为O2+>O2>O2->O22->O23-。7.分子或离子H2+He2+He2C2Be2
(1s1(1s2(*1s1(1s2(*1s2
(1s2(*1s2(2s2(*2s2(2py2(2pz2
(1s2(*1s2(2s2(*2s2
0.50.5020
可以存在可以存在不存在存在不存在
分子轨道电子分布式
键级
是否存在
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B2N2+O2+8.
化合物CO2H2SBBr3PH3SiH4SnCl2CCl2F2SF6
中心原子
CSBPSiSnCS
杂化轨道类型
sp不等性sp3
sp2不等性sp3
sp3不等性sp2
sp3sp3d2
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
(1s2(*1s2(2s2(*2s2(2p2
(1s2(*1s2(2s2(*2s2(2py2(2pz2(2px1(1s2(*1s2(2s2(*2s2(2px2(2py2(2pz2(*2py1
12.52.5
存在存在存在
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.(1CF4>PF3。两者都是sp3杂化，但PF3中有一对孤电子对，使其键角变小。(2HgCl2>BCl3。HgCl2是sp杂化，键角180；BCl3是sp2杂化，键角120
(3OF22O。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。
(4PF33。两者都是sp3杂化，且都有一对孤电子对，但由于NF3中心原子N的电负性大于PF3
分子的中心原子P，所以PF3的键角小于NF3。
(5SiF4>SF6。SiF4是sp3杂化，键角10928；SF6是sp3d2杂化，键角90。
(6H2O3。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NaCl
CO2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SiO2
N2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Cu
Kr色散力分子晶体很低
12.(1CS2与CCl4：只有色散力。
(2H2O与N2：诱导力，色散力。
(3CH3Cl与CH3OH：取向力，诱导力，色散力和氢键。(4H2O与NH3：取向力，诱导力，色散力。(5C2H5OC2H5：色散力。
(6CH3COOH：取向力，诱导力，色散力和氢键。
13.(1Be2+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MgCl2。
(2CaO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BaO。
--(3NaF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。(4Fe3+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.(1Be2+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>HgCl2。
(2Zn2+，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+2+2+，所以溶解度大小为ZnS>CdS>HgS。
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(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KCl>LiCl>CuCl。
------(4阴离子半径大小F，阴离子变形性大小为I>Cl>F，溶解度大小为PbF222。
第九章答案
一、选择题
答案：1.A2.B3.C4.D5.B,D6.B7.C8.A,B,C9.A10.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（Ⅳ）4.[Co(en3]Cl35.+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(NH34]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(NH34]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(CN2]-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
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

0.0200030.00142.0
21.30%
20.20001000
2.Zn(NH1102.27101104.01102107.01103109.26104105.28
3Ag(NH1103.40101107.10102105.10
3
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△lgK’=(16.50-5.28-(7.32-5.10≈9
所以在此条件下，银离子对锌的滴定无影响。
3.lgK’(CuY=18.8-6.6=12.2,PCusp=1/2(12.2+2.0=7.1PCuep=PCut=8.8,△PCu=8.8-7.1=1.7根据滴定误差公式可计算得TE=0.04%。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
0.0202325.64118.7
55.22%
0.11151000
[0.0516120.000.02033(13.7525.64]207.2
43.73%
0.11151000
5.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(8.7+2.0=4.9△PM=PZn(ep-PZn(sp=4.8-4.9=-0.1TE=-0.06%
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(H21000.01002
1.67102mol/L
1000.0100V120100
0.0500
PH=1.78。原溶液中[H+]=10-5.5，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(NH34]2+(aq+S2-(aq
K
[Cu(NH34][S2]
[NH3]4
2
2
2

[Cu(NH34][S][Cu]
[NH3]4[Cu2]
34]
2
K稳，
[Cu(NHKsp,CuS4.81012110364.81024
从K值看，氨水不能溶解CuS。8.已知
+
[Ag（NH32]7，由于氨水是大量的，故AgNO3完全转化为[Ag(NH32]配离子，平K稳1.1210[Ag][NH3]2
衡是NH3的浓度可认为近似是0.1mol/L。因此
从而可见，Ag+和[Ag(NH32]+浓度的比值很小，溶液中几乎完全是[Ag(NH32]+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.√2.√3.√4.×5.×6.√
二、选择题:
1、B2、C3、D4、C5、D6、D7、D
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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>60nm。
5、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。7、0.15～1.0；10％～70。8、6.0×10-4mol•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。5.1.0；0.22；0.0。
五、计算题

1.（1）
A0.224
2.24103Lmol1cm1
5
bc2.05.010
2.24103
a14.2Lg1cm1
M158
（2）A=-lgT=0.224T=0.597

c0.4340.434T0.4%1.3%cTlgT0.597lg0.597
2.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=0.173，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：
150.5003.0
4.5104molL1
500100
mMncVM4.51040.25054.9
w4.1%
mm0.150
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4.钢中锰的质量分数为：
mMncVM1.85.01040.25054.9w1.2%
mm1.00

5.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=0.434
c

A0.434
3.95105molL1
4
b1.1101
cVM3.951050.05055.8
m样0.055g
w0.2%
如果要使透光率读数范围为0.20至0.70，测定溶液含铁的物质的量浓度范围应控制在6.4×10－5～1.4×10－5mol·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(SO4212H2O]M(Fe

VM[NH4Fe(SO4212H2O]
0.216055.855.00105gmL15.00102mgmL1
500482.2
测定A值的试液中Fe质量为：m=6.3×5.00×10-2=0.315mg原试液中总的Fe质量为：
m(Fe=0.315×250/2.0=39.4mg原试液中Fe的含量为：
w=m(Fe/V(样＝39.4/5.0＝7.9mg/mL
7.根据题意可得到方程组：

A1x1bcxy1bcy0.8523.3c(NO2

A2x2bcxy2bcy0.609.32c(NO27.24c(NO3

解得：c(NO2＝0.036molL1c(NO3＝0.060molL1
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S区答案
一选择题
1.(D2.(A3.(A4.(D5.(A6.(B7.(D8.(C9.(C10.((D11.(C12.(B13(C14(B15(C16（D）17（A）二判断题
1.2.3.4.5.三填空题
1.Li-Mg；Be-Al；B-Si
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.浓NH4Ac，NaOH。
4.(1CaF2(2CaSO4·2H2O(3BaSO4(4SrSO45.CaC2O4
6.(1低(2CsCl型(3超氧化物FrO2(4低(5强7.锂，镁
8.MgCl2·6H2O
9.ZnS，BaSO410.LiOH四简答题
MgCl2+6H2O
1.Be(OH2两性，Mg(OH2中强碱。将它们和过量强碱作用，Be(OH2溶于过量强碱，生成[Be(OH4]2离子，而Mg(OH2不溶
－
2.加钠后蒸出氨Na+H2O=NaOH+
Mg＞Al＞P＞S；K＞Ca；O＞F
H2
3.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＞F
4.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。
6.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。
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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。7.8.9.10.
一选择题
1.(D2.(B3.(B4.(B5.(D6.(A7.(D8.(B9.(D
10.(C11.(B12.(C13.(A14.(C15.(C16(D二填空题1.HCO2.

，H2CO3，H2O，NH3，HAc；CO，H2O，NH3，N2，SCNCl2/Cl＜

Bi(V/Bi(III，HCl将被NaBiO3氧化，有Cl2产生，有碍于MnO
生成。
3.(NH42HPO4+NH4H2PO4；Na2S2O4·2H2O；BaSO4+ZnS；K2Cr2O74.H3AsO4，Tl(OH3
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。
6.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(ClO29.H2S10.不等性sp211.BiOCl和HCl
12.(HPO3n，(NH43[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.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
－
4.4H+4I+O2→2I2+2H2O5.3Cl2+I+3H2O=IO
－
+6Cl+6H
－
＋
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6.3Sn(OH+2Bi3+9OH=3Sn(OH
＋－
+2Bi↓
7.NaBiO3(s+6HCl(浓=NaBiCl4(aq+Cl2(g+3H2O(l8.P4+3OH+3H2O=PH3↑+3H2PO9.Pb3O4+15I+8H=3[PbI4]2+I
－
＋
－
－

+4H2O
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。4.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。5.6.
DS区答案
一选择题
1.(D2.(D3.(C4.(D5.(D6.(D7.(A8.(B9.(C10.(B11.(A12.(C13.(A14.(B15.(B16.(C二填空题
1.铜、锡；铜、锌。
2.HAuCl4·4H2OHClAuCl3AuCl和Cl2Au3.Ag2O，HgO和Hg，Zn(OH
4.黄色，白色，白色，白色；Ag3PO4，AgPO3，Ag4P2O7；Ag3PO4，AgCl，AgPO3，Ag4P2O7。5.Cu(OH2和Ga(OH36.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+H2O
，黄绿Hg2I2，HgI
Hg
，Cd(OH2。
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3.Hg2Cl2
－
Hg+HgCl2
－
4.Hg2(NO32+2S2(过量=[HgS2]2+Hg↓+2NO5.Hg(NO32+2NaOH=HgO↓+2NaNO3+H2O6.HgO+HCl=HgCl2+H2O
7.Hg(NO32+2S2(过量=[HgS2]2+2NO
－
－


8.Hg2(NO32+4KCN=K2[Hg(CN4]+Hg↓+2KNO39.2HgCl2+SnCl2=Hg2Cl2↓+SnCl410.Fe(CN63+Ag+2S2O
＋
－
＋
＋
－
－
=Fe(CN+Ag(S2O3
－

11.2Cu2+2NH2OH+4OH=Cu2O↓+N2↑+5H2O12.2Ag+Sn2+6OH=2Ag↓+[Sn(OH6]2
13.2CuSO4+2NaCl+SO2+2H2O=2CuCl↓+Na2SO4+2H2SO414.4Cu(NH3
＋
+O2+8NH3+2H2O=4Cu(NH3
－
+4OH
＋
－
15.2Ag(NH32+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(OH2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(OH3↓+3HCl↑
SnCl2+H2O＝Sn(OHCl↓+HCl↑
加入盐酸可以抑制水解，得到澄清的SnCl2，FeCl3溶液。
3.Zn(OH2(s+4NH3.H2O==Zn(NH342++2OH-+4H2O,K1==[Zn(NH342+][OH-][Zn2+]/[NH3][Zn2+]==Ksp[Zn(OH2]K(Zn(NH342+==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==(10-142/(1.8*10-52==3.1*10-192H++2OH-==2H2O,K3==1/Kw2==1028三式相加得：
Zn(OH2(s+2NH3.H2O+2NH4+==Zn(NH342-+4H2OK==K1K2K3==3.48*10-8*3.1*10-19*1.0*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(OH2(s溶于NH3.H2O—NH4Cl溶液。4.
＋
－
－
＋
18.3AgNO3+3NaH2PO4=Ag3PO4↓+2H3PO4+3NaNO3
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d区答案
一选择题
1.(A2.(D3.(A4.(C5.(D6.(D7.(B8.(C9.(C10.(C11.(B12.((D13.(B14.(B15.(C16.(A17.(D18.(C19.(D20.(C二填空题
1.HClO；TiO2；HgCl2；VO43；MnO
＋
－
；U2O72；Cr(OH
－
；Bi(OH3；CuCl；VO2。
＋
2.ZnS+BaSO4；ZnO；PbCrO4；KFeFe(CN6；Cr2O33.碱性，6Ca(OH2+6Cl2→Ca(ClO32+6H2O+5CaCl2酸性，MnO2+4HCl(浓→Cl2+MnCl2+2H2O
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IBIIB5.+3，+6，+4，+7，+8
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.(La(OH3，HMnO4三完成下列化学方程式1.2FeO2.2FeO
+16H+14Cl=2FeCl
＋
－
+3Cl2+8H2O
－
+2NH3+2H2O=N2+2Fe(OH3+4OH
－
－
3.2Fe(OH3+3OCl+4OH2FeO+3Cl+5H2O
－
4.MnO2+H2SO4(浓=MnSO4+O2↑+H2O
5.2KMnO4+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
＋
－
+7H2O
MnO+FeMnS+Fe
－
－
＋
14.2Cr3+3S2O82+7H2O=Cr2O72+6SO42+14H15.Cr(OH
+2H2O2
－
CrO
＋
－
+4H2O
2Cr3+7H2O
＋
16.(1611Cr2O72+14H+6e
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17.CrO+4H2O+3e
－
Cr(OH+4OH
－
18.2TiCl4+Na2S2O4
＋
＋
－
2TiCl3+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+3H2SO424.Ti+6HF=TiF
+2H+2H2↑
＋
20.VOSO4+KMnO4+4KOH=KVO3+K2MnO4+K2SO4+2H2O
25.3Ti(OH3+7HNO3(稀=3TiO(NO32+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。3.4.
f区答案
一选择题
1.(C2.(B3.(D4.(C5.(C6.(D7.(D8.(D9.(D10.(B二填空题1.Ce，Pr，Tb.氧化2.聚变裂变3.聚变4.0.001分5.RaRn
6.La(OH3>Nd(OH3>Sm(OH3>Lu(OH3



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《最新无机及分析化学-华中科技大学-冯辉霞版课后习题答案.doc》
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