农业出版社无机及分析化学习题解答汇总完整版

...wd......wd......wd...无机及分析化学(Ⅰ)习题解答目录第1章分散体系……………1第2章化学热力学根基……………………8第3章化学反响速率和化学平衡…………15第4章物质构造……………22第5章分析化学概述………………………27第6章酸碱平衡……………31第7章酸碱滴定法…………36第8章沉淀溶解平衡………………………44第9章重量分析法和沉淀滴定法…………49第10章配位化合物…………53第11章配位滴定法…………62第12章氧化复原反响………………………67第13章氧化复原滴定法……………………78第14章电势分析法…………83第15章吸光光度分析法……………………86第16章试样分析中常用的别离方法简介…………………90第17章重要生命元素简述…………………93第18章原子核化学简介……………………96第1章分散体系1-1．人体注射用的生理盐水中，含有NaCl0.900%，密度为1.01g·mL-1，假设配制此溶液3.00×103解：配制该溶液需NaCl的质量为：m(NaCl)=0.900%×3.00×103g该溶液的物质的量浓度为：1-2．把30.0g乙醇(C2H5OH)溶于50.0g四氯化碳(CCl4)中所得溶液的密度为1.28g∙mL-1，计算：(1)乙醇的质量分数；(2)乙醇的物质的量浓度；(3)乙醇的质量摩尔浓度；(4)乙醇的摩尔分数。解：(1)w(C2H5OH)==0.38(2)=10.4mol·L-1(3)b(C2H5OH)==13.0mol·kg-1(4)x(C2H5OH)==1-3．将5.0gNaOH、NaCl、CaCl2分别置于水中，配成500mL溶液，试求c(NaOH)、c(NaCl)、c(CaCl2)。解：NaOH、NaCl和CaCl2的摩尔质量分别为：M(NaOH)=40g·mol-1M(NaCl)=58.5g·mol-1M(CaCl2)=所以，它们的物质的量浓度分别为：c(NaOH)==0.25(mol·L-1)c(NaCl)==0.17(mo·L-1)c(CaCl2)==0.18(mol·L-1)1-4．盐酸含HCl37.0%(质量分数)，密度为1.19g·mL-1。计算：(1)盐酸的物质的量浓度。(2)盐酸的质量摩尔浓度。(3)HCl和H2O的物质的量分数。解：(1)盐酸的分子量为36.5c(HCl)==12.06mol·L-1(2)b(HCl)==16.09mol·kg-1(3)x2==0.225；x1=1－x2=0.7751-5．计算0.10mol·L-1K3[Fe(CN)6]溶液的离子强度。解：I=(0.30×12+0.10×32)=0.61-6．应用德拜－休克尔极限公式计算0.10mol·L-1KCl溶液中的离子平均活度系数。解：KClI=0.1==-0.12γ±=0.761-7．将19g某生物碱溶于100g水中，测得溶液的沸点升高了0.060K，凝固点降低了0.220K。计算该生物碱的相对分子质量。解：M=1.62×103g=0.220KM=1.61×103g所以，该生物碱的相对分子质量为：1-8．溶解0.324g硫于4.00gC6H6中，使C6H6的沸点上升了0.81K。问此溶液中的硫分子是由几个原子组成的[Kb(C6H6)=2.53K∙kg∙mol-1]解：设此溶液中的硫分子由x个硫原子组成，那么其摩尔质量为32xg∙mol-1由于，所以x=8故溶液中的1个硫分子是由8个硫原子组成的。1-9．计算0.005mol·L-1KCl溶液在398K时的渗透压：(1)用浓度计算；(2)用活度计算(γ±=0.92)。解：(1)Π=icRT=2×0.005×8.314×398=33.09(kPa)(2)Π=iγ±cRT=2×0.92×0.005×8.314×398=30.44(kPa)1-10．101mg胰岛素溶于10.0mL水，该溶液在25.0℃时的渗透压是4.34kPa，计算胰岛素的摩尔质量和该溶液的凝固点。解：设胰岛素的摩尔质量为M，由于渗透压可由下式计算Π=cBRT所以M=5.78×103g该溶液的凝固点下降为：所以，该溶液的凝固点Tf=-0.0033℃1-11．今有两种溶液，其一为1.50g尿素(NH2)2CO溶于200g水中；另一为42.8g未知物溶于1000g水中，这两种溶液在同一温度开场沸腾，计算这个未知物的摩尔质量。解：由于两种水溶液的沸点一样，故其沸点升高值一样，那么它们的质量摩尔浓度一样。设未知物的摩尔质量为M，可得如下关系：M=342.4g·mol-1所以，该未知物的摩尔质量为342.4g∙mol-1。1-12．人体血浆的凝固点为272.59K，计算正常体温(36.5℃)下血浆的渗透压。(设血浆密度为1g∙mL-1)解：=1.86K∙kg∙mol-1为计算方便，设有血浆1kg，那么其在36.5℃＝＝772kPa1-13．硫化砷溶胶是由H3AsO3和H2S溶液作用而制得的2H3AsO3+3H2SAs2S3+6H2O试写出硫化砷胶体的胶团构造式(电位离子为HS-)。试比较NaCl、MgCl2、AlCl3三种电解质对该溶胶的凝结能力，并说明原因。解：由题意可得，该胶团的构造式为：[(As2S3)m∙n(HS-)∙(n-x)H+]x-∙xH+由于胶粒带负电荷，所以带正电荷的离子对其有凝结作用，正电荷越多，凝结能力越强。因此，AlCl3对该溶胶的凝结能力最强，NaCl对该溶胶的凝结能力最弱。1-14．取血红素1.00g溶于水配成100mL溶液。测得此溶液在20℃时的渗透压为366Pa，计算：(1)溶液的物质的量浓度；(2)血红素的分子量。解：(1)由渗透压公式Π=cRT得(2)设血红素的摩尔质量为M，那么M=6.70×104g所以，血红素的分子量为6.70×104。1-15．为防止水箱结冰，可参加甘油以降低其凝固点，如需使凝固点降低到-3.15℃，在100g水中应参加多少甘油(甘油的相对分子量为92)解：由题意得ΔTf=3.15℃因为所以，100g水中应参加的甘油质量为：m=b·mA·M=1.69mol·kg-1×0.1kg×92g·mol-11-16．由于食盐对草地有损伤，因此有人建议用化肥如硝酸铵或硫酸铵代替食盐来融化人行道旁的冰雪。以下化合物各100g溶于1kg水中，问哪一种冰点下降的多假设各0.1mol溶于1kg水中，又问哪一种冰点下降的多(1)NaCl(2)NH4NO3(3)(NH4)2SO4答：根据依数性定律，答案分别为(1)；(3)NaClNH4NO3(NH4)2SO4100g物质含离子数(mol)100×2/58.5100×2/80100×3/1320.1mol物质含离子数(mol)0.20.20.31-17．树干内部树汁上升是渗透压所致，设树汁的浓度为0.20mol·L-1的溶液，在树汁的半透膜外部水中非电解质浓度为0.02mol·L-1。试估计在25℃时，树汁能够上升多高。解：根据求渗透压公式Π=ΔcRT=(0.20-0.02)×8.314×298=446kPa(446/101.3)×10.33≈45.48(m)1-18．现有0.01mol·L-1AgNO3溶液和0.01mol·L-1KI溶液，欲制AgI溶胶，在以下四种条件下，能否形成AgI溶胶为什么假设能形成溶胶，胶粒带何种电荷(1)两种溶液等体积混合；(2)混合时一种溶液体积远超过另一种溶液；(3)AgNO3溶液体积稍多于KI溶液；(4)KI溶液体积稍多于AgNO3溶液。解：(1)不能；反响完后，没有剩余的电位离子，恰好生成AgI沉淀；(2)不能；由于过多的剩余电解质溶液也能使溶胶凝结；(3)能；AgI颗粒能吸附少量的Ag+而形成溶胶粒子；溶胶粒子正电荷。(4)能；AgI颗粒能吸附少量的I－而形成溶胶粒子；溶胶粒子负电荷。1-19．试比较MgSO4，K3[Fe(CN)6]和AlCl3三种电解质在以下两种情况中凝结值大小的顺序。(1)0.008mol·L-1AgNO3溶液和0.01mol·L-1KBr溶液等体积混合制成的AgBr溶胶(2)0.01mol·L-1AgNO3溶液和0.008mol·L-1KBr溶液等体积混合制成的AgBr溶胶解：(1)因为KBr过量所得AgBr溶胶为负溶胶，决定AgBr负溶胶凝结的因素为电解质中阳离子电荷的多少，电荷愈多，凝结值愈小，所以其凝结值由大到小的顺序为：K3[Fe(CN)6]>MgSO4>AlCl3。(2)因为AgNO3过量所得AgBr溶胶为正溶胶，决定AgBr正溶胶凝结的因素为电解质中阴离子电荷的多少，电荷愈多，凝结值愈小，所以其凝结值由大到小的顺序为：K3[Fe(CN)6]<MgSO4<AlCl3。1-20．混合等体积0.008mol·L-1AgNO3溶液和0.003mol·L-1的K2CrO4溶液，制得Ag2CrO4溶胶，写出该溶胶的胶团构造，并注明各局部的名称，该溶液的稳定剂是何种物质解：因为AgNO3过量，电位离子是Ag+，也是稳定剂，胶团构造为：[(Ag2CrO4)m·nAg+·(n-x)NO3－]x+·xNO3－，胶核：(Ag2CrO4)m，胶粒：[(Ag2CrO4)m·nAg+·(n-x)NO3－]x+，胶团：[(Ag2CrO4)m·nAg+·(n-x)NO3－]x+·xNO3－，电位离子：Ag+反离子：NO3－第2章化学热力学根基2-1.估计以下过程ΔS、ΔH、ΔG的符号。(1)硫酸溶于水(2)室温下冰融化(3)NaNO3(s)溶于水解：(1)ΔS>0，ΔH<0，ΔG<0；(2)ΔS>0，ΔH>0，ΔG<0；(3)ΔS>0，ΔH>0，ΔG<0。2-2.确定以下各组物质熵值的大小顺序。(1)H2O(l)、H2O(g)、H2O(s)；(3)CH4(g)、C2H6(g)；(2)H2(g,310K)、H2(g，298K)(4)Fe(s)、Fe2O3(s)。解：(1)S(H2O,g)>S(H2O,l)>S(H2O,s)(2)S(H2,g,310K)>S(H2,g,298K)(3)S(C2H6,g)>S(CH4,g)(4)S(Fe2O3,s)>S(Fe,s)2-3.计算体系热力学能的变化(1)体系从环境吸热1000J，并对环境作功540J；(2)体系向环境放热535J，环境对体系作功250J。解:(1)ΔU=Q+W=(+1000)+(-540)=460(J)(2)ΔU=Q+W=(-535)+(+250)=-285(J)2-4.求以下反响的ΔrHmθ。[ΔfHmθ(Fe2O3,s)=－822.2kJ·mol-1，ΔfHmθ(Al2O3,s)=－1670kJ·mol-1，其余ΔfHmθ值查附录一](1)4NH3(g)+5O2(g)=4NO(g)+6H2O(g)(2)C2H4(g)+H2O(g)=C2H5OH(l)(3)Fe2O3(s)+2Al(s)=2Fe(s)+Al2O3(s)解:(1)ΔrHmθ=4ΔfHmθ(NO,g)+6ΔfHmθ(H2O,g)-[4ΔfHmθ(NH3,g)+5ΔfHmθ(O2,g)]=4×90.25+6×(-241.8)-[4×(-46.11)+5×0]=-905.36(kJ·mol-1)(2)ΔrHmθ=ΔfHmθ(C2H5OH,l)-[ΔfHmθ(C2H4,g)+ΔfHmθ(H2O,g)]=-277.7-[(52.26+(-241.8)]=-88.16(kJ·mol-1)(3)ΔrHmθ=2ΔfHmθ(Fe,s)+ΔfHmθ(Al2O3,s)-[ΔfHmθ(Fe2O3,s)+2ΔfHmθ(Al,s)]=2×0+(-1670)-[(-822.2)+2×0]=-847.8kJ·mol-12-5.ΔcHmθ(C3H8,g)=-2220.9kJ·mol-1，ΔfHmθ(H2O,l)=-285.8kJ·mol-1，ΔfHmθ(CO2,g)=-393.5kJ·mol-1，求C3H8(g)的ΔfHmθ。解：C3H8(g)+5O2(g)=3CO2(g)+4H2O(g)ΔcHmθ(C3H8,g)=3ΔfHmθ(CO2,g)+4ΔfHmθ(H2O,l)-ΔfHmθ(C3H8，g)-2220.9=3×(-393.5)+4×(-285.8)-ΔfHmθ(C3H8，g)ΔfHmθ(C3H8，g)=3×(-393.5)+4×(-285.8)+2220.9=-102.8(kJ·mol-1)2-6.1mol丙二酸[CH2(COOH)2]晶体在弹式量热计中完全燃烧，298K时放出的热量为866.5kJ，求1mol丙二酸在298K时的等压反响热。解：CH2(COOH)2(s)+2O2(g)=3CO2(g)+2H2O(1)因QV＝－866.5kJ·mol-1，那么Qp=QV+RT·Δng=-866.5kJ·mol-1+8.314×10-3kJ·K-1·mol-1×298K×(3-2)=-864.02kJ·mol-12-7.：(1)CH3COOH(l)+2O2(g)=2CO2(g)+2H2O(l)ΔrHmθ(1)=-870.3kJ·mol-1(2)C(石墨)+O2(g)=CO2(g)ΔrHmθ(2)=-393.5kJ·mol-1(3)H2(g)+1/2O2(g)=H2O(l)ΔrHmθ(3)=-285.5kJ·mol-1计算2C(石墨)+2H2(g)+O2(g)=CH3COOH(l)的ΔrHmθ。解：∵ΔrHmθ=ΔrHmθ(2)×2+ΔrHmθ(3)×2-ΔrHmθ(1)∴ΔrHmθ=(-393.5)×2+(-285.5)×2-(-870.3)=-488.3kJ.mol-12-8.苯的熔化热为10.67kJ·mol-1，苯的熔点为5℃，求苯熔化过程的ΔSmθ。解：苯熔化过程是一等温可逆过程：2-9.核反响堆中的核燃料是235U，它在铀矿中的质量分数仅占0.7％，其余为238U，它们很难用化学方法别离。别离和富集235U是通过以下反响生成UF6，然后经气化(b.p.56.54℃)进展扩散，根据它们扩散速率的不同而达此目的。试根据以下条件和附录的数据计算反响的ΔrHmθ。U(s)+O2(g)+4HF(g)+F2(g)＝UF6(g)+2H2O(g)各步反响如下U(s)+O2(g)＝UO2(s)ΔrHmθ=-1084.9kJ·mol-1UO2(s)+4HF(g)＝UF4(s)+2H2O(g)ΔrHmθ=-2398.3kJ·mol-1UF4(s)+F2(g)＝UF6(g)ΔrHmθ=-233.2kJ·mol-1解：U(s)+O2(g)＝UO2(s)ΔrHmθ(1)=-1084.9kJ·mol-1UO2(s)+4HF(g)＝UF4(s)+2H2O(g)ΔrHmθ(2)=-2398.3kJ·mol-1+)UF4(s)+F2(g)＝UF6(g)ΔrHmθ(3)=-233.2kJ·mol-1U(s)+O2(g)+4HF(g)+F2(g)＝UF6(g)+2H2O(g)ΔrHmθΔrHmθ=ΔrHmθ(1)+ΔrHmθ(2)+ΔrHmθ(3)=(-1084.9)+(-2398.3)+(-233.2)=-3716.4(kJ·mol-1)2-10.由铁矿石生产铁有两种途径，试计算它们的转向温度。(Smθ(Fe,s)=27.28J·K-1·mol-1，Smθ(Fe2O3,s)=90.0J·K-1·mol-1，ΔfHmθ(Fe2O3,s)=-822.2kJ·mol-1)(1)Fe2O3(s)+C(石墨)=2Fe(s)+CO2(g)(2)Fe2O3(s)+3H2(g)=2Fe(s)+3H2O(g)解：(1)=(2)2-11.利用标准摩尔燃烧热的数据计算以下反响的ΔrHmθCH3COOH(l)+C2H5OH(l)=CH3COOC2H5(l)+H2O(l)解：CH3COOH(l)+C2H5OH(l)=CH3COOC2H5(l)+H2O(l)ΔcHmθ-875-1368-22310ΔrHmθ=[ΔcHmθ(CH3COOH,l)+ΔcHmθ(C2H5OH,l)]-[ΔcHmθ(H2O,l)-ΔcHmθ(CH3COOC2H5,l)=[(-875)+(-1368)]-[0+(-2231)]=-12.0(kJ·mol-1)2-12.试计算以下合成甘氨酸的反响在298K及pθ下的ΔrGmθ，并判断此条件下反响的自发性。NH3(g)+2CH4(g)+5/2O2(g)=C2H5O2N(s)+3H2O(l)解：查表得：各物质的ΔfGmθ为：NH3(g)+2CH4(g)+5/2O2(g)=C2H5O2N(s)+3H2O(l)kJ·mol-1-16.45-50.720-377.3-237.129ΔrGmθ=[ΔfGmθ(C2H5O2N,s)+3ΔfGmθ(H2O,l)]-[ΔfGmθ(NH3,g)+2ΔfGmθ(CH4,g)+0]=-377.3+3(-237.129)-(-16.45)-2(-50.72)=-970.8〔kJ·mol-1〕2-13.糖在新陈代谢过程中所发生的总反响为C12H22O11(s)+12O2(g)=12CO2(g)+11H2O(l)ΔfHmθ(C12H22O11,s)=-2221kJ·mol-1，Smθ(C12H22O11,s)=359.8J·K-1·mol-1。求：(1)如果实际只有30%的自由能转变为非体积功，那么1g糖在体温37℃时进展新陈代谢，可以得到多少kJ的非体积功[提示：根据热力学推导，在等温等压下自由能的减少(-ΔG)等于体系对外所作的最大非体积功Wf](2)一个质量为75kg的运发动需吃多少克糖才能获得登上高度为2.0km高山的能量。解：(1)ΔrHmθ=12ΔfHmθ(CO2,g)+11ΔfHmθ(H2O,l)-[ΔfHmθ(C12H22O11,s)+12ΔfHmθ(O2,g)]=12×(-393.5)+11×(-285.8)-[12×0+(-2221)]=-5644.8(kJ·mol-1)ΔrSmθ=12Smθ(CO2,g)+11Smθ(H2O,l)-[Smθ(C12H22O11,s)+12Smθ(O2,g)]=12×213.7+11×69.91-[359.8+12×205.1]=512.4(J·K-1·mol-1)ΔrGmθ=ΔrHmθ-ΔrSmθ=-5644.8-310×(512.4×10-3)=-5803.6(kJ·mol-1)-ΔrGmθ=Wf=5803.6kJ·mol-1根据题意每克糖能提供给运发动的能量为ΔrGmθ/M(C12H22O11)=5803.6÷342=16.97(kJ·g-1)能转化为非体积功的能量为16.97×30%=5.09(kJ·g-1)(2)光叶绿素运发动需吃糖的克数为光叶绿素2-14．植物进展光合作用的反响为6CO2(g)+6H2O(l)C6H12O6(aq)+6O2(g)ΔrGmθ＝2870kJ·mol-1，深海中没有光线由细菌使H2S作为能源合成C6H12O6，反响式如下24H2S(g)+12O2(g)＝24H2O(l)+24S(s)ΔrGmθ=-4885.7kJ·mol-1求反响光叶绿素24H2S(g)+6CO2(g)＝C6H12O6(aq)+18H2O(l)+24S(s)的ΔrGm光叶绿素解：6CO2(g)+6H2O(l)C6H12O6(aq)+6O2(g)ΔrGmθ(1)＝2870kJ·mol-1+)24H2S(g)+12O2(g)＝24H2O(l)+24S(s)ΔrGmθ(2)=-4885.7kJ·mol-124H2S(g)+6CO2(g)＝C6H12O6(aq)+18H2O(l)+24S(s)ΔrGmθΔrGmθ=ΔrGmθ(1)+ΔrGmθ(2)=2870-4885.7=-2016(kJ·mol-1)2-15.甲醇是重要的能源和化工原料，用附录的数据计算它的人工合成反响的ΔrHmθ、ΔrSmθ和ΔrGmθ，判断在标准状态下反响自发进展的方向并估算转向温度。CO(g)+2H2(g)=CH3OH(l)解：CO(g)+2H2(g)=CH3OH(l)Smθ/J·K-1·mol-1198.0130.7126.8ΔcHmθ/kJ·mol-1-283.0-285.8-726.6ΔrHmθ=(-283.0)+2×(-285.8)-(-726.6)=-128.0kJ·mol-1ΔrSmθ=126.8-(2×130.7+198.0)=-332.6J·K-1·mol-1ΔrGmθ=-128.0kJ·mol-1-(298.15K×-332.6J·K-1·mol-1×10-3)=-28.83kJ·mol-1ΔrGmθ<0，标准状态下正反响方向自发。转向温度T=ΔrHmθ/ΔrSmθ=-128.0×103/(-332.6)=384.8K2-16.2MnO42-+10Cl-+16H+=2Mn2++5Cl2+8H2OΔrGmθ(1)=-142.0kJ·mol-1Cl2+2Fe2+=2Fe3++2Cl-ΔrGmθ(2)=-113.6kJ·mol-1求以下反响的ΔrGmθMnO42-+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O解：ΔrGmθ=[ΔrGmθ(1)+5×ΔrGmθ(2)]/2=[-142.0kJ·mol-1+5×(-113.6kJ·mol-1)]/2=-710.0kJ·mol-1/2=-355.0kJ·mol-1第3章化学反响速率和化学平衡3-1.合成氨原料气中氢气和氮气的体积比是3∶1，除这两种气体外，原料气中还含有其它杂质气体4％(体积分数)。原料气总压力为15195kPa，计算氮、氢的分压。解：x(H2)=(1-0.04)×=0.72x(N2)=(1-0.04)×=0.24p(H2)=15195kPa×0.72=10940kPap(N2)=15195kPa×0.24=3647kPa3-2.660K时的反响：2NO+O2=2NO2，NO和O2的初始浓度c(NO)和c(O2)及反响初始速率的实验数据如下：c(NO)/mol·L-1c(O2)/mol·L-1/mol·L-1·s-10.100.100.200.100.200.200.0300.0600.240(1)写出上述反响的速率方程，指出反响的级数；(2)计算该反响的速率常数k值；(3)计算c(NO)=c(O2)=0.15mol·L-1时的反响速率。解：(1)将第一、二组数据代入后相除，得到y=1同理，x=2三级反响(2)将第一组数代入速率方程：0.030mol·L-1·s-1=k(0.10mol·L-1)2(0.10mol·L-1)k=30L2·mol-2·s-1(3)30L2·mol-2·s-1×(0.15mol·L-1)3=0.101mol·L-1·s-13-3.乙醛的催化分解与非催化分解反响分别为①CH3CHO=CH4+COEa催=136kJ·mol-1②CH3CHO=CH4+COEa=190kJ·mol-1假设反响①与②的指前因子近似相等，试计算300K时，反响①的反响速率是反响②的多少倍。解：=2.5×1093-4.反响2NO2=2NO+O2在592K时速率常数k为0.498，在656时k为4.74解：kJ3-5.在100kPa和298K时，HCl(g)的生成热为-92.3kJ·mol，生成反响的活化能为113kJ·mol，计算其逆反响的活化能。解：△fHmӨ△rHmӨ=-92.3kJ·molkJ92.3kJ·molkJ205.3kJ3-6.反响C2H5Br=C2H4+HBr，在650K时，速率常数k为2.0×10-3s-1，该反响的活化能Ea为225kJ·mol，计算700K时的k值。解：19.57k700=3.9×10-2s-13-7.以下说法是否正确，简要说明理由。(1)速率方程式中各物质浓度的指数等于反响方程式中各物质的计量数时，该反响即为基元反响。(2)化学反响的活化能越大，在一定的条件下其反响速率越快。(3)某可逆反响，假设正反响的活化能大于逆反响的活化能，那么正反响为吸热反响。(4)某反响的速率常数单位为L·mol-1·s-1，该反响为一级反响。(5)某一反响在一定条件下的平衡转化率为25.3%，当参加催化剂时，其转化率大于25.3%。(6)升高温度，使吸热反响速率增大，放热反响速率降低。解：(1)错，例：复杂反响H2(g)+I2(g)=2HI(g)kc(H2)c(I2)(2)错，活化能是决定反响速率的重要因素，Ea大，活化分子分数小，反响速率慢。(3)对，因为ΔH=Ea正－Ea逆(4)错，一级反响的速率常数量纲为：s-1或min-1，h-1。(5)错，催化剂不改变平衡态，因而不改变转化率。(6)错，升温，吸热反响和放热反响的反响速率都加快。3-8.·mol解：3-9.解：体积缩小后浓度增大，＝4(倍)3-10.·mol解：3-11.(1)质量作用定律只适用于基元反响，故对简单反响不适用。()(2)零级反响的速率为零。()(3)活化能随温度的升高而减小()(4)反响级数愈高，那么反响速率受反响物浓度的影响愈大。()(5)速率常数取决于反响物的本性，也与温度和催化剂有关。()(6)降低温度可降低反响的活化能。()解：(1)错(2)错(3)错(4)对(5)对(6)错3-12.写出以下反响的标准平衡常数Kθ表示式(1)BaSO4(s)Ba2+(aq)+SO42-(aq)(2)Zn(s)+CO2(g)ZnO(s)+CO(g)(3)Ac-(aq)+H2O(l)HAc(aq)+OH-(aq)(4)Mg(s)+2H+(aq)Mg2+(aq)+H2(g)解：(1)(2)(3)(4)3-13.以下反响：C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)△rHmӨ>0在反响达平衡后再进展如下操作时，平衡怎样移动(1)升高反响温度(2)增大总压力(3)增大反响器容积(4)参加催化剂解：(1)正向移动(2)逆向移动(3)正向移动(4)不移动3-14.以下反响的标准平衡常数：(1)HAcH++Ac-K1Ө=1.76×10-5(2)NH3+H2ONH4++OH-K2Ө=1.77×10-5(3)H2OH++OH-K3Ө=1.0×10-14求反响(4)的标准平衡常数K4Ө，(4)NH3+HAcNH4++Ac-解：反响(4)=反响(1)+反响(2)-反响(3)3.1×1043-15.某反响△rHmӨ(298K)=20kJ·mol-1，在300K的标准平衡常数KӨ为103，求反响的标准熵变量△rSmӨ(298K)。解：△rGmӨ(300K)=-RTlnKӨ=-8.314×10-3kJ·mol-1×300K×ln103=-17.23kJ·mol-1△rGmӨ)(300K)≈△rHmӨ-T△rSmӨ-17.23kJ·mol-1=20kJ·mol-1-298K×△rSmӨ△rSmӨ=0.125kJ·K-1·mol-1=125J·K-1·mol-13-16.HI的分解反响为2HI(g)H2(g)+I2(g)开场时HI(g)的浓度为1.00mol·L-1，当到达平衡时有24.4%HI发生了分解，假设将分解率降低到10%，其它条件不变时，碘的浓度应增加多少解：设分解率降低到10%，碘的浓度应增加xmol·L-12HI(g)H2(g)+I2(g)平衡时/mol·L-10.7560.1220.122重建平衡/mol·L-10.9000.0500.050+xx=0.371mol·L-13-17.在25℃时蔗糖水解生成葡萄糖和果糖：C12H22O11+H2OC6H12O6(葡萄糖)+C6H12O6(果糖)，体系中水的浓度视为常数。蔗糖的起始浓度为2amol·L-1，达平衡时蔗糖水解了50%，Kc(2)蔗糖的起始浓度为amol·L-1,，那么在同一温度下平衡时，水解产物的浓度是多少解：设蔗糖的起始浓度为amol·L-1，同一温度下平衡时，水解产物的浓度是xmol·L-1.C12H22O11+H2OC6H12O6(葡萄糖)+C6H12O6(果糖)(1)平衡时/mol·L-1(2)重建平衡/mol·L-1x=0.618amol·L3-18.水的分解反响为2H2O(g)2H2(g)+O2(g)，在1227℃和727℃下反响的标准平衡常数KӨ分别为1.9×10-11和3.9×10-19，计算该反响的反响热△rHmӨ。(441.6kJ·mol-1)解：△rHmӨ=441.6kJ·mol-13-19.以下反响各物质的△fHmӨ和SmӨ，计算反响在298K和373K时的KӨNH3(aq)+H2O(l)NH4+(aq)+OH-(aq)△fHmӨ/-80.3-285.8-132.5-230.0SmӨ/J·K-1·mol-1111.369.9113.4-10.75解：△rHmӨ=(-132.5-230.0)-(-80.3-285.8)=3.6△rSmӨ=113.4J·K-1·mol-1－10.75J·K-1·mol-1－111.3J·K-1·mol-1－69.9J·K-1·mol-1=－78.6J·K-1·mol-1△rGmӨ=△rHmӨ－T△rSmӨ=3.6－298K×(－78.6)×10-3kJ·K-1·mol-1=27.0kJ·mol-127.0kJ·mol-1=－8.314×10-3kJ·K-1·mol-1×298×lnKӨ(298K)KӨ(298K)=1.85×10-50.1271.34KӨ(373)=2.48×10-53-20.水在373K时气化焓为40kJ·mol-1，假设压力锅内压力最高可达150kPa，求此时锅内的温度。解：反响H2O(l)H2O(g)ΔrHmӨ=40kJ·mol-1x=385K第4章物质构造4-1.氮原子的价电子构型是2s22p3，试用4个量子数分别说明每个电子的运动状态。解：n=2；l=0，1；m=0，±1；ms=；4-2.以下各组轨道中，哪些是简并轨道简并度是多少(1)氢原子中2s，2px，2py，2pz，3px。(2)He+离子中4s，4px，4pz，4dxy，5s，5px。(3)Sc原子中2s，2px，2pz，2py，3dxy，4s。解：〔1〕2s，2px，2py，2pz是简并轨道，简并度是4；〔2〕4s，4px，4pz，4dxy是简并轨道，简并度是4；〔3〕2px，2pz，2py是简并轨道，简并度是3；4-3.以下各原子的电子层构造何者属于基态、激发态或不正确的(1)1s22s12p2；(2)1s22s12d1；(3)1s22s22p43s1；(4)1s22s22p63s23p3；(5)1s22s22p83s1；(6)1s22s22p63s23p63d54s1。解：原子的电子层构造属于基态的是：〔4〕，〔6〕原子的电子层构造属于激发态的是：〔1〕，〔3〕原子的电子层构造属于不正确的选项是：〔2〕，〔5〕4-4.在氢原子中，4s和3d哪一个轨道能量高19号元素钾的4s和3d哪个能量高并说明原因。解：氢原子中4s轨道的能量高，因为氢原子是单电子体系，其能量不受l的影响，只与n有关，n越大其能量越高；19号元素钾的3d比4s能量高，主要是因为多电子体系由于屏蔽效应和钻穿效应，发生能级交织。4-5.写出以下原子和离子的电子构造式。(1)Cu(z=29)和Cu+(2)Fe(z=26)和Fe3+(3)Ag(z=47)和Ag+(4)I(z=35)和I-解：〔1〕Cu(z=29)：[Ar]3d104s1和Cu+：[Ar]3d10〔2〕Fe(z=26)：[Ar]3d64s2和Fe3+：[Ar]3d5〔3〕Ag(z=47)：[Kr]4d104s1和Ag+：[Kr]4d10〔4〕I(z=35)：[Ar]3d104s24p5和I-：[Ar]3d104s24p64-6.某一元素的原子序数为24，试问：(1)核外电子总数是多少(2)它的电子排布式(3)价电子层构造；(4)元素所处的周期、族、区解：(1)核外电子总数是24(2)它的电子排布式：1s22s22p63s23p63d54s1(3)价电子层构造：3d54s1(4)元素所处的四周期、ⅥB族、d区4-7.ⅠA族和ⅠB族最外层电子数虽然都为1，但它们的金属性却不同，为什么解：ⅠA族其价层电子构型为ns1，属于活泼金属，容易失电子并形成稀有气体构造1s2或ns2np6稳定构造，而ⅠB族外层电子构型为(n-1)d10ns1，原子半径比同周期的ⅠA族小，有效核电荷数大，不易失去外层电子，故金属性比ⅠA族差。4-8.不用查表，判断以下各组中原子或离子半径谁大试解释之。(1)H与N(2)Ba与Sr(3)Cu与Ni(4)Na与Al(5)Fe2+与Fe3+解：(1)N的原子半径大，H的原子半径在元素周期表中的半径是最小的，N的原子半径比H大；(2)Ba的原子半径大，同一主族，从上到下，原子依次半径增大；(3)Cu的原子半径大，因为Cu具有d10电子构型，有较大的屏蔽作用，所以原子半径略有增加；(4)Na的原子半径大，同一周期，随着核电荷数的增加，原子核对外层电子的吸引力也增加，使得原子半径逐渐减小。(5)Fe2+的原子半径大，同一元素，失电子越多，核电荷对于外层的电子的吸引力越大，半径越小。4-9.某元素的最高正价为+6，最外层电子数为1，原子半径是同族中最小的，试写出该元素的电子构造式、名称及元素符号。解：该元素的电子构造式[Ar]3d54s1、名称铬及元素符号Cr。4-10.某元素其原子最外层有2个电子，次外层有13个电子，问此元素在周期表中应属哪族最高正价是多少是金属还是非金属解：应该属于ⅦB簇，最高正价+7，金属。4-11.有第四周期的A、B、C、D四种元素，它们的价电子数依次为1、2、2、7，且原子序数A、B、C、D依次增大，A与B的次外层电子数为８，C与D次外层电子数为18，试问：(1)那些是金属元素(2)A、B、C、D的原子序数及电子构造式是什么(3)B、D两元素，问能否形成化合物写出分子式。解：(1)A、B、C是金属元素。(2)A：原子序数19，[Ar]4s1；B：原子序数20，[Ar]4s2；C：原子序数30，[Ar]3d104s2；D：原子序数35，[Ar]4s24p5。(3)B、D两元素，能形成化合物，分子式为CaBr2。4-12.指出以下各组化合物中，哪个化合物的价键极性最大哪个的极性最小(1)NaClMgCl2AlCl3SiCl4PCl5(2)LiFNaFRbFCsF(3)HFHClHBrHI(4)CH3FCH3ClCH3BrCH3解：〔1〕NaCl极性最大，PCl5极性最小；〔2〕CsF极性最大，LiF极性最小；〔3〕HF极性最大，HI极性最小；〔4〕CH3F极性最大，CH3I极性最小4-13.分析以下各分子的中心原子的杂化轨道类型和指出各化学键的键型(σ键或π键)。(1)HCN中三个原子在一条直线上；(2)H2S中三个原子不在一条直线上。解：〔1〕是sp杂化，σ键和π键〔2〕是sp3杂化，σ键4-14.指出以下分子的中心原子可能采取的杂化轨道类型，并预测分子的几何构型。BBr3、SiCl4、PH3解：BBr3：sp2杂化，平面正三角形；SiCl4：sp3等性杂化，正四面体；PH3：sp3不等性杂化，三角锥形。4-15.根据键的极性和分子几何构型，推断以下分子哪些是极性分子哪些是非极性分子NeBr2HFNOH2S(V字型)CS2(直线型)CHCl3(四面体)CCl4(正四面体)BF3(平面三角形)NH3(三角锥形)解：极性分子：HFNOH2S(V字型)CHCl3(四面体)NH3(三角锥形)非极性分子：NeBr2CS2(直线型)CCl4(正四面体)BF3(平面三角形)4-16.判断以下分子的偶极矩是否为零(1)Ne(2)Br2(3))HF(4)NO(5)H2S(6)SiH4(7)CH3Cl解：(1)Ne(2)Br2(6)SiH4的偶极矩为零，其余不为零。4-17.NO2、CO2、SO2的键角分别为130°、180°、120°，试判断其中心原子的杂化类型。解：sp2杂化，sp杂化，sp2杂化，4-18.说明以下每组分子之间存在着什么形式的分子间力。(1)乙烷和CCl4(2)乙醇和水(3)苯和甲苯(4)CO2和水解：〔1〕色散力，〔2〕取向力、诱导力、色散力、氢键〔3〕色散力〔4〕色散力，诱导力4-19.稀有气体(氦、氩等)晶格结点上是原子，金刚石结点上也是原子，为什么它们的物理性质有很大的差异解：因为他们一个是分子晶体，原子间作用力是分子间作用力；一个原子晶体，原子间作用力是共价键。4-20.试判断NaCl、N2、NH3、Si(原子晶体)等晶体的熔点哪个高哪个低解：Si(原子晶体)晶体的熔点高，N2的熔点低。第5章分析化学概述5-1.某试样中铁的质量分数四次平行测定结果为25.61%，25.53%，25.54%和25.82%，用Q检验法判断是否有可疑值应舍弃(置信度90%)。解：将分析结果从小到大排序25.53%25.54%25.61%25.82%Q计=查表5-3,当p=90％,n=4时25.82％应保存5-2.测定某溶液物质的量浓度，得到如下数据(mol.L-1)：0.2041，0.2049，0.2039，0.2046，0.2043，0.2040计算平均值、平均偏差、相对平均偏差和标准偏差。解：100％100％0.1％5-3.计算0.001135mo·L-1HCl溶液对CaCO3的滴定度。解：CaCO3+2HCl＝CaCl2+CO2↑+H2O当时5-4.浓硫酸的相对密度为1.84，其中H2SO4含量约为96%。如欲配制1L0.20mo·L-1H2SO4溶液，应取这种浓硫酸多少毫升解：设应取浓H2SO4xmL该浓硫酸溶液物质的量浓度为：5-5.取无水Na2CO32.6500g，溶解后定量转移到500mL容量瓶中定容，计算Na2CO3的物质的量浓度。解：5-6.0.02500gNa2C2O4溶解后，在酸性溶液中需要35.50mLKMnO4滴定至终点，求KMnO4的物质的量浓度。假设用此KMnO4溶液滴定Fe2+，求KMnO4溶液对Fe2+解：5-7.滴定0.1560g草酸试样用去0.1011mol·L-1NaOH22.60mL。求试样中H2C2O4·2H2解：5-8.分析不纯CaCO3(其中不含干扰物质)时，称取试样0.3000g，参加浓度为0.2500mol·L-1的HCl标准溶液25.00mL。煮沸除去CO2，用浓度为0.2012mol·L-1的NaOH溶液返滴过量盐酸，消耗了5.84mL。计算试样中CaCO3的质量分数。解：与作用后剩余的HCl物质的量第6章酸碱平衡6-1．计算pH=5.00时，0.10mol∙L-1的HAc溶液中各型体的分布系数及平衡浓度。解：pH=5.00时或6-2．计算0.10mol·L-1HCOONH4溶液的pH。解：Kaθ(NH4+)=5.64×10-10pKaθ(NH4+)=9.25Kaθ(HCOOH)=1.77×10-4pKaθ(HCOOH)=3.756-3．欲配制pH=5.00的缓冲溶液，现有0.1mol∙L-1的HAc溶液100mL，应加0.1mol∙L-1的NaOH溶液多少mL?解：设参加0.1mol·L-1的NaOH溶液xmL，溶液总体积为(100+x)mL，有如下反响：HAc+NaOH=NaAc+H2O反响后c(HAc)=代入公式x=65mL即在100mL0.1mol·L-1的HAc溶液中加65mL0.1mol·L-1的NaOH就可配制成165mLpH=5缓冲溶液。6-4．取50mL0.10mol∙L-1某一元弱酸溶液，与20mL0.10mol∙L-1NaOH溶液混合，稀释到100mL，测得此溶液的pH=5.25，求此一元弱酸的。解：设此一元弱酸为HAHA+NaOH=NaA+H2O那么平衡时溶液为HA-A-组成缓冲体系。由6-5．称取CCl3COOH16.34g和NaOH3.00g溶于水并稀释至1.00L。(1)此溶液的pH是多少(2)要配成pH为0.64的缓冲溶液，应在此溶液中参加多少量的强酸或强碱(CCl3COOH)=0.23，Mr(CCl3COOH)=163.4。解：(1)(2)设参加强酸n(HCl)mol6-6．把0.30mol·L-1HCl溶液和0.40mol∙L-1NH3溶液各50mL相混合，计算此溶液的pH。解：有如下的反响式和平衡表达式混合后的总体积为100.0mL设cr(OH)=x,cr(NH3)=0.050-x≈0.050,cr(NH4+)=0.150+x≈0.150x=6.0×10-6pOH=5.22pH=14-5.22=8.786-7．把75.0mL0.1mol∙L-1NaOH溶液和50.0moL0.2mol∙L-1NH4Cl溶液相混合，计算此溶液的pH。解：有如下的反响式到达平衡前各物质的初始浓度分别为并有如下平衡方程式且设c(OH)=xmol·L-1平衡时0.060-x0.020+xx即cr(OH)=5.4×10-5pOH=4.27pH=14-4.27=9.736-8.写出以下各酸的共轭碱。共轭酸HCNHCON2HC2H5OHH2POFe(H2O)共轭碱CN-CON2H4C2H5O-HPO[Fe(H2O)5(OH)]2+6-9.写出以下各碱的共轭酸共轭碱COHC2OS2-H2POCu(H2O)2(OH)2共轭酸HCOH2C2OHS-H3PO4[Cu(H2O)3(OH)]+6-10．以下溶液浓度均为0.10mol∙L-1，试按pH递增次序排列：H2CO3、HI、NH3、NaOH、KCN、KBr、NH4Br。解：6-11．写出以下物质的质子条件式NH4CNNa2HPO4(NH4)2HPO4NaNH4HPO4NaAc+H3BO3H2SO4+HCOOH解：(1)NH4CN的PBE：[H+]+[HCN]=[NH3]+[OH-(2)Na2HPO4的PBE：[H+]+[]+2[H3PO4]=[]+[OH-](3)(NH4)2HPO4的PBE：[H+]+[]+2[H3PO4]=2[NH3]+[]+[OH-](4)NaNH4HPO4的PBE：[H+]+[]+2[H3PO4]=[NH3]+[]+[OH-](5)NaAc+H3BO3的PBE：[H+]+[HAc]=[OH-]+[](6)H2SO4+HCOOH的PBE：[H+]=[OH-]+[]+2[]+[COOH-]第7章酸碱滴定法7-1．以下物质能否分步滴定，应选用何种指示剂，为什么(1)0.10mol·L-1H2C2O4(2)0.10mol·L-1H2SO(3)0.10mol·L-1洒石酸(4)0.10mol·L-1柠檬酸(5)0.10mol·L-1乙二胺解：(1)0.10mol·L-1H2C2O4(pKθal=1.23pKθa2=4.19∵crKθa1＞10-8crKθa2＞10-8Kθa1/Kθa2＜104∴两级解离的H+能滴定，且一起被滴定(即不能分步滴定)，产物为碱∵crKθb1/Kw＞20，crKθb1＞500∴[OH-]r=pOH=5.64pH=8.36选酚酞作指示剂(2)0.10mol·L-1H2SO4∵H2SO4是强酸，二级解离的H+一起被滴定，用酚酞作指示剂，由于是强碱滴定强酸，pH终=7.00(3)0.10mol·L-1酒石酸pKθal=3.04pKθa2=4.37∵crKθa1＞10-8crKθa2＞10-8Kθa1/Kθa2＜104故两级解离的H+一起被滴定，只有一个突跃，终点时生成酒石酸钠∴Kθb1=pOH=5.55pH=8.45选用酚酞指示剂(4)0.10mol·L-1柠檬酸pKθal=3.15pKθa2=4.77pKθa3=6.39∵crKθa1=0.10×10-3.15=10-4.15＞10-8crKθa2=(0.10/2)×10-4.78=10-6.08＞10-8crKθa3=(0.10/3)×10-6.04=10-7.88＞10-8∴三级解离的H+都能被滴定∴三级解离的H+不能分别滴定，只有一个突跃，生成柠檬酸钠∴[OH-]r=pOH=4.6pH=9.4∴选百里酚酞作指示剂。(5)0.10mol·L-1乙二胺pKθbl=4.07pKθb2=7.15crKθb1=0.1×10-4.07=10-5.07＞10-8crKθb2=0.05×10-7.15=10-8.45≈10-8∴两级解离的OH-一起被滴定pKθa1=14-7.15=6.85pKθa2=14-4.07=9.93∴[H+]r=pH=4.2选溴酚蓝作指示剂。7-2．计算以下溶液的pH值(1)0.025mol·L-1HCOOH溶液(2)1.0×10-4mol·L-1NaCN溶液(3)0.10mol·L-1NH4CN溶液(4)0.10molH3BO3溶液解：(1)0.025mol·L-1HCOOH(pKθa=3.75)∴[H+]r===10-2.69pH=2.69(2)1.0×10-4mol·L-1NaCN溶液pKθb=4.79∴[OH-]r=pOH=4.51pH=9.49(3)0.10mol·L-1NH4CN溶液pKθHCN=9.21∴[H+]r=pH=9.2(4)0.10molH3BO3溶液(pKθa1=9.23)∴[H+]r=pH=5.127-3．称取CaCO30.5000g溶于50.00mLHC1中，多余的酸用NaOH回滴，耗碱6.20mL，1mLNaOH溶液相当于1.010mL解：VHC1=50.00mLVNaOH=6.20mL1mLNaOH=1.010mLHC1求：c(NaOH)、c(HCl)CaCO3~2HC1~2NaOH∴c(HCl)=0.2284mol·L-1c(NaOH)=c(HCl)×1.010=0.2307mol·L-17-4．0.1000mol·L-1的二元酸H2A(Kθa1=3.0×10-3，Kθa2=2.0×10-7)能否分步滴定如果能，计算各计量点时的pH解：crKθa1=0.1000×3.0×10-3＞10-8crKθa2=0.05000×2.0×10-7＞10-8∴能分步滴定第一计量点生成NaHA[H+]r=pH=4.61第二计量点生成Na2[OH-]r=pOH=4.39pH=9.617-5．称取仅含有Na2CO3和K2CO3的试样1.000g溶于水后以甲基橙作指示剂，滴于终点时耗去0.5000mol·L-1HC130.00mL。试计算样品中Na2CO3和K2CO3的质量分数。[]解：设Na2CO3为x克，那么K2CO3为(1-x)g解之：x=0.1205K2CO3为1-0.1205=0.8795(g)∴w(K2CO3)=w(Na2CO3)=7-6．测定某一混合碱，试样量为1.000g，酚酞作指示剂，滴至终点需0.2500mol·L-1HC120.40mL，再以甲基橙为指示剂，继续以HC1滴至终点，需HC1溶液28.46mL，试求该混合碱的组成及质量分数。解：V1＜V2，其组成为Na2CO3与NaHCO3w(Na2CO3)=w(NaHCO3)=7-7．有浓H3PO42.000g，用水稀释定容为250.0mL，取25.00mL，以0.1000mol·L-1NaOH20.04mL滴定于终点(用甲基红作指示剂)，计算H3PO4的百分含量。解：用甲基红作指示剂，H3PO4滴定至NaH2PO4H3PO4+NaOH=NaH2PO4+H2Ow(H3PO4)=7-8．含有Na2HPO4·12H2O和NaH2PO4·H2O混合试样0.6000g，用甲基橙指示剂以0.1000mol·L-1HC114.00mL滴定至终点，同样重量的试样用酚酞作指示剂时需用5.00mL0.1200mol·L-1NaOH滴至终点，计算各组分的质量分数。解：用甲基橙作指示剂(3.1~4.4)，把Na2HPO4滴到NaH2PO4。∵w(用酚酞作指示剂把NaH2PO4滴至Na2HPO47-9．用移液管移取100mL乙酸乙酯放入盛有50.00mL0.2378mol·L-1的KOH溶液的回流瓶中，加热回流30min，使乙酸乙酯完全水解：CH3CH2OCOCH3+OH-=CH3CH2OH+CH3COO剩余未反响的KOH用0.3172mol·L-1的HC1滴定，用去32.75mL，计算乙酸乙酯的含量(g·mL-1)，滴定时应选什么指示剂，为什么解：Mr(乙酸乙酯)=88选酚酞作指示剂7-10．测某有机物中的氮含量，样品重0.8880g，用浓H2SO4催化剂将其蛋白质分解成，然后加浓碱蒸馏出NH3，用0.2133mol·L-1的HC1溶液20.00mL吸收，剩余的HC1用0.1962mol·L-1的NaOH溶液5.50mL滴定至终点，计算试样中氮的百分含量。解：w(N)=第8章沉淀—溶解平衡8-1.25℃时PbI2在纯水中溶解度为1.29×10-3mol∙L-1，求PbI2的溶度积。解：根据题意：[Pb2+]=1.29×10-3mol∙L-1，[I-]=2[Pb2+]=1.29×2×10-3mol∙L-1=8.6×10-98-2.25℃时BaCrO4在纯水中溶解度为2.91×10-3g∙L-1，求BaCrO4解：8-3.AgIO3和Ag2CrO4的溶度积分别为9.2×10-9和1.12×10-12，通过计算说明：(1)哪种物质在水中溶解度大(2)哪种物质在0.010mol∙L-1的AgNO3溶液中溶解度大解：(1)Ag2CrO4在水中的溶解度s即[CrO42-]离子的浓度2ss[Ag]r2[CrO42-]r=Kθsp(Ag2CrO4)纯水中AgCrO4溶解度小于AgIO3。(2)在0.010mol·L-1的AgNO3溶液中在0.010mol·L-1AgNO3水溶液中AgIO3溶解度大于Ag2CrO4。8-4.某溶液含有Fe3+和Fe2+，其浓度均为0.050mol∙L-1，要求Fe(OH)3完全沉淀且不生成Fe(OH)2沉淀，需控制pH在什么范围解：当[Fe3+]<10-6mol·L-1时，认为定量沉淀完全。pH=3.1Fe(OH)2开场沉淀时pH：pH=6.58-5.现有100mLCa2+和Ba2+的混合溶液，两种离子的浓度均为0.010mol∙L-1。(1)用Na2SO4做沉淀剂能否将Ca2+和Ba2+别离(2)参加多少克固体Na2SO4才能到达BaSO4完全沉淀的要求(忽略参加Na2SO4引起的体积变化)解：(1)当BaSO4开场沉淀时所需[SO42-]的最低浓度为[SO42-]=1.07×10-4mol·L-1此时溶液中：当BaSO4沉淀完全时，CaSO4尚未生成，Na2SO4可将Ba2+和Ca2+别离。(2)100mL0.010mol·L-1的Ba2+的物质的量为：n(Ba2+)=c(Ba2+)V(Ba2+)沉淀时所需Na2SO4质量为：m(Na2SO4)=c(Ba2+)V(Ba2+)M(Na2SO4)=0.010×0.1×142.01=0.142(g)8-6.某溶液中含Cl-和I-各0.10mol∙L-1，通过计算说明能否用AgNO3将Cl-和I-定量别离。解：当AgI沉淀完全时：此时：尚无AgCl生成故：AgNO3可将将Cl-和I-定量别离。8-7.将5.0×10-3L0.20mol∙L-1的MgCl2溶液与5.0×10-3L0.10mol∙L-1的NH3·H2O溶液混合时，有无Mg(OH)2沉淀生成为了使溶液中不析出Mg(OH)2沉淀，在溶液中至少要参加多少克NH4Cl固体(忽略参加固体NH解：，等体积混合后溶液浓度减半：[Mg2+]=0.10mol∙L-1[NH3·H2O]=0.050mol∙L-1∵，∴[OH-]r=∴有Mg(OH)2沉淀生成。为了使溶液中不析出Mg(OH)2沉淀，那么：设溶液中需要参加x克固体NH4Cl才能不生成Mg(OH)2沉淀，有8-8.痛风病表现为关节炎和肾结石的病症，其原因是血液中尿酸(HUr)和尿酸盐(Ur-)含量过高所致。(1)37℃下NaUr的溶解度为8.0mmol∙L-1，当血清中Na+浓度恒为130mmol∙L-1时，为了不生成NaUr沉淀，最多允许尿酸盐(Ur-(2)尿酸的离解平衡为HUrH++Ur-，37℃pKaθ=5.4，血清pH为7.4，由上面计算的尿酸盐浓度求血清中尿酸的浓度。(3)肾结石是尿酸的结晶，37℃时尿酸在水中的溶解度是0.5mmol∙L-1，在尿液中尿酸和尿酸盐总浓度为2.0mmol∙L-1解：〔1〕根据NaUr的溶解度为8.0mmol∙L-1，可得到：当血清中Na+浓度恒为130mmol∙L-1时，要使得不生成NaUr沉淀，那么有即溶液中最多允许尿酸盐(Ur-)浓度为4.9×10-4mol∙L-1。〔2〕由题可知：〔3〕由题可知：37℃时尿酸在水中浓度刚好是0.5mmol∙L-1第9章重量分析法和沉淀滴定法9-1.称取某可溶性盐0.1616g，用BaSO4重量法测定其硫含量，称得BaSO4沉淀为0.1491g，计算试样中SO3的质量分数。解：9-2.称取磷矿石试样0.4530g，溶解后以MgNH4PO4形式沉淀，灼烧后得Mg2P2O70.2825g，计算试样中P及P2O5的质量分数。解：9-3.称取纯NaCl0.1169g，加水溶解后，以K2CrO4为指示剂，用AgNO3标准溶液滴定时共用去20.00mL，求该AgNO3溶液的浓度。解：9-4.以过量的AgNO3处理0.3500g的不纯KCl试样，得到0.6416gAgCl，求该试样中KCl的质量分数。解：9-5.将30.00mLAgNO3溶液作用于0.1357gNaCl，过量的银离子需用2.50mLNH4SCN滴定至终点。预先知道滴定20.00mLAgNO3溶液需要19.85mLNH4SCN溶液。试计算(1)AgNO3溶液的浓度；(2)NH4SCN溶液的浓度。解：(1)设与作用后剩余体积为xmL那么：与作用的体积为9-6.将0.1159mol∙L-1AgNO3溶液30.00mL参加含有氯化物试样0.2255g的溶液中，然后用3.16mL0.1033mol∙L-1NH4SCN溶液滴定过量的AgNO3。计算试样中氯的质量分数。解：过量体积为：9-7.有一纯KIOx，称取0.4988g，将它进展适当处理，使之复原成碘化物溶液，然后以0.1125mol∙L-1AgNO3溶液滴定，到终点时用去20.72mL，求x值。解：该化合物为第10章配位化合物命名中心离子配位体配位原子配位数配离子的电荷硫酸二(乙二胺)合铜(Ⅱ)Cu2+enN42+六硝基合钴(Ш)酸钠Co3+NO2-N63-二氯·二氨合铂(Ⅱ)Pt2+NH3Cl-N,Cl40四羰基和镍NiCOC40六氰和铁(Ⅱ)酸钾Fe2+CN-C60溴化二溴·四水和铬(Ш)Cr3+Br-H2OBr,O61+六氟合硅(Ⅳ)酸钠Si4+F-F62-四碘合汞(Ⅱ)酸钾Hg2+I-I42-写出以下配合物的化学式。(1)硫酸四氨合铜(Ⅱ)(2)氯化二氯·三氨·一水合钴(Ⅲ)(3)四氯合金(Ⅲ)酸钾(4)二氯·四(硫氰酸根)合铬(Ⅲ)酸铵(1)(2)(3)(4)用价键理论说明以下配离子的类型、空间构型和磁性。(1)[Co(H2O)6]3+和[Co(CN)6]3－(2)[Ni(NH3)4]2+和[Ni(CN)4]2－类型空间构造磁性(1)外轨型正八面体顺磁性内轨型正八面体抗磁性(2)外轨型正四面体顺磁性内轨型平面正方形抗磁性根据价键理论，指出以下各配离子的成键轨道类型(注明内轨型或外轨型)和空间构型。(1)[Cd(NH3)4]2+(μ=0.0B.M.)(2)[Ag(NH3)2]+(μ=0.0B.M.)(3)[Fe(CN)6]3-(μ=1.73B.M.)(4)[Mn(CN)6]4-(μ=1.8B.M.)(5)[Co(CNS)4]2-(μ=3.9B.M.)(6)[Ni(H2O)6]2+(μ=2.8B.M.)成键轨道类型(注明内或外轨型)空间构造(1)杂化外轨型正四面体(2)杂化外轨型直线型(3)内轨型正八面体(4)内轨型正八面体(5)外轨型正四面体(6)外轨型正八面体将0.10mol·L-1ZnCl2溶液与1.0mol·L-1NH3溶液等体积混合，求此溶液中[Zn(NH3)4]2+、Zn2+和NH3的浓度由于过量，那么几乎全部生成了。设配位平衡时=x,那么平衡时：x0.30+4x0.300.05-x0.05故溶液中：=0.05mol·L-1在0.10mol·L-1[Ag(NH3)2]+溶液中，含有浓度为1.0mol·L-1的过量氨水，Ag+离子的浓度等于多少在0.10mol·L-1[Ag(CN)2]－溶液中，含有1.0mol·L-1的过量KCN，Ag+离子的浓度又等于多少从计算结果可得出什么结论(1)设平衡时，那么平衡时0.10-x0.10x1.0+2x1.0解得x=4.0×10-9mol·l-1(2)设平衡时[Ag+]r=y,那么平衡时0.10-y0.10y1.0+2y1.0解得即：计算结果证明，越大，配离子越稳定。同时也说明，增加配位体的浓度，配位平衡向生成配离子的方向移动。有一含有0.050mol·L-1银氨配离子、0.050mol·L-1氯离子和4.0mol·L-1氨水的混合液，向此溶液中滴加HNO3至有白色沉淀开场产生，计算此溶液中氨水浓度和溶液的pH(设忽略体积变化)。设刚有白色沉淀产生时，(此时为Ag+离子的最低浓度)所得，设当时，氨水的浓度，那么平衡时0.050-3.6×10-90.0503.6×10-9y所得y=0.75即：由于在混合液中参加了HNO3，此时组成缓冲溶液，那么由缓冲溶液公式进展pH的计算：此时：，，，在1L0.10mol·L-1[Ag(NH3)2]+溶液中，参加0.20mol的KCN晶体，求溶液中[Ag(NH3)2]+、[Ag(CN)2]-、NH3和CN-离子的浓度(可忽略体积变化)。设1L0.10的中，参加0.20的晶体后，溶液中，那么平衡时：x2x0.10-x0.100.20-2x0.20解得x=2.7×10-6故=在1L0.10mol·L－1的[Ag(NH3)2]+溶液中，参加7.46gKCl，问是否有AgCl沉淀产生设1L0.10的配离子，平衡时，那么平衡时：0.10-x0.10x2x解得：x=1.0×10-3而此时溶液中所以有沉淀产生。在1L1.0mol·L-1AgNO3溶液中，假设参加0.020mol固体KBr而不致析出AgBr沉淀，那么至少需参加固体Na2S2O3多少克?设溶液的体积为1L，那么此时，要不析出沉淀，那么设平衡时，那么平衡时：x1.0-1.0，解得：x=3.6×10-2同时，生成1.0的时，消耗了2.0的。由于体积为1L，故应参加2.0+3.6×10