農(nóng)業(yè)出版社無機(jī)及分析化學(xué)習(xí)題解答匯總完整版

...wd......wd......wd...無機(jī)及分析化學(xué)(Ⅰ)習(xí)題解答目錄第1章分散體系……………1第2章化學(xué)熱力學(xué)根基……………………8第3章化學(xué)反響速率和化學(xué)平衡…………15第4章物質(zhì)構(gòu)造……………22第5章分析化學(xué)概述………………………27第6章酸堿平衡……………31第7章酸堿滴定法…………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章氧化復(fù)原反響………………………67第13章氧化復(fù)原滴定法……………………78第14章電勢分析法…………83第15章吸光光度分析法……………………86第16章試樣分析中常用的別離方法簡介…………………90第17章重要生命元素簡述…………………93第18章原子核化學(xué)簡介……………………96第1章分散體系1-1．人體注射用的生理鹽水中，含有NaCl0.900%，密度為1.01g?mL-1，假設(shè)配制此溶液3.00×103解：配制該溶液需NaCl的質(zhì)量為：m(NaCl)=0.900%×3.00×103g該溶液的物質(zhì)的量濃度為：1-2．把30.0g乙醇(C2H5OH)溶于50.0g四氯化碳(CCl4)中所得溶液的密度為1.28g?mL-1，計(jì)算：(1)乙醇的質(zhì)量分?jǐn)?shù)；(2)乙醇的物質(zhì)的量濃度；(3)乙醇的質(zhì)量摩爾濃度；(4)乙醇的摩爾分?jǐn)?shù)。解：(1)w(C2H5OH)==0.38(2)=10.4mol·L-1(3)b(C2H5OH)==13.0mol·kg-1(4)x(C2H5OH)==1-3．將5.0gNaOH、NaCl、CaCl2分別置于水中，配成500mL溶液，試求c(NaOH)、c(NaCl)、c(CaCl2)。解：NaOH、NaCl和CaCl2的摩爾質(zhì)量分別為：M(NaOH)=40g·mol-1M(NaCl)=58.5g·mol-1M(CaCl2)=所以，它們的物質(zhì)的量濃度分別為：c(NaOH)==0.25(mol·L-1)c(NaCl)==0.17(mo·L-1)c(CaCl2)==0.18(mol·L-1)1-4．鹽酸含HCl37.0%(質(zhì)量分?jǐn)?shù))，密度為1.19g·mL-1。計(jì)算：(1)鹽酸的物質(zhì)的量濃度。(2)鹽酸的質(zhì)量摩爾濃度。(3)HCl和H2O的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)。解：(1)鹽酸的分子量為36.5c(HCl)==12.06mol·L-1(2)b(HCl)==16.09mol·kg-1(3)x2==0.225；x1=1－x2=0.7751-5．計(jì)算0.10mol·L-1K3[Fe(CN)6]溶液的離子強(qiáng)度。解：I=(0.30×12+0.10×32)=0.61-6．應(yīng)用德拜－休克爾極限公式計(jì)算0.10mol·L-1KCl溶液中的離子平均活度系數(shù)。解：KClI=0.1==-0.12γ±=0.761-7．將19g某生物堿溶于100g水中，測得溶液的沸點(diǎn)升高了0.060K，凝固點(diǎn)降低了0.220K。計(jì)算該生物堿的相對分子質(zhì)量。解：M=1.62×103g=0.220KM=1.61×103g所以，該生物堿的相對分子質(zhì)量為：1-8．溶解0.324g硫于4.00gC6H6中，使C6H6的沸點(diǎn)上升了0.81K。問此溶液中的硫分子是由幾個原子組成的[Kb(C6H6)=2.53K?kg?mol-1]解：設(shè)此溶液中的硫分子由x個硫原子組成，那么其摩爾質(zhì)量為32xg?mol-1由于，所以x=8故溶液中的1個硫分子是由8個硫原子組成的。1-9．計(jì)算0.005mol·L-1KCl溶液在398K時的滲透壓：(1)用濃度計(jì)算；(2)用活度計(jì)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胰島素溶于10.0mL水，該溶液在25.0℃時的滲透壓是4.34kPa，計(jì)算胰島素的摩爾質(zhì)量和該溶液的凝固點(diǎn)。解：設(shè)胰島素的摩爾質(zhì)量為M，由于滲透壓可由下式計(jì)算Π=cBRT所以M=5.78×103g該溶液的凝固點(diǎn)下降為：所以，該溶液的凝固點(diǎn)Tf=-0.0033℃1-11．今有兩種溶液，其一為1.50g尿素(NH2)2CO溶于200g水中；另一為42.8g未知物溶于1000g水中，這兩種溶液在同一溫度開場沸騰，計(jì)算這個未知物的摩爾質(zhì)量。解：由于兩種水溶液的沸點(diǎn)一樣，故其沸點(diǎn)升高值一樣，那么它們的質(zhì)量摩爾濃度一樣。設(shè)未知物的摩爾質(zhì)量為M，可得如下關(guān)系：M=342.4g·mol-1所以，該未知物的摩爾質(zhì)量為342.4g?mol-1。1-12．人體血漿的凝固點(diǎn)為272.59K，計(jì)算正常體溫(36.5℃)下血漿的滲透壓。(設(shè)血漿密度為1g?mL-1)解：=1.86K?kg?mol-1為計(jì)算方便，設(shè)有血漿1kg，那么其在36.5℃＝＝772kPa1-13．硫化砷溶膠是由H3AsO3和H2S溶液作用而制得的2H3AsO3+3H2SAs2S3+6H2O試寫出硫化砷膠體的膠團(tuán)構(gòu)造式(電位離子為HS-)。試比較NaCl、MgCl2、AlCl3三種電解質(zhì)對該溶膠的凝結(jié)能力，并說明原因。解：由題意可得，該膠團(tuán)的構(gòu)造式為：[(As2S3)m?n(HS-)?(n-x)H+]x-?xH+由于膠粒帶負(fù)電荷，所以帶正電荷的離子對其有凝結(jié)作用，正電荷越多，凝結(jié)能力越強(qiáng)。因此，AlCl3對該溶膠的凝結(jié)能力最強(qiáng)，NaCl對該溶膠的凝結(jié)能力最弱。1-14．取血紅素1.00g溶于水配成100mL溶液。測得此溶液在20℃時的滲透壓為366Pa，計(jì)算：(1)溶液的物質(zhì)的量濃度；(2)血紅素的分子量。解：(1)由滲透壓公式Π=cRT得(2)設(shè)血紅素的摩爾質(zhì)量為M，那么M=6.70×104g所以，血紅素的分子量為6.70×104。1-15．為防止水箱結(jié)冰，可參加甘油以降低其凝固點(diǎn)，如需使凝固點(diǎn)降低到-3.15℃，在100g水中應(yīng)參加多少甘油(甘油的相對分子量為92)解：由題意得ΔTf=3.15℃因?yàn)樗裕?00g水中應(yīng)參加的甘油質(zhì)量為：m=b·mA·M=1.69mol·kg-1×0.1kg×92g·mol-11-16．由于食鹽對草地有損傷，因此有人建議用化肥如硝酸銨或硫酸銨代替食鹽來融化人行道旁的冰雪。以下化合物各100g溶于1kg水中，問哪一種冰點(diǎn)下降的多假設(shè)各0.1mol溶于1kg水中，又問哪一種冰點(diǎn)下降的多(1)NaCl(2)NH4NO3(3)(NH4)2SO4答：根據(jù)依數(shù)性定律，答案分別為(1)；(3)NaClNH4NO3(NH4)2SO4100g物質(zhì)含離子數(shù)(mol)100×2/58.5100×2/80100×3/1320.1mol物質(zhì)含離子數(shù)(mol)0.20.20.31-17．樹干內(nèi)部樹汁上升是滲透壓所致，設(shè)樹汁的濃度為0.20mol·L-1的溶液，在樹汁的半透膜外部水中非電解質(zhì)濃度為0.02mol·L-1。試估計(jì)在25℃時，樹汁能夠上升多高。解：根據(jù)求滲透壓公式Π=ΔcRT=(0.20-0.02)×8.314×298=446kPa(446/101.3)×10.33≈45.48(m)1-18．現(xiàn)有0.01mol·L-1AgNO3溶液和0.01mol·L-1KI溶液，欲制AgI溶膠，在以下四種條件下，能否形成AgI溶膠為什么假設(shè)能形成溶膠，膠粒帶何種電荷(1)兩種溶液等體積混合；(2)混合時一種溶液體積遠(yuǎn)超過另一種溶液；(3)AgNO3溶液體積稍多于KI溶液；(4)KI溶液體積稍多于AgNO3溶液。解：(1)不能；反響完后，沒有剩余的電位離子，恰好生成AgI沉淀；(2)不能；由于過多的剩余電解質(zhì)溶液也能使溶膠凝結(jié)；(3)能；AgI顆粒能吸附少量的Ag+而形成溶膠粒子；溶膠粒子正電荷。(4)能；AgI顆粒能吸附少量的I－而形成溶膠粒子；溶膠粒子負(fù)電荷。1-19．試比較MgSO4，K3[Fe(CN)6]和AlCl3三種電解質(zhì)在以下兩種情況中凝結(jié)值大小的順序。(1)0.008mol·L-1AgNO3溶液和0.01mol·L-1KBr溶液等體積混合制成的AgBr溶膠(2)0.01mol·L-1AgNO3溶液和0.008mol·L-1KBr溶液等體積混合制成的AgBr溶膠解：(1)因?yàn)镵Br過量所得AgBr溶膠為負(fù)溶膠，決定AgBr負(fù)溶膠凝結(jié)的因素為電解質(zhì)中陽離子電荷的多少，電荷愈多，凝結(jié)值愈小，所以其凝結(jié)值由大到小的順序?yàn)椋篕3[Fe(CN)6]>MgSO4>AlCl3。(2)因?yàn)锳gNO3過量所得AgBr溶膠為正溶膠，決定AgBr正溶膠凝結(jié)的因素為電解質(zhì)中陰離子電荷的多少，電荷愈多，凝結(jié)值愈小，所以其凝結(jié)值由大到小的順序?yàn)椋篕3[Fe(CN)6]<MgSO4<AlCl3。1-20．混合等體積0.008mol·L-1AgNO3溶液和0.003mol·L-1的K2CrO4溶液，制得Ag2CrO4溶膠，寫出該溶膠的膠團(tuán)構(gòu)造，并注明各局部的名稱，該溶液的穩(wěn)定劑是何種物質(zhì)解：因?yàn)锳gNO3過量，電位離子是Ag+，也是穩(wěn)定劑，膠團(tuán)構(gòu)造為：[(Ag2CrO4)m·nAg+·(n-x)NO3－]x+·xNO3－，膠核：(Ag2CrO4)m，膠粒：[(Ag2CrO4)m·nAg+·(n-x)NO3－]x+，膠團(tuán)：[(Ag2CrO4)m·nAg+·(n-x)NO3－]x+·xNO3－，電位離子：Ag+反離子：NO3－第2章化學(xué)熱力學(xué)根基2-1.估計(jì)以下過程ΔS、ΔH、ΔG的符號。(1)硫酸溶于水(2)室溫下冰融化(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.確定以下各組物質(zhì)熵值的大小順序。(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.計(jì)算體系熱力學(xué)能的變化(1)體系從環(huán)境吸熱1000J，并對環(huán)境作功540J；(2)體系向環(huán)境放熱535J，環(huán)境對體系作功250J。解:(1)ΔU=Q+W=(+1000)+(-540)=460(J)(2)ΔU=Q+W=(-535)+(+250)=-285(J)2-4.求以下反響的ΔrHmθ。[ΔfHmθ(Fe2O3,s)=－822.2kJ·mol-1，ΔfHmθ(Al2O3,s)=－1670kJ·mol-1，其余ΔfHmθ值查附錄一](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]晶體在彈式量熱計(jì)中完全燃燒，298K時放出的熱量為866.5kJ，求1mol丙二酸在298K時的等壓反響熱。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計(jì)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.苯的熔化熱為10.67kJ·mol-1，苯的熔點(diǎn)為5℃，求苯熔化過程的ΔSmθ。解：苯熔化過程是一等溫可逆過程：2-9.核反響堆中的核燃料是235U，它在鈾礦中的質(zhì)量分?jǐn)?shù)僅占0.7％，其余為238U，它們很難用化學(xué)方法別離。別離和富集235U是通過以下反響生成UF6，然后經(jīng)氣化(b.p.56.54℃)進(jìn)展擴(kuò)散，根據(jù)它們擴(kuò)散速率的不同而達(dá)此目的。試根據(jù)以下條件和附錄的數(shù)據(jù)計(jì)算反響的ΔrHmθ。U(s)+O2(g)+4HF(g)+F2(g)＝UF6(g)+2H2O(g)各步反響如下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.由鐵礦石生產(chǎn)鐵有兩種途徑，試計(jì)算它們的轉(zhuǎn)向溫度。(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.利用標(biāo)準(zhǔn)摩爾燃燒熱的數(shù)據(jù)計(jì)算以下反響的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.試計(jì)算以下合成甘氨酸的反響在298K及pθ下的ΔrGmθ，并判斷此條件下反響的自發(fā)性。NH3(g)+2CH4(g)+5/2O2(g)=C2H5O2N(s)+3H2O(l)解：查表得：各物質(zhì)的ΔfGmθ為：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.糖在新陳代謝過程中所發(fā)生的總反響為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)如果實(shí)際只有30%的自由能轉(zhuǎn)變?yōu)榉求w積功，那么1g糖在體溫37℃時進(jìn)展新陳代謝，可以得到多少kJ的非體積功[提示：根據(jù)熱力學(xué)推導(dǎo)，在等溫等壓下自由能的減少(-ΔG)等于體系對外所作的最大非體積功Wf](2)一個質(zhì)量為75kg的運(yùn)發(fā)動需吃多少克糖才能獲得登上高度為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根據(jù)題意每克糖能提供給運(yùn)發(fā)動的能量為ΔrGmθ/M(C12H22O11)=5803.6÷342=16.97(kJ·g-1)能轉(zhuǎn)化為非體積功的能量為16.97×30%=5.09(kJ·g-1)(2)光葉綠素運(yùn)發(fā)動需吃糖的克數(shù)為光葉綠素2-14．植物進(jìn)展光合作用的反響為6CO2(g)+6H2O(l)C6H12O6(aq)+6O2(g)ΔrGmθ＝2870kJ·mol-1，深海中沒有光線由細(xì)菌使H2S作為能源合成C6H12O6，反響式如下24H2S(g)+12O2(g)＝24H2O(l)+24S(s)ΔrGmθ=-4885.7kJ·mol-1求反響光葉綠素24H2S(g)+6CO2(g)＝C6H12O6(aq)+18H2O(l)+24S(s)的ΔrGm光葉綠素解：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，用附錄的數(shù)據(jù)計(jì)算它的人工合成反響的ΔrHmθ、ΔrSmθ和ΔrGmθ，判斷在標(biāo)準(zhǔn)狀態(tài)下反響自發(fā)進(jìn)展的方向并估算轉(zhuǎn)向溫度。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，標(biāo)準(zhǔn)狀態(tài)下正反響方向自發(fā)。轉(zhuǎn)向溫度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求以下反響的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章化學(xué)反響速率和化學(xué)平衡3-1.合成氨原料氣中氫氣和氮?dú)獾捏w積比是3∶1，除這兩種氣體外，原料氣中還含有其它雜質(zhì)氣體4％(體積分?jǐn)?shù))。原料氣總壓力為15195kPa，計(jì)算氮、氫的分壓。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時的反響：2NO+O2=2NO2，NO和O2的初始濃度c(NO)和c(O2)及反響初始速率的實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)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)寫出上述反響的速率方程，指出反響的級數(shù)；(2)計(jì)算該反響的速率常數(shù)k值；(3)計(jì)算c(NO)=c(O2)=0.15mol·L-1時的反響速率。解：(1)將第一、二組數(shù)據(jù)代入后相除，得到y(tǒng)=1同理，x=2三級反響(2)將第一組數(shù)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.乙醛的催化分解與非催化分解反響分別為①CH3CHO=CH4+COEa催=136kJ·mol-1②CH3CHO=CH4+COEa=190kJ·mol-1假設(shè)反響①與②的指前因子近似相等，試計(jì)算300K時，反響①的反響速率是反響②的多少倍。解：=2.5×1093-4.反響2NO2=2NO+O2在592K時速率常數(shù)k為0.498，在656時k為4.74解：kJ3-5.在100kPa和298K時，HCl(g)的生成熱為-92.3kJ?mol，生成反響的活化能為113kJ?mol，計(jì)算其逆反響的活化能。解：△fHm?△rHm?=-92.3kJ?molkJ92.3kJ?molkJ205.3kJ3-6.反響C2H5Br=C2H4+HBr，在650K時，速率常數(shù)k為2.0×10-3s-1，該反響的活化能Ea為225kJ?mol，計(jì)算700K時的k值。解：19.57k700=3.9×10-2s-13-7.以下說法是否正確，簡要說明理由。(1)速率方程式中各物質(zhì)濃度的指數(shù)等于反響方程式中各物質(zhì)的計(jì)量數(shù)時，該反響即為基元反響。(2)化學(xué)反響的活化能越大，在一定的條件下其反響速率越快。(3)某可逆反響，假設(shè)正反響的活化能大于逆反響的活化能，那么正反響為吸熱反響。(4)某反響的速率常數(shù)單位為L?mol-1?s-1，該反響為一級反響。(5)某一反響在一定條件下的平衡轉(zhuǎn)化率為25.3%，當(dāng)參加催化劑時，其轉(zhuǎn)化率大于25.3%。(6)升高溫度，使吸熱反響速率增大，放熱反響速率降低。解：(1)錯，例：復(fù)雜反響H2(g)+I2(g)=2HI(g)kc(H2)c(I2)(2)錯，活化能是決定反響速率的重要因素，Ea大，活化分子分?jǐn)?shù)小，反響速率慢。(3)對，因?yàn)棣=Ea正－Ea逆(4)錯，一級反響的速率常數(shù)量綱為：s-1或min-1，h-1。(5)錯，催化劑不改變平衡態(tài)，因而不改變轉(zhuǎn)化率。(6)錯，升溫，吸熱反響和放熱反響的反響速率都加快。3-8.?mol解：3-9.解：體積縮小后濃度增大，＝4(倍)3-10.?mol解：3-11.(1)質(zhì)量作用定律只適用于基元反響，故對簡單反響不適用。()(2)零級反響的速率為零。()(3)活化能隨溫度的升高而減小()(4)反響級數(shù)愈高，那么反響速率受反響物濃度的影響愈大。()(5)速率常數(shù)取決于反響物的本性，也與溫度和催化劑有關(guān)。()(6)降低溫度可降低反響的活化能。()解：(1)錯(2)錯(3)錯(4)對(5)對(6)錯3-12.寫出以下反響的標(biāo)準(zhǔn)平衡常數(shù)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.以下反響：C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)△rHm?>0在反響達(dá)平衡后再進(jìn)展如下操作時，平衡怎樣移動(1)升高反響溫度(2)增大總壓力(3)增大反響器容積(4)參加催化劑解：(1)正向移動(2)逆向移動(3)正向移動(4)不移動3-14.以下反響的標(biāo)準(zhǔn)平衡常數(shù)：(1)HAcH++Ac-K1?=1.76×10-5(2)NH3+H2ONH4++OH-K2?=1.77×10-5(3)H2OH++OH-K3?=1.0×10-14求反響(4)的標(biāo)準(zhǔn)平衡常數(shù)K4?，(4)NH3+HAcNH4++Ac-解：反響(4)=反響(1)+反響(2)-反響(3)3.1×1043-15.某反響△rHm?(298K)=20kJ?mol-1，在300K的標(biāo)準(zhǔn)平衡常數(shù)K?為103，求反響的標(biāo)準(zhǔn)熵變量△rSm?(298K)。解：△rGm?(300K)=-RTlnK?=-8.314×10-3kJ?mol-1×300K×ln103=-17.23kJ?mol-1△rGm?)(300K)≈△rHm?-T△rSm?-17.23kJ?mol-1=20kJ?mol-1-298K×△rSm?△rSm?=0.125kJ?K-1?mol-1=125J?K-1?mol-13-16.HI的分解反響為2HI(g)H2(g)+I2(g)開場時HI(g)的濃度為1.00mol?L-1，當(dāng)?shù)竭_(dá)平衡時有24.4%HI發(fā)生了分解，假設(shè)將分解率降低到10%，其它條件不變時，碘的濃度應(yīng)增加多少解：設(shè)分解率降低到10%，碘的濃度應(yīng)增加xmol?L-12HI(g)H2(g)+I2(g)平衡時/mol?L-10.7560.1220.122重建平衡/mol?L-10.9000.0500.050+xx=0.371mol?L-13-17.在25℃時蔗糖水解生成葡萄糖和果糖：C12H22O11+H2OC6H12O6(葡萄糖)+C6H12O6(果糖)，體系中水的濃度視為常數(shù)。蔗糖的起始濃度為2amol?L-1，達(dá)平衡時蔗糖水解了50%，Kc(2)蔗糖的起始濃度為amol?L-1,，那么在同一溫度下平衡時，水解產(chǎn)物的濃度是多少解：設(shè)蔗糖的起始濃度為amol?L-1，同一溫度下平衡時，水解產(chǎn)物的濃度是xmol?L-1.C12H22O11+H2OC6H12O6(葡萄糖)+C6H12O6(果糖)(1)平衡時/mol?L-1(2)重建平衡/mol?L-1x=0.618amol?L3-18.水的分解反響為2H2O(g)2H2(g)+O2(g)，在1227℃和727℃下反響的標(biāo)準(zhǔn)平衡常數(shù)K?分別為1.9×10-11和3.9×10-19，計(jì)算該反響的反響熱△rHm?。(441.6kJ?mol-1)解：△rHm?=441.6kJ?mol-13-19.以下反響各物質(zhì)的△fHm?和Sm?，計(jì)算反響在298K和373K時的K?NH3(aq)+H2O(l)NH4+(aq)+OH-(aq)△fHm?/-80.3-285.8-132.5-230.0Sm?/J?K-1?mol-1111.369.9113.4-10.75解：△rHm?=(-132.5-230.0)-(-80.3-285.8)=3.6△rSm?=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△rGm?=△rHm?－T△rSm?=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×lnK?(298K)K?(298K)=1.85×10-50.1271.34K?(373)=2.48×10-53-20.水在373K時氣化焓為40kJ?mol-1，假設(shè)壓力鍋內(nèi)壓力最高可達(dá)150kPa，求此時鍋內(nèi)的溫度。解：反響H2O(l)H2O(g)ΔrHm?=40kJ?mol-1x=385K第4章物質(zhì)構(gòu)造4-1.氮原子的價電子構(gòu)型是2s22p3，試用4個量子數(shù)分別說明每個電子的運(yùn)動狀態(tài)。解：n=2；l=0，1；m=0，±1；ms=；4-2.以下各組軌道中，哪些是簡并軌道簡并度是多少(1)氫原子中2s，2px，2py，2pz，3px。(2)He+離子中4s，4px，4pz，4dxy，5s，5px。(3)Sc原子中2s，2px，2pz，2py，3dxy，4s。解：〔1〕2s，2px，2py，2pz是簡并軌道，簡并度是4；〔2〕4s，4px，4pz，4dxy是簡并軌道，簡并度是4；〔3〕2px，2pz，2py是簡并軌道，簡并度是3；4-3.以下各原子的電子層構(gòu)造何者屬于基態(tài)、激發(fā)態(tài)或不正確的(1)1s22s12p2；(2)1s22s12d1；(3)1s22s22p43s1；(4)1s22s22p63s23p3；(5)1s22s22p83s1；(6)1s22s22p63s23p63d54s1。解：原子的電子層構(gòu)造屬于基態(tài)的是：〔4〕，〔6〕原子的電子層構(gòu)造屬于激發(fā)態(tài)的是：〔1〕，〔3〕原子的電子層構(gòu)造屬于不正確的選項(xiàng)是：〔2〕，〔5〕4-4.在氫原子中，4s和3d哪一個軌道能量高19號元素鉀的4s和3d哪個能量高并說明原因。解：氫原子中4s軌道的能量高，因?yàn)闅湓邮菃坞娮芋w系，其能量不受l的影響，只與n有關(guān)，n越大其能量越高；19號元素鉀的3d比4s能量高，主要是因?yàn)槎嚯娮芋w系由于屏蔽效應(yīng)和鉆穿效應(yīng)，發(fā)生能級交織。4-5.寫出以下原子和離子的電子構(gòu)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.某一元素的原子序數(shù)為24，試問：(1)核外電子總數(shù)是多少(2)它的電子排布式(3)價電子層構(gòu)造；(4)元素所處的周期、族、區(qū)解：(1)核外電子總數(shù)是24(2)它的電子排布式：1s22s22p63s23p63d54s1(3)價電子層構(gòu)造：3d54s1(4)元素所處的四周期、ⅥB族、d區(qū)4-7.ⅠA族和ⅠB族最外層電子數(shù)雖然都為1，但它們的金屬性卻不同，為什么解：ⅠA族其價層電子構(gòu)型為ns1，屬于活潑金屬，容易失電子并形成稀有氣體構(gòu)造1s2或ns2np6穩(wěn)定構(gòu)造，而ⅠB族外層電子構(gòu)型為(n-1)d10ns1，原子半徑比同周期的ⅠA族小，有效核電荷數(shù)大，不易失去外層電子，故金屬性比ⅠA族差。4-8.不用查表，判斷以下各組中原子或離子半徑誰大試解釋之。(1)H與N(2)Ba與Sr(3)Cu與Ni(4)Na與Al(5)Fe2+與Fe3+解：(1)N的原子半徑大，H的原子半徑在元素周期表中的半徑是最小的，N的原子半徑比H大；(2)Ba的原子半徑大，同一主族，從上到下，原子依次半徑增大；(3)Cu的原子半徑大，因?yàn)镃u具有d10電子構(gòu)型，有較大的屏蔽作用，所以原子半徑略有增加；(4)Na的原子半徑大，同一周期，隨著核電荷數(shù)的增加，原子核對外層電子的吸引力也增加，使得原子半徑逐漸減小。(5)Fe2+的原子半徑大，同一元素，失電子越多，核電荷對于外層的電子的吸引力越大，半徑越小。4-9.某元素的最高正價為+6，最外層電子數(shù)為1，原子半徑是同族中最小的，試寫出該元素的電子構(gòu)造式、名稱及元素符號。解：該元素的電子構(gòu)造式[Ar]3d54s1、名稱鉻及元素符號Cr。4-10.某元素其原子最外層有2個電子，次外層有13個電子，問此元素在周期表中應(yīng)屬哪族最高正價是多少是金屬還是非金屬解：應(yīng)該屬于ⅦB簇，最高正價+7，金屬。4-11.有第四周期的A、B、C、D四種元素，它們的價電子數(shù)依次為1、2、2、7，且原子序數(shù)A、B、C、D依次增大，A與B的次外層電子數(shù)為８，C與D次外層電子數(shù)為18，試問：(1)那些是金屬元素(2)A、B、C、D的原子序數(shù)及電子構(gòu)造式是什么(3)B、D兩元素，問能否形成化合物寫出分子式。解：(1)A、B、C是金屬元素。(2)A：原子序數(shù)19，[Ar]4s1；B：原子序數(shù)20，[Ar]4s2；C：原子序數(shù)30，[Ar]3d104s2；D：原子序數(shù)35，[Ar]4s24p5。(3)B、D兩元素，能形成化合物，分子式為CaBr2。4-12.指出以下各組化合物中，哪個化合物的價鍵極性最大哪個的極性最小(1)NaClMgCl2AlCl3SiCl4PCl5(2)LiFNaFRbFCsF(3)HFHClHBrHI(4)CH3FCH3ClCH3BrCH3解：〔1〕NaCl極性最大，PCl5極性最小；〔2〕CsF極性最大，LiF極性最小；〔3〕HF極性最大，HI極性最??；〔4〕CH3F極性最大，CH3I極性最小4-13.分析以下各分子的中心原子的雜化軌道類型和指出各化學(xué)鍵的鍵型(σ鍵或π鍵)。(1)HCN中三個原子在一條直線上；(2)H2S中三個原子不在一條直線上。解：〔1〕是sp雜化，σ鍵和π鍵〔2〕是sp3雜化，σ鍵4-14.指出以下分子的中心原子可能采取的雜化軌道類型，并預(yù)測分子的幾何構(gòu)型。BBr3、SiCl4、PH3解：BBr3：sp2雜化，平面正三角形；SiCl4：sp3等性雜化，正四面體；PH3：sp3不等性雜化，三角錐形。4-15.根據(jù)鍵的極性和分子幾何構(gòu)型，推斷以下分子哪些是極性分子哪些是非極性分子NeBr2HFNOH2S(V字型)CS2(直線型)CHCl3(四面體)CCl4(正四面體)BF3(平面三角形)NH3(三角錐形)解：極性分子：HFNOH2S(V字型)CHCl3(四面體)NH3(三角錐形)非極性分子：NeBr2CS2(直線型)CCl4(正四面體)BF3(平面三角形)4-16.判斷以下分子的偶極矩是否為零(1)Ne(2)Br2(3))HF(4)NO(5)H2S(6)SiH4(7)CH3Cl解：(1)Ne(2)Br2(6)SiH4的偶極矩為零，其余不為零。4-17.NO2、CO2、SO2的鍵角分別為130°、180°、120°，試判斷其中心原子的雜化類型。解：sp2雜化，sp雜化，sp2雜化，4-18.說明以下每組分子之間存在著什么形式的分子間力。(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、誘導(dǎo)力、色散力、氫鍵〔3〕色散力〔4〕色散力，誘導(dǎo)力4-19.稀有氣體(氦、氬等)晶格結(jié)點(diǎn)上是原子，金剛石結(jié)點(diǎn)上也是原子，為什么它們的物理性質(zhì)有很大的差異解：因?yàn)樗麄円粋€是分子晶體，原子間作用力是分子間作用力；一個原子晶體，原子間作用力是共價鍵。4-20.試判斷NaCl、N2、NH3、Si(原子晶體)等晶體的熔點(diǎn)哪個高哪個低解：Si(原子晶體)晶體的熔點(diǎn)高，N2的熔點(diǎn)低。第5章分析化學(xué)概述5-1.某試樣中鐵的質(zhì)量分?jǐn)?shù)四次平行測定結(jié)果為25.61%，25.53%，25.54%和25.82%，用Q檢驗(yàn)法判斷是否有可疑值應(yīng)舍棄(置信度90%)。解：將分析結(jié)果從小到大排序25.53%25.54%25.61%25.82%Q計(jì)=查表5-3,當(dāng)p=90％,n=4時25.82％應(yīng)保存5-2.測定某溶液物質(zhì)的量濃度，得到如下數(shù)據(jù)(mol.L-1)：0.2041，0.2049，0.2039，0.2046，0.2043，0.2040計(jì)算平均值、平均偏差、相對平均偏差和標(biāo)準(zhǔn)偏差。解：100％100％0.1％5-3.計(jì)算0.001135mo·L-1HCl溶液對CaCO3的滴定度。解：CaCO3+2HCl＝CaCl2+CO2↑+H2O當(dāng)時5-4.濃硫酸的相對密度為1.84，其中H2SO4含量約為96%。如欲配制1L0.20mo·L-1H2SO4溶液，應(yīng)取這種濃硫酸多少毫升解：設(shè)應(yīng)取濃H2SO4xmL該濃硫酸溶液物質(zhì)的量濃度為：5-5.取無水Na2CO32.6500g，溶解后定量轉(zhuǎn)移到500mL容量瓶中定容，計(jì)算Na2CO3的物質(zhì)的量濃度。解：5-6.0.02500gNa2C2O4溶解后，在酸性溶液中需要35.50mLKMnO4滴定至終點(diǎn)，求KMnO4的物質(zhì)的量濃度。假設(shè)用此KMnO4溶液滴定Fe2+，求KMnO4溶液對Fe2+解：5-7.滴定0.1560g草酸試樣用去0.1011mol·L-1NaOH22.60mL。求試樣中H2C2O4·2H2解：5-8.分析不純CaCO3(其中不含干擾物質(zhì))時，稱取試樣0.3000g，參加濃度為0.2500mol·L-1的HCl標(biāo)準(zhǔn)溶液25.00mL。煮沸除去CO2，用濃度為0.2012mol·L-1的NaOH溶液返滴過量鹽酸，消耗了5.84mL。計(jì)算試樣中CaCO3的質(zhì)量分?jǐn)?shù)。解：與作用后剩余的HCl物質(zhì)的量第6章酸堿平衡6-1．計(jì)算pH=5.00時，0.10mol?L-1的HAc溶液中各型體的分布系數(shù)及平衡濃度。解：pH=5.00時或6-2．計(jì)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的緩沖溶液，現(xiàn)有0.1mol?L-1的HAc溶液100mL，應(yīng)加0.1mol?L-1的NaOH溶液多少mL?解：設(shè)參加0.1mol·L-1的NaOH溶液xmL，溶液總體積為(100+x)mL，有如下反響：HAc+NaOH=NaAc+H2O反響后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緩沖溶液。6-4．取50mL0.10mol?L-1某一元弱酸溶液，與20mL0.10mol?L-1NaOH溶液混合，稀釋到100mL，測得此溶液的pH=5.25，求此一元弱酸的。解：設(shè)此一元弱酸為HAHA+NaOH=NaA+H2O那么平衡時溶液為HA-A-組成緩沖體系。由6-5．稱取CCl3COOH16.34g和NaOH3.00g溶于水并稀釋至1.00L。(1)此溶液的pH是多少(2)要配成pH為0.64的緩沖溶液，應(yīng)在此溶液中參加多少量的強(qiáng)酸或強(qiáng)堿(CCl3COOH)=0.23，Mr(CCl3COOH)=163.4。解：(1)(2)設(shè)參加強(qiáng)酸n(HCl)mol6-6．把0.30mol·L-1HCl溶液和0.40mol?L-1NH3溶液各50mL相混合，計(jì)算此溶液的pH。解：有如下的反響式和平衡表達(dá)式混合后的總體積為100.0mL設(shè)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，計(jì)算此溶液的pH。解：有如下的反響式到達(dá)平衡前各物質(zhì)的初始濃度分別為并有如下平衡方程式且設(shè)c(OH)=xmol·L-1平衡時0.060-x0.020+xx即cr(OH)=5.4×10-5pOH=4.27pH=14-4.27=9.736-8.寫出以下各酸的共軛堿。共軛酸HCNHCON2HC2H5OHH2POFe(H2O)共軛堿CN-CON2H4C2H5O-HPO[Fe(H2O)5(OH)]2+6-9.寫出以下各堿的共軛酸共軛堿COHC2OS2-H2POCu(H2O)2(OH)2共軛酸HCOH2C2OHS-H3PO4[Cu(H2O)3(OH)]+6-10．以下溶液濃度均為0.10mol?L-1，試按pH遞增次序排列：H2CO3、HI、NH3、NaOH、KCN、KBr、NH4Br。解：6-11．寫出以下物質(zhì)的質(zhì)子條件式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章酸堿滴定法7-1．以下物質(zhì)能否分步滴定，應(yīng)選用何種指示劑，為什么(1)0.10mol·L-1H2C2O4(2)0.10mol·L-1H2SO(3)0.10mol·L-1灑石酸(4)0.10mol·L-1檸檬酸(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∴兩級解離的H+能滴定，且一起被滴定(即不能分步滴定)，產(chǎn)物為堿∵crKθb1/Kw＞20，crKθb1＞500∴[OH-]r=pOH=5.64pH=8.36選酚酞作指示劑(2)0.10mol·L-1H2SO4∵H2SO4是強(qiáng)酸，二級解離的H+一起被滴定，用酚酞作指示劑，由于是強(qiáng)堿滴定強(qiáng)酸，pH終=7.00(3)0.10mol·L-1酒石酸pKθal=3.04pKθa2=4.37∵crKθa1＞10-8crKθa2＞10-8Kθa1/Kθa2＜104故兩級解離的H+一起被滴定，只有一個突躍，終點(diǎn)時生成酒石酸鈉∴Kθb1=pOH=5.55pH=8.45選用酚酞指示劑(4)0.10mol·L-1檸檬酸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∴三級解離的H+都能被滴定∴三級解離的H+不能分別滴定，只有一個突躍，生成檸檬酸鈉∴[OH-]r=pOH=4.6pH=9.4∴選百里酚酞作指示劑。(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∴兩級解離的OH-一起被滴定pKθa1=14-7.15=6.85pKθa2=14-4.07=9.93∴[H+]r=pH=4.2選溴酚藍(lán)作指示劑。7-2．計(jì)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．稱取CaCO30.5000g溶于50.00mLHC1中，多余的酸用NaOH回滴，耗堿6.20mL，1mLNaOH溶液相當(dāng)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，計(jì)算各計(jì)量點(diǎn)時的pH解：crKθa1=0.1000×3.0×10-3＞10-8crKθa2=0.05000×2.0×10-7＞10-8∴能分步滴定第一計(jì)量點(diǎn)生成NaHA[H+]r=pH=4.61第二計(jì)量點(diǎn)生成Na2[OH-]r=pOH=4.39pH=9.617-5．稱取僅含有Na2CO3和K2CO3的試樣1.000g溶于水后以甲基橙作指示劑，滴于終點(diǎn)時耗去0.5000mol·L-1HC130.00mL。試計(jì)算樣品中Na2CO3和K2CO3的質(zhì)量分?jǐn)?shù)。[]解：設(shè)Na2CO3為x克，那么K2CO3為(1-x)g解之：x=0.1205K2CO3為1-0.1205=0.8795(g)∴w(K2CO3)=w(Na2CO3)=7-6．測定某一混合堿，試樣量為1.000g，酚酞作指示劑，滴至終點(diǎn)需0.2500mol·L-1HC120.40mL，再以甲基橙為指示劑，繼續(xù)以HC1滴至終點(diǎn)，需HC1溶液28.46mL，試求該混合堿的組成及質(zhì)量分?jǐn)?shù)。解：V1＜V2，其組成為Na2CO3與NaHCO3w(Na2CO3)=w(NaHCO3)=7-7．有濃H3PO42.000g，用水稀釋定容為250.0mL，取25.00mL，以0.1000mol·L-1NaOH20.04mL滴定于終點(diǎn)(用甲基紅作指示劑)，計(jì)算H3PO4的百分含量。解：用甲基紅作指示劑，H3PO4滴定至NaH2PO4H3PO4+NaOH=NaH2PO4+H2Ow(H3PO4)=7-8．含有Na2HPO4·12H2O和NaH2PO4·H2O混合試樣0.6000g，用甲基橙指示劑以0.1000mol·L-1HC114.00mL滴定至終點(diǎn)，同樣重量的試樣用酚酞作指示劑時需用5.00mL0.1200mol·L-1NaOH滴至終點(diǎn)，計(jì)算各組分的質(zhì)量分?jǐn)?shù)。解：用甲基橙作指示劑(3.1~4.4)，把Na2HPO4滴到NaH2PO4?！遷(用酚酞作指示劑把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，加熱回流30min，使乙酸乙酯完全水解：CH3CH2OCOCH3+OH-=CH3CH2OH+CH3COO剩余未反響的KOH用0.3172mol·L-1的HC1滴定，用去32.75mL，計(jì)算乙酸乙酯的含量(g·mL-1)，滴定時應(yīng)選什么指示劑，為什么解：Mr(乙酸乙酯)=88選酚酞作指示劑7-10．測某有機(jī)物中的氮含量，樣品重0.8880g，用濃H2SO4催化劑將其蛋白質(zhì)分解成，然后加濃堿蒸餾出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滴定至終點(diǎn)，計(jì)算試樣中氮的百分含量。解：w(N)=第8章沉淀—溶解平衡8-1.25℃時PbI2在純水中溶解度為1.29×10-3mol?L-1，求PbI2的溶度積。解：根據(jù)題意：[Pb2+]=1.29×10-3mol?L-1，[I-]=2[Pb2+]=1.29×2×10-3mol?L-1=8.6×10-98-2.25℃時BaCrO4在純水中溶解度為2.91×10-3g?L-1，求BaCrO4解：8-3.AgIO3和Ag2CrO4的溶度積分別為9.2×10-9和1.12×10-12，通過計(jì)算說明：(1)哪種物質(zhì)在水中溶解度大(2)哪種物質(zhì)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-]離子的濃度2ss[Ag]r2[CrO42-]r=Kθsp(Ag2CrO4)純水中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+，其濃度均為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在什么范圍解：當(dāng)[Fe3+]<10-6mol·L-1時，認(rèn)為定量沉淀完全。pH=3.1Fe(OH)2開場沉淀時pH：pH=6.58-5.現(xiàn)有100mLCa2+和Ba2+的混合溶液，兩種離子的濃度均為0.010mol?L-1。(1)用Na2SO4做沉淀劑能否將Ca2+和Ba2+別離(2)參加多少克固體Na2SO4才能到達(dá)BaSO4完全沉淀的要求(忽略參加Na2SO4引起的體積變化)解：(1)當(dāng)BaSO4開場沉淀時所需[SO42-]的最低濃度為[SO42-]=1.07×10-4mol·L-1此時溶液中：當(dāng)BaSO4沉淀完全時，CaSO4尚未生成，Na2SO4可將Ba2+和Ca2+別離。(2)100mL0.010mol·L-1的Ba2+的物質(zhì)的量為：n(Ba2+)=c(Ba2+)V(Ba2+)沉淀時所需Na2SO4質(zhì)量為：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，通過計(jì)算說明能否用AgNO3將Cl-和I-定量別離。解：當(dāng)AgI沉淀完全時：此時：尚無AgCl生成故：AgNO3可將將Cl-和I-定量別離。8-7.將5.0×10-3L0.20mol?L-1的MgCl2溶液與5.0×10-3L0.10mol?L-1的NH3·H2O溶液混合時，有無Mg(OH)2沉淀生成為了使溶液中不析出Mg(OH)2沉淀，在溶液中至少要參加多少克NH4Cl固體(忽略參加固體NH解：，等體積混合后溶液濃度減半：[Mg2+]=0.10mol?L-1[NH3·H2O]=0.050mol?L-1∵，∴[OH-]r=∴有Mg(OH)2沉淀生成。為了使溶液中不析出Mg(OH)2沉淀，那么：設(shè)溶液中需要參加x克固體NH4Cl才能不生成Mg(OH)2沉淀，有8-8.痛風(fēng)病表現(xiàn)為關(guān)節(jié)炎和腎結(jié)石的病癥，其原因是血液中尿酸(HUr)和尿酸鹽(Ur-)含量過高所致。(1)37℃下NaUr的溶解度為8.0mmol?L-1，當(dāng)血清中Na+濃度恒為130mmol?L-1時，為了不生成NaUr沉淀，最多允許尿酸鹽(Ur-(2)尿酸的離解平衡為HUrH++Ur-，37℃pKaθ=5.4，血清pH為7.4，由上面計(jì)算的尿酸鹽濃度求血清中尿酸的濃度。(3)腎結(jié)石是尿酸的結(jié)晶，37℃時尿酸在水中的溶解度是0.5mmol?L-1，在尿液中尿酸和尿酸鹽總濃度為2.0mmol?L-1解：〔1〕根據(jù)NaUr的溶解度為8.0mmol?L-1，可得到：當(dāng)血清中Na+濃度恒為130mmol?L-1時，要使得不生成NaUr沉淀，那么有即溶液中最多允許尿酸鹽(Ur-)濃度為4.9×10-4mol?L-1?！?〕由題可知：〔3〕由題可知：37℃時尿酸在水中濃度剛好是0.5mmol?L-1第9章重量分析法和沉淀滴定法9-1.稱取某可溶性鹽0.1616g，用BaSO4重量法測定其硫含量，稱得BaSO4沉淀為0.1491g，計(jì)算試樣中SO3的質(zhì)量分?jǐn)?shù)。解：9-2.稱取磷礦石試樣0.4530g，溶解后以MgNH4PO4形式沉淀，灼燒后得Mg2P2O70.2825g，計(jì)算試樣中P及P2O5的質(zhì)量分?jǐn)?shù)。解：9-3.稱取純NaCl0.1169g，加水溶解后，以K2CrO4為指示劑，用AgNO3標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定時共用去20.00mL，求該AgNO3溶液的濃度。解：9-4.以過量的AgNO3處理0.3500g的不純KCl試樣，得到0.6416gAgCl，求該試樣中KCl的質(zhì)量分?jǐn)?shù)。解：9-5.將30.00mLAgNO3溶液作用于0.1357gNaCl，過量的銀離子需用2.50mLNH4SCN滴定至終點(diǎn)。預(yù)先知道滴定20.00mLAgNO3溶液需要19.85mLNH4SCN溶液。試計(jì)算(1)AgNO3溶液的濃度；(2)NH4SCN溶液的濃度。解：(1)設(shè)與作用后剩余體積為xmL那么：與作用的體積為9-6.將0.1159mol?L-1AgNO3溶液30.00mL參加含有氯化物試樣0.2255g的溶液中，然后用3.16mL0.1033mol?L-1NH4SCN溶液滴定過量的AgNO3。計(jì)算試樣中氯的質(zhì)量分?jǐn)?shù)。解：過量體積為：9-7.有一純KIOx，稱取0.4988g，將它進(jìn)展適當(dāng)處理，使之復(fù)原成碘化物溶液，然后以0.1125mol?L-1AgNO3溶液滴定，到終點(diǎn)時用去20.72mL，求x值。解：該化合物為第10章配位化合物命名中心離子配位體配位原子配位數(shù)配離子的電荷硫酸二(乙二胺)合銅(Ⅱ)Cu2+enN42+六硝基合鈷(Ш)酸鈉Co3+NO2-N63-二氯·二氨合鉑(Ⅱ)Pt2+NH3Cl-N,Cl40四羰基和鎳NiCOC40六氰和鐵(Ⅱ)酸鉀Fe2+CN-C60溴化二溴·四水和鉻(Ш)Cr3+Br-H2OBr,O61+六氟合硅(Ⅳ)酸鈉Si4+F-F62-四碘合汞(Ⅱ)酸鉀Hg2+I-I42-寫出以下配合物的化學(xué)式。(1)硫酸四氨合銅(Ⅱ)(2)氯化二氯·三氨·一水合鈷(Ⅲ)(3)四氯合金(Ⅲ)酸鉀(4)二氯·四(硫氰酸根)合鉻(Ⅲ)酸銨(1)(2)(3)(4)用價鍵理論說明以下配離子的類型、空間構(gòu)型和磁性。(1)[Co(H2O)6]3+和[Co(CN)6]3－(2)[Ni(NH3)4]2+和[Ni(CN)4]2－類型空間構(gòu)造磁性(1)外軌型正八面體順磁性內(nèi)軌型正八面體抗磁性(2)外軌型正四面體順磁性內(nèi)軌型平面正方形抗磁性根據(jù)價鍵理論，指出以下各配離子的成鍵軌道類型(注明內(nèi)軌型或外軌型)和空間構(gòu)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.)成鍵軌道類型(注明內(nèi)或外軌型)空間構(gòu)造(1)雜化外軌型正四面體(2)雜化外軌型直線型(3)內(nèi)軌型正八面體(4)內(nèi)軌型正八面體(5)外軌型正四面體(6)外軌型正八面體將0.10mol·L-1ZnCl2溶液與1.0mol·L-1NH3溶液等體積混合，求此溶液中[Zn(NH3)4]2+、Zn2+和NH3的濃度由于過量，那么幾乎全部生成了。設(shè)配位平衡時=x,那么平衡時：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，含有濃度為1.0mol·L-1的過量氨水，Ag+離子的濃度等于多少在0.10mol·L-1[Ag(CN)2]－溶液中，含有1.0mol·L-1的過量KCN，Ag+離子的濃度又等于多少從計(jì)算結(jié)果可得出什么結(jié)論(1)設(shè)平衡時，那么平衡時0.10-x0.10x1.0+2x1.0解得x=4.0×10-9mol·l-1(2)設(shè)平衡時[Ag+]r=y,那么平衡時0.10-y0.10y1.0+2y1.0解得即：計(jì)算結(jié)果證明，越大，配離子越穩(wěn)定。同時也說明，增加配位體的濃度，配位平衡向生成配離子的方向移動。有一含有0.050mol·L-1銀氨配離子、0.050mol·L-1氯離子和4.0mol·L-1氨水的混合液，向此溶液中滴加HNO3至有白色沉淀開場產(chǎn)生，計(jì)算此溶液中氨水濃度和溶液的pH(設(shè)忽略體積變化)。設(shè)剛有白色沉淀產(chǎn)生時，(此時為Ag+離子的最低濃度)所得，設(shè)當(dāng)時，氨水的濃度，那么平衡時0.050-3.6×10-90.0503.6×10-9y所得y=0.75即：由于在混合液中參加了HNO3，此時組成緩沖溶液，那么由緩沖溶液公式進(jìn)展pH的計(jì)算：此時：，，，在1L0.10mol·L-1[Ag(NH3)2]+溶液中，參加0.20mol的KCN晶體，求溶液中[Ag(NH3)2]+、[Ag(CN)2]-、NH3和CN-離子的濃度(可忽略體積變化)。設(shè)1L0.10的中，參加0.20的晶體后，溶液中，那么平衡時：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，參加7.46gKCl，問是否有AgCl沉淀產(chǎn)生設(shè)1L0.10的配離子，平衡時，那么平衡時：0.10-x0.10x2x解得：x=1.0×10-3而此時溶液中所以有沉淀產(chǎn)生。在1L1.0mol·L-1AgNO3溶液中，假設(shè)參加0.020mol固體KBr而不致析出AgBr沉淀，那么至少需參加固體Na2S2O3多少克?設(shè)溶液的體積為1L，那么此時，要不析出沉淀，那么設(shè)平衡時，那么平衡時：x1.0-1.0，解得：x=3.6×10-2同時，生成1.0的時，消耗了2.0的。由于體積為1L，故應(yīng)參加2.0+3.6×10