无机与分析化学第4章习题答案
第四章配位化合物习题参考解答
1.试举例说明复盐与配合物，配位剂与螯合剂的区别。 解复盐(如KCl ·MgCl 2·6H 2O)在晶体或在溶液中均无配离子，
在溶液中各种离子均以自由离子存在；配合物K 2[HgI 4]在晶体与溶液中均存在[HgI 4]
2-
配离子，在溶液中主要以[HgI 4]2-存在，独立的自由Hg 2+
很少。
配位剂有单基配位剂与多基配位剂：单基配位剂只有一个配位 原子，如NH 3(配位原子是N)；多基配位剂(如乙二胺H 2N －CH 2－ CH 2－NH 2)含有两个或两个以上配位原子，这种多基配位体能和中 心原子M 形成环状结构的化合物，故称螯合剂。
2.哪些元素的原子或离子可以作为配合物的形成体？哪些分 子和离子常作为配位体？它们形成配合物时需具备什么条件？ 解配合物的中心原子一般为带正电的阳离子，也有电中性的 原子甚至还有极少数的阴离子，以过渡金属离子最为常见，少数高 氧化态的非金属元素原子也能作中心离子，如Si(Ⅳ)、P(Ⅴ)等。
配位体可以是阴离子，如X
－
、OH －、SCN －、CN －、C 2O 4－
等；也可以是中性分子，如H 2O 、CO 、乙二胺、醚等。
它们形成配合物时需具备的条件是中心离子(或原子)的价层上 有空轨道，配体有可提供孤对电子的配位原子。
3.指出下列配合物中心离子的氧化数、配位数、配体数及配离 子电荷。
[CoCl 2(NH 3)(H 2O)(en)]ClNa 3[AlF 6]K 4[Fe(CN)6]Na 2[CaY][PtCl 4(NH 3)2]
解
配合物 [CoCl 2(NH 3)(H 2 O)(en)]Cl 氧配 化位 数数 Co( +3)6
配体数
5个，分别为Cl －
(2个)、
－
(2个)、
en 、NH 3、H 2O
配离子
电荷
＋
Na 3[AlF 6]
A l(+
－－3
3)66个F
K 4[Fe(CN)6]Fe(+
2) －－4
66个CN
Na 2[CaY]
C a( +2)
61个Y
4-－2 1
[PtCl4(NH3)2] P t(+
4)
66个，4个Cl －，2个NH
30
4.命名下列配合物，指出中心离子的氧化数和配位数。
K2[PtCl6][Ag(NH3)2]Cl[Cu(NH3)4]SO4
K2Na[Co(ONO)6]Ni(CO)4
[Co(NH2)(NO2)(NH3)(H2O)(en)]ClK2[ZnY]K3[Fe(CN)6]
解
氧配配合物命名化位
数数
K2[PtCl6]六氯合铂(Ⅳ)酸钾P t(+
4)
6
[Ag(NH3)2]Cl一氯化二氨合银(I) A g(
+1)
2
[Cu(NH3)4]SO4硫酸四氨合铜(II) C u(
+2)
4
K2Na[Co(ONO)6] 六亚硝酸根合钴(III)酸二
钾钠
Co(
+3)
6
Ni(CO)4四羰基合镍N i(0
)
4
[Co(NH2)(NO2)(NH3) (H2O)(en)]Cl
一氯化一胺基·一硝基·一
氨·一水·一乙二胺合钴(III)
C o(
+3)6
K2[ZnY] 乙二胺四乙酸根合锌(II)酸
钾
Zn(
+2)
6
K3[Fe(CN)6]六氰合铁(III)酸钾F e( +3)6
5.根据下列配合物的名称写出它们的化学式。
二硫代硫酸合银(I)酸钠四硫氰酸根二氨合铬(错
误！未找到引用源。)酸铵；
四氯合铂(错误！未找到引用源。)酸六氨合铂(错误！未找到引用源。)二氯一草酸根一乙二胺合铁(III)离子
硫酸一氯一氨二乙二胺合铬(III)
解Na3[Ag(S2O3)2]NH4[Cr(SCN)4(NH3)2][Pt(NH3)6][PtCl4]
[FeCl2(C2O4)(en)][CrCl(NH3)(en)2]SO4
2
6.下列配离子具有平面正方形或者八面体构型，试判断哪种配
2－为螯合剂？
离子中的CO3
+[Co(CO3)(NH3)4]+[Pt(CO3)(en)]
[Co(CO3)(NH3)5]
[Pt(CO3)(NH3)(en)]
+、[Pt(CO3)(en)]中CO32－为螯合剂。
解[Co(CO3)(NH3)4]
7.定性地解释以下现象：①铜粉和浓氨水的混合物可用来测定空气中的
含氧量。
②向Hg(NO3)2滴加KI，反过来向KI滴加Hg(NO3)2，滴入一滴时，都能见到很快消失的红色沉淀，分别写出反应式。
③金能溶于王水，也能溶于浓硝酸与氢溴酸的混酸。
解①在浓氨水存在下，铜粉可被空气中氧气氧化。
2++4OH-2Cu+8NH3+O2+2H2O=2[Cu(NH3)4]
②Hg2++2I-=HgI2↓HgI2+Hg2+=2HgI+HgI2+2I
-=HgI
2-
4
③在这些混合酸中，卤离子起配位作用，生成稳定的AuCl4
-或-，使反应得以进行。
AuBr4
Au+4HBr+HNO3=HAuBr4+NO↑+2H2O
2配离子为平面正方形，8.试解释下列事实：[Ni(CN)
4]
2+配离子为正四面体。[Zn(NH3)4]
解Ni2+为d8构型，在强场中以dsp2杂化成键，所以为平面正
方形。Zn2+为d10构型，只能以sp3杂化成键，故为正四面体。
9.AgNO3能从Pt(NH3)6Cl4溶液中将所有的氯沉淀为AgCl，但
在Pt(NH3)3Cl4中仅能沉淀出1/4的氯，试根据这些事实写出这两种
配合物的结构式。
解[Pt(NH3)6]Cl4；[PtCl3(NH3)3]Cl。
10.有两种钴(Ⅲ)的配合物组成均为Co(NH3)5Cl(SO4)，但分别
只与AgNO3和BaCl2发生沉淀反应。写出两个配合物的化学结构
式。
解能与AgNO3反应生成AgCl沉淀者，Cl
－为外界，化学结构式为[CoSO
4(NH3)5]Cl，能与BaCl2反应生成BaSO4沉淀者外界为
2
－，化学结构式为[CoCl(NH3)5]SO4。SO4
11.举例说明何为内轨型配合物，何为外轨型配合物？
3+配位原子O的电负性很大，不易给出孤电子
解[Fe(H2O)6]
对，对中心离子影响较小，中心离子使用外层空轨道4s、4p、4d
3d2杂化轨道与配位体结合。进行杂化生成能量相同、数目相等的sp 这类配合物叫做外轨型配合物。
3
3
－配位原子C的电负性较小，较易给出孤电子对，对[Fe(CN)6]
中心离子影响较大使电子层结构发生变化，3d轨道上的成单电子被
强行配对，腾出内层能量较低的d轨道与4s、4p杂化，形成能量
相同、数目相等的d2sp3杂化轨道与配位体结合。这类配合物叫做
内轨型配合物。
12.一些铂的配合物可以作为活性抗癌药剂，如
cis-PtCl4(NH3)2、cis-PtCl2(NH3)2、cis-PtCl2(en)等。实验测得它们都
是反磁性物质，试用杂化轨道理论说明它们的成键情况，指出它们
是内轨型配合物还是外轨型配合物。
解(1)cis-PtCl4(NH3)2中心原子Pt的氧化态为IV，内层d轨
道有6个电子，已知配合物为反磁性物质，即无成单电子，故其一
定为内轨型配合物，杂化方式为d2sp3
(2)cis-PtCl2(NH3)2、cis-PtCl2(en)中心原子Pt的氧化态为II，内层d轨道有8个电子，同(1)所述，这两个配合物也是内轨型配合物，
2
杂化方式为dsp
13.已知下列配合物的磁矩，根据价键理论指出各中心离子的
价层电子排布、轨道杂化类型、配离子空间构型，并指出配合物属
内轨型还是外轨型。
(1)[Mn(CN)6]
3(μ=2.8B..M.)；(2)[Co(H
2O)6]
2+(μ=3.88B..M.)；
2+(μ=0)；(4)(3)[Pt(CO)4]
[Cd(CN)4]
2(μ=0)。
2sp3，八面体，解(1)有2个未成对电子，d
内轨型。
(2)有3个未成对电子，sp
3d2，八面体，
外轨型。
轨型。
2，正方形，内(3)没有未成对电子，dsp
(4)没有未成对电子，sp
3，四面体，外轨型。
8.工业上为了防止锅炉结垢，常用多磷酸盐来加以处理，试说明原因。
解工业上常用多磷酸盐来处理锅炉用水，是由于多磷酸盐能与水中的Ca2+、Mg2+离子形成稳定的、可溶性的配离子，可防止
2+、Mg2+离子与SO42或CO32结合成难溶盐沉积在锅炉内壁。Ca
9.举例说明何为高自旋配合物，何为低自旋配合物？
4
3+配离子中，配体H 2O 为弱场配体，ΔO 电子成对能)，电子成对需要能量高，故5个电子尽量分占轨道从 而使[Fe(H 2O)6]3+ 配离子具有最多自旋平等的成单电子的状态，即为高自旋配合物。 3-配离子中，配体CN － 为强场配体，ΔO >P ，5个电子[Fe(CN)6] 排布时优先占据3个简并的d ε轨道，此时仅有一个为成单电子， 3-为低自旋配合物。[Fe(CN)6] 10.影响晶体场中中心离子d 轨道分裂能的因素有哪些？试举例说明。 解分裂能Δ的大小主要依赖于配合物的几何构型、中心离子 的电荷和d 轨道的主量子数n ，此外还同配位体的种类有很大关系。 (1)配合物的几何构型同分裂能的关系如下：平面正方形>八面 体>四面体。 (2)中心离子正电荷越高，分裂能越大。 2+离子水合物的ΔO 约在7500～14000 第四周期过渡元素的M － 1之间，而M 3+离子的Δ－1 之间。 cm O 约在14000～21000cm n+离子，在配位体相同时，绝大 (3)同族过渡金属相同电荷的M 多数的分裂能值增大的顺序为3d<4d<5d ，如： CrCl 6 3－ (ΔO =13600cm －1 ) 3－1 ) － (ΔO =19200cmRhCl 6 3－ (ΔO =20300cm － 1) ) － (ΔO =24900cm (4)当其它情况相同时，在八面体配合物ML 6中分裂能的大小， 随配位体的不同，有如下的“光谱化学序列”，这也是配位场从弱到 强，分裂能由小到大的顺序： － － I － － <联吡啶～邻二氮菲<－NO 2 － ～CO 。 17.已知下列配合物的磁矩，指出中心离子的未成对电子数， 给出中心d 轨道分裂后的能级图及电子排布情况，求算相应的晶体 场稳定化能。 (1)[CoF6] 3(μ=4.9B..M.)；(2)[Co(NO 2)6] 4(μ=1.8B..M.)；(3)[Mn(SCN) 6] 4(μ=6.1B..M.)；(4)[Fe(CN) 6] 3(μ=2.3B..M.)解 未成对电d电子排布CFSE 5 e g t2g 子数 [CoF6] 34个-4D q e g[Co(NO2 t 41个-18D q 2g )6] e g t2g [Mn(SC 45个0 N)6] e g[Fe(CN)6 t 31个2g-20D q ] 3+是反磁性的，问：18.实验测得配离子[Co(NH3)6] (1)它属于什么几何构型？根据价键理论判断中心离子采取什么杂化状态？ (2)根据晶体场理论说明中心离子轨道的分裂情况，计算配合物的晶体场稳定化能。 解(1)正八面体构型；因其为反磁性，故为内轨型配合物，杂 化方式为d2sp3 (2)该配离子为低自旋配合物，中心离子的6个电子全部填 充于dε轨道中，故μ＝0： CFSE=×6(－4D q)=－24D q 11.已知下列配离子的分裂能和中心离子的电子成对能。给出中心离子d电子在t2g和e g 轨道上的分布情况，并估算配合物的磁矩。 配离子分裂能(△/(kJm·ol －1)) － 1)) 电子成对能(P/(kJm·ol 2+124[Fe(H2O)6] 210 4395[Fe(CN)6] 6 210 [Co(NH3)6] 3+275 251 [Co(NH3)6] 2+121 269 3+208 [Cr(H2O)6] － 2+166 [Cr(H2O)6] 281 解由Δ与P相对大小可判断配合物是高自旋和低自旋，进而给出d电子排布式并估算磁矩数值。 配离子d电子排 布单电子数 磁矩 μ/(B.M.) [Fe(H2O)6] 2+ 4 [Fe(CN)6] - [Co(NH3)6 3+ ] [Co(NH3)6 2+ ] [Cr(H2O)6] 3+ t2g4e g2 4e g 2 t2g t2g t2g t2g t2g 6e g 6e g 5e g 2 3e g 3e g 1 4 3 3 4 12. 12. [Cr(H2O)6] 2+ 20.为什么Zn(H2O)6] 2+、[Sc(H 2O)6] 3+等配离子几乎是无色的？ 解根据晶体场理论：对于不同的中心离子，有时虽然配体相 同(例如都是水分子)，但因t2g与e g能级差不同，dd跃迁时吸收不 同波长的可见光，因而呈现为不同颜色。如果中心离子d轨道全空 (d 0)或全满(d 10)，则不可能发生上面所讨论的那种dd跃迁，故其 2+，[Sc(H3+等)。水合离子是无色的(如[Zn(H2O)6]2O)6] 21.试解释氯化铜溶液随Cl离子浓度的增大，颜色由浅蓝色变为绿色再变为土黄色的原因。 2+为蓝色，随着溶液浓度增大，Cl－浓度相应增 解[Cu(H2O)4] 大，可与Cu2+形成[CuCl2－配离子，而Cl－是比H 4]2O弱的场，因此 2－配离子吸收的可见光波长较大，显示出绿色等变 形成的[CuCl4] 7 化。 8 无机及分析化学作业2 第3章～第4 章 一、填空（每小题2分，共20分） 1．根据酸碱质子理论，NH4+的共轭碱是NH3；HCO3-的共轭酸是H2CO3。 2．在HAc水溶液中加入少量NaAc固体，可使HAc的解离度__减小___，这种现象叫做___同离子效应____。若向相同的HAc水溶液中加入少量NaCl固体可使HAc 的解离度增大，这种现象叫做______盐效应___。 3．选择酸碱指示剂的原则是使其变色点的pH处于滴定的PH突跃范围内，所以指示剂变色点尽量靠近__化学计量点___。 4．用0.10mol/LNaOH溶液滴定0.10mol/L酒石酸溶液时，在滴定曲线上出现___1_____个突跃范围。（酒石酸的p K a1﹦3.04，p K a1﹦4.37） 5．已知柠檬酸的pKa1～pKa3分别为3.13，4.76，6.40。则p K b2=__9.24____ p K b3=__10.87__。 6．六亚甲基四胺的p K b=8.85，用它配制缓冲溶液的pH缓冲范围是_4.15-6.15__，NH3的p K b=4.76，其pH缓冲范围是_8.24-10.24___。 7．PbSO4和K sp为1.6×10-8, 在纯水中其溶解度为___1.3×10-4___ mol/L；在浓度为1.0×10-2 mol/L的Na2SO4溶液中达到饱和时其溶解度为__2.68____ mol/L。 8．AgCl, AgBr, AgI在2.0 mol/L NH3·H2O的溶解度由大到小的顺序为 ___AgCl ? AgBr ?AgI__。 9．莫尔法分析Cl-时用_AgNO3为标准滴定溶液，用_K2CrO4_为指示剂。指示剂的加入量控制在__0.005～0.006mol/L___为宜，指示剂浓度过高时，分析结果偏__低___，浓度过低使结果偏__高___。 10．AgCl的Ksp=1.8×10-10，Ag2CrO4的Ksp=2.0×10-12，而两个银盐的溶解度S(单 第四章(p.96) 1. 下列说法是否正确？说明理由。 (1) 凡是盐都是强电解质； (2) BaSO 4, AgCl 难溶于水，水溶液导电不显著，故为弱电解质； (3) 氨水冲稀一倍，溶液中[OH -]就减为原来的一半； (4) 由公式c K a θ=α可推得，溶液越稀，α就越大，即解离出来的离子浓度就越大。 (5) 溶度积大的沉淀都容易转化为溶度积小的沉淀。 (6) 两种难溶盐比较，θsp K 较大者其溶解度也较大。 答：(1) 不正确。强电解质应在水溶液中能够百分之百的离解。但有些盐，如：HgCl 2在水 溶液中的离解度远达不到百分之百，所以不是强电解质。 (2) 不正确。溶解在水溶液中的BaSO 4, AgCl 可以百分之百地离解，所以它们是强电解 质。只是由于它们的溶解度非常小，所以其水溶液的导电性不显著。 (3) 不正确。氨水在水溶液中产生碱离解平衡： NH 3 + H 2O = NH 4+ + OH - 当氨水被稀释时，离解平衡将向氨离解度增加的方向移动，所以达到平衡时，溶液中的[OH -]将高于原平衡浓度的1/2。 (4) 不正确。溶液越稀，离解度α就越大，但溶液中相应离子的浓度是弱电解质的浓度c 和离解度α的乘积，所以离子的浓度还是会随着c 的降低而降低的。 (5) 不正确。对于不同类型的难溶盐而言，溶度积大的物质未必是溶解度大的物质，严 格的讲，应该是溶解度大的物质易于转化溶解度小的物质。 (6) 不正确。对于相同类型的难溶盐，θsp K 较大者其溶解度也较大。对于不同类型的难 溶盐，不能直接用溶度积的大小来比较它们的溶解度。 2. 指出下列碱的共轭酸：SO 42-, S 2-, H 2PO 4-, HSO 4-, NH 3；指出下列酸的共轭碱：NH 4+, HCl, HClO 4, HCN, H 2O 2。 答：SO 42-, S 2-, H 2PO 4-, HSO 4-, NH 3的共轭酸分别是：HSO 4-, HS -, H 3PO 4, H 2SO 4, NH 4+；NH 4+, HCl, HClO 4, HCN, H 2O 2的共轭碱分别是：NH 3, Cl -, ClO 4-, CN -, HO 2-。 3. 用质子理论判断下列物质哪些是酸？哪些是碱？哪些既是酸又是碱？ [Al(H 2O)6]3+ HS - CO 32- H 2PO 42- NH 3 HSO 4- NO 3- Ac - OH - H 2O HCl 答：在水溶液中： 酸：HCl HSO 4- 碱：CO 32- NH 3 Ac - OH - 既是酸又是碱：[Al(H 2O)6]3+ HS - H 2PO 42- H 2O 4. 氨基酸是重要的生物化学物质，最简单的为甘氨酸NH 2CH 2COOH 。每个甘氨酸中有一个 弱酸基 –COOH 和一个弱碱基 –NH 2，且K a 和K b 几乎相等。试用酸碱质子理论判断在强酸性溶液中甘氨酸将变成哪种离子？在强碱性溶液中它将变成什么离子？在纯水溶液中将存在怎样的两性离子？ 答：在强酸性溶液中甘氨酸将变成H 3N +-CH 2COOH ； 9．基态11Na原子最外层电子的四个量子数应是（C ） A. 4，1，0，+1/2或－1/2 B. 4，1，1，＋1/2或－1/2 C. 3，0，0 ，+1/2或－1/2 D. 4，0，0 ，+1/2或－1/2 9．基态19K原子最外层电子的四个量子数应是（D） A. 4，1，0，+1/2或－1/2 B. 4，1，1，－1/2 C. 3，0，0 ，+1/2 D. 4，0，0 ，+1/2或－1/2 9．在多电子原子中，决定电子能量的量子数为（B） （A）n （B）n和l （C）n, l, m （D）l 14．在一个多电子原子中，具有下列各组量子数（n,l,m,m s）的电子，能量最大的电子具有的量子数是（A） A. 3,2,+1,+1/2 B. 2,1,+1,-1/2 C. 3,1,0,-1/2 D. 3,1,-1,+1/2 12．下列各组量子数中，合理的是：（A ） A. n=3，l =1，m=1 B. n=3，l =2，m=3 C. n=4，l =4，m=0 D. n=2，l =1，m=－2 16. 以波函数Ψ(n,l,m)表示原子轨道时，正确的表示是（A ） A. Ψ3 ，2，0B. Ψ3 ，1，1/2 C. Ψ3 ，3，2 D. Ψ4 ，0，-1 10．某元素基态原子，有量子数n=4，l=0，m=0的一个电子，有n=3，l=2的10个电子，此元素价电子层构型及其在周期表中的位置为 B 。 A.3p63d44s1四周期ⅤB B. 3p63d104s1四周期ⅠB C.3p63d44s1四周期ⅠB D. 3p63d104s1三周期ⅠB 12．可以用来描述3d电子的一组量子数是A 。 A. 3，2，1，-1/2 B. 3，1，1，+1/2 C. 3，0，1，+1/2 D. 3，3，1，-1/2 7. 基态原子的第五层只有2个电子，则原子的第四电子层中的电子数（D） A. 肯定为8个 B. 肯定为18个 C. 肯定为8~32个 D. 肯定为8~18个 8. 某元素原子基态的电子构型为[Ar] 3d84s2 ,它在元素周期表中的位置是（A） 第1章思考题与习题参考答案 一、选择题 1．等压下加热5％的下列水溶液，最先沸腾的是（） A. 蔗糖（C12H22O11）溶液 B. 葡萄糖（C6H12O6）溶液 C. 丙三醇（C 3H8O3）溶液 D. 尿素（(NH2)2 CO）溶液 解：选D。在等压下，最先沸腾就是指溶液的蒸气压最低。根据难挥发非电解质稀溶液的依数性变化规律，溶液质量摩尔浓度增大，溶液的蒸气压下降。这里，相同质量分数下，溶质的摩尔质量越小，质量摩尔浓度越大。选项D中非电解质尿素的摩尔质量最小，尿素溶液的质量摩尔浓度最大，蒸气压最低，在等压下最先沸腾。 2．0.1mol·kg－1下列水溶液中凝固点最低的是（） A. NaCl溶液 B. C12H22O11溶液 C.HAc溶液 D. H2SO4溶液 解：选D。电解质溶液的依数性虽然不能用拉乌尔定律进行统一的定量计算，但仍然可以参照难挥发非电解质稀溶液的依数性进行定性描述。即溶质的粒子数目增大，会引起溶液的蒸气压降低，沸点升高，凝固点下降和溶液的渗透压增大。此题中，在相同质量摩尔浓度下，溶液中的粒子数目估算出来是H2SO4溶液最多，所以其凝固点最低。 3．胶体溶液中，决定溶胶电性的物质是（） A.胶团 B.电位离子 C.反离子 D.胶粒 解：选D。根据胶团结构，胶核和吸附层的整体称为胶粒，胶粒中反离子数比电位离子数少，故胶粒所带电荷与电位离子符号相同。即胶粒带电，溶胶电性由胶粒决定。 4．溶胶具有聚结不稳定性，但经纯化后的Fe(OH)3溶胶可以存放数年而不聚沉，其原因是（）A. 胶体的布朗运动 B. 胶体的丁铎尔效应 C. 胶团有溶剂化膜 D. 胶粒带电和胶团有溶剂化膜 解：选D。溶胶具有动力学稳定性和聚结稳定性，而聚结稳定性是溶胶稳定的根本原因，它包含两个方面，胶粒带有相同电性的电荷，当靠近时会产生静电排斥，阻止胶粒聚结合并；而电位离子和反离子形成的溶剂化膜，也会阻隔胶粒的聚结合并。由于纯化的Fe(OH)3溶胶具有这种聚结稳定性，从而可以存放数年而不聚沉。 5．有浓度同为0.01 mol·L-1的电解质①NaNO3②Na2SO4③Na3PO4④MgCl2，它们对Fe(OH)3溶胶的聚沉能力大小顺序为（） A. ①②③④ B. ②④③① C ③②①④ D.③②④① 解：选D。根据哈迪-叔尔采规则：起聚沉作用的主要是与胶粒带相反电荷的离子。相反电荷 第四章分散系与溶液 一、选择题 1．稀溶液的依数性的本质是（A）。 A．蒸气压下降 B．沸点升高 C．凝固点下降 D．渗透压 2．已知甲溶液为0.1 mol·mL－1NaOH ，乙溶液为0.1 mol·mL －1 CaCl 丙溶液为1 mol·mL－1葡萄糖，丁溶液为1 mol·mL－1 2 , NaCl ，他们凝固点降低值由大到小的顺序为（B）。 A．甲、乙、丙、丁 B．丁、丙、乙、甲 C．甲、丙、乙、丁 D．丁、乙、丙、甲 3．将浓度均为0.1 mol·mL－1的下列溶液同时加热，首先沸腾的是（A）。 A．葡萄糖B．氯化钠C．氯化钡D．氯化铝 4．将上述四种溶液同时冷却，最后结冰的是（ D）。 A．葡萄糖B．氯化钠C．氯化钡D．氯化铝 5．在Fe(OH)3溶胶（正溶胶）中加入等体积、等浓度的下列电解质溶液，使溶胶聚沉最快的是（ D）。 A．KCl B．MgCl2 C．AlCl3 D．K4[Fe(CN)6] 二、判断题 1．因为NaCl和CaCl2都是强电解质，所以两者对As2O3溶胶（负溶胶）的聚沉能力相同。（错） 2.胶核优先吸附与自身有相同成分的离子。（对） 三、简答题 1．物质的量浓度与质量摩尔浓度有什么相同？有什么不同？ 2．稀溶液的依数性包括哪些？ 3. 渗透现象产生的必要条件有哪些？ 4．胶体的性质有哪些？ 四、计算题 1．临床上使用的葡萄糖等渗液的凝固点降低值为0.543K。求葡萄糖等渗液的质量摩尔浓度和血浆的渗透压。（葡萄糖的摩尔质量为180g · mol－1，血浆的温度为310K。 1.752KPa 2．为防止水在仪器中结冰，可在水中加入甘油降低凝固点。如果将凝固点降至－20C，每100克水中应加入甘油多少克？（甘油的分子量为92 ，水的K f =1.86） 9.89g 一．选择题 1. 下列说法不正确的是（） A. 氢原子中,电子的能量只取决于主量子数n B. 多电子原子中,电子的能量不仅与n有关,还与l有关 C. 波函数由四个量子数确定 D. ψ是薛定格方程的合理解,称为波函数 解：选C. 波函数是由三个量子数n,l,m确定的，与自旋量子数m s无关。 2．下列波函数符号错误的是（） A. ψ1.0.0 B. ψ2.1.0 C. ψ1.1.0 D. ψ3.0.0 解：选C. n,l,m三个量子数的取值必须符合波函数的取值原则，即n＞l ≥∣m∣，所以ψ1.1.0是错误的，应改为ψ1.0.0。 3．2p轨道的磁量子数取值正确的是（） A. 1，2 B. 0，1，2 C. 1，2，3 D. 0，+1，-1 解：选D。只有D符合磁量子数的取值原则。因为m取值受角量子数l取值的限制，对于给定的l值，m=0，±1，±2，…，±l，共2l+1个值。2p轨道的角量子数l=1，所以磁量子数m=0，±1。 4．基态某原子中能量最高的电子是（） A. 3,2,+1,+1/2 B. 3,0,0,+1/2 C. 3,1,0,+1/2 D. 2,1,0,-1/2 解：选A。对于多电子的原子，其能量高低由n,l共同决定，二者数值较大且均符合四个量子数取值原则的就是能量最高的电子。 5．某元素原子激发态的电子结构式为[Ar]3d34s24p2,则该元素在周期表中位于（） A. d区ⅦB族 B. p区ⅣA族 C. s区ⅡA族 D. p区ⅣB族解：选A。某元素原子激发态的电子结构式为[Ar]3d34s24p2,由此可知其基态原子的电子结构为[Ar]3d54s2，由分区及族的划分原则可知A是正确的。 6．下列分子中，中心原子采用sp3不等性杂化的是（） A. BeCl2 B. H2S C. CCl4 D. BF3 解：选B。可用排除法进行选择。BeCl2的中心原子采用sp等性杂化；CCl4的中心原子采用sp3等性杂化；BF3的中心原子采用sp2等性杂化。 无机及分析化学学习指导答案 第一章溶液与胶体(P5) 一. 填空题 1 0.1 mol •kg -1 2 [(AgCl)m•nAg+• (n-x)NO3－] x+•xNO3－ 3 下降 4 AlCl3> MgCl2 > Na2SO4 > NaNO3 5 181g•mol-1 6 [(AgI)m• n I－• (n-x)K+] x-•x K+阳极 7 0.87 mol •kg -1－1.62 ℃、100.44 ℃ 8 [(AgI)m• n I－• (n-x)K+] x-•x K+胶核、胶粒、胶团 9 阴极[(AgCl)m• nCl－• (n-x)K+] x-•xK+ 10 59.7 g•mol-1 11 正[(AgBr)m• nBr－• (n-x)K+] •xK+ 12 K4[Fe(CN)6] > Na3PO4 > Na2SO4 > NaCl 13 正、Na3[Fe(CN)6] > Na2SO4 >NaCl NaCl>Na2SO4>Na3[Fe(CN)6] Cl-、SO42-、[Fe(CN)6]3- 14 渗透压大小顺序为： Na2SO4> KCl > 甘油（C3H8O3）= 葡 萄糖（C12H22O11）蒸汽压高低顺序： 甘油（C3H8O3）= 葡萄糖（C12H22O11）>KCl > Na2SO4 沸点高低顺序为： Na2SO4> KCl > 甘油（C3H8O3）= 葡萄糖（C12H22O11）凝固点高低顺序： 甘油（C3H8O3）= 葡萄糖（C12H22O11）>KCl > Na2SO4 二. 选择题 1. D 2. D 3. D 4. D 5. B 6. B 7. C 三、简答题 1. 解：分两种情况 NaCl溶液浓度大于AgNO3溶液，NaCl过量，溶胶为负溶胶，电场中向正极移动。 则胶团结构为[(AgCl)m•nCl－•(n-x)Na+] x-•x Na+ AgNO3溶液浓度大于NaCl溶液，AgNO3过量，溶胶为正溶胶，电场中向负极移动。 则胶团结构为[(AgCl)m• n Ag+• (n-x) NO3－] x+•x NO3- 2. 解：溶胶稳定的因素主要是胶粒带电，其他有布朗运动和溶剂化膜等；促使聚沉的办法有加入电解质、加热和按比例混合正负溶胶等；用电解质聚沉溶胶时，表现为哈迪－叔尔采规律，即离子电荷数越高，则其聚沉能力越强。 （说明：胶体稳定性的原因主要有胶粒带电、布朗运动以及溶剂化膜等方面，但以胶粒带电贡献最大，所以一般回答胶粒带电即可。） 3. 解：依数性问题，故看溶液中的粒子数量多少，由于电离作用，NaCl溶液相当0.2mol•L-1，Na2SO4溶液相当0.3mol•L-1，甘油和葡萄糖溶液不发生电离，故粒子数量浓度为0.1mol•L-1。故四种溶液的依数性性大小顺序为：Na2SO4>NaCl>甘油（C3H8O3）= 葡萄糖（C12H22O11）。 4. 解：经判断，BaCl2过量，溶胶为正溶胶，胶团结构为 [(BaSO4)m• n Ba2＋• (n-2x) Cl－] 2x+•2x Cl－ 对于正溶胶的聚沉作用，电解质起作用的主要为阴离子，并且满足哈迪－叔尔采规律，故聚沉能力大小顺序为：K3[Fe(CN)6]>MgSO4>AlCl3 第四章(p.96) 1.下列说法是否正确？说明理由。 (1)凡是盐都是强电解质； (2)BaSO4, AgCl难溶于水，水溶液导电不显著，故为弱电解质； (3)氨水冲稀一倍，溶液中[OH-]就减为原来的一半； (4)由公式c α可推得，溶液越稀，α就越大，即解离出来的离子浓度就越大。 = K aθ (5)溶度积大的沉淀都容易转化为溶度积小的沉淀。 (6)两种难溶盐比较，θ K较大者其溶解度也较大。 sp 答：(1) 不正确。强电解质应在水溶液中能够百分之百的离解。但有些盐，如：HgCl2在水溶液中的离解度远达不到百分之百，所以不是强电解质。 (2)不正确。溶解在水溶液中的BaSO4, AgCl可以百分之百地离解，所以它们是强电解 质。只是由于它们的溶解度非常小，所以其水溶液的导电性不显著。 (3)不正确。氨水在水溶液中产生碱离解平衡：NH3 + H2O = NH4+ + OH- 当氨水被稀释时，离解平衡将向氨离解度增加的方向移动，所以达到平衡时，溶液中的[OH-]将高于原平衡浓度的1/2。 (4) 不正确。溶液越稀，离解度α就越大，但溶液中相应离子的浓度是弱电解质的浓度c 和离解度α的乘积，所以离子的浓度还是会随着c的降低而降低的。 (5) 不正确。对于不同类型的难溶盐而言，溶度积大的物质未必是溶解度大的物质，严 格的讲，应该是溶解度大的物质易于转化溶解度小的物质。 (6) 不正确。对于相同类型的难溶盐，θ K较大者其溶解度也较大。对于不同类型的难 sp 溶盐，不能直接用溶度积的大小来比较它们的溶解度。 2. 指出下列碱的共轭酸：SO42-, S2-, H2PO4-, HSO4-, NH3；指出下列酸的共轭碱：NH4+, HCl, HClO4, HCN, H2O2。 答：SO42-, S2-, H2PO4-, HSO4-, NH3的共轭酸分别是：HSO4-, HS-, H3PO4, H2SO4, NH4+；NH4+, HCl, HClO4, HCN, H2O2的共轭碱分别是：NH3, Cl-, ClO4-, CN-, HO2-。 3. 用质子理论判断下列物质哪些是酸？哪些是碱？哪些既是酸又是碱？ [Al(H2O)6]3+ HS- CO32- H2PO42- NH3HSO4- NO3- Ac- OH- H2O HCl 答：在水溶液中： 酸：HCl HSO4- 碱：CO32-NH3Ac- OH- 既是酸又是碱：[Al(H2O)6]3+ HS- H2PO42- H2O 4. 氨基酸是重要的生物化学物质，最简单的为甘氨酸NH2CH2COOH。每个甘氨酸中有一个 弱酸基–COOH和一个弱碱基–NH2，且K a和K b几乎相等。试用酸碱质子理论判断在强酸性溶液中甘氨酸将变成哪种离子？在强碱性溶液中它将变成什么离子？在纯水溶液中将存在怎样的两性离子？ 答：在强酸性溶液中甘氨酸将变成H3N+-CH2COOH； 第四章配位化合物习题参考解答 1. 试举例说明复盐与配合物，配位剂与螯合剂的区别。 解复盐(如KCl·MgCl2·6H2O)在晶体或在溶液中均无配离子，在溶液中各种离子均以自由离子存在；配合物K2[HgI4]在晶体与溶液中均存在[HgI4]2-配离子，在溶液中主要以[HgI4]2-存在，独立的自由Hg2+很少。 配位剂有单基配位剂与多基配位剂：单基配位剂只有一个配位原子，如NH3(配位原子是N)；多基配位剂(如乙二胺H2N－CH2－CH2－NH2)含有两个或两个以上配位原子，这种多基配位体能和中心原子M形成环状结构的化合物，故称螯合剂。 2. 哪些元素的原子或离子可以作为配合物的形成体？哪些分子和离子常作为配位体？它们形成配合物时需具备什么条件？ 解配合物的中心原子一般为带正电的阳离子，也有电中性的原子甚至还有极少数的阴离子，以过渡金属离子最为常见，少数高氧化态的非金属元素原子也能作中心离子，如Si(Ⅳ)、P(Ⅴ)等。 配位体可以是阴离子，如X－、OH－、SCN－、CN－、C2O4－等；也可以是中性分子，如H2O、CO、乙二胺、醚等。 它们形成配合物时需具备的条件是中心离子(或原子)的价层上有空轨道，配体有可提供孤对电子的配位原子。 3. 指出下列配合物中心离子的氧化数、配位数、配体数及配离子电荷。 [CoCl2(NH3)(H2O)(en)]Cl Na3[AlF6] K4[Fe(CN)6] Na2[CaY] [PtCl4(NH3)2] 解 配合物氧 化 数 配 位 数 配体数 配离子 电荷 [CoCl2(NH3)(H2 O)(en)]Cl Co( +3) 6 5个，分别为Cl－(2个)、 en、NH3、H2O ＋1 Na3[AlF6] Al(+ 3) 6 6个F－－3 K4[Fe(CN)6] Fe(+ 2) 6 6个CN－－4 Na2[CaY] Ca( +2) 6 1个Y4-－2 《无机及分析化学》1 12章习题答案《无机及分析化学》1-12章习题答案 幻灯片1 无机及分析化学题解 幻灯片2 第一章气体和溶液(15页) 4.已知：N2:T=273k，V1=2.00ml，V2=50.0ml，P1=98.0kpa，P2=？o2:t1=333k，t2=273k，v=50.0ml，p1=53.0kpa，p2=溶液250.0vp（N2）？11?? 3.92kpapv98。零二 1333tp(o2)?12??43.5kpapt53.0?273 P混合？3.92? 43.5? 47.4kpa 幻灯片3 第一章气体和溶液（第15页） 5.500ml时：p1=101.3-5.63=95.7kpa，250ml时： p2=(95.7×500)m250=191kpa7.p(h2)=100- 1.71=98.3kpa8.315?288rtn0.0493molpv98.3?1.20 M0.0493? 65.4? 3.22克 3.45100%?6.7%3.45?3.22 幻灯片4 第一章气体和溶液(15页) 8.n（nh3）=560m22。4=25.0molm（nh3） =25.0×17.0=425g=425m1425=0.298=29.8%v=1425m900=1.58lc=25.0m1。58=15.8摩尔-19.12.011.00816.00:？1:2:140.006.6053.33 tbmb0.05100.500m180gmol-1ba0.5129.00km 最简单的分子式：CH2O分子式：C6H12O6 幻灯片5 第一章气体和溶液（第15页） kf1.86am9.9gfab?t?m?m2.00?92.1?0.100 十 11.凝固点由高到低排列顺序： C6H12O6CH3Coohnacl212。 kf1.86ma52.5gfab?t?m?m0.543?180?1.00 1052.5 100%? 4.99r。五 crt?brt 180? 1.00?? 752kpa52。5.8.315? 三百一十 幻灯片6 第一章气体和溶液（第15页） 13.b总=0.566+0.486+0.055+0.029+0.011+0.011+0.002=1.160moll- 1=brt=1.160×8.315×298=2870kpa=2.87mpa15.as2s3(h2s为稳定剂)的胶团结构： [(as2s3)mns2-(2n-x)h+]x-xh+幻灯片7 第一章气体和溶液（第15页）17沉降能力从大到小排列： a.100ml0.005moll-1ki和100ml0.01moll-1agno3制成的为正溶胶，所以排列顺序为： Alcl3k3[Fe（CN）6]MgSO4（从小到大的电荷）b.100ml0 005mol-1agno3和100ml0 01moll-1ki由负溶胶组成，因此顺序为： k3[fe(cn)6]alcl3mgso4(电荷同由大到小)幻灯片8 第一章气体和溶液（第15页）18解释现象 ⑴海鱼放在淡水中会死亡。（渗透压变化）⑵盐碱地上栽种植物难以生长。（水分外渗）⑶雪地里洒些盐，雪就熔化了。（凝固点降低）⑷江河入海处易形成三角洲。（聚沉） （5）首先加入明胶以避免沉淀。因为明胶是一种高分子化合物，所以它有保护作用。幻灯片9 第二章化学热力学(34页) 1.⑴u=q-w=100-540=-440j⑵u=q-w=（-100）-（-635）=535j5。⑴+⑵ × 2 - ⑶ 得 到总反应，所以（-393.5）+（-285.9）×2-（-890.0）=-75.3kjmol-16。⑴（-296.8）+（-215）×2-（-100）=-412kjmol-1⑵6×（-285.8）+4×90.4-4×（-46.11）=- 无机及分析化学期末复习指导习题答案 参考答案 第1章化学反响速率和化学平衡 一、选择题： 1、B 2、A 3、A 4、D 5、A 6、B 7、B 8、D 9、A10、A 二、填空题 1、0.7250.725 2、0.550％ 3、不变 4、加快、向左移动 5、式平衡右移三、简答题： 1、答: (1)CH3COOH+CH3OH始:1100 平:1-X1-XXX =KC=4X=0.67 ?1=×100%=67% (2)y2/(1-y)(3-y)=Kc=4，y=0.9?2=90% ?2>?1，是由乙酸的浓度增大，使平衡右移导致甲醇的转化率升高 2、答:升高温度，可以加快正逆反响的反响速度，平衡将逆向移动.因升高温度使速度常数增大，反响速度那么加快.(或从活化分子百分数增大，有效碰撞增多，微观角度说明).依据勒夏特列原理，升高温度，平衡向吸热方向移动.给出反响，逆向吸热，正向放热，所以平衡将逆向移动. 3、答:影响化学反响速率的主要因素有：温度、压力、浓度、催化剂等。 影响化学平衡的因素有：温度、压力、浓度。四、计算题 1.解 CH3COOCH3+H2O kc???80Kp?kc?(RT)???80?(8.314?1000)?1?9.62?10?3 K=Kp(p)-△ν=9.62?10?3×(101.325)1=0.975 2． (0.25)2?0.625 Kc== 0.1Kp=Kc(RT)2-1 ×523)1=26.8 (2) PCl5的分解百分率为:65% 3．Kp＝2.25K＝228.27 第2章定量化学根底习题 一、选择题 1、B 2、A 3、C 4、B 5、A 6、C 7、C 8、C 9、B10、C 二、填空题 1、实际能测得的数字，准确数字，估计。 无机及分析化学习题 无机及分析化学习题 第四章沉淀的形成与沉淀平衡 一、选择题 1、AgCl在1mol?L-1氨水中比在纯水中的溶解度大。其原因是（） A.盐效应； B.配位效应； C.酸效应； D.同离子效应 2、已知AgCl的p K sp=9.80。若0.010mol?L-1NaCl溶液与0.020mol?L-1AgNO3溶液等体积混合，则混合后溶液中[Ag+](单位:mol?L-1)约为（） A.0.020; B.0.010; C.0.030; D.0.0050 3、Sr3(PO4)2的s=1.0?10-8mol?L-1,则其K sp值为（） A.1.0?10-30; B.5.0?10-30; C.1.1?10-38; D.1.0?10-12 4、用莫尔法测定Cl-对测定没有干扰的情况是（） A.在H3PO4介质中测定NaCl; B.在氨缓冲溶液(pH=10)中测定NaCl; C.在中性溶液中测定CaCl2; D.在中性溶液中测定BaCl2 5、已知AgBr的p K sp=12.30,Ag(NH3)2+的lg K稳=7.40,则AgBr在1.001mol?L-1NH3溶液中的溶解度(单 位:mol?L-1)为（） A.10-4.90 B.10-6.15 C.10-9.85 D.10-2.45 6、今有0.010mol?L-1MnCl2溶液，开始形成Mn(OH)2溶液(p K sp=12.35)时的pH值是（） A.1.65; B.5.18; C.8.83; D.10.35 7、已知BaCO3和BaSO4的p K sp分别为8.10和9.96。如果将1molBaSO4放入1L1.0mol?L-1的Na2CO3溶液中，则下述结论错误的是（） A.有将近10-1.86mol的BaSO4溶解； B.有将近10-4.05mol的BaCO3沉淀析出； C.该沉淀的转化反应平衡常数约为10-1.86； D.溶液中[SO 2-]=10-1.86 [CO32-] 4 8、晶形沉淀陈化的目的是（） A.沉淀完全； B.去除混晶； C.小颗粒长大，使沉淀更纯净； D.形成更细小的晶体 9、某溶液中含有KCl，KBr和K2 CrO4 其浓度均为0.010 mol.dm－3 ， 向该溶液中逐滴加入0.010 mol.dm－3 的AgNO3 溶液时，最先和最后沉淀的是( ) (已知: K sp AgCl=1.56×10－10 ，K sp AgBr=7.7×10－13 ，K 第一章测试 1.在试管中米粒大小的NaCl固体与1.0 mL浓硫酸在不加热的条件下反应， 下列不属于该反应产物或现象的是（）。 A:检测溢出气体的pH试纸变红 B:HCl C:NaHSO4 D:Na2SO4 答案:D 2.试管中固体加热时，下列操作错误的是（）。 A:试管夹从试管底部下向上套入 B:试管口应略向上倾斜 C:试管口应略向下倾斜 D:试管夹夹在离试管口1/3处 答案:B 3.试管中的液体加热时不得超过试管容积的多少?（）。 A:1/5 B:1/4 C:1/3 D:1/2 答案:C 4.离心操作时，操作要点为（）。 A:等重 B:对称 C:离心操作结束时，用手强制停止 D:等重对称 答案:D 5.在试管中加入0.5 mL 0.1 mol/L NaAc溶液,测定溶液的pH，加1滴酚酞指 示剂，观察溶液在加热前后的颜色，下列现象正确的是（）。 A:加热后溶液颜色加深 B:加热后溶液为无色 C:加热后溶液颜色变浅 D:加热后有沉淀产生 答案:A 第二章测试 1.递减称量法称的是（）的质量? A:试剂 B:称量瓶 C:试剂与称量瓶 D:称量纸 答案:C 2.有关电子分析天平使用的操作，错误的是（）。 A:天平门必须轻开轻关 B:差减法称量时必须戴手套或用纸条 C:样品放到天平盘后立即读数 D:称量前必须检查天平是否水平，必须调零 答案:C 3.从称量瓶中向锥形瓶中倾倒样品时，需用称量瓶盖子轻轻敲击称量瓶的 （）。 A:侧面 B:瓶口的上边缘 C:瓶口的下边缘 D:底部 答案:B 4.电子分析天平的称量方法不包括下面哪一种?（）。 A:直接称量法 B:递减称量法 C:随机称量法 D:指定质量称量法 答案:C 5.在使用电子分析天平测量物体质量的过程中，下列操作不规范的是（）。 A:无需关闭天平门即可读数 B:待测物体放在天平的托盘的中央 C:不用天平测量质量过大、超过天平测量范围的物体 D:用镊子夹取坩埚 答案:A 第四章测试 1.滴定操作时，下列正确操作是（）。 A:左手控制滴定管, 右手持锥形瓶 B:读数时，滴定管可以放在滴定管架上 C:右手控制滴定管, 左手持锥形瓶 D:滴定管溶液可以成股流下 答案:A 2.滴定至滴定管的最后刻度仍未变色, 可以再装液继续滴定。（） A:错 B:对 答案:A 3.在滴定分析中, 通常借助于指示剂颜色的突变来停止滴定, 这一点称为（）。 A:滴定终点 第四章 酸碱平衡与酸碱滴定法 4-1．将300mL0.20 mol ⋅L -1HAc 溶液稀释到什么体积才能使解离度增加一倍。 解：设稀释到体积为V ，稀释后 V c mL 300L mol 20.01⨯⋅=- 由 αα-=12a c K 得： )21()2(30020.01 20.022αααα-⋅⨯⨯=-V 因为K a ⨯10-5 c a = 0.2 mol ⋅L -1 c a K a > 20K w c a /K a >500 故由 1-2α =1-α 得 V =[300⨯4/1]mL =1200mL 此时仍有 c a K a >20K w c a /K a >500 。 4-2．奶油腐败后的分解产物之一为丁酸(C 3H 7COOH)，有恶臭。今有含0.20 mol ⋅L -1丁酸的溶液， pH 为2.50, 求丁酸的K a 。 解：pH=2.50 c (H +) =10- mol ⋅L -1 α =10-⨯10-2 K a =5 2222102.5106.11)106.1(20.01---⨯=⨯-⨯⨯=-ααc 4-3．⋅L -1 solution of ammonium acetate at 25℃? p K a of acetic acid at 25℃ is 4.76, p K a of the ammonium ion at 25℃ is 9.25, p K w is 14.00. 解： c (H +)=00.724.976.421101010---=⨯=a a K K pH= -log c (H +) = 7.00 4-4．已知下列各种弱酸的K a 值，求它们的共轭碱的K b 值，并比较各种碱的相对强弱。 (1)HCN K a =6.2×10-10； (2)HCOOH K a =1.8×10-4； (3)C 6H 5COOH(苯甲酸) K a =6.2×10-5； (4) C 6H 5OH (苯酚) K a =1.1×10-10； (5)HAsO 2 K a =6.0×10-10； (6) H 2C 2O 4 K a1⨯10-2；K a2⨯10-5； 解： (1)HCN K a ⨯10-10 K b =K w ⨯10-10 ⨯10-5 (2)HCOOH K a ⨯10-4 K b =K w ⨯10-4⨯10-11 (3)C 6H 5COOH K a ⨯10-5 K b =K w ⨯10-5 =1.61×10-10 (4)C 6H 5OH K a ⨯10-10 K b =K w ⨯10-10⨯10-5 (5)HAsO 2 K a ⨯10-10 K b =K w ⨯10-10⨯10-5 (6)H 2C 2O 4 K a1⨯10-2 K b2=K w ⨯10-2 ⨯10-13 K a2⨯10-5 K b1=K w ⨯10-5 ×10-10 碱性强弱：C 6H 5O - > AsO 2- > CN - > C 6H 5COO ->C 2O 42- > HCOO - > HC 2O 4- 4-5．用质子理论判断下列物质哪些是酸？并写出它的共轭碱。哪些是碱？也写出它的共轭酸。其中哪些既是酸又是碱？ H 2PO 4－，CO 32－，NH 3，NO 3－，H 2O ，HSO 4－，HS －，HCl 解： 酸 共轭碱 碱 共轭酸 既是酸又是碱 H 2PO 4－ HPO 42- H 2PO 4－ H 3PO 4 H 2PO 4－ NH 3 NH 2- NH 3 NH 4+ NH 3 H 2O OH - H 2O H 3O + H 2O HSO 4－ SO 42- HSO 4－ H 2SO 4 HSO 4－ HS － S 2- HS － H 2S HS － HCl Cl - NO 3－ HNO 3 CO 32- HCO 3- 4-6．写出下列化合物水溶液的PBE ： (1) H 3PO 4 (2) Na 2HPO 4 (3) Na 2S (4)NH 4H 2PO 4 (5) Na 2C 2O 4 (6) NH 4Ac (7) HCl+HAc (8)NaOH+NH 3 解： 第一章 分散体系 1-1 3%Na 2CO 3溶液的密度为1.03g ·ml -1,配制此溶液200ml ，需用Na 2CO 3·10H 2O 多少g?溶液的物质的量浓度是多少？ 解：设所需Na 2CO 3m 克，则 m ＝ρ·V ·3％＝1.03 g ·ml -1×200 ml ×3％＝6.18g m(Na 2CO 3·10H 2O) = 6.18 ×286 / 106 = 16.7 (g) c(Na 2CO 3)＝m/[M(Na 2CO 3)·V] ＝6.18÷（106×0.200） ＝0.292（mol ·L -1） 1-2 为了防止500ml 水在268K 结冰，需向水中加入甘油（C 3H 8O 3）多少克？ 解：设需加入甘油x 克，根据题意ΔT f ＝273-268＝5（K ） ΔT f ＝K f ·b （B ） 5K ＝1.86K ·kg ·mol -1×[x ÷M （C 3H 8O 3）÷0.5] x ＝（92g ·mol -1×5K ×0.50kg ）÷1.86K ·kg ·mol -1 x ＝123g 1-3某水溶液，在200g 水中含有12.0g 蔗糖(M=342),其密度为1.022g ·ml -1,,试计算蔗糖的摩尔分数，质量摩尔浓度和物质的量浓度。 解：x(蔗糖)＝n(蔗糖)/[n(蔗糖)+n(水)]＝(12.0÷342)÷[(12.0÷342)+(200÷18.0)] ＝0.035÷[0.035+11.1]＝0.035÷11.15＝0.00314 b(蔗糖)= n(蔗糖)/m(水)＝0.035÷(200×10-3)＝0.175mol ·kg -1 c(蔗糖)= n(蔗糖)/V(溶液)＝0.035÷[(200+12.0)/1.022]=0.169 mol ·L -1 1-4 101mg 胰岛素溶于10.0ml 水中，该溶液在298K 时的渗透压为4.34kPa ，求胰岛素的摩尔质量。 解：π=c 胰RT=n 胰RT/V n 胰=m 胰/M 胰 1115766010.034.429831.8101.0---⋅=⨯⨯⋅⋅⋅⨯⋅mol g L kPa K mol K L kPa g V RT m M ＝＝胰胰π 1-5实验测定未知物水溶液在298K 时的渗透压为750kPa ，求溶液的沸点和凝固点。 解：溶液的浓度为： c= π/ RT ＝750kPa /(8.314kPa ·L ·K -1·mol -1×298K)＝0.303mol ·L -1≈0.303mol ·kg -1 ΔT b =K b ·b 未≈0.512K ·kg ·mol -1×0.303 mol ·kg -1＝0.155K T b = 373.15 + 0.155 = 373.31 (K) ΔT f =K f ·b 未≈1.86K ·kg ·mol -1×0.303 mol ·kg -1＝0.564K T f = 273.15 – 0.564 = 272.59 (K) 1-6 某一学生测得CS 2(l)的沸点是319.1K ，1.00mol ·kg -1S 溶液的沸点是321.5K ，当1.5gS 溶解在12.5g CS 2中时，这溶液的沸点是320.2K ，试确定S 的分子式。 解：CS 2的K b 可由下式求出： K b ＝ΔT b /b(S)=(321.5K-319.1K)/1.00 mol ·kg -1=2.4K ·kg ·mol -1 18.2615 .12)1.3192.320(10005.140.210002-⋅=⨯-⨯⨯⋅∆⋅mol g m T m K M CS b S b S ＝＝ M s ＝261.8÷32≈8 则硫的分子式为S 8 1-7 人体血浆的凝固点为272.5K ，求310K 时渗透压。 第二章 习题解答 2－10解：（1）×；（2）×；（3）√；（4）×；（5）×；（6）×； （7）×；（8）×；（9）；（10）×；（11）× 2－11解：（1）敞开体系；（2）孤立体系；（3）敞开体系； 2－12解：（1） Q =100kJ W=-500 kJ △U = Q + W=-400 kJ （2）Q =-100kJ W=500 kJ △U = Q + W=400 k 2－13解：因为此过程为可逆相变过程，所以 Q p =△H= ·mol -1 W=-p 外△V ≈-n R T =-×=- kJ ·mol -1 △U = Q + W= +（-）= kJ ·mol -1 2－14解：（1） r m B f m B f m 2f m f m f m 231 B) 3CO g Fe,s 3CO,g Fe O ,s 3393.51203(110.52)(822.2)26.77kJ mol H H H H H H -∆=ν∆=∆∆-∆+∆=⨯-⨯-⨯---=-⋅∑（（，）+2（）（）（） （）+ΘΘ ΘΘ ΘΘ （2） r m B f m B f m 2f m 2f m f m 21 B) CO g H ,g CO,g H O,g 393.510(110.52)(241.82)41.17kJ mol H H H H H H -∆=ν∆=∆∆-∆+∆=-----=-⋅∑（（，）+（）（）（） （）+ΘΘ ΘΘ ΘΘ （3） r m B f m B f m 2f m f m 2f m 31 B) 6H O l NO,g 5O ,g 4NH ,g 6285.834(90.25)504(46.11)1169.54kJ mol H H H H H H -∆=ν∆=∆∆-∆+∆=⨯-⨯-⨯-⨯-=-⋅∑（（，）+4（）（）（） （）+ΘΘ ΘΘ ΘΘ 2－15解：乙醇的Θm f H ∆反应r m H ∆Θ 为： （4） 2C （s ，石墨）+3H 2（g ）+1/2O 2（g ）= C 2H 5OH （l ），所以： 反应（4）=反应（2）×2+反应（3）×3-反应（1） r m r m r m r m -1 (4)2(2)3(3)(1) 2(393.5)3(571.6)(1366.7)1135.1kJ mol H H H H ∆=∆+∆-∆=⨯-+⨯---=-⋅ΘΘΘΘ 对反应2C （s ，石墨）+ 2H 2（g ）+ H 2O （l ）= C 2H 5OH （l ）无机及分析化学作业2 第3章～第4 章试题及答案
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