高等无机习题 简答题小结
《高等无机化学》试题及答案
简答题（2×5）
（一）、运用群论的方法，写出NH 3分子（C 3V 点群）红外和Raman 振动的对称性。 答：对C 3V 点群不动的原子数和总的可约表示特征标表为：
3
)
1231021121(6
1)
()(11=??+??+??=
∑=
ΓΓR R h
n i R
A χχ
1
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1)
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ΓΓR R h
n i R
A χχ
4
)023)1(022121(6
1)
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∑=
ΓΓR R h
n i R
E χχ
因此将可约表示分解可以得到：Г3N = 3A 1+A 2+4E
总的可约表示分解为下列不可约表示：3A 1+A 2+4E 扣除3个平动(A 1+E)和3个转动(A 2+E)，留下(2A 1+2E)既是红外活性振动又是Raman
活性振动。
（二）、3d 2
组态的谱项有那些？按照谱项能量由低到高排序，并指出基谱项。 答：对于3d 2组态，由l 1=2, l 2=2，可得L=4、3、2、1、0；
由s 1=1/2、s 2=1/2，可得S=1、0.
将L 、S 组合在一起可得到光谱项：3F 、3P 、1G 、1D 、1S 其基谱项是：3F
三简答题
1. Ni II的四面体络合物很不常见,说明可能的原因。
答：Ni II的四面体络合物为d8组态。中心原子的电子构型含有不等性占有的简并轨道(e)4(t2)4：
╫ ┼ ┼ t 2 ╫ ╫ e
根据Jahn-Teller 效应，体系是不稳定的，要发生畸变，以消除简并性。四面体通常会完全转变为平面正方形。
2. 请解释原因：He +中3s 和3p 轨道的能量相等，而在Ar +中3s 和3p 轨道的能量不相等。
答：He +中只有一个电子，没有屏蔽效应，轨道的能量由主量子数n 决定，n 相同的轨道能量相同，因而3s 和3p 轨道的能量相同。而在Ar +中，有多个电子存在；3s 轨道的电子与3p 轨道的电子受到的屏蔽效应不同，即轨道的能量不仅和主量子数n 有关，还和角量子数 l 有关。因此，3s 与3p 轨道的能量不同。
3实验室里经常可以看到蓝色的硅胶干燥剂，该干燥剂吸水后就变为粉红色，若在约110℃烘箱里放置1小时，又恢复到半透明的蓝色。 问：(1)硅胶中含什么化合物而表现为蓝色？(3分)
(2)为什么蓝色的硅胶吸水后就变为了粉红色？(7分) 【答】(1) CoCl 2
(2) Co 2+为d 7构型，在无水CoCl 2中，Co 2+受配体Cl -的作用d 轨道能级发生分裂，7个d 电子填充在分裂后的轨道上。当电子发生d-d 跃迁时，吸收波长为650~750nm 的红光，因而显示蓝色。当CoCl 2吸水后，变为[Co(H 2O)6]Cl 2，即由相对较强的配体H 2O 取代了相对较弱的配体Cl -，引起d 轨道分裂能变大，使电子发生d-d 跃迁时吸收的能量增大，即吸收光的波长缩短（蓝移）。[Co(H 2O)6]Cl 2吸收波长为490~500nm 的蓝光，因而呈粉红色。
4写出下列原子能量最低的光谱支项的符号(10分) (1) Si (2) Br
【答】(1) Si: [Ne]3s 23p 2
1
01-↑↑
m s =1, S=1, m L =1, L=1, L-S=0, 3P 0 (2) Br [Ar]4s 23d 104p 5
1
01
-↑↑↓↑↓
m s=1/2, S=1/2, m L=1, L=1, L+S=3/2, 2P3/2
5 (1) 谈谈你理解的金属有机化学(6分)
(2) 例举出至少两位在金属有机化学领域获诺贝尔奖的科学家(4分)
【答】(1) 略
(2) 1912年，Grignard，Grignard试剂
1963年，Zeigler, Natta. 发明的聚乙烯催化剂
1973年，Wilkinson，Fischer. 合成二茂铁
6说明下列化合物中心原子的杂化类型、分子的几何构型及分子所属点群。
NH3、BF3、CCl4、[Ti（H2O）6]+
杂化几何点群NH3、不等性sp3 三角锥C3v
BF3、sp2平面三角形D3h
CCl4、sp3四面体Td
[Ti（H2O）6]+ d2sp3八面体Oh
7、3d 2组态的谱项有那些？按照谱项能量由低到高排序，并指出基谱项（5分）。、
答：对于3d 2
组态，由l 1=2, l 2=2，可得L=4、3、2、1、0；
由s 1=1/2、s 2=1/2，可得S=1、0.
将L 、S 组合在一起可得到光谱项：3F 、3P 、1G 、1D 、1
S 其基谱项是：3F
8、运用群论的方法，写出NH 3分子（C 3V 点群）红外和Raman 振动的对称性（5分）。
答：对C 3V 点群不动的原子数和总的可约表示特征标表为： 3
)1231021121(61)
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1
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R ()R (h
1n i 2R
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4
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ΓΓR R h
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E χχ
9、运用群论的方法，写出NH 3分子（C 3V 点群）红外和Raman 振动的对称性。
答：对C 3V 点群不动的原子数和总的可约表示特征标表为：
3
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1)
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E χχ
因此将可约表示分解可以得到：Г3N = 3A 1+A 2+4E
总的可约表示分解为下列不可约表示：3A 1+A 2+4E 扣除3个平动(A 1+E)和3个转动(A 2+E)，留下(2A 1+2E)既是红外活性振动又是Raman
活性振动。
10、3d 2组态的谱项有那些？按照谱项能量由低到高排序，并指出基谱项。 答：对于3d 2组态，由l 1=2, l 2=2，可得L=4、3、2、1、0；
由s 1=1/2、s 2=1/2，可得S=1、0.
将L 、S 组合在一起可得到光谱项：3F 、3P 、1G 、1D 、1S
其基谱项是：3
F
11一立方体，在8个顶角上放8个相同的球，如图。如分别去掉球1和2；1和3；1 和7；余下球的点群是什么？
答：去掉球1和2：C2V群；去掉球1和3：C2V群；去掉球1和7后，如下图所示：D3d群。
12解释什么是Jahn-Teller效应
答案：是指对于一个非线性的分子，假如存在着简并的电子状态，则必定会通过某种振动方式使构型发生畸变，以降低分子的对称性，导致分子能量的降低。这种构型畸变畸变称为Jahn-Teller畸变。
12、简述δ分子轨道的对称性特点。
答：δ键，电子云分布的界面图象，对于通过键轴的二个平面对称，含有2个节面。
13、请解释原因：He+中3s和3p轨道的能量相等，而在Ar+中3s和3p轨道的能量不相等。答：He+中只有一个电子，没有屏蔽效应，轨道的能量由主量子数n决定，n相同的轨道能量相同，因而3s和3p轨道的能量相同。而在Ar+中，有多个电子存在；3s轨道的电子与3p轨道的电子受到的屏蔽效应不同，即轨道的能量不仅和主量子数n有关，还和角量子数l有关。因此，3s与3p轨道的能量不同。
14 指出O 2. O 2+.和O 2-的键长、键能大小的顺序，并说明理由。
O 2键级为2，O 2-键级为2．5，O 2+键级为1．5
反键电子数越多，成键作用越小，键能越小，键长越长 键长次序为O 2+ 〈O 2 〈O 2- 键能次序为O 2+ 〉O 2 〉O 2-
15量子数n,l,m 和m s 有何物理意义？它们取哪些数值
主量子数n: 决定体系能量高低、波函数的节面数。
取值：1,2,3,……n
角量子数l: 决定电子的轨道角动量和磁矩。
取值：0,1,2,3……n-1
磁量子数m: 决定电子轨道角动量和磁矩在磁场方向的分量。 取值：-l,-l+1,……0……l-1,l
自旋磁量子数m s : 决定电子自旋轨道角动量在磁场方向的分量。 取值：
-1/2,1/2
16、用HMO 法求烯丙基阳离子的离域能和基态波函数。
??
?
??=+=++=+0
003232121c xc c xc c c xc
01
1101=x
x x 023
=-x x
2,0,2321==-=x x x
β
ααβα2,,2321-
==+
=E E E
总能量：,222βα+=E
离域能 : βββαβα828.0)12(2)(2222=-=+-+=DE
把21-=x 代入久期方程及12
32221=++c c c ，得
3212
12
22
1φφφψ+
+
=
??
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2,0,2321==-=x x x
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==+
=E E E
总能量：,222βα+=E
离域能βββαβα828.0)12(2)(2222=-=+-+=DE
把21-=x 代入久期方程及12
32221=++c c c ，得
3212
12
22
1φφφψ+
+
=
17. 为什么Zn 电离得到Zn 2+,而不是Zn 3+？试解释其原因？
Zn 的电子组态 (1s)2(2s)2(2p)6(3s)2(3p)6(4s)2(3d)10 E3d ＞E4s （2分） Zn2+的电子组态 (1s)2(2s)2(2p)6(3s)2(3p)6(3d)10 E4s ＞E3d （2分） 因为Zn2+ 的3d 轨道有10个电子，为全充满状态，根据洪特规则可知，Zn2+是稳定状态
18. [FeF 6]3-为顺磁性，[Fe(CN)6]4-为反磁性，试用配位场理论解释。 Zn 的电子组态 (1s)2(2s)2(2p)6(3s)2(3p)6(4s)2(3d)10 E3d ＞E4s （2分） Zn2+的电子组态 (1s)2(2s)2(2p)6(3s)2(3p)6(3d)10 E4s ＞E3d （2分） 因为Zn2+ 的3d 轨道有10个电子，为全充满状态，根据洪特规则可知，Zn2+是稳定状态
19、将烷烃和烯烃混合物通过AgNO 3或AgClO 4等银盐溶液，可将烷烃和烯烃分离。这一方法即可用于色谱分离，也可用于工业分离，请说明所依据的原理。 参考答案：烯烃可与Ag +生成稳定的配位化合物而烷烃却不能。因此，当它们的混合物通入银盐溶液时，两者即可被分离。
乙烯分子中有成键的π轨道和反键的π*轨道。Ag +的外层电子组态为4d 105s 0.当乙烯分子和Ag +结合时，乙烯分子的π轨道和Ag +的5s 空轨道叠加，
乙烯的π电子进入Ag+的5s轨道而形成σ键。与此同时，乙烯分子的π*轨道和Ag+的d轨道（如d xy）叠加，Ag+的d电子进入乙烯分子的π*轨道，形成π键。这样，在乙烯分子和Ag+间形成了σ-π配键
σ-π配键的形成使烯烃和Ag+形成稳定的配合物，从而使烯烃和烷烃分离。
20、试述原子吸收光谱较发射光谱有哪些优缺点，为什么？
解答：原子从某一激发态迁回基态，发射出具有一定波长的一条光线，而从其它可能的激发态迁回基态以及在某些激发态之间的跃迁都可发射出具有不同波长的光线，这些光线形成了原子发射光谱。
原子吸收光谱是由已分散成蒸气状态的基态原子吸收光源所发出的特征辐射后在光源光谱中产生的暗线形成的。
基于上述原理，原子吸收光谱分析同原子发射光谱分析相比具有下列优点：（1）灵敏度高。因为在一般火焰温度（2000-3000K）下，原子蒸汽中激发态原子数只占基态原子数的10-15-10-3左右。即原子蒸气中参与产生吸
收光谱的基态原子数多。
（2）准确度较好。因为处于热平衡状态时，原子蒸气中激发态原子的数目极小，外界条件的变化所引起的原子数目的波动对于发射光谱会有较
大的影响，而对吸收光谱影响较小。
（3）谱线简单，受试样组成影响小。空心阴极灯光源发射出的特征光，只与待测元素的原子从其基态跃迁到激发态所需要的能量相当，只有试
样中的待测元素的原子吸收，其他元素的原子不吸收此光，因而不干
扰待测元素的测定。
（4）仪器、设备简单，操作方便、快速。
21.为什么[FeCl6]3-是无色的？[CoF6]3-是蓝色的？
[FeCl6]3-中的Fe是d5,自旋受阻不显色。[CoF6]3-中Co是d6，对称部分允许，自旋允许。
22.什么叫电子云伸展效应？它对电子成对能有何影响？
在配合物中金属离子的成对能要比自由气态离子时的成对能数值小，这是由于金属离子的电子在金属离子的电子在金属离子和配体组成的分子轨道上运动的离域作用或电子云扩展而导致了电子之间的排斥作用比自由金属离子时小，这种现象叫电子云伸展效应。它使电子成对能减小。
23.说明下列化合物颜色的原因
[FeF6]3-无色d5自旋受阻
[FeC l4]-黄色d-p混合，无对称中心
[FeBr4]- 红色Br Fe3+有移光谱
23下列AB–型分子：N2，NO，O2，C2，F2，CN，CO，XeF中哪几个是的电子变为AB–后比原来中型分子键能大？哪一个是失电子变为AB+后比原来中性分
子键能大？（5分）
答：就得电子而言，若得到的电子填充到成键分子轨道上，则AB–比AB键能大;若的得到的电子填充到反键分子轨道上，则AB–比AB键能小。就失电子而言，若从反键分子轨道上失去电子，则AB+比AB键能大；若从成键分子轨道上失去电子，则AB+比AB键能小。根据这些原则和题中个分子的电子组态，就可得知如下结论：
得电子变为AB–后比原中性分子键能大者有C2和CN。失电子变为AB+后比原来中性分子键能大者有NO，O2，F2和CO。无论得电子变为负离子（N2，CO–）还是失电子变为正离子（N2，CO+），键能都减小
24X射线光电子能谱的下列4个特征峰中，何者强度最大？（5分）Ag 4s峰Ag 3p峰Ag 3s峰Ag 3d峰
答：X射线光电子能谱特征峰的强度也有一些经验规律：就给出风的轨道而言，主量子数小的峰比主量子数大的峰强；主量子数相同时，角量子数大者峰强;主量子数和角量子数相同时，总量子数大者峰强。根据这些经验规律，Ag的3d峰最强。
25写出σxx和通过原文并与x轴重合的C2轴的对称操作C12的表示矩阵。（4分）
26写出下列分子所归属的点群：HCN，SO2，氯苯（C6H5Cl），苯（C6H6），萘（C10H8）。（5分）
答：
27解释为什么大多数Zn2+的配位化合物都是无色的。（4分）
答：Zn2+的3d轨道已充满电子，它通过一SP3杂化轨道形成配键，无d-d能级跃迁。因此，其络合物一般是无色的。
28. 试述Raman活性的判据。（5分）
答：Raman光谱的选律是：具有各项异性的极化率的分子会产生Raman光谱。例如H–H分子，当其电子在电场作用下沿键轴方向变形大于垂直于健轴方向时，就会产生诱导偶极矩，出现Raman光谱活性。
利用群伦可很方便地判断贩子的那些振动具有红外活性，哪些振动具有Raman活性。判断的标准是：
(1)若一个振动隶属的对称类型和偶极矩的一个分量隶属的对称类型相同，即和x（或y，或z）隶属的对称类型相同，则它具有红外活性。
(2)若一个振动隶属的对称类型和极化率的一个分量隶属的对称类型相同，即一个振动隶属于x2，y2，z2，xy，xz，yz这样的二元乘积中的某一个，或者隶属于x2-y2这样的一个乘积的组合，则它就具有Raman活性。
29 二氯二氨合铂有两种集合异构体，一种是顺式，一种是反式，简称顺铂和反铂。顺铂是一种常用的抗癌药，而反铂没有抗癌作用。（5分）
(a) 写出顺铂和反铂的结构式
(b) 若用1,2-二氨基环丁烯二酮代替两个NH3与铂配位，则生成什么结构的化合物？有无顺反异构体？分析化合物中原子的成键情况。
答：(a)
(b) 用1,2-二氨基环丁烯二酮与铂原子配位，只生成顺式配合物，其结构式为：
Pt原子用dsp2杂化轨道分别与Cl原子的p轨道和N原子的sp3杂化轨道叠加形成4个ζ键，Pt原子、Cl原子和N原子处在一个平面上。该平面与C，O原
子所在的平面交成一定角度。
30写出下列原子的基态光谱支项的符号：Si、Mn、Br。（15分）Si：[Ne]3s23p2
1 0 -1
m S=1，S=1；m L=1，L=1；L-S=0；3P0
Mn：[Ar]4s23d5
2 1 0 -1 -2
m S=5
2
，S=
5
2
；m L=0，L=0；|L-S|=
5
2
；6S5
2
Br：[Ar]4s23d5
1 0 -1
m S=1
2
，S=
1
2
；m L=1，L=1；L+S=
3
2
；2P3
2
31、下列各对化合物中哪个有较大的键角，说明原因(10分)
(1)CH4和NH3
(2)HOCl和HOH
(1) CH4?NH3因为孤对电子和键对电子相互作用大于键对电子和键对电子间相
互作用
(2) HOCl ?HOH 配体的电负性越大，键角就越小
32、3d2组态的谱项有那些？按照谱项能量由低到高排序，并指出基谱项
3d2组态的金属离子在5个d轨道有45种可能的排列方式，产生1S、3P、1D、3F、1G五个谱项，理论推导能量由低到高依次是：3F<3P<1G<1D<1S，实验结果由低到高的顺序是：3F<1D<3P<1G<1S,故基谱项为3F。
33、用d电子组态离子在八面体场中的定性能级图解释[Mn(H20)6]2+离子基本无
色的原因(12分)
t e，CFSE=3 [Mn(H20)6]2+离子中，Mn2+的d5为高自旋，在八面场的排布为32
2g g
x(-4Dq)+2x(6Dq)=0，每个d轨道都有电子，任何跃迁都是宇称禁阻和自旋禁阻的。自旋禁阻的跃迁具有低的跃迁概率，吸收强度比自旋允许跃迁的吸收强度要弱100倍，所以[Mn(H20)6]2+离子基本上是无色的。
34 、3d2组态的谱项有哪些？按照谱项能量由低到高排序，并指出基谱项。
答：3d2组态的谱项有：1G，3F，1D，3P，1S
能量由低到高的顺序为：3F<3P<1G <1D <1S
其基谱项为：3F
35.试用NVE解释[?5-C5H5Fe(CO)2C2H4]+
答案：Fe：3d64s2=8
2CO：2×2=4
C2H4：2
?5-C5H5：5
NVE＝8＋4＋2＋5－1＝18
36. Ni II的四面体络合物很不常见,说明可能的原因。
答案：NiII的四面体络合物为d8组态。中心原子的电子构型含有不等性占有的简并轨道(e)4(t2)4：
╫ ┼ ┼ t2
╫ ╫ e
根据Jahn-Teller效应，体系是不稳定的，要发生畸变，以消除简并性。四面体通常会完全转变为平面正方形。
37 18e电子规则适用于那些金属配合物？
答：18e电子规则基本适用于含接受性配体的单核过渡金属配合物，也可推广应用于一些小的金属羰基簇合物
38、为什么弱场配体取高自旋，强场配体取低自旋? (10分)
答：因为弱场配体导致中心原子分裂能较小，即P>?，此时电子成对消耗能量超过电子从较低能量d轨道进入较高能量d轨道所需的能量，将不在低能量d轨道成对而进入能量高的d轨道，因此呈高自旋状态；强场配体导致中心原子分裂能较大，即P
39、3d2组态的谱项有哪些？按照谱项能量由低到高排序，并指出基谱项（10分）
答：对于3d2组态，由l1=2，l2=2，可得L=4、3、2、1、0
由s1=1/2、s2=1/2，可得S=1、0
将L、S组合在一起可得到光谱项：3F、3P、1G、1D、1S
其基谱项是：3F
40杂化轨道理论对六配位八面体构型的解释是？（5分）
答：六配位的八面体构型都是由中心原子提供2个d轨道，1个s轨道和3个p轨道形成的杂化轨道。
41离子显色的基本原因从晶体场理论角度解释是由什么原因所致？（5分）
答：d-d跃迁。
42.【ZnCl4】2-为四面体构型，而【PdCl4】2-却为平面正方形？（7分）
答：【ZnCl4】2-为3d10，其晶体场稳定化能为零，故采取四面体的空间构型排列，这样配体间的排斥力最小，配合物最稳定。
【PdCl4】2-为3d8,此化合物以平面正方形构型可以获得更多的晶体场稳定化能，从而更稳定。
43.V(CO)6容易还原为【V(CO)6】-;但V2(CO)12却不如V(CO)6稳定？（7分）
答：由于V(CO)6获一个e后，能满足18电子规则，从而更稳定；
V(CO)6形成V2(CO)12后，稳定性会减小，主要是空间位阻妨碍二聚体的形成；当形成V2(CO)12时，V的配位数为7，配体间过于拥挤；其间排斥作用超过二聚体中V-V的成键作用。
44. [Co(NH3)6]3+和[Fe(H2O)6]3+是高自旋组态还是低自旋组态，为什么？
答：[Co(NH3)6]3+ 为d2sp3杂化，其Eg上的一个电子被拉回到teg轨道上，所以其为低自旋组态。同理，[Fe(H2O)6]3+为sp3 d2杂化，故为高自旋组态。
45镧系和锕系元素的电子光谱和d–d 光谱有何异同？
答：镧系和锕系元素的电子光谱是类似与d–d跃迁的f–d跃迁和f–f跃迁。但是，镧系和锕系元素的电子光谱中研究最多的是f-f 跃迁，由于nf轨道被(n+1)s和(n+1)p轨道所覆盖，使得不同的nf n组态产生的各种状态受配体的影响很小，因此，这些光谱与d-d光谱呈现明显的不同而十分类似自由气态离子的光谱。
46 用d电子组态离子在八面体场中的定性能级图解释[Mn(H20)6]2+离子基本无色的原因答：对于[Mn(H20)6]2+离子来说，它的d-d跃迁，由于是d5组态，基态为6S，在八面体晶体场中变为6A1g,这是一个六重态，而其余的态为自旋四重态或二重态，在这个体系
中由于全部的跃迁都是对称和自选禁阻的，其摩尔消光系数ε值非常低，因此，
这个正离子是很浅的粉红色，也几乎接近于无色。
47 根据过渡金属离子水交换速率和d电子组态之间的关系图，分别说明V2+，Cr3+，Ni2+离子的水交换反应速率比较慢以及Cr2+，Cu2+离子的反应速率非常快的原因
答：对于过渡金属离子V、Cr、Ni、Cu来说，其半径依次增大，所带电荷数依次增多，其形成相应的离子水合物的速率也就依次增大。水交换反应速率不仅取决于所带电荷数和半径大小，还与金属离子的d电子结构有关。由于从反应物到过渡态的形成，d轨道的能量发生了变化，从而导致LFSE的变化。如果过渡态的LFSE比八面体结构的LFSE小，那么活化能就会增加，也就导致了反应速率变慢。由课本上的表格和图可以知道，具有d3和d8电子结构的金属离子无论什么情况其LFSE的变化均为负值，则活化能增大，反应速率减小，具有d3结构的V2+，Cr3+和具有d8结构的Ni2+离子的水交换反应速率就比较慢了；具有d1和d2组态的LFSE的变化为0或正值，其反应速率就比较大，对于Cr2+，Cu2+离子的反应速率非常快的原因也不仅是这些，还因为这两种金属离子的Jahn-Teller效应使构型发生畸变，其中两个间的键长增大，键强度减弱，导致反应的加快。
无机及分析化学答案全
第8章习题答案 1.命名下列配合物： （1）K2[Ni(CN)4] （2）(NH4)2[FeCl5(H2O)] （3）[Ir(ONO)(NH3)5]Cl2 （4）Na2[Cr(CO)5] 解：（1）四氰根合镍（Ⅱ）酸钾 （2）五氯?一水合铁（III）酸铵 （3）二氯化亚硝酸根?五氨合铱（III） （4）五羰基合铬（-Ⅱ）酸钠（参考P172） 2.写出下列配合物（配离子）的化学式？ （1）硫酸四氨合铜(Ⅱ) （2）四硫氰?二氨合铬（III）酸铵 （3）二羟基?四水合铝（III）离子（4）二苯合铬(0) 解：（1）[Cu(NH3)4]SO4 （2）(NH4)[Cr(NH3)2(SCN)4] （3）［Al(H2O)4(OH-)2］+ (4)[Cr(C6H6)2] 6.试用价键理论说明下列配离子的键型（内轨型或外轨型）、几何构型和磁性大小。 （1）［Co(NH3)6］2+ （2）［Co(CN)6］3- 解：(1)Co最外层价电子排布为：27Co：3d74s2 Co2+的最外层价电子排布为：27Co2+：3d74s0 [ ][ ][ ][ ][ ] [ ] [ ][ ][ ] [ ][ ][ ][ ][ ] 3d7 4S0 4P0 4d0 [ ][ ][ ][ ][ ] [ ][ ][ ][ ][ ][ ] [ ][ ][ ] SP3d2杂化、成键，形成［Co(NH3)6］2+ 因为：形成［Co(NH3)6］2+时用的是Co2+最外层4S、4P、4d空轨道以SP3d2杂化、成键，而且中心离子Co2+形成配离子的前后单电子数没变，所以：该［Co(NH3)6］2+配合离子是外轨型，SP3d2杂化，几何构型为正八面体。 因为：以SP3d2杂化、成键形成［Co(NH3)6］2+后，具有3个单电子，所以：［Co(NH3)6］2+的磁矩为：，因为具有单电子分子是顺磁性分子，无单电子分子是抗磁性分子，所以形成［Co(NH3)6］2+后，具有3个单电子，［Co(NH3)6］2+是顺磁性分子。 (2) Co最外层价电子排布为：27Co：3d74s2 Co3+的最外层价电子排布为：27Co3+：3d64s0 [ ][ ][ ][ ][ ] [ ] [ ][ ][ ] 3d6 4S0 4P0 [ ][ ][ ] [ ][ ][ ][ ][ ][ ] d2SP3杂化、成键，形成［Co(CN)6］3- 因为：形成［Co(CN)6］3-时用的是Co3+内层d轨道，即(n-1)层d轨道与nS、nP空轨道以d2SP3杂化、成键，而且中心离子Co3+形成配合离子前有4个单电子，形成配合离子后没有单电子，中心离子Co3+形成配合离子前、后内层电子发生了重新排布，所以：该［Co(CN)6］3-配合离子是内轨型，d2SP3杂化，几何构型为正八面体。 因为：以d2SP3杂化、成键形成［Co(CN)6］3-后，没有单电子，所以：［Co(CN)6］3-的磁矩为：，因为具有单电子分子是顺磁性分子，无单电子分子是抗磁性分子，所以形成［Co(CN)6］3-后，没有单电子，［Co(CN)6］3-是抗磁性分子。 7.有两个化合物A和B具有同一化学式：Co(NH3)3(H2O)2ClBr2.在一干燥器中，1molA很快失去1molH2O，但在同样条件下，B不失去H2O。当AgNO3加入A中时，1molA沉淀出1molAgBr,而1molB 沉淀出2molAgBr。试写出A和B的化学式。 解：∵在干燥器中，1molA很快失去1molH2O，但在同样条件下，B不失去H2O知，说明A中的H2O 是外配位体，而B中的水是内配位体。当AgNO3加入A溶液中时，1molA沉淀出1molAgBr,而1molB 沉淀出2molAgBr，说明1molA中外配体为1mol Br-，而1mol B中外配体为2 mol Br-。因此它们
无机及分析化学考试题及参考答案
无机及分析化学期末考试试题 一、判断题(每小题1分共10分) 1．σ键和π键在分子中均可单独存在。（） 2．系统误差是不可测的。（） 3．极性分子间仅存在取向力，非极性分子间只存在色散力。（） 4．等价轨道处于全充满、全空、半充满状态时原子能量较低。（） 5．施肥过多造成的“烧苗”现象，是由于植物细胞液的渗透压小于土壤溶液的渗 透压引起的。（） 6．醋酸溶液经稀释后其解离度增大，因而可使其H+ 浓度增大。（） 7．BF3和NH3都具有平面三角形的空间结构。（） 8．CO2与CH4的偶极矩均为零。（） 9．共价键和氢键均有饱和性与方向性。（） 10．在消除了系统误差之后，测定结果的精密度越高，准确度也越高。（） 选择题( 每小题2分，共30分) 1．质量摩尔浓度的单位是（）。 A. mol·L-1 B. mol·kg-1 C. g·L-1 D. mg·g-1 2．已知反应H2(g)＋S(s)＝H2S(g)和S(s)＋O2(g) ＝SO2(g)的平衡常数为K 1和K 2，则反应: H2(g)＋SO2(g)＝H2S(g)＋O2(g)的平衡常数为（）。 A. K 1＋K 2 B. K 1/K 2 C. K 1×K 2 D. K 1-K 2 3．下列量子数取值错误的是（）。 A. 3，2，2，+ B. 2，2，0，- C. 3，2，1，+ D. 4，1，0，- 4．主量子数n=3的电子层可容纳的轨道数和电子数为（）。 A. 3和6 B. 3和9 C. 6和12 D. 9和18 5．下列卤化氢分子极性由大到小的顺序正确的是（）。 A. B. C. D. 6．Fe3O4中铁的氧化数是（）。 A. 2 B. -2 C. 8/3 D. 3 7．下列关于分子间力的说法正确的是（）。 A. 分子型物质的沸点总是随相对分子质量的增大而增加 B. 色散力存在于所有分子间 C. 极性分子间仅存在取向力 D. 大多数含氢化合物中都存在氢键 8．能组成缓冲溶液的是（）。 A. HAc-NaAc B. NaCl-HCl C. NaOH-NaCl D. HCl-H2O 9．定量分析工作要求测定结果的误差（）。 A. 在允许误差范围之内 B. 等于零 C. 略大于允许误差 D. 没有要求 10．下列各式中，有效数字位数正确的是（）。 A. 0.0978（4位） B. pH=3.24 (3位) C. pKa=1.80 (2位) D. 0.420（2位） 11．随机误差可通过（）方法减免。
无机及分析化学习题1
无机及分析化学习题 第三章酸碱与酸碱平衡 一、单项选择题 1、当物质的基本单元为下列化学式时，它们分别与NaOH溶液反应的产物如括号内所示。与NaOH溶液反应时的物质的量之比为1：3的物质是（） A.H3PO4,(Na2HPO4); B.NaHC2O4H2C2O2,(Na2C2O4)； C.H2C8H4O4, (Na2C8H4O4); D.(RCO)2O,(RCOONa) 2、标定HCl溶液用的基准物Na2B4O712H2O,因保存不当失去了部分结晶水，标定出的HCl溶液浓度是( ) A. 偏低； B.偏高； C. 准确； D.无法确定 3、在锥形瓶中进行滴定时，错误的是（） A.用右手前三指拿住瓶颈，以腕力摇动锥形瓶； B.摇瓶时，使溶液向同一方向作圆周运动，溶液不得溅出； C. 注意观察液滴落点周围溶液颜色的变化； D. 滴定时，左手可以离开旋塞任其自流。 4、用同一NaOH溶液分别滴定体积相等的H2SO4和HOAc溶液，消耗的体积相等，说明H2SO4和HAc两溶液中的（） A.氢离子浓度(单位:molL1,下同)相等； B.H2SO4和HOAc的浓度相等； C.H2SO4浓度为HOAc的浓度的; D.H2SO4和HOAc的电离度相等 5、某弱酸HA的K =2.0×10-5，若需配制pH=5.00的缓冲溶液，与100mL1.00mol·L-1NaA相混合的1.00mol·L-1HA的体积约为（） A.200mL； B.50mL； C.100mL； D.150mL 6、已知K (HA)<10-5，HA是很弱的酸，现将a mol·L-1HA溶液加水稀释，使溶液的体积为原来的n倍(设(HA)<<1)，下列叙述正确的是（） A.c(H+)变为原来的1/n； B.HA溶液的解离度增大为原来n倍； C.c(H+)变为原来的a/n倍； D.c(H+)变为原来的(1/n)1/2 7、计算1molL1HOAc和1molL1NaOAc等体积混合溶液的[H]时,应选用公式为（） A.[H]=; B.[H]=; C.[H]=K HOAc; D.[H]= 8、NaOH溶液保存不当，吸收了空气中CO2,用邻苯二甲酸氢钾为基准物标定浓度后，用于测定HOAc。测定结果（） A.偏高； B.偏低； C.无影响； D.不定
无机及分析化学-模拟考试试题及参考答案
《无机及分析化学》试题（1） 闭卷适用专业年级： 姓名___________ 学号______________ 专业____________ 班级____________ 本试题一共三道大题，共四页，满分100分。考试时间120分钟。 注：1.答题前，请准确、清楚地填各项，涂改及模糊不清者、试卷作废 2.试卷若有雷同以零分计。 一、选择题（请将正确的答案填写在答题卡上每题2分共50分） 1. 含有Cl-和Br-的混合溶液，欲使Br-氧化为B「2而不使Cl-氧化，应选择() A A A A (卅/打=0.15 V，ci2/ci 九3583 V，B^rh.087 V，孔于心 3 日.33 n A V，, " c z 2 =1.51 V , A , 2 =0.771 V) ‘MnO 4 /Mn Fe3 /Fe2 A. SnCl 4 B. K262O7 C. KMnO 4 D. Fe3+ 2. 已知下列反应的平衡常数 PbSO4(s)」Pb2++SO42- PbS(s)—- Pb2++S2-反应PbSO4+S2-—PbS+SO4-的K 为 A. K SP (1) . K sp (2) o o C. K sp ⑵/K sp (1) 3. 0.04mol L-1的H2CO3 的水溶液，、浓度和c(CO32-)的浓度分别为 O A. K1 0.04, K1 o C. . K1K20.04 , K2 4.已知某一元弱酸的浓度为 o K sp (1) o K sp⑵ () o o B. K sp (1) / K sp (2) o o 2 D. ( K sp (1) /K sp (2)) K2?分别为它的电离常数，该溶液的c(H+) () B. , K1 °0.04 , , K2 °0.04 D. K1°0.04 , K2o c(H+)浓度为() c，用等体积的水稀释后，溶液的
无机及分析化学-模拟考试试题及答案
《无机及分析化学》试题（1） 闭卷 适用专业年级： 学号 专业 班级 本试题一共三道大题，共四页，满分100分。考试时间120分钟。 注： 2.试卷若有雷同以零分计。 一、选择题（请将正确的答案填写在答题卡上每题2分共50分） 1. 含有Cl -和Br -的混合溶液，欲使Br -氧化为Br 2而不使Cl -氧化，应选择 ( ) （θ /Sn Sn 24++? =0.15 V ，θ /Cl Cl 2-?=1.3583 V ，θ/Br Br 2-?=1.087 V ，θ/Cr O Cr 3272+-?=1.33 V ， θ/Mn MnO 24+-?=1.51 V , θ/Fe Fe 23++?=0.771 V ） A. SnCl 4 B. K 2Cr 2O 7 C. KMnO 4 D. Fe 3+ 2. 已知下列反应的平衡常数 PbSO 4(S) Pb 2++SO 42- K sp Θ(1) PbS (S) Pb 2++S 2- K sp Θ(2) 反应PbSO 4+S 2- PbS+SO 4- 的K 为 ( ) A. K SP Θ(1) . K sp Θ(2) B. K sp Θ(1) /K sp Θ(2) C. K sp Θ(2) /K sp Θ(1) D. ( K sp Θ(1) /K sp Θ(2) )2 3. 0.04mol·L -1的H 2CO 3的水溶液, K 1Θ﹑K 2Θ 分别为它的电离常数，该溶液的c (H +) 浓度和c (CO 32-)的浓度分别为 ( ) A. 04.0θ1?K , K 1Θ B. 04.0θ1?K , 04.0θ2?K C. 04.0θ2θ1??K K , K 2Θ D. 04.0θ1?K , K 2 Θ 4. 已知某一元弱酸的浓度为c ，用等体积的水稀释后，溶液的c (H +)浓度为 ( )
无机及分析化学练习题
无机及分析化学练习题 一、填空题(根据题意，在下列各题的横线处，填上正确的文字，符号或数值) 1、化学平衡是一种、的平衡。 2、质量作用定律仅适用于。 3、分子间作用力又称范德华力，按作用力产生的原因和特性可以将其分为、、。 4、在分析测定中，高的不一定准确度好；是保证准确度的先决条件。 5、配平方程式：MnO4— + Fe2++ H+——→Fe3+ + Mn2++ H2O 6、写出CrO72– + 6Fe2+ +14H+—→2Cr 3++ 6Fe3+ +7H2O 电池符号表示式：。 7、同离子效应使弱酸的电离度；使难溶盐的溶解度。 8、配合物[Co(NH3)4(H2O)2]Cl3的名称；中心离子氧化数是及配位数为。 9、减少系统误差的方法有、、、。 10、通常将化学键划分成三种类型，即、和。其中具有方向性和饱和性。 11、n=3，l=1的原子轨道名称符号是，轨道形状是，它可以有种空间伸展方向，因而有个轨道，最多可容纳个电子。 12、若，说明氧化还原反应可以按指定的方向进行。 13、决定多原子分子是否是极性分子不仅要看，还要考虑到分子的。 14、对实验数据进行计算时，数字的修约规则采取的方法。 15、核外电子分布三原则是、和。 16、原子序数为49的元素在周期表中位置为。 17、多电子原子轨道能量由和决定。 18、NH3中氮原子轨道杂化类型；PCl5中磷原子轨道杂化类型。 19、HCO3－是两性物质，它的共轭酸是，共轭碱是。 20、配平：K2MnO4 + H2O—→KMnO4 + MnO2 + KOH 21、催化剂使化学反应的降低，但催化剂不能改变位置。 22、配平方程式：Cu2S + HNO3——Cu(NO3)2 + H2SO4 + NO + H2O 23、元反应的速率方程可由直接写出。 24、缓冲溶液的缓冲能力是有限的，在接近于1时缓冲能力最大。 25、正反应和逆反应的平衡常数之间的关系是。 26、配位键有性和性。 27、CO32－的共轭酸是。 28、有效数字的修约规则是；pH=9.46的有效数字位数是。 29、氧化还原反应的实质是。 30、元素电负性越大，元素的越强，则越弱。 31、根据系统误差的来源可将其区分为四种、、和。 32、每个电子层可能有的最多原子轨道数应为；各电子层最多容纳的电子数为。 33、判断沉淀的生成的规则是。 34、判断沉淀的溶解的规则是。 35、核外电子运动状态的描述必须靠四个方面，分别是：、、、。 36、组成原电池的盐桥的作用是及。 37、间接碘量法误差主要来源是和。 二、判断题 1、根据有效数字运算规则，2.136÷23.05+ 185.71×2.283×10–4— 0.00081 = 0.134。 2、在N电子层中，有4s，4p，4d，4f共4个原子轨道。 3、NH3和H2O分子的空间构型与CH4分子的空间构型一样，因为它们都是采取sp3杂化。
无机及分析化学复习题与参考答案
《无机及分析化学实验》复习题及参考答案 1、化学试剂分为几大类实验室中最普遍使用的一般试剂分为几个等级如何选用化学试剂答：化学试剂的选用应以实验要求，如分析任务、分析方法的灵敏度和选择性、分析对象的含量及对分析结果正确度要求等为依据，合理选用不同等级的试剂。不同等级的试剂价格差别很大，纯度越高价格越贵，试剂选用不当，将会造成资金浪费或影响实验结果，故在满足实验要求的前提下，选择试剂的级别应就低而不就高。 此外应注意，不同厂家、不同原料和工艺生产的化学试剂在性能上有时会有显着差异，甚至同一厂家、不同批号的同一类试剂在性质上也很难完全一致，因此在较高要求的分析中，不尽要考虑试剂的等级，还应注意生产厂家、产品批号等事项，必要时应作专项检验和对照实验。 2、在容量分析实验中使用的玻璃仪器中，哪些玻璃仪器在用蒸馏水淋洗后，还要用待装溶液淋洗简述玻璃仪器的一般洗涤过程及其是否洗净的检验方法。 答：容量分析操作中常用的玻璃仪器有滴定管、移液管、吸量管、容量瓶和锥形瓶，其它可能使用的玻璃仪器还有烧杯、量筒等，其中滴定管、移液管和吸量管在清洗干净和用蒸馏水淋洗后，还需用少量待装溶液淋洗2～3次，各次淋洗时待装溶液的用量约为10mL、5mL、5mL。 玻璃仪器的洗涤方法应根据实验的要求、污物的性质及其弄脏程度来选择，洗涤玻璃仪器的一般步骤是：⑴用自来水刷洗：用大小合适的毛刷刷洗，使附着在器壁上的灰尘和不溶性杂质脱落，再用自来水冲刷掉已脱落的灰尘、不溶性杂质和可溶性杂质。⑵用去污粉或合成洗涤剂刷洗：用大小合适的毛刷蘸取去污粉或合成洗涤剂刷洗，使附着器壁的有机物和油污脱落，再用自来水冲洗；若油垢和有机物仍洗不干净，可将合成洗涤剂或肥皂液适当加热再洗涤。⑶用洗液洗涤：先将玻璃仪器中的水尽量除去，再把洗液加入玻璃仪器内，洗液用量约为玻璃仪器总容量的1/5，倾斜仪器并慢慢转动（注意！勿将洗液流出），使仪器内壁全部被洗液润湿。数分钟后，将洗液倒回洗液瓶中（可反复使用至洗液颜色变绿色时才失效），再用自来水完全洗去残留在器壁上的洗液。 洗涤过的玻璃仪器用水淋湿后倒置，如果水即沿器壁流下，器壁上留下一层薄而均匀的水膜，没有水珠挂着，则表示玻璃仪器已被洗净。洗净后的玻璃仪器不能再用布或滤纸擦，因为布或滤纸的纤维会留在器壁上，弄脏仪器。 3、粗食盐中的可溶性杂质有哪些各用什么试剂除去这些杂质除杂试剂的加入次序是怎样的其原因是什么 答：粗食盐中含有钙、镁的硫酸盐和氯化钾等可溶性杂质。BaCl2溶液除去食盐溶液中的SO42-离子，Ca2+、Mg2+离子则用Na2CO3的NaOH溶液除去，KCl的溶解度大于NaCl，且在食盐中的含量较少，可在NaCl结晶时留在溶液中达到除去的目的。除去杂质的沉淀剂需按BaCl2溶液、Na2CO3的NaOH溶液和HCl溶液的次序依次加入。一般来说，除去天然样品中的阴离
无机及分析化学考试模拟试题
无机及分析化学考试模拟试题（-） 一、选择题（每小题1分，共15分） 1. 将某非电解质溶于水中，测得其凝固点为℃ (已知凝固点降低常数Kf =℃·kg-1·mol-1)，该溶质的摩尔质量（g·mol-1）为 ( ) A. B. C. D. 2. 2. 浓度均为 mol·L-1的NaCl、Na2SO4、甘油(C3H8O3)、蔗糖(C12H22O11)溶液，其渗透压从大到小的顺序是 ( ) A. 甘油>蔗糖> Na2SO4>NaCl B. NaCl> Na2SO4>甘油>蔗糖 C. 甘油=蔗糖> Na2SO4>NaCl D. Na2SO4>NaCl>甘油=蔗糖 3. 反应 A + B→ C，对反应物A来说是一级反应，对反应物B来说是二级反应，则该反应的速 率常数k的单位为 ( ) A. s-1 B. mol·L-1·s-1 C. L·mol-1·s-1 D. L2·mol-2·s-1 4．催化剂加快反应速率的原因是 ( ) A. 提高了活化分子的百分数 B. 降低了活化能 C. 改变了化学反应的历程，降低了反应所需的活化能 D. 缩短了反应达到平衡所需的时间 5. 已知φθ(Cu2+/Cu)=，φθ(Fe2+/Fe)= - ，标准态下能还原Cu2+，但不能还原Fe2+的还原剂与 其对应的氧化态组成电对的φθ值的范围是( ) A. >- B. <- C. < D. - ~ 6. 室温下，稳定单质的标准摩尔熵 ( ) A. 等于零 B. 大于零 C . 小于零 D. 不能确定 7. NaOH标准溶液因保存不当吸收了空气中的CO2，若用此NaOH溶液滴定HCl至酚酞终点，则HCl 的浓度将 ( ) A. 偏高 B. 偏低 C 无影响 D.不能确定 8．用同一KMnO4标准溶液分别滴定等体积的FeSO4和H2C2O4溶液，消耗的标准溶液体积相等，则FeSO4与H2C2O4两种溶液物质的量浓度之间的关系为（） A. 2c(FeSO4) = c(H2C2O4) B. c(FeSO4) = 2c(H2C2O4) C. c(FeSO4) = c(H2C2O4). D. 5 c(FeSO4) = c(H2C2O4) 9．已知在1mol·L-1H2SO4介质中，φθ(Fe3+/Fe2+) = , φθ (Ce4+/Ce3+)=。以Ce4+滴定Fe2+至50％，
无机及分析化学期末试题
一、选择题（每小题2分，共40分。每小题只有一个正确答案） 1、减小随机误差常用的方法是（ C ）。 A.空白实验 B.对照实验 C.多次平行实验 D.回收实验 2、下列说法正确的是（ C ）。 A.准确度越高则精密度越好 B.精密度越好则准确度越高 C.只有消除系统误差后，精密度越好准确度才越高 D.只有消除系统误差后，精密度才越好 3、四份质量相等的水中，分别加入相等质量的下列物质，水溶液凝固点最低的是( D )。 A.葡萄糖(式量180) B.甘油(式量92) C.蔗糖(式量 342) D.乙醇(式量46) 4、医学上称5%的葡萄糖溶液为等渗溶液，这是因为( C )。 A.它与水的渗透压相等 B.它与5%的NaCl 溶液渗透压相等 C.它与血浆的渗透压相等 D.它与尿的渗透压相等 5、下列反应中，反应的标准摩尔焓变等于生成物的标准摩尔生成焓的是（D ） A.CO 2(g) + CaO(s) → CaCO 3(s) B.1/2H 2(g) + 1/2I 2 (g) →HI(g) C.H 2(g) + Cl 2(g) →2HCl(g) D.H 2(g) +1/2O 2 (g) →H 2O(g) 6、反应CaCO 3(s)≒CaO(s) + CO 2(g)，在高温时正反应自发进行， 其逆反应在298K 时为自发的，则逆反应的Δr H m Θ与Δr S m Θ是（C ） A.Δr H m Θ＞0和Δr S m Θ＞0 B. Δr H m Θ＜0和Δr S m Θ＞0 C. Δr H m Θ ＞0和Δr S m Θ ＜0 D. Δr H m Θ ＜0和Δr S m Θ ＜0 7、质量作用定律适用于：（B ） A.化学方程式中反应物和生成物系数均为1的反应 B.基元反应 C ．任何均相反应 D.任何能够进行的反应 8、温度一定时，有A 和B 两种气体反应，设c(A)增加一倍，反应速率增加了100％，c(B)增加了300％，该反应速率方程式为：（C ） A. v=k c(A) c(B) B. v=k c 2(A) c(B) C. v=k c (A) c 2 (B) D.以上都不是 9.在饱和BaSO 4溶液中，加入适量的NaCl ，则BaSO4的溶解度（A ） A.增大 B.不变 C.减小 D.无法确定 10、核外电子运动状态的描述较正确的是( C ) A.电子绕原子核作圆周运动 B.电子在离核一定距离的球面上运动 C.电子在核外一定的空间范围内运动 D.电子的运动和地球绕太阳运动一样 11、形成Π键的条件是（ C ）。 A.s 与s 轨道重叠 B.p 与p 轨道“头碰头”重叠
无机及分析化学习题集(121)
《无机及分析化学》习题集 一、填空 1、稀溶液的依数性有、、、。 2、按分散质粒子直径大小不同可将分散系分为、、。 3、溶胶的基本特征是、、；胶 体的性质有、、；其稳定的主要原因有、、。 4、平衡常数是化学反应的特征，常数只与有关，而与无关。 5、25℃时，NaCl在水中的溶解度为6 mol．dm3，若在1dm3的水中加入1 molNaCl，估计此过程的△G ，△S （填>0或<0或=0）。 6、缓冲溶液就是的溶液。缓冲溶液的缓冲范围为。 7、对一个氧化还原电对来说，电极电势越大，则其态的能力越强。 8、能斯特方程式为，其中为标准电极电势，即指电极在有关浓度 为，气体压力为，温度为的电极电势。 9、配合物[Co(NH3)3(H2O)Cl2]Cl的中心离子是，配位体是，中心离子 的配位数是，配合物的名称是。 10、Ag2S沉淀的溶度积常数表达式为。根据溶液积规则，当Qi>Ksp时，溶液 为，这时沉淀，当Qi=Ksp时，溶液为；当Qi≤Ksp时，溶液为，这时沉淀。 11、对于△r H?m < 0，△r S?m < 0的反应，可以判断温度与反应自发性的关系 是。 12、已知NO2(g)+CO(g)→NO(g)+CO2 (g)是基元反应，其质量作用定律表达式 为，反应级数为。 13、反应Al2O3(s)+3H2(g) 2Al(s)+3H2O(g)的K?表达式。 14、将下列氧化还原反应5Fe2+ + 8H+ + MnO4- =Mn2+ + 5Fe3+ + 4H2O在标准态下设计 成原电池其电池符号为。 正极的电极反应为；负极的电极反应为
。 17、标准溶液的配制有法和法。基准物应具备的条件 为、、、。 18、系统误差的来源主要有____________,_________________,___________________。随 机误差可通过___________的方法减少。 19、准确度量是指__________与______________的接近程度。用__________表示。精密度 是指_______________之间彼此符合程度，用_______表示。 20、根据分析任务分为，和。根据分析对象分为 和。根据分析时所依据的原理分为和。 根据所用样品用量和操作规模分为，，和。根据待测组分含量分为，和。 21、测量值与之间的差值叫误差，误差越小越高；系统误差根据其性 质和产生的原因分为：，、 和。它由某种固定的原因所造成的，具有性，性。 随机误差又称，其在分析操作中是避免的。 22、滴定分析法主要包括，，和。 23、化学反应必须符合__________,___________________,__________________________ 才可用于直接滴定法进行滴定分析。 24、酸碱滴定法是一种分析方法。 25、酸碱滴定曲线描述了随着的加入溶液中的变化情况。以滴定曲线 为依据选择指示剂时，被选择的指示剂的变色范围应或落入范围内。 26、EDTA中含有个配位原子，和金属离子的络合比为；EDTA的结 构式为；用EDTA滴定法测定水中钙量时，用作指示剂，溶液的PH ，终点是颜色变化为。 27、沉淀滴定的莫尔法使用的指示剂是，标准溶液是，可测定离 子，佛尔哈特直接法使用的指示剂是，标准溶液，可测离子终点产物_______。显示颜色为____________.
无机及分析化学课后习题答案完整版
无机及分析化学课后习 题答案 Document serial number【NL89WT-NY98YT-NC8CB-NNUUT-NUT108】
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（C 12H 22 O 11 ）溶液 B. 葡萄糖（C 6 H 12 O 6 ）溶液 C. 丙三醇（C 3H 8 O 3 ）溶液 D. 尿素（ (NH 2 ) 2 CO）溶液 解：选A。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. C 12H 22 O 11 溶液 C. HAc溶液 D. H 2 SO 4 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H 2SO 4 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
无机及分析化学习题集计算题答案
二、选择题 1、海水难以结冰是由于海水的（） A沸点上升B蒸汽压下降C冰点下降D海水太深 2、冰水中加少许食盐，则溶液的凝固点（） A.不变 B.改变 C.上升 D.下降 3.在含有112gN2，96gO2及44CO2的混合物中，N2的摩尔分数为: (A)0.50 (B)0.38 (C)0.13 (D)0.29 4.同温同体积下，在A和B的混合气体中，若组分A的摩尔分数为0.200，混合气体的总 压力为101.325KPa，则组分B的分压力为: (A)20.3KPa (B)101.3KPa (C)81.1KPa (D)16.2KPa 5.指出下列过程发生后，体系ΔS小于0的是: (A)水结冰(B)干冰蒸发 (C)固体燃料燃烧(D)Na2CO3+HCl==NaCl+H2O+CO2 6.下列反应中，增熵最显著的反应是 (A)CO(g) +2H2(g) = CH3OH(g) (B)C(s) +O2(g) = CO2(g) (C)2C(s) +O2(g) = 2CO(g) (D)2HgO(s) =2Hg(l) + O2(g) 7. 下列能引起速率常数改变的是（） （A）压力改变(B)温度改变 (C)反应容器体积改变 (D)反应物浓度改变 8.对一个化学反应来说，下列叙述正确的是: (A)△r H ?越负,反应速率越快 (B)?r G?越小，反应速率越快 (C)活化能越大，反应速率越快(D)活化能越小，反应速率越快 9.溶液中同时含有NH3和NH4Cl, 已知NH3的K b=1.77×10-5mol.dm-3 且C(NH3)=0.20mol.dm-3 C(NH4Cl)=0.20mol.dm-3，该溶液的pH为: （A）2.12 (B)9.25 (C)12.00 (D)5.38 10.难溶强电解质BaCO3在下列溶液中溶解最多的是: （A）HAc (B)纯水 (C)BaCl2 (D)Na2CO3 11、将４克氢氧化钠溶于水中成为１升溶液，其溶液ｐＨ值为（） A. 13 B.1 C.7 D.10
无机及分析化学期末考试卷A及答案
无机及分析化学期末考试卷A 及答案 无机及分析化学A （260J48Y ）试题（A ） 一、单项选择题（每题1.5分,共45分。请将答案填入下表中,未填 入表中则不计分）： 1. OH -的共轭酸是 (A) H + (B) H 2O (C) H 3O + (D) O 2- 2. 同温同浓度的下列水溶液中, 使溶液沸点升高最多的溶质是 (A) CuSO 4 (B) K 2SO 4 (C) Al 2(SO 4)3 (D) KAl(SO 4)2 3. 下列反应中释放能量最大的是 (A) CH 4(l) + 2O 2(g)? →?CO 2(g) + 2H 2O(g) (B) CH 4(g) + 2O 2(g)? →?CO 2(g) + 2H 2O(g) (C) CH 4(g) + 2O 2(g)? →?CO 2(g) + 2H 2O(l) (D) CH 4(g) +2 3O 2(g)?→?CO(g) + 2H 2O(l) 4. EDTA 相当于一个六元酸,可与金属离子形成螯合物,所形成的多个环为 (A) 五元环 (B) 六元环 (C) 四元环 (D) 不成环 5. 关于原子结构的叙述中,其中不正确叙述是 ①所有原子核均由中子和质子构成 ②原子处于基态时,次外层电子不一定是8个 ③稀有气体元素,其基态原子最外层有 8个电子
④最外层电子数为2的原子一定是金属原子 (A) ①②④ (B) ①②③ (C) ②③ (D) ①③④ 6. 0.100 mol·kg -1 KCl 溶液在稍高于 -0.372℃时结冰, 对这个现象的解释是(水的K f = 1.86 K·kg·mol -1) (A) KCl 未完全缔合 (B) 离子互吸 (C) 离子互斥 (D) 溶液蒸气压下降 7. 已知 Zn(s) +21O 2(g) = ZnO(s) m r H ? 1 = -351.5 kJ·mol -1 Hg(l) +21O 2(g) = HgO(s,红) m r H ? 2 = -90.8 kJ· mol -1 则 Zn(s) + HgO(s,红) = ZnO(s) + Hg(l) 的 m r H ?为(kJ· mol -1) (A) 442.3 (B) 260.7 (C) -260.7 (D) -442.3 8. 有一原电池： Pt│Fe 3+(1 mol·dm -3),Fe 2+(1 mol·dm -3)‖C e 4+(1 mol·dm -3),Ce 3+(1 mol·dm -3)│Pt 则该电池的电池反应是 (A) Ce 3+ + Fe 3+ = Ce 4+ + Fe 2+ (B) Ce 4+ + Fe 2+ = Ce 3+ + Fe 3+ (C) Ce 3+ + Fe 2+ = Ce 4+ + Fe (D) Ce 4+ + Fe 3+ = Ce 3+ + Fe 2+ 9. 电池反应：H 2(g,100kPa) + 2AgCl(s)?→? 2HCl(aq) + 2Ag(s) E = 0.220 V,当电池的电动势为0.358 V 时,电池溶液的pH 为 (A) 2 H p E E - (B) 059 .0220 .0358.0- (C) 059 .02220 .0358.0?- (D) 0 10. 体系对环境作 20 kJ 的功,并失去 10kJ 的热给环境,则体系内能的变化是 (A) +30 kJ (B) +10 kJ (C) ?10 kJ (D) ?30kJ 11. 由下列反应设计的电池不需要惰性电极的是 (A) H 2(g) + Cl 2(g) = 2HCl(aq) (B) Ce 4+ + Fe 2+ = Ce 3+ + Fe 3+ (C) Zn + Ni 2+ = Zn 2+ + Ni (D) Cu + Br 2 = Cu 2+ + 2Br -
无机及分析化学试题库
无机及分析化学试题库 一、选择题 1、下列电解质对Fe(OH)3正溶胶聚沉能力最大的是（A） A Na3PO4 B MgSO4 C NaCl D MgCl2 2、将难挥发的非电解质溶于溶剂后，将会引起（ D ） A 沸点下降 B 凝固点升高 C 渗透压下降 D 蒸气压下降 3、易挥发溶质溶于溶剂之后可能会引起（ C ） A 沸点上升 B 凝固点降低 C 蒸气压上升 D 渗透压下降 4、在H3AsO3的稀溶液中通入过量的H2S得到As2S3溶胶，其胶团结构式为（ C ） A [（As2S3）m· nHS—]n-·nH+ B [（As2S3）m· nH+ ]n+·nHS— C [（As2S3）m· nHS—·（n—x）H+ ]x-·xH+
D [（As2S3）m· nH+·（n—x）HS—]x+·x HS— 5、在外电场的作用下，溶胶粒子向某个电 极移动的现象称为（ A ） A 电泳 B 电渗 C 布郎 运动 D 丁达尔效应 6、100g水溶解20g非电解质的溶液，经实 验测得该溶液在-5.85℃凝固，该溶质的分 子量为（ D ）（已知水的K f = K·Kg/mol） A 33 B 50 C 67 D 64 7、给定可逆反应,当温度由T1升至T2时,平 衡常数K2>K1,则该反应的( A ) AΔH>0 BΔH<0 CΔH=0 D无法判断 8、下列反应中, 哪个是表示ΔHθ=ΔH fθAgBr(s) 的反应( C ) A Ag+ (aq) +Br-(aq)=AgBr (s)
B 2Ag(s) +Br2 =2AgBr (s) C Ag (s) +1/2Br2 ( l ) =AgBr (s) D Ag (s)+1/2Br2 (S) =AgBr (s) 9、通常情况下, 平衡常数K a, K b, K w, K h的共性是 ( D ) A与温度无关B受催化剂影响C与溶质的种类无关D与浓度无关 10、根据ΔG f (NO,g)=mol, ΔG f (NO2,g)=mol 判断反应 (1) N2(g)+O2(g) = 2NO(g), (2) 2NO(g)+O2(g) = 2NO2(g)的自发性,结论正确的是( A ) A (2)自发(1)不自发 B (1)和(2)都不自发 C (1)自发(2)不自发 D (1)和(2)都自发 11、已知在标准状态下，反应N2(g)+2O2(g) → 2NO2(g), Δr H mθ= KJ/mol，则NO2（g）的标准生成焓为（ B ）KJ/mol。
(完整版)无机及分析化学课后习题第六章答案
一、选择题 1．如果要求分析结果的相对误差在 0.1%以下，使用万分之一分析天平称取试 样时，至少应称取（ ）A. 0.1g B. 0.2g C. 0.05g D. 0.5g 解：选B 。根据下列公式可求得最少称样量： 相对误差×100% 试样质量 绝对误差 万分之一分析天平称量的绝对误差最大范围为±0.0002g ，为了使测量时的相对 误差在±0.1%以下，其称样量应大于0.2g 。 2．从精密度好就可断定分析结果准确度高的前提是（ ）A. 随机误差小 B. 系统误差小 C. 平均偏差小 D. 相对偏差小解：选B 。精密度是保证准确度的先决条件，精密度差说明测定结果的重现性 差，所得结果不可靠；但是精密度高不一定准确度也高，只有在消除了系统 误差之后，精密度越高，准确度才越高。 3．下列有关随机误差的论述不正确的是（ ）A.随机误差具有可测性 B.随机误差在分析中是不可避免的 C.随机误差具有单向性 D.随机误差是由一些不确定偶然因素造成的 解：选C 。分析测定过程中不可避免地造成随机误差。这种误差可大可小，可 正可负，无法测量, 不具有单向性。但从多次重复测定值来看，在消除系统 误差后，随机误差符合高斯正态分布规律，特点为：单峰性、有限性、对称 性、抵偿性。 4．下列各数中，有效数字位数为四位的是（ ）A. 0.0030 B. pH=3.24 C. 96.19% D. 4000 解：选C 。各个选项的有效数字位数为：A 两位 B 两位 C 四位 D 不确定 5．将置于普通干燥器中保存的Na 2B 4O 7.10H 2O 作为基准物质用于标定盐酸的浓 度，则盐酸的浓度将（ ） A.偏高 B.偏低 C.无影响 D.不能确定解：选B 。普通干燥器中保存的Na 2B 4O 7·10H 2O 会失去结晶水，以失水的 Na 2B 4O 7·10H 2O 标定HCl 时，实际消耗V （HCl ）偏高，故c （HCl ）偏低。
无机及分析化学试题[1]
苏州大学 无机及分析化学 课程试卷 （A ）卷 共4页 考试形式 闭 卷 2008年12月 院系 年级 专业 学号 姓名 成绩 一、选择题（每题只有一个正确答案，请将正确答案填入相应题号下的空格中，每题2分，共44分） 1. 含50克硫酸的500mL 硫酸溶液的物质的量浓度是：（已知硫酸的Mr=98） A. 1.02 B.0.1 C.0.98 D.0.35 2. 5.8%NaCl 溶液产生的渗透压接近于：（已知NaCl 的Mr=58.5） A.5.8%蔗糖溶液 B.5.8%葡萄糖溶液 C.2.0mol·L -1的蔗糖溶液 D.1.0mol·L -1的葡萄糖溶液 3.已知NH 3?H 2O 的解离常数为1.8×10-5,0.1mol·L -1NH 3?H 2O 溶液中OH -的浓度是多少mol·L -1. A.1.80×10-6 B.1.34×10-3 C. 4.20×10-3 D. 5.00×10-2 4. 下列各组分子或离子中,不属于共轭酸碱关系的是: A.HCl-Cl - B.H 2CO 3-CO 32- C.H 2CO 3-HCO 3- D.NH 4+-NH 3 - 5.一元弱酸HA 的浓度为c 1时,离解度为α1,若将其浓度稀释至c 1/4时,HA 的离解度为: A .1/2α1 B .2α1 C .1/4α1 D .4α1 6.缓冲溶液的一个例子是： A.HC 2H 3O 2 +NaC 2H 3O 2 B.HCl+HC 2H 3O 2 C.NaOH+NH 4OH D.HCl+NaCl 7.如果乙酸的离解常数是1.75×10-5,则以什么比例混合等浓度的乙酸和乙酸钠可得到 pH=6.2的缓冲溶 液? A. .6.3/175 B.6.3/1.75 C.6.3/35 D.63/1.75 8. 某一体系从A 态变化到B 态，可经过途径1或2，则其ΔG 值： A.由途径1决定 B.由途径2决定 C.与途径1和途径2无关 D.由途径1和途径2的差值决定 9. 下列情况中，任何温度化学反应都不能自发进行的是： A.0,0r m r m H S ? B.0,0r m r m H S ?>?< C. 0,0r m r m H S ??> 10. 某反应的速度常数k=4.62×10-2分-1，又知初始浓度为0.1mol·L -1,则该反应的半衰期为： A.1/6.93×10-2×(0.1)2分 B.15分 C.30分 D.1/4.62×10-2×0.1分 11. 二级反应中呈线性关系的是 A. lgc~t B. 1/c~t C. c~t D. c 2~t 12. CaF 2 的溶解度为2×10-4mol·L -1,它的溶度积是:
无机及分析化学答案
1.根据下列酸碱的解离常数，选取适当的酸度是共轭碱来配 置PH=4.50和PH=10.00的缓冲溶液，其共轭酸，碱的浓度比应是多少？ HAC，NH3·H2O，H2C2O4 ，NaHCO3 ，H3PO4 ，NaAC，NaHPO4，C6H5NH2，NH4cl 解：选择HAC和NaAC来配置PH=4.50的缓冲液，共轭酸碱的浓度比可由以下来计算 检表得：K aΘ（HAC）=1.8×10-5K bθ（AC-）=Kw/K aΘ=10-14/(1.85×10-5)=5.6×10-10 由PH=14-Pk bθ+lg（（C（AC-））/（C（HAC）））可得 4.50=14-lg（ 5.6×10-10）+lg（（C（AC-））/（C（HAC））） 解得：（C（AC-））/（C（HAC））=4/7=1.74 选择NH3·H2O和NH4cl来配制PH=10.00的缓冲液，共轭酸碱的浓度比如下 K bθ（NH3·H2O）=1.8×10-5 PH=14- K bθ（NH3·H2O）+lg（C（NH3·H2O）/C（NH4cl）） 10=14-lg（1.8×10-5）+ lg（C（NH3·H2O）/C（NH4cl）） 解得：C（NH3·H2O）/C（NH4cl）=5:1 2.欲配制250mlPH=5.00的缓冲液，问在125ml， 1.0mol·L-1NaAC溶液中应加入多少毫升6.0 mol·L-1溶液？ 解：由题意得可设还应加入xml，6.0 mol·L-1的HAC溶液
检表得K aΘ（HAC）=1.8×10-5 PH=Pk aθ（HAC）+ lg（（C（AC-））/（C（HAC））） 5=-lg（1.8×10-5）+ lg（（C（AC-））/（C（HAC））） 解得：（C（AC-））/（C（HAC））=1.82 n（AC-）=0.125×1mol·L-1=0.125mol；n（HAC）=6x×10-3mol 0.125/(0.125+x×10-3)/（6x×10-3/(0.125+x×10-3)） =0.125/（6x×10-3） 解得：x=11.6ml 3.计算下列各溶液的PH： （3）20.0ml 0.10 mol·L-1NaOH和20.0ml 0.20 mol·L-1NH4cl 溶液混合 解：由题意的 检表可得 K b（NH3）θ= 1.8×10-5 ； K aθ（NH4+）=Kw/ K b（NH3）θ=10-14/（1.8×10-5 ）=5.56×10-10 n（OH-）=0.002mol n（NH4+）=0.004mol C(NH3·H2O)=0.002/（0.02+0.02）=0.05 mol·L-1 C（NH4+）=0.02/（0.02+0.02）=0.05 mol·L-1 PH=Pk aθ（NH4+）+lg（C（NH3·H2O）/C（NH4cl））=-lg（5.56×10-10）+0=9.26 （5）20.0ml 0.10 mol·L-1Hcl和20.0ml 0.20 mol·L-1NaAC