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化学答案

第一章

1.C；2.A；3.D；4.B；5.D；6.C；7.B；8.C；9.C；10.D；11.C；12.B13.A；14.B；15.D

四一、选择题（40分）

1.C2.D3.B4.C5.C6.A7.D8.A9.A10.B11.B12.C13.B14.C15.D16.D17.B18.D19.A20.D

二.填空题　（40分）

1．色散力、诱导力、取向力、氢键，色散

2．5，2，sp-sp

3．[Kr]4d55s1，n=5,l=0,m=0,ms=+1/2（-1/2），ⅥB，d

4．不等性sp3，三角锥

5．

（1）5；

（2）4

6．

（1）N；

（2）N

7．

（1）Ti，3d24s2

（2）I，5s25p5

8．sp3，sp2，sp，sp2

9．sp3不等性—p，三角锥形，色散力、诱导力、取向力

10．原子，大，高；非极，分子，晶体，大，低

三、简答题（16分）

1．答：

K和Cu外层电子构型相同，但次外层电子构型不同，K：

[Ar]4s1，Cu：

[Ar]3d104s1。

Cu次外层有10个电子，最外层电子受到的屏蔽作用大于K，受到的有效核电荷比K大，原子半径KCu，因此第一电离能KCu,K失电子容易，Cu较难，所以Cu的活泼性比K差。

2．答：

Be与B，N与O虽同样电离第一个电子，但这个电子在原子中的环境不完全相同，Be（2s2）s能级全充满是稳定状态，电离一个电子困难，而B（2s22p1）易电离一个p电子造成全空较稳定状态，所以Ⅰ1（B）<Ⅰ1（Be），N的2p3能级具有半充满稳定状态。

电离一个电子困难，而它后面的O（2p4）则易失掉一个p电子变成半满稳定结构，故Ⅰ1（O）<Ⅰ1（N），出现了不符合规律的现象。

3．答：

CH4中C采取sp3等性杂化。

所以是正面体构型。

NH3中N采取sp3不等性杂化，因有一孤对电子，三个键，为三角锥形。

4．答：

SiO2为原子晶体，SO2为分子晶体，所以，前者熔点高，后者熔点低；石墨为层状晶体，层与层之间有离域的π电子，所以它能导电，金刚石为原子晶体，不能导电。

四、计算题（4分）

1．

六一DDBAACBDBCC二.填空题

1．4；3；2；位数模糊；4；4

2．20；；自由度

3．NaOH；KMnO4；CaCO3；金属Zn

4．（1/5）KMnO4；（1/3）KMnO4；KMnO4

5．；总体平均值μ

6．方法误差；仪器误差；试剂误差；操作误差

7．Q检验法；G检验法；f检验法；t检验法

8．90.04；125.6；56.19

9．1.87

三、简答题

1．答：

（1）万分之一分析天平的称量误差为±0.0001g,则称量值不可能为0.021085g，应记录为0.0211g。

（2）常用滴定管的读数误差为±0.01mL，因此，滴定体积读数应记录为3.57mL。

（3）用万分之一分析天平“差减法”称量两次，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；该同学的称样量太小，不能保证分析结果的相对误差在±0.1%以下，因而无法达到较高的准确度。

欲提高测定的准确度，至少称样量应扩大10倍。

（4）在滴定分析中，滴定管读数误差为±0.01mL，在一次滴定中需读数两次，因此，可能造成±0.02mL的误差，为使体积测量的相对误差不超过±0.1%，则滴定体积必须在

=20mL以上，该同学因称样量太小，导致滴定剂的消耗量太小，同样无法达到较高的准确度。

若提高测定的准确度，应使滴定剂的消耗量为20~30mL；以减小相对误差。

2．答：

系统误差可通过下列方式减免：

（1）对照试验选用公认的标准方法与所采用的方法进行比较，找出校正数据，消除方法误差；或用所选定的方法对已知组分的标准试样进行多次测定，将测定值与标准值比较，找出校正系数，进而校正试样的分析结果；或可采用“回收试验”，即在试样中加入已知量的被测组分，然后进行对照试验，根据加入的量能否定量地回收来判断有无系统误差。

（2）空白试验由试剂、蒸馏水及容器引入杂质等造成的系统误差可通过空白试验加以消除，即在不加试样的条件下，按照试样的分析步骤和测定条件进行分析试验，所得结果称为空白值，最后再从试样分析结果中扣除空白值。

（3）仪器校正测定分析前，应校准仪器，消除仪器误差。

如对天平砝码、感量等的校准。

（4）减小测量误差为了保证分析结果的准确度必须尽量减小测量误差。

为了使测量时的相对误差在0.1%以下，试样质量必须在0.2g以上；滴定体积必须在20-30mL。

3．答：

不对。

应将原始试样全部送交分析部门，再由分析人员对原始试样采用四分法进行缩分，依据经验公式取样，再分解、测定等。

四、计算题

1．解：

　37.34%、0.30%、0.11%、0.29%、0.13%、0.35%　　

2．解：

A：

n=4

=0.09795

B：

n=5

=0.09739

依据置信概率95%查F值表：

F表=6.59

因F计

与

之间是否存在显著性差异。

=6.106×10-4

再根据总自由度（ƒ=n1+n2-2=7）和指定置信概率95%查t值表：

t表=2.37因

t计

3．解：

酸碱反应中：

氧化还原反应中：

4．解：

置换反应为:

计量关系为2molCu2+~1molI2~2molS2O32-

故n（Cu2+）=n（S2O32-）

七一、选择题：

1.C2.C3.C4.D5.C6.A7.B8.B9.C10.D

二、填空题：

1.S2-；NH4+；HCO3-、[Fe（OH）5（H2O）5]2-

2.HPO42-、H2PO4-

3.NH3-NH4Cl，0.178

4.偏高；无影响

5.滴定突跃范围太小,终点误差大； 造成浪费

6.

，

，酸碱指示剂的变化范围全部或一部分在滴定的突跃范围内

7.NaOH，（CH2）6N4H++OH-=（CH2）6N4+H2O；9.1,酚酞

8.无，偏低

9.11.66~13.66；11.66~13.66；

三、简答题

答：

NH3+H2O=NH4++OH-Kb（NH3·H2O）=1.810-5；

HPO42-+H2O=H2PO4-+OH-Kb2=Kw/Ka2=10-14/（6.310-8）=1.5810-7

由此可见，NH3·H2O的碱性要强。

四、计算题

1.解：

（2）c（H2CO3）=0.082.3=0.184mmol·L-1

2.选取HCOOH-HCOONa为缓冲对，

因为pH=pKa-lgca/cb

3.5=3.75-lgca/cb

ca/cb=1.778有Cb=0.1125mol·L-1

m（HCOONa）=0.11250.568=3.825g

3.c（HCl） =  0.1044mol·L-1

 w（NaOH） = ×100% = 38.94% 

 w（Na2CO3） = ×100% = 2.43% 

4.解：

（1）HA＋NaOH=NaA+H2O

物质量比为1：

1，得到1.250/M=0.1×37.1010-3

得M=336.93g·mol-1

（2）（37.1-7.42）0.10=2.968mmol

0.742mmolNaA与2.968mmol的HA构成了缓冲溶液

4.3=pKa-lg（2.968/0.742）

pKa=4.3+0.6=4.9

Ka=1.3×10-5

c0（NaA）=0.1×37.10/87.10=0.043mol·L-1

[OH-]=

pOH=5.24,pH=8.76

5.解：

KHC8H4O4+NaOH=KNaC8H4O4+H2O

=0.1×3.9×10-6=3.9×10-7>10-8，可以用强碱滴定

[OH-]=

pOH=4.95,pH=9.05

八一、选择题

1.C2.D3.A4.D5.A6.B7.B8.B9.D10.C11.D

二、填空题

1．饱和

2．1.0×10-5mol·L-1

3．本性；温度；浓度

4．同离子；变小；盐；变大

5．越大

6．类型；浓度

7．K2CrO4；Ag2CrO4

8．化学沉淀；电解法；挥发法；萃取法

三、计算题

1．解：

BaSO4为AB型，

Mg（OH）2为A2B型，

所以Mg（OH）2溶解度大。

2．解：

3．解：

AgCl开始沉淀时，溶液中c（Ag+）应为：

Ag2CrO4开始沉淀时，溶液中c（Ag+）应为：

，AgCl先沉淀

当Ag2CrO4沉淀时，c（Ag+）=1.0×10-5mol·L-1，此时

九一、选择题

1.B2.A3.D4.C5.C6.C7.C8.D9.C10.D11.C12.D13.C14.B15.B16.D17.A18.B19.A20.D

二、填空题

1．低，高

2．分子；等于

3．用控制酸度

4．封闭

5．Fe3，Al3对指示剂封闭

6．小于6.3

7．氟化钠，[AlF6]3-

8．金属指示剂配合物MIn、处于游离态的指示剂In

9．金属离子副反应系数

10．辅助配位剂；掩蔽剂

11．准确度、条件稳定常数和金属离子初试浓度

三、判断是非，并说明理由

1．对，原因

（1）在室温下，Al3+与EDTA反应速率慢；

（2）Al3+会引起指示剂封闭；

（3）Al3+易水解成多羟基配合物，使配位比不恒定。

2．错，因为乙二胺四乙酸在水中的溶解度较低，常使用其二钠盐。

3．错，影响配位数的主要因素是中心离子和配体的电荷数以及中心离子和配体的半径。

4．错，有的配合物只有内界，如[PtCl2（NH3）2],[CoCl3（NH3）3]。

5．错，应区分单齿配体和多齿配体情况，单齿配体形成的配合物中配位数就是配位体的数目，多齿配体形成的配合物的配位数就不等于配位体的数目。

6．错，配体是阴离子，如F-，CN-，其形成的配离子的电荷数等于中心离子与配位体电荷的代数和。

四、简答题（略）

五、计算题

1．

=5.78×1014

2．解：

=1+1c（NH3）+2c（NH3）2=2.5107

混合后

=0.050molL-1

c（Ag）=

=2.0109molL1

3．解：

（1）

=1+102.751+104.952+106.643+107.794+108.505+108.496

=104.17=1.5104

（2） 

=18.670.45lg

=14.05

 =1014.05

（3）混合后，c（Ni2+）=0.010molL1

=-2+14.05=12.05>6

所以，能在该条件下直接滴定Ni2+。

4．解：

（1）判别能否准确滴定Ca2+，只需判别符合准确滴定Ca2+时允许的pH

所对应的αY是否大于αY（Zn）即可。

通常认为可准确滴定的条件为：

△pM/=0.2,结果误差在±0.1％之内，允许αY最高值为

lg（αY）max=lgK（CaY）－8=10.69－8=2.69

因CN-对Zn2+有掩蔽作用，已知它们的配合物的lgβ4=16.7，则

αZn（CN）=1+β4[CN-]4=1+1016.7×10-4.00=1012.7

只要pH不大于12，OH-对Zn2+的配位作用可忽略，因此

[Zn2+]=

αY（Zn）=1+K（ZnY）[Zn2+]=1+1016.50×10-14.7=101.8

可见，αY＞αY（Zn），Ca2+可被准确滴定。

（2）求滴定Ca2+的适宜pH范围。

最低pH：

αY（H）=（αY）max－K（ZnY）[Zn]sp=102.69－101.8=102.63

查表知，对应pH=7.7。

最高pH：

已知Ca（OH）2的pKsp=5.19

pH=14.00－

[pKsp+lgc（Ca）]

=14.00－

[5.19+lg（2.0×10-2）]=12.25

因此，滴定Ca2+的适宜pH范围为7.7~12.25

5．解：

c（NH3）=0.932×1000×18.2%÷17.0mol·L-1=9.98mol·L-1

混合后C（NH3）=9.98×30÷100mol·L-1=2.99mol·L-1

c（Ag+）=0.100×50.0÷100mol·L-1=0.0500mol·L-1

（1）Ag++2NH3↔[Ag（NH3）2+]+H2O

平衡时浓度/mol·L-1x2.99-0.100+2x0.0500-x

代入形成常数

表达式，计算x=5.35×10-10mol·L-1

c（Ag+）=5.35×10-10mol·L-1,

则c（NH3）=2.89mol·L-1，c[Ag（NH3）2]+=0.0500mol·L-1

（2）加入氯化钾后，c（Cl-）=0.0745÷74.551÷1mol·L-1=0.0100mol·L-1

J=5.35×10-10×0.0100

=5.35×10-12＜

=1.77×10-10

此时没有AgCl沉淀生成。

要阻止AgCl沉淀，

c（Ag+）≤（1.77×10-10÷0.0100）mol·L-1=1.77×10-8mol·L-1

则氨水的浓度最小为：

c（NH3）≥

mol·L-1=0.502mol·L-1

（3）c（Br-）=（0.120÷119.00÷0.1）mol·L-1=0.0101mol·L-1

J=5.35×10-10×0.0101=5.40×10-12＞

=5.35×10-13

此时，有AgBr沉淀生成。

若要阻止AgBr沉淀生成，则

c（Ag+）≤5.35×10-13÷0.0101mol·L-1=5.30×10-11（mol·L-1）

c（NH3）≥

mol.L-1=9.18mol·L-1

由

（2）（3）结果比较，AgCl能溶于稀氨水，而AgBr需要浓氨水才能溶