第一章绪论
答案：1．仪器分析法灵敏度高。
2．仪器分析法多数选择性较好。
3．仪器分析法分析速度较快，利于批量样品分析。
4．易于使分析工作自动化。
5．相对误差较大。
6．设备复杂、价格昂贵，对仪器工作环境要求较高。
第二章定性分析
1.解：最底浓度
1:G=1:5×104
2.解：检出限量
3.答：应选用（2）1mol?L-1HCl作洗液，因为HCl含有与氯化物沉淀的共同离子，可以减少洗涤时的溶解损失，又保持一定的酸度条件，避免某些水解盐的沉淀析出，另外HCl为强电解质避免因洗涤剂而引起胶体现象。
如果用蒸馏水洗涤，则不具备上述条件，使沉淀的溶解损失太大，特别是PbCl2﹑HNO3不含共同离子，反而引起盐效应而使沉淀溶解度大，NaCl则虽具有共同离子，但不具备酸性条件，所以亦不宜采用。
4.解：（1）用NH4Ac溶解PbSO4，而不溶解Hg2SO4 。
（2）用氨水溶解Ag2CrO4，而不溶解Hg2CrO4 。
(3) 用NaOH溶解PbCrO4，而不溶解Hg2CrO4 。
(4) 用氨水溶解AgCl，而不溶解PbSO4 。
(5) 用HNO3溶解Pb(OH)2，而不溶解AgCl 。
(6) 用氨水溶解AgCl, 而不溶解Hg2SO4 。
5.答:（1）H2O2+2H+ +2e=2H2O E0=1.77 V
Sn4++2e=Sn2+ Eo=0.154 V
H2O2是比Sn4+强的氧化剂，所以H2O2可以氧化Sn2+为Sn4+
(2 ) I2(固)+2e=2I- Eo=0.5345 V
AsO43-+4H++2e=AsO33-+2H2O Eo=0.559 V
I-是比AsO33-强的还原剂，所以NH4I可以还原AsO43-
6.答:（1）因为HNO3是强的氧化剂会把组试剂H2S氧化成硫而沉淀。
（2）用H2SO4代替HCl，引入了SO42-，使Ba2+﹑Sr2+﹑Ca2+及Pb2+离子生成硫酸盐沉淀，将妨碍这些离子的分析。
（3）用HAc代替HCl，则由于它是弱酸，不可能调至所需要的酸度。
7.答:（1）加(NH4)2CO3, As2S3 溶解而HgS不溶。
（2）加稀HNO3, CuS溶解而HgS不溶。
（3）加浓HCl, Sb2S3溶解而As2S3不溶。
（4）加NH4Ac, PbSO4溶解而BaSO4不溶。
（5）加氨水，Cd(OH)2溶解而Bi(OH)3不溶。
（6）加氨水，Cu(OH)2溶解而Pb(OH)2不溶。
（7）加Na2S，SnS2溶解而PbS不溶。
（8）加Na2S，SnS2溶解而SnS不溶。
（9）加稀HCl, ZnS溶解而CuS不溶。
（10）加稀HCl, MnS溶解而Ag2S不溶。
（11）与组试剂作用，生成黄色沉淀，此沉淀一部分溶于Na2S，另一部分不溶，仍为黄色。
8.答: （1）容易水解的离子如：Bi3+﹑Sb(III)﹑Sn(II)﹑Sn(IV)存在。
（2）可知Hg2+不存在。
（3）生成的硫化物为黄色，则Pb2+﹑Bi3+﹑Cu2+﹑Hg2+不存在。
根据以上判断，可知，有：Cd2+﹑Sn(IV)﹑As(III)﹑As(V)﹑也可有Sb(III)﹑Sb(V)存在。
9.答:（1）在第三组离子的沉淀中，Al(OH)3和Cr(OH)3属于两性氢氧化物，酸度高时沉淀不完全，酸度太低又容易形成偏酸盐而溶解。另一方面当pH>10时，部分的Mg2+生成Mg(OH)2沉淀。实验证明控制在pH=9.0 ,为沉淀第三组离子最适宜的条件，在沉淀本组离子的过程中，随着反应的进行，溶液pH降低。因此加入NH3-NH4Cl 缓冲溶液来保持pH=9.0 。
（2）(NH4)2S放置太久，部分S2-可被氧化成SO42-。氨水放置太久，会吸收空气中的CO2产生CO32-，固而使第四组的Ba2+﹑Sr2+﹑Ca2+ 部分沉淀于第三组。所以，必须使用新配制的(NH4)2S和氨水。
10.答:（1）加过量氨水，则Co(OH)2生成Co(NH3)62+溶解，而Al(OH)3不溶。
（2）加适当过量的NaOH，则Zn(OH)2生成ZnO22-溶解，而Fe(OH)3不溶。
（3）加适当过量的NaOH，则Zn(OH)2生成ZnO22-溶解，而Ni(OH)2不溶。
（4）加适当过量的NaOH，则Cr(OH)3生成CrO2- 溶解，而Co(OH)2不溶。
（5）加过量氨水，则Ni(OH)2生成Ni(NH)62+溶解，而Al(OH)3不溶。
11.解: （1）有色离子不存在，如：Fe3+﹑Fe2+﹑Cr3+﹑Mn2+﹑Co2+ 和Ni2+。
（2）表示Al3+也不可能存在。
（3）加入组试剂(NH4)2S或TAA得白色沉淀，则又一次证明了Fe3+﹑Fe2+﹑Cr3+﹑Mn2+﹑Co2+ 和Ni2+不存在。
由以上推断试样中可能有Zn2+存在。
12.解:由（1）可以判断Al3+﹑Cr3+和Fe3+不存在，由（2）可知Fe3+﹑Fe2+﹑Co2+和Ni2+不存在，Mn2+可能存在，由（3）可知Mn2+和Zn2+存在。
综上所述，则存在的离子为Mn2+和Zn2+, 不可能存在的离子为Al3+﹑Cr3+﹑Fe3+﹑Fe2+﹑Co2+和Ni2+ ；少量Al3+﹑Cr3+ 存在与否不能决定。
13.答:分出第三组阳离子的试液含有大量的S2+，S2+易被空气中的氧氧化成SO42+，则使部分Ba2+﹑Sr2+生成难溶解的硫酸盐，影响的分析，所以要立即处理含有第四﹑五组阳离子的试液。处理的方法是：将试液用HAc酸化加热煮沸，以除去H2S。
14.答:（1）NH4+与Na3Co(NO2)6生成橙黄色沉淀(NH4)2NaCo(NO2)6干扰K+ 的鉴定，所以如果氨盐没有除净，则K+便出现过度检出。
（2）K+未检出的原因有三：a.酸度条件控制不当。检定K+的反应条件应在中性或弱酸性中进行。如果溶液为强酸性或强碱性，则Co(NO2)63-分解。b.试剂放置过久。试剂久置和日光照射下易发生分解。c.存在其他还原剂或氧化剂。还原剂能将试剂中的Co3+还原为Co2+；氧化剂能将试剂中的NO2-氧化为NO3-。
15.答: （1）加碱产生NH3者为NH4Cl 。
（2）加BaCl2生成不溶于稀HCl的白色沉淀BaSO4者，为(NH4)2SO4 。
（3）加饱和(NH4)2SO4产生白色沉淀的为BaCl2 。
（4）加CaCl2生成白色沉淀CaC2O4者，为(NH4)2C2O4 。
16.解:（1）既然沉淀为白色，溶液为无色，则有色物质K2CrO4不存在。
（2）由（1）得白色沉淀溶于稀HCl。则BaCl2与(NH4)2SO4不可能同时存在，而溶于稀HCl 的白色沉淀，必定是草酸盐。所以(NH4)2C2O4肯定存在。
（3）试验表明(NH4)2SO4存在，则BaCl2肯定不存在，既然BaCl2不存在，则试验（1）生
成的白色沉淀只能是CaC2O4 。所以Ca(NO3)2肯定存在。
（4）实验（4）表明MgCl2不存在。
综上所述分析结果为：
存在的物质有：(NH4)2C2O4 ﹑(NH4)2SO4 和Ca(NO3)2 ；
不存在的物质有：K2CrO4 ﹑BaCl2 ﹑MgCl2 ；
存在与否不能判断的为：NaCl 。
17.答:由分组实验肯定第一﹑二组阴离子不存在，由挥发性实验和氧化还原试验，肯定NO2-和S2O32-不存在。所以只有NO3-和Ac-不能肯定，还需进行鉴定。
18.答:
（1）加稀H2SO4有气泡产生，则SO32-﹑S2O32-﹑CO32-﹑S2-﹑NO2-可能存在
（2）在中性溶液中加BaCl2溶液有白色沉淀，则SO42-﹑SO32-﹑S2O32-﹑CO32-﹑PO43-﹑SiO32-可能存在。
（3）在稀HNO3存在下加AgNO3溶液有白色沉淀，则Cl-可能存在；Br-﹑I-﹑S2-不可能存在。
（4）在稀H2SO4存在下加KI-淀粉溶液无明显变化，则NO2-不可能存在。
（5）在稀H2SO4存在下加I2-淀粉溶液无明显变化，则SO32-﹑S2O32-﹑S2-不可能存在。（6）在稀H2SO4酸性条件下加KMnO4紫红色褪去，则SO32-﹑S2O32-﹑Cl-（大量）﹑Br-﹑I-﹑S2-﹑NO2-可能存在。
从以上各初步实验结果来看，肯定不存在的阴离子有：Br-﹑I-﹑S2-﹑NO2-﹑SO32-﹑SO32-﹑S2O32- 。所以还应进行分别鉴定的阴离子为：SO42-﹑CO32-﹑PO43-﹑SiO32-﹑Cl-﹑NO3-和Ac-七种阴离子。
19.答:第一﹑二组阳离子的铅盐都难溶于水，既然混合物能溶于水。已经鉴定出有Pb2+，所以第一﹑二组阳离子可不鉴定。
20.答:因为H2SO4与较多的阳离子生成难溶解的硫酸盐沉淀。HAc的酸性太弱，溶解能力差。所以一般不用H2SO4和HAc溶解试样。
21.答: （1）试样本身无色，溶于水所得溶液亦无色，则有色离子如：Cu2+﹑Fe3+﹑Fe2+﹑Cr3+﹑Mn2+﹑Co2+ 和Ni2+不可能存在。
试样易溶于水，则易水解析出的难溶化合物离子不可能存在。如：Bi3+﹑Sb(III)﹑Sb(V)﹑Sn(II)﹑和Sn(IV)﹑等离子。
（2）焰色试验时火焰为黄色，则有Na+存在，其他有明显焰色反应的离子，如：Ba2+﹑Ca2+﹑Sr2+﹑Cu2+﹑K+等离子不可能存在。
（3）溶于稀HCl无可觉察的反应，则Ag+﹑Hg22+﹑Pb2+离子不存在，另外在酸性溶液中具有挥发性的阴离子，如：SO32-﹑S2O32-﹑CO32-﹑S2-﹑NO2- 。与酸作用能生成沉淀的SiO3-都不可能存在。
（4）试样与浓H2SO4 不发生反应，则能生成难溶性硫酸盐的离子，如：Pb2+﹑Ba2+﹑Sr2+﹑Ca2+（大量）﹑Ag+﹑Hg22+ 等离子不存在。另外证明挥发性阴离子及还原性的I-不存在。（5）与NaOH一起加热不放出NH3 ，则表示NH4+不存在。生成有色沉淀的阳离子亦不存在，如：Ag+﹑Hg22+ ﹑Cu2+﹑Hg2+﹑Fe3+﹑Fe2+﹑Cr3+﹑Mn2+﹑Co2+ 和Ni2+等离子。（6）在中性溶液中与BaCl2溶液不产生沉淀，则表示第一组阳离子不存在。
总括以上分析推断，尚需要鉴定的离子有：
阳离子：Cd2+﹑As(III)﹑As(V)﹑Al3+﹑Zn2+﹑Mg2+﹑Na+等离子。
阴离子：Cl-﹑Br-﹑NO3-﹑Ac- 等离子。
第三章误差和分析数据的处理（答案均已更正）
1.答:（1）系统误差中的仪器误差。减免的方法：校准仪器或更换仪器。
（2）系统误差中的仪器误差。减免的方法：校准仪器或更换仪器。
（3）系统误差中的仪器误差。减免的方法：校准仪器或更换仪器。
（4）系统误差中的试剂误差。减免的方法：做空白实验。
（5）随机误差。
（6）系统误差中的操作误差。减免的方法：多读几次取平均值。
（7）过失误差。
（8）系统误差中的试剂误差。减免的方法：做空白实验。
2.解：因分析天平的称量误差为。故读数的绝对误差
根据可得
这说明，两物体称量的绝对误差相等，但他们的相对误差并不相同。也就是说，当被测定的量较大时，相对误差就比较小，测定的准确程度也就比较高。
3.解：因滴定管的读数误差为，故读数的绝对误差
根据可得
这说明，量取两溶液的绝对误差相等，但他们的相对误差并不相同。也就是说，当被测定的量较大时，测量的相对误差较小，测定的准确程度也就较高。
4.答：（1）三位有效数字（2）五位有效数字（3）四位有效数字（4）两位有效数字（5）两位有效数字（6）两位有效数字
5.答:：0.36 应以两位有效数字报出。
6.答:：应以四位有效数字报出。
7.答:：应以四位有效数字报出。
8.答:：甲的报告合理。因为在称样时取了两位有效数字，所以计算结果应和称样时相同，都取两位有效数字。
9.解：根据方程2NaOH+H2C2O4?H2O==Na2C2O4+4H2O可知，
需H2C2O4?H2O的质量m1为：
相对误差为
则相对误差大于0.1% ，不能用H2C2O4?H2O标定0.1mol?L-1的NaOH ，可以选用相对分子质量大的作为基准物来标定。
若改用KHC8H4O4为基准物时，则有：
KHC8H4O4+ NaOH== KNaC8H4O4+H2O
需KHC8H4O4的质量为m2 ，则
相对误差小于0.1% ，可以用于标定NaOH。
10.答：乙的准确度和精密度都高。因为从两人的数据可知，他们是用分析天平取样。所以有效数字应取四位，而甲只取了两位。因此从表面上看甲的精密度高，但从分析结果的精密度考虑，应该是乙的实验结果的准确度和精密度都高。
11.答：D
12.答：D
13.解：根据
得则S=0.1534%
当正确结果为15.34%时，
14.解：（1）
（2）24.87%
（3）
（4）
15.解：（1）
（2）
（3）
（4）
（5）Xm=X大-X小=67.48%-67.37%=0.11%
16.解：甲：
乙：
由上面|Ea1|<|Ea2|可知甲的准确度比乙高。S1 综上所述，甲测定结果的准确度和精密度均比乙高。 17.解：（1）根据得 u1= （2）u1=-2.5 u2=1.5 . 由表3—1查得相应的概率为0.4938，0.4332 则P(20.30≤x≤20.46)=0.4938+0.4332=0.9270 18.解：= 查表3-1，P=0.4987 故，测定结果大于11.6g?t-1的概率为： 0.4987+0.5000=0.9987 19.解：= 查表3-1，P=0.4713 故在150次测定中大于43.59%出现的概率为： 0.5000-0.4713=0.0287 因此可能出现的次数为150 0.0287 20.解：（1） （2）已知P=0.95时，，根据 得 钢中铬的质量分数的置信区间为 （3）根据 得 已知，故 查表3-2得知，当时，此时 即至少应平行测定21次，才能满足题中的要求。 21.解：（1）n=5 经统计处理后的测定结果应表示为：n=5, s=0.11% （2）, s=0.11% 查表t0.95,4=2.78 因此 22.解：（1）, s=0.70% 查表t0.95,5=2.57 因此 （2）, s=0.70% 查表t0.95,2=4.30 因此 由上面两次计算结果可知：将置信度固定，当测定次数越多时，置信区间越小，表明越接近真值。即测定的准确度越高。 23.解：（1） 查表3-3得Q0.90,4=0.76,因Q>Q0.90,4 , 故1.83这一数据应弃去。 （2） 查表3-3得Q0.90,5=0.64,因Q 24.解：(1) 查表3-4得, G0.95,4=1.46 , G1 (2) 当P=0.90时，因此 当P=0.95时，因此 由两次置信度高低可知，置信度越大，置信区间越大。 25.解：根据 查表3-2得t0.90,3=3.18 , 因t>t0.95,3 ，说明平均值与标准值之间存在显著性差异。 26.解： 查表3-2, t0.95,4 =2.78 , t 27.解：n1=4 n2=5 查表3-5, fs大=3，fs小=4 ，F表=6.59 ，F< F表说明此时未表现s1与s2有显著性差异（P=0.90）因此求得合并标准差为 查表3-2 , 当P = 0.90, f = n1 + n2 –2 = 7 时, t 0.90 , 7 = 1.90 , t < t0.90 , 7 故以0.90 的置信度认为与无显著性差异。 28.解：(1) 7.9936÷0.9967-5.02=7.994÷0.9967-5.02=8.02-5.02=3.00 (2) 0.0325×5.103×60.06÷139.8=0.0325×5.10×60.1÷140=0.0712 (3) （1.276×4.17）+1.7×10-4-（0.0021764×0.0121） =（1.28×4.17）+1.7×10-4-（0.00218×0.0121） = 5.34+0+0 =5.34 (4) pH=1.05 ,[H+]=8.9×10-2 29.解： (1) 查表3-4得, G0.95,6=1.82 , G1 （2） 查表3-2得，t0.95,5=2.57 , 因t 第四章滴定分析法概论 1. 答：滴定分析法：将一种已知准确浓度的试剂溶液（即标准溶液）由滴定管滴加到被测物质的溶液中，直到两者按照一定的化学方程式所表示的计量关系完全反应为止，然后根据滴定反应的化学计量关系，标定溶液的浓度和体积用量，计算出被测组分的含量，这种定量分析的方法称为滴定分析法。 滴定：在用滴定分析法进行定量分析时，先将被测定物质的溶液置于一的容器中（通常为锥形瓶），在适宜的条件，再另一种标准溶液通过滴定管逐滴地加到容器里，直到两者完全反应为止。这样的操作过程称为滴定。 标准溶液（滴定剂）：已知准确浓度的试剂溶液。 标定：将不具备基准物质条件的这类物质配制成近似于所需浓度的溶液，然后利用该物质与某基准物质或另一种标准之间的反应来确定其准确浓度，这一操作过程称为标定。 化学计量点：当滴入的标准溶液与被测定的物质按照一定的化学计量关系全反为止，称反应达到了化学计量点。 滴定终点：滴定进行至指示剂的颜色发生突变时而终，此时称为滴定点。 滴定误差：滴定终点与化学计量点往往并不相同，由此引起测定结果的误差称为终点误差，又称滴定误差。 指示剂：为了便于观察滴定终点而加入的化学试剂。 基准物质：能用于直接配制标准溶液的化学试剂称为基准物质。 2. 答：表示每毫升标准溶液相当于被测物质的质量（g或mg）。 表示每毫升标准溶液相当于被测物质的质量分数。 3. 答：用（１）标定NaOH溶液的浓度时，结果偏高, 用（２）标定HCl溶液的浓度时，结果偏低；用此NaOH溶液测定有机酸时结果偏高, 用此HCl溶液测定有机碱时结果偏低。 4. 解：所得残渣为KCl，有3.427g K2CO3+2HCl==2KCl+CO2+H2O KOH+HCl==KCl+H2O 5. 解：因为，所以m增大（试剂中含有少量的水份），引起了结果偏高。 6. 解：H2SO4，KOH用间接配配制法配成标准溶液。邻苯二甲酸氢钾，无水碳酸钠用直接配制法配成标准溶液。 H2SO4选用无水Na2CO3，KOH选用邻苯二甲酸氢钾。 7. 解：(1) .B (2). A (3) . B (4) . D (5) . B (6) .C 8. 解：(1) 设取其浓溶液V1mL, , CV= , (2) 设取其浓溶液V2mL, (3) 设取其浓溶液V3mL 9. 解：设需称取KMnO4 x克 用标定法进行配制。 10. 解：设加入V2 mL NaOH溶液， 即 解得: V2=200mL 11. 解：已知MCaO=56.08g/moL,HCl与CaO的反应: CaO+2H+=Ca2++H2O 即： 稀释后HCl标准溶液的浓度为： 设稀释时加入纯水为，依题意： 1.000×0.2000=0.1783×（1+10-3×Ｖ） ∴Ｖ=121.7ｍL 12. 解：设应称取x g Na2CO3+2HCl==2NaCl+CO2+H2O 当Ｖ1=Ｖ=20mL ，时 x=0.5×0.10×20×10-3×105.99=0.11g 当Ｖ2=Ｖ=25mL ，时 x=0.5×0.10×25×10-3×105.99=0.13g 此时称量误差不能小于0.1% 13. 解： Na2CO3+2HCl==2NaCl+CO2+H2O 设HCl的浓度为，则可得关系式为： 14. 解：设NaOH的真实浓度为 则 当时，则 15. 解：设HCl 和NaOH溶液的浓度为和 MgCO3+2HCl==MgCl2+CO2+H2O 30.33ｍLNaOH 溶液可以中和36.40ｍL HCl溶液。即 36.40 / 30.33=1.2 即1ｍLNaOH相当1.20ｍL MgCO3 因此，实际与MgCO3反应的HCl为： 48.48-3.83×1.20=43.88ｍL 由得 在由得 HCl 和NaOH溶液的浓度分别为和 16. 解：根据公式： （1）已知，和 代入上式得： （2）Cr2O72-+6Fe2++14H+==2Cr3++6Fe3++7H2O = =0.03351g?mL-1 =0.1000mL?L-1 =0.04791g?mL-1 17. 解：（1） =0.004794g?mL-1 （2） =0.003361g?mL-1 18. 解：HAc%= = =3.47% 19. 解：2HCl+CaCO3==CaCl2+H2O+CO2 HCl+NaOH==NaCl+H2O CaCO3%= = =66.31% 20. 解：2HCl+CaO==CaCl2+H2O 2HCl+CaCO3==CaCl2+H2O+CO2 n总HCl=0.2000 =5 mol 设称取混合物试样x克 则 解得x=0.23g 21. 解：2NaOH+H2C2O4 ==Na2C2O4+2H2O 设H2C2O4的百分含量为x% ，得 第五章酸碱滴定法（陕师大教材） 1. 答：H2O的共轭碱为OH-；； H2C2O4的共轭碱为HC2O4-； H2PO4-的共轭碱为HPO42-； HCO3-的共轭碱为CO32-；； C6H5OH的共轭碱为C6H5O-； C6H5NH3+的共轭碱为C6H5NH3； HS-的共轭碱为S2-； Fe(H2O)63+的共轭碱为Fe(H2O)5(OH)2+； R-NHCH2COOH的共轭碱为R-NHCH2COO。 2. 答：H2O的共轭酸为H+； NO3-的共轭酸为HNO3； HSO4-的共轭酸为H2SO4； S2的共轭酸为HS-； C6H5O-的共轭酸为C2H5OH Cu(H2O)2(OH)2的共轭酸为Cu(H2O)2(OH)+； (CH2)6N4的共轭酸为(CH2)6NH+； R—NHCH2COO-的共轭酸为R—NHCHCOOH， 的共轭酸为 3. 答：（1）MBE：[NH4+]+[NH3]=2c; [H2CO3]+[HCO3-]+[CO32-]=c CBE：[NH4+]+[H+]=[OH-]+[HCO3-]+2[CO32-] PBE：[H+]+[H2CO3] +[HCO3-]=[NH3]+[OH-] （2）MBE：[NH4+]+[NH3]=c; [H2CO3]+[HCO3-]+[CO32-]=c CBE：[NH4+]+[H+]=[OH-]+[HCO3-]+2[CO32-] PBE：[H+]+[H2CO3]=[NH3]+[OH-]+[CO32-] 4. 答：（1）MBE：[K+]=c [H2P]+[HP-]+[P2-]=c CBE：[K+]+[H+]=2[P2-]+[OH-]+[HP-] PBE：[H+]+[H2P]=[HP-]+[OH-] （2）MBE：[Na+]=[NH4+]=c [H2PO4-]+[H3PO4]+[HPO42-]+[PO43-]=c CBE：[Na+]+[NH4+]+[H+]=[OH-]+2[HPO42-]+[PO43-] PBE：[H+]+[H2PO4-]+2[H3PO4]=[OH-]+[NH3]+[PO43-] （3）MBE：[NH4+]=c [H3PO4]+[H2PO4-]+[HPO42-]+[PO43-]=c CBE：[NH4+]+[H+]=[H2PO4]+2[HPO42-]+3[PO43-]+[OH-] PBE：[H+]+[H3PO4]=[OH-]+[NH3]+[HPO42-]+2[PO43-] （4）MBE：[NH4+]=c [CN-]+[HCN]=c CBE：[NH4+]+[H+]=[OH-]+[CN-]+[HCN] PBE：[HCN]+[H+]=[NH3]+[OH-] 5. 答：(1)设HB1和HB2分别为两种一元弱酸，浓度分别为CHB1和CHB2 mol?L-1。两种酸的混合液的PBE为 [H+]=[OH-]+[B1-]+[B2-] 混合液是酸性，忽略水的电离，即[OH-]项可忽略，并代入有关平衡常数式得如下近似式 (1) 当两种都较弱，可忽略其离解的影响，[HB1]≈CHB1 ，[HB2]≈CHB2 。 式（1）简化为 (2) 若两种酸都不太弱，先由式（2）近似求得[H+]，对式（1）进行逐步逼近求解。 (2) 根据公式得： pH=lg1.07×10-5=4.97 6. 答：范围为 7.2±1。 7. 答：(1) pKa1=2.95 pKa2=5.41 故pH=(pKa1+pKa2)/2=(2.95+5.41)/2=4.18 (2) pKa=3.74 (3) pKa=2.86 (4)pKa1=2.35 pKa2=9.60 故pH=( pKa1+pKa2)/2=(2.35+9.60)/2=5.98 所以配制pH=3.0的溶液须选（2），（3）；配制pH=4.0须选（1），（2）。 8. 答：(1) Ka=7.2×10-4 ,CspKa=0.1×7.2×10-4=7.2×10-5>10-8 (2) Ka2=3.9×10-6 ,CspKa2=0.1×3.9×10-6=3.9×10-7>10-8 (3) Ka2=2.5×10-10 ,CspKa2=0.1×2.5×10-10=2.5×10-11<10-8 (4) Ka1=5.7×10-8 ,Kb2=Kw/Ka1=1.0×10-14/5.7×10-8=1.8×10-7, CspKb1=0.1×1.8×10-7=1.8×10-8>10-8 (5) Ka2=5.6×10-11 , Kb1=Kw/Ka2=1.0×10-14/5.6×10-11=1.8×10-4, CspKb1=0.1×1.8×10-4=1.8×10-5>10-8 (6) Kb=1.4×10-9 ,CspKb=0.1×1.4×10-9=1.4×10-10<10-8 (7) Kb=1.4×10-9 , Ka=Kw/Kb=1.0×10-14/1.4×10-9=1.7×10-6, CspKa=0.1×1.7×10-6=1.7×10-7>10-8 (8) Kb=4.2×10-4 ,CspKb=0.1×4.2×10-4=4.2×10-5>10-8 根据CspKa≥10-8可直接滴定，查表计算只（3）、（6）不能直接准确滴定，其余可直接滴定。 9. 解：因为CspKa≥10-8，Ka=Kt?Kw， 故：CspKt≥106 10. 答：用强酸或强碱作滴定剂时，其滴定反应为： H++OH-=H2O Kc= = =1.0×1014 (25℃) 此类滴定反应的平衡常数Kt相当大，反应进行的十分完全。但酸（碱）标准溶液的浓度太浓时，滴定终点时过量的体积一定，因而误差增大；若太稀，终点时指示剂变色不明显，故滴定的体积也会增大，致使误差增大。故酸（碱）标准溶液的浓度均不宜太浓或太稀。11. 答：根据CspKa(Kb)≥10-8，p Csp+pKa(Kb）≥8及Ka1/ Ka2>105,p Ka1-p Ka2>5可直接计算得知是否可进行滴定。 （1）H3AsO4 Ka1=6.3×10-3, pKa1=2.20 ; Ka2=1.0×10-7 , pKa2=7.00; Ka3=3.2×10-12, pKa3=11.50. 故可直接滴定一级和二级，三级不能滴定。 pHsp=(pKa1+pKa2)=4.60 溴甲酚绿； pHsp=(pKa2+pKa3)=9.25 酚酞。 （2）H2C2O4 pKa1=1.22 ; pKa2=4.19 pHsp=14-pcKb1/2)=14+(lg0.1/3-14+4.19)=8.36 pKa1-pKa2=2.03 故可直接滴定一、二级氢，酚酞，由无色变为红色； （3）0.40 mol?L-1乙二胺pKb1=4.07 ; pKb2=7.15 cKb2=0.4×7.1×10-8>10-8 pHsp=pcKa1/2=(lg0.4/3+14-7.15)/2=2.99 故可同时滴定一、二级，甲基黄，由红色变为黄色； （4）NaOH+(CH2)6N4 pKb=8.85 pHsp=14-pcKb/2=14+(lg0.1/2-8.85)/2=8.92 故可直接滴定NaOH，酚酞，有无色变为红色； （5）邻苯二甲酸pKa1=2.95 ; pKa2=5.41 pHsp=pKW-pcKb1/2=14+[lg0.05-(14-5.41)]/2=8.90 故可直接滴定一、二级氢，酚酞，由无色变为红色； （6）联氨pKb1=5.52 ; pKb2=14.12 pHsp=pcKa2/2=(-lg0.1/2+14-5.52)/2=6.22 故可直接滴定一级，甲基红，由黄色变为红色； （7）H2SO4+H3PO4 pHsp=[(pcKa1Ka2/(c+Ka1)]/2=4.70 甲基红，由黄色变为红色 pHsp=[(p(Ka2(cKa3+Kaw)/c]/2=9.66 故可直接滴定到磷酸二氢盐、磷酸一氢盐，酚酞，由无色变为红色；（8）乙胺+吡啶pKb=3.25 pKb=8.77 pHsp= pcKa/2=(-lg0.1/2+14-3.25)/2=6.03 故可直接滴定乙胺，甲基红，由红色变为黄色。 12. 解：C1=0.10mol?L-1 ，Ka2=1.8×10-5 ，所以 （1）不能以甲基橙为指示剂准确滴定HCl （2）因为甲基橙的变色范围为3.1～4.4 所以当pH=4.0时为变色转折点 pH=pKa+lg 4.0=4.74+lg x%=15% 13. 解：（1）能。因为H2SO4的第二步电离常数pKa2=2.00，而NH4+的电离常数pKa=9.26，所以能完全准确滴定其中的H2SO4 ，可以采用甲基橙或酚酞作指示剂。 (2)可以用蒸馏法，即向混合溶液中加入过量的浓碱溶液，加热使NH3逸出，并用过量的H3BO3溶液吸收，然后用HCl标准溶液滴定H3BO3吸收液： NH3 + H3BO3== NH4+ H2BO3- H++ H2BO3-== H3BO3 终点的产物是H3BO3和NH4+（混合弱酸），pH≈5 ，可用甲基橙作指示剂，按下式计算含量： 14. 答：（1）使测定值偏小。 （2）使第一计量点测定值不影响，第二计量点偏大。 15. 答：（1）还需加入HCl为；20.00÷4=5.00mL （2）还需加入HCl为：20.00×2=40.00mL （3）由NaHCO3组成。 16. 答：（1）物质的量之比分别为：1∶2、1∶6、1∶2。 （2）物质的量之比分别为：1∶2、1∶２、１∶１、１∶１。 17. 答：选 D 18. 解：（1）pH=7-lg2=6.62 （2） =5.123 pH=lg[H+]=1.59 （3）[H+]= = pH=-lg[H+]=5.13 （4）[H+]= = pH=-lg[H+]=2.69 （5）[H+]= = pH=-lg[H+]=6.54 （6）[OH-]= pOH=4.51 pH=9.49 （7）[OH-]= pOH=4.93 pH=9.07 （8）[H+]= pH=9.20 （9）[[H+]= = pOH=9.20 pH=4.１8 （10）[OH-]= pOH=0.04 pH=13.96 （11）[H+]= pH=1.67 19. 解：∵。= 〉40Ka2 Ka2》Ka2 且CKa1=0.01×7.6×10-3 ∴H3PO4的第二级、第三级解离和水的解离均又被忽略。于是可以按一元酸来处理，又因为 故=1.14×10-2mol.L-1 ， 20. 解：(1) [H 根据多元酸（碱）各型体的分布分数可直接计算有： CKa1=5.9×10-2 ，CKa2=6.4×10-5 Na2C2O4在酸性水溶液中以三种形式分布即：C2O42-、HC2O4-和H2C2O4。 其中： = =1.41×10-3 mol?L-1 (2) H2S的Ka1=5.7×10-8 ，Ka2=1.2×10-15 ， 由多元酸（碱）各型体分布分数有： =0.1 mol?L-1 =5.7×10-8 mol?L-1 =6.84×10-2 mol?L-1 21.解：形成(CH2)6N4—HCl缓冲溶液，计算知： CHCl= 22. 解：由缓冲溶液计算公式, 得10=9.26+lg lg =0.74 , =0.85 mol 又 则 即需为0.85mol 则 即NH4Cl为0.15mol 0.15×53.5=8.0g 23. 解：1）设需氨基乙酸x g，由题意可知 ∵ ∴ （2）因为氨基乙酸为两性物质，所以应加一元强酸HCl ，才能使溶液的pH=2.00 。 设应加y mL HCl y=6.9 mL 24. 解：（1） pH1-pH2=0.05 （2）设原[HAc-]为x，[NaAc]为y。 则 得x=0.4 mol?L-1 y=0.72 mol?L-1 25. 解：（1） = （2）硼砂溶液中有如下酸碱平衡 B4O72-+5H2O = 2H2BO3-+2H3BO3 因此硼砂溶液为缓冲体系。考虑离子强度影响： 溶液中 则 26. 解：（1）由 得M=337.1g/mol （2） Ka=1.3×10-5 故酚酞为指示剂。 27. 解：（1）设苯甲酸的浓度为x 则 得x=0.08280 mol?L-1 （2）当达计量点时，苯甲酸完全为苯甲酸钠，酸度完全由苯甲酸根决定. pOH=5.58 pH=8.42 （3）酚酞为指示剂。 28. 解：（1） 的[H+]= pH=5.28 （2） （3） 甲基红为指示剂。 29. 解：在计量点时，刚好反应 pH=5.12 故溴甲酚绿为指示剂。 30. 解：（1）则 当pH=1.5时则Ka1=10-1.50 同理则 当pH=6.50时则Ka2=10-6.50 （2）CKa1=10-8且，所以可以用来分步滴定H2B。 （3）： 则pH=4.10 二级电离 则pH=9.51 （4） 分别选择选用甲基橙和酚酞。 31. 解：（1） （2）酚酞 甲基橙 32. 解：（1） （2） pH=8.70时应变色，所（3）以选择酚酞为指示剂。 33. 解：(1)设每升碱液吸收x克CO2 因为以酚酞为指示剂，所以Na2CO3被滴定为NaHCO3 . 则可知： (0.1026- x=0.0264g?L-1 (2) 34. 解：(1) （2） 35. 解：根据5H2O+Na2B4O7?H2O+2HCl=4H3BO3+2NaCl+10H2O 可得： = = = 36. 解：解：由滴定过程可知，试样可能含有NaOH﹑NaHCO3﹑Na2CO3 ∵31.40mL>2×13.30mL ∴试样中含有NaHCO3﹑Na2CO3 于是 用于滴定NaHCO3的量为: 31.40mL-2×13.30mL=4.80mL 37. 解：设NaOH为X mol，NaCO3为Y mol， 则X+Y=0.04×0.15=0.006 40X=105.99Y=0.3750 得X=0.04 Y=0.012 故 38. 解： 39. 解：由题意得，混合液由H2PO4和NaHPO4组成，设其体积分别为X ml，Y ml。 由2V1+V2=48.36 V1+V2=33.72 得V1=14.64 ml V2=19.08 ml 故C1=1.000V1=14.64mmol C2=1.000V2=19.08mmol 40. 解：（1）同样质量的磷酸盐试样，以甲基红作指示剂时，酸的用量；以酚酞作指示剂时的碱用量，；。此处磷酸盐试样由可溶性与的钠盐或钾盐组成。 （2）试样用酚酞或甲基橙作指示剂分别滴定时 ， 则试样中P2O5的含量为： 41. 解： 42. 解： 蛋白质% 43. 解：设试样中HA的质量分数为A 。 （1）当HA被中和一半时溶液的pH=5.00 , 有： ∵ ∴pH = pKa 即Ka=10-5.00 （2）当HA被中和至计量点时，可得： ∵ ∴ 则 A=0.51 A%=0.51×100%=51% 因为cKa>>20Kw 故使用最简式计算是合理的。 44.解：设过量的NaOH的浓度为c，则此溶液的PBE为： c + [H+] + [HA] = [OH-] 因此溶液显碱性，故上式可简化为：c + [HA] = [OH-] 解之：[H+]=1.0×10-10 mol/L pH=10.00 第六章络合滴定法 1. 解：（1）EDTA是一种氨羧络合剂，名称乙二胺四乙酸，用符号H4Y 表示，其结构式为。配制标准溶液时一般采用EDT A二钠盐，分子式为,其水溶液pH为 4.4 ，可通过公式进行计算，标准溶液常用浓度为0.01mol?L-1 。 （2）一般情况下水溶液中的EDTA总是以H6Y2+、H5Y+、H4Y、H3Y-、H2Y2-、HY3-和Y4-等七种型体存在，其中以Y4- 与金属离子形成的络合物最稳定，但仅在pH?10时EDTA 才主要以此种型体存在。除个别金属离子外。EDTA与金属离子形成络合物时，络合比都是1∶1。 （3）K/MY称条件形成常数，它表示一定条件下络合反应进行的程度，其计算式为。（4）络合滴定曲线滴定突跃的大小取决金属离子的分析浓度CM和络合物的条件形成常数。在金属离子浓度一定的条件下，值越大，突跃也越大；在条件常数K/MY一定时，CM 越大，突跃也越大. （5）K/MY值是判断络合滴定误差大小的重要依据。在△pM/一定时，K/MY越大，络合滴定的准确度越高。影响K/MY的因素有酸度的影响、干扰离子的影响、配位剂的影响、OH-的影响，其中酸度愈高，H+浓度愈大，lg/MY 值越小；螯合的络合作用常能增大K稳，减小K离。在K/MY一定时，终点误差的大小由△pM/、、CM、K/MY决定，而误差的正负由△pM/ 决定。 （6）在[H+]一定时，EDTA酸效应系数的计算公式为。 2. 答；由于多数金属离子的配位数为四和六。Cu2＋、Zn2＋、Cd2＋、Ni2＋等离子均能与NH3形成络合物，络合速度慢，且络合比复杂，以氨水为滴定剂滴定反应进行的完全程度不高。不能按照确定的化学计量关系定量完成，无法判断滴定终点。 3. 答：各型体分布分数： … 再由[MLi]=δiCM 得，溶液中络合物的主要存在型体由δi决定。故只要那个越大，就以配位数为i的型体存在。 4. 解：由，， 由相邻两级络合物分布曲线的交点处有pL=lgKi ①AlL3为主要型体时 ∴在pL<5.8时，AlL3为主要型体。 ②时， ③ ∴Al3+为主要型体。 5. 解：由题 （红色）（蓝色）（橙色） ①pH<6时呈紫红色，pH=8~11时呈蓝色，pH>12时呈橙色； ②变色点的pH=10： ③铬蓝黑R与Ca2+、Mg2+、Zn2+和Cd2+等金属离子形成红色的络合物，适宜的酸度范围在pH=8~11之间。 6. 解：pH=10~12在PAN中加入适量的CuY，可以发生如下反应 CuY（蓝色）+PAN（黄色）+M = MY + Cu—PAN （黄绿色）（紫红色） Cu—PAN是一种间接指示剂，加入的EDTA与Cu2+定量络合后，稍过量的滴定剂就会夺取Cu—PAN中的Cu2+，而使PAN游离出来。 Cu—PAN+Y= CuY +PAN 表明滴定达终点 （紫红色）（黄绿色） 7. 解：由于Fe3+和NaOH溶液生成Fe(OH)3沉淀，导致游离的HCl的浓度偏小，可以用EDTA 消除干扰，EDTA和Fe3+形成络合物，稳定性大，减少了溶液中的有利的Fe3+。 8. 解：由于用EDTA滴定Ca2+、Mg2+时，pH=10，用三乙醇胺和KCN来消除，若使用盐酸羟胺和抗坏血酸，则会降低pH值，影响Ca2+、Mg2+滴定；三乙醇胺是在溶液呈微酸性时来掩蔽Fe3+，如果pH越低，则达不到掩蔽的目的；pH<6的溶液中，KCN会形成HCN是弱酸，难以电离出CN-来掩蔽Fe3+。所以在pH<6溶液中严禁使用。 9. 解：可以在（c）的条件下进行。调节pH=2~2.5,用先滴定Fe3+，此时Al3+不干扰。然后， 调节溶液的pH=4.0~4.2,，再继续滴定Al3+。由于Al3+与EDT A的配位反应速度缓慢，加入过量EDTA，然后用标准溶液Zn2+回滴过量的Al3+。 10. 答：由于Ca2+、Mg2+、Al3+、Fe3+、Cu2+都为有色的金属离子，在溶液中加入EDTA 则形成颜色更深的络合物。可以检验水中含有金属离子。在pH=10时，加入EBT，则Ca2+、Mg2+形成红色的络合物；CuY2-为深蓝色，FeY-为黄色，可分别判断是Fe3+、Cu2+。 11. 答：（1）由于EDT A水溶液中含有Ca2+ ，Ca2+与EDTA形成络合物，标定出来的EDTA 浓度偏低，用EDT A滴定试液中的Zn2+，则Zn2+浓度偏低。 （2）由于水溶液中含有Ca2+ ，部分Ca2+与EDT A形成络合物，标定出来的EDTA浓度偏低，用EDT A滴定试液中的Ca2+、Mg2+，则合量偏低。 （3）用CaCO3为基准物质标定EDTA ，则CaCO3中的Ca2+被EDTA夺取，还有水中的Ca2+都与EDT A形成络合物，标定出来的EDT A浓度偏低，标定试液中Ca2+、Mg2+合量偏低。 12. 答：在pH=5.5时，=16.50-5.1-1.04=10.36 在pH =10（氨性缓冲溶液）滴定Zn2+ ，由于溶液中部分游离的NH3与Zn2+络合，致使滴定Zn2+不准确，消耗EDTA的量少，偏差大。 13. 解：假设溶液中Cu2+与NH3形成的配合物主要是以Cu(NH3)42+形式存在。等体积相混合后，Cu2+和NH3的浓度分别为： 溶液中游氨的浓度为： 查附录表五知Cu(NH3)42+配离子的：β1=1.4×104 β2=4.3×107 β3=3.4×1010 β4=4.7×1012 根据式（6-15a） =5.26×10-10 β1[L]= 1.4×104×0.14=1.96×104 β2[L]2= 4.3×107×0.142=8.43×105 β3[L]3= 3.4×1010×0.143=9.33×107 β4[L]4= 4.7×1012×0.144=1.81×109 故溶液中主要型体为[Cu(NH3)42+]： 14. 解：由教材344页知AlF3-配离子分别为： 6.13；11.15；15.00；1 7.75；19.37；19.84 故β1~β6分别为： ；；；；；。 设 根据 再有式 故 所以，由上可知溶液中存在的主要型体为，其浓度为。 15. 解：Ni(NH3)62+配离子的lgβ1-lgβ6分别为:2.80；5.04；6.77；7.96；8.71；8.74。 得β1-β6 分别为: β1=6.31×102 β2=1.09×105 β3=5.89×106 β4=9.12×107 β5=5.13×108 β6=5.50×108 因(A) (B) 根据得 [Ni(NH3)32+]= (C) [Ni(NH3)42+]= (D) 由式(A)和(C)得 [Ni(NH3)32+]= (E) 由(B)和(D)得 [Ni(NH3)42+]= (F) 根据式(E)和(F)并由题意得 10[Ni(NH3)32+]= 10 = [NH3 ]=10β3/β4=10×5.89×106/9.12×107≈0.646 mol?L-1 16. 解：由题Zn2+的分析浓度 平衡浓度 设需向溶液中加入固体KCN x g 则 Zn2+与CN-一次络合，则 则 [CN-]=3.76×10-3 mol? L-1 cCN-=0.01×4+3.76×10-3 =4.38×10-2 mol? L-1 x=[CN-]×65.12×0.1=0.29 g 17. 解：(1) 根据共反应关系应为1 ：1 ，则 ∴CEDTA=0.01008 mol?L-1. (2) 根据滴定度定义，得： 18. 解：由教材P343表一查得 根据公式 则 19. 解：以EDTA与Cd2+的主反应，受到酸效应和共存离子的影响。 查附录一之表4 ，pH=5.5时，lgY(H)=5.51; 由附录一之表3可知，KCdY=1016.46, KMgY=108.7, 由于络合物的形成常数相差很大，可认为EDTA与Cd2+的反应完成时，溶液中的浓度非常低，[Mg2+]≈0.010 mol?L-1 21世纪师范类教学用书国家“十二五”规划教材参考分析化学（含仪器分析） ---课后参考答案汇编 陕西师范大学 华东师范大学 北京师范大学 东北师范大学合编 刘瑞林主编 陕西师范大学出版社出版 第一章 绪 论 答案：1．仪器分析法灵敏度高。 2．仪器分析法多数选择性较好。 3．仪器分析法分析速度较快，利于批量样品分析。 4．易于使分析工作自动化。 5．相对误差较大。 6．设备复杂、价格昂贵，对仪器工作环境要求较高。 第二章 定性分析 1.解：最底浓度 12005 .01-?=== mL g V m B μρ 610=?G B ρ 466 10520 1010?=== ∴B G ρ 1:G=1:5×104 2.解：检出限量 g V m B μρ510005.0=?=?= 3.答：应选用（2）1mol·L -1HCl 作洗液，因为HCl 含有与氯化物沉淀的共同离子，可以减少洗涤时的溶解损失，又保持一定的酸度条件，避免某些水解盐的沉淀析出，另外HCl 为强电解质避免因洗涤剂而引起胶体现象。 如果用蒸馏水洗涤，则不具备上述条件，使沉淀的溶解损失太大，特别是PbCl 2﹑HNO 3不含共同离子，反而引起盐效应而使沉淀溶解度大，NaCl 则虽具有共同离子，但不具备酸性条件，所以亦不宜采用。 4.解：（1）用NH 4Ac 溶解PbSO 4，而不溶解Hg 2SO 4 。 （2）用氨水溶解Ag 2CrO 4，而不溶解Hg 2CrO 4 。 (3) 用NaOH 溶解PbCrO 4，而不溶解Hg 2CrO 4 。 (4) 用氨水溶解AgCl ，而不溶解PbSO 4 。 (5) 用HNO 3溶解Pb(OH)2，而不溶解AgCl 。 (6) 用氨水溶解AgCl, 而不溶解Hg 2SO 4 。 5.答:（1） H 2O 2+2H + +2e=2H 2O E 0=1.77 V Sn 4++2e=Sn 2+ E o =0.154 V 一、命名及写结构式：（共8分，每一小题1分） 1CH CHCHO2CH 2 CHCH2OCHC(CH3)2 3 COOH OH OH4CH3COOCH CH2 5. 2-甲基-4-硝基苯磺酸 6. （E）-4-己烯-2-醇 7. （2R，3S）-2，3-丁二醇8. 肉桂酸 二、完成反应式：（共30分，每一小题2分） 1. (CH3)3CCHOH CH3 HBr 2. H H OH HO HIO4 3. Cl 3 CH3 H 4.OH 稀HNO3 5. CH3CH3 C2H5O C2H5OH 6. C6H5COCH3+ NH2NHCONH2 H+ 7. CH3CH2CH2COCl + AlCl3 8.CH2COOC2H5 CH2COOC2H5 C2H5ONa 9.COOH Br2 P 10.O COOC2 H5 11. CH 2 CH 2CH 2COOH CH 2CH 2COOH 12. CHO +(CH 3CH 2CO)2O 3213. COCH 2CH 3 CH 2CHO +HCN OH - 14. CH 3OOC COOCH 3+2HOCH 2CH 2OH 三、选择题：将正确答案的英文代号填入括号中（共16分，每一小题2分） 1. 分子式为C 5H 8O 在270nm 附近有吸收峰的结构为[ ] A. CH 2CHCH 2COCH 3 B. CH 3CH CHCOCH 3 C. CH 3CH CHCH 2CHO D. CH 2CHCH 2CH 2CHO 2. 预计化合物 CH 3CH CH 2O 的核磁共振信号有[ ] 个 A. 4 B. 3 C. 2 D. 1 3. 下列亲核试剂亲核性大小顺序是[ ] ① OH － ② C 6H 5O － ③ C 2H 5O － ④ CH 3COO － A. ①>②>③>④ B.④>②>①>③ C.③>①>②>④ D. ②>③>①>④ 4. 能使醛酮中C O 还原成CH 2的还原剂是[ ]A. LiAlH 4 B. Na-C 2H 5OH C. Na-NH 3 D. Zn-Hg/HCl 5.下列化合物发生消除反应的难易次序是[ ] 1C CH 3CH 3OH 2 CH 2CH 2OH 3 CHCH 3OH CH 2CHOH CH 34 A. ①>③>④>② B.②>③>④>① C. ①>④>②>③ D. ③>④>①>② 6. 下列化合物与HCN 加成的反应活性从强到弱的次序是[ ] 1 CH 3COCH 3 2 C 6H 5COCH 3 3CH 3CHO 4ClCH 2CHO A. ①>③>②>④ B.②>①>③>④ C. ④>③>①>② D. ④>②>①>③ 7.下列化合物进行醇解反应的活性次序是[ ] 1CH 3COCl 2 CH 3COOC 2H 53(CH 3CO)2O 4 CH 3CONH 2 A. ①>②>③>④ B. ①>③>②>④ C. ③>④>②>① D. ②>①>④>③ 8.下列化合物中酸性最强的是[ ] A. COOH B.HO COOH C. O 2N COOH D.O 2N COOH 四、回答问题：（共8分，每一小题4分） 1、 下面两个化合物的水解速率哪一个快？为什么？ 陕西师大2003年有机化学试卷 一、写出下列化合物的结构或名称（10分） 1. 2-甲基螺【3.4】辛烷 2. (1R,2S)-二氯环己烷 3. NBS 4. DMSO 5. 5-甲基-1-萘磺酸 6.α–D-(+)-吡喃葡萄糖的构象式 7. 8.CH=CH 2 CH 3H C ≡CH 9.SO 3H Cl 3 H 2N 10. N=C=N 二、按要求完成（20分） 1. 用化学方法鉴别：A 1-戊醇 B 2-戊醇 C 甲基仲丁基醚 D 2-戊酮 E 3-戊酮 2. 已知： H O Na 2CO 3Me 2CCH=CH 2 Me 2CCH=CH 2 + Me 2C=CHCH 2 A(85%) B(15%) Cl OH OH H O Na 2CO 3Me 2C=CHCH 2 Me 2CCH=CH 2 + Me 2C=CHCH 2 A(85%) B(15%)Cl OH OH 简答：（1）为什么两个反应中原料不同却生成相同的产物？ （2）为什么都生成两种产物而不是一种？ （3）为什么A 占85%，而B 仅占15%？ 3. 如何检查和除去乙醚中的少量过氧化物？ 4. 填空：某学生将 CH 3CH ?CHCOOH 的构型表示为：OH Br A B C D 3 H 3 3 3 这几个异构体中，（1）相同的是： （2）互为对映异构体的是： （3）互为非对映异构体的是： （4）题中所给的分子式应该有几种构型异构体？ （5）该同学漏写的构型式是： 三、单项选择题（共20分） 1. 下列化合物中酸性最强的是 A HOAc B H C ≡CH C PhOH D PhSO 3H 2. 下列化合物与硝酸银醇溶液反应的活性次序为： A i>ii>iii B i>iii>ii C ii>iii>i D ii>i>iii i ii iii CHBrCH 3 CH 2CH 2Br Br A B C 3. 发生消除反应的主要产物是： 33 23 CH 3CH 3 33 4. 分子CH 2=CH-Cl 中含有（ ）体系。 A π-π共轭 B 多电子的 p-π共轭 C 缺电子的 p-π共轭 D σ-π共轭 5. 下列反应: 3+ i. n-Bu 4N +Br - 42CH 3(CH 2)7CH=CH(CH 2)7CH 3 CH 3(CH 2)7CO 2H n-Bu 4N +Br -的作用是 A 溶剂 B 表面活性剂 C 相转移催化剂 D 钝化剂 6. 下列化合物中具有芳香性的是： A B C D Ph Ph Ph 7. 下列化合物中能用紫外光谱区别的是： A B C D 8. 下列化合物中，不能作为双烯体发生Diels-Alder 反应的是： A B C D CH 3CH 3CH 3 CH 3 1、下列关于电解质溶液的电导率的概念，说法正确的是 1m3导体的电导 含1mol电解质溶液的电导 两个相距为1m的平行电极间导体的电导 面积各为1m2且相距1m的两平行电极间导体的电导 2、关于电极电势，下列说法中正确的是 电极电势是指电极与溶液之间的界面电位差，它可由实验测出 还原电极电势越高，该电极氧化态物质得到电子的能力越强 电极电势只与电极材料有关，与温度无关 电极电势就是标准电极电势 3、在T、p时，理想气体反应C2H6(g)＝H2(g)+C2H4(g)的K c/K x为 /RT RT 1/RT RT 4、某绝热体系在接受了环境所做的功之后，其温度 一定不变 不一定改变 一定降低 一定升高 5、主要决定于溶解在溶液中粒子的数目，而不决定于这些粒子的性质的特性叫 一般特性 各向同性特征 依数性特征 等电子特性 6、已知某对行反应的反应焓为-150kJ·mol-1，则该正反应的活化能为 低于150kJ?mol-1 高于150kJ?mol-1 等于150kJ?mol-1 无法确定 7、对亲水性固体表面，其相应接触角θ是 θ<90° θ>90° θ=180° θ可为任意角 8、关于电极电势，下列说法中正确的是 还原电极电势越高，该电极氧化态物质得到电子的能力越强 电极电势是指电极与溶液之间的界面电位差，它可由实验测出 电极电势只与电极材料有关，与温度无关 电极电势就是标准电极电势 9、 下列说法中不正确的是: 任何液面都存在表面张力 平面液体没有附加压力 弯曲液面的表面张力方向指向曲率中心 弯曲液面的附加压力指向曲率中心 10、 在25℃时,电池Pb(Hg)(a1)|Pb(NO3)2(aq)|Pb(Hg)(a2)中a1>a2,则其电动势E 第七章氧化还原滴定 1.条件电位和标准电位有什么不同？影响电位的外界因素有哪些？ 答：标准电极电位E′是指在一定温度条件下（通常为25℃）半反应中各物质都处于标准状态，即离子、分子的浓度（严格讲应该是活度）都是1mol/l（或其比值为1）（如反应中有气体物质，则其分压等于1.013×105Pa，固体物质的活度为1）时相对于标准氢电极的电极电位。 电对的条件电极电位（E0f）是当半反应中氧化型和还原型的浓度都为1或浓度比为，并且溶液中其它组分的浓度都已确知时，该电对相对于标准氢电极电位（且校正了各种外界因素影响后的实际电极电位，它在条件不变时为一常数）。由上可知，显然条件电位是考虑了外界的各种影响，进行了校正。而标准电极电位则没有校正外界的各种外界的各种因素。 影响条件电位的外界因素有以下3个方面； （1）配位效应； （2）沉淀效应； （3）酸浓度。 2．是否平衡常数大的氧化还原反应就能应用于氧化还原滴定中？为什么？ 答：一般讲，两电对的标准电位大于0.4V（K>106），这样的氧化还原反应，可以用于滴定分析。 实际上，当外界条件（例如介质浓度变化、酸度等）改变时，电对的标准电位是要改变的，因此，只要能创造一个适当的外界条件，使两电对的电极电位超过0.4V ，那么这样的氧化还原反应也能应用于滴定分析。但是并不是平衡常数大的氧化还原反应都能应用于氧化还原滴定中。因为有的反应K虽然很大，但反应速度太慢，亦不符合滴定分析的要求。 3.影响氧化还原反应速率的主要因素有哪些？ 答：影响氧化还原反应速度的主要因素有以下几个方面：1）反应物的浓度；2）温度；3）催化反应和诱导反应。 4.常用氧化还原滴定法有哪几类？这些方法的基本反应是什么？ 答：1）高锰酸钾法．2MnO4+5H2O2+6H+==2Mn2++5O2↑+8H2O. MnO2+H2C2O4+2H+==Mn2++2CO2+2H2O 2) 重铬酸甲法. Cr2O72-+14H++Fe2+===2Cr3++Fe3++7H2O CH3OH+Cr2O72-+8H+===CO2↑+2Cr3++6H2O 3)碘量法3I2+6HO-===IO3-+3H2O， 2S2O32-+I2===2I-+S4O62 Cr2O72-+6I-+14H+===3I2+3Cr3++7H2O 5.应用于氧化还原滴定法的反应具备什么条件？ 答：应用于氧化还原滴定法的反应，必须具备以下几个主要条件： （1）反应平衡常数必须大于106，即△E>0.4V。 （2）反应迅速，且没有副反应发生，反应要完全，且有一定的计量关系。 （3）参加反应的物质必须具有氧化性和还原性或能与还原剂或氧化剂生成沉淀的物质。 （4）应有适当的指示剂确定终点。 6.化学计量点在滴定曲线上的位置与氧化剂和还原剂的电子转移数有什么关系？ 答：氧化还原滴定曲线中突跃范围的长短和氧化剂与还原剂两电对的条件电位（或标准电位）相差的大小有关。电位差△E较大，突跃较长，一般讲，两个电对的条件电位或标准电位之差大于0.20V时，突跃范围才明显，才有可能进行滴定，△E值大于0.40V时，可选用氧化还原指示剂（当然也可以用电位法）指示滴定终点。 当氧化剂和还原剂两个半电池反应中，转移的电子数相等，即n1=n2时，则化学计量点的位 铁和碳纳米复合材料的制备及其微波诱导催化氧化罗丹明B 李武客，张礼知 华中师范大学化学学院，武汉，430079 一、实验目的 1. 了解纳米催化材料的制备方法； 2. 探讨铁和碳纳米复合材料微波诱导催化氧化罗丹明B 水溶液的机理及宏观反 应动力学行为； 3. 初步掌握催化剂的表征及催化性能评价的一般方法。 二、实验原理 微波(MW)是指波长在1 mm~1 m 、频率在300~300 000 MHz 范围内的电磁波。微波技术起源于20世纪30年代，最初应用于通讯领域。1967年，N ．H ．Willians 报道了用微波加快化学反应的试验结果，将微波技术引入化学，并逐渐形成了微波化学新领域。微波技术在20世纪80年代得到了迅猛的发展，将微波技术用于治理环境污染是近年来兴起的一项新的研究领域，因其快速、高效和无二次污染等特点而倍受环境研究者的青睐。常用频率2450 MHz 。 在液体中，微波能使极性分子高速旋转，产生热效应，其相互关系如下： p e C E f t T ρεεπ2 ''ff 02=?? （1） 式中：T 是温度；t 是时间；f 是微波频率；ε0是真空介电常数；''ff e ε是复介电常数的虚部；E 是电场强度；ρ是密度；C p 是热容。 许多磁性物质如过渡金属及其化合物、活性炭等对微波有很强的吸收能力，常作为诱导化学反应的催化剂。众多学者认为微波诱导催化反应的基本原理是将高强度短脉冲微波辐射聚集到含有某种“敏化剂”（如铁磁金属）的固体催化剂床表面上，使某些表面点位与微波能强烈的相互作用，微波能将被转变成热能，从而使某些表面点位选择性地被迅速加热到很高的温度（例如很容易超过1200 ℃），诱导产生高能电子辐射、臭氧氧化、紫外光解和非平衡态等离子体等多种反应，可以形成活性氧化物质，从而使有机物直接分解或将大分子有机物转 第九章 电解与极化作用 一切现实的电化学过程都是不可逆过程，而应用Nernst 方程式处理电化学体系时，都有一个前提，即该体系需处于热力学平衡态。从而可见，应用Nernst 方程所能研究的问题范围具有很大的局限性。所以对不可逆电极过程进行的研究，无论是在理论上或实际应用中，都有非常重要的意义。因为要使电化学反应以一定的速度进行，无论是原电池的放电或是电解过程，在体系中总是有显著的电流通过。因此，这些过程总是在远离平衡的状态下进行的。研究不可逆电极反应及其规律性对电化学工业十分重要，因为它直接涉及工艺流程、能量消耗、产品单耗等因素。我们将讨论电解过程中在电极上进行的不可逆反应，从中得出不可逆电极过程的一些规律，将它们可应用于电镀、电化学腐蚀、化学电源等方面。 本章将主要介绍通电使体系发生化学变化即电解作用中的一些规律，对于在有电流通过电极的所发生的极化作用的原因也作了介绍。具体学习内容如下： 1、了解分解电压的意义。 2、了解产生极化作用的原因。了解超电势在电解中的作用。 3、能计算一些简单的电解分离问题。 第一节 分解电压 使电能转变成化学能的装置称为电解池。当直流电通过电解质溶液，正离子向阴极迁移，负离子向阳极迁移，并分别在电极上起还原和氧化反应，从而获得还原产物和氧化产物。若外加一电压在一个电池上，逐渐增加电压直至使电池中的化学反应发生逆转，这就是电解。 实验表明，对任一电解槽进行电解时，随着外加电压的改变，通过该电解槽的电流 亦随之变化。 图9.1 分解电压的测定装置 例如，使用两个铂电极电解HCl 溶液时，使用图 9.1的线路装置，改变可变电阻，记录电压表和电流表 的读数，则可测量电解槽两端电位差与电流强度的关系 曲线。 开始时，当外加电压很小时，几乎没有电流通过电 解槽；电压增加，电流略有增加；当电流增加到某一点 后，电流随电压增大而急剧上升，同时电极上有连续的 第七章氧化还原滴定1.条件电位和标准电位有什么不同？影响电位的外界因素有哪些？ 答：标准电极电位E′是指在一定温度条件下（通常为25℃）半反应中各物质都处于标准状态，即离子、分子的浓度（严格讲应该是活度）都是1mol/l（或其比值为1）（如反应中有气体物质，则其分压等于1.013×105Pa，固体物质的活度为1）时相对于标准氢电极的电极电位。 电对的条件电极电位（E0f）是当半反应中氧化型和还原型的浓度都为1或浓度比为，并且溶液中其它组分的浓度都已确知时，该电对相对于标准氢电极电位（且校正了各种外界因素影响后的实际电极电位，它在条件不变时为一常数）。由上可知，显然条件电位是考虑了外界的各种影响，进行了校正。而标准电极电位则没有校正外界的各种外界的各种因素。 影响条件电位的外界因素有以下3个方面； （1）配位效应； （2）沉淀效应； （3）酸浓度。 2．是否平衡常数大的氧化还原反应就能应用于氧化还原滴定中？为什么？ 答：一般讲，两电对的标准电位大于0.4V（K>106），这样的氧化还原反应，可以用于滴定分析。 实际上，当外界条件（例如介质浓度变化、酸度等）改变时，电对的标准电位是要改变的，因此，只要能创造一个适当的外界条件，使两电对的电极电位超过0.4V ，那么这样的氧化还原反应也能应用于滴定分析。但是并不是平衡常数大的氧化还原反应都能应用于氧化还原滴定中。因为有的反应K虽然很大，但反应速度太慢，亦不符合滴定分析的要求。 3.影响氧化还原反应速率的主要因素有哪些？ 答：影响氧化还原反应速度的主要因素有以下几个方面：1）反应物的浓度；2）温度；3）催化反应和诱导反应。 4.常用氧化还原滴定法有哪几类？这些方法的基本反应是什么？ 答：1）高锰酸钾法．2MnO4+5H2O2+6H+==2Mn2++5O2↑+8H2O. 东北师范大学物理化学实验思考题（1） 东北师范大学化学学院2017级黄栋 1.补充实验设计—挥发性液体样品燃烧焓的测定 取一只预先称好重量的玻璃小球（直径约6mm），用注射器将样品装进小球，再在煤气灯上把小球的玻璃管口封死。玻璃小球在装样前后重量之差就是液体样品的重量。再取一片预先压好的带有点火丝的标准样品（如苯甲酸〉，称重后系在氧弹的点火电极上，将装好样品的玻璃小球放在此样品片下面（如图所示），充氧气后，点火，标准样品先燃烧，放出的热使玻璃小球裂开，此时液体样品被点燃，并在氧气中完全燃烧。其余操作方法与固体样品燃烧热的测定基本类似。氧弹中样品燃烧放出的热量为固体标准样品、液体样品以及点火丝燃烧放热之总和。由于固体标准样品及点火丝的燃烧热是已知的，所以很容易计算出液体样品的燃烧热。 中和焓——试分析影响本实验结果的因素有哪些？ 系统保温效果要好，保温装置要充分干燥，电流电压值不要太高或者太低，即引入系统热量不要太高太低，同时升温速度不易太快，酸碱要充分快速混合 2.本实验用的是电热法标定反应体系C，能否改用其他方法？请设计出一个实验方案来。 测定量热计热容C的方法一般有两种：化学标定法和电热标定法。前者是将已知热效应的标准样品放在量热计中反应。 方案：将已知热效应的标准溶液HCl和过量的NaOH溶液放在量热计中反应，使之放出一定热量，根据在体系中实际测得的温度升高值（ΔT），由下式计算出量热计热容C。 n(HCl)·△ r H m θ＋(Vρc＋C)ΔT=0 （2） 【式中n(HCl)为参加反应溶液的物质的量；V为反应体系中溶液的总体积，单位为L；ρ为溶液的密度；c 为溶液的比热容，即每千克溶液温度升高1K所吸收的热量，单位为kJ·L－1·kg－1。 一般当溶液的密度不是太大或太小的情况下，溶液的密度与比热容的乘积可视为常数。因此实验中如果控制反应物体积相同，则 (Vρc＋C)亦为一常数，它就是反应体系（包括反应液和量热器）的总热容，以C’表示。代入（2）式可得。由C’可方便地在相同条件下，测得任一中和反应的中和热。】 为什么实验测量得到的温度差值要经过作图法校正？ 答：由于存在热漏现象以及搅拌机功率过大引进的热量，所以要用雷诺图解校正法对实验数据进行处理。这样才能真实地代表被测样品燃烧热引起温度升高的数值△T。（P49） 3.如何测量无限稀释时的中和焓？ 在一定的温度下，测得不同浓度的中和热，再做浓度与中和热的曲线，通过取极限的方式，求得无限稀释时的中和热。 4.在实验过程中为什么要防止空气倒灌？如果在等压计Ⅰ球与Ⅲ球间有空气，对测定沸点有何影响？其结果如何？怎么判断空气已被赶净？ （1）实验中应严防空气倒灌，是因为：①空气会进入Ⅰ球与Ⅲ管之间的空间，影响测量；②会使Ⅱ、Ⅲ组成U型管内液体进入Ⅰ球内。 （2）在Ⅰ球与Ⅲ管间有空气会使所测蒸汽压升高，导致所测沸点降低。 （3）开动真空泵，当测压仪的示数为-50至60kPa时，关闭三通阀，观察测压仪读数，若读数不变，则系统不漏气。若真空度下降，则系统漏气。 第八届湖北省高等学校教学成果奖申请简表 推荐学校（盖章）：华中师范大学 成果科类：理学 申报等次：一等奖 成果名称：“四维三全两类一核心”的高等师范院校化学类专业深度改革研究与实践 完成单位：华中师范大学 成果主要完成人：万坚、张文华、涂海洋、邓阳、郭能、张礼知、吴正舜、李永健 姓名 专业技 术职称 所在单位 近三年年均教 学工作量 在该成果中承担的工作 万坚 教授 华中师范大学 415 全面负责项目设计、论证、理论与实践研究与总结 张文华 副教授 华中师范大学 457 协助完成项目设计、论证、理论与实践研究，负责“数字化卓越化学教师”人才培养工作 涂海洋 教授 华中师范大学 474 协助完成项目设计、论证、理论与实践研究，负责“化学英才实验班”人才培养、国家级化学实验教学示范中心工作 邓阳 讲师 华中师范大学 380 协助完成项目设计、论证、理论与实践研究，负责“化学（师范类）”人才培养工作 郭能 六级职 员 华中师范大学 平均工作量 协助完成项目设计、论证、理论与实践研究，负责教 学运行管理 张礼知 教授 华中师范大学 412 协助完成项目设计、论证、理论与实践研究，负责“化学-物理学/生物学”人才培养工作 吴正舜 教授 华中师范大学 480 协助完成项目设计、论证、理论与实践研究，负责“应用化学”人才培养工作 李永健 副教授 华中师范大学 406 协助完成项目设计、论证、理论与实践研究，负责主干课程建设 一、成果主要创新点 （1）维度创新。从“人才培养整体格局、课程体系与内容、课程教学过程、本科教学运行与管理”四个维度开展系统的化学类专业深度改革，理论基础扎实，实践体系完整，既探索了有效的策略和方法，又建立了扎实的机制和规范。 （2）深度创新。“全方位”突出了各教育要素及其协同作用机制的重要性。“全覆盖”凸显了“全员教育”与“全人关怀”，保证全体师生都能受益和发展。“全过程”确保了改革能关注各个环节，实现立德树人、教学有道、管理规范。 （3）对象创新。各培养方案保证了各类学生都能全面发展与未来职业有关的关键素养，并能根据学习兴趣实现个性发展。分类、进阶式的培养格局凸显了教师教育办学优势和特色，保证了各类专业协调、可持续发展。 （4）思路创新。首次提出的“高师化学类专业核心素养框架”从体系和要素上都具有极高创新性，将其应用到人才培养全程也属先例。该框架严谨、全面，又不失灵活性，在课程体系建设、深度教学策略探索等方面发挥了重要作用。 二、成果主要内容概述 为了进一步凸显师范类专业的特色和优势，提高中学教师教育培养质量，同时兼顾非师范类专业的人才培养，满足应用型、交叉复合型到拔尖创新型人才的个性化培养需求，本成果：（1）构建了高师化学类专业“两大类五方向”的培养格局（图1），设置了U2S（University to School/Society）和U2R（University to Research）的个性化培养方案，使得同一类专业内部实现了U2S 到U2R的进阶，全面、有效地提升了两类人才培养质量。 图1 基于调研国内外高等教育的研究成果、专家研讨论证，提出了高师化学类专业共同核心素养框架（图2）和各方向侧重或进一步升华核心素养框架（图3）。 833《分析化学（含仪器分析）》考试大纲 本《分析化学》考试大纲适用于陕西师范大学化学化工学院硕士研究生招生考试。分析化学是化学专业的基础课，分为分析化学（上，化学分析部分）和分析化学（下，仪器分析部分）两门理论课程及对应的实验课程。分析化学是化学量测和表征的科学，化学分析以物质的化学性质和化学反应为基础，主要包括误差理论、滴定分析和重量分析等经典分析方法；仪器分析以物质的物理性质和物理化学性质为基础，主要包括光学分析法、电化学分析法、色谱法和其它仪器分析法。化学分析和仪器分析各占50%。 一、考试的基本要求 要求考生理解并掌握分析化学的基本概念和基本理论，熟悉并掌握各种分析方法的基本原理、仪器基本构成、主要测量条件及数据处理方法；能够针对实际分析问题，选择和应用适当的分析方法。 二、考试方法和考试时间 分析化学考试采用闭卷笔试形式，试卷满分为150分，考试时间为180分钟。 三、考试内容 化学分析部分 第一章绪论 1．分析化学的定义、分类、任务和特点 2．分析化学的发展趋势 第二章分析试样的采集和预处理 1.定量分析法的一般步骤 2.试样（气体、固体、液体）采集和预处理 第三章误差和分析数据的处理 1.误差的基本概念（误差的表示和分类） 2.随机误差的统计分布规律（正态分布） 3.有限测定数据的统计处理（t分布，平均值的置信区间） 4.显著性检验方法（t检验、F检验） 5.可疑值的取舍方法 6.有效数字及运算规则 7.提高分析结果准确度的方法 第四章滴定分析概述 1.滴定分析的特点及基本概念 2.滴定分析对化学反应的要求和滴定方式 3.基准物质，标准溶液的配制、标定以及表示 4.滴定分析结果的计算与表示 5.电子天平、滴定管（酸式、碱式）、移液管等仪器的正确使用方法 第五章酸碱平衡与酸碱滴定法 1.酸碱质子理论和酸碱平衡常数，质子条件式 2.弱酸（碱）各型体浓度的分布计算 3.不同酸体系水溶液pH的计算（一元和多元强酸、弱酸、混合酸）。 4.不同碱体系水溶液pH的计算（一元强碱、一元和多元弱碱、混合碱） 5.酸碱缓冲溶液（pH的计算，缓冲范围、缓冲容量、缓冲溶液的选择） 6.酸碱指示剂（变色原理、选择原则、常用酸碱指示剂） 7.酸碱滴定曲线计算（突跃范围、化学计量点） 8.酸碱滴定法的应用；各类型酸（碱）组分可准确滴定的条件 9.酸碱滴定法的应用示例，如食醋中醋酸、工业纯碱各组分、氮肥含氮量 测定等的测定原理、实验步骤和操作要点 第六章络合平衡与络合滴定法 1.分析化学中的络合物（EDTA）、络合物的平衡常数与各级分布分数 2.副反应系数和条件稳定常数及其计算 3.络合滴定曲线的计算（突跃范围和化学计量点） 4.金属指示剂（指示原理、选择原则、常用的金属指示剂） 5.单一离子和混合离子的终点误差的计算和准确滴定以及分步滴定可行性 判据（控制酸度或使用掩蔽剂、沉淀剂、氧化还原试剂） 6.络合滴定的方式和应用 7.络合滴定方案设计（混合体系中某一个离子的测定，实验步骤） 第七章氧化还原平衡与氧化还原滴定法 1．氧化还原平衡 (条件电位、条件平衡常数的计算、影响氧化还原速率的因素) 2．氧化还原滴定曲线的计算（突跃范围和化学计量点，对称和不对称电对） 一． 命名及写结构式（8分，每小题1分） CH 2OCH 2CH 3 2OCH 2CH 3 3. O 2N CH 2CH 2CHOOH CH 3 4.1. C O CH 2CH 2CH 3 2. OH NO 2 2 5. 邻羟基苯甲酸（水杨醛） 6. R-2-羟基丁醛 7. 顺-1,2-二甲基环戊醇 8. 四氢呋喃 二． 完成反应式（共30分，每小题2分） OH O 2N + BrCH 2CH 3 OH _ 1. 2. O CH 2 CH CH 3+ HBr 3. Cl CH 3 H CH 3 C 2H 5O _ 4. HO + Br 2(H 2O) 3 5. CH 3CH 3 CH 3 OH OH H HIO 4 C C 6. HCHO + CH 3CHO 浓 7. C O OC 2H 5+CH 3CH 2COOC 2H 5 C H ONa (CH 3)2CHCH 2COOH SOCl 2 NH3 (1)(2)8.I 2+NaOH 9. C O C O O +2C 4H 9OH + 10. CH 2 CH 2COOH 2CH 2COOH 11. CHO + (CH 3CO)2O CH COONa 12. O CH 3 +NH 2OH H + 13. C CH 3 H 3C C CH 3 CH 3 H 2SO 4 14. O OC 2H 5 (1) 2C 2H 5MgBr (2) H 3O + 三． 选择题，将正确答案的英文代号填入括号中（共16分，每小题2分） 1．下列化合物紫外吸收波长从长到短的顺序是（ ） O O CH 3O ①②③ A ． ①>②>③ B. ③>②>① C.②>①>③ D.③>①>② 2．预计化合物CH 3CH 2CONH 2核磁共振信号有（ ）个 A.4 B.3 C.2 D.1 3．下列化合物中发生消除反应活性最大的是（ ） A.CH 3CH 2CH(CH 3)OH B.CH 3CH 2CH 2CH 2OH C.(CH 3)2CHCH 2OH D.(CH 3)3COH 4．下列化合物不能发生碘仿反应的是（ ） A.CH 3COCH 3 B.C 6H 5COCH 3 C.C 6H 5COCH 2CH 3 D.CH 3CHOHCH 2CH 3 O +Ph 3P=CHCH CHCH 3反应属于（ ） 5. A. Wittig B.perkin C.Cannizzaro D.clemmenson 6．下列化合物中水解反应速度最慢的是（ ） A. CH 2=CHCH 2CH 2Cl B.CH 3CH 2CH=CHCl C.CH 3CH=CHCH 2Cl 第一节思考题 SK-1-N2测定熔点时，遇到下列情况将产生什么结果？ (1)熔点管壁太厚；(2)熔点管不洁净；(3)试料研的不细或装得不实；(4)加热太快；(5)第一次熔点测定后，热浴液不冷却立即做第二次；(6)温度计歪斜或熔点管与温度计不附贴。 答：(1)熔点管壁太厚，影响传热，其结果是测得的初熔温度偏高。 （2）熔点管不洁净，相当于在试料中掺入杂质，其结果将导致测得的熔点偏低。 （3）试料研得不细或装得不实，这样试料颗粒之间空隙较大，其空隙之间为空气所占据，而空气导热系数较小，结果导致熔距加大，测得的熔点数值偏高。 (4)加热太快，则热浴体温度大于热量转移到待测样品中的转移能力，而导致测得的熔点偏高，熔距加大。 (5)若连续测几次时，当第一次完成后需将溶液冷却至原熔点温度的二分之一以下，才可测第二次，不冷却马上做第二次测量，测得的熔点偏高。 (6)齐列熔点测定的缺点就是温度分布不均匀，若温度计歪斜或熔点管与温度计不附贴，这样所测数值会有不同程度的偏差。 SK-2-N1是否可以使用第一次测定熔点时已经熔化了的试料使其固化后做第二次测定？ 答：不可以。因为有时某些物质会发生部分分解，有些物质则可能转变为具有不同熔点的其它结晶体。 两种样品的熔点相同，，将它们研细 将它们研细，，并以等量混合(1)测得混合物的熔点SK-3-N2测得A、B两种样品的熔点相同 的熔点均相同。。试分析以上情况各说明有下降现象且熔程增宽 有下降现象且熔程增宽；；(2)测得混合物的熔点与纯A、纯B的熔点均相同 什么？ 答：(1)说明A、B两个样品不是同一种物质，一种物质在此充当了另一种物质的杂质，故混合物的熔点降低，熔程增宽。 （2）除少数情况（如形成固熔体）外，一般可认为这两个样品为同一化合物。 SK-4-N2沸石(即止暴剂或助沸剂)为什么能止暴？如果加热后才发现没加沸石怎么办？由于某种原因中途停止加热，再重新开始蒸馏时，是否需要补加沸石？为什么？ 答：(1)沸石为多孔性物质，它在溶液中受热时会产生一股稳定而细小的空气泡流，这一泡流以及随之而产生的湍动，能使液体中的大气泡破裂，成为液体分子的气化中心，从而使液体平稳地沸腾，防止了液体因过热而产生的暴沸。 (2)如果加热后才发现没加沸石，应立即停止加热，待液体冷却后再补加，切忌在加热过程中补加，否则会引起剧烈的暴沸，甚至使部分液体冲出瓶外，有时会引起着火。 (3)中途停止蒸馏，再重新开始蒸馏时，因液体已被吸入沸石的空隙中，再加热已不能产生细小的空气流而失效，必须重新补加沸石。 SK-5-N2冷凝管通水方向是由下而上，反过来行吗？为什么？ 答：冷凝管通水是由下而上，反过来不行。因为这样冷凝管不能充满水，由此可能带来两个后果：其一，气体的冷凝效果不好。其二，冷凝管的内管可能炸裂。 SK-6-N2蒸馏时加热的快慢，对实验结果有何影响？为什么？ 砷钼酸盐化学研究进展与展望 巩培军104753140807 物理化学 摘要：多金属氧酸盐以其丰富多彩的结构及其自身的优良分子特性，包括极性、氧化还原电位、表面电荷分布、形态及酸性，使其在很多领域，尤其是材料、催化、药物等方面具有潜在应用前景，因而受到人们的广泛关注。本文选择目前报道尚少的砷钼杂多化合物为研究重点。 Abstract: Polyoxometalates (POMs), a fascinating class of metal–oxygen cluster compounds with a unique structural variety and interesting physicochemical properties, have been found to be extremely versatile inorganic building blocks in view of their potential applications in catalysis, medicine, and materials. In this paper, the main work has been focused on the rare reported arsenomolybdates. Keywords: polyoxometalates; physicochemical properties; applications 1 多酸概述 多金属氧酸盐化学至今已有近二百年的历史，它是无机化学中的一个重要研究领域[1-3]。早期的多酸化学研究者认为无机含氧酸经缩合可形成缩合酸：同种类的含氧酸根离子缩合形成同多阴离子，其酸为同多酸；不同种类的含氧酸根离子缩合形成杂多酸阴离子，其酸为杂多酸[4]。现在文献中多用Polyoxometalates (多金属氧酸盐) 及Metal-oxygen clusters (金属氧簇)来代表多酸化合物。 从结构上多酸是由前过渡金属离子通过氧连接而形成的金属氧簇类化合物，它的基本的结构单元主要是八面体和四面体。多面体之间通过共角、共边或共面相互连接。根据多面体的连接方式不同，多金属氧酸盐可划分为不同的结构类型，如Keggin、Dawson、Silvertone、Anderson、Lindqvist 和Waugh 结构等，它们被称为多金属氧酸盐最常见的六种基本结构类型（图1）。（1）Keggin 结构，其阴离子通式可表示为[XM12O40]n– (X = P、Si、Ge、As、B、Al、Fe、Co、Cu 等；M = Mo、W、Nb 等)；（2）Wells—Dawson 结构，其阴离子通式可表示为[X2M18O60]n– (X = P、Si、Ge、As 等；M = Mo、W 等)；（3）Silverton 结构，其阴离子通式为[XM12O42]n– (X = Ce IV等；M = Mo VI 等)；（4）Anderson 结构，其阴离子通式为[XM6O24]n– (X = Al、Cr、Te、I 等；M = Mo 等)；（5）Lindqvist 结构，其阴离子的通式为[M6O19]n– (M = Nb V、Ta V、Mo VI、W VI等)；（6）Waugh 结构，其阴离子通式为[X2M5O23]n– (X = P V等；M = Mo VI等)。其结构又决定其特殊性质的，如强酸性、氧化性、催化活性、光致变色、电致变色、导电性、磁性等。多金属氧酸盐由于各种确定的结构和特异、优越的物理化学性质，使它们在催化[5]、材料科学[6]、化学及医药学[7]等方面具有重要的应用前景。多金属氧酸盐可根据组成不同分为同多(iso)和杂多(hetero)金属氧酸盐两大类。这种分类方法一直沿用早期化学家的观点:即由同种含氧酸盐缩合形成的称同多酸(盐)，由不同种含氧酸盐缩合形成的称为杂多酸(盐)。多酸化学经过近两个世纪的发展，已经成为无机化学的一个重要分支和研究领 1、下列关于电解质溶液的电导率的概念,说法正确的就是 1m3导体的电导 含1mol电解质溶液的电导 两个相距为1m的平行电极间导体的电导 面积各为1m2且相距1m的两平行电极间导体的电导 2、关于电极电势,下列说法中正确的就是 电极电势就是指电极与溶液之间的界面电位差,它可由实验测出 还原电极电势越高,该电极氧化态物质得到电子的能力越强 电极电势只与电极材料有关,与温度无关 电极电势就就是标准电极电势 3、在T、p时,理想气体反应C2H6(g)＝H2(g)+C2H4(g)的K c/K x为 /RT RT 1/RT RT 4、某绝热体系在接受了环境所做的功之后,其温度 一定不变 不一定改变 一定降低 一定升高 5、主要决定于溶解在溶液中粒子的数目,而不决定于这些粒子的性质的特性叫 一般特性 各向同性特征 依数性特征 等电子特性 6、已知某对行反应的反应焓为-150kJ·mol-1,则该正反应的活化能为 低于150kJ?mol-1 高于150kJ?mol-1 等于150kJ?mol-1 无法确定 7、对亲水性固体表面,其相应接触角θ就是 θ<90° θ>90° θ=180° θ可为任意角 8、关于电极电势,下列说法中正确的就是 还原电极电势越高,该电极氧化态物质得到电子的能力越强 电极电势就是指电极与溶液之间的界面电位差,它可由实验测出 电极电势只与电极材料有关,与温度无关 电极电势就就是标准电极电势 9、 下列说法中不正确的就是: 任何液面都存在表面张力 平面液体没有附加压力 弯曲液面的表面张力方向指向曲率中心 弯曲液面的附加压力指向曲率中心 10、 在25℃时,电池Pb(Hg)(a1)|Pb(NO3)2(aq)|Pb(Hg)(a2)中a1>a2,则其电动势E 第三章 思考题与习题 1．指出在下列情况下，各会引起哪种误差？如果是系统误差，应该采用什么方法减免？ （1） 砝码被腐蚀； （2） 天平的两臂不等长； （3） 容量瓶和移液管不配套； （4） 试剂中含有微量的被测组分； （5） 天平的零点有微小变动； （6） 读取滴定体积时最后一位数字估计不准； （7） 滴定时不慎从锥形瓶中溅出一滴溶液； （8） 标定HCl 溶液用的NaOH 标准溶液中吸收了CO 2。 答:（1）系统误差中的仪器误差。减免的方法：校准仪器或更换仪器。 （2）系统误差中的仪器误差。减免的方法：校准仪器或更换仪器。 （3）系统误差中的仪器误差。减免的方法：校准仪器或更换仪器。 （4）系统误差中的试剂误差。减免的方法：做空白实验。 （5）随机误差。 （6）系统误差中的操作误差。减免的方法：多读几次取平均值。 （7）过失误差。 （8）系统误差中的试剂误差。减免的方法：做空白实验。 2．如果分析天平的称量误差为±0.2mg ，拟分别称取试样0.1g 和1g 左右，称量的相对误差各为多少？这些结果说明了什么问题？ 解：因分析天平的称量误差为mg 2.0±。故读数的绝对误差g a 0002.0±=E 根据%100?T E = E a r 可得 %2.0%1001000.00002.01.0±=?±= E g g g r %02.0%1000000.10002.01±=?±= E g g g r 这说明，两物体称量的绝对误差相等，但他们的相对误差并不相同。也就是说，当被测定的量较大时，相对误差就比较小，测定的准确程度也就比较高。 3．滴定管的读数误差为±0.02mL 。如果滴定中用去标准溶液的体积分别为2mL 和20mL 左右，读数的相对误差各是多少？从相对误差的大小说明了什么问题？ 解：因滴定管的读数误差为mL 02.0±，故读数的绝对误差mL a 02.0±=E 根据%100?T E = E a r 可得 %1%100202.02±=?±= E mL mL mL r CH H 2C CH 2 CH H 2C CHCH 3 CH H 2C CH 2CH 2 CH H 2C C(CH 3)2 2002—2004学年第一学期教考分离 2002级化学及应化专业有机化学试题 一 命名或写结构（10分）： 1. 顺十氢萘 2. 苄基氯 3. PCC 4. NBS 5. 6. 7. 8. 9 10 二 选择填空（20分，每空2分）： 1. 最稳定的碳正离子是（ ） (A) (B) (C) (D) 2. S N 2反应历程的特点是（ ） （A ）反应分两步进行 （B ）反应速度与碱的浓度无关 （C ）反应过程中生成活性中间体R + (C) 产物的构型完全转化 3. 具有顺反异构体的物质是（ ） CH 3CH C COOH 3 CH 3 CH C CH 3 CH 3 CH 3 C CH CH 3 CH 3CH 2 CH 2 (A)(B) (C) (D) 4. 与AgNO 3－C 2H 5OH 溶液反应由易到难顺序（ ） (A) 2-环丁基-2-溴丙烷 （B ）1-溴丙烷 （C ）2-溴丙烷 (D) 1-溴丙烯 5. 2-氯丁烷最稳定的构象是（ ） (A) (B) (C) (D) Cl H 3C H H CH 3H Cl H 3C H H H CH 3 Cl H 3C H H 3 H Cl H 3C H H H H 3C C C CH 3CH 2H CH 3 CH 2Cl CH 3CH 2CCH 2CH 22CH 3 CH 3 CH 2CH 3CH(CH 3)2 CH 3H CH(CH 3)2C 2H 5 H CH 3 2CH 3 （标明R 、S 构型） C H 2C OH H C H HO 2OH OH《分析化学》习题答案(华中师范大学)
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