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1、本文格式为Word版，下载可任意编辑无机及分析化学试卷A 无机及分析化学课程试题 课程号：1930016 考试A卷闭卷 测验B卷开卷 题号一二三四五六七八九十总分阅卷教师 各题分数30301030100 实得分数 一、填空题(每空1 分，共30分) 1.根据来源和性质，可以将误差分为系统误差和偶然误差两大类。 2.将0.01 mol?L-1KCl溶液和0.05 mol?L-1AgNO 3 溶液各10.0mL混合以制备AgCl胶体，其胶团布局为（AgCl）m?nAg+?（n-x）NO3-x+?xNO3-， 该胶粒带正电。 3.原电池是一种将化学能转变为电能的装置，由两个电极组成，其中输出电子的电
2、极为负极，发生氧化回响；输入电子的电极为正极，发生恢复回响。 4.影响一元弱酸滴定曲线突跃范围的因素有 c 和Ka，只有得志条件 c ?Ka10-8时，此一元弱酸才可被切实滴定。 5.物质的最大吸收波长只与其物质性质有关，而与其物质浓度无关，此特性可作为光度法定性分析的依据。 6.合作物Cu（NH 3） 4 SO 4 中，其中心离子为Cu2+配位体NH3配位原子N 配位数4 命名为硫酸四氨合铜（） 7.化学平衡常数与回响温度有关，而与浓度无关。 8.光度法测定中，为了保证测定结果误差最小，通常将吸光度读数操纵在0.20.8范围内。 9.NH 4+、H 2 O、NH 3 、OH-、HCO 3 -
3、中，既可作为酸又可作为碱的物质为H2O、HCO3-，该类物质称为两性物质。 班级：姓名：学号：试题共3 页 加白纸2张密 封 线 1 10.标准溶液的配制方法有两种，为直接配制法和间接配制法。 二、选择题（在正确答案字母下打“ ”，每题2分，共30分） 1.化学回响达成平衡时，以下说法正确的是：C A、回响终止了； B、正回响速度大于逆回响速度； C、正回响速度等于逆回响速度； D、无法确定。 2.对重复测定中偏离大的可疑值，应：D A、舍弃； B、无法确定； C、留存； D、用适合方法判断后做取舍。 3.在2S能级包含的轨道数目是： A A、1； B、3； C、5； D、7。 4.某原子核外
4、电子状态是n = 3, l = ( ), m = 1, m s = +1/2。 B A、0； B、1； C、-1； D、0，1。 5.分析测定中偶然误差的特点是：B A、大、小误差展现的几率相等； B、正、负误差展现的几率相等； C、正误差展现的几率大； D、负误差展现的几率大。 6、以下处境引起的误差中，不属于系统误差的是： 系统误差造成的误差每次都有一样的影响 A、移液管转移溶液后残留量不同； B、称量时使用的砝码腐蚀； C、滴定管读数不准； D、天平两臂不等长。 7、以下数字中，有效数字为四位的是： A、c（H+）=0.0001mol/L； B、pH=10.48； C、pKa=9.386
5、； D、（Mn）=19.86%。 8、酸效应曲线可为配位滴定中滴定某金属离子供给： A、最高pH值； B、最正确pH范围； C、选择指示剂的依据； D、最低pH值。 9、以下物质可以作为基准物质的是： A、HCl； B、HNO 3； C、Na 2 CO 3 ； D、KMnO 4 。 10、将浓度皆为0.1000mol?L的HAc和NaOH溶液等体积混合，该溶液的pH值为： 2 （Ka（HAc）=1.8105） A、5.25； B、7.00； C、1.35； D、8.72 11、在HAc溶液中参与NaAc，可以使HAc的电离度降低，这种现象称为： A、盐效应； B、同离子效应； C、酸效应； D
6、、配位效应。 12、操纵pH=5.0时，用EDTA滴定同浓度的Pb2+、Ca2+混合物中的Pb2+而Ca2+不干扰，这是利用： A、配位效应的结果； B、盐效应的结果； C、酸效应的结果； D、lgK PbY 增大的结果 13、莫尔法所用的指示剂是： A、K 2Cr 2 O 7 ； B、K 2 CrO 4 ； C、AgNO 3 ； D、NH 4 SCN。 14、高锰酸法中所用的指示剂是： A、铬酸钾； B、自身指示剂； C、铬黑T； D、铁铵矾。 15、直接碘量法不能在碱性溶液中举行，由于若溶液碱性强时： A、I 2会发生歧化； B、I 2 的氧化才能降低； C、I 2 会分解； D、前三种说
7、法皆错。 三、简答题（10分） 表达朗伯-比尔定律的内容，并写出其数学表达式，使用该定律应得志什么条件？并分析其偏离理由。 当一束平行单色光通过平匀的非散射的溶液时，溶液的吸光度A与吸光物质的浓度c和液层厚度b的乘积成正比。数学表达式为A=Kbc。 使用该定律得志的条件为：入射光为单色光，溶液为稀溶液。 偏离朗伯-比尔定律的主要理由有二个：入射光为非单色光；溶液浓度较大，由于朗伯-比尔定律适合稀溶液。 四、计算题（每题10分，共30分） 1.含有NaOH和Na 2CO 3 以及中性杂质的试样0.2000g，用0.1200mol?L-1的HCl溶液 35.40mL滴定至酚酞终点，然后持续用该HC
8、l溶液滴定至甲基橙终点，又用去2.20mL， 求该试样中NaOH和Na 2CO 3 的百分含量。 （已知M NaOH =40.01，M Na2CO3 =106.0） .解：酚酞终点所发生回响： 3 4 NaOH + HCl = NaCl + H 2O Na 2CO 3 + HCl = NaCl + NaHCO 3 甲基橙终点所发生回响： NaHCO 3 + HCl = NaCl + H 2O + CO 2 由此可知，试样中Na 2CO 3被中和为NaHCO 3也需HCl2.20mL ，那么中和NaOH 所需HCl 的量为35.40-2.20=33.20 mL 试样中NaOH 和 Na 2CO
9、3的百分含量分别为： 2.切实称取Na 2C 2O 4基准物0.6935g 于锥形瓶，用适量蒸馏水溶解后，用KMnO 4溶液滴定，消耗KMnO 4溶液20.10mL 。 （1）求此KMnO 4溶液的浓度； （2）取钙试液25.00mL ，将钙沉淀为CaC 2O 4，过滤，洗涤沉淀后溶于稀H 2SO 4，后用上述KMnO 4溶液滴定，消耗KMnO 4溶液21.05mL ，求原试液中Ca 的含量（g?L -1）。（已 知M Na2C2O4=134.0， M Ca =40.08） .解：（1）2MnO 4- + 5C 2O 42- + 16H + = 2Mn 2+ + 10CO 2 + 8H 2O
10、（2）Ca 2+ + C 2O 42- = Ca C 2O 4 Ca C 2O 4 + 2H + = H 2 C 2O 4 + Ca 2+ n （Ca 2+）= n （C 2O 42-） 试液中Ca 含量（g?L -1）为： 消耗 HCl ：35.40mL 消耗HCl ：2.20mL 3.称取含有NaCl和NaBr的试样0.3760g，溶解后用0.1043 mol?L-1AgNO 3 溶液滴定， 用去21.11mL；另取同样质量的该试样，溶解后，加过量AgNO 3 溶液，得到的沉淀经过滤、洗涤、枯燥后称重为0.4020g。求试样中NaCl和NaBr的百分含量。（已知 M NaCl =58.44
11、，M NaBr =102.9，M AgCl =143.3，M AgBr =187.8） 解：设NaCl和NaBr的质量分别为m NaCl和m NaBr，由题意得：解得：m NaCl=0.01512g，m NaBr=0.2000g 5 6 无机及分析化学试卷A 答案 一、填空题 (每空1 分，共30分) 1. 系统 偶然 2. （AgCl ）m ?nAg +?（n-x ）NO 3-x+?xNO 3-， 正电荷 3. 化学能 电能 输出 负 氧化 输入 正 恢复 （或化学能 电能 输入 正 恢复 输出 负 氧化） 4. c Ka c ?Ka 10-8 5. 物质性质 物质浓度 定性 6. Cu2+
12、 NH3 N 4 硫酸四氨合铜（） 7. 温度 浓度 8. 0.20.8 9. H 2O 、HCO 3- ， 两性物质 10. 直接配制法 间接配制法 二、选择题（在正确答案字母下打“ ”，每题2分，共30分） 1.C ， 2.D ， 3.A ， 4.B ， 5.B ， 6.A ， 7.D ， 8.D ， 9.C ，10.D ，11.B ，12.C ， 13.B ，14.B ，15.A 三、简答题（10分） 答： 当一束平行单色光通过平匀的非散射的溶液时，溶液的吸光度A 与吸光物质的浓度c 和液层厚度b 的乘积成正比。数学表达式为A=Kbc 。 使用该定律得志的条件为：入射光为单色光，溶液为稀溶液。 偏离朗伯-比尔定律的主要理由有二个：入射光为非单色光；溶液浓度较大，由于朗伯-比尔定律适合稀溶液。 四、计算题（共30分） 1.解：酚酞终点所发生回响： NaOH + HCl = NaCl + H 2O Na 2CO 3 + HCl = NaCl + NaHCO 3 甲基橙终点所发生回响： NaHCO 3 + HCl = NaCl + H 2O + CO 2 由此可知，试样中Na 2CO 3被中和为NaHCO 3也需HCl2.20mL ，那么中和NaOH 所需HCl 的量为35.40-2.20=33.20 mL 试样中NaOH 和 Na 2CO 3的百分含量分别为： 消
