无机及分析化学课后习题第六章答案
无机及分析化学b教学（丁明玉）习题6答案
第六章(p.141)1. 利用玻尔理论推得的轨道能量公式，计算氢原子的电子从第五能级跃迁到第二能级所释放的能量及谱线的波长。
解：J 10576.4)5121(10179.2E 192218--⨯=-⨯=nm 1.43410576.410998.210626.6E hc 191734=⨯⨯⨯⨯==λ-- 2. 利用德布罗衣关系式计算(1) 质量为9.1⨯10-31 kg ，速度为6.0⨯106 m/s 的电子，其波长为多少？ (2) 质量为1.0⨯10--2kg ，速度为1.0⨯103m/s 的子弹，其波长为多少？ 此两小题的计算结果说明什么问题？解：(1) pm 101.2m 102.1100.6101.910626.6m h 210-63134⨯=⨯=⨯⨯⨯⨯=ν=λ-- (2) pm 106.6m 106.6100.1100.110626.6m h 23-353234⨯=⨯=⨯⨯⨯⨯=ν=λ--- 由于电子的波长与原子的大小相近，讨论原子核外电子运动状态时，必须考虑它的波动性；而子弹的波长极短，以致于用常规手段无法测得其波动性而只表现其粒子性。
3. 原子中电子运动有什么特点？概率和概率密度有何区别？答：原子核外的电子运动符合微观粒子的运动规律，具有波粒二象性，即：不能同时精确地确定电子的位置和动量，只能用统计的方法指出电子在核外某处出现的可能性。
概率是随机事件出现的可能性大小的量度，就核外电子的运动而言，是指电子在空间某点上出现的可能性；概率密度则是指电子在空间某点上单位体积内出现的概率。
4. 定性地画出：3d xy 轨道的原子轨道角度分布图，22y x d 4-轨道的电子云角度分布图，4p 轨答5. 简单说明四个量子数的物理意义及量子化条件。
答：主量子数n 表征了电子出现概率最大的区域距核的远近，n = 1, 2, 3, 4, ⋯等正整数，数3d xy 原子轨道角度分布图22y x d 4-电子云角度分布图xx值越小，电子出现概率最大的区域距核越近；角量子数l 表征了波函数和电子云角度部分的形状，l = 0, 1, 2, ⋯, (n – 1)；磁场量子数m 表征了波函数和电子云角度部分在空间伸展的方向，m = 0, ±1, ±2, ⋯, ±l ；自旋量子数m s 表征了电子自旋运动的状态，m s = ±1/2。
兰叶青 无机及分析化学课后答案 第六章
第六章 习题答案6－1解：C. 6－2解：A. 6－3解：D. 6－4解：C. 6－5解：A. 6－6解：A.6－7解：① +-3[H ][N H ][O H ]=+② +-3[H ][N H ][O H ][H Ac]=+- ③ -+-2[O H ][H ][H S ]2[H S]=++ ④ +--2[H ][O H ][C N ]C =+-⑤ +-2-3-4434[H ][O H ][H PO ]2[PO ][H PO ]=++- ⑥ +2---4[H ]2[SO ][H C O O ][O H ]=++ 6－8解：① 35(NH ) 1.7910b K Θ-=⨯ +414105(N H)1.00105.59101.7910a K Θ---⨯∴==⨯⨯又 +47(N H)10a K Θ-∴NH 4Cl 不能直接用酸碱滴定法滴定。
② 4(HF) 3.5310a K Θ-=⨯-14114(F ) 1.00102.83103.5310b K Θ---∴==⨯⨯又-7(F )10b K Θ-∴NaF 不能被直接用酸碱滴定法滴定。
③ 3310H BO 7.310K Θ-=⨯；不能用强碱直接滴定。
④ 见教科书P.6－9解：酸：H 3PO 4, HCl碱：AC -, OH -既是酸又是碱：H 2PO 4-6－10解：HCl NaAc HAc NaCl +=+由-(Ac )pH p lg(H Ac)ac cK c cΘΘΘ=+得-(Ac )4.44 4.75lg(H Ac)c cc cΘΘ=+-(Ac )(HAc)0.50c c ∴=为和HCl 反应而生成HAc 需加入NaAc 的物质的量：10.10 1.00.10m ol L L m ol -⋅⨯=设为得到缓冲溶液需再加入的量为x mol 的NaAc 0.10 0.50x mol mol =0.050()x m ol =即NaAc 的总加入量为：0.100.0500.15()m ol += 即：10.1582.0312.3mol g mol g -⨯⋅=6－11解：2HB NaOH NaB H O ++加入0.2 g NaOH 的浓度为：10.2400.10.05()mol L -÷=⋅ 设原溶液中抗碱成分B -为x mol/L0.055.6 5.3lg 0.250.05x +=+-0.0520.20x +=，0.35()x mol L =设原溶液pH 为y ：0.355.3lg0.255.30.15 5.4y =+=+=6－12解：要配制 5.00pH =的缓冲溶液，首先选择共轭酸碱对中酸的(HAc)p a K Θ尽可能和p H 5.00=k 接近。
无机及分析化学第二版作者：倪静安,商少明答案
1-2 计算下列溶液的滴定度 T，以 g / ml 表示：
①c(HCl) = 0.2015mol·L-1 的 HCl 溶液，用来测定 Ca(OH)２、NaOH；
②c(NaOH) = 0.1732mol·L-1 的 NaOH 溶液，用来测定 HClO4、CH3COOH。
解：（1）Ca(OH)2 ＋ 2HCl ＝ CaCl2 ＋ 2H2O； NaOH ＋ HCl ＝ NaCl ＋ H2O
2
无机及分析题解
第一章 化学计量、误差和数据处理题解
1-8 下列情况分别引起什么误差?如果是系统误差，应如何消除？
① 砝码未经校正；
②容量瓶和移液管不配套；
③在重量分析中被测组分沉淀不完全；
④试剂含被测组分；
⑤含量为 99％的 Na2C2O4 作基准物标定 KMnO4 溶液浓度；
⑥读取滴定管读数时，小数点后第二位数字估读不准；
1-10 甲、乙两人同时分析一矿物中的 S 的质量分数，每次取样 3.5g，分析结果分别报告为： 甲：0.00042，0.00041； 乙：0.0004199，0.0004201。 哪份报告的分析结果是合理的？为什么？ 解：甲的报告合理。因为取样 3.5g，有效数字只有 2 位，相对误差为 1％，分析结果只能保留 2 位有 效数字。而乙有效数字为 4 位，大于取样有效数字位数，相对误差达到了万分之一，因此是不可信的。
（2）原式＝213.6 + 4.4 + 0.3 = 218.3
（3）
原式 =
9.827×50.62 5.164×10-3×1.366×10
2
=705.2
4
无机及分析题解
（4） 原式= 1.5×6.1×10−11 = 2.77×10−11 =5.3×10−6 3.3
无机及分析化学课后习题与答案
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。
分析化学第六章习题参考答案
第六章 习题参考答案1 解：C 6H 5NH 3+ —C 6H 5NH2 Fe(H 2O)63+—Fe(H 2O)5(OH)2+ R-NH 2+CH 2COOH —R-NH 2+CH 2COO -(R-NH-CH 2COOH)2解：Cu(H 2O)2(OH)2—Cu(H 2O)3(OH)+ R-NHCH 2COO -—R-NHCH 2COOH 4 解：(1) MBE: [K +]=C [HP -]+[H 2P]+[P 2-]=C CBE: [K +]+[H +]=[HP -]+2[P 2-]+[OH -] PBE: [H +]+[H 2P]=[OH -]+[P 2-](2) MBE: [Na +]=C [NH 3]+[NH 4+]=C[HPO 42-]+[H 2PO 4-]+[H 3PO 4]+[PO 43-]=CCBE: [Na +]+[NH 4+]+[H +]=[OH -]+[H 2PO 4-]+2[HPO 42-]+3[PO 43-] PBE: [H +]+[H 2PO 4-]+2[H 3PO 4]=[OH -]+[NH 3]+[PO 43-] (3) MBE: [NH 3]+[NH 4+]=C[HPO 42-]+[H 2PO 4-]+[H 3PO 4]+[PO 43-]=CCBE: [NH 4+]+[H +]=[OH -]+[H 2PO 4-]+2[HPO 42-]+3[PO 43-] PBE: [H +]+[H 3PO 4]=[OH -]+[NH 3]+[HPO 42-]+2[PO 43-] (4) MBE: [NH 3]+[NH 4+]=C [CN -]+[HCN]=C CBE: [NH 4+]+[H +]=[OH -]+[CN -] PBE: [H +]+[HCN]=[OH -]+[NH 3] (5) MBE: [NH 3]+[NH 4+]=2C[HPO 42-]+[H 2PO 4-]+[H 3PO 4]+[PO 43-]=CCBE: [NH 4+]+[H +]=[OH -]+[H 2PO 4-]+2[HPO 42-]+3[PO 43-] PBE: [H +]+[H 2PO 4-]+2[H 3PO 4]=[OH -]+[NH 3]+[PO 43-]5 解：(1) HA(浓度为C A )+HB(浓度为C B ) 混合酸溶液的PBE:[H +]=[A -]+[B -]+[OH -] 因混合酸溶液呈酸性，故[OH -]可忽略。
兰叶青无机及分析化学课后习题答案(所有章节)
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 k2－13解：因为此过程为可逆相变过程，所以Q p =△H= ·mol -1W=-p 外△V ≈-n R T =-×=- kJ ·mol -1 △U = Q + W= +（-）= kJ ·mol -12－14解：（1）r m B f m Bf m 2f m f m f m 231B)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（）（）（）（）+ΘΘΘΘΘΘ（2）r m B f m Bf m 2f m 2f m f m 21B)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∆=∆∆-∆+∆=-----=-⋅∑（（，）+（）（）（）（）+ΘΘΘΘΘΘ（3）r m B f m Bf m 2f m f m 2f m 31B)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（）（）（）（）+ΘΘΘΘΘΘ2－15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 ）r m f m f m 2f m 2f m 1()(H O,l)2(H ,g)2(C,s)1135.1(285.83)2020849.27kJ mol H H H H H -∆=∆-∆-∆-∆=----⨯-⨯=-⋅乙醇ΘΘΘΘΘ虽然，该反应的r m H ∆Θ＜0（能量下降有利），但不能由r m H ∆Θ单一确定反应的方向，实际反应中还须考虑其他因素，如：混乱度、反应速率等。
无机及分析化学课后习题与答案
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。
课后习题解析-第六章酸碱平衡与酸碱滴定法
第六章 酸碱平衡和酸碱滴定法6-1根据下列反应，标出共轭酸碱对。
（1） H 2O + H 2O == H 3O + + OH -（2） HAc + H 2O == H 3O + + Ac -（3） H 3PO 4 + OH - == H 2PO 4- + H 2O（4） CN - + H 2O == HCN + OH -共轭酸碱对为：(1)H 3O +—H 2OH 2O—OH - (2)HAc—Ac -H 3O +—H 2O (3)H 3PO 4—H 2PO 4-H 2O—OH - (4)HCN—CN -H 2O—OH -6-2 指出下列物质中的共轭酸、共轭碱，并按照强弱顺序排列起来：HAc ，Ac -；NH 4+，NH 3；HF ，F -；H 3PO 4，H 2PO 4-；H 2S ，HS -。
共轭酸为：HAc 、NH 4+、HF 、H 3PO 4、H 2S共轭碱为：Ac - 、NH 3、 F -、H 2PO 4-、HS-共轭酸强弱顺序为：H 3PO 4、HF 、HAc 、H 2S 、NH 4+共轭碱强弱顺序为：NH 3、HS -、Ac -、F -、H 2PO 4-6-3已知下列各弱酸的pK a θ和弱碱的pK b θ值，求它们的共轭碱和共轭酸的pK b θ和pK a θ。
(1) pK b θ = 4.69(2) pK b θ = 4.75 (3) pK b θ = 10.25 (4) pK a θ = 4.666-4 计算0.10mol • L -1甲酸(HCOOH)溶液的pH 及其离解度。
解：c /K a θ>500134a L mol 102.41077.11.0)H (---+⋅⨯=⨯⨯==cK c pH ＝2.38 %2.4%10010.0102.4%100)H (3=⨯⨯=⨯=α-+c c6-5 计算下列溶液的pH 。
(1) 0.05 mol • L -1 HCl (2) 0.10 mol • L -1 CH 2ClCOOH (3) 0.10 mol • L -1 NH 3• H 2O(4) 0.10 mol • L -1 CH 3COOH (5) 0.10 mol • L -1CH 2ClCOOH (6) 0.50 mol • L -1Na 2CO 3(7) 0.10 mol • L -1 NH 4Ac (8) 0.20 mol • L -1 Na 2HPO 4（1）解：c (H +) = 0.050 mol.L -1pH ＝1.30 （2）解：K a θ = 1.4×10-3 c /K a θ＝0.1/1.4×10-3<500123a L mol 1018.1104.11.0)H (---θ+⋅⨯=⨯⨯==cK c pH ＝1.93（3）解：K b θ = 1.77×10-5c /K b θ＝0.1/1.77×10-5>500135b L mol 1033.11077.11.0)OH (---θ-⋅⨯=⨯⨯==cK c pOH ＝2.88 pH ＝11.12（4）解：K a θ = 1.76×10-5c /K a θ＝0.1/1.76×10-5>500135a L mol 1033.11076.11.0)H (---θ+⋅⨯=⨯⨯==cK c pH ＝2.88（5）解： 41114a2w b11078.11061.5100.1---θθθ⨯=⨯⨯==K K Kc /K b1θ＝0.20/1.78×10-4>500134b1L mol 1097.51078.12.0)OH (---θ-⋅⨯=⨯⨯==cK c pOH ＝2.22 pH ＝11.78（6）解：191172a 1a L mol 1091.41061.51030.4)H (----θθ+⋅⨯=⨯⨯⨯=⋅=K K cpH ＝8.31 （7）解：17510a 4a L mol 100.11076.11064.5)HAc ()NH ()H (----θ+θ+⋅⨯=⨯⨯⨯=⋅=K K c pH ＝7.00（8）解：1101383a 2a L mol 102.1102.21023.6)H (----θθ+⋅⨯=⨯⨯⨯=⋅=K K cpH=9.926-6 计算室温下饱和CO 2水溶液（即0.04 mol • L -1 HCl ）中c (H +), c (HCO 3-), c (CO 32-)。
《无机及分析化学》1-12章习题答案
第一章 气体和溶液 (15页)
17. 聚沉能力由大到小排列： A. 100 mL0.005mol·L-1KI 和100 mL0.01mol·L-1
AgNO3 制成的为正溶胶，所以排列顺序为： AlCl3 K3[Fe(CN)6] MgSO4 (电荷同由小到大) B. 100 mL0.005mol·L-1 AgNO3和100 mL0.01mol·L-1 KI制成的为负溶胶，所以排列顺序为： K3[Fe(CN)6] AlCl3 MgSO4(电荷同由大到小)
13.
2SO2(g) + O2(g) = 2SO3(g)
n平衡
1.90
0.95 1.10
K K p( p ) B K C ( Rp T ) B
c(ScO (2S)O c3()O2)RpT1
1.1208.0 010.31 1.2 90.9 58.31151 00.5 031
第三章 化学反应速率和化学平衡 (56页)
V=1425∕900=1.58 L
c=1 25.2 0∕1.5.81 0 =.0 151 .80m1 o8 l·.L6 0 -1 0 9. 40.:0 6.6 00 :5.33 1:2:1
T bm B 0 .05 0 1 .50 00 M K b m A0 .51 9 .0 20 1g 8 m 0-1o
⑸ 减小容器体积
n(Cl2)增大
⑹ 减小容器体积
p(Cl2)增大
⑺ 减小容器体积
K⊖不变
⑻ 升高温度
K⊖增大
⑼ 升高温度
p(HCl)增大
⑽ 加N2 ⑾ 加催化剂
无机及分析化学第六章答案
第六章氧化还原平衡及氧化还原滴定法习题1．下列物质中元素的氧化数。
（1）CrO42－中的Cr （2）MnO42－中的Mn（3）Na2O2 中的O （4）H2C2O4·2H2O中的C解答：(1)Cr：＋6；(2)Mn：＋6；(3)O：－1；(4)C：＋32. 下列反应中，哪些元素的氧化数发生了变化？并标出氧化数的变化情况。
（1）Cl2＋H2O＝HClO＋HCl（2）Cl2＋H2O2＝2HCl＋O2（3）Cu＋2H2SO4 (浓)＝CuSO4＋SO2＋2H2O（4）K2Cr2O7＋6KI＋14HCl＝2CrCl3＋3I2＋7H2O＋8KCl 解答：(1)Cl：from 0 to＋1and－1(2)Cl：from 0to －1；O：from －1 to 0(3)Cu：from 0 to ＋2；S：from ＋6 to +4(4)Cr：from ＋6 to ＋3；I：from －1 to 03. 用离子电子法配平下列在碱性介质中的反应式。
（1）Br2＋OH－→BrO3－＋Br－（2）Zn ＋ClO－→Zn(OH)42－＋Cl－（3）MnO4－＋SO32－→MnO42－＋SO42－(4) H2O2＋Cr(OH)4－→CrO42-＋H2O解答：(1) Br2＋12OH－＝2BrO3－＋6H2O＋10e（2e＋Br2＝2Br－）×56Br2＋12OH－＝2BrO3－＋6H2O＋10 Br－(2)Zn ＋4OH－＝Zn(OH)42－＋2eH2O＋ClO－＋2e＝2OH－＋Cl－Zn ＋H2O＋2OH－＋ClO－＝Zn(OH)42－＋Cl－（3）(MnO4－＋e＝MnO42－)×22OH－＋SO32－＝H2O＋SO42－＋2e2MnO4－＋2OH－＋SO32－＝2MnO42－＋H2O＋SO42－(4) (H2O2＋2e＝2OH－)×3(4OH－＋Cr(OH)4－＝CrO42－＋4 H2O＋3e)×23 H2O2＋2OH－＋2Cr(OH)4－＝2CrO42－＋8 H2O4. 用离子电子法配平下列在酸性介质中的反应式。
无机及分析化学华中科技大学冯辉霞版课后习题答案
第一章 绪论 答案：一、选择题答案： 1. A; 2. B; 3. D; 4. B; 5. a; 6. A,B,C,D; 7. E; 8. B,C;二、填空题答案： 1.酸碱滴定法,沉淀滴定法,配位滴定法，氧化还原滴定法四种； 2.常量分析是指试样用量在0.1g 以上时的分析。
三、简答题略四、计算题答案：1. V=4mL ；V=40mL ；说明为了减少滴定的相对误差，应适当增大滴定时消耗标准溶液的量。
第二章 物质的状态答案一、选择题1. A ；2. D ；3. B ；4. D ；5. ??；6. C ；7. A ；8. A ；二、简要回答问题略三、计算题1. 水在28℃时的蒸汽压为3742Pa ，问在100g 水中溶入13g 不挥发溶质时溶液的蒸汽压为多少？已知不挥发溶质的摩尔质量为92.3g.mol -1。
解：P A ﹡=3742Pa由拉乌尔定律可知： BB A A BBA B M W M W MW P x P P ///**1+⋅==∆3.92/1318/1003.92/133742+⨯= Pa 43.92=加入溶质后的蒸气压为P ﹡= P A ﹡- P ∆=3649.57 Pa3. 等压下，为了将烧瓶中30 ℃的气体量（视为理想气体）减少1/5，问需将烧瓶加热到多少度?解：因 P 、V 一定 由 PV=nRT 得 n 1RT 1=n 2RT 2即 n 1T 1=(1-1/5)n 1T 2 得 K T T 75.3784512==4. 某一容器内含有H 2(g)和N 2(g)的气体混合物，压力为152kPa ，温度为300K ，将N 2(g)分离后，只剩下H 2(g)，保持温度不变，测得压力降为50.7 kPa ，气体质量减少14g ，试计算（1）容器的体积；（2）容器中最初的气体混合物中H 2(g)和N 2(g)的物质的量分数。
H 2(g)和N 2(g)视为理想气体。
解：依题意有P H2=50.7KPa P N2=P-P H2=101.3KPa n N2=14/M N2=0.5mol（1） P N2V= n N2RT LV 31.123.101300314.85.0P RT n 22N N =⨯⨯==（2）22H x P P H =334.01527.50 x 22H ===P P H 解得 666.0 x 122H =-=N x5. 计算在2500g 水中需溶解多少甘油(C 3H 8O 3)才能与125g 水中溶解2.42g 蔗糖（C 12H 22O 11）所组成的的溶液具有相同的凝固点。
[农学]无机及分析化学第六章课后习题答案高等教育出版社第二版
![[农学]无机及分析化学第六章课后习题答案高等教育出版社第二版](https://img.taocdn.com/s3/m/40384fd27c1cfad6195fa7f0.png)
正极 : E( H+/H2) = E(H+/H2) = 0.0000V
负极: E(H+/H2) = E(H+/H2) +
a 0.059V c(氧化态） lg n c(还原态)b
= 0.0000 + 0.0591/2 (lg0.012/1) = -0.12V E = E(+) - E(-) = 0.0000 -(-0.12)= 0.12V lgK = nE/0.0592 =[2 ×0.0000]/0.0592 = 0 K =1
K =4.4 ×1015
2) 反应式： 2H+ + Sn = Sn 2+ + H2 正极 : E( H+ /H2) = E(H+/H
2
)
= 0.0000V
a 0 . 059 V c ( 氧 化 态 ） + lg n c(还原态)b
负极: E( Sn2+ /Sn) = E(Sn2+/Sn)
a 0.059V c(氧化态） + n lg c(还原态)b
2 7
2
MnO 8 H 5e ) 2
4
2 5S 2O82 8H 2O 2 Mn 2 2 MnO4 16H 10SO4
14H 6e 2Cr3 7 H 2O
( Fe2 Fe3 e ) 6
2 Cr2O7 14H 6 Fe2 2Cr 3 7 H 2O 6 Fe 3
a 0.059V c(氧化态） lg n c(还原态)b
负极: E(Pb2+/Pb) = E(Pb2+/Pb) +
(整理)农业出版社无机及分析化学习题解答汇总完整版
无机及分析化学(Ⅰ)习题解答目录第1章分散体系 (1)第2章化学热力学基础 (8)第3章化学反应速率和化学平衡 (15)第4章物质结构 (22)第5章分析化学概述 (27)第6章酸碱平衡 (31)第7章酸碱滴定法 (36)第8章沉淀溶解平衡 (44)第9章重量分析法和沉淀滴定法 (49)第10章配位化合物 (53)第11章配位滴定法 (62)第12章氧化还原反应 (67)第13章氧化还原滴定法 (78)第14章电势分析法 (83)第15章吸光光度分析法 (86)第16章试样分析中常用的分离方法简介 (90)第17章重要生命元素简述 (93)第18章原子核化学简介 (96)第1章 分散体系1-1．人体注射用的生理盐水中，含有NaCl 0.900%，密度为1.01g·mL -1，若配制此溶液3.00×103g ，需NaCl 多少克？该溶液物质的量浓度是多少？解：配制该溶液需NaCl 的质量为：m (NaCl)=0.900%×3.00×103g=27.0g该溶液的物质的量浓度为：-1-13-1-327.0g/58.5g mol (NaCl)==0.155mol L (3.0010g/1.01g m L )10c ⋅⋅⨯⋅⨯ 1-2．把30.0g 乙醇(C 2H 5OH)溶于50.0g 四氯化碳(CCl 4)中所得溶液的密度为1.28g∙mL -1，计算：(1)乙醇的质量分数；(2)乙醇的物质的量浓度；(3)乙醇的质量摩尔浓度；(4)乙醇的摩尔分数。
解：(1)w (C 2H 5OH) =25254(C H OH)30.0g (C H OH)(CCl )30.0g 50.0gm m m =++=0.38 (2)-12525-1-3(C H OH)30.0g/46g mol (C H OH)[(30.0+50.0)g /1.28g mL ]10n c V ⋅=⋅⨯==10.4mol·L -1 (3)b (C 2H 5OH) =-125-3430.0g(C H OH)46g mol (CCl )50.010kgn m ⋅=⨯=13.0mol·kg -1 (4)x (C 2H 5OH) =-125254-1-130.0g(C H OH)46g mol =30.0g 50.0g (C H OH)+(CCl )+46g mol 153.6g mol n n n ⋅⋅⋅ =0.650.660.650.33=+ 1-3．将5.0g NaOH 、NaCl 、CaCl 2分别置于水中，配成500mL 溶液，试求c (NaOH)、c (NaCl)、c (12CaCl 2)。
无机及分析化学(董元彦)第六章选择题及答案
12. 在0.10 dm3 0.10 mol·dm-3 HAc溶液中，加入0.10 mol NaCl晶体，溶液的pH 将会（B）A. 升高B. 降低C. 不变D. 无法判断15．H2C2O4水溶液的质子条件式为（ B ）A. c(H+)=c(HC2O4-)+c(C2O42-)+c(OH-)B. c(H+)=c(HC2O4-)+2c(C2O42-)+c(OH-)C. c(H+)=c(HC2O4-)+c(C2O42-)+2c(OH-)D. c(H+)=c(HC2O4-)+2c(C2O42-)+2c(OH-)1.下列溶液不能组成缓冲溶液的是 ( C)（A）NH3和NH4Cl （B）H2PO4- 和HPO42-（C）氨水和过量HCl （D）HCl和过量氨水7. 在酸碱滴定中，选择指示剂可不必考虑的因素是（D）A. pH 突跃范围B. 指示剂变色范围C. 指示剂颜色变化D. 指示剂分子结构2．已知H3PO4的K a1=7.6⨯10-3，K a2=6.3⨯10-8，K a3=4.4⨯10-13。
用NaOH 溶液滴定H3PO4至生成NaH2PO4时，溶液的pH值约为（B ）（A）2.12; （B）4.66; （C）7.20; （D）9.86 （）4．由等浓度HB和B-组成的缓冲系，若B-的K bΘ=1.0×10-10，则此缓冲溶液的PH 值为（A）4.00 （B）5.00 （C）7.00 （D）10.00 （A）9. 在HAc溶液中，加入NaAc会导致： ( B)A. 同离子效应B.同离子效应和盐效应C.盐效应D.降低溶液中Ac－浓度7、下述何种物质不能起酸的作用：D（1）HSO4－（2）NH4+ （3）H2O （4）NaH8、决定弱酸和强酸因素是？C（1）浓度（2）电离度（3）电离常数（4）溶解度19、0.02mol·L-1的NH4Cl溶液的pH值是：C（1）4 （2）8.2 （3）5.47 （4）6.820、缓冲溶液的缓冲范围是：D（1）pH±1 （2）Ka ±1 (3)Kb±1 (4)pka±18．下列溶液等体积混合，不具有缓冲能力的是 B 。
电子教案与课件：无机及分析化学 课后习题和答案
绪论一、选择题1、按任务分类的分析方法是 ( )A．无机分析与有机分析 B．定性分析、定量分析和结构分析C．常量分析与微量分析 D．化学分析与仪器分析2、常量分析的称样量是 ( )A．＞1g B．＞0.1g C．0.01～0.1g D．＞10mg3、鉴定物质的化学组成是属于 ( )A．定性分析 B．定量分析 C．结构分析 D．化学分析二．无机及分析化学的任务是什么?三．请简单阐述无机及分析化学在精细化学品、药学、食品及农业科学中的应用。
四．如何区分化学分析和仪器分析?五. 结合自己的实际情况谈一下自己将如何学习该课程。
本章答案:一.1.B 2.B 3.A 二.略三.略四.略五.略第一章物质的结构一、选择题1. 基态钠原子的最外层电子的四个量子数可能是( )A.3，0，0，+1/2B.3，1，0，+1/2C.3，2，1，+1/2D.3，2，0，-1/22. 已知某元素+3价离子的核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d5, 该元素在周期表中属于( )A.VIII族B.IIIA族C. IIIB族D. VA族3. 有d电子的原子，其电子层数至少是( )A. 1B. 2C. 3D. 44.某元素的价电子构型为3d14s2, 则该元素的原子序数为( )A.20B.21C.30D. 255.在Mn(25)原子的基态电子排布中，未成对电子数为( )A.2B.5C.8D. 16.最外层为5s1，次外层d轨道全充满的元素在( )A.IAB.IBC.IIAD. IIB7. 下列分子中属于极性分子的是( )A．O2 B.CO2 C.BBr3 D.NF38. 下列分子中中心原子采取sp杂化的是 ( )A．NH3 B．CH4C．BF3 D．BeCl29．下列分子中，偶极距为零的是 ( )A．CH3Cl B．NH3 C．BCl3 D．H2O10．下列液体只需要克服色散力就能沸腾的是 ( ) A．CCl4 B．H2O C．NH3 D．C2H5OH11．下列说法正确的是( )A．sp2杂化轨道是指1s轨道与2p轨道混合而成的轨道。
无机及分析化学课后习题第六章谜底
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
解：选 B。根据下列公式可求得最少称样量： 相对误差 绝对误差 ×100%
试样质量
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
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（ ）
纯度虽高，但不符合基准物质的要求，C 不符合干燥处理条件。
7．检验测定结果的平均值 x 与标准值 μ 之间是否存在显著差异应采用的方法是
（）
A. Q 检验法
B. G 检验法
解：选 C。决定可疑值的取舍常用 Q 检验法和 G 检验法。t 检验法是检验测定
结果的平均值 x 与总体平均 μ 之间是否存在显著差异，进而判断其可靠性的
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
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 Na2B4O7.10H2O 作为基准
解：选 D。在一定置信度下，以测定结果的平均值 x 为中心，包括总体平均值 μ
在内的可靠性范围，称为平均值的置信区间。所以 D 选项说法正确。
分析化学第六章 习题参考答案
分析化学第六章习题参考答案work Information Technology Company.2020YEAR第六章 习题参考答案1 解：C 6H 5NH 3+ —C 6H 5NH2 Fe(H 2O)63+—Fe(H 2O)5(OH)2+ R-NH 2+CH 2COOH —R-NH 2+CH 2COO -(R-NH-CH 2COOH)2解：Cu(H 2O)2(OH)2—Cu(H 2O)3(OH)+ R-NHCH 2COO -—R-NHCH 2COOH 4 解：(1) MBE: [K +]=C [HP -]+[H 2P]+[P 2-]=C CBE: [K +]+[H +]=[HP -]+2[P 2-]+[OH -] PBE: [H +]+[H 2P]=[OH -]+[P 2-](2) MBE: [Na +]=C [NH 3]+[NH 4+]=C [HPO 42-]+[H 2PO 4-]+[H 3PO 4]+[PO 43-]=CCBE: [Na +]+[NH 4+]+[H +]=[OH -]+[H 2PO 4-]+2[HPO 42-]+3[PO 43-] PBE: [H +]+[H 2PO 4-]+2[H 3PO 4]=[OH -]+[NH 3]+[PO 43-] (3) MBE: [NH 3]+[NH 4+]=C[HPO 42-]+[H 2PO 4-]+[H 3PO 4]+[PO 43-]=CCBE: [NH 4+]+[H +]=[OH -]+[H 2PO 4-]+2[HPO 42-]+3[PO 43-] PBE: [H +]+[H 3PO 4]=[OH -]+[NH 3]+[HPO 42-]+2[PO 43-] (4) MBE: [NH 3]+[NH 4+]=C [CN -]+[HCN]=C CBE: [NH 4+]+[H +]=[OH -]+[CN -] PBE: [H +]+[HCN]=[OH -]+[NH 3] (5) MBE: [NH 3]+[NH 4+]=2C[HPO 42-]+[H 2PO 4-]+[H 3PO 4]+[PO 43-]=CCBE: [NH 4+]+[H +]=[OH -]+[H 2PO 4-]+2[HPO 42-]+3[PO 43-] PBE: [H +]+[H 2PO 4-]+2[H 3PO 4]=[OH -]+[NH 3]+[PO 43-]5 解：(1) HA(浓度为C A )+HB(浓度为C B ) 混合酸溶液的PBE:[H +]=[A -]+[B -]+[OH -] 因混合酸溶液呈酸性，故[OH -]可忽略。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
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. 0.1gB. 0.2gC. 0.05gD. 0.5g解：选B 。
根据下列公式可求得最少称样量： 相对误差试样质量绝对误差 ×100% 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. 0.0030B. pH=3.24C. 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。
6．以下试剂能作为基准物质的是（ ）A.优级纯的NaOHB.光谱纯的Co 2O 3C.100℃干燥过的CaOD. 99.99%纯锌 解：选D 。
见教材表6—6常用基准物质的干燥处理、保存及应用范围。
A 、B 纯度虽高，但不符合基准物质的要求，C 不符合干燥处理条件。
7．检验测定结果的平均值x 与标准值μ之间是否存在显著差异应采用的方法是（ ）A. Q 检验法B. G 检验法C. t 检验法D. f 检验法 解：选C 。
决定可疑值的取舍常用Q 检验法和G 检验法。
t 检验法是检验测定结果的平均值x 与总体平均μ之间是否存在显著差异，进而判断其可靠性的一种方法。
而f 检验法是比较两组测定平均值1x 和2x ，判断是否存在显著差异的方法。
8．某试样含钙量的置信区间为20.45 ±0.15%(置信度为90%),对此结果理解正确的是（ ）A.有90%的把握认为再测一次的值将落在20.30%～20.60%范围内 ；B.总体平均值μ落在20.30%～20.60%范围内的概率为90% ；C.有90%的测定结果落在20.30%～20.60%范围内D.在此区间内，包括总体平均值μ的把握为90%。
解：选D 。
在一定置信度下，以测定结果的平均值x 为中心，包括总体平均值μ 在内的可靠性范围，称为平均值的置信区间。
所以D 选项说法正确。
二、填空题1．根据有效数字修约规则，将下列数据修约到小数点后第三位。
3.14150 3.142 0.51749 0.517 15.454546 15.455 0.378602 0.379 7.69050 7.690 2.362500 2.3622．下列各数的有效数字位数是0.0030 2位 0.698 3位 6.023×1023 4位 1000 位数模糊 64.120 5位 1.0×103 2位 log K θ=11.23 2位pH=5.2 1位3．常用于标定HCl 的基准物质有 硼砂 、 无水碳酸钠 ，常用于标定NaOH 的基准物质有 邻苯二甲酸氢钾 、 草酸 。
4．根据有效数字运算规则计算下式：(1) 1.187×0.85+9.6×10-3-0.0326×0.00824÷2.1×10-3 = 0.9(2) 0.067+2.1415-1.32= 0.89(3)0.09067×21.30÷25.00= 0.07725 4193.1321.1621000)40.1312.21(09802.0⨯-⨯= 0.0288三、简答题下列情况引起的误差属于哪种误差？若为系统误差，如何减免或消除？（1）天平盘被腐蚀；（2）天平零点有微小波动；（3）读数时，发现微分标尺有些漂移；（4）试剂中含有微量杂质干扰主反应；（5）滴定过程中，滴定剂不慎滴在外面；（6）滴定管刻度均匀性差；（7）待测试液未充分混匀。
解：（1）系统误差，更换合格的天平盘 （2）随机误差 （3）系统误差，调整天平使之能正常工作 （4）系统误差，提纯试剂，或加掩蔽剂消除杂质干扰，或做空白试验 （5）过失（6）系统误差，更换或校正滴定管 （7）过失四、计算题1．某铵盐中氮的质量分数6次测定结果分别为21.32%,21.60%,21.28%,21.70%, 21.30%,21.56%。
试计算平均值x 、平均偏差d 、相对平均偏差r d 、极差R 、标准偏差S 和相对标准偏差S r 。
解：通过本题使学生掌握平均值x 、平均偏差d 、相对平均偏差r d 、极差R 、标准偏差S 和相对标准偏差S r 的计算方法。
61=x （21.32%+21.60%+21.28%+21.70%+21.30%+21.56%）=21.46% 61=d （|-0.14|%+|0.14|%+|-0.18|%+|0.24|%+|-0.16|%+|0.12|%）= 0.16% %46.21%16.0=r d ×100% = 0.75%%18.016%)12.0(%)16.0(%)24.0(%)18.0(%)14.0(%)14.0(222222=-+-++-++-=S %84.0%100%46.21%18.0%100r =⨯=⨯=xS S R =21.70%-21.28%=0.42%2．测定某蛋白质质量分数7次，数据为；79.58%,79.45%, 79.47%,79.50%,79.62%, 79.38%,79.80%。
若置信度为95%，试用Q 检验法和G 检验法做数据处理后报告分析结果。
解：通过本题目使学生掌握Q 检验法及G 检验法。
先用Q 检验法决定可疑值取舍：将数据依次排列：79.38%, 79.45%, 79.47%, 79.50%, 79.58%, 79.62%, 79.80%对79.38%：17.0%42.0%45.79%38.79=-=-=R x x Q 相邻可疑计 对79.80%：43.0%42.0%62.79%80.79=-=-=R x x Q 相邻可疑计查表，当n = 7时，Q 0.95 =0.69，两值的计Q 均小于Q 0.95 =0.69，所以均应保留。
因此，上述7个数据的平均值应为79.54%,标准偏差为0.14%。
再用G 检验法决定可疑值取舍：对79.38%：14.1%14.0%54.79%38.79=-=-=S x x G 可疑计 对79.80%： 86.1%14.0%54.79%80.79=-=-=S x x G 可疑计 查表，当n = 7时，G 0.95 =2.02，两值的计G 均小于G 0.95 =2.02，所以均应保留。
查t 表，当n = 7、置信度为95%时 t=2.45)%13.054.79(7%14.045.2%54.79±=⨯±=μ 分析结果报告为：蛋白质质量分数=(79.54±0.13)%。
作出这一结论的置信 度为95%。
3．检验纯度为95.50%的工业纯碱，结果为n =7,x =94.65%,S =0.34%,若p =95％，问此纯碱是否合格？解：通过本题目使学生掌握利用t 检验法判断测定结果x 与总体平均值μ之间是否存在显著差异。
n S x t μ-=计62.67%34.0%50.9565.94=-=查表教材6-1，p =0.95时，t 表=2.45, 因6.62>2.45，所以测定结果x 与总体平均值μ之间存在显著差异，不合格。
4．有－KMnO 4标准溶液，浓度为c (KMnO 4)=0.02010mol.L -1。
求)(Fe/KMnO 4T 和)/KMnO O Fe (432T 。
解：通过本题目使学生掌握滴定度的概念及应用。
滴定反应方程式 5Fe 2++MnO 4-+8H +=5Fe 3++Mn 2++4H 2On (Fe 2+)=5n (MnO 4-)T (Fe/KMnO 4)=5c (KMnO 4)V (KMnO 4)M (Fe)=5×0.02010 mol ∙ L -1×1.0×10-3L ∙mL -1×55.85g ∙mol -1 =0.005613g∙m L -1T (Fe 2O 3/KMnO 4)=0.005613×M (Fe 2O 3)/M (2Fe)=0.005613 g∙m L -1×159.7 g ∙mol -1/（2×55.85 g ∙mol -1） =0.008025 g∙m L -15．测某试样中铝的含量，称取0.1996g 试样，溶解后加入c (EDTA)=0.02010mol.L -1的标准溶液30.00mL ，调节酸度并加热使Al 3+定量反应完全，过量的EDTA 标准溶液用c (Zn 2+)=0.02045molL -1标准溶液回滴至终点，消耗Zn 2+标准溶液6.00mL 。
计算试样中Al 2O 3的质量分数。
解：通过本题目使学生掌握利用EDTA 进行返滴定的方法。
n (EDTA)实际=n (EDTA)总-(cV )Zn 2+=0.02010 mol ∙ L -1×30.00 mL -0.02045 mol ∙ L -1×6.00 mL =0.480mmol m (Al 2O 3)=(1/2) n (EDTA)实际×M (Al 2O 3)w (Al 2O 3)1996.01096.101480.0)2/1(3-⨯⨯⨯==12.3% 6．称取基准物K 2Cr 2O 7 0.1236g 用来标定Na 2S 2O 3溶液。
首先用稀HCl 溶解后，加入过量KI ，置于暗处5分钟，待反应完毕后加入80mL 水，用待标定的Na 2S 2O 3溶液滴定，终点时消耗V (Na 2S 2O 3)为21.20ml ，求c (Na 2S 2O 3)。