无机化学简明教程课后习题答案.ppt

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1、习题P26,3、根据盖斯定律计算。已知：,求：反应,的,解：（1）2+（2）4-（3）,=(-282.98)2+(-285.8)4-(-1366.8)=-342.36kJmol-1,4、已知：,计算NO(g)的标准生成焓,解：,，所以,6、写出H2CO3(aq)、Fe3O4(s)、KBr(s)的生成反应。,解：,7、利用,计算常温常压下，反应CaCO3(s)CaO(s)+CO2(g)的,解：CaCO3(s)CaO(s)+CO2(g),-1206.92-635.09-393.509,8、判断下列过程是熵增还是熵减过程（不计算），为什么？,溶质从水溶液中结晶出来二氧化氮转化为四氧化二氮单质碳与二

2、氧化碳反应生成一氧化碳合成氨反应过氧化氢分解反应,解：熵减，从溶液中析出晶体是混乱度降低。熵减，分子数目在减少。熵增，气体分子数加倍了，混乱度增加。熵减，气体总分子数减少很多。熵增，从无气体分子转化为气体分子。,9、能否用下列反应合成酒精？（温度范围是多少？）4CO2(g)+6H2O(g)=2C2H5OH(g)+6O2(g)解:4CO2(g)+6H2O(g)=2C2H5OH(g)+6O2(g),-393.509-241.818-235.1 0,213.74 188.825 282.7 205.138,热力学反应类型为焓值增加，熵值减少，无论是高温还是低温都不会自发向右进行。,11、写出下列反应

3、的标准平衡常数表达式：,12、密闭容器中反应2NO(g)+O2(g)=2NO2(g)在1000K条件下达到平衡。若始态NO、O2、NO2的分压分别为101.3KPa、303.9KPa和0，平衡时NO2的分压为12.16KPa。计算平衡时NO、O2的分压和反应的平衡常数,解：2NO(g)+O2(g)=2NO2(g),P起（kpa）101.3 303.9 0,P变（kpa）12.16 6.08 12.16,P平（kpa）89.14 297.8 12.16,13、合成氨反应N2(g)+3H2(g)=2NH3(g)在某温度下达到平衡，N2(g)、H2(g)、NH3(g)的平衡浓度分别为3.0、2.0、

4、4.0 mol/dm3。求该反应的Kc及N2(g)、H2(g)的起始浓度。,解：N2(g)+3H2(g)=2NH3(g),C起（molL-1）5 8 0,C变（molL-1）2 6 4,C平（molL-1）3 2 4,14、PCl5分解反应：PCl5(g)=PCl3(g)+Cl2(g)，在473K时K0.312。计算473K，恒定200KPa下PCl5的离解度。,解：设离解率为，起始压力为p,PCl5(g)=PCl3(g)+Cl2(g),P起（kpa）p 0 0,P变（kpa）-p p p,P平（kpa）p-p p p,由题意有：p-p+p+p=200kpa(1),=0.368=36.8%,1

5、7、真空容器中放入固体NH4HS，在25下分解为NH3(g)和H2S(g)。平衡时容器内的压强为66.66KPa。当放入固体NH4HS时容器内已有39.99KPa的H2S(g)，求平衡时容器内的NH3(g)压强。若容器中已有压强为6.666KPa的NH3(g)，问至少需加多大压强的H2S(g)，才能形成固体NH4HS。,解：分析：由题干中的压力可以计算出250C下该反应的化学平衡常数。由于NH4HS分解为气体H2S和NH3的物质的量是相等的，所以平衡时pH2S=pNH3=66.66kpa/2=33.33kpa,NH4HS(s)=NH3(g)+H2S(g),P平（kpa）33.33 33.33,

6、NH4HS(s)=NH3(g)+H2S(g),P起（kpa）0 39.99,P变（kpa）x x,P平（kpa）x x+39.99,由于温度不变，所以平衡常数不变，则：,x=p(NH3,平)=18.8725kpa,NH4HS(s)=NH3(g)+H2S(g),P起（kpa）6.666 pH2S,要使反应逆向进行，则JK,即,18、250时，2升密闭容器中0.7mol PCl5分解达到平衡，有0.5 mol PCl5发生分解。若再往容器中加入0.1 mol Cl2，平衡是否维持，如何变化，PCl5的分解率有无改变，计算说明。,PCl5(g)=PCl3(g)+Cl2(g),C起（mol.L-1）0

7、.35 0 0,C变（mol.L-1）0.25 0.25 0.25,C平（mol.L-1）0.1 0.25 0.25,加入Cl2后,则JcKc,平衡逆向进行，设分解率为，,19、乙烷裂解生成乙烯反应：,已知在1273K，标准态时，反应达到平衡，p(C2H6)=2.62 Kpa，p(C2H4)=48.7 Kpa，p(H2)=48.7 Kpa。计算该反应的标准平衡常数。在实际生产中可在恒温恒压下，加入过量水蒸汽（视为惰性气体）来提高乙烯的产率，为什么？请予说明。,解：,P平（kpa）2.62 48.7 48.7,不能用通过过量水蒸气的方法来提高乙烯的产率。加入过量水蒸气，又要保持恒压，就只有让容器

8、的体积增大，每组分的分压力减小，反应容器体积增大，相当于减压。,20、有A和D两种气体参加的反应，若A的浓度增加一倍，反应速度增加3倍；若D的浓度增加一倍，反应速度只增加1倍。写出该反应的速率方程。若将总压减少一倍，反应速度作何改变？,解：A与D反应的普通速率方程：,（1）,(3),（2）,所以速率方程为,总压减少一倍，相当于体积加大一倍，各组分浓度减小一半，,(速率减少),21、实验室常用金属锌与稀硫酸作用制取氢气，开始的一段时间，反应速度加快，之后反应速度变慢，请解释这种现象。,分析：开始一段时间，反应速率加快，因为该反应是放热反应，先放出的热使不是活化分子的分子成为活化分子，活化分子数多

9、，反应加快，之后反应减慢，是因为反应的反应物浓度降低，活化分子数减少，所以反应减慢。,22、反应,在650K时，速率常数k为210-5 s-1；在680K时的速率常数为810-5 s-1；求该反应的活化能。,解：此题已知不同温度的速率常数，直接求活化能。,23、用碰撞理论说明，采取哪些措施可以加快下列反应：,合成氨反应，,CaCO3分解反应，,。,碳燃烧,加压、升温、使用催化剂升温增大氧气浓度、适当升温。,24、评述下列陈述，说明理由。,因为,=-RT n,，,所以温度升高，平衡常数减小。,这种说法不合适，rGm是温度函数，与rHm的符号，rSm的正负符号有关，如果rGm值是负号，升温平衡常数

10、增大，是正号，平衡常数减小。,CaCO3在常温下不分解是因为它分解时要吸热，而在高温时可分解是因为它在高温时要放热。,由于此反应是焓值为正，熵值增加的反应，由,，升高温度，后一项超过前一项，使,0,反应自发进行。,由于CaCO3分解是吸热反应，故CaCO3的生成焓小于零。,此题因果有错,反应达到平衡时各反应物和产物的浓度相等。,错。平衡时，反应体系各组分的压力或浓度保持不变，而不是相等。,0，反应在298K时反应可以自发正向进行，并不意味着会会自动进行。,反应在一定温度和浓度下，不论使用催化剂与否，只要达到平衡，产物的浓度总是相同的。,对,25、可逆反应C(S)+H2O(g)CO(g)+H2(

11、g)H0，下列陈述对否，为什么？,由于反应前后分子数目相等，所以增加压力对平衡无影响。,错。C为固体，对平衡不影响，必须是两边气体分子总数相等，平衡才不受影响。,加入催化剂，可大大提高正反应速率，平衡正向移动。,错。催化剂的使用不会对平衡产生影响。,P44,1、写出下列酸的共轭碱：HCl(Cl-)，H2O(OH-)，H2SO4(HSO4-)，H2PO4-(HPO42-)，NH3(NH2-)，HNO3(NO3-)，NH4+(NH3)，HF(F-)，Cu(H2O)42+(Cu(OH)(H2O)3+),2、写出下列碱的共轭酸：,Br(HBr)，HS(H2S)，PH3(PH4+)，HC2O4(H2C2

12、O4)，HCO3-(H2CO3)，PO43-(HPO42-)，HSO3-(H2SO3),3、根据酸碱质子理论，在水溶液中，下列物种哪些是酸，哪些是碱，哪些是酸碱两性物质：,HCl，H2O，H2SO4，H2PO4-，NH3，NH4+，CO32-，Cr2O72-,酸：NH4+,H2SO4 HCl；碱：CO32-，Cr2O72-,两性物质：H2O、H2PO4-、NH3,5、一元酸HA，室温时Ka=110-3，求酸浓度为0.01molL-1时溶液的H+浓度和该酸的电离度。,解：因为：,，所以不能用近似公式计算。,应该用,，代入数据有：,解得=0.27=27%，,所以H+=c=0.0127%=2.710

13、-3,6、某弱酸HA浓度为0.015 molL-1时电离度为1.80，问其浓度为0.10 molL-1时的电离度为多少？,分析：浓度为0.015 molL1时电离度为1.80，小于5%，可以用近似公式计算弱酸的解离平衡常数后，再计算0.10 molL1时的电离度；也可以直接用比例式计算0.10 molL1时的电离度。,解：法一：因为1.8%5%，所以用近似式。,当浓度为0.10 molL-1时，设电离度为2,因为,方法二：因为1.8%5%，所以用近似式,(1),(2),7、某温度下，用酸度计测得浓度为0.01molL-1的某一元酸溶液的pH值=2.90，计算该温度下酸的电离常数。,分析：已知

14、pH值，求出C(H+)=?,即可求出电离度，求出电离度，就可以求出电离平衡常数。,解：pH=2.90，C(H+)=10-2.9,9、已知盐酸和醋酸的浓度均为1.0 molL-1。何者酸性更强，为什么？两溶液的pH值各是多少？若将两溶液等体积混合，计算溶液的pH值。,分析：盐酸是强酸，完全电离；醋酸是弱酸，不完全电离，并且醋酸的电离还受外界条件影响。,解：(1)浓度为1.0 molL1的盐酸，C(H+)=C(HCl)=1.0 molL1，pH=-lgH+=0,浓度为1.0 molL1的醋酸，,pH=3-lg4.24=2.37,所以盐酸酸性强于醋酸。,(2)两种溶液等体积混合后，盐酸浓度为0.5

15、mol L-1，C(H+)起=C(HCl)=0.5 mol L-1，醋酸浓度也为0.5 mol L-1，于是有：,HAc(aq)=H+(aq)+Ac-(aq),C起（molL-1）0.5 0.5 0,C变（molL-1）-x x x,C平（molL-1）0.5-x 0.5+x x,pH=-lgH+=-lg0.5=0.3,11、同类型的难溶物，溶度积较大的溶解度就大。当溶液中加入与难溶物具有共同离子的其他电解质时，难溶物的溶解度降低，这种现象称为同离子效应；加入的电解质同时还会对难溶物的沉淀溶解平衡产生盐效应，这种效应会使难溶物的溶解度增大。但在一般条件下同离子效应比盐效应的

16、影响大。,13、下列情况能否有沉淀生成，计算说明。,0.05 molL-1的MgCl2溶液与0.01 molL-1的氨水等体积混合；,解：混合后有关物种的浓度分别为：,C(Mg2+)=0.025molL-1,C(NH3H2O)=0.005molL-1,所以有氢氧化镁沉淀生成,在5 mL0.01molL-1的CaCl2溶液中加入1mL0.01molL-1的NaOH溶液；,解：混合后C(Ca2+)=5/60.01molL-1,C(OH-)=1/60.01molL-1,所以无沉淀生成。,在10 mL0.015 molL-1的MnSO4溶液中，加入5mL 0.10 molL-1的氨水。,类似的解法。,

17、解：混合后,C(Mn2+)=10/150.015molL-1=0.01molL-1,C(NH3H2O)=5/150.1molL-1=0.033molL-1,所以有沉淀生成。,15、在100ml 0.2 molL-1 MnCl2溶液中，加入100 ml含NH4Cl的0.02 molL-1氨水溶液，欲阻止Mn(OH)2沉淀形成，上述氨水中需含多少克NH4Cl。,分析：不产生沉淀，则JKsp就可以。,解：混合后C(Mn2+)=100/（100+100）0.2molL-1=0.1molL-1,含NH4+的C(NH3H2O)=100/（100+100）0.02molL-1=0.01molL-1,不产生沉

18、淀就必须满足JKsp，Mn(OH)2,所以有,C(OH-)6.3210-7 pOH=7-lg6.32=7-0.8=6.2,pH=14-6.2=7.8,由缓冲溶液计算公式：pH=pKa-lgC(共轭酸)/C(碱),17、50ml0.1 molL-1MgCl2与50ml 0.1 molL-1 氨水混合，是否有沉淀生成；若在此体系中加入NH4Cl固体（忽略体积变化），使NH4Cl浓度为0.05 molL-1，是否有沉淀生成。,解：混合后有关离子浓度,C(Mg2+)=50/1000.1molL-1=0.05molL-1,C(NH3H2O)=50/1000.1molL-1=0.05molL-1,所以有沉

19、淀生成。,当加入NH4Cl固体后，由于同离子效应，OH-的浓度会降低。,NH3H2O(aq)=NH4+(aq)+OH-(aq),C起（molL-1）0.05 0.05 0,C变（molL-1）-x x x,C平（molL-1）0.05-x 0.05+x x,加入NH4Cl后，仍然有沉淀生成。,18、欲配制200ml pH=5.76的缓冲溶液，应在10mL 6 mol L-1 HAc溶液中加入固体NaAc(忽略体积变化)多少克？,解：加入x克，,19、计算下列体系的pH值。,0.05molL-1的NH4NO3溶液；,分析：此溶液为质子酸性溶液,解：Kb,NH3=1.810-5,Ka,NH4+=5

20、.610-10,在0.01 molL1的Na2CO3溶液；,分析：此溶液是二元质子碱溶液，呈碱性,解：Ka1,H2CO3=4.310-7,Ka2=5.6110-11,由于Kb1Kb2,所以主要考虑第一步产生的OH-,在0.02 molL-1的HAc溶液与 0.02 molL-1的NaOH溶液等体积混合。,分析：等浓度等体积的HAc与NaOH混合，刚好形成NaAc溶液，此溶液是质子碱溶液。,解：Ka,HAc=1.810-5,Kb,Ac-=5.610-10,HAc与NaOH混合，NaAc溶液,其浓度为0.01 molL1,在0.2 molL-1的HAc溶液与 0.1 molL-1的NaOH溶液等体

21、积混合。,分析：醋酸浓度更大，因此醋酸过量，把醋酸与氢氧化钠等体积混合后，所形成的溶液为醋酸（过量）与形成的醋酸钠（生成）的混合溶液，其浓度C(HAc)=0.05molL-1,C(Ac-)0.05molL-1,解：混合后各物种浓度为：C(NaOH)=0.05 molL-1,C(HAc)=0.1 molL-1,NaOH+HAc=NaAc+H2O,起始（molL-1）0.05 0.1 0,消耗（molL-1）0.05 0.05,反应后（molL-1）0 0.05 0.05,反应后由HAc与Ac-组成缓冲溶液，其浓度均为0.05 molL-1,在0.01 molL-1的HAc溶液与 0.02 mol

22、L-1的NaOH溶液等体积混合。,分析：此处氢氧化钠过量，最后所形成的溶液为NaOH(过量)与NaAc是形成的混合溶液。,解：混合后两溶液的浓度分别为C(NaOH)=0.01 molL-1,C(HAc)=0.005 molL-1，查表Ka,HAc=1.810-5,Kb,Ac-=5.610-10,NaOH+HAc=NaAc+H2O,起始（molL-1）0.01 0.005 0,消耗（molL-1）0.005 0.005,反应后（molL-1）0.005 x(很小)0.05,反应后由NaAc与NaOH所组成的溶液，其浓度均约为0.05 molL-1,Ac-+H2O=HAc+OH-,起始（molL-

23、1）0.005 0 0.005,消耗（molL-1）-x x x,平衡（molL-1）0.005-x x 0.005+x,x=5.610-10,所以C(OH-)=0.005+5.610-10,pOH=2.3，所以pH=11.7,21、根据溶度积规则解释下列现象：,Cu(OH)2蓝色沉淀能溶于氨水中，而Al(OH)3则不能。,解析：氢氧化铜之所以溶于氨水，是因为形成铜氨配合物，而氢氧化铝不能形成氨配合物。,ZnS白色沉淀难溶于水，但能溶于盐酸中。,解析：硫化锌在水中有微弱的溶解，在盐酸中，S2-与H+形成H2S,降低了构晶离子的浓度，所以会溶解。,AgCl能溶于稀氨水，而AgBr难溶于稀氨水，能

24、溶于Na2S2O3 溶液中。,解析：由于AgCl会微弱溶解，与氨形成银氨溶液，降低了构晶离子的浓度，所以溶解，而AgBr在水中溶解度比AgCl更小，所以银的浓度达不到形成银氨溶液的程度，Ag+更容易与S2O32-形成配合物。,22、评述下列陈述，说明理由。将氨水稀释一倍，其OH-浓度也减少一倍。（错）盐的溶液为中性，则此盐不水解。（不一定）难溶物的溶度积越小，其溶解度也越小。（不一定）一定温度下，溶液的pH值变，水的离子积不变。（对）一定温度下，溶液越稀，弱电解质的电离度越大，溶液中离子的浓度却越小。（对）HAc和Ac-是共扼酸碱对，HAc是弱酸，Ac-是强碱。（错）碳酸钠溶液中通入二氧化碳可

25、得到一种缓冲溶液。（对）硫酸是强酸，故其水溶液一定是强酸性的。（错）,P59,4、试计算氢原子的电子从n=3能态跃迁至n=2的能态时，所产生的光子的能量，和所发射的光频率及相应波长是多少？,解：始态n=3,末态n=2,由,5、下列量子数所表示的电子运动状态是否存在？为什么,m=0(不存在，n-1lm),（1）n=1,=2,（2）n=2,m=+1（不存在）,=0,（3）n=3,=3,m=+3（不存在）,（4）n=4,=3,m=-2（存在）,6、填充下列所缺的量子数，以表示合理的电子运动状态：,（1）n=？,=2,m=0，ms=+,（n3）,（2）n=2,=？,m=+1，ms=,(l=1),（3）

26、n=4,(+1/2,或-1/2),（4）n=2,(m=0),7、某原子中的5个电子，分别具有下列各组量子数，试指出哪个电子的能量最高，哪个最低？,(2p),(2p),(3p),(3s),8、试求任一原子的n=3电子层所含各亚层的最大电子数各是多少？(3s-2,3p-6,3d-10,),10、下列各组量子数中哪一组是正确的？将正角的各组量子数用原子轨道符号表示之。,（1）n=3,l=2,m=0；(对)（2）n=4,l=-1,m=0；（错）（3）n=4,l=1,m=-2（错）（4）n=3,l=3,m=-3；（错）,11、一个原子中，量子数n=3,l=2,m=2时可允许的电子数最多是多少？（3d原子

27、轨涵中的一条）,12、用s、p、d、f等符号表示下列元素的原子电子层结构（原子电子构型），判断它们属于第几周期，第几主族或副族。,(1）20Ca Ar4s2 四周IIA族(2)27Co Ar3d74s2 四周VIII族(3)32Ge Ar3d104s24p2 四周IVA族(4)48Cd Kr4d105s2 五周IIB族(5)83Bi Xe4f145d106s26p3 六周VA族,13、不翻看元素周期表试填写下表的空格,14、下列中性原子何者有最多的未成对电子？,（1）Na(4s11)(2)A1(3s23p11)(3)Si(3s23p22)(4)P(3s23p33)(5)S(3s23p4-2),

28、16、已知某元素基态原子的电子分布是1s22s22p63s23p63d104s24p1,请回答：,（1）该元素的原子序数是多少？,（2）该元素属第几周期？第几族？是主族元素还是过渡元素？,解析：（1）原子序数则为各能级电子数之和，所以原子序数为31（2）该元素为4周期IIIA族（主族）,17、在某一周期（其稀有气体原子的外层电子构型为4s24p6）中有A，B，C，D四种元素，已知它们的最外层电子数分别为2，2，1，7；A和C的次外层电子数为8，B和D的次外层电子数为18。问A，B，C，D分别是哪种元素？,解析：A、B、C、D四种元素原子的最外层电子分别为4s2、4s2、4s1、4s24p5，A

29、、C次外层电子数为8,说明分别为Ca、K，B、D次外层电子数分别为18，说明B为Zn、D为Br.,18、某元素原子X的最外层只有一个电子，其X3+离子中的最高能级的3个电子的主量子数n为3，角量数,号，并确定其属于第几周期、第几族的元素。,为2，写出该元素符,解析：X3+的3个电子最高能级主量子数为3，角量子数为2，说明X3+离子的价层电子为3d3,而X原子状态时最外层有一个电子，就应该为4s1，从而推出X原子的价层有（3+3=6）个电子，价电子排布为3d54s1,为Cr24，4周期VIB族。,P85,1.选择题（将正确答案的标号填入空格内，正确答案可以不止一个）：（1）所谓等性杂化是指 3。

30、,1不同原子同一类型的原子轨道的杂化2同一原子同一类型的原子轨道的杂化3参与杂化的原子轨道在每个杂化轨道中的贡献相等的杂化,（2）用价层电子对互斥理论判断SiH4分子的几何构型为 1。,1四面体 2四方角锥 3平面正方形,2.填充下表：,3.指出下列分子中碳原子所采用的杂化轨道，以及每种分子中有几个键？,（1）CH4(sp3无键)（2）C2H4(sp2一个键)（3）C2H2(sp两个键)（4）H3COH(sp3无键),4.指出分子中各个碳原子所采用的杂化轨道。,5.试确定下列分子中哪些是极性分子，哪些是非极性分子？,CH3CI CCI4 H2S PCI3 BeCI2,解析：对称性高的为非极性分

31、子，分别是：CCI4 BeCI2,极性分子分别是：CH3CI H2S PCI3,6.写出H2、He2+、He2、Be2的分子轨道表示式，比较它们的相对稳定性，并说明原因。,解析：分子轨道表示分别为：H2(1s)2,He2+(1s)2(1s*)1,He2(1s)2(1s*)2,Be2（1s）2(1s*)2(2s)2(2s*)2,键级分别为：,键级越小，越不稳定，所以稳定性顺序为,7.在50km以上高空，由于紫外线辐射使N2电离成N2+，试写出后者的分子轨道表示式，并指出其键级、磁性与稳定性（与N2比较）。,解析：N2的分子轨道表示式:(1s)2(1s*)2(2s)2(*2s)2(2py)2(2p

32、z)2(2px)2，,键级为,（注意：价层成键电子价层反键电子）,N2+的轨道表示式为：,N2+:KK(2s)2(2s*)2(2py)2(2pz)2(2px)1,键级为,N2+有磁性，其稳定性不及N2,8.填充下表：,9.填充下表：,10.填充题,（1）主族元素的单质，常温时F2、CI2是气体，Br2为液体，I2为固体，这是因为均为分子晶体，分子间作用力随分子增大而增大。,（2）C和Si是同族元素，但常温下CO2是气体，SiO2是固体，这是因为前者是分子晶体，后者是原子晶体，因此微粒间克服的作用强弱不同，分子晶的微粒间是范德华力结合，原子晶体微粒间是共价键的键作用。,3）金刚石与石墨都是由

33、碳组成的，但它们的导电性与导热性差别很大，这是因为金刚石是典型的原子晶体，C以sp3杂化，形成空间网状结构，而且每一个C与周围C的作用是一样的，而石墨是过渡晶体，C以sp2杂化，形成平面六边形的层状结构，每一个C未杂化的p轨道平行，形成了一个离域大键，电子不属于某一、两个原子，而是为同层所有，所以石墨有导电、导热性。,（4）离子极化作用的结果，是使化合物的键型由离子型键向共价型键转化，这将导致键能减小，键长缩短，配位数减小,（5）某元素A处于周期表第二周期，其原子的最外电子层有4个电子则该元素属于第 IVA 族，p 区，由该元素组成的同核双原子分子的分子轨道表达式为(1s)2(1

34、s*)2(2s)2(2s*)2(2py)2(2pz)2，分子中未成对电子数有 0 个，是抗磁性物质，键级为 2，该元素原子与H组成化合物AH4时，A原子是以 sp3 杂化轨道与氢原子Is原子轨道成键，AH4分子的几何形状为正四面体。,11指出下列离子中，何者极化率最大。,（1）Na+（2）I-（3）Mg2+（4）C1-,12.写出下列物质的离子极化作用由大到小的顺序。,（1）MgCI2（2）NaCI（3）AICI3（4）SiCI4,顺序为：SiCI4 AICI3 MgCI2 NaCI,13指出下列物质何者不含氢键。,（1）B（OH）3（2）HI（3）CH3OH（4）H2NCH2CH2NH2

35、,14对下列各对物质的沸点的差异给出合理的解释。,（1）HF（20）与HCI（-85）,这两物质属于同族的氢化物，是分子型物质，前者除分子间存在范德华力以外，HF分子间还存在氢键，而后者分子间不存在氢键。,（2）NaCI（1465）与CsCI（1290）,两者都是离子键构成的离子化合物，但是rNa+小于rCs+，因此前者离子键更强，融化物质克服离子键作用就更困难，所以熔点更高。,（3）TiCI4（136）与LiCI（1360）,Ti4+正电荷高，对Cl-的极化力更大，使得Ti4+与Cl-相互作用增强，从离子键过渡到共价键，使得TiCl4成为分子型物质，融化时克服的是TiCl4分子间的作用，而L

36、iCl还是离子键构成的离子化合物，融化时克服的是Li+与Cl-键离子键的作用，所以熔点更高。即两者融化克服的作用是不同点。,（4）CH3OCH3（-25）与CH3CH2OH（79）,前者与后者是同分异构体物质，虽说分子量相同，但是分子间的作用是不完全相同的，前者只有范德华力作用，后者氢与氧相结合，形成羟基，从而使得分子间可以形成除范德华力以外的氢键作用，所以沸点更高,15试用离子极化的观点解释AgF易溶于水，而AgCI、AgBr和AgI难溶于水，而且由AgF到AgBr再到AgI溶解度依次减小的现象，,解析：从F-到I-它们的变形性依次增大，Ag+属18e构型的离子，本身具有较大的极化力和变形性

37、，与卤素离子结合，从F-到I-，与Ag+相互作用、相互极化越来越强，使得AgF中离子间相互影响还不是很强，而AgI中离子相互影响很强，因此AgF还属于离子晶体，AgI已过渡到是共价型的分子化合物，从AgF到AgI键极性减弱，所以在水中溶解性逐渐降低。,P103,1、PtCl4和氨水反应，生成化合物的化学式为Pt(NH3)4Cl4。将1mol此化合物用AgN03处理，得到2mol AgCl。试推断配合物内界和外界的组分，并写出其结构式,解析：1mol能生成2molAgCl，说明自由的Cl-在1mol配合位化合物中可以提供2mol，因此配合物结构式为：PtCl2(NH3)4Cl2,2、指出下列配离

38、子的中心体、配体、配位原子及中心体配位数。Cr(NH3)63+、Co(H2O)62+、Al(OH)4-、Fe(OH)2(H2O)4+、PtCl5(NH3)-、Cu(NH3)4PtCl4,3、命名下列配合物，并指出配离子的电荷数和中心体的氧化数。CuSiF6、K3Cr(CN)6、Zn(OH)(H2O)3NO3、CoCl2(NH3)3H2O)Cl、PtCl2(en),4、写出下列配合物的化学式：,(1)三氯一氨合铂()酸钾 KPtCl3(NH3),(2)高氯酸六氨合钴()Co(NH3)6(ClO4)2,(3)二氯化六氨合镍()Ni(NH3)6Cl2,(4)四异硫氰酸根二氨合铬()酸铵 NH4Cr(

39、NCS)4(NH3)2,(5)五氰一羰基合铁()酸钠 Na3Fe(CN)5(CO),5、有下列三种铂的配合物，用实验方法确定它们的结构，其结果如下：根据上述结果，写出上列三种配合物的化学式。,6、实验测得下列配合物的磁矩数据(B.M.)如下，试判断它们的几何构型，并指出哪个属于内轨型、哪个属于外轨型配合物。,7、下列配离子中哪个磁矩最大?（都是内轨型化合物）,Fe(CN)63-Fe(CN)64-Co(CN)63-Ni(CN)42-Mn(CN)63-,8、下列配离子(或中性配合物)中，哪个为平面正方形构型?哪个为正八面体构型?哪个为正四面体构型?,PtCl42-Zn(NH3)42+Fe(CN)6

40、3-HgI42-Ni(H2O)62+Cu(NH3)42+,正方形的有：PtCl42-、正八面体：Fe(CN)63-、Ni(H2O)62+四面体：Zn(NH3)42+、Cu(NH3)42+HgI42-,9、用价键理论和晶体场理论分别描述下列配离子中心体的价层电子分布。,(1)Ni(NH3)62+(高自旋)(2)Co(en)33+(低自旋),分析：（1）高自旋，说明单电子数多，即在形成配合物时中心离子价层电子未受到影响。,价层理论中配离子中心体的价层电子分布：,晶体场理论：,分析（2）低自旋，说明成单电子少，中心离子电子受配体影响，进行了重新分布：Co(en)33+,价层理论中电子分布：,晶体场理

41、论：,10、试解释下列事实：,(1)用王水可溶解Pt，Au等惰性较大的贵金属，但单独用硝酸或盐酸则不能溶解。（之所以溶于王水，是因为一方面氧化，另一方面形成配合物所至。）,(2)Fe(CN)64-为反磁性，而Fe(CN)63-为顺磁性。,（前者中心离子价电子为3d6,受配体影响形成内轨型杂化，中心离子d电子重新分布，挤压在三条杂化轨道，无成单电子，所以反磁性，后者也是内轨杂化，中心离子d电子也进行了重新分布，但是Fe3+中心离子价电子为3d5,有成单电子，所以为顺磁性。）,(3)Fe(CN)63-为低自旋，而FeF63-为高自旋。,（CN-为强配体，分裂能大，成对能低一些，所以电子填入分裂后的

42、低能级t2g轨道,形成低自旋配合物，后者F-为弱配体，分裂能低，成对能更高，所以不成对，形成高自旋配合物。）,(4)Co(H2O)63+的稳定性比Co(NH3)63+差得多。,（水作配体是一弱配体，形成高自旋配合物，额外的CFSE能低，而NH3与中心离子形成了低自旋配合物，填入低能级轨道电子多，形成的稳定化能CFSE更多，所以更稳定。）,解析：由MnBr42-的磁矩值5.9结合Mn2+中心离子价电子3d5,说明在形成配合物时d电子未重新分布，因此单电子数n=5,MnBr42-配离子价层d 电子分布情况：,四面体,Mn(CN)63-的磁矩为2.8 B.M，结合Mn2+的d电子为3d5,说明中心离

43、子电子在形成配合物时进行了重新分布，因此单电子数n=1.,八面体,12、巳知MnBr42-和Mn(CN)63-的磁矩分别为5.9和2.8 B.M，试根据价键理论推测这两种配离子价层d 电子分布情况及它们的几何构型。,13、在50.0 mL 0.20 molL-1 AgNO3溶液中加入等体积的1.00 molL-1的NH3H2O，计算达平衡时溶液中Ag+，Ag(NH3)2+和NH3的浓度。,解析：等体积两溶液混合后，有关物种浓度为：C(Ag+)=0.10 molL-1,C(NH3H2O)=0.50 molL-1,NH3H2O过量，设平衡时剩余Ag+浓度为x,起始（molL-1）0.10 0.50

44、 0,消耗（molL-1）0.1-x 2(0.1-x)0.1-x,平衡（molL-1）x 0.5-2(0.10-x)0.10-x,14、10 mL 0.10 molL-1 CuSO4溶液与l0mL6.0molL-1 NH3H2O 混合并达平衡，计算溶液中Cu2+、NH3及Cu(NH3)42+的浓度各是多少?若向此混合溶液中加入0.010 mol NaOH固体，问是否有Cu(OH)2沉淀生成?,解析：混合后有关物种浓度C(Cu2+)=0.05molL-1,C(NH3H2O)=3.0 molL-1,因为配位体NH3过量，所以可以设平衡时剩余Cu2+浓度为x,起始（molL-1）0.05 3 0,消

45、耗（molL-1）0.05-x 4(0.05-x)0.05-x,平衡（molL-1）x 3-4(0.05-x)0.05-x,加入NaOH后，C(OH-)=0.01mol/0.02L=0.5 molL-1,所以有沉淀Cu(OH)2生成。,17、在50.0 mL 0.100 molL-1 AgNO3溶液中加入密度为0.932 gcm-3 含NH3 18.2%的氨水30.0 mL后，再加水冲稀到100mL。(1)求算溶液中Ag+、Ag(NH3)2+和NH3的浓度。(2)向此溶液中加入0.0745g固体KCl，有无AgCl沉淀析出?如欲阻止AgCl沉淀生成，在原来AgNO3和NH3水的混合溶液中，NH

46、3的最低浓度应是多少?(3)如加入0.120g固体KBr，有无AgBr沉淀生成?如欲阻止AgBr沉淀生成，在原来AgNO3 和NH3水的混合溶液中，NH3的最低浓度应是多少?根据(2)、(3)的计算结果，可得出什么结论?,18、计算下列反应的平衡常数，并判断反应进行的方向。,分析：已知一个标准电对值，求另一个电对值。,P129,2、用离子-电子法完成并配平下列方程式。,(a)酸性溶液,(1)KMnO4+H2O2+H2SO4MnSO4+K2SO4+O2,2KMnO4+5H2O2+3H2SO42MnSO4+1K2SO4+5O2+8H2O,(2)CH3OH+Cr2O72-CH2O+Cr3+,3CH3

47、OH+Cr2O72-+8H+3CH2O+2Cr3+7H2O,(3)PbO2+Mn2+SO42-PbSO4+MnO4-,5PbO2+2Mn2+5SO42-+4H+5PbSO4+2MnO4-+2H2O,(4)As2S3+ClO3-H3AsO4+SO42-+Cl-,3As2S3+20ClO3-+18H+6H3AsO4+9SO42-+20Cl-,(5)K2Cr2O7+H2S+H2SO4K2SO4+Cr(SO4)3+S+H2O,K2Cr2O7+3H2S+4H2SO4K2SO4+Cr2(SO4)3+3S+7H2O,(b)碱性溶液,(1)ClO-+Fe(OH)3Cl-+FeO42-,3ClO-+2Fe(OH

48、)3+4OH-3Cl-+2FeO42-+5H2O,(2)Cr(OH)4-+H2O2CrO42-+H2O,2Cr(OH)4-+3H2O2+2OH-=CrO42-+8H2O,(3)S2-+ClO3-S+Cl-,3S2-+ClO3-+3H2O3S+Cl-+6OH-,(4)Fe(OH)2+H2O2Fe(OH)3,2Fe(OH)2+H2O22Fe(OH)3,(5)Br2+IO3-Br-+IO4-,Br2+IO3-+2OH-2Br-+IO4-+H2O,3、写出下列电池中各电极上的反应和电池反应。,(1)(-)PtH2(pH2)HCl(aq)Cl2(pCl2)|Pt(+),(2)(-)PtH2(pH2)H+

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