第一章原子结构与元素周期系
1-14Br2分子分解为Br原子需要的最低解离能为190kJ/mol,求引起溴分子解离需要吸收的最低能量子的波长与频率。
答：∵E=190kJ/mol
∴每个分子解离所需要的能量为
190×10-3/6.02×1023=3.156×10-19（J）
所需吸收光子能量为
E=hν=3.156×10-19J
∴λ=c/ν=c·h/E=3×108×6.63×10-34/3.156×10-19
=6.3×10-7(m)=630(nm)
ν=4.76×1014
1-19氢原子核外电子光谱中的莱曼光谱中有一条谱线的波长为103nm，问：它相应于氢原子核外电子的哪一个跃迁？
答：氢原子莱曼系的跃迁吸收光子的波数公式为
ǔ=1/λ=R H·（1/12-1/n2）
已知波长λ=103nm=1.03×10-7m
∴1/1.03×10-7=R H·（1/12-1/n2），R H=1.09677×10-7
∴n=2.95≈3
∴相应于氢原子电子从n=1的轨道向n=3的轨道跃迁的过程，即从K 层→M层轨道的跃迁
1-21当电子的速度达到光速的20.0%时，该电子的德布罗意波长多大？当锂原子（质量7.02amu）以相同速度飞行时，其德布罗意波长多大？
答：对电子，λ=h/mv=6.63×10-34×（9.11×10-31×3×108×20%）-1
=1.21×10-11m=12.1(pm)
对锂原子，其m=7.02×1.660×10-24×10-3=1.165×10-26(kg)∴λ=h/mv=6.63×10-34×（1.165×10-26×3×108×20%）-1
=9.48×10-16m=9.48×10-4(pm)
1-23处于K、L、M层的电子最大可能数目各为多少？
答：处于K层，即n=1,而每个能层能容纳的最大电子数目为2n2∴第K层：2×12=2（个）
第L层：2×22=8（个）
第M层：2×32=18（个）
1-24以下哪些符号是错误的？(a)6s(b)1p(c)4d(d)2d(e)3p(f)3f
答：(a)6s对；(b)1p错（因为n=1,则l只能是0，即s）；
(c)4d对；(d)2d错（因为n=2,则l可能是0，1，即s，p轨道）；
(e)3p对；(f)3f错（因为n=3,则l可能是0，1，3即s，p，d轨道）。
1-25描述核外电子空间运动状态的下列哪一套量子数是不可能存在的？
n l m n l m n l m n l m
20011021-1655
答：①n l m可能②n l m不可能③n l m可能④n l m可能20011021-1655
1-28根据原子序数给出下列元素的基态原子的核外电子组态：
（a）K；（b）Al；（c）Cl；（d）Ti(Z=22)；（e）Zn(Z=30)；（f）As(Z=33)答：（a）K：1s22s22p63s23p64s1；
（b）Al：1s22s22p63s23p1；
（c）Cl：1s22s22p63s23p5；
（d）Ti(Z=22)：1s22s22p63s23p63d24s2；
（e）Zn(Z=30)：1s22s22p63s23p63d104s2；
（f）As(Z=33)：1s22s22p63s23p63d104s24p3；
1-31以下哪些组态符合洪特规则？
1s2s2p3s3p
①(↑↓)(↑↓)(↑↓)(↓)(↓)
②(↑↓)(↑↓)(↑)(↑)(↑)(↑)
③(↑↓)(↑↓)(↑↓)(↑↓)(↑↓)(↑)(↑)(↑)(↑)
答：①符合洪特规则，②、③不符合洪特规则
1-47周期系中哪一个元素的电负性最大？哪一个元素的电负性最小？周期系从左到右和从上到下的\电负性变化呈现什么规律？为什么？
答：周期系中，F元素的电负性最大(4.0)；Fr的电负性最小（0.7）；
从左到右，非金属性增强，电负性增加；
从上到下，金属性增加，电负性降低。
第二章分子结构
2-3σ键可由s-s、s-p和p-p原子轨道“头碰头”重叠构建而成，试讨论LiH(气
1
电子配对成键；或Li的2s轨道电子云“头碰头”地重叠形成σ键，所以该σ键称为s-s
形成共价键时，H的1s电子云与Cl的3p轨道电子云“头碰头”重叠，即s-p
型σ键。
1s
H
3p
Cl H-Cl
而Cl2分子中，Cl1s22s22p63s23p5
Cl与Cl形成共价键时，2个3p轨道“头碰头”地重叠，即p-p
型σ键。
3p
Cl
3p
Cl
Cl-Cl
2-5用VSEPR模型讨论CO2、H2O、NH3、CO32-、PO33-、PO3-、PO43-的分子模型，画出它们的立体结构，用短横代表分子的σ键骨架，标明分子构型的几何图形名称。
答：①CO2分子：为AX2E m型
m=（C的族价-O的化合价·O的个数）·1/2
=（4-2×2）=0
∴应为AX2型（∵m=0,∴无E m项），即AY2型
根据VSEPR理论：AY2型应为直线分子
∴CO2分子为直线型，O=C=O
②H2O分子：为AX2E m型，其m为
m=（O的族价-H的化合价·H的个数）·1/2
=（6-1×2）=2（即二个孤对）
∴应为AX2E2型，即AY4型
根据VSEPR理论：AY4
型应为正四面体
H
不考虑孤对，实际的分子应为弯型（角型）
③NH3分子：为AX3E m型
m=（N的族价-H的化合价·H的个数）·1/2
=（5-1×3）=1（即一个孤对）∴应为AX 3E 1型，即AY 4型
根据VSEPR 理论：AY 4
型应为正四面体
H H
不考虑孤对，实际分子的几何图形应为三角锥型
④CO 32-分子：为AX 3E m 型，
m=（C 的族价-O 的化合价·O 的个数+离子的电荷）·1/2=（4-2×3+2）=0（即没有孤对）
∴应为AX 3E 0型，即AY 3型
根据VSEPR 理论：AY 3型应为平面三角形分子∴CO 32-分子的几何图形为平面三角形
C
O
O
O
120°
120°
2-
⑤PO 33-：AX 3E m
m=（P
离子的电荷）·1/2=（5-2∴应为AX 3E 1型，即AY 4根据VSEPR 理论：AY 3O
O
若不考虑孤对，PO 33-分子的实际几何图形为三角锥形
⑥PO 3-：AX 3E m
m=（P 的族价-O 的化合价·O 的个数+离子的电荷）·1/2=（5-2×3+1）=0（即没有孤对）
∴应为AX 3E 0型，即AY 3型
根据VSEPR 理论：AY 3型应为平面三角形分子∴PO 3-分子的几何图形为平面三角形
P
O
O
O
120°
120°
-⑦PO 43-：AX 3E m
m=（P 的族价-O 的化合价·O 的个数+离子的电荷）·1/2=（5-2×4+3）=0（即没有孤对）
∴应为AX 3E 0型，即AY 4型
根据VSEPR 理论：AY 3
型应为四面体型离子
O
O
2-9借助VSEPR 等概念，讨论OF 2、ClF 3、答：①OF 2分子：
从VSEPR 模型，可知其为型，即
F
若不考虑孤对，实际分子应为弯型。
由于中心原子O为四面体几何，根据杂化轨道理论，中心原子采用sp3杂化
杂化模式，即
时，其分子为四面体结构，由此可知中心O原子一定采用sp3
这四个sp3杂化轨道，有2个轨道已经被电子占满，在与F原子形成分子时，并不能形成有效的共价键，只能以孤电子对的形式出现；而另2个sp3杂化轨道分别仅有一个电子占据，正好与2个F原子形成2个σ键。即
2σ
轨道，故不可能有π
②ClF 3分子：
从VSEPR 模型，可知其为AX 3E 2，即AY 5型分子。其分子结构应为三角双锥体。由VSEPR 理论中：孤对与孤对之间排斥力最大的原则，即
l-l ＞l-b＞b-b(l:孤对，b:键合电子)
∴中心Cl 原子外围三个Cl 及二个孤对排列时，二个孤对应离得最远才最稳
定，即
F
F 即ClF 3分子应为平面三角型分子（不考虑孤对电子）
由于ClF 3中心原子Cl 为三角双锥几何，其杂化应为sp 3d
杂化类型。即
Cl:
sp 3
d
d
在五个sp 3杂化轨道中，有3个轨道与3个F 原子形成3个σ键的分子骨架；另二个杂化轨道已经占满电子，即为Cl 周围得二个孤电子对，不参与成键。由于无没有参与杂化的p 轨道存在，所以无p-p π键存在。③SOCl 2分子：
从VSEPR 模型，可知其为AX 3E 1，即AY 4型分子。其分子结构应为四面体型分子。若不考虑孤对电子，应为三角双锥型分子。
O
其中心的S 原子应采用sp 3
杂化模式。即
S:
其中的2个单占据的杂化轨道与两个Cl 原子形成2个σ键；而一个双占据的杂化轨道与O 形成σ键，另一个双占据轨道为孤对。
由于p 轨道均参与杂化，所以无p-p π键存在，也无大π键存在。④XeF 2分子：
从VSEPR 模型，可知其为AX 2E 3，即AY 5型分子。其分子结构应为三角双
锥体。其稳定的结构应为直线型分子。
Xe
F
F
由于中心的Xe 原子为AY 5型，所以其杂化应为sp 3d
杂化类型。即
X e:
在五个sp 3杂化轨道中，2个单占据电子的轨道分别与2个F 原子形成2个σ键；3个双占据的杂化轨道形成三个孤对。无π键及大π键存在。⑤SF 6分子：
从VSEPR 模型，可知其为AX 6E 6，即AY 6型分子。其分子结构应为八面体
结构。即
S
F
F
F
F
F
F
所以中心的S 原子应为sp 3d 2
杂化类型。即
S :
3d
d
六个sp 3d 2杂化轨道与6个F 原子形成6个σ键。由于p 轨道均参与杂化，所以无π键及大π键存在。⑥PCl 5分子：
从VSEPR 模型，可知其为AX 5E 0，即AY 5型分子。其分子结构应为三角双
锥体。
Cl
由于中心原子P 应为sp 3d
杂化类型。即
P :
五个sp3杂化轨道与五个Cl原子形成5个σ键。由于p轨道均参与杂化，所以无p-pπ键存在，也无大π键存在。
2-11实验证明，臭氧离子O3-的键角为100°，试用VSEPR模型解释之，并推测其中心氧原子的杂化轨道类型。
答：根据VSEPR模型，中心O原子应为AX2E m型，m值为：
m=（O的族价-O的化合价·O的个数+离子的电荷）·1/2
=（6-2×2+1）=1.5（可看成2，即二个孤对）
∴应为AX2E2型，即AY4型
∴O3-
离子应为四面体型分子。
其O-O-O键角在109°28’左右；但根据VSEPR模型：l-l＞l-b＞b-b(l:孤对，b:键合电子)，两个孤对之间的键角会大于109°28’，相应地O-O-O键角会小于109°28’。
∴O3-离子为弯形分子，其O-O-O键角应小于109°28’。
2-12第二周期同核双原子分子中哪些不能稳定存在？哪些有顺磁性？试用分子轨道模型解释之。
答：
F2双原子分子。
1对Li 2s
Li 原子的未占满轨道为2S 1，根据分子轨道理论，二个Li 原子的二个2S 1轨道，可组合成二个分子轨道，一个是成键轨道σ，一个是反键轨道σ*。两个电子正好填满成键的σ分子轨道。所以，分子的能量较低，因而能稳定存在。
其键级为1，表明Li-Li 之间可形成一个σ键。分子没有磁性。②对Be 2分子：类似的分析，Be 原子的外层电子为2S 2，两个Be 原子的2S 2轨道组合成二个分子轨道。一个是成键轨道σ，一个是反键轨道σ*
。
2s
2s
AO
AO MO Be 2
Be
Be
由于电子填充到了能量较高的反键轨道σ*上，因而不大稳定。另外，其键级=（2-2）/2=0，表明不能形成稳定的分子，也不可能有磁性。
3
对B 2
分子：
2s
2p
2p
其键级=
由于电子都成对了，预计分子没有磁性。4对C 2
分子：
2s
2s
AO
AO
MO C 2C
C
2p
2p
其键级=（6-4）/2=1，表明两个C 原子之间形成一个σ键，C 2分子能稳定存在。分子没有磁性。⑤对N 2
分子：
2p
其键级=（8-2）/2=3
N 2分子没有磁性。两个原子之间形成一个σ键，二个π键。所以，N 2分子非常稳定。
⑥对O 2
分子：
2s
2s
AO AO MO O 2
O
O
2p
2p
其键级=（8-4）/2=2
O 2分子能稳定存在,两个O 原子之间形成一个σ键，一个π键。由于有未成对电子，所以，O 2分子有磁性。⑦对F 2
分子：
F 2
F
F
2p
2p
其键级=（8-6）/2=1，表明F 2分子中存在一个σ键，分子能稳定存在，分子没有磁性。
2-13O 2+、O 2、O 2-和O 22-的实测键长越来越长，试用分子轨道理论解释之。其中哪几种有顺磁性？为什么？
答：O 2
分子的分子轨道能级图如下：
2s
2s
AO AO MO O 2
O
O
2p
2p
O 2的键级=（8-4）/2=2类似，O 2离子的键级为：O 2+的键级=（8-3）/2=2.5O 2-的键级=（8-5）/2=1.5O 22-的键级=（8-6）/2=1
键级顺序：O 2+＞O 2＞O 2-＞O 22-O 2+、O 2、O 2--有磁性（顺磁性）；O 22没有磁性。
2-18NF 3和NH 3的偶极矩（表2-4）相差很大，试从它们的组成和结构的差异分析原因。
答：NF 3和NH 3都是三角锥形分子，即
F
F F
H
H
H
N原子位于三角锥的顶点，N-F与N-H都是极性共价键，所以分子有极性。N的电负性是3.0，F的电负性是4.0，而H的电负性是2.1，对N-F键来讲，F 的电负性较N大，会使得N的孤电子对向N原子收缩，因而使偶极矩缩小，而对N-H键来讲，N的电负性较F大，会使得N的孤对电子更加远离N原子，从而使偶极矩增加。所以NF3和NH3尽管结构类似，但分子的极性相差较大，NH3极性大于NF3
。
2-25考察表2-5中HCl、HBr、HI的色散力、取向力、诱导力以及它们构成的范德华力的顺序，并作出解释。
答：从表2-5可知（课本P103页）
①色散力：从HCl→HBr→HI，分子越来越大，其电子云越来越大，这样产生德瞬时偶极矩也应是越来越大的，所以色散力应是越来越大的（与表中数据结果一致）；
②取向力：从分子的偶极矩可知，分子的极性是HCl＞HBr＞HI。取向力是分子的固有偶极之间的作用力，偶极矩越大，则取向力越大，所以取向力的顺序是HCl＞HBr＞HI，这与表中的数据顺序一致；
③诱导力：是存在于分子固有偶极与相邻分子被诱导来的诱导偶极之间的作用力，一般讲，固有偶极越大，其诱导相邻分子及其产生的诱导偶极也应是越来越大。固有偶极与诱导偶极之间的力也越来越大，所以诱导力有下列顺序：HCl ＞HBr＞HI，这与表中的数据结果一致。
第4章配合物
4-5:为什么顺铂的水解产物Pt（OH）2（NH3）2能与草酸反应生成Pt（NH3）C2O4而其几何异构体却不能？哪一种异构体有极性，没有极性？哪一种水溶性较大？
解：双齿配体的碳链很短，不可能对位配位。顺式极性大，水溶性大。
4-6
4-6::配位化学创始人维尔纳发现，将等物质的量的黄色CoCl3.6NH3﹑紫红色CoCl3.5NH3﹑绿色CoCl3.4NH3和紫色CoCl3.4NH3四种配合物溶于水，加入硝酸银，立即沉淀的氯化银分别为3﹑2﹑1﹑1mol，请根据实验事实推断它们所含的配离子的组成。用电导法可以测定电解质在溶液中电离出来的离子数，离子数与电导的大小成正相关性。请预言，这四种配合物的电导之比呈现什么定量关系？
解：[Co(NH3)4(H2O)2]3+;[Co(NH3)4(H2O)Cl]2+;[Co(NH3)4Cl2]+;[Co(NH3)4Cl2]+[Co(H2O)2Cl4]-4-7:实验测得Fe(CN)64-和Co(NH3)63+均为反磁性物质（磁矩等于零），问它们的杂化轨
道类型。
解：d2sp3;d2sp3
4-9
4-9::给出下列配合物的名称和中心原子的氧化态：[Co(NH3)6]Cl3﹑K2[Co(NCS)4]﹑H2[PtCl6]﹑[CrCl(NH3)5]Cl2﹑K2[Zn(OH)4]﹑[PtCl2(NH3)2]，并用化学式单独表示其中的络离子。
解：[Co(NH3)6]Cl3氯化六氨合钴（III）、K2[Co(NCS)4]四异硫氰酸根合钴（II）酸钾、H2[PtCl6]六氯合铂(IV)酸、[CrCl(NH3)5]Cl2氯化一氯五氨合铬(III)、K2[Zn(OH)4]四羟基合锌(II)酸钾、[PtCl2(NH3)2]二氯二氨合铂(IV)
4-10::写出下列配合物的化学式：
4-10
（1）氯化二氯一水三氨合钴（Ⅲ）
（2）六氯合铂酸钾
（3）二氯.四硫氰合铬酸铵
（4）二（草酸根）二氨合钴（Ⅲ）酸钙
解：[CoCl2H2O(NH3)3]Cl;K2[PtCl6];(NH4)3[CrCl2(SCN)4];Ca[Co(C2O4)2(NH3)2]2
4-11:五种配合物的实验式相同——KCoCl2I2(NH3)2，电导实验还表明它们的等浓度水溶液里的离子数目跟等浓度的Na2SO4相同。写出它们的化学式，给出中心原子的氧化态。解：K2[Co(II)Cl2I2(NH3)2]（注：异构现象见正文MA2B2C2型八面体配合物异构）。
4-22:利用棉花﹑橡皮泥﹑铁丝等原料动手制作晶体场理论对八面题配合物中心原子d轨道与配体的空间关系模型，以加强对晶体场理论关键内容——中心原子d轨道分裂的理解。4-23:1986年Jensen合成了一种配合物，化学式为Ni[P(C2H5)3]3Br，该化合物呈顺磁性，有极性，但难溶于水而易溶于苯，其苯溶液不导电。试画出这种配合物的所有可能结构，若有对映异构体需标明对映关系。
9-24:以下说法对不对？简述理由。
（1）粗盐酸的黄色时Fe3+的颜色
（2）根据光化学序列可断言，Fe(CNS)n3-n的n越大，离子的颜色越深。
（3）配合物中配体的数目称为配位数。
（4）配位化合物的中心原子的氧化态不可能等于零，更不可能为负值。
（5）羟基化合物中的配体CO是用氧原子和中心原子结合的，因为氧的电负性比碳大。（6）同一种金属元素的配合物的磁性决定于该元素的氧化态，氧化态越高，磁矩就越大。（7）Co(en)33-没有立体异构体。
（8）根据晶体场理论可以预言，Ti(CN)63-的颜色比TiCl63-的颜色深。
（9）根据晶体场理论，Ni2+的六配位八面体配合物按磁矩的大小可分为高自旋和低自旋两种。
（10）晶体场稳定化能为零的配合物是不稳定的。
化学热力学基础
5-1:从手册查出常用试剂浓盐酸﹑浓硫酸﹑浓硝酸﹑浓氨水的密度和质量分数，计算它们的（体积）物质的量浓度（c）和质量摩尔浓度（m）。
5-2:从手册查出常温下的饱和水蒸气压，计算当相对湿度为40%时，水蒸气压多大。
5-4计算15℃，97kPa下15g氯气的体积。
答：0.381℃×28.1kJ·℃-1×60.13g mol-1/1.02g=631.1kJ·mol-1
5-520℃，97kPa下0.842g某气体的体积为0.400L，求该气体的摩尔质量。
答：以液态水为产物的那个反应放出的热量较大，其中包括了由气态水凝聚为液态水
放出的那一部分。
5-6测得2.96ｇ氯化汞在407℃的1L容积的真空系统里完全蒸发达到的压力为60kPa。求氯化汞蒸气的摩尔质量和化学式。
5-8在25℃时将相同压力的5.0Ｌ氮气和15Ｌ氧气压缩到一个10.0Ｌ的真空容器中，测得混合
气体的总压为150kPa，⑴求两种气体的初始压力；⑵求混合气体中氮和氧的分压；⑶将温
度上升到210℃，容器的总压。
5-9在25℃，1.47MPa下把氨气通人容积为1.00Ｌ刚性壁密闭容器中，在350℃下用催化剂使部分氨分解为氮气和氢气，测得总压为5MPa，求氨的解离度和各组分的摩尔分数和分压。
5-9:同一温度和压力条件下液态氖与液态氟化氢样品哪个熵更高些？
答：液态氖。
5-11以下哪些关系式是正确的？说明理由。（p、Ｖ、ｎ无下标时表示混合气体的总压、总体积和总物质的量）
5-12以下系统内各有几个相？
⑴水溶性蛋白质的水溶液；⑵氢氧混合气体；⑶盐酸与铁块发生反应的系统；⑷超临界状态的水。
解：⑴Φ=1⑵Φ=1⑶Φ=3⑷Φ=1
5-19利用本书附表与下列数据计算石灰岩［以CaCO3（方解石）计］被CO2(g)溶解发育成喀斯特地形的如下反应的标准摩尔反应焓：CaCO3(s)+CO2(g)+H2O(l)=Ca2+(aq)+2HCO3-(aq)
5-21诺贝尔发明的炸药爆炸可使产生的气体因热膨胀体积增大1200倍，其化学原理是硝酸甘油发生如下分解反应：
4C3H5(NO3)3(l)＝6N2(g)＋10H2O(g)＋12CO2(g)＋O2(g)
己知C3H5(NO3)3(l)的标准摩尔生成焓为-355kJ/mol，计算爆炸反应的标准摩尔反应焓。
5-22生石灰的水化反应放出的热足以将纸张着火或鸡蛋煮熟。试利用本书附表的数据计算500g（1市斤）生石灰(s)与足量的水生成熟石灰(s)放出的热。（注：可忽略溶解反应）
5-23生命体的热源通常以摄入的供热物质折合成葡萄糖燃烧释放的热量，己知葡萄糖[C6H12O6(s)]的标准摩尔生成焓为-2840kJ/mol，利用本书附表数据计算它的燃烧热。
精心整理 第八章水溶液 8-1现需1200克80%（质量分数）的酒精作溶剂。实验室存有浓度为70%的回收酒精和95%的酒精，应各取多少进行配置？ 解：令用浓度为70%的酒精X 克，95%的酒精Y 克。 （70%X+95%Y ）/（X+Y ）＝80%① X+Y ＝1200② 由①②得，X ＝720Y ＝480 8-2（1（2（3（4解：（1所以c （2(3)(4)同理c(NH 3)＝)()(233O H n NH n +=18 /)28100()17/28(-+×100%＝29.17% 8-3如何将25克NaCl 配制成质量分数为0.25的食盐水溶液？ 解：令加水X 克，依题意得0.25=25/(25+X),所以X ＝75克 所以加水75克，使25克NaCl 配成25%的食盐水。 8-4现有100.00mLNa 2CrO 4饱和溶液119.40g ，将它蒸干后得固体23.88g ，试计算： （1）Na 2CrO 4溶解度；
（2）溶质的质量分数； （3）溶液的物质的量浓度； （4）Na2CrO4的摩尔分数。 解：（1）令Na2CrO4溶解度为S所以S/（S+100）＝23.88g/119.40g 所以S＝25g (2)ω(Na2CrO4)=23.88g/119.40g×100%＝20% (3)M(Na2CrO4)=162g/mol; mol g g 3) / 162 /( 88 . 23 - －1 (4) 8-5在-1H2SO4 g/100g （H2O 8-6纯甲解：m 8-7 解：由 解得： 8-8 ⑴胰岛素的摩尔质量； ⑵溶液蒸气压下降Δp（已知在25℃时水的饱和蒸气压为3.17kPa）。 解:(1)C＝Π/RT ＝4.34KP a/8.314P a·L·mol-1×(273+25)K ＝0.00175mol·L－1 摩尔质量=0.101g/0.00175mol·L－1×0.01L＝5771.43g/mol (2)△P＝P B*×X A＝3170P a×n1/（n1+n2） ≈3170P a×n1/n2＝3170P a×（0.101g/5771.43g/mol）×（18g/mol）/（10×1g）＝0.0998P a 8-9烟草的有害成分尼古丁的实验式为C5H7N，今有496mg尼古丁溶于10.0g水中，所得溶液在101kPa下的沸点为100.17°C，求尼古丁的相对分子质量。
大学无机化学第六章试 题及答案 Document serial number【NL89WT-NY98YT-NC8CB-NNUUT-NUT108】
第六章化学键理论 本章总目标： 1：掌握离子键、共价键和金属键的基本特征以及它们的区别； 2：了解物质的性质与分子结构和键参数的关系； 3：重点掌握路易斯理论、价电子对互斥理论、杂化轨道理论以及分子轨道理论。 4：熟悉几种分子间作用力。 各小节目标： 第一节：离子键理论 1:掌握离子键的形成、性质和强度，学会从离子的电荷、电子构型和半径三个方面案例讨论离子的特征。 2:了解离子晶体的特征及几种简单离子晶体的晶体结构，初步学习从离子的电荷、电子构象和半径三个方面来分析离子晶体的空间构型。 第二节：共价键理论 1;掌握路易斯理论。 2：理解共价键的形成和本质。掌握价键理论的三个基本要点和共价键的类型。3：理解并掌握价层电子对互斥理论要点并学会用此理论来判断共价分子的结构，并会用杂化轨道理论和分子轨道理论来解释分子的构型。 第三节：金属键理论 了解金属键的能带理论和三种常见的金属晶格。 第四节：分子间作用力 1：了解分子极性的判断和分子间作用力（范德华力）以及氢键这种次级键的形成原因。 2;初步掌握离子极化作用及其强度影响因素以及此作用对化合物结构及性质的影响。 习题 一选择题 1.下列化合物含有极性共价键的是（）(《无机化学例题与习题》吉大版) 2 C. Na 2 O 2.下列分子或离子中键能最大的是（）
A. O 2 C. O 2 2+ D. O 2 2- 3. 下列化合物共价性最强的是（）(《无机化学例题与习题》吉大版) C. BeI 2 4.极化能力最强的离子应具有的特性是（） A.离子电荷高，离子半径大 B.离子电荷高，离子半径小 C.离子电荷低，离子半径小 D.离子电荷低，离子半径大 5. 下列化合物中，键的极性最弱的是（）(《无机化学例题与习题》吉大版) 3 C. SiCl 4 6.对下列各组稳定性大小判断正确的是（） +＞O 22- B. O 2 -＞O 2 C. NO+＞NO D. OF-＞OF 7. 下列化合物中，含有非极性共价键的离子化合物是（）(《无机化学例题与习题》吉大版) 3 C. Na 2 O 2 8.下列各对物质中，是等电子体的为（） 和O 3 B. C和B+ C. He和Li D. N 2 和CO 9. 中心原子采取sp2杂化的分子是（）(《无机化学例题与习题》吉大版) 3 C. PCl 3 10.下列分子中含有两个不同键长的是（） A .CO 2 3 C. SF 4 11. 下列分子或离子中，不含有孤电子对的是（）(《无机化学例题与习题》吉大版) A. H 2O B. H 3 O+ C. NH 3 D. NH 4 + 12.氨比甲烷易溶于水，其原因是（） A.相对分子质量的差别 B.密度的差别 C. 氢键 D.熔点的差别 13. 下列分子属于极性分子的是（）(《无机化学例题与习题》吉大版) A. CCl 43 C. BCl 3 D. PCl 5 14.下列哪一种物质只需克服色散力就能使之沸腾( ) 15. 下列分子中，中心原子采取等性杂化的是（）(《无机化学例题与习题》吉大版)
平原大学无机化学考试试卷及答案 (样卷2) 一、填表题 （20分） 1.写出反应最终产物 物质 Ni 2+ Hg 2+(NO 3-) Cr 3+ Mn 2+ 加入过量氨水并放置 [Ni(NH 3)6]2+ HgO ?NH 2HgNO 3 Cr(OH)3 MnO(OH)2 2.物质 HgCl 2 SiCl 4 BBr 3 PH 3 中心原子杂化类型 sp sp 3 sp 2 不等性sp 3 分子空间构型 直线型 正四面体型 正三角形 三角锥型 3.物质 晶体类型 晶格结点上粒子 粒子间作用力 熔点相对高低 SiC 原子晶体 Si 原子、C 原子 共价键 高 NH 3 氢键型分子晶体 NH 3 分子 分子间力、氢键 低 二、填空题 （20分） 1. 随着溶液的pH 值增加，下列电对 Cr 2O 72-/Cr 3+、Cl 2/Cl -、MnO 4-/MnO 42-的E 值将分别 减小、不变、不变。 2．Na 2SO 3与__硫粉__共热可制得Na 2S 2O 3，Cl 2可将Na 2S 2O 3氧化为__ Na 2SO 4_。 3.根据E θ(PbO 2/PbSO 4) >E θ(MnO 4-/Mn 2+) >E θ(Sn 4+/Sn 2+)，可以判断在组成电对的六种物质中，氧化性最强的是 PbO 2 ，还原性最强的是 Sn 2+ 。 4. 用电对MnO 4-/Mn 2+，Cl 2/Cl -组成的原电池，其正极反应为 MnO 4- + 8H + + 5e → Mn 2+ + 4H 2O ，负极反应为 2 Cl - -2 e → Cl 2 ，电池的电动势等于0.15V ，电池符号为(-)Pt,Cl 2(p θ)|Cl -‖MnO 4-,Mn 2+,H +|Pt(+)。（E θ(MnO 4-/Mn 2+)=1.51V ；E θ(Cl 2/Cl -)=1.36V ） 5. 下列各溶液浓度均为0.1 mol ?L -1，按pH 值从小到大顺序排列NH 4NO 3, NH 4F, NH 4OAc, KCN, Na 2CO 3。 KCN, NH 4F, NH 4OAc, NH 4NO 3, Na 2CO 3。 ( 已知K θ(NH 3?H 2O)=1.8×10-5, K θ(HF)=6.6×10-4, K θ(HCN)=6.2×10-10, K θ(HOAc)=1.8×10-5, K θ(H 2CO 3)=4.4×10-7, K θ(H 2CO 3)=4.8×10-11) 6. 已知V E A /θ：Cr 2O 72- +1.36 Cr 3+ -0.41 Cr 2+ -0.86 Cr ，则E θ(Cr 2O 72- / Cr 2+ )= 0.917 V ， Cr 2+能否发生歧化反应 不能 。 7. AlCl 3双聚分子的结构式为：__；其中含有两个_3c-4e_键。 8. 因为SnCl 2强烈水解，在配制其溶液时应加入HCl ，水解反应式为 SnCl 2+H 2O Sn(OH)Cl+HCl 。
分子结构 1. 试用离子键理论说明由金属钾和单质氯反应，形成氯化钾的过程如何理解离子键没有方向性和饱和性 答：KCl 的形成表示如下： K(s)?K +(g)+e 1 2Cl 2?Cl(g) Cl (g) +e ? Cl -(g) K +(g) + Cl -(g) =KCl (s) 离子键的本质是静电作用力，由于离子的电荷分布是球形对称的，因此它对异号离子的引力可以是任何方向，也就是没有方向性；一个离子的周围，能容纳多少个异离子，是随离子的半径变化而变化的，它没有固定的配位数，所以说离子键没有饱和性。 2.用下列数据求氢原子的电子亲和能。 答：电子亲和能为下列反应的焓变，它由(5)-(4)-(3)-(2)-(1)得到： 3. ClF 的解离能为1 246kJ mol -?，ClF 的生成热为－56kJ/mol-1，Cl 2的解离能为238kJ/mol -1，试计算 F 2(g)的解离能。 解：据题意： （1） ClF(g) = Cl(g) +F(g) ΔH 1 = 246 kJ ·mol -1 （2） 12 Cl 2(g) +1 2F 2(g) = ClF(g) ΔH 2 = －56kJ/mol -1 （3）Cl 2(g) = 2Cl(g) ΔH 3 = 238kJ/mol -1 2?（1）＋2?（2）－（3）得 F 2 (g) = 2 F (g) ΔH ＝2 ΔH 1+2ΔH 2－ΔH 3 ＝2?246－2?56－238 ＝142 kJ / mol -1 4. 试根据晶体的构型与半径比的关系,试判断下列AB 型离子化合物的晶体构型： BeO NaBr CaS RbI BeS CsBr AgCl 解：查表求各离子的Pauling 半径如下表： Pauling 半径(pm)
2004-2005年度第二学期 无机化学中段考试卷 一、选择题 ( 共15题 30分 ) 1. 2 分 (7459) 对于H2O2和N2H4，下列叙述正确的是…………………………………………（） (A) 都是二元弱酸(B) 都是二元弱碱 (C) 都具有氧化性和还原性(D) 都可与氧气作用 2. 2 分 (4333) 下列含氧酸中属于三元酸的是…………………………………………………（） (A) H3BO3 (B) H3PO2(C) H3PO3(D) H3AsO4 3. 2 分 (1305) 下列各对含氧酸盐热稳定性的大小顺序，正确的是……………………………（） (A) BaCO3 > K2CO3(B) CaCO3 < CdCO3 (C) BeCO3 > MgCO3(D) Na2SO3 > NaHSO3 4. 2 分 (1478) 铝在空气中燃烧时，生成…………………………………………………………（） (A) 单一化合物Al2O3 (B) Al2O3和Al2N3 (C) 单一化合物Al2N3 (D) Al2O3和AlN 5. 2 分 (7396) 下列含氧酸根中，属于环状结构的是…………………………………………（） (A) (B) (C) (D) 6. 2 分 (1349) 下列化合物与水反应放出 HCl 的是……………………………………………（） (A) CCl4(B) NCl3(C) POCl3(D) Cl2O7 7. 2 分 (1482) InCl2为逆磁性化合物，其中In的化合价为……………………………………（） (A) +1 (B) +2 (C) +3 (D) +1和+3 8. 2 分 (7475) 鉴别Sn4+和Sn2+离子，应加的试剂为……………………………………………（） (A) 盐酸 (B) 硝酸(C) 硫酸钠 (D) 硫化钠(过量)
第九章 酸碱平衡 9-1 以下哪些物种是酸碱质子理论的酸,哪些是碱,哪些具有酸碱两性请分别写出它们的共轭碱或酸。 SO - 24, S -2, H 2PO - 4, NH 3, HSO - 4, [Al(H 2O)5OH]+2, CO - 23, NH + 4, H 2S, H 2O, OH -,H 3O +, HS -, HPO - 24。 解： 质子酸 — 共轭碱 H 2PO - 4 — HPO - 24 HSO - 4 — SO - 24 [Al(H 2O)5OH]+2—[Al(H 2O)4(OH)2]+ NH + 4 —NH 3 H 2S — HS - H 2O — OH - H 3O +— H 2O HS -— S -2 HPO - 24 — PO - 34 质子碱 — 共轭酸 SO - 24 — HSO - 4 S - 2 — HS - NH 3 — NH + 4 HSO - 4— H 2SO 4 [Al(H 2O)5OH] + 2—[Al(H 2O)6]+ 3 CO -23 — HCO -3 H 2O — H 3O + OH - — H 2O HS - — H 2S HPO - 24 — H 2PO - 4 酸碱两性： H 2PO - 4， HSO - 4， [Al(H 2O)5OH]+ 2， H 2O ， HS -， HPO - 24。 9-2 为什么pH=7并不总表明水溶液是中性的。 解： 因为水的解离是一个明显的吸热过程，因此水的离子积是温度的函数，只有在常温下 K w =×1014-,即[H +]=[OH -]=×107-,所以pH ＝7，其他温度下则不然。 9-3 本章表示电解质及其电离产物的浓度有两种，一种如c(HAc)、c(NH + 4),另一种如[HAc],[NH + 4]等，它们的意义有何不同什么情况下电离平衡常数的表达式中可以用诸如c(HAc)、c(NH + 4)等代替诸如[HAc],[NH + 4]等有的书上没有诸如c(HAc)、c(NH + 4)这样的浓度符号，遇到浓度时一律用诸如[HAc],[ NH + 4]等来表示，这样做有可能出现什么混乱 解：c(HAc)、c(NH + 4)用来表示初始状态的浓度，而[HAc],[ NH + 4]用来表示平衡状态下的浓度。只有在HAc 、NH + 4的电离度非常小，可以忽略时，才可用c(HAc)、c(NH + 4)代替[HAc],[NH + 4]。如果将c(HAc)、c(NH + 4)用[HAc],[ NH + 4]来表示，则会出现混乱。 9-4 苯甲酸（可用弱酸的通式HA 表示，相对分子质量122）的酸常数K a =×105 -,试求： （1）中和苯甲酸需用L 1 -的NaOH 溶液多少毫升 (2) 求其共轭碱的碱常数K b 。 （3）已知苯甲酸在水中的溶解度为L 1 -，求饱和溶液的pH 。 解： （1）HA+NaOH ＝NaA+ H 2O n(HA)= 12222.1= ∴V(NaOH)=4 .001 .0==25mL (2) K a =×10 5 - ∴其共轭碱的碱常数K b = a w K K =×1010 -
第11章电化学基础 11-1：(a) SiO2(s) + Al(s)—→Si(s) + Al2O3(s)； (b) I2(s) + H2S(aq)—→I-(aq) + S(s) + H3O+(aq)； (c) H2O2(aq) + I-(aq) + H3O+(aq)—→I2(s) + H2O(l)； (d) H2S(g) + O2(g)—→SO2(g) + H2O(g)； (e) NH3(g) + O2(g)—→NO2(g) + H2O(g)； (f) SO2(g) + H2S(g)—→S8(s) + H2O(g)； (g) HNO3(aq) + Cu(s)—→Cu(NO3)2(aq) + NO(g ) + H2O(l)； (h) Ca3(PO4)2(s) + C(s) + SiO2(s)—→CaSiO3(l) + P4(g) + CO(g)； (i) KClO3(s)—→KClO4(s) + KCl(s)（提示：歧化反应可方便地从反方向进行配平）答：（a）3SiO2(s) + 4Al(s) = 3Si(s) + 2Al2O3(s)； （b）I2(s) + H2S(aq) + 2H2O = 2I-(aq) + S(s) + 2H3O+(aq)； （c）H2O2(aq) + 2I-(aq) + 2H3O+(aq) = I2(s) + 4H2O(l)； （d）2H2S(g) + 3O2(g) = 2SO2(g) + 2H2O(g)； （e）4NH3(g) + 7O2(g) = 4NO2(g) + 6H2O(g)； （f）8SO2(g) + 16H2S(g) = 3S8(s) + 16H2O(g)； （g）8HNO3(aq) + 3Cu(s) = 3Cu(NO3)2(aq) + 2NO(g) + 4H2O(l)； （h）2Ca3(PO4)2(s) + 10C(s) + 6SiO2(s) = 6CaSiO3(l) + P4(g) + 10CO(g)； （i）4KClO3(s) = 3KClO4(s) + KCl(s) 11-2：用半反应法配平下列反应方程式。给出的方程式中未示出H+，OH-或H2O，你应该会用加进H2O 和它的两个组成离子的方法配平这些方程 (a) ClO- + I2—→Cl- + IO3-； (b)Mn(OH)2(s) + H2O2(aq)—→MnO2(s)； 答：（a）5ClO-(aq) + I2(s) + H2O(l) = 5Cl-(aq) + 2IO-3 (aq) + 2H+(aq)； （b）Mn(OH)2(s) + H2O2(aq) = MnO2(s) + 2H2O(l)； 11-3：用半反应法（离子-电子法）配平下列方程式： （1）K2Cr2O7＋H2S＋H2SO4→K2SO4＋Cr2(SO4)3＋S＋H2O （2）MnO42-＋H2O2→O2＋Mn2-(酸性溶液) （3）Zn＋NO3-＋OH-→NH3＋Zn(OH)4- （4）Cr(OH) 42-＋H2O2→CrO 42- （5）Hg＋NO3-＋H+→Hg22+＋NO
化学考试试卷及答案 (样卷2) 一、填表题 （20分） 1.写出反应最终产物 物质 Ni 2+ Hg 2+(NO 3-) Cr 3+ Mn 2+ 加入过量氨水并放置 [Ni(NH 3)6]2+ HgO ?NH 2HgNO 3 Cr(OH)3 MnO(OH)2 2.物质 HgCl 2 SiCl 4 BBr 3 PH 3 中心原子杂化类型 sp sp 3 sp 2 不等性sp 3 分子空间构型 直线型 正四面体型 正三角形 三角锥型 3.物质 晶体类型 晶格结点上粒子 粒子间作用力 熔点相对高低 SiC 原子晶体 Si 原子、C 原子 共价键 高 NH 3 氢键型分子晶体 NH 3 分子 分子间力、氢键 低 二、填空题 （20分） 1. 随着溶液的pH 值增加，下列电对 Cr 2O 72-/Cr 3+、Cl 2/Cl -、MnO 4-/MnO 42-的E 值将分别 减小、不变、不变。 2．Na 2SO 3与__硫粉__共热可制得Na 2S 2O 3，Cl 2可将Na 2S 2O 3氧化为__ Na 2SO 4_。 3.根据E θ(PbO 2/PbSO 4) >E θ(MnO 4-/Mn 2+) >E θ(Sn 4+/Sn 2+)，可以判断在组成电对的六种物质中，氧化性最强的是 PbO 2 ，还原性最强的是 Sn 2+ 。 4. 用电对MnO 4-/Mn 2+，Cl 2/Cl -组成的原电池，其正极反应为 MnO 4- + 8H + + 5e → Mn 2+ + 4H 2O ，负极反应为 2 Cl - -2 e → Cl 2 ，电池的电动势等于0.15V ，电池符号为 (-)Pt,Cl 2(p θ)|Cl -‖MnO 4-,Mn 2+,H +|Pt(+)。（E θ(MnO 4-/Mn 2+)=1.51V ；E θ(Cl 2/Cl -)=1.36V ） 5. 下列各溶液浓度均为0.1 mol ?L -1，按pH 值从小到大顺序排列NH 4NO 3, NH 4F, NH 4OAc, KCN, Na 2CO 3。 KCN, NH 4F, NH 4OAc, NH 4NO 3, Na 2CO 3。 ( 已知K θ(NH 3?H 2O)=1.8×10-5, K θ(HF)=6.6×10-4, K θ(HCN)=6.2×10-10, K θ(HOAc)=1.8×10-5, K θ(H 2CO 3)=4.4×10-7, K θ(H 2CO 3)=4.8×10-11) 6. 已知V E A /θ：Cr 2O 72- +1.36 Cr 3+ -0.41 Cr 2+ -0.86 Cr ，则E θ(Cr 2O 72- / Cr 2+ )= 0.917 V ，Cr 2+能否发生歧化反应 不能 。 7. AlCl 3双聚分子的结构式为：__；其中含有两个_3c-4e_键。 8. 因为SnCl 2强烈水解，在配制其溶液时应加入HCl ，水解反应式为 SnCl 2+H 2O Sn(OH)Cl+HCl 。
目录 第16章............................................................................................ - 2 -第22章............................................................................................ - 2 -第23章............................................................................................ - 2 -
第16章 1.有一种无色气体A，能使热的CuO还原，并逸出一种相当稳定得到气体B， 将A通过加热的金属钠能生成一种固体C，并逸出一种可燃性气体D。A能与Cl2分步反应。最后得到一种易爆的液体E。指出A、B、C、D和E各为何物？并写出各过程的反应方程式。 第22章 1.有一黑色固体化合物A，它不溶于水、稀醋酸和氢氧化钠，却易溶于热盐酸 中，生成一中绿色溶液B。如溶液B与铜丝一起煮沸，逐渐变棕黑色得到溶液C。溶液C若用大量水稀释，生成白色沉淀D。D可溶于氨溶液中，生成无色溶液E。E若暴露于空气中，则迅速变成蓝色溶液F。在溶液F中加入KCN时，蓝色消失，生成溶液G。往溶液G中加入锌粉，则生成红棕色沉淀H。H不溶于稀的酸和碱，可溶于热硝酸生成蓝色溶液I。往溶液I中慢慢加入NaOH溶液生成蓝色胶状沉淀J。将J过滤、取出。然后强热，又生成原来化合物A。试判断上述个字母所代表的物质，并写出相应的各化学反应方程式。 第23章 1.铬的某化合物A是橙红色溶于水的固体，将A用浓HCl处理产生黄绿色刺 激性气体B和生成暗绿色溶液C。在C中加入KOH溶液，先生成灰蓝色沉淀D，继续加入过量的KOH溶液则沉淀消失，变成绿色的溶液E。在Ｅ中加入H2O2加热则生成黄色溶液F，F用稀酸酸化，又变为原来的化合物A 的溶液。问A，B，C，D，E，F各是什么物质，写出每步变化的反应方程式。 2.有一锰的化合物，它是不溶于水且很稳定的黑色粉末状物质A，该物质与浓 硫酸反应得到淡红色溶液B，且有无色气体C放出。向B溶液中加入强碱得到白色沉淀D。此沉淀易被空气氧化成棕色E。若将A与KOH、KClO3一起混合熔融可得一绿色物质F，将F溶于水并通入CO2，则溶液变成紫色G，且又析出A。试问A，B，C，D，E，F，G各为何物，并写出相应的方程式。 3.金属M溶于稀HCl生成MCl2，其磁矩为5.0B.M.。在无氧条件下，MCl2与 NaOH作用产生白色沉淀A，A接触空气逐渐变成红棕色沉淀B，灼烧时，B变成红棕色粉末C。C经不完全还原，生成黑色的磁性物质D。B溶于稀HCl生成溶液E。E能使KI溶液氧化出I2，若出加入KI前加入NaF，则不会析出I2。若向B的浓NaOH悬浮液中通入氯气，可得紫红色溶液F，加入BaCl2时就析出红棕色固体G。G是一种很强的氧化剂。试确认M及由A到G所代表的化合物，写出反应方程式，画出各物质之间相互转化的相关图。
第一章物质的结构
1-20 氦首先发现于日冕。1868年后30年间，太阳是研究氦的物理，化学性质的唯一源泉。 （a）观察到太阳可见光谱中有波长为4338A，4540A，4858A，5410A，6558A 的吸收（1A=10-10m来分析，这些吸收是由哪一种类氢原子激发造成的？是 He，He +还是He2+ ？ （b）以上跃迁都是由n i=4向较高能级（n f）的跃迁。试确定 n f值，求里德堡常数R He i+。（c）求上述跃迁所涉及的粒子的电离能I（He j+），用电子伏特为单位。 （d）已知 I（He+）/ I（He）=2.180。这两个电离能的和是表观能A（He2+），即从He 得到He2+的能量。A（He2+）是最小的能量子。试计算能够引起He 电离成He2+所需要的最低能量子。在太阳光中，在地球上，有没有这种能量子的有效源泉？ （c=2.997925×108 ms-1;h=6.626×10-34Js;1eV=96.486KJ.mol-1=2.4180×1014Hz）
38、第8周期的最后一个元素的原子序数为：148。电子组态：8S26P6 39、二维化的周期表可叫宝塔式或滴水钟式周期表。这种周期表的优点是能够十分清楚地看到元素周期系是如何由于核外电子能级的增多而螺旋发展的，缺点是每个横列不是一个周期，纵列元素的相互关系不容易看清。 40、“类铝”熔点在1110K～1941K之间，沸点在1757～3560K之间，密度在1.55g/m3 ～4.50 g/m3之间。 41、最高氧化态+3，最低氧化态-5。
1、解：O=O (12e-)； H-O-O-H 14（e-）； C=O (10e-)；0=C=O(16e-)；Cl-N-Cl(26e-)；F–S - F (34e-) F F 2、解：共13种，如：
精心整理 第十一章电化学基础11-1用氧化数法配平下列方程式 （1）KClO 3→KClO 4+KCl （2）Ca 5（PO 4）3F+C+SiO 2→CaSiO3+CaF 2+P 4+CO （3）NaNO 2+NH 4Cl →N 2+NaCl+H 2O （4）K 2Cr 2O 7+FeSO 4+H 2SO 4→Cr 2（SO 4）3+Fe 2（SO 4）3+K 2SO 4+H 2O （5）CsCl+Ca →CaCl 2+Cs 解：（（（（（11-2（1（2（3（4（5解：（2（3（4（511-3.用半反应法（离子-电子法）配平下列方程式 （1）K 2Cr 2O 7+H 2S+H 2SO 4——K 2SO 4+Cr 2(SO 4)3+H 2O （2）MnO 42-+H 2O 2———O 2+Mn 2+（酸性溶液） （3）Zn+NO 3-+OH -——NH 3+Zn （OH ）42- （4）Cr （OH ）4-+H 2O 2——CrO 42- （5）Hg+NO 3-+H +——Hg 22++NO 解：（1）K 2Cr 2O 7+3H 2S+4H 2SO 4==K 2SO 4+Cr 2(SO 4)3+7H 2O+3S （2）MnO 42-+2H 2O 2+4H +==2O 2+Mn 2++4H 2O （3）Zn+NO 3－+3H 2O+OH -==NH 3+Zn （OH ）42-
（4）2Cr(OH)4－+3H2O2+2OH==-2CrO42－+8H2O （5）6Hg+2NO3-+8H+==3Hg22++2NO+4H2O 11-4将下列反应设计成原电池，用标准电极电势判断标准态下电池的正极和负极，电子传递的方向，正极和负极的电极反应，电池的电动势，写出电池符号. (1)Zn+2Ag+=Zn2++2Ag (2)2Fe3++Fe=3Fe2+ (3)Zn+2H+=Zn2++H2 (4)H2+Cl2=2HCl (5)3I2+6KOH=KIO3+5KI+3H2O 11-5写出下列各对半反应组成的原电池的电池反应、电池符号，并计算标准电动势。 （1）Fe (2)Cu2+ (3)Zn2+ (4)Cu2+ (5)O2 11-6 （氧 11-7 半反应 半反应 11—8 Fe3+］? 11-9用能斯特方程计算来说明，使Fe+Cu2+=Fe2++Cu的反应逆转是否有现实的可能性？ 解：ΦΘ(Cu+/Cu)=0.345V,ΦΘ(Fe2+/Fe)=-0.4402V 要使反应逆转，就要使ΦΘ(Fe2+/Fe)>ΦΘ(Cu2+/Cu) 由能斯特方程得[Fe2+]/[Cu2+]>1026.5=3.2×1026 11-10用能斯特方程计算与二氧化锰反应得到氯气的盐酸在热力学理论上的最低浓度解：设与二氧化锰反应得到氯气的盐酸在热力学理论上的最低浓度是X， 因：反应方程式为：MnO2+4HCl＝MnCl2+2H2O+Cl2↑ 半反应为：MnO2+4H++2e-=Mn2++2H2O（正） Cl2+2e-=2Cl－（负） 要使反应顺利进行，须φ（MnO2/Mn2+）=φ（Cl2/Cl-）
西北大学化学系2003～2004学年度第二学期 《中级无机化学》试题及答案 一 按要求回答下列各题(6×5) 1 (1) 确定化合物B 10CPH 11的构型并予以命名； (2) 利用三中心两电子键理论判断B n H n 2－阴离子多面体结构中所包含的化学键的类型和数目。 解：(1) B 10CPH 11，写作(CH)(BH)10P ，a ＝1，q ＝0，c ＝0，p ＝10，一个P 原子， n ＝a ＋p ＋(P 原子数)＝1＋10＋1＝12，b ＝(3×1＋2×10＋ 3)/2＝13＝12＋1， 属闭式结构 命名：闭式－一碳一磷癸硼烷(11)或闭式－一碳一磷代十二硼烷(11) (2) B n H n ＋2－22－，c=2，m ＝2，n ＝n ，写出拓扑方程并求解 n －2＝s ＋t m －2＝2－2＝0＝s ＋x n －m/2＋c ＝n －2/2＋2＝n ＋1＝x ＋y B －B 键的数目：3， 三中心两电子硼桥键的数目：n －2； 2 假定LiH 是一个离子化合物，使用适当的能量循环，导出H 的电子亲合焓的表达式。 解： △Lat H m θ(LiH, s) △EA H m θ(H)＝(△atm H m θ＋△I 1H m θ)Li ＋△f H m θ(H)－△f H m θ(LiH ，s)－△Lat H m θ(LiH, s) 3 应用Pauling 规则， (1) 判断H 3PO 4(pK a ＝2.12)、H 3PO 3(pK a ＝1.80)和H 3PO 2(pK a ＝2.0)的结构； (2) 粗略估计H 3PO 4、H 2PO 4－和HPO 42－的pK a 值。 解：(1) 根据pK a 值判断，应有相同非羟基氧原子。 H 3PO 4： H 3PO 3： H 3PO 2： (2) H 3PO 4：一个非羟基氧原子，pK a 值约为2；H 2PO 4－：pK a 值增加5，约为7；HPO 42 －pK a 约为12。 4 用VSEPR 理论预言下列分子或离子的结构，并写出它们所属的点群： f m θ P H HO HO P OH HO HO P H HO H
第十章沉淀溶解平衡10-1 （1）解：P b i2(s)＝p b2+(aq)+2I-(aq) 设溶解度为S.则 : k sp(I2) ＝S×(2S)2＝4S3＝4×(1.29×10-3)3＝8.6×10-9 （2）解：溶解度 S＝2.91×10-3/253＝1.15×10-5 BaCrO4(s)＝Ba2++CrO42- (BaCrO4)＝ S2 ＝(1.15×10-5)2 ＝1.32×10-10 10-2 .(1) Zn(OH)2(s)=Zn2++2OH- K sp (Zn(OH)2)＝S×(2S)2＝4S3＝4.12×10-17 S*=2.18×10-6＝2.17×10-4g/L (2) 解：P b (s)＝ P b2++2F- K sp(PbF2(s))＝S*×(2S*)2＝4S3＝7.12×10-7 S*＝2.61 mol/L＝6.39 g/L 10-3 (1) 解：设AgIO3溶解度为S1, 设Ag2CrO4溶解度为S2, 则 : AgIO3(s)＝Ag++ IO3- K sp(AgIO3)＝S1× S1＝ S12 S1＝( K sp(AgIO3)) 1/2＝(9.2×10-9) 1/2＝9.59×10-5 mol/L. Ag2CrO4(s)＝2Ag ++ CrO42— K sp(Ag2CrO4)＝ (2S2) S2＝ 4S23 S2=( K sp(Ag2CrO4)/4) 1/3=(1.12×10-12/4) 1/3=6.54×10-5 mol/L （2）解：设AgIO3溶解度为S1, 设Ag2CrO4溶解度为S2, 则 : AgIO3(s)=Ag++ IO3- S1 S1 S1+0.01 S1 K sp(AgIO3)＝（S1+0.01）× S1＝0.01×S12＝9.2×10-9 Ag2CrO4(s)＝2Ag ++ CrO4— 2S2 S2 2S2+0.01 S2 K sp(Ag2CrO4)＝（2S2+0.01）× S2＝0.01×S22＝1.12×10-12 S2=1.12×10-8 mol/L ∴S1＞S2 AgIO3在0.01 mol*L-1的AgIO3溶液中的溶解度大 10-4（1）解： 沉淀Ca2+:[SO42-]1＝ K sp(CaSO4)/ [Ca2+]＝7.1×10-5/0.01＝7.1×10--3 沉淀Ba2+:[SO42-]2＝ K sp(BaSO4)/ [Ba2+]＝1.07×10-10/0.01＝1.07×10-8 ＝1.07×10-10/0.01/7.1×10-5/0.01=1.5×10--8 mol/L﹤1×10-5 用Na2 SO4作沉淀剂能将Ca2+与Ba2+分离
第19章d区金属（一） 第四周期d区金属 19.1 试以原子结构理论说明： （1）第四周期过渡金属元素在性质上的基本共同点； （2）讨论第一过渡系元素的金属性、氧化态、氧化还原稳定性以及酸碱稳定性变化规律； （3）阐述第一过渡系金属水合离子颜色及含氧酸根颜色产生的原因。 答：（1）①第四周期过渡金属元素都具有未充满的3d轨道，特征电子构型为(n-1)d1～10ns1～2，具有可变的氧化态。电离能和电负性都比较小，易失去电子呈金属性，故具有较强的还原性。 ②与同周围主族元素的金属相比，第一过渡系金属原子一般具有较小的原子半径和较大 的密度。 ③由于过渡金属的d电子和s电子均可作为价电子参与金属键的形成，金属键较强，因此 它们有较大的硬度，有较高的熔、沸点。 （2）第一过渡系元素为Sc、Ti、V、C r、Mn、F e、C o、N i、C u、Zn 从Sc→Zn，金属性：逐渐减弱；最高氧化态：先逐渐升高，到锰为最高，再逐渐降低； 氧化还原性：金属的还原性逐渐减弱，最高氧化态含氧酸（盐）的氧化性逐渐增强；酸碱稳定性：从钪到锰最高氧化态氧化物及其水合物酸性增强、碱性减弱，同一元素不同氧化态氧化物及水合物一般是低氧化态的呈碱性，最高氧化态的呈酸性。 （3）①由于过渡金属离子具有未成对d电子，易吸收可见光而发生d-d跃迁，故过渡系金属水合离子常具有颜色。 ②第一过渡系金属含氧酸根离子VO3－、CrO42－、MnO4－，呈现颜色是因为化合物吸收 可见光后电子从一个原子转移到另一个原子而产生了荷移跃迁，即电子从主要是定域在配体上的轨道跃迁到主要是定域在金属上的轨道（M←L），对于含氧酸根离子则是发生O22－→M n+的荷移跃迁。 19.2 Sc2O3在哪些性质上与Al2O3相似，为什么？ 答：（1）都为碱性氧化物。在Sc3+、Al3+溶液中加碱得水合氧化物M2O3·nH2O(M=Sc、Al)。 （2）其水合氧化物都是两性的，溶于浓碱NaOH得Na3[M(OH)6]，溶于酸得到M3+盐，其水溶液易水解。 原因：Sc的电子层结构为[Ar]3d14s2与第Ⅲ族Al同属是Sc、Y、La、Ac分族的第一个成员，故相似。 19.3 简述从钛铁矿制备钛白颜料的反应原理，写出反应方程式。试从热力学原理讨论用氯化法 从TiO2制金属钛中为什么一定要加碳？ 答：先用磁选法将钛铁矿进行富集得钛精矿，然后用浓H2SO4和磨细的矿石反应。（或：工业上从钛铁矿制钛白粉，大致可分四步：1.酸解；2.冷却结晶；3.加热水解；4.焙烧）。加铁屑，在低温下结晶出FeSO4·7H2O，过滤后稀释并加热使TiOSO4水解：
无机化学第六章答案公司内部编号：（GOOD-TMMT-MMUT-UUPTY-UUYY-DTTI-
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）CrO 42－ 中的Cr （2）MnO 42－ 中的Mn （3）Na 2O 2 中的O （4）H 2C 2O 4·2H 2O 中的C 解答：(1) Cr ：＋6；(2) Mn ：＋6； (3) O ：－1； (4) C ：＋3 2. 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）Cl 2＋H 2O ＝HClO ＋HCl （2）Cl 2＋H 2O 2＝2HCl ＋O 2 （3）Cu ＋2H 2SO 4 (浓)＝CuSO 4＋SO 2＋2H 2O （4）K 2Cr 2O 7＋6KI ＋14HCl ＝2CrCl 3＋3I 2＋7H 2O ＋8KCl 解答：(1)Cl ：from 0 to ＋1 and －1 (2)Cl ：from 0 to －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 0 3. 用离子电子法配平下列在碱性介质中的反应式。 （1）Br 2＋OH －→BrO 3－＋ Br － （2）Zn ＋ClO －→Zn(OH)42－＋Cl － （3）MnO 4－＋SO 32－→MnO 42－＋SO 42－ (4) H 2O 2＋Cr(OH)4－→CrO 42-＋H 2O 解答：(1) Br 2＋12OH －＝2BrO 3－＋6H 2O ＋10e （ 2e ＋Br 2＝2Br －）×5
无机化学复习题 一、选择题（每题1分，共20分） （ ）1．已知H 2和He 的相对分子质量分别为2和4。2g H 2与2gHe 混合后体系的压力为3300kPa ，则混合气体中He 的分压为： A 、3300 kPa B 、2200 kPa C 、1100 kPa D 、1650 kPa （ ）2．关于氧的相对原子质量下列叙述正确的是： A 、 等于8O 16核素一个原子的质量 B 、等于氧的平均原子质量 C 、等于氧的平均原子质量与碳—12核素质量的121之比值 D 、等于一个氧原子的质量与碳—12核素质量的121之比值 （ ）3．下列关系式中错误的是： A 、H=U+PV B 、ΔU(体系)+ ΔU(环境)=0 C 、ΔG=ΔH-T ΔS D 、ΔG(正反应)×ΔG(逆反应)=1 （ ）4．反应 2NO 2(g)(红棕色)==N 2O 4(g)(无色) Δr H m <0 达平衡后，将体系的温度降低，则混合气体颜色： A 、变浅 B 、变深 C 、不变 D 、无法判断 （ ）5．反应 C(s)+O 2(g)===CO 2(g)，Δr H m <0 下列不能使正反应速度增大的措施是： A 、缩小体系的体积 B 、升高体系温度 C 、增大氧气的分压 D 、减小CO 2(g)的分压 （ ）6．在298K 的温度下石墨的标准生成自由能为： A 、等于零 B 、大于零 C 、小于零 D 、无法确定 （ ）7．NO(g)+CO(g)===2 1N 2(g)+CO 2(g) Δr H m = -373.4kJ ·mol -1 ，欲使有害气体NO 和CO 取得最高转化率，则应选择的操作是： A 、增大NO 浓度 B 、增大CO 浓度 C 、降低温度、增大压力 D 、使用高效催化剂 （ ）8．对于等温等压下进行的任一反应，下列叙述正确的是： A 、Δr S m 越小反应速度越快 B 、Δr H m 越小反应速度越快 C 、Δr G m 越小反应速度越快 D 、Ea 越小反应速度越快 （ ）9．下列四个量子数（依次为n ，l ，m ，m s ）不合理的一组是： A 、（3、1、0、+21） B 、（4、3、1、-2 1） C 、（4、0、0、+21） D 、（2、0、1、-2 1） （ ）10．下列四个量子数所描述的电子运动状态中，能量最高的电子是： A 、（4、1、0、+21） B 、（4、2、1、-2 1） C 、（4、0、0、+21） D 、（4、1、1、-2 1） （ ）11．下列分子中C 原子形成共价键时，原子轨道采取SP 3杂化的是：
第十一章电化学基础 11-1用氧化数法配平下列方程式 （1）KClO3→KClO4+KCl （2）Ca5（PO4）3F+C+SiO2→CaSiO3+CaF2+P4+CO （3）NaNO2+NH4Cl→N2+NaCl+H2O （4）K2Cr2O7+FeSO4+H2SO4→Cr2（SO4）3+Fe2（SO4）3+K2SO4+H2O （5）CsCl+Ca→CaCl2+Cs 解：（1）4KClO3==3KClO4+KCl （2）4Ca5（PO4）3F+30C+18SiO2==18CaSiO3+2CaF2+3P4+30CO （3）3NaNO2+3NH4Cl==3N2+3NaCl+6H2O （4）K2Cr2O7+6FeSO4+7H2SO4==Cr2（SO4）3+3Fe2（SO4）3+K2SO4+7H2O （5）2CsCl+Ca==CaCl2+2Cs 11-2将下列水溶液化学反应的方程式先改为离子方程式，然后分解为两个半反应式： （1）2H2O2==2H2O+O2 （2）Cl2+H2O==HCl+HClO （3）3Cl2+6KOH==KClO3+5KCl+3H2O （4）2KMnO4+10FeSO4+8H2SO4==K2SO4+5Fe2(SO4)3+2MnSO4+8H2O （5）K2Cr2O7+3H2O2+4H2SO4==K2SO4+Cr2(SO4)3+3O2+7H2O 解：(1)离子式：2H2O2==2H2O+O2H2O2+2H++2e-==2H2O
H2O2－ 2e-==O2+2H+ （2）离子式：Cl2+H2O==H++Cl－+HClOCl2+2e-==2Cl– Cl2+H2O－2e-==2H++2HClO （3）离子式：3Cl2+6OH-==ClO3－+5Cl-+3H2OCl2+2e-==2Cl– Cl2+12OH－－10e-==2ClO3－+6H2O （4）离子式：MnO4-+5Fe2++8H+==5Fe3++Mn2++4H2O MnO4-+5e-+8H+==Mn2++4H2OFe2+-e-==Fe3+（5离子式：Cr2O72－+3H2O2+8H+==2Cr3++3O2+7H2O Cr2O72－+6e-+14H+==2Cr3++7H2OH2O2－2e-==O2+2H+ 11-3.用半反应法（离子-电子法）配平下列方程式 （1）K2Cr2O7+H2S+H2SO4——K2SO4+Cr2(SO4)3+H2O （2）MnO42-+H2O2———O2+Mn2+（酸性溶液） （3）Zn+NO3-+OH-——NH3+Zn（OH）42- （4）Cr（OH）4-+H2O2——CrO42- （5）Hg+NO3-+H+——Hg22++NO 解：（1）K2Cr2O7+3H2S+4H2SO4==K2SO4+Cr2(SO4)3+7H2O+3S （2）MnO42-+2H2O2+4H+==2O2+Mn2++4H2O （3）Zn+NO3－+3H2O+OH-==NH3+Zn（OH）42- （4）2Cr(OH)4－+3H2O2+2OH==-2CrO42－+8H2O （5）6Hg+2NO3-+8H+==3Hg22++2NO+4H2O