武汉大学版无机化学课后习题答案 19配位化合物
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武汉大学版无机化学课后习题答案(第三版)第19章f区元素
F区元素1．按照正确顺序写出镧系元素和锕系元素的名称和符号，并附列它们的原子顺序。
解：镧系：元素名称镧铈镨钕钷钐铕钆铽镝钬铒铥镱镥La Ce Pr Nb Pm Sm Eu Gd Tb Dy Ho Er Tm Yb Lu5758 59 60 61 62 63 64 65 66 67 68 69 70 71锕系锕钍镤铀镎钚镅锔锫锎锿镄钔锘铑Ac Th Pa U Np Pu Am Cm Bk Cf Es Fm Md No Lr8990 91 92 93 94 95 96 97 98 99 100 101 102 1032．镧系元素的特征氧化态为+3，为什么铈、镨、铽、镝常呈现+4氧化态，而钐、铕、铥、镱却能呈现+2氧化态？答：镧系元素的特征氧化态都是+Ш ，这是由于镧系元素的原子第一、第二、第三电离势之和不是很大，成键时释放的能量足以弥补原子在电离时能量的消耗，因此它们的+Ш氧化态都是稳定的。
与+Ш特征氧化态发生差异的诸元素有规律的分布在La（+Ш）、Gd（+Ш）、Lu（+Ш）附近。
这可由原子结构规律变化得到解释。
La（+Ш）、Gd（+Ш）、Lu（+Ш）分别具有4f轨道全空、半满、全满的稳定电子层结构。
镧系元素的氧化态取决于其外围的6s电子，4f和5d电子数，当它们失去两个6s电子，进而再失去一个4f电子或一个5d电子时，所需的电离度不太高，因此表现出ШB族的特征氧化态（+3）。
铈、镨、铽、镝除了生成+3氧化态外，还可以再失去一个电子，4f轨道达到或接近全满或半满，成为稳定结构故它们也常出现+4氧化态。
而钐，铕，铥和镱，失去两个电子后，就可以使4f轨道达到或接近半满，或全满的稳定，而常呈现出+2氧化态。
3．解释镧系元素在化学性质上的相似性。
答：镧系元素的价电子层结构为4f1-145d0-16s2鉴于4f同5d的能量比较近，因此在失去3个电子形成特征的+3氧化态时所需要的能量相差不大，即使在水溶液中，由于它们的离子半径接近，使得离子的水合能也相差不大，因此无论是在电离能或电负性以及标准电极电势方面，镧系原素均较接近，说明它们的单质在任何状态下所表现出来的化学活性是相近的，在+3氧化态时，离子构型和离子半径也相近，所以Ln3+离子的性质也极为相似。
武大和吉大合编的无机化学课后答案完整版
第三章1.原子中电子的运动有何特点？几率与几率密度有何区别与联系？答2.什么是屏蔽效应和钻穿效应？怎样解释同一主层中的能级分裂及不同主层中的能级交错现象？答3.写出原子序数为24的元素的名称、符号及其基态原子的电子结构式，并用四个量子数分别表示每个价电子的运动状态。
答4.已知M2+离子3d轨道中有5个电子，试推出：（1）M原子的核外电子排布；（2）M原子的最外层和最高能级组中电子数；（3）M元素在周期表中的位置。
答5.按斯莱脱规则计算K，Cu，I的最外层电子感受到的有效核电荷及相应能级的能量。
答6.根据原子结构的知识，写出第17号、23号、80号元素的基态原子的电子结构式。
答7.画出s，p，d各原子轨道的角度分布图和径向分布图，并说明这些图形的含意。
答见课本65页s电子云它是球形对称的。
p电子云它是呈无柄的桠铃形。
d电子云形状似花瓣。
8.描述原子中电子运动状态的四个量子数的物理意义各是什么？它们的可能取值是什么？答9.下列各组量子数哪些是不合理的，为什么？（1）n=2，l=1，m=0 （2）n=2，l=2，m=-1（3）n=3，l=0，m=0 （4）n=3，l=1，m=1（5）n=2，l=0，m=-1 （6）n=2，l=3，m=2答10.下列说法是否正确？不正确的应如何改正？（1）s电子绕核运动，其轨道为一圆周，而电子是走S形的；（2）主量子数n为1时，有自旋相反的两条轨道；（3）主量子数n为4时，其轨道总数为16，电子层电子最大容量为32；（4）主量子数n为3时，有3s，3p，3d三条轨道。
答11.将氢原子核外电子从基态激发到2s或2p，所需能量是否相等？若是氦原子情况又会怎样？答12.通过近似计算说明，12号、16号、25号元素的原子中，4s和3d哪一能级的能量高？13.元素K L M N O P19 22 30 33 60 222228108889818201822318 12 2答14.说明在同周期和同族中原子半径的变化规律，并讨论其原因。
第19章配位化合物-无机化学
25
（3） 键合异构
配体中有两个配位原子，但这两个原子不同 时配位，这样的配体称为两可配体。
如 NO2－ 属于两可配体
N 为配位原子
硝基
O 为配位原子 亚硝基
— NO2－ — ONO－
配位原子的不同导致 [ Co（NO2）（NH3）5 ]Cl2 和 [ Co（ONO）（NH3）5 ]Cl2
互为键合异构体
4p 4s 3d 杂化
sp3 3d
33
由于中心 sp3 杂化轨道在空间呈正四 面体分布，故 [ N（i CO）4 ] 形成正四面体 构型。
[ N（i CO）4 ] 中配体的电子对配入中 心的外层空轨道，即 ns np 杂化轨道，形 成外轨型配位化合物。
34
例19―1和例19―2的共同点是，配体的 孤对电子配入中心的外层轨道，形成外轨型 配位化合物。
Pt2+ 的电子构型 5d8 CN– 为强场配体，使 Pt2+ 的 8 个 d 电 子重排，空出的 1 个 5d 轨道参与杂化，中 心采取 dsp2 杂化。
38
6p 6s 5d 重排
6p 6s 5d 杂化
dsp2 5d
39
由于中心 dsp2 杂化轨道在空间呈正 方形分布，故 [ Pt（CN）4 ]2－形成正方形构 型。
例19―3 和例19―4，杂化轨道均用 到了（n―1）d 内层轨道， 配体的孤对 电子对配入中心的内层，形成内轨型配位 化合物，它较外轨型配位化合物稳定。
40
19―2―3 配位化合物的磁性
化合物中成单电子数和宏观实验现象中 的磁性有关。
测出物质的磁矩 和单电子数 n 有如
下关系
＝ n（ n + 2） B 式中 B 是磁矩 的单位，称为玻尔磁子。
（3） 键合异构
配体中有两个配位原子，但这两个原子不同 时配位，这样的配体称为两可配体。
如 NO2－ 属于两可配体
N 为配位原子
硝基
O 为配位原子 亚硝基
— NO2－ — ONO－
配位原子的不同导致 [ Co（NO2）（NH3）5 ]Cl2 和 [ Co（ONO）（NH3）5 ]Cl2
互为键合异构体
4p 4s 3d 杂化
sp3 3d
33
由于中心 sp3 杂化轨道在空间呈正四 面体分布，故 [ N（i CO）4 ] 形成正四面体 构型。
[ N（i CO）4 ] 中配体的电子对配入中 心的外层空轨道，即 ns np 杂化轨道，形 成外轨型配位化合物。
34
例19―1和例19―2的共同点是，配体的 孤对电子配入中心的外层轨道，形成外轨型 配位化合物。
Pt2+ 的电子构型 5d8 CN– 为强场配体，使 Pt2+ 的 8 个 d 电 子重排，空出的 1 个 5d 轨道参与杂化，中 心采取 dsp2 杂化。
38
6p 6s 5d 重排
6p 6s 5d 杂化
dsp2 5d
39
由于中心 dsp2 杂化轨道在空间呈正 方形分布，故 [ Pt（CN）4 ]2－形成正方形构 型。
例19―3 和例19―4，杂化轨道均用 到了（n―1）d 内层轨道， 配体的孤对 电子对配入中心的内层，形成内轨型配位 化合物，它较外轨型配位化合物稳定。
40
19―2―3 配位化合物的磁性
化合物中成单电子数和宏观实验现象中 的磁性有关。
测出物质的磁矩 和单电子数 n 有如
下关系
＝ n（ n + 2） B 式中 B 是磁矩 的单位，称为玻尔磁子。
无机化学课后习题答案
无机化学课后习题答案【篇一：天大无机化学课后习题参考答案】n1(p?p1)v1(13.2?103-1.01?103)kpa?32l???9.6d222101.325kpa?400l ? d-1４．解：t?pvmpv?nrmr= 318 k ?44.9℃５．解：根据道尔顿分压定律pi?p(n2) = 7.6?104 pap(o2) = 2.0?104 pa p(ar) =1?103 panip n６．解：（1）n(co2)? 0.114mol; p(co2)? 2.87 ? 104 pa（2）p(n2)?p?p(o2)?p(co2)?3.79?104pa （3）n(o2)p(co2)?4???0.286 np9.33?104pa7.解：（1）p(h2) =95.43 kpa（2）m(h2) =pvm= 0.194 g rt8.解：（1）? = 5.0 mol（2）? = 2.5 mol结论: 反应进度(?)的值与选用反应式中的哪个物质的量的变化来进行计算无关，但与反应式的写法有关。
9.解：?u = qp ? p?v = 0.771 kj 10.解：（1）v1 = 38.3?10-3 m3= 38.3l（2） t2 =pv2= 320 k nr（3）?w = ? (?p?v) = ?502 j （4） ?u = q + w = -758 j （5） ?h = qp = -1260 j11.解：nh3(g) +5o(g) ???3?298.15k4212.解：?rhm= qp = ?89.5 kj ?rum= ?rhm? ?nrt= ?96.9 kj13.解：（1）c (s) + o2 (g) → co2 (g)1co(g) + 1c(s) → co(g)222?co(g) +1feo(s) → 2fe(s) + co(g)23233?（2）总反应方程式为3c(s) + o(g) + 1feo(s) → 3co(g) + 2fe(s)22322323?由上看出：(1)与(2)计算结果基本相等。
大学无机化学第十章试题及答案解析
第十章配位化合物本章总目标：1：掌握配合物的基本概念和配位键的本质2：掌握配合物的价键理论的主要论点，并能用此解释一些实例3：配离子稳定常数的意义和应用4：配合物形成时性质的变化。
各小节目标：第一节：配位化合物的基本概念1：掌握中心原子、配体、配位原子、配位键、配位数、螯合物等概念，○1配位单元：由中心原子（或离子）和几个配位分子（或离子）以配位键向结合而形成的复杂分子或离子。
○2配位化合物：含有配位单元的化合物。
○3配位原子：配体中给出孤电子对与中心直接形成配位键的原子。
○4配位数：配位单元中与中心直接成键的配位原子的个数。
2：学会命名部分配合物，重点掌握命名配体的先后顺序：（1）先无机配体后有机配体（2）先阴离子配体，后分子类配体（3）同类配体中，先后顺序按配位原子的元素符号在英文字母表中的次序（4）配位原子相同时，配体中原子个数少的在前（5）配体中原子个数相同，则按和配位原子直接相连的其它原子的元素符号的英文字母表次序；3：了解配合物的结构异构和立体异构现象第二节：配位化合物的价键理论1：熟悉直线形、三角形、正方形、四面体、三角双锥、正八面体构型的中心杂化类型。
2：会分辨内轨型和外轨型配合物。
可以通过测定物质的磁矩来计算单电子数μ=。
3：通过学习羰基配合物、氰配合物以及烯烃配合物的d p π-配键来熟悉价键理论中的能量问题。
第三节：配合物的晶体场理论1：掌握配合物的分裂能、稳定化能概念2：掌握配合物的晶体场理论。
3;了解影响分裂能大小的因素○1）晶体场的对称性0p t ∆>∆>∆○2中心离子的电荷数，中心离子的电荷高，与配体作用强，∆大。
○3中心原子所在的周期数，对于相同的配体，作为中心的过渡元素所在的周期数大，∆相对大些。
（4）配体的影响，配体中配位原子的电负性越小，给电子能力强，配体的配位能力强，分裂能大。
224232I Br SCN Cl F OH ONO C O H O NCS NH en NO CN CO -----------<<<<<<-<<<<<<<≈ 4：重点掌握（1）配合物颜色的原因之一——d-d 跃迁以及颜色与分裂能大小的关系；（2）高自旋与低自旋以及与磁矩的大小的关系。
武汉大学版无机化学课后习题答案(第三版)((下册))
16. 完成并配平下列反应式：（1）H2S+H2O2→（2）H2S+Br2→（3）H2S+I2→（4）H2S+O2→+H+→（5）H2S+ClO-3（6）Na2S+Na2SO3+H+→（7）Na2S2O3+I2→（8）Na2S2O3+Cl2→（9）SO2+H2O+Cl2→（10）H2O2+KMnO4+H+→（11）Na2O2+CO2→（12）KO2+H2O→（13）Fe(OH)2+O2+OH-→→（14）K2S2O8+Mn2++H++NO-3（15）H2SeO3+H2O2→答：（1）H2S+H2O2=S+2H2OH2S+4H2O2（过量）=H2SO4+4H2O（2）H2S+Br2=2HBr+SH2S+4Br2（过量）+4H2O=8HBr+H2SO4（1）H2S+I2=2I-+S+2H+（2）2H2S+O2=2S+2H2O（3）3H2S+ClO3-=3S+Cl-+3H2O（4）2S2-+SO32-+6H+=3S+3H2O（5）2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI（6）Na2S2O3+4Cl2+5H2O=Na2SO4+H2SO4+8HCl（7）SO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl（8）5H2O2+2MnO4-+6H+=2Mn2++5O2+8H2O（9）2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2（10）2KO2+2H2O=2KOH+O2+H2O2（11）4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3（12）5S2O82-+2Mn2++8H2O=10SO42-+2MnO4-+16H+（13）H2SeO3+H2O2=H2SeO4+H2O17．在标准状况下，50cm 3含有O 3的氧气，若其中所含O 3完全分解后，体积增加到52 cm 3。
如将分解前的混合气体通入KI 溶液中，能析出多少克碘？分解前的混合气体中O 3的体积分数是多少？解：5.68mg ,8.1%18．每升含12.41克Na 2S 2O 3·5 H 2O 的溶液35.00 cm 3，恰好使50.00 cm 3的I -3溶液退色，求碘溶液的浓度？解：I 3-+2S 2O 32-=S 4O 62-+3I -1.75×10-2mol/L19．下述反应在298K 时的△H θm 为284.5kJ ·mol -13O 22O 3已知此反应平衡常数为10-54，试计算该反应的△G θm 和△S θm 。
武汉大学、吉林大学《无机化学》(第3版)(下册)名校考研真题(配位化合物)【圣才出品】
2．根据晶体场理论，说明[FeF6]3-为高自旋、而[FeCN6]3+为低自旋，计算它们磁矩的 大小，并判断[FeF6]3-和[FeCN6]3+的稳定性。（Fe 的原子序数为 26）。[北京航空航天大学 2010 研]
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解：Fe3+自由离子
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出的 2 个 3d 轨道与 1 个 4s、3 个 4p 轨道组成 6 个 d2sp3 杂化轨道，与 6 个 CN-中 C 原
子提供的 6 个孤对电子形成 6 个配位键。Fe3+离子处在八面体强场作用下，由于 3d 轨道能
量的变化而发生了电子重排，重排后 Fe3+离子的价电子层结构是：
3/4
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此， Fe(CN)36 稳定性高于 FeF63 。
4/4
4p
4s
3d
d2sp3杂化
在弱场配位体 CN-作用下，分裂能 Δ 值较大，此时 Δ＞P，易形成低自旋配合物，所以
Fe(CN)36 为低自旋，形成内轨型配合物。
②其磁矩为 s n (n 2) ＝ 1 (1 2) ＝1.73 B.M.
③内轨型配合物稳定性高于外轨型配合物，低自旋配合物稳定性高于高自旋配合物。因
配体的结构和性质。相同配体带相同电荷的同族金属离子，其分裂能随着中心离子的周期数
的增加而增加。
二、简答题 1．金属氢化物的酸碱性取决于它们的解离方式。试以 ROH 表示金属氢氧化物，讨论 它们的解离及判断其酸碱性的经验规律。[南京航空航天大学 2011 研] 答：ROH 的酸碱性取决于它的解离方式，与元素 R 的电荷数 z 和半径 r+的比值 f＝z/r （称为离子势）有关。当 R 的 z 小、r+大、即 f 值小时，R－O 键比 O－H 键弱，ROH 将 倾向于碱式解离，ROH 呈碱性；若 R 的 z 大、r+小、即 f 值大，R－O 键比 O－H 键强， ROH 倾向于酸式解离，ROH 呈酸性。
无机化学习题-配位化合物答案
（其中一个为+2 氧化态，一个为+4 氧化态）的单核的正、负配离子。Pt(II)应为 dsp2 杂
化，形成四配位平面四方配离子 5d8 的 8 个 d 电子全部配对， m = n(n + 2) B. M. = 0。
Pt(IV)应为 d2sp3 杂化，形成内轨型六配位八面体配离子。
该配合物实际化学式可能有：
65.39 y + 16 + 59.024 ´ (2 y -1)
81.39 y
= 0.516 解得 y ≈ 4
183.44 y - 102.048
∴（A）的化学式为 Zn4O(CH3COO)6
2．4ZnCO3 + 6CH3COOH
ZnO(CH3COO)6 + 4CO2 + 3H2O
3．Zn2+为 3d10，Zn2+周围有 4 个 O 原子，∴Zn2+离子采取 sp3 杂化
4.2948 + 14.476x = 3.024 + 15.12x， 0.644x = 1.2708， x = 2
∴Al 为+3 氧化态，Al3+采取 sp3 杂化。
H NEt3
NEt3 H
NEt3 H
Al
H
NEt3
H
Al
H
H
Et3N
NEt3 （非极性分子）
Al H
H
因它们都有对称面，所以都不存在对映体。
十六、1．H C
O
H + CH3OH C
O
(B) LiAlH4
(C) SiCl4
(D) (CH3)2NH (E)
6
N (E)为
H2C H3C N H3C
化，形成四配位平面四方配离子 5d8 的 8 个 d 电子全部配对， m = n(n + 2) B. M. = 0。
Pt(IV)应为 d2sp3 杂化，形成内轨型六配位八面体配离子。
该配合物实际化学式可能有：
65.39 y + 16 + 59.024 ´ (2 y -1)
81.39 y
= 0.516 解得 y ≈ 4
183.44 y - 102.048
∴（A）的化学式为 Zn4O(CH3COO)6
2．4ZnCO3 + 6CH3COOH
ZnO(CH3COO)6 + 4CO2 + 3H2O
3．Zn2+为 3d10，Zn2+周围有 4 个 O 原子，∴Zn2+离子采取 sp3 杂化
4.2948 + 14.476x = 3.024 + 15.12x， 0.644x = 1.2708， x = 2
∴Al 为+3 氧化态，Al3+采取 sp3 杂化。
H NEt3
NEt3 H
NEt3 H
Al
H
NEt3
H
Al
H
H
Et3N
NEt3 （非极性分子）
Al H
H
因它们都有对称面，所以都不存在对映体。
十六、1．H C
O
H + CH3OH C
O
(B) LiAlH4
(C) SiCl4
(D) (CH3)2NH (E)
6
N (E)为
H2C H3C N H3C
无机化学课后答案全解(武大吉大第三版)
（3）证明 =
证明：（1）PV=nRT
当p和T一定时，气体的V和n成正比
可以表示为V∞n
（2）在压强一定的条件下，V总=V1+V2+V3+-----
根据分体积的定义，应有关系式
P总Vi=nRT
混合气体的状态方程可写成P总V总=nRT
=
又 =x i所以xi =
（3） =
又pV= N0m( )2
= =
所以 =
答
12.通过近似计算说明，12号、16号、25号元素的原子中，4s和3d哪一能级的能量高？
13.根据原子轨道近似能级图，指出下表中各电子层中的电子有无错误，并说明理由。
元素
K
L
M
N
O
P
19
22
30
33
60
2
2
2
2
2
8
10
8
8
8
9
8
18
20
18
2
2
3
18
12
2
答
14.说明在同周期和同族中原子半径的变化规律，并讨论其原因。
解
3.ClF的解离能为246kJ·mol-1，ClF的生成热为—56 kJ·mol-1Cl2的解离能为238 kJ·mol-1，试计算F2（g）解离能。
解
4.试根据晶体的构型与半径比的关系，判断下列AB型离子化合物的晶体构型：
BeO，NaBr，CaS，RbI，BeS，CsBr，AgCl。
答
5.试从电负性数据，计算下列化合物中单键的离子性百分数各为多少？并判断哪些是离子型化合物？哪些是共价型化合物？
答
15.说明下列各对原子中哪一种原子的第一电离能高，为什么？
证明：（1）PV=nRT
当p和T一定时，气体的V和n成正比
可以表示为V∞n
（2）在压强一定的条件下，V总=V1+V2+V3+-----
根据分体积的定义，应有关系式
P总Vi=nRT
混合气体的状态方程可写成P总V总=nRT
=
又 =x i所以xi =
（3） =
又pV= N0m( )2
= =
所以 =
答
12.通过近似计算说明，12号、16号、25号元素的原子中，4s和3d哪一能级的能量高？
13.根据原子轨道近似能级图，指出下表中各电子层中的电子有无错误，并说明理由。
元素
K
L
M
N
O
P
19
22
30
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2
2
2
2
2
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8
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9
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20
18
2
2
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2
答
14.说明在同周期和同族中原子半径的变化规律，并讨论其原因。
解
3.ClF的解离能为246kJ·mol-1，ClF的生成热为—56 kJ·mol-1Cl2的解离能为238 kJ·mol-1，试计算F2（g）解离能。
解
4.试根据晶体的构型与半径比的关系，判断下列AB型离子化合物的晶体构型：
BeO，NaBr，CaS，RbI，BeS，CsBr，AgCl。
答
5.试从电负性数据，计算下列化合物中单键的离子性百分数各为多少？并判断哪些是离子型化合物？哪些是共价型化合物？
答
15.说明下列各对原子中哪一种原子的第一电离能高，为什么？
武汉大学出版无机化学答案
(4) Cu2+ + NaOH(浓) （,加热）
(6)Ag+ + NaOH
答:(2)Zn2+ + 2OH- = Zn(OH)2
Zn(OH)2 + 2OH- = Zn(OH)42-
(4)Cu2+ + 4OH- = Cu(OH)42-
(6)2Ag+ + 2OH- = Ag2O↓ + H2O
12.41克2Na2S2O3的物质的量是：n=12.41/248 mol=0.050mol
设碘浓液的浓度为x mol? L-1
2Na2S2O3 + I2= Na2S4O6 + 2NaI
2 1
0.05×35 50x
x=0.05×35/(2×50) mol? L-1 =0.0175 mol? L-1
第十四章
7.写出下列物质加热时的反应方程
(1)NaNO3
(3)NH4Cl和NaNO2的混合物
(5)Cu(NO3)2?2H2O
答：(1)2NaNO3 == 2NaNO2 +O2↑（加热）
2NaCl + 2H2O == 2NaOH + H2 ↑ + Cl2 ↑ (电解)
2Na + O2 == Na2O2 （点燃）
2NaOH + CO2 == Na2CO3 + H2O
第十八章
4.完成下列反应方程式:
(2)Zn2+ + NaOH(浓)
答: S2 O32-:硫代硫酸根
S2O42-:连二亚硫酸根
S2O62-:连二硫酸根
S2O82-:过二硫酸根
(6)Ag+ + NaOH
答:(2)Zn2+ + 2OH- = Zn(OH)2
Zn(OH)2 + 2OH- = Zn(OH)42-
(4)Cu2+ + 4OH- = Cu(OH)42-
(6)2Ag+ + 2OH- = Ag2O↓ + H2O
12.41克2Na2S2O3的物质的量是：n=12.41/248 mol=0.050mol
设碘浓液的浓度为x mol? L-1
2Na2S2O3 + I2= Na2S4O6 + 2NaI
2 1
0.05×35 50x
x=0.05×35/(2×50) mol? L-1 =0.0175 mol? L-1
第十四章
7.写出下列物质加热时的反应方程
(1)NaNO3
(3)NH4Cl和NaNO2的混合物
(5)Cu(NO3)2?2H2O
答：(1)2NaNO3 == 2NaNO2 +O2↑（加热）
2NaCl + 2H2O == 2NaOH + H2 ↑ + Cl2 ↑ (电解)
2Na + O2 == Na2O2 （点燃）
2NaOH + CO2 == Na2CO3 + H2O
第十八章
4.完成下列反应方程式:
(2)Zn2+ + NaOH(浓)
答: S2 O32-:硫代硫酸根
S2O42-:连二亚硫酸根
S2O62-:连二硫酸根
S2O82-:过二硫酸根
武汉大学版无机化学课后习题答案(第三版)第13章 配位化学原理-推荐下载
配位化学基础1.某物质的实验式为PtCl4·2NH3，其水溶液不导电，加入AgNO3亦不产生沉淀，以强碱处理并没有NH3放出，写出它的配位化学式。
解[Pt(NH3)2Cl4]2.下列化合物中哪些是配合物？哪些是螯合物？哪些是复盐？哪些是简单盐？（1）CuSO4·5H2O （2）K2PtCl6（3）Co(NH3)6Cl3（4）Ni(en)2Cl2（5）（NH4）2SO4·FeSO4·6H2O （6）Cu（NH2CH2COO）2（7）Cu（OOCCH3）2（8）KCl·MgCl2·6H2O解配合物：K2PtCl6, Co(NH3)6Cl3, CuSO4·5H2O螯合物：Ni(en)2Cl2, Cu(NH2CH2COO)2复盐：(NH4)2SO4·FeSO4·6H2O KCl·MgCl2·6H2O简单盐：Cu(OOCH3)23.命名下列各配合物和配离子：（1）（NH4）3[SbCl6] （2）Li[AlH4]（3）[Co（en）3]Cl3（4）[Co（H2O）4Cl2]Cl（5）[Cr（H2O）4Br2]Br·2H2O （6）[Cr（H2O）（en）（C2O4）（OH）（7）Co（NO2）6]3-（8）[Co（NH3）4（NO2）C]+（9）[Cr（Py）2（H2O）Cl3] （10）[Ni（NH3）2（C2O4）]解（1）六氯合锑（III）酸铵（2）四氢合铝（III）酸锂（3）三氯化三（乙二胺）合钴（III）（4）氯化二氯·四水合钴（III）（5）二水合溴化二溴·四水合钴（III）（6）羟·水·草酸根·乙二胺合铬（III）（7）六硝基合钴（III）配阴离子（8）氯·硝基·四氨合钴（III）配阳离子（9）三氯·水·二吡啶合铬（III）（10）二氨·草酸根合镍（II）4.指出下列配合物的空间构型并画出它们可能存在的立体异构体：（1）[Pt（NH3）2（NO2）Cl] （2）Pt（Py）（NH3）ClBr]（3）Pt（NH3）2（OH）2Cl2] （4）NH4[Co（NH3）2（NO2）4]（5）[Co（NH3）3（OH）3] （6）[Ni（NH3）2Cl2]（7）[Cr（en）2（SCN）2]SCN （8）[Co（en）3]Cl3（9）[Co（NH3）（en）Cl3] （10）[Co（en）2（NO2）2]Cl2解（1）[Pt(NH3)2(NO2)Cl] 平面正方形2种异构体H3N NO2H3N NO2Pt Pt H3N Cl H3N Cl （2）[Pt(Py)(NH3)ClBr] 平面正方形3种异构体Cl Py Cl NH3Pt PtBr NH3 Br PyCl NH3PtPy Br（3）[Pt(NH3)2(OH)2Cl2] 八面体5种异构体NH3NH3OH HO 3 NH3OH NH3OH3Cl NH3HO NH3OH Cl（4）[Co(NH3)2(NO2)4]-八面体2种异构体NH3NH3O2O2O22O2N 2NH3NO2（5）[Co(NH3)3(OH)3] 八面体2种异构体H3H3H3NH3NH3 OH（6）[Ni(NH3)2Cl2] 四面体无异构体（7）[Cr(en)2(SCN)2]SCN[Cr(en)2(SCN)2]-八面体2种异构体SCNNCSSCN en（8）[Co(en)3]Cl3[Co(en)3]3+八面体2种异构体（9）[Co(NH3)(en)Cl3] 八面体2种异构体（10）[Co(en)2(NO2)2]Cl2[Co(en)2(NO2)2]2+八面体2种异构体5.某金属离子在八面体弱场中的磁距为4.90B.M。
无机化学课后答案(武汉大学 曹锡章)
第十二章卤素1．卤素中哪些元素最活泼？为什么有氟至氯活泼性变化有一个突变？答：单质的活泼性次序为：F2>>Cl2>Br2>I2从F2到Cl2活泼性突变，其原因归结为F原子和F—离子的半径特别小。
F Cl Br I F—Cl—Br—I—r/pm 64 99 114 133 136 181 195 216(1)由于F的原子半径非常小，F—F原子间的斥力和非键电子对的斥力较大，使F2的解离能（155KJ/mol）远小于Cl2的解离能（240KJ/mol）。
(2)由于F-离子半径特别小，因此在形成化合物时，氟化物的离子键更强，键能或晶格能更大。
由于F-离子半径特别小，F-的水合放热比其他卤素离子多。
2．举例说明卤素单质氧化性和卤离子X-还原性递变规律，并说明原因。
答：氧化性顺序为：F2 >Cl2 >Br2>I2 ;还原性顺序为：I- >Br->Cl->F-.尽管在同族中氯的电子亲合能最高，但最强的氧化剂却是氟卤素单质是很强的氧化剂,随着原子半径的增大,卤素的氧化能力依次减弱。
尽管在同族中氯的电子亲合能最高,但最强的氧化剂却是氟。
一种氧化剂在常温下,在水溶液中氧化能ϕ值的大小和下列过程有关（见课本P524）力的强弱,可用其标准电极电势值来表示,θ3．写出氯气与钛、铝、氢、水和碳酸钾作用的反应式，并注明必要的反应条件。
答：（1）2Cl2+Ti =TiCl4加热，干燥（2）3Cl2+2Al =2AlCl3 加热，干燥（3）Cl2+H2 =2HCl 点燃（4）3Cl2+2P(过量)=2PCl3 干燥5Cl2(过量)+2P=2PCl5干燥（5）Cl2+H2O=HClO +HCl(6) Cl2+2K2CO3+H2O=KCl+KClO+2KHCO34．试解释下列现象：（1）I2溶解在CCl4中得到紫色溶液，而I2在乙醚中却是红棕色。
（2）I2难溶于水却易溶于KI中。
19.第十九章 配位化合物
4
4 5
正四面体
四方形 三角双锥
sp3
dsp2 dsp3
Zn(NH3)42+
Ni(CN)42Ni(CN)53-
Cd(CN)42Fe(CO)5
5
6 6
四方锥
八面体 八面体
d4s
sp3d2 d2sp3
TiF52FeF63- AlF63- SiF62- PtCl64Fe (CN)63 Co(NH3)6
四方形和八面体配合物，含2种以上配位体时，有同分异构体。
4
（2）L-配位体ligand（提供电子对）P862表19-1 配位体中与中心离子（或原子）直接相连的原子叫配位原子。 1个配位原子仅提供一对电子（或电子对），形成配位键。
各种配位体（p862表19-1）：
单基（齿）配体：指仅含一个配位原子的离子或分子，如：
X OH C N SCN CO NO H2 O NH3 NCS
（2） 配合物的异构现象 化学式相同，而结构不同的化合物其性质不同，这种现 象叫同分异构（分为立体异构、结构异构）。 ① 顺反异构（属于立体异构） 四方形 [Pt(NH3)2Cl2]的顺反异构：
棕黄色，m > 0 S = 0.2523 g/100g H2O 具抗癌活性 (干扰DNA复制)
淡黄色，m = 0 S = 0.0366 g/100g H2O 不具抗癌活性
其中 2 个 N ，4 个 -COO中的 O- 均可配位。
HOOCH2C
CH2COOH
（3）配位数（P846） 直接与中心离子(或原子)相连的配位原子的数目叫配位数 。 ① 配位体为单基配体时：配位数＝配位体数 如：[HgI4]2-、[Ag(NH3)2]+、[Fe(SCN)6]3-
武汉大学版无机化学课后习题答案(第三版)第17章d区元素
D区元素〔1〕1.钛的主要矿物是什么？简述从钛铁矿制取钛白得反响原理。
解：钛的主要矿物有钛铁矿FeTiO2反响原理：FeTiO3 + 2H2SO4 = TiOSO4 + FeSO4 + 2H2OTiOSO4 + 2H2O =TiO2•H2O↓ + H2SO4TiO2•H2O = TiO2 + H2O2.解释TiCl3和[Ti(O2)OH(H2O)4]+ 有色得原因。
解：TiCl3显色是因为产生了电核跃迁，[Ti(O2)OH(H2O)4]+有色是因为O22-离子变形性较强，d—d跃迁所引起。
3.完成并配平以下反响方程式。
（1）Ti + HF →（2）TiO2 + H2SO4→（3）TiCl4 + H2O →（4）FeTiO3 + H2SO4→（5）TiO2 + BaCO3→（6）TiO2 + C + Cl2→解：(1) Ti + 5HF = H2TiF6 + 2H2↑(2)TiO2 + H2SO4 = TiOSO4 + H2O(3)TiCl4 + 2H2O = TiO2 + 4HCl(4)FeTiO3 + 2H2SO4 = TiOSO4 + FeSO4 + 2H2O(5)TiO2+ BaCO3 = BaTiO3 + CO2↑(6)TiO2 + 2C + 2Cl2 = TiCl4+ 2CO↑4.完成以下反响（1）TiI4在真空中强热；（2）FeTiO3和碳得混合物在氯气中加热；（3）向含有TiCl-2得水溶液参加过量得氨；6（4） 向VCl 3的水溶液参加过量的氨；（5） 将VCl 2的固体加到HgCl 2水溶液中。
解：(1) TiI 4 = Ti + 2I 2(2) 2FeTiO 3 + 6C + 5Cl 2 = 2FeCl 3 + 2TiCl 4 + 6CO(3) TiCl 62- + NH 3 = [Ti(NH 3)6]4+ + 6Cl -(4) VCl 3 + Na 2SO 3 =(5) VCl 2 + HgCl 2=5. 根据以下实验写出有关的反响方程式：将一瓶TiCl 4翻开瓶塞时立即冒白烟。
武大吉大第三版无机化学教材课后习题答案
武⼤吉⼤第三版⽆机化学教材课后习题答案第⼗⼆章1．卤素中哪些元素最活泼为什么有氟⾄氯活泼性变化有⼀个突变答：单质的活泼性次序为：F2>>Cl2>Br2>I2从F2到Cl2活泼性突变，其原因归结为F原⼦和F—离⼦的半径特别⼩。
F Cl Br I F— Cl— Br— I—r/pm 64 99 114 133 136 181 195 216(1)由于F的原⼦半径⾮常⼩，F—F原⼦间的斥⼒和⾮键电⼦对的斥⼒较⼤，使F2的解离能（155KJ/mol）远⼩于Cl2的解离能（240KJ/mol）。
(2)由于F-离⼦半径特别⼩，因此在形成化合物时，氟化物的离⼦键更强，键能或晶格能更⼤。
由于F-离⼦半径特别⼩，F-的⽔合放热⽐其他卤素离⼦多。
2．举例说明卤素单质氧化性和卤离⼦X-还原性递变规律，并说明原因。
答：氧化性顺序为：F2 >Cl2 >Br2>I2 ;还原性顺序为：I- >Br->Cl->F-.尽管在同族中氯的电⼦亲合能最⾼，但最强的氧化剂却是氟卤素单质是很强的氧化剂,随着原⼦半径的增⼤,卤素的氧化能⼒依次减弱。
尽管在同族中氯的电⼦亲合能最⾼,但最强的氧化剂却是氟。
⼀种氧化剂在常温下,在⽔溶液中氧化能⼒的强弱,可⽤其标准电极电势值来表⽰,θ?值的⼤⼩和下列过程有关（见课本P524）3．写出氯⽓与钛、铝、氢、⽔和碳酸钾作⽤的反应式，并注明必要的反应条件。
答：（1） 2Cl2+Ti =TiCl4加热，⼲燥（2） 3Cl2+2Al =2AlCl3 加热，⼲燥（3） Cl2+H2 =2HCl 点燃（4） 3Cl2+2P(过量)=2PCl3 ⼲燥5Cl2(过量)+2P=2PCl5⼲燥（5） Cl2+H2O=HClO +HCl(6) Cl2+2K2CO3+H2O=KCl+KClO+2KHCO34．试解释下列现象：（1）I 2溶解在CCl 4中得到紫⾊溶液，⽽I 2在⼄醚中却是红棕⾊。
无机化学教研室《无机化学》(上)笔记和课后习题(含真题)详解(配合物)
第4章配合物4.1 复习笔记一、配合物的基本概念1．配合物的定义配位化合物简称配合物，又称络合物，是一大类化合物的总称。
2．配合物的组成（1）形成体①中心离子（或中心原子）称为配合物的形成体；②中心离子大多数是带正电荷的金属阳离子，以过渡金属离子居多，如Mn2＋、Fe3＋、Co2＋、Ni2＋、Cu2＋、Ag＋等；少数高氧化态的非金属元素也可作中心离子，如[BF4]－、[SiF6]2－中的B（Ⅲ）、Si（Ⅳ）等；③中心原子如[Ni（CO）4]、[Fe（CO）5]中的Ni、Fe原子。
（2）配位个体、配体及配位原子①由形成体结合一定数目的配体所形成的结构单元称为配位个体，即配合物的核心部分；②在配合物中与形成体结合的离子或中性分子称为配体；③在配体中提供孤电子对与形成体形成配位键的原子称为配位原子。
（3）配体分类根据配体中所含配位原子数目的不同，可分为单齿配体和多齿配体。
①单齿配体：一个配体中只有一个配位原子，如NH3、OH－、X－、CN－、SCN－等；②多齿配体：一个配体中有两个或两个以上的配位原子。
（4）配位数①定义配位数是指在配位个体中与一个形成体形成配位键的配位原子的总数。
②配位数与配体的关系ａ．由单齿配体形成的配合物，中心离子的配位数等于配体的数目；ｂ．若配体是多齿的，那么配体的数目不等于中心离子的配位数。
③形成体和配体的性质对配位数的影响ａ．中心离子正电荷越多，配位数越大；ｂ．中心离子半径较大时，其周围可容纳较多的配体，易形成高配位的配合物，但是中心离子半径若过大时，有时配位数反而减小；ｃ．配体的负电荷越多，配位数减小；ｄ．配体的半径增大时，中心离子周围可容纳的配体数减少，配位数减小；ｅ．配体浓度大、反应温度低，易形成高配位配合物。
（5）配离子的电荷配离子的电荷为形成体和配体电荷的代数和。
3．配合物的化学式及命名（1）配合物的化学式①含配离子的配合物，其化学式中阳离子写在前，阴离子写在后；②配位个体中，先列出形成体的元素符号，再依次列出阴离子和中性配体；③无机配体列在前面，有机配体列在后面，将整个配位个体的化学式括在方括号内；④在括号内同类配体的次序，以配位原子元素符号的英文字母次序为准。
无机化学离子共存及配位化合物练习题
无机化学离子共存及配位化合物练习题在无机化学中，离子共存是一种常见的现象，是指在一个物质中同时存在不同的离子或离子组合。
离子共存的情况下，常常会发生配位化合物的生成，这是由于不同离子之间通过配位键结合而形成的化合物。
1. 问题一：下列物质中，哪些是离子共存的情况？a) NaClb) CaOc) CuSO4d) NH4OH解答：离子共存是指在一个物质中同时存在不同的离子或离子组合。
根据物质的离子化程度，我们可以判断出哪些是离子共存的情况。
a) NaCl: Na+和Cl-离子共存于氯化钠中。
b) CaO: Ca2+和O2-离子共存于氧化钙中。
c) CuSO4: Cu2+和SO42-离子共存于硫酸铜中。
d) NH4OH: NH4+和OH-离子共存于氢氧化铵中。
因此，答案是a) NaCl，b) CaO，c) CuSO4，d) NH4OH都是离子共存的情况。
2. 问题二：下面是一些离子的名称，请给出它们的化学式。
a) 高锰酸根离子b) 氧化亚铁离子c) 氢氧根离子d) 亚硝酸根离子解答：离子的名称可以通过化学式来表示。
a) 高锰酸根离子：MnO4-b) 氧化亚铁离子：Fe2+c) 氢氧根离子：OH-d) 亚硝酸根离子：NO2-因此，答案是a) MnO4-，b) Fe2+，c) OH-，d) NO2-。
3. 问题三：给出以下离子的配位数。
a) 铁离子b) 铜离子c) 银离子d) 锌离子解答：配位数是指一个离子或原子周围配位体的数目。
a) 铁离子的配位数可以是2、4、6或8。
b) 铜离子的配位数可以是2、4、5、6或8。
c) 银离子的配位数可以是2、3或4。
d) 锌离子的配位数可以是2、4或6。
因此，答案是a) 2、4、6或8，b) 2、4、5、6或8，c) 2、3或4，d) 2、4或6。
4. 问题四：给出以下配位化合物的化学式。
a) 四氟合铜(II)酸根b) 六水合硝酸铁(III)c) 五氯化铋(III)d) 二氯合二乙烯铂(II)解答：配位化合物的化学式可以根据离子和配位体的配位数推导得出。
配位化合物
课后练习： 课后练习：
一、指出下列配合物的中心离子（或原子）、配体、 配位数、配离子电荷及名称： 1. [Cu(NH3)4](OH)2; 2. [CrCl(NH3)5]Cl2;
3. [CoCl(NH3)(en)2]Cl2; 4. [PtCl2(OH)2(NH3)2]; 5. Ni(CO)4; 6. K3[Fe(CN)5(CO)]
配 位 原 子
C
N P
O S
H F C l B r
（2）配体 ）
单齿配体 N ( 一个配位原子 CO 一个配位原子) （羰基） O（硝基） H O
X
• • • • • • − 2 2 • −
内界
O H− （羟基） C N− SCN− （硫氰根） N H3
•
配体的 分类： 分类：
N CS− （异硫氰根）
中心原子绝大多数是带正电荷的阳离子， 中心原子绝大多数是带正电荷的阳离子，其中 以过渡金属离子居多， 以过渡金属离子居多，如Fe3+、Cu2+、Co2+、Ag+ 区金属离子）； 等（d区、ds区、 f区、 p区金属离子）； 区 区 区 区金属离子 少数高氧化态的非金属元素也可作中心原子， 少数高氧化态的非金属元素也可作中心原子， 中的B(Ⅲ 、 Ⅳ 等 如BF4-、SiF62-中的 Ⅲ)、Si(Ⅳ)等。
二、命名下列各配合物和配离子
1. (NH4)3[SbCl6] 2. Li[AlH4] 3. [Cr(H2O)(en)(C2O4)(OH)] 4. [Co(H2O)4Cl2]Cl 5. [Cr(H2O)4Br2]Br·2H2O 6. [Co(en)3]Cl3 7. [Cr(Py)2(H2O)Cl3] 8. [Ni(NH3)2(C2O4)]
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武汉大学版无机化学课后习题答案 19配位化合物第十九章配位化合物1. 某物质的实验式为PtCl?2NH，其水溶液不导电，加入AgNO亦不产生沉淀，以强碱433处理并没有NH放出，写出它的配位化学式。
3解 [Pt(NH)Cl] 3242. 下列化合物中哪些是配合物,哪些是螯合物,哪些是复盐,哪些是简单盐,(1)CuSO?5HO (2)KPtCl 4226(3)Co(NH)Cl (4)Ni(en)Cl 36322(5)(NH)SO?FeSO?6HO (6)Cu(NHCHCOO)42442222(7)Cu(OOCCH) (8)KCl?MgCl?6HO 3222解配合物: KPtCl, Co(NH)Cl, CuSO?5HO 2636342螯合物: Ni(en)Cl, Cu(NHCHCOO) 22222复盐 : (NH)SO?FeSO?6HO KCl?MgCl?6HO 4244222简单盐: Cu(OOCH) 323. 命名下列各配合物和配离子:(1)(NH)[SbCl] (2)Li[AlH] 4364(3)[Co(en)]Cl (4)[Co(HO)Cl]Cl 33242(5)[Cr(HO)Br]Br?2HO (6)[Cr(HO)(en)(CO)(OH) 24222243-+(7)Co(NO)](8)[Co(NH)(NO)C] 26342(9)[Cr(Py)(HO)Cl] (10)[Ni(NH)(CO)] 2233224解 (1) 六氯合锑(III)酸铵(2) 四氢合铝(III)酸锂(3)三氯化三(乙二胺)合钴(III)(4)氯化二氯?四水合钴(III)(5)二水合溴化二溴?四水合钴(III)(6)羟?水?草酸根?乙二胺合铬(III)(7)六硝基合钴(III)配阴离子(8)氯?硝基?四氨合钴(III)配阳离子(9)三氯?水?二吡啶合铬(III)(10)二氨?草酸根合镍(II)4. 指出下列配合物的空间构型并画出它们可能存在的立体异构体:(1)[Pt(NH)(NO)Cl] (2)Pt(Py)(NH)ClBr] 3223(3)Pt(NH)(OH)Cl] (4)NH[Co(NH)(NO)] 322243224(5)[Co(NH)(OH)] (6)[Ni(NH)Cl] 333322(7)[Cr(en)(SCN)]SCN (8)[Co(en)]Cl 2233(9)[Co(NH)(en)Cl] (10)[Co(en)(NO)]Cl332222 解(1) [Pt(NH)(NO)Cl] 平面正方形 2种异构体 322HN NO HN NO 3232Pt PtHN Cl HN Cl 33(2) [Pt(Py)(NH)ClBr] 平面正方形 3种异构体 3Cl Py Cl NH 3Pt PtBr Py Br NH3Cl NH 3PtPy Br(3) [Pt(NH)(OH)Cl] 八面体 5种异构体 3222 NH NHNH 33 3HO Cl Cl NHHO Cl 3Cl OH Cl OH HO ClNH NHNH33 3OH ClCl NH HO NH 33Cl NH HO NH 33OH Cl-(4)[Co(NH)(NO)] 八面体 2种异构体 3224 NH NH 33ON NO ON NH 2223ON NO ON NO 2222NH NO32(5)[Co(NH)(OH)] 八面体 2种异构体 333OH OHHN OH HN OH 33HN OH HN NH 333NH3 OH (6)[Ni(NH)Cl] 四面体无异构体 322 (7)[Cr(en)(SCN)]SCN 22[Cr(en)(SCN)] 八面体 2种异构体 22-SCN SCNNCSen en enSCN en (8)[Co(en)]Cl 333+ [Co(en)] 八面体 2种异构体 3(9)[Co(NH)(en)Cl] 八面体 2种异构体 33(10)[Co(en)(NO)]Cl 22222+[Co(en)(NO)] 八面体 2种异构体 2225. 某金属离子在八面体弱场中的磁距为4.90B.M。
而它在八面体强场中的磁距为零，该中心金属离子可能是哪个,解该中心金属离子可能是Fe2+= 4.90 n = 4 n(n，2)即在八面体场中有四个成单电子八面体强场中磁矩为零，即无成单电子2+故 Fe符合题意6. 根据实验测得的有效磁距，判断下列各种配离子中哪几种是高自旋的,哪几种是低自旋的,哪几种是内轨型的,哪几种是外轨型的,2，(1)Fe(en) 5.5B.M 24,(2)Mn(SCN) 6.1BM 64,(3)Mn(CN) 1.8B.M 64,(4)Co(NO) 1.8B.M 262,(5)Co(SCN) 4.3B.M. 42,(6)Pt(CN) 0B.M. 4(7)K[FeF] 5.9B.M. 36(8)K[Fe(CN)] 2.4B.M. 36解高自旋的有:(1)，(2)，(5)，(7)低自旋的有:(3)，(4)，(6)，(8)内轨型的有:(3)，(4)，(6)，(8)外轨型的有:(1)，(2)，(5)，(7)7. 已知[Pd(Cl)(OH)]有两种不同的结构，成键电子所占据的杂化轨道应该是哪种杂22化轨道,2 解 dsp8. 应用软硬酸碱理论解释在稀AgNO3溶液种依次加入NaCl，NH，KBr，NaSO，KI，3223KCN，AgS产生沉淀、溶解交替的原因, 2解由软硬酸碱规则:“硬亲硬，软亲软，软硬交界就不管”9. 预测下列各组所形成的二组配离子之间的稳定性的大小，并简单说明原因:3+ - - (1) Al与F或Cl配合;2+(2) Pd 与RSH或ROH配合;2+N(3) Cu与NH或配合; 32+(4) Cu与NH或NHCOOH或CHCOOH配合。
3233+-3+--与F的配合物更加稳定，Al为硬酸;而碱F的硬度比Cl大解(1)Al 2+2+ (2)Pd与RSH配合后更加稳定，Pd为软酸，而RSH为软碱，ROH为硬碱。
2+ (3)Cu与NH结合更加稳定。
32+(4) Cu与NHCHCOOH结合更加稳定，因为前者的配体中有N，后者仅有O，N的配22位能力比O强。
-3--310. 在0.1mol?dmK[Ag(CN)]溶液中，加入KCl固体使Cl 的浓度为0.10mol?dm，2有何现象发生,+-3解:设[Ag]为x mol•dm+--Ag + 2CN Ag(CN) 2x 2x 0.1-x0.1,x21-8-3,1.25，10 得:x = 2.7×10mol•dm 2x(2x)+--8-9 Q = [Ag][Cl] = 2.7×10×0.10 = 2.7×10, Q > Ksp(AgCl)，因而会有AgCl沉淀析出-3-311. 在1dm6mol?dm的NH水中加入0.01mol固体CuSO，溶解后，在此溶液再加0.01mol34固体的NaOH，铜氨配合物能否被破坏,2+-12+解设生成 Cu(NH)后Cu的浓度为xmol•L 342，2， Cu，4NH,Cu(NH)334x 6-4(0.01-x) 0.01-x0.01,x13 = 2.09 × 10 4x[6,4(0.01,x)]-19-3 得: x = 3.79 × 10 mol•dm2+--192 Q = [Cu] –[OH]2 = 3.79 × 10×0.01-23 = 3.79 × 10, Q小于Ksp 故铜氨配合物不能被破坏,,3+12. 当NHSCN及少量Fe同存于溶液中达到平衡时，加入NHF使[F]=[SCN]= 443,-31 mol?dm,问此时溶液中[FeF]与[Fe(SCN)]的浓度比为多少, 63316(K=2.0×10，K=1×10) 稳，()稳，FeSCN3[FeF6]3-,3,,3+3+解 Fe+6F[FeF] Fe+ 3SCN[Fe(SCN)] 6 3a 1 x a 1 yyx16 3K= = 1×10K= =2.0×10 稳，稳，()[FeF6]3- FeSCN3 361a1ax12= 5×10 y3,12所以溶液中[FeF]与[Fe(SCN)]的浓度比为5×10 63-5-313. 欲使1×10mo l的AgI溶于1cm氨水，试从理论上推算，氨水的最低浓度为多少,,7-17，(K=1.12×10;K=9.3×10) 稳，()AgNH3sp,AgI2,+-解:Ksp = [Ag][I] AgI2，[AgNH]()2，3KAgNH,()3稳，2[Ag][NH]32，[Ag(NH)],3KspAgI/[I,],得:2，2KAg(NH),[NH]33稳,,5,3 [I],1，10mol,cm2，,5,3[Ag(NH)],1，10mol,cm3,5,51，10，1，10,3,3[NH],,0.31mol,cm,310mol,cm37,171.12，10，9.3，10———,,,+ ,,14. 已知Au + e=Au的=1.691V，求Au(CN) + e Au+2CN的值是238,多少,(K=2×10) 稳，()AuCN2解2,,,Au(CN)，e,Au，2CN2,,,3标准状态时:[Au(CN)],[CN],1.0mol,dm2, ,[Au(CN)]12,K[Au(CN)],,稳，,2，[Au][CN][Au],,,，，E[Au(CN)/Au],E(Au/Au)，0.059lg[Au]2, =1.691 + 0.059lg1/K稳38 =1.691+0.059lg1/2×10=-0.57V2，-3-315. 一个铜电极浸在一种含有1.00 mol?dm氨和1.00Cmol?dmCu(NH)配离子的溶34液里，若用标准氢电极作正极，经实验测得它和铜电极之间得电势差为0.0300V。
试计2，,算Cu(NH)配离子得稳定常数(已知=0.34V)。
,32，4Cu/Cu,,,2+ = E(H+/H)- E[Cu(NH3)/Cu] = 0.0300V 解:E24,2+ 即 E[Cu(NH)/Cu] = -0.0300V 34,,2+2+2+ 由 E[Cu(NH)/Cu] = E(Cu/Cu) + 0.059/2lg[Cu] 34 2，，2Cu，4NH,Cu(NH)334,,1，2得:K,即[Cu],1/K稳稳，2[Cu],，2 E[Cu(NH)/Cu],0.34，0.059/2lg1/K34稳0.059,,0.0300,0.34,lgK稳2,12得:K,3.49，10稳3+3+16. 为什么在水溶液中，Co离子能氧化水，[Co(NH)]却不能氧化水, 36 535-52，3，K=1.38×10;K=1.58×10;K=1.8×10 稳，()稳()，CoNH3CoNH3bNH366,,,=1.808V;=1.229V; =0.401V ,,,3，2，O/HOO/OHCo/Co222,解:在水溶液中，,,E(Co3，/Co2，)E(O/HO)> 22故Co3+能氧化水3+2+4Co+2HO=4Co+O?+4H22,,3，[Co]3，2，3，2，E[Co(NH)/Co(NH)],E(Co/Co)，0.059lg36362，[Co],2，,K[Co(NH)]36稳,,E(Co3，/Co2，),0.059lg2，K[Co(NH)]36稳51.38，10,1.81，0.059lg,0.04V351.58，10,3[NH],1.0mol,dm设则:3,,5,3,3[OH],1.0，1.8，10,4.24，10mol,dm,,O，4HO，4e,4OH22,p(O)/p0.0590.0591,,,2E(O/OH),E(O/OH)，lg,0.401，lg,0.45V22,4,3444[OH](4.24，10)3，2，,,E(O/OH)< E[Co(NH)/Co(NH)]236363+ 故 Co(NH)不能氧化水 36-3-317. 在1.0mol?dm得HCl溶液中加入0.010mol?dm得Fe(NO)后，溶液中有关配离33=4.2，k=1.3，k=0.040，子中哪种配离子浓度最大,(已知该体系逐级稳定常数为:k123k=0.012) 4-解:因各级稳定常数都比较小，Cl过量很多故可以认为:--1 [Cl] = 1.0 mol•L-2+34--1 + [Cl] + [FeCl] + 2[FeCl] + 3[FeCl] + 4[FeCl] =1.0mol•L23+2+4--1 + [Fe] + [FeCl] + [FeCl] + [FeCl] + [FeCl]=0.010 mol•L23 2，FeCl[] 2+3+k,,4.213，,[FeCl] = 4.2[Fe] FeCl[][]，FeCl[]3++2 [FeCl] = 1.3×4.2[Fe] k,,1.3222，,FeClCl[][]3+ =5.5[Fe]FeCl[]3+ [FeCl] = 0.040[FeCl] k,,0.040323，,FeClCl[][]23+= 0.04×1.3×4.2[Fe]3+=0.22[Fe],FeCl[]4- [FeCl]=0.012[FeCl] k,,0.012434,FeClCl[][]33+=0.012×0.04×1.3×4.2[Fe]3+=0.0026[Fe]3+3+3+3+3+-1 则:[Fe] + 4.2[Fe] + 5.5[Fe] +0.22[Fe] +0.0026[Fe]=0.010mol•L3+-4 -1 可得:[Fe]=9.2×10mol•L+由此可以得到:FeCl的浓度最大 2。