大连理工大学无机化学第六版第五章课后思考题答案

《无机化学》第6版张天蓝主编课后习题答案第一章原子结构1、υ=∆E/h=(2.034⨯10-18 J) / (6.626⨯10-34 J⋅s)=3.070⨯1015 /s; λ=hc/∆E= (6.626⨯10-34 J⋅s ⨯2.998⨯108 m/s ) / (2.034⨯10-18 J)= 9.766⨯10-8 m2、∆υ≥ h/2πm∆x = (6.626⨯10-34 kg⋅m2/s) / (2⨯3.14⨯9.11⨯10-31 kg⨯1⨯10-10m)=1.16⨯106 m/s。

其中1 J=1(kg⋅m2)/s2, h=6.626⨯10-34 (kg⋅m2)/s3、(1) λ=h/p=h/mυ=(6.626⨯10-34 kg⋅m2/s) / (0.010 kg⨯1.0⨯103 m/s)=6.626⨯10-35 m，此波长太小，可忽略；（2）∆υ≈h/4πm∆υ =(6.626⨯10-34 kg⋅m2/s) / (4⨯3.14⨯0.010 kg⨯1.0⨯10-3 m/s)= 5.27⨯10-30 m，如此小的位置不确定完全可以忽略，即能准确测定。

4、He+只有1个电子，与H原子一样，轨道的能量只由主量子数决定，因此3s与3p轨道能量相等。

而在多电子原子中，由于存在电子的屏蔽效应，轨道的能量由n和l决定，故Ar+中的3s与3p轨道能量不相等。

5、代表n=3、l=2、m=0，即3d z2轨道。

6、（1）不合理，因为l只能小于n；（2）不合理，因为l=0时m只能等于0；（3）不合理，因为l只能取小于n的值；（4）合理7、（1）≥3；（2）4≥l≥1；（3）m=08、14Si：1s22s22p63s23p2，或[Ne] 3s23p2；23V：1s22s22p63s23p63d34s2，或[Ar]3d34s2；40Zr：1s22s22p63s23p63d104s24p64d25s2，或[Kr]4d25s2；Mo：1s22s22p63s23p63d104s24p64d55s1，或[Kr]4d55s1；79Au：421s22s22p63s23p63d104s24p64d104f145s25p65d106s1，或[Xe]4f145d106s1；9、3s2：第三周期、IIA族、s区，最高氧化值为II；4s24p1：第四周期、IIIA 族、p区，最高氧化值为III；3d54s2：第四周期、VIIB族、d区，最高氧化值为VII；4d105s2：第五周期、IIB族、ds区，最高氧化值为II；10、（1）33元素核外电子组态：1s22s22p63s23p63d104s24p3或[Ar]3d10s24p3，失去3个电子生成离子的核外电子组态为：1s22s22p63s23p63d104s2或[Ar]3d104s2，属第四周期，V A族；（2）47元素核外电子组态：1s22s22p63s23p63d104s24p64d05s1或[Kr]4d105s1，失去1个电子生成离子的核外电子组态为：1s22s22p63s23p63d104s24p64d10或[Kr]4d10，属第五周期，I B族；（3）53元素核外电子组态：1s22s22p63s23p63d104s24p64d105s25p5或[Kr]4d105s25p5，得到1个电子生成离子的核外电子组态为：1s22s22p63s23p63d104s24p64d105s25p6或[Kr]4d105s25p6，属第五周期，VII A族。

第五章氧化-还原反应无机化学习题解答（5）思考题1．什么是氧化数如何计算分子或离子中元素的氧化数氧化数是某一原子真实或模拟的带电数。

若某一原子并非真实得到若失去电子而带电荷，可以认为得到与之键合的电负性小于它的原子的电子或给予与之键合的电负性大于它的原子电子，然后计算出来的带电情况叫氧化数。

已知其他原子的氧化数，求某一原子的氧化数时可用代数和的方法，中性分子总带电数为零；离子总带电数为离子的电荷。

2．指出下列分子、化学式或离子中划线元素的氧化数：As2O3 KO2 NH4+ Cr2O72- Na2S2O3 Na2O2 CrO5 Na2PtCl6 N2H2 Na2S52．As2O3 +3，KO2 +1，NH4+ -3，Cr2O72-+3，Na2S2O3 +2，Na2O2 -1，CrO5 +10，Na2PtCl6 +4，N2H2 -1，Na2S5 -2/5，3．举例说明下列概念的区别和联系：⑴氧化和氧化产物⑵还原和还原产物⑶电极反应和原电池反应⑷电极电势和电动势3．⑴氧化是失去电子氧化数升高，所得氧化态较高产物即为氧化产物。

⑵还原是得到电子氧化数降低，所得氧化态较较产物即为还原产物。

⑶在某个电极上发生的反应为电极反应，分为正极的还原反应和负极的氧化反应，总反应为原电池反应。

⑷固体电极材料与所接触的溶液间的电势差即为该原电池的电极电势。

两电极构成原电池时两电极间的电势差为该原电池的电动势。

4．指出下列反应中何者为氧化剂，它的还原产物是什么何者为还原剂，它的氧化产物是什么⑴2FeCl3+Cu→FeCl2+CuCl2⑵Cu+CuCl2+4HCl→2H2[CuCl3]⑶Cu2O+H2SO4→Cu+CuSO4+H2O4．⑴氧化剂：FeCl3，还原产物：FeCl2，还原剂：Cu，氧化产物：CuCl2。

⑵氧化剂：CuCl2，还原产物：2H2[CuCl3]，还原剂：Cu，氧化产物：2H2[CuCl3]。

⑶氧化剂：Cu2O，还原产物：Cu，还原剂：Cu2O，氧化产物：CuSO4。

第五章1．解释过渡金属的有机金属化合物的结构与金属d电子组态的关系：d6组态的有机金属化合物常采取六配位八面体结构；d8组态的采取五配位四方锥或三角双锥结构；d10组态的采取四配位四面体结构，并举出一些实例。

（提示：根据18电子规则）(P191)答:过渡金属有机金属化合物满足有效原子序数规则，即金属的全部电子数与所有配体提供的σ 电子的总和恰好等于金属所在周期中稀有气体的原子序数。

如果只考虑价层电子，那么金属价电子数加上配体σ 电子数的总和等于18 的分子是稳定的，即18 电子规则。

这一规则反映了过渡金属原子用它的5 个nd 轨道，一个(n+1)s 轨道和3个(n+1)p 轨道总共9个价轨道最大程度地成键，在每个价轨道中可容纳一对自旋相反的电子，共计18个电子形成稳定结构。

对于d6组态,其配位数为（18－6）/2 = 6 ,所以多采取六配位八面体结构,如[V(CO)6]－和Cr(CO)6等;对于d8组态,其配位数为（18－8）/2 = 5 ,所以采取五配位四方锥或三角双锥结构,如Fe(CO)5等；对于d10组态,其配位数为（18－10）/2= 4 ,所以采取四配位四面体结构,如Ni(CO)4等。

2．解释以下羰基伸缩振动频率的变化：[V(CO)6]－Cr(CO)5[Mn(CO)6]＋cm-l1860 2000 2090答:配位化合物离子所带的电荷对νCO有影响，如上边的等电子系列中，负电荷增加，反馈作用增强，C≡O键削弱，使νCO 下降；反之正电荷阻止电173子从金属移向CO 的空轨道，反馈作用减弱，造成νCO 增加。

4．根据下列红外光谱图判断羰基的类型。

答：CO的不同配位方式可以通过红外光谱鉴定，已知中性分子中M－CO端基的CO伸缩振动频率在1900～2150cm－1范围内，而与正常双键性质相应的“酮式”CO，即μ2－桥基CO 的伸缩振动频率降低到1750～1850cm －1范围内，叁桥的μ3－CO 具有更低的伸缩振动频率。

其平衡常数为K譟sp①，M yers借用了R畅M畅Smith［４］的相关数据。

如果再写出下列两个离子平衡方程式：H＋＋O H－H２O K譟＝１／K譟w（２）H＋＋H S－H２S K譟＝１／K譟a１（H２S）（３）将反应式（１），（２），（３）相加得到ZnS（s）在酸中的溶解反应式：ZnS（s）＋２H＋Zn２＋＋H２S K譟spa（ZnS）如果取p K譟a１（H２S）＝７．０２［４］，则K譟spa（ZnS）＝K譟spK譟w K譟a１（H２S）≈１０２１K譟sp（６５）式（６５）表明M S（s）型硫化物的K譟spa是K譟sp的１０２１倍。

从上述推导过程可以看出，K譟spa的确定和使用确实避开了K譟a２（H２S）。

M yers还指出，K譟spa（M S）＞１０－２时，M S（s）在酸中是可溶的，K譟spa在金属硫化物的分离中也是适用的。

主要参考文献 ［１］Myers R J．The New Low Value for the Second Dissociation Constant for H２S．J Chem Educ，１９８６，６３：６８７． ［２］Yagil G．The Effect of Ionic Hydration on Equilibria and Rate in Concentrated Elec唱trolyte solutions．Ⅲ．The H－Scale in Concentrated Hydroxide Solution．J Phys Chem，１９６７，７１：１０３４． ［３］Meyer B．Second Dissociation Constant of Hydrogen Sulfide．Inorg Chem，１９８３，２２：２３４５． ［４］Smith R M．Critical Stability Constants Vol４．Inorg Complexes．New York：Plenum，１９７６．三、习题解析 1（63）畅放射化学技术在确定溶度积常数中是很有用的。

第五章 习题1.在－78℃的NiBr 2的CS 2溶液里加入PEtPh 2时生成一种分子式为(PEtPh)2NiBr 2的红色配合物，在室温下静置后，该配合物转变成一种具有相同分子式的绿色配合物。

红色配合物是反磁性的，而绿色配合物却具有3.2B.M.的磁矩.(1)这两个配合物哪个是平面正方形的？哪个是四面体形的？说明你选定的理由.（2）根据选定的结构，合理地说明这两个配合物的颜色. 2.解释下列物质产生颜色的原因：（1）Pb 3O 4;(2)Ag2S （3）KMnO4；（4）＋362O)H (Ti ； （5）Cr(CO)6（6）Cu[CuCl 3].3.比较下列两组配离子荷移谱带频率的高低： （1）[Pt(Ⅱ)L 4]和[Au （Ⅲ）L 4]； （2）[PtCl 4]2－和[PtBr 4]2－.4.填写下表空格处：5.解释下列化合物颜色不同原因：（1）[Fe(H 2O)6]3＋，极淡紫色，[Fe(CN)6]3－，黄色；（2）[Co(H 2O)6]2+,浅粉红色，[CoCl 4]2－，深蓝色； （3）[Cr(NH 3)6]3+,黄色，[Cr(H 2O)6]3+,蓝紫色；（4）-24CrO ，黄色，-4MnO ，紫红色； （5）-4FeCl ，黄色，-4FeBr ，红色.6. -24CoCl 和-24CoI 两种化合物，哪一种具有较大的磁矩？为什么？7.根据下列化合物的有效磁矩，描述它们的电子结构和几何构型： （1）K 2[NiF 6]，0.0..B.M. ；（2）[Mn(NCS)6]4-,6.06B.M. ；(3)[PtCl 4]2-,0.0B.M. ； （4）-24CoCl ，4.3～4.7B.M.(Et – 乙基，Ph – 苯基)8.反磁性配离子+33en)(Co 及-362)Co(NO 的溶液显橙黄色，顺磁性配合物Co(H 2O)3F 3及-36CoF 的溶液呈蓝色，定性地解释上述颜色的差别. 9.当[Co(NH 3)5X]2+配离子中，卤离子从F -→I -变更时，配体场d －d 跃迁谱带仅有微弱的位移，而荷移光谱却移得很多，为什么？ 10.解释：高自旋的CoF 63-在可见吸收光谱中有一个吸收带。

大学普通化学第一章普通化学习题答案一、是非题（用“＋”、“—”表示正确和错误）第2、3、5、6、10、11、12题“＋”其它题“—”二、选择题1－5 B、C、D、D、A 6－9 D、BCD、AC、CD 三、填空题1 ②⑤①③⑥④2 ①＞④＞② = ③＞⑤3 ①31 ②4 ⅢA ③4S24P14 略5 分子或晶体中相邻原子之间的强烈相互吸引作用离子间、共价键和金属键 6 方向饱和7 sp3109。

28’8 四氯·二氨和铂（Ⅳ）配合分子 Pt4+ NH3、Cl- 6 9 C原子均以sp杂化轨道分别与两个O原子和两个S 原子成键 10 sp3不等性杂化 4个三角锥形sp2杂化 3个平面三角形dsp2杂化 4个 90。

sp3杂化 4个 109。

28’11 sp3杂化 4个 109。

28’正四面体形 d2sp3 6个 90。

正八面体形1213其中有2个三电子π键14 µ≠0 µ＝0 15 色散力诱导力取向力 16 H2O＞H2S＞H2Se＞H2Te 17 Al, Al3+ 金属键金属晶体高好 N2 分子间力分子晶体低差 H2O 分子间力氢键原子晶体高差 Si, C 共价键原子晶体高差 Mg2+, O2- 离子键离子晶体高好18 禁带宽度（Eg）不同（半导体Eg＜2ev,绝缘体Eg＞6ev）,导体有导带，绝缘体则无。

19 （不要求）错位粒子缺陷间隙离子缺陷杂质粒子缺陷空位缺陷四、简答题 1①该写法违背了洪特规则。

根据洪特规则，n相同的电子应尽先占据m不同的轨道，且自旋平行。

②该写法违背了泡力不相容原理。

3s只有一个轨道，只可容纳两个自旋相反的电子。

③该写法违背了能量最低原理。

n相同l不同的轨道，能量高低为 ns＜np。

3 是指从La到Lu的15个元素随着原子序数的递增原子半径依次缩小不明显的累积现象。

4 ①为非极性分子，在其同种分子之间只有色散力。

②均为非极性分子，它们之间只存在色散力。

无机化学》第6版张天蓝主编课后习题答案第一章原子结构11、i)=AE/h=(2.034xl018 J)/ (6.626x10-34 J-s)=3.070xl015 /s; X=hc/AE= (6.626x10* j.s x2.998xl08 m/s )/ (2.034xl018 J)=9.766x10 * m2> An > h/27unAx = (6.626x10* kg-m2/s) / (2x3.14x9.1 lxlO-31 kgxlxlO10 m)=1.16xl06 m/So 其中1 J=l(kg-m2)/s2, h=6.626x1034 (kg-m2)/s3> (1)九=h/p=h/mu=(6.626x10® kg-m2/s) / (0.010 kgxl.OxlO3 m/s)= 6.626x10® m, 此波长太小，可忽略；(2) Ai)~h/4兀mAu=(6.626x10® kg-m2/s) / (4x3.14x0.010 kgx 1.0x1 O'3 m/s)= 5.27x10-30 m,如此小的位置不确定完全可以忽略, 即能准确测定。

4、He*只有1个电子，与H原子一样, 轨道的能量只由主量子数决定，因此3s 与3p轨道能量相等。

而在多电子原子中, 由于存在电子的屏蔽效应，轨道的能量由n和1决定，故AF中的3s与3p轨道能量不相等。

5、代表n=3、1=2、m=0,即3&2 轨道。

6、(1)不合理，因为/只能小于m (2)不合理，因为片0时m只能等于0； (3)不合理，因为/只能取小于n的值；(4) 合理7、(1) >3 (2) 4>Z> 1 ；(3) m=08> M Si： ls22s22p63s23p2,或[Ne] 3s23p2；23V： ls22s22p63s23p63d34s2,或[Ar]3d34s2；40Zr： 1 s22s22p63s23p63d104s24p64d25s2,或[Kr]4d25s2；M O：1 s22s22p63s23p63d104s24p64d55s1, 42或[Kr]4d55s1； 79Au：ls22s22p63s23p63d104s24p64d104f145s25p65d %】,或[Xe]4f145d106s1；9、3s2：第三周期、IIA族、s区，最咼氧化值为II; 4SMP1：第四周期、IIIA 族、p区，最高氧化值为III； 3d54s2：第四周期、VIIB族、d区，最高氧化值为VII； 4d105s2：第五周期、[IB族、ds区，最高氧化值为II;10、(1) 33元素核外电子组态：ls22s22p63s23p63d104s24p3或[Ar]3d10s24p3,失去3个电子生成离子的核外电子组态为:ls22s22p63s23p63d104s2 ^[Ar]3d104s2,属第四周期，V A 族；(2) 47元素核外电子组态：1 S22 s22p63 s23p63 d1 °4s24p64d°5 s1或[Kr]4d105s1,失去1个电子生成离子的核外电子组态为：1 s22s22p63s23p63d104s24p64d10或[心]4护，属第五周期，IB族；(3) 53元素核外电子组态：ls22s22p63s23p63d104s24p64d105s25p5或[Kr]4d105s25p5^得到1个电子生成离子的核外电子组态为：ls22s22p63s23p63d104s24p64d105s25p6或[Kr]4d105s25p6,属第五周期，VIIA 族。

第二章 习 题１．已知分析天平能称准至±0.1mg ，要使试样的称量误差不大于0.1%，则至少要称取试样多少克？解：设至少称取试样m 克，由称量所引起的最大误差为±0.2mg ，则%100102.03⨯⨯-m≤0.1% m ≥0.2g答：至少要称取试样0.2g 。

２．某试样经分析测得含锰质量分数（%）为：41.24，41.27，41.23，41.26。

求分析结果的平均偏差、标准偏差和变异系数。

解: )(426.4123.4127.4124.41+++=x % = 41.25% 各次测量偏差分别是d 1=-0.01% d 2=+0.02% d 3=-0.02% d 4=+0.01%d)(401.002.002.001.01+++=∑==ndi ni % = 0.015% 14)01.0()02.0()02.0()01.0(1222212-+++-=∑==n di ni s %=0.018%CV=x S×100%=25.41018.0⨯100%=0.044%３．某矿石中钨的质量分数（%）测定结果为：20.39，20.41，20.43。

计算标准偏差s 及置信度为95%时的置信区间。

解：x =343.2041.2039.20++%=20.41% s=13)02.0()02.0(22-+%=0.02% 查表知，置信度为95%，n=3时，t=4.303 ∴ μ=(302.0303.441.20⨯±)% =(20.41±0.05)% ４．水中Cl －含量，经6次测定，求得其平均值为35.2 mg .L -1，s=0.7 mg .L -1,计算置信度为90%时平均值的置信区间。

解：查表得，置信度为90%，n=6时，t=2.015 ∴ μ=ntsx ±=(35.2±67.0015.2⨯)mg/L=(35.2±0.6)mg/L ５．用Q 检验法，判断下列数据中，有无舍去？置信度选为90%。

大连理工无机化学习题答案无机化学是化学学科的一个重要分支，对于理解物质的组成、结构和性质有着至关重要的作用。

大连理工大学的无机化学教材在众多高校中被广泛使用，其配套的习题也具有一定的难度和深度。

以下是为您提供的一份大连理工无机化学习题答案，希望能对您的学习有所帮助。

首先，让我们来看第一章的习题。

第一章主要涉及原子结构和元素周期表的相关内容。

例如，有一道习题是这样的：计算一个氢原子从 n=3 能级跃迁到n=2 能级时所释放的光子的频率。

我们知道，根据玻尔的原子模型，氢原子能级跃迁时释放或吸收的能量是由能级差决定的。

所以，先计算出能级差：ΔE ＝ E₃ E₂。

然后，根据光子能量公式 E ＝hν（其中 h 是普朗克常数，ν 是光子频率），可以得到ν ＝ΔE ／ h 。

经过计算，得出具体的频率数值。

再来看第二章，关于化学键和分子结构的习题。

比如，有这样一个问题：比较氮气（N₂）和一氧化碳（CO）分子的化学键类型和键能大小。

氮气分子中存在的是三键，而一氧化碳分子中是一个三键和一个配位键。

由于氮气分子中的键是同种原子间形成的，键能较大。

通过分析它们的电子结构和原子轨道重叠方式，可以得出详细的比较结果。

第三章的化学热力学基础部分，也有一些具有挑战性的习题。

像这样一道题：在一定温度下，反应 A ＋ B ＝ C 的焓变ΔH ＜ 0，熵变ΔS ＞0，判断该反应在该温度下的自发性。

根据热力学第二定律，当ΔG ＝ΔH TΔS ＜ 0 时，反应自发进行。

由于ΔH ＜ 0 ，ΔS ＞ 0 ，所以在温度不是极低的情况下，ΔG 一定小于 0 ，该反应是自发的。

第四章化学反应速率部分的习题，往往需要对反应速率的影响因素有深入的理解。

例如：有一个反应，增加反应物浓度，反应速率加快，而升高温度，反应速率也加快。

请解释这两种情况加快反应速率的原因。

增加反应物浓度，使得单位体积内的活化分子数增多，有效碰撞的几率增加，从而加快反应速率。

升高温度，则增加了分子的能量，更多的分子具有了达到活化能的能力，活化分子百分数增加，有效碰撞频率增大，反应速率加快。

无机化学第六版答案【篇一：《无机化学》第6版张天蓝主编课后习题答案】lass=txt>答案第一章原子结构4、he+只有1个电子，与h原子一样，轨道的能量只由主量子数决定，因此3s与3p轨道能量相等。

而在多电子原子中，由于存在电子的屏蔽效应，轨道的能量由n和l决定，故ar+中的3s与3p轨道能量不相等。

5、代表n=3、l=2、m=0，即3dz2轨道。

6、（1）不合理，因为l只能小于n；（2）不合理，因为l=0时m 只能等于0；（3）不合理，因为l只能取小于n的值；（4）合理7、（1）≥3；（2）4≥l≥1；（3）m=08、14si：1s22s22p63s23p2，或[ne] 3s23p2；23v：1s22s22p63s23p63d34s2，或[ar]3d34s2；40zr：1s22s22p63s23p63d104s24p64d25s2，或[kr]4d25s2；42mo： 1s22s22p63s23p63d104s24p64d55s1，或[kr]4d55s1；79au：1s22s22p63s23p63d104s24p64d104f145s25p65d106s1，或[xe]4f145d106s1；9、3s2：第三周期、iia族、s区，最高氧化值为ii；4s24p1：第四周期、iiia族、p区，最高氧化值为iii； 3d54s2：第四周期、viib 族、d区，最高氧化值为vii；4d105s2：第五周期、iib族、ds区，最高氧化值为ii；10、（1）33元素核外电子组态：1s22s22p63s23p63d104s24p3或[ar]3d10s24p3，失去3个电子生成离子的核外电子组态为：1s22s22p63s23p63d104s2或[ar]3d104s2，属第四周期，v a族；（2）47元素核外电子组态： 1s22s22p63s23p63d104s24p64d05s1或[kr]4d105s1，失去1个电子生成离子的核外电子组态为：1s22s22p63s23p63d104s24p64d10或[kr]4d10，属第五周期，i b 族；（3）53元素核外电子组态：1s22s22p63s23p63d104s24p64d105s25p5或[kr]4d105s25p5，得到1个电子生成离子的核外电子组态为：1s22s22p63s23p63d104s24p64d105s25p6或[kr]4d105s25p6，属第五周期，vii a族。