当前位置：文档之家 › 无机及分析化学第九章答案

无机及分析化学第九章答案

  • 格式：doc
  • 大小：93.00 KB
  • 文档页数：6

第九章 习题解答 1．离子键无饱和性和方向性，而离子晶体中每个离子有确定的配位数，二者有无矛盾？ 答：二者无矛盾。离子键无饱和性和方向性是由离子特征决定的。只要里自带有不同的电荷就会有库伦作用，无论周围的空间有多少带有相异电荷的离子，都会产生库伦吸引力，这就决定了离子键的不饱和性，而电荷相异的离子在任意方向的这种作用依然存在。即没有固定方向，不存在方向性。而离子在离子晶体由于空间条件及离子本身大小的限制，使一个离子周围只能有确定数目的作用，即配位数一定。但不论相邻的离子间库伦引力依然存在，故两者不矛盾。

2．下列双原子分子或离子，哪些可稳定存在？哪些不可能稳定存在？请将能稳定存在的双原子分子或离子按稳定性由大到小的顺序排列起来。 H2 He2 He2+ Be2 C2 N2 N2

+

答： H2 σ1s2

键级=1202

He2 σ1s2σ1s*2

键级=0222

He2+ σ1s2σ1s*1

键级=5.0212

Be2 σ1s2σ1s*2σ2s2σ2s*2

键级=0244

C2 σ1s2σ1s*2σ2s2σ2s*2π2py2π2pz2

键级=2248

N2 σ1s2σ1s*2σ2s2σ2s*2π2py2π2pz2σ2px2

键级=32410

N2+ σ1s2σ1s*2σ2s2σ2s*2π2py2π2pz2σ2px1

键级=5.2249

稳定存在的分子或离子：H2 He2+ C2 N2 N2+ 不能稳定存在的分子或离子：He2 Be2 稳定性次序：N2>N2+>C2>H2>He2+

3．第二周期某元素的单质是双原子分子，键级为1是顺磁性物质。 (1)推断出它的原子序号； (2)写出分子轨道中的排布情况； 答：(1)原子序号5 (2)B2 σ1s2σ1s*2σ2s2σ2s*2π2py1π2pz

1

4．在BCl3和NCl3分子中，中心原子的氧化数和配体数都相同，为什么二者的中心原子采取的杂化类型、分子构型却不同？ 答：BCl3与NCl3分子中，中心原子不同，中心原子的电子结构不同，使得两者的中心原子采用不同的杂化方式： B采用的是sp3杂化，每个杂化轨道的的夹角是120o，与Cl原子以3px轨道形成3个σ键，分子呈平面三角形。 N采用sp3杂化，杂化轨道呈四面体结构，其中一个杂化轨道有一对孤电子，孤对电子成键电子有一定的排斥作用，使NCl3分子呈三角锥形。

5．写出O2分子的分子轨道表达式，据此判断下列双原子分子或离子：O2+、O2、O2、O2

2

各有多少成单电子，将它们按键的强度由强到弱的顺序排列起来，并推测各自的磁性。 答：O2 σ1s2σ1s*2σ2s2σ2s*2π2py2π2pz2σ2px2π2py*1π2pz*1 O2+有一个单电子 顺磁性 O2有两个单电子 顺磁性 O2 -有一个单电子 顺自行 O2 2-无单电子 抗磁性 键强度顺序：O2 +>O2 >O2- >O22-

6．C和O的电负性差较大，CO分子极性却较弱，请说明原因。 答：由于CO中存在反馈键，分散了氧原子上的负电荷，使CO整个分子极性减弱。

7．已知N与H的电负性差（0.8）小于N与F的电负性差（0.9），解释NH3分子偶极矩远比NF3大的原因。 答：NF3和NH3分子都是三角锥构型。

分子的总偶极矩是分子内部各种因素所产生的分偶极矩的总矢量和。

NF3分子中成键电子对偏向电负性大的F原子，N的孤电子对对偶极矩对偶极矩的贡献与键矩对偶极矩贡献方向相反，即孤电子对的存在削弱了由键矩可能引起的分子偶极矩，故偶极矩较小；而NH3分子中成键电子对偏向电负性大N原子，即孤电子对对偶极矩的贡献与键矩对偶极矩贡献方向相同，故NH3分子有较大偶极矩。

8．用杂化轨道理论解释为何PCl3是三角锥形，且键角为101°，而BCl3却是平面三角形的几何构型。 答：PCl3分子中P原子以不等性杂化轨道与Cl原子成键，四个sp3杂化轨道指向四面体的四个顶点，其中三个顶点被氧原子占据，另一个顶点是一对孤对电子对成键电子对有较大的排斥力，使PCl3的键角小于109.5o，成为101o

BCl3分子中B原子采用sp2杂化，三个杂化轨道呈平面三角形，三角形顶点被三个Cl原子占据。因而BCl3分子成平面三角形。

9．试用价层电子对互斥理论判断下列分子或离子的空间构型。 NH4+ CO32 BCl3 PCl5(g) SiF62 H3O+ XeF4 SO2 答：略 10．指出下列各分子中中心离子的杂化轨道类型和空间构型。 PCl3 SO2 NO2+ SCl2 SnCl2 BrF2

+

分子 中心离子的杂化方式 空间构型 PCl3 sp3 三角锥形

SO2 sp2 V形

NO2+ sp 线形

SCl2 sp3 V形

SnCl2 sp3 V形

BrF2+ sp3 V形

11．为什么由不同种元素的原子生成的PCl5分子为非极性分子，而由同种元素的原子形成的O3分子却是极性分子？ 答：因为PCl5为三角双锥构型，虽然每个P-Cl键都有键锯矩，但总键矩为0，故为非极性分子，而O3为V形分子，顶角氧的负电荷较高，使整个分子的正负电荷重心不重合，故呈

较弱的极性。

12．实验测得H－F键的偶极矩  = 6.371030 Cm，试计算 F 原子所带电量，并分析H－F键的离子性。 答：μ=q.d μ=6.37×10-5cm=1.909D D=91.7pm=0.917Å

q=4337.08.4917.0909.1dμ

所以HF键的离子性为43.37%

15．请指出下列分子中哪些是极性分子，哪些是非极性分子？ NO2； CHCl3； NCl3; SO3; SCl2; COCl2; BCl3。 答：极性分子NO2 CHCl3 NCl3 SCl2 CoCl2 非极性分子SO3 BCl3

16．据电负性差值判断下列各对化合物中键的极性大小。 (1)FeO和FeS (2)AsH3 和NH3 (3)NH3和NF 3 (4)CCl4 和SnCl4

16.极性 FeO>FeS AsH3

NH3>NF3 CCl417．试用离子极化理论比较下列各组氯化物熔沸点高低。 （1）CaCl2和GeCl4； （2）ZnCl2和CaCl2； （3）FeCl3和FeCl2。 答： (1)CaCl2>GeCl4 Ge极化能力强 (2)ZnCl2(3)FeCl32+

18．试用离子极化观点排出下列化合物的熔点及溶解度由大到小的顺序 （1）BeCl2，CaCl2，HgCl2； （2）CaS，FeS，HgS； （3）LiCl，KCl，CuCl。 答：(1)CaCl2>BeCl2>HgCl2 (2)CaS>FeS>MgS (3)kCl>LiCl>CsCl

19．比较下列各对离子极化率的大小，简单说明判断依据。 1) Cl S2； 2) F O2 ； 3) Fe2+ Fe3+； 4) Mg2+ Cu2+ ； 5) Cl I 6) K+ Ag+ 答：(1)Cl-(2)F-(3)Fe2+>Fe3+ Fe2+电荷小，半径大 (4)Mg2+(5)Cl-(6)K+

20．将下列离子按极化力从大到小的顺序排列。 Mg2+ Li+ Fe2+ F Zn2+ O2 答：Li+>Zn2+>Fe2+>Mg2+>O2->F-

21．已知氯化物的熔点如下： 氯化物 KCl CaCl2 FeCl2 FeCl3 ZnCl2 GeCl

4 熔点/℃ 770 782 672 282 215 49.

5

沸点/℃ 1500 >1600 1030 315 756 86.5 阳离子半径/pm 133 99 76 64 74 53*

*共价半径。 试用离子极化理论解释： （1）KCl、CaCl2的熔、沸点高于GeCl4； （2）CaCl2的熔、沸点高于ZnCl2； （3）FeCl2的熔、沸点高于FeCl3。 答：(1)Ge4+是高电荷阳离子，极化力强使GeCl4性质趋向于共价分子 (2)Zn2+为18电子结构极化力大于8电子结构的Mg2+离子 (3)Fe3+极化力大于Fe2+，使FeCl3共价性增强。

22．判断下列各对物质的熔、沸点高低，说明理由。 (1)H2O与H2S；(2)PH3与AsH3；(3)Br2与I2；(4)SiF4与SiCl4； 答：(1)H2O>H2S H2O分子间存在氢键 (2)PH3(3)Br2(4)SiF4

23．指出下列物质在晶体中质点间的作用力、晶体类型、熔点高低。 （1）KCl （2）SiC （3）CH3Cl （4）NH3 （5）Cu （6）Xe 答：(1)离子键 属离子晶体 (2)共价键 原子晶体 (3)分子间力 分子晶体 (4)氢键 分子晶体 (5)金属键 金属晶体 (6)分子间力 分子晶体 熔点 SiCl>KCl>Cu>NH3>CH3Cl>Xe

30．解释下列实验现象： （1）沸点HF>HI>HCl; BiH3>NH3>PH3； （2）熔点BeO>LiF； （3）SiCl4比CCl4易水解； （4）金刚石比石墨硬度大。 答：（1）HF存在分子间的氢键，熔沸点最高，M(HI)>M(HCl),HI熔点大于HCl，尽管NH3

存在分子间氢键，但强度较弱，而BiH3分子量较大，BiH3分子间作用力较强，故有沸点

BiH3>NH3>PH3. (1)Be离子键强于LiF (2)Si有3Cl有3d轨道而C没有 (3)金刚石晶体的质点间存在共价键，而石墨晶体内质点间既有共价键又有分子间作用力。

31．离子极化讨论下列问题： 1）AgF在水中溶解度较大，而AgCl则难溶于水。 2）Cu+ 的卤化物CuX的r+ / r＞ 0.414，但它们都是ZnS型结构。 3）Pb2+、Hg2+、I 均为无色离子，但 PbI2 呈金黄色，HgI2 呈朱红色。

合集下载

无机及分析化学答案全(南京大学)(第四版)

无机及分析化学答案全(南京大学)(第四版)

第8章习题答案1.命名下列配合物：（1）K2[Ni(CN)4] （2）(NH4)2[FeCl5(H2O)]（3）[Ir(ONO)(NH3)5]Cl2 （4）Na2[Cr(CO)5]解：（1）四氰根合镍（Ⅱ）酸钾（2）五氯•一水合铁（III）酸铵（3）二氯化亚硝酸根•五氨合铱（III）（4）五羰基合铬（-Ⅱ）酸钠（参考P172）2.写出下列配合物（配离子）的化学式（1）硫酸四氨合铜(Ⅱ) （2）四硫氰•二氨合铬（III）酸铵（3）二羟基•四水合铝（III）离子（4）二苯合铬(0)解：（1）[Cu(NH3)4]SO4 （2）(NH4)[Cr(NH3)2(SCN)4]（3）［Al(H2O)4(OH-)2］+ (4)[Cr(C6H6)2]6.试用价键理论说明下列配离子的键型（内轨型或外轨型）、几何构型和磁性大小。

（1）［Co(NH3)6］2+ （2）［Co(CN)6］3-解：(1)Co最外层价电子排布为：27Co：3d74s2Co2+的最外层价电子排布为：27Co2+：3d74s0[ ][ ][ ][ ][ ] [ ] [ ][ ][ ] [ ][ ][ ][ ][ ]3d7 4S0 4P0 4d0[ ][ ][ ][ ][ ] [ ][ ][ ][ ][ ][ ] [ ][ ][ ]SP3d2杂化、成键，形成［Co(NH3)6］2+因为：形成［Co(NH3)6］2+时用的是Co2+最外层4S、4P、4d空轨道以SP3d2杂化、成键，而且中心离子Co2+形成配离子的前后单电子数没变，所以：该［Co(NH3)6］2+配合离子是外轨型，SP3d2杂化，几何构型为正八面体。

因为：以SP3d2杂化、成键形成［Co(NH3)6］2+后，具有3个单电子，所以：［Co(NH3)6］2+的磁矩为：，因为具有单电子分子是顺磁性分子，无单电子分子是抗磁性分子，所以形成［Co(NH3)6］2+后，具有3个单电子，［Co(NH3)6］2+是顺磁性分子。

《无机及分析化学》部分作业答案

《无机及分析化学》部分作业答案

《无机及分析化学》作业答案第一章（P25）1—8 (1)26.44% (2) 6.14mol·Kg -1; (3) 5.42 mol·L -1; (4) x(NaCl)=0.0995, x(H 2O)=0.9005 1—9 ⊿t b =K b ·b B 相同则b B 相等，1.5g/(60g·mol -1×200g)=42.8g/(M x ×1000g)M x =342 g·mol -11—11 ⊿t f =K f ·b B =1.86℃·kg·mol -1×19g/(M x ×100×10-3Kg) M x =1606 g·mol -1 1—13 П=c B RT≈b B RT R=8.314kPa·L·mol -1·K -1 ≈8.314kPa·kg·mol -1·K -1(ρ≈1.0 kg·L -1稀溶液) ⊿t f ==0.56℃=K f ·b B =1.86℃·kg·mol -1×b BП=8.314kPa·kg ·mol -1·K -1×309.65K×0.56℃/1.86℃·kg·mol -1=775.09 kPa 1—14 过量AgNO 3过量 胶团结构式：[(AgI)m ·n Ag +·(n-x) NO 3-]x+·xNO 3- 正溶胶，负极移动 1—15 三硫化二砷溶胶胶团结构式：[ (As 2S 3) m ·nHS -·(n-x) H +]x-·x H +, 负溶胶， 聚沉能力：NaCl ﹤Mg Cl 2﹤AlCl 3，第二章（P57）2—17 ∆r H m θ=3∆f H m θ(N 2,g)+4∆f H m θ(H 2O,g)- ∆f H m θ(N 2O 4,g)- 2∆f H m θ(N 2H 4,l)=3×0+ 4×(-241.84kJ·mol -1)-(9.661kJ·mol -1)- 2×(50.63kJ·mol -1)= -1078.28 kJ·mol -11078.28×103 J=mgh=100kg×9.8×h h=1100m2—18 ∆r G m θ=∆f G m θ(C 6H 12O 6,s)+6∆f G m θ(O 2,g)- 6∆f G m θ(H 2O,l)- 6∆f G m θ(CO 2,g)=(-910.5kJ·mol -1)+6×0 -6×(-237.14kJ·mol -1)- 6×(-394.38kJ·mol -1)= 2878.62 kJ·mol -1 ＞0 即298K 及标态下不能自发进行第三章（P89）3—13题 解： 2SO 2(g) + O 2(g) 2SO 3(g)起始分压P 0(kPa) 0.4RT 1.0RT 0平衡分压P(kPa) 0.08RT 0.84RT 0.32 K θ={[p(SO 3)/p θ]2/{[p(SO 2)/p θ] 2[p(O 2)/p θ]}=0.286,其中p θ=100kPa ，Kc θ=19.053—14题 解： PCl 5(g) PCl 3(g) + Cl 2(g)起始分压P 0(kPa) 0.35RT 0 0平衡分压P(kPa) 0.10RT 0.25RT 0.25RT K θ={[p(PCl 3)/p θ][p(Cl 2)/p θ]/[p(PCl 5)/p θ]=27.18, 其中p θ=100kPa ，Kc θ=0.6253—15题 解：（1）理论计算∆r H m θ(T)≈∆r H m θ(298.15K)= ∑ ∆f H m θ(B,298.15K)=172.43 kJ ·mol -1,∆r S m θ(T)≈∆r S m θ(298.15K)= ∑ S m θ(B,298.15K)=182.23 J ·mol -1·K -1,∆r G m θ(298.15K )=∑ ∆f G m θ(B,298.15K)=119.78 kJ ·mol -1,∆r G m θ(1773K)=∆r H m θ(298.15K)-1773×∆r S m θ(298.15K)=-150.66 kJ ·mol -1,∆r G m θ(298.15K)与∆r G m θ(1773K)完全不同(2)实验值计算 lg(K 2θ/K 1θ)= ∆r H m θ/2.303R ×[(T 2-T 1)/ T 2 T 1]——范特霍夫公式 得∆r H m θ=96.65 kJ ·mol -1,∆r G m θ(T)=-RTln K θ=-2.303RTlg K θ，得∆r G m θ(1773K)=-112.8 kJ ·mol -1,∆r G m θ(1773K)=∆r H m θ-1773×∆r S m θ= -112.8 kJ ·mol -1,得∆r S m θ=0.1181 kJ ·mol -1·K -1=118.1 J ·mol -1·K -1,B νB νB ν可见理论计算值和实验计算值相差较大，如何计算看题意。

无机及分析化学新习题解答

无机及分析化学新习题解答

第0 章1.4写出下列微粒的电子结构，并判断哪些具有顺磁性？(1)Zn (2)Mn (3)As (4)Rb (5)F (6)Cr (7)Cu (8)Fe2+(9)V2+(10)La3+解答原子或离子电子构型磁性质原子或离子电子构型磁性质Zn [Ar]3d104s2 反Cr [Ar]3d54s1 顺Mn [Ar]3d54s2顺Cu [Ar]3d104s1 顺As [Ar]3d104s24P3 顺Fe2+ [Ar]3d64s0顺Rb [Kr]5s1 顺V2+ [Ar]3d34s0顺F [He]2s22p5 顺La3+ [Xe] 5d06s0反解答价层电子构型元素所在周期元素所在族2s2 2p4 3d104s24p4 4f145d16s2 3d74s2 4f 96s2第二周期第四周期第六周期第四周期第六周期16/Ⅵ16/Ⅵ3931.7完成下列表格解答价层电子构型元素所在周期元素所在族3s23p3 4f145d106s1 3d64s2 3d104s24p52364415/Ⅴ11817/Ⅶ1.11指出具有未成对电子的离子并说明理由。

F-，Ca2+，Fe2+，S2-。

解答Fe2+。

Fe原子的电子构型为1s22s22p63s23p63d64s2，失去最外层的两个电子后变为3d6结构，有四个未成对电子。

1.12按照半径大小将下列等电子离子排序，并说明理由。

Na+，F-，Al3+，Mg2+，O2-解答Al3+ < Mg2+ < Na+ < F- < O2-（它们属等电子、同结构物种，核电荷数决定着半径的大小。

）(a) Li, O; (b) Br, I; (c) Mg, H; (d) O, O; (e) H, O; (f) Si, O; (g) N, O; (h) Sr, F. 解答主要形成离子键的：(a), (c), (h); 主要形成极性共价键的：(b), (e), (f), (g);主要形成非极性共价键的：(d).3.10 为了增加C (s)和H 2O (g)反应中生成的H 2 (g)的产率，我们普遍应用了一个称为“水-气转换反应”的辅助反应，水-气转换反应如下： CO (g)+ H 2O (g) CO 2 (g)+ H 2 (g) 此反应在大约1100 K 时，K θ = 1.00。

无机及分析化学第九章配位化合物与配位滴定(1)

无机及分析化学第九章配位化合物与配位滴定(1)


45
内轨型配合物特点：
（1）中心离子以（n-1）d，ns，np轨道杂化
成键形成的配合物。
（2）中心离子（n-1）d轨道中电子常常发生重
排，使未成对电子数减少，磁矩变小。 （3）中心离子是以能量较低的内层轨道参与杂
（1） 中心离子 电荷——离子电荷越高，配位数越大 半径——半径越大，其周围可容纳的 配体较多，配位数大
如 配离子 [AlF6]3 [BF4] 半径 r(Al3+) > r(B3+)
配位数 6
4
影响配位数大小的因素
（1） 中心离子 电荷——离子电荷越高，配位数越大 半径——半径越大，其周围可容纳的 配体较多，配位数大
43
如Ni2+ 3d8, 形成[Ni(CN)4]2-时杂化如下 ： 内轨型
3d电子在CN-影响下重排空出1个d轨道，进行 dsp2杂化，测得其磁矩为零，构型是平面正方形。
44
再如，Fe3+与CN-形成[Fe(CN)6]3-时，
Fe3+的价层电子重排后，空出2个3d轨道并进
行d2sp3杂化，其空间构型为正八面体。
－ONO 亚硝酸根 －SCN 硫氰酸根
－NO2 硝基 －NCS 异硫氰酸根
－CO 羰基
－OH 羟基
31
Cu(NH 3 ) 4 SO 4 K 3 Fe(NCS)6 H 2 PtCl6 Cu(NH 3 ) 4 (OH)2 KPtCl5 (NH3 ) Zn(OH)(H2O)3 NO3 Co(NH3 )5 (H2O)Cl3
配位化合物
Na[ Pt Cl5 (NH3)]
中 心
配
原 (离)
体
子
外界
内界
配位化合物