無機化學(xué)課后練習(xí)題解答

1、無機化學(xué)課后練習(xí)題解答第二章 物質(zhì)的狀態(tài)2一敝口燒瓶在280K時所盛的氣體，需加熱到什么溫度時，才能使其三分之一逸出? 解：由題知要使三分之一的氣體逸出瓶外，即體積為原來的1.5倍，而這一過程壓力始終保持不變，故有：(P0V1)/T1 = (P0V2)/T2 所以有 T2 = (T1V2)/V1 = 2801.5=420K 答：略。4容器中有4.4 g CO2，14 g N2，12.8g O2，總壓為2.026105Pa，求各組分的分壓。解：由題意知： CO2: n= 4.4/44 = 0.1mol N2: n=14/28=0.5mol O2: n=12.8/32=0.4mol 有道爾頓分壓定

2、律： CO2: p=2.026104Pa N2: p=1.013104Pa O2: p=8.104104Pa答：略。8在291K和總壓為1.013105Pa時，2.70 dm3含飽和水蒸汽的空氣，通過CaCl2干燥管，完全吸水后，干燥空氣為3.21 g，求291K時水的飽和蒸汽壓。解 ：3.21g空氣在291K，2.7L的容積中其壓力為： PV=Nrt所以 P空氣=3.212918.31/290.0027=99185Pa P水蒸氣=P總壓- P空氣=101300-99185=2.12103Pa答：略 第三章 原子結(jié)構(gòu)4已知M2+離子3d軌道中有5個電子，試推出：（1）M原子的核外電子排布；（2

3、）M原子的最外層和最高能級組中電子數(shù)；（3）M元素在周期表中的位置。答：（1）Mn 1s22s22p63s23p63d54s2(2) 最外層2個電子,最高能級組中5個電子(3) 第四周期,第VIIIB族6 據(jù)原子結(jié)構(gòu)的知識，寫出第17號、23號、80號元素的基態(tài)原子的電子結(jié)構(gòu)式。答：17號元素Cl,其電子結(jié)構(gòu)式為1s22s22p63s23p523號元素V, 其電子結(jié)構(gòu)式為1s22s22p63s23p63d34s280號元素Hg, 其電子結(jié)構(gòu)式為1s22s22p63s23p63d104s24p64d104f145s25p65d106s29 列各組量子數(shù)哪些是不合理的，為什么？ （1）n=2，l=

4、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：(2)、（5）、（6）不合理10 列說法是否正確？不正確的應(yīng)如何改正？a) s電子繞核運動，其軌道為一圓周，而電子是走 S形的；b) 主量子數(shù)n為1時，有自旋相反的兩條軌道；c) 主量子數(shù)n為4時，其軌道總數(shù)為16，電子層電子最大容量為32；d) 主量子數(shù)n為3時，有3s，3p，3d三條軌道。答：（1）錯誤，（2）錯誤（3）正確（4）錯誤13 據(jù)原子軌道近似能級圖，指出下表中各電子層中的電子有無錯誤，并說明理由。元 素 K L M

5、N O P1922303360222228108889818201822318122答：元素KLMNOP192881222810230281823328185602818228217 么是元素的電負性？電負性在同周期，同族元素中各有怎樣變化規(guī)律？答：電負性：原子在分子中吸引電子的能力。同周期依次遞增，同族中依次遞減，副族變化不太明顯。第四章 化學(xué)鍵與分子結(jié)構(gòu)6 何理解共價鍵具有方向性和飽和性？答：共價鍵具有方向性：原子軌道在空間有一定的取向，成鍵時要滿足最大重疊原理。共價鍵具有飽和性：成鍵時原子提供的成鍵軌道和成單電子數(shù)目是一定的。7 F3是平面三角形的幾何構(gòu)型，但NF3卻是三角 的幾何構(gòu)型，

6、試用雜化軌道理論加以說明。答：根據(jù)雜化軌道理論： BF3分子中的B采取sp2雜化，其分子構(gòu)型為平面三角形 NF3分子中的N采取sp3不等性雜化，其分子構(gòu)型為三角錐形10試用價層電子互斥理論判斷下列分子或離子的空間構(gòu)型。說明原因。 HgCl2 BCl3 SnCl2 NH3 H2O PCl5 SF6 IF5 COCl2 答： 分子或離子 中心原子的電子對數(shù) 雜化方式 空間構(gòu)型HgCl2 2 sp 等性 直線型BCl3 3 sp2等性 平面三角型SnCl2 3 sp2不等性 V型NH3 4 sp3不等性 三角錐型H2O 4 sp3不等性 V型PCl5 5 sp3d等性 三角雙錐型SF6 6 sp3d

7、2等性 正八面體型IF5 6 sp3d2不等性 四角錐型COCl2 3 sp2等性 平面三角型11試用價鍵法和分子軌道法說明O2和F2分子的結(jié)構(gòu)。這兩種方法有何區(qū)別？ 答 ：價鍵理論認為形成共價鍵的電子只局限于兩個相鄰原子間的小區(qū)域內(nèi)運動，不把分子作為一個整體考慮，它對氫分子離子中的單電子鍵、氧分子中的三電子鍵以及分子的磁性等也無法解釋。分子軌道理論，著重于分子的整體性，它把分子作為一個整體來處理，比較全面地反映了分子內(nèi)部電子的各種運動狀態(tài)，它不僅能解釋分子中存在的電子對鍵、單電子鍵、三電子鍵的形成，而且對多原子分子的結(jié)構(gòu)也能給以比較好的說明。11 寫出O22-，O2 ，O2+ ，O2-分子或

8、離子的分子軌道式。并比較它們的穩(wěn)定性？答：由氧分子的分子軌道能級順序及鍵級的計算方法，得：鍵級 O2+ O2 O2- O22- 2.5 2 1.5 1穩(wěn)定性為： O2+ O2 O2- O22-12 已知NO2，CO2，SO3分子其鍵角分別為132，180，120，判斷它們的中心原子軌道的雜化類型？答：NO2 分子的鍵角介于1200到1800之間，故其中心原子N的雜化類型為sp2,CO2 分子的鍵角為直線形，故其中心原子C的雜化類型為sp,而SO3的鍵角為120故其中心原子S的雜化類型為sp2,19. 試用離子極化的觀點，解釋下列現(xiàn)象：a) AgF易溶于水，AgCl，AgF，AgI難溶于水，溶解

9、度由AgF到AgI依次減小。b) AgCl，AgBr，AgI的顏色依次加深。答： Ag+為18e構(gòu)型，有較強的極化作用，同時又有較大的變形性；而由F-到I-其變形性依次增大，所以由AgF到AgI其共價性依次增強，導(dǎo)致溶解度依次減小，顏色依次加深。20. 試比較下列物質(zhì)中鍵的級性的大小。NaF， HF， HCl， HI， I2答：鍵級大小順序：NaFHFHClI223. 判斷下列各組分子之間存在著什么形式的分子間作用力？苯和CCl4； 氦和水； CO2氣體； HBr氣體； 甲醇和水。答：（1）、（3）只有色散力 （2）色散力和誘導(dǎo)力 （4）取向里、色散力和誘導(dǎo)力 （5） 取向里、色散力和誘導(dǎo)力，

10、氫鍵24. 試判斷Si和I2晶體哪種熔點較高，為什么？答：熔點 Si I2 晶型 原子晶體 分子晶體 第五章 氫和稀有氣體3. 寫出工業(yè)制氫的三個主要化學(xué)方程式和實驗室中制備氫氣最簡便的方法？答： 工業(yè)水煤氣法： C + H2O H2 + CO烷烴脫氫法： C2H6 CH2=CH2 + H2 實驗室法： Zn + H2SO4 H2 + ZnSO46 何為鹽型氫化物？什么樣的元素能形成鹽型氫化物？怎樣證明鹽型氫化物內(nèi)存在H負離子？答: 為離子型氫化物，指氫同電負性較小的堿金屬或堿土金屬化合時獲得一個電子形成H-離子。 離子型氫化物與水發(fā)生強烈反應(yīng)放出氫氣：NaH + H2O = H2 + NaO

11、HH- + H+ = H210 出XeO3在酸性介質(zhì)中被I離子還原得到Xe的反應(yīng)方程式。答：XeO3 + 6H+ + 9I- = 3I3- + Xe + 3H2O14完成并配平下列反應(yīng)方程式：（1） XeF4 + ClO （2） XeF4 + Xe （3） Na4XeO6 + MnSO4 + H2SO4 （4） XeF4 + H2O （5） XeO3 + Ba(OH)2 （6） XeF6 + SiO2 答 XeF4 +2 ClO3-+2 H2O=Xe + 2ClO4-+ 4HFXeF4 + Xe = 2XeF25Na4XeO6 + 2MnSO4 +7 H2SO4 =5XeO3 +2 NaMnO

12、4 + 7 H2O + 9Na2SO46XeF4 + 12 H2O = 2 XeO3 +4Xe + 24HF+ 3O22XeO3 +2 Ba(OH)2 = Ba2XeO6 + Xe + O2 + 2H2O2XeF6 + SiO2 = 2XeOF4 + SiF4第六章 化學(xué)熱力學(xué)初步2.計算體系的熱力學(xué)能變化，已知：（1） 體系吸熱1000J，對環(huán)境做540J的功；（2） 體系吸熱250J，環(huán)境對體系做635J的功；解：(1) U= Q-W = 1000-540=460J (2) U= Q-W = 250+635=885J9.為什么在標準狀態(tài)下穩(wěn)定單質(zhì)的熵不為零？答 : 在0K是任何完整晶型中的

13、分子或原子只有一種排列方式，即唯一的一種微觀狀態(tài)，其熵值為零。而在標準狀態(tài)下的單質(zhì)不符合上述條件，其熵值是一個差值。所以不為零。13.已知下列數(shù)據(jù) fHm0（CO2，g）= 393.5 kJmol-1 fHm0（Fe2O3，s）= 822.2 kJmol-1 fHm0（CO2，g）= 394.4kJmol-1fHm0（Fe2O3，s）= 741.0kJmol-1求反應(yīng)Fe2O3（s） + 3/2C(s) 2Fe(s) + 3/2CO2(g)在什么溫度下能自發(fā)進行。解：Fe2O3（s） + 3/2C(s) 2Fe(s) + 3/2CO2(g)rGm0=rHm0 - TrSm0 rSm0= (rH

14、m0 -rGm0)/T計算得：rHm0=231.95kJ/mol rGm0=149.4 kJ/mol rSm0= 276.83 kJ/mol 則臨界溫度為 T=rHm0/rSm0 = 837K答：略14.查表求反應(yīng)CaCO3(s) CaO(s) + CO2(g)能夠自發(fā)進行的最低溫度。解：CaCO3(s) CaO(s) + CO2(g) rHm0= 178.29 kJ/mol rSm0= 160.49 kJ/molK T=rHm0/rSm0 = 1110K 答：略第七章 化學(xué)反應(yīng)速率3.簡述反應(yīng)速率的碰撞理論的理論要點。答：(1)反應(yīng)物分子間的碰撞頻率越高，反應(yīng)速率越大。 （2）發(fā)生反應(yīng)的分子

15、必須具有一定的能量。（3） 發(fā)生反應(yīng)的分子必須有一定的空間取向。（4） 活化能的概念。4.簡述反應(yīng)速率的過渡狀態(tài)理論的理論要點。答：（1）在反應(yīng)過程中，要經(jīng)過一個過渡狀態(tài)，即反應(yīng)物分子要先形成活化配合物。（2）反應(yīng)速率的大小決定于：活化配合物的濃度、活化配合物的分解速率等因素。（3）活化能的概念：反應(yīng)物與活化配合物之間的能量差。6. 295K時，反應(yīng)2NO + Cl2 2 NOCl，其反應(yīng)物濃度與反應(yīng)速率關(guān)系的數(shù)據(jù)如下：NO/moldmCl2/moldmCl2/moldms0.1000.5000.1000.1000.1000.5008.010-32.010-14.010-2問：（1）對不同反應(yīng)

16、物反應(yīng)級數(shù)各為多少？（2）寫出反應(yīng)的速率方程；（3）反應(yīng)的速率常數(shù)為多少？解：v= k cNOx c Cl2y(1) x=2 y=1(2) v= k cNO2 c Cl2(3) k=8dm3mol-1s-1答：略7.反應(yīng) 2 NO（g） + 2 H2（g） N2（g） + 2 H2O其速率方程式對NO（g）是二次、對H2（g）是一次方程。（1） 寫出N2生成的速率方程式；（2） 如果濃度以moldm3表示，反應(yīng)速率常數(shù)k的單位是多少？（3） 寫出NO濃度減小的速率方程式，這里的速率常數(shù)k和（1）中的k的值是否相同，兩個k值之間的關(guān)系是怎樣的？解： (1) vN2= k1 cNO2 c H2 （

17、2）(3) vNO= k2 cNO2 c H2 vN2 = vNO/2 k2 = 2k111. 高溫時NO2分解為NO和O2，其反應(yīng)速率方程式為(NO2) = kNO22 在592K，速率常數(shù)是4.9810-1dm3mol-1s-1，在656K，其值變?yōu)?.74dm3mol-1s-1，計算該反應(yīng)的活化能。解：由阿倫尼烏斯公式 解得 Ea = 113.7 kJ/mol第八章 化學(xué)平衡4.已知下列反應(yīng)的平衡常數(shù)： HCNH+ + CN- K10 NH3 + H2ONH4+ + OH- K20H2OH+ + OH K30試計算下面反應(yīng)的平衡常數(shù)：NH3 + HCNNH+ CN答：K=( K10K20

18、)/ K30 = 0.8227. 反應(yīng)H2 + CO2H2O + CO在1259K達平衡，平衡時H2=CO2=0.44moldm，H2O=CO=0.56moldm。求此溫度下反應(yīng)的經(jīng)驗的平衡常數(shù)及開始時H2和CO2的濃度。解： 9. HI分解反應(yīng)為2HIH2 + I2，開始時有1molHI，平衡時有24.4%的HI發(fā)生了分解，今欲將分解百分數(shù)降低到10%，試計算應(yīng)往此平衡系統(tǒng)中加若干摩I2。解： 2HIH2 + I2 起始 1 0 0 轉(zhuǎn)化 0.244 0.122 0.122 = x=0.37mol10. 在900K和1.013105Pa時SO3部分離解為SO2和O2 SO3（g）SO2（g）

19、+ O2（g） 若平衡混合物的密度為0.925gdm3，求SO3的離解度。解： PV=nRT P=nRT PM=RT M=68.33 SO3（g）SO2（g）+ O2（g） x 0 0a-x x x= 68.33= 0.34 所以SO3的離解度是34%。答：略13. 對于下列化學(xué)平衡2HI（g）H2（g） + I2（g） 在698K時，Kc=1.8210。如果將HI（g）放入反應(yīng)瓶內(nèi)，問： （1）在HI為0.0100moldm時，H2和 I2各是多少？ （2）HI（g）的初始濃度是多少？ （3）在平衡時HI的轉(zhuǎn)化率是多少？解： （1）2HI（g）H2（g） + I2（g） 2x x x=1.8

20、210 x=1.3510moldmH2和 I2各是1.3510moldm，1.3510moldm。 （2）HI=0.01+21.3510=0.0127moldm （3）=100%=21.3%答：略15. 某溫度下，反應(yīng)PCl5（g）PCl3（g）+ Cl2（g）的平衡常數(shù)K=2.25。把一定量的PCl5引入一真空瓶內(nèi)，當達平衡后PCl5的分壓是2.533104Pa。問：（1） 平衡時PCl3和Cl2的分壓各是多少？（2） 離解前PCl5的壓強是多少？（3） 平衡時PCl5的離解百分率是多少？解： （1） =2.25 P=P=7.60104Pa（2）P=(2.533+7.6)105Pa（3）P=

21、100% = 75.25%答：略23. 在一定溫度和壓強下，某一定量的PCl5的氣體體積為1dm3,此時PCl5氣體已有50%離解為PCl3和Cl2。試判斷在下列情況下，PCl5的離解度是增大還是減小。（1） 減壓使PCl5的體積變?yōu)? dm3；（2） 保持壓強不變，加入氮氣，使體積增至2dm3；（3） 保持體積不變，加入氮氣，使壓強增加1倍；（4） 保持壓強不變，加入氯氣，使體積變?yōu)?dm3；（5） 保持體積不變，加入氯氣，使壓強增加1倍。解： （1）增大； （2）增大； （3）不變； （4）減??； （5）減小；第九章 溶液9.回答下列問題：（a）提高水的沸點可采用什么方法？（b）為什么海水

22、魚不能生活在淡水中？（c）氣體壓強 和溶液滲透壓 有何差別？（d）為什么臨床常用質(zhì)量分數(shù)為0.9%生理食鹽水和用質(zhì)量分數(shù)為5%葡萄糖溶液作輸液？（e）為什么浮在海面上的冰山其中含鹽極少？（f）試述亨利（Henry）定律和拉烏爾（Raoult）定律的適用范圍是。答 ： （a）增大水的蒸氣壓；（b）因為滲透壓不同；（c）=CRT ; p=(n/V)RT 稀溶液的滲透壓與溶液的濃度和溫度的關(guān)系同理想氣體方程式一致。（d）在一定條件下，難揮發(fā)非電解質(zhì)稀溶液的滲透壓與溶液中溶質(zhì)的濃度成正比，而與溶質(zhì)的本性無關(guān)。（e）溶液的凝固點低于純?nèi)軇┑哪厅c。（f）亨利（Henry）定律的適用范圍是中等強度的壓強；

23、 拉烏爾（Raoult）定律的適用范圍是任何強度。11. 10.00cm3NaCl飽和溶液重12.003g，將其蒸干后得NaCl3.173g，試計算：（a）NaCl的溶解度。（b）溶液的質(zhì)量分數(shù)。（c）溶液物質(zhì)的量的濃度。（d）溶液的質(zhì)量摩爾濃度。（e）鹽的摩爾分數(shù)。（f）水的摩爾分數(shù)。解：13.計算下列各溶液的物質(zhì)的量濃度（1） 把15.6gCsOH溶解在1.50dm3水中；（2） 在1.0dm3水溶液中含有20gHNO3；（3） 在100cm3四氯化碳（CCl4）溶液中含有7.0mmolI2；（4） 在100mL水溶液中含1.00gK2Cr2O7。解：第十章 電解質(zhì)溶液4.將1.0dm30

24、.20 moldm的HAc溶液稀釋到多大體積時才能使HAc的解離度比原溶液增大1倍？解: HAc H+ + Ac- C 0 0 C-x x xKa=C2 C112=C22212/22 = C2/ C1即 1/4 = C2/ C1所以榮也需稀釋到4dm3答：略5.求0.10 moldm鹽酸和0.10 moldmH2C2O4混合溶液中的C2O和HC2O的濃度。解: H2C2O4 H+ + HC2O4-平衡時 0.1-x 0.1+x xK=(0.1+x)x/(0.1-x)=5.910-2解得 x=3.110-2即HC2O4-=3.110-2mol/L HC2O4- H+ + C2O42- 3.110

25、-2-y 0.1+3.110-2-y y解得 y=1.510-5 mol/L答：略9：將0.10 dm30.20 moldmHAc和0.050 dm30.20 moldmNaOH溶液混合，求混合溶液的pH值。解： HAc + OH-H2O + Ac- 14. 寫出下列分子或離子的共軛酸。 SO42-， S2-， H2PO4-， NH3， HNO3 ，H2O答：SO4-HSO4-， S2-HS-， H2PO4- H3PO4， NH3-NH4+， HNO3-H2NO3+ ，H2O-H3O+15寫出下列分子或離子的共軛堿。 HAc， H2O， NH3， HPO42-， HS-答：HAc-Ac-， H

26、2O-OH-， NH3-NH2-， HPO42-PO43-， HS-S2-19 在0.10 dm3含有2.010moldm的Pb2+溶液中加入0.10 dm3含I0.040 moldm的溶液后，能否產(chǎn)生PbI2沉淀？解：Q=CPb2+CI-2 = 410-7 KSP(PbI2) 20將5.010-3dm30.20moldm-3的MgCl2溶液與5.010-3dm30.10moldm-3的NH3H2O溶液混合時，有無Mg(OH)2沉淀產(chǎn)生？為了使溶液中不析出Mg(OH)2沉淀，在溶液中至少要加入多少克固體NH4Cl？（忽略加入固體NH4Cl后溶液的體積的變化）解： NH3H2ONH4+ + OH

27、-0.05 x xK=x2/0.05=1.810-5 x2=9.010-7Q=CMg2+COH-2=0.19.010-7=9.010-8 KSP(Mg(OH)2)有沉淀生成當CMg2+COH-2= KSP(Mg(OH)2)時，為剛沉淀，此時COH-2= KSP/ CMg2+ 解得 COH- = 1.3410-5由此可算得需加入NH4Cl固體的質(zhì)量為0.036g答：略21 將0.010mol的CuS溶于1.0 dm鹽酸中，計算所需的鹽酸的濃度。從計算結(jié)果說明鹽酸能否溶解CuS？解： 溶解反應(yīng)： CuS + 2HClCuCl2 + H2Sxx-0.02 0.01 0.01K=KSP/(Ka1ka2

28、)=0.012/x-0.02解得 x=1.2105 mol/L鹽酸無法達到此濃度，所以無法使CuS溶解答：略22現(xiàn)有0.10 dm溶液，其中含有0.0010mol的NaCl和0.0010mol K2CrO4，逐滴AgNO3溶液時，何者先沉淀？解：對AgCl 答：略24如果BaCO3沉淀中尚有0.010mol BaSO4，在1.0dm3此沉淀的飽和溶液中應(yīng)加入多少mol的Na2CO3才能使BaSO4完全轉(zhuǎn)化為BaCO3？解 BaSO4 + CO32- = BaCO3 + SO42- K=KSP(BaSO4)/KSP(BaCO3)=0.022 起始濃度 x 平衡時 x-0.01 0.01即 0.0

29、1/x-0.01 = 0.022 解得 x=0.47mol第十一章 氧化還原反應(yīng)1 用離子電子法配平下列反應(yīng)式：（1） PbO2 + Cl- Pb2+ Cl2 （酸性介質(zhì)）（2） Br2 BrO-3+Br- （酸性介質(zhì)）（3） HgS+2NO3-+Cl- HgCl42-+2NO （堿性介質(zhì)）（4） CrO42-+HsnO2- HsnO3-+CrO2- （堿性介質(zhì)）（5） CuS +CN-+OH- Cu(CN)43-+NCO-+S （堿性介質(zhì)）解：（1） PbO2 + 2Cl- + 4H+= Pb2+ Cl2 + 2H2O（2） 3Br2 + 3H2O = BrO3-+5Br- + 6H+（3）

30、 HgS+2NO3-+4Cl-+ 4H+= HgCl42-+2NO2 + S + 2H2O（4） 2CrO42-+3HSnO2-+ H2O=3HSnO3-+2CrO2-+ 2OH-（5）2CuS +9CN+2OH=2Cu(CN)+NCO+2S+H2O2 用離子電子法配平下列電極反應(yīng)：（1）MnO4-MnO2 （堿性介質(zhì)）（2）CrO42-Cr(OH)3 （堿性介質(zhì)）（3）H2O2H2O （酸性介質(zhì)）（4）H3AsO4H3AsO3 （酸性介質(zhì)）（5）O2H2O2(aq) （酸性介質(zhì)）解：（1）MnO4- + 2H2O +3e=MnO2 + 4OH- (2) CrO42- + 4H2O + 3e

31、= Cr(OH)3 5OH- （3）H2O2 + 2e =2OH-(4) H3AsO4 + 2H+ + 2e = H3AsO3 + H2O (5) O2 + 2H+ + 2e =H2O2(aq) 6.已知電對 Ag+ +eAg, =+0.799V, Ag2C2O4的溶度積為：3.510。求算電對。解 : 電對Ag2C2O4+2e= 2Ag+C2O42-的標準電極電勢即是指各物質(zhì)活度為1時的值。所以有 0(Ag2C2O4/Ag)= 0(Ag+/Ag) + (RT/2F)lnAg+2 Ag+2 = KSP/C2O42- 即 0(Ag2C2O4/Ag)= 0.799+0.059ln3.510-11

32、=0.49V答：略7.MnO離子的歧化反應(yīng)能否自發(fā)進行？已知電對的標準電極電勢為： = 0.56，=2.26V寫出反應(yīng)及電池符號。解: 反應(yīng)方程式為 3MnO42- + 2H2O = 2MnO4- + MnO2 + 4 =OH-E0 =0正極-0負極 = 1.70V 可以反應(yīng) 電池符號為：Pt| MnO42-, MnO4-MnO4-| MnO2,Pt8. 今有一種含有Cl-,Br-,I-三種離子的混合溶液，欲使I-氧化為I2，而又不使Br- ,Cl-氧化。在常用的氧化劑Fe2(SO4)3和KMnO4中，選擇哪一種能符合上述要求。解: Fe3+/Fe2+ MnO4-/Mn2+ Cl2/Cl- B

33、r2/Br- I2/I- 0 0.771 1.51 1.36 1.08 0.53所以只有Fe2(SO4)3符合要求。 16 對于298K時Sn2+和Pb2+與其粉末金屬平衡的溶液，在低離子強度的溶液中Sn2+/ Pb2+=2.98，已知= -0.126V，。解 Sn + Pb2+Sn2+ + Pb K=Sn2+/ Pb2+=2.98 lg K= = = x = -0.14V= -0.14V答：略17在298K時反應(yīng)Fe3+ + AgFe2+ + Ag+的平衡常數(shù)為0.531。已知= +0.770V，計算。解 lg K= = = x = 0.786V= 0.786V答：略第十二章 鹵素 1 鹵素

34、中哪些元素最活潑？為什么有氟至氯活潑性變化有一個突變？答：單質(zhì)的活潑性次序為：F2Cl2Br2I2從F2到Cl2活潑性突變，其原因歸結(jié)為F原子和F離子的半徑特別小。F Cl Br I F Cl Br Ir/pm 64 99 114 133 136 181 195 216（1）由于F的原子半徑非常小，F(xiàn)F原子間的斥力和非鍵電子對的斥力較大，使F2的解離能遠小于Cl2 的解離能。（2）由于F-離子半徑特別小，因此在形成化合物時，氟化物的離子鍵更強，鍵能或晶格能更大。（3）由于F-離子半徑特別小，F(xiàn)-的水合放熱比其他鹵素離子多。3.寫出氯氣與鈦、鋁、氫、水和碳酸鉀作用的反應(yīng)式，并注明必要的反應(yīng)條件。

35、答：（1） 2Cl2+Ti =TiCl4 加熱，干燥（2） 3Cl2+2Al =2AlCl3 加熱，干燥（3） Cl2+H2 =2HCl 點燃（4） 3Cl2+2P(過量)=2PCl3 干燥 5Cl2(過量)+2P=2PCl5 干燥（5） Cl2+H2O=HClO +HCl（6） Cl2+2K2CO3+H2O=KCl+KClO+2KHCO34.試解釋下列現(xiàn)象：（1）I2溶解在CCl4中得到紫色溶液，而I2在乙醚中卻是紅棕色。（2）I2難溶于水卻易溶于KI中。答：（1）CCl4為非極性溶劑，I2溶在CCl4中后仍為分子狀態(tài)，顯示出I2單質(zhì)在蒸氣時的紫顏色。而乙醚為極性溶劑，I2溶于乙醚時與溶劑間

36、有溶劑合作用，形成的溶劑合物不再呈其單質(zhì)蒸氣的顏色，而呈紅棕色。 （2）I2以分子狀態(tài)存在，在水中歧化部分很少，按相似相溶的原則，非極性的I2在水中溶解度很小。但I2在KI溶液中與I-相互作用生成I3離子，I3離子在水中的溶解度很大，因此，I2易溶于KI溶液。5.溴能從含碘離子的溶液中取代出碘，碘又能從溴酸鉀溶液中取代出溴，這兩者有矛盾嗎？為什么？答：E（Br2/Br-） E（I2/I-）,因此Br2能從I-溶液中置換出I2,Br2+2I-=2Br-+I2。因此,I2能從KBrO3溶液中置換出Br22BrO3-+I2=Br2+2IO-36.為什么AlF3的熔點高達1563 K，而AlCl3的熔

37、點卻只有463K？答：查表知元素的電負性為： Al：1.61 F：3.98 Cl：3.16電負性差為:AlF3 2.37；AlC13 1.55。一般認為，電負性差大于1.7的二元素組成的化合物為離子化合物，小于1.7則二元素組成的化合物為共價化合物。可見MF3為典型的離子化合物，其熔點很高；而AlCl3為共價化合物，其熔點較低。8.寫出下列制備過程的反應(yīng)式，并注明條件：（1） 從鹽酸制備氯氣；（2） 從鹽酸制備次氯酸；（3） 從氯酸鉀制高氯酸；（4） 由海水制溴。答：(1) 4HCl(濃)+MnO2MnCl2+Cl2+2H2O (2) 4HCl(濃)+MnO2MnCl2+Cl2+2H2O2Cl

38、2+H2O+CaCO3CaCl2+CO2+2HClO(3) KClO33KClO4+KCl 利用高氯酸鉀比氯化鉀的溶解度小進行分離。KClO4+H2SO4=KHSO4+HClO4(4) Cl2+2Br-=2Cl-+Br23Na2CO3+3Br2=5NaBr+NaBrO3+3CO25Br-+BrO3-+6H+=3Br2+3H2O9. 三瓶白色固體失去標簽，它們分別是KClO、KClO3和KClO4，用什么方法加以鑒別？答：分別取少量固體加入干燥的試管中，再做以下實驗（1）加入稀鹽酸即有Cl2氣放出的是KClO;KClO+2HCl=KCl+Cl2+H2O（2）加入濃鹽酸有Cl2與放出且溶液變黃的是

39、KClO3;8KC1O3+24HCl(濃)=9Cl2+8KCl+60ClO2(黃)+12H2O另一種則為KClO410.鹵化氫可以通過哪些方法得到？每種方法在實際應(yīng)用中的意義是什么？答：CaF2+H2SO4=CaSO4+2HF以熒石為原料，反應(yīng)在鉛或鉑蒸餾釜中進行。 NaCl +H2SO4(濃)=NaHSO4+HCl 3NaBr + H3PO4(濃)=Na3PO4+3HBr 3NaBr + H3PO4(濃)=Na3PO4+3HBr。11有一種白色固體，可能是KI、CaI2、KIO3、BaCl2中的一種或兩種的混合物，試根據(jù)下述實驗判別白色固體的組成。（1）將白色固體溶于水得到無色溶液；（2）向

40、此溶液加入少量的稀H2SO4后，溶液變黃并有白色沉淀，遇淀粉立即變藍；（3）向藍色溶液加入NaOH到堿性后，藍色消失而白色并未消失。答：白色固體的組成為:CaI2 ,KIO3的混合物12鹵素互化物中兩種鹵素的原子個數(shù)、氧化數(shù)有哪些規(guī)律？試舉例說明。答：鹵素互化物中兩種鹵素的原子個數(shù)不是任意的,中心原子只有一個，為電負性小而半徑大的鹵素；配體個數(shù)為奇數(shù)，一般為電負性大而半徑小的鹵素，如ICl，ICl3，IF5，IF7等。配體的個數(shù)與二種鹵素半徑比有關(guān)，半徑比越大，配體個數(shù)越多。但配體個數(shù)不能超過7個，如碘與氟可形成7個配體的互化物IF7，但碘與氯只能形成3個配體的互化物ICl3。鹵素互化物中心原

41、子氧化數(shù)除與半徑比有關(guān)外，還與兩種元素的電負性差有關(guān)，電負性差等。鹵素互化物中心原子氧化數(shù)除與半徑比有關(guān)外，還與兩種元素的電負性差有關(guān)，電負性差大，中心可以有較高的氧化數(shù)。這與半徑比導(dǎo)致的配位數(shù)多少是一致的。18. 以反應(yīng)式表示下列反應(yīng)過程并注明反應(yīng)條件：（1） 用過量HClO3處理I2；（2） 氯氣長時間通入KI溶液中；（3） 氯水滴入KBr、KI混合液中。答：(1)紫黑色或棕色的I2消失,并有Cl2氣體生成。2HCl03+I2=2HI03+C12(2)先有I2生成,溶液由無色變黃、變橙、變棕直至析出紫黑色沉淀,最后紫黑色沉淀消失得無色溶液。Cl2+2KI=2KCl+I25Cl2+I2+6H

42、20=2HI03+10HCl(3)溶液先變黃或橙,又變淺至近無色,最后又變黃或橙Cl2+2KI=2KCl+I25Cl2+I2+6H20=2HI03+10HClCl2+2KBr=2KCl+Br2第十三章 氧族元素1. 試用分子軌道理論描述下列各物種中的鍵、鍵級和磁性（順磁性、逆磁性）和相對穩(wěn)定性。（1） O2+（二氧基陽離子）（2） O2（3） O2-（超氧離子）（4） O22-（過氧離子）解：先寫出氧分子的分子軌道能級順序，然后得出鍵級 O2+ O2 O2- O22- 2.5 2 1.5 1穩(wěn)定性為：O2+ O2 O2- O22- 磁性： 順 順 順 逆3.解釋為什么O2分子具有順磁性，O3具

43、有反磁性？答：(1)O2的分子軌道式為 可見O2分子中有2個單電子,因而具有順磁性。而O3為反磁性,因O3分子中無單電子，分之中存在34的大鍵。5.油畫放置久后為什么會發(fā)暗、發(fā)黑？為什么可用H2O2來處理？寫出反應(yīng)方程式。答：油畫放置久后會變黑，發(fā)暗，原因是油畫中的白色顏料中含PbSO4，遇到空氣中的H2S會生成PbS造成的。PbSO4+H2S=PbS（黑）+H2SO4 用H2O2處理又重新變白，是因為發(fā)生以下反應(yīng)PbS+H2O2=PbSO4+H2O26.比較氧族元素和鹵族元素氫化物在酸性、還原性、熱穩(wěn)定性方面的遞變性規(guī)律。答：氧族元素的氫化物有H20,H2S,H2Se,H2Te鹵族元素的氫化

44、物有HF,HCl,HBr,HI(1)酸性H20H2SH2SeH2TeHFHClHBrHI鹵族元素氫化物的酸性遠強于同周期的氧族元素的氫化物。 (2)還原性 H2OH2SH2SeH2Te HFHClHBrH2SH2SeH2Te HFHClHBrHI鹵族元素氫化物的熱穩(wěn)定性比同周期的氧族元素氫化物熱穩(wěn)定性高?？梢?，氧族元素的氫化物與鹵族元素氫化物的性質(zhì)遞變規(guī)律相同。9.敘述SO3，H2SO4和發(fā)煙硫酸的相互關(guān)系，寫出固態(tài)、氣態(tài)SO3的結(jié)構(gòu)式。答：SO3為H2SO4的酸酐，SO3溶于水即得H2SO4： S O3+H2O=H2SO4 發(fā)煙硫酸是指濃硫酸吸收SO3后，硫酸中有顏色，而且上部有煙霧。即硫酸

45、中含有過量的SO3，則為發(fā)煙硫酸。 氣態(tài)的SO3分子呈平面三角形結(jié)構(gòu)，S為sp2雜化，分子中有一個46鍵。固態(tài)SO3為多聚體，主要以SO4四面體共用兩個頂點氧形成環(huán)狀或鏈狀倆種結(jié)構(gòu)形式存在。10. 寫出下面陰離子的名稱：S2O32-，S2O42-，S2O62-和S2O82-。答S2O32-:硫代硫酸根，S2O42-連二亞硫酸根，S2O62-連二硫酸根，S2O82-過二硫酸根 11. 簡述OSF2，OSCl2和OSBr2分子中SO鍵強度的變化規(guī)律，并解釋原因。答：分子中SO鍵強度：SOF2SOCl2SOBr2三個化合物的結(jié)構(gòu)均為三角錐形，S為中心原子，且有一孤對電子。（1） X電負性越大，吸引電

46、子能力越強，則S原子周圍的電子密度越低，硫的正電性越高，S對O極化作用越強，SO鍵共價成分越大，鍵越短，故S-O鍵越強。（2） S-O間存在d-p反饋鍵，S周圍電子密度小，吸引電子能力強，S-O間鍵越強。元素電負性FClBr,分子中S周圍電子密度SOF2SOCl2SOBr212. 以Na2CO3和硫磺為原料，怎樣制取Na2S2O3，寫出有關(guān)反應(yīng)方程式。答： S + O2 =SO2 Na2CO3+ SO2 =CO2+Na2SO3 Na2S + SO2 + H2O = Na2SO3 + H2S2H2S + SO2 =3S + 2H2ONa2SO3 + S =Na2S2O313. 有四種試劑：Na2

47、SO4，Na2SO3，Na2S2O3，Na2S2O6其標簽已脫落，設(shè)計一簡便方法鑒別它們。答：取少量試劑分別與稀鹽酸作用（1） 無任何反應(yīng)現(xiàn)象的是Na2SO4（2） 有刺激性氣體放出，但無沉淀的是Na2SO3或Na2S2O6 再滴加BaCl2有白色沉淀生成的是Na2SO3，另一個則是Na2S2O6（3） 有刺激性氣體放出，同時有沉淀析出的是Na2S2O3 14. 由H2S的制備過程來分析它的某些性質(zhì)。答：制備H2S一般采用FeS或Na2S與稀H2SO4或濃H3PO4反應(yīng)，在通風(fēng)櫥中收集H2S氣體。由此可判斷H2S有以下性質(zhì)：（1） 易揮發(fā)性和溶解度小，H2S在水中溶解度較小，且易揮發(fā)，因而用稀

48、硫酸就可以放出H2S氣體（2） 強還原性；在制H2S時不能用濃硫酸，因濃H2SO4可將H2S氧化 H2SO4+H2S=S+SO2+2H2O（3） 毒性：H2S有毒，制備H2S必須在通風(fēng)櫥內(nèi)進行，并對逸出的尾氣進行吸收。15. 一種鹽A溶于水后，加入稀HCl，有刺激性氣體B產(chǎn)生。同時有黃色沉淀C析出，氣體B能使KMnO4溶液退色。若通Cl2于A溶液中，Cl2即消失并得到溶液D，D于鋇鹽作用，即產(chǎn)生不溶于稀硝酸的白色沉淀E。試確定A，B，C，D，E各為何物？寫出各步反應(yīng)方程式。答：A:Na2S2O3; B:SO2 C:S; D:H2SO4 或SO42-; E:BaSO4各步反應(yīng)方程式為S2O32- +2H+=SO2+S+H2O5SO2 + 2MnO4- + 2H2O = 5SO42- + 2Mn2+ + 4H+S2O32- + 4Cl2 + 5H2O = 2SO42- + 8Cl- + 10H+Ba2+ + SO42- = BaSO416. 完成并配平下列反應(yīng)式：（1）H2S+H2O2（2）H2S+Br2（3）H2S+I2（4）H2S+O2（5）H2S+ClO3-+H+（6）Na2S+Na2SO3+H+（7）Na2S2O3+I2（8）Na2S2O3+Cl2（9）SO2+H2O+Cl2（10）H2O2+KMnO4+H+（11）Na2O2+CO2（12）KO2+H2