无机化学答案

《无机化学》第6版张天蓝主编课后习题答案《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---34-18J)=-8m2、---。其中1-、--35m，此波长太小，可忽略；（2）≈=(6.6---30m，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，VA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，IB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，VIIA族。11、根据电子填充顺序，72元素的电子组态为：1s22s22p63s23p63d104s24p64d104f145s25p65d26s2，或[Xe]4f145d26s2；其中最外层电子的主量子数n=6，属第6能级组，在第6周期，电子最后填入5d轨道，是副族元素，属IVB族，d区元素，其价电子为5d26s2，用4个量子数表示为：5、2、0、+1/2；5、2、1、+1/2；6、0、0、+1/2；6、0、0、-1/2；12、（1）Br比I的电负性大；（2）S比Si的电离能大；（3）S-比S的电子亲和能大。13、1s22s22p63s23p63d104s24p64d104f145s25p65d105f145g186s26p66d106f147s17d108s28p5，第8周期，VIIA族，p区。14、最外层6个电子，次外层18个电子（3s23p63d10）；它位于第4周期、VIA族、p区；其基态原子的未成对电子数为2。第二章1、略。2、分子结构3、CH4：sp3杂化；C2H2：sp杂化；C2H4：sp2杂化；H3COH：sp3杂化；CH2O：sp2杂化。4、物种ClO4NO3SiF62BrF5NF3NO2NH4+价电子数4366434成键电子数4365324孤对电子0001110空间构型四面体平面三角形八面体形正方锥形三角锥形V形四面体5、根据电负性的差距越大，所形成的化学键的极性越大可以进行判断：（1）极性NaClMgCl2AlCl3SiCl4PCl5；（2）LiFNaFKFRbFHClHBrHI。6、略。7、（1）C原子的价层电子组态为2s22p5，得到4个电子或失去4个电子才能形成稳定的电子层结构，但得失4个电子是十分困难的，故很难形成离子键。（2）AlBr3为共价化合物，熔融时以分子形式存在，故导电性能差。AlBr3溶于水后，在极性水分子的作用下发生电离，生成Al3+和Br-，故水溶液能导电。（3）邻羟基苯甲酸的羟基和羧基相邻，主要形成分子内氢键。而对羟基苯甲酸的羟基和羧基相互背离，不能形成分子内氢键，但能形成分子间氢键，分子间氢键使分子间的作用力增大，导致对羟基苯甲酸的熔点高于邻羟基苯甲酸。（4）根据VSEPR理论，BeF2分子中心原子Be的价层电子对数为2，为直线型分子。SF2分子中心原子S的价层电子对数为4，轨道构型为四面体，但因有2对孤对电子，故SF2的分子构型为V型。（5）P元素有3s、3p和3d轨道，价层电子组态为3s23p3，与Cl原子化合时，可采用sp3不等性杂化与3个Cl原子生成PCl3分子，也可以采用sp3d杂化与5个Cl原子生成PCl5分子；N元素只有2s和2p轨道，价电子组态为2s22p3，只能采用sp3不等性杂化，有3个未成对电子与3个Cl原子生成NCl3分子。（6）用分子轨道理论解释（略）。（7）H2S分子中存在取向力、诱导力和色散力，而H2O分子中除了存在取向力、诱导力和色散力外，还有分子间氢键，导致分子间作用力较大，沸点较高。故是H2O液体，而H2S是液体。（8）用极化理论进行解释（略）。（9）CO分子为碳氧三键，成键时氧原子多提供一对电子，抵消了C、O间由于电负性差距而产生的偶极矩，故CO分子的偶极矩很小；CO2分子的碳氧键虽为极性键，但其分子为对称的直线型分子，故偶极矩为零。（10）BF3分子为对称的平面三角形构型，虽B-F键为极性键，但其分子偶极矩仍为零。NF3分子为不对称的三角锥型构型，且N-F键为极性键，正负电荷中心不重合，故分子的偶极矩不为零。8、（1）色散力。（2）取向力、诱导力、色散力、氢键。（3）取向力、诱导力、色散力。（4）诱导力、色散力。（5）取向力、诱导力、色散力。9、（1）H2＜Ne＜CO＜HF。H2、Ne为非极性分子，分子间只存在色散力，色散力随分子量增大而增大，因此Ne的分子间作用力大于H2分子间作用力。CO分子为极性分子，分子间存在着取向力、诱导力、色散力，其分子量又比Ne大，分子间色散力大于Ne。HF分子间除存在取向力、诱导力、色散力以外，还存在分子间氢键。（2）CF4＜CCl4＜CB4＜CI4。CF4、CCl4、CB4和CI4均为非极性分子，分子间只存在色散力，色散力随分子量增大而增大，因此沸点依次升高。10、略。第三章溶解与沉淀1、（1）离子积和溶度积的表达式均是所有产物浓度的系数次方之积比上所有反应物浓度的系数次方之积。但离子积表示的是任意溶液，是个变量，而溶度积表示的是饱和溶液，是个常量。（2）AgBr在AgNO3溶液中的溶解度很小，是因为同离子效应；而在KNO3溶液中的溶解度增大，是因为盐效应。2、PbI2：Kspθ=[Pb2+][I-]2；AgBr：Kspθ=[Ag+][Br-]；Ba3(PO4)2：Kspθ=[Ba2+]3[CO32-]2；Fe(OH)3：Kspθ=[Fe3+][OH-]3；Ag2S：Kspθ=[Ag+]2[S2-]；3、BaSO4设的溶解度为S，则--5--3(g/L)。4、先将PbI2的溶解度转化为以mol/L为单位，即--3(mol/L)，假设其全部电离，则：Kspθ(PbI2)=[Pb2+][I--95、AB2的溶解度为--5(mol/L)，则--136、混合后：-4=1/3-4(mol/L)，c(CrO42---4(mol/L)，则----13-12，故无沉淀生成。7、Cl-有一半沉淀为AgCl时，溶液中剩余的Ag+浓度为：c(Ag+)=Kspθ(AgCl)/c(Cl---9(mol/L)，此时残留的I浓度为：c(I----8(mol/L)8、查表知：-17，-12，-50。（1）用Na2CO3处理的转化反应为：2AgI(s)+CO32--(aq)，其平衡常数为K=[I-]2/[CO32-]=[I-]2[Ag+]2/[CO32-][Ag+]2=---22，平衡常数非常小，AgI不能转化为Ag2CO3；（2）用(NH4)2S处理的转化反应为：2AgI(s)+S2-I-(aq)，其平衡常数为K=[I-]2/[S2-]=[I-]2[Ag+]2/[S2-][Ag+]2=--，平衡常数非常大，AgI能转化为Ag2S；（3）若在1.0L的(NH4)2S溶液中转化0.01molAgI的沉淀，则溶液中[I-]=0.01mol/L，则根据K=[I-]2/[S2-]得，[S2-]=[I--22(mol/L)，(NH4)2S溶液的初始浓度为c(S2-)=[S2-]+[I--22+0.01/2=0.005(mol/L)。9、查表知：-39，-17。当Fe3+开始沉淀时，溶液中的OH-浓度至少为c(OH--39)/-13(mol/L)，pOH=12.29，；同样，当Fe2+开始沉淀时，溶液中的OH-浓度至少为c(OH--17)/-8(mol/L)，pOH=7.31，。故溶液的pH控制在1.71-6.69范围时，Fe3+以Fe(OH)3形式沉底，而Fe2+不生成沉底。10、设沉淀溶解平衡时Ca2+浓度为xmol/L。-(aq)+H2CO3(aq)，平衡时，[HAc]=1.0，[Ca2+]=x，[Ac-]=2x，[H2CO3]=0.040，K={[Ca2+][Ac-]2[H2CO3]}/[HAc]2={[Ca2+][Ac-]2[H2CO3][H+][CO32-]}/{[HAc]2[H+][CO32-]}=--5)]/--11]=0.043，故HAc的初始浓度为c(HAc)=[HAc]+[Ac-。11、两种溶液混合后，溶液中Ca2+和CO32-浓度分别为：c--5mol/L，c(CO32---4mol/L，离子积----8Kspθ，故有沉淀生成。若混合后稀释至500ml，则溶液中的Ca2+和CO32-浓度分别为：c--6mol/L，c(CO32-)=(30--5mol/L，离子积----10Kspθ，故无沉淀生成。第四章酸与碱1、NH3+H2O=NH4++OH-，Kb=[NH4+][OH-]/[NH3]；CH3COO-+H2O=CH3COOH+OH-，Kb=[CH3COOH][OH-]/[CH3COO-]；H2O+H2O=H3O++OH-，Kb=[H3O+][OH-]=KW；OH-+H2O=OH-+H2O，Kb=[OH-]/[OH-]=1；H3O+CH3COOHNH4+H2O2、HS-+H2O=S2-+H3O+，Ka=[H3O+][S2-]/[HS-]；HS-+H2O=H2S+OH-，Kb=[H3O+][H2S]/[HS-]；H2O+H2O=H3O++OH-，Ka=[H3O+][OH-]=KW；H3O++H2O=H3O++H2O，Ka=[OH-]/[OH-]=1；[Zn(H2O)6]2++H2O=H3O++[Zn(H2O)5(OH)]+，Ka=[Zn(H2O)5(OH)+][H3O+]/[Zn(H2O)62+]；OH-S2-[Zn(H2O)5(OH)]+H2O3、因为[H3O+][OH--14，所以[OH----9mol/L4、已知pKa(HCO3-)=10.32，pKa(HPO42-)=12.36，因酸性HCO3-HPO42-，故碱性CO32-PO435、HAc+NH3=Ac-+NH4+，由于接受质子的能力NH3H2O，故乙酸在液氨中的酸性更强。6、质子传递平衡式为：NH3+H2O=NH4++OH-，且c=1.00mol/L，查表知-10，则-5，由