无机化学第6版张天蓝主编课后复习题答案.docx
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无机化学第6版张天蓝主编课后复习题答案
《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=DE/h=(2.034′10-18
J)/(6.626′10-34
J×s)=3.070′1015
/s;l=hc/DE=(6.626′10-34
J×s′2.998′108
m/s)/(2.034′10-18J)=
9.766′10-8m
2、Dυ3
-34
2
-31
h/2pmDx=(6.626′10
kg×m/s)/(2
′3.14′9.11′10
-10
6
2
2
-34
kg′1′10
m)=1.16′10m/s。
其中
1J=1(kg×m)/s,h=6.626
′10
2
(kg×m)/s
3、
(1)l=h/p=h/m
-34
2
3
υ=(6.626′10
kg×m/s)/(0.010kg
′1.0′10
m/s)=6.626′10-35
m,此波长太小,可忽略;
(2)Dυ≈h/4pmDυ
=(6.626′10
-34
2
-3
m/s)=
kg×m/s)/(4′3.14
′0.010kg′1.0′10
5.27′10-30m,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=0
8、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。
第二章分子结构
1、略。
2、
3、CH4:
sp3杂化;C2H2:
spsp2杂化。
4、
物种价电子数
-
ClO44
-
NO33
2-
6
SiF6
BrF56
NF34
-
NO23
+
NH44
杂化;C2H4:
sp2杂化;H3COH:
sp3杂化;CH2O:
成键电子数孤对电子空间构型
40四面体
30平面三角形
60八面体形
51正方锥形
31三角锥形
21V形
40四面体
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NaCl>MgCl2>AlCl3>SiCl4>PCl5;
(2)LiF HF>HCl>HBr>HI。 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、PbI: K θ 2+ - ] 2 θ + - ] ;Ba(PO) : K θ 2+3 2-2 =[Pb][I ;AgBr: K =[Ag][Br =[Ba][CO]; 2 sp sp 3 4 2 sp 3 Fe(OH): K θ 3+ - 3 S: K θ +2 2- ]; =[Fe][OH] ;Ag =[Ag] [S 3 sp 2 sp 3、BaSO4设的溶解度为S,则 S(BaSO4)=[Kspθ(BaSO4)]1/2=[1.08 10-10]1/2=1.08 10-5 (mol/L)=1.08 10-5 233(g/L)=2.33 10-3(g/L) 。 4、先将PbI2 的溶解度转化为以mol/L 为单位,即S(PbI2 )= [6.22 10-2 10]/461=1.3510-3 (mol/L) ,假设其全部电离,则: Kspθ(PbI2)=[Pb 2+][I -]2=S (2S)2=4S3=9.8 10-9 5、AB2的溶解度为S=(2.4 10-3)/80=3 10-5 (mol/L) ,则 K θ (AB)=4S 3 =4 (3 -5 3 -13 10 )=1.08 10 sp 2 6、混合后: c(Ag+)=10/30 1.0 10-4=1/3 10-4 (mol/L) , c(CrO 2- )=20/30 2.0 -4 =4/3 -4 (mol/L),则Q(AgCrO)=c(Ag +2 4 10 10 ) 4 2- )=(1/3 -4 ) 2 (4/3 -4 )=1.48 -13 θ (AgCrO4)= c(CrO4 10 10 10 1.12 10-12,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-)=(1.7710-10)/0.05=3.5410-9(mol/L),此时残留的I-浓度为: c(I-)=Kspθ(AgI)/c(Ag +)=(8.52 10-17)/(3.54 10-9)=2.41 10-8 (mol/L) 8、查表知: Kspθ(AgI)=8.52 10-17,Kspθ(Ag2CO3)=8.46 10-12, θ (Ag2S)=6.3 -50 。 (1)用Na2CO3处理的转化反应为: 2AgI(s)+CO 2- Ksp 10 3 (aq) AgCO(s)+2I - (aq) ,其平衡常数为 K=[I - 2 2- ]=[I -2 + 2 ] /[CO 3 ][Ag] / 2 3 [CO 2- +2 =[K θ (AgI)] 2 /[K θ -17 2 -12 )= ][Ag] sp sp (AgCO)]=(8.5210 )/(8.46 10 3 2 3 8.5810-22,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)+S 2- (aq) Ag2S(s)+2I -(aq) ,其平衡常 数为K=[I-]2/[S2-]=[I -]2[Ag+]2/[S 2-][Ag+]2= θ 2 θ (Ag2S)]=(8.52 -17 ) 2 /(6.3 -50 17 [Ksp (AgI)] /[K sp 10 10 )=1.1510 ,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0.01mol AgI的沉淀,则溶液中[I-]=0.01mol/L,则根据K=[I -]2/[S2-]得, [S2-]=[I -]2/K=(0.01) 2/1.15 1017=8.69 10-22(mol/L) ,(NH4)2S溶液的初始 浓度为c(S2-)=[S2-]+[I-]/2=8.69 10-22+0.01/2=0.005(mol/L) 。 9、查表知: Kspθ[Fe(OH)3]=2.79 10-39,Kspθ[Fe(OH)2]=4.8710-17。 当Fe3+ - - ) {K θ [Fe(OH)]/ 开始沉淀时,溶液中的OH浓度至少为c(OH sp 3 c(Fe3+)}1/3=[(2.79 10-39)/0.02] 1/3=5.19 10-13 (mol/L) ,pOH=12.29, pH1.71;同样,当 2+ - Fe开始沉淀时,溶液中的 OH浓度至少为c (OH-) {Kspθ[Fe(OH)2]/c(Fe 2+)}1/2=[(4.87 10-17)/0.02] 1/2=4.9410-8 (mol/L) ,pOH=7.31,pH6.69。 故溶液的pH控制在1.71-6.69 范围时, 3+ 2+ Fe以Fe(OH)形式沉底,而 Fe 不生成沉底。 3 10、设沉淀溶解平衡时 Ca2+浓度为 x mol/L。 CaCO3(s) +2HAc(aq) Ca2+(aq) +2Ac-(aq)+H 2CO3(aq) ,平衡时, [HAc]=1.0 ,[Ca2+]=x,[Ac-]=2 x, [H2CO3]=0.040,K={[Ca2+][Ac-]2[H2CO3]}/ [HAc]2={[Ca2+][Ac-]2[H2CO3][H+][CO3 2-]}/{[HAc] 2[H+][CO3 2-]}= θ [CaCO3] θ θ [[H 2CO3 {Ksp Ka[[HAc]]/{K a1 θ 2CO3]}=[2.89 -9 (1.76 -5 )]/ Ka2[[H 10 10 [4.2 10-7 4.79 10-11]=0.043,故HAc的初始浓度为c(HAc)=[HAc]+ [Ac-]=1.0+50.65=2.3mol/L。 11、两种溶液混合后,溶液中Ca2+和CO32-浓度分别为: c (Ca2+)=(20 1.0 10-4)/50=4 10-5mol/L,c 2- )=(30 5.0 -4 )/50=3 -4 2+ (CO3 10 10 mol/L,离子积Q=c(Ca)c 2- )=4 -5 -4 =1.2 -8 θ ,故有沉淀生成。 若混合后稀释至 (CO3 10 310 10 >Ksp 500ml,则溶液中的Ca2+和CO32-浓度分别为: c (Ca2+)=(20 1.0 10-4)/500=4 10-6mol/L,c 2- )=(30 5.0 -4 )/500=3 -5 mol/L,离子积Q=c(Ca 2+ )c (CO3 10 10 2- )=4 -6 -5 =1.2 -10 θ ,故无沉淀生成。 (CO3 10 310 10 第四章酸与碱 + - +- ]/[NH - - 1、NH+HO=NH+OH,K=[NH][OH 3 ];CHCOO+HO=CHCOOH+OH, 3 24 b 4 3 2 3 - - + - +- - Kb=[CH3COOH][OH]/[CH3COO];H2O+H2O=H3O+OH,Kb=[H3O][OH ]=KW;OH+H2O= - - - + + OH+H 2O,Kb=[OH]/[OH ]=1;H3O>CH3COOH>NH4>H2O - 2- + + 2- ]/[HS - ] - - 2、HS+H2O=S+H3O,Ka=[H3O][S ;HS+H2O=H2S+OH, + - + - + - ; K=[HO][H 2 S]/[HS];HO+HO=HO+OH,K=[H O][OH]=K b 3 2 2 3 a 3 W + + - - ]=1;[Zn(HO)] 2+ + + HO+HO=HO+HO,K=[OH]/[OH +HO=HO+[Zn(HO)(OH)] , 3 2 3 2 a 2 6 2 3 2 5 + + 2+ - 2- >[Zn(H2O)5(OH)] + >H2O Ka=[Zn(H2O)5(OH)][H3O]/[Zn(H 2O)6 ] ;OH>S +
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