高等无机化学课后习题答案
大学《无机化学》第四版-上册-习题答案
无机化学（第四版）答案第一章物质的结构1-1 在自然界中氢有三种同位素，氧也有三种同位素，问：总共有种含不同核素的水分子？由于3H太少，可以忽略不计，问：不计3H时天然水中共有多少种同位素异构水分子？1-2 天然氟是单核素（19F）元素，而天然碳有两种稳定同位素（12C和13C），在质谱仪中，每一质量数的微粒出现一个峰，氢预言在质谱仪中能出现几个相应于CF4+的峰？1-3 用质谱仪测得溴得两种天然同位素的相对原子质量和同位素丰度分别为79Br 789183占50。
54%，81Br 80。
9163占49。
46%，求溴的相对原子质量（原子量）。
1-4 铊的天然同位素203Tl和205Tl的核素质量分别为202。
97u和204。
97u，已知铊的相对原子质量（原子量）为204。
39，求铊的同位素丰度。
1-5 等质量的银制成氯化银和碘化银，测得质量比m（AgCl）：m（AgBr）=1。
63810：1，又测得银和氯得相对原子质量（原子量）分别为107。
868和35。
453，求碘得相对原子质量（原子量）。
1-6 表1-1中贝采里乌斯1826年测得的铂原子量与现代测定的铂的相对原子质量（原子量）相比，有多大差别？1-7 设全球有50亿人，设每人每秒数2个金原子，需要多少年全球的人才能数完1mol金原子（1年按365天计）？1-8 试讨论，为什么有的元素的相对质量（原子量）的有效数字的位数多达9位，而有的元素的相对原子质量（原子量）的有效数字却少至3～4位？1-9 太阳系，例如地球，存在周期表所有稳定元素，而太阳却只开始发生氢燃烧，该核反应的产物只有氢，应怎样理解这个事实？1-10 中国古代哲学家认为，宇宙万物起源于一种叫“元气”的物质，“元气生阴阳，阴阳生万物”，请对比元素诞生说与这种古代哲学。
1-11 “金木水火土”是中国古代的元素论，至今仍有许多人对它们的“相生相克”深信不疑。
与化学元素论相比，它出发点最致命的错误是什么？1-12 请用计算机编一个小程序，按1.3式计算氢光谱各谱系的谱线的波长（本练习为开放式习题，并不需要所有学生都会做）。
《无机化学》答案高等教育出版社出版高等教育出版社出版第一单元
第1章 化学反应中的质量关系和能量关系 习题参考答案1．解：1.00吨氨气可制取2.47吨硝酸。
2．解：氯气质量为2.9×103g 。
3．解：一瓶氧气可用天数33111-1222()(13.210-1.0110)kPa 32L 9.6d 101.325kPa 400L d n p p V n p V −×××===×× ４．解：pV MpV T nR mR== = 318 K 44.9=℃５．解：根据道尔顿分压定律i i n p p n=p (N 2) = 7.6×104 Pap (O 2) = 2.0×104 Pap (Ar) =1×103 Pa ６．解：（1） 0.114mol; 2(CO )n =2(CO )p = 42.8710 Pa ×（2）22(N )(O )(CO )p p p p 2=−−43.7910Pa =×（3）4224(O )(CO ) 2.6710Pa 0.2869.3310Pan p n p ×===× 7.解：（1）p (H 2) =95.43 kPa（2）m (H 2) = pVM = 0.194 g 8.解：（1）ξ = 5.0 mol（2）ξ = 2.5 mol结论: 反应进度(ξ)的值与选用反应式中的哪个物质的量的变化来进行计算无关，但与反应式的写法有关。
9.解：U = Q Δp − p ΔV = 0.771 kJ10.解： （1）V 1 = 38.310×-3 m 3= 38.3L（2） T 2 = nRpV 2= 320 K （3）−W = − (−p ΔV ) = −502 J（4） ΔU = Q + W = -758 J（5） ΔH = Q p = -1260 J11.解：NH 3(g) + 45O 2(g) 298.15K ⎯⎯⎯⎯→标准态NO(g) + 23H 2O(g) = − 226.2 kJ·mol \m r H Δ−1 12.解：= Q m r H Δp = −89.5 kJ= − ΔnRTm r U Δm r H Δ= −96.9 kJ13.解：（1）C (s) + O 2 (g) → CO 2 (g)= (CO \m r H Δ\m f H Δ2, g) = −393.509 kJ·mol −1 21CO 2(g) + 21C(s) → CO(g) \m r H Δ = 86.229 kJ·mol −1CO(g) +31Fe 2O 3(s) → 32Fe(s) + CO 2(g) = −8.3 kJ·mol \m r H Δ−1 各反应之和= −315.6 kJ·mol \m r H Δ\m r H Δ−1。
高等教育出版社 无机化学 第十章 课后习题答案
1．把下列氢离子浓度、氢氧根离子浓度换算成pH和pOH。
（1）[H+]=3.2×10 mol·dm ；（2）[H+]=6.7×10 mol·dm ；
（3）[OH ]=2.0×10 mol·dm ；（4）[OH ]=4.0×10 mol·dm 。
解
2．把下列pH、pOH换算成氢离子浓度、氢氧根离子浓度。
解
24．如果BaCO3沉淀中尚有0.010mol BaSO4，在1.0dm 此沉淀的饱和溶液中应加入多少mol的Na2CO3才能使BaSO4完全转化为BaCO3？
解
25．某一元弱酸强碱形成的难溶盐MA，在纯水中的溶解度（不考虑水解）为1.0×10 mol·dm ，弱酸的K 为10 ，试求该盐在[H+]保持为2.4×10 mol·dm 的溶液中的溶解度。
解
19．在0.10 dm3含有2.0×10 mol·dm 的Pb2+溶液中加入0.10 dm3含I 0.040 mol·dm 的溶液后，能否产生PbI2沉淀？
解
Q=
20．将5.0×10 dm 0.20mol·dm 的MgCl2溶液与5.0×10 dm 0.10mol·dm 的NH3·H2O溶液混合时，有无Mg(OH)2沉淀产生？为了使溶液中不析出Mg(OH)2沉淀，在溶液中至少要加入多少克固体NH4Cl？（忽略加入固体NH4Cl后溶液的体积的变化）
解
10．欲配制0.50dm3pH值为9，其中[NH ]=1.0 mol·dm 的缓冲溶液，需密度为0.904g·cm 、含氨质量分数为26.0%的浓氨水的体积？固体氯化铵多少克？4和2.0 mol·dm 盐酸等体积混合，求溶液的pH值。
解
12．取0.10mol·dm 某一元弱酸溶液0.050 dm31.10 mol·dm KOH溶液混合，将混合液稀释至0.10 dm3后，测得pH=5.25，求此一元弱酸得K 。
高等无机课后答案
高等无机课后答案高等无机课后答案【篇一：高等无机化学习题】txt>一、判断题3.杂化轨道中含p成分越多，原子的电负性越大。
2－4.根据vsepr理论，在sif6中，中心原子的价层电子总数为10个。
5.根据vsepr理论，氧族原子提供的电子数为6。
－6.在so3中，中心原子的价层电子总数为12个。
7.sncl2几何构型为直线型。
—8.icl4几何构型为四面体。
－9.nh3和no3的几何构型均为平面三角型。
10.h2o和xef2的几何构型均为平面三角型。
2－－11.so3和no3的几何构型均为平面三角型。
3+2++12.下列三种离子，其极化作用顺序为：al mg na2+2+2+13.下列三种离子，其极化作用顺序为：pb fe mg++++14.ag的极化作用大于k的极化作用，因此ag的极化率小于k 的极化率。
＋15.h的极化能力很强。
16.极化作用愈强，激发态和基态能量差愈小，化合物的颜色就愈深。
17.温度升高，离子间的相互极化作用增强。
18.半径相近、电子层构型相同时，阳离子正电荷越大，极化作用越强。
19.其它条件相同或相近时，阴离子半径越大，变形性越大。
20.无机阴离子团的变形性通常较大。
二、选择题3、与元素的电离能和电子亲和能有关的电负性标度是（）：（a）鲍林标度（b）密立根标度（c）阿莱－罗周标度（d）埃伦标度4、下列基团中，电负性值最大的是（）：（a）cf3- （b）ccl3- （c）cbr3- （d）ci3-5、在以下化合物中，碳原子电负性最大的是（）：（a）ch4 （b）c2h4 （c）c2h2 （d）电负性相同7、xeo3离子的几何构型为（）(a) 三角锥 (b) 四面体 (c) v型 (d) 平面三角形8、根据vsepr理论，多重键对成键电子对的排斥作用最大的是()(a) 叁重键 (b) 双重键 (c) 单重键9、根据vsepr理论，成键电子对(bp)和孤电子对(lp)之间相互排斥作用最大的是()(a) lp－lp (b) lp－bp (c) bp－bp－10、clo3离子的几何构型为()(a) 三角锥 (b) 四面体 (c) v型 (d) 平面三角形11、clf3的几何构型为（）：（a）平面三角型（b）三角锥型（c）t型（d）v型12、nf3的几何构型为（）：（a）平面三角型（b）三角锥型（c）t型（d）v型13、brf3的几何构型为（）：（a）平面三角型（b）三角锥型（c）t型（d）v型14、下列分子中键角最大的是（）：（a）nh3 （b）nbr3 （c）ncl3 （d）nf315、下列分子中键角最大的是()(a) ch4 (b) nh3 (c)h2o （d）h2s16、下列分子中键角最大的是()(a) nh3 (b) ph3 (c) ash3 (d)sbh317、下列分子中键角最小的是（）：（a）pi3 （b）pbr3 （c）pcl3 （d）pf318、若阳离子电荷相同，半径相近，则最外层电子层构型为（）电子构型的阳离子的变形性最小。
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无机化学习题参考答案第一章1. 解 M （NaOH ）= 40g·mol -1 M （2Ca 2+）= 80g·mol -1 M （21Na 2CO 3）= 53g·mol -1 它们的物质的量分别为()(NaOH)0.011000(NaOH) 0.25mol (NaOH)40m n M ⨯===()2+2+2+(2Ca )0.101000(2Ca ) 1.25mol (2Ca )80m n M ⨯===()2323231( Na CO )10.1010002( Na CO ) 1.89mol 1253( Na CO )2m n M ⨯===2.解 M （NaOH ）= 40g·mol -1 M （21CaCl 2）= 55.5g·mol -1()-1(NaOH) 5.0(NaOH)10.0g L 0.5m V ρ===⋅()-1(NaOH)10.0(NaOH)0.25mol L (NaOH)40c M ρ===⋅ ()2-121(CaCl )1 5.02(CaCl )10.0g L 20.5m V ρ===⋅ ()2-1221(CaCl )110.02(CaCl )0.18mol L 1255.5(CaCl )2c M ρ===⋅3.解 题中的反应方程式为10KI + 2KMnO 4 +8H 2SO 4 = 5I 2 + 2MnSO 4 + 6K 2SO 4 + 8H 2O将上述反应方程式按题意变换为KI +51KMnO 4 +54H 2SO 4 =21I 2 +51MnSO 4 +53K 2SO 4 +54H 2O 1mol 21moln （KI +51KMnO 4）mol 0.508254mol则所消耗的反应物的物质的量为n （KI +51KMnO 4）= 2×0.508254= 0.004（mol ）4.解 混合溶液中KCl 的质量浓度()-1(KCl)1000.010(KCl) 3.85g L 0.2500.010m V ρ⨯===⋅+ 所得混合溶液中KCl 的质量浓度超过了极限值。
高等教育出版社 无机化学 第十一章 课后习题答案
x == 0.786V
== 0.786V
18．粗铜片中常含杂质Zn,Pb,Fe,Ag等，将粗铜作阳极，纯铜作阴极，进行电解炼，可以得到纯度为99.99%的铜，试用电极电势说明这四种杂质是怎样和铜分离的。
解
电极电势比较大，△rG 则比较小，所以进行的彻底。
19．在含有CdSO4溶液的电解池的两个极上加外电压，并测得相应的电流。所得数据如下：
E/V
0.5 1.0 1.8 2.02.2 2.4 2.6 3.0
I/A
0.002 0.0004 0.007 0.008 0.028 0.069 0.110 0.192
试在坐标纸上作图，并求出分解电压。
解
得出E=3.0V
20．在一铜电解试验中，所给电流强度为5000A，电流效率为94.5%，问经过3h（小时）后，能得电解铜多少kg（千克）？
16．对于298K时Sn2+和Pb2+与其粉末金属平衡的溶液，在低离子强度的溶液中[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。
17．在298K时反应Fe3++ Ag Fe2++ Ag+的平衡常数为0.531。已知 = +0.770V，计算 。
解
3．现有下列物质：KMnO4, K2Cr2O7, CuCl2, FeCl2, I2, Br2, Cl2, F2在一定条件下它们都能作为氧化剂，试根据电极电势表，把这些物质按氧化本领的大小排列成顺序，并写出它们在酸性介质中的还原产物。
无机化学(下)参考答案(重要).docx
《无机化学》下册（第三版）习题参考答案武汉大学、吉林大学等校编曹锡章、宋天佑、王杏乔修订高等教育出版社屮国石油大学（华东）化学化工学院第十二章卤族元素1. 单质的活泼性次序为：F 2»Cl 2>Br 2>I 2从F 2到Cl 2活泼性突变，其原因归结为F 原了和厂离了的半径特别小。
F Cl Br I 厂 cr Br _ 厂r/pm 64 99114 133 136 181 195 216 (1)由于F 的原了半径非常小，F —F 原了间的斥力和非键电了对的斥力较大，使 F2的解离能(155KJ/mol)远小于CH 的解离能(240KJ/mol)。
(2)山于F 离了半径特别小，因此在形成化合物时，氟化物的离了键更强，键能或 晶格能更大。
(3) 由于F 离子半径特别小，F"的水合放热比其他卤素离子多。
2. 氧化性顺序为：F2>C12>Bf2>l2 ；还原性顺序为：I->BF>C 「>F. 尽管在同族中氯的电子亲合能最高，但最强的氧化剂却是氛卤索单质绘很强的氧化剂，随着原子半径的增大,卤素的氧化能力依次减弱。
尽管在同 族屮氯的电子亲合能最高，但最强的氧化剂却是氟。
一种氧化剂在常温下，在水溶液屮 氧化能力的强弱,可用具标准电极电势值來表示,0&值的大小和下列过程有关(见课本 P524)3. (1)2C12+Ti =TiCl 4 加热, 干燥 (2)3C12+2A1 =2A1C13 加热, 干燥 (3)C12+H 2=2HC1 点燃 (4)3Cb+2P (过量)=2PCb 干燥 5Cb(过量)+2P=2PC15干燥 (5) C12+H 2O=HC1O +HC1(6) C12+2K2C03+H2OKC1+KC10+2KHC034. (1) CC14为非极性溶剂，【2溶在CC14中后仍为分子状态，显示出12单质在蒸气时的紫颜 色。
《无机化学》 高教版 课后答案
11-1用氧化数法配平下列方程式。
（1）KClO3→KClO4＋KCl（2）Ca5(PO4)F＋C＋SiO2→CaSiO3＋CaF2＋P4＋CO（3）NaNO2＋NH4Cl→N2＋NaCl＋H2O（4）K2Cr2O7＋FeSO4＋H2SO4→Cr2(SO4)3＋Fe2(SO4)3＋K2SO4＋H2O（5）CsCl＋Ca→CaCl2＋Cs↑11-2 将下列水溶液化学反应的方程式先改写为离子方程式，然后分解为两个半反应式（答案见附表电极电势表）：（1）2H2O2=2H2O＋O2（2）Cl2＋2H2O=HCl＋HClO（3）3Cl2＋6KOH=KClO3＋5KC＋3H2O（4）2KMnO4＋10FeSO4＋8H2SO4=K2SO4＋5Fe2(SO4)3＋5MnSO4＋8H2O（5）K2Cr2O7＋3H2O2＋4H2SO4= K2SO4＋Cr2(SO4)3＋3O2＋7H2O11-3 用半反应法（离子-电子法）配平下列方程式：（1）K2Cr2O7＋H2S＋H2SO4→K2SO4＋Cr2(SO4)3＋S＋H2O （2）MnO42-＋H2O2→O2＋Mn2-(酸性溶液)（3）Zn＋NO3-＋OH-→NH3＋Zn(OH)4-（4）Cr(OH) 42-＋H2O2→CrO 42-（5）Hg＋NO3-＋H+→Hg22+＋NO11-4将下列反应设计成原电池，用标准电极电势判断标准下电池的正极和负极，电子传递的方向，正极和负极的电极反应，电池的电动势，写出电池符号。
（1）Zn＋2Ag+= Zn2+＋2Ag g（2）2Fe3+＋Fe+=3 Fe2+（3）Zn＋2H+= Zn2+＋H2(4)H2＋Cl2=2HCl（5）3I2＋6KOH=KIO3＋5KI＋3H2O11-5 写出下列各对半反应组成的原电池的电极反应电池符号，并计算标准电动势。
（1）Fe3+＋е-= Fe2+;I2＋2е-=2I-（2）Cu2+＋I-＋е-= CuI2; I2＋2е-=2I-（3）Zn2+＋2е-= Zn;2H+＋2е-=H2（4）Cu2+＋2е-= Cu;2H+＋2е-=H2（5）O2＋2H2O＋4е-=4OH-;2H2O＋2е-= H2＋2OH-11-6 以标准电极电势举例来说明以下说法并非一般规律：元素的氧化态越高，氧化性就越强。
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高等无机化学课后习题答案GE GROUP system office room 【GEIHUA16H-GEIHUA GEIHUA8Q8-第三章习题答案2概述弱场和强场方法的处理步骤并比较其结果。
弱场方法：一、电子相互作用具有一定电子组态的原子或离子通过电子的轨道角动量之间，自旋角动量之间以及轨道角动量和自旋角动量的偶合作用，产生具有不同能量的状态或谱项，利用微扰理论计算谱项分裂后的能量得到分裂的能级。
二、配体场作用：金属离子受到配体电场的影响，电子状态发生改变，导致自由金属离子的谱项2S＋1L也相应地改变，主要表现为自由金属离子谱项分裂产生配离子谱项，即光谱项。
最后的光谱项通过群论得出。
其中配体场球对称部分的作用使离子谱项能量升高，配体场对称性部分的作用使离子谱项分裂。
强场方法：一、配体场作用：金属离子的d轨道在配体场的作用下产生分裂形成电子组态，并按能量高低进行排列。
二、电子相互作用在每一电子组态中，电子间的相互作用进一步产生具有不同能量的谱项（即配体场状态），每一电子组态所产生的谱项可以通过群论的知识得到。
对比两种处理方法的结果：A.得到谱项的种类和数目相同B.得到的谱项能量都是B, C和Dq的函数，决定了谱项能量标度上的相对位置C.两种方法的谱项能量有别，是方法上近似结果造成的3. Co(NH3)+36和Fe(H2O)+36离子是高自旋组态还是低自旋组态？利用表3-7，表3-8和表3-9的数据加以验证。
Co(NH3)+36：??＝f氨×g钴＝1.25×18.2＝22.75 kK＝22750 cm-1P＝23625 cm-1理论上分裂能小，所以分裂，高自旋（实验上应该是低自旋）。
又因为配合物金属离子的成对能要比自由气态离子时的成对能值小15％到30%,综合考虑后Co(NH3)+36是低自旋。
Fe(H2O)+36：??＝f水×g铁＝1×14＝14 kK＝14000 cm-1P＝29875 cm-1 配合物金属离子的成对能要比自由气态离子时的成对能值小15％到30% 综合考虑后，成对能大，所以不成对，高自旋。
4.在下列离子中哪些会发生结构的畸变？（ML6为O h，ML4为T d或D4h）Cr(H2O)+36；3d3，高自旋，无简并，不畸变Ti(H2O)+36，3d1 ，八面体场，三重简并，畸变；Fe(CN)-46，3d6，低自旋，无简并，不畸变；CoCl-24：3d7，配位轨道sp3杂化，高自旋，T d对称性，四面体场，无简并，不畸变；Pt(CN)-24dsp2，5d8，低自旋，四面体场，D4h对称性，无简并，不畸变；ZnCl-24：3d10，sp3杂化，无简并，不畸变；Cu(en)+23对称性位阻，形成螯合物，有二重简并，但不畸变；FeCl-4，3d5高自旋，配位轨道sp3杂化， T d对称性，无简并，不畸变；Mn(H2O)+26：3d5，高自旋，无简并，不畸变。
5．为什么FeCl-36是无色的，CoF-36具有蓝色？FeCl-36中Fe3＋离子高自旋，有5个d电子分填充在5个不同的轨道，所以基态离子谱项是6S，产生的基态光谱项是6A1g，激发态中没有相同多重态谱项，电子跃迁禁阻，溶液为无色。
CoF-36中Co3+是d6电子组态，根据??= B/B0、(1－?) = h x·k M、表3－13和表3－14可以求出B＝(1－h x·k M?B0＝(1-0.33×0.8)×1050＝772.8 cm-1。
772.8 cm-1是橙色光吸收光谱（书P113），所以CoF-36的透过光为蓝色光，溶液呈蓝色。
（橙色的互补光是蓝色）6．Cr(H2O)+36的光谱图上观察到1~ν=17400cm－1和2~ν=23000cm－1，指出它们对应于何种谱项间的跃迁？计算?和B值？预测第三个吸收峰的位置？Cr d3即?＝σ1=17400cm－1，σ2=23000cm－1化简得B＝529.5cm－1再将?和B代入σ3可得σ3＝31742cm－19．说明产生下列化合物颜色的原因：FeF-36无色，FeCl-4黄色，FeBr-4红色FeF-36中心金属离子为d5组态由于没有自旋多重度相同的d－d跃迁方式，溶液为无色。
而FeCl-4与FeBr-4主要是L－M跃迁所致；在L－M跃迁中v1的能量变化次序与Cl＞Br＞I的电离能的降低次序一致；FeCl-4到FeBr-4的跃迁时v1降低，吸收光由紫光变为蓝绿光，所以透射光也就是溶液呈现的光由黄光变为红光。
（红色与绿色为互补色，黄色与紫色为互补色，蓝色和橙色为互补色）13．下列化合物哪些有轨道磁矩的贡献：（I －<Br －<Cl －～SCN －<N 3－<F －<(NH 2)2CO<OH －<C 2O 42－～CH 2(COO)22－< H 2O <NCS －< C 5H 5N ～NH 3～PR 3<NH 2CH 2CH 2NH 2 ～SO 32－<NH 2OH<NO 2－～联吡啶～ 邻-菲绕啉< H －～CH 3－～C 6H 5－<CN －～CO <P(OR)3）FeCl -24：高自旋sp 3杂化，T d 对称，e 轨道有一个单电子，但无等价轨道，t 2轨道有3个单电子，所以没轨道贡献。
Cr(NH 3)+36：O h 对称，t 2g 轨道有三个未成对电子，没有轨道贡献。
Fe(H 2O)+26：O h 对称高自旋，t 2g 轨道两个未成对电子，xz 和yz 轨道等价，有轨道磁矩。
Fe(CN)-36：O h 对称低自旋，t 2g 轨道一个未成对电子，有轨道磁矩。
14．Cu(en)2(H 2O)+22具有畸变八面体结构，在光谱图上的17800cm -1出现一个吸收峰(I. Bertiniet. al. Inorg . Chem ., 19, 1333(1980))，假如考虑旋－轨偶合，计算该离子的磁矩。
?o ＝17800 cm -1＝10 Dq ，d 9组态的基谱项是E g ，激发态谱项是T 2g 所以在O h 场下不应该有轨道贡献，畸变后，轴向拉长，应该是D 4h 对称性，单电子不在等价的简并轨道上，所以也不应该有轨道贡献。
如果考虑轨道贡献，可用公式)1()1(4+++=+L L S S L S μ，其中S ＝1/2，L ＝2，则μS +L ＝3 B.M.。
用精确公式n d ＞5; λ＝－ξd /n =－830/1=－830 cm -1 (n 是单电子数)因为d 9组态的基谱项是E g 是所以α=２;μeff =μ0*(1－αλ/10Dq) =1.73*(1+2*830/17800) =1.8915．Os 4+离子的八面体配合物具有42g t八面体42g t 组态应该有两个未成对电子，按正常计算应该是)2()1(2+=+=n n S S s μ＝2.828 B.M.，而实测值远小于理论值。
用精确公式n d＜5; λ＝ξd /n =ξd /2＞0 (n是单电子数) (1－αλ/10Dq)＜1μeff=μ0*(1－αλ/10Dq)＜02.449μ===偏差的原因主要是因为自旋轨道偶合对磁性造成的影响。
第四章1．如何利用活化参数判别反应机理，利用Al3+和Ga3+水合离子的水交换反应为例加以说明。
答：对于气相反应和在溶液中由反应物到形成活化配合物时的溶剂化能的变化可以忽略的反应，大而正的?H?和?S?值(过程中多半伴有键的断裂和质点数的增加)，强烈地示意过渡态只有解离的活化模式，反应机理为D或I d机理。
小而正的?H?和负的?S?通常反映缔合的活化模式，反应为A或I a机理。
从表4－2中的数值可以看到，对Al3+和Ga3+的水交换反应的?H?分别为112.9kJ·mol-1和26.3 kJ·mol-1，这样大的差值示意这两种合场离子的水交换反应经由不同的机理进行。
Al3+的?S?=117J·K-1·mol-1，这一大而正的数值强烈地示意反应是通过解离的活化模式进行的。
Ga3+的?S?=-92J·K-1·mol-1，则有缔合的活化模式。
这些情况也与金属离子的结构相吻合，Ga3+离子的体积较大，形成配位数增加的过渡态较容易。
2．写出[Co(NH3)5NO3]2+的酸式水解和碱式水解反应机理，用方程式表示之。
酸式水解：[Co(NH3)5NO3]2+=[Co(NH3)5]3+ +NO3-；[Co(NH3)5]3++H2O=[Co(NH3)5 (H2O)]3+碱式水解：[Co(NH3)5NO3]2++OH-[Co(NH3)4(NH2)NO3]++H2O；[Co(NH3)4(NH2)NO3]+→[Co(NH3)4(NH2)]2++ NO3-；[Co(NH3)4(NH2)]2++ H2O→[Co(NH3)5(OH)]2+3.对于在溶液中Co(Ⅲ)配合物的取代机理，下列事实有何重要意义？（1）酸式水解的速率定律总是为速率＝K A[Co(NH3)5X]2+（2）经常观察到离去的配体X－不是直接被进入的配体Y－取代，而是首先有水进入，然后再被Y－取代。
(1)说明反应为解离机理，[Co(NH3)5X]2+慢[Co(NH3)5]3+＋ X－(2)同样说明了反应为解离机理[Co(NH3)5]3+＋ H2O快[Co(NH3)5H2O]3+[Co(NH3)5H2O]3+＋ Y快[Co(NH3)5Y]2+＋ H2O4.对于[Cr(NH3)5X]2+的水合反应，实验上在50℃时测得其反应速率为：X－K aq / S－1NCS－ 0.11×10－4Cl－ 1.75×10－4Br－ 12.5×10－4I－ 102×10－4说明这些反应的机理。
配离子半径增大，配离子与金属之间形成的键长也增大，键能减弱，容易断裂。
从题目中可知，水解速率随着配离子的变大而增大，这说明反应是受Cr-X 键强度的影响的，因而这些反应应该具有解离模式。
5.实验测得下列配合物的水交换反应的活化体积（单位cm3?mol－1）Co(NH3)5(H2O)3+ +1.2(25,35℃)Cr(NH3)5(H2O)3+ -5.8(25℃)Rh(NH3)5(H2O)3+ -4.1(35℃)Zr(NH3)5(H2O)3+ -3.2(70.5℃)解释这些反应的机理。
第一个?V?>0，I d机理后三个?V?<0，I a机理6.写出下列平面正方形取代反应的机理：7．预测下列反应产物（每种反应物为1mol）8．一个常以外层机理反应的氧化剂与[V(H2O)6]2+的反应比[Cr(H2O)6]2+要快，为什么？V(H2O)62+ 的取代反应比Cr(H2O)62+ 要慢，因此在Cr (H2O)62+ 表现为内层机理的反应中，V(H2O) 62+ 常会经由一个外层机理的反应。