无机与分析化学第4章习题答案
无机及分析化学期末复习指导习题答案
无机及分析化学期末复习指导习题答案参考答案第1章化学反响速率和化学平衡一、选择题：1、B2、A3、A4、D5、A6、B7、B8、D9、A10、A 二、填空题 1、0.7250.725 2、0.550％ 3、不变4、加快、向左移动5、式平衡右移三、简答题： 1、答:(1)CH3COOH+CH3OH始:1100 平:1-X1-XXX =KC=4X=0.67 ?1=×100%=67%(2)y2/(1-y)(3-y)=Kc=4，y=0.9?2=90%?2>?1，是由乙酸的浓度增大，使平衡右移导致甲醇的转化率升高2、答:升高温度，可以加快正逆反响的反响速度，平衡将逆向移动.因升高温度使速度常数增大，反响速度那么加快.(或从活化分子百分数增大，有效碰撞增多，微观角度说明).依据勒夏特列原理，升高温度，平衡向吸热方向移动.给出反响，逆向吸热，正向放热，所以平衡将逆向移动.3、答:影响化学反响速率的主要因素有：温度、压力、浓度、催化剂等。
影响化学平衡的因素有：温度、压力、浓度。
四、计算题 1.解 CH3COOCH3+H2O kc???80Kp?kc?(RT)???80?(8.314?1000)?1?9.62?10?3K=Kp(p)-△ν=9.62?10?3×(101.325)1=0.9752．(0.25)2?0.625 Kc==0.1Kp=Kc(RT)2-1×523)1=26.8 (2)PCl5的分解百分率为:65% 3．Kp＝2.25K＝228.27第2章定量化学根底习题一、选择题1、B2、A3、C4、B5、A6、C7、C8、C9、B10、C 二、填空题1、实际能测得的数字，准确数字，估计。
2、酸碱滴定法、配位滴定法、氧化复原滴定法、沉淀滴定法。
3、0.02000mol/L，0.1200mol/L，6.702*10g·mL。
4、直接法和标定法。
5、直接滴定法、返滴定法、置换滴定法、间接滴定法。
兰叶青无机及分析化学课后习题答案(所有章节)
第二章 习题解答2－10解：（1）×；（2）×；（3）√；（4）×；（5）×；（6）×；（7）×；（8）×；（9）；（10）×；（11）×2－11解：（1）敞开体系；（2）孤立体系；（3）敞开体系；2－12解：（1） Q =100kJ W=-500 kJ △U = Q + W=-400 kJ（2）Q =-100kJ W=500 kJ △U = Q + W=400 k2－13解：因为此过程为可逆相变过程，所以Q p =△H= ·mol -1W=-p 外△V ≈-n R T =-×=- kJ ·mol -1 △U = Q + W= +（-）= kJ ·mol -12－14解：（1）r m B f m Bf m 2f m f m f m 231B)3CO g Fe,s 3CO,g Fe O ,s 3393.51203(110.52)(822.2)26.77kJ mol H H H H H H -∆=ν∆=∆∆-∆+∆=⨯-⨯-⨯---=-⋅∑（（，）+2（）（）（）（）+ΘΘΘΘΘΘ（2）r m B f m Bf m 2f m 2f m f m 21B)CO g H ,g CO,g H O,g 393.510(110.52)(241.82)41.17kJ mol H H H H H H -∆=ν∆=∆∆-∆+∆=-----=-⋅∑（（，）+（）（）（）（）+ΘΘΘΘΘΘ（3）r m B f m Bf m 2f m f m 2f m 31B)6H O l NO,g 5O ,g 4NH ,g 6285.834(90.25)504(46.11)1169.54kJ mol H H H H H H -∆=ν∆=∆∆-∆+∆=⨯-⨯-⨯-⨯-=-⋅∑（（，）+4（）（）（）（）+ΘΘΘΘΘΘ2－15解：乙醇的Θm f H ∆反应r m H ∆Θ为：（4） 2C （s ，石墨）+3H 2（g ）+1/2O 2（g ）= C 2H 5OH （l ），所以：反应（4）=反应（2）×2+反应（3）×3-反应（1）r m r m r m r m -1(4)2(2)3(3)(1)2(393.5)3(571.6)(1366.7)1135.1kJ mol H H H H ∆=∆+∆-∆=⨯-+⨯---=-⋅ΘΘΘΘ对反应2C （s ，石墨）+ 2H 2（g ）+ H 2O （l ）= C 2H 5OH （l ）r m f m f m 2f m 2f m 1()(H O,l)2(H ,g)2(C,s)1135.1(285.83)2020849.27kJ mol H H H H H -∆=∆-∆-∆-∆=----⨯-⨯=-⋅乙醇ΘΘΘΘΘ虽然，该反应的r m H ∆Θ＜0（能量下降有利），但不能由r m H ∆Θ单一确定反应的方向，实际反应中还须考虑其他因素，如：混乱度、反应速率等。
无机及分析化学 第四章
4-1 酸碱理论(theory of acids and
近代酸碱理论(配碱电离理论)：在水中能解离出 的正离子全是H+的化合物为酸；解离出的负离子全是 OH-的化合物为碱。 酸碱质子论(proton theory of acids and bases) 酸碱电子论(electronic theory of acids and bases) 硬软酸碱规则(rule of hard and soft acids and bases)
Ka c
Kb c c
Kb c
练习：P96 8
*4、水解常数 Khθ hydrolytic constant
盐的水解：
盐在水溶液中，与水作用使水的解离平衡发生移 动，从而可能改变溶液的酸度,这种作用叫作盐的水解。 按照阿累尼乌斯酸碱理论，NaAc为盐，它在水溶 液中的解离反应称为盐的水解反应，按照酸碱质子论， Ac-是碱，则其解离常数Kbθ 即为水解常数Khθ
见例4 - 6、4 - 7
4-2-4 同离子效应和盐效应
解离平衡也是一种化学平衡，当外界条件改变时，平衡就会发生移 动。离子浓度的变化是影响解离平衡的重要因素。
1、同离子效应(common ion effect) α变小
在弱电解质溶液中加入含有相同离子的强电解质，使弱电解质解离度 降低的效应。P81 例4-8
b
MOH c OH ， 若弱碱起始浓度为 c， 平衡时 M OH ， 代入上式
2 2 b
MOH
K OH K
b
b
b
b
2
b
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第1章 思考题与习题参考答案一、选择题1．等压下加热5％的下列水溶液，最先沸腾的是（ ）A. 蔗糖（C 12H 22O 11）溶液B. 葡萄糖（C 6H 12O 6）溶液C. 丙三醇（C 3H 8O 3）溶液D. 尿素（ (NH 2)2 CO ）溶液解：选D 。
在等压下，最先沸腾就是指溶液的蒸气压最低。
根据难挥发非电解质稀溶液的依数性变化规律，溶液质量摩尔浓度增大，溶液的蒸气压下降。
这里，相同质量分数下，溶质的摩尔质量越小，质量摩尔浓度越大。
选项D 中非电解质尿素的摩尔质量最小，尿素溶液的质量摩尔浓度最大，蒸气压最低，在等压下最先沸腾。
2．0.1mol·kg －1下列水溶液中凝固点最低的是（ ）A. NaCl 溶液B. C 12H 22O 11溶液C. HAc 溶液D. H 2SO 4溶液解：选D 。
电解质溶液的依数性虽然不能用拉乌尔定律进行统一的定量计算，但仍然可以参照难挥发非电解质稀溶液的依数性进行定性描述。
即溶质的粒子数目增大，会引起溶液的蒸气压降低，沸点升高，凝固点下降和溶液的渗透压增大。
此题中，在相同质量摩尔浓度下，溶液中的粒子数目估算出来是H 2SO 4溶液最多，所以其凝固点最低。
3．胶体溶液中，决定溶胶电性的物质是（ ）A. 胶团B. 电位离子C. 反离子D. 胶粒解：选D 。
根据胶团结构，胶核和吸附层的整体称为胶粒，胶粒中反离子数比电位离子数少，故胶粒所带电荷与电位离子符号相同。
即胶粒带电，溶胶电性由胶粒决定。
4．溶胶具有聚结不稳定性，但经纯化后的Fe(OH)3溶胶可以存放数年而不聚沉，其原因是（ ）A. 胶体的布朗运动B. 胶体的丁铎尔效应C. 胶团有溶剂化膜D. 胶粒带电和胶团有溶剂化膜解：选D 。
溶胶具有动力学稳定性和聚结稳定性，而聚结稳定性是溶胶稳定的根本原因，它包含两个方面，胶粒带有相同电性的电荷，当靠近时会产生静电排斥，阻止胶粒聚结合并；而电位离子和反离子形成的溶剂化膜，也会阻隔胶粒的聚结合并。
《无机及分析化学》1-12章习题答案
第一章 气体和溶液 (15页)
17. 聚沉能力由大到小排列： A. 100 mL0.005mol·L-1KI 和100 mL0.01mol·L-1
AgNO3 制成的为正溶胶，所以排列顺序为： AlCl3 K3[Fe(CN)6] MgSO4 (电荷同由小到大) B. 100 mL0.005mol·L-1 AgNO3和100 mL0.01mol·L-1 KI制成的为负溶胶，所以排列顺序为： K3[Fe(CN)6] AlCl3 MgSO4(电荷同由大到小)
13.
2SO2(g) + O2(g) = 2SO3(g)
n平衡
1.90
0.95 1.10
K K p( p ) B K C ( Rp T ) B
c(ScO (2S)O c3()O2)RpT1
1.1208.0 010.31 1.2 90.9 58.31151 00.5 031
第三章 化学反应速率和化学平衡 (56页)
V=1425∕900=1.58 L
c=1 25.2 0∕1.5.81 0 =.0 151 .80m1 o8 l·.L6 0 -1 0 9. 40.:0 6.6 00 :5.33 1:2:1
T bm B 0 .05 0 1 .50 00 M K b m A0 .51 9 .0 20 1g 8 m 0-1o
⑸ 减小容器体积
n(Cl2)增大
⑹ 减小容器体积
p(Cl2)增大
⑺ 减小容器体积
K⊖不变
⑻ 升高温度
K⊖增大
⑼ 升高温度
p(HCl)增大
⑽ 加N2 ⑾ 加催化剂
无机及分析化学 第四章习题答案
解：(1) HA+NaOH NaA+H 2 O 1.2500 滴定终点时： 0.09000 41.20 10 3 M HA M HA 337.1g mol 1
(2)当pH=4.30时，溶液为HA
NaA的缓冲溶液，则
1.2500 0.09000 8.24 103 1 cHA 337.1 0.05093 mol L (50.00 8.24) 103 0.09000 8.24 103 1 c A 0.01273 mol L (50.00 8.24) 103 c 0.01273 cH+ K HA HA K HA 104.30 1.25 105 c A 0.05093 1.2500 1 337.1 (3)化学计量点时为NaH溶液:cA- ＝ 0.04066 mol L (50.00 41.20） 103
解：0％：0.1mol.L-1苯酚钠溶液：
cOH
14 10 c Kb 0.1 9.95 2.99 103 mol L1 , 10
pH 11.48
50％：苯酚－苯酚钠缓冲溶液：
cH K a
c苯酚 c苯酚钠
＝ 10－9.95 mol L1， pH 9.95
pH 9.70，选用酚酞为指示剂。
11. 准确称取某一元弱酸（HA）纯试样1.2500g，溶于50.00mL水 中，当加入0.09000 mol· L－1NaOH标准溶液8.24mL时，溶液的 pH=4.30，滴定至终点消耗NaOH标准溶液41.20mL。（1）求弱 酸的摩尔质量M；（2）计算弱酸的解离常数；（3）求化学计量 点时的pH值，并选择合适的指示剂指示终点。
cH
无机及分析化学(董元彦)第四章选择题及答案
9．基态11Na原子最外层电子的四个量子数应是（C ）A. 4，1，0，+1/2或－1/2B. 4，1，1，＋1/2或－1/2C. 3，0，0 ，+1/2或－1/2D. 4，0，0 ，+1/2或－1/2 9．基态19K原子最外层电子的四个量子数应是（D）A. 4，1，0，+1/2或－1/2B. 4，1，1，－1/2C. 3，0，0 ，+1/2D. 4，0，0 ，+1/2或－1/29．在多电子原子中，决定电子能量的量子数为（B）（A）n （B）n和l （C）n, l, m （D）l14．在一个多电子原子中，具有下列各组量子数（n,l,m,m s）的电子，能量最大的电子具有的量子数是（A）A. 3,2,+1,+1/2B. 2,1,+1,-1/2C. 3,1,0,-1/2D. 3,1,-1,+1/2 12．下列各组量子数中，合理的是：（A ）A. n=3，l =1，m=1B. n=3，l =2，m=3C. n=4，l =4，m=0D. n=2，l =1，m=－216. 以波函数Ψ(n,l,m)表示原子轨道时，正确的表示是（A ）A. Ψ3，2，0B. Ψ3，1，1/2C. Ψ3，3，2D. Ψ4，0，-110．某元素基态原子，有量子数n=4，l=0，m=0的一个电子，有n=3，l=2的10个电子，此元素价电子层构型及其在周期表中的位置为 B 。
A.3p63d44s1四周期ⅤBB. 3p63d104s1四周期ⅠBC.3p63d44s1四周期ⅠBD. 3p63d104s1三周期ⅠB12．可以用来描述3d电子的一组量子数是A 。
A. 3，2，1，-1/2B. 3，1，1，+1/2C. 3，0，1，+1/2D. 3，3，1，-1/27. 基态原子的第五层只有2个电子，则原子的第四电子层中的电子数（D）A. 肯定为8个B. 肯定为18个C. 肯定为8~32个D. 肯定为8~18个8. 某元素原子基态的电子构型为[Ar] 3d84s2 ,它在元素周期表中的位置是（A）A. d区B. f区C. p区D. s区9. 对于原子的s轨道，下列说法中正确的是（B）A. 距原子核最近B. 球形对称C. 必有成对电子D. 具有方向性8．BF3中B原子的杂化是sp2杂化，BF3分子空间构型为（B）A. 直线形B. 平面三角形C. 正四面体形D. 三角锥形8. 基态原子外层轨道的能量存在的现象是因为：（ D）A．钻穿效应 B. 洪特规则 C. 屏蔽效应 D. A和C6．从中性原子Li、Be、B原子中去掉一个电子，需要大约相同的能量，而去掉第二个电子时，最难的是：（A）A. LiB. BeC. BD. 都一样11．下列物质中，属于非极性分子的是：（B）A. NH3B. CO2C. PCl3D. H2S13. 下列原子轨道不存在的是（A）A. 2dB. 8sC. 4fD. 7p15. 下列分子中相邻共价键的夹角最小的是（D）A. BF3B. CCl4C. NH3D. H2O16. 都能形成氢键的一组分子是（C）A. NH3，HNO3，H2SB. H2O，C2H2，CF2H2C. H3BO3，HNO3，HFD. HCl，H2O，CH48．下列哪种分子的偶极矩等于零？（C）A. NH3B. H2SC. BeH2D. CH410．水具有反常沸点的主要原因是由于存在着（D）（A）孤对电子（B）共价键（C）范德华力（D）氢键12．下列说法中正确的是（（B））（A）色散力仅存在于非极性分子之间（B）极性分子之间的作用力称为取向力（C）诱导力仅存在于极性分子于非极性分子之间（D）分子量小的物质，其熔点、沸点也会高于分子量大的物质10、从中性原子Li、Be、B原子中去掉一个电子，需要大约相同的能量，而去掉第二个电子时，最难的是：A（1）Li （2）Be （3）B （4）都一样6．下列分子中，由极性键组成的非极性分子为（ A ）A、CCl4B、CHCl3C、HClD、Cl2 11．下列物质中，属于非极性分子的是：（ B ）A. NH3B. CO2C. PCl3D. H2S8．下列哪一系列的排列顺序正好是电负性减小的顺序( C) （A）K、Na、Cl （B）Cl 、Na、K（C）Cl、Na、K （D）三者都是19．下列有关元素核外电子排布错误的是：( C)（A）Fe（Z = 26）：1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 3d6 4s2（B）Cr (Z=24) ：1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 3d5 4s1（C）Cu (Z=29) ：1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 3d9 4s2（D Ca（Z = 20）：1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 4s27．下列分子都具有极性的一组是 C 。
无机及分析 沉淀习题
无机及分析化学习题第四章沉淀的形成与沉淀平衡一、选择题1、AgCl在1mol⋅L-1氨水中比在纯水中的溶解度大。
其原因是（）A.盐效应；B.配位效应；C.酸效应；D.同离子效应2、已知AgCl的p K sp=9.80。
若0.010mol⋅L-1NaCl溶液与0.020mol⋅L-1AgNO3溶液等体积混合，则混合后溶液中[Ag+](单位:mol⋅L-1)约为（）A.0.020;B.0.010;C.0.030;D.0.00503、Sr3(PO4)2的s=1.0⨯10-8mol⋅L-1,则其K sp值为（）A.1.0⨯10-30;B.5.0⨯10-30;C.1.1⨯10-38;D.1.0⨯10-124、用莫尔法测定Cl-对测定没有干扰的情况是（）A.在H3PO4介质中测定NaCl;B.在氨缓冲溶液(pH=10)中测定NaCl;C.在中性溶液中测定CaCl2;D.在中性溶液中测定BaCl25、已知AgBr的p K sp=12.30,Ag(NH3)2+的lg K稳=7.40,则AgBr在1.001mol⋅L-1NH3溶液中的溶解度(单位:mol⋅L-1)为（）A.10-4.90B.10-6.15C.10-9.85D.10-2.456、今有0.010mol⋅L-1MnCl2溶液，开始形成Mn(OH)2溶液(p K sp=12.35)时的pH值是（）A.1.65;B.5.18;C.8.83;D.10.357、已知BaCO3和BaSO4的p K sp分别为8.10和9.96。
如果将1molBaSO4放入1L1.0mol⋅L-1的Na2CO3溶液中，则下述结论错误的是（）A.有将近10-1.86mol的BaSO4溶解；B.有将近10-4.05mol的BaCO3沉淀析出；C.该沉淀的转化反应平衡常数约为10-1.86；D.溶液中[SO2-]=10-1.86 [CO32-]48、晶形沉淀陈化的目的是（）A.沉淀完全；B.去除混晶；C.小颗粒长大，使沉淀更纯净；D.形成更细小的晶体9、某溶液中含有KCl，KBr和K2 CrO4 其浓度均为0.010 mol.dm－3 ，向该溶液中逐滴加入0.010 mol.dm－3 的AgNO3 溶液时，最先和最后沉淀的是( )(已知: K sp AgCl=1.56×10－10 ，K sp AgBr=7.7×10－13 ，K sp Ag2CrO4 =9.0×10－12 )A.AgBr和Ag2CrO4B.Ag2CrO4 和AgClC.AgBr和AgClD.一齐沉淀10、在100 cm3 含有0.010 mol Cu2＋溶液中通H2S 气体使CuS 沉淀，在沉淀过程中，保持C H＋= 1.0 mol.dm－3 ，则沉淀完全后生成CuS 的量是( )(已知H2S:K1 =5.7×10－8 ，K2 = 1.2×10－15，K sp CuS=8.5×10－4 5原子量:Cu 63.6，S 32)A.0.096 gB. 0.96 gC. 7.0×10－22 gD.以上数值都不对11、BaSO4的分子量为233，K sp = 1.0×10－10 ，把 1.0 mmol 的BaSO4配成10dm3 溶液，BaSO4没有溶解的量是( )A.0.0021 gB.0.021 gC.0.21 gD.2.1 g12、当0.075 mol.dm－3 的FeCl2 溶液通H2S气体至饱和(浓度为0.10 mol.dm－3 )，若控制FeS 不沉淀析出，溶液的pH 值应是( )(K sp FeS = 1.1×10－19 ，H2S :K a 1 = 9.1×10－8 ，K a 2 = 1.1×10－12 )A.pH ≤0.10B.pH ≥0.10C.pH ≤8.7×10－2D.pH ≤1.0613、La2(C2O4)3 的饱和溶液的浓度为1.1×10－6 mol.dm－3 ，其溶度积为( )A.1.2×10－12B.1.7×10－28C.1.6×10－30D.1.7×10－1414、已知在室温下AgCl的K sp = 1.8×10－10 ，Ag2CrO4的K sp = 1.1×10－12 ，Mg(OH)2 的K sp =7.04×10－11 ，Al(OH)3 的K sp =2×10－32.那么溶解度最大的是(不考虑水解) ( )A.AgClB.Ag2CrO4C.Mg(OH)2D.Al(OH)315、若将AgNO2放入1.0 dm3 pH = 3.00 的缓冲溶液中，AgNO2溶解的物质的量是( )。
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第四章配位化合物习题参考解答1.试举例说明复盐与配合物，配位剂与螯合剂的区别。
解复盐(如KCl ·MgCl 2·6H 2O)在晶体或在溶液中均无配离子，在溶液中各种离子均以自由离子存在；配合物K 2[HgI 4]在晶体与溶液中均存在[HgI 4]2-配离子，在溶液中主要以[HgI 4]2-存在，独立的自由Hg 2+很少。
配位剂有单基配位剂与多基配位剂：单基配位剂只有一个配位 原子，如NH 3(配位原子是N)；多基配位剂(如乙二胺H 2N －CH 2－ CH 2－NH 2)含有两个或两个以上配位原子，这种多基配位体能和中 心原子M 形成环状结构的化合物，故称螯合剂。
2.哪些元素的原子或离子可以作为配合物的形成体？哪些分 子和离子常作为配位体？它们形成配合物时需具备什么条件？ 解配合物的中心原子一般为带正电的阳离子，也有电中性的 原子甚至还有极少数的阴离子，以过渡金属离子最为常见，少数高 氧化态的非金属元素原子也能作中心离子，如Si(Ⅳ)、P(Ⅴ)等。
配位体可以是阴离子，如X－、OH －、SCN －、CN －、C 2O 4－等；也可以是中性分子，如H 2O 、CO 、乙二胺、醚等。
它们形成配合物时需具备的条件是中心离子(或原子)的价层上 有空轨道，配体有可提供孤对电子的配位原子。
3.指出下列配合物中心离子的氧化数、配位数、配体数及配离 子电荷。
[CoCl 2(NH 3)(H 2O)(en)]ClNa 3[AlF 6]K 4[Fe(CN)6]Na 2[CaY][PtCl 4(NH 3)2]解配合物 [CoCl 2(NH 3)(H 2 O)(en)]Cl 氧配 化位 数数 Co( +3)6配体数5个，分别为Cl －(2个)、－(2个)、en 、NH 3、H 2O配离子电荷＋Na 3[AlF 6]A l(+－－33)66个FK 4[Fe(CN)6]Fe(+2) －－466个CNNa 2[CaY]C a( +2)61个Y4-－2 1[PtCl4(NH3)2] P t(+4)66个，4个Cl －，2个NH304.命名下列配合物，指出中心离子的氧化数和配位数。
K2[PtCl6][Ag(NH3)2]Cl[Cu(NH3)4]SO4K2Na[Co(ONO)6]Ni(CO)4[Co(NH2)(NO2)(NH3)(H2O)(en)]ClK2[ZnY]K3[Fe(CN)6]解氧配配合物命名化位数数K2[PtCl6]六氯合铂(Ⅳ)酸钾P t(+4)6[Ag(NH3)2]Cl一氯化二氨合银(I) A g(+1)2[Cu(NH3)4]SO4硫酸四氨合铜(II) C u(+2)4K2Na[Co(ONO)6] 六亚硝酸根合钴(III)酸二钾钠Co(+3)6Ni(CO)4四羰基合镍N i(0)4[Co(NH2)(NO2)(NH3) (H2O)(en)]Cl一氯化一胺基·一硝基·一氨·一水·一乙二胺合钴(III)C o(+3)6K2[ZnY] 乙二胺四乙酸根合锌(II)酸钾Zn(+2)6K3[Fe(CN)6]六氰合铁(III)酸钾F e( +3)65.根据下列配合物的名称写出它们的化学式。
二硫代硫酸合银(I)酸钠四硫氰酸根二氨合铬(错误！未找到引用源。
)酸铵；四氯合铂(错误！未找到引用源。
)酸六氨合铂(错误！未找到引用源。
)二氯一草酸根一乙二胺合铁(III)离子硫酸一氯一氨二乙二胺合铬(III)解Na3[Ag(S2O3)2]NH4[Cr(SCN)4(NH3)2][Pt(NH3)6][PtCl4][FeCl2(C2O4)(en)][CrCl(NH3)(en)2]SO426.下列配离子具有平面正方形或者八面体构型，试判断哪种配2－为螯合剂？离子中的CO3+[Co(CO3)(NH3)4]+[Pt(CO3)(en)][Co(CO3)(NH3)5][Pt(CO3)(NH3)(en)]+、[Pt(CO3)(en)]中CO32－为螯合剂。
解[Co(CO3)(NH3)4]7.定性地解释以下现象：①铜粉和浓氨水的混合物可用来测定空气中的含氧量。
②向Hg(NO3)2滴加KI，反过来向KI滴加Hg(NO3)2，滴入一滴时，都能见到很快消失的红色沉淀，分别写出反应式。
③金能溶于王水，也能溶于浓硝酸与氢溴酸的混酸。
解①在浓氨水存在下，铜粉可被空气中氧气氧化。
2++4OH-2Cu+8NH3+O2+2H2O=2[Cu(NH3)4]②Hg2++2I-=HgI2↓HgI2+Hg2+=2HgI+HgI2+2I-=HgI2-4③在这些混合酸中，卤离子起配位作用，生成稳定的AuCl4-或-，使反应得以进行。
AuBr4Au+4HBr+HNO3=HAuBr4+NO↑+2H2O2配离子为平面正方形，8.试解释下列事实：[Ni(CN)4]2+配离子为正四面体。
[Zn(NH3)4]解Ni2+为d8构型，在强场中以dsp2杂化成键，所以为平面正方形。
Zn2+为d10构型，只能以sp3杂化成键，故为正四面体。
9.AgNO3能从Pt(NH3)6Cl4溶液中将所有的氯沉淀为AgCl，但在Pt(NH3)3Cl4中仅能沉淀出1/4的氯，试根据这些事实写出这两种配合物的结构式。
解[Pt(NH3)6]Cl4；[PtCl3(NH3)3]Cl。
10.有两种钴(Ⅲ)的配合物组成均为Co(NH3)5Cl(SO4)，但分别只与AgNO3和BaCl2发生沉淀反应。
写出两个配合物的化学结构式。
解能与AgNO3反应生成AgCl沉淀者，Cl－为外界，化学结构式为[CoSO4(NH3)5]Cl，能与BaCl2反应生成BaSO4沉淀者外界为2－，化学结构式为[CoCl(NH3)5]SO4。
SO411.举例说明何为内轨型配合物，何为外轨型配合物？3+配位原子O的电负性很大，不易给出孤电子解[Fe(H2O)6]对，对中心离子影响较小，中心离子使用外层空轨道4s、4p、4d3d2杂化轨道与配位体结合。
进行杂化生成能量相同、数目相等的sp 这类配合物叫做外轨型配合物。
33－配位原子C的电负性较小，较易给出孤电子对，对[Fe(CN)6]中心离子影响较大使电子层结构发生变化，3d轨道上的成单电子被强行配对，腾出内层能量较低的d轨道与4s、4p杂化，形成能量相同、数目相等的d2sp3杂化轨道与配位体结合。
这类配合物叫做内轨型配合物。
12.一些铂的配合物可以作为活性抗癌药剂，如cis-PtCl4(NH3)2、cis-PtCl2(NH3)2、cis-PtCl2(en)等。
实验测得它们都是反磁性物质，试用杂化轨道理论说明它们的成键情况，指出它们是内轨型配合物还是外轨型配合物。
解(1)cis-PtCl4(NH3)2中心原子Pt的氧化态为IV，内层d轨道有6个电子，已知配合物为反磁性物质，即无成单电子，故其一定为内轨型配合物，杂化方式为d2sp3(2)cis-PtCl2(NH3)2、cis-PtCl2(en)中心原子Pt的氧化态为II，内层d轨道有8个电子，同(1)所述，这两个配合物也是内轨型配合物，2杂化方式为dsp13.已知下列配合物的磁矩，根据价键理论指出各中心离子的价层电子排布、轨道杂化类型、配离子空间构型，并指出配合物属内轨型还是外轨型。
(1)[Mn(CN)6]3(μ=2.8B..M.)；(2)[Co(H2O)6]2+(μ=3.88B..M.)；2+(μ=0)；(4)(3)[Pt(CO)4][Cd(CN)4]2(μ=0)。
2sp3，八面体，解(1)有2个未成对电子，d内轨型。
(2)有3个未成对电子，sp3d2，八面体，外轨型。
轨型。
2，正方形，内(3)没有未成对电子，dsp(4)没有未成对电子，sp3，四面体，外轨型。
8.工业上为了防止锅炉结垢，常用多磷酸盐来加以处理，试说明原因。
解工业上常用多磷酸盐来处理锅炉用水，是由于多磷酸盐能与水中的Ca2+、Mg2+离子形成稳定的、可溶性的配离子，可防止2+、Mg2+离子与SO42或CO32结合成难溶盐沉积在锅炉内壁。
Ca9.举例说明何为高自旋配合物，何为低自旋配合物？43+配离子中，配体H 2O 为弱场配体，ΔO <P(P 为 解[Fe(H 2O)6]电子成对能)，电子成对需要能量高，故5个电子尽量分占轨道从而使[Fe(H 2O)6]3+配离子具有最多自旋平等的成单电子的状态，即为高自旋配合物。
3-配离子中，配体CN －为强场配体，ΔO >P ，5个电子[Fe(CN)6] 排布时优先占据3个简并的d ε轨道，此时仅有一个为成单电子，3-为低自旋配合物。
[Fe(CN)6]10.影响晶体场中中心离子d 轨道分裂能的因素有哪些？试举例说明。
解分裂能Δ的大小主要依赖于配合物的几何构型、中心离子 的电荷和d 轨道的主量子数n ，此外还同配位体的种类有很大关系。
(1)配合物的几何构型同分裂能的关系如下：平面正方形>八面 体>四面体。
(2)中心离子正电荷越高，分裂能越大。
2+离子水合物的ΔO 约在7500～14000 第四周期过渡元素的M－1之间，而M 3+离子的Δ－1之间。
cm O 约在14000～21000cmn+离子，在配位体相同时，绝大 (3)同族过渡金属相同电荷的M多数的分裂能值增大的顺序为3d<4d<5d ，如：CrCl 63－(ΔO =13600cm－1)<MoCl 63－1)－(ΔO =19200cmRhCl 63－(ΔO =20300cm－1)<IrCl 63－1)－(ΔO =24900cm(4)当其它情况相同时，在八面体配合物ML 6中分裂能的大小， 随配位体的不同，有如下的“光谱化学序列”，这也是配位场从弱到 强，分裂能由小到大的顺序：－<Br －<Cl －<SCN －<F －<尿素<OH －～－O －N ＝O －<C 2O 42－I <H 2O<－NCS－<EDTA 4－<吡啶～NH 3<en<SO 32－<联吡啶～邻二氮菲<－NO 2－<CN －～CO 。
17.已知下列配合物的磁矩，指出中心离子的未成对电子数， 给出中心d 轨道分裂后的能级图及电子排布情况，求算相应的晶体场稳定化能。
(1)[CoF6]3(μ=4.9B..M.)；(2)[Co(NO2)6]4(μ=1.8B..M.)；(3)[Mn(SCN)6]4(μ=6.1B..M.)；(4)[Fe(CN)6]3(μ=2.3B..M.)解未成对电d电子排布CFSE5 egt2g子数[CoF6] 34个-4D qe g[Co(NO2t41个-18D q2g )6]e gt2g [Mn(SC45个0N)6]e g[Fe(CN)6t31个2g-20D q]3+是反磁性的，问：18.实验测得配离子[Co(NH3)6](1)它属于什么几何构型？根据价键理论判断中心离子采取什么杂化状态？(2)根据晶体场理论说明中心离子轨道的分裂情况，计算配合物的晶体场稳定化能。