无机化学课后习题答案
中级无机化学唐宗薰版课后习题第一章答案
159
解答：
3H2 ＋ N2 ＝ 2NH3
△rHmθ＝3△bHmθ(H－H)＋△bHmθ(N≡N)－2×3△bHmθ(N－H)
＝3×436＋946－6×389
＝－80 kJ·mol－1
△rHmθ＝2△fHmθ(NH3)－3△fHmθ(H2)－△fHmθ(N2)
＝2×(－46.11)－3×0－0
＝－92.22 kJ·mol－1
(sp3d2), 八面体。
Me Cl Cl Cl
Cl Me Cl Cl Me
(Me3P)2SbCl5 Me P Sb P Me (sp3d3)，五角双锥。
Me Cl
Me Cl
157
5 在(Cl5Ru)2O 中 Ru―O―Ru 的键角为 180°，写出 O 的杂化态，说明 Ru―O―Ru 有大键角的 理由。
Sb：5s25p3 松紧效应引起偏松，4d10 屏蔽小引起偏紧，总效应是偏松，故电负性小；
Bi：6s26p3 松紧效应引起偏紧，5d10 屏蔽小引起偏紧，总效应是偏紧，故电负性大；
查表：N(3.04) p(2.19) As(2.18) Sb(2.05) Bi(2.02)
△χ
0.85 0.01
0.13
第 1 章习题
1 已知在 Cl3P－O－SbCl5 中 P－O－Sb 的键角为 165°，写出 P、O、Sb 的杂化态。 解：P：sp3，3 条 Cl－P σ 键；1 对孤对电子；
O：sp3，6 个价电子配成 3 对孤对电子占据 3 条 sp3 轨道；空出 1 条轨道接受来自 P 的孤对
电子；
Sb：sp3d2，5 条 Cl－P σ 键；1 条空轨道接受来自 O 的孤对电子；
解：根据 rAB＝rA＋rB－c|χA－χB|，可见，键长决定于参与成键的两个原子的半径之和及电负性之 差，半径越大，键长越长，电负性差值越大，键长越短。
无机化学课后题答案13
第十三章习题解答13-1 答：生命元素可分为二类，它们是：生命必需元素和有害元素。
前者又可进一步分为：必需宏量元素和必需微量元素。
绝大多数生命必需元素分布于第1-4周期，其原子序数小于36，只有Sn和I位于原子序数36之后；必需宏量元素主要集中在元素序数为20之前；必需微量元素主要分布在第四周期的过渡金属元素；有害元素主要分布在5、6周期的IIB和IIIA-VIA族中。
13-2答：因为生物效应不仅与生体内的某元素总浓度有关，更与其存在的形态有关。
同一元素不同的形态，其生物效应是不同的。
例如，Cr3+是维持生物体内葡萄糖平衡以及脂肪蛋白质代谢的必需微量元素之一；而Cr6+是水体中的重要污染物，有包括致癌作用在内的多种毒性。
又如，Al3+ 离子能穿过血脑屏障而进入人脑组织引起痴呆等严重后果；而AlF4- 没有这种危险。
茶叶中铝含量较高，但茶水中的铝主要以AlF4-形态存在，因此，茶叶的营养价值不受铝含量高的影响。
由此可见，研究元素的形态较之研究实际总浓度对生命物质影响的意义更为重要。
13-3答：因为铝在冷浓硝酸和硫酸中会产生钝化作用，表面形成的致密氧化膜阻止它们之间的进一步反应。
13-4答：因为Na+离子的半径比K+离子的小，水合能大，易吸水。
若用NaClO3替代KClO3制造炸药，易潮解而失效。
13-5答：因为CuS的溶解度非常小，解离产生的S2- 浓度很小，在HCl溶液中不至于产生H2S而使沉淀溶解平衡向沉淀溶解方向移动，所以CuS不能溶解于HCl溶液中。
但在HNO3溶液中，因发生下列氧化还原反应：3CuS + 8HNO3 = 3Cu(NO3)2 + 3S + 2NO + 4H2O从而促使CuS的溶解。
13-6答：卤素单质的氧化性随卤素的原子序数的增加而减小，而卤素离子的还原性且随卤素原子序数的增加而增大。
这是因为随着原子序数的增大，原子半径也增大，其单质的非金属性减弱，接受电子的能力减弱，氧化性减弱，而其离子失去电子的能力却好相反。
第十章中级无机化学课后习题答案
第10章习题1 简要回答问题(1) 什么叫稀土元素? 什么叫镧系元素?答：参见本书10.1节《概述》。
(2) 镧系收缩的原因是什么? 简述镧系收缩造成的影响。
答：关于镧系收缩的原因参见本书10.1.2节《原子半径和离子半径》。
由于镧系收缩的影响，使第二、三过渡系的Zr和Hf、Nb与Ta、Mo与W三对元素的半径相近，化学性质相似，分离困难。
(3) 为什么Eu、Yb原子半径比相邻元素大? 而Ce又小?答：① Eu、Yb元素参与形成金属键的电子数为2，Ce为3.1，其余为3.0；② Eu、Yb具碱土性；③ Eu、Yb的f7、f14的半充满和全充满的结构能量低、稳定、屏蔽大，核对外面的6s电子吸引较弱。
(4) 为什么镧系元素的电子结构在固态和气态不同?解：参见本书10.1.1节《镧系元素的价电子层结构》。
(5) 镧系离子的电子光谱同d区过渡金属离子相比有何不同? 为什么?解：除La3＋、Lu3＋离子的4f电子层是全空(4f0)和全满(4f14)之外，其余Ln3＋离子4f轨道上的电子数由1到14，这些电子可以在7条4f简并轨道上任意排布，这样就会产生各种光谱项和能级。
4f 电子在不同能级间跃迁可以吸收或发射从紫外经可见直至红外区的各种波长的电磁辐射。
通常具有未充满的4f电子壳层的原子或离子，可以观察到的光谱线大约有30 000条，而具有未充满d电子壳层的过渡金属元素的谱线约有7 000条。
在理论上，f→f跃迁产生的谱线强度不大。
但是某些f→f跃迁的吸收带的强度，随镧系离子周围环境的变化而明显增大(这种跃迁称为超灵敏跃迁)。
这可能是由于配体的碱性、溶剂的极性、配合物的对称性以及配位数等多种因素的影响，亦即离子周围环境的变化，再加上镧系离子本身的性质等诸因素的综合作用所引起的。
镧系离子的吸收谱带范围较广且镧系离子光谱谱带狭窄，表明电子跃迁时并不显示激发分子振动，狭窄的谱带意味着电子受激发时分子势能面几乎没有变化，这与f 电子与配体只存在弱相互作用相一致。
《无机化学》习题册及答案
《无机化学》课程习题册及答案第一章溶液和胶体一、是非题：（以“＋”表示正确，“－”表示错误填入括号）1．渗透压力比较高的溶液，其物质的量浓度也一定比较大。
（）2．相同温度下，物质的量浓度均为200mmol·L-1的NaCl溶液和葡萄糖溶液，其渗透压相等（）3．相同温度下，渗透浓度均为200mmol·L-1的NaCl溶液和CaCl2溶液，其渗透压相等（）4．临床上的两种等渗溶液只有以相同的体积混合时，才能得到等渗溶液。
（）5. 两种等渗溶液以任意比例混合所得溶液在临床上必定是等渗溶液（）6．临床上，渗透浓度高于320 mmol⋅L-1的溶液称高渗液（）7．在相同温度下，0.3 mol⋅L-1的葡萄糖溶液与0.3 mol⋅L-1的蔗糖溶液的渗透压力是相等的（）8. 物质的量浓度均为0.2mol·L-1的NaCl液和葡萄糖液渗透浓度相等（）9. 对于强电解质溶液，其依数性要用校正因子i来校正。
（）二、选择题1．使红细胞发生溶血的溶液是（）A．0.2mol·L-1 NaCl B．0.1mol·L-1葡萄糖C．0.3mol·L-1葡萄糖D．0.4mol·L-1 NaCl2．物质的量浓度均为0.1 mol·L-1的下列溶液，其渗透压最大的是（）A．葡萄糖B．NaCl C．CaCl2D．无法比较3．使红细胞发生皱缩的溶液是（）A．0.1mol·L-1 NaCl B．0.1mol·L-1葡萄糖C．0.3mol·L-1葡萄糖D．0.2mol·L-1 NaCl4．在相同温度下，物质的量浓度均为0.1 mol·L-1的下列溶液，其渗透压最小的是（）A．葡萄糖B．NaCl C．CaCl2D．无法比较5．物质的量浓度均为0.1 mol·L-1的下列溶液，在临床上属于等渗溶液的是（）A．葡萄糖B．NaCl C．CaCl2D．蔗糖6. 试排出在相同温度下下列溶液渗透压由大到小的顺序( )a. c(C6H12O6)= 0.2 mol·L-1b. c[(1/2)Na2CO3]= 0.2 mol·L-1c. c[(1/3)Na3PO4]= 0.2 mol·L-1d. c(NaCl)= 0.2 mol·L-1A. d＞b＞c＞aB. a＞b＞c＞dC. d＞c＞b＞aD. b＞c＞d＞a7. 医学上的等渗溶液，其渗透浓度为（）A. 大于280 mmol·L-1B. 小于280 mmol·L-1C. 大于320 mmol·L-1D. 280－320 mmol·L-18.欲使同温度的A、B两种稀溶液间不发生渗透，应使两溶液（A、B中的基本单元均以溶质的“分子”式表示）( ) A 质量摩尔浓度相同 B 物质的量浓度相同C 质量浓度相同D 渗透浓度相同9. 质量浓度为11.1g·L-1CaCl2 (M=111.0 g·mol-1）溶液的渗透浓度是( )A.100mmol ·L-1B.200mmol ·L-1C.300mmol ·L-1D.400mmol ·L-1三、填充题:1．10.0 g·L-1NaHCO3（Mr=84）溶液的渗透浓度为__________mol·L-1。
《无机化学》第十六章d区元素(一)之课后习题参考答案
第十六章d 区元素(一)之课后习题参考答案6解：A ：Cr 3+；B ：Cr(OH)3；C ：Cr(OH)4-；D ：CrO 42-；E ：BaCrO 4；F ：Cr 2O 72-。
Cr 3+ + 3NH 3·H 2O == Cr(OH)3 + 3NH 4+ Cr(OH)3 + OH - == Cr(OH)4- Cr(OH)4- + 3H 2O 2 + 2OH - == 2CrO 42- + 8H 2O CrO 42- + Ba 2+ == BaCrO 4 BaCrO 4 + 2H + == Cr 2O 72- + 2Ba 2+ + H 2O 7解：（1）要使Cr(OH)3沉淀完全，则Cr 3+≤10-5.pOH=8.40 pH=5.60（2）反应：Cr(OH)3 + OH - == Cr(OH)4- 设平衡时[OH -]=x40.041010.0)(])([---=-==x x OH c OH Cr c K θx=0.251（mol/L ） （3） 293140.041032.6103.610])([⨯=⨯==---θθθsp f K K OH Cr K 8解：（1） HCrO 4- == CrO 42- + H + ① K θa=3.2×10-72HCrO 4- == Cr 2O 72- + H 2O ② K θ2=33由②-2×① 得：2CrO 42- + 2H + == Cr 2O 72- + H 2Oc(H +)= 9.68×10-8(mol/L) pH=7.0111解：A ：MnO 2；B ：Mn 2+；C ：Cl 2；D ：MnO 4-；E ：FeSO 4；F ：Fe 3+；G ：Fe(NCS)63-；H ：BaSO 4。
相关的方程式: MnO 2 + 4HCl MnCl 2 + Cl 2 + 2H 2O 2Mn 2++BiO 3-+14H +==2MnO 4-+5Bi 3++7H 2O MnO 4-+5Fe 2++8H +==Mn 2++5Fe 3++4H 2O Fe 3+ + 6NCS - == Fe(NCS)63- Fe(NCS)63- + 6F - == FeF 63- + 6NCS - Ba 2+ + SO 42- == BaSO 4 17解：A ：Co ；B ：Co(OH)2；C ：Co 2O 3；D ：[CoCl 4]；E ：Cl 2；F ：Co(NCS)4]。
第四版无机化学习题及答案
第一章原子结构和原子周期系1-1根据原子序数给出下列元素的基态原子的核外电子组态：（a）K （b）Al （c）Cl （d）Ti（Z=22）（e）Zn（Z=30）（f）As（Z=33）答：（a）[Ar]4s1（b）[Ne]3s23p1（c）[Ne]3s23p5（d）[Ar]3d54s2（e）[Ar] 3d104s1（f）[Ar]4s24p3 1-2给出下列原子或离子的价电子层电子组态，并用方框图表示轨道，填入轨道的电子用箭头表示。
（a）Be （b）N （c）F （d）Cl-（e）Ne+（f）Fe3+（g）As3+1-3 Li+、Na+、K+、Rb+、Cs+的基态的最外层电子组态与次外层电子组态分别如何1-4以下+3价离子那些具有8电子外壳Al3+、Ga3+、Bi3+、Mn3+、Sc3+答：Al3+和Sc3+具有8电子外壳。
1-5已知电中性的基态原子的价电子层电子组态分别为：（a）3s23p5（b）3d64s2（c）5s2（d）4f96s2（e）5d106s1试根据这个信息确定它们在周期表中属于那个区、哪个族、哪个周期。
答：（a）p区，ⅦA族，第三周期（b）d区，Ⅷ族，第四周期（c）s区，ⅡA族，第五周期（d）f区，ⅢB族，第六周期（e）ds区，ⅠB族，第六周期1-6根据Ti、Ge、Ag、Rb、Ne在周期表中的位置，推出它们的基态原子的电子组态。
答：Ti位于第四周期ⅣB族，它的基态原子的电子组态为[Ar]3d24s2；Ge位于第四周期ⅣA族，它的基态原子的电子组态为[Ar]3d104s24p2；Ag位于第五周期ⅠB族，它的基态原子的电子组态为[Kr] 4d105s1；Rb位于第五周期ⅠA族，它的基态原子的电子组态为[Kr] 5s1；Ne位于第二周期0族，它的基态原子的电子组态为[He] 2s22p6。
1-7某元素的基态价层电子构型为5d36s2，给出比该元素的原子序数小4的元素的基态原子电子组态。
答：该元素的基态原子电子组态为[Xe] 4f126s2。
无机化学课后习题答案(天津大学第四版)
第2章 化学反应的方向、速率和限度 习题参考答案1.解： m r H ∆ = -3347.6 kJ·mol -1;m r S ∆ = -216.64 J·mol -1·K -1;m r G ∆ = -3283.0kJ·mol -1 ＜ 0该反应在298.15K 及标准态下可自发向右进行。
2.解： m r G ∆ = 113.4 kJ·mol -1 ＞ 0该反应在常温(298.15 K)、标准态下不能自发进行。
〔2〕 m r H ∆ = 146.0 kJ·mol -1;m r S ∆ = 110.45 J·mol -1·K -1;m r G ∆ = 68.7 kJ·mol -1 ＞ 0该反应在700 K 、标准态下不能自发进行。
3.解： m r H ∆ = -70.81 kJ·mol -1 ;m r S ∆ = -43.2 J·mol -1·K -1; m r G ∆ = -43.9 kJ·mol -1〔2〕由以上计算可知：m r H ∆(298.15 K) = -70.81 kJ·mol -1; m r S ∆(298.15 K) = -43.2 J·mol -1·K -1m r G ∆ =m r H ∆ - T ·m r S ∆ ≤ 0 T ≥K)(298.15K) (298.15m r m rS H ∆∆ = 1639 K4.解：〔1〕c K = {}O)H ( )(CH )(H (CO) 2432c c c c p K = {}O)H ( )(CH )(H (CO) 2432p p p pK = {}{}{}{}p p p p p p p p / O)H ( /)(CH / )(H / (CO) 2432〔2〕c K ={}{})(NH )(H )(N 3232212c c c p K ={}{})(NH )(H )(N 3232212p p pK ={}{}pp p p p p / )(NH/)(H/)(N3232212〔3〕c K =)(CO 2c p K =)(CO 2p K = p p /)(CO 2 〔4〕c K ={}{}3232 )(H O)(H c c p K ={}{}3232 )(H O)(H p pK ={}{}3232 /)(H/O)(Hpp p p5.解：设 m r H ∆、m r S ∆基本上不随温度变化。
无机化学11章答案
第十一章 电化学基础11-1 用氧化值法配平下列方程式 （1）KCl KClO 3KClO 443+=（2）CO 30P 3CaF 2CaSiO 18SiO 18C 30F )PO (Ca 44232345+++=++ （3）O 2H NaCl N Cl NH NaNO 2242++=+（4）O H 7SO K )SO (Fe 3)SO (Cr SO H 7FeSO 6O Cr K 242342342424722+++=++ （5）Cs 2CaCl Ca CsCl 22+=+↑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 （1）2222O O H 2O H 2+=O H e H O H 222222=++-+ -+++=e H O O H 22222（2）HClO HCl O H Cl 22+=+ -+++=+Cl H HClO O H Cl 22--=+Cl e Cl 221-+++=+e H HClO O H Cl 2221（3）O H 3KCl 5KClO KOH 6Cl 3232++=+O H 3Cl 5ClO OH 6Cl 3232++=+-----=+Cl 5e 5Cl 225---++=+e 5O H 3ClO OH 6Cl 23221（4）O H MnSO SO Fe SO K SO H FeSO KMnO 2434242424444)(528104+++=++O H 4Mn 2Fe 5H 8Fe 5MnO 222324++=++++++-O H 4Mn e 5H 8MnO 224+=+++-+--+++=e Fe Fe 3222（5）O H 7O 3)SO (Cr SO K SO H 7O H 3O Cr K 22342424222722+++=++O H O Cr H O H O Cr 22322272732143++=++++-O H 7Cr 2e 6H 14O Cr 23272+=+++-+--+++=e O H O H 2222211-3 用半反应法（离子-电子法）配平下列方程式：（1）K 2Cr 2O 7 + H 2S + H 2SO 4 → K 2SO 4 + Cr 2(SO 4)3 + S + H 2OCr 2O 72- + 14H + + 6e - === 2Cr 3+ + 7H 2O ① H 2S === S + 2H + + 2e - ② ①+3×②得：Cr 2O 72- + 3H 2S + 8H + === 2Cr 3+ + 3S + 7H 2OO H 7S 3)SO (Cr SO K SO H 4S H 3O Cr K 234242422722+++=++（2） -24MnO + H 2O 2 → O 2 + Mn 2+(酸性溶液)MnO 42- + 8H + + 4e- === Mn 2+ + 4H 2O ①H 2O 2 === O 2 + 2H ＝+ 2e - ② ①+2×②得：MnO 42- + 2H 2O 2 + 4H + - === Mn 2+ + 2O 2 + 4H 2O（3） Zn + NO 3– + OH – → NH 3 + Zn(OH)42–---+=++OH NH e O H NO 986323 ①---+=+e 2)OH (Zn OH 4Zn 24②①+4×②得： ---+=+++24323)(4674OH Zn NH O H OH NO Zn（4） Cr(OH)4－+ H 2O 2 → CrO 42－--=+OH e O H 2222 ①Cr(OH)4－+ 4OH －=== CrO 42－+ 4H 2O + 3e －②①×3+2×②得： 2Cr(OH)4－ + 3H 2O 2 +2OH －=== 2CrO 42－+ 8H 2O（5） Hg + NO 3–+ H + → Hg 22+ + NOO H 2NO e 3H 4NO 23+=++-+-①-++=e 2Hg Hg 222②①×2+3×②得： O H 4NO 2Hg 3H 8NO 2Hg 62223++=++++-11-4 将下列反应设计成原电池，用标准电极电势判断标准态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。
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第一章原子结构和元素周期律1-1. 不可能存在的是：（1）（2）（5）（6）（7）（8）1-2. C1-3. D1-4. D1-5. A1-6. B1-7. B1-8. A为Ca ，B为Mn ，C为Br ，D 为O1-9. A为Na ，B为Mg ，C为Al ，D 为Br ，E 为I ，F 为Cr第二章分子结构与晶体结构2-1. A2-2. C2-3. B2-4. B2-5. C2-6. AD2-7. BD2-8. D2-9. LiH属于s-s，HCl属于s-p，Cl2属于p-p2-10. 主要形成离子键的有：（1），（3），（8）主要形成极性共价键的有：（2），（5），（6），（7）主要形成非极性共价键的有：（4）第三章化学热力学基础3-1. C3-2. A3-3. D3-4.U3-6. （1）不对，可通过作功形式改变温度；（2）不对，热力学能的绝对值目前无法测得，热力学第一定律表达式中有ΔU而不是U；（3）对，冰熔化成0℃水需要吸热。
3-7.3-8.133 kJ·mol-13-9.解：（1）向真空膨胀W1 =－（2）恒外压膨胀J（3）两步恒外压膨胀J由于W3>W2>W1，说明膨胀次数愈多，则体系与环境的压力差愈小，做的功愈大。
3-10.解：＝0.01 m3=810.5 JU =H = 0 ，Q = W = 810.6 J第四章化学动力学基础4-1. D 4-2. D 4-3. C 4-4. D 4-5. A4-6. C 4-7. D 4-8. B第五章 化学平衡与平衡原理5-1. 增加总压平衡向左移动；注入惰性气体平衡不变；升高温度平衡向右移动。
5-2. O H 2，+O H 3。
可以作为酸的有：-3HCO ；可以作为碱的有：33,,Ac NH HCO --。
5-3. 溶解度不变。
5-4. （1）AgCl 的溶解度会降低，但对溶度积没影响； （2）AgCl 的溶解度会增加，不影响溶度积； （3）AgCl 的溶解度会增加，不影响溶度积。
5-5.5-6. )673(K K θ=1.75×10-45-7. 在纯水中：s =1.05×10-6 mol·L -1在0.01 mol·L -1KI 溶液中：s =1.1×10-10 mol·L -15-8. 111223()0.08,()0.824,()0.032c SO mol L c O mol L c SO mol L ---=∙=∙=∙ 5-9. 172100.1])([-⨯=OH Cu Q >])([2OH Cu K sp θ，故有沉淀生成。
5-10. 500 K 时， 101045.1⨯=θK第六章 电解质溶液理论6-1. 略。
6-2. 略。
6-3. C 6-4. C6-5. pH 值分别为：（1）8.31； （2）5.12； （3）11.6； （4）13.06-6. θb K 为5.0×10-66-7. )(+H c =2.3× 3210--⋅dm mol ，)(34-PO c =319105.6--⋅⨯dm mol 6-8. pH 值分别为：（1）4.75； （2）4.74； （3）4.76； （4）4.75 6-9. 33101.1)(--+⋅⨯=dm mol H c ； 382101.9)(--⋅⨯=dm mol S H c 3211.0)(--⋅=dm mol S c ；3091.0)(--⋅=dm mol HS c ；96.12=pH第七章 氧化还原反应和电化学理论7-1. 7-17-2. C 7-3. B 7-4. C 7-5. B 7-6. C 7-7. B 7-8. C7-9.（1） (-)Zn│Zn 2+(1M)‖Zn 2+(1M)│Cu(+) （2）Li > K > Na（3） 负极； 阴阳极.（4） 阴离子； 阳极； 阳离子；阴极7-10. 解：（1）根据能斯特方程式，得φ(Zn 2 + / Zn) =φθ+n 059.0n lg c (Zn 2 + ) = - 0. 792 V φ(Cu 2 + / Cu) =φθ+n059.0lg c (Cu 2 + ) = 0. 316 V则电池电动势为E =φ(Cu 2 + / Cu) — φ(Zn 2 + / Zn) =0. 316 — (— 0. 792) = 1. 11 V（2）按题意可设AgI 沉淀的溶解度为 x mol ·L – 1，溶解产生的Ag + 离子完全转化为配离子[Ag(NH 3 ) 2 ] + 。
应用溶解转化总反应式求解:AgI(s) + 2NH 3 [Ag(NH 3) 2 ] + + I —起始浓度/ mol ·L - 1 0. 01 0 0 平衡浓度/ mol ·L - 1 0. 01 - 2 x x x 代入平衡常数表示式可得:K =c ( [Ag(NH 3) 2 ] + ) ·c ( I - )/c 2 (NH 3)= x ·x/(0. 01 - 2 x ) 2 =K sp (AgI)/K 不稳( [Ag(NH 3) 2 ] + )将K 不稳( [Ag(NH 3) 2 ] + )和K sp (AgI) 代入上式得:x 2/2(0. 01 —2 x ) =8. 30 ×10 – 17/8. 91 ×10 - 8 = 9. 32 ×10 - 10两边开方后得:x/(0. 01 - 2 x)= 3. 05 ×10 - 5x ≈3. 05 ×10 - 7所以,AgI 沉淀的溶解度为3. 05 ×10 - 7mol ·L - 1 。
(3)解：① Pt ，Cl 2(p φ)|Cl －(1.0 mol ·dm －3)‖MnO 4－(1.0 mol ·dm －3)，Mn 2＋(1.0 mol ·dm－3)， H ＋(1.0 mol ·dm －3) |Pt② (+)极：MnO 4－+ 8H ＋+ 5e －= Mn 2＋+ 4H 2O ；(-)极：2Cl －= Cl 2+ 2e －电池反应：2MnO 4－+ 10Cl －+ 16H ＋= 2Mn 2＋+ 5Cl 2+ 8H 2O E φ =ϕφ(+)-ϕφ(-)= 1.51-1.36= 0.15 (V)③△r G m φ =－1.4×102(kJ/mol)； K φ = 2.6×1025； ④E =－0.039 (V)⑤ K 不变。
△r G m = 38 (kJ ·mol －1)第八章 s 区和p 区元素8-1. 解：单斜硫和菱形硫都是由S 8环状分子构成，而O 2和O 3、黄磷和白磷的构成分子不同,其性质当然不同。
8-2. 解：（AlCl 3）2；（AlBr 3）2；（AlI 3）2；分子中均含有配位键8-3. 解：SO 2的漂白作用是能和一些有机色素结合成为无色的化合物； 而Cl 2的漂白作用是利用HClO 的氧化性。
8-4. 解：因为氧单质的原子之间为双键，而氮单质的氮原子之间为叁键，氧的化学性质比氮活泼得多，所以氧气与各种元素形成各类氧化物及含氮酸（及盐），而氮气存在以单质为主，故大气中氮的含量比氧高。
8-5. 解：结构决定性质，各元素按原子序数从小到大排列，依次为H →C →N →O →F ，其中C 为原子晶体，以共价键联结，而其它为分子晶体，以分子间力联结，故出现熔点曲线在C 的位置最高，从而出现走向不连续现象。
8-6 解：（1）（2）8-7. 解：①因为玻璃中主要成分有SiO 2 ，它会与HF 反应：②因为NH 4F 会发生水解反应： 产生的HF 会腐蚀玻璃。
Cl 2 + 2FeCl 2 2FeCl 3Fe + 2FeCl 33FeCl 2Cl 2 + 2NaOH NaCl + NaClO + H 2O 或 3Cl 2 + 6NaOH （热）5NaCl + NaClO 3 + 3H 2O 4HF + SiO 2SiF 4(g) + 2H 2ONH 4F +H 2O NH3·H 2O+ HF8-8.解：8-9. 解：(1) 用淀粉KI 溶液，作用后，溶液变蓝色的是NO -2；(2) 用淀粉KI 溶液，作用后，溶液变蓝色的是AsO 43-；(3)在酸性条件下,加SnCl2 ,反应后有黑棕色的As 析出的是AsO 33- ； (4)能使蛋白质沉淀的是P 2O 74-； (5)用AgNO3溶液；(6)用稀盐酸酸化,有蛋黄色沉淀析出的是AsS 43-。
第九章 d 区和ds 区元素9-1. 解：随着原子序数的增加，镧系元素的原子半径只是略有减小，这种现象称为镧系收缩。
由于受到镧系收缩的影响，使第五、六周期族元素的原子半径很接近，从而使它们的性质很相近。
9-2. 解：（1）K ：1s 22s 22p 6 3s 23p 6 4s 1；Cu ：1s 22s 22p 6 3s 23p 63d 10 4s 1虽然K 和Cu 最外层都是4s 1，但Cu 的原子半径比K 小得多，Cu 的4s 1电子感受到的有效核电荷比K 多，故活泼性比K 差。
（2）K 的次外层为稳定的8e 构型, 不可能参与成键，只有4s 1电子可以成键，故表现为单一的+1价。
Cu 除了最外层的4s 1电子可以参与成键外，次外层中3d 10有2个电子可以参与成键，故可表现为+1、+2、+3等氧化态。
（3）Cu 2+为3d 9构型，4s 、4p 轨道能量与3d 轨道能量较接近，可以参与形成配位键，K +为3s 23p 6构型，4s4p 轨道与3p 轨道能量差很大，不可能用于成键。
故前者容易形成配合物，后者不易。
9-3. 解：（1）逐渐加水时，依次有CuCl 42－(黄绿色)和Cu （H 2O ）42+（浅蓝色）配合物生成。
CuCl 2浓溶液呈绿色或黄棕色，水释时生成Cu(H 2O)呈兰色，中间过程为二者混合物呈绿色。
（2）SO 2通入溶液中和Cu 2+，Cl －发生反应生成了CuCl 白色沉淀。
（3）向AgNO 3中加KCN 溶液时，产生的白色沉淀为AgCN 。
反应式为：（1） S + 6HNO 3(液) H 2SO 4 + 6NO 2↑+ 2H 2O （2） 3S + 6NaOH2Na 2S + Na 2SO 3 + 3H 2O △ 4S(过量) + 6NaOH 2Na 2S + Na 2S 2O 3 + 3H 2O △（3） SO 2 +2H 2S 3S ↓ + 2H 2O（4） S 2O 32－+ 2H +S ↓+ 2H 2O + SO 2↑SO 2 + 2CuSO 4 + 4NaCl + 2H 2O2CuCl ↓+ H 2SO 4 + 2HCl + 2NaSO 4AgNO 3 +KCNAgCN ↓+ KNO 3而后，沉淀溶解：加Na 2S ，又有黑色沉淀Ag 2S 生成。