無(wú)機(jī)化學(xué)第十章作業(yè)參考答案

1、第十章作業(yè)參考答案第十章作業(yè)參考答案1解：解：Pt(NH3)2Cl2的幾何異構(gòu)有：的幾何異構(gòu)有：順順-二氯二氨合鉑二氯二氨合鉑(II)反反-二氯二氨合鉑二氯二氨合鉑(II)經(jīng)式經(jīng)式-三氯三氨合鉻三氯三氨合鉻(III)面式面式-三氯三氨合鉻三氯三氨合鉻(III)4解：根據(jù)公式：解：根據(jù)公式： 分別求得分別求得Mn(CN)63-和和MnBr42-中，中，Mn3+和和Mn2+的成單電子數(shù)分別是的成單電子數(shù)分別是2和和5. ) 1(nn空間構(gòu)型為空間構(gòu)型為正八面體正八面體空間構(gòu)型為空間構(gòu)型為正四面體正四面體5解：解：Fe(II):d6高自旋高自旋低自旋低自旋Fe(III):d5高自旋高自旋低自旋低自旋

2、Cr(II):d4高自旋高自旋低自旋低自旋Mn(II):d5高自旋高自旋低自旋低自旋Ni(II):d8高自旋高自旋低自旋低自旋10解：對(duì)于解：對(duì)于Co(NH3)62+配離子因?yàn)榉至涯苄∮谂鋵?duì)能，配離子因?yàn)榉至涯苄∮谂鋵?duì)能，應(yīng)采取高自旋排列，應(yīng)采取高自旋排列，CFSE=5(-4)+26 121/10 = -96.8(kJ/mol)對(duì)于對(duì)于Co(NH3)63+配離子因?yàn)榉至涯艽笥谂鋵?duì)能，應(yīng)采配離子因?yàn)榉至涯艽笥谂鋵?duì)能，應(yīng)采取低自旋排列，取低自旋排列，CFSE=6(-4)275/10+2251 = -158(kJ/mol)對(duì)于對(duì)于Fe(H2O)62+配離子因?yàn)榉至涯苄∮谂鋵?duì)能，應(yīng)采配離子因?yàn)榉至涯苄?/p>

3、于配對(duì)能，應(yīng)采取高自旋排列，取高自旋排列，CFSE=4(-4)+26 121/10 = -48.4(kJ/mol)11解：解：(1) 由于獨(dú)立的由于獨(dú)立的Ti4+在水溶液中是不存在的，只在水溶液中是不存在的，只能以鈦酰能以鈦酰TiO2+形式存在，所以生成的是形式存在，所以生成的是TiOSO4(2) 雖然雖然V2O5中的中的V為最高氧化態(tài)，一般應(yīng)為酸性氧化為最高氧化態(tài)，一般應(yīng)為酸性氧化物，但因?yàn)槲?，但因?yàn)閂的的Z/r值處于兩性的范圍，所以為兩性偏值處于兩性的范圍，所以為兩性偏酸性氧化物酸性氧化物(3) 因體系中存在平衡：因體系中存在平衡： Cr2O72- + H2O = 2CrO42- + 2H

4、+因因Ba2+與與CrO42-形成難溶的形成難溶的BaCrO4沉淀，導(dǎo)致平衡右沉淀，導(dǎo)致平衡右移，最終獲得大量的移，最終獲得大量的BaCrO4沉淀沉淀(4) Mg2+遇到遇到NH4Cl和氨水時(shí)，即使形成和氨水時(shí)，即使形成Mg(OH)2，也，也會(huì)溶解在會(huì)溶解在NH4Cl和氨水的溶液中，因此無(wú)和氨水的溶液中，因此無(wú)Mg(OH)2沉沉淀存在。淀存在。Mn2+遇到遇到NH4Cl和氨水先生成和氨水先生成Mn(OH)2，此沉淀立即，此沉淀立即被空氣中的氧氧化為被空氣中的氧氧化為MnO(OH)2沉淀。沉淀。Fe2+遇到遇到NH4Cl和氨水先生成和氨水先生成Fe(OH)2，立即被空氣中，立即被空氣中的氧氧化為

5、的氧氧化為Fe(OH)3沉淀，無(wú)沉淀，無(wú)Fe(OH)2存在。存在。(5) 因因KMnO4不穩(wěn)定，易分解，特別是光會(huì)加速其分不穩(wěn)定，易分解，特別是光會(huì)加速其分解，所以需放在黑色或棕色瓶中。解，所以需放在黑色或棕色瓶中。(6) 根據(jù)歧化反應(yīng)，雖然根據(jù)歧化反應(yīng)，雖然3mol的的MnO42-分解可得分解可得2mol的的MnO4-,利用率不算太低，但因利用率不算太低，但因K2MnO42-原料太貴，原料太貴，不合算。不合算。(7) 當(dāng)酸性不足時(shí)，當(dāng)酸性不足時(shí)，MnO4-的氧化性減弱，使其還原產(chǎn)的氧化性減弱，使其還原產(chǎn)物為物為MnO2. 如果過(guò)量，又會(huì)與產(chǎn)物如果過(guò)量，又會(huì)與產(chǎn)物Mn2+反應(yīng)生成反應(yīng)生成MnO

6、2(8) 因氧化生成的因氧化生成的Fe3+與與Fe反應(yīng)生成反應(yīng)生成Fe2+,防止防止Fe2+氧氧化化(9) Co2+與過(guò)量與過(guò)量CN-形成配離子形成配離子Co(CN)64-,由于此配離由于此配離子不穩(wěn)定，稍加熱即與子不穩(wěn)定，稍加熱即與H2O反應(yīng)放出反應(yīng)放出H2，自身變?yōu)?，自身變?yōu)镃o(CN)63- 。(10) 由于形成由于形成Ni(CN)42-時(shí)時(shí)Ni2+的的3d電子發(fā)生重排，電子發(fā)生重排，已經(jīng)沒有了成單電子，所以為抗磁性，但在已經(jīng)沒有了成單電子，所以為抗磁性，但在NiCl42-中，因配體中，因配體Cl-為弱場(chǎng)配體，不能使為弱場(chǎng)配體，不能使Ni2+的的3d電子發(fā)生電子發(fā)生重排，所以形成重排，所

7、以形成NiCl42-仍有兩個(gè)成單電子，為順磁仍有兩個(gè)成單電子，為順磁性。性。17解：（解：（1）由題意可知：）由題意可知：CrO42-=0.9mol/L; Cr2O72-=0.1mol/L; 代入平衡常數(shù)表達(dá)式：代入平衡常數(shù)表達(dá)式：14222224272100 . 19 . 01 . 0HHCrOOCr14222224272100 . 11 . 09 . 0HHCrOOCrH+=3.510-8 pH=7.45H+=9.4810-7 pH=6.02（2）由題意可知：）由題意可知：CrO42-=0.1mol/L; Cr2O72-=0.9mol/L; 代入平衡常數(shù)表達(dá)式：代入平衡常數(shù)表達(dá)式：18解：

8、加過(guò)量解：加過(guò)量NaOH，Mn2+以以Mn(OH)2沉淀析出，而沉淀析出，而Al3+、Cr3+、Zn2+分別以分別以Al(OH)4-、Cr(OH)4-、Zn(OH)42-的形式存在于溶液中。離心分離的沉淀用的形式存在于溶液中。離心分離的沉淀用HCl溶解得溶解得Mn2+溶液。向?yàn)V液中加溶液。向?yàn)V液中加H2O2, 加熱反應(yīng)后，加熱反應(yīng)后，調(diào)節(jié)調(diào)節(jié)pH值在值在8-9，加，加Ba2+溶液，溶液，Cr以以BaCrO4沉淀析出，沉淀析出，其它處于溶液相。離心分離后的沉淀加酸溶解后加其它處于溶液相。離心分離后的沉淀加酸溶解后加H2O2,重新得到重新得到Cr3+的溶液。濾液的溶液。濾液(含含Al(OH)4-和

9、和Zn(OH)42-)先酸化，再加過(guò)量氨水，則先酸化，再加過(guò)量氨水，則Al以以Al(OH)3沉沉淀析出，過(guò)濾后加酸溶解得淀析出，過(guò)濾后加酸溶解得Al3+溶液，溶液，Zn以以Zn(NH3)42+存在于溶液中，加酸得存在于溶液中，加酸得Zn2+溶液。溶液。23解：解：(1) MnO2;Co2O3(2) V2O5; MnO2;Co2O3(3) V2O5; TiO2(4) Cr2O3;MnO2(5) Fe2O326解：解： E(O2/H2O)E(Mn2+/Mn) O2可與可與Mn反應(yīng)，即反應(yīng)，即Mn不能穩(wěn)定存在不能穩(wěn)定存在 O2+4H+2Mn=2H2O+2Mn2+ E(Co3+/Co2+) E(O2/

10、H2O) Co3+可以氧化可以氧化H2O，則，則Co3+不能穩(wěn)定存在不能穩(wěn)定存在. 4Co3+2H2O=4Co2+O2+4H+30題題: (1) 沒有沉淀，說(shuō)明沒有沉淀，說(shuō)明KI與與CuSO4和和FeCl3不能同時(shí)出不能同時(shí)出現(xiàn)，因會(huì)生成現(xiàn)，因會(huì)生成I2或或CuI。(2) 溶液為藍(lán)色可能有溶液為藍(lán)色可能有Cu(NH3)42+或或Ni(NH3)62+存在存在,即可能即可能有有CuSO4或或NiSO4.而灰綠色沉淀可能是而灰綠色沉淀可能是Fe(OH)3(紅棕色紅棕色)與與Sn(OH)2(白色白色)的混合物的混合物.(3) 與與KSCN無(wú)作用無(wú)作用,說(shuō)明無(wú)說(shuō)明無(wú)Fe3+和和Co2+,即無(wú)即無(wú)FeCl3和和CoCl2(4) 因溶液無(wú)色因溶液無(wú)色,則排除了則排除了CuSO4的存在的存在(因因Cu(OH)42-為深為深藍(lán)色藍(lán)色)。加酸又析出白色沉淀，可能是。加酸又析出白色沉淀，可能是Sn(OH)2或或Z