天津大學(xué)無機(jī)化學(xué)第五版習(xí)題的答案

...wd......wd......wd...第1章化學(xué)反響中的質(zhì)量關(guān)系和能量關(guān)系習(xí)題參考答案1．解：1.00噸氨氣可制取2.47噸硝酸。2．解：氯氣質(zhì)量為2.9×1033．解：一瓶氧氣可用天數(shù)４．解：=318K℃５．解：根據(jù)道爾頓分壓定律p(N2)=7.6104Pap(O2)=2.0104Pap(Ar)=1103Pa６．解：〔1〕0.114mol;〔2〕〔3〕7.解：〔1〕p(H2)=95.43kPa〔2〕m(H2)==0.194g8.解：〔1〕=5.0mol〔2〕=2.5mol結(jié)論:反響進(jìn)度()的值與選用反響式中的哪個(gè)物質(zhì)的量的變化來進(jìn)展計(jì)算無關(guān)，但與反響式的寫法有關(guān)。9.解：U=QppV=0.771kJ10.解：〔1〕V1=38.310-3m3=〔2〕T2==320K〔3〕W=(pV)=502J〔4〕U=Q+W=-758J〔5〕H=Qp=-1260J11.解：NH3(g)+O2(g)NO(g)+H2O(g)=226.2kJ·mol112.解：=Qp=89.5kJ=nRT=96.9kJ13.解：〔1〕C(s)+O2(g)→CO2(g)=(CO2,g)=393.509kJ·mol1CO2(g)+C(s)→CO(g)=86.229kJ·mol1CO(g)+Fe2O3(s)→Fe(s)+CO2(g)=8.3kJ·mol1各反響之和=315.6kJ·mol1。〔2〕總反響方程式為C(s)+O2(g)+Fe2O3(s)→CO2(g)+Fe(s)=315.5kJ·mol1由上看出：(1)與(2)計(jì)算結(jié)果基本相等。所以可得出如下結(jié)論：反響的熱效應(yīng)只與反響的始、終態(tài)有關(guān)，而與反響的途徑無關(guān)。14．解：〔3〕=〔2〕×3-〔1〕×2=1266.47kJ·mol115．解：〔1〕Qp===4(Al2O3,s)-3(Fe3O4,s)=3347.6kJ·mol1〔2〕Q=4141kJ·mol116．解：〔1〕=151.1kJ·mol1〔2〕=905.47kJ·mol1〔3〕=71.7kJ·mol117.解：=2(AgCl,s)+(H2O,l)(Ag2O,s)2(HCl,g)(AgCl,s)=127.3kJ·mol118.解：CH4(g)+2O2(g)→CO2(g)+2H2O(l)=(CO2,g)+2(H2O,l)(CH4,g)=890.36kJ·mo1Qp=3.69104kJ第2章化學(xué)反響的方向、速率和限度習(xí)題參考答案1.解：=3347.6kJ·mol1;=216.64J·mol1·K1;=3283.0kJ·mol1＜0該反響在298.15K及標(biāo)準(zhǔn)態(tài)下可自發(fā)向右進(jìn)展。2.解：=113.4kJ·mol1＞0該反響在常溫(298.15K)、標(biāo)準(zhǔn)態(tài)下不能自發(fā)進(jìn)展?！?〕=146.0kJ·mol1;=110.45J·mol1·K1;=68.7kJ·mol1＞0該反響在700K、標(biāo)準(zhǔn)態(tài)下不能自發(fā)進(jìn)展。3.解：=70.81kJ·mol1;=43.2J·mol1·K1;=43.9kJ·mol1〔2〕由以上計(jì)算可知：(298.15K)=70.81kJ·mol1;(298.15K)=43.2J·mol1·K1=T·≤0T≥=1639K4.解：〔1〕===〔2〕===〔3〕===〔4〕===5.解：設(shè)、基本上不隨溫度變化。=T·(298.15K)=233.60kJ·mol1(298.15K)=243.03kJ·mol1(298.15K)=40.92,故(298.15K)=8.31040(373.15K)=34.02,故(373.15K)=1.010346.解：〔1〕=2(NH3,g)=32.90kJ·mol1＜0該反響在298.15K、標(biāo)準(zhǔn)態(tài)下能自發(fā)進(jìn)展?！?〕(298.15K)=5.76,(298.15K)=5.81057.解：〔1〕(l)=2(NO,g)=173.1kJ·mol1==30.32,故=4.81031〔2〕(2)=2(N2O,g)=208.4kJ·mol1==36.50,故=3.21037〔3〕(3)=2(NH3,g)=32.90kJ·mol1=5.76,故=5.8105由以上計(jì)算看出：選擇合成氨固氮反響最好。8.解：=(CO2,g)(CO,g)(NO,g)=343.94kJ·mol1<0，所以該反響從理論上講是可行的。9.解:(298.15K)=(NO,g)=90.25kJ·mol1(298.15K)=12.39J·mol1·K1(1573.15K)≈(298.15K)1573.15(298.15K)=70759J·mol1(1573.15K)=2.349,(1573.15K)=4.4810310.解：H2(g)+I2(g)2HI(g)平衡分壓／kPa2905.74χ2905.74χ2χ=55.3χ=2290.12p(HI)=2χkPa=4580.24kPan==3.15mol11.解：p(CO)=1.01105Pa,p(H2O)=2.02105Pap(CO2)=1.01105Pa,p(H2)=0.34105PaCO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)起始分壓／105Pa1.012.021.010.34J=0.168,=1＞0.168=J,故反響正向進(jìn)展。12.解：〔1〕NH4HS(s)NH3(g)+H2S(g)平衡分壓/kPa==0.070那么=0.26100kPa=26kPa平衡時(shí)該氣體混合物的總壓為52kPa〔2〕T不變，不變。NH4HS(s)NH3(g)+H2S(g)平衡分壓/kPa25.3+==0.070=17kPa13.解：〔1〕PCl5(g)PCl3(g)+Cl2(g)平衡濃度／(mol·L1)==0.62mol·L1，(PCl5)=71%PCl5(g)PCl3(g)+Cl2(g)平衡分壓0.200.50.5==27.2〔2〕PCl5(g)PCl3(g)+Cl2(g)新平衡濃度／(mol·L1)0.10+0.250.25+=mol·L1=0.62mol·L1(T不變，不變)=0.01mol·L1，(PCl5)=68%〔3〕PCl5(g)PCl3(g)+Cl2(g)平衡濃度／(mol·L1)0.050+==0.62mol·L1=0.24mol·L1，(PCl5)=68%比較(2)、(3)結(jié)果，說明最終濃度及轉(zhuǎn)化率只與始、終態(tài)有關(guān)，與參加過程無關(guān)。14.解：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)平衡濃度／(mol·L1)1.00.500.50==假設(shè)使N2的平衡濃度增加到1.2mol·L1，設(shè)需沉著器中取走摩爾的H2。N2(g)+3H2(g)2NH3(g)新平衡濃度／(mol·L1)1.20.50+(30.2)0.5020.20===0.9415.解：〔1〕α〔CO〕=61.5%;〔2〕α〔CO〕=86.5%;(3)說明增加反響物中某一物質(zhì)濃度可提高另一物質(zhì)的轉(zhuǎn)化率;增加反響物濃度，平衡向生成物方向移動(dòng)。16.解：2NO(g)+O2(g)2NO2(g)平衡分壓／kPa10179.2=21.828679.2／2=24679.2〔673K〕==5.36=，(673K)=9.39kJ·mol117.解：(298.15K)=95278.54J·mol1(298.15K)=(298.15K)298.15K·(298.15K)(298.15K)=9.97J·mol1·K1，(500K)≈97292J·mol1(500K)=0.16，故=1.41010或者≈，(500K)=1.4101018.解：因(298.15K)=(1)+(2)=213.0kJ·mol1<0,說明該耦合反響在上述條件可自發(fā)進(jìn)展。第3章酸堿反響和沉淀反響習(xí)題參考答案解：〔1〕pH=-lgc(H+)=12.00〔2〕0.050mol·L-1HOAc溶液中，HOAcH++OAc-c平/(mol·L-1)0.050-xxxc(H+)=9.5×10-4mol·L-1pH=-lgc(H+)=3.022．解：〔1〕pH=1.00c(H+)=0.10mol·LpH=2.00c(H+)=0.010mol·L等體積混合后：c(H+)=〔0.10mol·L-1+0.010mol·L-1〕/2=0.055mol·L-1pH=-lgc(H+)=1.26〔2〕pH=2.00c(H+)=0.010mol·LpH=13.00pOH=14.00-13.00=1.00,c(OH-)=0.10mol·L-1等體積混合后：酸堿中和后：H++OH-→H2Oc(OH-)=0.045mol·L-1pH=12.653．解：正常狀態(tài)時(shí)pH=7.35c(H+)=4.5×10-8mol·LpH=7.45c(H+)=3.5×10-8mol·L患病時(shí)pH=5.90c(H+)=1.2×10-6mol·L患此種疾病的人血液中c(H+)為正常狀態(tài)的27～34倍。4．解：一元弱酸HA，pH＝2.77c(H+)=1.7×10-3mol·LHAH++A-c平/(mol·L-1)0.10-1.7×10-31.7×10-31.7×10-3α=5．解：溶液的pH=9.00,c(H+)=1.0×10-9mol·L-1故c(OH-)=1.0×10-5mol·L-1假設(shè)在1.0L0.10mol·L-1氨水中參加xmolNH4Cl(s)。NH3·H2ONH4++OH-c平/(mol·L-1)0.10-1.0×10-5x+1.0×10-51.0×10-5x=0.18應(yīng)參加NH4Cl固體的質(zhì)量為:0.18mol·L-1×1L×53.5g·mol-1=9.6g6．解：設(shè)解離產(chǎn)生的H+濃度為xmol·L-1，那么HOAcH++OAc-c平/(mol·L-1)0.078-xx0.74+x，x=1.9×10-6，pH=-lgc(H+)=5.72向此溶液通入0.10molHCl氣體，那么發(fā)生如下反響：NaOAc+HCl→NaCl+HOAc反響后：c(HOAc)=0.18mol·L-1，c(OAc-)=0.64mol·L-1設(shè)產(chǎn)生的H+變?yōu)閤’mol·L-1，那么HOAcH++OAc-c平/(mol·L-1)0.18-x’x’0.64+x’x’=5.1×10-6，pH=5.30Δ(pH)=5.30-5.72=-0.427.解：〔1〕設(shè)NH4Cl水解產(chǎn)生的H+為xmol·L-1，那么NH4++H2ONH3·H2O+H+c平/(mol·L-1)0.010-xxxx=2.4×10-6，pH=5.62〔2〕設(shè)NaCN水解生成的H+為x’mol·L-1，那么CN-+H2OHCN+OH-c平/(mol·L-1)0.10-x’x’x’x`=1.3×10-3，pH=11.118．解：〔1〕Kai(HClO)=2.9×10-8；〔2〕Kspθ(AgI)=8.51×10-179．解：〔1〕設(shè)CaF2在純水中的溶解度(s)為xmol·L-1。因?yàn)镃aF2為難溶強(qiáng)電解質(zhì)，且基本上不水解，所以在CaF2飽和溶液中：CaF2〔s〕Ca2++2F-c平/(mol·L-1)x2x｛c(Ca2+)｝·｛c(F-)｝2=Kspθ(CaF2)x=1.1×10-3〔2〕設(shè)CaF2在1.0×10-2mol·L-1NaF溶液中的溶解度(s)為ymol·L-1。CaF2〔s〕Ca2++2F-c平/(mol·L-1)y2y+1.0×10-2{c(Ca2+)}·{c(Fy(2y+1.0×10-2)2=5.2×10-9y=5.2×10-5〔3〕設(shè)CaF2在1.0×10-2mol·L-1CaCl2溶液中的溶解度(s)為zmol·L-1。CaF2〔s〕Ca2++2F-c平/(mol·L-1)1.0×10-2+z2z{c(Ca2+)}·{c(F(z+1.0×10-2)(2z)2=5.2×10-9z=3.6×10-47．解：溶液混合后有關(guān)物質(zhì)的濃度為：HA+OH-A-+H2Oc/(mol·L-1)設(shè)c(H+)=xmol·L-1，那么弱酸HA，弱酸根A-及氫離子H+的平衡濃度表示為：HAA-+H+c平/(mol·L-1)xpH=5.00=-lgx，x=1.00×10-5mol·L-1代入弱酸HA的解離平衡常數(shù)表示式：〔近似計(jì)算〕10．解：〔1〕由題意可知：c(Mg2+)=0.050mol·L-1當(dāng)c(Mg2+)·{c(OH-)}2＞Kspθ(Mg(OH)〔2〕{c(Al3+)}·{c(OH-)}3=4.0×10-22＞c(Fe3+)}·{c(OH-)}3=2.0×10-22＞Kspθ(Fe(OH)11．解：Cd2++Ca(OH)2Ca2++Cd(OH)2↓Cd(OH)2(s)Cd2++2OH-Kspθ=7.2×10-15假設(shè)使c(Cd2+)＜0.10mg·L-1==8.9×10-7mol·L-1pH＞(14.00-pOH)=10.012．解：〔1〕混合后：c(Mn2+)=0.0010mol·L-1c(NH3·H2O)=0.050mol·L-1設(shè)OH-濃度為xmol·L-1NH3·H2ONH4++OH-c平/(mol·L-1)0.050-xxxx2=9.0×10-7，即{c(OH-)}2{c(Mn2+)}·{c(OH-)}2=9.0×10-10＞K所以能生成Mn(OH)2沉淀。〔2〕(NH4)2SO4的相對分子質(zhì)量為132.15c((NH4)2SO4)=mol·L-1=0.25mol·L-1c(NH4-)=0.50mol·L-1設(shè)OH-濃度為xmol·L-1NH3·H2ONH4++OH-c平/(mol·L-1)0.050-x0.50+xxx=1.8×10-6c(OH-)=1.8×10-6mol·L{c(Mn2+)}·{c(OH-)}2=3.2×10-15＜13．解：使BaSO4沉淀所需Ag2SO4沉淀所需故BaSO4先沉淀。當(dāng)Ag+開場沉淀時(shí)，c(Ba2+)＜＜10-5mol·L-1故此時(shí)Ba2+已沉淀完全。即可用參加Na2SO4方法別離Ba2+和Ag+。14．解：Fe3+沉淀完全時(shí)，c(OH-)的最小值為pH=2.81假設(shè)使0.10mol·L-1MgCl2溶液不生成Mg(OH)2沉淀，此時(shí)c(OH-)最大值為pH=8.88所以假設(shè)到達(dá)上述目的，應(yīng)控制2.81＜pH＜8.88。15．解：〔1〕Pb(OH)2、Cr(OH)3開場析出所需c(OH-)的最低為因?yàn)閏1(OH-)＞＞c2(OH-)，所以Cr(OH)3先沉淀。〔2〕Cr(OH)3沉淀完全時(shí)所需OH-最低濃度為Pb(OH)2不沉出所容許的OH-最高濃度為c(OH-)＜2.2×10-7mol·L-1即c(OH-)應(yīng)控制在〔4.0×10-9mol·L-1～2.2×10-7〕mol·L-1pHmin=5.60pHmax=7.34所以假設(shè)要?jiǎng)e離這兩種離子，溶液的pH應(yīng)控制在5.60～7.34之間。16．解：〔1〕〔2〕17．解：〔1〕設(shè)Cu2+的起始濃度為xmol·L-1。由提示可知：2Cu2+26S2O32-反響物質(zhì)的量比2：26n/10-3molx：30.0×0.100x=0.230×10-3molc(Cu2+)=0.0115mol·L-1〔2〕c(IO3-)=0.0230mol·L-1Kspθ(Cu(IO3)2)={c(Cu2+=6.08×10-618．解：設(shè)殘留在溶液中的Cu2+的濃度為xmol·L-1。Cu2++H2SCuS↓+2H+c平/(mol·L-1)x0.100.10+2(0.10-x)x=4.1×10-16c(Cu2+)=4.1×10-16mol·故殘留在溶液中的Cu2+有4.1×10-16mol·L-1×0.10L×63.546g·mol-1=2.6×10-1519．解：〔1〕c(Fe3+)=c(Fe2+)≈0.010mol·L-1假設(shè)使Fe3+開場產(chǎn)生沉淀，那么pH=14.00-12.19=1.81〔2〕Fe(OH)3沉淀完全，要求c(Fe3+)≤10-5mol·L-1，那么pH=2.81第4章氧化復(fù)原反響習(xí)題參考答案1．解：S的氧化數(shù)分別為-2、0、2、4、5、6。2．解：〔1〕3Cu+8HNO3(稀)→3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O〔2〕4Zn+5H2SO4(濃)→4ZnSO4+H2S↑+4H2O〔3〕KClO3+6FeSO4+3H2SO4→KCl+3Fe2(SO4)3+3H2O〔4〕Cu2S+22HNO3→6Cu(NO3)2+3H2SO4+10NO↑+8H2O3．解：〔1〕12I-2e→I2+)1H2O2+2H++2e→2H2O2I+H2O2+2H+→I2+2H2O〔2〕1Cr2O+14H++6e→2Cr3++7H2O+)3H2S-2e→S+2H+Cr2O+3H2S+8H+→2Cr3++3S↓+7H2O〔3〕1ClO+6H++6e→Cl-+3H2O+)6Fe2+-e→Fe3+ClO+6Fe2++6H+→Cl-+6Fe3+3H2O〔4〕1/2Cl2+2e→2Cl-+)1/2Cl2+4OH-2e→2ClO-+2H2OCl2+2OH→Cl-+ClO-+H2O〔5〕1Zn+4OH-2e→[Zn(OH)4]2-+)1ClO-+H2O+2e→Cl-+2OHZn+ClO-+2OH+H2O→[Zn(OH)4]2-+Cl-〔6〕2MnO+e→MnO+)1SO+OH-2e→SO+H2O2MnO+SO+2OH→2MnO+SO+H2O4．解：〔1〕〔-〕Pt，I2(s)∣I(c1)‖Cl-(c2)∣Cl2(P),Pt〔+〕〔2〕〔-〕Pt∣Fe2+,Fe3+(c3)‖MnO(c3),Mn2+(c4)，H+(c5)∣Pt〔+〕〔3〕〔-〕Zn∣ZnSO4(c1)‖CdSO4(c2)∣Cd〔+〕5．解：由于E(F2/HF)＞E(S2O/SO42-)＞E(H2O2/H2O)＞E(MnO/Mn2+)＞E(PbO2/Pb2+)＞E(Cl2/Cl-)＞E(Br2/Br-)＞E(Ag+/Ag)＞E(Fe3+/Fe2+)＞E(I2/I-)故氧化能力順序?yàn)镕2＞S2O＞H2O2＞MnO＞PbO2＞Cl2＞Br2＞Ag+＞Fe3+＞I2。其對應(yīng)的復(fù)原產(chǎn)物為HF，SO，H2O，Mn2+，Pb2+，Cl，Br,Ag,Fe2+,I。6．解：由于E(Zn2+/Zn)<E(H+/H2)<E(S/H2S)<E(Sn4+/Sn2+)<E(SO42-/H2SO3)<E(Cu2+/Cu)<E(I2/I-)<E(Fe3+/Fe2+)<E(Ag+/Ag)<E(Cl2/Cl-)故復(fù)原能力順序?yàn)閆n＞H2＞H2S＞SnCl2＞Na2SO3＞Cu＞KI＞FeCl2＞Ag＞KCl。7．解：〔1〕E(Fe3+/Fe2+)<E(Br2/Br-)，該反響能自發(fā)向左進(jìn)展?！?〕E＞0，該反響能自發(fā)向左進(jìn)展?！?〕<0，該反響能自發(fā)向右進(jìn)展。8．解：〔1〕E(MnO4-/Mn2+)＞E(Fe3+/Fe2+)，該反響能自發(fā)向右進(jìn)展?！?〕原電池的電池符號：(-)Pt|Fe2+(1mol?L-1),Fe3+(1mol?L-1)‖MnO4-(1mol?L-1),Mn2+(1mol?L-1),H+(10.0mol?L-1)︱Pt(+)E(MnO4-/Mn2+)=E(MnO4-/Mn2+)+lg=1.51V+lg(10.0)8=1.60VE=E(MnO4-/Mn2+)?E(Fe3+/Fe2+)=0.83V〔3〕lgK=Z′{E(MnO=62.5K=3.2×10628．解：E(Ag+/Ag)=E(Ag+/Ag)+0.0592Vlg{c=0.6807VE(Zn2+/Zn)=E(Zn2+/Zn)+0.0592V/2lg{c=-0.7922VE=E(Ag+/Ag)-E(Zn2+/Zn)=1.4729V=52.8K=6.3×10529．解：〔1〕〔-〕Zn∣Zn2+(0.020mol·L-1)‖Ni2+(0.080mol·L-1)∣Ni〔+〕;E=0.524V;〔2〕〔-〕Pt，Cl2(P)∣Cl-(10mol·L-1)‖Cr2O72-(1.0mol·L-1),Cr3+〔1.0mol·L-1〕，H+(10mol·L-1)∣Pt〔+〕;E=0.21V10．解：E(AgBr/Ag)=E(Ag+/Ag)=E(Ag+/Ag)+0.0592V×lg{c=E(Ag+/Ag)+0.0592V×lgKsp(AgBr)Ksp(AgBr)=5.04×10-1311．解：c(Ag+)=0.040mol·L-112．解：〔1〕E(Cu2+/Cu)=E(Cu2+/Cu)+lg{c(Cu=+0.33V〔2〕c(Cu2+)=Ksp(CuS)/(S2-)=6.3c10-36mol·L-1E(Cu2+/Cu)=-0.70V〔3〕E(H+/H2)=E(H+/H2)+lg=-0.0592V〔4〕OH-+H+→H2Oc/(mol·L-1)0.10.1剛好完全中和，所以c(H+)=1.0×10-7mol·L-1E(H+/H2)=-0.41V〔5〕參加的NaOAc與HCl剛好完全反響生成0.10mol·L-1的HOAcHOAcH++OAc-平衡濃度c/(mol/L)0.10-xxxK(HOAc)=x2/(0.10-x)=1.8×10-5x=0.0013mol·L-1E(H+/H2)=-0.17V13．解：c(H+)=2.7×10-5mol·L-1,pH=4.57;K(HA)=2.7×10-514．解：由lgK=4.3345,得K=4.63×10-515．解：E(Cu2+/Cu)=E(Cu2+/Cu)+lg{c(Cu2+E(Ag+/Ag)=E(Ag+/Ag)+0.0592V×lg{c(AgE(Fe2+/Fe)=-0.44V,{E(Ag+故Ag+先被Fe粉復(fù)原。當(dāng)Cu2+要被復(fù)原時(shí)，需E(Ag+/Ag)=E(Cu2+/Cu),這時(shí)E(Ag+/Ag)+0.0592V×lg{c(Ag+)/c}=E即：0.7991V+0.0592V×lg{c(Ag+)/c}=0.31V，c(Ag+)=5.0×16．解：〔1〕E(Ag+/Ag)=E(Ag+/Ag)+0.0592V×lg{c(AgE(Zn2+/Zn)=E(Zn2+/Zn)+(0.0592V/2)×lg{c(ZnE=E(Ag+/Ag)-E(Zn2+/Zn)=+1.5V〔2〕lgK=z′{E(Ag+/Ag)-E(Zn2+/Zn)}E=E(Ag+/Ag)-E(Zn2+/Zn)=+1.5617VΔrG=-z′FE=-3.014×102kJ·mol-1〔3〕達(dá)平衡時(shí),c(Ag+)=xmol·L-12Ag++Zn2Ag+Zn2+平衡時(shí)濃度c/(mol·L-1)x0.30+(0.10-x)/2K=x=2.5×10-27，c(Ag+)=2.5×10-27mol·L-117．解：〔1〕E(MnO42-/MnO2)={3E(MnO=+2.27VE(MnO2/Mn3+)={2E(MnO2〔2〕MnO42-,Mn3+?！?〕是Mn2+。反響式為Mn+2H+→Mn2++H218．解：(1)E(Cr2O72-/Cr2+)=0.91V;E(Cr3+/Cr2+)=-0.74V;(2)Cr3+,Cr2+均不歧化,Cr3+較穩(wěn)定,Cr2+極不穩(wěn)定。第5章原子構(gòu)造與元素周期性習(xí)題參考答案1．解：〔1〕n≥3正整數(shù)；〔2〕l=1；〔3〕ms=+?〔或?〕；〔4〕m=0。2．解：〔1〕不符合能量最低原理；〔2〕不符合能量最低原理和洪德規(guī)那么；〔3〕不符合洪德規(guī)那么；〔4〕不符合泡利不相容原理；〔5〕正確。3．解：〔1〕2px、2py、2pz為等價(jià)軌道；〔2〕第四電子層共有四個(gè)亞層，最多能容納32個(gè)電子。亞層軌道數(shù)容納電子數(shù)s12p36d510f714324．解：〔2〕P〔Z＝15〕〔3〕1s22s22p63s23p64s2〔4〕Cr[Ar]〔5〕Cu〔6〕[Ar]3d104s24p65．解：〔1〕[Rn]5f146d107s27p2,第7周期，ⅣA族元素，與Pb的性質(zhì)最相似?！?〕[Rn]5f146d107s27p6，原子序數(shù)為118。6．解：離子電子分布式S21s22s22p63s23p6K+1s22s22p63s23p6Pb2+[Xe]4f145d106s2Ag+[Kr]4d10Mn2+1s22s22p63s23p63d5Co2+1s22s22p63s23p63d77．解：原子序數(shù)電子分布式各層電子數(shù)周期族區(qū)金屬還是非金屬11[Ne]3s12,8,1三ⅠAs金屬21[Ar]3d14s22,8,9,2四ⅢBd金屬53[Kr]4d105s25p52,8,18,18,7五ⅦAp非金屬60[Xe]4f46s22,8,18,22,8,2六ⅢBf金屬80[Xe]4f145d106s22,8,18,32,18,2六ⅡBds金屬8．解：元素周期族最高氧化數(shù)價(jià)層電子構(gòu)型電子分布式原子序數(shù)甲3ⅡA+23s2[Ne]3s212乙6ⅦB+75d56s2[Xe]4f145d56s275丙4ⅣA+44s24p2[Ar]3d104s24p232丁5ⅡB+24d105s2[Kr]4d105s2489．解：〔1〕A、B；〔2〕C、A+；〔3〕A；〔4〕離子化合物，BC2。10．解：〔1〕有三種，原子序數(shù)分別為19、24、29；〔2〕原子序數(shù)電子分布式周期族區(qū)191s22s22p63s23p64s1四ⅠAs241s22s22p63s23p63d54s1四ⅥBd291s22s22p63s23p63d104s1四ⅠBds元素代號元素符號周期族價(jià)層電子構(gòu)型ANa三ⅠA3s1BMg三ⅡA3s2CAl三ⅢA3s23p1DBr四ⅦA4s24p5EI五ⅦA5s25p5GF二ⅦA2s22p5MMn四ⅦB3d54s211．解：12．解：元素代號電子分布式周期族元素符號D1s22s22p63s23p5三ⅦAClC[Ar]3d104s24p4四ⅥASeB[Kr]5s2五ⅡASrA[Xe]6s1六ⅠACsABCD〔1〕原子半徑大小〔2〕第一電離能小大〔3〕電負(fù)性小大〔4〕金屬性強(qiáng)弱第6章分子的構(gòu)造與性質(zhì)習(xí)題參考答案1．解：C原子的共價(jià)半徑為：154pm／2＝77.0pmN原子的共價(jià)半徑為：145pm／2＝72.5pmCl原子的共價(jià)半徑為：(175－72.5)pm＝102.5pm故C—Cl鍵的鍵長為：(77.0＋103)pm＝180pm2．解：分子的熱穩(wěn)定性為HF>HCl>HBr>HI。3．解：BBr3CS2SiH4PCl5C2H44．解：HClOBBr3C2Hσσσσσσσσσσσσσππσσ5．解：由成鍵原子的未成對電子直接配對成鍵：HgCl2、PH3。由電子激發(fā)后配對成鍵：AsF5、PCl5。形成配位鍵：、[Cu(NH3)4]2+。6．解：〔1〕ZnO>ZnS〔2〕NH3<NF3〔3〕AsH3<NH3〔4〕H2O>OF2〔5〕IBr<ICl7．解：Na2S>H2O>H2S>H2Se>O28．解：分子或離子中心離子雜化類型分子或離子的幾何構(gòu)型BBr3等性sp2平面正三角形PH3不等性sp3三角錐形H2S不等性sp3V形SiCl4等性sp3正四面體形CO2等性sp直線形等性sp3正四面體形9．解：分子或離子價(jià)層電子對數(shù)成鍵電子對數(shù)孤電子對數(shù)幾何構(gòu)型PbCl3321V形BF3330平面正三角形NF3431三角錐形PH4+440正四面體BrF5651正四棱錐形440正四面體321V形XeF4642四方形CHCl3440四面體﹡10．解：分子或離子分子軌道表示式成鍵的名稱和數(shù)目價(jià)鍵構(gòu)造式或分子構(gòu)造式能否存在(1s)1一個(gè)單電子鍵能(1s)2(*1s)1一個(gè)叁電子鍵能C2KK(2s)2(*2s)2(2py)2(2pz)22個(gè)鍵能Be2KK(2s)2(*2s)2不成鍵不能B2KK(2s)2(*2s)2(2py)1(2pz)12個(gè)單電子鍵能KK(2s)2(*2s)2(2py)2(2pz)2(2px)12個(gè)鍵一個(gè)單電子鍵能O2+KK(2s)2(*2s)2(2px)2(2py)2(2pz)2(*2py)11個(gè)鍵一個(gè)叁電子鍵1個(gè)鍵能11．解：分子或離子鍵級2.521.510.5構(gòu)造穩(wěn)定性的次序?yàn)椋?gt;>>>12．解：〔1〕He2的分子軌道表示式為(1s)2(*1s)2，凈成鍵電子數(shù)為0，所以He2分子不存在；〔2〕N2的分子軌道表示式為(1s)2(*1s)2(2s)2(*2s)2(2py)2(2pz)2(2px)2，形成一個(gè)鍵，兩個(gè)鍵，所以N2分子很穩(wěn)定，并且電子均已配對，因而具有反磁性；〔3〕的分子軌道表示式為:(1s)2(*1s)2(2s)2(*2s)2(2px)2(2py)2(2pz)2(*2py)2(*2pz)1，形成—個(gè)叁電子鍵，所以具有順磁性。13．解：非極性分子：Ne、Br2、CS2、CCl4、BF3；極性分子：HF、NO、H2S、CHCl3、NF3。14．解：〔1〕色散力；〔2〕色散力、誘導(dǎo)力；〔3〕色散力、誘導(dǎo)力、取向力。第7章固體的構(gòu)造與性質(zhì)習(xí)題參考答案1．解：熔點(diǎn)上下、硬度大小的次序?yàn)椋篢iC>ScN>MgO>NaF。2．解：〔1〕熔點(diǎn)由低到高的次序：KBr<KCl<NaCl<MgO?！?〕熔點(diǎn)由低到高的次序：N2<NH3<Si。3．解：離子電子分布式離子電子構(gòu)型Fe3+1s22s22p63s23p63d59～17Ag+1s22s22p63s23p63d104s24p64d1018Ca2+1s22s22p63s23p68Li+1s22S21s22s22p63s23p68Pb2+[Xe]4f145d106s218+2Pb4+[Xe]4f145d1018Bi3+[Xe]4f145d106s218+24．解：B為原子晶體，LiCl為離子晶體，BCl3為分子晶體。5．解：〔1〕O2、H2S為分子晶體，KCl為離子晶體，Si為原子晶體，Pt為金屬晶體?！?〕AlN為共價(jià)鍵，Al為金屬鍵，HF(s)為氫鍵和分子間力，K2S為離子鍵。6．解：物質(zhì)晶格結(jié)點(diǎn)上的粒子晶格結(jié)點(diǎn)上離子間的作用力晶體類型預(yù)測熔點(diǎn)〔高或低〕N2N2分子分子間力分子晶體很低SiCSi原子、C原子共價(jià)鍵原子晶體很高CuCu原子、離子金屬鍵金屬晶體高冰H2O分子氫鍵、分子間力氫鍵型分子晶體低BaCl2Ba2+、Cl離子鍵離子晶體較高7．解：(F－F)U+Al(g)Al3+(g)U＝+(F－F)+3+I＝[326.4+×156.9+3×〔322〕+5139.1〔1510〕]kJ·mol1＝6245kJ·mol18．解：K(s)+I2(s)KI(s)(K)(I2)I2(g)UI(g)+eI(g)+eK(g)I1K+(g)=(K)+(I2)+++I1U=[90+62.4+152.549+(295)+418.9649]kJ·mol1=328kJ·mol19．解：〔1〕極化力：Na+，，Al3+，Si4+；變形性：Si4+，Al3+，Na+。〔2〕極化力：I，Sn2+，Ge2+；變形性：Ge2+，Sn2+，I。10．解：極化作用：SiCl4>AlCl3>MgCl2>NaCl。11．解：〔1〕陰離子一樣。陽離子均為18電子構(gòu)型，極化力、變形性均較大，但Zn2+、Cd2+、Hg2+依次半徑增大，變形性增大，故ZnS、CdS、HgS依次附加離子極化作用增加，鍵的共價(jià)程度增大，化合物的溶解度減小?！?〕陽離子一樣，但F、Cl、I依次半徑增大，變形性增大。故PbF2、PbCl2、PbI2極化作用依次增大，鍵的共價(jià)程度增大，化合物的溶解度減小?！?〕陰離子一樣，但Ca2+、Fe2+、Zn2+電子構(gòu)型分別為8、9～17、18，變形性依次增大，鍵的共價(jià)程度增大，化合物的溶解度減小。第8章配位化合物〔習(xí)題參考答案〕1．解：配離子形成體配體配位原子配位數(shù)[Cr(NH3)6]3+Cr3+NH3N6-[Co(H2O)6]2+Co2+--H2OO-6-[Al(OH)4]―Al3+OH―O-4[Fe(OH)2(H2O)4]+Fe2+-OH―、-H2O-O-6[PtCl5(NH3)]―Pt4+-Cl―、NH3--Cl、N6-2．解：配合物名稱配離子電荷形成體氧化數(shù)[Cu(NH3)4][PtCl4]四氯合鉑〔Ⅱ〕酸四氨合銅〔Ⅱ〕+2、―2+2、+2Cu[SiF6]六氟合硅〔Ⅳ〕酸銅―2+4K3[Cr(CN)6]六氟合鉻〔Ⅲ〕酸鉀―3+3[Zn(OH)(H2O)3]NO3硝酸一羥基·三水合鋅〔Ⅱ〕+1+2[CoCl2(NH3)3(H2O)]Cl一氯化二氯·三氨·一水合鈷〔Ⅲ〕+1+3[PtCl2(en)]二氯·一乙二胺合鉑〔Ⅱ〕0+23．解：〔1〕KPtCl3(NH3)]〔2〕[Co(NH3)6](ClO4)2〔3〕[Ni(NH3)6]Cl2〔4〕NH4[Cr(NCS)4(NH3)2]〔5〕[Cr(OH)9C2O4](H2〔6〕Na2[Fe(CN)5(CO)]4．解：三種配合物的化學(xué)式分別為物質(zhì)ⅠⅡⅢ配合物化學(xué)式[Pt(NH3)6]Cl4[PtCl2(NH3)4]Cl2[PtCl4(NH3)2]5．解：[Cu(NH3)4]2+[CoF6]3-[Ru(CN)6]4-[Co(NCS)4]2―6．解：：[MnBr4]2―μ＝5.9B.M，[Mn(CN)6]3―μ＝2.8B.M。由：式求得：，與相比較，可推測：[MnBr4]2―價(jià)層電子分布為7.解：混合后尚未反響前：c(Ag+)=0.10mol·L1c(NH3·H2O)=0.50mol·L1又因([Ag(NH3)2]+)較大，可以認(rèn)為Ag+基本上轉(zhuǎn)化為[Ag(NH3)2]+，達(dá)平衡時(shí)溶液中c(Ag+)、c(NH3)、c([Ag(NH3)2]+)由以下平衡計(jì)算：Ag++2NH3·H2O[Ag(NH3)2]++2H2O起始濃度／(mol·L1)0.5020.100.10平衡濃度／(mol·L1)0.30+20.10==1.12107=1.12107=9.9108即c(Ag+)=9.9108mol·L1c([Ag(NH3)2]+)=(0.10)mol·L1≈0.10mol·L1c(NH3·H2O)=(0.30+2)mol·L1≈0.30mol·L18.解：混合后未反響前：c(Cu2+)=0.050mol·L1c(NH3)=3.0mol·L1達(dá)平衡時(shí)：Cu2++4NH3·H2O[Cu(NH3)4]2++4H2O平衡濃度／(mol·L1)3.040.050+40.050===2.091013=2.11013,=3.91017c([Cu(NH3)4]2+)≈0.050mol·L1，c(NH3·H2O)≈2.8mol·L1假設(shè)在此溶液中參加0.010molNaOH(s)，即：c(OH)=0.50mol·L1J=3.91017(0.50)2=9.81018＞(Cu(OH)2)故有Cu(OH)2沉淀生成。9.解：設(shè)1.0L6.0mol·L1NH3·H2O溶解molAgI，那么c([Ag(NH3)2]+)=mol·L1〔實(shí)際上應(yīng)略小于mol·L1〕c(I)=mol·L1AgI(s)+2NH3·H2O[Ag(NH3)2]++I+2H2O平衡濃度／(mol·L1)6.02==·(AgI)=9.541010=9.541010=1.9104同上方法：AgI(s)+2CN[Ag(CN)2]+I平衡濃度／(mol·L1)1.02=·(AgI)=(1.261021)(8.521017)=1.07105=0.49可見KCN可溶解較多的AgI。10.解：設(shè)1.0L1.0mol·L1氨水可溶解molAgBr，并設(shè)溶解達(dá)平衡時(shí)c([Ag(NH3)2]+)=mol·L1〔嚴(yán)格講應(yīng)略小于mol·L1〕c(Br)=mol·L1AgBr(s)+2NH3·H2O[Ag(NH3)2]++Br+2H2O平衡濃度／(mol·L1)6.02=·(AgBr)=5.99106=5.99106=2.4103故1.0L1.0mol·L1NH3·H2O可溶解1.9104molAgBr。那么100mL1.0mol·L1NH3·H2O只能溶解AgBr的克數(shù)為2.4103mol·L10.10L187.77g·mol1=0.045g＜0.10g即0.10gAgBr不能完全溶解于100mL1.00mol·L1的氨水中。11.解：c(NH3·H2O)=9.98mol·L1混合沖稀后：c(NH3·H2O)=9.98mol·L1=2.99mol·L1c(Ag+)=0.100mol·L1=0.0500mol·L1〔1〕Ag++2NH3·H2O[Ag(NH3)2]++2H2O平衡濃度／(mol·L1)2.990.100+20.0500較大，故可近似計(jì)算==1.12107,=5.351010即c(Ag+)=5.351010mol·L1c([Ag(NH3)2]+)=0.0500mol·L1,c(NH3·H2O)=2.89mol·L1〔2〕參加0.0745gKCl(s)：c(Cl)=0.0100mol·L1J=5.3510100.0100=5.351012＜(AgCl)=1.771010故無AgCl沉淀形成。欲阻止AgCl沉淀形成，c(Ag+)≤=1.77108mol·L1c(NH3·H2O)≥=0.502mol·L1 〔3〕c(Br)=0.120g119.00g·mol10.1L=0.0101mol·L1J=5.401012＞(AgBr)=5.351013故有AgBr沉淀形成。欲阻止AgBr沉淀形成,c(NH3·H2O)≥=9.18mol·L1由(2)、(3)計(jì)算結(jié)果看出，AgCl能溶于稀NH3·H2O，而AgBr須用濃NH3·H2O溶解。12.解：〔1〕[HgCl4]2+4I[HgI4]2+4Cl==5.781014很大，故反響向右進(jìn)展。〔2〕[Cu(CN)2]+2NH3·H2O[Cu(NH3)2]++2CN+2H2O==7.241014〔3〕[Fe(NCS)2]++6F[FeF6]3+2SCN==8.911010很大，故該反響向右進(jìn)展。*13.解：〔1〕[Ni(CN)4]2+2eNi+4CN對于電極反響：Ni2++2eNi(Ni2+/Ni)=(Ni2+/Ni)+(0.0592V/2)lgNi2++4CN[Ni(CN)4]2那么=/([Ni(CN)4]2)=5.031032mol·L1因此([Ni(CN)4]2/Ni)=(Ni2+/Ni)=(Ni2+/Ni)+lg=0.0295V*14.解：對于電極反響：Cu2++2eCu(Cu2+/Cu)=(Cu2+/Cu)+其中Cu2+濃度可由以下平衡式求得：Cu2++4NH3·H2O[Cu(NH3)4]2++4H2O那么=/([Cu(NH3)4]2+)=4.81014mol·L1([Cu(NH3)4]2+/Cu)=(Cu2+/Cu)=(Cu2+/Cu)+=0.054V在(NH3·H2O)=1.0mol·L1的溶液中：NH3·H2O+OH平衡濃度／(mol·L1)1.0(NH3·H2O)==1.8105=4.2103即(OH)=4.2103mol·L1對于電極反響：O2+2H2O+4e4OH(O2/OH)=(O2/OH)+=0.542V(O2/OH)>>([Cu(NH3)4]2+/Cu)。*15.解：由電極反響：Ag++eAg可以寫出：(Ag+/Ag)=(Ag+/Ag)+0.0592V可導(dǎo)出：([Ag(NH3)2]+/Ag)=(Ag+/Ag)+0.0592V([Ag(CN)2]/Ag)=(Ag+/Ag)+0.0592V因([Ag(NH3)2]+)<<([Ag(CN)2])故([Ag(NH3)2]+/Ag)＞([Ag(CN)2]/Ag)*16．解： (Fe3+/Fe2+)=〔[Fe(CN)6]3/[Fe(CN)6]4〕那么(Fe3+/Fe2+)+0.0592V=〔[Fe(CN)6]3/[Fe(CN)6]4〕+0.0592V[Fe(CN)6]3/[Fe(CN)6]4〕=0.361V,得([Fe(CN)6]3〕=8.41041*17.解:由題意知:1=([Cu(NH3)4]2+/Cu)-(Zn2+/Zn)=0.7083V(Cu2+/Cu)=0.340V,(Zn2+/Zn)=0.7626V([Cu(NH3)4]2+/Cu)=0.0543V而([Cu(NH3)4]2+/Cu)=(Cu2+/Cu)+0.0543V=0.340V+,得:c(Cu2+)=4.7810-14mol·L1。由題意知:Cu2++4NH3·H2O+[Cu(NH3)4]2++4H2O〔[Cu(NH3)4]2+〕===2.091013〔2〕向左半電池中參加Na2S，達(dá)平衡時(shí)：C(Zn2+)==1.610-24mol·L1ZnS+2eZn+S2-(ZnS/Zn)=(Zn2+/Zn)+=1.4670V故=〔[Cu(NH3)4]2+/Cu〕(ZnS/Zn)=1.4127V〔3〕〔〕Zn，ZnS〔S〕S2-〔1.00mol·L1〕NH3·H2O〔1.00mol·L1〕，[Cu(NH3)4]2+〔1.00mol·L1〕Cu〔+〕〔4〕電極反響：〔〕Zn+S2-2eZnS〔S〕〔+〕[Cu(NH3)4]2++2eCu+4NH3電池反響：Zn+[Cu(NH3)4]2++S2-ZnS+Cu+4NH3〔5〕lg==47.73故272.5kJ·mol1第9章元素概論習(xí)題參考答案1．解：〔1〕2Na+2H2O〔冷〕→2NaOH+H2↑〔2〕Mg+2H2OMg(OH)2+H2↑〔3〕3Fe+4H2O〔g〕→Fe3O4+4H2↑〔4〕Zn+2H+→Zn2++H2↑〔5〕2Al+2OH+6H2O→2[Al(OH)4]+3H2↑2．解：宜選用焦炭為復(fù)原劑3．解：〔1〕SiHCl3+H2→Si+3HCl(2)2Na+H22NaH(3)WO3+3H2→W+３H2O〔4〕CaH2+2H2O→Ca〔OH〕2+2H2↑〔5〕TiCl4+4NaH→Ti+4NaCl+2H2↑〔6〕4LiH+AlCl3Li[AlH4]+3LiCl〔7〕2XeF2+2H2O→2Xe↑+4HF+O2↑〔8〕XeF2+H2O→Xe↑+2HF+O2↑〔9〕XeF6+3H2O→XeO3+6HF〔10〕Xe+PtF6→Xe+[PtF6]4．解：(XeF4,g)=-214.5kJ·mol15．解：質(zhì)量為360g。第10章堿金屬和堿土金屬元素習(xí)題參考答案1．解：〔1〕2Na(s)+(x+y)NH3→2Na+(NH3)X+e-(NH3)y〔2〕Na2O2+2H2O→2NaOH+2H2O2;H2O2→H2O+1/2O2↑〔3〕2KO2+2H2O→2KOH+2H2O2+O2↑;H2O2→H2O+1/2O2↑〔4〕2Na2O2+2CO2→2Na2CO3++O2↑〔5〕4KO2+2CO2→2K2CO3+3O2↑〔6〕Be(OH)2+2OH→[Be(OH)4]〔7〕Mg(OH)2+2NH4+→Mg2++2NH3·H2O;2NH3·H2O→2NH3↑+2H2O〔8〕BaO2+H2SO4(稀)→BaSO4↓+2H2O2;H2O2→H2O+1/2O2↑2.解：〔1〕Na：2NaCl(s)2Na+Cl2↑〔2〕Na2O2：2NaCl(s)2Na+Cl2↑〔3〕NaOH：2NaCl+2H2O2NaOH+Cl2↑+H2↑〔4〕Na2CO3：2NaCl+2H2O2NaOH+Cl2↑+H2↑C+O2CO2↑2NaOH+CO2→Na2CO3+H2O3．解：〔1〕該混合物中不含CaCO3，且MgSO4、BaCl2不會(huì)同時(shí)存在；〔2〕該混合物中含有KCl；〔3〕該混合物中含有MgSO4。故混合物中只有KCl、MgSO4。4．解：鑒別上述各組物質(zhì)有不同方法，現(xiàn)僅舉一例供參考：〔1〕〔2〕〔3〕〔4〕5.解：參加適量BaCl2、Na2CO3和NaOH，分別生成BaSO4、CaCO3、Mg(OH)2、BaCO3沉淀〔方程式略〕。6．解：7．解：〔1〕根據(jù)“此固體溶于水后可得無色溶液和白色沉淀〞，可判斷混合物中不含有CuSO4，而白色沉淀可能是MgCO3、BaSO4、Ag2SO4；8．解：〔1〕首先析出BaCrO4沉淀〔2〕當(dāng)SrCrO4剛析出時(shí)，c〔Ba2+〕=5.3×10-7<10-5mol·L1.沉淀已完全,因此可別離。9．解：〔1〕〔2〕10.解：1.06×10-3m3第11章鹵素和氧族元素習(xí)題參考答案1.解：(1)2NaCl+2H2O2NaOH+2H2↑+Cl2↑(2)2Br?+Cl2Br2+2Cl?;3Br2+3CO32?5Br?+BrO3?+3CO2↑;5Br?+BrO3?+6H+3Br2+3H2O2.解：(1)2Br?+Cl2Br2+2Cl?(2)6Ca(OH)2(熱)+6Cl2Ca(ClO3)2+5CaCl2+2H2O(3)I2+2HClO3Cl2+2HIO3(4)4KClO33KClO4+KCl3.解：〔1〕以食鹽為基本原料制備Cl2、NaOH、NaClO、Ca(ClO)2、KClO3、HClO4；2NaCl+2H2O2NaOH+2H2↑+Cl2↑Cl2+2NaOH(冷)NaClO+NaCl+H2O2Cl2+2Ca(OH)2(冷)Ca(ClO)2+CaCl2+2H2O3Cl2+6KOH(熱)KClO3+5KCl+3H2O4KClO33KClO4+KClKClO4+H2SO4(濃)KHSO4+HClO4〔2〕以螢石(CaF2)為基本原料制備F2。CaF2+H2SO4(濃)CaSO4+2HF↑KOH+2HFKHF2+H2O2KHF22KF+H2↑+F2↑(3)2KI+Cl2I2+KCl3I2+6KOHKIO3+5KI+3H2O4.解：〔1〕Cl2+2KOH(冷)KClO+KCl+H2O〔2〕3Cl2+6KOH(熱)KClO3+5KCl+3H2O〔3〕KClO3+6HClKCl+3Cl2↑+3H2O〔4〕2KClO32KCl+3O2↑〔5〕I2+5H2O22HIO3+4H2O〔6〕KClO3+6KI+3H2SO4KCl+3I2+3K2SO4+3H2O5.解：〔1〕FeCl3與Br2水能共存。因(BrO3?/Br2)=1.5V>(Fe3+/Fe2+)=0.771V，所以FeCl3和Br2不會(huì)發(fā)生氧化復(fù)原反響，也不發(fā)生其它反響，故能共存。〔2〕FeCl3與KI溶液不能共存。因(Fe3+/Fe2+)=0.771V>(I2/I?)=0.5355V,故發(fā)生反響：2Fe3++2I?2Fe2++I2〔3〕NaBr與NaBrO3在酸性溶液中不能共存。因(BrO3?/Br2)=1.5V>(Br2/Br?)=1.065V,故發(fā)生反響：BrO3?+5Br?+6H+3Br2+3H2O〔4〕KI與KIO3在酸性溶液中不能共存。因(IO3?/I2)=1.195V>(I2/I?)=0.5355V,故發(fā)生反響：IO3?+5I?+6H+3I2+3H2O6.解：(4)式=(1)+(2)-2×(3),K=9×10157.解：ΔrHm?=202.4kJ·mol-1,壓力升高，平衡左移,K不變;溫度升高，平衡右移,K變大8.解：因?yàn)镋(右)>E(左),所以能向右移動(dòng),lgK=25.2,K=1.6×10259.解：(1)混合物中含5.82gKI;(2)混合物中含1.35gCaCl2;混合物中含2.26gNaCl10.解：ΔrHm?=-187.8kJ·mol-1解：A為SO2水溶液。有關(guān)反響式如下：〔1〕SO2+H2O+2OH?SO32?+2H2O〔2〕5SO32?+2MnO4?+6H+2Mn2++5SO42?+3H2O〔3〕Ba2++SO42?BaSO4↓12.解：A為Na2S2O3；B為SO2；C為S；D為BaSO4。有關(guān)反響式如下：S2O32?+2H+SO2↑+S↓+H2O(A)(B)(C)S2O32?+4Cl2+5H2O2SO42?+8Cl?+10H+Ba2++SO42?BaSO4↓(D)解：A為易溶碘化物(如KI)；B為濃H2SO4；C為I2；D為I3?；E為S2O32?；F為Cl2。有關(guān)反響式如下：8KI+9H2SO4(濃)4I2+8KHSO4+H2S↑+4H2O(A)(B)(C)I2+I?I3?(D)2S2O32?+I2S4O62?+2I?(E)5Cl2+I2+6H2O10Cl?+2IO3?+12H+(F)S2O32?+2H+SO2↑+S↓+H2O黃色S2O32?+4Cl2+5H2O2SO42?+8Cl?+10H+Ba2++SO42?BaSO4↓白色解：可用稀HCl加以鑒別。五種固體各取少許分裝于試管中，并加水配成溶液，再分別滴入HCl。其中：有臭氣放出，該氣體使?jié)駶櫟腜b(OAc)2試紙變黑者為Na2S；有同上臭氣放出且有黃色沉淀生成者為Na2S2；有使品紅試紙褪色的氣體產(chǎn)生者為Na2SO3；有使品紅試紙褪色的氣體產(chǎn)生且有黃色沉淀生成者為Na2S2O3；無明顯現(xiàn)象者為Na2SO4。15．解：1〕H2O22H2O+O2↑〔2〕H2O2+2I+2H+→I2+2H2O〔3〕2MnO4?+5H2O2+6H+2Mn2++5O2↑+8H2O〔4〕H2S+2Fe3+S↓+2Fe2++2H+〔5〕2S2O3?+I2S4O62?+2I?〔6〕S2O32?+4Cl2+5H2O2SO42?+8Cl?+10H+〔7〕H2SO3+2H2S3S↓+3H2O〔8〕Al2O3+3K2S2O7Al2(SO4)3+3K2SO4〔9〕2Mn2++5S2O82?+8H2O2MnO4?+10SO42?+16H+〔10〕AgBr+2S2O32?[Ag(S2O3)2]3?+Br?16．解：選用(NH4)2S2O8最合理。反響式如下：Fe+H2SO4FeSO4+H2↑2FeSO4+(NH4)2S2O8Fe2(SO4)3+(NH4)2SO4Fe2(SO4)3+(NH4)2SO4+24H2O2NH4Fe(SO4)2·12H2O可見選用(NH4)2S2O8作氧化劑，既可將FeSO4氧化為Fe2(SO4)3，又不引進(jìn)其它雜質(zhì)，而且(NH4)2S2O8被復(fù)原為(NH4)2SO4，這正是制取NH4Fe(SO4)2·12H2O需要的物質(zhì)，不必另外再加(NH4)2SO4。第12章氮族、碳族和硼族元素習(xí)題參考答案1.〔1〕解：〔2〕解：2．解：(1)5NO2-+2MnO4-+6H+5NO3-+2Mn2++3H2O3NO2-+Cr2O+8H+→3NO3-+2Cr3++7H2O(2)2NO2-+2I-+4H+2NO↑+I2+2H2O(3)HNO2+NH3N2+2H2O3．解：〔1〕〔2〕〔3〕4．解：〔1〕S+2HNO3(濃)H2SO4+2NO↑〔2〕4Zn+10HNO3(很稀)4Zn(NO3)2+NH4NO3+3H2O〔3〕3CuS+8HNO33Cu(NO3)2+3S↓+2NO↑+4H2O〔4〕PCl5+4H2OH3PO4+5HCl〔5〕2AsO33-+3H2S+6H+As2S3↓+6H2O〔6〕AsO43-+2I-+5H+H3AsO3+I2+H2O〔7〕2Mn2++5NaBiO3+14H+2MnO4-+5Bi3++5Na++7H2O〔8〕Sb2S3+3S2-2SbS33-5．解：〔1〕〔2〕〔3〕〔4〕6．解：A是AsCl3，B是AgCl，C是[Ag(NH3)2]Cl，D是As2S3，E是(NH4)3A