无机化学简明教程天津大学课后习题参考问题详解

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1、word第1章 化学反响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。103g3解：一瓶氧气可用天数解：= 318 K解：根据道尔顿分压定律p(N2104 Pap(O2104 Pap(Ar) =1103 Pa解：1mol; 237.解：1p(H2) =95.43 kPa2m(H2) = =0.194 g8.解：1x= 5.0 mol2x= 2.5 mol结论:反响进度(x)的值与选用反响式中的哪个物质的量的变化来进展计算无关，但与反响式的写法有关。9.解：U = Qp-pV = 0.771 kJ10.解：1V110-3 m32 T2 = = 320 K3-W =

2、 - (-pDV)=-502 J4 DU = Q + W = -758 J5 DH = Qp = -1260 J11.解：NH3(g) + O2(g) NO(g) + H2O(g)= - 226.2 kJmol-112.解：= Qp = -89.5 kJ= -DnRT= -96.9 kJ13.解：1C (s) + O2 (g) CO2 (g) = (CO2, g) = -393.509 kJmol-1CO2(g) + C(s) CO(g) = 86.229 kJmol-1CO(g) + Fe2O3(s) Fe(s) + CO2(g) = -8.3 kJmol-1各反响之和= -315.6 kJ

3、mol-1。 2总反响方程式为C(s) + O2(g) + Fe2O3(s) CO2(g) + Fe(s) = -315.5 kJmol-1由上看出：(1)与(2)计算结果根本相等。所以可得出如下结论：反响的热效应只与反响的始、终态有关，而与反响的途径无关。14解：3=23-12=-1266.47 kJmol-115解：1Qp =4(Al2O3, s) -3(Fe3O4, s) =-3347.6 kJmol-12Q =-4141 kJmol-116解：1 =151.1 kJmol-1 2 = -905.47 kJmol-13 =-71.7 kJmol-117.解：=2(AgCl, s)+(H2

4、O, l)-(Ag2O, s)-2(HCl, g)(AgCl, s) = -127.3 kJmol-118.解：CH4(g) + 2O2(g) CO2(g) + 2H2O(l) = (CO2, g) + 2(H2O, l)-(CH4, g) = -890.36 kJmo -1 Qp = -104kJ第2章 化学反响的方向、速率和限度 1.解： = -3347.6 kJmol-1;= -216.64 Jmol-1K-1;= -3283.0 kJmol-1 0该反响在298.15K与标准态下可自发向右进展。2.解： = 113.4 kJmol-1 0 该反响在常温(298.15 K)、标准态下不能

5、自发进展。 2 kJmol-1; = 110.45 Jmol-1K-1; = 68.7 kJmol-1 0该反响在700K、标准态下不能自发进展。3.解：= -70.81 kJmol-1 ;= -43.2 Jmol-1K-1;= -43.9 kJmol-1 2由以上计算可知：(298.15 K) = -70.81 kJmol-1;(298.15 K) = -43.2 Jmol-1K-1 = -T 0T = 1639 K4.解：1= = 2= = 3= = 4= = 5.解：设、根本上不随温度变化。 = -T (298.15 K) = -233.60 kJmol-1(298.15 K) = -2

6、43.03 kJmol-1(298.15 K) = 40.92, 故 1040(373.15 K) = 34.02,故 10346.解：1=2(NH3, g) = -32.90 kJmol-1 0 该反响在298.15 K、标准态下能自发进展。2(298.15 K) = 5.76, (298.15 K)1057.解：1(l) = 2(NO, g) = 173.1 kJmol-1= = -30.32, 故10-312(2) = 2(N2O, g) =208.4 kJmol-1= = -36.50, 故10-373(3) = 2(NH3, g) = -32.90 kJmol-1= 5.76, 故1

7、05 由以上计算看出：选择合成氨固氮反响最好。8.解： = (CO2, g) -(CO, g)-(NO, g) = -343.94 kJmol-1 0，所以该反响从理论上讲是可行的。9.解:(298.15 K) = (NO, g) = 90.25 kJmol-1(298.15 K) = Jmol-1K-1(1573.15K)(298.15 K) -(298.15 K) = 70759 J mol-1(1573.15 K) = -2.349, 10-310.解：H2(g)+I2(g) 2HI(g) 平衡分压kPa 2905.74 - 2905.74 - 2p (HI) = 2kPa = 4580

8、.24 kPan = = 3.15 mol11.解：p 105 Pa,p (H2105 Pap (CO2105 Pa,p (H2105 PaCO(g) + H2O(g) CO2(g) + H2(g)起始分压105J = 0.168, = 10.168 = J,故反响正向进展。12.解：1NH4HS(s) NH3(g) + H2S(g)平衡分压/kPa=如此100 kPa = 26 kPa平衡时该气体混合物的总压为52 kPa 2T不变，不变。NH4HS(s) NH3(g) + H2S(g)平衡分压/kPa25.3+= 17 kPa13.解：1 PCl5(g) PCl3(g) + Cl2(g)平

9、衡浓度(molL-1) = L-1， (PCl5) = 71%PCl5(g) PCl3(g) + Cl2(g)平衡分压= 2 PCl5(g) PCl3(g) + Cl2(g)新平衡浓度(molL-1) 0.10 + 0.25 - 0.25 += molL-1mol L-1 (T不变，不变)=0.01 molL-1，(PCl5) = 68%3 PCl5(g) PCl3(g) + Cl2(g)平衡浓度(molL-1) 0.050 += = 0.62 molL-1= 0.24 molL-1，(PCl5) = 68%比拟(2)、(3)结果，说明最终浓度与转化率只与始、终态有关，与参加过程无关。14.解

10、：N2(g) + 3H2(g)2NH3(g)平衡浓度(molL-1= =假如使N2的平衡浓度增加到1.2mol L-1，设需从容器中取走摩尔的H2。N2(g) +3H2(g) 2NH3(g)新平衡浓度(molL-1) 1.2 0.50+(30.2) -2=15. 解：1CO%;2CO%; (3)说明增加反响物中某一物质浓度可提高另一物质的转化率;增加反响物浓度，平衡向生成物方向移动。16.解： 2NO(g) + O2(g) 2NO2(g)平衡分压kPa 101-79.2 = 21.8 286 -673K= ，(673 K) = - 9.39 kJmol-117.解：(298.15 K) = -

11、95278.54 Jmol-1(298.15 K) = (298.15 K) - 298.15 K(298.15 K)(298.15 K) = 9.97 Jmol-1K-1，(500 K) -97292 Jmol-1(500 K) = 0.16， 故 1010或者，101018.解：因(298.15 K) = (1) +(2) = -213.0 kJmol-10, 说明该耦合反响在上述条件可自发进展。第3章 酸碱反响和沉淀反响 习题参考答案解：1pH=-lg c(H+20.050molL-1HOAc溶液中， HOAc H+ + OAc-c平/(molL-1) 0.050-x x xc(H+)=

12、9.510-4molL-1pH=-lgc(H+2解：1pH=1.00 c(H+)=0.10molL-1pH=2.00 c(H+)=0.010molL-1等体积混合后：c(H+)=0.10molL-1+0.010molL-1/2=0.055 molL-1pH=-lgc(H+2pH=2.00 c(H+)=0.010molL-1, c(OH-)=0.10molL-1等体积混合后：酸碱中和后：H+ + OH- H2O c(OH-)=0.045molL-13解：正常状态时 pH=7.35 c(H+)=4.510-8molL-1pH=7.45 c(H+)=3.510-8molL-1患病时pH=5.90 c

13、(H+)=1.210-6molL-1患此种疾病的人血液中c(H+)为正常状态的2734倍。4解：一元弱酸HA，pH2.77 c(H+)=1.710-3molL-1 HA H+ + A-c平/(molL-1) 0.10-1.710-3 1.710-3 1.710-3=5解：溶液的pH=9.00, c(H+)=1.010-9molL-1 故 c(OH-)=1.010-5molL-1假设在1.0L0.10molL-1氨水中参加xmolNH4Cl(s)。NH3H2O NH4+ + OH-c平/(molL-1) 0.10-1.010-5 x+1.010-5 1.010-5应参加NH4Cl固体的质量为:

14、0.18molL-11L53.5gmol-16解：设解离产生的H+浓度为xmolL-1，如此HOAc H+ + OAc-c平/(molL-1) 0.078-x x 0.74+x，x=1.910-6，pH=-lgc(H+向此溶液通入0.10molHCl气体，如此发生如下反响： NaOAc + HCl NaCl + HOAc反响后：c(HOAc)=0.18molL-1，c(OAc-)=0.64molL-1设产生的H+变为xmolL-1，如此 HOAc H+ + OAc-c平/(molL-1xx 0.64+xx=5.110-6，7. 解：1设NH4Cl水解产生的H+为xmolL-1，如此NH4+ +

15、 H2O NH3H2O + H+c平/(molL-1x x xx=2.410-6，2设Na水解生成的H+为xmolL-1，如此 - + H2O H + OH-c平/(molL-1xx xx=1.310-3，8解：1Kai(HClO)= 2.910-8；2Ksp(AgI)= 8.5110-179解：1设CaF2在纯水中的溶解度(s)为xmolL-1。因为CaF2为难溶强电解质，且根本上不水解，所以在CaF2饱和溶液中： CaF2s Ca2+ + 2F-c平/(molL-1) x 2x c(Ca2+)c(F-)2=Ksp(CaF2)x=1.110-32设CaF2在1.010-2molL-1NaF溶

16、液中的溶解度(s)为ymolL-1。CaF2s Ca2+ + 2F-c平/(molL-1) y 2y+1.010-2c(Ca2+)c(F-)2= Ksp(CaF2)y(2y+1.010-2)2= 5.210-9 y=5.210-53设CaF2在1.010-2molL-1CaCl2溶液中的溶解度(s)为zmolL-1。 CaF2s Ca2+ + 2F-c平/(molL-1) 1.010-2+z 2zc(Ca2+)c(F-)2=Ksp(CaF2)(z+1.010-2)(2z)2= 5.210-9 z=3.610-47解：溶液混合后有关物质的浓度为： HA + OH- A- + H2Oc/(molL

17、-1) 设c(H+)=xmolL-1，如此弱酸HA，弱酸根A-与氢离子H+的平衡浓度表示为：HA A- + H+c平/(molL-1) xpH=5.00=-lg x，x=1.0010-5molL-1代入弱酸HA的解离平衡常数表示式：近似计算 10解：1由题意可知：c(Mg2+)=0.050 molL-1当c(Mg2+)c(OH-)2Ksp(Mg(OH)2)时开始有Mg(OH)2沉淀出。2c(Al3+)c(OH-)3=4.010-22Ksp(Al(OH)3)，所以还有Al3+可被沉淀出。c(Fe3+)c(OH-)3=2.010-22Ksp(Fe(OH)3)，所以还有Fe3+可被沉淀出。11解：

18、Cd2+ + Ca(OH)2Ca2+ + Cd(OH)2Cd(OH)2(s) Cd2+ + 2OH-Ksp=7.210-15假如使c(Cd2+)0.10mgL-1=8.910-7molL-1pH12解：1混合后：c(Mn2+)=0.0010molL-1c(NH3H2O)=0.050molL-1设OH-浓度为x molL-1 NH3H2O NH4+ + OH-c平/(molL-1) 0.050-x xxx2=9.010-7，即 c(OH-)2=9.010-7c(Mn2+)c(OH-)2=9.010-10Ksp(Mn(OH)2) =1.910-13所以能生成Mn(OH)2沉淀。2(NH4)2SO4

19、c(NH4)2SO4)=molL-1=0.25molL-1c(NH4-)=0.50 molL-1设OH-浓度为x molL-1 NH3H2O NH4+ + OH-c平/(molL-1) 0.050-x 0.50+x x x=1.810-6c(OH-)=1.810-6molL-1c(Mn2+)c(OH-)2=3.210-15Ksp(Mn(OH)2)，所以不能生成Mn(OH)2沉淀。13解：使BaSO4沉淀所需Ag2SO4沉淀所需故BaSO4先沉淀。当Ag+开始沉淀时，c(Ba2+)10-5molL-1故此时Ba2+已沉淀完全。即可用参加Na2SO4方法别离Ba2+和Ag+。14解：Fe3+沉淀完

20、全时，c(OH-)的最小值为假如使0.10 molL-1MgCl2溶液不生成Mg(OH)2沉淀，此时c(OH-)最大值为所以假如达到上述目的，应控制2.81pH8.88。15解：1Pb(OH)2、Cr(OH)3开始析出所需c(OH-)的最低为因为c1(OH-)c2(OH-)，所以Cr(OH)3先沉淀。2Cr(OH)3沉淀完全时所需OH-最低浓度为Pb(OH)2不沉出所容许的OH-最高浓度为c(OH-)2.210-7molL-1即c(OH-)应控制在4.010-9molL-12.210-7molL-1 pHmin pHmax。16解：1 2 17解：1设Cu2+的起始浓度为xmolL-1。由提示

21、可知： 2Cu2+ 26S2O32-反响物质的量比 2 ： 26 n/10-3mol xx=0.23010-3molc(Cu2+)=0.0115 molL-12c(IO3-)=0.0230 molL-1Ksp(Cu(IO3)2)=c(Cu2+)c(IO3-)2=6.0810-618解：设残留在溶液中的Cu2+的浓度为xmolL-1。 Cu2+ + H2S CuS + 2H+c平/(molL-1) x 0.10 0.10+2(0.10-x)x=4.110-16 c(Cu2+)=4.110-16molL-1故残留在溶液中的Cu2+有4.110-16molL-10.10L63.546gmol-1=2

22、.610-15g19解：1c(Fe3+)=c(Fe2+)0.010molL-1假如使Fe3+开始产生沉淀，如此2Fe(OH)3沉淀完全，要求c(Fe3+)10-5molL-1，如此第4章 氧化复原反响习题参考答案1解：S的氧化数分别为-2、0、2、4、5、6。2解：13Cu + 8HNO3(稀) 3Cu(NO3)2+2 NO+ 4H2O24Zn+ 5H2SO4(浓)4ZnSO4 +H2S+ 4H2O3KClO3+ 6FeSO4+ 3H2SO4 KCl+3 Fe2 (SO4)3+ 3H2O4Cu2S+ 22HNO3 6Cu(NO3)2+3H2SO4+ 10NO+8 H2O3解：1 12I- 2e

23、 I2+) 1H2O2+ 2H+ + 2e 2H2O2I+ H2O2+ 2H+ I2+2H2O2 1Cr2O + 14H+ + 6e 2Cr3+ + 7H2O +) 3H2S - 2e S + 2H+Cr2O+ 3H2S + 8H+ 2Cr3+ + 3S + 7H2O3 1ClO + 6H+ + 6e Cl- + 3H2O+) 6Fe2+-eFe3+ClO+ 6Fe2+ 6H+ Cl- +6Fe3+3H2O 41/2Cl2+ 2e 2Cl-+) 1/2Cl2 + 4OH- 2e 2ClO-+ 2H2OCl2 + 2OHCl-+ClO-+ H2O51Zn + 4OH- 2e Zn(OH)42-+

24、) 1ClO-+ H2O +2eCl-+ 2OHZn + ClO-+2OH+H2OZn(OH)42-+ Cl-62MnO + e MnO+) 1SO + OH- 2e SO + H2O2MnO +SO + 2OH 2 MnO+SO + H2O4解：1-Pt，I2(s)I(c1)Cl-(c2)Cl2(P), Pt+2-PtFe2+, Fe3+ (c3)MnO(c3), Mn2+(c4)，H+(c5)Pt+3-ZnZnSO4 (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

25、(Br2/Br-)E(Ag+/Ag)E(Fe3+/Fe2+)E(I2/I-)故氧化能力顺序为F2 S2O H2O2 MnOPbO2Cl2 Br2 Ag+Fe3+I2。其对应的复原产物为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-)故复原能力顺序为ZnH2H2SSnCl2Na2SO3CuKIFeCl2AgKCl。7解：1E(Fe3+/

26、Fe2+) E(Br2/Br-)，该反响能自发向左进展。2E0，该反响能自发向左进展。3HClHBrHI。3解： BBr3 CS2 SiH4 PCl5C2H44解： HClO BBr3 C2H25解：由成键原子的未成对电子直接配对成键：HgCl2、PH3。 由电子激发后配对成键：AsF5、PCl5。 形成配位键：、Cu(NH3)42+。6解：1ZnOZnS2NH3NF33AsH3OF25IBr H2O H2S H2Se O28解：分子或离子中心离子杂化类型分子或离子的几何构型BBr3等性sp2平面正三角形PH3不等性sp3三角锥形H2S不等性sp3V形SiCl4等性sp3正四面体形CO2等性s

27、p直线形等性sp3正四面体形9解：分子或离子价层电子对数成键电子对数孤电子对数几何构型PbCl3321V形BF3330平面正三角形NF3431三角锥形PH4+440正四面体BrF5651正四棱锥形440正四面体321V形XeF4642四方形CHCl3440四面体10解：分子或离子分子轨道表示式成键的名称和数目价键结构式或分子结构式能否存在(s1s)1一个单电子s键能(s1s)2(s*1s)1一个叁电子s键能C2KK(s2s)2(s*2s)2 (p2py)2(p2pz)22个p键能Be2KK(s2s)2(s*2s)2不成键不能B2KK(s2s)2(s*2s)2 (p2py)1(p2pz)12个单

28、电子p键能KK(s2s)2(s*2s)2 (p2py)2(p2pz)2(s2px)12个p键一个单电子s键能O2+KK(s2s)2(s*2s)2(s2px)2(p2py)2(p2pz)2(p*2py)11个p键一个叁电子p键1个s键能11解：分子或离子键级21结构稳定性的次序为：12解：1He2的分子轨道表示式为(s1s)2(s*1s)2，净成键电子数为0，所以He2分子不存在； 2N2的分子轨道表示式为(s1s)2(s*1s)2(s2s)2(s*2s)2 (p2py)2(p2pz)2(s2px)2，形成一个s键，两个p键，所以N2分子很稳定，并且电子均已配对，因而具有反磁性；3的分子轨道表示

29、式为:(s1s)2(s*1s)2(s2s)2(s*2s)2(s2px)2(p2py)2(p2pz)2 (p*2py)2(p*2pz)1，形成个叁电子p键，所以具有顺磁性。13解：非极性分子：Ne、Br2、CS2、CCl4、BF3；极性分子：HF、NO、H2S、CHCl3、NF3。14解：1色散力； 2色散力、诱导力； 3色散力、诱导力、取向力。第7章 固体的结构与性质 习题参考答案1解：熔点上下、硬度大小的次序为：TiC S MgO NaF。2解：1熔点由低到高的次序：KBrKClNaClMgO。 2熔点由低到高的次序：N2NH3 AlCl3 MgCl2 NaCl。11解：1阴离子一样。阳离子

30、均为18电子构型，极化力、变形性均较大，但Zn2+、Cd2+、Hg2+依次半径增大，变形性增大，故ZnS、CdS、HgS依次附加离子极化作用增加，键的共价程度增大，化合物的溶解度减小。2阳离子一样，但F-、Cl-、I-依次半径增大，变形性增大。故PbF2、PbCl2、PbI2极化作用依次增大，键的共价程度增大，化合物的溶解度减小。 3阴离子一样，但Ca2+、Fe2+、Zn2+电子构型分别为8、917、18，变形性依次增大，键的共价程度增大，化合物的溶解度减小。第8章 配位化合物习题参考答案1解：配离子形成体配体配位原子配位数Cr(NH3)63+Cr3+NH3N6Co(H2O)62+Co2+H2

31、OO6Al(OH)4Al3+OHO4Fe(OH)2(H2O)4+Fe2+OH、H2OO6PtCl5(NH3)Pt4+Cl、NH3Cl、N62解：配合物名 称配离子电荷形成体氧化数Cu(NH3)4PtCl4四氯合铂酸四氨合铜+2、2+2、+2CuSiF6六氟合硅酸铜2+4K3Cr()6六氟合铬酸钾3+3Zn(OH)(H2O)3NO3硝酸一羟基三水合锌+1+2CoCl2(NH3)3(H2O)Cl一氯化二氯三氨一水合钴+1+3PtCl2(en)二氯一乙二胺合铂0+23解：1KPtCl3(NH3)2Co(NH3)6(ClO4)23Ni(NH3)6Cl24NH4Cr(NCS)4(NH3)25Cr(OH)

32、9C2O4(H2O)(en)6Na2Fe()5(CO)4解：三种配合物的化学式分别为物 质配合物化学式Pt(NH3)6Cl4PtCl2(NH3)4Cl2PtCl4(NH3)25解：Cu(NH3)42+CoF63-Ru()64-Co(NCS)426解：MnBr42，Mn()63。由：式求得：，与相比拟，可推测：MnBr42价层电子分布为7.解：混合后尚未反响前：c(Ag+) = 0.10 molL-1c(NH3H2O) = 0.50 molL-1又因(Ag(NH3)2+)较大，可以认为Ag+根本上转化为Ag(NH3)2+，达平衡时溶液中c(Ag+)、c(NH3)、c(Ag(NH3)2+)由如下平

33、衡计算： Ag+ + 2NH3H2OAg(NH3)2+ + 2H2O起始浓度(molL-1) 0.50 - 2 平衡浓度(molL-1) 0.30 + 2 0.10 -= 107= 10710- 8即c(Ag+10- 8molL-1c(Ag(NH3)2+) = (0.10 -) molL-1 molL-1c(NH3H2O) = (0.30 + 2) molL-1 molL-18.解：混合后未反响前：c(Cu2+) = 0.050 molL-1c(NH3) = 3.0 molL-1达平衡时： Cu2+ + 4NH3H2OCu(NH3)42+ + 4H2O平衡浓度(molL-1) 3.0 - 40

34、.050 + 4 0.050 -= = 10131013, 10-17c(Cu(NH3)42+) 0.050 molL-1，c(NH3H2O) 2.8 molL-1假如在此溶液中参加0.010 mol NaOH(s)，即：c(OH-) molL-1J10-17 (0.50)210-18 (Cu (OH)2)故有Cu (OH)2沉淀生成。9.解：设1.0 L 6.0 molL-1NH3H2O溶解 mol AgI，如此c(Ag(NH3)2+) = molL-1实际上应略小于 molL-1c(I-) = molL-1 AgI(s) + 2NH3H2OAg(NH3)2+ + I- + 2H2O平衡浓度

35、(molL-1) 6.0 - 2= = 10-1010-1010-4同上方法： AgI(s) + 2-Ag()2- + I-平衡浓度(mol L-1) 1.0 - 2=1021) 10-17105可见K可溶解较多的AgI。10.解：设1.0 L 1.0 molL-1氨水可溶解 mol AgBr，并设溶解达平衡时c(Ag(NH3)2+) = molL-1严格讲应略小于 molL-1c(Br-) = molL-1AgBr(s) + 2NH3H2OAg(NH3)2+ + Br- + 2H2O平衡浓度(molL-1) 6.0 - 2=10-610-610-3故1.0 L 1.0 molL-1 NH3H

36、2O可溶解10-4 mol AgBr。如此100mL 1.0 molL-1 NH3H2O只能溶解AgBr的克数为10-3 molL-1 0.10 L 187.77 gmol-1 = 0.045 g 0.10 g 即0.10 g AgBr 不能完全溶解于100mL 1.00 molL-1的氨水中。11.解：c(NH3H2O) = 9.98 molL-1混合冲稀后：c(NH3H2O) = 9.98 molL-1 = 2.99 mol L-1c (Ag+) = 0.100 mol L-1 = 0.0500 mol L-1 1 Ag+ + 2NH3H2OAg(NH3)2+ + 2H2O平衡浓度(molL-1) 2.99 - 0.100 +2 0.0500 -较大，故可近似计算 = 107, 10-10即 c (Ag+10-10 molL-1c(Ag(NH3)2+L-1,c(NH3H2O) = 2.89 molL-12参加0.