无机及分析化学华中科技大学冯辉霞版课后习题答案

1、第一章 绪论答案： 一、选择题答案： 1. A; 2. B; 3. D; 4. B; 5. a; 6. A,B,C,D; 7. E; 8. B,C; 二、填空题答案： 1.酸碱滴定法,沉淀滴定法,配位滴定法，氧化还原滴定法四种； 2.常量分析是指试样用量在0.1g以上时的分析。 三、简答题 略四、计算题答案：1. V=4mL；V=40mL；说明为了减少滴定的相对误差，应适当增大滴定时消耗标准溶液的量。第二章 物质的状态答案一、选择题1. A； 2. D； 3. B；4. D； 5. ?； 6. C； 7. A； 8. A；二、简要回答问题略三、计算题1. 水在28时的蒸汽压为3742Pa，问在

2、100g水中溶入13g不挥发溶质时溶液的蒸汽压为多少？已知不挥发溶质的摩尔质量为92.3g.mol-1。 解：PA=3742Pa 由拉乌尔定律可知： 加入溶质后的蒸气压为P= PA- =3649.57 Pa3. 等压下，为了将烧瓶中30 的气体量（视为理想气体）减少1/5，问需将烧瓶加热到多少度?解：因 P、V一定 由 PV=nRT得 n1RT1=n2RT2 即 n1T1=(1-1/5)n1T2 得 4. 某一容器内含有H2(g)和N2(g)的气体混合物，压力为152kPa，温度为300K，将N2(g)分离后，只剩下H2(g)，保持温度不变，测得压力降为50.7 kPa，气体质量减少14g，试

3、计算（1）容器的体积；（2）容器中最初的气体混合物中H2(g)和N2(g)的物质的量分数。H2(g)和N2(g)视为理想气体。解：依题意有PH2=50.7KPa PN2=P-PH2=101.3KPa nN2=14/MN2=0.5mol （1） PN2V= nN2RT （2） 5. 计算在2500g水中需溶解多少甘油(C3H8O3)才能与125g水中溶解2.42g蔗糖（C12H22O11）所组成的的溶液具有相同的凝固点。解：依题意，有相同的溶剂及其它条件下，要有相同的凝固点，应有相同的质量摩尔浓度。 已知M甘油=92 gmol-1 , M蔗糖=342g·mol-1则有，所以需要加入13

4、.02g甘油。6. 烟草的有害成分尼古丁的实验式为C5H7N，今将496mg尼古丁溶于10.0g水中，所得溶液在100kPa下的沸点是100.17，求尼古丁的化学式。已知水的-1。解：因 设尼古丁的化学式为(C5H7N)n ,则 81n=152 n=2故尼古丁的化学式为C10H14N2 。7. HgCl2的Kf-1,见0.849g氯化亚汞（HgCl）溶于50g HgCl2中，所得溶液的凝固点下降1.24K。求氯化亚汞的摩尔质量及化学式。解：所得溶液的质量摩尔浓度为 所以氯化亚汞的摩尔质量为471gmol-1设氯化亚汞的化学式为(HgCl)n 则有 236n=471 n=2 所以氯化亚汞的化学式

5、为Hg2Cl28. 10.00mLNaCl的饱和溶液自来凝固为12.003g，将其蒸干后得NaCl3.173g，试计算：（1）NaCl的溶解度；（2）溶质的质量分数；（3）溶液的物质的量浓度CNaCl;(5) NaCl的摩尔分数xNaCl和H2O的摩尔分数xH2O。解：（1）NaCl的溶解度为（2）NaCl溶液的质量分数为 （3）NaCl溶液的物质的量浓度为 （4）溶液中水的物质的量为 NaCl的摩尔分数为 所以水的摩尔分数为 第三章 化学反应基本原理答案一、选择题1、D 2、B 3、D 4、C 5、C 6、A 7、C 8、B 9、C 10、B 11、C 12、B二、填空题1、460，7402

6、、-89.5 Kj3、288.24， 54三、计算题1、（1） (2) BCl3(g) + NH3(g) = BN(s) + 3HCl(g)/kJ·mol-1 - 338.72 -16.45 -228.4 -95.3(3) B2O3(s) + 2NH3(g) = 2BN(s) + 3H2O(l)/kJ·mol-1 - 1193.65 -16.45 -228.4 -237.13 反应（3）不能制备BN，反应（1）驱动力大且无副产物。2. 题目应改为用两种方法计算：H2O(l)H2O(g)的。（1）=8.7kJ·mol-1，因此在298K和标准状态下水变成水蒸气是非自

7、发的。（2）在298K和空气中，通常水可以自发地蒸发成水蒸气的原因是由于体系处于非标准状态下，水蒸气的分压力发生了改变。3 3C + 2Fe2O3 = 4Fe + 3CO2/kJ·mol-1 0 -824.2 0 -393.509/J·mol-1 ·K-1 5.74 87.4 27.28 213.74 /kJ·mol-1 0 -742.2 0 -394.364、 k2=1.4×10-2 mol1·L·s15、 = ×；第四章 酸碱反应与酸碱滴定习题解答一、判断题1、× 2、× 3、×

8、4、× 5、× 6、 7、× 8、× 9、 10、 二、选择题1、B 2、A C E 3、B 4、D E 5、A B D 6、E 7、C 8、B9、B C D 10、B 11、B C 12、A C D 13、B D E 14、B 15、D 16、B E 17、C 三、填空题1、在加入少量酸、碱或进行适当稀释时，溶液的pH基本不变。2、10-8/c； 10-8/c。3、12。4、4，甲基橙：9，酚酞。5、溶液pH随滴定剂加入的量。大（或小），大（或小）；强（或弱），大（或小）。6、0.5 g；0.15g。7、（1）NaOH + Na2CO3； （2）NaH

9、CO3 + Na2CO3； （3）Na2CO3； （4）NaHCO3 （5）NaOH四、问答题1、 Na2CO3 ： H+ + HCO3- + 2H2CO3 OH- （NH4）2C2O4 ： H+ + HC2O4- + 2 H2C2O4 OH- + NH3 NH4H2PO4 ： H+ + H3PO4 OH- + NH3 + HPO42- +2 PO43-（NH4）2HPO4 ： H+ + H2PO4- + 2 H3PO4 OH- + NH3 + PO43- H2C2O4 ： H+ OH- + HC2O4- + 2 C2O42 NH4Ac ： H+ + HAc OH- + NH32、 试推出H2

10、CO3溶液中各组分的分布系数。3、酸碱指示剂的变色原理如何？选择原则是什么？变色范围？变色原理：酸碱指示剂一般是弱的有机酸或有机碱，它的酸式及其共轭碱式具有不同的颜色。当溶液的pH值改变时，指示剂失去质子由酸式变为碱式，或得到质子由碱式变为酸式，由于结构发生变化，从而引起颜色的变化。选择原则：酸碱滴定中所选择的指示剂一般应使其变色范围处于或部分处于滴定突跃范围之内。另外，还应考虑所选择的指示剂在滴定体系中的变色是否容易判断。变色范围： pHpKa ±14、写出一元弱酸（碱）及多元酸（碱）滴定的判别式。cKa 10-8 或 cKb 10-8 5、用因保存不当失去部分结晶水的草酸（H2C

11、2O4·2H2O）作基准物来标定NaOH的浓度，问标定结果是偏高、偏低还是无影响？为什么?若草酸未失水，但其中含有少量中性杂质，结果又如何？ 因保存不当失去部分结晶水的草酸（H2C2O4·2H2O）作基准物来标定NaOH的浓度，标定结果偏低，因为基准物失去结晶水后，称量得到的基准物中H2C2O4含量高于不失去结晶水的草酸（H2C2O4·2H2O），而计算基准物的物质的量时是按不失去结晶水来处理的，但实际消耗NaOH的体积增加。若草酸未失水，但其中含有少量中性杂质，标定结果偏高，因为基实际消耗NaOH的体积减少。6、 HAc：Ka=1.8×10-5 cKa

12、 10-8 故可直接滴定； H3BO3：Ka=5.7×10-10 cKa <10-8 故不能直接滴定。7、(1) HCl + H3BO3 先用NaOH标准溶液直接滴定HCl，到终点后，再加入甘油后再用NaOH标准溶液直接滴定H3BO3； (2) H2SO4 + H3PO4 以甲基橙为指示剂，用NaOH标准溶液直接滴定出H2SO4 + H3PO4的总浓度，再加入过量而且定量的NaOH溶液，再用HCl标准溶液滴定出H3PO4的浓度，就可计算出H2SO4的浓度。 (3) NaAc + NaOH 以甲基橙为指示剂，用HCl标准溶液直接滴定出NaOH的浓度，再加入过量而且定量的HCl溶液

13、，再用NaOH标准溶液滴定出NaAc的浓度。8、NaOH > Na3PO4 > NaCN > NaOAc > NH4OAc > HCOONH4 >（NH4）2SO4 > H3PO4 > HCl > H2SO49、用邻苯二甲酸氢钾标定NaOH溶液时，下列情况将使标定得到的NaOH的浓度偏高还是偏低？或者没有影响？ （1）偏高 （2）偏高 （3）偏高 （4）基本无影响。 五、计算题1、 (1) pKb = 4.69 (2) pKb = 4.69 (3) pKa = 4.662、Ka,1 = 1.5×10-2，c / Ka,1 <

14、105，c Ka,1 >10 Kw, 故 3、pH2.00时 同样可求得： pH4.50时 同样可求得： 4、Ka,1 = 4.47×10-7，c / Ka,1 105，c Ka,1 >10 Kw, 故 5、(1) H+=c(HCl)=0.25 molL1 pH=0.60 (2) (3) (4) (5) cKa >10Kw，c /Ka >105， (6) cKb >10Kw，c /Ka >105， (7) (8) 6、7、pHsp=7.00，pH：8.705.30；甲基红或酚酞。8、5.26，6.214.309、可以对三元酸的2个质子进行直接滴定

15、10、多余的酸的量为：0.2307×6.20×1031.430×103 mol反应的酸的量为： 50.00×103x1.430×103 mol反应式：CaCO3 + 2HCl = CaCl2 + CO2 + H2O设HCl的浓度为x molL1则： 50.00×103x1.430×103= 2( 0.5000÷100.1 )x = 0.2284 molL111.n1= 2n2 c(HCl)V(HCl)=2m(硼砂)/M(硼砂) c(HCl) =2m(硼砂)/M(硼砂) V(HCl) = 2×0.9854/

16、(381.4×0.02376) = 0.2175 molL112、13、V1=34.12mL，V2=23.66mL，V1>V2，故混合碱的组成为Na2CO3 NaOH 14、 第五章 沉淀溶解平衡与重量分析答 案一、选择题1、D 2、B 3、C 4、D 5、D 6、D 7、C 8、A 9、ABCD 10、ABCDE11、ABC 12、B 二、填空1、0.1236M 2、选择性高、溶解度小、吸附杂质小、摩尔质量小3、增大、增大4、带正电荷的胶状5、共沉淀、包夹6、小于(<)7、加热沸腾、使AgCl沉淀凝聚三、问答题1、质量分析法直接用分析天平称量而获得分析结果，不需要标准试

17、样或基准物质进行校正、分析结果准确，相对误差一般为0.1%0.2%。分析流程较长，操作比较繁琐，不适用于微量和痕量组分的测定。沉淀滴定法是利用沉淀反应进行滴定的方法，沉淀滴定法的反应必需满足如下要求：反应迅速、不易形成过饱和溶液，沉淀的降解度要很小，沉淀才能完成，有确定终点的简单方法，沉淀的吸附现象不至于引起显著的误差。2、挥发法、电解法、沉淀法三种。3、没有合适的指示剂指示滴定终点。四、计算题1、解：10.11%=W(Fe)= =19.24%2、解：AgI先沉淀Cl-:I-=107:13、解：Mg2+2NH3·H2O2NH4+Mg(OH)2=58=2×10-5故无Mg(O

18、H)2沉淀生成。4、解：n(NH4)2C2O2=3.5×10-3mol3%=m(NH4)2C2O4=14.46g=2.795×10-4Mm(NH4)2C2O4=2.795×10-4 ×300×10-3×124=0.01g5、解：AgCl+NH3·H2O=+Cl-=1.77×10-20.8=2.5×10-5生成AgCl沉淀。6、设在pH=1.7时，CaF2的溶解度为S，CaF2 (s)在H+中的溶解度为：CaF2 (s)+2H+（aq）Ca2+（aq）+2HF（aq）这个反应的平衡常数Kj为：Kj=0.01

19、2因溶解平衡时，C(Ca2+)=S，C(HF)=2S,C(H+)=10-1.7mol·dm-3带入Kj式有，Kj=0.012S=第六章 氧化还原反应一. 1.B 2. B 3. A 4. B 5. C 6. A 7. C 8. B 9.A 10.B 11. C二. 1.还原，氧化，正，负。2.因为Fe3具有氧化性，而I具有还原性，所以Fe3和I不能共存。3.还原态物质还原，氧化态物质氧化。4.Mn，Mn3+6.氧化态，还原态。7.0.522V，0.765V，Br2。三. 1.配平时注意，酸性溶液中反应物和产物中都不能出现OH-，碱性溶液中反应物和产物中都不能出现H+。(1)半反应：C

20、r2O72- +14H+ +6e- ® 2Cr3+ + 7H2O 3H2O2 ® 3O2 + 3´2H+ + 3´2e-总反应：Cr2O72- +3H2O2 + 8 H+ ® 2Cr3+ 3O2 + 7H2O(2)半反应：ClO3- + 6H+ +6e- ® Cl- + 3H2O 6Fe2+- ® 6Fe3+ + 6e-总反应：ClO3- + 6H+ + 6Fe2+-®6Fe3+ + Cl- + 3H2O(3)半反应：14ClO3- + 14´6H+ + 14´6e- ® 14Cl-

21、+ 14´3H2O 3As2S3 + 3´20H2O ® 3´2H2AsO4- + 3´3SO42-+ 3´36H+ + 3´28e-总反应：14ClO3- +3As2S3+ 18H2O ® 14Cl- + 6H2AsO4-+ 9SO42-+ 24H+ (4)半反应：2MnO4- + 2e- ® 2MnO42-SO32- +2OH- ® SO42- + H2O + 2e-总反应：2MnO4- + SO32- + 2OH- ® 2MnO42- + SO42- + H2O(5)半反应：Cl

22、O- + H2O + 2e- ® Cl- + 2OH-Zn + 4OH- ® Zn(OH)42- + 2e-总反应：Zn + ClO- + H2O + 2OH- ® Zn(OH)42- + Cl- (6)半反应：3Ag2S + 3H2O + 3´2e- ® 3´2Ag + 3HS- + 3OH-2Cr(OH)3 + 2´5OH- ® 2CrO42- + 2´4H2O + 2´3e-总反应：3Ag2S +2Cr(OH)3 + 7OH- ® 6Ag + 3HS- + 2CrO42- + 5

23、H2O2.金属晶体是由金属原子、金属离子以及在这些原子和离子中运动的自由电子所构成。当金属置于水溶液中时，通常金属离子和金属原子都有可能溶解下来，但是它们在溶解时的能量变化很不相同。因离子是带电体，溶解下来时会与水结合形成水合离子而放出能量，这能量的一部分可用于抵消离子从金属脱落时所需的能量。原子不带电荷，不能与水结合释放能量，所以它溶解下来比离子要困难的多。这就是金属置于水溶液中形成双电层的原因。3.设计时注意，对不能作电极材料的反应组分需加辅助电极。(1)电极反应：(+) MnO4- + 8H+ + 5e-Mn2+ + 4H2O(-) Fe3+ + e-Fe2+ (-) Pt | Fe2+

24、(c1), Fe3+(c2) | Mn2+(c3) ,MnO4-(c4)| Pt(+) (2) 电极反应：(+) Cl2(g) + 2e-2Cl-(-) I2(s) + 2e-2I- (-) Pt | I2(s) | I-(c1) | Cl- (c2) | Cl2(g), Pt(+)(3) 电极反应：(+)Cd2+ + 2e- ® Cd(-) Zn2+ +2e- ® Zn (-)Zn | Zn2+(c1) | Cd2+ (c2) | Cd (+)4.(1)由于溶液中含Fe2+和Cd2+的浓度都是0.1mol×dm-3，浓度影响相互抵消。又由于Eq(Fe2+/Fe)

25、=-0.44V，Eq(Cd2+/Cd)= -0.403V，所以，Fe比Cd还原性强，Fe首先被氧化。(2)由于溶液中含Fe2+和Cd2+浓度不等，要分别计算E (Fe2+/Fe)= Eq(Fe2+/Fe) + 1/2lgc(Fe2+)=-0.44V + 1/2Vlg0.1=(-0.44-0.5)=-0.94VE (Cd2+/Cd)= Eq(Cd2+/Cd)E + 1/2lgc(Cd2+)=-0.403V + 1/2Vlg0.0036=-1.62V所以，Cd比Fe还原性强，Cd首先被氧化。四. 答案：1.(1) E池q= Eq(+)-Eq(-) =Eq(Fe3+/Fe2+)-Eq(Br2(l)/

26、Br-)=(0.771-1.065)V=-0.294VE池q<0，反应向左自发进行。(2)pH变化对E(MnO4-/Mn2+)有影响，电极反应：MnO4- + 8H+ + 5e-Mn2+ + 4H2OpH=1时：由于E(MnO4-/Mn2+)>Eq(Br2(l)/Br-)，反应向右自发进行。pH=6时：由于E(MnO4-/Mn2+) < Eq(Br2(l)/Br-)，反应向左自发进行。(3)由于E =E(Ag+/Ag)-E(Cu2+/Cu) > 0所以反应 Cu2+ + 2Ag Cu + Ag+，向左自发进行2. Kq =2.9´1034 (2) 由 得 解得

27、：J = 1.8´1019由于 解得：c(Cr3+) = 3.2´10-10 mol·dm-3(3)混合后，c(HClO2) =0.50 mol·dm-3，c(Cr3+) =0.25 mol·dm-3。由于Kq值很大，设平衡时c(Cr3+) = x mol·dm-3，则 2Cr3+ + 3HClO2 + 4H2O Cr2O72- + 3HClO + 8H+平衡时c/cq x 0.50-2/3(0.25-x) 1/2(0.25-x) 2/3(0.25-x) 1.0Kq值很大，0.25-x0.25解得：x = c(Cr3+) =1.08&

28、#180;10-17 mol·dm-3所以，溶液呈现橙色3.(1) 由于Eq(MnO4-/Mn2+) > Eq(Fe3+/Fe2+)所以设计的原电池MnO4-作氧化剂，Fe2+作还原剂 即：(-) PtïFe2+，Fe3+MnO4-，Mn2+，H+ïPt (+) 由 lgK q= lgK q= K q=3.16×1062(2) 当c(H+)=10.0mol×dm-3E(MnO4-/Mn2+) = Eq(MnO4-/Mn2+)+ = 1.51V+1.60V DrGm = -n FE = - n FE(MnO4-/Mn2+)-Eq(Fe3+/

29、Fe2+) = -5´ 96485J·V-1·mol-1´(1.60-0.77)V = -400412.8J·mol-1 »-400.4kJ·mol-14. 将这个反应设计为原电池，则E池<0，反应逆向自发进行。5.(1) E(Cu2+/Cu)=Eq(Cu2+/Cu)+=0.34V+=0.33V(2)在Cu2+溶液中加入Na2S有CuS生成，平衡时c(Cu2+)/cq c(S2-)/cq= Kspq(CuS)，由于c(S2-)=1.0mol×dm-3，所以c(Cu2+)/cq= Kspq(CuS)，则E(Cu

30、2+/Cu)=Eq(Cu2+/Cu)+=0.34V+=0.70V(3) E(H+/H2)=Eq(H+/H2) +=0.0V+ =-0.059V(4)在1.0dm3 0.10mol×dm-3 HCl溶液中，加入0.10 mol固体NaOH，HCl与NaOH完全反应，生成0.10mol×dm-3 NaCl溶液，溶液中c(H+)=1.0´10-7 mol×dm-3，则E(H+/H2)=Eq(H+/H2) +=0.0V+=-0.414V(5) 在1.0dm3 0.10mol×dm-3 HCl溶液中，加入0.10 mol固体NaOAc，HCl与NaOAc

31、完全反应，生成0.10mol×dm-3 NaOAc溶液，NaOAc溶液中c(H+)为c(H+) mol×dm-3=1.34´10-3 mol×dm-3E(H+/H2)=Eq(H+/H2) +=0.0V+=-0.17V6.由于 E池= E(+) - E(-)E(+)=E池 + E(-)=0.38V+(-0.64)V=-0.26V又由于 E(H+/H2)=Eq(H+/H2) +-0.26 = 0.0V+解得 c(H+) = 4.06´10-5 mol×dm-3由于氢电极所用的溶液是由浓度均为1.0mol×dm-3的弱酸(HA)及

32、其钾盐(KA)所组成，所以弱酸(HA)的解离常数数值上等于c(H+)，即：Kaq(HA)=4.06´10-5。 7.(1) E(Ag+/Ag)= Eq(Ag+/Ag)+0.0592Vlgc(Ag+)/cq=0.7999V +0.0592Vlg(0.10)=0.74V E(Zn2+/Zn) = Eq(Zn2+/Zn)+ = -0.763V + = -0.78VE池= E(Ag+/Ag) - E(Zn2+/Zn) = 0.74V (-0.78V) = 1.52V (2)Kq = 6.32´1052DrGmq = -2.303RTlgKq = 2.303´8.314J&

33、#215;mol-1×K-1´298.15K´lg6.32´1052= -3.01´102kJ×mol-1(3) 因Kq 很大，则设平衡时Ag+的浓度x mol×dm-3Ag+(aq) + Zn(s)Ag(s) + Zn2+(aq)平衡时/c/cq x 0.30+1/2(0.10-x)Kq=6.32´1052=x = 2.0´10-27c(Ag+) = 2.0´10-27mol×dm-3第七章原子结构答案一 选择题1. (C) 2 (B) 3.(A) 4.(C) 5. (D) 6. (

34、C) 7. (D) 8. (B) 9. (A) 10. (D) 11. (C) 12. (C) 13. (C) 14. (B) 15.(D) 16. （A） 17. （D）二 填空题1. n=3 l=2 m=0，±1，±2(任意三个) ms=+或- 1s22s22p63s23p63d54s1； 第四周期B族； 铬 Cr 2. 8； 18； 2， 8， 8， 18， 32； 57 71 15。3. 铯，氦。4. 8.72×1018 5. (n-1)d19ns12 6. 5，2，5，107.8.9.10.三 简答题1. 坐标和动量不能同时确定， 即没有确定的运动轨迹，

35、 以及能量量子化。2. 原子中电子的状态由主量子数n、角量子数l、磁量子数ml以及自旋磁量子数ms所描述，因此泡利原理又可表述为原子内不可能有两个或两个以上的电子具有完全相同的4个量子数n、l、ml、ms。3.1s22s22p63s23p63d104s24p64d104f145s25p65d10；5f146s26p66d107s27p1；第七周期IIIA族元素4. 3p电子，n=3，l=1，一个3p电子可能有下列六套量子数之一：nlmsinlmsiA311+1/2D310-1/2B311-1/2E31-1+1/2C310+1/2F31-1-1/23p轨道共有三个，填充4个电子，根据泡利不相容原

36、理和洪特规则，其中一个轨道电子应成对（此时n，l，m均相同，si不同），另两个轨道的单电子相互平行自旋（si相同）所以这四个3p电子可能具有的各套量子数为：（1）A,B,C,E； （2）A,B,D,F； （3）A,C,D,E；（4）B,C,D,F； （5）A,C,E,F； （6）B,D,E,F；5. （1）n 4；（2）l=1或2（不能为0，因为m=-1）；（3）m=0，si+1/2或-1/2；（4）l=3（因为m=3）；6. 量子力学中的原子轨道指解薛定谔方程得到波函数n，l，m（r，），是指n，l，m一定的用来描述核外电子在三维空间中的运动状态的一个数学函数式，本身没有明确的物理意义，表示

37、核外空间某处电子出现的概率密度。量子力学中常把波函数n，l，m（r，）称为原子轨道，所以原子轨道与波函数为同义词，并非电子运动的固定轨道。波尔理论中的原子轨道是指离核半径为r的圆球面轨道，是电子运动的固定轨迹。注意：量子数的取值须符合其取值规律。7.铜Cu 钨 W8. 镧系收缩是指从镧到镥随着原子序数的增加，它们的原子半径、离子半径均逐渐减小的现象。由于镧系收缩，Y3+离子半径就落在Er3+之下，而使钇成为重稀土元素组的成员，这也是Y通常同镧系元素在自然界共生的原因，B族中的铌（Nb，镧系之前）和钽（Ta，铪之后），B族中的钼（Mo，镧系之前）和钨（W，钽之后）以及B族中的锝Tc（镧系之前）和

38、铼（Re，钨之后）的原子半径和离子半径很相近，Zr和Hf，Nb和Ta在自然界矿物中共生，且彼此难于分离。四 计算题1. = = 1.2×1010 m = 1.2×102(pm)2. 由里德堡公式计算 =R（-） =3.289×1015s-1（-） =6.17×1014s-1 =c/=2.998×108m.s-1/6.17×1014s-1 =4.86×10-7m =486nm3. I=E=h=6.626×10-34J.S×3.289×1015S-1(1/12-1/)=2.179×10-1

39、8J4. 21Sc的电子构型为1s22s22p63s23p63d14s2Z3d = 21-(18×1.00) = 3.00 Z4s = 21-(10×1.00 + 9×0.85 + 1×0.35) = 3.00E3d = -2.179×10-18×(3.00/3.0)2 = -2.2×10-18(J)E4s = -2.179×10-18×(3.00/3.7)2 = -1.4×10-18(J)5. 298(kJ·mol1)第八章答案一. 1.D 2.A 3.D 4.B 5.C 6.D 7

40、.C 8.A 9.D 10.C 11.D 12.B二. (1)错。极性分子中可能含有非极性共价键，如H2O2。(2)错。分子的极性与分子的空间构型和键的极性有关，非极性分子中可以含极性键，如，CH4。(3)错。很多含复杂阴离子的离子晶体中含有共价键，如NaOH晶体。(4)错。对于同系物来说相对分子质量越大，分子间力越大。(5)错。色散力只存在于一切分子中。(6)错。影响物质溶解度的因素很多，除化合物中阳离子的极化能力外，还有阴离子的变形性、阴、阳离子的水合作用等。(7)错。晶胞是能够表现晶体结构全部特征的最小单位。(8)错。离子晶体气化后并不是以单个离子形成存在。(9)错。极化作用强的盐类向混

41、合晶体甚至分子晶体过渡。(10)对。(11)错。也有原子晶体。(12)错。稀有气体是单原子分子，质点间的作用力为分子间力。(13)对。三. 1.s，s和p 2. sp3，不等性sp3，sp和sp2；正四面体，三角锥，直线形和平面三角形3.能量相近，最大重叠，对称性匹配4. (s1s)2(s*1s)2(s2s)2(s*2s)2(p2py)2(p2pz)2(s2px)2，3，抗，强5. 离子键，共价键，离子晶体，分子晶体，降低，加深，减小6. 面心立方密堆积，体心立方密堆积，六方密堆积四.1.对双原子分子来说，键能E、键解离能D和原子化能DatH含义是相同的，即都是指在标准状态下，断裂单位物质的量

42、的AB型气态分子的化学键，使其成为气态中性原子A何B时所需要的能量。例如，对于HCl分子：HCl(g)®H(g) +Cl(g) 对于多原子分子来说，键能E、键解离能D和原子化能DatH含义就不相同。例如NH3分子中有3个等价的NH键，断开NH键所需的解离能是不同的，分别为NH3(g)® NH2(g) + H(g) NH2(g)® NH(g) + H(g) NH (g)® N(g) + H(g) NH3中NH键能是3个NH键的解离能的平均值为：NH3原子化能为：DatH=D1+D2+D3=3E(N_H)=1172kJ×mol-1可见多原子分子的键

43、能实际上是平均键能，原子化能是所有键的键能总和。原子轨道原子轨道分子轨道1s1ss1ss*1s2s2ss2ss*2ss*2px2p2ps2pxp2pzp2pyp*2pyp*2pz图 O2分子轨道能级图2. 氧原子核外电子分布式为1s22s22p4，2p轨道有两个未成对的电子，依据价键理论，两个氧原子未成对电子以相反的自旋状态配对形成共价双键，即O=O。这样O2中电子全部配对，不显顺磁性。但实际测定表明O2是顺磁性物质，显然价键理论是无法解释的。而依据分子轨道理论可得O2的分子轨道和电子分布见右图。从图中可知，O2除(s2p)2一个单键外，还有(p2py)2(p*2py)1和(p2pz)2(p*

44、2pz)1两个三电子p键，这样O2在反键分子轨道上有两个未成对电子，则O2呈现顺磁性。O2的键极为2，键能与正常的双键相当。3.不同。键能是指在标准状态下，断裂单位物质的量的气态分子的某化学键时所需要的能量。晶格能是指在标准状态下，将单位物质的量的离子晶体拆散为单位物质的量的气态正离子和负离子时所需要的能量。以NaCl为例：键能： NaCl(g)® Na(g) + Cl(g) 晶格能： NaCl(s)® Na+(g) + Cl-(g) DH3NaCl(s)DH1NaCl(g) DH2Na+(g)Cl-(g)Na(g)Cl(g)DH4为了方便比较，不妨把1mol NaCl(s

45、)解离成Na(g)和Cl(g)的过程分解为以下数步：则键能为 E= DH2 +DH3+DH4晶格能为 U = DH1 +DH2一般情况离子化合物是以离子晶体形式存在，因此离子晶体的一些物理性质，如熔沸点、硬度、溶解度都与晶格能有关。气态离子型分子只能在极高的温度下存在，所以离子键的键能用处不大。4.在原子结构一章所讨论的是孤立原子的核外电子运动状态。当原子相互成键形成分子时，为了能释放出更多的能量达到更稳定的状态，原子外层电子的运动状态往往要发生变化。首先，外层电子构型由基态变成激发态。能级相近的外层轨道上成对的电子，激发到空轨道上，这样单电子数增加，形成共价键的数目增加。成键所释放的能量，除

46、可抵消激发能外还有多余，所以系统的总能量变的更低了。其次，轨道杂化。激发态的外层轨道经过杂化后，轨道变成一头大一头小，成键能力显著增大，形成的化学键就更加稳定。因此原子之间成键时，为了释放更多的能量，使形成的化学键更加稳定，原子的轨道往往要进行杂化。5.解答：在BCl3分子中，中心原子B的外层电子构型为2s22p1，在形成分子时，B原子2s轨道上的一个电子激发到2p轨道上形成sp2杂化轨道，该杂化轨道空间构型是平面三角形，杂化轨道与3个Cl原的p轨道成键，形成的BCl3分子的构型是平面三角形的；而在NCl3分子中，中心原子N的外层电子构型为2s22p3，在形成分子时，N原子采用不等性sp3杂化

47、，有一对孤对电子参与杂化，杂化轨道空间构型是四面体。有单电子的杂化轨道与3个Cl原的p轨道成键，形成的NCl3分子的构型是三角锥形。6.分子轨道电子分布式为：O2+ (s1s)2(s*1s)2(s2s)2(s*2s)2(s2px)2(p2py)2(p2pz)2(p*2py)1O2 (s1s)2(s*1s)2(s2s)2(s*2s)2(s2px)2(p2py)2(p2pz)2(p*2py)1(p*2pz)1O2- (s1s)2(s*1s)2(s2s)2(s*2s)2(s2px)2(p2py)2(p2pz)2(p*2py)2(p*2pz)1O22- (s1s)2(s*1s)2(s2s)2(s*2s

48、)2(s2px)2(p2py)2(p2pz)2(p*2py)2(p*2pz)2O23- (s1s)2(s*1s)2(s2s)2(s*2s)2(s2px)2(p2py)2(p2pz)2(p*2py)2(p*2pz)2(s*2px)1O2+：键级为2.5，未成对电子数为1，顺磁性；O2：键级为2.0，未成对电子数为2，顺磁性；O2-：键级为1.5，未成对电子数为1，顺磁性；O22-：键级为1.0，没有未成对电子，抗磁性；O23：键级为0.5，未成对电子数为1，顺磁性；稳定性大小次序为O2+> O2> O2-> O22-> O23-。7.分子或离子分子轨道电子分布式键级是否存

49、在H2+(s1s)10.5可以存在He2+(s1s)2(s*1s)10.5可以存在He2(s1s)2(s*1s)20不存在C2(s1s)2(s*1s)2(s2s)2(s*2s)2(p2py)2(p2pz)22存在Be2(s1s)2(s*1s)2(s2s)2(s*2s)20不存在B2(s1s)2(s*1s)2(s2s)2(s*2s)2(p2p)21存在N2+(s1s)2(s*1s)2(s2s)2(s*2s)2(p2py)2(p2pz)2(s2px)12.5存在O2+(s1s)2(s*1s)2(s2s)2(s*2s)2(s2px)2(p2py)2(p2pz)2(p*2py)12.5存在8.化合物中

50、心原子杂化轨道类型分子的几何构型CO2Csp直线形H2SS不等性sp3V形BBr3Bsp2正三角形PH3P不等性sp3三角锥形SiH4Sisp3正四面体SnCl2Sn不等性sp2V形CCl2F2Csp3四面体SF6Ssp3d2正八面体9.晶格能体现的是正负离子间的静电引力的大小。这种静电引力不仅与离子键的极性大小有关，而且与离子电荷，离子半径有关。极性越大，正、负离子半径越小，晶格能越大。虽然NaF中键的离子性比CsF小，但是Cs+的半径比Na+的半径大的多，所以NaF的晶格能比CsF的大。10. (1) CF4>PF3。两者都是sp3杂化，但PF3中有一对孤电子对，使其键角变小。(2)

51、HgCl2 >BCl3。HgCl2是sp杂化，键角180°；BCl3是sp2杂化，键角120°(3)OF2<Cl2O。两者都是sp3杂化，且都有两对孤电子对，但由于配位F原子的电负性大于Cl，所以OF2的键角小于Cl2O。(4) PF3<NF3。两者都是sp3杂化，且都有一对孤电子对，但由于NF3中心原子N的电负性大于PF3分子的中心原子P，所以PF3的键角小于NF3。(5)SiF4>SF6。SiF4是sp3杂化，键角109°28¢；SF6是sp3d2杂化，键角90。(6)H2O<NH3。两者都是sp3杂化，NH3中有一对孤

52、电子对，而H2O中有两对孤电子对。11.晶体质点间的作用力晶体类型熔点NaCl离子键离子晶体较高CO2分子间力分子晶体很低SiC共价键原子晶体很高CH3Cl分子间力分子晶体较低SiO2共价键原子晶体很高N2分子间力分子晶体很低NH3分子间力分子晶体较低Cu金属键金属晶体较高Kr色散力分子晶体很低12. (1) CS2与CCl4：只有色散力。(2)H2O与N2：诱导力，色散力。 (3)CH3Cl与CH3OH：取向力，诱导力，色散力和氢键。(4)H2O与NH3：取向力，诱导力，色散力。(5)C2H5OC2H5：色散力。(6)CH3COOH：取向力，诱导力，色散力和氢键。13.(1) Be2+为2电

53、子构型离子，Mg2+是8电子构型离子，Be2+半径小于Mg2+，Be2+的极化力大于Mg2+，所以BeCl2的熔点低于MgCl2。(2)CaO与BaO都是离子晶体，熔点都较高，但由于Ba2+半径大于Ca2+，所以CaO的熔点高于BaO。(3) NaF和NaCl都是离子晶体，熔点都较高，但由于Cl-半径大于F-，所以NaF的熔点高于NaCl。(4) Fe3+极化力大于Fe2+，FeCl3的熔点低于FeCl2。(5) 金刚石是典型的原子晶体，而石墨是混合型层状晶体，层内以共价键结合，层间以分子间力连接，层间容易滑动，造成石墨晶体较软，所以金刚石比石墨硬度大。(6)在SiCl4分子中，中心原子Si有

54、和3s，3p轨道能量相近的3d轨道，空的3d轨道可接受水分子中O原子所提供的电子对，因此SiCl4易水解；在CCl4分子中，中心原子C没有空轨道，2s，2p轨道都已用于成键，无法接受水分子中O原子提供的电子对，因此CCl4不易水解。14. (1) Be2+为2电子构型离子，Ca2+是8电子构型离子，Hg2+是18电子构型离子，Be2+半径较小，Hg2+变现性较大，所以溶解度大小为CaCl2>BeCl2>HgCl2。(2) Zn2+，Cd2+，Hg2+都是18电子构型离子，极化力、变形性都比较大，由于阳离子的半径大小为，附加离子极化作用的大小Zn2+<Cd2+<Hg2+，所以溶解度大小为ZnS>CdS>HgS。(3)阳离子半径大小K+>Cu+>Li+，又由于Cu+是1