习题-无机化学

2.在某一周期其稀有气体原子的最外层电子构型为4S24P6中有A，B，C，D四种元素，已知它们的最外层电子数分别为2，2，1，7；A，C的次外层电子数为8，B，D是的次外层电子数是18，问A、B、C、D是哪种元素？答：稀有气体最外电子层主量子数为4，则此四种元素均属于第四周期；A,C的次外层电子数为8，则A,C必定在s区，又A,C最外层电子数为2，1，则A为Ca,C为K;由B,D的次外层电子数为18可知，B,D只能在ⅠB,ⅡB或是p区A族，由于B,D最外层电子数为2，7，故B为Zn，D为Br。

A.CaB.ZnC.KD.Br第一页第二页，共49页。3．请解释下列事实：(1)共价半径Co>Ni,Ni<Cu;

(2)第一电离能Fe>Ru,Ru<Os；

(3)电负性O>Cl,O<F。答:(1)同周期元素原子半径的变化规律是：随着原子序数的增加，有效核电荷增加，核对电子的引力增加，半径减小，所以半径Co>Ni；由于Cu原子的3d轨道全充满，屏蔽作用增大，外层电子受核的吸引力降低，半径增大，所以Ni<Cu。

(2)同族元素第一电离能的变化规律是：随着原子序数的增加，半径增大，核对外层的电子引力减小，电离能减小。所以第一电离能Fe>Ru；由于镧系收缩造成的第六周期的元素的原子半径和同族第五周期的元素原子半径相近，但第六周期元素的有效核电荷数却高于同族第五周期元素，所以，与第五周期元素半径相近而有效核电荷数高的第六周期元素的第一电离能大，即第一电离能Ru<Os。第二页第三页，共49页。（3）电负性的变化规律是：同周期元素随原子序数的增加，核对电子的引力增加，电负性增大，所以电负性O<F；同族元素随着电子层数的增加，核对电子的引力减小，电负性减小，O和Cl的价电子层结构相似，而O的半径远比Cl小，所以O>Cl。第三页第四页，共49页。4.元素原子的最外层仅有一个电子，该电子的量子数是n=4,l=0,m=0,si=1/2(或-1/2）。符合上述条件的元素可以有多少种，写出他们的原子序数和核外电子排布。

答：19,K1s22s22p63s23p64s124,Cr1s22s22p63s23p63d54s129,Cu1s22s22p63s23p63d104s1第四页第五页，共49页。激发电子杂化答.分子式可以写成HONO2,配体为两个O和一个OH,中心价层电子对数3，N的杂化类型为sp2杂化。分子结构为三角形。5.用杂化轨道理论解释HNO3几何构型。第五页第六页，共49页。激发电子6.用价键理论解释下列分子的成键，指出成键类型。

(1).CCl4(2).NH3(3).BCl3答.(1).CCl4C价层电子构型2s22p2，只有两个单电子，为形成四个共价键，C的2s轨道电子被拆开。C的4个轨道的单电子分别和Cl的p轨道的单电子配对，CCl4分子中有4个σ键。第六页第七页，共49页。(2).NH3N价层电子构型2s22p3，有3个单电子，3个单电子分别和H的1s轨道单电子配对。NH3分子中有3个σ键。(3).BCl3

B价层电子构型2s22p1，有1个单电子，B与Cl形成3个共价键，B的2s轨道一对电子需拆开。B的3个轨道的单电子分别和Cl的3p轨道单电子配，BCl3分子中有3个σ键。激发电子第七页第八页，共49页。7.比较下列物质的熔点高低并简要说明原因

(1).HF,HCl

(2).H2O,HF

(3).NaCl,KCl答:(1).熔点HF>HCl。HF分子的体积比HCl小，色散力比HCl小，但是HF分子之间形成很强的氢键，HF分子间总的作用力比HCl分子间总的作用力大。

(2).熔点H2O>HF。HF分子间虽然形成最强的氢键，但H2O分子之间形成氢键的数量是HF分子间氢键数量的两倍（H-F…H氢键的键能为28KJ.mol-1，H-O…H氢键的键能为18.8KJ.mol-1）

。

(3).熔点NaCl>KCl。Na+比K+的半径小，Na+与Cl-的静电引力大于与K+与Cl-的静电引力，NaCl离子键强于KCl。第八页第九页，共49页。8.试比较SiCl4,NaCl,MgCl2,AlCl3,PCl5

的正离子极化能力大小。

答：极化能力P5+>Si4+>Al3+>Mg2+>Na+

离子半径P5+<Si4+<Al3+<Mg2+<Na+

离子电荷P5+>Si4+>Al3+>Mg2+>Na+

由于高电荷的强极化能力及其元素的电负性较大，PCl5和SiCl4为共价型化合物，AlCl3是以共价键为主的化合物，而NaCl,MgCl2为离子型化合物。第九页第十页，共49页。9.有五个电子，其量子数分别如下所示，写出它们的轨道符号，并按它们轨道能量高低依次序排列（如与能量相同的请注明）。

nlmsi

(1)400+1/2

(2)31-1-1/2

(3)320+1/2

(4)32-2-1/2

(5)300-1/2答：轨道符号依次是4s,3p,3d,3d,3s,能量从高到低的顺序是(3)=(4)>(1)>(2)>(5)第十页第十一页，共49页。10.有A,B,C三种元素，A元素的最高数的氧化物对应的水合物的分子式为HAO3,它能与氢生成含有氢8.82%的氢化物；B元素氧化数为+2的离子结构与氖原子相同；C元素原子核外电子数比B元素原子核外的电子数多5个，判断A,B,C各为什么元素，写出它们的核外电子排布式，并指出它们在中期表中的位置。答：从分子式HAO3判断A是非金属元素，且最高氧化数是+5。根据非金属元素的最高氧化数与最低氧化数的绝对值之和为8，可判断A最低氧化数为-3，则氢化物的分子式为AH3。设A元素的相对分子质量为M,则有8.82%*（M+3*1)=3*1,解得M=31,可判断A为原子序数为15的P元素，它的核外电子排布是1s22s22p63s23p3，在周期表中第三周期，VA族；

B原子序数为12,Mg,核外电子排布1s22s22p63s2在周期表中第三周期，ⅡA族；

C原子序数为17,Cl,核外电子排布是1s22s22p63s23p5在周期表中第三周期，ⅦA族。第十一页第十二页，共49页。11.已知下列各反应的平衡常数。=1.0×10-14

=1.78×10-5

=6.17×10-10

求反应的平衡常数。HCNH++CN-第十二页第十三页，共49页。解：HCNH++CN-（1）（2）（3）（4）在上述4个反应式中，式（1）+式（2）-式（3）=式（4）则（4）的平衡常数为×／=(6.17×10-10)×(1.78×10-5)／(1.0X10-14)=1.10第十三页第十四页，共49页。12.N2O4的分解反应为,在25℃时将3.176gN2O4置于1.00dm3容器中，反应达平衡时体系的总压力是pΘ,计算N2O4的解离度α和分解反应平衡常数kΘ。第十四页第十五页，共49页。解：反应前N2O4的物质的量为n=3.716/92.02=0.03145mol

反应前后各气体的物质的量为反应前/moln0反应后/moln(1-α)2nα反应达平衡时总的物质的量为n总=n(1-α)+2nα=n(1+α)将N2O4和NO2近似看成理想气体，则pV=n总RT=n(1+α)RT得α=pV/nRT-1=0.1848第十五页第十六页，共49页。各气体的相对分压为反应的标准平衡常数为第十六页第十七页，共49页。13.273K时，水的饱和蒸气压为611Pa,该温度下反应

的平衡常数是KΘ=6.89×10-12，试用计算说明实际发生的过程是SrCl2•6H2O(S)失水风化还是SrCl2•2H2O(S)吸水潮解。第十七页第十八页，共49页。解：由于PH2O<PH2O，饱和，说明SrCl2•6H2O脱水反应达到平衡时水的分压小于水的饱和蒸汽压，使脱水反应逆向进行，即SrCl2•2H2O吸水潮解。第十八页第十九页，共49页。14.反应在523K时，密闭容器中

（1）注入150KPaPCl5,平衡时有100KPaPCl3分解，试计算该温度下的平衡常数KΘ

及PCl5的分解百分率；

（2）同达到平衡后的（1）中加入20KPaCl2,则PCl5的分解百分率为多少？与未加Cl2时相比较有何变化？

（3）如开始时容器中就加入150KPaPCl5

和20KPaCl2,平衡时PCl5分解的百分率又是多少？比较（2）（3）结果，可以得出什么？解：（1）开始时15000平衡时150-100100100

第十九页第二十页，共49页。解离率（2）设加入120KPaCl2后

PCl5分解了xKPa开始时50100100+20平衡时50-x100+x120+x解之得x=-5KPa所以平衡时还有55KPaPCl5存在，已有95KPa的PCl5分解。解离率从计算结果看，加入Cl2后平衡向左移动解离率减小。第二十页第二十一页，共49页。（3）设平衡时有yKPaPCl5分解开始时150020平衡时150-yy20+y解之得y=95KPa解离率从（2）（3）计算结果看出，无论是平衡前还是平衡后加入Cl2,都会在此条件下形成新的平衡，加入等量的Cl2解离率相同。第二十一页第二十二页，共49页。15.在含有0.1mol·dm-3AgNO3

、0.1mol·dm-3Fe(NO3)2和0.010mol·dm-3Fe(NO3)3

的溶液中发生如下反应

（1）反应向哪个方向进行

（2）平衡时Fe2+,Ag+,Fe3+

的浓度各为多少,

（3）

Ag+

的转化率

（4）如果保持Ag+和Fe3+的浓度不变而使Fe2+的浓度变为0.3mol·dm-3.求在新条件下Ag+的转化率？（KΘ=3.0)第二十二页第二十三页，共49页。解：（1）开始时的反应商J<KΘ,所以反应向正方向进行第二十三页第二十四页，共49页。（2）设反应中生成Fe3+的浓度为xmol·dm-3开始浓度/mol·dm-30.200.100.010平衡浓度/mol·dm-30.20-x0.10-x0.010+x平衡时c(Ag+)=0.10-0.0283=0.0717mol·dm-3平衡时c(Fe2+)=0.20-0.0283=0.1717mol·dm-3平衡时c(Fe3+)=0.010+0.0283=0.0383mol·dm-3(3)Ag+的转化率x=0.0283mol·dm-3即第二十四页第二十五页，共49页。(4)设在新的条件下Ag+的转化率为α′平衡浓度/mol·dm-30.30-0.10α′0.10-0.10α′0.010+0.10α′由此可见，增大某反应物的浓度，可使平衡向正向移动，且使另一反应物的转化率增大。第二十五页第二十六页，共49页。16.计算下列混合溶液的pH.(1)30cm30.25mol·dm-3的HNO2溶液和20cm30.5mol·dm-3的HAc溶液混合。

(2)0.2moldm-3的H2SO4溶液和等体积的0.4moldm-3的Na2SO4溶液混合。已知KaΘ(HAc)=1.8×10-5,KaΘ(HNO2)=4.5×10-4,Ka2Θ(H2SO4)=1.0×10-2。第二十六页第二十七页，共49页。解：（1）HNO2溶液和HAc溶液混合后：设由HNO2解离出[NO2-]为xmol·dm-3,HAc解离出的[Ac-]为ymol·dm-3,则溶液中：[H+]=(x+y)mol·dm-3第二十七页第二十八页，共49页。平衡浓度/(mol·dm-3)0.15-xx+yx平衡浓度/(mol·dm-3)0.20-yx+yypH=2.08第二十八页第二十九页，共49页。平衡浓度/(mol·dm-3)0.20-xx0.10+x(2)等体积混合后H2SO4

与Na2SO4反应生成HSO4-所以[HSO4-]=0.20mol·dm-3,设平衡时[H+]为xmol·dm-3，则解方程得x=0.016mol·dm-3pH=1.80第二十九页第三十页，共49页。17.欲配制250cm3pH为5的缓冲溶液，问在125cm31.0mol•dm-3的NaAc溶液中应加入多少cm3的6.0mol•dm-3的HAc溶液？(KaΘ(HAc)=1.8×10-5)第三十页第三十一页，共49页。解：设应加入xdm36.0mol·dm-3的HAc溶液pH=5,c(H+)=1.0×10-5mol·dm-3平衡浓度/mol·dm-31.0×10-5由于同离子效应所以将125cm31.0mol•dm-3的NaAc溶液与12cm36.0mol•dm-3的HAc溶液混合后加水稀释至250cm3即可。第三十一页第三十二页，共49页。18.若在50.0cm30.15mol•dm-3的NH3•H2O和0.20mol•dm-3的NH4Cl组成的缓冲溶液中，加入0.10cm31.0mol•dm-3的HCl溶液，计算HCl加入前后的pH值各为多少？第三十二页第三十三页，共49页。解答：直接用缓冲溶液的pH计算公式，计算加入HCl溶液前缓冲溶液的pH。50.0cm3

缓冲溶液中加入0.10cm30.10mol•dm-3的HCl溶液后，溶液的体积变为50.10cm3，NH3与HCl完全反应，则第三十三页第三十四页，共49页。19.将50mL3.0mol•dm-3醋酸和50mL1mol•dm-3的NaOH混合(忽略溶液混合体积的变化)(1)计算混合后溶液的pH(KaΘ(HAc)=1.8×10-5)(2)若向此溶液中通入0.10molHCl气体(忽略溶液体积的变化)，混合溶液pH变化多少？第三十四页第三十五页，共49页。(2)当向此溶液中加入0.10molHCl气体，则HCl的浓度为1.0mol•dm-3，溶液中Ac-与HCl反应生成，此时溶液中HAc的浓度为1.5mol•dm-3，剩余HCl的浓度为0.5mol•dm-3由于同离子效应，该溶液的pH2=-lg0.5=0.30ΔpH=|pH2-pH1|=|0.3-4.44|=4.14解：（1）HAc和NaOH混合后，生成NaAc的浓度为剩余此时为1.0mol•dm-3HAc和0.5mol•dm-3NaAc组成的缓冲溶液解得pH=4.44第三十五页第三十六页，共49页。20.已知CaF2的KspΘ=2.5×10-11,HF的KaΘ=6.3×10-4(1)计算CaF2在水中的溶解度.(2)导出CaF2饱和溶液的溶解度与[H+]的关系式.(3)计算pH=3.2时CaF2的溶解度。第三十六页第三十七页，共49页。解（1）设CaF2在水中的溶解度为smol•L-1,则（2）酸性溶液中存在着如下平衡s2s第三十七页第三十八页，共49页。（3）pH=3.2时，[H+]=6.3×10-4mol•L-1

代入（2）中公式得s=2.9×10-4(mol•L-1)第三十八页第三十九页，共49页。21.某混合溶液中含有0.010mol•L-1CuCl2和0.2mol•L-1FeCl2，通入H2S气体达饱和，得到的是何种沉淀？（已知KspΘ，CuS=8.5×10-45;KspΘ,FeS=3.7×10-19;H2S:Ka1Θ=1.1×10-7,Ka2Θ=1.0×10-14）(常温常压下H2S的饱和溶液中，H2S的浓度为0.10mol•L-1

)第三十九页第四十页，共49页。解：KspΘ，CuS非常小，CuS沉淀反应很完全。所以溶液[H+]=0.020mol·L-1,此时溶液中[S2-]为所以得到的是CuS沉淀，Fe2+在此条件下不会沉淀下来。第四十页第四十一页，共49页。22.在10cm31.5×10-3mol•dm-3MnSO4溶液中，加入5cm30.15mol•dm-3氨水（1）能否生成Mn(OH)2沉淀（2）在上述的MnSO4溶液中先加0.49g固体（NH4）2SO4,然后再加入5cm30.15mol•dm-3氨水，是否有沉淀生成？KspΘ[Mn(OH)2]=2.06×10-14,KbΘ(NH3•H2O)=1.79×10-5第四十一页第四十二页，共49页。解（1）混合溶液中由于，可以用最间式计算：，有[Mn(OH)2]沉淀生成。第四十二页第四十三页，共49页。（2)由（NH4）2SO4离解产生的