无机化学练习题（含答案）
第1章 原子结构与元素周期系
1-1 试讨论，为什么有的元素的相对原子质量（原子量）的有效数字的位数多达9位，而有的元素的相对原子质量（原子量）的有效数字却少至3~4位？ 1-2 Br2分子分解为Br原子需要的最低解离能为190kJ/mol，求引起溴分子解离需要吸收的最低能量子的波长与频率。
1-3 氢原子核外电子光谱中的莱曼光谱中有一条谱线的波长为103nm，问：它相应于氢原子核外电子的哪一个跃迁？
1-4 周期系中哪一个元素的电负性最大？哪一个元素的电负性最小？周期系从左到右和从上到下元素的电负性变化呈现什么规律？为什么？
1-5 什么叫惰性电子对效应？它对元素的性质有何影响？
1-6 当氢原子的一个电子从第二能级层跃迁至第一能级层时发射出光子的波长是121.6nm；当电子从第三能级层跃迁至第二能级层时，发射出光子的波长是656.3nm。问哪一个光子的能量大？
1-7 有A,B,C,D四种元素。其中A为第四周期元素，与D可形成1:1和1:2原子比的化合物。B为第四周期d区元素，最高氧化数为7。C和B是同周期元素，具有相同的最高氧化数。D为所有元素中电负性第二大元素。给出四种元素的元素符号，并按电负性由大到小排列之。
1-8有A,B,C,D,E,F元素，试按下列条件推断各元素在周期表中的位置、元素符号，给出各元系的价电子构型。
（1）A,B,C为同一周期活泼金属元素，原子半径满足A>B>C，已知C有3个电子层。
（2）D,E为非金属元素，与氢结合生成HD和HE。室温下D的单质为液体，E的单质为固体。
（3）F为金属元素，它有4个电子层并且有6个单电子。
第2章 分子结构
2-1 键可由s-s、s-p和p-p原子轨道“头碰头”重叠构建而成，试讨论LiH（气态分子）、HCl、Cl2分子里的键分别属于哪一种？
2-2 NF3和NH3的偶极矩相差很大，试从它们的组成和结构的差异分析原因。 2-3 一氧化碳分子与酮的羰基（>C=O）相比，键能较小，键长较小，偶极矩则小得多，且方向相反，试从结构角度作出解释。
2-4 考察表2-5中HCl、HBr、HI的色散力、取向力、诱导力以及它们构成的范德华力的顺序，并作出解释。
2-5 从表2-6可见，氟化氢分子之间的氢键键能比水分子之间的键能强，为什么水的熔、沸点反而比氟化氢的熔沸点低？
2-6已知NaF晶体的晶格能为894kJ·mol-1，Na原子的电离能为494 kJ·mol-1，金属钠的升化热为101 kJ·mol-1，F2分子的离解能为160 kJ·mol-1，NaF的标准摩尔生成热为-571 kJ·mol-1，试计算元素F的电子亲合能。 2-7试用杂化轨道理论讨论下列分子的成键情况。 BeCl2, PCl5, OF2, ICl3, XeF4。
2-8用价层电子对互斥理论推测下列分子或离子的空间构型。 BeCl2, SnCl3-, ICl2+, XeO4, BrF3, SnCl2, SF4， ICl2-, SF6。 2-9画出HF的分子轨道能级图并计算分子的键级。
2-10已知N与H的电负性差（0.8）小于N与F的电负性差（0.9），解释NH3分子偶极矩远比NF3大的原因
~?~?第3章 晶体结构
3-1 给出金刚石晶胞中各原子的坐标。
3-2 亚硝酸钠和金红石（TiO2）哪个是体心晶胞？为什么？
3-3 晶体结构中的“化学单元”与“结构基元”两个概念是否同一？举例说明它们的异同。在过去的教科书里常有“晶格结点”一词，你认为它是不是指晶体结构中的“结构基元”？为什么？
3-4 课文里谈到，金刚烷熔点很高，文献又报道，金刚烷在常温压下是一种易挥发的固体。请问：这两个事实是否矛盾？为什么？
第4章 配合物
4-1 设计一些实验，证明粗盐酸的报春花黄是Fe3+与Cl-离子的络离子而不是铁的水合离子或者羟合子离子的颜色。
4-2 配位化学创始人维尔纳发现，将等物质量黄色CoCl3·6NH3、紫红色CoCl3·5NH3、绿色CoCl3·4NH3和紫色CoCl3·4NH3四种配合物溶于水，加硝酸银，立即沉淀的氯化银分别为3、2、1、1摩尔，请根据实验事实推断它们所含的配离子的组成。用电导法可以测定电解质在溶液中电离出来的离子数，离子数与电导的大小呈正相关性。请预言，这四种配合物的电导之比呈现什么定量关系？ 4-3 实验证实，Fe(H2O)63+和Fe(CN)63-的磁矩差别极大，如何用价键理论来理解？ 4-4 以下说法对不对？简述理由。 （1）粗盐酸的黄色是Fe3+离子的颜色。
（2）根据光化学序列可断言，Fe(NCS)n3-n的n越大，离子的颜色越深。 （3）配合物中配体的数目称为配位数。
（4）配位化合物的中心原子的氧化态不可能等于零，更不可能为负值。 （5）羰基化合物中的配体CO是用氧原子的中心原子结合的，因为氧的电负性比
碳大。
（6）同一种金属元素的配合物的磁性决定于该元素的氧化态，氧化态越高，磁
矩就越大。
（7）Co(en)33+没有立体异构体。
（8）根据晶体场理论可以预言，Ti(CN)63-的颜色比TiCl63-的颜色深。 （9）根据晶体场理论，Ni2+的六配位八面体配合物按磁矩的大小可分为高自旋和
低自旋两种。
4-5 实验测得Fe(CN)64-和Co(NH3)63+均为反磁性物质（磁矩等于零），问它们的杂化轨道类型。
4-6．命名下列配合物和配离子
（1）（NH4）3[SbCl6]; （2）[Co(en)3]Cl3; （3）[Co(NO2)6]3-;
（4）[Cr(H2O)4Br2]Br·2H2O; （5）[Cr(Py)2(H2O)Cl3]; （6）NH4[Cr(SCN)4 (NH3)2]。
4-7．根据下列配合物和配离子的名称写出其化学式。 （1）四氯合铂（II）酸六氨合铂（II）； （2）四氢合铝（III）酸锂； （3）氯化二氯·四水合钴（III）；
（4）羟基·水·草酸根·乙二胺合铬（III）； （5）氯·硝基·四氨合钴（III）配阳离子； （6）二氨·草酸根合镍（II）。
4-8．画出下列配合物可能有的旋光异构体的结构。
（1）[FeCl2(C2O4)en]-; （2）[Co(C2O4)3]3-; （3）[Co(en)2Cl2]+。
第5章 化学热力学基础
5-1 在10000C和97kPa下测得硫蒸气的密度为0.5977g/dm3，求硫蒸气的摩尔质量和化学式。
5-2 分辨如下概念的物理意义： （1）封闭系统和孤立系统。 （2）功、热和能。 （3）热力学能和焓。
（4）生成焓、燃烧焓和反应焓。 （5）过程的自发性和可逆性。
5-3 判断以下说法的正确与错误，尽量用一句话给出你作出判断的根据。 （1）碳酸钙的生成焓等于CaO(s)+CO2(g)=CaCO3(s)的反应焓。
（2）单质的生成焓等于零，所以它的标准熵也等于零。 5-4．在373K时，水的蒸发热为40.58 kJ·mol-1。计算在1.013×105 Pa，373K下， 1 mol水气化过程的ΔU和ΔS（假定水蒸气为理想气体，液态水的体积可忽略不计）。
5-5．制水煤气是将水蒸气自红热的煤中通过，有下列反应发生
C (s) + H2O (g) === CO (g) + H2 (g)
CO (g) + H2O (g) === CO2 (g) + H2 (g)
将此混合气体冷至室温即得水煤气，其中含有CO，H2及少量CO2（水蒸气可忽略不计）。若C有95% 转化为CO，5% 转化为CO2，则1 dm3此种水煤气燃烧
产生的热量是多少（燃烧产物都是气体）？已知
CO（g） CO2（g） H2O（g） -110.5 -393.5 -241.8
5-6．在一密闭的量热计中将2.456 g正癸烷（C10H12 ，l）完全燃烧，使量热计中的水温由296.32 K升至303.51K。已知量热计的热容为16.24 kJ·K-1，求正癸烷的燃烧热。
5-7．阿波罗登月火箭用联氨（N2H4 , l）作燃料，用N2O4（g）作氧化剂，燃烧产物为N2（g） 和H2O（l）。计算燃烧1.0 kg联氨所放出的热量，反应在300K，101.3 kPa下进行，需要多少升N2O4（g）? 已知
N2H4（l） N2O4（g） H2O（l） 50.6 9.16 -285.8
第6章 化学平衡常数
6-1 下列反应的Kp和Kc之间存在什么关系？ （1）4H2(g)+Fe3O4(s)=3Fe(s)+4H2O(g) （2）N2(g)+3H2(g)=2NH3(g) （3）N2O4(g)=2NO2(g)
6-2 下面的反应在一个1升的容器里，在298K下达成平衡；
C(石墨)?O2(g)?CO2(g) ?rHm??393kJ/mol
?
以下各种措施对氧气的平衡分压有何影响？ A、增加石墨的量。 B、增加CO2气体的量。 C、增加氧气的量。 D、降低反应的温度。 E、加入催化剂。
6-3．已知下列反应的平衡常数 （1）HCN
H+ + CN- Kθ1 = 4.9×10-10
NH4+ + OH- Kθ2=1.8×10-5
（2）NH3 + H2O （3）H2O
H+ + OH- Kθw=1.0×10-14
试计算下面反应的平衡常数
NH3 + HCN
NH4+ + CN- Kθ=？
CO2 + H2 在密闭容器中建立平衡，在749K时该反
6-4．已知反应CO + H2O 应的平衡常数Kθ = 2.6 。
（1）求n(H2O)∕n(CO) 为1时，CO的平衡转化率； （2）求n(H2O)∕n(CO) 为3时，CO的平衡转化率； （3）从计算结果说明浓度对平衡移动的影响。 6-5． HI分解反应为2 HI(g)
H2 (g) + I2 (g)，若开始时有1mol HI，平衡时有
24.4 % 的HI发生了分解。今欲将HI的分解数降低到10%，应往此平衡体系中加入多少摩 I2 ？
6-6．在900 K和1.013×105 Pa时，若反应
SO3 (g)
SO2 (g) +1/2O2 (g)
的平衡混合物的密度为0.925 g·dm-3，求SO3的解离度。 6-7．在308K和总压1.013×105 Pa时，N2O4有27.2%分解。 （1）计算N2O4 (g)
2 NO2 (g) 反应的Kθ；
（2）计算308 K时的总压为2.026×105 Pa时，N2O4的解离分数； （3）从计算结果说明压强对平衡移动的影响。 6-8. PCl5 (g) 在523K达分解平衡。 PCl5 (g)
PCl3 (g) + Cl2 (g)
平衡浓度：[PCl5] = 1mol·dm-3, [PCl3] = [Cl2] = 0.204mol·dm-3。若温度不变而压强减小一半，在新的平衡体系中各物质的浓度为多少？ 6-9．反应SO2Cl2 (g)
SO2 (g) + Cl2 (g) 在375K时平衡常数Kθ=2.4。以7.6 g
SO2Cl2和1.013×105 Pa的Cl2作用下1.0 dm3的烧瓶中。试计算平衡时SO2Cl2 , SO2和Cl2的分压。
6-10．在523 K时，将0.110mol PCl5 (g) 引入1 dm3容器中，建立下列平衡：
PCl5 (g)
PCl3 (g) + Cl2 (g)
平衡时PCl3 (g) 的浓度是0.050mol·dm-3。求在523K时反应的Kc和Kθ。
第7章 化学动力学基础
7-1 试对比阿仑尼乌斯活化能（表现活化能或实验活化能）、碰撞理论活化能
和过渡状态理论活化能的物理意义，并由此说明表现动力学与分子动力学的不同性。
7-2 以下说法是否正确？说明理由。
（1）某反应的速率常数的单位是mol·dm·s，该反应是一级反应。 （2）化学动力学研究反应的快慢和限度。 （3）活化能大的反应受温度的影响大。
（4）反应历程中的速控步骤决定了反应速率，因此在速控步骤前发生的反应和
在速控步骤后发生的反应对反应速率都毫无影响。
（5）反应速率常数是温度的函数，也是浓度的函数。
7-3．反应N2O5 → 2 NO2 +1/2 O2，温度与速率常数的关系列于下表，求反应的活化能。
T/K k/s-1 338 4.87×10-3 328 1.50×10-3 318 4.98×10-4 308 1.35×10-4 298 3.46×10-5 273 7.87×10-7 -1
3
-1
7-4．CO（CH2COOH）2在水溶液中分解成丙酮和二氧化碳。在283K时分解反应速率常数为1.08×10-4 mol·dm-3·s-1，333K时为5.48×10-2 mol·dm-3·s-1。求303K时分解反应的速率常数。 7-5．已知水解反应
HOOCCH2CBr2COOH + H2O 验测得数据如下：
t/min 反应物质量m/g 0 3.40 10 2.50 20 1.82 30 1.34 HOOCCH2COCOOH + 2 HBr为一级反应，实
试计算水解反应的平均速率常数。
第8章 水溶液
8-1 今有葡萄糖（C6H12O6）、蔗糖（C12H22O11）和氯化钠三种溶液，它们的质量分数都是1%，试比较三者渗透压的大小。
8-2 取0.324g Hg(NO3)2溶于100g 水中，其凝固点为-0.05880C;0.542g HgCl2溶于50g水中，其凝固点为-0.07440C,用计算结果判断这两种盐在水中的电离情况。
8-3．在293 K时，蔗糖（C12H22O11）水溶液的蒸气压是2110 Pa，纯水的蒸气压是2333 Pa。试计算1000 g水中含蔗糖的质量。已知蔗糖的摩尔质量为 342 g·mol－1。
8-4．常压下将2.0 g尿素（CON2H4）溶入75g水中，求该溶液的凝固点。已知水的Kf =1.86 K·mol-1·kg。
8-5．在298 K时，若1dm3苯溶液中含聚苯乙烯5.0g，其渗透压为1013Pa，求聚苯乙烯的相对分子质量。
8-6．人的血浆凝固点为－0.56℃，求37℃时人血浆的渗透压。已知水的Kf = 1.86 K·mol-1·kg。
第9章 酸碱平衡
9-1 欲配制pH=5.0的缓冲溶液，需称取多少克NaAc·3H2O固体溶解在300mL0.5mol/L的Hac的溶液中？
9-2．某一元弱酸HA的浓度为0.010mol·dm-3，在常温下测得其pH为4.0。求该一元弱酸的解离常数和解离度。
9-3．已知0.010mol·dm-3H2SO4溶液的pH=1.84，求HSO4-的解离常数。 9-4．已知0.10mol·dm-3HCN溶液的解离度0.0063%，求溶液的pH和HCN的解离常数。
9-5．将0.20mol·dm-3HCOOH（
=1.8×10-4）溶液和0.40 mol·dm-3HOCN（
=3.3×10-4）溶液等体积混合，求混合溶液的pH值。
9-6．将含有5.00gHCl的水溶液和6.72gNaCN混合，再加水稀释到0.25dm3。求溶液中H+，CN-，HCN的浓度。已知
（HCN）=6.2×10-10。
9-7．欲由H2C2O4和NaOH两溶液配制pH=4.19的缓冲溶液，问需0.100mol·dm-3H2C2O4溶液与0.100mol·dm-3NaOH溶液的体积比。（H2C2O4 =5.9×10-2，
=6.4×10-5）
9-8．要配制450cm3pH=4.70的缓冲溶液，求需0.10mol·dm-3HAc和0.10mol·dm-3 NaOH溶液的体积。〔
（HAc）=1.8×10-5〕
第10章 沉淀平衡
10-1 某溶液含有Fe3+和Fe2+，其浓度均为0.050 mol/L,要求Fe(OH)3沉淀不生成Fe(OH)2沉淀，需控制pH在什么范围？
10-2 计算下列反应的平衡常数，并讨论反应的方向：
2??PbS?2HAc?Pb?HS?2Ac2（1） 2??Cu?HS?2HO?CuS?2HOS23（2）
10-3 定量分析中用Ag NO3溶液滴定Cl-1离子溶液，加入K2CrO4为指示剂，达到滴定终点时，AgCl沉淀完全，最后1滴Ag NO3溶液中的CrO4反应生成砖红色的AgCrO4沉淀，指示滴定达到终点。问滴定终点时溶液中的CrO42-离子的浓度多大合适？设滴定终点时锥形瓶里溶深信的体积为50ml，在滴定开始时应加入0.1mol/L的K2CrO4溶液多少毫升？
10-4．在下列溶液中不断通入H2S，计算溶液中最后残留的Cu2+的浓度。 （1）0.10mol·dm-3CuSO4溶液。
（2）0.10mol·dm-3CuSO4与1.0 mol·dm-3HCl的混合溶液。 10-5．根据下列给定条件求溶度积常数。 （1）FeC2O4·2H2O在1dm3水中能溶解0.10g；
（2）Ni（OH）2在pH=9.00的溶液的溶解度为1.6×10-6mol·dm-3。 10-6．1gFeS固体能否溶于100cm3 1.0mol·dm-3的盐酸溶液中？已知=6.0×10-18，
（H2S）=9.23×10-22，式量（FeS）=87.9。
（FeS）
2-
10-7．求在0.50dm3 1.0mol·dm-3NH4Cl溶液中能溶解Mg（OH）2的质量。已知（NH3·H2O）=1.8×10-5，
〔Mg（OH）2〕=1.8×10-11。
10-8．某混合溶液中阳离子的浓度及其氢氧化物的溶度积如下：
阳离子 浓度/mol·dm-3 Mg2+ 0.06 1.8×10-11 Ca2+ 0.01 1.3×10-6 Cd2+ 2×10-3 2.5×10-14 Fe3+ 2×10-5 4×10-38 向混合溶液中加入NaOH溶液使溶液的体积为原来的2倍时，恰好使50%的Mg2+沉淀。问：
（1）此时溶液的pH是多少：
（2）其他阳离子被沉淀的物质的量分数是多少？
第11章 电化学基础
11-1 解释如下现象：
（1）镀锡的铁，铁先腐蚀，镀锌的铁，锌先腐蚀。 （2）将MnSO4溶液滴入KMnO4酸性溶液得到MnO2沉淀。
（3）Cu(ap)在水溶液中会歧化为Cu(ap)和铜。
11-2．某学生为测定CuS的溶度积常数，设计如下原电池：正极为铜片浸在0.1mol·dm-3Cu2+的溶液中，再通入H2S气体使之达到饱和；负极为标准锌电极。测得电池电动势力0.670V。已知Eθ（Cu2+/Cu）=0.337V，Eθ（Zn2+/Zn）=-0.763V，H2S的
=1.3×10-7，
=7.1×10-15，求CuS的溶度积常数。
（CuCl）=1.2×10-6，
2+
2+
11-3．已知Eθ（Cu2+/Cu）=0.337V，Eθ（Cu2+/Cu+）=0.153V，
通过计算求反应Cu2+ + Cu + 2 Cl- = 2 CuCl 能否自发进行，并求反应的平衡常数Kθ。
11-4．已知Eθ（Tl3+/T1+）=1.25V，Eθ（Tl3+/T1）=0.72V。设计成下列三个标准电池为
（a）（-）Tl∣T1+‖Tl3+∣Tl（+）； （b）（-）Tl∣T1+‖Tl3+，Tl+∣Pt（+）； （c）（-）Tl∣T13+‖Tl3+，Tl+∣Pt（+）。 （1） 请写出每一个电池的电池反应式； （2） 计算每个电池的电动势和
11-5．对于反应Cu2++2I-═CuI+1/2I2，若Cu2+的起始浓度为0.10mol·dm-3，I-的起始浓度为0.50mol·dm-3，计算反应达平衡时留在溶液中的Cu2+浓度。已知Eθ（Cu2+/Cu+）=0.153V，Eθ（I2 / I-）=0.535V，
（CuI）=1×10-12。
第12章 配位平衡
12-1 定性地解释以下现象：
（1）向Hg（NO3）2滴加KI，反过来，向KI滴加Hg（NO3）2，滴入一滴时，都能见很快消失的红色沉淀，分别写出沉淀消失的反应。
（2）少量AgCl沉淀可溶于浓盐酸，但加水稀释溶液又变混浊。
（3） Cu（NH3）42+呈深蓝色而Cu（NH3）2+却几乎无色。
12-2．已知向0.010mol·dm-3ZnCl2溶液通H2S至饱和，当溶液的pH=1.0时刚开
始有ZnS沉淀产生。若在此浓度ZnCl2溶液中加入1.0mol·dm-3KCN后通入H2S至饱和，求在多大pH时会有ZnS沉淀产生？{=5.0×1016}
12-3．在1dm3 6mol·dm-3的氨水中加入0.01mol固体CuSO4，溶解后，在此溶
液中再加入0.01mol固体NaOH，是否会有Cu(OH)2沉淀生成？{〔
〕=2.09×1013，
〔
〕=2.2×10-20}
〔
〕
第13章 氢和稀有气体
13-1 氢作为能源，其优点是什么？
13-2 试说明稀有气体的熔点、沸点、密度等性质的变化趋势和原因？ 13-3 你会选择哪种稀有气体作为：（a）温度最低的液体冷冻剂；（b）电离能最低、安全的放电光源；（c）最廉价的惰性气体。
13-4 给出与下列物种具有相同结构的稀有气体化合物的化学式并指出其空间构型：
（a）Icl4- （b）Ibr2- （c）BrO3- （d）ClF
第14章 卤素
14-1 三氟化氮NF3（沸点-1290C）不显Lewis碱性，而相对分子质量最低的化合物NH3（沸点-330C）却是个人所共知的Lewis碱。（a）说明它们挥发性判别如此之大的原因；（b）说明它们碱性不同的原因。
14-2 写出三个具有共价键的金属卤化物的分子式，并说明这种类型卤化物的共
同特性。
第15章 氧族元素
15-1 SO2与Cl2的漂白机理有什么不同？ 15-2 写出下列各题的生成物并配平。 （1）在Na2O2固体上滴加几滴热水； （2）H2S通入FeCl3溶液中； （3）用盐酸酸化多硫化铵溶液
第16章 氮 磷 砷
16-1 请回答下列有关氮元素性质的问题。 为什么氮不能形成五卤化物？ 16-2 请回答下列问题：
（1）如何除去NO中微量的NO2和N2O中少量的NO？ 16-3 请解释下列有关键长和键角的问题。
NH3、PH3、AsH3分子中的键角依次为1070、93.080、91.80，逐渐减小。
第17章 碳 硅 硼
17-1 对比等电体CO与N2的分子结构及主要物理、化学性质。 17-2 如何鉴别下列各级物质： （1）Na2CO3、Na2SiO3、Na2B4O7、10H2O
17-3 试说明硅为何不溶于氧化性的酸（如浓硝酸）溶液中，却分别溶于碱溶液及HNO3与HF组成的混合溶液中。
第18章 非金属元素小结
18-1为什么氟和其他卤素不同，没有多种可变的正氧化化态？ 18-2概括非金属元素的氢化物有哪些共性？ 18-3试解释下列各组酸强度的变化顺序： ⑴HI﹥HBr﹥HCl﹥HF ⑵HClO4﹥H2SO4﹥H3PO4﹥H4SiO4
⑶HNO3﹥HNO2 ⑷HIO4﹥H5IO6
⑸H2SeO4﹥H2TeO6 18-4何谓次级周期性？为什么它在p区第二、第四、第六周期中表现？为什么它主要表现在最高氧化态化合物的性质（稳定性和氧化性）上？ 18-5试解释下列现象：
⑴硅没有类似于石墨的同素异性体。
⑵氮没有五卤化氮，却有+5氧化态的N2O5，HNO3及其盐，这两者是否有矛盾？
第19章 金属通论
19-1 根据氧化物的自由能一温度图，讨论973K时CO能否还原NiO而制得Ni ？ 19-2 据硫化物的埃林汉姆图，若从硫化物中提取金属，适宜的还原剂和温度条件各如何？
19-3 金属的晶体结构有哪几种主要类型？它们的空间利用率和配位数各是多少？对金属性质的影响又如何？
第20章 S区元素（碱金属与碱土金属）
20-1 含有Ca、Mg2+和SO42-离子的粗食盐如何精制成纯的食盐，以反应式表示。 20-2 商品NaOH中为什么常含杂质NaCO3？如何检验？又如何除去？ 20-3 写出下列物质的化学式：
光卤石 明矾 重晶石 天青石 白云石 方解石 苏打 石膏 萤石 芒硝
元明粉 泻盐
20-4 往BaCl2和CaCl2的水溶液中分别依次加入：（1）碳酸铵；（2）醋酸；（3）
铬酸钾，各有何现象发生？写出反应方程式。
2+
第21章 P区金属
21-1 下列方程式为什么与实验事实不符？
（1）2 Al(NO3)3 + 3Na2CO3 ==== Al2(CO3)3 + NaNO3 （2）PbO2 + 4HCl === PbCl4 + 2H2O （3）Bi2S3 + 3S22- === BiS43- + S 21-2 回答下列问题：
（1）实验室配制及保存SnCl2溶液时应采取哪些措施？写出有关的方程式。 （2）如何用实验的方法证明Pb3O4中铅有不同价态？
（3）金属铝不溶于水，为什么它能溶于NH4Cl和Na2CO3溶液中？
第22章 ds区金属
22-1. 为什么cu（II）在水溶液中比在cu（I）更稳定，Ag（I）比较稳定，Au易于形成+III氧化态化合物？
22-2. 用反应方程式说明下列现象？
（1）铜器在潮湿空气中慢慢生成一层绿色的铜锈； （2）金溶于王水；
（3）在CuCl2浓溶液中逐渐加水稀释时，溶液颜色由黄棕色经绿色而变为蓝色； （4）当SO2通入CuSO4与NaCl浓溶液中时析出白色沉淀；
（5）往AgNO3溶液中滴加KCN溶液时，先生成白色沉淀而后溶解，再加入NaCl溶液时，并无AgCl沉淀生成，但加入少量Na2S溶液时却有黑色Ag2S沉淀析出； （6）热分解CuCl2·2H2O时得不到无水CuCl2 22-3. 解释下列实验事实：
（1）铁能使Cu2+还原，铜能使Fe3+还原，这两件事实有无矛盾？并说明理由； （2）焊接铁皮时，先常用ZnCl2溶液处理铁皮表面；
（3）HgS不溶于HCl、HNO3和(NH4)2S中，而能溶于王水或Na2S中；
（4）HgCl2溶液中在有NH4Cl存在时，加入NH3·H2O得不到白色沉淀HgNH2Cl2 22-4 （1）为什么Cu+不稳定、易歧化，而Hg22+则较稳定。试用电极电势的数据和化学平衡的观点加以阐述；
（2）在什么情况下可使Cu2+转化为Cu+，试举一例； （3）在什么情况下可使Hg（II）转化为Hg（I）；Hg（I）转化为Hg（II），试各举几个反应方程式说明。
第23章 d区金属（一）第四周期d区金属
23-1 试以原子结构理论说明：
（1）第四周期过渡金属元素在性质上的基本共同点；
（2）讨论第一过渡系元素的金属性、氧化态、氧化还原稳定性以及酸碱稳定性变化规律；
（3）阐述第一过渡系金属水合离子颜色及含氧酸根颜色产生的原因。 23-2. 根据以下实验说明产生各种现象的原因，并写出有关反应方程式。 （1）打开装有TiCl4的瓶塞，立即冒白烟；
（2）向此瓶中加入浓盐酸和金属锌时，生成紫色溶液； （3）缓慢地加入NaOH至溶液呈碱性，则析出紫色沉淀；
（4）沉淀过滤后，先用硝酸，然后用稀碱溶液处理，有白色沉淀生成。
23-3 向一含有三种阴离子的混合溶液中滴加AgNO3溶液至不再有沉淀生成为止，过滤，当用硝酸处理沉淀时，砖红色沉淀溶解得到橙色溶液，但仍有白色沉淀。过滤呈紫色，用硫酸酸化后，加入Na2SO3，则紫色逐渐消失。指出上述溶液中含有哪三种阴离子，并写出有关反应方程式。 23-4 用反应方程式说明下列实验现象： （1）在绝对无氧条件下，向含有Fe2+的溶液中加入NaOH溶液后，生成白色沉淀，随后逐渐成红棕色；
（2）过滤后的沉淀溶于盐酸得到黄色溶液；
（3）向红色溶液中加几滴KSCN溶液，立即变血红色，再通入SO2，则红色消失； （4）向红色消失的溶液中滴加KMnO4溶液，其紫色会褪去； （5）最后加入黄血盐溶液时，生成蓝色沉淀。
参考答案
第一章：
1-1：单核元素只有一种同位素，因而它们的相对原子质量十分准确，有效数字达到的位数较多；对于那些只有一种同位素，因而它们的相对原子质量十分准确，有效数字达到的位数较多；对于那些只有一种同位素的丰度特别大（99%以上）的元素，同位素丰度的不确定性对它们的原子量的准确性的影响较小；而对于那些几个同位素的丰度都较大的元素，原子量的不确定性的就较高了；特别是那些不同来源的样品中同位素丰度涨落很大的元素，原子量的不确定性就更明显了。 1-2：E=NAhv
v=E/hNA=190×103J·mol-1/6.626×10-34J·s-1
6.02×1023mol-1=4.76×1014Hz
×
?=c/v=2.988×108m·s-1/4.76×1014s-1=6.30×10-7m
答：能引起溴分子分解需要吸收的最低能量子的波长是630mm；频率是4.76×1014Hz。
221/??R(1/n?n)，代入数据 n?1H121-3：莱曼光谱：，根据
1/130nm?1.09677?107?(1/1?1/n2)
解得，n?3，
答：是M?K跃迁。
1-4：电负性最大是氟；电负性最小的是铯和钫；电负性变化的整体趋势是：从左到右逐渐增大；从上到下逐渐减小；但这一趋势对于位于周期表d区后半段和p区某些元素是不符合的。这是因为在此区域尽管核电荷数增大，原子半径却增加得很少，有效核电荷数增大。
1-5：第6周期汞-铊-铜-铋最稳定的氧化态不是族序数，而分别是0、+1、+2、+3。这时它们的原子正好呈6s2构型，这被归结为“6s2惰性电子对效应”。该效应使T1、Pb、Bi在化合物中常呈低价态，而其高价态化合物的氧化性较强，是强氧化剂。
第二章：
2-1：LiH是s-s键；HCI是s-p键；Cl2p-p是键。
2-2：NF3和NH3的偶极矩分别为0.24和1.48，对于NH3，因为氮的电负性大于氢原子，偶极矩的方向指向氮原子，而孤对电子的取向与之一致，使偶极矩更大；对于NF3，因F的强电负性使偶极矩指向氟原子，而孤对电子的取向与之相反，使偶极矩变小。
2-3：对于CO，C原子和O原子成键时不仅形成2个共用电子对，而且氧原子上的已经成对的电子还要进入碳原子的空轨道（配位键），使碳原子反而呈负电性，该偶极与氧较大电负性吸引电子是相反的，因此CO分子的偶极矩接近零。 2-4：取向力：HCl>HBr>HI;因为HCl、HBr、HI偶极矩依次减小，故取向力依次减小；
诱导力：HCl>HBr>HI；因为偶极矩越大，诱导力也越大；
色散力：HCl>HBr 3-1：0，0，0；1/4，1/4，1/4；3/4，1/4，3/4；3/4，3/4，3/4，1/4，1/4；1/4，3/4，3/4，晶胞体对角线上的四个碳原子也可位于3/4，1/4，1/4；3/4，3/4，1/4；1/4，1/4，3/4；3/4，3/4，3/4。 3-2：亚硝酸钠是体心晶胞。在亚硝酸钠晶胞中，每个NO2离子的氮、氧原子与其它NO2离子的氮、氧原子的取向一致，N-O的键长键角相等，因此可公考察氮 111原子在晶胞中的坐标：0，0，0和2，2，2，可见NO2离子可作体心平移；而 1且，在亚硝酸钠晶胞中，只有两个Na+离子，它们的坐标分别为（0，2+x，0） 11和（2，x，2），也是体心平移关系，因而，亚硝酸钠晶胞是体心晶胞。 金红石不是体心晶胞。在金红石晶胞中，两个钛原子坐标分别为（0，0，0）111和（2，2，2），是体心平移关系，然而，氧原子却不能作体心平移，所以金红石不是体心晶胞，而是素晶胞。 3-3：“晶格结点”不是晶体学术语，没有确切的意义。它经常不是指晶体微观空间中的结构基元，例如常见到书上说，干冰的晶格结点是CO2分子，但干冰的结 ~?~?~?构基元是4个CO2分子的集合，不是一个分子。又例如，常见到书上说，NaCl晶体的晶格结点是单独的Na+和Cl-，它们（晶格结点）之间的作用力是离子键。但NaCl晶体的结构基元是一对（Na++ Cl-）离子，结构基元内就有离子键。所以，最好放弃“晶格结点”这样一个不确切的概念。结构单元是化学术语，例如，干冰晶体的结构单元是二氧化碳分子，而结构基元是晶体学术语，例如，干冰晶体的结构基元是4个取向不同的二氧化碳分子的集合，这种原子集合是该晶体微观空间中的原子周期性平移的最小集合。 3-4：不矛盾。金刚烷为非极性分子，分子间力不大，熔点高是因球型而致紧密堆积，分子几乎相切，空隙很小。挥发性高则是固休表面分子间力小容易脱离固体而逃逸。 第四章： 4-1：粗盐酸中的黄色主要是FeCl4-引起的，证明的方法很多，例如： 1、向溶液中加硝酸或高氯酸，可看到黄色褪去，得到近无色或浅紫色的溶液。 2、向硝酸铁溶液滴加盐酸，溶液渐渐转为黄色。 3、向含Fe离子的粗盐酸中加入锌粒，放出氢气的同时Fe离子被锌还原为Fe，粗盐酸的黄色褪去。 4-2：配离子的组成为： 配合物 黄色CoCl3·6NH3 紫红色CoCl3·5NH3 绿色CoCl3·4NH3 紫色CoCl3·4NH3 组成 [Co(NH3)6]Cl3 [Co(NH3)5Cl]Cl2 [Co(NH3)4Cl2]Cl [Co(NH3)4Cl2]Cl 离子数 电导之比 4 3 2 2 2 1.5 1 1 互为异构体 3+ 3+ 2+ 4-3：Fe(H2O)63+的中心原子Fe3+用sp3d2杂化轨道成键，属外轨高自旋配合物，有5个单电子；而Fe(CN)63-的中心原子Fe3+用d2sp3杂化轨道成键，属内轨低自旋配合物，有1个单电子，所以二者磁矩差别极大。 4-4：（1）粗盐酸中黄色是FeCl4-引起的。 （2）在[Fe(NCS)n3-n中，n越大，颜色越深。 （3）配合物中配位体的数目不一定等于配位数；如：en，一个配体，配位数为 2。 （4）中心原子的氧化态可为零如Ni(CO)4；有的还可以是负如V(CO)6-。 （5）羰基配合物中配位原子为C，在CO中C因氧原子的电子进入其空轨道反而 呈??，更易提供电子对。 （6）配合物的磁矩与中心原子的氧化态有关。 （7）有旋光异构体，旋光异构体属于立全异构体。 （8）CFSE是配合物额外的稳定化能，因此稳定化能为零的配合物可以存在的。 4-5：Fe(CN)64-,Co(NH3)63+的?=0，中心原子均为d2sp3轨道杂化。 第五章： mRTRTM????VPP 5-1： 8.314J?mol?1?K?1?(1000?273)K0.5977g?L?97?103pa = ?3?3 =0.065kg?mol?65g?mol ?165?2一个硫蒸气分子中硫原子的个数是32 所以，分子式为S2。 ?3答：硫蒸气的摩尔质量是65g?mol，化学式为S2。 5-2：（1）封闭系统是无物质交换而有能量交换的热力学系统；孤立系统既是无物质交换又无能量交换的热力学系统。 （2）热是系统与环境之间的温度差异引起的能量传递方式，除热而外的所有其 它能量传递形式都叫做功，功和热是过程量；能是物质所具有的能量和物质能做某事的能力，是状态量。 （3）热力学能，即内能，是系统内各种形式能量的总和；焓，符号为H，定义 式为H=U+pV。 （4）在热力学标态下由指定单质生成1摩尔物质的反应焓变称为该物质的标准 摩尔生成焓，简称生成焓；1摩尔燃料与氧气发生完全燃烧放出的热称为燃烧焓；反应焓是发生1摩尔反应的焓变。 （5）过程的自发性是指在自然界能自然而然发生的性质；可逆性是指一个过程 中每个状态都无限接近平衡的性质。 5-3：（1）错误。生成焓是在热力学标态下由指定单质生成1摩尔物质的反应焓，所以碳酸钙的生成焓等于反应Ca(s)+C(s，石墨)+3/2O2(g)=CaCO3(S)的反应焓。 （2）错误。标准熵是1摩尔物质处于标态时所具有的熵值，热力学第三定律指出，只有在温度T=0K时，物质的熵值才等于零，所以，标准熵一定是正值。 第六章： ??6-1：根据Kp=Kc(RT) （1）Kp=Kc(RT)4-4=Kc （2）Kp=Kc(RT)2-3-1=Kc(RT)-2 （3）Kp=Kc(RT)2-1=KcRT 6-2：A、不变；B、增大；C、增大；D、减少；E、不变。 第七章： 7-1：阿仑尼乌斯活化能：阿仑尼乌斯公式k?AeEaRT中的Ea，其中Ea不随温度 改变；碰撞理论活化能：活化分子的平均能量与反应物分子的平均能量之差；过渡态理论活化能；反应物分子平均能量与处在过渡态的活化络合物分子平均能量之差； 表现动力学中的讨论是宏观统计平均量；分子动力学是分子水平的平均表现。 7-2：（1）错，该反应是二级反应； （2）错，动力学只研究反应的快慢，热力学研究反应的限度； （3）对；因为温度一定时，lnk与Ea成正比； （4）错，速控步前发生的反应对反应速率有影响，速控步后发生的反映对反应速率才是没有影响； （5）错，速率常数只是温度的函数，与浓度无关。 第八章： 8-1：在质量分数相同时，渗透压的大小与分子量的大小有关，还与溶液中的离子数有关。NaCl>C6H12O6>C12H22O11 ?1?T/K?0.588/1.86?0.0316mol?kgf8-2：Hg(NO)：m=f 32 配的Hg(NO3)2质量摩尔浓度为（0.324g/(325g.mol-1)÷0.100kg）=0.0100mol.kg-1 ?1m??T/K?0.0744/1.86?0.0400mol.kgffHgCl： 2 配的HgCl2质量摩尔浓度为（0.542g/272g.mol-1）÷0.0500kg=0.0399mol.kg-1 Hg(NO3)2几平全部电离，HgCl2几平不电离。 第九章： 9-1：此题是缓冲溶液体系的计算： HAc?H??Ac? Ph=5 [H+]=10-5 mol.L-1 [H+]=Kac(HAc)/c(Ac-) 即10-5=1.76×10-5×0.5/c(Ac) c(Ac-)=0.88 mol.L-1 已知M(NaAc·3H2O)=136g mol.L-1,称取固体NaAc·3H2O的质量为 m=0.88 mol.L-1×136g mol.L-1×0.30L=36g 第十章： 10-1：计算Fe(OH)3沉淀完全的pH 设Fe(OH)3沉淀完全时[Fe3+]<=1.0×10-5mol.L-1 3KSP2.64?10?39[OH]???6.4?10?2(mol.L?1)3??5c(Fe)1.0?10 -12 pH=14+lg6.4×10=14-11.2=2.8 计算Fe(OH)2开始沉淀的pH ?3[OH]??KSP?c(Fe3?)4.87?10?17?3.1?10?8(mol.L?1)0.050 pH=14+lg3.1×10-8=14-7.5=6.5 控制pH在.8~6.5之间，可使Fe3+沉淀完全而Fe2+不沉淀。 2??PbS?2HAc?Pb?HS?2Ac210-2：（1） K?Ksp(PbS).(KHAC)2/K1(H2S).K2(H2S) ?52?8?14?9.0?10?29?(1.76?10)/9.5?10?1.3?10 =2.3×10-17 K太小，正向很难进行 2??Cu?HS?2HO?CuS?2HOS23（2） K?[H?]2/[Cu2?][H2S]?K1(H2S).K2(HSS)/KSP(CUS) ?8?3614 ?9.5?10?1.0?10?9.7?10 K很大，正向趋势很大。 ?10K(AgCrO)?1.12?10 K(AgCl)?1.77?10sps4SP10-3： 沉淀完全时，设浓度Cl-小于或等于1.0×10-6 mol.L-1，则： [Ag?]?Ksp(AgCl)/[Cl?]?1.77?10?10/1.0?10?6?1.77?10?4 这时CrO42-的浓度为： [CrO4]?Ksp(Ag2CrO4)/[Ag?]2?1.12?10?12/(1.77?10?4)2 =3.6×10-5（mol.L-1） (50ml?3.6?10?5mol.L?1)/0.1mol/L?1?0.018ml?0.02ml 2?第十一章： 11-1：（1）活泼性：Fe>Sn;Zn>Fe 2??2MnO?3Mn?2HO?5MnO?4H422（2） ?E0??0???0??1.68V?1.23V?0.45V正向可进行 ?2?（3）2Cu?Cu?Cu E0??0???0??0.522V?0.152V?0.370V 第十二章： 2???12-1：（1）Hg?I?Hgl Hg2??3I??Hgl3 ??（2）AgCl ??在浓盐酸中AgCl?Cl?AgCl2 AgCl2-中加水 AgCl2?AgCl?Cl? （3）Cu(NH3)2+中的Cu+的d轨道上无单电子。 第十三章： 13-1：氢作为能源，用许多优点。例如：（1）H2燃烧时发热量很大，其燃烧热为同质量石油燃烧的三倍。作为动力燃料，在许多方面比汽油柴油更优越，用氢的发动机更易发动。（2）它燃烧后生成物是水，不会污染环境；（3）制备氢的原料来源于水，资源不受限制，等等。 13-2：从He到Rn，稀有气体的熔点、沸点逐渐升高，密度逐渐增大。原因是：对这些单原子分子，物质的溶点、沸点与原子间的作用力的大小成正比，而惰性气体原子间的作用力主要是色散力，其与原子量的大小成正比，因而从He到Rn，分子间作用力增大，故熔、沸点升高。 从He到Rn密度增大的原因是从He到Rn原子半径虽然增大，但其原子量增加的幅度更大，因而总的说来，密度增大。 13-4：（a）XeF4平面正方形 （b）XeF2 直线形 （c）XeO3 三角锥形 （d）[XeF]+ 直线形 第十四章： 14-1：（a）NF3的挥发性较NH3低，主要是由于氨气中NH3分子间存在较强的氢键，使其不易挥发，因而沸点较NF3高。 （b）NH3的碱性强于NF3。从结构式来看，它们均为三角锥形，表现上N均有一孤对电子，但NF3分子中，由于F的强吸电子能力，使得N上的电子密度减弱，同质子等酸结合的能力减小；NH3中N周围的电子密度较NF3中的N要大多很多，故碱性强。 14-2：AlCl3, SnCl4, TiCl4 这些卤化物的共同特点：熔、沸点一般较低，易挥发，能溶于非极性溶剂，在水中强烈水解。 第十五章： 15-1：SO2的漂泊作用昌由于SO2能和一些有机色素结合成为无色的加合物；而Cl2的漂泊作用是由于Cl2可与水反应生成HClO，HClO是一种强氧化剂，它分解出的原子氧能氧化有机色素，使其生成无色产物，属于氧化还原作用。 15-2：（1）2Na2O2?4H2O?4NaOH?O2? （2）H2S?2FeCl3?S??2FeCl2?2HCL ?（3）2H?Sx2??H2S??(x?1)S? 第十六章： 16-1：氮原子的价层只有4个价轨道，只能形成4个共价键，故不能形成含有5个N-X键的NX5。 16-2：（1）将含有微量NO2的NO通入水中以吸收NO2（用碱液吸收更好）。将含有少量NO的N2O通入FeSO4溶液中，使NO与给合成Fe(NO)SO4。 16-3：NH3分子中的N原子价电子层充满电子，而PH3、SsH3分子中的P、As原子价电子层有空的d轨道，前者键合电子对间的斥力大于后二者，故NH3分子中的 键角比PH3、AsH3的大。至于PH3的键角比AsH3的稍大，是因为P的原子半径比As的小，键合电子对间的排斥作用较大所致。 第十七章： 17-1：CO和N2是等电体（14e），分子轨道能级图相似，分子中都有三重键：键能相近。一般条件下，两种物质都是气体，很少溶于水；熔、沸点，临界力，临界温度等一些物理性质也相似。 但CO和N2分子中三重键特点并不完全相同，N2分子中负电荷分布是对称的，而CO却是却是不对称的。C原子略带电荷，再加上C的电负性比N小，因此CO比N2较易给出电子对向过渡金属原子（离子）配位，除形成?-配键外，还有?-反馈键形成，故生成的配合物较稳定。而N2的配位能力远不如CO，分子氮配合物远不如羰基化合物稳定。所以CO的键能虽比N2略大，但化学性质却比N2要活泼，不象N2那样“惰性”。 17-2：分别于三种溶液中加酸，有气体（CO2）放出者为Na2CO3，有白色沉淀析出者可能是Na2SiO3或Na2B4O7·10H2O。再分别取二者溶液，加入浓H2SO4和甲醇，并点燃，有绿色火焰产生者为Na2B4O7·10H2O。 17-3：在氧化性酸中，Si被氧化时在其表面形成阻止进一步反应的致密的氧化物薄膜，故不溶于氧化性酸中。HF的存在可消除Si表面的氧化物薄膜，生成可溶性的[SiF62-]，所以Si可溶于HNO3和HF的混合溶液中。 Si是非金属，可和碱反应放出H2，同时生成的碱金属硅酸盐可溶，也促使了反应的进行。 第十八章： 18-1：因为氟原子价层没有空的轨道，基态只有一个未成对电子，只能形成一个共价单键；再由于氟在所有元素中电负性最大，因此，没有多种可变的正氧化态。 18-2：⑴均为共价型，常温下为气体或挥发性液体； ⑵同一氢化物，其熔、沸点除NH3、H2O、HF由于氢键反常的高以外，其余均从上至下渐增。 ⑶除HF外，其他非金属元素氢化物都有还原性，同一族氢化物从上至下还原性 渐增，同一周期氢化物从左至右还原性递减。 ⑷非金属 元素相对水而言，大多是酸，其酸强度同一族从上到下递增：同一周期从左至右也递增。少数氢化物如NH3、PH3在H2O中表现碱性，H2O是两性物，既可是酸也可是碱。CH4不表现酸碱性。 18-3：⑴从I--F-，负氧化态相同，半径依次减小，负电荷密度增加，与质子的引力增强，故从HI- HF酸性减弱。 ⑵从HClO4- H4SiO4含氧酸酸中心原子氧化减小，吸引羟基氧原子的能力减小，O-H键不易断裂，故酸性逐渐减弱。 ⑶HNO3中的N的氧化态比HNO2高，按R-O-H规则的酸性比的强。 ⑷HIO4和H5IO6分子中的非羟基数目不同，前者有三个，后者有一个，故前者是强酸，后者是弱酸。 ⑸H2TeO6分子中无非羟基氧，而H2SeO4则有两个非羟基氧，故是H2TeO6弱酸，是H2SeO4强酸。 18-4：次级周期是指元素周期表中，p区每族元素的物理化学性质从上而下不是直线式递变，而是呈起伏的“锯齿行”变化。 次级周期性原子的次外层和在次外层电子结构有关，第二周期p区元素次外层为1s2 ,电子数少；第四周期p区元素次外层开始出现3d10。第六周期p区元素次外层除有5d10，再此外层开始出现4f14，这三种电子排布（尤其d和f电子）对核的屏蔽作用小，致使有效核电荷Z*增大，原子半径偏小，第四4s2和第六周期6s2的和电子对变的稳定（特别是6s2，属于惰性电子对效应），不易参加成键，所以这些元素的高氧化态化合物不稳定，氧化性强，对于低氧化态化合物，由于不涉及到s电子对，故不表现出特殊性。 18-5：⑴Si是第三周期元素，原子半径比C的大，Si-Si键长大于C-C键长，垂直于键平面的p轨道不易侧向重叠形成∏键，所以Si不能形成含有离域∏键的类似石墨结构的同素异性体。 ⑵氮的假电子层有4个价轨道，最大共价键数只能是4，故不能形成含有5个共 价键的NX5，在N2O，HNO3及其盐中，N的共价键数并未超过4，只是代表电荷偏移的氧化态为+5而已。 第十九章： 19-1:2CO+O2=2CO2 (1) △rG(1)θ=-389kJ·mol-1 2Ni+O2==2NiO (2) △rG(2)θ=-314KJ·mol-1 1/2[(1)-(2)]得：CO+NiO==Ni+CO2 △rGθ=1/2△rG(1)θ－1/2△rG(2)θ=1/2×[-398KJ·mol-1－(-314KJ·mol-1)]= -42KJ·mol-1 △rGθ<0 故该反应能自发进行。在氧化物的自由能一温度图中,973K时△rGCOθ=△fGCOθ位于△rGNiOθ的下面,故973K时CO可以还原NiO而制得Ni。 （1）1/2C + S == 1/2CS2 （2）Hg + S === HgS (3) 2/3Bi +S ===1/3Bi2S3 （4）H2 + S === H2S （5）Pb + S === PbS 19-2：从几种金属硫化物的埃林汉姆图中可以看出：在585.5K之后，△rG(pbs)总小于△rG(HgS).△rG(Bi2S3)故当T≥K时，Pb可以从HgS中还原出Hg；从Bi2S3中还原出Bi。 同理 T＞856K时，C可以从HgS中还原出Hg；T＞1106K，C可以从Bi2S3中还原出Bi； T＞585.5k时，H2可以从HgS中还原出Hg；T＞690K，H2可以从Bi2S3还原出Bi. 用Bi作还原剂，在一定温度下可以从HgS中还原出Hg 19-3：金属晶体结构有简单立方、体心立方、面心立方、六方这几种主要类型，其空间利用率分别为52%、68%、74%、74%，配位数分别为：6、8、12、12。空间利用率和配位数影响金属的密度和摩尔体积，也影响延展性等物理性质。 第二十章： 20-1： （1）先将粗盐溶于水制成溶液 （2）先加入BaCl2溶液以除去SO42- Ba2++ SO42- == BaSO4↓ （3）再加入Na2CO3溶液以除去Ca2+ Mg2+ Ba2+ （4）最后加入适量的HCl溶液以除去CO32- 2H+++CO32- = H2O + CO2↑ （5）蒸发、结晶、烘干得纯的食盐 20-2： （1）商品NaOH中常含杂质NaCO3是因为它易于与空气中的CO2反应 （2）检验方法：取少量商品溶于水配成溶液，向其中加入澄清石灰水若有白色沉淀生成，则可检验其中含有NaCO3 （3）除去方法；配制NaOH的饱和溶液，NaCO3因不溶于其中而沉淀析出，取上层清夜，用煮沸后冷却的新鲜水稀释到需浓度为止。 20-3： 光卤石：KCl ·MgCl2·2H2O 明矾：KAl（SO4）2·12H2O 重晶石：BaSO4 天青石：SrSO4 白云石：CaCO3·MgCO3 方解石：CaCO3 苏打：Na2CO3 石膏：CaSO4·2H2O 萤石：CaF2 芒硝：Na2SO4·10H2O 元明粉：无水Na2SO4 泻盐：MgSO4 20-4： （1）在BaCl2溶液中 加入K2CrO4加入碳酸铵溶液有白色沉淀 加入醋酸白色沉淀溶解 有黄色沉淀生成发生的反应为： Ba2++CO32-== BaCO3↓ BaCO3+HAC==Ba（AC）2+H2O+CO2↑ Ba2++CrO42-=BaCrO4↓ （2）在CaCl2溶液中 加入K2CrO42+ 2- 加入碳酸铵溶液有白色沉淀 加入醋酸白色沉淀溶解 有黄色沉淀生成发生的反应为： Ca+CO3==CaCO3↓ CaCO3+HAC==Ca（AC）2+H2O+CO2↑ Ca2++CrO42-==CaCrO4↓ 第二十一章： 21-1： 〈1〉Al2(CO3)3在水中几乎完全分解：2 Al3++3 CO32-+n H2O === Al2O3·n H2O+3 CO2↑ 〈2〉Pb(II)比Pb(IV)稳定，PbCl4极不稳定，易分解为PbCl2和Cl2 〈3〉Bi虽然有V价，但Bi(III)很稳定，不能被多硫化物所氧化。 21-2： ⑴在配制SnCl2时，先应该将其溶解在少量浓HCl中，再加水稀释，以防止水解。在酸性条件下Sn2+易被空气中的氧所氧化，为防止Sn2+氧化，往往在新配制的中加入少量锡粒。其中的反应方程如下：SnCl2+ H2O===Sn(OH)Cl+HCl 2 SnCl2+4 HCl+O2====2SnCl4+2H2O ⑵将Pb3O4与HNO3反应可以证明其含不同价态，在晶体中有2/3的Pb(II)和Pb(IV)。 反应式如下： Pb3O4 + 4HNO3===PbO2 + 2Pb(NO3)2 + 2H2O ⑶Al的金属性不是很强，常温下不溶于水。因为NH4Cl是弱碱盐，在水中会强强烈的水解产生大量的H+，Al是两性金属可溶于其中。同样的，Na2CO3是弱酸盐， -在水中会强烈的水解产生大量的OH；也可溶于其中生成，反应的方程式如下： 3H2O + 2Al + 6NH4Cl===2AlCl3 + 6NH3 + 3H2↑ + 3H2O 7H2O + 2Al + Na2CO3===2Na[Al(OH)4] + CO2↑ + 3H2↑ 第二十二章： 22-1：水溶液中∵rCu2+﹤rCu+而电荷多一倍，cu2+溶剂化作用比cu+强，∴cu(Ⅱ)稳定. Ag+，Ag2+半径都较大，水化能也小，但Ag的第二电离能大，∴Ag+稳定.Au的离子半径较大，易失去3个电子能形成d8平面正方形结构，是较高晶体场稳定化能。 22-2： 1).2Cu+O2+H2O+CO2==Cu(OH)2·CuCO3 2).Au+4HCl+HNO3==HAuCl4+NO↑+2H2O 3).CuCl2+2Cl-→〔CuCl4〕2- 〔CuCl4〕2- +6H2O→〔Cu(H2O)6〕2+ + 4Cl- △4).2Cu2++2Cl-+SO2+2H2O==2CuCl↓+4H++SO42- 5).Ag++CN-==AgCN↓ AgCN+ CN-==〔Ag(CN)2〕- 2〔Ag(CN)2〕- +S2- == Ag2S + 4CN- △6).2CuCl2·2H2O == Cu(OH)2·CuCl2 +2HCl↑ 22-3：（1）无矛盾，∵φθFe3+/Fe2+ = -0.473＜φθCu2+/Cu+ = 0.153 ∴Fe能将Cu2+还原而φθFe3+/Fe2+=0.771＞φθCu2+/Cu+ ∴Fe3+能将Cu氧化 （2）用ZnCl2清除金属表面氧化物且不损害金属表面，水分蒸发的，熔化的盐覆盖金属表面，使之不再氧化，保证焊接金属直接接触。 （3）HgS不与HCl、HNO3、(NH4)2S反应∴不溶解.而HgS能与Na2S反应生成Na2〔HgS2〕 （4）∵HgCl2在Cl-溶液中生成[HgCl4]2-不能再与NH3·H2O发生反应 22-4： （1）Cu∵φ右θ>φ 2+0.518Vθ左 Cu+0.522VCu ∴ Cu+能歧化成Cu和Cu2+,且Cu+不稳定,而Cu和Cu2+稳定。 0.851V0.7973V ∵φ右<φ左 ∴Hg2发生歧化反应的趋势很小，Hg22+稳定，难以发生歧化反应。 2+-（2）2Cu + 4I ==2CuI↓+I2(还原) 2CuO==Cu2O + 1/2O2（高温热分解） （3）Hg(II)——Hg(I)： Hg(NO3)2 + Hg == Hg2(NO3)2 HgCl2 + Hg == Hg2Cl2 Hg(I)——Hg(II)： Hg22++H2S == HgS + Hg↓+ 2H+ Hg2Cl2== HgCl2 + Hg(见光分解) 第二十三章： 23-1：(1)第四周期中的过渡金属元素，都具有部分填充的3d壳层电子，最外层电子为1-2个电子构型为(n-1)d1-10ns1-2。易失去电子呈金属性，有较强的还原性。 (2)第一过渡系元素从左到右金属性增强，氧化态变化规律是：①除钪以外都可失去4s2形成+II氧化态阳离子；②同一元素氧化态的变化是连续的；③有些元素会出现零氧化态如V、Cr、Mn、Fe、Co。氧化还原稳定性：①同周期金属还原性从左至右依次减弱；②最高氧化态含氧酸的氧化性逐渐增强。③中间氧化态化合物不稳定。酸碱稳定性变规律：从左到右酸式解离增强，酸性增强；碱式解离减弱，碱性减弱。 (3)第一过渡系金属水合离子颜色产生的原因：因为含有未成对d电子，吸收可见光发生d-d跃迁，含氧酸根颜色产生原因：化合物吸收可见光后，发生了电子从一个原子转移到另一个原子而产生的荷移跃迁。 △23-2：(1)TiCl4+3H2O===H2TiO3↓+4HCl，产生白色的H2TiO3或TiO2 △(2)2TiCl4+Zn===2TiCl3+ZnCl2 TiCl4 +2HCl(浓)= H2[TiCl6] 得到TiCl3的水溶液，浓缩后可析出紫色的TiCl3·6H2O晶体 (3)TiCl3+3NaOH===Ti(OH)3↓+3NaCl (4)Ti(OH)3+5H++NO3--====Ti4++NO2+4H2O , Ti4++4OH-- ==TiO2↓+2H2O 23-3：三种阴离子：CrO42—, MnO4—, Cl— Ag+ + Cl—=== AgCl↓ 2Ag+ + CrO42—=== Ag2CrO4↓ 2Ag2CrO4+2HNO3==Ag2Cr2O7+H2O+2AgNO3 2MnO4—+5SO32—+6H+==2Mn2++5SO42—+3H2O 23-4：(1)Fe2++2OH-====Fe(OH)2↓（白色） (2)Fe(OH)3+3H+===3H2O+Fe3+ Fe3++nSCN-===Fe(SCN)n3-n（血红色） 2Fe(SCN)n3-n+SO2+2H2O===2Fe(SCN)n2-n+SO42-+4H+ 5Fe(SCN)n2-n+MnO4—+8H+===5Fe(SCN)n3-n+Mn2++4H2O 4Fe(SCN)n3-n+3[Fe(CN)6]4—===Fe4[Fe(CN)6]3↓(蓝)+4nSCN3— θ θ 2+ Hg2+0.920VHg22+Hg