做人难-一则新闻

第一章 原子结构和元素周期系


1- 1．答：（1）3×3+C
3
2
×C
3
1
=18 （2）2×3+C
2
2
×C
3
1
=9
1-2．答：出现两个峰
1-3．答：Ar=78.9183×50.54%+80.9163×49.46%=79.9065
1-4. 解：fi
203
Tl=x，fi
205
Tl=y，则有x+y=100%， 202.97×x +204.97×y =204.39
由此得到 fi
203
Tl=29% fi
205
Tl=71%
1-5．解：M
AgCl
:M
AgI
=143.321(107.868+Ar)=1:1.63810
Ar=126.91
1-6. 解：∆Ar=195.078-194.753=0.325
1-8．答：因为元素的相对原子质量的取值决定于两个因素：一，同位素相对原
子质量的准确 性。另一是某元素同位素丰度测量准确性。对于那些只有一
种同位素丰度特别大的元素，同位素 测量不准确对原子影响较小。而几
个同位素丰度较大的原子量准确性就不高。
1-9．答：地球上所有比氢重的原子，是在形成太阳系时从其它星体喷发物质中
俘获的。
1-13．解：（1）r=c λ=(3×10
8
)(633×10
-9)=4.74×10
14
Hz 氦-氖激发是红光
（2）r=cλ=(3. 0×10
8
)(435.8×10
-9
)=6.88×10
14Hz 汞灯发蓝光
（3）r=cλ=(3.0×10
8
)(670.8×10
-9
)=4.47×10
14
Hz 锂是紫红
1-14．解：r =Eh=(190×10
3
)(6.02×10
23
×6.63×10
-34
)=4.7676×10
14
Hz
λ=cr=(3×10
8
)(4.7676×10
14
)=638nm
1-17. 解：r=Eh =(310×10
3
)(6.63×10
-34
×6.02×10
2 3
) 则λ=cr397nm
1-18. 解：λ=h×zE=(6.63×10
- 34
×3×10
8
×6.02×10
23
)(305×10
3
)=392nm属于紫外层
当λ=320nm时，则此时光的能量E=5.64×10-19
>E最低，所以会解离
1-19．解：ΔE=hcλ=(6.63×10
-34
×3×10
8
)(103×10
-9
)=10.2ev E1=-13.6ev E2=-3.4ev
它相应于氦原子核外电子的L-K跃迁 1-21．解：M
li
=7.02×1.66×10
-27
kg=1.1 65×10
-26
kg
λ
电子
=hp=(6.63×10
-34
)(9.109×10
-31
×3.0×10
8
×20%)= 12pm
λ
Li
=hp=(6063×10
-34
)(1.165 ×10
-26
×3.0×10
8
×20%)=9.48×10
-4< br>pm
1-23．解：K层电子最大数目：2 L层电子最大数目：8 M层电子最大数目：
8
1-24．解：（b）1p (d) 2d (f) 3f这些符号是错误的。
1-25．解：N=1 l=1 m=0 这一套量子数是不存在的
1-26．解：（a） l=0 (b) l=1 (c) l=2 (d) l=0 (e) l=3 (f)
l=4
1-27. 解：4s能级有1个轨道 5p能级有3个轨道
6d能级有5个轨道 7f能级有7个轨道
5g能级有9个轨道
1-28．解：（a）K : 1s
2
2s
2
2p
6
3s
2
3p
6
4s
1
(b) AL: 1s
2
2s
2
2p
6
3s
2
3p
1

(c) Cl : 1s2
2s
2
2p
6
3s
2
3p
5
(d) Ti : 1s
2
2s
2
2p
6
3s
2
3p
6
4s
2
3d
2

(e) Zn : 1s
2
2s
2
2p
6
3s
2
3p
6
4s
2
3d
10
(f ) As : 1s
2
2s
2
2p
6
3s
2< br>3p
6
4s
2
3d
10
4p
3

2
1-30. 解：a .Be
↓↑
2s



b. N 2s
2

↓↑


2p
3

↑







↑





↑





1

2p
5
c. F 2s
2

↑↓

↓↑ ↑↓ ↑

6

--
3s
2
↑↓
3p
↓↑

↑↓ ↓↑


e. Ne
+
2s
2

↑↓


2p
5

↓↑



↑↓







↑





f. Fe
3+
4s
2

↑↓


3d
3

↑







↑







↑





g. As
3+
4s
2

↑↓




1-31. 解： 1s 2s 2p
这组组态符合洪特规则
↑↓ ↑↓ ↑↓ ↑↓ ↑


1-32．解：（a） 1s
2
2s
2
是基态原子 （b） 1s
2
3s
1
是激发态
（c）1s
2
3d
3
是激发态 （d） [Ne]3s
2
3d
1
是不可能电子组态
（e）[Ar]3d
2
4s
2
是基态原子 （f） 1s
2
2s
2
2p
6
3s
1
是基态原子
（g）[Ne]3s
2
3d
12
是不可能电子组态 (h) [Xe]4f
7
是激发态
(i) [Ar]3d
6
是激发态原子组态
1-33．解：LI
+
次外层（最外层）1s
2
Na
+
次外层1s
2
最外层2s
2
p
6

K
+
次外层2s
2
2p
6
最外层3s
3
p
6
Rb
+
次外层3s
2
3p
6
最外层4s
2
3d
10
4p
6

Cs
+< br>次外层4s
2
3d
10
4p
6
最外层5s
2
4d
10
5p
6

+
,Cs
+
具有8电子外壳
1-35．解：a . 3s
2
3p
5
属于p区VIIA第三周期 .b. 3d
6
4s
2
属于d区VIII第四
周期c. 5s
2
属于s区IIA第五周期 d. 4f
9
6s
2
属于f区 镧系 第六周期
e. 5d
10
6s
1
属于d区 IB第六周期
1-36．解：Ti : 1s
2
2s
2
2p
6
3s
2
3p
6
4s
2
3d
2
Ge:1s
2
2s< br>2
2p
6
3s
2
3p
6
4s
23d
10
4p
2
Ag:1s
2
2s
2
2p
6
3s
2
3p
6
4s
2
3d
10
4p
6
5s
1
4d
10
Rb: 1s
2
2s
2
2p
6
3s
2
3p
6
4s
2
3d
10
4p
6
5s
1

Ne:1s
2
2s
2
2p
6

1-37. 解：第六周期电子排布：2，8，18，32，18，8，共86个
第七周期电子排布：2，8，18，32，32，18，8，共118个
所以 114号元素处于第七周期 ，118号为0族， 114号元素为第IVA
1-42．解：1s
2
2s
2
2p
6
3s
2
3p
6< br>4s
2
3d
10
4p
6
5s
2
4d
10
5p
6
6s
2
4f
12

1-43. 解：最外层电子数6，次外层18个，可能氧化态：+6，+4，+2，0，-2，
位于第四周期VIA P区基态电子未成对电子数为2，氢化物为H
2
Se
1-44．解：此元素位于d区，是第五周期IVB ，离子电子构型为
1s
2
2s
2
2p
6
3s
2
3p
6
4s
2
3d
10
4p
6
AO
2

1-47. 解：氟的电负性最大。铯的电负性最小
1-50 答:ⅣB族，铜，银，金和稀有气体。
1-52 答:从上到下，同族元素氧化态稳定性增强，但第五周期非金属的氧化态很

2

不稳定，第六周期的汞，铊，铅，铋的最稳定氧化态不是族序数，而是0，+1，
+2，+3 ，第Ⅷ族从左到右最高氧化态的稳定性下降，从上到下最高正氧化态稳
定性增强。


第二章 分子结构
2-1 解： O
2
： .. .. H
2
O
2
: .. ..
: O ＝ O: H—O—O—H
共12e 共14e
CO: .. CO
2
: .. ..
:C ＝ O: :O＝C＝O:
共10e 共16e
NCl
3
.. SF
4

F
Cl |
F —S— F
N .. |
F
Cl Cl
共34e
共26e
2-3 答：LiH: Li的电子排布:1s
2
2s
1
H的电子排布:1s
1
该分子内的б键由s—s原子轨道重叠构建,即形成s—sб键.
HCl: H的电子排布:1s
1
Cl的电子排布:1s
2
2s
2
2p
6
3s
2
3p
5

该分子内的б键由s—p原子轨道重叠构建,即形成s—pб键.
Cl
2
: Cl的电子排布:1s
2
2s
2
2p
6
3s
2
3p
5
该分子内的б键由p—p原子轨道重叠构建,即形成p—pб键.
2-4 答： N的基态 电子组态为1s
2
2s
2
2p
3
,这说明N原子的3个2p 电子各自占有
一个2p轨道,即p
x ,
p
y
, p
z
,这三个轨道相互正交,这样就形成了由一个б键和2个
π键构成的三键,即

在该图中,中间的直线代表--N—N –б骨架,两个方框表示形成π键的两对2p
电子的电子云在空间的取向.
2-5答：①CO
2
: m=(4-2×2+0)2=0,故其分子属于AY
2
型分子,其分子的立体结构
为: O=C=O 直线型分子
②H
2
O: m=(6-1×2+0)2=2,故其 分子属于AY
4
型分子,其VSEPR模型为正四面体,
其分子结构为角型分子
③NH
3
: m=(5-1×3+0)2=1,故其分子属于AY
4型分子,其VSEPR模型为正四面

3

体,其分子结构为三角锥体
④CO
3
2—
: m=(4-2×3+2)2=0,故其分子属于AY
3
型分子,其VSEPR模型和其分子结构都是平面三角形,
⑤PO
3
3—
: m=( 5-2×3+3)2=1,即其分子属于AY
4
型分子,其VSEPR模型为正四面
体 ,其分子结构为三角锥体,即
⑥PO
3
—
: m=(5-2 ×3+1)2=0,故其属于AY
3
型分子,其VSEPR模型和其分子结构
都是平面 三角形。
⑦PO
4
3—
: m =(5-2×4+3)2=0,故其 分子属于AY
4
型分子,其VSEPR模型和其分子
的立体结构都是正四面体。
2-7 答: 由三个.丙烷分子中的每个C原子都是 sp3杂化,形成正四面体,故只有
三个原子可以处于同一个平面内,如图

2-8 解：金刚烷的立体构型为

由图可知，立体烷分子中有四个六元环，这些六 元环各不相同，因为C
10
H
16
中
的C原子取SP
3杂化，而每个C原子与其连的原子有差异，形成的4个SP
3
杂化
轨道有差异，是 不等性杂化，故形成的六元环不相同。当分子中的次甲基处于立
方体的面心位置时，根据杂化轨道理论， 分子中的―CH―基团的C原子将处于
立方体的四个面上，而其中―CH―上的4个氢原子位于四个顶点 上。
2-9 解：（1）OF
2
：由VSEPR模型知，OF
2
属 于AY
4
型分子型分子，其空间构型
为正四面体，由杂化轨道模型可知，四个键的 键 角应为109
o
28’;由斥力顺序可
知，∠l-O-L>∠L-O-F>∠F-O- F故OF
2
的分子构型为角型分子，键角小于109
o
28’
（2）CClF
3
由VSEPR模型知，CClF
3
分子属于A Y
5
型分子，其空间构型为三
角双锥体，有3种空间结构：
F E E F F
Cl
F Cl F F
F C l (a) F (b) F E (c)
比较三种构型的斥力，可得(a)的斥力最小，故CClF
3
的空间构型为（a）型。
（3）SOCl
2
:具有AY
3
型通式，总价电子数为26， 斥力顺序可知，
∠O=S-Cl>∠Cl-S- Cl故∠O=S-Cl>109
o
28’，∠Cl-S- Cl<109
o
28’，所以，SOCl
2
的
空间构型为四面体型。
（4）XeF
2
:由VSEPR模型知，XeF
2
分子属于AY5
型分子，AY
5
的空间构型为三
角双锥体，为保证两个Xe不能垂直。 略去电子后，XeF
2
分子应为角形分子，但
夹角一定不为90
o
， 其夹角为120
o
>∠Xe-F-Xe>90
o
范围内。
（5）S F
6
：由VSEPR模型知，SF
6
属AY
6
型分子，空间 构型为正八面体，即其
键角为90
o
。

4

（6）PCl
5
:由VSEPR模型知，PCl
5
属AY
5型分子，空间构型为三角双锥体，即
其键角为120
o
和90
o
两种。
2-10解：路易斯结构式：H―C=C=C=C―H
∣ ∣
H H
C：1S
2
2S
2
2P
2
H：1S
1
从左起，C原子编号1.2.3.4.

1号C原子取SP2
杂化，形成3个б键，键角为120
o
，有一个含有1个电子的垂
直于 该分子平面的P轨道；2号C原子取SP杂化轨道，形成2个б键，有两个
未参与杂化的P轨道，与该分 子平面互相正交；3号C原子同2号C原子，取
SP杂化；4号C原子同1号C原子，取SP
2
杂化。以上б键形成―C―C―C―C―
骨架。由以上可知，2号C原子和3号C原子的两条在 分之平面内且与б骨架垂
直的两条P轨道以“肩并肩”形成π键，而四个C原子则共同形成了弥散在整个
分子内分子符号为П
4
4
的大π键，其方向垂直于分子平面，分子内C―C键 之角
为180
o
。
2-11 解：由VSEPR，臭氧离子O
3< br>-
属于AY
4
型分子，其空间构型为正四面体，
即
由斥力顺序可知，∠l-O-O>∠O-O-O即∠O-O-O<109
o
28’
∠l-O-O>109
o
28’，但∠O-O-O>90
o
，因为∠ O-O-O<90
o
时，斥力变大不利于分子
的稳定，故O
3
-的键角应为100
o
，属于以上范围，很符合VSEPR模型。



第三章 晶体结构
3-1．解: 顶点原子：（0，0，0，）面心原子：（12，12，0） （12，0，12，） （0，
12，12）
体对角线上的原子（34，14，14） （14，34，14） （14，14，34）
（34，34，34）
3-2．解:Cu离子数=（8×18）+4×12+1=4
所以 Cu的坐标：0，0，0； 12，0，34； 12，12，12； 0，12，14；
Fe离子数=6×12+4×14=4
所以 Fe的坐标：12，12，0； 12，0，14； 0，0，12； 0，12，34
S的质点数：8
所以：S的坐标34，14，18； 14，34，18； 14，14，38； 34，34，38；
34，14，58； 14，34，58； 14，14，78 ；34，34，78 ；
3-3．解:在NaNO
2
中


NO
2
-
数为：1+18×8=2
其坐标为：0，0，0； 12，12，12；加12 之后为：12，12，12； 0，
0，0；
Na
+
数为：14×4+12×2=2
其坐标为：12，0，12； 0，12，0； 加12之后为：0，12，0； 12，0，
12；
所以NaNO
2
为体心晶胞
TiO
2
不是体心晶胞，是素晶胞。如图所示：

5

3-4．解:黄铜矿晶胞中：
Cu的坐标分别为12，12，12；得 12，12，12； 0，12，14； 0，0，0；
12，0，34；Fe 的坐标分别为12，12，12；0，0，12； 0，12，34； 12，
12，0；12，0，14 S的坐标分别为12，12，12； 14，34，58； 34，14，
58； 34，34，78；14，14，78； 14，34，18；34，14，18；34，34，
38； 14，14，38；所有坐标与原坐标相同，所以黄铜矿晶胞是体心晶胞。
另解：
黄铜矿晶 胞中体心铜原子与顶角铜原子周围的硫原子方向相同，而且硫原子
上连接的铁原子方向也相同，顶角原子 完全相同，因此体心原子可与任一顶角原
子对比，所以黄铜晶胞为体心晶胞。
3-5．白钨矿 中，WO4-坐标为：0，0，0；12，0，34；12，12，12；0，12，
14；分别为+1 2，12，12，得 12，12，12；0，12，14；0，0，0；12，0，
34;Cu
+
坐标为：0，0，12；0，12，34；12，12，0；12，0，14;分别为12 ，
12，12，12，12，0；12，0，14；0，0，12；0，12，34所有变换后坐标与原坐标相同，则白钨矿晶体为体心晶胞。
3-6．解: 平均每个晶胞含4个相当与NaHCO
3
的原子集合。
3-7．解:（1）CsCl
：Cl
-
•Cs
+
a=2 r
+
(√3)×

a =2 r
+
+2r
-


所以

r
-

：r
+
=1.37
（2）CaF
2
型
(
√2)×

a=4 r
+
(√3)×

a =2 r
+
+4r
-
所以

=0.732
半径比（r
+

r
-
）
0.155—0.225
0.225——0.414
0.414——0.732
0.732——1.000
1.000
配位多面体
平面三角形
四面体
八面体
立方体
立方八面体

3-8．答: 如7.（2）所示，萤石中含有八面体，其中心没有原子；
闪锌矿模型中也含有八面体

6

3-12．答:因为它们的满带与空带的带隙宽度不同，可见光 激发它们的满带上的
电子，进入空带时释放的光子的频率不同，因而呈现不同颜色。愚人金的满带与空带间的带隙宽度与金的相似，故可见光向它的空带激发满带上的电子时，释放
的光子的频率与金的 类同，则愚人金有金的光泽。
天然的金刚石不纯净，它们与纯净金刚石的带隙宽度不同，电子 受激发时释
放的光子的频率不同，因而天然的金刚石有蓝、红、黄、绿色，而非全呈无色。
3 -24．答:Mg
2+
将填入氧原子堆积形成的八面体空隙中去；所得晶胞是复晶胞

；
氧离子核间距将扩大65pm晶胞参数a=2×140+2×65=410(pm)


第四章 配合物

4-1 答：向粗盐酸中滴入1滴硫氰酸钾 溶液，若溶液呈现深红色，则粗盐酸的黄
色不是Fe
3+
与Cl
-
的 络离子；若溶液不显色，则粗盐酸的黄色是Fe
3+
与
Cl
-
的络离 子的颜色。由于粗盐酸PH小于1，在PH小于1的强酸性溶
液中不可能存在Fe(OH)
2+
, Fe(OH)
2
+
等离子，因此，粗盐酸的黄色也不
是铁的羟合离子的颜色。
4-2 解：由于Cl
-
半径大，若采取6配位，则由于Cl
-
间的 斥力，形成的配合物不
够稳定，而F
-
半径较小，采取6配位后形成的配合物稳定。
4-3 解：MA
3
B
3
：有2种几何异构体；MA
2
B
4
：有2种几何异构体；
MABC
4
：有2种几何异构体；MA
2
B
2
C
2
：有5种几何异构体；
MABCDEF ：有15种对映异构体。
4-4 解：无几何异构，有一对对映异构。
4-5 解：C
2
O
4
2-
离子双齿配体。由于双齿配体的碳链不够长，不能够与顺铂
（PtCl
2
(NH
3
)
2
）的反式几何异构体的对位配位，故它不能与草酸反 应生
成Pt(NH
3
)
2
C
2
O
4
。
顺铂有极性，水溶性较大，而它的反式几何异构体则无极性，水溶性较
小。
4-6 解：[Co(NH
3
)
6
]
3+
[Co(NH
3
)
5
Cl]
2+
[Co(NH
3
)
4
Cl
2
]
+
[Co(H
2
O)
4
Cl
2
]
-
.
这四种配合物的电导之比为4:3:2:2 .
4-7 解:因为，Fe< br>2+
和Co
3+
的价电子构型均为：3d
6
，配合物的µ=0 ，所以，Fe(CN)
6
4-
和Co(NH
3
)
6
3+
的杂化轨道类型均为:d
2
sp
3
.
4-8 解:R uCl
2
(H
2
O)
4
有2种几何异构体，RuCl
3
(H
2
O)
3
也有2种几何异构体。
异构体A是Ru Cl
2
(H
2
O)
4
中的顺式异构体。RuCl
3
(H
2
O)
3
中的面式异构体中
的取代反应可发生在任一C l原子上,经式异构体取代反应只发生在对位是Cl
的Cl原子上,不发生在对位是H
2
O的Cl原子上，此规律称”反位效应”. （见
教材参考答案）
4-9 解:
配合物
[Co(NH
3
)
6
]Cl
3

K
2
[Co(NCS)
4
]
名称
氯化六氨合钴(Ⅲ)
四异硫氰酸根合钴
(Ⅱ)酸钾
7
配离（分）子
[Co(NH
3
)
6
]
3+

[Co(NCS)
4
]
2-
中心原氧化态
（离）子
Co
3+

Co
2+
+3
+3

H
2
[PtCl
6
]
[CrCl(NH
3
)
5
]Cl
2
K
2
[Zn(OH)
4
]
[PtCl
2
(NH
3
)
2
]
六氯合铂(Ⅳ)酸
氯化一氯五氨合铬
(Ⅲ)
四羟基合锌(Ⅱ)酸钾
二氯二氨合铂(Ⅱ)
[PtCl
6
]
2-

[CrCl(NH
3
)
5
]
2+

[Zn(OH)
4
]
2-

[PtCl
2
(NH
3
)
2
]
Pt
4+

Cr
3+

Zn
2+

Pt
2+

+4
+3
+2
+2

4-10解:（1）[Co(H
2
O)(NH
3
)
3
Cl
2
]Cl （2）K
2
[PtCl
6
]

（3）（NH
4)
3
[Cr(SCN)
4
Cl
2
] (4) Ca[Co(NH
3
)
2
(C
2
O
4)
2
]
2
4-11解: 化学式： K
2
[Co(N H
3
)
2
I
2
Cl
2
]，中心离子：Co
2+
，中心原子的氧化态为+2，属
于MA
2
B
2
C
2
型八面体配合物，有5种几何异构体。
4-12答：Fe(H
2
O)
6
3+
为外轨型配合物，未成对电子数为5，Fe(CN)
6
3-
为内轨型配合物，

未成对电子数为1，所以由µ =
n(n+2)
BM可知Fe(H
2
O)
6
3 +
的磁距与
Fe(CN)
6
3-
的磁距差距很大。
4-13答：Fe(H
2
O)
6
3+
形成时，由于P>△ ，在弱场配体(H
2
O)作用下，电子尽可能成单
（自旋平行）填入分裂了的d轨道中 ，因而有5个未成对电子；Fe(CN)
6
3-
形成时，由
于P<△，在强场 配体(CN
-
)作用下，电子配对填入分裂了的d轨道中，因而只有1个
未成对电子， 所以两者的磁性差距很大。
4-14答：因为，同种原子，电荷越高，对分裂能的影响也越大，Fe (H
2
O)
6
3+
的△值大
于Fe(H
2
O)
6
2+
的△值。而其分裂能不同是它们因d—d跃迁引起颜色不同的主要原因，
一般而言，分裂能越大，吸收光子的能量越大，即频率越高，它的补色频率就越低，
因此，Fe (H
2
O)
6
3+
为紫色，而Fe(H
2
O)6
2+
为绿色。
4-15答：CrCl
6
3-
3个未成对电子； Cr(H
2
O)
6
3+

3个未成对电子；
Cr(NH
3
)
6
3+
3个未成对电子； Cr(CN)
6
3-
3个未成对电子；
Fe(H
2
O)
6
2+
4个未成对电子； Fe(H
2
O)
6
3+
5个未成对电子；
Co(H
2
O)
6
2+
3个未成对电子； Co(H
2
O)
6
3+
4个未成对电子；
Ni(H
2
O)
6
2+
2个未成对电子。
4-16解：（1）CrCl
6
3-
△=163KJmol
Edγ-Edε=△=163
2Edγ+3Edε=0
解得 Edε =-65.2 KJmol
∴CFSE=-65.2*3=-195.6 KJmol
或解得：Edγ=0.6△ Edε=-0.4△
CFSE=（-0.4△）×3=-65.2×3= -195.6 KJmol
（2）Cr(H
2
O)
6
3+
△=208 KJmol
Edγ-Edε=208
2Edγ+3Edε=0
解得 Edε=-83.2 KJmol
CFSE=-83.2×3=-249.6
（3） Cr(NH
3
)
6
3+
△=258 KJmol
Edγ-Edε=258
2Edγ+3Edε=0
解得 Edε=-113.2 KJmol
CFSE=-339.6 KJmol

8

（4）Cr(CN)
6
3-
△=315 KJmol
Edγ-Edε=315
2Edγ+3Edε=0
解得 Edε=-126 KJmol
CFSE=-378 KJmol
（5）Fe(H
2
O)
6
2+
△=124 KJmol
Edγ-Edε=126
2Edγ+3Edε=0
解得 Edγ=74.4 KJmol Edε=-49.6 KJmol
CFSE=4×(-49.6)+2×74.4 =-49.6KJmol
3+
（6）Fe(H
2
O)
6
△=164 KJmol
Edγ-Edε=164
2Edγ+3Edε=0
解得 Edγ=98.4 KJmol Edε=-65.6 KJmol
CFSE=-65.6×3+2×229=261.2 KJmol
（7）Co(H
2
O)
6
2+


△=111 KJmol
Edγ-Edε=111
2Edγ+3Edε=0


解得 Edγ=66.6 KJmol Edε=-44.4 KJmol
CFSE=-5×44.4+2×66.6=-88.8 KJmol
（8）Co(H
2
O)
6
3+


△=223 KJmol
Edγ-Edε=223
2Edγ+3Edε=0


解得 Edγ=133.8 KJmol Edε=-89.2 KJmol
CFSE=-89.2 KJmol
（9）Ni(H
2
O)
6
2+


△=102 KJmol
Edγ-Edε=102
2Edγ+3Edε=0
解得 Edγ=61.2 KJmol Edε=-40.8 KJmol
CFSE=-122.4 KJmol
它们的稳定化能不同是因为上述配合物的分裂能及d电子组态不同。
4-17


4-18 答:1.[Fe(H
2
O)
5
SCN]
2+
的颜色很像血液,不仅可用于检出,也可用作电影特技,
魔术表演。

9

2.[Pt(NH
3
)
2
Cl
2
]顺铂被用作最早期的抗癌药物。
3.由于配合物有各种颜色,可用于现代的染色用料。
4-21 答: [Pt(NH
3
)
2
Cl
2
]呈 棕黄色,有极性,有抗癌活性,水解后能与草酸反应形成草
酸衍生物,只有顺铂的异构体能形成草酸衍生 物,因双齿配体草酸根不能形成反
式配合物,形成的过程如教材p.175~176.
4-24 解:1.不对. 粗盐酸的黄色是[FeCl
4
]
-
络离子的颜色.
2.不对. 光 化学序列是经验的，由光谱数据确定的,它不是离子显色的全部原因。
Fe(NCS)
n
3-n
离子的颜色主要是由于中心离子与配体之间发生电荷迁移
引起的，电荷迁移引起的光的 吸收强度越大配离子的颜色越深。
3.不对. 配位数不一定等于配体的个数,除非配体是单齿的.
4.不对. 配合物的中心原子氧化态可能等于零,如Ni(CO)
4
.据近期文献报 道，已合
成出中心原子氧化态为负值的配合物，如Na[Co(CO)
4
]中的呈- Ⅰ氧化态。
5.不对. CO的碳原子与中心原子结合.
6.不对. 同一种金属元素的配 合物的磁性取决于该金属配合物中心原子价轨道上
的未成对电子数，未成对电子数越多，其磁矩就越大。
7.不对. Co(en)
3
3+
有立体异构体,它是一对对映异构体. < br>8.不对.根据晶体场理论,CN
-
与Cl
-
的光谱序列为CN
-
> Cl
-
,所以Ti(CN)
6
3-
比TiCl6
3-
分裂能大,吸收光子的能量大,即频率高,而其补色频率低,故Ti(CN)
6
3-
比TiCl
6
3-
的
颜色浅.
9.不对.Ni
2+
的六配位八面体配合物无高低自旋之分.
10.不对 .例如，高自旋Fe
3+
配合物稳定化能等于零并不意味着Fe
3+
不能生成 配合
物,只意味着考虑d轨道分裂与不考虑d轨道分裂引起的配体与中心原子d轨道
之间的排斥 力是没有区别的.
4-26 解: 1. 如图4-23所示，当平面结构的四个配体以x轴和y轴方 向向中心原
子靠拢时,d
z2
,d
x2-y2
轨道会受到配体带负电 的的孤对电子的排斥而能量升高,而
d
x2-y2
受的排斥力更大,能量升的更高,故 在八面体结构中的d
r
轨道组在平面四配位
结构中会分成两组.能量最高的d轨道符号 为d
x2-y2
.
2. 如图4-23所示，当平面结构的四个配体以x轴和y轴方 向向中心原子靠拢
时,d
xy
受的排斥力大一些,能量升高;d
yz
,d
xz
受的排斥力小一些,能量降低,故八面体
结构中的d
ε
轨道 组在平面四边形结构中也会分裂成两组.能量最低的d轨道符号
为d
yz
,d
xz
.
3. µ=√n(n+2)BM=2√2BM≈2.83BM（2个未成对电子）
根据价键轨道理论 µ
估
=0BM（无未成对电子）
∴µ
估
<µ
4. 由于Δ>P，则电子在低能量的d轨道成对后再进入较高能量的d轨道.
4-27
解:
配合物 中心原子未
成对电子数
杂化轨
道类型
sp
3
d
2
sp
3
d
2
sp
3

dsp
2

sp
3
d
2

dsp
2

八面体
八面体
四面体
四边形
八面体
四边形
空间构型 所属内（外）轨型
（价键理论）
外轨型
外轨型
外轨型
内轨型
外轨型
内轨型
所属高（低）自旋
（晶体场理论）
高自旋
高自旋
高自旋
低自旋
高自旋
低自旋
[Fe(en)
3
]
2+

FeF
6
3-

Co(SCN)
4
2-

Mn(CN)
4
2-

Ni(NH
3
)
6
2+

Ni(CN)
4
2-


4
5
3
1
2
0
10

第六章 化学平衡常数

6-2 解 由已知得：
P
i
P(I)
6-3 K

=

（
）
vi
=[

2
]
P
P
1
2
P(Cl
2
)
2
P(ICl)
1
[] []=2.2

10
3



P
P
1
<1>

K
1
=

(
P
i
vi
P(I
2
)P(Cl
2
)
P(ICl)
2
)=[

][ ][]
P
P

P

P

=(K< br>
)
2
=(2.2
10
3
)
2

=4.84
10
6

P
i
vi
P(ICl)
P(Cl
2
)

2
P(I
2
)

2
<2> K=

(

)=[][][

]


P
PP
P

2
11
=(K

)< br>1

=(2.210
-3
)
-1
=0.455
10
2

6-3 解: <1> K
P
= [
(P
H
2
O
)
4
( P
H
2
)
4
4
]
P
H
2
O
K
C
=[
(C
H
2
O
)
]=
RT
==K
P

P
H
2
4
[P
H
]
4
(C
H
2
)
2
[]
RT
4
[]
4
[P
H
2
O
]4
即 K
P
=K
C

<2> K
P
=
[P
NH
3
]
2
[P
N< br>2
][P
H
2
]
3
[C
NH
3]
2

P
NH
3
[P
NH
3
]
2
(RT)
2
RT
K
C
===
33
PP
[C
N
2
][C
H
2
][P
N
2
][P
H
2]
NH
[
2
][
2
]
3
RTRTK
C
即 K
P
=
(RT)
2
[]
2
<3> 同理可推 K
P
=K
C
(RT)
6-5 解 由已知得: H

+OH

=H
2
O (4)

11


NH
3
+HCN=NH

4
+CN (5)

1
K
4
=(K
3
)=1
10
14

则: (4)+(2)+(1)=(5)


 rG
m
(4)+
rG
m
(2)+
rG
m
(1)=
rG
m
(5)


K


4
•K
2
•K
1
=K
5

即 K
5
=1
10
14
1.810
5
 4.910
10
=8.82
10
1

6-6 解 <1> CO(g)+H
2
O(g)=CO
2
(g)H2
(g)

初 1 1 0 0
平衡时 1-x 1-x x x
x
2
K==2.6
2
(1x)

解得 x=0.625
CO的转化率=
0.625
100%
=62.5%
1
<2> CO(g)+H
2
O(g)H
2
(g )CO
2
(g)

起始 1 3 0 0
平衡时 1-x 3-x x x
x
2
2.6
K=
(1x)(3x)

解得 x=0.875
0.875
CO的转化率=
100%87.5%
< br>1
由以上结果可知,对于同一反应,其他条件不变时,增大其中一种反应物的浓度,
使其 过量,这样有利于提高另一种反应物的转化率，使反应向生成物的方向移动,
符合勒沙特列原理.
6-8 解 N
2
H
4
(g)2NO
2
(g)

起始 a 0
变化 ax 2ax
平衡 a(1-x) 2ax
K
(

P
NO
2
P

)
•
(
2
P
N2
O
4
P

)
1
4a
2
x
2
=………… (1)
a(1x)
又因为系统总压力为P

,则 a(1-x)+2ax=1

12

1
………… (2)
1x
联立(1)(2)得:x=0.272

a=
同理可求出总压是2P

时x′=0.196
x0.272
1.38

x
'
0.196
由以上数据可知，增大总压，平衡向着减弱压强的方向移动。

6-14 解：（1）由题可知，N
2
(g)+O
2
(g)=2NO(g) 是体积不 变的反应，随着温度的
升高，而系统中的NO的体积分数不断增大，既反应向正反应方向进行，所以此< br>反应是吸热反应。（2）
rHm

fHm


1


rSm




B
fSm


=2×210.761-191.61-205.138=
-1
rHm

TrSm

lnK10.67
8.3142033


K2.310
5


6-22.解：a.
rGm

fGm


NO
2

fGm


NO

fGm

O
2


=51.8-86.7-162.61
= -198.5
-1
 rGm

RTlnKp
根据：
lnKp
rGm198.5
0.08

RT8.314298
即：.Kp=1.08
Kp=Kc(RT)


=Kc=1.08

b. NO(g) + O
3
(g) == NO
2
(g) + O
2
(g)
起始：2×10
-9
1×10
-9
0 2×10
-3
变化：x x x x
终：2×10
-9
-x 1×10
-9
-x x 2×10
-3
+x
x210
3
x
Kc=
99
(210x)110x




在本题中，由于O
2
的浓度很大，转化的浓度对影响很小，所以，应做如下处理：
Kc=

210
9
x
1.08

x110
9
x


13

整理得：1.08x
2
-4.24×10
-9< br>x+2.16×10
-18
=0
4.2410
9
b
2
4ac
x=
21.08
4.2410
9
2.9410
9
=
21.08
(4.242.94)10
9
0.6

x
2.16
故O
3
的平衡浓度为=（1-0.6）×10
-9
=0.4×10
-9
molL
0.610
9
1 00
0
0
60
0
0
C. O
3
被NO破坏的百分数 =
9
110
而㏑k
p
=-198.5-8.314
298
=0.0=1.08 k
p
=1.08
v
K
P
=K
C

(RT)

=K
C

(RT)
0
=1.08
(c) 解:被破坏的百分数: NO%=2.5

10
15
0.9999

10
9

100%=2.5
10
4
%
6-23 解: CO(g) + 12O
2
= CO
2
(g)
始: 4.0
10
5
4.0

10
5
4.0
10
4

平: 4.0
10
5
-x 4.0
10
4
4.0

10
4
+x
有: 4.0

10
4
+x(4.0

10< br>5
-x)

(4.0

10
4
)
12
=1

10
4

解得: x=3.78
10
5

补燃转化率为=3.78
10
5
4

10
5
=94.5%

6-26 解(1) 根据:{PV=RT

=mv 推出M=RT

P
n=mM
因此T
1
=200

C M
1
=RT
1
P=8.314

473
6.8
10
3
1000
100=267.41gmol
T
2
=600

C M
2
=RT

2
P=8.314
10731.5110
3

1000100=134.7gmol
所以三氯化铝在百忙之中200

C时以AL
2
Cl
3
形式存在,在800

C时以AlCl
3
形
式存在.

14

(2) T=600

C时不我待M=RT

P=8.314

873
2.6 510
3
10
3
100=192.34gmol

600

C下平衡物种数为AlCl
3
和Al
2
Cl
3

267.41 57.64

192.34
134.7 75.07
n
2
n
1
=57.6475.07=0.76
由M=RT

P→P
总
=RT

M=8.314
8732.6510
3
192.34

10
3
=10 0KP
a

{P
2
=0.76 解得p
1
=56.82KP
a

P
2
+P
1
=100 P
2
=43.18P
a

D: K
P
=[PAlC L
3
]
2
(PAL
2
CL
3
)=(56. 82)
2
43.18 K
P
=K
C
(RT)

解得: K
P
=(56.82)
2
V

43.18=74.77
K
c
=74.778.314

873=1.9
102

又因为系统总压力为P
◎

, 则a（1＋x）＋2ax=1
a=1／（1＋x） （2）
联立（1）（2）得 x=0。272
同理可求出总压是2P
◎
时x
，
=0。196
x／x
，
=0。272／0。196=1。38
由以上数局可知，增大总压，平衡向着减弱压强的方向移动。
6-12 解 T
1
=693K T
2
=723K
HgO=Hg（g）＋1／2O
2
（g）
而当P=5.16×10
4
Pa时有
P（Hg）＋P（O
2
）=5.16×10
4
（1）
又因为存在此关系：P（O
2
）=1／2P（Hg） （2）
由（1）（2）得:P（O
2
）=1.72×10
4
Pa
P（Hg）=3.44×10
4
Pa
所以 K
1
◎=[P（Hg）／P
◎
]×[P（O
2
）／P
◎
]1
／
2

=[3.44×10
4
／1×10
5
]×[1.72×10
4
／1×10
5
]< br>1
／
2

=0.143
同理可求出T
2
所对应的K
2
◎
=0.426
将K
1
◎
K
2
◎
代入△
r
H m
◎
=㏑（K
2
／K
1
）×RT
1
T2
／（T
2
－T
1
）
=㏑（0.426／0.143）（8.314×693×723）／（723－693）
=154KJ·mol
－
1

由－RT㏑K
◎
=△
r
Hm
◎
－T△
r
Sm
◎

△
r
Sm
◎
=(△
r
Hm
◎
／T
1
) ＋R㏑K
1
◎


15

=154×103／693＋8.314×㏑0.143
=206.6KJ·mol
－
1
·K
－
1

6-13 解 2SO
2
（g）＋O
2
（g）=2SO< br>2
（g）mol
－
1
K
－
1

△rSm
◎
=∑[V
B
Sm
◎
（B）]
=2△
f
Sm（SO
3
）－△
f
Sm
◎< br>（O
2
）－2△
f
Sm
◎
（SO
2
）
=2 ×256.76－205.138－2 ×248.22
=－188.06J·mol
－
1
K
－
1
同理： △
r
Hm
◎
=∑[V
B
Hm
◎
（B）]
=－197.78KJ ·mol
－
1
根据公式 ㏑K
1
◎
=△
r
Sm
◎
／R －△
r
Hm
◎
／RT
㏑K
1
◎
=12.73
K
1
◎
=3.38×10
5

◎◎
同理求出 K
2
=1.02×10
2
K
3
=0.64
该反应的平衡常数变化不相同，因为在方程㏑K
1
◎
=△
r
Sm
◎
／R－△
r
Hm
◎
／RT
中，温度T与K
◎
不是线性关系

◎
6-15解:由已知：2SO
2
(g)+ O
2
（g）=2SO
3
(g) △
r
Hm =198KJ·mol
-1

A. 增大体积，使压强减小，反应向左移动，则SO
3
的平衡分压减小。
B. 由△
r
Hm
◎
知此反应为吸热反应，即SO
3
的平衡分压增加。
C. 增加一种反应物的浓度，反应向生成物的方向移动，即SO
3
的平衡分
压增加。
D. 加入氩气将会同等程度改变组分的浓度，所以反应不移动，即SO
3
的平衡分压不变

6~23 解：CO （g）+12O2 (g)=CO2(g)
始 4×10
-5
4×10
-4
4×10
-4

平 4×10
-5
-x 4×10
-4
4×10
-4
+x
有 （ 4×10
-4
+x）[（4×10
-5
-x）（4×10
-4
）
12
]=1×10
4

解得 x=3.78×10
-5

转化率=（

3.78×10
-5
）（4×10
-5
） ×100% =94.5%

6~26 解：（1） 根据 PV =nRT
ρ =mv 推出 M =RTρP
n =mM
因此：T
1
=200℃ M
1
=RT
1
ρP=8 .314×473×6.8×10
-3
÷100=267.41gmol
T2=800℃ M2=RT
2
ρ2P=8.314×1073×1.51 ×10-3×1000=134.7gmol
所以，三氧化铝在200℃时 以Al
2
Cl
6
形式存在，在800℃以AlCl
3
的形式 存
在。
（2）T=600℃时， M=RTρP=8.314×873×2.65×10
-3
×10
3
÷100
=192.34gmol
所以600℃时，平衡物种为AlCl
3
和Al
2
Cl
6

267.41 57.64
192.34
134.7 75.07

16

n
2
n
1
=57.6475.07=0.76
由M =RTρP 得 P=100KPa
P
1
=56.82 KPa P
2
=43.18 KPa
(3) Kp=[P
AlCl3
]
2
[P
Al2Cl6
]
V
K
P
=K
C
(RT)


解得：Kp=74.77 Kc=0.01



第七章 化学动力学基础
c0.007680.00703
7-1解：（1）
v3.2510
6
mol.L..s
1

t200

（2）略
7-2．解：最初300s

p(4.143.39)10
4
v1.05(pas)

t2000


最后300s
p(13.332.93)10
4
v13.3(pas)

t300
(C) 解:被破坏的百分数: NO% =2.5
3. 解： （1）r=kc
2
c
(NO)
c
CO2
（2）k=2.5×10
3

（3）r=2.5
4. 解： （1）0级
（2）略
c
（3）R=r=

0.0010molLmin
t
（4）略
（5）t
12
=50min
t
12
=
c
0

2k
5. 解： （1）一级反应. 因为： r=kc 所以：k=rc
（2）t
12
=4.62h
ln

A
t
kt

A
o
17

（3）
ln
A
t
kt
, t=25h
A
o
A
t
kt
.A=0.12molL
A
o
（4）
ln
6. 解：由t
12
算出k
由
ln
A
t
kt

A
o
求出A
t
=5.3
7. 解：第一问同6.
4
1.83*10a
由：
ln
A
t
A
ktln
t
的数值
A
o
A
o
可知： 的放射性太弱，已淹没在背景辐射中。
9. 解：由：
ln
k
1
E a

11






k
2
k

TT
1

2

求出Ea
由:
ln
k
1
Ea

11





k
3
k

T
3
T< br>1


求出k3
ln2
10. 解：t
12
=
k
求出 k1,k2
由：
ln
求出Ea

14. 解 (1)①+2+③

2
4HBr+O
2
2
H
2
O+2Br
2

（2）r
1
=k
1
c
(HBr)
c
(O2)
（3）HooBr HoBr
（4）第一个
（5）r=kc
(HBr)
c
(CO2)

15. 解：r
1
=k
1
c
NO)
c
(Cl2)

r
2
=k
2
c
(NOCl2)
c
(NO)

如： 第一个为点 则 r
1
=k
1
c
NO)
c
(Cl2)


18
k
1
Ea

11

< br>



k
2
k

TT
1

2

第二个为点则 r
2
=k
2
c
(NOCl2)
c
(NO)

而在第一个的逆反应中r
3
=k
2
c
(NOCl2)
=r
1

所以c
(NOCl2)
=
k
1
k
2
2
c

NO

c

Cl2


k
3
所以r=
16.答：（b）
k
1
k
2
2
c

NO

c
Cl2


k
3
Ea
KT
17．解：（1）K=A*e


T,A相同时 因为E
3
1
2

所以K
3
最大
（2）ΔH=Ea –Ea”=-
-1

(3) ΔH>0为吸热 故 第2个
22. 答：（1 ）错（2 ）错（3 ）错（4 ）错（5 ）k=a

e
（7 ）错（8 ）错（9 ）正确（10）错




Ea
KT
错（6 ）错
第八章 水溶液
8-7解：由ΔT
f
=k
f
· m 得
[273+(263)]K = 1.855 k·kg·mol
-1
·M
1

301×10
3
×10
-3
㎏
解得：M
1
=161.725 g
∴ 需加入161.725克甲醛。
8-8解:(1) C = ∏RT
= 4.34 K P
a
8.314 P
a
·L·mol
-1
×(273+25) K
= 0.00175 mol·L
-1

摩尔质量 = 0.101 g0.00175 mol·L·mol
-1
×0.01 L
=5771.43 gmol
(2) △P = P
B
×X
A
= 3170 P
a
×

n
1
n
2
0.101 g5771.43 gmol × 18 gmol 10×1 g

= 3170 P
a
×
= 0.0998P
a
8-10 解：∵ 三种物质的质量分数相等，取相同质量的三种物质
∏ = CRT = RTnV = RTmMV
∴ 摩尔质量大的物质C小
∴ 渗透压小
M
C6H12O6
= 384 M
C12H22O11
= 716 M
NaCl
=58.5
∵M
C12H22O11
> M
C6H12O6
> M
NaCl

∴C
C12H22O11
C6H12O6
< C
NaCl

∴∏
C12H22O11
<∏
C6H12O6
< ∏
NaCl

8-11.解：（1）Hg(NO
3
)
2


19

0.324

m
325
0.01molKg
1

0.1
当Hg(NO
3
)
2
完全不电离时：
ΔT
f
=K
f
×m
=1.855×0.01
=0.01855℃

又Hg

NO
3

2
Hg
2
2NO
3
0.01
< br>1


2

2




0.010.01855

0.01

12


0.0588


109
0
0
即：Hg(NO
3
)
2
在水中完全电离。
（2）HgCl
2

0.542
m

271
0. 04molKg
1

5010
3
当HgCl
2
完全不电离时：
ΔT
f

=K
f
×m

=1.855×0.04
=0.07121℃

又HgCl
2
Hg
2
2Cl


1


0.04
2






< br>0.040.07121

0.04

12

< br>0.0744


2.25
0
0
即：HgCl2
在水中几乎不电离。

第十章 沉淀溶解平衡
10-1 （1）解 ：PbI
2(s)
=Pb
2+
(aq)
+2I
-
( aq)
设溶解度为S.则 :
K
sp
(PbI
2
)=S ×(2S)
2
=4S
3
=4×(1.29×10
-3
)3
=8.6×10
-9
（2）解：BaCrO
4(s)
=Ba
2+
+CrO
4
2-

溶解度 S=2.91×10
-3
253=1.15×10
-5

Ksp(BaCrO4)
=S
2
=(1.15×10
-5
)
2
=1.32×10
-10

10-2.(1) 解：Zn(OH)
2(s)
=Zn
2+
+2OH
-

20

K
sp (Zn(OH)2)
= S×(2S)
2
=4S
3
=4.12×10
-17
S*=2.18×10
-6
=2.17×10
-4
gL
(2) 解：Pb
(s)
= Pb
2+
+2F
-
K
sp

(PbF2(s))
= S*×(2S*)
2
=4S
3
=7.12×10
-7
S*=2.61 molL=6.39 gL


10-3(1) 解：设AgIO
3
溶解度为S
1
, 设Ag
2
CrO
4
溶解度为S
2
, 则 :
AgIO
3(s)
=Ag
+
+ IO
3
-

K
sp(

AgIO3)
= S
1
× S
1
= S
1
2
S
1
=( K
sp(

AgIO3)
)
12
=(9.2×10
-9
)
12
=9.59×10
-5
molL
.
Ag
2
CrO
4(s)
=2Ag
+
+ CrO
4
—
K
sp(Ag2CrO4

)
= (2S
2
) S
2
= 4S
2
3
S
2
=( K
sp(Ag2CrO4

)
4)
13
=(1.12×10
-12
4)
13
=6.54×10
-5
molL

（2）解：设AgIO
3
溶解度为S
1
, Ag
2
CrO
4
溶解度为S
2
, 则 :
AgIO
3(s)
=Ag
+
+ IO
3
-



S
1
S
1
S
1
+0.01

S
1
K
sp(

AgIO3)
= （S
1
+0.01）× S
1
= 0.01×S
1
2
=9.2×10
-9
Ag
2
CrO
4(s)
=2Ag
+
+ CrO
4
—
2S
2
S
2
2S
2
+0.01

S
2
K
sp(Ag2CrO4)
= （2S
2
+0.01）× S
2
= 0.01×S
2
2
=1.12×10
-12
S
2
=1.12×10
-8
molL

∴S
1
＞S
2

AgIO
3
在0.01 mol*L
-1
的AgNO
3
溶液中的溶解度大
10-4（1）解：沉淀Ca
2+
: [SO
4
2-
]
1
= K
sp(CaSO4)
[ Ca
2+
]=7.1×10
-5
0.01=7.1×10
--3
沉淀Ba
2+
: [SO
4
2-
]
2
= K
sp(BaSO4)
[ Ba
2+
]=1.07×10
-10
0.01=1.07×10
-8

=1.07×10
-10
0.017.1×10
-5
0. 01=1.5×10
--8
molL﹤1×10
-5
用Na
2
SO
4
作沉淀剂能将Ca
2+
与Ba
2+
分离
(2) 解：n(SO
4
2-
)=100×10
-3
×0.01=1×10
-3
molL

∴ m(Na
2
SO
4
)=142×1×10
-3
=0.142(g)
∴加入0.142 g Na
2
SO
4
才能达到BaSO
4
完全沉淀的要求


21

10-5解：C(MgCl
2
)=10×0.120=0.05 molL

C(NH
3
.H
2
O)=10×0.0120=0.005

∴C(Mg
2+
)=0.05 molL

∝C(NH
3< br>)Kb=0.0051.774×10
-5
=281﹤500
[OH
-
]=1.774×10
-5
+(3.147×10
-10
+3.5 48×10
-10
)=2.89×10
-4
molL
J =C( Mg
2+
)×C(OH
-
)
2
=0.05×(2.89×1 0
-4
)
2
=4.81×10
-9
﹥K
sp(M g(OH)2)
=5.61×10
-12
∴有Mg(OH)
2
沉淀生成

10-6解：沉淀Fe
3+
[OH
-
]=( K
sp(Fe(OH)3)
[Fe
3+
])
13
=(2. 64×10
-39
0.05)
13
=3.75×10
-13
molL
沉淀Fe
2+
[OH
-
]=( K
sp(Fe(OH)2)
[Fe
2+
])
12
=(4.87×10
-17
0.05)
12
=3.12×10
-8
molL
当Fe
3+
沉淀完全时，[Fe
3+
]=10
-5
molL

[OH
-
]
完全
=（2.64×10
- 39
10
-5
）
13
=6.42×10
-12
molL

∴pH
完全
=14-12+0.8=2.8
∴pH
开始
=14-8+0.5=6.5
∴pH的范围为2.8～6.5

10-7解：C(MgCl2)=10×0.120=0.05 molL

C(NH
3
.H
2
O)=10×0.0120=0.005

∴[OH
-
]=（1.774×10
-5
×0.005
12
= 2.98×10
-4
molL

J=0.1×(2.98×10
-4
)
2
=8.87×10
-4
molL﹥K
sp (Mg(OH)2)=
2.98×10
-1



10-8

第十一章 电化学基础

11-1 解：（1） 4KClO
3
= 3KClO
4
+KCl
（2）4Ca
5
（PO
4
）
3
F+30C+18SiO
2
=18 CaSiO
3
+2CaF
2
+3P
4
+30CO↑
（3）NaNO
2
+NH
4
Cl=N
2
+NaCl+2H
2
O
（4）K
2
Cr
2
O
7
+ 6FeSO
4
+7H
2
SO
4
=Cr
2
（ SO
4
）
3
+3Fe
2
（SO
4
）
3
+K
2
SO
4
+7H
2
O
（5）2CsCl+Ca=CaCl
2
+2Cs↑
11-2解：（1）~（5）答案参见教材附录电极电势表。

11-3解：（1）相关半反应式：
Cr
2
O
7
2-
+14H
+
+6e
-
=2Cr
3+
+ 7H
2
O 还原（半）反应
+） H
2
S= 2H
+
+ S+2e
-
×3 氧化（半）反应
总离子方程式：Cr
2
O
7
2-
+8H
+
+ 3H
2
S=2Cr
3+
+ 3S + 7H
2
O
总分子方程式：K
2
Cr
2
O
7
+3H
2
S+4H
2
SO
4
= K
2< br>SO
4
+Cr
2
（SO
4
）
3
+3 S +7H
2
O

（2）相关半反应式：
MnO
4
2-
+8H
+
+4e
-
= Mn
2+
+4H
2
O 还原（半）反应
H
2
O
2
=2H
+
+O
2
+2e
-
×2 氧化（半）反应

22

总离子方程式：MnO
4
2-
+4H
+
+ 2H
2
O
2
= Mn
2+
+2O
2
+4H
2
O

（3）相关半反应式：
NO
3
-
+6H
2
O+8 e
-
=NH
3
+9OH
-
还原（半）反应

Zn+4OH
-
= Zn(OH)
4
2-
+2e
-
×4 氧化（半）反应

总离子方程式：NO
3
-
+ 4Zn +6H
2
O+7OH
-
= NH
3
+4Zn(OH)
4
2-


（4）相关半反应式：
H
2
O
2
+2e
-
=2OH
-
×3 还原（半）反应
Cr(OH)
4
-
+4OH
-
= CrO
4
2-
+ 4H
2
O+3e
-
×2 氧化（半）反应
--2-
总离子方程式：2Cr(OH)
4
+ 3H
2
O
2
+2OH= 2CrO
4
+ 8H
2
O

（5）相关半反应式：
NO
3
-
+4H
+
+3e
-
= NO+ 2H
2
O ×2 还原（半）反应
2Hg = Hg
2
2+
+2e
-
×3 氧化（半）反应

总离子方程式：2NO
3
-
+6Hg+ 8H
+-
= 2NO+ 3Hg
2
2+
+4H
2
O

11-4解：（1）∵Φ
Θ
(Ag
+
Ag)=0.799V >Φ
Θ
(Zn
2+
Zn)=-0.76V；
∴电极反应（+）Ag
+
+e
-
= Ag
（-）Zn
2+
+2e
-
= Zn
电池反应 Zn+ 2Ag
+
= Zn
2+
+ 2Ag， E
θ
=0.799V-(-0.76V)= 1.559V
（-）Zn∣Zn
2+
‖Ag
+
∣Ag（+）
（2）∵Φ
Θ
(Fe
3+
Fe
2+
)=0.77V >Φ
Θ
(Fe
2+
Fe)=-0.41V
∴电极反应（+）Fe
3+
+e
-
= Fe
2+

（-）Fe
2+
+2e
-
= Fe
电池反应2Fe
3+
+ Fe= 3Fe
2+
，E
θ
=0.77V-（-0.41V）=1.18V
电池符号（-）Fe∣Fe< br>2+
‖Fe
3+
，Fe
2+
∣C（+）
（3）∵Φ
Θ
(H
+
H
2
)=0.00V >Φ
Θ
(Zn
2+
Zn)= -0.76V

∴电极反应（+）2H
+
+2e
-
= H
2

（-）Zn
2+
+2e
-
= Zn
电池反应Zn +2H
+
= Zn
2+
+ H
2
，E
θ
=0.00V-(-0.76V)=0.76V
电池符 号（-）Zn∣Zn
2+
‖H
+
∣H
2
,Pt（+） （4）∵Φ
Θ
（Cl
2
Cl
-
）=1.36V>ΦΘ
(H
+
H
2
)=0.00V

∴电极反应（+）Cl
2
+2e
-
= Cl
-

（-）2H
+
+2e
-
= H
2

电池反应H
2
+ Cl
2
= 2HCl，E
θ
=1.36V-0.00V=1.36V
电池符号（-）Pt,H< br>2
∣H
+
‖Cl
-
∣Cl
2
,Pt（+）
（5）∵Φ
Θ
（I
2
I
-
）=0.54V>ΦΘ
（IO
3
-
I
2
）=0.205V

∴电极反应（+）I
2
+2e
-
= 2I
-

（-）2IO
3
-
+ 6H
2
O +10e
-
= I
2
+ 12OH
-

电池反应3I
2
+12OH
-
=5I
-
+IO
3
-
+3H
2
O，E
θ
=0.54V-0.205V=0.335V
电 池符号（-）Pt∣I
2
,I
-
‖IO
3
-
, I
2
∣Pt（+）

11-5解：（1）∵Φ
Θ
(Fe< br>3+
Fe
2+
)=0.77V，Φ
Θ
（I
2
I
-
）=0.54V

23

∴电池反应2Fe
3+
+2I
-
= 2Fe
2+
+ I
2
电池符号（-）C∣I
2
,I
-
(或I
3
-
)‖Fe
3+
，Fe
2+
∣C（+）
E
θ
=0.77V-0.54V=0.23V
（2）∵Φ
Θ
(Cu
2+
CuI)=0.86V, Φ
Θ
（I
2
I
-
）=0.54V
∴电池反应2Cu
2+
+4I
-
= 2CuI
（s）
+ I
2

电池符号（-）Pt∣I
2,I
-
(或I
3
-
)‖CuI([I
-
]=1 mol•L
-1
)，Cu
2+
∣Pt（+）
E
θ
=0.86V-0.54V=0.32V
（3）、（4）略。
（5）∵Φ
Θ
（O
2
OH
-
）=0.401V，Φ
Θ
（H
2
OH
2
)= -0.828V
∴电池反应 O
2
+H
2
= 2OH
-
，该反应组成浓差电池 电池符号（-）Pt，H
2
∣OH
-
（C
1
）‖OH< br>-
（C
2
）∣O
2
，Pt（+）
E
θ
=0.401V-( -0.828V)=1.229V
11-6答：以下氮的不同氧化态物质之间的半反应，可比较说明问题。
在标准状态下：
2H
+
+NO
3
-
+e
-
= NO
2
+ H
2
O Φ
Θ
=0.803V
3H
+
+NO
3
-
+2e
-
= HNO
2
+H
2
O Φ
Θ
=0.934 V
+Θ
4H+NO
3
-
+3e
-
=NO+2H< br>2
O Φ=0.96 V
H
+
+ HNO
2
+2e
-
= NO+H
2
O Φ
Θ
=0.99 V

H
+
+NO
2
+e
-
= HNO
2
Φ
Θ
=1.07 V
4H
+
+NO+2e
-
= N
2
O+3H
2
O Φ
Θ
=1.59 V
4H
+
+ HNO
2
+4e
-
= N
2
O+H
2
O

Φ
Θ
= 1.297V
2H
+
+ N
2
O +2e
-
=N
2
+H
2
O

Φ
Θ
=1.77 V
11-7解：用能斯特方程运算，计算略。计算结果说 明在温度、浓度、压力相等的
条件下，某半反应得计量系数不会改变其电极电势的数值大小。
11-8解：∵Φ
Θ
(Fe
3+
Fe
2+
)=0.77V Φ
Θ
(Cr
2
O
7
2-
Cr
3+
)=1.33V
∴ Fe
3+
+e
-
= Fe
2+
的电极电势
Φ(Fe
3+
Fe
2+
)= Φ
Θ
(Fe
3+
Fe
2+
)+0.0592lg[Fe< br>3+
][Fe
2+
]
=0.77V+0.0592lg（10-2
10
-5
）=0.95V
滴定终点(计量点)时，Φ(Fe
3+
Fe
2+
)=Φ(Cr
2
O
7
2-
Cr
3+
)，令各离子的浓度
相等且 [H
+
]=1mol•L
-1
，
Φ(Fe
3+
F e
2+
)=Φ
Θ
(Fe
3+
Fe
2+
)+ 0.0592lg[Fe
3+
][Fe
2+
]
Φ(Cr
2
O
7
2-
Cr
3+
)=Φ
Θ
(Cr2
O
7
2-
Cr
3+
)+(0.05926)lg[ Cr
2
O
7
2-
][H
+
]
14
[Cr
3+
]
2
∴指示剂的标准电极电势近似为
Φ
Θ< br>(指示剂)≈[Φ
Θ
(Fe
3+
Fe
2+
)+ΦΘ
(Cr
2
O
7
2-
Cr
3+
)]2
=（0.77+1.33）2=1.05V

Θ
11-9解：Φ(Cu
2+
Cu)=0.345V ,Φ
Θ
(Fe
2+
Fe)=-0.41V
要使反应逆转，就要使Φ (Fe
2+
Fe)>Φ(Cu
2+
Cu),此时，
由能斯特方程< br>E
=
E
Θ
-0.05922lg[Fe
2+
][C u
2+
]
得[Fe
2+
][Cu
2+
]=3.2 ×10
25
，只有当[Cu
2+
]<3.2×10
-25
[ Fe
2+
]时，反应才能逆转
所以计算表明，通过改变[Cu
2+
]或[Fe
2+
]的方式使反应逆转是不可能的。
11-10 用能斯特方程计算与二氧化锰反应得到氯气的盐酸在热力学理论上的最
低浓度。
解：反应方程式为 MnO
2
+4HCl=MnCl
2
+2H
2
O+Cl
2
↑

24

半反应为 M nO
2
+4H
+
+2e
-
=Mn
2+
+2 H
2
O（+）Φ+=1.23V
Cl
2
+2e
-
=2Cl
-
（―）Φ- =1.36V
最低浓度时Φ+=Φ- 即Φ（MnO
2
Mn
2+
）=Φ（Cl2
Cl
-
）
Φ
Θ
（MnO
2
Mn< br>2+
）+0.059224lg[H
+
]=Φ
Θ
（Cl< br>2
Cl
-
）+0.05922(-2)lg[H
+
]
lg[H
+
]=1.1 [H
+
]=10
1.1
=12.59 molL
所以盐酸在热力学理论上的最低浓度为12.59molL

11-11解：半反应 为：H
3
A
S
O
4
+2H
+
+2e
-
=H
3
A
S
O
3
+H
2
O （+）
I
2
+2e
-
=2 I
-
（―）
因为

=

Θ
（H
3
A
SO
4
H
3
A
S
O
3
）-（0.059 2n）m PH
所以pH=0 时


+
=

Θ
+
―0.05920=0.58-0=0.58 V
pH=2 时


+
=

Θ
+
-0.05922=0.58-0.1184=0.4616=0 .46V
Θ
pH=4 时


+
=

+
-0.05924=0.58-0.2368=0.3432=0.34 V
pH=6 时


+
=

Θ
+
-0.05926= 0.58-0.3552=0.2248=0.22 V
pH =8 时


+
=

Θ
+
-0.05928=0.58-0.4736=0. 1064=0.11 V
pH=9 时


+
=

Θ
+
-0.05929=0.58-0.5328=0.0472=0.05 V
ΘΘ
又因为

（I
2
I
-
）=0.535 V 所以此反应逆转的最低pH为


+
=

（I
2
I
-
）
即

Θ
+
（H
3
A
S
O
4
H3
A
S
O
3
）-0.0592pH=Φ
Θ
（I
2
I
-
）
0.58-0.0592pH=0.535 所以pH =0.76
所以pH 》0.76时 ，反应向左进行pH〈0.76时 反应向右进行

11-15解 由

Θ
（H
2
OH
2
）=

Θ
（H
+
H
2
）+（12）0 .0592lg（[H
2
O]
2
[H
2
][OH
-
]
2
） （1）
H
2
O =H
+
+OH
-

K=[H
+
][OH
-
]=1.010
-14

所以（1）式

Θ
（H
2
OH
2
）=
Θ
（H
+
H
2
）+（12）0.0592lg（[ H
+
]
2

所以

Θ
（H
2OH
2
）=O+（12）0.05922lg[1.010
-14

=-0.059214=8.288 V
答 半反 应2H
2
O+2e
-
=H
2
+2OH
-
的 标准电极电势为8.288V

11-17 解 K=[CrO
4
2-]
2
[H
+
]
2
[Cr
2
O
7
2-
]=10
14


Θ
（Ag
+
Ag）=0.7996 V
Ag
2
CrO
4
=2Ag
+
+CrO
4
2-
Ksp=[Ag]
2
[CrO
4
2-
] [Cr
2
O
7
2-
]=1 molL [CrO
4
2-
]=1
molL

=

Θ
（Ag
+
Ag）+（14）lg（[H
+
]2[Ag
+
]
4
[CrO
4
2-
]
2
[Cr
2
O
7
2-
]）
=0.7996+（14）0.0592lg（ 10
14
Ksp
2
）
=0.7996+0.0148lg（10
14
1.1210
-12
）
=0.7996+0.03=0.83 V


25

11—18 解：由△G
O
=- nFE
O
得E
O
=△G
O
-2F
△G
O
=2△
f
Gm
O
得E
O
=1.358V

11—28 (1)镀锡的铁,组成了原电池,铁做负极被腐蚀; 镀锌的铁,锌做负极被腐
蚀
(2) 电 极电势的大小主要与离子势、升华热和水化热有关，锂的电极电势比钠低
的原因主要是由于两金属的水化 热相差很大
（3）铜的汽化热比锌大，使铜的活性比锌差很多，这主要是由于两金属汽化热
相 差较大的缘故。
（4）燃烧电池的理论效率有可能超过100%，当反应为S增大反应时，理论效率< br>就将超过100%，而且在此条件下，温度越高理论效率也将越高。
（5）铁能置换铜以及Fe Cl
3
能溶解铜都是由于其对应的电对的电极电势决定的。
（6）这是由电极电势决定 的
(7）这是由电极电势决定的
（8）该反应的电动势大于0，这说明该反应有自发趋势。
（9）该反应的电动势大于0，这说明该反应有自发趋势。
（10）Cl
2
和I
2
反应有动力学障碍。

第十二章 配位平衡

12-2 解：Fe
3+
+6F
-
==[FeF
3-
6
]
K
1
=[FeF
3-
6
][Fe
3+
][F
-
]
6
=1×10
16
Fe
3+
+3SCN
-
==[Fe(SCN)
3
]
K
2
=[Fe(SCN)
3
] [Fe
3+
][SCN
-
]
3
=2.0×10
3
K
1
K
2
=[FeF
3-
6< br>][Fe
3+
][F
-
]
6
[Fe(SCN)
3
][Fe
3+
][SCN
-
]
3

=[FeF
3-
6
][Fe(SCN)
3
]×[SCN-
]
3
[F
-
]
6

[F
-
]=[SCN
-
]=1molL
故 [FeF
3-
6
][Fe(SCN)
3
]= K
1
K
2
=1×10
16
2.0×10
3
=5.0×10
12

12-3 解 AgI溶于氨水的反应式是
AgI+2NH3
==Ag(NH
3
)
+
+I
-
(1)
K=[ Ag(NH
3
)
2
+
][Cl
-
] [NH
3
]
2

反应（1）可分解为：
AgI== Ag
+
+ I
-
K
SP
=9.3×10
-17
（2）
Ag
+
+2NH
3
==Ag(NH
3
)
2
+
K
稳
=1.12×10
7
（3）
故反应1的平衡常数K= K
稳
[ Ag(NH
3
)
2
+
]* K
SP
（AgI）
=1.12×10
7
×9.3×10
-17

=10.42×10
-10

1×10
-5
mol AgI恰好完全溶解,则平衡时
[ Ag(NH
3
)
2
+
]=[ I
-
]=1×10
-5
molm1×10
-3
L=1×10
-2
molL
消耗的氨水浓度应为 2×1×10
-2
=2×10
-2
mol L
[Ag(NH
3
)][I

]
110
4< br>
[NH
3
]=
K10.4210
10

0.310
3
310
2
molL

26

12-4 解：查得 K
稳
[Zn（CN）
2-
4
]=5.0×10
16

K
稳
[An（CN）
4
]=2×10
38



Zn
0.76v,
2


Au
1.692

ZnAu

Zn(CN)
2
4
2eZn4CN

对于标态，Zn(CN)
2-
4
和CN
的浓度都为1molL,此时
[Zn(CN)
4
2
]
11
K
稳
[Zn(CN)
4
]
[Zn
2
][CN

][Zn
2
]1
4
[Zn
2
]
11
故[Zn
2
]，将[Zn
2
] 代入
K
稳
K
稳
2
[Zn
2
]2e Zn的能斯特方程：

1



(
Zn
2 
)
Zn



RT
ln[Zn
2]
2F
RT1
ln
2FK
稳
RT
lnK
稳
2F



(
Zn
2
)
Z n



(
Zn
2
)
Zn
1< br>0.76v0.0592lg(5.010
16
)
2
 1.26v
所得到的

即


[Zn(CN)
4< br>2
Zn]

1.26v
同样可以算得

< br>[Au(CN)
2

Au]3.528v
Au(CN)
2

eAu2CN

Au(CN)
2

1K
稳

[Au

][CN

]
2< br>[Au

]
1
[Au

]
K
稳
Au

eAu
RTRT1

2

< br>
Au

ln[Au

]


Au

ln
()()
FFK
稳
AuAu



(
Au

)
Au


RT
lnK
稳
F
1.6920.0592lg(210
38
)
0.60v

27

反应Zn2Au(CN)
2

Zn(CN)
4
2
2Au可分解为（1）
2A u(CN)
2

2e2Au4CN

Zn4CN

Zn(CN)
4
2
2e
(1)(2)(3)
r
(2)
(3)
G
m

(1)
r
Gm

(2)
r
G
m

(3)n
1
FE
1


n
2
FE
2

n
3
FE
3

n
1
n
2n
3
2
而E
2

0.60v
E
1

E
2

E
3

0.60v 1.26v0.66v0
故该反应在热力学上是自发的。
解：是否在水溶液中稳定存在， 就要看它能否与水发生
125
氧化还原反应，而能否氧化水，关键看其与水反应的
K 值大小。若K很大则能氧化水而不稳定存在，K小，
则与水不反应，能稳定存在。
4[Co(H
2
O)
6
3
]2H
2
O4[Co(H
2
O)
6
2
]O
2
4H

故E< br>1

E
2

E
3

E
3

1.26v

r
G
m

00.0592nE

ElgKlgK
n0.0592
n[


(Co
3
Co
2
)


(O
2
H
2
O)]
lgK
0.0592
4( 1.8081.229)
39K10
39
0.0592
故Co3+
(aq)能氧化水而放出氧气，自身变为Co
2+
(aq)。因而它不能在水 中稳定存在。

4[Co(NH
3
)
6
3
]2 H
2
O4[Co(NH
3
)
6
3
]O
2
4H

[Co(NH
3
)
6
3
]

O
2
n

[

]
[Co(N H
3
)
6
2
]H
2
O
nE
< br>lgK
0.05920.0592
Co(NH
3
)
63
eCo(NH
3
)
6
2
]

3
[Co(NH
3
)
6
3
]
[Co
3
]

[Co]



0.0592lg22
[Co(NH
3
)
6
][Co][Co
2< br>]

而K
稳
[Co(NH
3
)
6
K
稳
[Co(NH
3
)
6
3
[Co(NH
3
)
6
3
]
],
36
[Co][N
3
H]
2
[Co(NH
3
)
6
2
]< br>]
[Co
2
][N
3
H]
6
3
[Co
3
]
K
稳
[Co(NH
3
)
6
]
1.3810
5
8.710
31
233 5
[Co]K
稳
[Co(NH
3
)
6
]1.58 10

28

[Co(NH
3
)
6
3
]
31
故

1.8080.0592lg(8.71 0)0.028v
2
[Co(NH
3
)
6
]


4(0.0281.229)
81K10
81
< br>0.0592
故[Co(NH
3
)
6
3
]能在水中 稳定存在。
lgK
126解：Zn(OH)
2
2OH

[Zn(OH)
4
2
]
[Zn(OH)
4
2
]
K
[OH

]
2
当
故
0.1mol Zn(OH)
2
完全溶解时

(1)
[Zn(OH)
42
]0.1molL
[Zn(OH)
4
2
]
[O H]，而方程（1）可分解为：
K
Zn(OH)
2
Zn

2OH

K
sp
1.2
17
(2)
Zn

4OH

Zn(OH)
4
2
K
稳
4.610
17
KK
sp
K
稳
1.2 
17
4.610
17
5.52
[OH

]
n
OH

0.1
0.13molL
5.52
0.13molm
NaOH
0.13405.2g

127解： Al(OH)
3
6F

[AlF
6
3
]3 OH

[OH

]
3
[AlF
6
3]
K
[F

]
6
KK
sp
K< br>稳
1.310
20
6.910
19
Al(OH)3
完全转化为[AlF
6
3
]时，[AlF
6
3< br>]0.1molL
[OH

]
1
0.3molL，[OH

]
总
[OH

]
1
10
 4
0.3
[F

]0.38molL[NaF]0.38molL
2

128解：在原电极上发生的电极反应为：
（+）2H
+< br>2eH
2
Cu(NH
3
)
2
()Cu2NH
3
2eCu(NH
3
)
2
2
0;






Cu(NH
3
)
2
2
Cu
RT
[Cu(NH
3
)
2
2 
]

ln
2F1
1
0.120.592lg[ Cu(NH
3
)
2
2
]
2
0.03v
[Cu(NH
3
)
2
2
]10
0.3
mo lL




29

129解：设能溶解 xmolAgBr.
AgBr2S
2
O
3
2
Ag(S
2
O
3
2
)
3
Br

K K
sp
K
稳
2.810
13
5.010
13
14
xmolAgBr完全溶解后形成[Ag(S
2
O
3< br>2
)
3
]
[Br

]
x
m olL
1.5
[Ag(S
2
O
3
2
)
3 
][Br

]
K14
[S
2
O
3< br>2
]
2
22
x
molL
1.5
[Ag( S
2
O
3
2
)
3
][Br

]
[S
2
O
3
]
14
2x1x
(1)
2
()
2
x0.64mol
1.5141.5
m0 .64187120g
2CuO
2
H
2
O8NH
3
2Cu(NH
3
)
4
2
4OH



12-10 解： （1）铜粉和浓氨水可以用来测定空气中O
2
的含量：
（2）向Hg(NO
3
)
2
滴加KI，反过来，向Hg(NO
3
)
2
滴 入一滴时，都
能见很快消失的红色沉淀。
1
2
Hg
2
 I

HgI

Hg
2
3IHgI
3


（3） 用乙醇还原重铬酸钾和硫酸的混合溶液得到的含Cr
3+
的溶液的颜
色是深蓝紫色，放置蒸发水分后能结晶出KCr(SO
4
)
2.12H
2
O紫色八面体
晶体，若认为加快蒸发水分，将该溶液加热，溶液颜色变 为绿色，冷却
后不在产生紫色的铬钒晶体。
第一种方法产生的配离子是[Cr(H
2
O)
6
]
3+
蓝紫色；
第二种方法产生的配离子是Cr(SO
4
)( H
2
O)
4
绿色。
(4) Fe(CN)
6
3-
的颜色比Fe(CN)
6
4-
深。
由于同种原子电荷越高，对分裂能的影响越大。
（5）全能溶于王水，也能溶于浓硝酸和氢溴酸的混酸。
全能溶于王水是由于 Au+4Cl
-
==AuCl
-
4
+3e
-
同样 Au+4Br
-
==AuBr
-
4
+3e
-

（6）向浓氨水中鼓入空气可溶解铜粉
2Cu+O
2
+ 2H
2
O+8NH
3
==2Cu(NH
3
)
42-
+4OH
-
（7）用粗盐酸与锌反应制取氢气时，可观察到溶液的颜色由黄色转变
为无色。即: 显黄色的FeCl
4
转化为Fe
3+
.
(8)少量的AgCl可溶于浓盐酸中，单加水稀释又变浑浊
AgCl+Cl
-
==AgCl
2
-

加水稀释平衡向左移动。
（9）向废定影液中加入Na
2
S会得到黑色沉淀。
因为S
2-< br>做沉淀剂夺取Ag的能力与S
2
O
3
2-
做配位剂的能力强。

30

(10) Cu
2+
+3Cl
-
==CuCl
3
-
黄色 Cu
2+
+3Br
-
==CuBr
3
-
深褐色
（11）寻找氧化还原惰性的有机配体.

（12）Co(NH
3
)
5
Cl(SO
4
)[Co(NH
3
)
5
Cl]
2
SO
4
2
或Co(NH
3
)5
Cl(SO
4
)[Co(NH
3
)
5
SO
4
]

Cl

(13)Cu(NH
3
)
4
2
的分裂能大于Cu(NH
3
)
4

(14)开始时Pb
2
2Cl

PbCl
2

PbCl
2
2Cl

[PbCl
4
2
]< br>
(15) 因为 Fe
3+
易于OH
-
形成沉淀，而易于与F
-
、PO
3-
4
形成比
Fe(SCN)
6
更稳定的配合物， 不能存在Sn
2+
等还原性金属离子是怕
Fe
3+
被还原为Fe2+
而形成Fe
2+
的SCN
-
配合物。不能有H
2
O
2
等氧
化剂是因为SCN
-
易被氧化。
氧化 剂
SCN

CO
2
N
2
SO
4
2



第十六章 氮 磷 砷
16-2 答：‹1› 将含有少量NO
2
的NO气体通入热水中3NO
2
+H
2
O=2HNO
3
+NO
这样就可除去其中的气体。将N
2
O和少量的NO气体通入水中。就可除去其中
少量的NO。
‹2›将含有少量NH
3
的N
2
气体通入水中。就可除去NH
3
，将含有少量H
2< br>O
的NH
3
通入CaCl
2
中，就可除去其中少量的H
2
O。
16-3 答：‹1› NH
3
+H
2
O =NH
4
+
+OH
--
在H
+
传递过程中。NH
3
得H
+
，而H
2< br>O
失H
+
，所以H
2
O和质子（H
+
）之间 的键能小于NH
3
和质子（H
+
）之间的键能。
‹2› CH
3
COOH=CH
3
COO
-
+ H
+
在水溶液中：存在H
2
O= H
+
+OH
-
在液氨中： 存
在NH
3
=NH
4
+
+NH
2
-
而氨比H
2
O对H
+
的键能大，因此在液氨中C H
3
COOH的电
离也大，[H
+
]较大，酸性较强。
16-4答：NH
3
是所有气态氢化物中唯一显碱性的物质，按N—P—AS 顺序 ，其
气态氢化物的碱性依次减弱，酸性依次增强，故碱性NH
3
>PH
3>ASH
3
,而同一种
元素的氢化物,化合价越低,碱性越强,故NH
3
>N
2
H
4
>NH
2
OH ,综上可知碱性顺序< br>为NH
3
>N
2
H
4
>NH
3
OH (碱性)>PH
3
(酸性)>AsH
3
(酸性)
16-6 答：(1) 在N
3
ˉ离子中,两个N-N 键有相等的键长,而在NH
3
中两个N- N键
长却不相等,根据VSEPR理论可知,N
3
ˉ离子为直线型结构,故两个N- N键的键长相
等.
(2) 从NO+，NO到NOˉ的键长逐渐增大.根据实验测定NO+
的BO=3;NO的
BO=2.5; NOˉ的BO=2,键能越来越小,故键长逐渐增大.
(3)NO
2
+
,NO
2
,NO
2
ˉ键 角(∠ONO)依次为180°,134.3°,115.4°.根据VSEPR理论可知,
NO2+的分子构型为直线型,故其分子内∠ONO为180°, NO2的分子构型为角型,
分子内有一个孤电子存在,单电子对∠ONO的影响小于N- O键的影响,故∠ONO
的键角比SP
2
杂化的 120°大一点,故为134.3°; NO2ˉ的分子构型也为角型,但分子
内有两个孤电子,其对∠ONO的影响大于N-O键的影响,故∠ ONO的键角比SP
2
杂化的120°小一点,这与实测的115.4°的很好.

31

(4) NH
3
, PH
3
, ASH
3
分子的键角依次为107°,93.08°,91.8°,逐渐减小,根据VSEPR
中同族元素形成同类型化合物时的斥力顺序4,处于中心原子的全充满价层里的
键和电子之间的 斥力大于处在中心原子未充满价层里的键和电子之间的斥力,且
N—P—AS的顺序原子半径递增故本应 同为三角锥形分子的NH
3
, PH
3
, AsH
3
的键
角依次减小.
16-8 解： HCl与NH
3按1:1反应生成NH
4
Cl,未反应的HCl的物质的量
n(HCL)=0.0 5000×0.1050-0.01169×0.1022mol=0.00406mol,即氮肥中的N 元素的
物质的量n(N )=0.00406mol
故N﹪= n(N ) ×14／0.2471×100﹪=0.00406×14／0.2471×100﹪=22.976﹪
16-9答:P元素的原子具有空的3d 轨道,PF
3
分子为SP
3
杂化,故PF
3
可与过渡金属
以SP
3
d
2
或d
2
sp
3
等杂化类型形成配位键,故PF
3
可以作为配位; 而NF
3
中N原子上
的一对孤对电子偏向F一侧,故NF
3
几乎不能 作为配体来使用. PF
3
由于有空的3d
轨道,且电负性比N的小,使PF
3
的P原子上的一对3S 电子易与过渡金属形成配
合键,而在NH
3
中,由于N 无d轨道,又有较强的电负性 ,故NH
3
可与过渡金属形成
配合物的能力比PH
3
弱.
16-10 答：红磷长时点放置在空气中逐渐潮解是因为它与空气中的O
2
形成吸< br>水氧化物吸水而潮解，NaOH, CaCl
2
空气中逐渐潮解是因为它们直接吸收了空气
中的水份而潮解.
16-12 答：(1) HNO
3
分子为平面结构,中心N原子采取SP
2
杂化,若为NO
3
ˉ, SP
2
杂化后的键角为120°,但HNO
3
为NO
3
ˉ与一个质子相连而形成,由于H
+
的作用,致
使NO
3
ˉ的对称性被破坏,故HNO
3
不稳定.
(2) 浓HNO
3
见光会按下述分解: 4HNO
3
=4NO
2
+ O
2
+2H
2
O,致使浓HNO
3
.
(3)答： Ag与硝酸反应有以下两种情形: ①Ag+2HNO
3
(浓)=AgNO
3
+NO
2
+H
2
O;
②3Ag+4 HNO
3
(稀)==3 AgNO
3
+NO+2 H
2
O, NO
2
与水可发生如下反应,③3 NO
2
+
H
2
O=2HNO
3
+NO但反应产生的NO
2
不可能全部与水反应,在溶解一 定质量的Ag
要使所用HNO
3
最少,应使用稀硝酸.
，
16-14 答：无论在Na
2
HPO
4
或NaH
2
PO
4
溶液中均存在少量的PO
3
3-
，如NaH2
PO
4
在溶液中有如下反应：
NaH
2
PO
4
= Na
+
+ H
2
PO
4
2-
H
2
PO
4
2 -
= H
+
+ HPO
4
2-

HPO
4
2-
= H
+
+ PO
4
3-
3Ag
+
+ PO
4
3-
=Ag
3
PO
4
同理 Na
2
HPO
4
有如下反应：
Na
2
HPO
4
= Na
+
+ HPO
4
2-
HPO
4
2-
= H
+
+ PO
4
3-
3Ag
+
+ PO
4
3-
=Ag
3
PO
4
由于正盐Ag< br>3
PO
4
的溶解度比相应的碱式盐溶解度小的多，当溶液中
[Ag+
]
3
*[ PO
4
3-
]>K
sp(
Ag
3
PO
4)
时，便有Ag
3
PO
4
沉淀析出。此时降低了溶液中PO
4
3-
的浓度。使电离平衡向右移动。结果溶液中H
+
的浓度增加，酸性增强。

总反应式为：2HPO
4
2-
+3Ag
+
= Ag
3
PO
4
+H
2
PO
4
2-

3H
2
PO
4
2-
+3Ag
+
=Ag
3
PO
4
+ H
3
PO
4
16-23 答：A: NH
3
B:N
2
C:Na
3
N D:H
2
E:NCl
3
(1) 2 NH
3
+3CuO=3Cu+ N
2
+3H
2
O
(2) 2 NH
3
+6Na=2 Na
3
N+3 H
2

(3) NH
3
+3Cl
2
= NCl
3
+3HCl



32

第十七章 碳 硅 硼
17-3答：（1）金属镁着火 ----CCl
4
（2）金属钠着火 -----砂子
（3）黄磷着火-------H
2
O
（4）油着火---- 干冰
（5）木器着火----泡沫灭火
17-5解：设该混合物中含Na
2
CO
3
x mol, NaHCO
3
y mol
NaHCO
3
和Na
2
CO
3
组成一个缓冲体系
pH=pK
(H2CO3)
-lg


c(NaHCO3)

c(Na2CO3)
10.6=-lg5.61*10
4
-lgxy
106x +84y=60
解得：x=0.417 y=0.187
Na
2
CO
3
的量

=106*0.417=44.3 g
NaHCO
3
的量=84*0.187=15.7g
17-7解：（1）Ca
2+
等浓度等体积Na
2
CO
3
[Ca
2+
]=[CO
3
2-
]=0.2mol
Q=[C a
2+
][CO
3
2-
]=0.04>K
SP
(C aCO
3
)=8.7*10
-8
所以通入有CaCO
3
沉淀生成
（2）Cu
2+
中通入Na
2
CO
3
溶液 产物为Cu
2
(OH)
2
CO
3
（3）Al
3+
中通入Na
2
CO
3
溶液 产物为Al(OH)
3
Al
3+
+ CO
3
2-
= Al
2
(CO
3
)
3
Al
2
(CO
3
)
3
+H
2
O= Al(OH)
3
+ H
2
CO
3
H
2
CO
3
= H
2
O+CO
2
17-10 答：（1）将含有少量CO
2
，O
2
，H
2
O等杂质的CO的气体通人热的铜网
（除O
2
）, 然后通人石灰水（除CO
2
），最后通过浓硫酸（除H
2
O）。
（ 2）充分摇荡（除H
2
S,SO
2
）；用Al
2
O
3
纤维物作载体，Pt作催化
剂（除O
2
，CO）；通过浓硫酸（除H
2
O）；液化
17-15 答：（1）将石英砂，硫酸钠和煤粉混合后在反射炉内进行反 应，温度为
1373-1623K，一小时后，将产物冷却，即将玻璃块状物，然后用水蒸气
处 理使得溶解成粘稠液体；这就制成“泡化碱”，化学组成为Na
2

2
用途主要 是：建筑工业 及造纸 工业作粘合剂。
（2）将硅酸凝胶充分洗涤以除去可溶性盐，干燥脱水后即 成为多孔硅
固体，这样就制成了硅胶，它是很好的干燥剂 ，吸附剂及催化剂载体
对H
2
O,BCl
3,
PCl
5
等 极性物质都有较强的吸附作用。
(3)人工 分子筛是用水玻璃，片铝酸钠和氢氧化钠为原料，按一定的配
比并控制适当的温度使其充分反应而制得， 由于原料配比及制备条件的
不同，所得的分子筛的结构。孔径也不同；它的用途主要是用于吸附。
同时用于物质的分离，提纯，作催化剂载体。
17-22解：（1）将1.5克H
3
BO
3
溶于100ml水中,H
3
BO
3
溶液的浓度C=(1.561.8)mol10
-1
C=0.24moll.
[H
+
]=
Ka*C
=
6*0.000001*0.24
= 1.2*10
-5

33

pH=-lg[H
+
]=-lg1.2×10
-5
=4.92
(2)2Ca
2
B
6
O
11
5H
2
O - -------------------------------3Na
2
B
4< br>O
7
10H
2
O
410.86×2 381.24×3
75×85% X
解得：X=8.9×10
3
kg
17-23解: P=
PRT
nRTm*p
m
v = P= 所以 M=
p
PnRT
v
0.629*8314.3*290
=28
53978
设BH
3
的分子式为B
n
H
3n
则 11n +3n= 28 n=2

所以化学式为BH
3
分子式为 B
2
H
6
0.1553*8314.3*292
(2) 化学式为BH
3
气体的分子量==54
6916
设BH
3
的分子式为B
2n
H
5n
则 22n +5n= 54 n=2

所以化学式为BH
3
分子式为 B
4
H
10
(1) 化学式为BH
3
气体的分子量=

17-25 解:设CO,CO
2
和H
2
含量分别为x ml, y ml, z ml
混合气体中O
2
的反应为: 2CO+ O
2
=2 CO
2
2H
2
+ O
2
= 2H
2
O
2x 2y
x+y+z= H
2
50 (1) (混合物总体积为50)
x+y+5=37 (2)（反应后剩余气体=反应后剩余O
2
+ CO反应生
成的CO
2
先有的CO
2
）
x2+y2=(25-5) (3)（ 反应的O
2
的量）
解得：x=22ml y=10ml z=18ml
32
CO气体占的百分量为= ×100%=44%
52
10
CO
2
气体占的百分量为=×100%=20%
50
18
H
2
气体占的百分量为=×100%=36%
50


第十八章 非金属元素小结
18-4 答: （1）它们都是以共价键结合的离子型氢化物，在通常状况下的气体
成挥发性液体。
（2）它 们的熔沸点按元素在周期表中所处的族和周期呈周期性变化。在同一族
中沸点从上到下递增.
（3）大多数氢化物有还原性和酸性。
18-5解：（1）H
2
S
（
aq
）
→2H
+
+S
2-

∆
r
G=0 +(85.8)-(-27.9)=113,7KJmol
∆
r
G=-2.303RTlgKa

34

113.7*1000
19.9

2.303*8.31*298
所以二者之中 H
2
S酸性较强
18-7答：含氧酸在水溶液中的强度取决于酸分子在电离过程中酸分子羟基上的质
子脱离O原子转移 到H
2
O分子的孤对电子上的能力的大小。而这转移的难易 程
度又取决于元素R吸引 羟基O原子的电子的能力，如果R的电负性大，R周围
的非羟基O原子数目（配键 电子对偏向这种氧原子使O的电负性增加，）则R
吸引羟基O原子的电子能力强，从而使O-H键的极性 增强，有利于质子H
+
的转
移，所以酸性强。根据泡林规则：含氧酸H
nRO
m
可分为RO
m-n
(OH)
n
, 其中非羟
基氧原子数为N=m-n,含氧酸的K
1
与N有下列关系:
K
1
≈10
5N-7
即pK
a
≈7-5N 而pK
a
越小,酸性越强
pK
a
<=0为强酸 pK
a
= 0-7为弱酸 pK
a
=7-14为很弱酸
所以 HClO . HClO
2.
H
3
AsO
3
.H
3
PO
3
. HNO
2
. H
6
TeO
6
为弱酸
HIO
3
. HBrO
3
. HMnO
4
. HSeO
4
为强酸.
18-8 答(1)I . Br Cl. F属同族非金属元素,其电负性随I . . F依次增大，与H
结合:其氢化物的稳定性按I . . F依次增大,所以其酸给出H
+的能力依次减小,
酸性强度为HI>HBr>HCl>HF.
(2)根据泡林规则:HClO
4
H
2
SO
4
H
3
PO
4
H
4
SiO
4
的分别为-8. –3 2 7 P
Ka
越
小 ,酸性越强 ,所以酸性HClO
4
> H
2
SO
4
> H
3
PO
4
> H
4
SiO
4

(3) 根据泡林规则:HNO
3
的

pK
a
为-3 , HNO
2
的

pK
a
为2 ,所以酸性HNO
3
>
HNO
2
(4)(5)与(2)(3)同理
18-11 答: 一般磷酸盐较稳定，硝酸盐和卤酸盐不太稳定，硫酸盐居中，所以（1）
中是最稳定的。
lgKa=


第十九章 金属通论
19-2 解： CO+NiO=Ni+2CO
2

Δ
R
G
θ
=Δ
R
G
θ
(CO)
-Δ
R
G
θ
(NIO)
=-398+314=-84KJMOL
对照艾林汉图：在此温度（973K下）反应可自发进行，
用CO还原NiO制取Ni.
19-4 解：MnO+C=Mn+CO 据生成热的定义知：
在773K时；Δ
R
G
θ
=Δ
f
G
θ
(c o)
-Δ
f
G
θ
(MnO)

=12[-350+670]=160 KJMOL>0
所以反应自发逆向进行。
在1773K时；Δ
R
G
θ
=Δ
f
G
θ
(co)
-Δ
f
G
θ
(MnO)

=12[-540+510]=-15 KJMOL<0
所以反应自发正向进行。



第二十一章 p区金属
21-8 答：（1）铝虽是较活波的金属，它在空气中 放置时迅速被氧化，在表面积
上形成一层极薄的致密的AI
2
O
3
膜 ，保护内层铝不在进一步发生反应，即
使Al产生钝化现象，铝质轻，延展性，导电性，传热性好。所以 它广泛

35

的用于航空和建筑业。同时Al与硬水接触，因硬水中 含有SO
3
2-
,HCO
3
-
和CO
3
2 -
，Al表面形成一层难溶的保护膜，可阻止水继续与反应，所以
Al还作水管和某些化工设备 。
（2）Al与HNO
3
会发生钝化现象，在Al表面形成保护膜， 使Al与HNO
3
不能进一步发生反应，所以Al虽比Cu活泼，但Cu可与HNO
3
反应，而
Al不能。



第二十三章 d区金属（一）第四周期d区金属
23-1、（1）答：第四周期元素电子结构的特点是具有未充满的 3d轨道，最外层电子为1-2
个，其特征电子构型为（n-1）d
1-10
ns1-2
，它们的电力能和电负性都很小，容易失去电子呈金
属性，而且标准电极电势值几乎 都是负值，表明具有较强的还原性，能从非氧化性的酸中置
换出氢。
（2）答：第一过渡 系元素从左到右，金属的还原能力逐渐减弱，它们的原子半径随着原
子序数的增加而减小，开始减小是很 明显的，到VIB族以后就变得平缓，到IB时原子半径
又开始上升。第一过渡系金属从左到右，熔点从 钪的
1541℃升到钒的1890℃达到高峰，然后下降到锰的1244℃，随后又上升再下降，这种 变化
的趋势是因为随原子序数的增加，用于形成金属键的未成对的 d电子成对而减少，熔点下
降，边界元素Mn和Zn的3d能级为半充满和全充满的稳定构型而使熔点较低。
随着原子序数的增加 ，氧化态先是逐渐升高，达到其族数对应的最高氧化态，这种变
化的趋势与成键d电子数有关。由于d< br>1
-d
5
电子构型的过渡元素的电子都是未成对的，都能
参与成键，当 失去所有s和d电子时就出现最高氧化态。但在超过3d
5
构型的元素后 ，一
方面由于电子的配对，再失去电子 就要消耗能量去克服电子成对能，另一方面随着原子序
数的增加，原子半径逐渐减小，失去电子更加困难，以致失去所有的价电子在能量上是禁阻
的，所以到Ⅷ 族元素中 大多数元素都不呈现与族对应的最高氧化态。
第一过渡系金属元素+∏价氧化态的标准电极 电势从左到右由负值增加到正值，金属的
还原性依次减弱，它们的最高价氧化态含氧酸的标准电极电势从 左到右随原子序数的增大而
增大，即氧化性逐渐增强，中间氧化态化合物在一定条件下不稳定，可发生氧 化还原反应。
第一过渡系金属元素的最高氧化态氧化物及其水合氧化物的酸碱性变化是：从左到右最高氧化态氧化物及其水合氧化物的碱性逐渐减弱酸性增强，同一周期从左到右，中心原子
的氧化态 增加，半径依次减小，离子势依次增大，中心原子对氧的结合能力增强，所以酸式
离解逐渐增强，酸性增 强，碱式离解减弱。同一元素不同氧化 态氧化物及其水合氧化物的

36

酸碱性一般都是低氧化态氧化物及其水合物呈碱性。
（3）由于过渡金属离子具有未成对d电子，容易吸收可见光而发生d-d跃迁，因而 它们常
常具有颜色。没有未成对d电子的水合离子是无色的，如d0电子组态的Sc3+、Cu+。具有
d5电 子组态离子常显浅色或无色，如Mn2+为浅红色。
第四周期d区金属含氧酸根离子VO
3< br>-
、CrO
4
2-
、MnO
4
-
，它们的颜 色分别为 黄色、橙色、紫
色对于这些具有d0电子组态的化合物来说，应该是无色的，但它们却呈现出 较深的颜色。
这是因为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电荷跃迁。
在这些含氧酸根中，配体O2-上的电子向金属离子跃迁，这种跃迁对光有很强的吸收，吸收
谱 带的摩尔吸收率很大，数量级通常在104左右。金属离子越容易获得电子，而和它结合的
∆
配体越容易失去电子，那么它的电核迁移谱带越向低波数方向移动。

23-2、答：Sc
2
O
3
与Al
2
O
3
相似，均为弱碱性氧化物，都有AlO(OH)，ScO(OH)结构，水合
氧化物都是两性 的，Sc
2
O
3
溶于过量浓NaOH得到Na[Sc(OH)
6],溶于酸得到Sc
3+
盐，这是因
为Al
3+
与Sc
3+
的离子半径相似，所以它们的离子势亦相近，对O都有很强的极化能力，从
而与Al
2
O
3
表现出相似的性质。
23-3、答：首先用磁选法富集得到钛精矿 ，再用硫酸处理钛铁矿，将得到的固体加水，并加
铁屑避免Fe
2+
离子被氧化，使其 在低温下结晶出FeSO
4
∙7H
2
O ，过滤后稀释加热使TiOSO4
水解得到H
2
TiO
3
加热得TiO
2

FeTiO
3
+ 2H
2
SO
4
= TiOSO
4
+ FeSO
4
+ 2H
2
O
∆

TiOSO
4
+ 2H
2
TiO
3
↓

+ H
2
SO
4

∆
2
O ===== H

H
2
TiO
3
===== TiO
2
+ H
2
O
TiO2直接氧化的反应：

1
TiO
2
(s) + 2Cl
2
(g) = TiCl
4
(g) + O
2
(g)
rG
m
126.7kJmol


rG
m
数值表明，该反应不可能在标准态下进行。

1
TiO
2
+ 2C +2Cl
2
(g) = TiCl
4
(g) + 2CO(g)
rG
m
149.8kJmol

可以看出加入碳以后Ti O
2
用氯化法从TiO
2
制TiCl
4
可以顺利进行。 < br>23-4、（1）Ti
4+
离子电荷高，半径小，极化能力强，TiCl
4在潮湿的空气中迅速的 水解，生
成的 HCl气体在空气中遇到水蒸汽而发烟 TiCl
4
+ 3H
2
O = H
2
TiO
3
+ 4HCl↑
（2） 2H
2
TiO
3
+ 8HCl + Zn = 2TiCl
3
+ ZnCl
2
+ 6H
2
O
（3） Ti
3+
+ 3OH
-
= Ti(OH)
3
↓

37

（4） 3Ti(OH)
3
+ 7HNO
3
= 3TiO(NO
3
)
2
+ 8H
2
O + NO↑
TiO
2+
+ 2OH
-
+ H
2
O = Ti(OH)
4
↓
23-5、(1) Ti + 6HF = TiF
6
2-
+ 2H
+
+ 2H
2

(2) TiCl
6
2-
+ 2NH
4
+
= (NH
4
)
2
[TiCl
6
]
(3) TiO
2
+ BaCO
3
= BaTiO
3
+ CO
2

(4) V
2
O
5
+ 2NaCl + 12O
2
= 2NaCO
3
+ Cl
2

NaCO
3
+ H
2
O
2CO
3
2-
+ 2H
+
= V
2
O
5
∙H
2
O
(5) V
2
O
5
+ 6HCl = 2VOCl
2
+ Cl
2
↑ + 3H
2
O
V
2
O
5
+ 2NaOH = 2NaVO
3
+ H
2
O
V
2
O
5
+ 2NH
3
∙H
2
O = 2(NH
4
)VO
3
+ H
2
O
(6) 2NH
4
VO
3
= 2NH
3
↑+ V
2
O
5
+ H
2
O
23-6、答：H< br>2
O
2
与Ti(IV)钒(V)在酸性介质中生成的是[TiO(H
2
O
2
)]
2-
(黄色)和[VO(H
2
O
2
)]
3+
(橙
色)，因此两者共存时，要从中检出钒，必须使钛生成另一种 无色的络合物来掩盖掉，溶液
中加入氢化物或磷酸盐就能达到这个目的，因为生成了无色的TiF
6
3-
络合离子或磷酸根络离
子
TiO
2+
+ H
2
O
2
= [Ti(H
2
O
2
)]
2+

2H
+
+ VO
2
+
+ H
2
O
2
= [VO(H
2
O
2
)]
3+
+ H
2
O
23-7、2VO
2
+
+ SO
2
= 2VO
2+
+ SO
4
2-

2VO
2
+
+ 3Zn + 8H
+
= 2V
2+
+ 3Zn
2+
+ 4H
2
O
VO
2+
+ V
2+
+ 2H
+
= 2V
3+
+ H
2
O
23-8、在强碱性溶液中为：VO
4
3-
在强酸性溶液中为：VO
2
+

在强碱性溶液中：[VO
4
]
3-
+ H
+


[HVO
4
]
2-

2[HVO
4
]
2-

[V
2
O
7
]
4-
+ H
2
O
[HVO
4
]
2-
+ H
+


[H
2
VO
4
]
-

3[H< br>2
VO
4
]
-

[V
3
O
9
]
3-
+ 3H
2
O
4[H
2
VO
4
]
-

[V
4
O12]
4-
+ 4H
2
O
在强酸性溶液中: 10[V
3
O
9
]
3-
+ 15H
+

3[HV
10
O
28
]
5-
+ 6H
2
O
[H
2
VO
4
]
-
+ H
+

H
3
VO
4

[HV
10
O
28
]
5-
+ H
+


[H
2
V
10
O
28< br>]
4-


38