大连理工大学无机化学第六版第五章课后思考题答案
大连理工大学无机化学教研室《无机化学》(第6版)笔记和课后习题(含考研真题)详解(1-4章)【圣才出
RT1
8.314 320.15
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（2）已知 p1＝1.02atm×101.325kPa/（1atm）＝103.4kPa，V1＝3.5×103L，V2＝5.10×103L，
T1＝T2＝273.15K。
由于 n，T 恒定，p1V1＝p2V2，因此
表 1-1-2 稀溶液的依数性
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1.2 课后习题详解
1．有多个用氦气填充的气象探测气球，在使用过程中，气球中氦的物质的量保持不变， 它们的初始状态和最终状态的实验数据如下表所示。试通过计算确定表中空位所对应的物理 量，以及由（2）的始态求得 M（He）和（3）的始态条件下ρ（He）。
某组分气体 B 的分压 pB 是 B 组分在相同温度下，与混合气体体积相同时所具有的压力，
分压 pB 与混合气体总压 p 间的关系为
pB
nB n
p
xB p
式中，xB 为组分 B 的物质的量分数，即摩尔分数。
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四、分体积定律
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分体积定律：混合气体体积等于各组分气体的分体积之和。
V V1 V2 VB
B
某组分气体 B 的分体积 VB 是 B 组分单独存在且与混合气体有相同压力和温度时所占体
积，分体积 VB 与混合气体总体积 V 间的关系为
pB p
nB n
VB V
xB
B
式中，xB 为组分 B 的摩尔分数；φB 为组分 B 的体积分数。
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大连理工大学《无机化学》教材习题全部答案及详解第六章
＝ １畅 ０
× １０４
J ＞ K譟 无 M n（O H）２ 沉淀生成 。
请仿照（１）的方法来求解 。
5（6 11）畅 （１） 在 ０畅 １０ mol· L － １ FeCl２ 溶液中 ，不断通入 H２ S（ g） ， 若不生
成 FeS 沉淀 ，溶液的 p H 最高不应超过多少 ？
（２） 在 p H 为 １畅 ００ 的 某 溶 液 中 含 有 FeCl２ 与 CuCl２ ， 两 者 的 浓 度 均 为
118
第六章 沉淀 溶解平衡
（４）
M g（O H）２ （s）
平衡时 cB ／ c譟
M g２ ＋ （aq） ＋ ２ O H － （aq） ０畅 ０１０ ＋ ｛ s３ ｝ ２｛ s３ ｝
（０畅 ０１０ ＋ ｛ s３ ｝）（２｛ s３ ｝）２ ＝ ５畅 １ × １０ － １２ ， s３ ＝ １畅 １ × １０ － ５ m ol· L － １ 3（6 8）畅 将 ５０畅 ０ m L 的 ０畅 １００ mol· L － １ 的 Ba（ O H ）２ 溶液 与 ８６畅 ４ m L 的 ０畅 ０４９ ４ m ol· L － １ H２ SO４ 溶液混合 。 计算生成 BaSO４ 的质量和混合溶液的 p H 。 解 ： Ba（ O H ）２ 溶 液 与 H２ SO４ 溶 液 混 合 后 ，同 时 发 生 了 酸 碱 中 和 反 应 和 BaSO４ 沉淀反应 。
按多重平衡来判断有无 M n（O H）２ 沉淀生成 ：
M n２ ＋ （aq） ＋ ２ N H３ · H２ O（aq）
M n（ O
H ）２
（ s）
＋
２N
H＋ ４
（aq）
K譟
＝
［ c（ M n２ ＋
［
大学无机化学第5章_酸碱平衡(大连理工版)
2 H 3O + (aq) + CO3－ (aq)
6.5 ×10－5 + y
−11
−5
y
K a2 (H 2 CO 3 ) = 4.7 × 10
{c(H 3 O )}{c(CO = － {c(HCO 3 )}
−5
+ 2－ 3
)}
(6.5 × 10 + y ) y = −5 6.5 × 10 − y
−11
OH- (aq) +HB (aq) 0 0 cα
-
cα Kb = 1−α
2
K b （B ） 当 < 10−4 时， c
2
K b （B ） {cα =
-
α <Hale Waihona Puke 10−21−α ≈ 1
}
α=
K b （B ） {c}
-
c(OH + ) = cb a ≈ K θ ca b
5.3.2 多元弱酸的解离平衡
KW =c{(H3O+)}{c(OH－)}
c(OH－) =7.7×10－12 mol·L-1
pH = −lg{c(H 3O )} = 2.89
+
解离度(a)
c0 − ceq 已解离的浓度 α= × 100% = × 100% 初始浓度 c0 1.3 × 10 −3 醋酸的解离度α= × 100% = 1.3% 0.10
ceq /(mol⋅ L )
−1
6.5 ×10 + y + z
−5
z
{c(H3O+ )}{c(OH− )} = (6.5×10−5 + y + z) z = 1.0×10−14
《无机化学》第6版-张天蓝主编-课后习题答案
《无机化学》第6版张天蓝主编课后习题答案第一章原子结构1、υ=∆E/h=(2.034⨯10-18 J) / (6.626⨯10-34 J⋅s)=3.070⨯1015 /s; λ=hc/∆E= (6.626⨯10-34 J⋅s ⨯2.998⨯108 m/s ) / (2.034⨯10-18 J)= 9.766⨯10-8 m2、∆υ≥ h/2πm∆x = (6.626⨯10-34 kg⋅m2/s) / (2⨯3.14⨯9.11⨯10-31 kg⨯1⨯10-10m)=1.16⨯106 m/s。
其中1 J=1(kg⋅m2)/s2, h=6.626⨯10-34 (kg⋅m2)/s3、(1) λ=h/p=h/mυ=(6.626⨯10-34 kg⋅m2/s) / (0.010 kg⨯1.0⨯103 m/s)=6.626⨯10-35 m，此波长太小，可忽略；（2）∆υ≈h/4πm∆υ =(6.626⨯10-34 kg⋅m2/s) / (4⨯3.14⨯0.010 kg⨯1.0⨯10-3 m/s)= 5.27⨯10-30 m，如此小的位置不确定完全可以忽略，即能准确测定。
4、He+只有1个电子，与H原子一样，轨道的能量只由主量子数决定，因此3s与3p轨道能量相等。
而在多电子原子中，由于存在电子的屏蔽效应，轨道的能量由n和l决定，故Ar+中的3s与3p轨道能量不相等。
5、代表n=3、l=2、m=0，即3d z2轨道。
6、（1）不合理，因为l只能小于n；（2）不合理，因为l=0时m只能等于0；（3）不合理，因为l只能取小于n的值；（4）合理7、（1）≥3；（2）4≥l≥1；（3）m=08、14Si：1s22s22p63s23p2，或[Ne] 3s23p2；23V：1s22s22p63s23p63d34s2，或[Ar]3d34s2；40Zr：1s22s22p63s23p63d104s24p64d25s2，或[Kr]4d25s2；Mo：1s22s22p63s23p63d104s24p64d55s1，或[Kr]4d55s1；79Au：421s22s22p63s23p63d104s24p64d104f145s25p65d106s1，或[Xe]4f145d106s1；9、3s2：第三周期、IIA族、s区，最高氧化值为II；4s24p1：第四周期、IIIA 族、p区，最高氧化值为III；3d54s2：第四周期、VIIB族、d区，最高氧化值为VII；4d105s2：第五周期、IIB族、ds区，最高氧化值为II；10、（1）33元素核外电子组态：1s22s22p63s23p63d104s24p3或[Ar]3d10s24p3，失去3个电子生成离子的核外电子组态为：1s22s22p63s23p63d104s2或[Ar]3d104s2，属第四周期，V A族；（2）47元素核外电子组态：1s22s22p63s23p63d104s24p64d05s1或[Kr]4d105s1，失去1个电子生成离子的核外电子组态为：1s22s22p63s23p63d104s24p64d10或[Kr]4d10，属第五周期，I B族；（3）53元素核外电子组态：1s22s22p63s23p63d104s24p64d105s25p5或[Kr]4d105s25p5，得到1个电子生成离子的核外电子组态为：1s22s22p63s23p63d104s24p64d105s25p6或[Kr]4d105s25p6，属第五周期，VII A族。
无机化学习题解答第五章
第五章氧化-还原反应无机化学习题解答（5）思考题1．什么是氧化数如何计算分子或离子中元素的氧化数氧化数是某一原子真实或模拟的带电数。
若某一原子并非真实得到若失去电子而带电荷，可以认为得到与之键合的电负性小于它的原子的电子或给予与之键合的电负性大于它的原子电子，然后计算出来的带电情况叫氧化数。
已知其他原子的氧化数，求某一原子的氧化数时可用代数和的方法，中性分子总带电数为零；离子总带电数为离子的电荷。
2．指出下列分子、化学式或离子中划线元素的氧化数：As2O3 KO2 NH4+ Cr2O72- Na2S2O3 Na2O2 CrO5 Na2PtCl6 N2H2 Na2S52．As2O3 +3，KO2 +1，NH4+ -3，Cr2O72-+3，Na2S2O3 +2，Na2O2 -1，CrO5 +10，Na2PtCl6 +4，N2H2 -1，Na2S5 -2/5，3．举例说明下列概念的区别和联系：⑴氧化和氧化产物⑵还原和还原产物⑶电极反应和原电池反应⑷电极电势和电动势3．⑴氧化是失去电子氧化数升高，所得氧化态较高产物即为氧化产物。
⑵还原是得到电子氧化数降低，所得氧化态较较产物即为还原产物。
⑶在某个电极上发生的反应为电极反应，分为正极的还原反应和负极的氧化反应，总反应为原电池反应。
⑷固体电极材料与所接触的溶液间的电势差即为该原电池的电极电势。
两电极构成原电池时两电极间的电势差为该原电池的电动势。
4．指出下列反应中何者为氧化剂，它的还原产物是什么何者为还原剂，它的氧化产物是什么⑴2FeCl3+Cu→FeCl2+CuCl2⑵Cu+CuCl2+4HCl→2H2[CuCl3]⑶Cu2O+H2SO4→Cu+CuSO4+H2O4．⑴氧化剂：FeCl3，还原产物：FeCl2，还原剂：Cu，氧化产物：CuCl2。
⑵氧化剂：CuCl2，还原产物：2H2[CuCl3]，还原剂：Cu，氧化产物：2H2[CuCl3]。
⑶氧化剂：Cu2O，还原产物：Cu，还原剂：Cu2O，氧化产物：CuSO4。
高等无机化学课后习题答案第5章
第五章1．解释过渡金属的有机金属化合物的结构与金属d电子组态的关系：d6组态的有机金属化合物常采取六配位八面体结构；d8组态的采取五配位四方锥或三角双锥结构；d10组态的采取四配位四面体结构，并举出一些实例。
（提示：根据18电子规则）(P191)答:过渡金属有机金属化合物满足有效原子序数规则，即金属的全部电子数与所有配体提供的σ 电子的总和恰好等于金属所在周期中稀有气体的原子序数。
如果只考虑价层电子，那么金属价电子数加上配体σ 电子数的总和等于18 的分子是稳定的，即18 电子规则。
这一规则反映了过渡金属原子用它的5 个nd 轨道，一个(n+1)s 轨道和3个(n+1)p 轨道总共9个价轨道最大程度地成键，在每个价轨道中可容纳一对自旋相反的电子，共计18个电子形成稳定结构。
对于d6组态,其配位数为（18－6）/2 = 6 ,所以多采取六配位八面体结构,如[V(CO)6]－和Cr(CO)6等;对于d8组态,其配位数为（18－8）/2 = 5 ,所以采取五配位四方锥或三角双锥结构,如Fe(CO)5等；对于d10组态,其配位数为（18－10）/2= 4 ,所以采取四配位四面体结构,如Ni(CO)4等。
2．解释以下羰基伸缩振动频率的变化：[V(CO)6]－Cr(CO)5[Mn(CO)6]＋cm-l1860 2000 2090答:配位化合物离子所带的电荷对νCO有影响，如上边的等电子系列中，负电荷增加，反馈作用增强，C≡O键削弱，使νCO 下降；反之正电荷阻止电173子从金属移向CO 的空轨道，反馈作用减弱，造成νCO 增加。
4．根据下列红外光谱图判断羰基的类型。
答：CO的不同配位方式可以通过红外光谱鉴定，已知中性分子中M－CO端基的CO伸缩振动频率在1900～2150cm－1范围内，而与正常双键性质相应的“酮式”CO，即μ2－桥基CO 的伸缩振动频率降低到1750～1850cm －1范围内，叁桥的μ3－CO 具有更低的伸缩振动频率。
2024年度无机化学第六版电子教案大连理工大学
研究化学反应的方向、限度以及能量变化，包括热力学第一定律 、热力学第二定律等基本原理。
热化学方程式
表示化学反应中能量变化的化学方程式，包括反应热、焓变等参 数。
2024/2/3
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化学反应速率理论简介
反应速率
表示化学反应快慢的物理量，与反应物浓度、温 度等因素有关。
速率方程
描述反应速率与反应物浓度之间关系的数学表达 式。
应用
通过控制溶液的pH值和沉淀物的溶 解度，可以实现沉淀溶解平衡的移动 ，从而分离和提纯化学物质。
22
05
无机化合物分类及性质
2024/2/3
23
金属元素单质和重要化合物性质
2024/2/3
01
碱金属和碱土金属
介绍锂、钠、钾、铷、铯、钫等碱金属以及铍、镁、钙、锶、钡等碱土
金属的单质性质，包括物理性质和化学性质，以及它们的重要化合物如
4
教学目标与要求
知识与技能
掌握无机化学的基本概念和原理，了 解物质结构的基础知识和元素化学的 基本规律，培养学生的实验技能和动 手能力
过程与方法
通过理论讲解、实验演示、课堂讨论 等方式，引导学生自主学习、合作学 习和探究学习，提高学生的思维能力 和创新能力
情感态度与价值观
培养学生对无机化学的兴趣和爱好， 激发学生的科学探索精神和实践能力 ，树立学生的科学世界观和价值观
化学平衡的移动
结合实例，分析浓度、温度、压力等因素对化学平衡的影响。
溶解度与溶度积
通过实例计算，帮助学生掌握溶解度与溶度积的换算及应用。
2024/2/3
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拓展阅读材料推荐
《无机化学》（第六版）教材配套习题集
巩固和加深对知识点的理解。
大连理工大学无机化学教研室《无机化学》(第6版)笔记和课后习题(含考研真题)详解(13-18章)【圣
2．p 区元素特征 （1）各族元素性质自上而下呈规律性变化 同族自上而下：原子半径↑，金属性↑，非金属性↓。 （2）多种氧化值 ns2np1～6 的价电子构型使大部分 p 区元素具有多种氧化值。 （3）电负性大 电负性：p 区元素＞s 区元素。 （4）第二周期元素具有反常性 第二周期元素单键键能（N、O、F）＜第三周期元素单键键能（P、S、Cl）。 （5）第四周期元素表现出异样性 d 区元素的插入，使第四周期元素的原子半径显著减小，性质展现出特殊性。
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第 13 章 p 区元素（一）
13.1 复习笔记
一、p 区元素概述 1．p 区元素 p 区元素：除 H 以外的所有非金属元素和部分金属元素。 惰性电子对效应：同族元素，自上而下，氧化值低的化合物的稳定性高于氧化值高的化 合物的现象。
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③加合反应：B2H6＋2NH3→[BH2·（NH3）2]＋＋[BH4]－ 【注意】①乙硼烷自燃和水解放热较大，可用于制作火箭燃料。②乙硼烷是剧毒物质， 空气中其最高允许含量为 0.1µg/g。 （2）硼的含氧化合物 ①三氧化二硼 B2O3 a．物理性质 颜色：白色固体；密度：2.55g·cm－3；熔点：450C。 b．化学性质 被碱金属还原：B2O3＋3Mg→2B＋3MgO 与水反应：
B 2 O 3 HH 22OO 2 H B O 2 HH 22OO 2 H 3 B O 3
②硼酸 H3BO3 化学性质：硼酸为一元弱酸（固体酸）；与多羟基化合物发生加合反应；受热易分解。 ③硼砂 硼砂：硼酸盐的一种，水解呈碱性；溶液中，n（H3BO3）＝n（B（OH）4－），具有缓冲 作用。 （3）硼的卤化物 ①三卤化硼 BX3 BX3 在湿空气中发生水解反应 BX3＋3H2O→B（OH）3＋3HX ②氟硼酸 H[BF4] H[BF4]的酸性比 HF 强，可利用 BF3 的水解制备，反应方程为
大连理工大学《无机化学》教材习题全部答案及详解第六章
其平衡常数为K譟sp①，M yers借用了R畅M畅Smith［４］的相关数据。
如果再写出下列两个离子平衡方程式：H＋＋O H－H２O K譟＝１／K譟w（２）H＋＋H S－H２S K譟＝１／K譟a１（H２S）（３）将反应式（１），（２），（３）相加得到ZnS（s）在酸中的溶解反应式：ZnS（s）＋２H＋Zn２＋＋H２S K譟spa（ZnS）如果取p K譟a１（H２S）＝７．０２［４］，则K譟spa（ZnS）＝K譟spK譟w K譟a１（H２S）≈１０２１K譟sp（６５）式（６５）表明M S（s）型硫化物的K譟spa是K譟sp的１０２１倍。
从上述推导过程可以看出，K譟spa的确定和使用确实避开了K譟a２（H２S）。
M yers还指出，K譟spa（M S）＞１０－２时，M S（s）在酸中是可溶的，K譟spa在金属硫化物的分离中也是适用的。
主要参考文献 ［１］Myers R J．The New Low Value for the Second Dissociation Constant for H２S．J Chem Educ，１９８６，６３：６８７． ［２］Yagil G．The Effect of Ionic Hydration on Equilibria and Rate in Concentrated Elec唱trolyte solutions．Ⅲ．The H－Scale in Concentrated Hydroxide Solution．J Phys Chem，１９６７，７１：１０３４． ［３］Meyer B．Second Dissociation Constant of Hydrogen Sulfide．Inorg Chem，１９８３，２２：２３４５． ［４］Smith R M．Critical Stability Constants Vol４．Inorg Complexes．New York：Plenum，１９７６．三、习题解析 1（63）畅放射化学技术在确定溶度积常数中是很有用的。
大连理工无机化学习题第5章
第五章 习题1.在－78℃的NiBr 2的CS 2溶液里加入PEtPh 2时生成一种分子式为(PEtPh)2NiBr 2的红色配合物，在室温下静置后，该配合物转变成一种具有相同分子式的绿色配合物。
红色配合物是反磁性的，而绿色配合物却具有3.2B.M.的磁矩.(1)这两个配合物哪个是平面正方形的？哪个是四面体形的？说明你选定的理由.（2）根据选定的结构，合理地说明这两个配合物的颜色. 2.解释下列物质产生颜色的原因：（1）Pb 3O 4;(2)Ag2S （3）KMnO4；（4）＋362O)H (Ti ； （5）Cr(CO)6（6）Cu[CuCl 3].3.比较下列两组配离子荷移谱带频率的高低： （1）[Pt(Ⅱ)L 4]和[Au （Ⅲ）L 4]； （2）[PtCl 4]2－和[PtBr 4]2－.4.填写下表空格处：5.解释下列化合物颜色不同原因：（1）[Fe(H 2O)6]3＋，极淡紫色，[Fe(CN)6]3－，黄色；（2）[Co(H 2O)6]2+,浅粉红色，[CoCl 4]2－，深蓝色； （3）[Cr(NH 3)6]3+,黄色，[Cr(H 2O)6]3+,蓝紫色；（4）-24CrO ，黄色，-4MnO ，紫红色； （5）-4FeCl ，黄色，-4FeBr ，红色.6. -24CoCl 和-24CoI 两种化合物，哪一种具有较大的磁矩？为什么？7.根据下列化合物的有效磁矩，描述它们的电子结构和几何构型： （1）K 2[NiF 6]，0.0..B.M. ；（2）[Mn(NCS)6]4-,6.06B.M. ；(3)[PtCl 4]2-,0.0B.M. ； （4）-24CoCl ，4.3～4.7B.M.(Et – 乙基，Ph – 苯基)8.反磁性配离子+33en)(Co 及-362)Co(NO 的溶液显橙黄色，顺磁性配合物Co(H 2O)3F 3及-36CoF 的溶液呈蓝色，定性地解释上述颜色的差别. 9.当[Co(NH 3)5X]2+配离子中，卤离子从F -→I -变更时，配体场d －d 跃迁谱带仅有微弱的位移，而荷移光谱却移得很多，为什么？ 10.解释：高自旋的CoF 63-在可见吸收光谱中有一个吸收带。
大学普通化学(第六版大连理工)Word版
大学普通化学第一章普通化学习题答案一、是非题（用“＋”、“—”表示正确和错误）第2、3、5、6、10、11、12题“＋”其它题“—”二、选择题1－5 B、C、D、D、A 6－9 D、BCD、AC、CD 三、填空题1 ②⑤①③⑥④2 ①＞④＞② = ③＞⑤3 ①31 ②4 ⅢA ③4S24P14 略5 分子或晶体中相邻原子之间的强烈相互吸引作用离子间、共价键和金属键 6 方向饱和7 sp3109。
28’8 四氯·二氨和铂（Ⅳ）配合分子 Pt4+ NH3、Cl- 6 9 C原子均以sp杂化轨道分别与两个O原子和两个S 原子成键 10 sp3不等性杂化 4个三角锥形sp2杂化 3个平面三角形dsp2杂化 4个 90。
sp3杂化 4个 109。
28’11 sp3杂化 4个 109。
28’正四面体形 d2sp3 6个 90。
正八面体形1213其中有2个三电子π键14 µ≠0 µ＝0 15 色散力诱导力取向力 16 H2O＞H2S＞H2Se＞H2Te 17 Al, Al3+ 金属键金属晶体高好 N2 分子间力分子晶体低差 H2O 分子间力氢键原子晶体高差 Si, C 共价键原子晶体高差 Mg2+, O2- 离子键离子晶体高好18 禁带宽度（Eg）不同（半导体Eg＜2ev,绝缘体Eg＞6ev）,导体有导带，绝缘体则无。
19 （不要求）错位粒子缺陷间隙离子缺陷杂质粒子缺陷空位缺陷四、简答题 1①该写法违背了洪特规则。
根据洪特规则，n相同的电子应尽先占据m不同的轨道，且自旋平行。
②该写法违背了泡力不相容原理。
3s只有一个轨道，只可容纳两个自旋相反的电子。
③该写法违背了能量最低原理。
n相同l不同的轨道，能量高低为 ns＜np。
3 是指从La到Lu的15个元素随着原子序数的递增原子半径依次缩小不明显的累积现象。
4 ①为非极性分子，在其同种分子之间只有色散力。
②均为非极性分子，它们之间只存在色散力。
《无机化学》第6版张天蓝主编课后习题答案.docx
无机化学》第6版张天蓝主编课后习题答案第一章原子结构11、i)=AE/h=(2.034xl018 J)/ (6.626x10-34 J-s)=3.070xl015 /s; X=hc/AE= (6.626x10* j.s x2.998xl08 m/s )/ (2.034xl018 J)=9.766x10 * m2> An > h/27unAx = (6.626x10* kg-m2/s) / (2x3.14x9.1 lxlO-31 kgxlxlO10 m)=1.16xl06 m/So 其中1 J=l(kg-m2)/s2, h=6.626x1034 (kg-m2)/s3> (1)九=h/p=h/mu=(6.626x10® kg-m2/s) / (0.010 kgxl.OxlO3 m/s)= 6.626x10® m, 此波长太小，可忽略；(2) Ai)~h/4兀mAu=(6.626x10® kg-m2/s) / (4x3.14x0.010 kgx 1.0x1 O'3 m/s)= 5.27x10-30 m,如此小的位置不确定完全可以忽略, 即能准确测定。
4、He*只有1个电子，与H原子一样, 轨道的能量只由主量子数决定，因此3s 与3p轨道能量相等。
而在多电子原子中, 由于存在电子的屏蔽效应，轨道的能量由n和1决定，故AF中的3s与3p轨道能量不相等。
5、代表n=3、1=2、m=0,即3&2 轨道。
6、(1)不合理，因为/只能小于m (2)不合理，因为片0时m只能等于0； (3)不合理，因为/只能取小于n的值；(4) 合理7、(1) >3 (2) 4>Z> 1 ；(3) m=08> M Si： ls22s22p63s23p2,或[Ne] 3s23p2；23V： ls22s22p63s23p63d34s2,或[Ar]3d34s2；40Zr： 1 s22s22p63s23p63d104s24p64d25s2,或[Kr]4d25s2；M O：1 s22s22p63s23p63d104s24p64d55s1, 42或[Kr]4d55s1； 79Au：ls22s22p63s23p63d104s24p64d104f145s25p65d %】,或[Xe]4f145d106s1；9、3s2：第三周期、IIA族、s区，最咼氧化值为II; 4SMP1：第四周期、IIIA 族、p区，最高氧化值为III； 3d54s2：第四周期、VIIB族、d区，最高氧化值为VII； 4d105s2：第五周期、[IB族、ds区，最高氧化值为II;10、(1) 33元素核外电子组态：ls22s22p63s23p63d104s24p3或[Ar]3d10s24p3,失去3个电子生成离子的核外电子组态为:ls22s22p63s23p63d104s2 ^[Ar]3d104s2,属第四周期，V A 族；(2) 47元素核外电子组态：1 S22 s22p63 s23p63 d1 °4s24p64d°5 s1或[Kr]4d105s1,失去1个电子生成离子的核外电子组态为：1 s22s22p63s23p63d104s24p64d10或[心]4护，属第五周期，IB族；(3) 53元素核外电子组态：ls22s22p63s23p63d104s24p64d105s25p5或[Kr]4d105s25p5^得到1个电子生成离子的核外电子组态为：ls22s22p63s23p63d104s24p64d105s25p6或[Kr]4d105s25p6,属第五周期，VIIA 族。
分析化学第六版课后答案及思考题DOC
第二章 习 题１．已知分析天平能称准至±0.1mg ，要使试样的称量误差不大于0.1%，则至少要称取试样多少克？解：设至少称取试样m 克，由称量所引起的最大误差为±0.2mg ，则%100102.03⨯⨯-m≤0.1% m ≥0.2g答：至少要称取试样0.2g 。
２．某试样经分析测得含锰质量分数（%）为：41.24，41.27，41.23，41.26。
求分析结果的平均偏差、标准偏差和变异系数。
解: )(426.4123.4127.4124.41+++=x % = 41.25% 各次测量偏差分别是d 1=-0.01% d 2=+0.02% d 3=-0.02% d 4=+0.01%d)(401.002.002.001.01+++=∑==ndi ni % = 0.015% 14)01.0()02.0()02.0()01.0(1222212-+++-=∑==n di ni s %=0.018%CV=x S×100%=25.41018.0⨯100%=0.044%３．某矿石中钨的质量分数（%）测定结果为：20.39，20.41，20.43。
计算标准偏差s 及置信度为95%时的置信区间。
解：x =343.2041.2039.20++%=20.41% s=13)02.0()02.0(22-+%=0.02% 查表知，置信度为95%，n=3时，t=4.303 ∴ μ=(302.0303.441.20⨯±)% =(20.41±0.05)% ４．水中Cl －含量，经6次测定，求得其平均值为35.2 mg .L -1，s=0.7 mg .L -1,计算置信度为90%时平均值的置信区间。
解：查表得，置信度为90%，n=6时，t=2.015 ∴ μ=ntsx ±=(35.2±67.0015.2⨯)mg/L=(35.2±0.6)mg/L ５．用Q 检验法，判断下列数据中，有无舍去？置信度选为90%。
大连理工无机化学习题答案
大连理工无机化学习题答案无机化学是化学学科的一个重要分支，对于理解物质的组成、结构和性质有着至关重要的作用。
大连理工大学的无机化学教材在众多高校中被广泛使用，其配套的习题也具有一定的难度和深度。
以下是为您提供的一份大连理工无机化学习题答案，希望能对您的学习有所帮助。
首先，让我们来看第一章的习题。
第一章主要涉及原子结构和元素周期表的相关内容。
例如，有一道习题是这样的：计算一个氢原子从 n=3 能级跃迁到n=2 能级时所释放的光子的频率。
我们知道，根据玻尔的原子模型，氢原子能级跃迁时释放或吸收的能量是由能级差决定的。
所以，先计算出能级差：ΔE ＝ E₃ E₂。
然后，根据光子能量公式 E ＝hν（其中 h 是普朗克常数，ν 是光子频率），可以得到ν ＝ΔE ／ h 。
经过计算，得出具体的频率数值。
再来看第二章，关于化学键和分子结构的习题。
比如，有这样一个问题：比较氮气（N₂）和一氧化碳（CO）分子的化学键类型和键能大小。
氮气分子中存在的是三键，而一氧化碳分子中是一个三键和一个配位键。
由于氮气分子中的键是同种原子间形成的，键能较大。
通过分析它们的电子结构和原子轨道重叠方式，可以得出详细的比较结果。
第三章的化学热力学基础部分，也有一些具有挑战性的习题。
像这样一道题：在一定温度下，反应 A ＋ B ＝ C 的焓变ΔH ＜ 0，熵变ΔS ＞0，判断该反应在该温度下的自发性。
根据热力学第二定律，当ΔG ＝ΔH TΔS ＜ 0 时，反应自发进行。
由于ΔH ＜ 0 ，ΔS ＞ 0 ，所以在温度不是极低的情况下，ΔG 一定小于 0 ，该反应是自发的。
第四章化学反应速率部分的习题，往往需要对反应速率的影响因素有深入的理解。
例如：有一个反应，增加反应物浓度，反应速率加快，而升高温度，反应速率也加快。
请解释这两种情况加快反应速率的原因。
增加反应物浓度，使得单位体积内的活化分子数增多，有效碰撞的几率增加，从而加快反应速率。
升高温度，则增加了分子的能量，更多的分子具有了达到活化能的能力，活化分子百分数增加，有效碰撞频率增大，反应速率加快。
(完整)大学无机化学第五章试题及答案,推荐文档
） D .Ni2+
14.下列元素原子半径的排列顺序正确的是（ A. Mg＞B＞Si＞Ar C. Si＞ Mg＞ B ＞Ar
） B. Ar＞Mg＞Si＞B D. B ＞Mg＞ Ar ＞Si
15.下列元素中，原子半径最接近的一组（ 大版)
A. Ne 、Ar、Kr、Xe C. B、C、N、O
）(《无机化学例题与习题》吉
E
13.6 n2
eV
。
第二节：微观粒子运动的特殊性
1：掌握微观粒子具有波粒二象性（ h h ）。 P mv
2：学习运用不确定原理（
x
P
h 2 m
）。
第三节：核外电子运动状态的描述
1：初步理解量子力学对核外电子运动状态的描述方法——处于定态的核外电
子在核外空间的概率密度分布（即电子云）。
2：掌握描述核外电子的运动状态——能层、能级、轨道和自旋以及 4 个量子
力也增加，使原子半径逐渐减小；○2 随着核外电子数的增加，电子间的相互斥 力也增强，使得原子半径增加。但是，由于增加的电子不足以完全屏蔽增加的 核电荷，因此从左向右有效核电荷逐渐增加，原子半径逐渐减小。
2：电离能——从左向右随着核电荷数的增多和原子半径的减小，原子核对外 层电子的引力增大，电离能呈递增趋势。
3.写出下列元素的符号、名称、价电子构型和惰性气体在周期表中的分区。
(《无机化学例题与习题》吉大版)
A. 第四周期的惰性气体
B. 第四周期的ⅣB 族元素
C. 5p 电子半充满的元素
4.K 和 Ca 中的 4s 能量和 3d 能量哪个低？（试用斯莱特经验公式求算 E 值）电 子排布式应是什么？
5.回答下列问题：
7
3.Fr,F,五 Tc
无机化学第六版答案
无机化学第六版答案【篇一：《无机化学》第6版张天蓝主编课后习题答案】lass=txt>答案第一章原子结构4、he+只有1个电子，与h原子一样，轨道的能量只由主量子数决定，因此3s与3p轨道能量相等。
而在多电子原子中，由于存在电子的屏蔽效应，轨道的能量由n和l决定，故ar+中的3s与3p轨道能量不相等。
5、代表n=3、l=2、m=0，即3dz2轨道。
6、（1）不合理，因为l只能小于n；（2）不合理，因为l=0时m 只能等于0；（3）不合理，因为l只能取小于n的值；（4）合理7、（1）≥3；（2）4≥l≥1；（3）m=08、14si：1s22s22p63s23p2，或[ne] 3s23p2；23v：1s22s22p63s23p63d34s2，或[ar]3d34s2；40zr：1s22s22p63s23p63d104s24p64d25s2，或[kr]4d25s2；42mo： 1s22s22p63s23p63d104s24p64d55s1，或[kr]4d55s1；79au：1s22s22p63s23p63d104s24p64d104f145s25p65d106s1，或[xe]4f145d106s1；9、3s2：第三周期、iia族、s区，最高氧化值为ii；4s24p1：第四周期、iiia族、p区，最高氧化值为iii； 3d54s2：第四周期、viib 族、d区，最高氧化值为vii；4d105s2：第五周期、iib族、ds区，最高氧化值为ii；10、（1）33元素核外电子组态：1s22s22p63s23p63d104s24p3或[ar]3d10s24p3，失去3个电子生成离子的核外电子组态为：1s22s22p63s23p63d104s2或[ar]3d104s2，属第四周期，v a族；（2）47元素核外电子组态： 1s22s22p63s23p63d104s24p64d05s1或[kr]4d105s1，失去1个电子生成离子的核外电子组态为：1s22s22p63s23p63d104s24p64d10或[kr]4d10，属第五周期，i b 族；（3）53元素核外电子组态：1s22s22p63s23p63d104s24p64d105s25p5或[kr]4d105s25p5，得到1个电子生成离子的核外电子组态为：1s22s22p63s23p63d104s24p64d105s25p6或[kr]4d105s25p6，属第五周期，vii a族。
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大连理工大学无机化学第六版第五章课后思考题答案1、香豆素与浓度高的碱长时间加热生成的产物是（）[单选题] *
A脱水化合物
B顺式邻羟基桂皮酸(正确答案)
C反式邻羟基桂皮酸
D醌式结构
2、从香豆素类的结构与分类看，下列属于简单香豆素类的是（）[单选题] *
A龙脑
B七叶内酯(正确答案)
C薄荷醇
D西瑞香素
3、使游离香豆素呈现红色的是（）[单选题] *
A异羟肟酸铁反应(正确答案)
BA-萘酚-浓硫酸反应
C浓硫酸-没食子酸
D浓硫酸-变色酸
4、以橙皮苷为指标成分进行定性鉴别的中药是（）[单选题] * A葛根
B黄芩
C槐花
D陈皮(正确答案)
5、具有挥发性的生物碱是（）[单选题] *
A吗啡碱
B麻黄碱(正确答案)
C苦参碱
D小檗碱
6、以下不属于吸附色谱法的操作步骤的是（）[单选题] *
A制板
B洗脱(正确答案)
C点样
D显色
7、下列溶剂中亲脂性最强的是（）[单选题] *
A甲醇
B苯(正确答案)
C三氯甲烷
D丙酮
8、下列方法哪一个不是按照色谱法的分离原理不同进行分类的是（）[单选题] *
A离子交换色谱
B薄层吸附色谱(正确答案)
C凝胶色谱
D分配色谱
9、检识黄酮类化合物首选（）[单选题] *
A盐酸-镁粉反应(正确答案)
B四氢硼钠反应
C硼酸显色反应
D锆盐-枸橼酸反应
10、以下哪种方法是利用混合中各成分在溶剂中的溶解度不同或在冷热情况下溶解度显著差异的原理而达到分离的（）[单选题] *
A沉淀法
B分馏法
C结晶法(正确答案)
11、单萜和倍半萜在化学结构上的明显区别是（）[单选题] *
A氮原子数不同
B碳原子数不同(正确答案)
C碳环数不同
D硫原子数不同
12、药材虎杖中的醌结构类型为（）[单选题] *
A苯醌类
B萘醌类
C蒽醌类(正确答案)
D菲醌类
13、分馏法分离挥发油的主要依据是（）[单选题] *
A密度的差异
B沸点的差异(正确答案)
C溶解性的差异
D旋光性的差异
14、由两个苯环通过三碳链相互连接成的具有6C-3C-6C基本骨架的一系列化合物是（）[单
A苷类
B黄酮类(正确答案)
C醌类
D生物碱类
15、能影响黄酮类成分的溶解性的因素有（多选）（）*
A黄酮的类型(正确答案)
B苷元上取代基的种类、数目和位置(正确答案)
C糖基的数目和位置(正确答案)
D分子立体结构(正确答案)
16、能提取出中药中的大部分亲水性成分和绝大部分亲脂性成分的溶剂是（）[单选题]* A乙醚
B乙醇(正确答案)
C水
D苯
17、在溶剂沉淀法中，主要是在溶液中加入另一种溶剂一改变混合溶剂的什么实现的（）[单选题] *
ApH值
B溶解度
C极性(正确答案)
D体积
18、以葛根素为指标成分进行定性鉴别的中药是（）[单选题] *
A葛根(正确答案)
B黄芩
C槐花
D陈皮
19、大黄素型蒽醌母核上的羟基分布情况是（）[单选题] *
A一个苯环的β位
B苯环的β位
C在两个苯环的α或β位(正确答案)
D一个苯环的α或β位
20、适用于队热及化学不稳定的成分、低极性成分的提取（）[单选题] * A渗漉法
B超声提取法
C回流提取法
D超临界流体提取法(正确答案)
21、碱水提取芦丁时，若PH过高会使（）[单选题] * A产品质量降低
B产品收率降低(正确答案)
C苷键水解断裂
D内酯环开环
22、下列哪个中药中含有机酸（）[单选题] *
A金银花(正确答案)
B大黄
C黄芩
D乌头
23、牛蒡子属于（）[单选题] *
A香豆素类
B木脂内酯(正确答案)
C苯丙酸类
D黄酮类
24、属于倍半萜的化合物是（）[单选题] *
A龙脑
B莪术醇
C薄荷醇
D青蒿素(正确答案)
25、处方中厚朴主要化学成分厚朴酚，其结构类型是（）[单选题] * A黄酮
B香豆素
C木脂素(正确答案)
D三萜皂苷
26、极性最大的溶剂是（）[单选题] *
A酸乙酯(正确答案)
B苯
C乙醚
D氯仿
27、四氢硼钠反应变红的是（）[单选题] *
A山柰酚
B橙皮素(正确答案)
C大豆素
D红花苷
28、当一种溶剂无法结晶时，常常使用混合溶剂，下列不是常用的混合溶剂是（）[单选题] *
A甲醇-水
B乙酸-水
C乙醚-丙酮
D石油醚-水(正确答案)
29、萃取法是利用混合物中各成分在两相溶剂中的分配.系数不同而到达分离的方法，所谓两相溶剂是指（）[单选题] *
A两种相互接触而又不相溶的溶剂(正确答案)
B两种不相互接触而又互相溶的溶剂
C两种不相互接触而又不相容的溶剂
D两种互相接触而又互相溶的溶剂
30、不属于木脂素类化合物的物理性质的是（）[单选题] *
A一般没有挥发性
B有光学活性
C易溶于有机溶剂
D有色晶体(正确答案)。