基础无机化学习题解答

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4
四羟基合锌(Ⅱ)酸钾
[PtCl (NH ) ] 2 32
二氯二氨合铂(Ⅱ)
[Co(NH ) ]3+ 36
[Co(NCS) ]24
[PtCl ]26
[CrCl(NH ) ]2+ 35
[Zn(OH) ]24
[PtCl (NH ) ] 2 32
4-10写出下列配合物的化学式： (1)氯化二氯一水三氨合钴（Ⅲ） (2)六氯合铂酸钾 (3)二氯四硫氰合铬酸铵 (4)二（草酸根）二氨合钴（Ⅲ）酸钙
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( 2 ) 已知25℃时BaCrO 在纯水中溶解度为2.91×10－3g/L，求BaCrO 的溶积。
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4
控制pH在2.66－6.5之间，可使Fe3+沉淀完全而Fe2+不沉淀。
K太小，正向很难进行
K f 3.491012
3
4
4
6
4
36
n
4
3
1
5
0
2
杂化轨道 sp3d2 sp3 d2sp/dsp2
sp3d2 dsp2
sp3d2
分子构型 八面体 四面体 平面四边形 八面体 平面四边形 八面体
内外轨型 外轨型 外轨型 内轨型
外轨型 内轨型
外轨型
自旋方式 高自旋 高自旋 低自旋
高自旋 低自旋
高自旋
解：( l ) [OH－]＝5.0×10－3 mol·L－1 pOH＝－lg5.0×10－3＝2.3 pH＝14－2.3＝11.7
答： ( a ) [Ar]4s1；( b )[Ne]3s23p1；( c ) [Ne]3s23p5； ( d ) [Ar] 3d24s2； ( e ) [Ar] 3d104s2；( f ) [Ar] 3d104s24p3
1.42 某元素的基态价层电子构型为5d26s2，请给出比该元素的 原子序数小4的元素的基态原子电子组态
2
42 6
35 2 2
4
2 32
并用化学式单独表示其中的络离子。
解: [Co(NH ) ]Cl 氯化六氨合钴(Ⅲ) 36 3
K [Co(NCS) ]
2
4
四异硫氰酸根合钴(Ⅱ)酸钾
H [PtCl ] 26
六氯合铂(Ⅳ)酸
[CrCl(NH ) ]Cl 氯化一氯五氨合铬(Ⅲ) 35 2
K [Zn(OH) ]
解：（1）[CoCl2(NH3)3(H2O)]Cl （2） K2[PtCl6] （3）（NH3)3[CrCl2(SCN)4]
(4) Ca[Co(NH3)2(C2O4)2]2
4-12实验证实，Fe(H O) 3+ 和Fe(CN) 3-为磁矩差别极大，如何用价键理论来理解？
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答：Fe(H O) 3+ 为外轨型配合物，未成对电子数为5，Fe(CN) 3-为内轨型配合物，
( 2 )[ H+]＝(10×0.40－10×0.10)/20＝0.15 (mol·L－1) pH＝－lg0.15＝0.82
( 3 ) c(NH +)＝(10×0.10)/20＝0.050(mol·L－1) 4
c(NH ) ＝ (10×0.20－10×0.10)/20＝0.050 (mol·L－1) 3
。
解：按构造原理，该元素的基态电子组态为［Xe］4f145d26s2,所
以比该元素的原子序数小4的元素的基态原子电子组态为［Xe］
4f126s2。
4-9 给出下列配合物的名称和中心原子的氧化态：[Co(NH3)6]Cl3、
K [Co(NCS) ]、H [PtCl ]、[CrCl(NH ) ]Cl 、K [Zn(OH) ]、[PtCl (NH ) ]，
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6
未成对电子数为1，差距很大，所以由u=√n(n+2)BM可知Fe(H O) 3+的磁距比 26
Fe(CN) 3-的磁距大。 6
4-13实验证实，Fe(H O) 3+ 和Fe(CN) 3-为磁矩差别极大，如何用晶体场来理解？
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4-27
解：
[Fe(en) ]2+ [Co(SCN) ]2- [Mn(CN) ]2- [FeF ]3- [Ni(CN) ]2- [Ni(NH ) ]2+
c(HAc) ＝10×0.20/(10+10) ＝0.10 mol·L-1 c/Ka>500 用最简式计算
9.10 某弱酸HA，0.015 mol·L-1时电离度为0. 80 % ，浓度为0.10 mol·L-1 时电离度多大？
9.20
10.1 ( 1 ) 已知25℃时PbI 在纯水中溶解度为1.29×l0－3 mol·L-1，求PbI 的溶度积。