《无机化学》第九章分子结构课后习题参考答案
无机化学练习题（含答案）第9章配合物
无机化学练习题（含答案）第9章配合物第9章配合物9-1:区别下列概念（a）配体和配合物，（b）外轨型配合物和内轨型配合物，（c）高自旋配合物和低自旋配合物，（d）强场配体和弱场配体，（e）几何异构和光学异构，（f）活性配合物和惰性配合物，（g）生成常数和逐级生成常数，(h) 螯合效应和反位效应。
答：答：（a）配位实体中与中心原子或离子结合的分子或离子叫配位体，简称配体；给予体和接受体相结合的化学物种（配位个体）即为配合物。
更为广义的是路易斯酸与路易斯碱的加合物。
（b）从配合物的价键理论出发，凡配位原子的孤对电子填在中心原子或离子由外层d轨道杂化而成的杂化轨道上，形成配位键的配合物即为外轨配合物。
相反，填在由内层（n-1）d 轨道参与的杂化轨道上，即为内轨配合物。
（c）从配合物的晶体场理论出发，由于P 和Δ0 的相对大小，使得配合物中的电子可能有两种不同的排列组态，其中含有单电子数较多的配合物叫高自旋配合物，不存在单电子或含有单电子数少的配合物叫低自旋配合物。
（d）配体与中心金属配位时，由于配体所产生的分裂能不同，使得配体配位场强弱有如下顺序：I-<br-<cl-<f-<oh-<c2o42-<h2o<scn-<nh3<en<so32-<phen<no2-<cn,co。
序列前部的配位体(大体以h2o为界)称之为弱场配体，序列后部的配位体(大体以nh3为界)称之为强场配体。
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序列前部的配位体(大体以h2o为界)称之为弱场配体，序列后部的配位体(大体以nh3为界)称之为强场配体。
无机及分析化学课后习题第九章答案
一、选择题在给出的４个选项中,请选出1个正确答案。
１. 下列物质中,不适宜做配体的就是( )A 、 Ｓ２O 3２- B. H 2O C. Br - D 、 N Ｈ4+ 解:选Ｄ。
ＮＨ4+中的N 没有孤对电子。
2、 下列配离子中,属于外轨配合物的就是( )A 、 [F ｅF 6］3－ B. ［Cr (N Ｈ3) 6]3+ C 、 [Ａｕ(Ｃｌ)4］- D. [Ni(ＣＮ)4]2－解:选Ａ, ［Fe Ｆ6］３-中心原子F ｅ3+采用ｓp 3ｄ2轨道进行杂化。
3. 测得[Ｃｏ(NH ３) 6]3+ 磁矩μ=0、0B 、M ,可知C Ｏ3+ 离子采取的杂化类型就是( ) A 、 sp 3 Ｂ、 dsp 2 Ｃ、 d 2s ｐ3 Ｄ、 s ｐ3d 2解:选C 。
C O ３＋价电子构型就是3ｄ６, 由磁矩μ＝0、0B 、M 可以推断:该配合物中没有未成对的电子,在形成配合物时C O ３＋3ｄ轨道上的电子先经过重排,再采取d 2sp 3轨道杂化,与配体成键。
4、 下列物质中具有顺磁性的就是( )A 、 [Ｚn (NH 3)4]2+B 、 [Cu (NH 3) 4］2+C 、 ［F ｅ(CN)6］４－ Ｄ、 [Ag (NH 3) ２] +解:选Ｂ。
Cu 2+的价电子构型就是３ｄ9,在形成配合物时采用dsp ２杂化,有１个未成对的电子存在,所以就是顺磁性的。
５. 下列物质中能作为螫合剂的就是( )A 、 NO －OH Ｂ、 (C Ｈ3)2N －ＮH 2C 、 ＣＮS-Ｄ. Ｈ2N －ＣＨ2-ＣＨ2－ＣＨ2-NH 2 解:选D,其分子中两个N 原子作为配位原子可以提供孤对电子,而且它们相距3个原子,可同时与一个中心原子配位形成含有六元螯环的螯合物。
6、 下列配合物能在强酸介质中稳定存在的就是( )A 、 [Ａｇ(NH 3)２]＋B 、 [FeCl 4]—C 、 ［F ｅ(C ２O ４)3]3— D. [Ag (Ｓ２O 3)２]3-解:选B 。
《无机化学》习题解析和答案
1、教材《无机化学》北京师范大学、华中师范大学、南京师范大学无机化学教研室编，高等教育出版社，2002年8月第4版。
2、参考书《无机化学》北京师范大学、华中师范大学、南京师范大学无机化学教研室编，高等教育出版社，1992年5月第3版。
《无机化学》邵学俊等编，武汉大学出版社，2003年4月第2版。
《无机化学》武汉大学、吉林大学等校编，高等教育出版社，1994年4月第3版。
《无机化学例题与习题》徐家宁等编，高等教育出版社，2000年7月第1版。
《无机化学习题精解》竺际舜主编，科学出版社，2001年9月第1版《无机化学》电子教案绪论（2学时）第一章原子结构和元素周期系（8学时）第二章分子结构（8学时）第三章晶体结构（4学时）第四章配合物（4学时）第五章化学热力学基础（8学时）第六章化学平衡常数（4学时）第七章化学动力学基础（6学时）第八章水溶液（4学时）第九章酸碱平衡（6学时）第十章沉淀溶解平衡（4学时）第十一章电化学基础（8学时）第十二章配位平衡（4学时）第十三章氢和稀有气体（2学时）第十四章卤素（6学时）第十五章氧族元素（5学时）第十六章氮、磷、砷（5学时）第十七章碳、硅、硼（6学时）第十八章非金属元素小结（4学时）第十九章金属通论（2学时）第二十章s区元素（4学时）第二十一章p区金属（4学时）第二十二章ds区元素（6学时）第二十三章d区元素（一）第四周期d区元素（6学时）第二十四章d区元素（二）第五、六周期d区金属（4学时）第二十五章核化学（2学时）1 ．化学的研究对象什么是化学？●化学是研究物质的组成、结构、性质与变化的一门自然科学。
（太宽泛）●化学研究的是化学物质(chemicals) 。
●化学研究分子的组成、结构、性质与变化。
●化学是研究分子层次以及以超分子为代表的分子以上层次的化学物质的组成、结构、性质和变化的科学。
●化学是一门研究分子和超分子层次的化学物种的组成、结构、性质和变化的自然科学。
无机及分析化学课后习题第九章答案
一、选择题在给出的4个选项中，请选出1个正确答案。
1. 下列物质中，不适宜做配体的是（ ）A. S 2O 32-B. H 2OC. Br －D. NH 4+解：选D 。
NH 4+中的N 没有孤对电子。
2. 下列配离子中，属于外轨配合物的是（ ）A. [FeF 6]3－B. [Cr (NH 3) 6]3+C. [Au(Cl)4]-D. [Ni(CN)4] 2－解：选A, [FeF 6]3－中心原子Fe 3+采用sp 3d 2轨道进行杂化。
3. 测得[Co (NH 3) 6]3+ 磁矩μ=0.0B.M ，可知C O 3＋ 离子采取的杂化类型是（ ）A. sp 3B. dsp 2C. d 2sp 3D. sp 3d 2解：选C 。
C O 3＋价电子构型是3d 6, 由磁矩μ=0.0B.M 可以推断：该配合物中没有未成对的电子，在形成配合物时C O 3＋3d 轨道上的电子先经过重排，再采取d 2sp 3轨道杂化，与配体成键。
4. 下列物质中具有顺磁性的是（ ）A. [Zn (NH 3)4]2+B. [Cu (NH 3) 4]2+C. [Fe(CN)6]4－D. [Ag (NH 3) 2] +解：选B 。
Cu 2+的价电子构型是3d 9,在形成配合物时采用dsp 2杂化，有1个未成对的电子存在，所以是顺磁性的。
5. 下列物质中能作为螫合剂的是（ ）A. NO －OHB. (CH 3)2N －NH 2C. CNS－ D. H 2N －CH 2－CH 2－CH 2－NH 2 解：选D ，其分子中两个N 原子作为配位原子可以提供孤对电子，而且它们相距3个原子，可同时与一个中心原子配位形成含有六元螯环的螯合物。
6. 下列配合物能在强酸介质中稳定存在的是（ ）A. [Ag (NH 3)2]＋B. [FeCl 4]—C. [Fe （C 2O 4）3]3—D. [Ag (S 2O 3)2]3-解：选B 。
Cl -在强酸中存在形式不变，对配合物的稳定性影响不大；而NH 3、C 2O 42-在强酸介质中会形成难电离的弱酸， S 2O 32-与强酸反应会分解为硫和亚硫酸，后者又分解为二氧化硫和水，因此相应的配合物在强酸介质中会发生解离，稳定性降低。
V539-无机化学-9-12章习题详解
第九章1. 用离子-电子法配平下列氧化还原反应式。
（1）Cr 2O 72－ + Fe 2+ → Cr 3+ + Fe 3+ + H 2O (酸性介质)（2）Mn 2+ + BiO 3－ + H + → MnO 4－ + Bi 3+ + H 2O解：（1）Cr 2O 72－ + 6Fe 2+ + 14H + = 2Cr 3+ + 6Fe 3+ + 7H 2O（2）2Mn 2+ + 5BiO 3－ + 14H + = 2MnO 4－ + 5Bi 3+ + 7H 2O2. 碱性银锌可充电干电池的氧化剂为Ag 2O ，电解质为KOH 水溶液；正在研制中的高铁可充电电池，其负极材料是Zn ，氧化产物是Zn(OH)2，正极材料是K 2FeO 4，还原产物是Fe(OH)3，电解质是KOH 水溶液，试分别写出它们的电极反应、电池反应、电池符号和电池电动势的表示式。
解：（1）碱性银锌电池电极反应 正极：--+=++2OH 2Ag 2e O H O Ag 22负极：-++=2e Zn Zn 2电池反应：-+++=++2OH Zn 2Ag O H Zn O Ag 222电池符号：（-）Zn|Zn 2+||Ag 2O ，OH -|Ag （+）电池电动势表示式：θθθϕϕZn Zn Ag O Ag //22E +-=（2）高铁可充电电池电极反应 正极：---+=++5OH Fe(OH)3eO 4H FeO 3224 负极：--+=+2e Zn(OH)2OH Zn 2电池反应：--++=++4OH 3Zn(OH)2Fe(OH)O 8H 3Zn FeO 223224电池符号：)Pt(|Fe(OH),OH ,FeO ||OH ,Zn(OH)|)Zn (3--24-2+-电池电动势表示式：θθθϕϕZn OH Zn OH Fe FeO /)()(/2224E -=- 3. 根据标准电极电位表，将下列氧化剂、还原剂按照由强到弱分别排列成序：Hg 2+ Cr 2O 72－ H 2O 2 Sn Zn Br －解：氧化剂由强到弱：H 2O 2> Cr 2O 72－> Hg 2+还原剂由强到弱：Zn > Sn > H 2O 2> Br －4. 查出下列电对的φθ值，判断哪一种物质是最强的氧化剂？哪一种物质是最强的还原剂？（1）MnO 4－/ Mn 2+ MnO 4－/MnO 2 MnO 4－/MnO 42－（2）Cr 3+/Cr CrO 2－/Cr Cr 2O 72－/Cr 3+ CrO 42－/Cr(OH)3解： （1）MnO 4－是最强的氧化剂，MnO 42－是最强的还原剂。
无机及分析化学第九章答案
第九章 习题解答1．离子键无饱和性和方向性，而离子晶体中每个离子有确定的配位数，二者有无矛盾？ 答：二者无矛盾。
离子键无饱和性和方向性是由离子特征决定的。
只要里自带有不同的电荷就会有库伦作用，无论周围的空间有多少带有相异电荷的离子，都会产生库伦吸引力，这就决定了离子键的不饱和性，而电荷相异的离子在任意方向的这种作用依然存在。
即没有固定方向，不存在方向性。
而离子在离子晶体由于空间条件及离子本身大小的限制，使一个离子周围只能有确定数目的作用，即配位数一定。
但不论相邻的离子间库伦引力依然存在，故两者不矛盾。
2．下列双原子分子或离子，哪些可稳定存在？哪些不可能稳定存在？请将能稳定存在的双原子分子或离子按稳定性由大到小的顺序排列起来。
H 2 He 2 He 2+ Be 2 C 2 N 2 N 2+答： H 2 σ1s 2键级=122=- He 2 σ1s2σ1s *2键级=0222=- He 2+ σ1s2σ1s*1键级=5.0212=- Be 2 σ1s2σ1s*2σ2s 2σ2s *2键级=0244=-C 2 σ1s2σ1s*2σ2s2σ2s*2π2py 2π2pz 2键级=2248=-N 2 σ1s2σ1s*2σ2s2σ2s*2π2py 2π2pz 2σ2px 2键级=32410=-N 2+σ1s2σ1s*2σ2s2σ2s*2π2py 2π2pz 2σ2px 1键级=5.2249=-稳定存在的分子或离子：H 2 He 2+ C 2 N 2 N 2+ 不能稳定存在的分子或离子：He 2 Be 2 稳定性次序：N 2>N 2+>C 2>H 2>He 2+3．第二周期某元素的单质是双原子分子，键级为1是顺磁性物质。
(1)推断出它的原子序号； (2)写出分子轨道中的排布情况； 答：(1)原子序号5(2)B 2 σ1s 2σ1s *2σ2s 2σ2s *2π2py 1π2pz 14．在BCl 3和NCl 3分子中，中心原子的氧化数和配体数都相同，为什么二者的中心原子采取的杂化类型、分子构型却不同？答：BCl3与NCl3分子中，中心原子不同，中心原子的电子结构不同，使得两者的中心原子采用不同的杂化方式：B采用的是sp3杂化，每个杂化轨道的的夹角是120o，与Cl原子以3p x轨道形成3个σ键，分子呈平面三角形。
《无机化学》第九章分子结构课后习题参考答案
第九章分子结构课后习题参考答案2解：（1）Hg 原子的价电子构型是：5d 106s 2因中心原子Hg 采用sp 杂化，则分子为直线形。
（2）因中心原子Si 采用sp 3杂化，则分子构型为正四面体（3）因中心原子B 采用sp 2杂化，则分子构型为平面三角形（4）因中心原子N 采用sp 3杂化，有一对孤对占据杂化轨道，所以分子构型为三角锥形（5）因中心原子N 采用sp 2杂化，有一对孤对占据杂化轨道，所以分子构型为V 形（6）因中心原子Si 采用sp 3d 2杂化，所以分子构型为正八面体3解：（1）42414=⨯+=VP ，σ键数为4，无孤对电子对，则价电子对空间构型和分子空间构型相同，均为正四面体。
用杂化轨道理论说明：因分子中共有四对成键，则需提供四条杂化轨道，所以Si 采用sp 3杂化形成四条sp 3杂化轨道供四对成键电子占据，分子构型为正四面体。
（2）224=+=VP ，σ键数为2，无孤对电子对，则价电子对空间构型和分子空间构型相同，均为直线形。
杂化轨道理论：（3）32133⨯+=VP ，σ键数为3，无孤对电子对，则价电子对空间构型和分子空间构型相同，均为平面三角形。
用杂化轨道理论说明：因分子中共有三对成键，则需提供三条杂化轨道，所以B 采用sp 2杂化形成三条sp 2杂化轨道供三对成键电子占据，分子构型为平面三角形。
（4）42135=⨯+=VP ，σ键数为3，有1对孤对电子对，则价电子对空间构型为四面体，而扣除孤对电子占据的位置，分子空间构型为三角锥形。
杂化轨道理论：（5）42126=⨯+=VP ，σ键数为2，有2对孤对电子对，则价电子对空间构型为四面体，而扣除孤对电子占据的位置，分子空间构型为V 形。
杂化轨道理论：（6）326=+=VP ，σ键数为2，有1对孤对电子对，则价电子对空间构型为平面三角形，而扣除孤对电子占据的位置，分子空间构型为V 形。
杂化轨道理论：4解：（1）521127=+⨯+=VP ，σ键数为2，有3对孤对电子存在，其价电子对空间构型为三角双锥，扣除孤电子对所占据的位置，其离子几何构型为直线形。
无机化学习题库(湖北大学)参考答案(1)
第一章 气体 参考答案一、选择题1. (C)2. . (A)3. (C)二、填空题 ( 共10题 20分 )1. 1/4 ; 1/2 。
2. 3NH p :3.9 MPa 2N p : 1.5 MPa 2H p :4.6 MPa3. 分子间的作用力 , 分子的体积三、计算题 ( 共 3题 15分 )22. 5 分 (0152)0152设经过 t 秒 后白环在距离氨棉塞一端 x cm 处出现 , 根据气体扩散定律, 有:(97.1 -x )/t 3NH M 17.0──── = ( ──── )1/2 = ( ─── )1/2 ∴ x = 57x/t M HCl 36.5即白环在距离润湿的氨棉塞一端 57.8 cm 处出现。
第二章 溶液 参考答案一、选择题1. (D)2. (A)3. (D)二、填空题1. 174 g ·mol -12. 54.23. 0.299三、问答题答：用乙二醇较好。
因为它的沸点高, 难挥发。
而乙醇的沸点比水低, 在汽车行驶时,当散热器水箱受热后, 溶液中的乙醇先挥发, 容易着火。
第三章 化学热力学 参考答案一、选择题1. (A)2. (B)3. (A)二、填空题4. ΔG < 0 为 -ΔS > 0 为 +5. 435.76. -241.8 kJ ·mol -1三、计算题7. 待求的反应 = 反应(1) - 反应(2) - 反应(3) -12反应(4) 按Hess 定律,有：m r H ∆= m r H ∆(1) – m r H ∆(2) – m r H ∆(3) -12m r H ∆(4)= 25.9 - 218 - 75.7 - 62.3 ⨯12= -299 (kJ ·mol -1) 四、问答题8. Q p = Q V +ΔnRT ,第(1)种情况放热量为Q p ,第(2)种情况为Q V ，因为变化过程有气体产生,Δn 为正值。
无机化学(上册)：第9章 化学键与分子结构 习题答案
第9章化学键与分子结构习题1. 根据AgX晶格能理论值与实验值差别判断Ag-X共价键成分递增顺序。
AgF AgCl AgBr AgI实验值（kJ·mol-1）951 902 887 886理论值（kJ·mol-1）925 833 808 7742．从Cr原子的价层结构3d54s1来看，Cr失去1个4s电子后成为3d5半充满构型。
这种结构似应是稳定的，因而似应有CrX (X ＝F、Cl、Br、I)化合物存在，但实际上却未能制备出这类化合物。
理论计算CrCl晶格能为758 kJ·mol-1，已知金属Cr的升华能（397 kJ·mol-1）、Cl-Cl键的键能（242.6 kJ·mol-1）、Cr的第一电离能（653 kJ·mol-1）、Cl的第一电子亲合能（348.6 kJ·mol-1）。
设计CrCl的玻恩－哈伯热化学循环，计算CrCl(s)的标准摩尔生成焓（∆f H m o）。
另已知反应2CrCl（s）＝CrCl2（s）＋Cr（s）的标准摩尔自由能变为-486 kJ·mol-1。
比较说明CrCl稳定性，解释上述事实。
3.4. 温度为298 K时，已知（1）H2=2H(g), Δr1H m o= 436 kJ.mol-1，（2）O2=2O(g), Δr2H m o= 498 kJ.mol-1，（3）H2O(g)=2H(g)+ 2O(g), Δr3H m o= 930 kJ.mol-1 求：反应H2 (g)+½ O2 (g)= H2O (g) 的Δr H m o。
5. 写出下列分子的Lewis结构式：CF4、OF2、HCN、CO、NSF6. 写出下列离子的Lewis结构式：CF3+、C22-、PH2-、BH4-7. 乙炔的标准生成焓为226.6 kJ.mol-1，H-H、C-H键键能D H-H、D C-H分别为436 kJ.mol-1、415 kJ.mol-1，石墨的升华能∆sub H(C(s)) 为717 kJ.mol-1，求C≡C的键能D C≡C。
(完整版)无机及分析化学第九章答案
第9章配位平衡与配位滴定法1.无水CrC13和氨作用能形成两种配合物A和B，组成分别为CrC13·6NH3和CrC13·5NH3。
加入AgNO3，A溶液中几乎全部的氯沉淀为AgC1，而B溶液中只有三分之二的氯沉淀出来。
加入NaOH并加热，两种溶液均无氨味。
试写出这两种配合物的化学式并命名。
解：A [Cr(NH3)6]Cl3三氯化六氨合铬（Ⅲ）B [Cr Cl (NH3)5]Cl2二氯化一氯·五氨合铬（Ⅲ）2.指出下列配合的的中心离子、配体、配位数、配离子电荷数和配合物名称。
K2[HgI4] [CrC12(H2O)4]C1 [Co(NH3)2(en)2](NO3)2Fe3[Fe(CN)6]2K[Co(NO2)4(NH3)2] Fe(CO)5解：3.试用价键理论说明下列配离子的类型、空间构型和磁性。
（1）[CoF6]3-和[Co(CN)6 ]3- （2）[Ni(NH3)4]2+和[Ni(CN)4]2-解：4.将0.10mol·L-1ZnC12溶液与1.0mol·L-1NH3溶液等体积混合，求此溶液中[Zn(NH3)4]2+和Zn2+的浓度。
解：Zn2++ 4NH3= [Zn(NH3)4]2+平衡浓度/mol·L -1 x 0.5-4×0.05+4x ≈0.3 0.05-x ≈0.0594342243109230050⨯=⋅==++..x .)NH (c )Zn (c ))NH (Zn (c K f θx =c(Zn 2+)=2.13×10-9mol·L -15.在100mL0.05mol·L -1[Ag(NH 3)2]+溶液中加入1mL 1mol·L -1NaC1溶液，溶液中NH 3的浓度至少需多大才能阻止AgC1沉淀生成？解： [Ag(NH 3)2]++Cl - = AgCl + 2NH 3 平衡浓度/mol·L -1 0.05 0.01 c(NH 3)107233210771101111-+-⨯⨯⨯===..K K ))NH (Ag (c )Cl (c )NH (c K sp f j 11073510107711011010050--⋅=⨯⨯⨯⨯=Lmol .....)NH (c6.计算AgC1在0.1mol·L -1氨水中的溶解度。
无机化学第九章作业参考答案
27题：A: CuO; B: CuCl2; C: H2[CuCl2]; D: CuCl; 题 E: [Cu(NH3)2]+; F: [Cu(NH3)4]2+; G: [Cu(CN)4]3-; H: Cu; I: Cu(NO3)2; J:变为浅蓝。 题 现象：溶液由深蓝变为浅蓝。 [Cu(NH3)4]2+ + 4H+ == Cu2+ + 4NH4+ (2) 现象：出现蓝色沉淀，如果温度较高，会转为黑 现象：出现蓝色沉淀，如果温度较高， 色沉淀。 色沉淀。 [Cu(NH3)4]2+ +4H2O= Cu(OH)2 + 4NH4+ + 2OHCu(OH)2 == CuO + H2O (3) 先有棕色沉淀析出，加入适量 2SO3后沉淀转为 先有棕色沉淀析出，加入适量Na 白色。 白色。 2[CuCl4]2- + 4I- == 2CuI + 2I2 + 8ClI2 + SO32- + H2O == 2I- + SO42- + 2H+
第九章作业参考答案
11题：根据火焰呈黄色推测可能有Na+存在。由于白 题 根据火焰呈黄色推测可能有 存在。 存在， 色固体可溶于稀盐酸且放出气体，判断有CO32-存在， 色固体可溶于稀盐酸且放出气体，判断有 同时排除了BaSO4的存在。又由于 的存在。又由于CuCO3为蓝绿色而 同时排除了 非白色沉淀，且溶液为无色都排除了CuSO4的存在。 的存在。 非白色沉淀，且溶液为无色都排除了 所以MgCO3和Na2SO4一定存在，Ba(NO3)2和CuSO4 一定存在， 所以 一定不存在。 不能十分肯定，因为Ag 一定不存在。 AgNO3不能十分肯定，因为 2SO4为 微溶，当含量低是不沉淀的。 微溶，当含量低是不沉淀的。 19题：A: SnCl2; B: Sn(OH)Cl; C: Sn2++Cl-; D:AgCl; 题 E: Ag(NH3)2++Cl-; F: SnS; G:SnS32-; H: SnS2; I: Hg(NH2)Cl; J:Hg
无机化学课后题答案9
第九章习题解答9-1解：（1）KMnO4 +H2C2O4+H2SO4 = MnSO4+CO22KMnO4 +5H2C2O4+3H2SO4 =2 MnSO4+5CO2+K2SO4+8H2O（2）CuS+HNO3 = Cu（NO3）2+NO+S3CuS+8HNO3 =3 Cu（NO3）2+2NO+3S+4 H2O（3）SO2+H2S = S+H2OSO2+2H2S = 3S+2H2O（4）PbS+H2O2 = PbSO4+H2OPbS+4H2O2 = PbSO4+4H2O（5）Na2CrO4+NaHSnO2 = NaHSnO3+NaCrO22Na2CrO4+3NaHSnO2 +H2O=3NaHSnO3+2NaCrO2+2NaOH（6）HgS+HNO3+HCl = Na2[HgCl4]+NO2+SHgS+HNO3+4HCl = Na2[HgCl4]+2NO2+S+2H2O9-2解：(1) （-）Fe| Fe2+（1 mol·L-1）|| H+（0.1 mol·L-1）|H2（101.325kPa）|Pt（+）电池反应：Fe+2H+=Fe2++H2电极反应：＋）2H++2e-=H2 -)Fe-2e-=Fe2+（2）（-）Ag，AgCl| NaCl（1.0 mol·L-1）||AgNO3（0.1 mol·L-1）|Ag（+）电池反应：Ag++Cl-=AgCl 电极反应：＋）Ag++e-=Ag-)Ag+Cl--e-=AgCl（3）（-）Pt|Cl2（101.325kPa）|Cl-（1.0 mol·L-1）||MnO4-（1.0 mol·L-1），Mn2+（1.0 mol·L-1），H+（10 mol·L-1）|Pt（+）电池反应：2MnO4-+16H++10Cl- =Mn2++Cl2+8 H2O电极反应：＋）MnO4-+8H++5e-=Mn2++4H2O －）2Cl--2e-=Cl2（4）（-）Ag|Ag+（1.0 mol·L-1）||Ag+（0.1 mol·L-1）|Ag（+）Ag+(1.0 mol·L-1)+Ag= Ag+（0.1 mol·L-1）+Ag9-3解：（1）2Fe3++Sn2+ = 2Fe2++Sn4+-)Pt|Fe3+,Fe2+||Sn4+,Sn2+|Pt(+（2）6Fe2++Cr2O72-+14H+ = 6Fe3++2Cr3++7H2O-)Pt| Cr2O72-, Cr3+, H+|| Fe3+,Fe2+|Pt(+（3）Ag++Br- = AgBr-）Ag，AgBr| Br-||Ag+|Ag（+（4）Zn + [Cu（NH3）4]2+ = Zn2+ +Cu+ 4NH3-)Zn| Zn2+|| [Cu（NH3）4]2+,Cu2+ | Cu (+9-4解：（1）Ag不能从HBr或HCl溶液中置换出H2，但它能从HI溶液置换出H2。
大连理工大学无机化学教研室《无机化学》(第5版)(课后习题详解 分子结构)
9.2 课后习题详解1. 写出下列化合物分子的Lewis 结构式，并指出其中何者是σ键，何者是π键，何者是配位键。
（1）膦PH 3 （2）联氨N 2H 4（N-N 单键）；（3）乙烯； （4）甲醛；（5）甲酸；（6）四氧化二氮（有双键）。
解：其结构式与化学键类型如表9.1所示：表 9.12. 根据下列分子或离子的几何构型，试用杂化轨道理论加以说明。
（1）HgCl 2（直线形）；（2） SiF 4（正四面体）；（3）BCl 3（平面三角形）；（4）NF 3（三角锥形，102°）；（5）（V 形，115.4°）；（6）（八面体）。
2NO -26SiF -解：分子或离子的几何构型及其杂化理论解释如表9.2所示：表 9.23. 试用价层电子对互斥理论推断下列各分子的几何构型，并用杂化轨道理论加以说明。
解：用价层电子对互斥理论推断分子的几何构型应先计算中心原子的价电子对数，然后确定其空间分布，再根据是否有孤电子对来判断分子构型。
如果价层电子对数等于配位数，则分子的空间构型与电子空间排列相同，否则会存在孤对电子，分子的空间构型与电子空间排列不相同。
中心原子的杂化轨道类型与中心原子的价层电子对数有关，中心原子的价层电子对数等于其参与杂化的原子轨道数。
则可推知题中的分子构型如表9.3所示：表 9.34. 试用VSEPR 理论判断下列离子的几何构型。
解：推断结果如表9.4所示：表 9.45. 下列离子中，何者几何构型为T 形?何者构型为平面四方形?解：根据理论，几何构型为形的分子或离子，其中心原子的价层电子对数VSEPR T 为5，配位原子数为3。
所以在配位原子数为3的离子中的几何构型为形。
几何3XeF +T 构型为平面正方形的分子或离子，其中心原子的价电子对数为6，配位原子数为4。
所以的几何构型为平面正方形。
4ICl -6. 下列各对分子或离子中，何者具有相同的几何构型?解：中心原子价层电子对数相同，配位原子数也相同的分子或离子，一定具有相同的几何构型。
第九章中级无机化学课后习题答案
第九章中级无机化学课后习题答案162 第9章习题1 计算下列化合物的价电子数，指出哪些符合FAN 规则。
解：(1) V(CO)6 V ：5，6CO ：12；共17。
不符合(2) W(CO)6 W ：6，6CO ：12；共18。
符合(3) Ru(CO)4H Ru ＋：7，4CO ：8，H －：2；共17。
不符合(4) Ir(CO)(PPh 3)2Cl Ir ＋：8，CO ：2，2PPh 3：4，Cl －：2；共16。
符合(5) Ni(η5-C 5H 5)(NO) Ni ＋：9，C 5H 5－：6，NO ：3；共18。
符合(6) PtCl 3(η2-C 2H 4)－ Pt 2＋：8，3Cl －：6，C 2H 4：2；共16。
符合2 下列原子簇化合物中哪些具有M ＝M 双键?为什么?解：(1) Fe 3(CO)12 3×8 (Fe)＋12×2 (CO)＝48 (3×18－48)/2＝3，三条键连接三个Fe ，三个Fe 按三角形排布，，故应该无M ＝M 键；(2) H ＋2[Os 3(CO)10]2－3×8 (Os)＋10×2 (CO)＋2(负电荷)＝46 (3×18－46)/2＝4，四条键连接三个Os ，三个Os 按三角形排布，，故应该有一条M ＝M 键；(3) H ＋4 [Re 4(CO)12]4－4×7 (Re)＋12×2 (CO)＋4(负电荷)＝56 (4×18－56)/2＝8，八条键连接四个Re ，四个Re 按四面体排布，，故应该有两条M ＝M 键；(4) [Re 4(CO)16]2－4×7 (Re)＋16×2 (CO)＋2(负电荷)＝62 (4×18－62)/2＝5五条键连接四个Re ，四个Re 按蝶形排布，，故应该无M ＝M 键。
3 [HFe 4(CO)13]－和H 3Os 4(CO)12I 具有怎样的结构？画图说明之。
无机化学第九章 分子结构
180
ο
2. spd型杂化
• sp3d杂化
PCl5(g)的几何构型为三角双锥。
P： 3s23p3
3p
3d
激发
3p
3d
3s
sp3d杂化
3s
sp3d
sp3d杂化
• sp3d2杂化
SF6的几何构型为八面体。 S： 3s23p4
3p
3d
3p
3d
3
I 属于AX2L3型离子，几何构型为直 线形。
3
思考题：
解释NO2+, O3, SnCl3-, OF2, ICl3, I3-, XeF5+, ICl4- 等离子或分子的空间构型，并
指出其中心原子的轨道杂化方式。
分子 或离子 NO2+ O3
价层 电子对 2(直线型) 3(平面三角形)
孤对 电子对 0 1
第九章
§9.1 §9.2 §9.3
分子结构
Lewis理论 价键理论 杂化轨道理论
§9.4
§9.5
价层电子对互斥理论
分子轨道理论
§9.6
键参数
化学键：分子或晶体中相邻原子(或离 子)之间强烈的吸引作用。 化学键种类：共价键、离子键、金属键。
共价键理论：
Lewis理论(1916年)
价键理论(1927年, 1930年)
ａ，ｂ—原子轨道，
c1，c2 —系数
Ⅰ ：成键分子轨道；Ⅱ：反键分子轨道。
3. 原子轨道组合方式不同，将分子 轨道分为σ轨道与π轨道。
* • s轨道与s轨道线性组合成 s 和 s
节面
* s
s
s
s
大学无机化学第九章试题及答案
第九章 氧化还原反应本章总目标：1：牢固掌握氧化还原的基本概念，熟练掌握氧化还原反应式配平的方法。
2：理解标准电极电势的意义，能运用标准电极电势来判断氧化剂和还原剂的强弱，氧化还原反应的方向和计算平衡常数3：会用能斯特方程式来讨论离子浓度变化时电极电势的改变和对氧化还原反应的影响 各小节目标第一节：氧化还原反应与原电池1：掌握化合价、氧化数的概念，以及原电池的符号表示方法。
2：能判断原电池的正、负极以及会表示电池的电动势，可以配平电极反应式，书写电池反应方程式。
第二节：电池反应的热力学1：可以判断原电池反应的自发性：r mG zEF θ∆=-,E>0反应以原电池的方式进行。
2：掌握E θ和电池反应的K θ的关系的计算;2.303ln ln lg RT RTzE F RT K E K K zF zFθθθθθ=⇒==. 3：掌握利用能斯特方程来求算电极电势：。
0.059lg V E E z θ⎡⎤⎣⎦=+⎡⎤⎣⎦氧化型还原型 第三节：影响电极电势的因素学会运用能斯特方程来从酸度、沉淀物生成和配位化合物生成三方面来讨论这些因素对电池电动势的影响。
第四节：化学电源与电解1：认识几种常见的化学电源---锌锰电池、银锌电池、铅蓄电池、燃料电池、镍氢电池、锂电池和锂离子电池。
2：了解分解电压和超电压的概念。
第五节：图解法讨论电极电势 1：会看元素电势图。
2;可以根据元素电势图判断酸性的强弱、计算电对的电极电势112212......n nn z E z E z E E z z z θθθθ+++=+++、判断某种氧化态的稳定性学会绘制和利用自由能-氧化数图。
习题一 选择题1.将反应K 2Cr 2O 7+HCl → KCl+CrCl 3+Cl 2+H 2O 完全配平后，方程式中Cl 2的系数是（ ）(《无机化学例题与习题》吉大版)A. 1lB.2C.3D.42.下列化合物中，氧呈现+2价氧化态的是（ ）(《无机化学例题与习题》吉大版)A. Cl 2 O 5B.Br O 7C.H Cl O 2D.F 2O3.将反应KMnO 4+ HCl → Cl 2+ Mn Cl 2+ KCl+H 2O 配平后方程式中HCl 的系数是（ ）(《无机化学例题与习题》吉大版)A.8B.16C.18D.324.某氧化剂YO(OH)2+中元素Y 的价态为+5，如果还原7.16×10-4mol YO(OH)2+溶液使Y 至较低价态，则需要用0.066 mol/L 的Na 2SO 3溶液26.98ml 。
化学课后答案9
键级=（2－2）/2=0，不存在。 10．实验测得 O2 的键长比 O2+的键长长，而 N2 的键长比 N2+的键长 短；除 N2 以外，其他三个物种均为顺磁性，如何解释上述实验事实？ 解：根据分子轨道理论，键级大，键能大，键长短；反之则长。O2 和 O2+内部都是双键，O2 键级为 2，O2+键级为 2.5，故 O2+键长较短；而 N2 分子键级为 3，N2+键级为 2.5，故 N2 的键长较短。
－
（6）SiF5 （7）PCl6
－
－
解： 本题的分析过程与第 3 题类似，但要注意多原子离子的中心原 子的价层电子对数=｛中心原子的价电子对数+配位原子提供的价电子数 ±离子点荷数 （1）I 3
−
解：运用第 3 题中的构型判断规则，可知： （1）SF4 为变形四面体，CH4 为正四面体； （2）两者都是 V 形； （3）两者都是直线形； （4）NO2+为直线型，NO2 为 V 形； （5）两者都是四面体； （6）两者都是四方锥。 7．利用图 9—15(b)写出 F2 的电子构型，计算其键级。F2 的成键作用 靠的是哪个轨道的电子？ 解： 根据图 9—15(b)，F2 的电子构型为： F2[(σ1s)2(σ 1s )2(σ2s)2(σ 2 s )2 (σ2p)2(π2p)4(π 2 p )4] 键级=（成键轨道中的电子数－反键轨道中的电子数）/2=（6－4）/2=1 其中对成键有贡献的是(σ2p)轨道上的一对电子(σ2p)2。 8．写出 O2+，O2，O2 ，O22 的分子轨道电子排布式，计算其键级，
无机化学——分子结构习题解答①
(A)两个具有电子自旋方式相反的氢原子互相接近时，原子轨道重叠，核间电子云 密度增大而形成氢分子；
(B)任何氢原子相互接近时，都可形成H2分子；
(C)两个具有电子自旋方式相同的氢原子互相越靠近，越易形成H2分子；
(D)两个具有电子自旋方式相反的氢原子接近时，核间电子云密度减小，能形成稳 定的H2分子.
解：错
(6)在CS2、C2H2分子中，均有键和 键。.() 解：对
(7)H2分子中的共价键具有饱和性和方向性。.()
解：错
(8)所有分子的共价键都具有饱和性与方向性，而离子键没有饱和性与方向性。(
)
解：错
(9)某原子所形成共价键的数目，等于该原子基态时未成对电子的数目。.()
解：错
(10)键能越大，键越牢固，分子也越稳定。.( ) 解：错
(C)分子中不可能只存在 键；
(D)键的能量通常低于 键的能量。 解：D
(17)两个原子的下列原子轨道沿x轴方向能有效地形成 键的是( )。(A) s-dz2；(B) px-px；(C) py-py；(D) pz-pz。
解：B
(18) 按照价键理论，HCl分子中共价键是由()
1s轨道与Cl原子的3px轨道沿x轴方向重叠而成；
-1 -1
(A)>565kJ·mol-1；(B)=565kJ·mol-1；
(C)<565kJ·mol-1；(D)无法估计。
解：C
(31)下列过程的rH等于HI键能的是.( )。
(A)2HI(g)→H2(g)+I2(g)；
(B)HI(g)→21H2(g)+21I2(g)；
(C)HI(g)→H(g)+I(g)；
高等教育出版社 无机化学 第九章 课后习题答案
第九章
1.什么叫稀溶液的依数性？试用分子运动论说明分子的几种依数性？
答
2.利用溶液的依数性设计一个测定溶质分子量的方法。
答
3.溶液与化合物有什么不同？溶液与普通混合物又有什么不同？
（1）该溶质的相对分子质量；
（2）该溶液的沸点和凝固点（已知293K时，苯的蒸汽压为1×104Pa；1.013×105Pa下，苯的沸点为353.10K，苯的凝固点为278.4K）。
解
答
以溶解度为纵坐标，以温度为横坐标所做出的溶解度随温度变化的曲线叫做溶解度曲线。
KNO3溶解度随温度升高而增大；
NaCl溶解度随温度升高几乎不变；
NaSO4溶解度随温度升高而减小。
7.为什么NaOH溶解于水时，所得的碱液是热的，而NH4NO3溶解与水时，所得溶液是冷的？
答
8.把相同质量的葡萄糖和甘油分别溶于100g水中，问所得溶液的沸点、凝固点、蒸汽压和渗透压相同否？为什么？如果把相同物质的量的葡萄糖和甘油溶于100g水中，结果又怎样？说明之。
拉乌尔（Raoult）定律的适用范围是任何强度。
10.采用何种简便的办法可得到223K的低温？
答
11.10.00cm3NaCl饱和溶液重12.003g，将其蒸干后得NaCl3.173g，试计算：
（a）NaCl的溶解度。
（b）溶液的质量分数。
（c）溶液物质的量的浓度。
（d）溶液的质量摩尔浓度。
（e）盐的摩尔分数。
答
4.试述溶质、溶剂、溶液、稀溶液、浓溶液、不饱和溶液、饱和溶液、过饱和溶液的含意。
武汉大学版无机化学课后习题答案第三版分子结构
分子结构1. 试用离子键理论说明由金属钾和单质氯反应，形成氯化钾的过程如何理解离子键没有方向性和饱和性 答：KCl 的形成表示如下： K(s)?K +(g)+e12Cl 2?Cl(g)Cl (g) +e ? Cl -(g) K +(g) + Cl -(g) =KCl (s)离子键的本质是静电作用力，由于离子的电荷分布是球形对称的，因此它对异号离子的引力可以是任何方向，也就是没有方向性；一个离子的周围，能容纳多少个异离子，是随离子的半径变化而变化的，它没有固定的配位数，所以说离子键没有饱和性。
2.用下列数据求氢原子的电子亲和能。
答：电子亲和能为下列反应的焓变，它由(5)-(4)-(3)-(2)-(1)得到： 3. ClF 的解离能为1246kJ mol -⋅，ClF 的生成热为－56kJ/mol-1，Cl 2的解离能为238kJ/mol -1，试计算F 2(g)的解离能。
解：据题意：（1） ClF(g) = Cl(g) +F(g) ΔH 1 = 246 kJ ·mol -1 （2）12Cl 2(g) +12F 2(g) = ClF(g) ΔH 2 = －56kJ/mol -1（3）Cl 2(g) = 2Cl(g) ΔH 3 = 238kJ/mol -12?（1）＋2?（2）－（3）得F 2 (g) = 2 F (g) ΔH ＝2 ΔH 1+2ΔH 2－ΔH 3＝2?246－2?56－238＝142 kJ / mol -14. 试根据晶体的构型与半径比的关系,试判断下列AB 型离子化合物的晶体构型： BeO NaBr CaS RbI BeS CsBr AgCl 解：查表求各离子的Pauling 半径如下表： Pauling 半径(pm)计算各物质的正负离子半径比以及相应晶体构型如下表：5.试从电负性数据，计算下列化合物中单键的离子性百分数各为多少 NaF AgBr RbF HI CuI HBrCsCl解：查表求出各元素的Pauling 电负性数据如下表： 各物质的电负性差和相应的离子性百分数如下表：6. 如何理解共价键具有方向性和饱和性解：共价键是指两个原子间的化学键力通过共享电子而达到的稳定饱和结构的结合力。
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第九章分子结构课后习题参考答案
2解：（1）Hg 原子的价电子构型是：5d 106s 2
因中心原子Hg 采用sp 杂化，则分子为直线形。
（2）因中心原子Si 采用sp 3杂化，则分子构型为正四面体
（3）因中心原子B 采用sp 2杂化，则分子构型为平面三角形
（4）因中心原子N 采用sp 3杂化，有一对孤对占据杂化轨道，所以分子构型为三角锥形
（5）因中心原子N 采用sp 2杂化，有一对孤对占据杂化轨道，所以分子构型为V 形
（6）因中心原子Si 采用sp 3d 2杂化，所以分子构型为正八面体
3解：（1）42
4
14=⨯+=
VP ，σ键数为4，无孤对电子对，则价电子对空间构型和分子空间构型相同，均为正四面体。
用杂化轨道理论说明：因分子中共有四对成键，则需提供四条杂化轨道，所以Si 采用sp 3杂化形成四条sp 3杂化轨道供四对成键电子占据，分子构型为正四面体。
（2）22
4=+=
VP ，σ键数为2，无孤对电子对，则价电子对空间构型和分子空间构型相同，均为直线形。
杂化轨道理论：
（3）32
1
33⨯+=
VP ，σ键数为3，无孤对电子对，则价电子对空间构型和分子空间构型相同，均为平面三角形。
用杂化轨道理论说明：因分子中共有三对成键，则需提供三条杂化轨道，所以B 采用sp 2杂化形成三条sp 2杂化轨道供三对成键电子占据，分子构型为平面三角形。
（4）42
1
35=⨯+=
VP ，σ键数为3，有1对孤对电子对，则价电子对空间构型为四面体，而扣除孤对电子占据的位置，分子空间构型为三角锥形。
杂化轨道理论：
（5）42
1
26=⨯+=
VP ，σ键数为2，有2对孤对电子对，则价电子对空间构型为四面体，而扣除孤对电子占据的位置，分子空间构型为V 形。
杂化轨道理论：
（6）32
6=+=
VP ，σ键数为2，有1对孤对电子对，则价电子对空间构型为平面三角形，而扣除孤对电子占据的位置，分子空间构型为V 形。
杂化轨道理论：
4解：（1）52
1
127=+⨯+=
VP ，σ键数为2，有3对孤对电子存在，其价电子对空间构型为
三角双锥，扣除孤电子对所占据的位置，其离子几何构型为直线形。
（2）421
127=-⨯+=
VP ，
σ键数为2，有2对孤对电子存在，其价电子对空间构型为四面体，扣除孤电子对所占据的位置，其离子几何构型为V 型。
（3）523
143=+⨯+=
VP ，σ键数为4，有1对孤对电子存在，其价电子对空间构型为三角
双锥，扣除孤电子对所占据的位置，其离子几何构型为变形四面体。
（4）322
034=+⨯+=
VP ，σ键数为3，无孤对电子存在，其价电子对空间构型和离子几何
构型相同，均为平面三角形。
（5）42
1
037=+⨯+=
VP ，σ键数为3，有1对孤对电子存在，其价电子对空间构型为四面
体，扣除孤电子对所占据的位置，其离子几何构型为三角锥型。
（6）521
154=+⨯+=
VP ，σ键数为5，无孤对电子存在，其价电子对空间构型和离子几何构
型相同，均为三角双锥。
（7）62
1
165=+⨯+=
VP ，σ键数为6，无孤对电子存在，其价电子对空间构型和离子几何构
型相同，均为正八面体。
7解：H 2： He 2：
Li 2： Be 2：
B 2：
C 2：
N
2： O 2：
F 2：
8解：它们的分子轨道排布式为：
O2+：(σ1s)2(σ*1s)2(σ2s)2(σ*2s)2(σ2p)2 (π2p)4(π*2p)1键级=(6-1)÷2=2.5，顺磁；
O2：(σ1s)2(σ*1s)2(σ2s)2(σ*2s)2(σ2p)2 (π2p)4(π*2p)2 键级=(6-2)÷2=2.0，顺磁；
O2-：(σ1s)2(σ*1s)2(σ2s)2(σ*2s)2(σ2p)2 (π2p)4(π*2p)3 键级=(6-3)÷2=1.5，顺磁；
O22-：(σ1s)2(σ*1s)2(σ2s)2(σ*2s)2(σ2p)2 (π2p)4(π*2p)4 键级=(6-4)÷2=1.0，反磁。
因键级越大,键越强,则离子越稳定,所以其稳定性顺序: O2+>O2>O2->O22-.
16解：由反应(1)+(4)得反应(5) 2C(石墨,s) + 2H2(g) →4H(g) + C=C(g)
△r Hθm(5)=1656+52.3=1708.3(kJ/mol)
由反应(5)-(3)×2得反应(6) 2C(石墨,s) →C=C(g) △r Hθm(6)=1708.3-2×436.0=836.3(kJ/mol) 由反应(6)-(2)×2得反应(7) 2C(g) →C=C(g) △r Hθm(7)=836.3-2×716.7= -597.1(kJ/mol)
因键能均为正值, 即△B Hθm(C=C)= 597.1(kJ/mol)。