元素无机化学答案

元素无机化学答案

【篇一：无机化学答案】

class=txt>《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

--18 j)= 9.766-8 m 2、---。其中 -34 、--35 m， 此波长太小， 可忽略； （2） ≈

---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 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=0 8、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。 11、根据电子填充顺序，72 元素的电子组态为：

1s22s22p63s23p63d104s24p64d104f145s25p65d26s2，或

[xe]4f145d26s2；其中最外层 电子的主量子数 n=6，属第 6 能级组，在第 6 周期，电子最后填入 5d 轨道， 是副族元素，属 iv b 族，d 区元素，其价电子为 5d26s2，用 4 个量子数表 示为：5、2、0、+1/2；5、2、

1、+1/2；6、0、0、+1/2；6、0、0、-1/2； 12、（1）br 比 i 的电负性大；（2）s比 si 的电离能大；（3）s-比 s 的电 子亲和能大。 13、

1s22s22p63s23p63d104s24p64d104f145s25p65d105f145g186s26p66d106f147s17d108s28p5 ，第 8 周期，vii a 族，p 区。 14、最外层 6 个电子，次外层 18 个电子（3s23p63d10）；它位于第 4 周期、 vi a 族、p 区；其基态原子的未成对电子数为 2。 第二章

1、略。 2、 分子结构

3、 ch4： sp3 杂化； c2h2： sp 杂化； c2h4： sp2 杂化； h3coh： sp3 杂化； ch2o： sp2 杂化。 4、 物种

clo4no3sif62brf5 nf3 no2nh4+ 价电子数 4 3 6 6 4 3 4 成键电子数 4 3 6 5 3 2 4 孤对电子 0 0 0 1 1 1 0 空间构型 四面体 平面三角形 八面体形 正方锥形 三角锥形 v形 四面体

5、 根据电负性的差距越大， 所形成的化学键的极性越大可以进行判断： （1） 极性 naclmgcl2alcl3sicl4pcl5；（2）

lifnafkfrbfhclhbrhi。 6、略。 7、（1）c 原子的价层电子组态为

2s22p5，得到 4 个电子或失去 4 个电子才 能形成稳定的电子层结构，但得失 4 个电子是十分困难的，故很难形成离 子键。 （2 ） albr3 为共价化合物， 熔融时以分子形式存在， 故导电性能差。 albr3 溶于水后，在极性水分子的作用下发生电离，生成 al3+和 br-，故水溶液能 导电。 （3）邻羟基苯甲酸的羟基和羧基相邻，主要形成分子内氢键。而对羟基 苯甲酸的羟基和羧基相互背离，不能形成分子内氢键，但能形成分子间氢 键，分子间氢键使分子间的作用力增大，导致对羟基苯甲酸的熔点高于邻 羟基苯甲酸。

（4）根据 vsepr 理论，bef2 分子中心原子 be 的价层电子对数为 2，为 直线型分子。 sf2 分子中心原子 s 的价层电子对数为 4， 轨道构

型为四面体， 但因有 2 对孤对电子，故 sf2 的分子构型为 v 型。 （5）p 元素有 3s、3p 和 3d 轨道，价层电子组态为 3s23p3，与 cl 原子化 合时， 可采用 sp3 不等性杂化与 3 个 cl 原子生成 pcl3 分子， 也可以采用 sp3d 杂化与 5 个 cl 原子生成 pcl5 分子；n 元素只有

2s 和 2p 轨道，价电子组态 为 2s22p3， 只能采用 sp3 不等性杂化， 有 3 个未成对电子与 3 个 cl 原子生成 ncl3 分子。 （6）用分子轨道理论解释（略）。

（7）h2s 分子中存在取向力、诱导力和色散力，而 h2o 分子中除了存在 取向力、诱导力和色散力外，还有分子间氢键，导致分子间作用力较大， 沸点较高。故是 h2o 液体，而 h2s 是液体。 （8）用极化理论进行解释（略）。 （9）co 分子为碳氧三键，成键时氧原子多提供一对电子，抵消了 c、o 间由于电负性差距而产生的偶极矩，故 co 分子的偶极矩很小；co2 分子的 碳氧键虽为极性键，但其分子为对称的直线型分子，故偶极矩为零。 （10）bf3 分子为对称的平面三角形构型，虽 b-f 键为极性键，但其分子 偶极矩仍为零。nf3 分子为不对称的三角锥型构型，且 n-f 键为极性键，正 负电荷中心不重合，故分子的偶极矩不为零。 8、（1）色散力。 （2）取向力、诱导力、色散力、氢键。 （3）取向力、诱导力、色散力。 （4）诱导力、色散力。 （5）取向力、诱导力、色散力。 9、（1）h2＜ne＜co＜hf。h2、ne 为非极性分子，分子间只存在色散力， 色散力随分子量增大而增大，因此 ne 的分子间作用力大于 h2 分子间作用 力。co 分子为极性分子，分子间存在着取向力、诱导力、色散力，其分子 量又比 ne 大，分子间色散力大于 ne。hf 分子间除存在取向力、诱导力、 色散力以外，还存在分子间氢键。 （2）cf4＜ccl4＜cb4＜ci4。cf4、ccl4、cb4 和 ci4 均为非极性分子， 分子间只存在色散力，色散力随分子量增大而增大，因此沸点依次升高。 10、略。 第三章

溶解与沉淀

3、baso4 设的溶解度为 s，则 --5 --3 (g/ l)。 4、先将 pbi2 的溶解度转化为以 mol/l 为

-17，-12， -50。 （1） 用 na2co3

处理的转化反应为： 2 agi (s)+ co32- - (aq) ，其平衡常数为 k=[i-]2/[co32-]=[i-]2[ag+]2/ [co32-][ag+]2 = ---22，平衡常数非常小，agi

不能转化为 ag2co3；（2）用(nh4)2s 处 理的转化反应为：2 agi (s)+ s2- - (aq) ，其平衡常数为 k=[i-]2/[s2-]=[i-]2[ag+]2/ [s2-][ag+]2 = -17)2/-，平衡常数非常 大，agi 能

转化为 ag2s； （3） 若在 1.0l 的(nh4)2s 溶液中转化 0.01 mol agi 的沉淀，则溶液中

[i-]=0.01 mol/l，则根据 k=[i-]2/[s2-]得， [s2-]=[i--22 (mol/l)，(nh4)2s 溶液的初始浓度 为 c(s2-)=[s2-]+[i--22 +0.01/2=0.005 (mol/l)。 9、查表知：-39，-17。当 fe3+开 始沉淀时，溶液中的 oh-浓度至少为 c (oh---13 (mol/l)，poh=12.29，； 同样， 当 fe2+开始沉淀时， 溶液中的 oh-浓度至少为 c (oh---8 (mol/l)，poh=7.31， 。故 溶液的 ph 控制在 1.71-6.69 范围时，fe3+以 fe(oh)3 形式沉底，而 fe2+不生 成沉底。

10、 设沉淀溶解平衡时 ca2+浓度为 x mol/l。 -(aq) + h2co3(aq)，平衡时，[hac]=1.0，[ca2+]=x，[ac-]=2x， [h2co3]=0.040，k={[ca2+][ac-]2[h2co3]}/

[hac]2={[ca2+][ac-]2[h2co3][h+][co32-]}/ {[hac]2[h+][co32-]}= --5)]/ --11]=0.043，故 hac 的初始浓度为 c(hac)= [hac]+ [ac-

则溶液中的 ca2+和 co32-浓度分别为：--6 mol/l，c (co32---5 mol/l，离子积 第四章 酸与碱

1、nh3+h2o=nh4++oh-，kb=[nh4+][oh-]/[nh3]；ch3coo-+h2o= ch3cooh+oh-，kb=[ch3cooh][oh-]/[ch3coo-]；h2o

+h2o=h3o++oh-， kb=[ h3o+][oh-]= kw；oh-+h2o= oh- + h2o，kb=[oh-]/[oh-]=1； h3o+ch3cooh nh4+h2o 2、hs-+h2o=s2-+h3o+，ka=[h3o+][s2-]/[hs-]；hs-+h2o= h2s+oh-，

kb=[h3o+][h2s]/[hs-]；h2o +h2o=h3o++oh-，ka=[ h3o+][oh-]= kw；

h3o++h2o=h3o++h2o，ka=[oh-]/[oh-]=1； [zn(h2o)6]2++h2o=h3o++[zn(h2o)5(oh)]+，

ka=[zn(h2o)5(oh)+][h3o+]/ [zn(h2o)62+]；oh- s2-

[zn(h2o)5(oh)]+ h2o 3、因为[h3o+][oh--14，所以[oh----9 mol/l 4、已知 pka(hco3-)=10.32，pka(hpo42-)=12.36，因酸性 hco3-

hpo42-，故 碱性 co32- po435、hac+nh3=ac-+nh4+，由于接受质子的能力 nh3 h2o，故乙酸在液氨 中的酸性更强。 6、质子传递平衡式为：nh3+h2o=nh4++oh-，且 c=1.00 mol/l，查表知 -10，则 -

5，由于 ，且 c/kb(nh3)100，故用最简式求 ph 值。即 [oh---3，即 ph=14-poh=11.63。 7、（1）质子传

递平衡式为：nh4++h2o= nh3+ h3o+，且 c=0.10 mol/l，查 表知 ka(nh4+-10。由于 ，且 c/ka(nh4+)100，故 用最简式求 ph 值。 即--6， 即 ph=5.12。 （2）ch3nh2+h2o= ch3nh3++

8、c=0.030 mol/l，查表知 -5。由于 ，且 c/ ka[al(h2o)]3+100，故用最简式求 ph 值。即 [oh---5，即 ph==3.21。 9、已知乙酰水杨酸的摩尔质量为 180，故其物质的量浓度 c=(0.65/180) -2 mol/l，且查表知其 -4。由于 ，而 c/ka=4510kw，

且 c/ka100，故--2，即 ph=1.38。（2） 为 naac 的一元弱碱溶液。kb=kw/ka=10---10，c=0.50 mol/l，因 ，且 c/kb100，故 [oh---5，即 ph=14-poh=14-4.77=9.23。

（3）为缓冲溶液。混合后，c(ac-)= c(hac)=0.25 mol/l，故

ph=pka+lg [ac-]/[hac]=--5)+lg1=4.76。 （4） 此为 naac 和 naoh 的混合溶液， 溶液 ph 用强碱 naoh 计算，忽略弱碱 ac-的贡献，混合后 c(naoh)=0.005 mol/l，即 poh=-lg 0.005=-2.30， 故 ph=14-2.30=11.70（5）此为缓冲溶液。 混合后 c(naoh)=0.005 mol/l，该 naoh 会立即与 hac 反应，导致最终溶 液中的 c(ha-0.005=0.245，而 c(ac-，根据缓冲溶液 ph 计算公式可知： ph=pka+lg [ac-]/[hac]=--5)+lg(0.255/0.245)=4.78。 15、 由 ph=pka2+lg[vb/(v-vb)]可知，

-5)=1.0；要使 ph 值等于 3.00，乙酸的浓度应为：c2= x2/ka=(10--5)= --5)=0.0574，根据 c1v1=c2v2 可知，

l，故所需水的体积应为 1.75-0.1=1.65l。 18、查表知 -6。设 ca(oh)2 饱和溶液的溶解度为 x，则根据沉淀 溶解平衡式可知，ksp=[ca2+][oh-，

-2，则 [oh--2，ph=14-poh=12.34 19、略。 第五章 氧化还原

1、（1）系数依次为：2，5，14，5，5，2，7；（2）系数依次为：10，6， 11，5，6，22；

（3）系数依次为：3，2，2，1，4；（4）系数依次为：3， 6，5，1，3；（5）系数依次为：1，2，3，1，2，2。 2、 （1 ） 正极： 2h++2e- =h2， 负极： h2+2oh-=h2o+2e-， 电池： h++oh-= h2o； （2）正极：ag++e-=ag，负极：ag+i-=agi+e-，电池：ag++ i-=agi；（3） 正极：cu2++cl-+e-= cucl，负极：cu+=cu2++e-，电池：

cu++ cl-=cucl；（4） 正极：cu2++2e-=cu，负极：

cu+4nh3=cu(nh3)42++2e-，电池： cu++4nh3=cu(4nh3)42+ 3、(1)

(--l- -)pb --（nh3）

-4)/0.100]/2=0.271v。 -4)/6=-0.0346 (v)；。 第六章 配位化合物

1、(1)二氯化六氨合钴(ii)，6，n；(2)二氯化一氯五氨合钴(iii)，6，n、cl-； (3)二硫氰酸根二(三苯基磷)合钯(ii)，4，s、p；(4)二异硫氰酸根二(三苯基 磷) 合钯(ii)，4，n、p；(5)二(硫代硫酸根)合银(i)离子，2，s；(6)二氯化四 氨二水合镍(ii)，6，n、o 2、(1)[co(no2)3(nh3)3]

(2) [cocl2(nh3)3(h2o)]cl (3) [ptcl2(oh)2(nh3)2] (4) k2[ptcl6] 3、略 4、略 5、略

6、（1）右；（2）左；（3）右；（4）右；（5）右。 7、 这些 lewis 碱的软度由小到大的顺序为： cl-＜nh3＜br-＜s2o32-＜i-＜cn＜s2-。根据硬软酸碱规则，软酸 ag+与上述系列中较软的碱结合的产物更 稳定。 ag++ cl-=agcl(s)+no3- 、agcl(s)+2

nh3=[ag(nh3)2] ++ cl-、ag(nh3)2++ br-= ag br(s)+2 nh3、 ag br(s)+2 s2o32-= ag(s2o3) 23--+ br-、ag(s2o3) 23-+ i-= ag i(s)+2 s2o32-、ag i(s)+2 cn-= ag(cn) 2- + i2 ag(cn) 2- + s2-= ag2 s(s) +4 cn8、略。 9、溶液中

【篇二：武汉大学版无机化学课后习题答案__14氮族

元素】

1． 用mo理论讨论n2和no分子中的成键情况，并指出两者键级是多少？

2*2222kk?????2s2s2p2p2p 键级3 答：n2 ：yz

2*2222*1kk??????2s2s2p2p2p2p 键级2.5。 no：yz 2．解释下列问题：

（1）虽然氮的电负性比磷高，但是磷的化学性质比氮活泼？ （2）为什么bi(v)的氧化能力比同族其他元素强?

答：(1) 氮的电负性比p高，但氮不如p活泼，这是由俩者单质的结构不同决定的。

n的半径很小，但n原子间形成三重键，叁键的键能很高，难以断开，因而n2很不活泼。

p原子半径很大，而使p原子间的p轨道重叠很小，不能形成多重键。p-p单键键能很小，很容易断开。特别白磷的p-p-p键角小张力大，更活泼。

(2) bi(v)的氧化能力比同族其他元素强的多，出现了充满4f、5d，而4f、5d对电子的屏

蔽作用较小，而6s具有较大的穿透能力，所以6s电子能级显著降低，不易失去，有“惰性电子对效应”。失去2 个6s电子的 bi(v 更倾向于得到2个电子形成更稳定的bi3+。

3．试从分子结构上比较nh3、hn3、n2h4和nh2oh等的酸碱性。 答：nh3结构见书648 hn3结构见书658 n2h4结构见书655 nh2oh结构见书658

得出酸性 hn3 nh2oh n2h4 nh3 碱性相反。

4．试比较下列化合物的性质： （1） no?

3和no2的氧化性；

（2） no2、no和n2o在空气中和o2反应的情况； （3） n2h4和nh2oh的还原性。 答：(1) 氧化性no2-no3-;

(2) no2不与空气反应；no与空气在常温下即可反应，产生红棕色烟雾。n2o也不与空 气反应。

(3)还原性：n2h4 nh2oh

5．硝酸铵可以有下列两种热分解方式：

根据热力学的观点，硝酸铵固体按照哪一种方式分解的可能性较大。 6．如何除去：

（1） 氮中所含的微量氧；

（2） 用熔融nh4no3热分解制得的no2中混有少量的no； （3） no中所含的微量no2； （4） 溶液中微量的nh? 4离子。

答： （1）使气体通过炽热的铜屑： o2+2cu=2cuo

（2）使气体通过feso4溶液除去no no+feso4=fe（no）so4

（3）使气体通过水除去no2 2no2+h2o=2hno3+no

（4） 溶液中加少量的nano2后加热除去nh4+ nh4++no2-=n2+h2o

7．写出下列物质加热时的反应方程式：

（1）nano3 （2）nh4no3 （3）nh4cl 和 nano2的混合物 （4）cuso4.5h2o（5）cu(no3)2.2h2o （6）nan3 答：

?(1)2nano3???2nano2?o2? ?(2)nh4no3???n2o??2h2o ?(3)nh4no2???n2??h2o

?(4)cuso4.5h2o???cuso4?5h2o

?(5)cu(no3)2.3h2o???cu(oh)no3?hno3?2h2o ?cu(oh)no3???cuo?hno3

?4hno3???4no2??o2??2h2o ?(6)3nan3???4n2??na3n ?na3n???6na?n2?

8．从下列物质中选出那些互为等电子体：c2? 2，o2，o2，o?2?

2, n2，no，no+，cn-和n2h? 3，

并讨论它们氧化能力得强弱和酸碱强度。

答：互为电子体的有：c22- ，n2，no+，cn-；o22-，n2h3- 9．完成下列反应： ?? n2h4?hno2 ? ??? nh4cl?hno2 ? ?? ki?hno2?

??? kclo3?hno2 ? ??? kmno4?hno2 ? 答：

?n2h4?hno2???hn3?2h2o

?nh4?hno2???n2??2h2o?hcl ki?hno2???i2?2no??2h2o

?clo?3?3hno2???cl??3no3?3h??

2mno4??2?5hno2?h????2mn2??5no3?3h2o

10．从硝酸钠出发，写出制备亚硝酸的反应方程式。 答：2nano3=2nano2+o2

nano2+hcl=hno2+nacl 11．解释下列反应现象：

（1） 为什么nano2会加速铜和硝酸的反应速度？

（2） 为什么磷和koh溶液反应生成的的ph3气体遇空气冒白烟？ （3） 向nah2po4或na2hpo4溶液中加入agno3溶液会析出黄色ag3po4沉淀？ 答：（1）nano2与硝酸反应有no2生成，no2作为反应的催化剂起电子传递作用，而使硝 酸与铜的反应速率加快。

?hno3?no2?h??2no2?h2o no2?e??no2?

可见，通过no2获得还原剂cu的电子，而使反应速率加快。 2no2+cu=2no2-+cu2+

（2）磷和koh溶液反应生成的ph3气体中含有少量的p2h4，p2h4在空气中易自燃生成 p2o3而冒白烟。

（3）ag3po4的溶度积常数比agh2po4和ag2hpo4都小得多，即ag3po4的溶解度更小， 而易从溶液中析出。 12．完成下列反应

?? (b) ascl3?h2o??? (a) p4?hno3?

?? (d) p4o10?h2o??? (c) pocl3?h2o? ??(f) zn3p2?hcl(稀 )??? (e) p4o6?h2o? 答：

(a)3p4?20hno3?8h2o?12h3po4?20no (b)ascl3?3h2o?h3aso3?3hcl (c)pocl3?3h2o?h3po4?3hcl (d)p4o10?6h2o????4h3po4 (e)p4o6?6h2o?4h3po3

(f)zn3p2?6hcl(稀 )?ph3?3zncl2

13．试说明为什么氮可以生成二原子分子n2，而同族其它元素不能生成二原子分子的原因。 答：n的半径很小，但n原子间形成三重键，叁键的键能很高，难以断开，因而n2很不活 泼。

p原子半径很大，而使p原子间的p轨道重叠很小，不能形成多重键。

14．指出下列各种磷酸中p的氧化数。

h3po4, h4p2o7, h5p3o10, h6p4o13, h3p3o9, h4p4o12, h4p2o6, h2pho3, hph2o2, h3po5, h4p2o8,

答：+5，+5，+5，+5，+5，+5，+4，+3，+1，+7，+6。 15．说明no? 3，po3??

答：no3-：平面三角形；po43-：正四面体；sb（oh）-6：正八面体

16． p4o10,中p-o键长有两种分别为139pm和162pm，试解释不同的原因。 答： p4o10分子中有两种p-o键，一种是-p=o，此键键长短，仅为139pm，还有一种为 p-o-p，此键键长为162pm。 17．如何鉴别下列各组物质： （1）nh4cl和nh4no3； （2）nh4no3和nh4no2； （3）na3po4和na2p2o7； （4）h3po3和h3po4； （5）h3aso3和h3aso4； （6）as3?、sb和bi。 3?3? 答：（1）用agno3鉴别。 （2）用淀粉碘化钾试纸 （3）用agno3鉴别。 （4）用agno3鉴别。 （5）用淀粉碘化钾试纸 （6）用na2s溶液

18．写出下列含氧酸盐的热分解产物； （4） al2(so4)3 （5） nahso4

（6） (nh4)2cr2o7 （7） agno2 （8） na2so3 （9） kclo3

答：（1）na2so4，h2o；（2）cacl2，o2，h2o（3）cuo，no2，h2o；（4）（5）（6）n2，

cr2o3，（7）ag，no2；（8）na2s，na2so4（9）kcl，o2 19．比较as、sb、bi的硫化物和氧化物的性质。 答：as、sb、bi的硫化物：

as2s3as2s5 sb2s3 sb2s5bi2s3 (1)酸碱性 两性偏酸 酸 两性 两性碱

（2）溶解性（浓盐酸）不溶 不溶 溶解 溶解 溶解 （naoh) 溶溶 溶 溶 不溶 （硫化钠）溶溶 溶 溶 不溶

（na2sx） 溶不溶 溶 不溶 不溶 as、sb、bi的氧化物： as4o6 sb4o6 bi2o3

（水） 微溶难溶 极难溶 （酸）溶解 难溶 极难溶 （碱）易溶 溶解 难溶

20．写出在碱性介质中cl2氧化bi(oh)3的反应方程式，并用??解释反应发生的原因。 答：

cl2?bi(oh)3?3naoh?nabio3??2nacl?3h2o ?因为?cl2/cl???bio?

3/bi(oh)，所以该反应能向右进行。 3

21．如何解释as2o3在盐酸中的溶解度随酸的浓度增大而减小后有增大的原因。 答：当酸的浓度非常低时，存在以下平衡： as2o3+3h2o=2as（oh）3

酸的浓度的加大，不利于水解反应。 酸的浓度增大后，存在以下反应： as2o3+8hcl=2h[ascl4]+3h2o；

增大盐酸的浓度，有利于反应向右进行。

【篇三：无机化学【第三版】下册答案】

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第十三章氧族元素 5

as2s3as2s5 sb2s3 sb2s5bi2s3 (1)酸碱性 两性偏酸 酸 两性 两性碱

（2）溶解性（浓盐酸）不溶 不溶 溶解 溶解 溶解 （naoh) 溶溶 溶 溶 不溶 （硫化钠）溶溶 溶 溶 不溶

（na2sx） 溶不溶 溶 不溶 不溶 as、sb、bi的氧化物： as4o6 sb4o6 bi2o3

（水） 微溶难溶 极难溶 （酸）溶解 难溶 极难溶 （碱）易溶 溶解 难溶

20．写出在碱性介质中cl2氧化bi(oh)3的反应方程式，并用??解释反应发生的原因。 答：

cl2?bi(oh)3?3naoh?nabio3??2nacl?3h2o ?因为?cl2/cl???bio?

3/bi(oh)，所以该反应能向右进行。 3

21．如何解释as2o3在盐酸中的溶解度随酸的浓度增大而减小后有增大的原因。 答：当酸的浓度非常低时，存在以下平衡： as2o3+3h2o=2as（oh）3

酸的浓度的加大，不利于水解反应。 酸的浓度增大后，存在以下反应： as2o3+8hcl=2h[ascl4]+3h2o；

增大盐酸的浓度，有利于反应向右进行。

【篇三：无机化学【第三版】下册答案】

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第十三章氧族元素 5

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