Ksp=S×4S1.957×10-6mol?L-15-2解:混合后[Pb2+]=1.0×10-17mol?L-1,[I-]=0.020mol?L-1Q=[Pb2+][I-]2=1.0×10-17×0.0202=4×10-21＜Ksp(PbI2)=9.8×10-9即不能生成PbI2沉淀5-3解：Mg(OH)2Mg2++2OH-

/mol?L-1S2S

=4S3=4×(1.3×10-4)3=8.8×10-12混合后[Mg2+]=0.05mol?L-1,若不生成Mg(OH)2沉淀，則[OH-]2＜==1.76×10-10，即[OH-]＜1.3×10-5mol?L-1NH3·H2ONH4++OH-/mol?L-10.05x1.3×10-5Kb=1.8×10-5=x=0.07mol?L-1NH4+的物質的量==1.4×10-3(mol)需加入的(NH4)2SO4的質量至少為0.7×10-3×132=0.09(g)或者：[OH-]＜1.3×10-5mol?L-1,pOH=4.89pKb=4.74,在NH4+-NH3的有效緩沖范圍，可以套用緩沖溶液公式：pOH=pKblgnbns=pKblgns=1.41，nb=0.001mol=0.001×1.41=0.00141(mol)需加入的(NH4)2SO4的質量至少為=0.0931(g)5-4解：溶液中[Mn2+]=0.10mol?L-1若不生成沉淀，[Mn2+][OH-]2＜Ksp[OH-]2＜=1.9×10-12[OH-]=1.38×10-6mol?L-1NH3·H2O=NH4++OH-/mol?L-10.005x1.38×10-6Kb==1.8×10-5x=6.5×10-2mol?L-1NH4Cl的量為6.5×10-2×0.2=0.013(mol)，即53.5×0.013=0.696(g)或者：[OH-]=1.38×10-6mol?L-1,pOH=5.86pKb=4.74,略超出NH4Cl-NH3的有效緩沖范圍，若仍套用緩沖溶液公式進行近似計算：pOH=pKblgnbns=plgns=13.2，=0.001mol=0.001×13.2=0.0132(mol)NH4Cl的量為53.5×0.0132=0.706(g)5-5解：KspPbS=8×10-28＜KspZnS=1.6×10-24PbS先生成沉淀。為使PbS沉淀，而ZnS不沉淀，則[S2-]＜==1.6×10-23(mol?L-1)，此時[H+]2>==89.4即[H+]>9.46mol?L-1，[H+]最低為9.46mol?L-1此時[Pb2+]===5×10-5(mol?L-1)>1.0×10-5mol?L-1，Pb2+已生成PbS沉淀,但尚未沉淀完全。5-6解：=2.79×10-39=1.9×10-13當pH=4~5時，[OH-]=10-10~10-9mol·L-1pH=4時，[Fe3+]===2.79×10-9(mol?L-1)，即Fe3+已沉淀完全；pH=5時，[Mn2+]===1.9×105(mol?L-1)，Mn2+存在于溶液，未生成沉淀。因此，控制pH=4~5時，可使Fe3+已沉淀完全而Mn2+存在于溶液，從而將溶液中的雜質Fe3+除去。解析：此題也可以分別計算pH=4和pH=5時的[Fe3+]和[Mn2+]，予以說明。pH=4時，[Fe3+]===2.79×10-9(mol?L-1)，[Mn2+]===1.9×107(mol?L-1)pH=5時，[Fe3+]===2.79×10-12(mol?L-1)，[Mn2+]===1.9×105(mol?L-1)即pH=4~5時，Fe3+已沉淀完全而Mn2+存在于溶液5-7通過計算說明，分別用Na2CO3溶液和Na2S溶液處理AgI沉淀能否實現沉淀的轉化？解：此類題目要計算出沉淀轉化反應的K予以說明。CO32–+2AgIAg2CO3+2I–K=====8.58×10-22即沉淀轉化反應難以進行。S2–+2AgI=Ag2S+2I-K=====1.15×1017即沉淀轉化反應易于進行。因此，用Na2S溶液處理AgI沉淀，易于實現沉淀的轉化。5-8解：此題的關鍵是[PO43-]、[HPO42-]的計算。[Ca2+]=0.10mol?L-1[PO43-]===2.1×10-14(mol?L-1)=[Ca2+]3[PO43-]2=0.103×(2.1×10-14)2=4.4×10-31＜=2.07×10-29∴無Ca3(PO4)2沉淀。[HPO42-]===4.4×10-5(mol?L-1)=[Ca2+][HPO42-]=0.1×4.4×10-5=4.4×10-6>∴析出CaHPO4沉淀。5-9解：（1）混合后[Zn2+]=0.005mol?L-1[S2-]=Ka2=1.3×10-13mol?L-1Q=[Zn2+][S2-]=6.5×10-16>=1.6×10-24，即有ZnS沉淀析出。析出的ZnS沉淀的量可計算如下：Zn2++H2SZnS+2H+t0/mol?L-10.0050.05t平/mol?L-1x0.05-0.005+x0.005-x0.01-2x≈0.045≈0.01K=====8.9×103=解之，x=2.5×10-7(mol?L-1)表明有ZnS沉淀生成，且Zn2+已定量沉淀完全。(2)Zn2++H2SZnS+2H+t/mol?L-10.0050.05[H+]若使得ZnS沉淀溶解，即Zn2+不沉淀，則[S2-]＜==3.2×10-22(mol?L-1)則[H+]2>==2.2,[H+]=1.5mol?L-1此時Zn2+不沉淀，[Zn2+]=0.005mol?L-1，即K==8.9×103=因此200mL混合溶液中需加入12mol?L-1HCl的體積V（mL）為：=1.5，解之，V=25mL事實上，此時加入濃鹽酸的體積不能忽略，=1.5，解之，V=28.57mL5-10解：KspCuS=6.3×10-36>KspNiS=3.2×10-19,Cu2+先沉淀解析：此題是沉淀溶解平衡與酸堿平衡共存,關鍵在于列出平衡時組分的濃度Cu2++H2SCuS+2H+t平/mol?L-1x0.10.1mol0.2K====2.3×1015[Cu2+]===1.8×10-16(mol?L-1)，即Cu2+沉淀完全，此時，[S2-]===3.58×10-20(mol?L-1)[Ni2+][S2-]=0.1×3.58×10-20=3.58×10-21＜KspNiS=3.2×10-19∴Ni2+不沉淀，[Ni2+]=0.1mol?L-1注意：若用KspCuS計算[S2-]：[S2-]===3.5×10-16(mol?L-1)而在題目所給的CuS沉淀完全的情況下，[H+]=0.2mol?L-1，[H2S]=0.1mol?L-1，H2S電離受到抑制，導致[S2-]降低，此時QspCuS=[Cu2+][S2-]＜KspCuS，因此，不能用KspCuS計算[S2-]。5-11解：KspZnS=1.6×10-24KspCuS=6.3×10-36ZnS+2H+Zn2++H2St0/mol?L-10.010.02+x00t平/mol?L-1x0.010.01K====1.1×10-4=解之，[H+]=0.95mol?L-1因此，所需鹽酸的最低濃度為0.95mol?L-1CuS+2H+Cu2++H2St0/mol?L-10.010.02+x00t平/mol?L-1x0.010.01K====4.4×10-16=解之，[H+]=4.8×105mol?L-1，此濃度無法實現，即CuS不能溶于鹽酸。5-12解：=1.17×10-10，=2.2×10-5[]>1.17×10-9mol?L-1時BaCrO4優先析出沉淀。使Ba2+定性沉淀完全，則需[]>1.17×10-5mol?L-1；而[]>2.2×10-4mol?L-1時SrCrO4才能析出沉淀。因此，欲使二者分離，需要控制2.2×10-4mol?L-1>[]>1.17×10-5mol?L-1。5-13解：=2.79×10-39，=5.61×10-12[OH-]===6.53×10-13mol?L-1Fe3+開始沉淀，其定性沉淀完全時，[OH-]>==6.5×10-12mol?L-1而Mg2+開始沉淀所需的[OH-]===2.37×10-5(mol?L-1)因此，控制6.5×10-12mol?L-1＜[OH-]＜2.37×10-5mol?L-1，即2.81＜pH＜9.375-14解：（1）應選擇HCOOH（2）∵pH=pKa-lglg=pKa–pH=–lg1.8×10-4–3.00=3.74–3.00=0.74∴=5.50(3)緩沖液[OH-]=1.0×10-11mol·L-1[Cu2+]=1mol·L-1Q=[Cu2+][OH-]2=1×(1.0×10-11)2=1.0×10-22＜∴沒有Cu(OH)2沉淀析出。 第6章氧化還原反應6-1解：IO3–+I-→I2IO3–+5I–+6H+3I2+3H2OMn2++NaBiO3→MnO4–+Bi3+2Mn2++5NaBiO3+14H+2MnO4–+5Bi3++7H2O+5Na+Cr3++PbO2→Cr2O72–+Pb2+2Cr3++3PbO2+H2OCr2O72–+3Pb2++2H+HClO+P4→Cl–+H3PO410HClO+P4+6H2O10Cl–+10H++4H3PO46-2解：CrO42–+HSnO2–→CrO2–+HSnO3-2H2O+CrO42-+3e–CrO2-+4OH-+)2OH-+HSnO2–HSnO3-+H2O+2e–×32CrO42-+3HSnO2-+H2O2CrO2-+3HSnO3-+2OH-H2O2+CrO2-→CrO42-3H2O2+2CrO2–+2OH–2CrO42-+4H2OI2+H2AsO3–→AsO43–+I-I2+H2AsO3–+4OH–AsO43–+2I-+3H2OSi+OH–→SiO32–+H2Si+2OH–+H2OSiO32–+2H2Br2+OH–→BrO3–+Br-3Br2+6OH–BrO3–+5Br-+3H2O6-3解：=1\*GB2⑴(-)Co|Co2+||Cl-|Cl2|Pt(+)電池反應:Co+Cl2Co2++2Cl-（2）=1.36–1.63=-0.27(V)(3)P(Cl2)增大時,正極的增大，電池的電動勢將增大。(4)=–0.27–0.0591=–0.3291(V)=1.36–(–0.3291)=1.6891(V)6-4解:H3AsO3+H2O+I3–H3AsO4+3I–+2H+相應的原電池為(-)Pt|H3AsO3,H3AsO4||I,I|Pt(+)（-）H3AsO3-2eH2AsO4–+H+(+)I+2e3IlgK==-0.795K=0.16解法一：當[H+]=1.010-7mol?L-1,Q==110-14＜K,反應正向進行,[H+]=6mol?L-1時，Q==36>K,反應逆向進行。解法二：當[H]=1.010-7mol?L-1時，==0.5355V=+lgQUOTE[H+]211=0.559–0.05917=0.1453V>,反應正向進行。當[H]=6mol?L-1時，=0.559+lg36=0.559+0.046=0.605V此時，＜,反應逆向進行。6-5解：(1)HBrO不穩定易發生歧化反應。(2)==1.41(V)6-6解：(1)==0.041(V)(2)==0.358(V)==0.664(V)欲使VO2+V2+，可選擇Zn作為還原劑；欲使VO2+V3+，應選擇Sn作為還原劑。低氧化態釩V2+在空氣中不穩定，因為=1.229V>=-0.255V，空氣中的氧可將V2+氧化為V3+.6-7解：∵=+0.0591lg=1.92+0.0591lg=1.92+0.0591lg=1.92+0.0591×(–29.57)=1.92–1.75=0.17(V)=∴=1.36V>=0.17V即Cl2能夠將Co(OH)2氧化為Co(OH)3，即下面的反應能夠自發進行：2Co2++6OH–+Cl22Co(OH)3↓+2Cl-6-8解：查附錄的標準電極電勢以及：=–0.447V，=0.401V,=4.87×10-17∵+lg[Fe2+]=–0.447+0.02955lg=–0.447+0.02955lg4.87×10-17=–0.447+0.02955×(–16.31)=–0.447–0.482=–0.929=Fe+2H+Fe2++H2lgK===15.1K=1.26×1015 Fe+H2O+O2Fe(OH)2lgK===45.008K=1.02×1045可見，鐵粉在堿性條件下被空氣氧化的趨勢更大。若反應方程式寫成：2Fe+2H2O+O22Fe(OH)2lgK===90.017K=1.04×1090可見，K與反應式寫法一一對應。6-9解：Fe+Cd2+Cd+Fe2+t/mol?L-10.05te/mol?L-1x0.05-xK==又lgK===1.49計算得到K=30.9∴=30.9,解之x=0.00157mol?L-1答：平衡后Cd2+的濃度是0.00157mol?L-1。6-10解：查附錄5的標準電極電勢：＝–0.76Ｖ，＝–0.1262V，＝–0.447V，均小于＝0.34V，所以，粗銅作陽極電解時,Zn,Pb,Fe和Cu一起溶解到溶液中，成為相應的離子,陰極上Cu優先得電子析出，Zn,Pb,Fe均留在溶液中而與銅分離。＝0.7996V＞＝0.34V，因此粗銅中含有的Ag不溶解，成為陽極泥而與銅分離。第7章化學反應速率7-1解：(1)A，B，C的反應級數分別為2，1，1。(2)反應的速率方程為v=k[A]2[B][C](3)速率常數為37.5L3·mol-3·min-1(或0.625L3·mol-3·s-1)7-2解：ClO+H2OHClO+OH(快平衡)∵快平衡,正、逆反應速率相等∴k1/k-1=，即[HClO]=又I+HClOHIO+Cl(慢反應)∴v=k2[I][HClO]=k2[I]·=k[I]·可見，上述反應機理與速率方程一致。7-3答：（1）增大，為4v0（2）v0增大（3）v0減小（4）減小，因為有效碰撞減少7-4答：當溫度不同而反應物起始濃度相同時，同一反應的起始速率不相同，速率常數不相同，反應級數相同，活化能相同。當溫度相同而反應物起始濃度不同時，同一反應的起始速率不相同，速率常數相同，反應級數相同，活化能相同。7-5答：實際反應中有0級反應和1級反應。0級反應均為復雜反應，由若干個基元反應組成，這些基元反應并非0級，而可能是二級或三級反應，其反應速度與反應物的碰撞次數成正比，且有效碰撞受能量因子和方位因子的限制，符合碰撞理論。1級反應多數為復雜反應，由若干個基元反應組成，這些基元反應并非1級，解釋同上。若1級反應為基元反應，即單分子反應時，則反應物分子無需碰撞即得到產物，這種情況不能用碰撞理論來解釋。7-6解：lg=lg=k2=4.63×10-8mol-1·L·s-17-7解：（1）由于lg=所以lg==0.634即=4.31同理，lg=lg==0.317=2.07即正反應速率增加的倍數是逆反應速率增加倍數的(=)2.08倍。（2）由于lg=lg==0.12=1.32即k正從380K升高到390K增大的倍數是從880K升高到890K增大倍數的(=)3.265倍。（3）由于lg===2.61=407同理，=407即在400K時，加入催化劑，正、逆反應活化能都減少了20kJ?mol-1，那么k正和k逆均增大了407倍。7-8解：速率方程為v=k[S2O82-][I-],為二級反應。293K時速率常數為4.8×10-3L·mol-1·s-1；283K時速率常數為2.1×10-3L·mol-1·s-1反應的活化能為Ea=(lg)=(lg)=57kJ·mol-1第8章原子結構8-5答：（2）、（5）、（6）不合理8-6答：錯錯對錯8-7答：相等。不相等。8-9答：19K(1s)2(2s2p)8(3s3p)84s14s電子的σ=10+0.85×8=16.8,Z*=Z-σ=19-16.8=2.2E4s=-2.179×10-18×2.22/42=-0.659×10-18(J)29Cu(1s)2(2s2p)8(3s3p)8(3d)10(4s4p)14s電子的σ=10+0.85×18=25.3,Z*=Z-σ=29-25.3=3.7E4s=-2.179×10-18×3.72/42=-1.864×10-18(J)53I(1s)2(2s2p)8(3s3p)8(3d)10(4s4p)8(4d)10(5s5p)75p電子的σ=28+0.85×18+0.35×6=45.4,Z*=Z-σ=53-45.4=7.6E5p=-2.179×10-18×7.62/52=-5.03×10-18(J)8-10答：16S1s22s22p63s23p424Cr1s22s22p63s23p63d54s182Pb1s22s22p63s23p63d104s24p64d104f145s25p65d106s26p28-11答：M3+3d5M1s22s22p63s23p63d64s22,8第四周期第VIII族，即為Fe8-12答：否。H1s1否。否。先失去最外層的4s，后失去3d電子錯。相近錯。后者吸熱錯。電子親合能最大的元素是Cl而非F8-13答：Li1s22s1，Li的第二電離能I2格外大。自左至右，總的趨勢增大，但是在B1s22s22p1和O1s22s22p4處出現反常，因為二者失去1個電子，p軌道全空或半滿，不易再失去一個電子。8-14答：由8-9的計算可知，K的最外層4s電子感受到的有效核電荷=2.2，Cu的最外層4s電子感受到的有效核電荷=3.7,因而K的4s電子易失去，表現出金屬活潑性，而Cu的4s電子不易失去，Cu的活潑性在H之后。第9章化學鍵和分子結構9-1答：PCl3P3s23px13py13pZ1P*3s23px13py13pZ1sp3不等性雜化，4個sp3軌道（四面體結構)，1個sp3軌道上被孤電子對占據，3個sp3軌道上各有1個電子,與Cl原子的p軌道重疊形成3個σ鍵，PCl3為三角錐。OF2O2s22p4O*2s22px22py12pZ1sp3不等性雜化,4個sp3軌道(四面體結構)，2個sp3軌道上被孤電子對占據，2個sp3軌道上各有1個電子,與F原子的p軌道重疊形成2個σ鍵，OF2為角形。9-2答：HgCl2Hg=2,直線型BCl3B=3，平面三角形SnCl2Sn=2,角形PCl3P=4,四面體，僅成3個鍵，PCl3為三角錐TeCl4Te=5,三角雙錐，成4個鍵，為變形四面體ClF3Cl=5,三角雙錐，成3個鍵，為T形ICl2-I=4.5=5,三角雙錐，成2個鍵，為直線形SF6S=6,四角雙錐，即八面體IF5I=6,四角雙錐，成5個鍵，為四角錐ICl4I=5.5=6,四角雙錐，成4個鍵，為平面正方形CO2C=2，直線型COCl2C=3，平面三角形SO2S=3，平面三角形，成2個鍵，為角形NOClN=3,平面三角形，成2個鍵，為角形SO2Cl2S=4,四面體SO32-S=4,四面體，僅成3個鍵，SO32-為三角錐POCl3P=4,四面體ClO2-Cl=4,成2個鍵，為角形IO2F2-I=5,三角雙錐，成4個鍵，為變形四面體9-3答：（略）9-4答：由定義可知，化學鍵的離子性著眼于兩個元素的電負性差值，差值越大，鍵的離子性越大；Li的電負性大于K，所以LiF的離子性比KF的小。晶格能與離子的半徑成反比，Li+的半徑小于K+，所以LiF的晶格能比KF的大。9-5答：錯，例如CCl4錯，例如H-O-O-H錯，最典型的離子型化合物CsF含有共價成分錯，例如SiO2為原子晶體對錯，色散力還存在于極性分子與非極性分子之間、極性分子與極性分子之間。對對對錯，含有F、O、N的氫化物間可以9-6答：因為NaX為離子型化合物，SiX4為共價型化合物。離子型化合物的熔點隨X的半徑增大，晶格能減小，所以NaX熔點從NaF到NaI依次降低；共價型化合物的熔點隨X的相對質量增大，分子量增大，所以SiX4熔點從SiF4到SiI4依次升高。9-7答：熔點NH3高于PH3，NH3分子間氫鍵PH3低于SbH3，共價分子的范德華力隨分子量增大而增大Br2低于ICl，Br2分子間只有色散力，ICl分子間有色散力、誘導力、取向力MgO高于Na2O，半徑相近的離子型化合物，電荷越高，晶格能越大，熔點越高SiO2高于SO2，前者原子之間通過化學鍵形成原子晶體，后者單個的SO2分子間通過范德華力結合為分子晶體SnCl2高于SnCl4，SnCl2為離子型化合物，SnCl4由于離子的極化，成為共價型化合物。9-8答：AgF為離子型化合物。由于Cl,Br,I半徑增大，變形性增大，所以AgCl、AgBr、AgI為共價型化合物。9-9答：氫鍵、色散力、誘導力、取向力9-10答：（B）第10章配位化合物10-1答：=1\*GB2⑴四氨合鋅(II)離子=2\*GB2⑵三氯·三氨合鈷(III)=3\*GB2⑶六氟合鐵(III)離子=4\*GB2⑷二氰合銀(I)離子=5\*GB2⑸五氰·一硝基合鐵(III)離子10-2答：Al2S3+6H2O2Al(OH)3↓+3H2S↑由軟硬酸堿理論看，Al3+是硬酸，S2-是軟堿，因此Al2S3不穩定，遇H2O(g)，Al3+已與硬堿H2O、OH-結合，生成Al(OH)3。10-3答：=1\*GB2⑴Na2SO4>Cu2SO4硬親硬=2\*GB2⑵[AlI6]3–不存在，只有AlI3（因為Al3+半徑小），[AlF6]3-硬親硬=3\*GB2⑶[HgI4]2–>[HgF4]2–軟親軟=4\*GB2⑷[PbI4]2–>[PbCl4]2–軟親軟10-4答:Zn2+為3d10,CFSE=0,所以[ZnCl4]2-四面體構型；d8構型的中心離子，在強場條件下均形成正方形，在弱場條件下可形成四面體。Ni2+和Pt2+均為d8構型,與相同配體結合時,Pt2+的分裂能大于Ni2+的分裂能，所以Pt2+的8個d電子成對,[PtCl4]2-為正方形構型；Ni2+的分裂能較小，小于電子成對能，故[NiCl4]2--為四面體構型。Cu2+為3d9,[CuCl4]2-為平面正方形構型，實際為拉長的八面體，可用姜-泰勒效應解釋。10-5氯化銅溶液隨濃度的增大，顏色由淺蘭色變為綠色再變為土黃色。試用晶體場理論給予解釋。答:稀氯化銅溶液以[Cu(H2O)4]2+為主，濃氯化銅溶液以[CuCl4]2-為主，二者均為正方形構型。按光化學序列，H2O是比Cl-強的配體，[Cu(H2O)4]2+吸收橙紅色而顯藍色；[CuCl4]2-吸收紅色而顯黃綠色；綠色是二者共存的顏色(CuCl2固體為棕黃色)。10-6解:(1)AgBr+2NH3[CuCl4]2–+Br-K===5.3510-131.1107=5.88510-6(2)設xmolAgBr能全溶于1.0dm3濃NH3?H2O(15.0mol?L-1)中.AgBr+2NH3[Ag(NH3)2]++Br-t0/mol?L-10.01015te/mol?L-115-2x≈15xxK==5.88510-6解之,=2.410-3x=3610-3即x≈0.036mol∴0.010molAgBr能全溶于1.0dm3濃NH3?H2O(15.0mol?L-1)中10-7解:(1)O2+4H++4e2H2O=+log=1.23+0.01478log=1.229–0.014780.6977=1.229-0.01=1.219(V)4Co2++O2+4H+4Co3++2H2O∵＜=1.92V∴空氣(=20.26kPa)不能將Co2+(1.0mol?L-1)氧化為Co3+.(2)NH3?H2O濃度為1.0mol?L-1時,1.0mol?L-1[Co(NH3)6]2+溶液中=K2,[Co2+]==;NH3?H2O濃度為1.0mol?L-1時,1.0mol?L-1[Co(NH3)6]3+溶液中[Co3+]==Co3++eCo2+=1.92V=+0.0591log=1.92+0.0591log=1.92+0.0591log=1.92-0.059130.1=1.92-1.78=0.14(V)即[Co(NH3)6]3++e–[Co(NH3)6]2+ 的標準電極電勢=0.14V∵>=0.14V∴空氣能將[Co(NH3)6]2+(1.0mol?L-1)氧化為[Co(NH3)6]3+.10-8解:將和組成原電池:(-)Pt∣[Co(en)3]3+,[Co(en)3]3+∣∣Co3+,Co2+∣Pt(+)(-)[Co(en)3]2+–e[Co(en)3]3+(+)Co3++eCo2+[Co(en)3]2++Co3+[Co(en)3]3++Co2+K=====5.61034logK==-0.0591logK=1.92–0.0591lg5.61034=1.92–0.059134.748=1.92–2.05=–0.13(V)10-9解:將和組成原電池:(-)Pt∣[Co(en)3]3+,[Co(en)3]2+∣∣Co3+,Co2+∣Pt(+)(-)[Co(en)3]2+–e[Co(en)3]3+(+)Co3++eCo2+[Co(en)3]2++Co3+[Co(en)3]3++Co2+K===lgK====35.87K=1035.87=7.41035即=7.4103510-10解:pH=10.50,[H+]=10-10.5mol?L-1;pOH=3.5,[OH-]=10-3.5mol?L-1設溶液中CN-濃度為xmol?L-1Zn(OH)2+4CN–[Zn(CN)4]2–+2OH-t0/mol?L-10.084te/mol?L-1x0.08010-3.5K====5.01016310-17=1.5=即x4==5.3310-9(mol?L-1)∴[CN-]=x=8.510-3mol?L-1∵=[Zn2+][OH-]2∴[Zn2+]==310-10(mol?L-1)∵==6.210-10∴[HCN]===4.310-4(mol?L-1)即原來KCN濃度為4[Zn(CN)42-]+[CN-]+[HCN-]=0.0804+0.0085+4.310-4≈0.3289(mol?L-1)10-11解：向含Zn2+0.010mol?L-1的溶液中通H2S至飽和，當pH≥1時即可析出ZnS沉淀,此時[H+]=0.1mol?L-1,[H2S]=0.1mol?L-1，∴[S2-]1=Ka1Ka2=K若往含有1.0mol?L-1CN–離子的0.010mol?L-1Zn2+溶液中通H2S至飽和，則需在pH≥9時，才能析出ZnS沉淀，此時[H+]=10-9mol?L-1,[H2S]=0.1mol?L-1，∴[S2-]2=即==10-16又[Zn2+]1=0.010mol?L-1，=∴[Zn2+]2=10-18mol?L-1Zn2++4CN–[Zn(CN)4]2–te/mol?L-110-181.00.010K穩===1.01016，該數據與文獻值相符。向含Zn2+0.010mol?L-1的溶液中通H2S至飽和，當pH≥1時即可析出ZnS沉淀,此時[H+]=0.1mol?L-1,[H2S]=0.1mol?L-1，∴[S2-]=Ka1Ka2=1.310-77.110-15=9.2310-21mol?L-1可計算得到KspZnS=[Zn2+][S2-]=0.0109.2310-21=9.2310-23若往含有1.0mol?L-1CN–離子的0.010mol?L-1Zn2+溶液中通H2S至飽和，則需在pH≥9時，才能析出ZnS沉淀，此時[H+]=10-9mol?L-1,[H2S]=0.1mol?L-1，∴[S2-]=Ka1Ka2=1.310-77.110-15=9.2310-5(mol?L-1)此時[Zn2+]===10-18(mol?L-1)注意：此題應理解為平衡后溶液CN–離子濃度為1.0mol?L-1，Zn2++4CN–[Zn(CN)4]2–te/mol?L-110-181.00.010K穩===1.01016，該數據與文獻值相符。若按如下計算Zn2++4CN–[Zn(CN)4]2–te/mol?L-110-181-0.04=0.060.010K穩===7.71020，該數據與文獻值不符。10-12解：（1）∵>∴在HgCl2溶液中投入銅片，銅片將溶解，發生反應：Hg2++Cu=Hg+Cu2+。同理，∵＜，∴在K2Hg(CN)4溶液中投入銅片沒有變化。=2\*GB2⑵將Hg(CN)42–|Hg和Hg2+|Hg組成原電池：（-）Pt|Hg–[Hg(CN)4]2–||Hg2+|Hg|Pt(+)(-)Hg+4CN--2e-[Hg(CN)4]2–(+)Hg2++2e-Hg電池反應：Hg2++4CN-[Hg(CN)4]2–logK穩====41.577K穩=1041.577=3.781041第11章p區元素11-12答：（1）D（2）D（3）D（4）B（5）B（6）D（7）C（8）D(9)B(10)D第12章金屬通論和s區元素12-6解：MgCO3(s)=MgO(s)+CO2(g)/kJmol-1-1012.1-569.3-394.4=(-569.3-394.4)-(-1012.1)=48.4(kJmol-1)>0=+RTlnQ=48.4+8.314×298×10-3ln0.039%上述計算表明菱鎂礦能夠穩定存在于自然界。第13章ds區元素13-4答：可以有多種分離方式，此處僅給出其中的一種Cu2+，Ag+，Zn2+,Hg2+，Al3+↓NH3?H2O[Cu(NH3)4]2+,[Ag(NH3)2]+,[Zn(NH3)4]2+HgO,Al(OH)3酸化，再加過量2MNaOH2MNaOHCu(OH)2,Ag2O[Zn(OH)4]2-HgO[Al(OH)4]-酸化，再加NaCl溶液AgClCu2+(2)Cu2+，Ag+，Zn2+,Cd2+,Hg22+,Hg2+,Al3+↓NaCl溶液Cu2+，Zn2+,Cd2+,Hg2+,Al3+AgCl,Hg2Cl2↓NH3?H2O↓NH3?H2O[Cu(NH3)4]2+,[Cd(NH3)4]2+HgO,Al(OH)3[Ag(NH3)2]+Hg+NH2HgCl[Zn(NH3)4]2+2MNaOH2MNaOHCu(OH)2Cd(OH)2[Zn(OH)4]2-HgO[Al(OH)4]-酸化，KI溶液CuICd2+13-7答：C