無機及分析化學課后習題與答案

..第1章思考題與習題參考答案一、選擇題1．等壓下加熱5％的下列水溶液，最先沸騰的是（）A.蔗糖（C12H22O11）溶液B.葡萄糖（C6H12O6）溶液C.丙三醇（C3H8O3）溶液D.尿素（(NH2)2CO）溶液解：選D。在等壓下，最先沸騰就是指溶液的蒸氣壓最低。根據(jù)難揮發(fā)非電解質(zhì)稀溶液的依數(shù)性變化規(guī)律，溶液質(zhì)量摩爾濃度增大，溶液的蒸氣壓下降。這里，相同質(zhì)量分數(shù)下，溶質(zhì)的摩爾質(zhì)量越小，質(zhì)量摩爾濃度越大。選項D中非電解質(zhì)尿素的摩爾質(zhì)量最小，尿素溶液的質(zhì)量摩爾濃度最大，蒸氣壓最低，在等壓下最先沸騰。2．0.1mol·kg－1下列水溶液中凝固點最低的是（）A.NaCl溶液B.C12H22O11溶液C.HAc溶液D.H2SO4溶液解：選D。電解質(zhì)溶液的依數(shù)性雖然不能用拉烏爾定律進行統(tǒng)一的定量計算，但仍然可以參照難揮發(fā)非電解質(zhì)稀溶液的依數(shù)性進行定性描述。即溶質(zhì)的粒子數(shù)目增大，會引起溶液的蒸氣壓降低，沸點升高，凝固點下降和溶液的滲透壓增大。此題中，在相同質(zhì)量摩爾濃度下，溶液中的粒子數(shù)目估算出來是H2SO4溶液最多，所以其凝固點最低。3．膠體溶液中，決定溶膠電性的物質(zhì)是（）A.膠團B.電位離子C.反離子D.膠粒解：選D。根據(jù)膠團結(jié)構(gòu)，膠核和吸附層的整體稱為膠粒，膠粒中反離子數(shù)比電位離子數(shù)少，故膠粒所帶電荷與電位離子符號相同。即膠粒帶電，溶膠電性由膠粒決定。4．溶膠具有聚結(jié)不穩(wěn)定性，但經(jīng)純化后的Fe(OH)3溶膠可以存放數(shù)年而不聚沉，其原因是（）A.膠體的布朗運動B.膠體的丁鐸爾效應C.膠團有溶劑化膜D.膠粒帶電和膠團有溶劑化膜解：選D。溶膠具有動力學穩(wěn)定性和聚結(jié)穩(wěn)定性，而聚結(jié)穩(wěn)定性是溶膠穩(wěn)定的根本原因，它包含兩個方面，膠粒帶有相同電性的電荷，當靠近時會產(chǎn)生靜電排斥，阻止膠粒聚結(jié)合并；而電位離子和反離子形成的溶劑化膜，也會阻隔膠粒的聚結(jié)合并。由于純化的Fe(OH)3溶膠具有這種聚結(jié)穩(wěn)定性，從而可以存放數(shù)年而不聚沉。5．有濃度同為0.01mol·L-1的電解質(zhì)①NaNO3②Na2SO4③Na3PO4④MgCl2，它們對Fe(OH)3溶膠的聚沉能力大小順序為（）A.①②③④B.②④③①C③②①④D.③②④①解：選D。根據(jù)哈迪-叔爾采規(guī)則：起聚沉作用的主要是與膠粒帶相反電荷的離子。相反電荷離子的價態(tài)愈高，聚沉能力愈大。Fe(OH)3溶膠中膠粒帶正電荷，起聚沉作用的應是電解質(zhì)中的陰離子，且價態(tài)愈高，聚沉能力愈大。所以聚沉能力由大到小的順序為③②④①，其中由于④中氯離子數(shù)目大于①中硝酸根數(shù)目，參與聚沉溶膠的粒子數(shù)目多，所以④聚沉能力比①強。二、填空題1．1molH，1molH2SO4，1molH2SO4所表示的基本單元分別是H、H2SO4、H2SO4。2．丁鐸爾效應能夠證明溶膠具有光學性質(zhì)，其動力學性質(zhì)可以由布朗運動實驗證明，電泳和電滲實驗證明溶膠具有電學性質(zhì)。3．將等體積的0.003mol·L－1AgNO3溶液和0.008mol·L－1KCl溶液混合所得的AgCl溶膠的膠團結(jié)構(gòu)式為[(AgCl)m.nCl-.(n–x)K+]x-.xK+，該溶膠在電場中向正極移動。三、簡答題1．什么叫分散系?分散系是如何分類的?答：分散系：一種或幾種物質(zhì)分散到另一種物質(zhì)中形成的混合物叫分散系。被分散的物質(zhì)叫分散質(zhì)，分散其他物質(zhì)的物質(zhì)叫分散劑。（1）按分散質(zhì)或分散劑的狀態(tài)分：九種，包括氣-氣分散系、液-氣分散系、固-氣分散系和氣-液分散系、液-液分散系、固-液分散系及氣-固分散系、液-固分散系、固-固分散系。（2）按分散質(zhì)粒子的大小分：三種。分子離子分散系（d＜1nm）、膠體分散系（1nm＜d＜100nm）、粗分散系（d＞100nm）2．對稀溶液依數(shù)性進行計算的公式是否適用于電解質(zhì)稀溶液和易揮發(fā)溶質(zhì)的稀溶液?為什么?答：不適用。當溶質(zhì)是電解質(zhì)的時候，拉烏爾定律發(fā)生偏離，主要原因電解質(zhì)溶液由于溶質(zhì)發(fā)生解離，使溶液中溶質(zhì)粒子數(shù)增加，計算時應考慮其解離的因素，否則會使計算得到的Δp、ΔTb、ΔTf、Π值比實驗測得值?。涣硪环矫?，電解質(zhì)溶液由于離子間的靜電引力比非電解質(zhì)之間的作用力大得多，因此用離子濃度來計算強電解質(zhì)溶液的Δp、ΔTb、ΔTf、Π時，其計算結(jié)果與實際值偏離較大，應該用活度代替濃度進行計算。對易揮發(fā)溶質(zhì)的稀溶液，由于其溶質(zhì)不斷揮發(fā)，溶液濃度不斷變化，所以也無法進行依數(shù)性計算。3．難揮發(fā)溶質(zhì)的溶液，在不斷的沸騰過程中，它的沸點是否恒定？其蒸氣在冷卻過程中的凝聚溫度是否恒定？為什么？答：由于溶劑的揮發(fā)，溶液濃度逐漸增大，其沸點是逐漸升高的,至溶液達到飽和后，沸點恒定；在蒸氣冷卻過程中，由于溶劑是純凈的，其凝聚溫度是恒定的，等于溶劑的沸點。4．若滲透現(xiàn)象停止了，是否意味著半透膜兩端溶液的濃度也相等了？答：據(jù)范特霍夫的滲透壓定律，若滲透現(xiàn)象停止了，說明滲透壓相等，但其濃度不一定相等。5．溶膠穩(wěn)定的因素有哪些?促使溶膠聚沉的辦法有哪些?用電解質(zhì)聚沉溶膠時有何規(guī)律?答：溶膠穩(wěn)定的因素有兩個，一是溶膠具有動力學穩(wěn)定性，另一個是聚結(jié)穩(wěn)定性。溶膠的動力學穩(wěn)定性系指在重力的作用下，分散質(zhì)粒子不會從分散劑中沉淀出來，從而保持系統(tǒng)的相對穩(wěn)定的性質(zhì)。溶膠的聚結(jié)穩(wěn)定性是指溶膠在放置過程中不發(fā)生分散質(zhì)粒子的相互聚結(jié)，從而保持系統(tǒng)一定的分散度的性質(zhì)。促使溶膠聚沉的辦法有加入電解質(zhì)、將兩種帶相反電荷的膠體按一定的比例混合及加熱等。電解質(zhì)對溶膠的聚沉作用取決于與膠粒所帶電荷符號相反的離子，而且與其所帶電荷的多少有關，一般來說，離子電荷越高，對溶膠的聚沉能力就越強，這個規(guī)律稱為哈迪—叔爾采規(guī)則。6．什么叫表面活性劑?其分子結(jié)構(gòu)有何特點?答：溶于水后能顯著降低水的表面自由能的物質(zhì)稱為表面活性物質(zhì)或表面活性劑。表面活性劑的特性取決于其分子結(jié)構(gòu)。它的分子都是由極性基團和非極性基團兩部分組成，極性基團如-－OH，－COOH，－NH：，－SO3：H等對水的親和力很強，稱為親水基；非極性基因如脂肪烴基－R，芳香基－Ar等對油的親和力較強，稱為親油基或疏水基。在表面活性劑溶于水后，分子中的親水基進入水相，疏水基則進入油相，這樣表面活性劑分子就濃集在兩相界面上，形成了定向排列的分子膜，使相界面上的分子受力不均勻情況得到改善，從而降低了水的表面自由能。7．乳濁液的類型與所選用的乳化劑的類型有何關系?舉例說明。答：乳化劑不僅能提高乳濁液的穩(wěn)定性，還能決定乳濁液的類型。一般來說，親水性乳化劑有利于形成O／W型乳濁液，親油性乳化劑有利于形成W／O型乳濁液。8．解釋如下現(xiàn)象：（1）為何江河入海處常會形成三角洲？答：三角洲的形成過程體現(xiàn)了膠體的性質(zhì)：當河水和海水混合時，由于它們所含的膠體微粒所帶電荷的性質(zhì)不同，由于靜電作用，異性電荷相互吸引，導致膠體的顆粒變大，最終沉淀了出來，日積月累的堆積，就形成了三角洲。（2）加明礬為什么能夠凈水？答：由于天然水中含有帶負電荷的懸浮物（黏土等），使天然水比較渾濁，而明礬的水解產(chǎn)物Al(OH)3膠粒卻帶正電荷，當將明礬加入天然水中時，兩種電性相反的膠體相互吸引而聚沉，從而達到凈水的效果。（3）不慎發(fā)生重金屬離子中毒，為什么服用大量牛奶可以減輕病狀？答：由于可溶性重金屬離子（強電解質(zhì)）可使膠體聚沉，人體組織中的蛋白質(zhì)作為一種膠體，遇到可溶性重金屬鹽會凝結(jié)而變性，誤服重金屬鹽會使人中毒。如果立即服用大量鮮牛奶這類膠體溶液，可促使重金屬與牛奶中的蛋白質(zhì)發(fā)生聚沉作用，從而減輕重金屬離子對機體的危害。（4）肉食品加工廠排出的含血漿蛋白的污水，為什么加入高分子絮凝劑可起凈化作用？答：因為含有血漿蛋白的污水具有膠體溶液的性質(zhì)，加入高分子絮凝劑會對膠體溶液起到敏化作用，促進膠體的凝聚，從而凈化了污水。四、計算題1．10.00mL飽和NaCl溶液質(zhì)量為12.003g，將其蒸干后得到NaCl3.173g，求：（1）NaCl的質(zhì)量分數(shù)；（2）NaCl的質(zhì)量摩爾濃度；（3）NaCl的物質(zhì)的量濃度；（4）各組分的摩爾分數(shù)。解：（1）（2）（3）（4）2．今有兩種溶液，其一為1.50g尿素(NH2)2CO溶于200g水中；另一為42.8g未知物溶于1000g水中，這兩種溶液在同一溫度開始沸騰，計算這種未知物的摩爾質(zhì)量。解：由于都是水溶液，所以溶劑的沸點升高常數(shù)Kb相同，又知，，由稀溶液的依數(shù)性公式：，可得兩種溶液的質(zhì)量摩爾濃度相等：設未知物的摩爾質(zhì)量為，代入上式得解之得：=342.7g·mol-13．將1.00g硫溶于20.0g萘中，使萘的凝固點降低1.30℃，萘的Kf為6.8℃·kg·mol-1，求硫的摩爾質(zhì)量和分子式。解：設未知物的摩爾質(zhì)量為，根據(jù)溶液的凝固點降低公式：，將數(shù)據(jù)代入得：解之得=261.5g·mol-1由于單個硫元素的摩爾質(zhì)量為M(S)=32.065g·mol-1,則M(B)/M(S)=261.5/32.065＝8.155，即約8個S原子形成一個硫分子。所以該單質(zhì)硫的分子式為：S84．從某種植物中分離出一種未知結(jié)構(gòu)的有特殊功能的生物堿，為了測定其相對分子質(zhì)量，將19g該物質(zhì)溶于100g水中，測得溶液的沸點升高了0.060K，凝固點降低了0.220K。計算該生物堿的相對分子質(zhì)量。解：利用沸點升高和凝固點降低都能夠測量未知物的摩爾質(zhì)量，但一般選取相對較大的數(shù)據(jù)來計算較準確，這里我們選取凝固點降低來計算。設未知物的摩爾質(zhì)量為，由公式知，解之得M(B)=1606.4g?mol-15．101mg胰島素溶于10.0mL水，該溶液在25.0℃時的滲透壓是4.34kPa，計算胰島素的摩爾質(zhì)量和該溶液的蒸氣壓下降Δp(已知25.0℃水的飽和蒸氣壓為解：（1）設胰島素的摩爾質(zhì)量為，則由滲透壓公式知：因而，g·mol-1（2）由拉烏爾定律知，6．人體血漿的凝固點為272.59K，計算在正常體溫(36.5℃)解：由于人體血漿為水溶液，因而其溶質(zhì)的質(zhì)量摩爾濃度可由其凝固點降低值求得。凝固點降低值：由公式知，血漿的質(zhì)量摩爾濃度為人體血漿的滲透壓為7．硫化砷溶膠是由下列反應而制得的2H3AsO3+3H2S=As2S3+6H2O試寫出硫化砷膠體的膠團結(jié)構(gòu)式（電位離子為HS-）。并比較NaCl、MgCl2、AlCl3三種電解質(zhì)對該溶膠的聚沉能力，并說明原因。解：硫化砷膠體的膠團結(jié)構(gòu)式為由于硫化砷溶膠帶負電荷，所以根據(jù)哈迪-叔爾采規(guī)則，電解質(zhì)陽離子對其起聚沉作用，且電荷越高，聚沉能力越強，所以NaCl、MgCl2、AlCl3三種電解質(zhì)中NaCl的聚沉能力最小，AlCl3的聚沉能力最大，MgCl2的聚沉能力居中。8．反滲透法是淡化海水制備飲用水的一種方法。若25℃時用密度為1021kg·m-3的海水提取淡水，應在海水一側(cè)加多大的壓力？假設海水中鹽的總濃度以NaCl的質(zhì)量分數(shù)計為3％，其中的NaCl解：依題意，每升海水的質(zhì)量為1021g，其中NaCl的物質(zhì)的量每升海水NaCl的物質(zhì)的量濃度：因為題意假定NaCl完全離子化，所以溶液中粒子數(shù)應擴大一倍，根據(jù)滲透壓定律：第二章思考題與習題參考答案一．選擇題1．一化學反應系統(tǒng)在等溫定容條件下發(fā)生一變化，可通過兩條不同的途徑完成：（1）放熱10kJ，做電功50kJ；（2）放熱Q,不做功，則（）A.Q=－60kJB.Q=－10kJC.Q=－40kJD.反應的QV=－10kJ解：選A。2．在298K，下列反應中與最接近的是（）A.CCl4(g)+2H2O(g)=CO2(g)+4HCl(g)B.CaO(s)+CO2(g)=CaCO3(s)C.Cu2+(aq)+Zn(s)=Cu(s)+Zn2+(aq)D.Na(s)+H2O(l)=Na+(aq)+?H2(g)+OH－(aq)解：選C。∵∴反應C中反應物和生成物中無氣體物質(zhì)、物態(tài)也無變化，。3．已知反應2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)的DrHmΘ=-483.63kJ·mol–1，下列敘述正確的是（）A.DfHmθ(H2O,g)=-483.63kJ·mol–1B.DrHmθ=-483.63kJ·mol–1表示Δξ=1mol時系統(tǒng)的焓變C.DrHmθ=-483.63kJ·mol–1表示生成1molH2O(g)時系統(tǒng)的焓變D.DrHmθ=-483.63kJ·mol–1表示該反應為吸熱反應解：選B。A錯，根據(jù)ΔfHmθ定義,H2O(g)的系數(shù)應為1。C錯，該方程為表示生成2molH2O(g)時系統(tǒng)的焓變。D錯，ΔrHmθ＞0時表示該系統(tǒng)能量的增加，該反應為吸熱反應，ΔrHmθ＜0時表示該系統(tǒng)能量的減少，該反應為放熱反應。4．下列反應可以表示的是（）A.C（石墨,s）+O2(g)====CO2(g)B.C（金剛石,s）+O2(g)====CO2(g)C.C（石墨,s）+O2(l)====CO2(l)D.C（石墨,s）+O2(g)====CO2(l)解：選A。B錯，C（金剛石，s）非參考狀態(tài)單質(zhì)，不符合標準狀態(tài)下摩爾完全生成反應定義；C錯，O2(l)非參考狀態(tài)單質(zhì),不符合標準狀態(tài)下摩爾完全生成反應定義；CO2(l)不符ΔrGmθ(CO2,g)的定義所指定的產(chǎn)物；D錯，CO2(l)不符ΔrGmθ(CO2,g)的定義所指定的產(chǎn)物。5．反應MgO(s)+CO2(g)在高溫下正向反應自發(fā)進行,其逆反應在298K時自發(fā),近似判斷逆反應的與是（）A.＞0,＞0B.＜0,＞0C.＞0,＜0D.＜0,＜0解：選A。該反應有氣體物質(zhì)產(chǎn)生，故＞0。且高溫自發(fā)，低溫非自發(fā)，根據(jù)判斷結(jié)果應選A。二、填空題1．解：用下列熱力學函數(shù)判斷反應自發(fā)性的條件是（1）（2）（3）（4）2．系統(tǒng)狀態(tài)函數(shù)的特點是：狀態(tài)函數(shù)僅決定于系統(tǒng)的狀態(tài)；狀態(tài)函數(shù)的變化只與系統(tǒng)的變化的過程有關，而與變化的途徑無關。3．反應進度ξ的單位是mol；反應計量式中反應物B的化學計量數(shù)vB的值規(guī)定為負值。4．正、逆反應的DrHm，其絕對值相等，符號相反；反應的DrHm與反應式的寫法有關。5．所謂標準狀態(tài)是在指溫度T和標準壓力下該物質(zhì)的狀態(tài)。其中標準壓力Pq=100kPa；標準狀態(tài)雖然沒有指定溫度，但是為了便于比較，IUPAC推薦選擇298K作為參考溫度。6．根據(jù)吉布斯—亥姆霍茲方程：ΔrGqm（T）=ΔrHqm（T）―TΔrSqm（T）。若忽略溫度對DrH和DrS的影響，則可得到該式的近似式：三、簡答題1．區(qū)別下列符號的意義。H：系統(tǒng)的狀態(tài)函數(shù)，焓，定義為H=U+pV,無具體物理意義。ΔH：系統(tǒng)焓的改變值，物理意義為在定壓，只做體積功的情況下，系統(tǒng)與環(huán)境交換的熱。：標準條件下，當產(chǎn)物與反應物溫度相同時，化學反應過程中系統(tǒng)只做體積功，且反應在定壓條件下按照所給定的方程式完全反應，此時的反應熱。：在溫度T時，由參考狀態(tài)的單質(zhì)完全生成1mol物質(zhì)B時的標準摩爾焓變。S：系統(tǒng)的狀態(tài)函數(shù)，熵，代表系統(tǒng)的混亂度。：標準狀態(tài)下，物質(zhì)B的摩爾熵。：反應的標準摩爾熵，標準狀態(tài)下，化學反應按照給定方程式完全反應系統(tǒng)的熵變。G：系統(tǒng)的狀態(tài)函數(shù)，吉布斯自由能，定義為G=H-TS,無具體物理意義。：化學反應的吉布斯自由能變，即該反應能對外所的最大非體積功。：標準狀態(tài)下，化學反應的吉布斯自由能變。：標準摩爾生成反應的吉布斯自由能變。2．若將合成氨反應的化學計量方程式分別寫成N2(g)+3H2(g)==2NH3(g)和N2(g)+H2(g)==NH3(g)，二者的ΔrHmθ和ΔrGmθ是否相同？兩者間有何關系？答：不相同，這些符號都與熱力學方程式的寫法有關。 四、計算題1．由附錄查出298K時有關的數(shù)值，計算下列反應的（已知：）。（1）（2）（3）不查表，根據(jù)上述3個反應的，計算下列反應的。解：（1）－（3）×2得（4） （4）－（2）×2即得所求式。查表計算得2．甘氨酸二肽氧化反應為計算：（1）298K時，甘氨酸二肽氧化反應的標準摩爾焓。（2）298K及標準狀態(tài)下，1g固體甘氨酸二肽氧化時放熱多少？解：（1）已知(C4H8N2O3,s)=-745.25kJ?mol-1(H2NCONH2,s)=--333.17kJ?mol-1(CO2,g)=-393.51kJ?mol-1(H2O,l)=-285.85kJ?mol-1所以3O2(g)+C4H8N2O3(s)=H2NCONH2(s)+3CO2(g)+2H2O(l)=[(H2NCONH2,s)+3×(CO2,g)+2×(H2O,l)]-(C4H8N2O3,s)=-1340.15kJ?mol-1（2）因為M(C4H8N2O3)＝132g?mol-1，所以1gC4H8N2O3氧化時放熱：(1340.15÷13)kJ＝10.15kJ3．關于生命起源的各種理論中，總要涉及動植物體內(nèi)的一些復雜的化合物能否自發(fā)地由簡單化合物轉(zhuǎn)化得來。例如，298K及標準狀態(tài)下，計算下列反應的，判斷尿素能否由二氧化碳和氨自發(fā)反應得來。反應：，（已知）解：4．定壓下苯和氧反應：。在25℃和標準狀態(tài)下，0.25mo液態(tài)苯與氧反應放熱816.91kJ，求1mol液態(tài)苯和氧反應時焓變和熱力學能變。解：=－3263.92kJ5．已知下列反應的標準摩爾焓（1）C（石墨,s）+O2(g)====CO2(g)（2）（3）計算乙酸甲酯(CH3COOCH3,l)的標準摩爾生成焓。解：乙酸甲酯的標準摩爾生成反應為3C（石墨，s）+O2（g）+3H2（g）=CH3COOCH3（l）根據(jù)蓋斯定律，題中所給的反應式(1)×3＋(2)×3－(3)即為CH3COOCH3的生成反應，所以=3×（－393.51kJ·mol－1）+3×（－285.85kJ·mol－1）－（－1788.2kJ·mol－1）=－249.88kJ·mol－16．葡萄糖在酵母菌等的作用下，經(jīng)過下列發(fā)酵反應生成乙醇：C6H12O6(s)→葡萄糖-6-磷酸→果糖-6-磷酸→甘油醛-3-磷酸→2CH3CH2OH(l)+2CO2(g)。查附錄，計算標準狀態(tài)和298K時全發(fā)酵過程的標準摩爾焓。（各物質(zhì)的溶解熱可忽略，已知葡萄糖的）解：因為葡萄糖的全發(fā)酵過程的方程式可寫為C6H12O6(s)=2ch3ch2oh(l)+2CO2(g)所以=2×（－276.98kJ·mol-1）+2×（－393.51kJ·mol-1）－（－1274.4kJ·mol-1）=2615.38kJ·mol-17．液態(tài)乙醇的燃燒反應：利用教材附錄提供的數(shù)據(jù)，計算298K和標準狀態(tài)時，92g液態(tài)乙醇完全燃燒放出的熱量。解：反應C2H5OH(l)＋3O2（g）=2CO2(g)＋3H2O（l）是乙醇的完全燃燒反應kJ·mol－1M(C2H5OH)=46g·mol-1，則，=2mol×（－1366.75kJ·mol－1）=－2733.5kJ8．大力神火箭發(fā)動機采用液態(tài)N2H4和氣體N2O4作燃料，反應產(chǎn)生的大量熱量和氣體推動火箭升高。反應為利用有關數(shù)據(jù)，計算反應在298K時的標準摩爾焓。若該反應的熱能完全轉(zhuǎn)變?yōu)槭?00kg重物垂直升高的位能，試求此重物可達到的高度（已知：）。解：根據(jù)反應2N2H4(l)＋N2O4(g)=3N2(g)+4H2O(g)計算其反應的標準摩爾焓。=0+4×（－241.84kJ·mol－1）－2×50.63kJ·mol－1－9.66kJ·mol－1=－1078.28kJ·mol－1設重物可達到的高度為h，則它的位能為mgh=100kg×9.8m·s－2·h=980Nh根據(jù)能量守恒定律 980Nh=1078.3×103J ， h=1100m9．植物體在光合作用中合成葡萄糖的反應可近似表示為計算該反應的標準摩爾吉布斯自由能，并判斷反應在298K及標準狀態(tài)下能否自發(fā)進行（已知葡萄糖的）。解：6CO2(g)＋6H2O（l）=C6H12O6(g)+6O(g)=-910.5kJ·mol-1+0－6×（－394.38kJ·mol-1）－6×（－237.14kJ·mol-1）=2878.62kJ·mol-110．查教材附錄數(shù)據(jù)計算25℃時反應的，指出該反應在25℃和100KPa下的反應方向。解：C2H4(g)＋H2（g）=C2H6(g)=－32.86kJ·mol－1－0－68.15kJ·mol－1=－101.01kJ·mol－1在25℃和100kPa11．將空氣中的單質(zhì)氮變成各種含氮化合物的反應叫固氮反應。查教材附表根據(jù)數(shù)值計算下列三種固氮反應的，從熱力學角度判斷選擇哪個反應最好。（1）（2）（3）解：（1）N2(g)＋O2（g）=2NO(g)=2×86.69kJ·mol－1-0-0=173.38kJ·mol－1（2）2N2(g)＋O2（g）=2N2O(g)=2×103.66kJ·mol－1=207.32kJ·mol－1（3）N2(g)＋3H2（g）=2NH3(g)=2×（－16.12kJ·mol－1）=－32.24kJ·mol－1因為＞0 ＞0 只有＜0，所以選擇（3）12．查教材附錄數(shù)據(jù)計算說明在標準狀態(tài)時，下述反應自發(fā)進行的溫度。（1）（2）（3）（已知：；）。解：（1）N2(g)＋O2（g）=2NO(g)2×210.77kJ·mol-1－191.60J·mol-1·K-1－205.14J·mol-1·K-1=24.8J·mol-1·K-1（2）NH4HCO3（s）=NH3(g)+CO2(g)+H2O(g)168.09kJ·mol－1 474.34J·mol－1K－1T轉(zhuǎn)=354.4K（3）2NH3（g）＋3O2（g）=NO2（g）+NO（g）+3H2O（g）－509.38kJ·mol－1 16.76J·mol－1K－1因為<0 >0 標準狀態(tài)及任何溫度下反應均自發(fā)。13．固體AgNO3的分解反應為查教材附表并計算標準狀態(tài)下AgNO3(s)分解的溫度。若要防止AgNO3分解，保存時應采取什么措施。解：AgNO3(s)分解的溫度即為反應AgNO3(s)=Ag(s)+NO2(g)+O2(g)的轉(zhuǎn)化溫度。根據(jù)公式：=33.85kJ·mol－1－(－123.14kJ·mol－1)=156.99kJ·mol－1=×205.14J·mol-1K-1+240.06J·mol-1·K-1+42.72J·mol-1·K-1－140.92J·mol-1·K-1=244.43J·mol-1·K-1＝(642-273)℃=369℃分解溫度T>369℃若要防止AgNO3分解，應低溫避光保存。第三章思考題與習題參考答案一、選擇題1．對反應2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)下列幾種速率表達式之間關系正確的是()。A.B.C.D.解：選D。依據(jù)化學反應的瞬時速率的表達通式，對于一般化學反應，速率表達可寫出通式如下：2．由實驗測定，反應H2(g)+Cl2(g)===2HCl(g)的速率方程為v＝kc(H2)c1/2(Cl2)，在其他條件不變的情況下，將每一反應物濃度加倍，此時反應速率為()。A.2vB.4vC.2.8vD.2.5v解：選C。依據(jù)化學反應的速率方程υ＝kc(H2)c1/2(Cl2)，H2和Cl2濃度增大都增大一倍時，速率應該增大倍，即相當于2.8Υa。3．測得某反應正反應的活化能Ea.正=70kJ·mol-1，逆反應的活化能Ea.逆=20kJ·mol-1，此反應的反應熱為()A.50kJ·mol-1B.-50kJ·mol-1C.90kJ·mol-1D.-45kJ·mol解：選A。依據(jù)過渡態(tài)理論，反應熱可以這樣計算：Q=Ea,正－Ea,逆。4．在298K時，反應2H2O2===2H2O+O2，未加催化劑前活化能Ea=71kJ·mol-1，加入Fe3+作催化劑后，活化能降到42kJ·mol-1，加入催化劑后反應速率為原來的（）。A.29倍B.1×103倍C.1.2×105倍D.5×102倍解：選C。依據(jù)阿侖尼烏斯指數(shù)式k=A·e，可得5．某反應的速率常數(shù)為2.15L2·mol-2·min-1，該反應為()。A.零級反應B.一級反應C.二級反應D.三級反應解：選D。對于一個基元反應，aA+bB=cC+dD，有反應速率為則其速率常數(shù)k的單位的通式可寫成：(mol·L-1)1-a-b·s-1，反推可以得到為三級反應。6．已知反應2NO(g)+Cl2(g)===2NOCl(g)的速率方程為v＝kc2(NO)c(Cl2)。故該反應()A.一定是復雜反應B.一定是基元反應C.無法判斷解：選C7．已知反應N2(g)+O2(g)===2NO(g)ΔrHmθ>0，當升高溫度時，Kθ將()。A.減小B.增大C.不變D.無法判斷解：選B8．已知反應2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)平衡常數(shù)為K1θ，反應SO2(g)+O2(g)SO3(g)平衡常數(shù)為K2θ。則K1θ和K2θ的關系為()A.K1θ＝K2θB.K1θ＝C.K2θ＝D.2K1θ＝K2θ解：選C9．反應2MnO4-+5C2O42-+16H+===2Mn2++10CO2+8H2OΔrHmθ<0，欲使KMnO4褪色加快，可采取的措施最好不是()。A.升高溫度B.降低溫度C.加酸D.增加C2O42-濃度解：選B欲使KMnO4褪色加快，即增大反應的速率，只能通過升高溫度，增大反應物的濃度，加入催化劑等來考慮。所以這里降低溫度不利于加快反應速率。10．設有可逆反應aA(g)+bB(g)dD(g)+eE(g)>0，且a+b>d+e，要提高A和B的轉(zhuǎn)化率，應采取的措施是()。A.高溫低壓B.高溫高壓C.低溫低壓D.低溫高壓解：選B轉(zhuǎn)化率，應采取的措施是高溫高壓。二、填空題1．已知反應2NO(g)+2H2(g)===N2(g)+2H2O(g)的反應歷程為①2NO(g)+H2(g)===N2(g)+H2O2(g)（慢反應）②H2O2(g)+H2(g)===2H2O(g)（快反應）則該反應稱為復雜反應反應。此兩步反應均稱為基元反應反應，而反應①稱為總反應的定速步驟，總反應的速率方程近似為v=kc(H2)c2(NO)，此反應為3級反應。2．已知基元反應CO(g)+NO2(g)===CO2(g)+NO(g)，該反應的速率方程為v=kc(CO)c(NO2)；此速率方程為質(zhì)量作用定律的數(shù)學表達式，此反應對NO2是1級反應，總反應是2級反應。3．催化劑加快反應速率主要是因為催化劑參與了反應，改變反應途徑，降低了活化能。4．增加反應物濃度，反應速率加快的主要原因是活化分子總數(shù)增加，提高溫度，反應速率加快的主要原因是活化分子百分數(shù)增加。5．增加反應物的量或降低生成物的量，Q<Kθ，所以平衡向正反應方向移動；對放熱反應，提高溫度，Q>Kθ，所以平衡向逆反應方向移動。6．對于氣相反應，當Δn=0時，增加壓力時，平衡不移動；當Δn<0時，增加壓力時，平衡向正反應方向移動；當Δn>0時，增加壓力時，平衡向逆反應方向移動。7．在氣相平衡PCl5(g)PCl3(g)+Cl2(g)系統(tǒng)中，如果保持溫度、體積不變，充入惰性氣體，平衡將不移動；如果保持溫度，壓力不變，充入惰性氣體，平衡將向右移動。8．化學平衡狀態(tài)的主要特征是v正=v逆；溫度一定時，改變濃度、壓力可使平衡發(fā)生移動，但Kθ值不變，如溫度改變使化學平衡發(fā)生移動，此時Kθ值改變。9．某化學反應在298K時的速率常數(shù)為1.1×10-4s-1，在323K時的速率常數(shù)為5.5×10-2s-1。則該反應的活化能是，303K時的速率常數(shù)為。三、簡答題：1．根據(jù)阿侖尼烏斯指數(shù)式k=A·e，對一切化學反應，升高溫度，反應速率均加快嗎？反應速率常數(shù)的大小與濃度、溫度、催化劑等因素有什么關系？解：根據(jù)阿侖尼烏斯指數(shù)式k=A·e，，溫度與速率常數(shù)成正比，而速率常數(shù)又與反應速率成正比，所以對一切化學反應，升高溫度，反應速率均加快。反應速率常數(shù)大小由反應物性質(zhì)決定，與反應物的濃度無關，與溫度成正比。加入催化劑，降低了反應的活化能，增大了反應速率常數(shù)，從而使化學反應速率加快。2．反應速率方程和反應級數(shù)能否根據(jù)化學反應方程式直接得出？次氯酸根和碘離子在堿性介質(zhì)中發(fā)生下述反應：ClO-+I-IO-+Cl-其反應歷程為（1）ClO-+H2O===HClO+OH-（快反應）（2）I-+HClO===HIO+Cl-（慢反應）（3）HIO+OH-===H2O+IO-（快反應）試證明v＝kc(I-)c(ClO-)c-1(OH-)解：反應速率方程式和反應級數(shù)不能根據(jù)化學反應方程式直接得出，因為質(zhì)量作用定律只適用于基元反應，且用于定速步驟。對于復雜反應的速率方程，只能通過實驗獲得。因為反應（2）為定速步驟，所以由反應（1）可得平衡常數(shù)K=所以代入速率方程得：整理得：令k2K=k所以3．寫出下列反應的平衡常數(shù)Kθ的表示式。（1）CH4(g)+2O2(g)CO2(g)+2H2O(l)（2）MgCO3(s)MgO(s)+CO2(g)（3）NO(g)+O2(g)NO2(g)（4）2MnO4-(aq)+5H2O2(aq)+6H+(aq)2Mn2+(aq)+5O2(g)+8H2O(l)解：（1）（2）（3）（4）四、計算題：1．A(g)→B(g)為二級反應。當A的濃度為0.050mol·L-1時，其反應速率為1.2mol·L-1·min-1。（1）寫出該反應的速率方程。（2）計算速率常數(shù)。（3）在溫度不變時欲使反應速率加倍，A的濃度應為多大？解：（1）依題意有：（2）依據(jù)，代入數(shù)據(jù)計算：得到=（3）依據(jù)代入數(shù)據(jù)計算：得到c(A)=0.0707mol.L-12．在1073K時，測得反應2NO(g)+2H2(g)===N2(g)+2H2O(g)的反應物的初始濃度和N2的生成速率如下表實驗序號初始濃度/（mol·L-1）c(NO)c(H2)12.00×10-36.00×10-31.92×10-321.00×10-36.00×10-30.48×10-332.00×10-33.00×10-30.96×10-3（1）寫出該反應的速率方程并指出反應級數(shù)；（2）計算該反應在1073K時的速率常數(shù)；（3）當c(NO)=4.00×10-3mol·L-1，c(H2)=4.00×10-3mol·L-1時，計算該反應在1073K時的反應速率。解：（1）設速率方程為：v=kcx(NO)cy(H2)代入實驗數(shù)據(jù)得：①1.92×10-3=k(2.00×10-3)x(6.00×10-3)y②0.48×10-3=k(1.00×10-3)x(6.00×10-3)y③0.96×10-3=k(2.00×10-3)x(3.00×10-3)y①÷②得4=2xx=2；①÷③得2=2y，y=1所以v=kc2(NO)c(H2)（2）k=8×104L2·mol-2·s-1（3）v=5.12×10-3mol·L-13．已知反應N2O5(g)===N2O4(g)+O2(g)在298K時的速率常數(shù)為3.46×105s-1，在338K時的速率常數(shù)為4.87×107s-1，求該反應的活化能和反應在318K時的速率常數(shù)。解：則：Ea=103.56kJ.mol-1代入公式得k3=4.79×106s-14．在301K時，鮮牛奶大約4h變酸，但在278K的冰箱中可保持48h，假定反應速率與牛奶變酸的時間成反比，求牛奶變酸的活化能。解：所以，則：Ea=75.16kJ.mol-15．已知反應2H2O2===2H2O+O2的活化能Ea=71kJ·mol-1，在過氧化氫酶的催化下，活化能降為8.4kJ·mol-1。試計算298K時在酶的催化下，H2O2的分解速率為原來的多少倍？解：①;②==25.27所以9.4×1010即v2/v1=9.4×10106．在791K時，反應CH3CHO===CH4+CO的活化能為190kJ·mol-1，加入I2作催化劑約使反應速率增大4×103倍，計算反應在有I2存在時的活化能。解：①;②因為，所以則=135.4kJ.mol-17．已知下列反應在1362K時的平衡常數(shù)：（1）H2(g)+S2(g)H2S(g)K1θ=0.80（2）3H2(g)+SO2(g)H2S(g)+2H2O(g)K2θ=1.8×104計算反應（3）4H2(g)+2SO2(g)S2(g)+4H2O(g)在1362K時的平衡常數(shù)Kθ。解：目標方程式（3）可以這樣重合得到：(3)=(2)×2-(1)×2∴Kθ==5.06×1088．在800K下，某體積為1L的密閉容器中進行如下反應2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)SO2(g)的起始量為0.4mol·L-1，O2(g)的起始量為1.0mol·L-1，當80%的SO2轉(zhuǎn)化為SO3時反應達平衡，求平衡時三種氣體的濃度及平衡常數(shù)。解：2SO2(g)+O2(g)======2SO3(g)起始濃度/(mol?L-1)0.410平衡濃度/(mol?L-1)0.4(1-80%)1-0.4×80%=0.08=0.84=0.32所以，，Kc=19.05L.mol-1因為壓力平衡常數(shù)：Kp=Kc(RT)-1=[19.05/（8.314×800）]（kPa）-1=0.00286（kPa）-1所以標準平衡常數(shù)Kθ=Kp(pθ)=Kc(RT)-1(pθ)=0.00286（kPa）-1×100kPa=0.2869．在523K下PCl5按下式分解PCl5(g)PCl3(g)+C12(g)將0.7mol的PCl5置于2L密閉容器中，當有0.5molPCl5分解時，體系達到平衡，計算523K時反應的Kθ及PCl5分解率。解：PCl5(g)=====PCl3(g)+Cl2(g)起始濃度/(mol?L-1)=0.3500平衡濃度/(mol?L-1)=0.10.250.25因為pV=nRT所以p==cRT=71.43%10．反應C(s)+CO2(g)2CO(g)在1773K時Kθ＝2.1×103，1273K時Kθ＝1.6×102，計算:（1）反應的ΔrHmθ，并說明是吸熱反應還是放熱反應；（2）計算1773K時反應的ΔrGmθ（3）計算反應的ΔrSmθ。解：（1）由ln==96.62kJ·mol-1（2）=-2.303RTlgKθ=-2.303×8.314×1773K×lg2100=-112.78kJ·mol-1（3）11．在763K時反應H2(g)+I2(g)2HI(g)Kθ=45.9，H2、I2、HI按下列起始濃度混合，反應將向何方向進行？實驗序號c(H2)/(mol·L-1)c(I2)/(mol·L-1)c(HI)/(mol·L-1)10.0600.4002.0020.0960.3000.500030.0860.2631.02解：Kθ=45.9Q1==166.7>Kθ=45.9反應逆向自發(fā)Q2==8.68<Kθ=45.9，正向自發(fā)Q3=≈45.9=Kθ=45.9，平衡狀態(tài)12．Ag2O遇熱分解2Ag2O(s)4Ag(s)+O2(g)，已知298K時Ag2O的ΔfHmθ=-30.59kJ·mol-1，ΔfGmθ=-10.82kJ·mol-1。求:（1）298K時Ag2O(s)-Ag體系的p(O2)；（2）Ag2O的熱分解溫度（在分解溫度時p(O2)＝100kPa）。解：由題意可得Ag2O分解的化學反應吉布斯自由能變、焓變分別為=21.64kJ·mol-1；=61.18kJ·mol-1（1）p(O2)=0.0161kPa（2）因為當恰好分解，處于平衡狀態(tài)時，p(O2)=100kPa所以Kθ=1，T1=298K則，T2=470K第四章思考題與習題參考答案一．選擇題1.下列說法不正確的是（）A.氫原子中,電子的能量只取決于主量子數(shù)nB.多電子原子中,電子的能量不僅與n有關,還與l有關C.波函數(shù)由四個量子數(shù)確定D.Y是薛定格方程的合理解,稱為波函數(shù)解：選C.波函數(shù)是由三個量子數(shù)n,l,m確定的，與自旋量子數(shù)ms無關。2．下列波函數(shù)符號錯誤的是（）A.1.0.0B.2.1.0C.1.1.0D.3.0.0解：選C.n,l,m三個量子數(shù)的取值必須符合波函數(shù)的取值原則，即n＞l≥∣m∣，所以1.1.0是錯誤的，應改為1.0.0。3．2p軌道的磁量子數(shù)取值正確的是（）A.1，2B.0，1，2C.1，2，3D.0，+1，-1解：選D。只有D符合磁量子數(shù)的取值原則。因為m取值受角量子數(shù)l取值的限制，對于給定的l值，m=0，1，2，…，l，共2l+1個值。2p軌道的角量子數(shù)l=1，所以磁量子數(shù)m=0，1。4．基態(tài)某原子中能量最高的電子是（）A.3,2,+1,+1/2B.3,0,0,+1/2C.3,1,0,+1/2D.2,1,0,-1/2解：選A。對于多電子的原子，其能量高低由n,l共同決定，二者數(shù)值較大且均符合四個量子數(shù)取值原則的就是能量最高的電子。5．某元素原子激發(fā)態(tài)的電子結(jié)構(gòu)式為[Ar]3d34s24p2,則該元素在周期表中位于（）A.d區(qū)ⅦB族B.p區(qū)ⅣA族C.s區(qū)ⅡA族D.p區(qū)ⅣB族解：選A。某元素原子激發(fā)態(tài)的電子結(jié)構(gòu)式為[Ar]3d34s24p2,由此可知其基態(tài)原子的電子結(jié)構(gòu)為[Ar]3d54s2，由分區(qū)及族的劃分原則可知A是正確的。6．下列分子中，中心原子采用sp3不等性雜化的是（）A.BeCl2B.H2SC.CCl4D.BF3解：選B?？捎门懦ㄟM行選擇。BeCl2的中心原子采用sp等性雜化；CCl4的中心原子采用sp3等性雜化；BF3的中心原子采用sp2等性雜化。7．下列說法不正確的是（）A.所有不同類原子間的鍵至少具有弱極性B.色散力不僅存在于非極性分子中C.原子形成共價鍵數(shù)目等于游離的氣態(tài)原子的未成對電子數(shù)D.共價鍵的極性是由成鍵元素的電負性差造成的解：選C。原子形成共價鍵數(shù)目等于游離的氣態(tài)原子的未成對電子數(shù)的這種說法是價鍵理論的觀點，有缺陷；后來發(fā)展的雜化軌道理論認為，在形成化學鍵的過程中，中心原子的成對電子可以激發(fā)到能量相近的原子軌道而雜化成鍵。8．下列各物質(zhì)化學鍵中只存在鍵的是（）A.CH2OB.PH3C.C2H4D.N2解：選B。判斷某物質(zhì)化學鍵中只存在鍵就是說該物質(zhì)不含有雙鍵或三鍵。PH3分子中，中心原子采用sp3不等性雜化，只存在單鍵，而CH2O、C2H4含有雙鍵，N2含有三鍵。9．下列各物質(zhì)化學鍵中同時存在鍵和鍵的是（）A.SiO2B.H2SC.H2D.C2H2解：選D。判斷某物質(zhì)化學鍵中同時存在鍵和鍵的，簡單的講就是該物質(zhì)既含有單鍵，又含有雙鍵或三鍵。C2H2中C-C原子間含有一個鍵和兩個鍵；A、B、C則只存在單鍵。10．下列元素電離能、電子親和能及電負性大小的比較中不正確的是（）A.第一電離能：O＞S＞Se＞TeB.第一電子親和能：O＞S＞Se＞TeC.電負性：Zn＞Cd＞HgD.電負性：Si＞Al＞Mg＞Na解：選B。元素的電子親和能越大，表示元素由氣態(tài)原子得到電子生成負離子的傾向越大，該元素非金屬性越強。但是因為第二周期原子半徑較小，電子間斥力較大造成第二周期元素的電子親和能小于第三周期，所以B是錯誤的。A.選項中O、S、Se、Te為同一主族元素從上到下電離能由大變小，元素的金屬性逐漸增強，所以第一電離能：O＞S＞Se＞Te正確。C、D考查的是電負性，其遞變規(guī)律同一周期主族元素從左到右電負性逐漸增加，過渡元素的電負性變化不大。同一主族元素從上到下電負性逐漸減小，副族元素則從上到下電負性逐漸增強。Zn、Cd、Hg為同一副族元素Zn<Cd<Hg；Si、Al、Mg、Na為同一周期主族元素，所以電負性Si＞Al＞Mg＞Na是正確的。11．下列物質(zhì)的分子間只存在色散力的是（）A.SiH4B.NH3C.H2SD.CH解：選A。判斷物質(zhì)的分子間只存在色散力的原則即判斷分子是否為非極性分子。SiH4是非極性分子,其他均為極性分子。12．下列晶體熔化時只需克服色散力的是（）A.CH3COOHB.CH3CH2OCH2CH3C.SiO2D.解：選D。因為只有非極性分子間只存在色散力，晶體熔化時只需克服色散力即是說只要判斷出哪種晶體是非極性分子晶體即可。CS2晶體是非極性分子晶體，熔化時只需克服色散力，而SiO2晶體是原子晶體，CH3COOH、CH3CH2OCH2CH3的晶體是極性分子晶體。二、填空題1．下列各電子結(jié)構(gòu)式中，表示基態(tài)原子的是（1），表示激發(fā)態(tài)原子的是（3）（4）（6），表示錯誤的是（2）（5）。（1）1s22s1（2）1s22s22d1（3）1s22s12p2（4）1s22s22p13s1（5）1s22s42p2（6）1s22s22p63s23p63d12．下列各組量子數(shù)中，（4）組代表基態(tài)Al原子最易失去的電子，（1）組代表Al原子最難失去的電子。（1）1，0，0，－1/2（2）2，1，1，－1/2（3）3，0，0，+1/2（4）3，1，1，－1/2（5）2，0，0，+1/23．符合下列每一種情況的各是哪一族或哪一元素？（1）最外層有6個p電子ⅧA族,稀有氣體元素（He除外）；（2）n=4，l=0軌道上的兩個電子和n=3、l=2軌道上的5個電子是價電子3d54s2ⅦB族Mn；（3）3d軌道全充滿，4s軌道只有一個電子3d104s1IB族Cu；（4）+3價離子的電子構(gòu)型與氬原子實[Ar]相同[Ar]3d14s2ⅢB族Sc；（5）在前六周期元素（稀有氣體元素除外）中，原子半徑最大Cs；（6）在各周期中，第一電離能I1最高的一族元素ⅧA族；（7）電負性相差最大的兩個元素CsNe(F)；（8）+1價離子最外層有18個電子IB族。4．指出下列各能級對應的n和l值，每一能級包含的軌道各有多少？（1）2pn=2，l=1，有3條軌道；（2）4fn=4，l=3，有7條軌道；（3）6sn=6，l=0，有1條軌道；（4）5dn=5，l=2，有5條軌道。5．寫出下列各種情況的合理量子數(shù)。（1）n=3，4，…，l=2，m=0，ms=+1/2（2）n=3，l=1，2，m=1，ms=－1/2（3）n=4，l=3，m=0，ms=+1/2，－1/2（4）n=2，l=0，m=0，ms=+1/2（5）n=1，l=0，m=0，ms=+1/2，－1/2。6．某一多電子原子中具有下列各套量子數(shù)的電子，各電子能量由低到高的順序為（若能量相同，則排在一起）E1s<E2s<E3p<E3d=E3d<E4f。nlmms（1）（2）（3）（4）（5）（6）342313230201120001+1/2－1/2+1/2+1/2－1/2+1/27．試用s，p，d，f符號來表示下列各元素原子的電子結(jié)構(gòu)：（1）18Ar[Ne]3s23p6（2）26Fe[Ar]3d64s2（3）53I[kr]4d105s25p5（4）47Ag[Kr]4d105s18.根據(jù)下列原子的價電子層結(jié)構(gòu)填表：價電子層結(jié)構(gòu)區(qū)周期族最高正氧化態(tài)電負性①②4s13s23p5sp第四IA+1第四第三VIIA+7第一③④3d24s2dds第四IVB+4第三5d106s2第六IIB+2第二9．已知甲元素是第三周期p區(qū)元素，其最低氧化態(tài)為－1，乙元素是第四周期d區(qū)元素，其最高氧化態(tài)為+4。試填下表：元素外層電子構(gòu)型族金屬或非金屬電負性相對高低甲1s22s22p63s23p5ⅦA非金屬高乙[Ar]3d24s2ⅣB金屬低10．（1）PF3=3.44×10－30C·m，而BF3=0，這是由于PF3的分子構(gòu)型為_三角錐形__，是__極__性分子，而BF3的分子構(gòu)型為_平面三角___型，是_非極（2）PH3=1.84×10－30C·m，小于PF3=3.44×10－30C·m，這是因為_P-F的極性>P-H的極性或F的電負性>H（3）H2O，H2S，H2Se三物質(zhì)，分子間取向力按__H2Se、H2S、H2O____順序遞增，色散力按__H2O、H2S、H2Se__順序遞增，沸點按_H2S、H2Se、H2O__順序遞增。（4）下列各物質(zhì)中每個碳原子所采用的雜化軌道分別是（CH4，C2H2，C2H4，CH3OH，CH2O）_CH4:sp3雜化；C2H2:sp雜化；C2H4:sp2；CH3OH:sp3雜化；CH2O:sp2雜化_____。11．判斷下列晶體的熔點高低順序：（1）NaClKClN2NH3SiPH3Si>NaCl>KCl>NH3>PH3>N2（2）CaF2BaCl2CaCl2CaF2>CaCl2>BaCl2，（3）SiCl4SiBr4SiCMgOSiC>MgO>SiBr4>SiCl4，（4）KClSiO2H2OSiO2>KCl>H2O(s)。三、簡答題1．指出下列各組中錯誤的量子數(shù)并寫出正確的。（1）3，0，－2，+1/2（2）2，－1，0，－1/2（3）1，0，0，0（4）2，2，－1，－1/2（5）2，2，2，2解：2．元素Ti的電子構(gòu)型是[Ar]3d24s2，試問這22個電子（1）屬于哪幾個電子層？哪幾個亞層？（2）填充了幾個能級組的多少個能級？（3）占據(jù)著多少個原子軌道？（4）其中單電子軌道有幾個？（5）價電子數(shù)有幾個？解：（1）4個電子層，7個亞層（2）4個能級組，7個能級（3）12條原子軌道（4）2條原子軌道（5）4個價電子3．第五周期某元素，其原子失去最外層僅有的2個電子，在l=2的軌道內(nèi)電子全充滿，試推斷該元素的原子序數(shù)、電子結(jié)構(gòu)，并指出位于周期表中哪一族？是什么元素？解：電子結(jié)構(gòu)[Kr]4d105s2，48號元素，在第五周期，第ⅡB，Cd鎘4．指出符合下列各特征元素的名稱：具有1s22s22p63s23p63d84s2電子層結(jié)構(gòu)的元素；堿金屬族中原子半徑最大的元素；ⅡA族中第一電離能最大的元素；ⅦA族中具有最大電子親合能的元素；+2價離子具有[Ar]3d5結(jié)構(gòu)的元素；解：（1）1s22s22p63s23p63d84s2鎳Ni（2）Cs（3）Be（4）Cl（5）Mn5．有A、B兩元素，A原子的M層和N層電子數(shù)分別比B原子同層電子數(shù)少7個和4個，寫出A、B原子的名稱和電子構(gòu)型，并說明推理過程。解：A[Ar]3d34s2即23VB[Ar]3d104s24p4即34Se6．指出下列分子中存在的鍵和鍵的數(shù)目：C2H2，PH3，CO2，N2，SiH4C2H22π、3σ鍵；PH33σ鍵；CO22π、2σ鍵；N22π、1σ鍵；SiH44σ鍵7．預測下列各組物質(zhì)熔點、沸點的高低，并說明理由。（1）乙醇>二甲醚（2）甲醇<乙醇<丙醇（3）乙醇〈丙三醇（4）HF>HCl8．指出下列各組化合物中，哪個化合物的價鍵極性最大？哪個最??？（1）NaClMgCl2AlCl3SiCl4PCl5（2）LiFNaFKFRbF（3）HFHClHBrHI解：（1）極性最大NaCl，極性最小PCl5（2）極性最大RbF，極性最小LiF（3）極性最大HF，極性最小HI9．下列分子中哪些有極性，哪些無極性？從分子構(gòu)型加以說明。（1）CS2（2）BF3（3）NF3（4）CHCl3（4）SiH4（5）OF2解：（1）CS2非極性分子，直線形（2）BF3非極性分子,平面三角形（3）NF3極性分子,三角錐形（4）CHCl3極性分子，變形的正四面體（5）SiH4非極性分子，正四面體（6）OF2極性分子V字形10．指出下列分子間存在哪種作用力（包括氫鍵）？（1）H2—H2（2）HBr—H2O（3）I2—CCl4（4）CH3COOH—CH3COOH（5）NH3—H2O（6）C3H8—CCl4（7）C2H5OH—H2O（8）CO2—H2O（9）HNO3—HNO3（10）H3BO3—H3BO3解：（1）只存在色散力（2）存在色散力、取向力、誘導力（3）存在色散力（4）存在色散力、取向力、誘導力、氫鍵（5）存在色散力、取向力、誘導力、氫鍵（6）存在色散力（7）存在色散力、取向力、誘導力、氫鍵（8）色散力，誘導力（9）存在色散力、取向力、誘導力（10）存在色散力、氫鍵22．據(jù)1998年《化學進展》介紹，我國科學家在高壓、700℃和催化劑作用下，實施CCl4+4Na→C+4解：CH4、CCl4、金剛石均為sp3等性雜化的正四面體結(jié)構(gòu)，我們可設想所有烷烴都是CH4失去氫原子使碳原子相連而成的，烷烴中所有碳原子均為sp3等性雜化而形成的分子骨架，金剛石則可看成CH4完全失去氫原子的sp3等性雜化碳原子相連而成的，CCl4為sp3等性雜化的易獲得的液體，所以與活潑金屬Na反應生成NaCl的同時，C-C相連形成sp3等性雜化的金剛石。第五章思考題與習題參考答案一、選擇題1．氫氣與下列物質(zhì)反應中，氫氣不作為還原劑的是（）A.單質(zhì)硫B.金屬鋰C.四氯化鈦D.乙烯解：選B。氫原子與堿金屬結(jié)合生成金屬氫化物，氫原子能得到電子，是作為氧化劑參與反應。2．下列各組物質(zhì)可共存于同一溶液中的是（）A.NH4+,H2PO4-,K+,Cl-,PO43-B.Pb2+,NO3-,Na+,SO42-C.Al(OH)3,Cl-,NH4+,NH3·H2OD.Sn2+,H+,Cr2O72-,K+,Cl-解：選A。選項B中Pb2+，SO42-能夠生成沉淀PbSO4;選項C中，強電解質(zhì)的存在，會促進Al(OH)3的凝聚。選項D中Sn2+與Cr2O72-在H+下會發(fā)生氧化還原反應。只有A中各離子不會發(fā)生反應，能夠穩(wěn)定存在。3．下列敘述正確的是（）A.分子構(gòu)型為直線形B.既有氧化性又有還原性C.的水溶液很穩(wěn)定D.與的酸性溶液反應生成穩(wěn)定的解：選B。分子中存在過氧鏈—O—O—，過氧鏈在相當于書本的書脊位置上，而兩個氫原子在半展開的兩頁紙面位置上，所以分子構(gòu)型不是直線形。的水溶液不穩(wěn)定，遇雜質(zhì)易分解。與的酸性溶液反應生成。中O的氧化態(tài)居中，所以既既有氧化性又有還原性。4．地方性甲狀腺腫大引起的原因是（）A.氟過多B.碘過多C.碘不足D.維生素不足解：選C。碘缺乏是地方性甲狀腺腫大的主要原因。5．要配制的標準溶液，最好的方法是將（）A.硫酸亞鐵銨溶于水B.溶于水C.鐵釘溶于稀酸D.溶液與鐵屑反應解：選D。利用溶液與鐵屑氧化還原反應，得到Fe3＋/Fe2＋電對，能夠保持Fe2＋穩(wěn)定。6．處理含汞離子的廢水，可加某種試劑使其沉淀，過濾而凈化水質(zhì)，所選用的試劑為（）A.B.鐵粉C.d.通入氯氣解：選B。利用Hg2＋溶液與鐵屑發(fā)生氧化還原反應，F(xiàn)e+Hg2+==Fe2++Hg得到Hg的沉淀，過濾而凈化水質(zhì)。7．下列物質(zhì)中，強氧化性與惰性電子對效應無關的是（）A.B.C.D.解：選C。位于化學元素周期表第4.5.6周期的p區(qū)元素Ga,In,Tl;Ge,Sn,Pb;As,Sb,Bi等，有保留低價態(tài)，不易形成最高價的傾向，這叫惰性電子對效應。8．在酸性介質(zhì)中可使轉(zhuǎn)化為的試劑是（）A.b.C.D.解：選C。在酸性介質(zhì)中，MnO4-/Mn2+的氧化性比Cr2O72-/Cr3+要強。9．欲除去溶液中少量的最佳試劑是（）A.b.C.D.粉解：選C。利用生成溶解度很小的沉淀，可以除去少量。10．下列物質(zhì)中，酸性最強的是（）A.B.c.D.解：選A。即H3BO3，硼酸的酸性來源不是本身給出質(zhì)子，由于硼是缺電子原子，能加合水分子的氫氧根離子，而釋放出質(zhì)子。因此硼酸不是一種質(zhì)子酸，而是一種路易斯酸，是一種一元酸，原硅酸，是一種很弱的酸，其它都是堿性化合物。二、填空題1．地殼中豐度最大的元素是氧(O)，太陽大氣中豐度最大的元素是氫(H)。在所有氣體中，最輕的是氫氣(H2)，最難液化的是氦氣(He)。2．在ⅡA族元素中，性質(zhì)與鋰最相似的元素是鎂。它們在過量的氧氣中燃燒都生成氧化物；它們的碳酸鹽和磷酸鹽都難溶于水。3．用EDTA標準溶液測定水的硬度時，EDTA與水中mg2+反應生成MgY螯合物。葉綠素是金屬鎂的螯合物；血紅素是鐵的螯合物。4．在自然界中可以單質(zhì)狀態(tài)存在的氮族元素有N,P,As,Sb,Bi。氮可以形成從+3到+5多種氧化數(shù)的化合物。5．鹵素單質(zhì)氧化性強弱的次序為f2,cl2,br2,i2，鹵離子的還原性強弱次序為I-,Br-,Cl-,F-。6．導致氫氟酸酸性與其他氫鹵酸明顯不同的因素主要是半徑小，而電負性特別大的緣故。7．和是人和動植物必需的宏量元素。是許多酶的激活劑。是細胞膜的組織成分。8．實驗中使用的變色硅膠中含有少量的。烘干后的硅膠呈藍色，即呈現(xiàn)的是的顏色。吸水后的硅膠呈現(xiàn)紅色，這實際上是的顏色。三、簡答題1．在溶液中加入顯紅色；加入NaF固體后紅色褪去，加入Na固體，溶液變黃綠色，用反應式說明上述現(xiàn)象。答：FeCl3+6KSCN=K3[Fe(SCN)6]+3KCl[Fe(SCN)6]3-+6F-=[FeF63-]+6SCN-[FeF63-]

+3C2O42-=[Fe(C2O42)3]3-+6F-配離子顯紅色，[]配離子顯無色，配離子顯黃綠色,而且配離子的穩(wěn)定常數(shù)是逐漸增加的。2．簡述硒的生物效應。答：硒的生物學作用如下（1）硒是谷胱甘肽過氧化物酶（GSH-PX）的重要組成成分。（2）參與輔酶A和輔酶Q的合成，在機體代謝、三羧酸循環(huán)及呼吸鏈電子傳遞過程中發(fā)揮重要作用。（3）保護視器官的健全功能

（4）是體內(nèi)抵抗有毒物質(zhì)的保護劑

（5）增強機體免疫力

（6）保護心血管和心?。?）調(diào)節(jié)維生素A、C、E、K的代謝（8）對腫瘤的影響：硒可干擾致癌物的代謝。3．簡述稀土元素的生物效應。答：（1）增產(chǎn)作用稀土在農(nóng)業(yè)生產(chǎn)上作為一項增產(chǎn)措施已被廣泛推廣使用。適量的稀土元素可促進種子萌發(fā)和苗期生長，促進根的生長和葉面積的增加。（2）醫(yī)用效果稀土化合物作為藥物已有不少通過臨床試驗，有的已被列入了許多國家的藥典。草酸鈰就是其中之一。第六章思考題與習題參考答案一、選擇題1．如果要求分析結(jié)果的相對誤差在0.1%以下，使用萬分之一分析天平稱取試樣時，至少應稱取（）A.0.1gB.0.2gC.解：選B。根據(jù)下列公式可求得最少稱樣量：相對誤差×100%萬分之一分析天平稱量的絕對誤差最大范圍為±0.0002g，為了使測量時的相對誤差在±0.1%以下，其稱樣量應大于0.2g。2．從精密度好就可斷定分析結(jié)果準確度高的前提是（）A.隨機誤差小B.系統(tǒng)誤差小C.平均偏差小D.相對偏差小解：選B。精密度是保證準確度的先決條件，精密度差說明測定結(jié)果的重現(xiàn)性差，所得結(jié)果不可靠；但是精密度高不一定準確度也高，只有在消除了系統(tǒng)誤差之后，精密度越高，準確度才越高。3．下列有關隨機誤差的論述不正確的是（）A.隨機誤差具有可測性B.隨機誤差在分析中是不可避免的C.隨機誤差具有單向性D.隨機誤差是由一些不確定偶然因素造成的解：選C。分析測定過程中不可避免地造成隨機誤差。這種誤差可大可小，可正可負，無法測量,不具有單向性。但從多次重復測定值來看，在消除系統(tǒng)誤差后，隨機誤差符合高斯正態(tài)分布規(guī)律，特點為：單峰性、有限性、對稱性、抵償性。4．下列各數(shù)中，有效數(shù)字位數(shù)為四位的是（）A.0.0030B.pH=3.24C.96.19%D.4000解：選C。各個選項的有效數(shù)字位數(shù)為：A兩位B兩位C四位D不確定5．將置于普通干燥器中保存的Na2B4O7.10H2O作為基準物質(zhì)用于標定鹽酸的濃度，則鹽酸的濃度將（）A.偏高B.偏低C.無影響D.不能確定解：選B。普通干燥器中保存的Na2B4O7·10H2O會失去結(jié)晶水，以失水的Na2B4O7·10H2O標定HCl時，實際消耗V（HCl）偏高，故c（HCl）偏低。6．以下試劑能作為基準物質(zhì)的是（）A.優(yōu)級純的NaOHB.光譜純的Co2O3C.100℃干燥過的CaOD.解：選D。見教材表6—6常用基準物質(zhì)的干燥處理、保存及應用范圍。A、B純度雖高，但不符合基準物質(zhì)的要求，C不符合干燥處理條件。7．檢驗測定結(jié)果的平均值與標準值μ之間是否存在顯著差異應采用的方法是（）A.Q檢驗法B.G檢驗法C.t檢驗法D.f檢驗法解：選C。決定可疑值的取舍常用Q檢驗法和G檢驗法。t檢驗法是檢驗測定結(jié)果的平均值與總體平均μ之間是否存在顯著差異，進而判斷其可靠性的一種方法。而f檢驗法是比較兩組測定平均值和，判斷是否存在顯著差異的方法。8．某試樣含鈣量的置信區(qū)間為20.45±0.15%(置信度為90%),對此結(jié)果理解正確的是（）A.有90%的把握認為再測一次的值將落在20.30%～