《無機(jī)化學(xué)》考試試卷及答案

《無機(jī)化學(xué)》考試試卷及答案一、選擇題(在以下各題中，選出符合題意的1個(gè)答案，寫在括號中，1.524以下說法正確的選項(xiàng)是( )放熱反響均為自發(fā)反響Srm

為正的反響均為自發(fā)反響SrmSrm

H為負(fù)的反響均為自發(fā)反響rmH為正的反響均為自發(fā)反響rm上升溫度可以加快反響速率，其主要緣由是( )降低了反響的活化能增加了活化分子百分?jǐn)?shù)增加了活化分子總數(shù)增加了分子的碰撞次數(shù)以下各組量子數(shù)，不合理的是( ) (按n、l、m的挨次)A.(2，2，–1)B.(3，1，–1)C.(1，0，0)D.(4，3，1)分子中有極性鍵且偶極矩不等于零的是( )A.CO2B.BF3C.CH4D.CHCl2 2室溫下，穩(wěn)定狀態(tài)單質(zhì)的標(biāo)準(zhǔn)摩爾熵是( A.0B.1C.>0D.<0既能用濃HSO2 4A.NH

枯燥，又能用堿石灰枯燥的物質(zhì)是 ( )3B.H2C.SO2D.Cl2H2

S的=1.0×10–7，=1.0×10–13，在1L飽和的H2

S水溶液中通0.1mol的HCl氣體，c(S2–)為( )mol·L－1A.1.0×10–13B.1.0×10–4C.1.0×10–D.1.0×10–將pH=5.0與pH=9.0的兩種強(qiáng)電解質(zhì)溶液等體積混合，其pH值為( )A.1.0B.13.0C.7.0D.1.5既溶于過量氨水，又溶于過量NaOH溶液的是( )A.Ca(OH)2B.Fe(OH)3C.Zn(OH)2D.Al(OH)3配制I2I2

溶液時(shí)，參與固體KI，目的是為了( )，增大增加鹽效應(yīng)利用同離子效應(yīng)降低水分子極性I3

離子Al

(SO)2 43

溶液中參與NaCO2

，其主要產(chǎn)物是( )。3A.Al

(CO2

)+NaSO33 2 B.Al3++CO2－3C.Al(OH)

+CO3 2D.Al

(CO2

)+CO33 12.40mL0.1mol·L–1HAc與20mL0.1mol·L–1NaOH混合后，溶液的pH值為( )A.3.1B.9.25C.4.75D.5.313.已知(Fe3+/Fe2+)=0.77V，(Fe2+/Fe)= –0.44V，則(Fe3+/Fe)=( )A.–0.037VB.0.55VC.0.40VD.1.65V14.27Co[Co(NH

)]3+是內(nèi)軌型協(xié)作物，則中心離子未成對36電子數(shù)和雜化軌道類型是( )4，sp3d20，sp3d24，d2sp30，d2sp3以下分子或離子中含有鍵的是( )A.SO2B.NO－3C.NO2D.NO+2按熱力學(xué)上通常的規(guī)定，以下物質(zhì)中標(biāo)準(zhǔn)摩爾生成焓為零的是( )A.C(B.PC.OD.I

(白磷)4(g)3(g)230分，每空1分)1．M2+離子的3d軌道半布滿的元素的原子序數(shù)為 ，其價(jià)層電子構(gòu)型為期，

，屬于 周2．[Fe(OH)

(HO)2 2

]Cl的系統(tǒng)命名為 ，形成體4是配位原子為 配位數(shù)為 。判斷化學(xué)鍵是否有極性的標(biāo)準(zhǔn)是兩成鍵原子的 相對大小，判斷分子是否有極性的標(biāo)準(zhǔn)是 等于零。A+B===2C的平衡常數(shù)為K1

；C+D===E的平衡常數(shù)為K；2而反響A+B+2D===2E的K= 。32NO

(g)===2NO(g)+O2

(g)是基元反響，為113kJ·mol–1。2其正反響的速率方程為 ，當(dāng)反響到達(dá)平衡時(shí)，上升溫度平衡常數(shù) ；降低壓力，平衡 移動(dòng)。6.BF3

中B原子實(shí)行的是 雜化，分子的空間構(gòu)型為 。有A、B、C、D四種元素，它們的原子序數(shù)依次為14、8、6和29，它們的單質(zhì)屬于分子晶體的是 于原子晶體的是 ；屬于金屬晶體的是 ；既有分子晶體又有層狀晶體的是 。在分子間力中， 力存在于一切分子中。同離子效應(yīng)使弱電解質(zhì)的電離度 的溶解度 。10.298K101325PaφΘ(H+/H

)= V，在堿性溶液中，(c(OH－)=1.0molL2–1)，H+

)= V。2化學(xué)平衡最主要的特征是 。在原電池中，流出電子的極為 ；發(fā)生氧化反響。協(xié)作物的價(jià)鍵理論的根本要點(diǎn)是：在配位個(gè)體中，形成體與配體以 結(jié)合，為了提高成鍵力氣，形成體所供給的價(jià)層空軌道首先 。14.濃度為0.01mol·L–1的一元弱堿(=1.0×10–8)，其pH＝ 。三、是非題(推斷以下表達(dá)是否正確，在正確的答案后打√，在錯(cuò)誤的答案后打×，共1011.需要加熱才能進(jìn)展的反響確定是吸熱反響。2.O3

分子是由3個(gè)O原子組成的，因此為非極性分子。HAcNaOHNaOH過量。將10mL0.1mol·L–1HAc溶液加水稀釋到100mL，由于HAc解離度增大，因此氫離子濃度必定增大。由能斯特方程式可知，在確定溫度下減小電對中復(fù)原型物質(zhì)的濃度，電對的電極電勢增大。6.p區(qū)元素的外層電子構(gòu)型為ns2np1～6。合而成。中心原子的配位數(shù)等于與中心原子以配位鍵相結(jié)合的配體的數(shù)目。同濃度的NH

ClNaOH4該反響的標(biāo)準(zhǔn)平衡常數(shù)等于NH3

標(biāo)準(zhǔn)解離常數(shù)的倒數(shù)。NH性最高。

HCO4

、AgCO3 2

、NaCO3 2

、CaCO3

NaCO2 3

的熱穩(wěn)定四、完成并配平以下反響方程式(共10分，每題2分)1.MnO

4

2－+H3

OMnO2

+SO2－2 42.CuSO

+KICuI4 223.Cr

O2–+Fe2++H+Cr3++Fe3++HO27 24.H

S+H2

SOS2 35.H

O+I－H2261224H2

O為弱場配體，CN－為強(qiáng)場配體。利用晶體場理論說明[Fe(H

O)]3+和2 6

]3–是低自旋協(xié)作物還是高自旋協(xié)作物，并寫出6中心原子的d欲從廢鐵屑制取硫酸亞鐵銨復(fù)鹽

Fe(SO4

)·12H42

，以下氧2HO22

、HNO

、(NH3

)SO4228

，選用哪種最適宜？為什么？25分，每題5分)(1)CaF

在純水中的溶解度；2(2)CaF×10–11)

在0.1molL–1的CaCl2

溶液中的溶解度。((CaF

)=2.72有一含有0.10molL–1的

0.010molL–1的3

Cl0.154mol·L–1的

)]2+的溶液，問該溶液中是否有Cu(OH)34

沉淀生成？[(Cu(NH)2)=4.11(Cu(OH))=2.2×10–22、(NH)=1.8×10–5]34 2 3電對φΘ斷以下反響：

AsO3

/HAsO4 3

)=0.58V，φΘ3

/I－)=0.54V，試判2HAsO3

+I+HOH3 2 2

AsO3

+2I－+2H+4在標(biāo)準(zhǔn)態(tài)下，向什么方向進(jìn)展？溶液中c(H+)=10–8mol·L–1，反響向什么方向進(jìn)展?749KCO(g)+H

O(g)===CO2

(g)+H2

(g) K2

=2.6H2H2

OCO1COOCO3CO在50mL0.2mol·L–1AgNO3

溶液中參與等體積的1mol·L–1的NH·H3

O，計(jì)算達(dá)平衡時(shí)溶液中Ag+、

)]+和NH32

的濃度。((Ag(NH

)2+)=1.0×107)3參考答案一、選擇題1.(C) 2.(B) 3.(A) 4.(D) 5.(C) 6.(B) 7.(D) 8.(C)9.(C) 10.(D) 11.(C) 12.(C) 13.(A)14.(D) 15.(A) 16.(B)二、填空題1.253d54s2 四ⅦB一氯化二羥基·四水合鐵(Ⅲ)Fe3+ O 6電負(fù)性的 偶極矩是否 4.K1

·K225.v=k[c(NO

)]2 增大 右 6.sp2 平面三角形27.B AD C 8.9.降低 減小 10.0.000 –0.82611.v＝v12.正 逆13.進(jìn)展雜化14.9.0三、是非題1.×2.×3.×4.×5.√ 6.√ 7.√ 8.× 9.√ 10.√四、完成并配平以下反響方程式1.2MnO－+3SO2－+HO=== 2MnO+3SO2－+2OH—4 3 2 2 42.2CuSO

+4KI=== 4

I+I22

+2KSO2 2 3.Cr

O2–+6Fe2++14H+=== 2Cr3++6Fe3++7HO27 24.2H

S+H2

SO=== 3S+3HO2 3 25.H

O+2I－+2H+ === I22

+2HO2五、簡答題1.H

O2

<P，因此[Fe(HO

O)]3+為高自旋配離子；中2 6心原子的d電子排布為(d)3和(d)2。CN－為強(qiáng)場配體，· γ

>P，因此O[Fe(CN)]3–是低自旋配離子，中心原子的d電子排布為(d)5和(d)0。6 ε γ2.應(yīng)當(dāng)是選(NH

)SO422

，由于(NH8

)SO4228

既是氧化劑(復(fù)原產(chǎn)物為SO24–)，又能供給六、計(jì)算題

Fe(SO4

)·12H42

ONH2

+SO4

2。41 (1) CaF2Ca2++2F－平 衡 濃 度 (mol · L –1)： s 2s=2=s·(2s)2=5.2×10–9，解之：s=1.1×10–3mol·L–1(2) CaF2+ 2F－

Ca2+平衡濃度(mol·L–1)： s+0.1≈0.1 2s=2=0.1·(2s)2=5.2×10–9，解之：s=1.1×10–5mol·L–12.平衡時(shí)： Cu2+ + 4NH·HO===[Cu(NH)]2++4HO3 2342平 衡 濃 度 (mol · L – 1) ：x 0.1 0.15c(Cu2+)=x=3.2×10–11(mol·L–1)=1.8×10–4(mol·L–1)J=c(Cu2+)·c2(OH－)=1.0×10–18>(Cu(OH))2所以，有沉淀生成。3.(1)由于φΘ

AsO3

/HAsO4 3

)=0.58V>φΘ3

/I－)=0.54V，所以在2標(biāo)準(zhǔn)態(tài)下，反響向左進(jìn)展。(2)φ(H

AsO3

/HAsO4 3

)=φΘ(H3

AsO3

/HAsO4 3

)+lg[ｃ(H+)]23=0.58+lg(10–8)2=0.108(V)<φΘ所以，反響向右進(jìn)展。

/I－)2由于在確定體積的容器內(nèi)，物質(zhì)的量之比即等于濃度比，故當(dāng)HOCO物質(zhì)的量之比為1c(H2

O)/c(CO)=12CO(g)+H

O(g)===CO2

(g)+H2

(g)2原 始 濃 度 (mol · L –1) c c 0 0平衡濃度(mol·L– 1)c–xc–xxxK===2.6c解之： = α(CO)=×100%=61.5%(2)設(shè)到達(dá)平衡后，已轉(zhuǎn)化的CO的濃度為x′mol·L–1==2.6解之：=0.865 故α′(CO)=×100%=86.5%混合后尚未反響前：c(Ag+)=0.10mol·L–1，cmol·L–1

·HO)=0.50