0542是哪里的区号,无机及分析化学第三版第九章课后习题答案

导读:无机及分析化学第三版第九章课后习题答案_:无机及分析化学(第三版)呼世斌_答案第1章思考题与习题参考答案一、选择题1.等压下加热5%的下列水溶液,最先沸腾的是( )A蔗糖(C12H22O11)溶液 B葡萄糖(C6H12O6)溶液C丙三醇(C 3H8O3)溶液 D尿素( (NH2)2 CO)溶液,推荐访问:

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第1章思考题与习题参考答案

一、选择题

1.等压下加热5%的下列水溶液,最先沸腾的是( )

A. 蔗糖(C12H22O11)溶液 B. 葡萄糖(C6H12O6)溶液

C. 丙三醇(C 3H8O3)溶液 D. 尿素( (NH2)2 CO)溶液

解:选D。在等压下,最先沸腾就是指溶液的蒸气压最低。根据难挥发非电解质稀溶液的依数性变化

规律,溶液质量摩尔浓度增大,溶液的蒸气压下降。这里,相同质量分数下,溶质的摩尔质量越小,质量摩尔浓度越大。选项D中非电解质尿素的摩尔质量最小,尿素溶液的质量摩尔浓度最大,蒸气压最低,在等压下最先沸腾。

2.0.1mol·kg-1下列水溶液中凝固点最低的是( )

A. NaCl溶液 B. C12H22O11溶液C. HAc溶液D. H2SO4溶液

解:选D。电解质溶液的依数性虽然不能用拉乌尔定律进行统一的定量计算,但仍然可以参照难挥发非电解质稀溶液的依数性进行定性描述。即溶质的粒子数目增大,会引起溶液的蒸气压降低,沸点升高,凝固点下降和溶液的渗透压增大。此题中,在相同质量摩尔浓度下,溶液中的粒子数目估算出来是H2SO4溶液最多,所以其凝固点最低。

3.胶体溶液中,决定溶胶电性的物质是( )

A. 胶团 B. 电位离子C. 反离子 D. 胶粒

解:选D。 根据胶团结构,胶核和吸附层的整体称为胶粒,胶粒中反离子数比电位离子数少,故胶粒所带电荷与电位离子符号相同。即胶粒带电,溶胶电性由胶粒决定。

4.溶胶具有聚结不稳定性,但经纯化后的Fe(OH)3溶胶可以存放数年而不聚沉,其原因是( )

A. 胶体的布朗运动 B. 胶体的丁铎尔效应

C. 胶团有溶剂化膜 D. 胶粒带电和胶团有溶剂化膜

解:选D。溶胶具有动力学稳定性和聚结稳定性,而聚结稳定性是溶胶稳定的根本原因,它包含两个

方面,胶粒带有相同电性的电荷,当靠近时会产生静电排斥,阻止胶粒聚结合并;而电位离子和反离子形成的溶剂化膜,也会阻隔胶粒的聚结合并。由于纯化的Fe(OH)3溶胶具有这种聚结稳定性,从而可以存放数年而不聚沉。

5.有浓度同为0.01 mol·L-1的电解质①NaNO3②Na2SO4③Na3PO4④MgCl2,它们对Fe(OH)3溶胶的聚沉能力大小顺序为( )

A. ①②③④B. ②④③① C ③②①④ D. ③②④①

解:选D。根据哈迪-叔尔采规则:起聚沉作用的主要是与胶粒带相反电荷的离子。相反电荷离子的

价态愈高,聚沉能力愈大。Fe(OH)3溶胶中胶粒带正电荷,起聚沉作用的应是电解质中的阴离子,且价态愈高,聚沉能力愈大。所以聚沉能力由大到小的顺序为③②④①,其中由于④中氯离子数

目大于①中硝酸根数目,参与聚沉溶胶的粒子数目多,所以④聚沉能力比①强。

二、填空题

1.1 mol H,1 mol H2SO4,1 mol 2H2SO4所表示的基本单元分别是H、 22.丁铎尔效应能够证明溶胶具有 性质,其动力学性质可以由实验证明,电泳和电渗实验证明溶胶具有 电学 性质。

3.将等体积的0.003mol·L-1 AgNO3溶液和0.008mol·L -1KCl溶液混合所得的AgCl溶胶的胶团结构式为[(AgCl) m . n Cl-+ x-+ ,该溶胶在电场中向极移动。

三、简答题

1.什么叫分散系? 分散系是如何分类的?

答:分散系:一种或几种物质分散到另一种物质中形成的混合物叫分散系。被分散的物质叫分散质,

分散其他物质的物质叫分散剂。(1)按分散质或分散剂的状态分:九种,包括气-气分散系、液-气分散系、固-气分散系和气-液分散系、液-液分散系、固-液分散系及气-固分散系、液-固分散系、固-固分散系。(2)按分散质粒子的大小分:三种。分子离子分散系(d<1 nm)、胶体分散系(1 nm<d<100 nm)、粗分散系(d>100 nm)

2.对稀溶液依数性进行计算的公式是否适用于电解质稀溶液和易挥发溶质的稀溶液? 为什么?

答:不适用。当溶质是电解质的时候,拉乌尔定律发生偏离,主要原因电解质溶液由于溶质发生解离,使溶液中溶质粒子数增加,计算时应考虑其解离的因素,否则会使计算得到的Δp、ΔTb、ΔTf、Π值比实验测得值小;另一方面,电解质溶液由于离子间的静电引力比非电解质之间的作用力大得多,因此用离子浓度来计算强电解质溶液的Δp、ΔTb、ΔTf、Π时,其计算结果与实际值偏离较大,应该用活度代替浓度进行计算。对易挥发溶质的稀溶液,由于其溶质不断挥发,溶液浓度不断变化,所以也无法进行依数性计算。

3.难挥发溶质的溶液,在不断的沸腾过程中,它的沸点是否恒定?其蒸气在冷却过程中的凝聚温度是否恒定?为什么?

答:由于溶剂的挥发,溶液浓度逐渐增大,其沸点是逐渐升高的, 至溶液达到饱和后,沸点恒定;在蒸气冷却过程中,由于溶剂是纯净的,其凝聚温度是恒定的,等于溶剂的沸点。

4.若渗透现象停止了,是否意味着半透膜两端溶液的浓度也相等了?

答:据范特霍夫的渗透压定律,若渗透现象停止了,说明渗透压相等,但其浓度不一定相等。

5.溶胶稳定的因素有哪些? 促使溶胶聚沉的办法有哪些? 用电解质聚沉溶胶时有何规律?

答:溶胶稳定的因素有两个,一是溶胶具有动力学稳定性,另一个是聚结稳定性。溶胶的动力学稳定

性系指在重力的作用下,分散质粒子不会从分散剂中沉淀出来,从而保持系统的相对稳定的性质。溶胶的聚结稳定性是指溶胶在放置过程中不发生分散质粒子的相互聚结,从而保持系统一定的分散度的性质。促使溶胶聚沉的办法有加入电解质、将两种带相反电荷的胶体按一定的比例混合及

加热等。电解质对溶胶的聚沉作用取决于与胶粒所带电荷符号相反的离子,而且与其所带电荷的多少有关,一般来说,离子电荷越高,对溶胶的聚沉能力就越强,这个规律称为哈迪—叔尔采规则。

6.什么叫表面活性剂? 其分子结构有何特点?

答: 溶于水后能显著降低水的表面自由能的物质称为表面活性物质或表面活性剂。表面活性剂的特

性取决于其分子结构。它的分子都是由极性基团和非极性基团两部分组成,极性基团如--OH,-COOH,-NH:,-SO3:H等对水的亲和力很强,称为亲水基;非极性基因如脂肪烃基-R,芳香基-Ar等对油的亲和力较强,称为亲油基或疏水基。在表面活性剂溶于水后,分子中的亲水基进入水相,疏水基则进入油相,这样表面活性剂分子就浓集在两相界面上,形成了定向排列的分子膜,使相界面上的分子受力不均匀情况得到改善,从而降低了水的表面自由能。

7.乳浊液的类型与所选用的乳化剂的类型有何关系? 举例说明。

答:乳化剂不仅能提高乳浊液的稳定性,还能决定乳浊液的类型。一般来说,亲水性乳化剂有利于形

成O/W型乳浊液,亲油性乳化剂有利于形成W/O型乳浊液。

8.解释如下现象:

(1)为何江河入海处常会形成三角洲?

答: 三角洲的形成过程体现了胶体的性质: 当河水和海水混合时,由于它们所含的胶体微粒所带电

荷的性质不同,由于静电作用,异性电荷相互吸引,导致胶体的颗粒变大,最终沉淀了出来,日积月累的堆积,就形成了三角洲。

(2)加明矾为什么能够净水?

答: 由于天然水中含有带负电荷的悬浮物(黏土等),使天然水比较浑浊,而明矾的水解产物Al(OH)3

胶粒却带正电荷,当将明矾加入天然水中时,两种电性相反的胶体相互吸引而聚沉,从而达到净水的效果。

(3)不慎发生重金属离子中毒,为什么服用大量牛奶可以减轻病状?

答: 由于可溶性重金属离子(强电解质)可使胶体聚沉,人体组织中的蛋白质作为一种胶体,遇到可溶性重金属盐会凝结而变性,误服重金属盐会使人中毒。如果立即服用大量鲜牛奶这类胶体溶液,可促使重金属与牛奶中的蛋白质发生聚沉作用,从而减轻重金属离子对机体的危害。

(4)肉食品加工厂排出的含血浆蛋白的污水,为什么加入高分子絮凝剂可起净化作用?

答: 因为含有血浆蛋白的污水具有胶体溶液的性质,加入高分子絮凝剂会对胶体溶液起到敏化作用,

促进胶体的凝聚,从而净化了污水。

四、计算题

1.10.00 mL 饱和 NaCl 溶液质量为 12.003 g ,将其蒸干后得到 NaCl 3.173 g ,求:

(1)NaCl 的质量分数 ;(2)NaCl 的质量摩尔浓度 ; (3)NaCl 的物质的量浓度 ;(4) 各组分的摩尔分数。

解:(1)w(NaCl)m(NaCl)3.173g0.2644 m总12.003g

n(NaCl)m(NaCl)/M(NaCl)(3.173/58.443)mol6.149molkg1 m总m(NaCl)m总m(NaCl)(12.0033.173)/1000kg

n(NaCl)m(NaCl)/M(NaCl)3.173/58.4435.429molL1 VV10.00/1000(2)b(NaCl)(3)c(NaCl)

(4) x(NaCl)n(NaCl)m(NaCl)/M(NaCl) n(NaCl)n(H2O)m(NaCl)/M(NaCl)mH2O/M(H2O)

3.173/58.4430.09972 3.173/58.4438.830/18.015

x(H2O)n(H2O)8.830/18.0150.49010.900 3n(NaCl)n(H2O)3.173/58.4438.830/18.0150.054290.4901

2.今有两种溶液,其一为1.50g尿素(NH2)2CO 溶于200g 水中;另一为42.8g未知物溶于1000g水中,这两种溶液在同一温度开始沸腾,计算这种未知物的摩尔质量。

解:由于都是水溶液,所以溶剂的沸点升高常数Kb相同,又知, t尿素t未知,由稀溶液的依数性

公式:tbKbbB ,可得两种溶液的质量摩尔浓度相等:

b(NH2)2COb(B)

设未知物的摩尔质量为M(B),代入上式得

1.50g/60.06gmol-142.8g/M(B) (200/1000)kg(1000/1000)kg

解之得: M(B)=342.7 g·mol-1

3.将1.00 g 硫溶于20.0 g 萘中,使萘的凝固点降低1.30℃,萘的Kf为6.8℃·kg · mol-1,求硫的摩尔质量和分子式。

解:设未知物的摩尔质量为M(B),根据溶液的凝固点降低公式: tfKfbB,将数据代入得:

1.30C6.8Ckgmol11.00g/M(B) (20.0/1000)kg

解之得M(B)=261.5 g · mol-1

由于单个硫元素的摩尔质量为M(S) = 32.065g·mol-1, 则M(B) / M(S)= 261.5/32.065 =8.155,即约8个S原子形成一个硫分子。所以该单质硫的分子式为:S8

4.从某种植物中分离出一种未知结构的有特殊功能的生物碱,为了测定其相对分子质量,将19g该物质溶于100g水中,测得溶液的沸点升高了0.060K ,凝固点降低了0.220K 。计算该生物碱的

相对分子质量。

解:利用沸点升高和凝固点降低都能够测量未知物的摩尔质量,但一般选取相对较大的数据来计算较准确,这里我们选取凝固点降低来计算。设未知物的摩尔质量为M(B),由公式 tfKfbB知,

0.220K1.86Kkgmol119g/M(B) (100/1000)kg

解之得 M(B)=1606.4g∙mol-1

5. 101 mg胰岛素溶于 10.0mL 水,该溶液在25.0℃时的渗透压是 4.34kPa,计算胰岛素的摩尔质量和该溶液的蒸气压下降Δp(已知25.0℃水的饱和蒸气压为3.17kPa)。

解:(1) 设胰岛素的摩尔质量为M(B),则由渗透压公式知:

cRT

nmRTRT VM(B)V

mRT(101/103)g8.314Pam3K1mol1298.15K-1 因而,M(B) g · mol5768.76ΠV(4.341000)Pa(10.0/10)m3

(2) 由拉乌尔定律知,pp*xBp*nBnp*B nAnBnA

(101103)/(5768.7gmol1)3.1710 (10.0/18.015)mol

0.09999Pa3

6.人体血浆的凝固点为272.59K,计算在正常体温(36.5℃)下血浆的渗透压。

解:由于人体血浆为水溶液,因而其溶质的质量摩尔浓度可由其凝固点降低值求得。

凝固点降低值:tf273.15K272.59K0.56K

由公式 tfKfbB知,血浆的质量摩尔浓度为

bBtf0.56K-10.301molkg 1Kf1.86Kkgmol

人体血浆的渗透压为bBc0.301molL-1

ΠcBRT0.301molL18.314kPaLK1mol1(276.1536.5)K774.9kPa

7.硫化砷溶胶是由下列反应而制得的 2H3AsO3 + 3H2S = As2S3 + 6H2O试写出硫化砷胶体的胶团结构式(电位离子为HS-)。并比较NaCl、 MgCl2、 AlCl3三种电解质对该溶胶的聚沉能力,并说明原因。

篇二:无机及分析化学第三版第九章课后习题答案原标题: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。只要离子晶体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。 H2 He2He2+ Be2 C2 N2N2+

答:

稳定存在的分子或离子:H2He2C2 N2N2 不能稳定存在的分子或离子:He2Be2 稳定性次序:N2>N2+>C2>H2>He2+

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)B2 σ1s2σ1s*2σ2s2σ2s*2π2py1π2pz1

4.在BCl3和NCl3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sp2杂化,每个杂化轨道的的夹角是120o,与Cl原子以3px轨道形成3个σ键,分子呈平面三角形。

N采用sp3杂化,杂化轨道呈四面体结构,其中一个杂化轨道有一对孤电子,孤对电

子成键电子有一定的排斥作用,使NCl3分子呈三角锥形。

5.写出O2分子的分子轨道表达式,据此判断下列双原子分子或离子:O2+、O2、O2、O22各有多少成单电子,将它们按键的强度由强到弱的顺序排列起来,并推测各自的磁性。 答:O2σ1s2σ1s*2σ2s2σ2s*2π2py2π2pz2σ2px2π2py*1π2pz*1 O2+有一个单电子 顺磁性 O2有两个单电子顺磁性 O2 -有一个单电子顺自行 O2 2-无单电子 抗磁性

键强度顺序:O2 +>O2 >O2- >O22-

6.C和O的电负性差较大,CO分子极性却较弱,请说明原因。

答:由于CO中存在反馈键,分散了氧原子上的负电荷,使CO整个分子极性减弱。

7.已知N与H的电负性差(0.8)小于N与F的电负性差(0.9),解释NH3分子偶极矩远比NF3大的原因。

答:NF3和NH3分子都是三角锥构型。

分子的总偶极矩是分子内部各种因素所产生的分偶极矩的总矢量和。

NF3分子中成键电子对偏向电负性大的F原子,N的孤电子对对偶极矩的贡献与键矩对偶极矩贡献方向相反,即孤电子对的存在削弱了由键矩可能引起的分子偶极矩,故偶极矩较小;而NH3分子中成键电子对偏向电负性大N原子,即孤电子对对偶极矩的贡献与键矩对偶极矩贡献方向相同,故NH3分子有较大偶极矩。

8.用杂化轨道理论解释为何PCl3是三角锥形,且键角为101°,而BCl3却是平面三角形的几何构型。

答:PCl3分子中P原子以不等性杂化轨道与Cl原子成键,四个sp3杂化轨道指向四面体的四个顶点,其中三个顶点被氧原子占据,另一个顶点是一对孤对电子对成键电子对有较大的排斥力,使PCl3的键角小于109.5o,成为101o

BCl3分子中B原子采用sp2杂化,三个杂化轨道呈平面三角形,三角形顶点被三个Cl原子占据。因而BCl3分子成平面三角形。

9.试用价层电子对互斥理论判断下列分子或离子的空间构型。

NH4+ CO32BCl3PCl5(g)SiF62 H3O+XeF4 SO2

答:NH4+:m=4, n=(5-4+1)/2=0VP=4+0=4 sp3等性杂化,正四面体型 CO32:m=3, n=(4-6+2)/2=0VP=3+0=3 sp2等性杂化,平面三角形 BCl3:m=3, n=(3-3)/2=0VP=3+0=3 sp3等性杂化,正四面体型

PCl5(g):m=4, n=(5-4+1)/2=0VP=4+0=4 sp2等性杂化,平面三角形 SiF62:m=6, n=(4-6+2)/2=0VP=6+0=6 sp3d2等性杂化,正八面体型

H3O+:m=3, n=(6-3-1)/2=1VP=3+1=4 sp3不等性杂化,三角锥型 XeF4:m=4, n=(8-4)/2=2VP=4+2=6 sp3d2等性杂化,正八面体型 SO2:m=2, n=(6-4)/2=1VP=2+1=2sp2不等性杂化,V型

10.指出下列各分子中中心离子的杂化轨道类型和空间构型。

++

11.为什么由不同种元素的原子生成的PCl5分子为非极性分子,而由同种元素的原子形成的O3分子却是极性分子?

答:因为PCl5为三角双锥构型,虽然每个P-Cl键都有键矩,但总键矩为0,故为非极性分子,而O3为V形分子,顶角氧的负电荷较高,使整个分子的正负电荷重心不重合,故呈较弱的极性。

12.实验测得H-F键的偶极矩  = 6.371030 Cm,试计算 F 原子所带电量,并分析H-F键的离子性。 答:μ=q.d

μ=6.37×10-5cm=1.909DD=91.7pm=0.917Å q=

μ1.9090.4337 d0.9174.8

所以HF键的离子性为43.37%

13、已知H2O(g)和H2O2(g)的fHm分别为241.8kJmol1、136.3kJmol1,H2 (g)和O

2(g)的离解能分别为436 kJmol1 和493kJmol1,求H2O2 中O―O键的键能。

 fH解: H2(g) + 1/2 O2(g)m (H2 O) H2O(g)

1/2HbHb(H-H)Hb(H-O)

+fHm(H2O) + 2Hb(H-O) = Hb(H-H) + 1/2Hb(O-O)

2Hb(H-O) = Hb(H-H) + 1/2Hb(O-O)  fHm(H2O)

= [436 + (1/2)493  (241.8) ] kJmol1 = 924.3 kJmol1

fHm(H2O2)

H2(g) +O2(g)

2(g)

Hb(H-H)

HbrHm

2H(g) + 2O(g)

fHm(H2O2

) + rHm = Hb(H-H) + Hb(O-O) rHm = Hb(H-H) + Hb(O-O)  fHm(H2O2)

= [436 + 493  (136.3)] kJmol1 = 1065.3 kJmol1

rHm = 2Hb(H-O) + Hb(-O-O-) Hb(-O-O-) = rHm  2Hb(H-O)

= [1065.3  924.3 ]kJmol1 = 141 kJmol1= E(-O-O-)

14、已知NH3(g)的fHm= 46kJmol1,H2N―NH2(g)的fHm = 95kJmol1,E(H―H)= 436 kJmol1,E(N≡N)= 946 kJmol1,计算E(N―H)和E(H2N―NH2)。

解:1/2N2(g) +3/2H2(g)(g)

1/2Hb(N2) 3/23Hb(N-H)

+fHm(NH3) + 3Hbb2Hb(H2) Hb(N-H) = 1/3[1/2Hb(N2) + 3/2Hb(H2)  fHm(NH3)]

= 1/3[ (1/2)946 + (3/2)436  (46)] kJmol1 = 391 kJ mol1 = E(N―H)

N2(g) +2H2(g) 2H4(g)

Hb(N2)

2rHm

+ 4H(g) fHm(N2H4) + rHm = Hb(N2) + 2Hb(H2) rHm = Hb(N2) + 2Hb(H2)  fHm(N2H4)

= [946 + 2436 95] kJmol1 = 1723 kJmol1

rHm = Hb(H2N-NH2) + 4Hb(N-H) Hb(H2N-NH2) = rHm  4Hb(N-H)

= [1723  4  391]kJ mol1

= 159 kJ mol1= E(H2N―NH2)

15.请指出下列分子中哪些是极性分子,哪些是非极性分子? NO2;CHCl3;NCl3;SO3;SCl2;COCl2;BCl3。 答:极性分子NO2CHCl3NCl3 SCl2 CoCl2非极性分子SO3BCl3

16.据电负性差值判断下列各对化合物中键的极性大小。

(1)FeO和FeS(2)AsH3 和NH3

(3)NH3和NF 3 (4)CCl4 和SnCl4

答:极性 FeO>FeS AsH3MgS(3)kCl>LiCl>CsCl

19.比较下列各对离子极化率的大小,简单说明判断依据。

1) ClS2; 2)FO2;3)Fe2+ Fe3+; 4) Mg2+Cu2+ ; 5)Cl I6)K+Ag+

答:(1)Cl-O2->F-

21.已知氯化物的熔点如下:

氯化物

KCl

2

CaCl

2

FeCl

3

FeCl

2

ZnCl

4

GeCl

熔点/℃ 沸点/℃

770 1500

782 >160

672 1030

282 315

215 756

49.5

86.5

篇三:无机及分析化学第三版第九章课后习题答案原标题:无机及分析化学(第三版)呼世斌 答案

第1章思考题与习题参考答案

一、选择题

1.等压下加热5%的下列水溶液,最先沸腾的是()

A. 蔗糖(C12H22O11)溶液 B. 葡萄糖(C6H12O6)溶液

C. 丙三醇(C 3H8O3)溶液D. 尿素( (NH2)2 CO)溶液

解:选D。在等压下,最先沸腾就是指溶液的蒸气压最低。根据难挥发非电解质稀溶液的依数性变化规律,溶液质量摩尔浓度增大,溶液的蒸气压下降。这里,相同质量分数下,溶质的摩尔质量越小,质量摩尔浓度越大。选项D中非电解质尿素的摩尔质量最小,尿素溶液的质量摩尔浓度最大,蒸气压最低,在等压下最先沸腾。

2.0.1mol·kg-1下列水溶液中凝固点最低的是()

A. NaCl溶液 B. C12H22O11溶液C.HAc溶液D. H2SO4溶液

解:选D。电解质溶液的依数性虽然不能用拉乌尔定律进行统一的定量计算,但仍然可以参照难挥发非电解质稀溶液的依数性进行定性描述。即溶质的粒子数目增大,会引起溶液的蒸气压降低,沸点升高,凝固点下降和溶液的渗透压增大。此题中,在相同质量摩尔浓度下,溶液中的粒子数目估算出来是H2SO4溶液最多,所以其凝固点最低。

3.胶体溶液中,决定溶胶电性的物质是()

A.胶团 B.电位离子C.反离子 D.胶粒

解:选D。根据胶团结构,胶核和吸附层的整体称为胶粒,胶粒中反离子数比电位离子数少,故胶粒所带电荷与电位离子符号相同。即胶粒带电,溶胶电性由胶粒决定。

4.溶胶具有聚结不稳定性,但经纯化后的Fe(OH)3溶胶可以存放数年而不聚沉,其原因是()

A. 胶体的布朗运动 B. 胶体的丁铎尔效应

C. 胶团有溶剂化膜 D. 胶粒带电和胶团有溶剂化膜

解:选D。溶胶具有动力学稳定性和聚结稳定性,而聚结稳定性是溶胶稳定的根本原因,它包含两个方面,胶粒带有相同电性的电荷,当靠近时会产生静电排斥,阻止胶粒聚结合并;而电位离子和反离子形成的溶剂化膜,也会阻隔胶粒的聚结合并。由于纯化的Fe(OH)3溶胶具有这种聚结稳定性,从而可以存放数年而不聚沉。

5.有浓度同为0.01 mol·L-1的电解质①NaNO3②Na2SO4③Na3PO4④MgCl2,它们对Fe(OH)3溶胶的聚沉能力大小顺序为()

A. ①②③④B. ②④③① C ③②①④ D.③②④①

解:选D。根据哈迪-叔尔采规则:起聚沉作用的主要是与胶粒带相反电荷的离子。相反电荷

离子的价态愈高,聚沉能力愈大。Fe(OH)3溶胶中胶粒带正电荷,起聚沉作用的应是电解质中的阴离子,且价态愈高,聚沉能力愈大。所以聚沉能力由大到小的顺序为③②④①,其中由于④中氯离子数目大于①中硝酸根数目,参与聚沉溶胶的粒子数目多,所以④聚沉能力比①强。

二、填空题

1.1 mol H,1 mol H2SO4,1 mol 2H2SO4所表示的基本单元分别是H、 H、2。

2电渗实验证明溶胶具有电学性质。

3.将等体积的0.003mol·L1 AgNO3溶液和0.008mol·L --1KCl溶液混合所得的AgCl溶胶的胶团结构式为[(AgCl) m . n Cl-+x-+ ,该溶胶在电场中向正极移动。

三、简答题

1.什么叫分散系? 分散系是如何分类的?

答:分散系:一种或几种物质分散到另一种物质中形成的混合物叫分散系。被分散的物质叫

分散质,分散其他物质的物质叫分散剂。(1)按分散质或分散剂的状态分:九种,包括气-气分散系、液-气分散系、固-气分散系和气-液分散系、液-液分散系、固-液分散系及气-固分散系、液-固分散系、固-固分散系。(2)按分散质粒子的大小分:三种。分子离子分散系(d<1 nm)、胶体分散系(1 nm<d<100 nm)、粗分散系(d>100 nm)

2.对稀溶液依数性进行计算的公式是否适用于电解质稀溶液和易挥发溶质的稀溶液? 为什

么?

答:不适用。当溶质是电解质的时候,拉乌尔定律发生偏离,主要原因电解质溶液由于溶质发生解离,使溶液中溶质粒子数增加,计算时应考虑其解离的因素,否则会使计算得到的Δp、ΔTb、ΔTf、Π值比实验测得值小;另一方面,电解质溶液由于离子间的静电引力比非电解质之间的作用力大得多,因此用离子浓度来计算强电解质溶液的Δp、ΔTb、ΔTf、Π时,其计算结果与实际值偏离较大,应该用活度代替浓度进行计算。对易挥发溶质的稀溶液,由于其溶质不断挥发,溶液浓度不断变化,所以也无法进行依数性计算。

3.难挥发溶质的溶液,在不断的沸腾过程中,它的沸点是否恒定?其蒸气在冷却过程中的凝聚温度是否恒定?为什么?

答:由于溶剂的挥发,溶液浓度逐渐增大,其沸点是逐渐升高的, 至溶液达到饱和后,沸点恒定;在蒸气冷却过程中,由于溶剂是纯净的,其凝聚温度是恒定的,等于溶剂的沸点。

4.若渗透现象停止了,是否意味着半透膜两端溶液的浓度也相等了?

答:据范特霍夫的渗透压定律,若渗透现象停止了,说明渗透压相等,但其浓度不一定相等。

5.溶胶稳定的因素有哪些? 促使溶胶聚沉的办法有哪些? 用电解质聚沉溶胶时有何规律? 答:溶胶稳定的因素有两个,一是溶胶具有动力学稳定性,另一个是聚结稳定性。溶胶的动

力学稳定性系指在重力的作用下,分散质粒子不会从分散剂中沉淀出来,从而保持系统的相对稳定的性质。溶胶的聚结稳定性是指溶胶在放置过程中不发生分散质粒子的相互聚结,从而保持系统一定的分散度的性质。促使溶胶聚沉的办法有加入电解质、将两种带相反电荷的胶体按一定的比例混合及加热等。电解质对溶胶的聚沉作用取决于与胶粒所带电荷符号相反的离子,而且与其所带电荷的多少有关,一般来说,离子电荷越高,对溶胶的聚沉能力就越强,这个规律称为哈迪—叔尔采规则。

6.什么叫表面活性剂? 其分子结构有何特点?

答:溶于水后能显著降低水的表面自由能的物质称为表面活性物质或表面活性剂。表面活性

剂的特性取决于其分子结构。它的分子都是由极性基团和非极性基团两部分组成,极性基团如--OH,-COOH,-NH:,-SO3:H等对水的亲和力很强,称为亲水基;非极性基因如脂肪烃基-R,芳香基-Ar等对油的亲和力较强,称为亲油基或疏水基。在表面活性剂溶于水后,分子中的亲水基进入水相,疏水基则进入油相,这样表面活性剂分子就浓集在两相界面上,形成了定向排列的分子膜,使相界面上的分子受力不均匀情况得到改善,从而降低了水的表面自由能。

7.乳浊液的类型与所选用的乳化剂的类型有何关系? 举例说明。

答:乳化剂不仅能提高乳浊液的稳定性,还能决定乳浊液的类型。一般来说,亲水性乳化剂

有利于形成O/W型乳浊液,亲油性乳化剂有利于形成W/O型乳浊液。

8.解释如下现象:

(1)为何江河入海处常会形成三角洲?

答:三角洲的形成过程体现了胶体的性质:当河水和海水混合时,由于它们所含的胶体微粒

所带电荷的性质不同,由于静电作用,异性电荷相互吸引,导致胶体的颗粒变大,最终沉淀了出来,日积月累的堆积,就形成了三角洲。

(2)加明矾为什么能够净水?

答:由于天然水中含有带负电荷的悬浮物(黏土等),使天然水比较浑浊,而明矾的水解产物

Al(OH)3胶粒却带正电荷,当将明矾加入天然水中时,两种电性相反的胶体相互吸引而聚沉,从而达到净水的效果。

(3)不慎发生重金属离子中毒,为什么服用大量牛奶可以减轻病状?

答:由于可溶性重金属离子(强电解质)可使胶体聚沉,人体组织中的蛋白质作为一种

胶体,遇到可溶性重金属盐会凝结而变性,误服重金属盐会使人中毒。如果立即服用大量鲜牛奶这类胶体溶液,可促使重金属与牛奶中的蛋白质发生聚沉作用,从而减轻重金属离子对机体的危害。

(4)肉食品加工厂排出的含血浆蛋白的污水,为什么加入高分子絮凝剂可起净化作用? 答:因为含有血浆蛋白的污水具有胶体溶液的性质,加入高分子絮凝剂会对胶体溶液起到敏

化作用,促进胶体的凝聚,从而净化了污水。

四、计算题

1.10.00 mL 饱和 NaCl 溶液质量为12.003 g,将其蒸干后得到 NaCl 3.173 g,求:

(1)NaCl 的质量分数;(2)NaCl 的质量摩尔浓度;(3)NaCl 的物质的量浓度;(4) 各组分的摩尔分数。

解:(1)w(NaCl)

(2)

b(NaCl)n(NaCl)m(NaCl)/M(NaCl)(3.173/58.443)mol6.149molkg1 m总m(NaCl)m总m(NaCl)(12.0033.173)/1000kg

n(NaCl)m(NaCl)/M(NaCl)3.173/58.4435.429molL1 VV10.00/1000

n(NaCl)m(NaCl)/M(NaCl) n(NaCl)n(H2O)m(NaCl)/M(NaCl)mH2O/M(H2O)m(NaCl)3.173g0.2644 m总12.003g(3)c(NaCl)(4)x(NaCl)3.173/58.4430.099723.173/58.4438.830/18.015

x(H2O)n(H2O)8.830/18.0150.49010.9003 n(NaCl)n(H2O)3.173/58.4438.830/18.0150.054290.4901

2.今有两种溶液,其一为1.50g尿素(NH2)2CO 溶于200g水中;另一为42.8g未知物溶于1000g水中,这两种溶液在同一温度开始沸腾,计算这种未知物的摩尔质量。

解:由于都是水溶液,所以溶剂的沸点升高常数Kb相同,又知,t尿素t未知,由稀溶液的

依数性公式:tbKbbB,可得两种溶液的质量摩尔浓度相等:

b(NH2)2COb(B)

设未知物的摩尔质量为M(B),代入上式得

1.50g/60.06gmol-142.8g/M(B) (200/1000)kg(1000/1000)kg

解之得:M(B)=342.7 g·mol-1

3.将1.00 g硫溶于20.0 g萘中,使萘的凝固点降低1.30℃,萘的Kf为6.8℃·kg · mol-1,求硫的摩尔质量和分子式。

解:设未知物的摩尔质量为M(B),根据溶液的凝固点降低公式:tfKfbB,将数据代入

得:

1.30C6.8Ckgmol11.00g/M(B) (20.0/1000)kg

解之得M(B)=261.5 g · mol-1

由于单个硫元素的摩尔质量为M(S) = 32.065g·mol-1, 则M(B)/ M(S)= 261.5/32.065=8.155,即约8个S原子形成一个硫分子。所以该单质硫的分子式为:S8

4.从某种植物中分离出一种未知结构的有特殊功能的生物碱,为了测定其相对分子质量,将19g该物质溶于100g水中,测得溶液的沸点升高了0.060K ,凝固点降低了0.220K 。计算该生物碱的相对分子质量。

解:利用沸点升高和凝固点降低都能够测量未知物的摩尔质量,但一般选取相对较大的数据来计算较准确,这里我们选取凝固点降低来计算。设未知物的摩尔质量为M(B),由公式tfKfbB知,

0.220K1.86Kkgmol119g/M(B) (100/1000)kg

解之得M(B)=1606.4g∙mol-1

5.101 mg胰岛素溶于 10.0mL 水,该溶液在25.0℃时的渗透压是 4.34kPa,计算胰岛素的摩尔质量和该溶液的蒸气压下降Δp(已知25.0℃水的饱和蒸气压为3.17kPa)。

解:(1)设胰岛素的摩尔质量为M(B),则由渗透压公式知:

cRT

nmRT RTVM(B)V

mRT(101/103)g8.314Pam3K1mol1298.15K-1 5768.7因而,M(B) g · molΠV(4.341000)Pa(10.0/106)m3

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第1章思考题与习题参考答案

一、选择题

1.等压下加热5%的下列水溶液,最先沸腾的是( )

A. 蔗糖(C12H22O11)溶液 B. 葡萄糖(C6H12O6)溶液

C. 丙三醇(C 3H8O3)溶液 D. 尿素( (NH2)2 CO)溶液

解:选D。在等压下,最先沸腾就是指溶液的蒸气压最低。根据难挥发非电解质

稀溶液的依数性变化规律,溶液质量摩尔浓度增大,溶液的蒸气压下降。这里,相同质量分数下,溶质的摩尔质量越小,质量摩尔浓度越大。选项D中非电解质尿素的摩尔质量最小,尿素溶液的质量摩尔浓度最大,蒸气压最低,在等压下最先沸腾。

2.0.1mol·kg-1下列水溶液中凝固点最低的是( )

A. NaCl溶液 B. C12H22O11溶液C. HAc溶液D. H2SO4溶液 解:选D。电解质溶液的依数性虽然不能用拉乌尔定律进行统一的定量计算,但仍然可以参照难挥发非电解质稀溶液的依数性进行定性描述。即溶质的粒子数目增大,会引起溶液的蒸气压降低,沸点升高,凝固点下降和溶液的渗透压增大。此题中,在相同质量摩尔浓度下,溶液中的粒子数目估算出来是H2SO4溶液最多,所以其凝固点最低。

3.胶体溶液中,决定溶胶电性的物质是( )

A. 胶团 B. 电位离子C. 反离子 D. 胶粒

解:选D。 根据胶团结构,胶核和吸附层的整体称为胶粒,胶粒中反离子数比

电位离子数少,故胶粒所带电荷与电位离子符号相同。即胶粒带电,溶胶电性由胶粒决定。

4.溶胶具有聚结不稳定性,但经纯化后的Fe(OH)3溶胶可以存放数年而不聚沉,其原因是( )

A. 胶体的布朗运动 B. 胶体的丁铎尔效应

C. 胶团有溶剂化膜 D. 胶粒带电和胶团有溶剂化膜

解:选D。溶胶具有动力学稳定性和聚结稳定性,而聚结稳定性是溶胶稳定的根

本原因,它包含两个方面,胶粒带有相同电性的电荷,当靠近时会产生静电排斥,阻止胶粒聚结合并;而电位离子和反离子形成的溶剂化膜,也会阻隔

胶粒的聚结合并。由于纯化的Fe(OH)3溶胶具有这种聚结稳定性,从而可以存放数年而不聚沉。

5.有浓度同为0.01 mol·L-1的电解质①NaNO3②Na2SO4③Na3PO4④MgCl2,

它们对Fe(OH)3溶胶的聚沉能力大小顺序为( )

A. ①②③④B. ②④③① C ③②①④ D.

③②④①

解:选D。根据哈迪-叔尔采规则:起聚沉作用的主要是与胶粒带相反电荷的离

子。相反电荷离子的价态愈高,聚沉能力愈大。Fe(OH)3溶胶中胶粒带正电荷,起聚沉作用的应是电解质中的阴离子,且价态愈高,聚沉能力愈大。所以聚沉能力由大到小的顺序为③②④①,其中由于④中氯离子数目大于①中硝酸根数目,参与聚沉溶胶的粒子数目多,所以④聚沉能力比①强。

二、填空题

1.1 mol H,1 mol H2SO4,1 mol

、2。

2.丁铎尔效应能够证明溶胶具有性质,其动力学性质可以由动实验证明,电泳和电渗实验证明溶胶具有 电学 性质。

3.将等体积的0.003mol·L-1 AgNO3溶液和0.008mol·L -1KCl溶液混合所得的

AgCl溶胶的胶团结构式为-+ x-+,该溶胶在电场中向 正 极移动。

三、简答题

1.什么叫分散系? 分散系是如何分类的?

答:分散系:一种或几种物质分散到另一种物质中形成的混合物叫分散系。被分

散的物质叫分散质,分散其他物质的物质叫分散剂。(1)按分散质或分散剂的状态分:九种,包括气-气分散系、液-气分散系、固-气分散系和气-液分散系、液-液分散系、固-液分散系及气-固分散系、液-固分散系、固-固分散系。(2)按分散质粒子的大小分:三种。分子离子分散系(d<1 nm)、胶体分散系(1 nm<d<100 nm)、粗分散系(d>100 nm)

2.对稀溶液依数性进行计算的公式是否适用于电解质稀溶液和易挥发溶质的稀

溶液? 为什么?

2H2SO4所表示的基本单元分别是H、

答:不适用。当溶质是电解质的时候,拉乌尔定律发生偏离,主要原因电解质溶液由于溶质发生解离,使溶液中溶质粒子数增加,计算时应考虑其解离的因素,否则会使计算得到的Δp、ΔTb、ΔTf、Π值比实验测得值小;另一方面,电解质溶液由于离子间的静电引力比非电解质之间的作用力大得多,因此用离子浓度来计算强电解质溶液的Δp、ΔTb、ΔTf、Π时,其计算结果与实际值偏离较大,应该用活度代替浓度进行计算。对易挥发溶质的稀溶液,由于其溶质不断挥发,溶液浓度不断变化,所以也无法进行依数性计算。

3.难挥发溶质的溶液,在不断的沸腾过程中,它的沸点是否恒定?其蒸气在冷

却过程中的凝聚温度是否恒定?为什么?

答:由于溶剂的挥发,溶液浓度逐渐增大,其沸点是逐渐升高的, 至溶液达到饱

和后,沸点恒定;在蒸气冷却过程中,由于溶剂是纯净的,其凝聚温度是恒定的,等于溶剂的沸点。

4.若渗透现象停止了,是否意味着半透膜两端溶液的浓度也相等了?

答:据范特霍夫的渗透压定律,若渗透现象停止了,说明渗透压相等,但其浓度不一定相等。

5.溶胶稳定的因素有哪些? 促使溶胶聚沉的办法有哪些? 用电解质聚沉溶胶时有何规律?

答:溶胶稳定的因素有两个,一是溶胶具有动力学稳定性,另一个是聚结稳定性。

溶胶的动力学稳定性系指在重力的作用下,分散质粒子不会从分散剂中沉淀出来,从而保持系统的相对稳定的性质。溶胶的聚结稳定性是指溶胶在放置过程中不发生分散质粒子的相互聚结,从而保持系统一定的分散度的性质。促使溶胶聚沉的办法有加入电解质、将两种带相反电荷的胶体按一定的比例混合及加热等。电解质对溶胶的聚沉作用取决于与胶粒所带电荷符号相反的离子,而且与其所带电荷的多少有关,一般来说,离子电荷越高,对溶胶的聚沉能力就越强,这个规律称为哈迪—叔尔采规则。

6.什么叫表面活性剂? 其分子结构有何特点?

答: 溶于水后能显著降低水的表面自由能的物质称为表面活性物质或表面活性

剂。表面活性剂的特性取决于其分子结构。它的分子都是由极性基团和非极性基团两部分组成,极性基团如--OH,-COOH,-NH:,-SO3:H等

对水的亲和力很强,称为亲水基;非极性基因如脂肪烃基-R,芳香基-Ar等对油的亲和力较强,称为亲油基或疏水基。在表面活性剂溶于水后,分子中的亲水基进入水相,疏水基则进入油相,这样表面活性剂分子就浓集在两相界面上,形成了定向排列的分子膜,使相界面上的分子受力不均匀情况得到改善,从而降低了水的表面自由能。

7.乳浊液的类型与所选用的乳化剂的类型有何关系? 举例说明。

答:乳化剂不仅能提高乳浊液的稳定性,还能决定乳浊液的类型。一般来说,亲

水性乳化剂有利于形成O/W型乳浊液,亲油性乳化剂有利于形成W/O型乳浊液。

8.解释如下现象:

(1)为何江河入海处常会形成三角洲?

答: 三角洲的形成过程体现了胶体的性质: 当河水和海水混合时,由于它们所

含的胶体微粒所带电荷的性质不同,由于静电作用,异性电荷相互吸引,导致胶体的颗粒变大,最终沉淀了出来,日积月累的堆积,就形成了三角洲。

(2)加明矾为什么能够净水?{无机及分析化学第三版第九章课后习题答案}.

答: 由于天然水中含有带负电荷的悬浮物(黏土等),使天然水比较浑浊,而明

矾的水解产物Al(OH)3胶粒却带正电荷,当将明矾加入天然水中时,两种电性相反的胶体相互吸引而聚沉,从而达到净水的效果。

(3)不慎发生重金属离子中毒,为什么服用大量牛奶可以减轻病状?

答: 由于可溶性重金属离子(强电解质)可使胶体聚沉,人体组织中的蛋白质作为一种胶体,遇到可溶性重金属盐会凝结而变性,误服重金属盐会使人中毒。如果立即服用大量鲜牛奶这类胶体溶液,可促使重金属与牛奶中的蛋白质发生聚沉作用,从而减轻重金属离子对机体的危害。

(4)肉食品加工厂排出的含血浆蛋白的污水,为什么加入高分子絮凝剂可起净化作用?

答: 因为含有血浆蛋白的污水具有胶体溶液的性质,加入高分子絮凝剂会对胶

体溶液起到敏化作用,促进胶体的凝聚,从而净化了污水。

四、计算题

1.10.00 mL 饱和 NaCl 溶液质量为 12.003 g ,将其蒸干后得到 NaCl 3.173 g ,

求:

(1)NaCl 的质量分数 ;(2)NaCl 的质量摩尔浓度 ; (3)NaCl 的物质的量浓度 ;(4)

各组分的摩尔分数。

解:(1)w(NaCl)

(2)

b(NaCl)n(NaCl)

m总m(NaCl)m(NaCl)/M(NaCl)m总m(NaCl)(3.173/58.443)mol(12.0033.173)/1000kg6.149molkg1m(NaCl)m总3.173g12.003g0.2644

(3)c(NaCl)n(NaCl)

Vm(NaCl)/M(NaCl)

V3.173/58.443

10.00/10005.429molL1

(4) x(NaCl)n(NaCl)

n(NaCl)n(H2O)m(NaCl)/M(NaCl)m(NaCl)/M(NaCl)mH2O/M(H2O)

0.09972 3.173/58.443

3.173/58.4438.830/18.015

0.90030.054290.49010.4901x(H2O)n(H2O)n(NaCl)n(H2O)8.830/18.0153.173/58.4438.830/18.015

2.今有两种溶液,其一为1.50g尿素(NH2)2CO 溶于200g 水中;另一为42.8g未知物溶于1000g水中,这两种溶液在同一温度开始沸腾,计算这种未知物的摩尔质量。

解:由于都是水溶液,所以溶剂的沸点升高常数Kb相同,又知, t尿素t未知,由稀溶液的依数性公式:tbKbbB ,可得两种溶液的质量摩尔浓度相等:

b(NH2)2COb(B)

设未知物的摩尔质量为M(B),代入上式得

1.50g/60.06gmol

(200/1000)kg-142.8g/M(B)

(1000/1000)kg

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一、选择题

1.对反应 2SO2(g)+O2(g)

A.

dc(SO2)dc(O2)

dtdt

2SO3(g)下列几种速率表达式之间关系正确的是()。

dc(SO2)dc(SO3) 

dt2dt

B.

C. dc(SO3)dc(O2)D. d c(SO3)d c(O2)

2dt

dt

2d t

d t

解:选D。依据化学反应的瞬时速率的表达通式,对于一般化学反应,速率表达可写出通式如下:

AABBYYZZ

v

dcAdcdcdc

BYZ vAdtvBdtvYdtvZdt

2.由实验测定,反应 H2(g)+Cl2(g)===2HCl(g) 的速率方程为v=kc(H2)c1/2(Cl2) ,在其他条件不变的情况下,将每一反应物浓度加倍,

此时反应速率为()。

A. 2vB. 4v C. 2.8vD. 2.5v

解:选C。依据化学反应的速率方程υ=kc(H2)c1/2(Cl2),H2和Cl2浓度增大都增大一倍时,速率应该增大22倍,即相当于2.8Υa。 3.测得某反应正反应的活化能Ea.正=70 kJ·mol-1,逆反应的活化能Ea.逆=20 kJ·mol-1,此反应的反应热为()

A. 50 kJ·mol-1 B. -50 kJ·mol-1 C. 90 kJ·mol-1 D. -45 kJ·mol-1 解:选A。依据过渡态理论,反应热可以这样计算:Q = Ea,正- Ea,逆 。

4.在298K时,反应 2H2O2===2H2O+O2,未加催化剂前活化能Ea=71 kJ·mol-1,加入Fe3+作催化剂后,活化能降到42 kJ·mol-1,加入

催化剂后反应速率为原来的()。

A. 29倍B. 1×103倍C. 1.2×105倍 D.5×102倍 解:选C。依据阿仑尼乌斯指数式k = A·e

Ea

k

,可得2e

k1

EaEa2

1

RT

e

290008.314298

1.2105

5.某反应的速率常数为2.15 L2·mol-2·min-1,该反应为()。

A. 零级反应 B. 一级反应C. 二级反应 D. 三级反应

解:选D。对于一个基元反应,aA + bB = cC + dD,有反应速率为vkca(A)cb(B)则其速率常数k的单位的通式可写成:(mol · L-1)1-a-b ·s-1,

反推可以得到为三级反应。

6.已知反应 2NO(g)+Cl2(g)===2NOCl(g)的速率方程为v=kc2(NO)c(Cl2)。故该反应()

A. 一定是复杂反应B. 一定是基元反应C. 无法判断

解:选C。基元反应符合质量作用定律,但符合质量作用定律的不一定都是基元反应。反应是基元反应还是复杂反应,要通过实验来确定。 7.已知反应 N2(g)+O2(g)===2NO(g) ΔrHmθ>0,当升高温度时,Kθ将()。

A. 减小 B. 增大 C. 不变 D. 无法判断

解:选B。根据吕·查德里原理,对吸热反应,当升高温度时,平衡就向能降低温度(即能吸热)的方向移动;即反应正向进行,平衡常数

将增大。

8.已知反应 2SO2(g)+O2(g)

的关系为()

A. K1θ=K2θ B. K1θ=

K2

3(g) 平衡常数为K1θ,反应 SO2(g)+1O2(g) 3(g)平衡常数为K2θ。则K1θ和K2θ

C. K2θ=

K1

D. 2K1θ=K2θ

解:选C。根据平衡常数的表达式,平衡常数与化学反应的化学计量数是有关的。化学反应的化学计量数的变化影响着平衡常数的指数项。 9.反应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. 升高温度 B. 降低温度C. 加酸D. 增加C2O42-浓度

解:选B。欲使KMnO4褪色加快,即增大反应的速率,只能通过升高温度,增大反应物的浓度,加入催化剂等来考虑。所以这里降低

温度不利于加快反应速率。 10.设有可逆反应 aA(g) + bB(g)

D(g) + eE(g)rHm>0,且a+b>d+e,要提高A和B的转化率,应采取的措施是()。

A. 高温低压 B. 高温高压C. 低温低压D. 低温高压

解:选B。根据吕·查德里原理,对吸热反应,当升高温度时,平衡就向能降低温度(即能吸热)的方向移动;当增大压力时,平衡就向能

减小压力(即分子化学计量数之和小)的方向移动;所以为提高反应物A和B的转化率,应采取的措施是高温高压。 二、填空题

1.已知反应 2NO(g)+2H2(g)===N2(g)+2H2O(g) 的反应历程为 ①2NO(g)+H2(g)===N2(g)+H2O2(g) (慢反应) ②H2O2(g)+H2(g)===2H2O(g)(快反应)

则该反应称为 复杂反应 反应。此两步反应均称为 基元反应 反应,而反应①称为总反应的 定速步骤 ,总反应的速率方程近似为 v=kc(H22,此反应为

2.已知基元反应 CO(g)+NO2(g)===CO2(g)+NO(g) 此速率方程为数学表达式,此反应对NO2是1级反应,总反应是 2 级反应。

3.催化剂加快反应速率主要是因为催化剂参与了反应,

4.增加反应物浓度,反应速率加快的主要原因是增加,提高温度,反应速率加快的主要原因是分数 增加。

5.增加反应物的量或降低生成物的量,θ,所以平衡向正反应方向移动;对放热反应,提高温度,Q > Kθ,所以平衡向逆

反应方向移动。

6.对于气相反应,当Δn 时,增加压力时,平衡不移动;当Δn 时,增加压力时,平衡向正反应方向移动;当Δn 0时,增加压力时,平衡向逆反应方向移动。 7.在气相平衡 PCl5(g)

PCl3(g)+Cl2(g) 系统中,如果保持温度、体积不变,充入惰性气体,平衡将保持温度,压力不变,充入惰性气体,平衡将向 右 移动。

8.化学平衡状态的主要特征是正=v逆 ;温度一定时,改变浓度、压力可使平衡发生移动,但Kθ值 不变 ,如温度改变使化学

平衡发生移动,此时Kθ值 改变 。

9.某化学反应在298 K时的速率常数为1.1×10 - 4s-1, 在323 K时的速率常数为5.5×10 -2s-1。则该反应的活化能是,303

K时的速率常数为。三、简答题:

Ea1.根据阿仑尼乌斯指数式k = A·eRT,对一切化学反应,升高温度,反应速率均加快吗?反应速率常数的大小与浓度、温度、催化剂

等因素有什么关系?

Ea

,解:根据阿仑尼乌斯指数式k = A·e,温度与速率常数成正比,而速率常数又与反应速率成正比,所以对一切化学反应,升高温度,

反应速率均加快。反应速率常数大小由反应物性质决定,与反应物的浓度无关,与温度成正比。加入催化剂,降低了反应的活化能,增大了反应速率常数,从而使化学反应速率加快。

2.反应速率方程和反应级数能否根据化学反应方程式直接得出?次氯酸根和碘离子在碱性介质中发生下述反应:ClO + I  IO-

+ Cl- 其反应历程为

(1)ClO- + H2O === HClO + OH- (快反应) (2)I- + HClO === HIO + Cl- (慢反应) (3)HIO + OH- === H2O + IO-(快反应)

试证明v=kc(I-)c(ClO-)c-1(OH-)

解:反应速率方程式和反应级数不能根据化学反应方程式直接得出,因为质量作用定律只适用于基元反应,且用于定速步骤。对于复

杂反应的速率方程,只能通过实验获得。

-因为反应(2)为定速步骤,所以vk2c(I)c(HClO)

-Kc(ClO-)c(HClO)c(OH) 由反应(1)可得平衡常数K= 所以 c(HClO) --c(OH)c(ClO)

--OH

-Kc(ClO-)-c(ClO) 代入速率方程得:vk2c(I) 整理得: vKk2c(I) --c(OH)c(OH)

-

令k2K=k所以vkc(I-)c(ClO-)c1(OH-) 3.写出下列反应的平衡常数Kθ的表示式。

(1)CH4(g) + 2O2(g) (2)MgCO3(s) (3)NO(g) +

12(g) + 2H2O(l) 2(g)

O2(g) 2(g)

2+(aq) + 5O2(g) + 8H2O(l)

(4)2MnO4-(aq) + 5H2O2(aq) + 6H+(aq) 解:

p(CO2)p

p(CO2)θθ

K(1)K (2) 2θ

p(CH4)p(O2)ppp

25p(NO2)c(Mn2+)p(O2)

pθcpθ(3)K(4)K 1/2265

p(NO)p(O2)c(MnO-c(H2O2)c(H+)4)ppccc

四、计算题:

1.A(g) → B(g) 为二级反应。当A的浓度为0.050mol·L-1时,其反应速率为1.2 mol·L-1·min-1。(1)写出该反应的速率方程。(2)计算

速率常数。(3)在温度不变时欲使反应速率加倍,A的浓度应为多大? 解:(1)依题意有:vkc2(A)

(2)依据vkc2(A) ,代入数据计算:1.2k(0.05)2 得到

k480Lmol-1min-1 =8 Lmol-1s-1

(3)依据vkc2(A)代入数据计算:2.4480c2(A) 得到 c(A)=0.0707mol.L-1

2.在1073K时,测得反应 2NO(g)+2H2(g)===N2(g)+2H2O(g) 的反应物的初始浓度和N2的生成速率如下表

(1)写出该反应的速率方程并指出反应级数; (2)计算该反应在1073K时的速率常数;

(3)当c(NO)=4.00×10-3 mol·L-1,c(H2)=4.00×10-3 mol·L-1时,计算该反应在1073K时的反应速率。

{无机及分析化学第三版第九章课后习题答案}.

解:(1)设速率方程为: v=kcx(NO)cy(H2)

代入实验数据得:①1.92×10-3=k(2.00×10-3)x(6.00×10-3)y ②0.48×10-3=k(1.00×10-3)x(6.00×10-3)y ③0.96×10-3=k(2.00×10-3)x(3.00×10-3)y

①÷②得 4 = 2x x=2 ;①÷③得 2 = 2y ,y = 1 所以 v=kc2(NO)c(H2)

(2)k=8×104 L2·mol-2·s-1 (3)v=5.12×10-3 mol·L-1

3. 已知反应 N2O5(g)=== N2O4(g)+O2(g) 在298K时的速率常数为3.46×105s-1,在338K时的速率常数为4.87×107s-1,求该反应的2

活化能和反应在318K时的速率常数。 解:

ET2T1k

ln2a k1RT2T1

则:Ea=103.56 kJ.mol-1

T1298K

51 k13.4610sT1338K71 k24.8710s

8T331Kk3EaT3T1T1298K

ln代入公式 51k1RT3T1k3?k13.4610s

得k3= 4.79×106 s-1

4.在301K时,鲜牛奶大约4h变酸,但在278K的冰箱中可保持48h,假定反应速率与牛奶变酸的时间成反比,求牛奶变酸的活化能。

ET2T1k11k解:v所以 k, 22t14812 ln2a ttk1RT2T1k1t24

1

ln12

Ea30K127K8

()则:Ea=75.16 kJ.mol-1 -11

12788.31J4Kmol30K

5.已知反应 2H2O2===2H2O+O2 的活化能Ea=71kJ·mol-1,在过氧化氢酶的催化下,活化能降为8.4 kJ·mol-1。试计算298K时在酶的

催化下,H2O2的分解速率为原来的多少倍? 解:lnk2

Ea2RT

lnA①; lnk1

Ea1RT

lnA ②

k2EaEa2710008400

ln= =25.27 所以

8.314298k1RT

kk1

9.4×1010 即v2/v1=9.4×1010

6.在791K时,反应 CH3CHO===CH4+CO 的活化能为190 kJ·mol-1,加入I2作催化剂约使反应速率增大4×103倍,计算反应在有I2

存在时的活化能。 解:lnk2

Ea2RT

lnA①; lnk1

Ea1RT{无机及分析化学第三版第九章课后习题答案}.

lnA ②

k2Ea1Ea2k

ln 因为 24103,k1RTk1

3

所以lg(410)

1

19000J0molEa2

2.3038.31J4K-1mo1l79K1

则Ea2=135.4 kJ.mol-1

7.已知下列反应在1362K时的平衡常数: (1) H2(g) +

1

S2(g)

H2S(g) K1θ=0.80 H2S(g) + 2H2O(g)K2θ=1.8×104

S2(g) + 4H2O(g)在1362K时的平衡常数Kθ。

(2) 3H2(g) + SO2(g)

计算反应(3)4H2(g) + 2SO2(g)

解:目标方程式(3)可以这样重合得到:(3) = (2)×2-(1)×2∴Kθ=

1.810(K)

108 =5.06×2

(K)0.8

2SO3(g)SO2(g)的起始量为0.4 mol·L-1, O2(g)

θ

2θ1

24

2

8.在800K下,某体积为1L的密闭容器中进行如下反应 2SO2(g) + O2(g)

的起始量为1.0 mol·L-1,当80%的SO2转化为SO3时反应达平衡,求平衡时三种气体的浓度及平衡常数。 解:

2SO2(g)+O2(g) ====== 2SO3(g)起始浓度/(mol∙L-1) 0.410

80% 平衡浓度/ (mol∙L-1)0.4(1-80%) 1-0.4 0.4×80%

=0.08=0.84 =0.32

所以 c(SO2)0.08molL1 , c(O2)0.84molL1, c(SO3)0.32molL1

c2(SO3)0.322.-1 Kc= 219.05 Lmol

c(SO2)c2(O2)0.0820.84Lmol1

因为压力平衡常数:Kp= Kc(RT)-1=[19.05/(8.314×800)] (kPa)-1= 0.00286(kPa)-1

所以标准平衡常数 Kθ=Kp(pθ)=Kc(RT)-1(pθ)= 0.00286(kPa)-1 ×100 kPa = 0.286

9.在523K下PCl5按下式分解 PCl5(g) PCl3(g)+C12(g) 将0.7mol的PCl5置于2L密闭容器中,当有0.5mol PCl5 分解时,

体系达到平衡,计算523K时反应的Kθ及PCl5分解率。 解:

PCl5(g)=====PCl3(g)+Cl2(g)起始浓度/(mol∙L-1) 平衡浓度/ (mol∙L-1)

0.7

2

=0.35 00

=0.10.250.25

0.70.5 因为pV=nRT 所以p=

θ

n

RT=cRT V

[p(PCl3/pθ)][p(Cl2/pθ)]c(PCl3)c(Cl2)]RT0.250.258.314523

Kθ27.18θ

c(PCl5)0.1100[p(PCl5/p)]p



0.35.01

100%= 71.43% 0.35

2CO(g) 在1773K时Kθ=2.1×103,1273K时Kθ=1.6×102,计算:

10.反应 C(s) + CO2(g)

(1)反应的ΔrHmθ,并说明是吸热反应还是放热反应;(2)计算1773K时反应的ΔrGmθ (3)计算反应的ΔrSmθ。 解:

θθ

8.314Jmol1K11773K1273K2.1103K2rHmT2T1-1θ

ln (1) 由 lnθ= 96.62 kJ·mol ()rHm=2

(17731273)K1.610K1RT2T1

θ

(2) rHm= -2.303RTlgKθ = -2.303×8.314 Jmol1K1×1773K×lg2100 = -112.78 kJ·mol-1 θθ

rTmrGm(96620112760)Jmol-1

118.1Jmol-1K-1(3) rGrHTrS rS

T1773K

θ

mθmθmθm

11.在763K时反应 H2(g) + I2(g)

Kθ=45.9,H2、I2、HI按下列起始浓度混合,反应将向何方向进行?

2

(1)θθ

解:K = 45.9Q1 = =166.7 > K = 45.9 反应逆向自发

(1)1

2

(0.5000)Q2 = 0.0960.300=8.68 < Kθ = 45.9,正向自发()022(1.)

Q3 = ≈45.9 = Kθ = 45.9,平衡状态

(11)

12.Ag2O遇热分解 2Ag2O(s)

2(g), 已知298K时Ag2O的ΔfHmθ = -30.59kJ·mol-1,ΔfGmθ= -10.82 kJ·mol-1。求:

(1)298K时Ag2O(s)-Ag体系的p(O2);

(2)Ag2O的热分解温度(在分解温度时p(O2)=100kPa)。 解:由题意可得Ag2O分解的化学反应吉布斯自由能变、焓变分别为

θθθθ

rGm2(fGm)=21.64 kJ·2(fHm)=61.18 kJ·mol-1 ;rHmmol-1

(1)rGmRTlnKKθp(O2)/pθ21.64RTlnp(O2)/pθ

θθ

Kθp(O2)/pθ0.00061 p(O2)=0.0161 kPa

篇六:无机及分析化学第三版第九章课后习题答案原标题:无机及分析化学宣贵达课后答案

第一章

1.用作消毒剂的过氧化氢溶液中过氧化氢的质量分数为0.030,这种水溶液的密度为1.0gmL1,请计算这种水溶液中过氧化氢的质量摩尔浓度、物质的量浓度和摩尔分数。

解:1L溶液中,m( H2O2) = 1000mL1.0gmL10.030 = 30g

m( H2O) = 1000mL1.0gmL1(10.030) = 9.7102g

n( H2O2) = 30g/34gmoL1=0.88mol

n( H2O) = 970g/18g.mol1=54mol

b( H2O2)= 0.88mol /0.97kg = 0.91molkg1

c( H2O2)= 0.88mol/1L = 0.88molL1

x( H2O2) = 0.88/(0.88.+54) = 0.016

2.计算5.0%的蔗糖(C12H22O11)水溶液与5.0%的葡萄糖(C6H12O6)水溶液的沸点。

解: b(C12H22O11)=5.0g/(342g.mol10.095kg)=0.15molkg1

b(C6H12O6)=5.0g/(180g.mol10.095kg)=0.29molkg1

蔗糖溶液沸点上升

Tb=Kbb(C12H22O11)= 0.52Kkgmol10.15molkg1=0.078K

蔗糖溶液沸点为:373.15K+0.078K=373.23K

葡萄糖溶液沸点上升

Tb=Kbb(C6H12O6)= 0.52Kkgmol10.29molkg1=0.15K

葡萄糖溶液沸点为:373.15K + 0.15K = 373.30K

3.比较下列各水溶液的指定性质的高低(或大小)次序。

(l)凝固点: 0.1molkg1 C12H22O11溶液,0.1molkg1 CH3COOH溶液,0.1molkg1 KCl溶液。

(2)渗透压:0.1molL1 C6H12O6溶液,0.1molL1CaCl2溶液,0.1molL1 KCl溶液,1molL1 CaCl2溶液。(提示:从溶液中的粒子数考虑。)

解:凝固点从高到低:

0.1molkg1 C12H22O11溶液>0.1molkg1 CH3COOH溶液>0.1molkg1 KCl溶液

渗透压从小到大:

0.1molL1 C6H12O6溶液

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