大学无机化学 下学期 考试可能考的课后习题答案

第十四章 卤素元素习题参考答案

1解：因单质氟活泼性高，会与水强烈反应，所以不能用KF 的水溶液。液态HF 中因氟化氢以分子形式存在，不产生F -和H +，所以不导电。而在氟化钾的无水氟化氢溶液中大量存在K +和HF 2-离子，导电能力强。 2解：氟的特殊性表现在：

（1）电子亲合势：F 反常的小于Cl （2）解离能：F 2反常的低于Cl 2（3）F 2是单质中最强的氧化剂（4）氟化物的稳定性最高。氟化氢和氢氟酸的特性：氟化氢的熔点、沸点和气化热等特别的高（因氢键的存在）。其余的氢卤酸都为强酸，只有氢氟酸为弱酸（因H-F 键键能太大）。在氢氟酸酸浓度低时，酸浓度越稀，HF 电离度越大。 而在酸浓度高时，酸浓度越大，HF 电离度反而增大，酸的强度也增加。这是因为在高浓度的HF 存在下形成了H[HF 2]酸，使其变为强酸导致。

3解：(1) 已知Ψ0(MnO 4/Mn 2+)=+1.491V , Ψ0(Cr 2O 72-/Cr 3+)=+1.23V , Ψ0(MnO 2/Mn 2+)=+1.228V ,

Ψ0(Cl 2/Cl - )=+1.36V . 则氧化剂的氧化性相对强弱为:

MnO 4- >Cr 2O 72- >MnO 2 ,所以与Cl -反应的趋势应依次减弱(理论上).

(2) 使用MnO 2,其反应式为: MnO 2+4HCl==MnCl 2+2H 2O+Cl 2

设HCl 最低浓度为Xmol/L,[H +]=[Cl -]=X (mol/L) 由奈斯特方程可得:

4422][][]][[lg 0592.02-+-+Φ-=Cl H P Cl Mn n E E Cl 242//]

[][][lg 20592.02222-++ΦΦ--=-+Cl H P Mn Cl Cl Cl Mn MnO ?? 令P Cl2 =1atm, [Mn 2+]=1.0 mol/L ∴01lg 20592.036.1228.16>-

-=x E 则反应可以向右进行 即 61lg 20592.0132.0x

>- 则 X > 5.54 (mol/L) 9解：方法一：取少量固体分别放入三只试管中,加入稀H 2SO 4,有气体(Cl 2)产生,并可使KI 淀粉试纸变兰色,则为KClO(或者溶液显碱性的为KClO).在剩下的两只试管中通入H 2S （因制备气体太繁琐，实验室中一般用硫代乙酰胺水溶液作为H 2S 的替代品。原理是加热其水溶液，水解后即产生H 2S 气体。反应：CH 3CSNH 2 + 2H 2O ==CH 3COONH 4 + H 2S ）有淡黄色沉淀析出的为KClO 3, 无反应现象的为KClO 4.

方法二：取少量固体分别放入三只试管中,加水配成溶液。加入KI 溶液，再滴加CCl 4（或淀粉溶液）, 充分振动，CCl 4层变为紫色的试管含有KClO （或溶液变蓝紫色）. 再向不变色的另两只试管中加入稀硫酸，再充分振动，CCl 4层变为紫色（或溶液变蓝紫色）的试管含有KClO 3，无现象的是KClO 4。

11解：（1）由这两个半反应组成一个原电池,则其电池的总反应为: I 2(aq)== I 2(s)

E 0=0.621-0.535=0.086(V)

又: 905.20592.0086.020592.0lg =?==ΦnE K ∴ K=804.3 而3.804][12==）

（平aq I K ∴ [I 2(aq)]=0.00124 (mol/L) （2）设平衡时生成I 3-为x mol/L,对于平衡

I 2 + I - == I 3 -

起始浓度: 0.1 0.1 0

平衡浓度: 0.1-x 0.1-x x

752.0)

1.0(]][[][223=-==--x x I I I K C ∴ x=0.00665（mol/L ） 则达到平衡时I 2的浓度为0.1-0.00665=0.0934（mol/L ）

12解：A 为I 2的溶液,B 为含IO 3-的溶液,C 为含I -的溶液.

（1）因Ψ0(ClO -/Cl -)=+0.81V>Ψ0(I 2/I -)=+0.535V , 则ClO -可以把I -氧化为单质I 2,而单质碘遇淀粉会变为兰色,反应为: 2KI+NaClO+H 2O==I 2+NaCl+2KOH

（2）又因在碱性介质中: Ψ0(IO 3-/I 2)=+0.205V 则ClO -还可继续把单质I 2氧化为无色的IO 3-, 反应为: I 2+5NaClO(过)+2OH -==2IO 3-+5NaCl+H 2O

（3）而在酸性介质中: Ψ0(SO 42-/SO 32-)=+0.172V, Ψ0(IO 3-/I 2)=+0.1.195V , 则IO 3-在酸性介质中又可以把SO 32-

氧化为SO 42-,而自身还原为I 2,遇淀粉就变蓝.反应为:

2IO 3-+5Na 2SO 3+2H + == I 2+5Na 2SO 4+H 2O .

（4）Na 2SO 3过量时,可把I 2进一步还原为I - : I 2 + Na 2SO 3 + H 2O == Na 2SO 4 + 2HI

（5）再加NaIO 3时,则与I -反应生成I 2 5I - + IO 3- + 6H + == 3I 2 + 3H 2O

第十五章氧族元素课后习题参考答案

1解：因气体在水中的溶解度与分压成正比。在273K 时，当O 2分压为101.3KPa 时,它在1L 水中溶解49.10ml,如果O 2分压变为21kPa,则在1L 水中的溶解度应为213.10110.49?,同理,N 2的溶解度为783.10170.23?, 则 57.078

70.232110.4922

=??=N O S S 2解：设750ml 中含有O 3为x ml,则O 2的体积为750-x 。

2O 3 == 3O 2

750-x+3/2x=780 x=60（ml ）

1L 氧气中含有臭氧为(1000×60)÷750 = 80（ml ） 其 n =0.08÷22.4=0.0036(mol)

O 3 + 2KI + H 2O == O 2 + I 2 + 2KOH

由方程式可知: 生成的I 2的量为0.0036×127×2=0.914 克.

5解：查元素电极电势表可知: Φ0(H 2O 2/H 2O)=1.776V>Φ0(MnO 2/Mn 2+)=1.228V , 则H 2O 2可以氧化Mn 2+,反应方程式为: H 2O 2 + Mn 2+ == MnO 2 + 2H +

又: Φ0(MnO 2/Mn 2+)=1.228V> Φ0(H 2O 2/O 2)=0.692V 则 MnO 2也可氧化H 2O 2,即

MnO 2 + H 2O 2 + 2H + == O 2 + Mn 2+ + 2H 2O

11解： (1) 2Ag + + S 2O 32- (少量) == Ag 2S 2O 3 (白色)↓

Ag 2S 2O 3 + H 2O == Ag 2S (黑色)↓ + H 2SO 4

(2) 2Ag + + S 2O 32- (过量) == [ Ag(S 2O 3)2]3- (无色)

14解：虽然理论上H 2O 放电只需1.23V ,但由于氧气在电极上析出时会产生1.0V 的超电压,所以实际上水放电需要1.23+1.0=2.23V 才行.而SO 42-放电却低于该值,则实际上应为SO 42-或HSO 4-放电而非水.

16解：(1) Na 2O 2 + 2H 2O(冷)== 2NaOH + H 2O 2

(2) Na 2O 2 + H 2O(热)== 2NaOH + 1/2O 2

(3) Na 2CO 3 + 2SO 2 + H 2O == 2NaHSO 3 + CO 2

(4) FeCl 3 + H 2S == 2FeCl 2 + S + 2HCl

(5) Cr 2S 3 + 6H 2O == 2Cr(OH)3 + 3H 2S

(6) (NH 4)2S x + 2HCl == 2NH 4Cl + H 2S + (x-1)S

(7) Se + HNO 3 ==SeO 2 + NO 2 + NO + H 2O （加热蒸干）

3Se + 4HNO 3 + H 2O== 3H 2SeO 3 + 4NO

第十六章氮族元素课后习题参考答案

1解：（1）由于N的原子半径太小，其平均负电密度（电子云带负电）大，则N与N原子之间斥力增大使得N-N键键长增长，键能减小而小于P-P键。形成三键时，因N原子半径小，则两个N原子的P轨道肩并肩重叠比磷原子的更有效，所以N≡N三键键能高于P≡P三键。

（2）由于N原子半径小，且最外层只有四条价轨道，最多只能形成四个共价键，所以无五卤化物存在。（3）根据分子轨道理论，NO分子中最后一个电子填充在反键的π*2py轨道上，其轨道能量相对较高，比较容易失去，所以第一电离能小。而N原子的结构为1s22s22p3，属于半满状态，失去电子会较困难，所以第一电离能较高。

2解：(1)把混合气体通过装有P2O5的干燥器（或浓H2SO4），则NH3会被吸收而得到纯氮气；而把混合气体通过装有CaO(或KOH)的干燥器，(但不能使用CaCl2)则可除去水气而得到干燥的氨气。

(2)为除去NO中微量的NO2，可把该气体通过水（或者碱液），则NO2被吸收，然后再通过浓H2SO4，则可获得干燥的NO气体；

为除去N2O中少量的NO，可把该气体通过FeSO4溶液，则NO可被吸收除去。

3解：由反应：NH3 + H2O == NH4+ + OH-说明NH3与H+结合的能力强于H2O。对于反应：HAc + H2O == H3O+ + Ac-（2）HAc + NH3 == NH4+ + Ac-（3）

因NH3与H+结合的能力强，所以反应3更易向右进行，使得HAc完全解离成为强酸。

而H2O结合H+的能力弱，所以HAc在水中只部分解离成为弱酸。

4解：碱性大小排序为: NH3 > N2H4 > NH2OH > HN3除HN3外，它们均为路易斯碱，则孤对电子越容易被提供出去，碱性就越强。这主要由两个方面产生影响。一是配位原子的负电性越高，则越易提供孤对电子；另一个是空间位阻因素，如果孤对电子周围空间阻碍越大，则越难提供电子。从空间位阻因素来看，NH3分子的空间位阻最小，NH2NH2的其次，NH2OH的最大。但在HN3中，H失去后得到的N3-离子非常稳定（有两个∏34离域∏键），所以其酸性最强。

5解：（1）因Cl2气遇到浓氨水后立即产生白色烟雾，现象明显，容易观察管道是否漏气。

3Cl2 + 2NH3 == 6HCl + N2

（2）过磷酸钙肥料有效成分为Ca(H2PO4)2,与石灰一起使用或储存,因石灰会与其反应而生成不溶于水的Ca3(PO4)2而失效.

（3）要使AsO43-离子变成As2S5,就须首先夺掉AsO43-中的氧原子,使其成为As5+离子,然后与H2S中的S2-结合形成As2S5分子.而只有强酸性溶液才能提供大量的H+,与AsO43-中的氧原子结合生成H2O,反应为: 2AsO43-+ 5H2S + 6H+ == As2S5 + 8H2O。

6解：（1）因在N3-离子中有两个π34离域π，离子结构均匀，两个N-N键完全相同，键长相同。而在HN3中，一个N-N之间形成1个σ和1个π34离域π，相当于双键成分，而另一个N-N之间形成1个σ，1个π4离域π和1个p-pπ键，相当于三键，所以两个键长不相等。

3

(2)由分子轨道理论可知:它们的分子轨道排布式为:

NO+: (б1S)2(б*1S)2(б2S)2(б*2S)2(б2P)2(П2Py)2(П2Pz)2

NO: (б1S)2(б*1S)2(б2S)2(б*2S)2(б2P)2(П2Py)2(П2Pz)2(П*2Py)1

NO-: (б1S)2(б*1S)2(б2S)2(б*2S)2(б2P)2(П2Py)2(П2Pz)2(П*2Py)1(П*2Pz)1

NO+的键级=(6-0)÷2=3; NO的键级=(6-1)÷2=2.5; NO-的键级=(6-2)÷2=2;

因键级越大,则键越强,即键长越短,所以从NO+, NO到NO-的键长逐渐增大.

(3) 由杂化轨道理论可知：NO2+中N采用sp杂化，所以∠ONO为1800；NO2中N采用sp2杂化，单电子处于N的一个sp2杂化轨道上，剩余电子与O的P轨道形成一个π34的离域π键，所以∠ONO略大于120ο为134.30；NO2-中N采用也是sp2杂化，一对孤对电子占据N的一个sp2杂化轨道上，同时剩余电子与O的P 轨道形成一个π34的离域π键，由于孤对电子的排斥作用大，使得∠ONO略小于120ο为115.40。

(4) 由杂化轨道理论可知：NH 3中N 采用sp 3杂化，一对孤对电子占据其中一条sp 3杂化轨道，因孤对电子的排斥作用大，压迫∠HNH 键角使其从109.50减到1070。PH 3中因P 为第三周期元素，原子半径大，其杂化的有效性减弱，杂化轨道的稳定性也差，所以∠HPH 键角比未杂化的直角略大，为93.080。而AsH 3中As 为第四周期元素，原子半径太大，基本不能进行杂化，直接用P 轨道参与成键，所以∠HAsH 为91.80。 7解：玻恩-哈伯循环图如下：

△rH=1/2D N-N +3/2D X-X -3F N-X =1/2×946+3/2 D X-X -3F N-X =473+3/2D X-X -3F N-X

对于NF 3：△rH=473+3/2×156.9-3×276= -119.65（kJ/mol ）

对于NCl 3：△rH=473+3/2×242.6-3×192.5= +259.4（kJ/mol ）

因NF 3的标准生成焓为负，而NCl 3的标准生成焓为正，所以前者更稳定。由哈伯循环可知，F 2的解离能反小于Cl 2，但N-F 键能又大于N-Cl ，导致NF 3的标准生成焓为负，而NCl 3的标准生成焓为正。因此X 2的解离能大小和N-X 的键能大小对稳定性影响大。

9解：在PF 3分子中因P 原子上具有一对孤对电子，且P 为第三周期元素，半径大，电负性小，容易给出孤对电子与过渡金属形成配合物。而NF 3中N 虽然也有一对孤对电子，但N 为第二周期元素，半径小，电负性大，对这对孤对电子控制能力强，难以给出孤对电子形成配合物。同理PH 3中也因P 的半径大，电负性小，容易给出孤对电子，所以配位能力比NH 3强。

10解：红磷长期放置在空气中其表面会被空气中的氧气所氧化而生成氧化物,而磷的氧化物极易吸收空气中的水蒸气而发生潮解.而NaOH 和CaCl 2潮解是因为它们直接吸收空气中的水造成的。潮解后的红磷用水洗涤，则表面形成的氧化物因溶于水而被去除，而单质磷则不溶于水。

11解：在同素异形体中，菱形硫和单斜硫只是晶体构型不同，其他均相同，所以化学性质非常相似。而O 2和O 3，黄磷和红磷其化学式不同，组成不同，因此化学性质具有很大的差异。

12解：（1）硝酸分子的结构如图所示：

因HNO 3中H +与NO 3-相连，键角和键长发生了变化，与氢相连的N-O 键较长，容易断裂，分子对称性较低，因此稳定性较差，氧化性强。

（2）因硝酸见光会分解产生NO 2气体，溶于浓硝酸中呈黄到红棕色（因溶解NO 2的多少不同，颜色深浅不同）。

（3）根据反应方程式： 3Ag + 4HNO 3(稀)== 3AgNO 3 + NO + 2H 2O

Ag + 2HNO 3(浓)== AgNO 3 + NO 2 + H 2O

溶解1molAg,需消耗4/3mol 的稀HNO 3,而使用浓HNO 3却需2mol,因此使用稀硝酸更好.

14解：在Na 2HPO 4溶液中存在如下平衡： HPO 42-==H + + PO 43-

当加入AgNO 3时，因Ag +与PO 43-结合成溶解度很小的Ag 3PO 4沉淀，使平衡不断向右移动，所以溶液的酸度会增大，反应式为： 3Ag + + HPO 42-==Ag 3PO 4 + H +

同理：在NaH 2PO 4溶液中存在如下平衡： H 2PO 4-==H + + HPO 42- HPO 42-==H + + PO 43- 当加入AgNO 3时，因形成溶解度很小的Ag 3PO 4沉淀，使平衡向右移动，也使溶液的酸度增大，反应式为： 3Ag + + H 2PO 4-==Ag 3PO 4 + 2H +

15解：（1）在0.1mol/L 的H 3PO 4溶液中,由于一级解离出的H +抑制了第二,三级的解离,则可把它近似看为一元酸处理.

H 3PO 4==H 2PO 4- + H + K 1=7.52×10-3

)/(1074.21.01052.7][231L mol C K H --+?=??== ∴ pH=1.56

(2) 在0.1mol/L 的NaH 2PO 4溶液中,主要存在下列两个平衡:

H 2PO 4-==H + + HPO 42- K 2= 6.23×10-8

H 2PO 4- + H 2O==OH - + H 3PO 4 K h = K w /K 1=10-14/7.52×10-3 =1.38×10-12

因为K 2和K h 相差不是特别大,则不能忽略水解对溶液的pH 值的影响.在计算溶液的pH 值时,可把 H 2PO 4-近似看成一个弱酸弱碱盐,则

5832121013.21023.61025.7][---+?=???====K K K K K K K K H h

W b a W pH = 4.67

(3) 在0.1mol/L 的Na 2HPO 4溶液中,主要存在下列两个平衡:

HPO 42-==H + + PO 43- K 2 = 2.2×10-13

HPO 42- + H 2O==OH - + H 2PO 4- K h = K w /K 2=10-14/6.23×10-8 =1.6×10-7

第一种解法：∵K h 》K 3，则可把三级解离对pH 的贡献忽略，则溶液中的pH 主要由水解反应决定。 )/(1026.11.0106.1][47L mol C K OH h ---?=??==盐 pOH =3.9

pH = 14-pOH = 14-3.9 = 10.1

第二种解法：如果不忽略第三级解离平衡，则可把HPO 42-看成一个弱酸弱碱盐来计算pH 值。

10138322

31017.1102.21023.6][---+?=???==÷==K K K K K K K K K H W W b a W ∴ pH=9.93

(4) 在0.1mol/L 的Na 3PO 4溶液中,存在水解平衡:

PO 43- + H 2O==OH - + HPO 42-

0674.0102.21.010][13

143=??===---K C K C K OH W h 盐盐 ∴ pOH = 1.17 pH = 14-1.17 = 12.83

16解：因存在平衡： AsO 33- + I 2 + 2OH - == AsO 43- + 2I - + H 2O

在碱性条件下，由于ψ(AsO 43-/AsO 33-)减小,使得ψθ(I 2/I -)＞ψ(AsO 43-/AsO 33-),所以上述反应可向右移动.如

果改为酸性条件,因ψ(AsO 43-/AsO 33-)增大,使得ψ(AsO 43-/AsO 33-)＞ψθ(I 2/I -),所以上述反应又可向左移动.

17解：（1）解:由不同数目的酸(如硫酸或磷酸)通过脱去水分子得到的产物叫缩合酸.例如焦磷酸是由两分子磷酸脱水得到的,其结构如下图(左图):

一般认为上右图中红色框中的基团为吸电子的,在其作用下临近的原子的电子云发生如图所示的偏转,导

致O-H 键的极性增强,则在水分子作用下更易解离出H +,所以缩合酸酸性比未缩合的原酸强.

（2）在HNO 3中因与氢相连的N-O 键较长，容易断裂，分子对称性较低，因此稳定性较差，具有氧化性。在H 3AsO 4中As 为+5价,具有强烈获得电子的倾向,且As-O 键键能较小,容易断裂,所以具有氧化性.而H 3PO 4中虽然P 也为最高价,具有获得电子的倾向,但在水中解离出H +后,其PO 43-的结构为正四面体,对称性高,且P-O 键具有接近双键的键能,打断此键很难,因此H 3PO 4不具有氧化性.

（3）因H 3PO 2分子中存在两个P-H 键,容易断裂,所以还原性最强. H 3PO 3分子中存在一个P-H 键,所以还原性比H 3PO 2弱.而H 3PO 4分子中不存在P-H 键,不具有还原性.

21解：(1) 因NO 2-具有还原性而NO 3-无,可用KMnO 4溶液,腿色的为前者,后者无现象.或者利用它们氧化性的差异鉴别,在酸性条件下与KI-淀粉溶液反应,变蓝的为NO 2-,无现象的为NO 3-.

(2) 利用两者氧化性的差异区别，加入酸性KI 溶液，再加淀粉，变蓝的是AsO 43-，因其具有氧化性，无现象的是PO 43-。

（3）加KI-淀粉溶液，再加酸，淀粉液变蓝的是AsO 43-，无现象的是AsO 33-。

（4）加AgNO 3，产生黄色沉淀的是PO 43-，白色沉淀的是P 2O 74-。

（5）加AgNO 3，产生黑色沉淀的是H 3PO 3，黄色沉淀的是PO 43-。

（6）加稀酸，产生黄色沉淀和臭鸡蛋气味气体的是AsS 43-，无现象的是AsO 43-。

22解：（1） NH 4Cl + NaNO 2 == NH 4NO 2 + NaCl

（2） NO 2- + ClO - == Cl - + NO 3-

（3） N 2H 4 + 2H 2O 2== N 2 + 4H 2O

（4） 2NH 2OH + 4Fe 3+ == 4Fe 2+ + N 2O + H 2O +4H +

（5） 2HN 3 + Mg == Mg(N 3)2 + H 2

（6） 2KNO 3 + 3C + S == N 2 + K 2S + 3CO 2

（7） AsH 3 + 4Br 2 + 4KOH == K 3AsO 4 + 7HBr + KBr

（8） PH 3 + 6AgNO 3 + 3H 2O == 6Ag + 6HNO 3 + H 3PO 3

（9） HPO 32- + Hg 2+ + H 2O == Hg + H 3PO 4

（10） HPO 22- + 2Cu 2+ + 5OH - == 2Cu + PO 43- + 3H 2O

（11） 2[Ag(NH 3)2]+ + AsO 33- + 2OH - == 2Ag + AsO 43- + H 2O + 4NH 3

（12） Na 3AsO 4 + Zn + H 2SO 4 == Na 3AsO 3 + ZnSO 4 + H 2O

23解： A:NH 3 B:N 2 C:NaNH 2 D:H 2 E:NCl 3

2NH 3 + 3CuO== N 2 + 3Cu + 3H 2O

NH 3 + Na== NaNH 2 + 1/2H 2

NH 3 + 3Cl 2(过) == NCl 3 + 3HCl

十七章 碳硅硼课后习题参考答案

3解：(1) 金属镁着火,可使用CCl 4(因高温变成比重大的蒸汽包围燃烧物而起隔绝氧气的作用)和砂子进行灭火.但不能使用干冰(有反应: 2Mg+CO 2==2MgO+C 存在),水以及泡沫灭火器(高温下水与镁会剧烈反应).

(2)金属钠着火,可用砂子覆盖,但不能使用CCl 4(因高温下会爆炸反应),干冰,水和泡沫灭火器.

(3)黄磷着火可用CCl 4,干冰,水,砂子和泡沫灭火器.

(4)油着火可用CCl 4,干冰,,砂子灭火,但不能用水和泡沫灭火器.

(5)木器着火,上述灭火物质均可使用.

5解：该溶液为缓冲液,设混合物中含Na 2CO 3为x 克,NaHCO 3为60-x 克.则

pH=pKa-lg(C 酸/C 盐) 即 21062

846011lg 106.5lg 6.10??---?-=x

x

所以 x=44.3(g) 60-x=15.7(g)

8解：（1）Na 2CO 3稳定性大于BeCO 3。因Be 2+离子的离子势Z/r 比Na +的值大，其离子极化作用强，则盐BeCO 3的稳定性就减弱。

（2）NaHCO 3稳定性小于Na 2CO 3。因H +离子半径特别小，其Z/r 值大，极化作用比Na +强，则NaHCO 3稳定性就降低。

（3）MgCO 3稳定性小于BaCO 3。因Ba 2+离子半径大于Mg 2+，则Z/r 值前者小于后者，离子极化程度也是前者小，稳定性BaCO 3高。

（4）PbCO 3稳定性小于CaCO 3。因Pb 2+为18+2电子构型的离子，其极化作用大于8e 构型的Ca 2+，所以Pb 2+对CO 32-的极化作用强，盐PbCO 3稳定性就差。

9解：（1）各取少量固体于试管中，滴加稀HCl ，有大量气泡产生的是Na 2CO 3。无现象的是Na 2SiO 3和Na 2B 4O 7·10H 2O 。另取后两种固体于蒸发皿中，加入2-3ml 无水乙醇，0.5ml 浓硫酸，用玻棒搅匀后点燃，开始为黄兰色火焰，后来为绿色火焰的证明是Na 2B 4O 7·10H 2O 。只是黄兰色火焰的为Na 2SiO 3。或者向Na 2SiO 3和Na 2B 4O 7·10H 2O 的溶液中加入AgNO 3溶液，有棕色沉淀(Ag 2O)析出的是Na 2B 4O 7·10H 2O ，产生黄色沉淀(Ag 2SiO 3)的是Na 2SiO 3。

（2）可用三类方法区别：

① 碳酸氢盐稳定性差, 稍加热即分解产生气体(CO 2)，取固体置于试管中加热，产生的气体能使澄清的石灰水变浑浊的是NaHCO 3；无现象的是Na 2CO 3。 2NaHCO 3==Na 2CO 3 + CO 2 + H 2O

② A: 加MgCl 2，立即产生白色沉淀的是Na 2CO 3；加入后无现象，但加热溶液一段时间后出现白色沉淀是NaHCO 3。 2Mg 2+ + 2CO 32- + H 2O==Mg(OH)2·MgCO 3 + CO 2

加热有利于HCO 3-解离出CO 32-而生成沉淀. 2Mg 2+ + 4HCO 3-==Mg(OH)2·MgCO 3 + 3CO 2 + H 2O B: 加入CaCl 2，立即产生白色沉淀的是Na 2CO 3；刚加入后无现象，但再加入NH 3水后出现白色沉淀的是NaHCO 3。 Ca 2+ + CO 32-==CaCO 3 加入NH 3 Ca 2+ + HCO 3- + NH 3==NH 4+ + CaCO 3

③ 配制成溶液，用pH 试纸检测，pH 值大的是Na 2CO 3，小的是NaHCO 3。

（3）① 加入KMnO 4溶液，紫色褪去，产生棕黑色(MnO 2)沉淀的是SiH 4，无现象的是CH 4；

② 加入AgNO 3，有黑色(Ag)沉淀析出的是SiH 4，无现象的是CH 4；

③ 加水和少量NaOH(做催化剂)，产生白色胶体状(SiO 2·nH 2O)沉淀和气体(H 2)的是SiH 4，无现象的是CH 4。 10解：(1) 先把混合气体通过装有连二亚硫酸钠的碱性溶液除去少量O 2和CO 2,然后通过浓H 2SO 4或者P 2O 5的干燥剂即可.

2Na 2S 2O 4 + O 2 + 4NaOH==4Na 2SO 3 + 2H 2O CO 2 + 2NaOH==Na 2CO 3 + H 2O

(2) 为了简化操作步骤,最好使用冷,浓的NaOH 溶液吸收CO 2使其变为Na 2CO 3溶液,而CO,O 2,N 2因不能吸收可除去.少量的SO 2和H 2S 与NaOH 反应生成Na 2SO 3和Na 2S 。然后加酸酸化, 则CO 2气体再次放出, 最后经过浓硫酸除去水分即可。(Na 2SO 3和Na 2S 因浓度很低,即使加酸生成H 2SO 3和H 2S 也因溶于水中而不挥发。如果气体中SO 2和H 2S 的含量较高, 则应使用含氧化剂的溶液如KMnO 4等先进行吸收)

12解：(1) 由于C 和O 原子半径小，它们相互之间除可形成б键外，还能通过P —P 轨道肩并肩重叠而形成稳定的大П键，所以CO 2分子非常稳定，以独立的小分子存在，其晶体为分子晶体，则其沸点低，常温下为气体。而硅为第三周期元素，由于原子半径较大，它不能与O 形成非常稳定的Si=O 双键，而只能选择与尽量多的O 原子形成最多的б键，所以形成以许多SiO 4四面体连成的三维网络状的原子晶体，则其熔点非常高，常温下为固体。

(2) CF 4不水解是因为C 为第二周期元素,其最大配位数为4,且分子对称性高,C-F 键键能强,所以不水解.而BF 3由于B 的缺电子性,很容易接受水分子中的OH -而水解.SiF 4因Si 有空的d 轨道,其未达到最高配位数6,且Si-F 键键能比C-F 弱，容易打断，所以均易水解.

(3) 因有反应：BF 3 + 3H 2O == H 3BO 3 + 3HF BF 3 + HF == HBF 4

SiF 4 + 4H 2O == H 4SiO 4 + 4HF SiF 4 + 2HF == H 2SiF 6

由于产物HBF 4和H 2SiF 6稳定性高，上述平衡向右进行趋势强烈，最终生成HBF 4和H 2SiF 6。因B 为第二周期元素，最高配位数只能是4，所以形成HBF 4配酸，而Si 为第三周期元素，最高配位数可达6，所以形成H 2SiF 6配酸。

16解：因氢键是H 原子与原子半径小，电负性大，具有孤对电子的原子通过静电引力形成的键，而B 不能满足上述条件，所以两个BH 3不能通过氢键形成二聚体。在B 2H 6分子中存在由两个B 原子的sp 3杂化轨道与1个H 原子的1s 轨道形成的三中心两电子的多中心少电子的离域共价键。它与一般的共价键不同的是，一般共价键两个原子共用两个电子，且轨道重叠的有效性高，键较稳定。而多中心少电子键，电子数偏少（一般共用电子数少于参与的原子数），且轨道重叠的有效性较差，所以稳定性比一般共价键差。

17

H 3BO 3显酸性并不是因为它本身给出质子，而是由于

硼是缺电子原子，它加合了来自H 2O 分子的OH -(其中

氧原子有孤电子对)而释出H +离子。

而H3PO3的酸性是因为与P相连的两个OH上的H解离显酸性，而与P直接相连的H是不能解离的，所以H3PO3成为二元酸。

21解：（1）3Si + 4HNO3 + 12HF==3SiF4↑+ 4NO + 8H2O

（2）Na2B4O7 + 10H2O + 2HCl==4H3BO3 + 2NaCl + 5H2O

（3）4BF3 + 2Na2CO3 + 2H2O==3NaBF4 + Na[B(OH)4] + 2CO2↑

（4）Ca2Si + 4HCl == 2CaCl2 + SiH4

（5）H3BO3 + NaOH == Na[B(OH)4] （6）Be2C + 4H2O == 2Be(OH)2 + CH4

（7）SiO2 + C + 2Cl2 == CO2 + SiCl4 （8）B2H6 + 6Cl2 == 2BCl3 + 6HCl

（9）B(OH)3 + 3C2H5OH==B(OC2H5)3 + 3H2O （10）Si2H6 + 8H2O == 2H4SiO4 + 7H2

（11）B2H6 + 2NH3 == 2BN + 6H2(高温下) （12）B2H6 + 2LiH == 2Li[BH4]

（13）Na2SO4 + C + SiO2==Na2SiO3 + CO + SO2

第十八章非金属元素小结课后习题参考答案

2解：因F的价电子构型为2s22p5，其半径小，电负性非常大，只可能从其他原子处获得1个而达到8电子稳定构型，而不可能失去电子显多种正氧化态。

5解：(1) H2S(aq)==2H+(aq) + S2-(aq)

ΔrG0 = 2Δf G0(H+,aq) +Δf G0(S2-,aq)-Δf G0(H2S,aq)

= 2×0 + 85.8 - (-27.9) = 113.7 (kJ/mol)

由ΔrG0 = -RTLnK 得:

LnK = -ΔrG0 / RT = -113.7×103 / 8.314×298 = -45.9

K(H2S) = 1.17×10-20

(2) H2Se(aq)==2H+(aq) + Se2-(aq)

ΔrG0 = 2×0 + 129.3 - 22.2 = 107.1 (kJ/mol)

LnK = -ΔrG0 / RT = -107.1×103 / 8.314×298 = -43.2

K(H2Se) = 1.68×10-19

因K(H2S)

7解：对于非金属元素的含氧酸，其结构中如果非羟基氧原子数越多，表示分子中的R→O配键数越多，R 的正电性越强，对羟基中的氧原子上电子的吸引能力就越强，使氧原子上的电子密度减小得越多，导致O-H 键越弱，酸性则增强。

根据鲍林规则，含氧酸H n RO m中的非羟基氧数N=m-n, 其K1≈105N-7. pK1在7-14之间为很弱酸，约2为中强偏弱；约-3为强酸；约-8为最强酸。因此：

HClO含有0个非羟基氧，Ka=10-7，属很弱的酸;

HClO2含有1个非羟基氧，Ka=10-2，属弱酸;

H3AsO3含有0个非羟基氧，Ka=10-7，属很弱的酸;

HIO3含有2个非羟基氧，Ka=103，属强酸;

H3PO3含有1个非羟基氧，Ka=10-2，属弱酸;

HBrO3含有2个非羟基氧，Ka=103，属强酸;

HMnO4含有3个非羟基氧，Ka=108，属极强酸;

H2SeO4含有2个非羟基氧，Ka=103，属强酸;

HNO2含有1个非羟基氧，Ka=10-2，属弱酸;

H6TeO6含有0个非羟基氧，Ka=10-7，属很弱的酸.

8解：(1) 从HI---HF,随着从F到I原子半径的依次增大,其与H形成的共价键的键能会依次减弱,则分子中的H易于解离出去,所以从HF---HI酸性依次增强.

(2) 因HClO4的非羟基氧数目为3,H2SO4为2,H3PO4为1,H4SiO4为0,而非羟基氧数目越多,其酸性越强,所以,酸性排序为: HClO4>H2SO4>H3PO4>H4SiO4.(另一种解释:中心原子从Cl-S-P-Si,其Z/r值依次减小,则中心原子

对与其相连的羟基上的氧原子吸引作用会依次减弱,使得羟基上与O联接的H原子更难解离出来,所以酸性依次减弱.)

(3) HNO3的非羟基氧数目为2,HNO2为1,而非羟基氧数目越多,其酸性越强,所以酸性: HNO3 > HNO2 .

(4) HIO4的非羟基氧数目为3,而H5IO6仅为1,则酸性: HIO4 > H5IO6

(5) H6TeO6的非羟基氧数目为0,H2SeO4为2,所以酸性: H6TeO6 < H2SeO4

10解：溶解反应：Na2CO3 == 2Na+(aq) + CO32-(aq)

△rHθ= -24.69(kJ/mol)

△rSθ=2×58.41-56.9-138.8= -78.88(J/mol·K)

△rGθ=△rHθ-T△rSθ= -24.69+298×78.88×10-3= -1.18(kJ/mol)

∵△rGθ＜0, ∴Na2CO3可溶于水中.

同理对于溶解反应：CaCO3 == Ca2+(aq) + CO32-(aq)

△rHθ= -12.13(kJ/mol)

△rSθ=-53.1-56.9-92.9= -202.9(J/mol·K)

△rGθ=△rHθ-T△rSθ= -12.13+298×202.9×10-3= 48.33(kJ/mol)

∵△rGθ＞0, ∴CaCO3不溶于水中.

两者溶解过程的△rHθ相差并不是很大，主要差异在于CaCO3溶解过程的熵减太大，导致其△rGθ变为正值，从而不溶于水中。

11解：(1) 稳定性: CaSiO3 > CaSO4 > CaCO3 > Ca(HCO3)2 > H2CO3

因为硅酸盐稳定性最高,其次为硫酸盐,而碳酸盐易分解.而对于碳酸盐,阳离子极化作用越强，则稳定性越差。因极化作用：H+＞Ca2+, 则稳定性: 正盐>酸式盐>酸, 即CaCO3 > Ca(HCO3)2 > H2CO3。

(2) 稳定性: K3PO4 > KClO4 > KNO3 > AgNO3 > HNO3

因磷酸根很稳定,其次为高氯酸根,而硝酸根最不稳定，所以它们的盐稳定性也依次减弱，即：K3PO4>KClO4>KNO3、AgNO3、HNO3。而在硝酸盐中, 阳离子极化作用越强, 则盐越不稳定. 而极化作用: H+(Z/r值非常大)>Ag+(18e)>K+(8e) 所以稳定性: KNO3>AgNO3>HNO3.

12解：分解反应: CaCO3 == CaO + CO2(1) BaCO3 == BaO + CO2(2)

△rHθ1= -635.1-393.51+1206.9=178.29(kJ/mol)

△rHθ2= -553.5-393.51+1216.3=269.29(kJ/mol)

因分解BaCO3消耗的能量高于CaCO3的,即分解BaCO3需更高温度,所以BaCO3更稳定.

从结构上,因Ba2+离子半径大,其离子势Z/r值小于Ca2+, 对CO32-的极化作用小,则C-0键相对不容易打断,即BaCO3稳定性高于CaCO3的.

14解：(1)由于p区元素的不规则性，导致第四周期的p区元素Se的含氧酸其氧化性比第三和第五周期的同族元素的相应含氧酸都强，即氧化性: H2SO4 < H2SeO4

(2) HNO2分子中非羟基氧数目比HNO3的少,则打破N-O键所耗能量也相应更低,且HNO2分子的对称性和稳定性均低于HNO3, 所以氧化性: HNO2 > HNO3

(3) 因SO42-的电极反应中, H+参与反应, 且离子的浓度越高, 其Ψθ(SO42-/SO32-)的值也就越大,则氧化型的氧化能力就越强, 即浓硫酸氧化性大于稀硫酸.

(4) 因三种酸的结构均相似, 则中心原子(离子)的Z/r值越大, 获得电子的倾向就越大, 则其氧化性就越强。而从Cl-I, 其Z/r值依次减小, 所以氧化性也依次减弱.

(5) 因H+参与含氧酸根的氧化反应, 且H+浓度越高, Ψ值就越大, 氧化型的氧化能力就越强。所以氧化性: HClO3＞KCO3.

16解：(1) 因硅为第三周期元素,原子半径比C的大,,其形成的肩并肩的π键稳定性远小于C的,因此Si不采用sp2杂化而是sp3杂化,即硅不可能有类似石墨的同素异性体.

(2) 因N为第二周期元素,其价轨道最多只有四条,即最多结合的原子数为4,不可能有5的化合物存在.而氧化态是与原子配位数(或结合数)完全不同的概念.它是人为规定共用电子对为电负性大的原子完全具有而求算

出的值,并不表示实际的配位原子数.因此N有+5氧化态,并不表示NX5能存在.

(3) 当中心原子和配位数均相同时,随着配位原子半径的增大,配体之间的排斥作用也就增大,化合物稳定性就减小.即As的卤化物配位数由3变为5时, 当X原子的半径增大, 则配体之间的排斥作用将大大增强,所以

AsF5能稳定,但AsCl5稳定性减弱,而AsBr5根本无法制得.

(4) 因O原子半径小,电负性大，其电荷密度大,O-O之间排斥作用大,使得O-O链非常不稳定,很容易断裂,即不可能有长链存在.而S为第三周期元素,半径增大, 电荷密度减小,使S-S键稳定性大大增强,可由多个S原子形成多硫链.

大连理工大学《无机化学》自测练习题

大连理工大学《无机化学》自测练习题 第十章:固体结构 一、判断 1、固体物质可以分为晶体和非晶体两类。............................................................（√） 2、仅依据离子晶体中正负离子半径的相对大小即可决定晶体的晶格类型。. ............................. ............................. ............................. ................................ （×） 3、自然界存在的晶体或人工制备的晶体中，所有粒子都是按照一定规律有序排列的，没有任何缺陷。............................. ............................. ..................................（×） 4、在常温常压下，原子晶体物质的聚集状态只可能是固体................................（√） 5、某物质可生成两种或两种以上的晶体，这种现象叫做类质多晶现象。........（×） 1、√ 2、× 3、× 4、√ 5、× 二、单选题 1、下列物质的晶体结构中既有共价键又有大p键和分子间力的是....................（C） (A) 金刚砂；(B) 碘；(C) 石墨；(D) 石英。 2、氯化钠晶体的结构为.... ............................. ......................................................（B） (A) 四面体；(B) 立方体；(C) 八面体；(D) 单斜体。 3、下列各组离子中极化力由大到小的顺序正确的是. .........................................（B） (A) Si4+ > Mg2+ > Al3+ > Na+；(B) Si4+ > Al3+ > Mg2+ > Na+； (C) Si4+ > Na+ > Mg2+ > Al3+；(D) Na+ > Mg2+ > Al3+ > Si4+。 4、在离子极化过程中，通常正离子的主要作用是................................................（A） (A) 使负离子极化；(B) 被负离子极化； (C) 形成正离子时放热；(D) 正离子形成时吸收了负离子形成时放出的能量。 5、下列两组物质： ① MgO、CaO、SrO、BaO ② KF、KCl、KBr、KI 每组中熔点最高的分别是............. ............................. ...........................................（D） (A) BaO 和KI；(B) CaO 和KCl；(C) SrO 和KBr；(D) MgO 和KF。 1、C 2、B 3、B 4、A 5、D 三、填空题 1、指出下列离子的外层电子构型的类型： Ba2+ __2__ e-；Mn2+ __9～17__ e-；Sn2+ _18 + 2_ e-；Cd2+ _18_ e-。 2、钾原子半径为235 pm，金属钾晶体为体心立方结构。试确定每个晶胞内有__2_个原子，晶胞边长为__543__pm，晶胞体积为__1.60 ×10-22_cm3，并推算金属钾的密度为__0.812__ g·cm-3。（钾的相对原子质量为39.1） 3、试判断下列各组物质熔点的高低（用">"或"<"符号表示）： NaCl __>__RbCl，CuCl__<__NaCl，MgO __>__BaO，NaCl__>__MgCl2。 4、氧化钙晶体中晶格结点上的粒子为_ Ca2+_和_ O2-_；粒子间作用力为_离子键_，晶体类型为__离子晶体__。 1、2；9～17；18 + 2；18。 2、2；543；1.60 ×10-22；0.812。 3、>；<；>；>。 4、Ca2+；O2-；离子键；离子晶体。 第十一章:配合物结构 一、判断

大学无机化学试题集

第一章气体、液体和溶液的性质 1. 敞口烧瓶在7℃所盛的气体，必须加热到什么温度，才能使1/3气体逸出烧瓶？ 2. 已知一气筒在27℃，30.0atm时，含480g的氧气。若此筒被加热到100℃，然后启开阀门（温度保持在100℃），一直到气体压力降到1.00atm时，共放出多少克氧气？ 3. 在30℃时，把8.0gCO2、6.0gO2和未知量的N2放入10dm3的容器中，总压力达800 mmHg。试求： (1) 容器中气体的总摩尔数为多少？(2) 每种气体的摩尔分数为多少？ (3) 每种气体的分压为多少？(4) 容器中氮气为多少克？ 4. CO和CO2的混合密度为1.82g?dm－3(在STP下）。问CO的重量百分数为多少？ 5. 已知某混合气体组成为：20份氦气，20份氮气，50份一氧化氮，50份二氧化氮。问：在0℃，760mmHg下200dm3此混合气体中，氮气为多少克？ 6. S2F10的沸点为29℃，问：在此温度和1atm下，该气体的密度为多少？ 7. 体积为8.2dm3的长颈瓶中，含有4.0g氢气，0.50mol氧气和分压为2atm 的氩气。这时的温度为127℃。问： (1) 此长颈瓶中混合气体的混合密度为多少？ (2) 此长颈瓶内的总压多大？ (3) 氢的摩尔分数为多少？ (4) 假设在长颈瓶中点火花，使之发生如下反应，直到反应完全： 2H2(g) + O2(g) ＝2H2O(g) 当温度仍然保持在127℃时，此长颈瓶中的总压又为多大？ 8. 在通常的条件下，二氧化氮实际上是二氧化氮和四氧化二氮的两种混合气体。在45℃，总压为1atm时，混合气体的密度为2.56g?dm－3。计算： (1) 这两种气体的分压。(2) 这两种气体的重量百分比。 9. 在1.00atm和100℃时，混合300cm3H2和100 cm3O2，并使之反应。反应后温度和压力回到原来的状态。问此时混合气体的体积为多少毫升？若反应完成后把温度降低到27℃，压力仍为1.00atm，则混合气体的体积为多少毫升？ (已知27℃时水的饱和蒸汽压为26.7mmHg) 10. 当0.75mol的“A4”固体与2mol的气态O2在一密闭的容器中加热，若反应物完全消耗仅能生成一种化合物，已知当温度降回到初温时，容器内所施的压力等于原来的一半，从这些数据，你对反应生成物如何下结论？ 11. 有两个容器A和B，各装有氧气和氮气。在25℃时： 容器A：O2 体积500 cm3，压力1atm。 容器B：N2 体积500 cm3，压力0.5atm。 现将A和B容器相连，让气体互相混合，计算： (1) 混合后的总压。(2) 每一种气体的分压。

《无机化学下》第四版习题答案

第13章 氢和稀有气体 13-1 氢作为能源，其优点是？目前开发中的困难是什么？ 1、解：氢作为能源，具有以下特点： （1）原料来源于地球上储量丰富的水，因而资源不受限制； （2）氢气燃烧时放出的热量很大； （3）作为燃料的最大优点是燃烧后的产物为水，不会污染环境； （4）有可能实现能量的储存，也有可能实现经济高效的输送。 发展氢能源需要解决三个方面的问题：氢气的发生，氢气的储备和氢气的利用 13-2按室温和常压下的状态（气态 液态 固态）将下列化合物分类，哪一种固体可能是电的良导体？ BaH 2;SiH 4;NH 3;AsH 3;PdH 0.9;HI 13-3试述从空气中分离稀有气体和从混合气体中分离各组分的根据和方法。 3、解：从空气中分离稀有气体和从混合稀有气体中分离各组分，主要是利用它们不同的物理性质如：原子间不同的作用力、熔点沸点的高低以及被吸附的难易等差异达到分离的目的。 13-4试说明稀有气体的熔点 、沸点、密度等性质的变化趋势和原因？ 4、解：氦、氖、氩、氪、氙，这几种稀有气体熔点、沸点、密度逐渐增大。 这主要是由于惰性气体都是单原子分子，分子间相互作用力主要决定于分子量。分子量越大，分子间相互作用力越大，熔点沸点越来越高。 密度逐渐增大是由于其原子量逐渐增大，而单位体积中原子个数相同。 13-5你会选择哪种稀有气体作为：（a ）温度最低的液体冷冻剂；（b ）电离能最低 安全的放电光源；（c ）最廉价的惰性气氛。 13-6用价键理论和分子轨道理论解释HeH 、HeH + 、He 2+ 粒子存在的可能性。为什么氦没有双原子分子存在？ 13-7 给出与下列物种具有相同结构的稀有气体化合物的化学式并指出其空间构型： (a) ICl 4- (b)IBr 2- (c)BrO 3- (d)ClF 7、 解： 4XeF 平面四边形 2XeF 直线形 3XeO 三角锥 XeO 直线形

大学无机化学第六章试题及答案

第六章化学键理论 本章总目标： 1：掌握离子键、共价键和金属键的基本特征以及它们的区别； 2：了解物质的性质与分子结构和键参数的关系； 3：重点掌握路易斯理论、价电子对互斥理论、杂化轨道理论以及分子轨道理论。 4：熟悉几种分子间作用力。 各小节目标： 第一节：离子键理论 1:掌握离子键的形成、性质和强度，学会从离子的电荷、电子构型和半径三个方面案例讨论离子的特征。 2:了解离子晶体的特征及几种简单离子晶体的晶体结构，初步学习从离子的电荷、电子构象和半径三个方面来分析离子晶体的空间构型。 第二节：共价键理论 1;掌握路易斯理论。 2：理解共价键的形成和本质。掌握价键理论的三个基本要点和共价键的类型。3：理解并掌握价层电子对互斥理论要点并学会用此理论来判断共价分子的结构，并会用杂化轨道理论和分子轨道理论来解释分子的构型。 第三节：金属键理论 了解金属键的能带理论和三种常见的金属晶格。 第四节：分子间作用力 1：了解分子极性的判断和分子间作用力（范德华力）以及氢键这种次级键的形成原因。 2;初步掌握离子极化作用及其强度影响因素以及此作用对化合物结构及性质的影响。 习题 一选择题 1.下列化合物含有极性共价键的是（）(《无机化学例题与习题》吉大版) A.KClO 3 B.Na 2 O 2 C. Na 2 O D.KI 2.下列分子或离子中键能最大的是（）

A. O 2 B.O 2 - C. O 2 2+ D. O 2 2- 3. 下列化合物共价性最强的是（）(《无机化学例题与习题》吉大版) A.LiI B.CsI C. BeI 2 D.MgI 2 4.极化能力最强的离子应具有的特性是（） A.离子电荷高，离子半径大 B.离子电荷高，离子半径小 C.离子电荷低，离子半径小 D.离子电荷低，离子半径大 5. 下列化合物中，键的极性最弱的是（）(《无机化学例题与习题》吉大版) A.FeCl 3 B.AlCl 3 C. SiCl 4 D.PCl 5 6.对下列各组稳定性大小判断正确的是（） A.O 2+＞O 2 2- B. O 2 -＞O 2 C. NO+＞NO D. OF-＞OF 7. 下列化合物中，含有非极性共价键的离子化合物是（）(《无机化学例题与习题》吉大版) A.H 2O 2 B.NaCO 3 C. Na 2 O 2 D.KO 3 8.下列各对物质中，是等电子体的为（） A.O 22-和O 3 B. C和B+ C. He和Li D. N 2 和CO 9. 中心原子采取sp2杂化的分子是（）(《无机化学例题与习题》吉大版) A.NH 3 B.BCl 3 C. PCl 3 D.H 2 O 10.下列分子中含有两个不同键长的是（） A .CO 2 B.SO 3 C. SF 4 D.XeF 4 11. 下列分子或离子中，不含有孤电子对的是（）(《无机化学例题与习题》吉大版) A. H 2O B. H 3 O+ C. NH 3 D. NH 4 + 12.氨比甲烷易溶于水，其原因是（） A.相对分子质量的差别 B.密度的差别 C. 氢键 D.熔点的差别 13. 下列分子属于极性分子的是（）(《无机化学例题与习题》吉大版) A. CCl 4 B.CH 3 OCH 3 C. BCl 3 D. PCl 5 14.下列哪一种物质只需克服色散力就能使之沸腾( ) A.HCl B.CH 3Cl https://www.wendangku.net/doc/853169067.html,l 4 D.NH 3 15. 下列分子中，中心原子采取等性杂化的是（）(《无机化学例题与习题》吉大版)

第四版无机化学习题及答案

第四版无机化学习题及 答案 Company Document number：WUUT-WUUY-WBBGB-BWYTT-1982GT

第一章原子结构和原子周期系 1-1根据原子序数给出下列元素的基态原子的核外电子组态： （a）K （b）Al （c）Cl （d）Ti（Z=22）（e）Zn（Z=30）（f）As （Z=33） 答：（a）[Ar]4s1（b）[Ne]3s23p1（c）[Ne]3s23p5（d）[Ar]3d54s2（e）[Ar] 3d104s1（f）[Ar]4s24p3 1-2给出下列原子或离子的价电子层电子组态，并用方框图表示轨道，填入轨道的电子用箭头表示。 （a）Be （b）N （c）F （d）Cl-（e）Ne+（f）Fe3+（g）As3+ 1-3 Li+、Na+、K+、Rb+、Cs+的基态的最外层电子组态与次外层电子组态分别如何 1-4以下+3价离子那些具有8电子外壳Al3+、Ga3+、Bi3+、Mn3+、Sc3+ 答：Al3+和Sc3+具有8电子外壳。 1-5已知电中性的基态原子的价电子层电子组态分别为： （a）3s23p5（b）3d64s2（c）5s2（d）4f96s2（e）5d106s1 试根据这个信息确定它们在周期表中属于那个区、哪个族、哪个周期。

答：（a）p区，ⅦA族，第三周期（b）d区，Ⅷ族，第四周期（c）s区，ⅡA族，第五周期（d）f区，ⅢB族，第六周期（e）ds区，ⅠB族，第六周期1-6根据Ti、Ge、Ag、Rb、Ne在周期表中的位置，推出它们的基态原子的电子组态。 答：Ti位于第四周期ⅣB族，它的基态原子的电子组态为[Ar]3d24s2； Ge位于第四周期ⅣA族，它的基态原子的电子组态为[Ar]3d104s24p2； Ag位于第五周期ⅠB族，它的基态原子的电子组态为[Kr] 4d105s1； Rb位于第五周期ⅠA族，它的基态原子的电子组态为[Kr] 5s1； Ne位于第二周期0族，它的基态原子的电子组态为[He] 2s22p6。 1-7某元素的基态价层电子构型为5d36s2，给出比该元素的原子序数小4的元素的基态原子电子组态。 答：该元素的基态原子电子组态为[Xe] 4f126s2。 1-8某元素基态原子最外层为5s2，最高氧化态为+4，它位于周期表哪个去是第几周期第几族元素写出它的+4氧化态离子的电子构型。若用A代表它的元素符号，写出相应氧化物的化学式。 答：该元素的基态原子电子组态为[Kr] 4d25s2，即第40号元素锆（Zr）。它位于d区，第五周期ⅣB族，+4氧化态离子的电子构型为[Kr]，即 1s22s22p63s23p63d104s24p6, 相应氧化物为AO2。 第二章分子结构 2-1用VSEPR模型讨论CO2、H2O、NH3、CO32-、PO33-、PO3-、PO43-的分子模型，画出他们的立体结构，用短横代表σ键骨架，标明分子构型的几何图形的名称。

大学化学课后习题参考答案

第1章 化学热力学 参考答案： （一）选择题 １.Ａ 2.A 3.C 4.B 5.D 6.C 7.C 8.C 9. A 10. C 11. A 12.C （二）填空题 1．40； 2．等温、等容、不做非体积功，等温、等压，不做非体积功； 3．＞，＜，＝，＞ 4．增大、不变 5．不变 6．3.990 kJ·mol － 1 （三）判断题 1. × 2. × 3. × 4. × 5. √ 6. × 7. × 8. × 9. × 10. × （四）计算题 1．解：(g) O N (l)H 2N 4242+O(l)4H (g)3N 22+ (l)H N 42摩尔燃烧热为 2．解： ) mol ·(kJ 28.254166.963.502)84.285(401f B r --=-?--?+=?=?∑H H ν)mol ·(kJ 14.6272 11r -Θ-=?=H Q p K 1077.3109.9824.3733 3 m r r ?=?--= ??= -S T 转) mol ·(kJ 78.34357 .86)15.137(36.3941 f B r --=---=?=?∑ G ν)K ·mol ·(J 9.9865.21056.1975.1912 1 6.21311B r ---=--?+==?∑ νNO(g )CO(g )+(g) N 2 1(g)CO 22+) mol ·(kJ 24.37325 .90)52.110(5.3931f B r --=----=?=?∑ H ν

此反应的 是较大的负值，且)(,)(-?-?S H 型反应，从热力学上看，在 T 转的温度以内反应都可自发进行。 3．解：外压kPa 50e =p ，11p nRT V = ，2 2p nRT V =，2e p p = 系统所做功： 定温变化，0=?U 0=+=?W Q U ，所以Q =1 247.1（J ） 定温过程pV =常数 ?(pV )=0 所以 0)(=?+?=?pV U H 4．解：查表知 CaO(s) + SO 3(g) = CaSO 4(s) 求得 同理求得 因为 所以根据经验推断可知，反应可以自发进行。 但由于该反应 ，故存在一个能使反应自发进行的最高温度，该 温度为 一般的炉温是1 200℃左右，所以热学上，用CaO 来吸收SO 3以减少天气污染的可能性是存在的。这种方法在实际中已有应用。 5．解：（1） ) mol ·kJ (4.116108.21515.29874.18013 r r r --=??-=???T )K 298(r ?) (J 1.247150 100100 50300314.8150RT 2112e 21 e e e e -=?-? ???=? ??? ??-=? ??? ??--=?-=?-=p p p p n p p nRT p nRT p V p V p W 7 .10676 .25675 .39) k ·mol ·(J 79.321106.37103.604)mol ·(kJ 11.434172.39509.634)mol ·(kJ 111f 1f -------?---?S G H 11r 1r K ·m ol · J 81.189,m ol ·kJ 7.346----=?-?S 11r mol ·kJ 42mol ·kJ 7.346---<<-?℃8571 K 0.130281 .189103.4043 ==-?-==H T )mol · kJ (74.180) 37.90(21f B r -=-?-=?=?∑ ν0,0r r ?? ＜ ) K ·mol ·J (8.2150 .7220.2044.77211B r --=?-+?==?∑ ν1 3f 3f 4f r mol ·kJ 3.404)09.634()72.395(11.4341)CaO )SO )CaSO --=-----=?-?-?=?H H H H

大一无机化学期末考试试题精选

(√ ) 1. 电子云是描述核外某空间电子出现的几率密度的概念。（√）2. 同种原子之间的化学键的键长越短，其键能越大，化学键也越稳定。 （√）3.系统经历一个循环，无论多少步骤，只要回到初始状态，其热力学能和焓的变化量均为零。 （√）4. AgCl在NaCl溶液中的溶解度比在纯水中的溶解度小。（×）5. 原子轨道的形状由量子数m决定，轨道的空间伸展方向由l决定。 （1）某元素原子基态的电子构型为1s22s22p63s23p5，它在周期表中的位置是：a a．p区ⅦA族 b．s区ⅡA族 c．ds区ⅡB族 d．p区Ⅵ族 （2）下列物质中，哪个是非极性分子：b a．H2O b．CO2 c．HCl d．NH3 （3）极性共价化合物的实例是：b a．KCl b．HCl c．CCl4 d．BF3

（4）下列物质凝固时可以形成原子晶体的是：c a. O2 b. Pt, c. SiO2 d. KCl （5）在298K，100kPa下，反应 2H2(g)＋O2(g)＝2H2O(1) Δr H mΘ= -572 kJ·mol-1 则H2O(l)的Δf H mΘ为：d a．572 kJ·mol－１ b．-572 kJ·mol－１ c．286 kJ·mol－１ d．-286 kJ·mol－１ （6）定温定压下，已知反应B＝A的反应热为Δr H m1Θ，反应B＝C的反应热为Δr H m2Θ，则反应A＝C的反应热Δr H m3Θ为：d a．Δr H m1Θ+Δr H m2Θ b．Δr H m1Θ－Δr H m2Θ c．Δr H m1Θ+2Δr H m2Θ d．Δr H m2Θ－Δr H m1Θ（7）已知HF（g）的标准生成热Δf H mΘ= -565 kJ·mol-1，则反应H2(g)+F2(g)=2HF(g)的Δr H mΘ为：d a．565 kJ·mol-1 b．-565 kJ·mol-1 c．1130 kJ·mol-1 d．-1130 kJ·mol-1 （8）在氨水溶液中加入固体NH4Cl后，氨水的离解度：d

高中无机化学习题与答案

高中无机化学习题与答案 绪论 一.是非题: 1.化学变化有新物质产生,而物理变化无新物质产生. 2.化学变化是由于构成分子的原子外层电子运动状态的改变而引起的、原子核不变的一类变化 3.元素的变化为物理变化而非化学变化. 4.化学变化的特点是原子核不变分子组成或原子间结合方式发生变化. 5.化学反应常伴有发光现象,但并非所有的发光现象都属于化学反应. 二.选择题: 1.化学研究的对象是具有宏观实体的物质,它不包括 A.希有气体 B:混合物 C.电子流或γ──射线 D.地球外的物质 2.纯的无机物不包括 A.碳元素 B.碳化合物 C.二者都对 D.二者都错 3.下列哪一过程不存在化学变化 A.氨溶于水 B.蔗糖溶在水中 C.电解质溶液导电 D.照相底片感光 第一章原子结构和元素周期系 一.是非题 1.电子在原子核外运动的能量越高,它与原子核的距离就越远.任何时候,1s电 子总比2s电子更靠近原子核, 因为 E 2s > E 1s . 2.原子中某电子的各种波函数,代表了该电子可能存在的各种运动状态,每一种状态可视为一个轨道. 3.氢原子中,2s与2p轨道是简并轨道,其简并度为4;在钪原子中,2s与2p 轨道 不是简并轨道, 2p x ,2p y ,2p z 为简并轨道,简并度为3. 4.从原子轨道能级图上可知,任何原子在相同主量子数的轨道上,能量高低的顺序总是f > d > p > s;在不同主量子数的轨道上,总是(n-1)p > (n-2)f > (n-1)d > ns. 5.在元素周期表中, 每一周期的元素个数正好等于该周期元素最外电子层轨道可以容纳的电子个数.

6.所有非金属元素(H,He除外)都在p区,但p区所有元素并非都是非金属元素. 7.就热效应而言,电离能一定是吸热的,电子亲和能一定是放热的. 8.铬原子的电子排布为Cr[Ar]4s13d5,由此得出: 洪特规则在与能量最低原理出现矛盾时,首先应服从洪特规则. 9.s区元素原子丢失最外层的s电子得到相应的离子,d区元素的原子丢失处于最高能级的d电子而得到相应的离子. 10.在原子核里因质子数和中子数不同,就组成了不同的核素;同样在原子核里因质子数和中子数不等,就构成了同位素.可见,核素也就是同位素. 二.选择题 1.玻尔在他的原子理论中 A.证明了电子在核外圆形轨道上运动; B.推导出原子半径与量子数平方成反比; C.应用了量子力学的概念和方法; D.解决了氢原子光谱和电子能量之间的关系问题. 2.波函数和原子轨道二者之间的关系是 A.波函数是函数式,原子轨道是电子轨迹; B.波函数和原子轨道是同义词; C.只有轨道波函数与原子轨道才是同义的; D.以上三种说法都不对. 3.多电子原子的原子轨道能级顺序随着原子序数的增加 A.轨道能量逐渐降低,但能级顺序不变; B.轨道能量基本不变,但能级顺序改变; C.轨道能量逐渐增加,能级顺序不变; D.轨道能量逐渐降低,能级顺序也会改变. 4.周期表中各周期元素数目是由什么决定的 A.2n2(n为主量子数); B.相应能级组中所含轨道总数; C.相应能级组中所含电子总数 D. n + 0.7规则 5.下列电子构型中,电离能最低的是

大学有机化学课后习题答案

第一章绪论 2. (1) (2) (5)易溶于水；(3) (4) (6)难溶于水。 4.80*45%/12=3 80*7.5%/1=6 80*47.5%/19=2 C3H6F2 第二章有机化合物的结构本质及构性关系 1.(1) sp3(2) sp (3) sp2(4) sp (5) sp3(6)sp2 第四章开链烃 1.(1) 2-甲基-4,5-二乙基庚烷(2) 3-甲基戊烷(3) 2,4-二甲基-3-乙基戊烷 (4) (顺)-3-甲基-3-己烯or Z-3-甲基-3-己烯(12) 3-甲基-1-庚烯-5-炔 2. 7. 11.

14. (5) ＞ (3) ＞ (2) ＞ (1) ＞ (4) 即： CH 2=CHC + HCH 3 ＞(CH 3 )3C + ＞CH 3CH 2C +HCH 3 ＞CH 3CH 2CH 2C +H 2＞ (CH 3)2CHC + H 2 16. (1) (2) (3) 17. 21 A B . 10．（1）CH 3-CH=CH 2?????→?+ H /KMnO 4 CH 3COOH （2）CH 3-C ≡ CH+HBr （2mol ） CH 3CBr 2CH 3 （3）CH 3-C ≡3-C=CH 2??→?2 Br CH 3CBr 2CH 2Br Br 第四章 环 烃 2. 1-戊烯 1-戊炔 戊 烷Br 2/CCl 4 室温,避光 √ 溴褪色√ 溴褪色× × √灰白色1-丁炔 2-丁炔 丁 烷 Br 2/CCl 4 室温,避光 √溴褪色 × Ag(NH 3)2+ √灰白色↓ × × 1,3-丁二烯 1-己炔 2,3-二甲基丁烷Br 2/CCl 4 √ 溴褪色 √ 溴褪色 × Ag(NH 3)2+ × √ 灰白色↓

大学无机化学第十七章试题及答案解析

第十八章 氢 稀有气体 总体目标： 1.掌握氢及氢化物的性质和化学性质 2.了解稀有气体单质的性质及用途 3.了解稀有气体化合物的性质和结构特点 各节目标： 第一节 氢 1.掌握氢的三种成键方式 2.掌握氢的性质、实验室和工业制法及用途 3.了解离子型氢化物、分子型氢化物和金属性氢化物的主要性质 第二节 稀有气体 1.了解稀有气体的性质和用途 2.了解稀有气体化合物的空间构型 习题 一 选择题 1.稀有气体不易液化是因为（ ） A.它们的原子半径大 B.它们不是偶极分子 C.它们仅仅存在较小的色散力而使之凝聚 D.它们价电子层已充满 2.用VSEPR 理论判断，中心原子价电子层中的电子对数为3的是（ ） A .PF 3 B.NH 3 C.-34PO D.-3NO 3.用价电子对互斥理论判断，中心原子周围的电子对数为3的是（ ）(吴成

鉴《无机化学学习指导》) A.SCl2 B.SO3 C .XeF4 D. PF5 4.用价电子对互斥理论判断，中心原子价电子层中的电子对数为6的是（） A.SO2 B. SF6 C. 3 AsO D. BF3 4 5. XeF2的空间构型是（） A.三角双锥 B.角形 C. T形 D.直线型 6.下列稀有气体的沸点最高的是（）(吴成鉴《无机化学学习指导》) A.氪 B.氡 C.氦 D.氙 7.能与氢形成离子型氢化物的是（）(吴成鉴《无机化学学习指导》) A.活泼的非金属 B.大多数元素 C.不活泼金属 D.碱金属与碱土金属 8.稀有气体原名惰性气体，这是因为（） A.它们完全不与其它单质或化合物发生化学反应 B.它们的原子结构很稳定，电离势很大，电子亲合势很小，不易发生化学反应 C.它们的价电子已全部成对 D.它们的原子半径大 9．下列各对元素中，化学性质最相似的是（）(吉林大学《无机化学例题与习题》) A.Be 与Mg B.Mg与Al C Li与Be D.Be与Al 10.下列元素中，第一电离能最小的是（）(吉林大学《无机化学例题与习题》) A.Li B.Be C. Na D.Mg 11.下列化合物中，在水中的溶解度最小的是（）(吉林大学《无机化学例题与习题》)

大学无机化学第六章试题及答案

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第六章化学键理论 本章总目标： 1：掌握离子键、共价键和金属键的基本特征以及它们的区别； 2：了解物质的性质与分子结构和键参数的关系； 3：重点掌握路易斯理论、价电子对互斥理论、杂化轨道理论以及分子轨道理论。 4：熟悉几种分子间作用力。 各小节目标： 第一节：离子键理论 1:掌握离子键的形成、性质和强度，学会从离子的电荷、电子构型和半径三个方面案例讨论离子的特征。 2:了解离子晶体的特征及几种简单离子晶体的晶体结构，初步学习从离子的电荷、电子构象和半径三个方面来分析离子晶体的空间构型。 第二节：共价键理论 1;掌握路易斯理论。 2：理解共价键的形成和本质。掌握价键理论的三个基本要点和共价键的类型。3：理解并掌握价层电子对互斥理论要点并学会用此理论来判断共价分子的结构，并会用杂化轨道理论和分子轨道理论来解释分子的构型。 第三节：金属键理论 了解金属键的能带理论和三种常见的金属晶格。 第四节：分子间作用力 1：了解分子极性的判断和分子间作用力（范德华力）以及氢键这种次级键的形成原因。 2;初步掌握离子极化作用及其强度影响因素以及此作用对化合物结构及性质的影响。 习题 一选择题 1.下列化合物含有极性共价键的是（）(《无机化学例题与习题》吉大版) 2 C. Na 2 O 2.下列分子或离子中键能最大的是（）

A. O 2 C. O 2 2+ D. O 2 2- 3. 下列化合物共价性最强的是（）(《无机化学例题与习题》吉大版) C. BeI 2 4.极化能力最强的离子应具有的特性是（） A.离子电荷高，离子半径大 B.离子电荷高，离子半径小 C.离子电荷低，离子半径小 D.离子电荷低，离子半径大 5. 下列化合物中，键的极性最弱的是（）(《无机化学例题与习题》吉大版) 3 C. SiCl 4 6.对下列各组稳定性大小判断正确的是（） +＞O 22- B. O 2 -＞O 2 C. NO+＞NO D. OF-＞OF 7. 下列化合物中，含有非极性共价键的离子化合物是（）(《无机化学例题与习题》吉大版) 3 C. Na 2 O 2 8.下列各对物质中，是等电子体的为（） 和O 3 B. C和B+ C. He和Li D. N 2 和CO 9. 中心原子采取sp2杂化的分子是（）(《无机化学例题与习题》吉大版) 3 C. PCl 3 10.下列分子中含有两个不同键长的是（） A .CO 2 3 C. SF 4 11. 下列分子或离子中，不含有孤电子对的是（）(《无机化学例题与习题》吉大版) A. H 2O B. H 3 O+ C. NH 3 D. NH 4 + 12.氨比甲烷易溶于水，其原因是（） A.相对分子质量的差别 B.密度的差别 C. 氢键 D.熔点的差别 13. 下列分子属于极性分子的是（）(《无机化学例题与习题》吉大版) A. CCl 43 C. BCl 3 D. PCl 5 14.下列哪一种物质只需克服色散力就能使之沸腾( ) 15. 下列分子中，中心原子采取等性杂化的是（）(《无机化学例题与习题》吉大版)

无机化学习题册及答案

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《无机化学》课程习题册及答案 第一章溶液和胶体 一、是非题：（以“＋”表示正确，“－”表示错误填入括号） 1．渗透压力比较高的溶液，其物质的量浓度也一定比较大。（）2．相同温度下，物质的量浓度均为200mmol·L-1的NaCl溶液和葡萄糖溶液，其渗透压相等（） 3．相同温度下，渗透浓度均为200mmol·L-1的NaCl溶液和CaCl2溶液，其渗透压相等（） 4．临床上的两种等渗溶液只有以相同的体积混合时，才能得到等渗溶液。（） 5. 两种等渗溶液以任意比例混合所得溶液在临床上必定是等渗溶液（）6．临床上，渗透浓度高于320 mmolL-1的溶液称高渗液（） 7．在相同温度下， molL-1的葡萄糖溶液与 molL-1的蔗糖溶液的渗透压力是相等的（） 8. 物质的量浓度均为·L-1的NaCl液和葡萄糖液渗透浓度相等（） 9. 对于强电解质溶液，其依数性要用校正因子i来校正。（） 二、选择题 1．使红细胞发生溶血的溶液是（） A．·L-1 NaCl B．·L-1葡萄糖 C．·L-1葡萄糖 D．·L-1 NaCl 2．物质的量浓度均为 mol·L-1的下列溶液，其渗透压最大的是（） A．葡萄糖 B．NaCl C．CaCl2 D．无法比较 3．使红细胞发生皱缩的溶液是（）

A．·L-1 NaCl B．·L-1葡萄糖 C．·L-1葡萄糖 D．·L-1 NaCl 4．在相同温度下，物质的量浓度均为 mol·L-1的下列溶液，其渗透压最小的是（） A．葡萄糖 B．NaCl C．CaCl2 D．无法比较 5．物质的量浓度均为 mol·L-1的下列溶液，在临床上属于等渗溶液的是 （）A．葡萄糖 B．NaCl C．CaCl2 D．蔗糖 6. 试排出在相同温度下下列溶液渗透压由大到小的顺序 ( ) a. c(C6H12O6)= mol·L-1 b. c[(1/2)Na2CO3]= mol·L-1 c. c[(1/3)Na3PO4]= mol·L-1 d. c(NaCl)= mol·L-1 A. d＞b＞c＞a B. a＞b＞c＞d C. d＞c＞b＞a D. b＞c＞d＞a 7. 医学上的等渗溶液，其渗透浓度为（） A. 大于280 mmol·L-1 B. 小于280 mmol·L-1 C. 大于320 mmol·L-1 D. 280－320 mmol·L-1 8. 欲使同温度的A、B两种稀溶液间不发生渗透，应使两溶液（A、B中的基本单元均以溶质的“分子”式表示） ( ) A 质量摩尔浓度相同 B 物质的量浓度相同 C 质量浓度相同 D 渗透浓度相同 9. 质量浓度为11.1g·L-1CaCl2 (M=111.0 g·mol-1）溶液的渗透浓度是 ( ) ·L-1·-1 C ·L-1·L-1 三、填充题:

大学化学课后习题答案..

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第一章化学反应热 教学内容 1．系统、环境等基本概念； 2. 热力学第一定律； 3. 化学反应的热 效应。 教学要求 掌握系统、环境、功、热（恒容反应热和恒压反应热）、状态函数、 标准态、标准生成焓、反应进度等概 念；熟悉热力学第一定律；掌握化学 反应标准焓变的计算方法。 知识点与考核点 1．系统（体系） 被划定的研究对象。化学反应系统是由大量微观粒子（分子、原子和 离子等）组成的宏观集合体。 2．环境（外界） 系统以外与之密切相关的部分。 2

系统和环境的划分具有一定的人为性，划分的原则是使研究问题比较方便。 系统又可以分为敞开系统（系统与环境之间既有物质交换，又有能量交换）； 封闭体系（系统与环境之间没有 ．．能量交 ．．物质交换，只有 换）； 孤立系统（体系与环境之间没有物质交换，也没有能量交换） 系统与环境之间具有边界，这一边界 可以是实际的相界面，也可以是人为的边界，目的是确定研究对象的空间范围。 3．相 系统中物理性质和化学性质完全相同的均匀部分。在同一个系统中，同一个相 可以是连续的，也可以是不连续的。例如油水混合物中，有时水是连续相，有 时油是连续相。 3

4．状态函数 状态是系统宏观性质（T、p、V、U等）的综合表现，系统的状态是通过 这些宏观性质描述的，这些宏观性质 又称为系统的状态函数。 状态函数的特点：①状态函数之间往 往相互制约（例如理想气体状态 方程 式中p、V、n、T之间互为函数关系）；②其变化量只与系统的始、末态有关， 与变化的途径无关。 5*．过程 系统状态的变化（例如：等容过程、等压过程、等温可逆过程等） 6*．途径 完成某过程的路径。若系统的始、末 态相同，而途径不同时，状态函 数的 4

大学无机化学习题-总

无机化学习题集

无机化学习题集 绪论、第一章溶液、第二章电解质溶液 一、选择题 1. 下列不属于稀溶液依数性中的是（） A 溶液的蒸汽压下降 B 溶液的沸点升高 C 溶液的凝固点降低 D 溶液的导电性 2. 0.01mol·L-1的NaCl、CaCl2、FeCl3、葡萄糖溶液中渗透压最大的是（） A NaCl B CaCl2 C 葡萄糖 D FeCl3 3. 欲较准确地测定血红素（分子量较大）的相对分子量，最适合的测定方法是（） A 凝固点降低 B 沸点升高 C 渗透压力 D 蒸汽压下降 4. 某生理盐水的规格为1000m L中含4.5gNaCl，则它的质量浓度是( ) A 0.9 g/L B 9.0 g/L C 4.5g/L D 0.45g/L 5.根据质子酸碱理论，下列物质只能作为碱的是（） A HCO3- B OH- C NH4+ D NH2CH2COOH 6.与0.3 mol·L NaH2PO4溶液pH值相等的溶液是（） A 0.1 mol·L Na2CO3 B 0.2 mol·L NaH2PO4 C 0.3 mol·L Na2HPO4 D 0.3 mol·L H2CO3 7 已知二元弱酸H2B溶液的浓度为0.5 mol·L-1，求[B2-] 是（已知H2B的Ka1 = 8.91×10-8, Ka2 = 1.12×10-12）（） A 8.91×10-8 B 1.12×10-12 C 9.97×10-12 D 4.46×10-12 8. 0.20 mol·dm-3 HAc 和0.20 mol·dm-3 NaAc 溶液等体积混合，溶液pH为(p K HAc = 4.75) ( ) A 2.95 B 4.75 C 4.67 D 9.43 9. 欲较准确地测定蔗糖（分子量较小）的相对分子量，最适合的测定方法是（） A 凝固点降低 B 沸点升高 C 渗透压力 D 蒸汽压下降 10.根据质子酸碱理论，下列物质只能作为酸的是（） A HCO3- B NH3 C NH4+ D NH2CH2COOH 11. 已知H3PO4的pKa1、pKa2、pKa3分别是2.12、7.20、12.36，则PO43-的pKb为（） A 11.88 B 6.80 C 1.64 D 2.12 12. 稀溶液依数性中起决定性的性质是（） A 溶液的蒸汽压下降 B 溶液的沸点升高 C 溶液的凝固点降低 D 溶液具有渗透压 13. 人体血浆中最主要的缓冲对中的共轭碱是（） A HCO3- B H2CO3 C CO32- D NH4+ 14. 下列哪些属于共轭酸碱对（） A HCO3- 和CO32- B NH4+ 和NH2- C CO32- 和HPO4 D H3O+ 和OH- 15. 将红细胞放在15 g/L NaCl（临床上常用的生理盐水是9.0 g/L）溶液中出现的现象是( ) A 溶血 B 皱缩 C 保持原形不变 D 膨胀 16. 下列属于稀溶液依数性中的是（） A 溶液的颜色 B 溶液的渗透压

大学无机化学试题及答案

2004-2005年度第二学期 无机化学中段考试卷 一、选择题 ( 共15题 30分 ) 1. 2 分 (7459) 对于H2O2和N2H4，下列叙述正确的是…………………………………………（） (A) 都是二元弱酸(B) 都是二元弱碱 (C) 都具有氧化性和还原性(D) 都可与氧气作用 2. 2 分 (4333) 下列含氧酸中属于三元酸的是…………………………………………………（） (A) H3BO3 (B) H3PO2(C) H3PO3(D) H3AsO4 3. 2 分 (1305) 下列各对含氧酸盐热稳定性的大小顺序，正确的是……………………………（） (A) BaCO3 > K2CO3(B) CaCO3 < CdCO3 (C) BeCO3 > MgCO3(D) Na2SO3 > NaHSO3 4. 2 分 (1478) 铝在空气中燃烧时，生成…………………………………………………………（） (A) 单一化合物Al2O3 (B) Al2O3和Al2N3 (C) 单一化合物Al2N3 (D) Al2O3和AlN 5. 2 分 (7396) 下列含氧酸根中，属于环状结构的是…………………………………………（） (A) (B) (C) (D) 6. 2 分 (1349) 下列化合物与水反应放出 HCl 的是……………………………………………（） (A) CCl4(B) NCl3(C) POCl3(D) Cl2O7 7. 2 分 (1482) InCl2为逆磁性化合物，其中In的化合价为……………………………………（） (A) +1 (B) +2 (C) +3 (D) +1和+3 8. 2 分 (7475) 鉴别Sn4+和Sn2+离子，应加的试剂为……………………………………………（） (A) 盐酸 (B) 硝酸(C) 硫酸钠 (D) 硫化钠(过量)

无机化学试题及答案

无机化学试题及答案 Company number：【WTUT-WT88Y-W8BBGB-BWYTT-19998】

河南中医学院 2007至 2008学年第一学期 《无机化学》试题 （供药学本科使用） 学号：姓名：座号： 复核人： 1分，共40分） 1、对于Zn2＋/Zn电对，增大Zn2＋的浓度，则其标准电极电势将 （） A 增大 B 减小 C 不变 D 无法判断 2、Cu2＋离子的外层电子构型为 （） A 8e B 18e型 C 18＋2e D 9～17e型 3、设氨水的解离平衡常数为θ b K。浓度为m mol·L－1的氨水溶液,若将其用水稀 释一倍,则溶液中OH－的浓度（mol·L－1）为 （） A m 2 1 B θ b K m? 2 1 C 2/ m K b ?θ D 2m 4、已知θsp K(Ag3PO4) = ×10-16，其溶解度为 ( ) A ×10-4molL-1； B ×10-5molL-1； C ×10-8molL-1； D ×10-5molL-1 5、下列各组物质，能自发发生反应的是（） A Cu、Cu2+； B Cr2O72-、Cr3+； C MnO2、Mn2+； D SnCl4、Sn 6、3d轨道的磁量子数可能是 （） A 1,2,3 B 0,1,2 C 0,±1 D 0, ±1, ±2 7、下列各分子中,以sp3不等性杂化轨道成键的是 （） A BeCl2 B PCl3 C BF3 D SiH4 8、熔化下列晶体时,只需克服色散力的是 （） A HF B Ag C KF D CO2 9.已知V E A/θ：Cr2O72- + Cr3+ Cr2+ Cr，则判断发生歧化反应的是（） A 都不能 B Cr2O72- C Cr3+ D Cr2+ 10.下列各物质中,熔点最高的是 （）