answer工程化学基础习题答案

answer工程化学基础习题 答案 八年级地理上册填图题岩土工程勘察试题省略号的作用及举例应急救援安全知识车间5s试题及答案 第一章 原子结构和元素周期系 [基本要求] 了解微观粒子运动的特性，熟悉原子轨道的概念，掌握四个量 子数取值范围，会用量子数确定原子轨道及微观状态，记熟s、p、d原子轨道的角分布图。理解屏蔽效应和钻穿效应，会用鲍林近似能级图排布多电子原子核外 电子。理解原子结构同周期系的关系。熟悉原子结构同有效电荷、原子半径、电 离能、电子亲合能及电负性变化的周期性间的关系。 [重点] 四个量子数及原子轨道角分布图、多电子原子核外电子的排布，原 子结构与周期系的关系。 [难点] 微观粒子运动的特殊性、四个量子数和原子轨道。 [参考教学学时] 6学时 习题参考答案 1. 用里德堡公式计算H原子电离是需要吸收多少能量？满足这个能量的波长是 多少？ 解：H原子电离即指核外的一个电子从基态（n=1）跃迁到无穷远（n=?、核作用不到的地方）。所以，其所许能量为： E=hv=hR 11() ,22nn12 11-341523 =hR（=6.626×10×3.289×10×6.02×10(),2I, 4,1 ,131.2，10(J),1312（KJ,mol) 满足这个能量的波长为： 88310，3，10c,8， λ====9.1210（m）=91.2（nm） 1511v3.289，10153.28910()，,22nn12 2. 假若H原子核外有一系列轨道的能量分别为： （1） -5.45×,1019,19J （2） -2.42×10 ,19（3） -1×10J （4） 0 J ,19（5） +5.45×10J 问：那些轨道是合理的，这些合理轨道分别是第几能级。 ,18，2.17910 解：H原子的能级公式为：E(J)=- n=1，2，3，„ n2n ,18 当n=1 时，E2.179，10=-（J） 1 ,18，2.17910,19=-=-5.448×10（J） 222 ,18，2.17910,19 n=3 时，E=-=-2.412×10（J） n=2 时，E323 ,18，2.17910,19 n=4 时，E=-=-1.362×10（J） 424 ,18，2.17910,20 n=5 时，E=-=-8.716×10（J） 525 ,18，2.17910 n=? 时，E=-=0（J） ,25 ?（1）、（2）、（4）都是合理的，分别是第二能级，第三能级和电离态（n=?）。 ,18E 2.179，10[2 解] 满足E1=-=-（J） n=1，2，3，„，?的能量的轨道n22nn 是合理的，n不同取值的轨道。 ,18E,2.179，101 （1） n,,,2 ,19E,5.45，10n ,18E,2.179，101 （2） n,,,3 ,19E,2.42，10n ,18E,2.179，101 （3） n,,,4.67 ,19E,1，10n ,18E2.17910,，1 （4） n,,,, E0n ,18E2.17910,，1 （5） n,,,虚数 ,19E5.4510，，n 故（3）、（5）非正证书是不合理的，（1）、（2）、（4）都是合理的，分别是第二能级、第三能级和电离态（n=?）。 3. 若电子的质量为,2872,19.0，103，10cm,s克，运动速度为，求其波长为多少 nm? ,34h6.6，10（J,S）,9解：， =2.4210（m）=2.42(nm) ,,,,315mv9.1，10（kg)，3，10(m/s) 答：其波长为2.42nm 4. 当氢原子的一个电子从第二能级跃迁到第一能级时，发射出光子波长是 121.6nm；当电子从第三能级跃迁到第二能级时，发射出光子的波长是 656.3nm，试回答： （1） 哪一种光子的能量较大？说明理由。 （2） 求氢原子中电子的第三和第二能级的能量差及第二和第一能级的能cE,hv,h 量差。说明原子中的能量是否连续。 ,解：（1）第一种光子的能量大，因为 波长越短，能量越高。 ,348hc6.626，10，3，10,18 （2）（J） E,,,,1.63，1021‘,9,121.6，101 ,348hc6.626，10，3，10,19 （J） E,,,,3.03，1032‘,9,656.3，102 因此，原子中的能量是不连续的。 5. 波长为242nm的辐射能旗号足够是钠原子最外层的一个电子完全转移。试计 算钠的电离能（KJ.mol,1）。 解：钠原子最外层的一个电子完全转移需要的能量应等于辐射光的光子能量。所 以 ,348236.626，10，3，10，6.023，10c,1 ,,Eh,=494.7（KJmol） ,9,2.42，10 6. 设有一个电子在3d轨道中的一个轨道上，这个电子的量子数n、l、m，可能 有哪些取值？用波 函 关于工期滞后的函关于工程严重滞后的函关于工程进度滞后的回复函关于征求同志党风廉政意见的函关于征求廉洁自律情况的复函 数 表 关于同志近三年现实表现材料材料类招标技术评分表图表与交易pdf视力表打印pdf用图表说话 pdf 示出这些取值所限定的轨道。 解：电子取值的电子数为：n=3，l=2，而|m|?2， 即 m=2，1，0，-1，-2。 用波函数表示为：,,,,,,,., 3,2,23,2,13,2,03,2,,13,2,,2 7. 下列各组量子数哪些是不合理的？为什么？ （1）n=2, l=1, m=0; （2）n=1, l=2, m=-1; （3）n=3, l=0, m=0; （4）n=4, l=1, m=1; （5）n=2, l=0, m=-1; （6）n=4, l=3, m=4。 答：?（2） l=n, （5）|m|＞1 （6）|m|＞1 而（1），（2），（3）均符合L＜n，|m|?1的限制，是合理的，（2）、（5）、（6） 是不合理的。 8. 在用量子数表示核外电子运动状态时，写出下列各组所缺少的量子数。 （1）n=? l=2, m=0, 1m,， s2 1（2）n=2 l=？, m=-1, m,, s2 （3）n=4 l=？, m=0, m,? s 1 m,,s2 答：（1）n=3，4，„，?（满足n＞1） （2）l=1，（满足n＞1和l?|m|） （4）n=3 l=1, m=？, 11 （3）l=3，2，1，0（满足n＞1） m,，,,s22 （4）m=1，0，-1（满足l?|m|）。 9.试指出下列符号所表示的意义是什么： 1 （1）s； （2）2s； （3）2s 答：（1）s表示角量子数l=0的原子轨道，该轨道是具球对称的，波函数（原子 轨道）为正值。 （2）2s表示主量子数为2，角量子数为0的原子轨道，或L层的s原子轨道。 （3）2s1表示主量子数为2，角量子数为0的原子轨道（或L层的s原子轨道）为1个电子占有。 11.写出基态原子的最外层具有下列电子构型的所有元素名称与符号： 2310,16,82 （1）nsnp(n,1)dns(n,1)dns；（2）；（3） 23解：(1)基态原子的外层电子构型为nsnp的元素是周期系中的VA元素，它们是： 氦 磷 砷 锑 铋 N P As Sb Bi 6,82 （2）基态原子的外层电子构型为(n,1)dns的元素是周期系中的?族元素，它们是： 铁 钴 镍 钌 铑 钯 锇 铱 铂 Fe Co Ni Ru Rh Pd Os Ir Pt (3)基态原子的外层电子构型为10,1(n,1)dns的元素是周期系中的?B族元素， 它们是： 铜 银 金 Cu Ag Au 13.不看周期表，用原子实表示下列微观粒子的电子构型： ， （1）Mg （2）Se (3)Cu3， (4)La (5)Xe 2 解：（1）Mg:[Ne]3s 1024（2）Se:[Ar]3d4s4p ，10（3）Cu:[Ar]3d 3，（4）La:[,e] 1026（5）,e:[,r]4d5s5p 14.凭你对元素周期表的了解填写下表的空格（表略） 解： 22626101s2s2p3s3p3d 5 ?A p 21原子序数 电子分布式 外层电子分布第几周第几什么5s5p 2610214s4p4d5s5p 式 期 族 区 2262610 1s2s2p2s2p 2 0 p 49 22626101s2s2p3s3p3d 5 ?B d 5142 4d5s 261014s4p4d5s 2262610 1s2s2p3s3p3d 6 ?B ds 261014210280 4s4p4d4f5s5d6s 61025p5d6s 3，15.某元素原子X的最外层只有一个电子，其离子的最高能级三个电子的主X 量子数n为3，角量子数为2，写出元素符号，第几周期，第几族？ 33，解：由题意可知，3d的电子构型为，由多电子核外电子排列规则可知，该, 51元素的价电子构型为3d4s，故该元素为铬（Cr），是第四周期，?B族元素。 16.已知甲、乙、丙、丁四种元素，其中甲为第四周期元素，与丁元素能形成原 子比为1：1的化合物。乙为第四周期d区元素，其最高正化合价为+7。丙与乙同周期，并具有相同的最高正化合价。丁为所有元素中电负性最到的元素。试： （1）填写下表（表略） （2）推测四种元素电负性高低顺序。 解：（1） 元素 价电子层结构 周期 族 金属或非金属 甲 1 4s 4 ?A 金属 52乙 3d4s 4 ?B 金属 25丙 4s4p 4 ?A 非金属 25丁 2s2p 2 ?A 非金属 （2）电负性高低顺序：丁＞丙＞乙＞甲 17.试解释下列事实： （1）从混合物中分离V与Nb容易，而分离Nb与Ta难。 （2）K的第一电离能小于Ca，而第二电力则大于Ca。 （3）为什么在109元素中大部分是金属元素： （4）为什么同一周期元素从左到右第一电离能有曲折变化？ 答：（1）由于镧系收缩的影响，Nb与Ta的原子半径、离子半径几乎相等，性 质十分相似，因此从混合物中分离Nb与Ta难；V与Nb未受镧系收缩的影响， 两者的原子半径、离子半径及化学性质均有明显差别，V是活泼金属，Nb是不活 泼金属，从而混合物中分离V与Nb容易。 （2）K与Ca同属第四周期，电子层数相同，最外层均为4s电子，但Ca的核电荷比K多，4s电子受核引力大，故K的第一电离能比Ca小。由于K的最外层只有2个4s电子，第2电离能系失去次外层3p电子所需能量；而Ca的外层有两个4s电子，第二电离能系失去最外层的另外一个4s电子，所需能量显然比电 离3p电子少，故K的第二电离能大于Ca。 （3）元素的金属性和非金属性与电负性有关，即与元素的原子在分子中吸引 成键电子的能力有关。吸引力小，电负性小于2，为金属；吸引力大，电负性大 于2，为非金属。S 区元素（H除外）处于每周期的开始，原子半径大，电负性 很小，为活泼金属；d、ds及f区元素因d、f电子的屏蔽效应，原子半径变化 不大电负性想对于s区变化不大，故也是金属。只有p区仅六族，31个元素中大部分为非金属，故在109个元素中，金属元素占大部分，非金属元素仅占少部 分。 （4）第一电离能是基态气体原子失去电子成为一个正电荷的气态阳离子所需 要的能量，而失去的这个电子总是外层能量最高的电子。多电子原子核外电子的 能量不仅与主层数相关，也与所处亚层相关。在同一周期中，能量最到的电子， 不一定处于同一亚层，因此从左到右第一电离能相对应失去的电子不一定是同一 亚层；另外，由洪特规律，电子处于半满或全满时更稳定，使电离能更大。因此， 同周期从左到右第一电离能并非一致按比例外升高，而是有曲折变化。 18.写出简单离子的五种离子构型。各举例说明其结构特征。 2，，1sLi ,解：2型 26，,8型 nsnp,a Cl 261,93，9-17型 nsnpndCr 2610，2，18型 nsnpndCuZn 261022，18+2型 (n,1)s(n,1)p(n,1)dnsPb 第二章 分子结构与晶体结构 [基本要求] 熟悉理解晶体的的类型及其特征，离子晶体的的三种晶格类型， 会用玻恩—哈伯循环进行有关计算。了解晶体缺陷及对晶体性质的影响。熟悉理 解离子键、共价键、金属键及分子间力和氢键的形成及特征，会用价键理论处理 一般分子的成键及结构问题。学会用离子极化理论结实键型、晶型的过渡及其物 理性质的变化。熟悉分子轨道理论、能带理论的基本要点，能处理第二周期同核 双原子分子的成键。理解能带理论与固体物理性质的关系。 [重点] 共价键理论及其应用、晶体类型及其特征、离子极化理论 [难点] 用杂化轨道理论处理分子的成键及构型、分子轨道理论 [参考教学学时] 10学时 习题参考答案 1. 根据电负性差值判断下列化学键的类型：Na-F；I-I；H-H；H-O；N-Cl；C-O； O-F；S-O；Ca-S。 解：Na-F电负性差为4-1=3＞1.7，为等离子键； H-H，I-I的电负性差为0，均为共价键； H-O的电负性差为3.5-2.1=1.4＜1.7，为共价键； N-Cl的电负性差为3.0-3.0=0＜1.7，为共价键； C-O的电负性差为3.5-2.5=1.0＜1.7，为共价键； O-F的电负性差为4.0-3.5=0.5＜1.7，为共价键； S-O的电负性差为3.5-2.5=1.0＜1.7，为共价键； Ca-S的电负性差为2.5-1.0=1.5＜1.7，为共价键； 和InCl 2. 根据电负性差值判断下列各化合物的极性大小： 33 （3）HI和HCl （4）HS和HO （1）ZnO和ZnS （2）BCl22 （5）NH和NF （6）HO和OF 3322 （7）IB和NF r3 解：（1）电负性0＞S，?极性ZnO＞ZnS； （2）电负性B＞In，?极性InCl＞BCl； 33 （3）电负性Cl＞I，?极性HCl＞HI； （4）电负性O＞S，故键的极性HO＞HS； 22 （5）NH的电负性差为3.0-2.1=0.9，NF的电负性为4.0-3.0=1.0， ?键的极性N-F＞NH； （6）H、O的电负性差为3.5-2.1=1.4，O、F的电负性差为4.0-3.5=0.5， ?键的极性H-O＞O-F； （7）I、B的电负性为3.0-2.8=0.2，N、F的电负性为1.0，故N-F键的极r 性大于I-B键的极性。 r 3.举例说明： （1）由非极性键构成的非极性分子； （2）由极性键构成的非极性分子； （3）由极性键构成的极性分子。 解：（1）如N、O、F、Cl等同核双原子分子，键无极性，分子也无极性。 2222 （2）如CCl、CH、SF等高对称性分子，键是极性键，由于对称性高，使644 分子的正负电荷重心重合，故分子为非极性分子。 H、NH、HO等，分子中化学键是极性的，但分子的对称332 性低，分子的正负电荷重心不重合，故为极性分子。 4.已知氯化钾和氯化钠属于同一晶格类型，已测得氯化钾晶体密度为 （3）如HF、CCl,320004Kg.m晶格中正负离子核间距为313.8pm，求阿佛加德罗常数。 解：求阿佛加德罗常数，即求1molKCl分子数。 ,3KCl的摩尔质量为：39.0983+35.453=74.5513×10Kg ,3,53KCl的摩尔体积：74.5513×10?20004=3.720×10m 3,283,12KCl的晶胞的体积：（2×313.8×10)，10(m)=2.472 1111每个晶胞中含KCl分子数:（1，12，，8，，6，）,4 2482 ,5,2823 阿佛加德罗常数:,,4，(3.720，10，2.472，10),6.02，10 A 23答:阿佛加德罗常数为6.02，10 5.有3下面数据计算K B的晶格能： r ,1 K B(s)的 标准 excel标准偏差excel标准偏差函数exl标准差函数国标检验抽样标准表免费下载红头文件格式标准下载 生成热（-392KJ,mol）; r ,1 K(s)的升华热为（+90 KJ,mol）； ,1 ,r(g),的解离能为（-190 KJmol）； 2 ,1 ,r(l),的蒸发热为（+31 KJmol）； 2 ,1 K(g)的电离能为（+418 KJ,mol）； ,1 的电子亲合能为（-333 KJ,mol）。 Dr(g) 解：KBr形成的波恩——哈伯循环图为： ,1,,f K(s) + ,,,,Br(l) HBr(s) 22 1, ,, Br(g) U=? S2 1 D 2 ,，,，, K(g) + Br(g),,,,，,K (g)r(g) 11,,即：,,,,,，G，D，I，E，U fs22 11,,UGDIE,,,,(,,，，，，)fs22 11 ,,392,(90，，190，，31，418,32322 -1,,687.5(KJ.mol) -1答：K B,687.5(KJ.mol)(s)的晶格能为 r 2,,的电子亲合能 2 ,1 MgO(s)的标准生成热 -600 KJmol , ,1MgO(s)等晶格能 -386.0 KJmol ,6.由下面的数据计算原子获得两个电子形成12,1Mg(g)生成Mg(g)的电离能 +2170 KJmol , ,1O的离解能 +494 KJmol (g),2 ,1Mg(s)的升华热 +150 KJmol ,解：由题意得MgO(s)形成的波恩-哈伯循环图为： ,,,1f ,,,, Mg(s) + O(s) MgO(s) 22 1, ,, D U S2 ,2,2，,,,, O(g) O(g) + Mg(g) I Mg(g) 1,,,,,,,，D，I，E，U fsA2 1,,EDIU,,,,(,,，，，)Afs2 1 ,,600,(150，，494，2170,3860)2 -1,，693(KJ.mol) ,'288.PCl的空间构型是三角锥形，键角略小于109；Si Cl是四面体，键角为34,'10928，用杂化轨道理论加以说明。 323解：P的价电子构型为3s3pp，由键角可知，P成键时采用s杂化轨道与Cl 3的3p轨道成键。但P的四个sp杂化轨道有5个电子，其中一个含有两个电子， 3不能成键而成孤对电子，其余三个sp杂化轨道与3个Cl原子成三个共价键。 3,'但因孤对电子的排斥作用而是键角小于109p28，为三角锥形。即P使用s不 等性杂化轨道成键。 1322Si的价电子构型为3s3p3s3p，经激发而成，由键角可知Si等性杂化与 ,'四个氧原子形成四个共价键，形成四面体结构，键角等于10928。 9.试用价层电子对互斥理论写出下列各分子的结构 CCl CS BF NH 3342 4，4解：CCl,4中C的价层电子对数为，成键电子对数为4，孤电子对数为0，42 3故分子为正四面体构型；按杂化轨道理论，CClp中C以s杂化轨道成键，Cl4 位于正四面体的四个顶点； 4，0中C的价层电子对数为，成键电子对数为2，孤电子对数为0，,222 故根子为直线型；按杂化轨道理论，CS中C以sp杂化轨道与S成键，未杂化的2 CS两个p轨道与S的另一p轨道重迭形成π键：S=C=S，为直线型分子； 3，3 BF中B的价层电子对数为,3，其中成键电子对数为3，孤电子对数32 21为0，分子构型为三角形；按杂化对到理论，B的2s2p电子激发为 11122s2p2pp，以sp杂化轨道与F形成3个σ键，分子为平面正三角形； XYZ 5，3 NH,4中N的价层电子对数为，其中成键电子对数为3，孤电子对数32 3为1，分子型为三角锥形；由杂化轨道理论，N以sp不等性杂化轨道成键，其中含单电子的杂化轨道与三个H原子形成三个σ键，一个为孤电子占据，以为分子呈三角锥型。 10.有X、Y、Z三种AB型分子，其价层电子对数为4，孤电子对数分别为0、1、n 2，试判断：X的空间构型__________；实列__________ Y的空间构型__________；实列__________ Z的空间构型__________；实列__________ 解：X的空间构型： 四面体 ；实列CH、SiF 44 Y的空间构型： 三角锥 ；实列NH、PF 33 Z的空间构型：“V”型 ；实列HO、HS 22 ，11.试用分子轨道理论即使为什么N,的离解能比的离解能大，O的离解能比222 ，,的离解能小？ 2 2022022解：据分子轨道理论，N,(),(),(),()(,)分子的电子分布为： SSSSPY112222 22，,,()(,)，键级为（8-2）/2=3。N的离解能大。而中成键电子数比N少22222PZp 1，键级为（7-2）/2=2.5，故其离解能比N小。 2 20220222011 O,(),(),(),()(,)(,)(,),(,)的电子分布为：=，SSSSPYPZPYPZ211222222 ，键级为（8-4）/2=2。而,的反键电子数比O少1，其键级（8-3）/2=2.5比22 ，O,的大，故O的离解能比的离解能小。 222 ，,2,12.写出,、,、,、,各分子或离子的分子轨道中的电子排布式，计算其2222 级，比较它们的稳定性大小，并说明其磁性。 20224011解：[,,,](,)(||),(),(,,),(),(,),的电子排布式为：，2222222sSPPYPZPYPZ2 键级=（8-4）/2=2，分子中单电子数为2，故,为顺磁性分子； 2 20220401， ,[,,,](,)(),(),(,,)(,)：，键级=（8-3）/2=2.5，为2222222sSPPYPZPY顺磁性分子； 202204011,,[,,,：](),(||),(),(,,)(,),(,)，键级=（8-5）/2=1.5，，2222222sSPPYPZPYPZ2 为顺磁性分子； 2022040122, ,[,,：,](),(||),(),(,,)(,),(,)，键级=（8-6）/2=1，为22222222sSPPYPZPYPZ 抗磁性分子： ，,2, ,＞,＞,＞, 2222 13.判断下列各组物质的不同化合物之间力的类型： （1）苯和四氯化碳 （2）甲醇和水 （3）氦和水 （4）溴化氢和氯化氢 解：（1）苯、四氯化碳均为非极性分子，它们之间的作用力只有色散力； （2）甲醇和水均为均为极性分子，且符合形成氢键的条件，故它们之间作用 力类型有：色散力、诱导力、取向力及氢键； （3）氦为非极性分子，水为极性分子，它们之间的作用力类型有：色散力、 诱导力； （4） 和HCl均为极性分子，相互间作用力类型有：色散力、诱导力及,,r 取向力。 14.根据分子结构判断下列化合物中有无氢键存在，如果有氢键存在，是分子间 氢键还是分子内氢键： （1）,, 3 （2）C, 26 （3）C,,C, 33 解：（1）有氢键存在，分子间氢键； （2）无氢键； （3）无氢键，因无同氧键联的氢。 15.已知MgO、KBr、NaF都为NaCl型晶体，试推断它们的熔点的相对高低，并说 明理由。 解：晶格类型相同的离子晶体，其晶格能或正负离子间的作用力主要取决于离子 电荷及离子半径，作用力大的熔点高，由于MgO中正负离子电荷均为2，其余两种均为1，故MgO的熔点最高。KBr和NaF的离子电荷相同，但，,及的半径,,r ，，比NaF中,a、F大，故NaF的熔点高于KBr。三种物质熔点高低顺序为： MgO＞NaF＞KBr 16.比较下列各组物质熔点高低，并说明理由。 （1）Si、I （2）HCl、HI 2 （3）W、Mg （4）CaF、BaCl、CaCl、MgO 222 答：（1）Si为原子晶体，I为分子晶体，其熔点Si＞I 22 （2）均为分子晶体，分子间力类型相同，但HI分子较HCl大，色散力大，故两者的熔点大小是HI（s）＞HCl（s）。 （3）W和Mg均为金属晶体，但W晶格中，不仅最外层的s电子参与成键，次外层的d电子也参与成键，而Mg仅最外层s参与成键，故W中的金属键比Mg 中强，二者熔点高低为：W＞Mg ＞CaCl＞BaCl （4）四种物质都是离子晶体，其熔点取决离子电荷和离子半径，电荷越多，222 17.试从离子极化观点解释。 半径越小，熔点越高。故这几种物质熔点高低顺序为： （1）FeCl MgO＞CaF的熔点高于FeCl的熔点； 32 （2）ZnCl的沸点、熔点低于CaCl； 22 （3）HgCl为白色、溶解度较大；HgI为黄色或红色，溶解度较小。 22 3，2，答：（1）由于FeCl中正离子Fe的电荷为3，比FeCl中Fe电荷多，且最32 外层电子为9—17型，故极化强，使其离子键向共价键过渡，晶型向分子晶体过 渡，故其熔点比FeCl低；后者因极化作用较弱，键的离子性较强，故其熔点较2 高。 2，2， （2）原因与上同。Zn是18型电子构型，极化力强，Ca为8电子构型， 极化力弱，故ZnCl的化学键具相当共价性，晶型也更靠近分子晶体，故沸点熔2 点低；CaCl是典型离子晶体，沸点、熔点比ZnCl高。 22 2，, （3）HgCl中Hg的次外d电子全满，无d-d跃迁，故无色。又因Cl较小，2 ,变形性（极化率）较小，故为离子晶体，易溶于水。HgI中由于I大，极化率2 2，大，18电子构型的Hg极化力又强，离子极化的结果导致原子轨道重迭，核间 距变小，键型向共价键过渡，故溶解度小（参见18（3））。由于原子轨道重迭，,2，I的核外电子容易失去，具还原性；Hg容易得到电子，具氧化性，故电子容 ,2，易从I的原子轨道向Hg的轨道转移，形成电荷转移跃迁，这种跃迁能较小， 对应于可见区，故HgI有色。 2 18.比较下列两组化合物中，正离子极化能力的大小。 （1） ZnCl FeCl CaCl KCl 222 （2） SiCl AlCl PCl MgCl NaCl 3542 答：上列两组化合物中，正离子极化能力的大小顺序为： （1） ZnCl＞FeCl＞CaCl＞KCl 222 （2） PCl＞SiCl＞AlCl＞MgCl＞NaCl 3542 19. 设计 领导形象设计圆作业设计ao工艺污水处理厂设计附属工程施工组织设计清扫机器人结构设计 一表，列出各类晶型晶体的结构特征及特性。 解： 2 分子晶体 分子 分子间力、氢键 HO（冰），HCl，干冰 2晶体类型 结点上的微粒 结点间的作用力 例 原子晶体 原子 共价键 金刚石、SiC 离子晶体 正、负离子 离子键 NaCl,CaS,CaF 金属晶体 金属原子、正离子 金属键 各种金属、合金 混合型晶体 原子、离子或原子团 两种或两种以上键 石墨、石棉 第三章 配位化合物的结构 [基本要求] 掌握配位化合物的基本概念，配位化合物的主体构型、磁性及颜 色，熟悉配位化合物的价键理论，了解配位化合物的晶体场理论简介，了解分子 轨道理论。 [重点] 配位化合物的基本概念，配位化合物的价键理论，晶体场理论。 [难点] 杂化轨道理论与配合物的成键特征和集合构型，晶体场理论。 [参考学时] 4学时 习题参考答案 1. 指出下列配合物的中心离子，配位体、中心离子的电荷数与配位数，并说出 配合物的名称。 [CrCl(H3,O)]Cl,[Fe(CO)],K[CoF],[PtCl(NH)],[Mn(CN)], 5253623262 2，CoCl(NH)],[Cu(NH)](OH),H[ PtCl],[Cr(NH)][Co(CN)] 3534226366 解： 中心配位体 中心离子化学式 配位数 名称 离子 电荷数 3，[CrCl(HO)]Cl Cr Cl、HO 3+ 6 氯化一氯五水合铬（?） 5222 [Fe(CO)] Fe CO 0 5 五羰合铁 5 3，,K[CoF] Co F 3+ 6 六氟合钴（?）酸钾 36 3，[PtCl(NH)] Pt Cl、NH 2+ 4 二氯二氨合铂（?） 3322 3,3，,[Mn(CN)] Mn CN 3+ 6 六氰合锰（?）配阴离子 6 2，3，,CoCl(NH)] Co Cl、NH 3+ 6 一氯五氦合钴(?)配阳离353 子 2，[Cu(NH)](OH) Cu NH 2+ 4 氢氧化四氨合铜（?） 3342 4，,H[ PtCl] Pt Cl 4+ 6 六氯合铂（?）酸 26 3， CrNH3+ 6 六氰合钴（?）酸六氨合铬3[Cr(NH)][Co(CN)] 3663，,CoCN 3+ 6 （?） 2. 写出下列配合物的化学式： （1） 四氰合镍（?）配阴离子 （2） 氯化二氯三氨一水和钴（?） （3） 五氯一氨合铂（?）酸钾 2,] (2)[CoCl(NH)()]Cl ,,42332（4） 二羟基四水合铝（?）配阳离子 3， (3)K[PtClS(NH)] (4)[Al(CO)()] ,,3224（5） 四氯合铂（?）酸四氨合铜（?） (5)[Cu(NH)][PtCl] 解：（1）[Ni(CN)344 2，3.Ni作中心离子可形成平面四边形、四面体、八面体配合物，试根据价键理论， 画出形成三中构型配合物时的电子分布式 解：平面正方形配合物： 四面体配合物： 八面体配合物： 4.分析μ=5.26B.M.的配离子[CoF3,]含有几个未成对的电子。 6 解：根据μ= n(n，2) =5.26 n(n，2) n=4.35 n值接近4 3,说明[CoF]含有4个未成对电子。 6 5.已知以下配离子的立体构型，应用价键理论画出它们的价层电子的分布式，指 出杂化轨道的类型、并估算它们的磁矩值。 ，2，2，[Ag(NH)] [Zn(NH)] [Pt((NH)] 323434 (直线型) (四面体) （平面正方形） ，，解：[Ag(NH,)]：Ag以sp杂化轨道成键，单电子数为0，磁矩=0，价层32, 电子分布为： 2，2，3[Zn(NH)]：Zn以sp杂化轨道成键，单电子数为0，磁矩为0，价层电子34 分布为： 2，2，2[Pt((NH)]：Pt以dsp 杂化轨道成键，价层电子分布为： 34 2，2,鳌合物[Co(en)]及[Fe(EDTA)]磁矩分别为3.82B.M和0B.M，画出它们的价3 层电子分布，指出是内轨或外轨型鳌合物，各为何种立体构型？ 2，解：?[Co(en)] u=3.82B.M 成单电子数 n=3 3 价层电子分布为： 2, u=0B.M 成单电子数 n=0 ?价层电子分布为： 外轨型八面体鳌合物 又?[Fe(EDTA)] 内轨型八面体鳌合物。 7.有配合物[Fe(2，3，2，)],[Co(NH)]及[Co(NH)]，试比较它们的与,,,263636, p值，写出它们的d电子分布式，估算它们的磁矩值。 解：查表得到： ,1,1 （1） 配合物 ,(cm) p(cm) , 2， [Fe(,,)] 13700 ＞30000 62 3， [Co(NH)] 23000 ＞21000 36 2， [Co(NH)] 10100 ＞22500 36 （3） d电子分布式和, B 2，3，2， [Fe(,,)] [Co(NH)] [Co(NH)] 263636 ,,,=5.92B.M =0B.M =3.87B.M BBB 3,3,8. 已知：配合物μ（B.M）[FeF]5.9，[Fe(CN)]2.4应用价键理论和晶体66场理论： （1）分别画出中心离子的价层电子分布； （2）指明属于内轨或外轨型配合物； （3）指明属于低自旋或高自旋配合物。 解：（1）[FeF3,3，32]：μ=5.90B.M，单电子数为5，Fe以spd杂化轨道成键，6 价层电子分布为： 3, [FeF]为外轨型高自旋离子 6 3,3，23 （2）[Fe(CN)]: μ-2.4B.M，单电子数为1，Fe以dsp杂化轨道成键，6 价层电子分布为： 3, [Fe(CN)]为内轨型低自旋离子。 6 9. 试用晶体场理论说明： （1） Cu(?)无色，Cu(?)显色 3，3，)](紫色)，[Cr(NH)()]（紫红色）， ,,,,632224 3，[Cr((NH)()]（浅红） ,,3332 963解：（1）Cu(?)的最外层电子构型为：d，基态分布为：dεdr,在吸收光能（2） [Cr(54后变成激发态dεdr。 ,,hv6354 d,dr(基态),,,, dεdr 一个原处于低能量的dε轨道的电子，进入高能量的dr轨道，必须吸收相当于分裂能Δ。的光能，因此，存在如下关系： Edr-Edε=Δ。=hv=hc/λ 计算得出吸收光的波长在可见光的范围内，因此Cu(?)显色。而Cu(?)的外层 1064电子构型d，dεdr全充满，不能吸收能量发生电子跃迁，因此不显色。 （3）由于同一金属离子，不同配体的配合物，起分裂能随配体形成的晶体场 的强弱不同而不同。配体对同一金属离子产生的分裂能值的大小顺序——即光谱 序列为：,,＜NH，因此，配合物中心离子的分裂能大小的顺序为： 23 3，3，3， Δ [Cr(NH)(HO)]＞Δ [Cr(NH)(HO)] ＞Δ [Cr(HO)] 0332303324026 3，3，当中心离子Cr的dr电子吸收光子发生跃迁时，吸收可见光的频率： 3，3，3，V[Cr(NH)(HO)]＞V [Cr(NH)(HO)] ＞V [Cr(HO)] 3323332426 3，因此，配合物的颜色为吸收光的补色，因此[Cr(,,)](紫色)， 26 3，3，[Cr(NH,,,,)()]（紫红色），[Cr((NH)()]（浅红）。 32243323 第四章 物质概述 [基本要求] 掌握而元化合物的类型及成键特征，氢氧化合物的酸碱性—ROH 经验规则，含氧酸的强度—鲍林规则，有机化合物的命名。熟悉单质的结构及性 质，同素异形体的概念，有机化合物的含义、特征、结构及分类，有机化合物的 同分异构现象。了解有机反映的类型，高分子化合物的特征，无机高分子和有机 高分子。 [重点] 单质的结构及性质，二元化合物的类型，成键特征、性质，有机化合 物的分类及命名，同分异构 [参考教学学时] 6学时 习题参考答案 1. 完成下列反应： (1) S + NaOH ,,,,, (2) I+ HNO 32 ,,(3) C + ,,,,,,,S,(浓) (4) Br+ NaOH 242 (5) Cl,,+ HO (6) Si + NaOH + HO 222 ,解：(1) 3S + 6NaOH ,,,2NaS + NaSO +3HO 2232 (2) 3I,+ 10HNO(浓) 6HIO+ 10NO + 2HO 2332 ,(浓),,,CO+ 2SO+ 2HO ,S,24222 , (4) 3Br+ 6NaOH5NaBr + NaBrO+ 2HO ,,,322 (5) Cl,+ HOHCl + HClO 22 (3) C + 2 (6) Si + 2NaOH + H,ONaSiO + 2H 2232 2.下列各组物质相互有无反应，填名反应产物并注明必要的反应条件。 反应物 Al K ClC 2反应物 生成物 HO 2 O 2 稀HCl NaOH 解： 反应物 Al K ClC 2反应物 生成物 HO 加热（用碱处理表面）常温 常温 高温 2 Al(OH)、H KOH、H HCl、HClO CO、H 3222 O 高温 燃烧 2 / KO2AlCOO 、CO 322 稀HCl AlCl、H 反映激烈 32/ / KCl、H 2 NaOH Na[Al(OH)]、 常温 24/ / H NaCl、NaClO、HO 22 3.球烯—C分子中有多少条边？多少个五元球面和六元球面？ 60 答：球烯—C分子中有32条边，12个正五边形和20个正六边形。 60 4.氧和臭氧分子结构的特点是什么？氧为何比臭氧稳定。 答：O分子中有一个σ键和两个三电子π键，这种三电子π键是定域小π键。2 2而O116.8:分子中三个氧原子呈三角形，键角为，中心氧原子以sp杂化轨道与3 2另外两个氧原子的sp杂化轨道形成两个σ键，分子中还存在一个三中心四电子 4大π键，即,键，这种大π键是离域大π键，臭氧不如氧气稳定，在常温下就3 可分解 2 O,3 O 32 这是一个放热过程。 ,, (2) SbS + O 3222 (3) HgI,,+ Cl (4) I+ ClO + 2OH 2225.完成并配平下列反应方程式 解：(1) 4HCl（气） + O 2 (1) HCl + O (3) HgI,+ ClHgCl+ I 2222 ,,,,(4) I,+ 5ClO+ 2OH5Cl+ 2IO+ HO 3226.如何由XeO制取NaXeO?用高氙酸钠作为氧化剂分析锰元素时有什么特别的346 优越性。 解：PH＞10.5时 ,, XeO, + OHHXeO 43 在碱性溶液中水解歧化为高氙酸盐和Xe ,4,, 2HXeO, + 2OHXeO+ Xe + 2HO + O 4226用高氙钠作为氧化剂分析锰元素时，根据元素电势图，可以在碱性条件下把锰氧 化成锰酸根，同时高氙酸钠被还原成惰性气体Xe，不会给体系带来其它杂质。 8.比较下列个项并简述原因 （1）BaCl,CCl,BeCl的熔点 242 （2）AlF,AlCl,PCl熔态的导电性 333 （3）SiF,SiI的热稳定性 44 解：（1）熔点高低：BaCl＞BeCl＞CCl 224 BeCl是典型的离子晶体，BeCl是过渡型（混合键型）晶体，CCl是典型224 的分子晶体。 （2）导电性：AlF＞AlCl＞PCl 333 AlF是典型的离子化合物，AlCl具相当的共价性。PCl是共价化合物。 333 （3）热稳定性：SiF＞SiI 44 SiF是典型的离子晶体。 4 10.下列卤化物哪些能水解，写出其水解反应。 SnCl,PCl,KCl,SiF,BCl,BiCl 53324 解：SnCl,+ HOSn(OH)Cl + HCl 22 PCl, + 4HOHPO+ 5HCl 5324 SiF,+ 4HOHSiO+ 2HSiO 424426 BiCl, + HOHBO + HCl 3233 3，3，11.用NaS溶液分别用于含Cr和Al的溶液，为什么得不到相应的硫化物2 CrS 和AlS?若想制备CrS 和AlS，应采取什么办法。 23232323 S 和AlS在碱性条件下要水解成Al(OH)和Cr(OH)沉淀。 333322 3，，3Na,S + 2Cr6Na+ CrS 322 3，，3Na,S + 2Al6Na+ AlS 322解：因为CrAl,S + HO Al(OH) + HS 23232 Cr,S + 6HO2Cr(OH) + 3HS 23232 若想得到CrS 和AlS，可以直接用单质和硫直接来制备。 2323 12-18题见书本444-445页“部分题参考答案” 第六章 热力学第一定律和热化学 [基本要求] 掌握基本概念及术语，热力学第一定律的表述及在封闭系统的表 达形式，热力学能和焓，物质在单纯PVT过程中和化学变化过程中热的计算方法， 在恒压过程和恒外压过程中体积功的计算。熟悉Cp和Cv的关系，物质的标准态，影响热容的因素，反映进度。了解组成不边的均相系统的U和H的全微分形式及偏导数的物理意义，分等温反应热的计算。 [重点] 状态函数及特征；热力学能及焓；过程热的计算。 [难点] 功和热的概念；用状态函数计算过程热的方法；各公式的使用条件。 [参考教学学时] 6学时 习题参考答案 1. 一定量气体在恒定3.00MPa的外压作用下，体积缩小了1.20dm3。试求气体 所做的功。 3解：因外压恒定，W=P,V=p1,2.00，10 m=3.6 KJ 外 2. 试证明1mol理想气体在等压条件下升温1:C时，气体与环境交换的功的值与 通用气体常数R的数值相同。 证：因过程等压，P一定 W= P,V=-（PV）=-(nRT）=-nRT ,,,外 所以对1mol理想气体，升温1:C时，T=1K，有 , ,1,1 W=-R/（mol） ,, 6533.10mol理想气体从2.00，102.00，10Pa，1.00dm等容降温使压力降到Pa，再 3等压膨胀到10.0dm，求整个过程的W、Q、ΔU和ΔH。 解：该过程如下 10mol 10mol 10mol