大学化学试题库

.实用文档.PAGE. 试题 中考模拟试题doc幼小衔接 数学试题 下载云南高中历年会考数学试题下载N4真题下载党史题库下载 库刘春英王淑涛罗立文选编目录第1章物质及其变化的一些根本定律1.1典型试题及解析1.2试题1.3参考答案第2章化学反响的方向和限度2.1典型试题及解析2.2试题2.3参考答案第3章电解质溶液3.1典型试题及解析3.2试题3.3参考答案第4章氧化复原反响和电化学4.1典型试题及解析4.2试题4.3参考答案第5章原子结构和周期系5.1典型试题及解析5.2试题5.3参考答案第6章分子结构和晶体结构6.1典型试题及解析6.2试题6.3参考答案第7章配位化合物7.1典型试题及解析7.2试题7.3参考答案第8章无机化合物8.1典型试题及解析8.2试题8.3参考答案第9章化学与环境9.1典型试题及解析9.2试题9.3参考答案第10章化学与材料10.1典型试题及解析10.2试题10.3参考答案第11章化学与能源11.1典型试题及解析11.2试题11.3参考答案第12章化学与生活12.1典型试题及解析12.2试题12.3参考答案第13章化学与生命13.1典型试题及解析13.2试题13.3参考答案综合性试题(一)综合性试题(二)综合性试题(三)综合性试题(四)综合性试题五)综合性试题(六)第1章物质及其变化的一些根本定律1.1典型试题及解析例1-1.判断以下说法是否正确，并说明理由。(1)对应于某一状态的热力学能是可以直接测定的。(2)反响的速率常数大，反响速率一定高。解：(1)这种说法不对。热力学能的绝对值是难以确定的。(2)这种说法不对。速率不仅与速率常数有关，还与浓度、压力条件有关。例1-2.298K时，在恒容量热计中测得1.00molC6H6〔l〕完全燃烧生成H2O(l)和CO2(g)时，放热3263.9kJ。计算恒压下1.00molC6H6〔l〕完全燃烧时的反响热效应。C6H6(l)+O2(g)H2O(l)+CO2(g)恒T、V解：C6H6(l)+O2(g)→3H2O(l)+6CO2(g)∵Qv=3263.9kJ，且QP=QV+△nRT∴QP=3263.9+〔6-〕×8.314×298×103=3267.6kJ∴QP=3267.6kJ·mol1例1-3.查 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 计算以下反响的 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 摩尔焓变：(1)Fe2O3(s)+3CO(g)=3CO2(g)+2Fe(s)(2)2NO2(s)=2NO(g)+O2(g)解：(1)Fe2O3(s)+3CO(g)=3CO2(g)+2Fe(s)824.4110.525393.5090=(νi)(生成物)–(νi)(反响物)=[3(393.509)+20]–[824.4+3(110.525)]=24.552kJ·mol1(2)2NO2(s)=2NO(g)+O2(g)33.1890.250=(νi)(生成物)–(νi)(反响物)=290.25+0–233.18=114.14kJ·mol1例1-4.试举例说明质量作用定律只适用于基元反响的理由。解：质量作用定律的内容是：基元反响的化学反响速率与反响物浓度以其计量数为指数的幂的连乘积成正比。许多化学反响不是基元反响，而是由两个或多个基元步骤完成的复杂反响。对于复杂反响，其反响的速率方程只有通过实验来确定。例如，反响：2H2+2NO→2H2O+N2其速率方程为=kc(H2)c2(NO)，而不是=kc2(H2)c2(NO)。由此可见，质量作用定律只适用于基元反响。例1-5.简要解释：(1)反响物间所有的碰撞并不是全部有效的。(2)A(g)+B(g)→C(g)，总反响并不一定都是二级反响。(3)在反响机理中，最慢的一步反响决定总反响的速率。解：(1)由于某些参加碰撞的分子所具有的能量小于活化能，有些分子在碰撞时的取向不适宜，所以所有碰撞不可能全有效。(2)大多数化学反响不是基元反响，其反响历程复杂。对于复杂反响，反响级数不是由反响方程式而是由实际的反响机理来确定。通常反响级数由实验测定。(3)快的反响能迅速供应慢反响所需的反响物或很快消耗慢反响的产物。所以总的反响速率为最慢的一步制约。1.2试题一.填空题1.当体系的状态被改变时，状态函数的变化只决定于，而与无关。2.反响2H2O(g)=2H2(g)+O2(g)，=483.6kJ·mol1，那么(H2O，g)=kJ·mol1。3.等温等压条件下，只做体积功的反响，QP=，而恒容反响时，QV=。4.某反响A+2B=C+D为基元反响，其反响速率表达式是，反响级数是。5.根据阿仑尼乌斯公式，随温度的升高，其速率常数k将；对不同反响，其活化能越大，速率常数k将。二.判断题1.化学热力学中，标准状态条件是指压力为101.325kPa，温度为298.15K。()2.系统的状态函数之一发生变化，系统的状态不一定变化。()3.反响的焓变和反响热是同一概念。()4.某反响2A+B=A2B，其反响速率表达式是=kcx(A)cy(B)，反响级数是x+y。()5.反响N2(g)+3H2(g)=2NH3(g)，某温度下反响速率(NH3)=0.2mol·dm3·h1，那么(H2)=0.2mol·dm3·h1。()6.由Arrhenius公式可知，加快反响速率的唯一 方法 快递客服问题件处理详细方法山木方法pdf计算方法pdf华与华方法下载八字理论方法下载 是升高反响温度。()7.反响A+B→C，假设是基元反响，该反响只能是二级反响。()三.选择题1.如果系统经过一系列变化，最后又变到初始状态，那么系统的()。(A)Q=0，W=0，U=0，H=0(B)Q≠0，W≠0，U=0，H=Q(C)Q=|W|，U=QW，H=0(D)Q≠|W|，U=QW，H=02.升高温度能提高反响速率的主要原因是()。(A)增加了活化分子百分数(B)降低了反响的活化能(C)增加了反响物分子间的碰撞频率(D)增大了平衡常数3.对于理想气体的内能有下述四种理解：(1)状态一定，内能也一定；(2)对应于某一状态的内能是可以直接测定的；(3)对应于某一状态，内能只有一个数值，不可能有两个或两个以上的数值；(4)状态改变时，内能一定跟着改变。其中正确的选项是：()(A)(1)，(2)(B)(3)，(4)(C)(2)，(4)(D)(1)，(3)四.计算题1.反响：CO(g)+O2(g)=CO2(g)。在298K，ΔU=282.0kJ，求此反响的标准摩尔焓变。2.丁酮二酸在水溶液中分解成丙酮和二氧化碳的反响，其分解反响速率常数在298K时为1.08104s1，在333K时为5.48102s1，试求该分解反响的活化能。五.综合分析题1.一般情况下，升高温度反响速度加快了，为什么？试用阿伦尼乌斯公式说明。2.温度不变时，给反响参加正催化剂，为什么反响速度加快了，试用阿伦尼乌斯公式说明。3.简述在合成氨生产中：N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)，rH=92.4kJ·mol1，工业上采用温度控制在673773K，而不是更低些，压力控制在30390kPa而不是更高？1.3参考答案一.填空题1.体系的始态和终态，变化途径。2.-241.8。3.ΔH，ΔU。4.=kc(A)c2(B)，3。5.增大，越小。二.判断题1.2.3.4.√5.√6.7.三.选择题1.C2.A3.D四.计算题(略)1.283.2kJ·mol1。2.Ea=97.6kJ·mol1。五.综合分析题1.答：阿累尼乌斯公式为k=Aexp(Ea/RT)，对给定反响A、Ea是定数，温度升高使exp(Ea/RT)变大，即k变大。在其它条件不变时，反响速度完全由速度常数k决定，所以k增大必然使增大。2.答：温度不变时，给反响参加正催化剂，作用是降低反响的活化能。根据k=Aexp(Ea/RT)，Ea的降低，使exp(Ea/RT)增大，A为常数，那么k增大。在其它条件一定时，k与成正比，所以活化能的降低必然导至反响速度的加快。3.答：对于此反响，低温有利于提高反响物的转化率，但低温反响速度慢，使设备利用率低，单位时间合成氨量少，为使其有较高的转化率和较快的反响速度，单位时间内合成较多的氨，常以催化剂的活性温度为该反响的控制温度。高压对合成氨有利，但压力过高对设备要求高，运转费高，因此，压力不宜过高，为了得到更多的氨，常用加压、冷却合成气的方法，以别离氨，使平衡右移。第2章化学反响的方向与限度2.1典型试题及解析例2-1.判断以下说法是否正确，并说明理由。(1)放热反响是自发的。(2)纯单质的、、皆为零。(3)反响的ΔrG>0，该反响是不能自发进行的。(4)如反响的ΔrH和ΔrS皆为正值，室温下ΔrG也必为正值。(5)冰在室温下自动融化成水，是熵增起了重要作用的结果。解：(1)这种说法不对。放热反响即ΔrH<0的反响，大多数放热反响是自发的，但不能用ΔrH<0作为判断反响自发的一般标准。因为在等温、等压条件下，决定化学反响方向的是ΔrG，ΔrG<0的反响是自发的。ΔrG=ΔrH-TΔrS，ΔrG的符号还与TΔrS项有关，对于熵减的反响，在高温下，即使是放热反响也不能自发进行。(2)这种说法不对。应该说稳定的纯单质的、为零。而T/K时，即使是稳定的纯单质的标准熵也不为零。应该说0K时，任何纯洁物的完美晶体的熵值为零。(3)这种说法不对。只能说在标准态下，ΔrG>0该反响不能自发进行。判断某一反响能否自发进行，一般用ΔrG。而=+2.303RTlgQ，当>0时，不一定大于零，所以该说法不对。(4)这种说法不对。根据吉布斯公式ΔrG=ΔrH–TΔrS，假设ΔrH>0，ΔrS>0，当温度降低时，ΔrG增大，但不一定是正值，在低温下可能为正值。(5)这种说法正确。冰在室温下自动融化成水，是一个吸热过程，但由于<且ΔG<0，所以冰在室温下自动融化成水是熵增起了重要作用的结果。例2-2.=–569kJ·mol1，=–805kJ·mol1，试比拟MgO(s)和SiO2(s)的稳定性大小。[分析]通常情况下，可以用吉布斯函数变的大小来判断化合物的稳定性。对于同类型化合物，可以直接根据加以比拟；但是，对于不同类型化合物，如题中所给MgO和SiO2就不能直接用进行判断比拟。因为气体的熵变对反响会有显著的影响。此时，要以消耗1molO2生成氧化物的过程的吉布斯函数变为依据比拟MgO和SiO2的稳定性。解：消耗1molO2生成氧化镁的反响为2Mg(s)+O2=2MgO(s)=2=2(569)=1138kJ·mol1同理Si(s)+O2=SiO2(s)==805kJ·mol1由计算结果知MgO比SiO2更稳定。例2-3.估计以下各变化过程是熵增还是熵减。(1)NH4NO3爆炸2NH4NO3(s)→2N2(g)+4H2O(g)+O2(g)(2)水煤气转化CO(g)+H2O(g)→CO2(g)+H2(g)(3)臭氧生成3O2(g)→2O3(g)解：(1)NH4NO3爆炸后，气体体积急剧增大，是熵值增大的过程。(2)水煤气转化过程气体体积未发生变化，估计熵变很小。(3)生成臭氧后，气体体积减小，是熵减过程。例2-4.反响：Al2O3(s)+3Cl2(g)→2AlCl3(s)+O2(g)。(1)用两种方法计算反响的标准吉布斯函数变，并判断反响进行的方向；(2)耦合反响：Al2O3(s)+3Cl2(g)+3C(s)→2AlCl3(s)+3CO(g)，用最简捷的方法计算反响的，判断反响进行的方向。解：(1)Al2O3(s)+3Cl2(g)→2AlCl3(s)+O2(g)1582.40628.801675.70704.2050.92222.96110.7205.03[解法一]=2+3=2(628.8)(1582.4)=324.8kJ·mol1[解法二]=2+3=2(704.2)(1675.7)=267.3kJ·mol1=2+3=2110.7+1.5205.0350.923222.96=190.9J·K1·mol1=T=267300298(190.9)=324188Jmol1=324.2kJ·mol1两种方法同时说明，计算结果一致(324.8kJ·mol1和324.2kJ·mol1)，>0，说明该反响在标态、298K时热力学上不可能进行，而逆反响(即AlCl3燃烧的反响)是可自发进行的。(2)Al2O3(s)+3Cl2(g)+3C(s)→2AlCl3(s)+3CO(g)1582.400628.8137.15最简捷的计算方法是直接用进行计算，将为零的两项略去。=2+3-=2(628.8)+3(137.15)(1582.4)=86.65kJ·mol1该反响的标准吉布斯函数变<0，在标态、298K下可自发进行。例2-5.煤燃烧时含硫的杂质转化为SO2和SO3，造成对大气的污染。试用热力学数据说明可以用CaO吸收SO3，以消除烟道废气的污染。解：298K时CaO(s)+SO3(g)→CaSO4(s)635.09395.71434.139.75256.6107=2=1434.1(635.09)(395.7)=403.31kJ·mol1==10739.75256.6=189.35J·K1·mol1298K时=T=403.31103298(189.35)=346.88kJ·mol1<0，所以在298K时反响可以自发进行。设反响可以自发进行的最高温度为T，那么(T)=(T)T(T)≈T=0即403.31103T(189.35)=0∴T=2130K(即1857℃)所以在低于2130K(1857℃)时可以用CaO吸收SO3，从而消除烟道废气的污染。例2-6.试用热力学原理说明一氧化碳复原Al2O3制铝是否可行？解：Al2O3(s)+3CO(g)=2Al(s)+3CO2(g)1582.4137.150394.41675.7110.50393.550.92197.628.33213.7=3(394.4)+0(1582.4)3(137.15)=810.65kJ·mol1因为>0，所以298K时不能用CO复原Al2O3。=3(393.5)+0(1675.7)3(110.5)=826.7kJ·mol1=3213.7+228.3350.923197.6=54.04kJ·mol1=T<0时，反响正向自发进行。反响自发进行的最低温度要大于15298K理论上才可行，但实践上温度很难到达15298K，所以用CO复原Al2O3是不可行的。例2-7.甲烷的转化反响为CH4(g)+H2O(g)⇌CO(g)+3H2(g)，试利用热力学数据，计算此反响在298K时的标准平衡常数。解：CH4(g)+H2O(g)⇌CO(g)+3H2(g)74.85241.82110.520186.27188.82197.67130.68=+3=(110.52)+0(74.85)(241.82)=206.15kJ·mol1=+3=197.67+3130.68186.27188.82=214.62J·K1·mol1=T=206.15103298214.62=142193.2J·mol1该反响的标准平衡常数极小，说明在常温时，甲烷转化为CO和H2的反响几乎是不可能的。例2-8.298K时SO2(g)SO3(g)296.9395.2300.4370.4求1000K时反响为2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g)的标准平衡常数。解：==2(395.2)2(296.9)=196.6kJ·mol1==2(370.4)2(300.4)=140kJ·mol1==189.9J·K1·mol11000K时，(1000K)=(298K)T(298K)103=196.61000(189.9)103=6.7kJ·mol1例2-9.(1)计算298K下反响C2H6(g，p)⇌C2H4(g，p)+H2(g，p)的，并判断在标准态下反响向何方向进行。(2)计算298K下反响：C2H6(g，p)⇌C2H4(g，3.0kPa)+H2(g，3.0kPa)的，并判断反响方向。解：(1)C2H6(g，p)⇌C2H4(g，p)+H2(g，p)32.8268.150==68.15(32.82)=100.97kJ·mol1体系处于标准状态下，>0，那么反响向逆向进行。(2)由=+2.303RTlgQ=100.97+2.3038.31410-3298lg=84.1kJ·mol1>0，反响仍向逆方向进行。例2-10.在1362K时以下化学反响的焓变和平衡常数：(1)H2(g)+1/2S2(g)⇌H2S(g)=21kJ·mol1，=0.80(2)3H2(g)+SO2(g)⇌H2S(g)+2H2O(g)=207kJ·mol1，=1.8×104计算：(3)4H2(g)+2SO2(g)⇌4H2O(g)+S2(g)，在1362K时的和。解：由(3)式=(2)式×2–(1)式×2得：=×2×2=(207)×2(21)×2=372kJ·mol1=()2/()2=(1.8×104)2/0.82=5.06×108例2-11.2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g)在1062K时的平衡常数K=0.955。如在该温度下，某一容器中含有SO2、O2和SO3三种气体，其分压分别为30.4kPa、60.8kPa和25.33kPa，试判断反响进行的方向。如果只将SO3的分压减至3kPa，反响方向有何变化。[分析]当QK，>0，反响逆向自发。解：(1)所以反响逆向进行。(2)所以反响正向进行。例2-12.反响PCl5(g)⇌PCl3(g)+Cl2(g)在523K和1.01325×105Pa下达平衡时，其分解百分率为80%，求该条件下反响的平衡常数Kp。解：设开始时PCl5为1molPCl5(g)⇌PCl3(g)+Cl2(g)起始时物质的量/mol100平衡时物质的量/mol11×80%0.80.8那么平衡时总物质的量为1.8mol，由平衡常数Kp表达式得：例2-13.苯甲醇脱氢可用来生产香料苯甲醛。反响：C6H5CH2OH(g)⇌C6H5CHO(g)+H2(g)，523K时，，(1)假假设将1.20g苯甲醇放在2.00L容器中并加热至523K，当平衡时苯甲醛的分压是多少？(2)平衡时苯甲醇的分解率是多少？解：(1)M(C6H5CH2OH)=108.14C6H5CH2OH(g)⇌C6H5CHO(g)+H2(g)平衡时p/kPa24.1xxx∴x=18.2p(C6H5CHO)=18.2kPa(2)苯甲醇的分解率2.2试题一.填空题1.用热力学函数符号表示以下状态的热力学特征：在恒温恒压条件下，放热反响的小于零；标准状态，298.15K时，稳定单质的和等于零；在0K时，纯洁完美晶体的等于零；自发进行的反响的小于零。2.高温下能自发进行，而低温下非自发进行的反响，通常是ΔH0，ΔS0的反响。3.H2(g)+I2(g)⇌2HI(g)，=50.3(713K)，某状态下，p(H2)=p(I2)=5.379105Pa，p(HI)=62.59105Pa，那么自发进行的方向是，原因是。4.以下反响处于平衡状态：X(g)+Y(g)⇌4Z(g)ΔH=45kJ·mol1，当同时升高温度参加正催化剂时，正反响速度将，化学平衡将。5.反响NO2(g)+NO(g)⇌N2O3(g)，ΔH<0，当反响到达平衡时，①T一定，压缩容器体积，增大系统的总压，平衡移动；②T一定，保持容器体积不变，通入氖气使系统总压增加，平衡移动；③V一定，p一定，升高温度，平衡移动；④T一定，p一定，通入氖气，平衡移动。6.对于反响N2(g)+3H2(g)=2NH3(g)，=92.2kJ·mol1，假设升高温度100K，那么，，，K，，。(填“根本不变〞、“增大〞或“减小〞)7.某条件下反响中某种反响物的转化率为25%，假设参加适当的催化剂，其它条件不变，那么该反响的转化率为。二.判断题1.因为=+2.303RTlgQ，所以在标准状态下不能自发进行的反响，在非标准状态下也一定不能自发进行。()2.在一定温度和压力下，某反响的ΔrG>0，故要寻找适合的催化剂将反响的活化能降低，使反响向正向进行。()3.稳定单质在298K时的标准摩尔生成焓和标准摩尔熵均为零。()4.可逆吸热反响的平衡常数随温度升高而增大；可逆放热反响的平衡常数随温度升高而减小。()5.只要温度不变，可逆反响反响物的平衡转化率也不变。()6.C2H4(g)+H2(g)→C2H6(g)是熵增反响。()7.反响Fe2O3(s)+3CO(g)=2Fe(s)+3CO2(g)，(298K)=15.2J·mol1·K1，那么(500K)≈15.2J·mol1·K1。()8.催化剂能改变反响历程，降低反响的活化能，但不能改变反响的。()三.选择题1.某反响的<1，那么该反响的值应是()。(A)=0(B)>0(C)<0(D)<12.：H2(g)+S(s)⇌H2S(g)S(s)+O2(g)⇌SO2(g)那么反响H2(g)+SO2(g)⇌O2(g)+H2S(g)的标准平衡常数是()。(A)+(B)(C)(D)/3.某温度时，反响H2(g)+Br2(g)=2HBr(g)的K=4102，那么反响HBr(g)=H2(g)+Br2(g)的K等于()。(A)(B)(C)4102(D)4.一个气相反响mA(g)+nB(g)⇌qC(g)，到达平衡时()。(A)=0(B)Qp=1(C)Qp=K(D)反响物分压和等于产物分压和5.将固体NH4NO3溶于水中，溶液变冷，那么该过程的ΔG、ΔH、ΔS的符号依次是()。(A)+(B)++(C)+(D)++6.在100K时，反响A(g)+B(g)→C(g)+D(g)在密闭容器中到达平衡，假设此时在该平衡体系中引入稀有气体，那么平衡将()。(A)正向移动(B)逆向移动(C)不发生移动(D)不能确定7.反响C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)，rH=131kJ·mol1，为增大水煤气的产率，需采取()。(A)增大压力(B)升高温度(C)降低温度(D)使用催化剂8.在密闭容器中，盛有NO2气体，在等温下建立以下平衡2NO2(红棕色)⇌N2O4(无色)，rH<0，假设升高温度，那么颜色将()。(A)变深(B)变浅(C)不变(D)不一定9.对于反响3O2(g)→2O3(g)，rH=288.4kJ·mol1，以下哪个条件有助于该反响进行()。(A)高温低压(B)高温高压(C)低温低压(D)多加臭氧10.反响CH3OH(l)+NH3(g)=CH3NH2(g)+H2O(g)，在标准条件下，某温度时，自发向右进行，假设该温度下反响的=17kJ·mol1，=17kJ·mol1，那么关于该反响表述正确的选项是()。(A)rH>0，rG<0(B)rH<0，rG>0(C)rH>0，rG>0(D)rH<0，rG<011.反响2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g)在853K到达平衡时的气体分压：SO2为22.4kPa，O2为33.0kPa，SO3为46.0kPa，那么此温度下上述反响的平衡常数的数值为〔〕。(A)0.0622(B)0.128(C)7.81(D)12.912.某反响的标准摩尔Gibbs自由能变化在773K时为1.00kJ·mol1，在此温度下反响的平衡常数是()。(A)1.27(B)1.17(C)1.00(D)0.85613.以下说法中正确的选项是()。(A)熵总是随着物质聚集状态的变化而增大。(B)熵总是随着温度的升高而减小。(C)熵与温度无关。(D)0K标准状态时，任何完整晶态物质的熵值都为0。四.计算题1.反响PCl5(g)+PCl3(g)⇌Cl2(g)在298K时的热力学数据如表所列：PCl5PCl3Cl2/kJ·mol1374.9287.00/J·mol1·K1364.6311.78223.1试通过计算说明：①反响在标准状态时能否自发进行？②标准状态下，反响自发进行的温度是多少？③标准状态下，600K时，反响的=？2.反响及热力学数据如下：Ca(OH)2(s)+CO2(g)=CaCO3(s)+H2O(l)Ca(OH)2(s)CO2(g)CaCO3(s)H2O(l)/kJ·mol1898.5394.41128.8237.1/kJ·mol1986.1393.51206.9285.8试通过计算说明：①标准状态，298K时，反响的=？②当温度升高到353K时，的变化率为多少？该变化率说明什么？3.在250℃时，将0.70mol的PCl5置于2.0dm3的密闭容器内使其达平衡，经测定PCl5的物质的量为0.20mol。(1)求该反响PCl5(g)+PCl3(g)⇌Cl2(g)在250℃达平衡时的Kc及PCl5的百分转化率。(2)在温度不变的条件下，在上述平衡体系中再参加0.20mol的PCl5，使其重新达平衡，求各物质的平衡浓度及PCl5的百分转化率。4.在497℃时，101.325kPa下，某一容器中2NO2(g)⇌2NO(g)+O2(g)建立平衡，有56%的NO2离解为NO和O2。(1)求，(2)假设要使离解度增加到80%，平衡时的压力为多少？五.综合分析题1.根据热力学计算吉布斯函数变为负值的反响，在该条件下，却观察不到明显的反响，为什么？(用碰撞理论说明)。2.温度对反响：mA+nB⇌pC，H<0，升高温度，对反响速率和化学平衡有何影响？为什么？3.催化剂能影响反响速率，但不能影响化学平衡，为什么？4.标准平衡常数改变，平衡是否一定移动？而平衡发生移动，标准平衡常数是否一定改变呢？2.3参考答案一.填空题1.ΔrH；，；S；ΔrG。2.>，>。3.逆向进行，Q=135.4>=50.3或ΔrG>0。4.加快，向左移动。5.向右，不，向左，向左。6.根本不变，根本不变，增大，减小，增大，增大。7.25%。二.判断题1.2.3.4.√5.6.7.8.三.选择题1.B2.D3.B4.C5.D6.C7.B8.A9.B10.A11.D12.D13.D四.计算题(略)1.①(298K)=37.2kJ·mol1>0，不能自发进行；②T>516K；③＝17.38。2.①＝6.1721012②平衡常数的变化率为1056数量级，说明温度升高平衡常数显著增大，平衡向右移动。3.(1)Kc=0.625，Kp=26.8，PCl5的百分转化率1=71.4%。(2)c(PCl3)=c(Cl2)=0.30mol·dm3，c(PCl5)=0.15mol·dm3，PCl5的百分转化率为2=66.67%。4.(1)=0.354；(2)p=7.85kPa。五.综合分析题1.答：热力学计算只是用始态与终态自由能之差进行判断反响能否自发进行。而实际反响却需要一个活化能,活化能越大，活化分子数越少，难于发生有效碰撞，而观察不到有明显的反响发生。2.答：升高温度，可以加快正逆反响的反响速度，平衡将逆向移动。因升高温度使速度常数增大，反响速度那么加快。(或从活化分子百分数增大，有效碰撞增多，微观角度说明)。依据勒夏特列原理，升高温度，平衡向吸热方向移动。给出反响，逆向吸热，正向放热，所以平衡将逆向移动。3.答：因为催化剂能起到改变反响历程，从而改变反响活化能的作用，所以能影响反响速度，但由于催化剂同时改变正、逆反响的活化能，同等速度的影响正、逆反响速度，而不改变反响的始态和终态，所以不影响化学平衡。4.答：平衡发生移动，标准平衡常数不一定改变。假设温度保持不变，反响物浓度或分压等其它条件改变而引起的平衡的移动，此时标准平衡常数不变；但由于温度改变引起平衡移动，此时标准平衡常数改变。第3章电解质溶液3.1典型试题及解析例3-1.假设要比拟一些难溶电解质溶解度的大小，是否可以根据难溶电解质溶度积大小直接比拟，即：溶度积较大的，溶解度应较大；溶度积较小的，溶解度也较小，为什么？答:同一类型的难溶电解质可以根据难溶电解质溶度积大小直接比拟，否那么不能。因为存在着化学计量数的方次问题。例3-2.写出以下各种物质的共轭酸。HSH2OS2[Al(OH)(H2O)5]2+解：H2SH3O+HS[Al(H2O)6]3+例3-3.写出以下各种物质的共轭碱。H3PO4HAcHSHNO3HClO[Al(H2O)6]3+解：AcS2ClO[Zn(OH)(H2O)5]+例3-4.要使沉淀溶解，可采用哪些措施？举例说明。答:措施主要有加酸、加碱、加配合剂(形成配合物)、加氧化剂。例如：Fe(OH)3+3HCl=FeCl3+3H2OAl(OH)3+NaOH=Na[Al(OH)4]AgCl+2NH3=[Ag(NH3)2]Cl3CuS+8HNO3=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O↓+3S例3-5.计算以下各溶液的pH值：(1)20cm30.10moldm3HCl和20cm30.10moldm3NH3H2O溶液混合；(2)20cm30.10moldm3HCl和20cm30.20moldm3NH3H2O溶液混合；(3)20cm30.10moldm3NaOH和20cm30.20moldm3NH4Cl溶液混合；(4)20cm30.20moldm3HAc和20cm30.10moldm3NaOH溶液混合；(5)20cm30.10moldm3HCl和20cm30.20moldm3NaAc溶液混合；(6)20cm30.10moldm3NaOH和20cm30.10moldm3NH4Cl溶液混合。解：(1)HCl为强酸，NH3为弱碱，两者量皆为0.1020=2mmol，故能完全反响，生成NH4Cl。设平衡时，c(H+)=xmol·dm3+H2O⇌NH3H2O+H+，平衡浓度/moldm30.050xxx又所以解得x=5.310-6mol·dm3pH=lgc(H+)=lg(5.3106)=5.28(2)HCl物质的量0.1020=2mmol强酸，NH3H2O物质的量0.2020=4mmol强碱，两者溶液混合后，局部中和，得一缓冲溶液：NH3H2O的解离平衡为：NH3H2O⇌+OH，pH=14pOH(3)NaOH为强碱，其物质的量为0.1020=2mmol，NH4Cl为弱碱强酸盐，其物质的量为0.2020=4mmol，两溶液混合后：+OH⇌NH3H2O反响后，生成NH3H2O的浓度为：剩余的浓度为：即c(NH3H2O)=c()，得到一缓冲溶液，由(2)中计算知pH=9.26(4)混合后，HAc局部可被NaOH中和，剩余HAc的浓度为：生成的NaAc浓度：故混合后变成了一缓冲溶液：HAc⇌Ac+H+平衡浓度/moldm30.050x0.050+xx(5)NaAc的量大于HCl的量，混合后，生成HAc的浓度为：剩余NaAc的浓度为：根据(4)小题计算知pH=4.74(6)NaOH的量等于NH4Cl的量，两溶液混合后完全发生中和反响，生成NH3H2O的浓度为：所以pH=14pOH=14+lg(9.49104)=10.98例3-6.判断以下反响的方向(用箭头表示，未注明者为标准条件)，并通过计算说明理由。(1)BaSO4(s)+(0.1mol·dm3)()BaCO3(s)+(0.01mol·dm3)：(BaSO4)=1.1×1010，(BaCO3)=5.1×109(2)Mg(OH)2(s)+2()Mg2+(0.01mol·dm3)+2NH3H2O(0.1mol·dm3)：(NH3H2O)=1.8×105，(Mg(OH)2)=1.8×1011解：(1)BaSO4(s)⇌Ba2++，(BaSO4)，①BaCO3(s)⇌Ba2++，(BaCO3)，②反响式①－②＝③即BaSO4(s)+⇌BaCO3(s)+，，③所以反响向左进行。(2)Mg(OH)2(s)⇌Mg2++2OH，(Mg(OH)2)，①2NH3H2O⇌2+2OH，(NH3H2O)，②反响式①－②＝③即Mg(OH)2(s)+2⇌Mg2++2NH3H2O，，③所以反响向右进行。例3-7.在含有Mn2+、Pb2+各0.010mol·dm3溶液中通入H2S达饱和(H2S浓度为0.10mol·dm3)，问溶液的c(H+)应控制在何值时，可使Mn2+与Pb2+别离？：(MnS)=1.41015，(PbS)=3.41028，(H2S)=1.1107，(H2S)=1.01014。解：Pb2+完全沉淀时(即c(Pb2+)<1.0105mol·dm3)，溶液中c(S2)至少要到达：此时c(H+)为：即c(H+)≤1.8mol·dm3时PbS沉淀完全。Mn2+不形成MnS沉淀时溶液中最大的c(S2)为：此时c(H+)为：把c(H+)控制在1.8mol·dm32.8105mol·dm3之间或pH控制在小于4.55，通H2S达饱和，就可别离Pb2+和Mn2+。例3-8.一溶液含有Fe2+和Fe3+，它们的浓度都是0.050mol·dm3，如果要求Fe3+离子沉淀完全而Fe2+离子不生成沉淀，须控制pH值为多少？：解：pHmin=14pOH=14[lg(6.51012)]=2.81pH=2.81，这是Fe3+离子沉淀完全时的最低pH。假设使Fe2+不沉淀，溶液的pH值不能高于Fe2+开始沉淀时的pH。即pHmax=14[lg(3.110-8)]=6.49所以假设要别离Fe2+和Fe3+，溶液的pH须控制在2.816.49之间。例3-9.将50cm3含0.95gMgCl2的溶液与等体积的1.80mol·dm3氨水混合，问在所得的溶液中应参加多少克固体NH4Cl才可防止Mg(OH)2沉淀生成？：(NH3·H2O)=1.8105，Mg(OH)2的=5.611012解：Mg(OH)2的解离平衡为：Mg(OH)2(s)⇌Mg2+(aq)+2OH(aq)，MgCl2的摩尔质量为95.21g·mol1，混合后总体积为100cm3，那么要使Mg(OH)2沉淀生成，所需的c(OH)为：NH3·H2O的解离平衡为：NH3·H2O⇌+OH，为防止Mg(OH)2沉淀生成应参加固体NH4Cl的质量为：M=2.20.10053.49=11.8g例3-10.Ag2CrO4分别用Na2SO4和NaCl溶液处理，是否会出现沉淀转化现象，为什么？[分析]沉淀转化是有条件的，一般来说，由一种难溶电解质转化为另一种更难溶电解质是比拟容易的，反之那么比拟困难，甚至不可能转化。转化的可能程度可以用反响平衡常数的数值来衡量。常利用转化平衡式和难溶电解质的溶度积常数来计算它的平衡常数。解：(1)沉淀转化反响为：Ag2CrO4(s)+⇌Ag2SO4(s)+沉淀转化反响K很小，反响向右趋势很小，故Ag2CrO4不能转化为Ag2SO4。(2)沉淀转化反响为：Ag2CrO4(s)+2Cl⇌2AgCl(s)+沉淀转化反响K很大，反响向右趋势相应较大，故Ag2CrO4能转化为AgCl。3.2试题一.填空题1.根据酸碱质子理论，以下分子或离子中：H2O、OH、HS、HCl、NH3、、S2，为酸的是，为碱的是，为两性物质的是。2.缓冲溶液的pH值首先决定于和的大小，其次才与有关。缓冲溶液的缓冲容量一般表示为和。当时，缓冲溶液具有最大的缓冲容量。假设在一定的范围内稀释缓冲溶液，那么无变化。3.一元弱酸HCN溶液，加水稀释，HCN的解离度将，溶液的c(H+)将，HCN的解离常数将。4.将0.1mol·dm3NH3H2O中，参加少量NH4Ac固体，NH3H2O的解离度将，pH值将，这种现象称为。5.在酸碱质子理论中，是质子的给予体，是质子的接受体。这种共扼酸碱对，是相互依存，相互转化的关系，称为。共扼酸的酸性越强，其共扼碱的碱性，其电离常数和的乘积为。6.在相同浓度的Cl和的混合溶液中逐滴参加AgNO3溶液，先生成色沉淀，后生成色沉淀，这种现象叫做。：(AgCl)=1.561010，(Ag2CrO4)=9.01012。7.在色的Ag2CrO4沉淀中参加一定量的NaCl溶液，沉淀的颜色变为色，反响的离子方程式为，这种现象称为。8.按照酸碱质子理论，[Fe(H2O)5(OH)]2+的共轭酸是，共轭碱是。9.现有BaSO4多相平衡体系，参加BaCl2溶液，由于效应，溶解度将会。10.在AgCl的饱和溶液中参加KNO3，那么AgCl的溶解度会，这种现象称为。11.根据溶度积规那么，使难溶电解质沉淀溶解的原那么是，常用的方法有、等。二.判断题1.二元弱酸的负二价离子的浓度近似等于。()2.0.10dm31.0mol·dm3的NaOH溶液，与0.10dm32.0mol·dm3的NH4Cl溶液混合即可作为缓冲溶液。()3.在HAcAc共轭酸碱对中HAc是弱酸，Ac是强碱。()4.PbI2和CaCO3的溶度积均近似为109，从而可知在它们的饱和溶液中，前者的Pb2+浓度与后者的Ca2+浓度近似相等。()5.室温下，饱和H2S溶液中，c(H+):c(S2)=2:1。()6.对缓冲溶液进行稀释，其pH值始终保持不变。()7.所谓沉淀完全就是用沉淀剂将溶液中某一离子除净。()8.难溶电解质的溶度积常数越小，溶解度越小。()9.一定温度下，AgCl水溶液中，Ag+与Cl浓度的乘积是一个常数。()10.AgCl和Ag2CrO4的溶度积分别为1.561010和9.01012，那么AgCl的溶解度大于Ag2CrO4的溶解度。()三.选择题1.将等体积、等浓度的HAc与NaAc的稀溶液相混合，()不发生变化。(A)pH值(B)HAc的解离常数(C)解离度(D)HAc的浓度2.在以下溶液中，AgCl的溶解度最大的是()。(A)0.1mol·dm3的NH3·H2O(B)纯水(C)0.1mol·dm3的HCl(D)0.1mol·dm3的NaCl3.PbI2沉淀的(PbI2)＝8.49109，那么PbI2在水中的溶解度s(mol·dm3)是()。(A)s=(B)s=(C)s=(D)s=4.Fe(OH)2的=1.81015，那么在pH=7.0的缓冲溶液中，Fe(OH)3的溶解度是()mol·dm3。(A)0.18(B)1.3104(C)7.6106(D)1.81085.配制pH=9.0的缓冲溶液，选择最正确缓冲对为()。(A)HNO2－NaNO2p(HNO2)=3.14(B)HAc－NaAcp(HAc)=4.76(C)NaH2PO4－Na2HPO4p(H3PO4)=7.20(D)NH3－NH4Clp(NH3)=4.766.某溶液含有KCl、KBr、K2CrO4浓度均为0.01mol·dm3，向溶液中逐滴参加0.01mol·dm3的AgNO3溶液时，最先和最后沉淀的是()。：(AgCl)=1.561010，(AgBr)=7.71013，(Ag2CrO4)=9.01012。(A)AgBr，Ag2CrO4(B)Ag2CrO4，AgCl(C)AgBr，AgCl(D)共同沉淀7.一醋酸溶液的pH值与1.0103mol·dm3盐酸相同，那么醋酸溶液的浓度为()。((HAc)=1.74105)(A)1.74104mol·dm3(B)5.75104mol·dm3(C)1.74mol·dm3(D)0.0575mol·dm38.在生产试剂NaCl工艺中，为除去溶液中离子，而参加BaCl2和Na2CO3。为实现这一条件，应采取的措施是()。：(BaSO4)=1.11010，(BaCO3)=5.1109。(A)BaCl2和Na2CO3可同时或分步参加到溶液中；(B)BaCl2和Na2CO3必须同时参加到溶液中，最后过滤除去BaSO4、BaCO3等；(C)必须先参加BaCl2溶液，过滤除去BaSO4后再参加Na2CO3；(D)以上措施均能实现工艺条件。9.Mg(OH)2的溶度积是1.2×1011(291K)，在该温度时，以下pH值中，哪一个是Mg(OH)2饱和溶液的pH值()。(A)11.46(B)10.46(C)9.73(D)5.7610.抑制FeCl3水解应()。(A)升高温度(B)加盐酸(C)加水稀释11.Al2(SO4)3溶液与Na2CO3溶液混合生成()。(A)Al2(CO3)3和Na2SO4(B)Al(OH)3和Na2SO4(C)Al(OH)3和Na2SO4并放出CO212.AgBr沉淀易溶于以下哪一种水溶液中()。(A)H2SO4(B)AgNO3(C)NaOH(D)Na2S2O313.影响缓冲溶液的缓冲容量的因素有()和()。(A)缓冲溶液的pH值(B)弱酸(或弱碱)的()值(C)缓冲溶液的总浓度(D)缓冲组分的浓度比14.向NaHCO3溶液中参加适量的Na2CO3，那么()。(A)溶液的pH值减小(B)溶液的pH值不变(C)HCO3的解离度减小(D)HCO3的解离度增大15.1.0dm3水中含0.20mol某一元弱酸(其=104.8)和0.020mol该弱酸的钠盐，那么该溶液的pH值为()。(A)2.8(B)3.8(C)4.8(D)5.8四.判断以下反响进行的方向，并简单说明。(未注明者为标准条件)PbCO3(s)+S2==PbS(s)+：(PbCO3)=3.31014，(PbS)=3.41028。五.计算题1.现有125cm31.0mol·dm3的NaAc溶液，欲配制250cm3pH值为5.0的缓冲溶液，需要参加6.0mol·dm3的HAc溶液多少cm3？：p(HAc)=4.762.(1)在10cm31.5103mol·dm3的MnSO4溶液中，参加5.0cm30.15mol·dm3的氨水溶液，能否生成Mn(OH)2沉淀？：=1.8105，Mn(OH)2的=1.91013(2)假设在原MnSO4溶液中，先参加0.495g(NH4)2SO4固体(忽略体积变化)，然后再参加上述氨水5.0cm3，能否生成Mn(OH)2沉淀？3.计算：在298K时，Ag2CrO4(s)在0.1mol·dm3AgNO3溶液中的溶解度。：六.综合分析题1.欲使溶液中某离子沉淀完全，参加的沉淀剂应该是越多越好。这种说法对不对？为什么？2.盐效应和同离子效应均影响难溶强电解质的溶解度，这两种影响有何分别与联系？3.什么是溶度积规那么？如何应用该规那么判断沉淀的生成和溶解？为什么有时按溶度积规那么计算应当有沉淀产生，实际上却观察不到？4.因为BaSO4的比BaCO3的小，所以不能通过与Na2CO3溶液作用将BaSO4转化成BaCO3，此结论正确吗？为什么？3.3参考答案一.填空题1.H2O、HS、HCl、；H2O、OH、HS、NH3、、S2；H2O、HS、。2.，；c酸/c盐和c碱/c盐；1；1；c酸/c盐(或c碱/c盐)=1；pH值。3.增大，减小，不变。4.降低，减小，同离子效应。5.质子酸，质子碱，酸碱共扼关系，越弱，。6.白，砖红，分步沉淀。7.砖红，白，Ag2CrO4+2Cl=2AgCl(s)+，沉淀的转化。8.[Fe(H2O)6]3+，[Fe(H2O)4(OH)2]+。9.同离子；减小。10.升高；盐效应。11.离子积Q<；酸溶解、配位溶解。二.判断题1.√2.√3.√4.5.6.7.8.9.10.三.选择题1.B2.A3.C4.A5.D6.A7.D8.C9.B10.B11.C12.D13.AC14.C15.B四.反响向右进行五.计算题(略)1.12cm3。2.(1)有沉淀生成；(2)无沉淀生成。3.溶解度s=1.12×1010mol·dm3。六.综合分析题1.答：不对。如在Pb2+溶液中参加Cl可生成沉淀，但过量后沉淀溶解生成，沉淀又溶解了。2.答：盐效应使难溶强电解质的溶解度增大；同离子效应使难溶强电解质的溶解度减小。同离子效应引起的溶解度的变化很大；盐效应引起的溶解度的变化很小，一般情况下不予考虑。3.答：当Q<时，溶液不饱和，假设体系中有沉淀物，那么沉淀物将发生溶解。当Q>时，沉淀从溶液中析出。当Q=时，饱和溶液与沉淀物平衡。这就是溶度积规那么，经常用它来判断沉淀的生成和溶解。在配制溶液或进行化学反响时，有时候计算的Q已经略大于，但尚未观察到有沉淀生成。这可能是由于Q是按浓度c计算的，不是按活度a计算的。即使活度之积已经略大于溶度积，也可能观察不到沉淀的生成，因为溶液可能以过饱和状态存在，由于没有结晶中心存在，固相暂时不能析出，所以观察不到沉淀的生成。此外人眼的观察能力有限，溶液中产生的沉淀量过少时，也可能观察不到。4.答：不正确。溶解度大的沉淀转化为溶解度小的沉淀较为容易，溶解度小的沉淀转化为溶解度大的沉淀，较为困难。BaSO4、BaCO3的溶解度相差不大，BaCO3稍小于BaSO4，那么只要Na2CO3的浓度足够，转化可以实现。第4章氧化复原反响与电化学4.1典型试题及解析例4-1.求Fe3O4中Fe的氧化数。解：O的氧化数为-2，设Fe的氧化数为x，根据中性分子中各元素原子氧化数的代数和为零的规那么有：3x+4×(-2)=0x=8/3即Fe3O4中Fe的平均氧化数为8/3。由此可见，氧化数可以是整数，也可能为分数。在判断共价化合物中元素原子的氧化数时，不要与共价键数相混淆。例如H2分子中H的氧化数为0，但共价键数为1。例4-2.用离子－电子法配平方程式：CrO2+Br2→CrO42+Br解：假设为分子方程式，需先写出未配平的离子反响方程式。此题即离子反响方程式。(1)将反响分解为成两个半反响方程式，即一个氧化反响，一个复原反响：复原反响：Br2→Br①氧化反响：CrO2→CrO42②(2)配平上述两个半反响方程式，先配平原子数，再配平电荷数：配平半反响①时，先配平溴原子数，半反响左侧溴原子数是2，右侧溴原子数是1，在右侧Br前配上系数2，那么原子数配平。再配平电荷：半反响左侧电荷是零，右侧电荷是-2，左侧加上2个电子，那么电荷配平。即得配平的半反响方程式③。配平半反响②时，半反响左侧CrO2比右侧CrO42少2个氧原子，为使方程式两侧氧原子数相等，可根据以下经验规那么在半反响两侧通过加H+、OH或者H2O配平，注意中性介质中反响产物可以是H+或OH离子，但这两种离子不可能同时存在于方程式的同一侧。本例题中反响是在碱性介质中进行，半反响②左侧CrO2氧原子比右侧CrO42少2个，采取添加OH－的方法，左侧反响物中每添加2个OH离子，就可增加1个氧原子，同时生成1个H2O；现在需要增加2个氧原子，那么需添加4个OH离子，同时生成2个H2O分子。此时半反响两侧的铬原子、氧原子、氢原子都已配平。然后配平电荷：半反响左侧电荷是-5〔CrO2与4OH〕，右侧电荷是-2〔CrO42〕，左侧失去3个电子，那么电荷配平。即得配平的半反响方程式④。复原反响：Br2+2e→2Br③氧化反响：CrO2+4OH-3e→CrO42+2H2O④(3)根据反响中得失电子总数相等的原那么合并两个半反响方程式，将两个半反响分别乘以适当的系数得其最小公倍数后相加：由③式可知氧化剂得到2个电子，由④式可知复原剂失去3个电子，为使得失电子总数相等，需由③式乘3，④式乘2，然后将两式合并、整理，即可得到配平后的离子方程式。×3Br2+2e→2Br+)×2CrO2+4OH3e→CrO42+2H2O3Br2+2CrO2+8OH→6Br+2CrO42+4H2O(4)核对方程式两侧的电荷数与原子数，确认配平后将“箭头〞改为“等号〞。