考研化学错题集.pdf

第 1 页 共 15 页 P5 6 将 NH3H2O 溶液稀释，溶液 1 倍 pH 为（D） A.变为原溶液的 1/2B.降低 lg2 C.升高 lg2D.降低 1/2lg2 例 6.3 向盐酸中加入等体积的水，溶液 pH 将 (B) A.变为原溶液 pH 的 1/2B.升高 2 C.降低 2D.升高 lg2 溶液稀释一倍 pH 变化 酸碱 强升Lg2降Lg2 弱升1/2Lg2降 1/2Lg2 P5 2.C(KCl)=0.0050molL -1的 KCl 水溶液与 C(AgNO 3)=0.0040molL -1的 AgNO 3溶液等体积混合，所得 AgCl 溶胶的胶团结构为? 解：(AgCl)mnCl -(n-x)K+x-xK+ P6 3.土壤胶粒带负电荷，对它凝结能力最强的电解质是（B） A.Na2SO4B.AlCl3C.MgSO4D.K3Fe(CN)6 解：与胶粒电性相反的电解质离子对溶胶起聚沉作用，且离子的价数越高，聚沉能力越强。 如对于带负电的 As2S3胶粒，各粒子的据称能力为 Al 3+Mg2+Na+；带正电的 Fe(OH) 3胶粒，据称能力 为：PO4 3-SO 4 2-Cl- 注意：带相等电荷的离子半径越大，其水化半径越小，对胶粒的据称嫩那个里越大。 如：对于 As2S3负电溶胶，离子聚沉能力为：Rb +K+Na+Li+ P4 5.对于氢氧化铁溶胶，K2SO4的凝结值与 KCl 的凝结值相比，哪个较小？ 解析：凝结值/聚沉值：是指单位体积的胶粒发生聚沉的电解质的最小值(mmolL -1) 因为在胶体中加入的电解质离子价数越高，使胶体越容易聚沉， 所以 K2SO4易使 Fe(OH)3胶体凝结，故 K2SO4的凝结值较小 注意： 两种带有相反电荷的溶胶按适当比例相互混合， 也可使溶胶发生聚沉， 该现象称为溶胶的互聚。 必须按等量原则：两种溶胶的总电荷数相等，才能聚沉安全。 P6 9.在溶胶中加入电解质会使其发生聚沉，影响溶胶聚沉值大小的因素有哪些 解：(1)离子的电荷数加入的电解质离子电荷数越大，聚沉值越大 (2)离子的水化半径 水化半径越小，聚沉值越大 随着离子半径的减小电荷密度增大，对水分子的吸引力也增大，其水化半径也随之增大，故 聚沉能力也就下降 第 2 页 共 15 页 P10 1.将 5molN2(g)和 5molH2混合生成 1molNH3(g)时，反应 N2(g)+3H2(g)=2NH3(g)的反应进度等于( C ) A.1molB.2molC.0.5mol D.4mol 3.298K 时，OsO4(s)的fHm=-391KJmol -1，OsO 4(s)的标准摩尔升化焓为 256KJmol -1，则反应 OsO4(g)=Os(s)+2O2(g)的rHm(298)等于 解析：由题意知：Os(s)+2O2=OsO4fHm=-391KJmol-1 故：OsO4(s)=Os(s)+2O2(g)rHm(1)=391KJmol-1 又因 OsO4(s)=OsO4(g)rHm(2)=56KJmol-1 故反应 OsO4(g)=OS(s)+2O2(g)的rH(298)m 为 rHm=rHm(1)-rHm(2)=335KJmol-1 P11 4.298K 时，生物合成天冬酰胺的rGm=-19.25KJmol -1，反应式为天冬氨酸+NH 4 +ATP=天冬酰胺 +AMP+PPi 已知该反应分四步进行 天冬酰胺+NH4 +ATP=-天冬酰胺腺苷酸+PPi -天冬酰胺腺苷酸+NH4 +=天冬酰胺+AMP -天冬酰胺腺苷酸+H2O=天冬酰胺+AMP ATP+H2O=AMP+PPi 反应，的rGm 分别为-41.84KJmol -1和-33.47KJmol-1.计算反应的 rGm 解：-+ 5.对于封闭系统，下列叙述正确的时（D ）联考化学 P10 知识点 A.不做非体积功的条件下，Qv 与途径无关，故 Qv 是状态函数 B.不做非体积功的条件下，Qp 与途径无关，故 Qp 是状态函数 C.系统发生不确定变化，不同途径中，热肯定不相等 D.系统发生不确定变化，Q+W 与途径无关 解：热(Q)是系统与环境间由于温度差而传递的能量形式 Q 不是状态函数，A、B 错 在不作非体积功条件下，Qv 与 Qp 均与途径无关 C 错 U=W+QU 是状态函数W+Q 与途径无关。 第 3 页 共 15 页 P11 6.298K 时，下列反应的rGm 等于反应生成的fGm 的为（D） A.H2(g)+Cl(g)=2HCl(g) B.HCl(g)+NH3(g)=NH4Cl(s) C.P(红磷)+ 2 3 Cl2(g)=PCl3(s) D.2C(石墨)+H2(g)=C2H2(g) 解： fGm 定义是： A 中生成物的化学计量数不是 1 B 中 HCl 不是单质，也不是最稳定的状态 C 中红磷虽然是磷元素最稳定的单质，但不是参考态单质(磷的参考态单质是白磷) P12 7.下列放热反应中，其中在标准状态下，任何温度下都可自发进行的是（C） A.2H2(g)+O(g)=2H2O(g) B.2CO(g)+O2(g)=2CO2(g) C.2C4H10(g)+13O2=8CO2(g)+10H2O(g) D.N2(g)+3H2(g)=2NH3(g) 普通化学 P76 例 7.6 将等体积、等浓度的 Na2C2O4与 NaHCO3水溶液混合后，溶液的 pH 为 ( B ) A. 422 1a OCHpKB. 422 2a OCHpK C. 2a 1a pKpK 2 1 D. 2a 1a pKpK - 解析： 二者混合后组成 HC2O4 -C 2O4 2-缓冲体系，则 2- 2 - 2 422a2 4 4 OCc OHCc lg-OCHpKpH 二者浓度相等，故 pH= 422 2a OCHpK 高温低温 第 4 页 共 15 页 普化 P76 例 7.7 例 6.7 在磷酸缓冲对的控制下，正常尿液 pH=6.30。尿液中磷酸缓冲对为（ ）。 (已知：7122712 321 .pK.pK.pK aaa ，) A.H3PO4-PO43-B.H3PO4-H2PO4- C.H2PO-HPO43-D.HPO42- PO43- 解析： H3PO4 和 PO43-在水溶液中不能大量共存，故答案 A 不正确 221 36 2 1 aaa pK.pKpK故答案 C 正确 P15 1.已知fHm (NO， g)=90.25KJ mol -1， 在 2273K 时.反应 N 2(g)+O2(g)=2NO(g)的 K=0.100.在 2273K 时，若 P(N2)=P(O2)=10KPa，P(NO)=20KPa，反应墒 Q=4 ，方向向逆向自发；在 2000K 时，若 P(NO)=P(N2)=10KPa，P(O2)=100KPa，反应墒 Q= 0.1，反应向 逆向自发 解析： 4 1010 20 /POP/PNP /PNOP Q 2 2 2 . . QK，反应逆向自发 因为fHm=90.25KJmol-1，为吸热反应； 当 T=2000K 时，K0.1 10 /POP/PNP /PNOP Q 2 2 . ，故 KQ反应逆向自发。 3 下列叙述，正确的是（ D ） A.对于rHm0 的反应，温度越高，K越小，故rGm 越大 B.对于rGm0 的反应，温度越高，rGm 越小，故 K越大 C.一定温度下，1，2 两反应的标准摩尔吉布斯自由能之间的关系为rGm(1)=2rGm(2)，则两 反应标准平衡常数间关系为：K(2)=K(1) 2 D.对标准平衡常数 K1 的反应，标准状态下必可正向自发 解析： A 中前面的条件不能得出rGm 越大，只能得出反应逆向进行 B 选项中条件不知道rHm 大小，故不能确定 K的大小 C 选项 RT r -lnK m G RT rG - m eK 由rGm(1)=2rGm(2)故 1Ke2K RT rG - m D 选项，若 K1,则 lnK00 RT rG - m ，故rGm0 第 5 页 共 15 页 P17普化 P33 例 3.4 4.相同变化的温度，使得下列 4 个反应rGm，K变化均最大的时（ A ） A.rSm=-30JK -1mol-1，rHm=-100KJmol-1 B.rSm=3JK -1mol-1 rHm=50KJmol -1 C.rSm=-30JK -1mol-1 rHm=50KJmol -1 D.rSm=3JK -1mol-1 rHm=-100KJmol-1 解析： 根据吉布斯方程：rGm=rHm-TrGm 可知，温度对rSm 的绝对值较大的反应rGm 影 响较大 根据范特霍夫方程： R rS RT rH -lnK m m 可知， 相同温度变化对rHm 绝对值较大的反应影响较大。 可知 A 正确 P19 普化 P43 例 4.4 1.已知 2NO(g)+Br2(g)=2NOBr 的反应历程是（ C ） (1)NO(g)+Br2(g)=NOBr2(g)（快） (2)NOBr2(g)+NO(g)=2NOBr(g) （慢） 此反应的速率方程可能是： A.V=kc(NO)B.V=kc(NO) C.V=kc(NO)c(Br2)D.V=kc(NOBr2)c(NO) 解析： 此反应速率由慢反应(2)来决定 即 V=V(2) V2=k2c(NO)c(NOBr2) 根据平衡浓度之间的关系 2 2 1 BrcNOc NOBrc k V=V2=k2c(NOBr2)c(NO)=k2c(NO)k1c(Br2)c(NO) V=kc(NO)c(Br2) P20 2.根据反应速率碰撞理论，反应物浓度和压力不变时， 若加入正催化剂，则反应活化能 Ea 降低能量因子 f 升高速率常数 k 升高； 若反应温度不变，增大反应物浓度，则反应活化能 Ea 不变 ，能量因子 f 不变，速率常数 k 不变 解： 由阿仑斯方程及其变形： RT Ea eAk 12 12 1 2 TT TT R Ea k k ln RT Ea ef 加入正催化剂，反应活化能 Ea 降低 f 升高，k 升高 温度不变，反应物浓度升高 Ea 不变，f 不变，k 不变 式中 e 为常数 压力浓度不变T 不变 ？A 受什么影响？ 第 6 页 共 15 页 P28 1.用 4 个量子数描述基态 N 原子外层 2S2P各电子。 解：2s：(2,0,0,+1/2)(2,0,0,-1/2) 2p(2,1,0,+1/2)(2,1,1,+1/2)(2,1,-1,+1/2) 或(2,1,0,-1/2)(2,1,1,-1/2)(2,1,-1,-1/2) He +中轨道能量高低顺序正确的为 （ B ） A.1s=2s=2p B.1s2s=2p3s=3d C.1s2s2p3s3p4s3d D.1s2s2p3s3p3d4s 2.在 He +中，3s，3p，3d，4s 轨道能量自低向高排列顺序为 3s=3p=3d4s， 在 K 原子中，顺序为3s3p4s3d； 在 Mn 原子中，顺序为3s3p3d4s。 解：He +为单电子离子，同一能级的电子能量相等；能级越高，能量越高。 K 原子发生能级交错，电子不进入 3d 轨道而进入 4s，导致 3d 高于 4s 的轨道能级 Ca 原子电子排布同 K 一样，Mn 是 25 号原子，而元素周期表中，21 号元素 Sc 开始 4s 轨道能量 不变得高于 3d P29 3.活泼金属主要集中于周期表中 第一、二、三主族元素，第三副族元素及镧系，惰性金属大都 集中于周期表中第六周期镧后元素 5.下列元素中，第一电离能最大的是（ C ） A.硼B.碳C.氮D.氧 12.B，C，N，O 四种元素，第一电离能最大的是 N ；原子电负性最大的是 O；原子半径最大的是 P 。 17.下列关于 Si 和 P 两元素的叙述，不正确的是（C） A.第一电子亲和能：PSi B.原子半径：SiP C.第一电离能：PSi D.作用于最外层的有效核电荷数：PSi 第 7 页 共 15 页 10.下列元素，第一电离能最大的是（ B） A.钠B.镁C.铝D.钾 解： H He Li Be BCNOFNe Na Mg Al Si PSCl Ar KCa 7.一多电子原子中，能量最高的电子是（ D） A.3,1,1，-1/2B.3,1,0，-1/2 C.4,1,1，-1/2D.4,2，-2，-1/2 解：能量轨道判断：n+0.7L。值越大，轨道能量越高 A 的能级轨道 3p 2,B 的为 3p1，C 的为 4p2，D 的为 4d5 由于离核越近的电子能量越小 8.电子钻穿效应越大，则（ D） A.原子的能量越高B.原子能量越低 C.轨道能量越高D.轨道能量越低 ns 2 全满 ns 2np3 半满 原子半径减小 作用于最外层电子有效核电荷 数增大 元素电离能变大 元素电子亲和能变大 原子电负性变大 半满 全满 N：1、2，3个数 L：0(s)、1(p)、2(d)、3(f)(n-1) M：0、1、2(2l+1) Ms： 2 1 、 2 1 - M=01 M=12 M=-13 M=24 M=-25 D 选项： M=-2 5 即： 4d5 第 8 页 共 15 页 P30 9.下列叙述错误的是（ C） A.表示电子的概率密度 B.在空间分布的形象化图像称为电子云 C.基态氢原子中，=53pm 的薄球壳内，最大 D.表示电子在空间某点附近单位微体积内出现的几率 解：在基态氢原子中，r=53pm 的薄球壳内， 2出现的几率最大 表示电子的几率密度 11.由于澜系收缩作用，性质相似的一对元素为（C ） A.Mn 和 ScB.Ru 和 RhC.Mo 和 WD.Y 和 La 解：澜系收缩导致“澜系收缩效应”即澜系元素后的几个第六周期的元素半径与其相应的第五周期元 素同族元素原子半径十分接近，其他性质也极为相似 13.周期表中， 一个周期最多容纳的元素数为能级组中最多容纳的电子数 。 故可预测， 第七周期(未 完成的周期)最多含32个元素 14.元素周期表可分为 s、p 、d、ds、f五个区，各区元素基态原子的价电子构型分别 为、。 第 9 页 共 15 页 P31 15.电子等微观粒子有别于宏观物体的特性：物理量量子化，波粒二象性分别可由 电子发射光谱和 电子衍射 实验证明 16.1927 年德国物理学家海森堡 提出来 测不准原理，揭示了 微观粒子的空间坐标与其动量不 能同时测准 1.判断下列简单分子的子或离子中心原子的杂化轨道类型（等性或不等性）和分子空间构型，说明分 子是否有极性？ OF2： NF3： BH3： SiCl4： NH3： HCN： PCl3： PCl5： CS2： SnCl2： 第 10 页 共 15 页 2 判断下列有机物中，每个 C 原子所采用的杂化轨道？ C2H6 C2H4 CH3CCH H-CHO Cl-COCl 3.Na 元素第一电离能 I1=494KJ mol -1， Cl 元素第一电子亲和能 Y1=366KJ mol-1， E=I1-Y1=128KJ mol-1 0，试解释为何气态 Na 原子和 Cl 原子在 E0 时仍能化合为稳定的 NaCl 晶体 解析：虽然 E0，但 Na+(g)与 Cl-(g)在静电力作用下，相互吸引，紧密堆积，在形成 NaCl 晶体 过程中，放出大量晶格能，V(NaCl)=-786.5KJmol-1，故整个过程是方能过程，因此可以形成稳定 的 NaCl 晶体。 P41 4.C 和 Si 为同族元素，但其氧化物 CO2和 SO2，性质却差异很大，为什么 解：C 和 O 均为第二周期元素，原子半径小，形成化合物时，两原子能充分接近，2p 轨道之间可以形 成较稳定的 P-P 键，故 C 与 O 原子可以 1 条 sp-p 键和一条 sp-p 键稳定结合，形成 CO2 有限 分子，其晶体形式为分子晶体。 Si 为第三周期元素，原子半径较大，3p 轨道离核较远，原子间形成的 5.下列分子，偶极矩等于 0 的为（D） A.NF3B.HCNC.SnCl2D.PCl5 解：偶极矩为 0，即分子为非极性分子。 四个选项中 BF3 分子型为三角锥，是极性分子。 HCN 构型是直线形，但 C-H 和 C-N 均为极性键，且键长不同也是极性分子 SnCl2中 Sn 是 sp3 不等性杂化，分子构型为 V 型，也是极性分子 PCl5杂化轨道类型为 sp3d，分子构型为三角双锥，呈中心对称，因此 PCl5是非极性分子 6.下列物质 CaO，MgO，NH3，PH3中，熔点由高到低的顺序为（ B ） A.CaOMgONH3PH3B.MgOCaONH3PH3 C.MgOCaOPH3NH3D.CaOMgOPH3NH3 解：CaO 和 MgO 是离子型晶体，NH3 和 PH3是分子型晶体，前二者熔点明显高于后二者 CaO 和 MgO 都是 NaCl 型晶体，离子电荷数相等，Mg 的半径小于 Ca，故 MgO 的熔点高于 CaO NH3和 PH3为化学性质相似的同组物质，NH3分子存在氢键，故熔点高于 PH3 第 11 页 共 15 页 15.钠的卤化物随摩尔质量递增，熔点降低。原因是阴离子的半径增大，其晶格能降低。 硅的卤化物随摩尔质量增大，熔点升高。原因是分子变形性越大，色散力增大，使得熔点增大。 34 例 4-9 下列化合物熔点高低顺序为( B ) A.SiCl4KClSiBr4KBr B.KClKBrSiBr4SSSiCl4 C.SiBr4SiCl4KBrKCl D.KClKBrSiCl4SiBr4 解：总的来说，KCl、KBr 是 NaCl 型离子晶体； SiCl4、SiBr4为 CCl4 型分子晶体离子晶体分子晶体 SiCl4和SiBr4从结构上看分子是中心对称的属于非极性分子，分子间主要是色散力和部分诱导力。二者皆因 分子间摩尔质量增大而增大，故熔点也因分子间力的增大而增大 P42 7.HF，HCl，HBr，HI 四种卤化氢， 分子极性依次递增的顺序为 HIHBrHClHF 分子间取向力依次递增的顺序为 HIHBrHClHF 色散力依次递增的顺序为 HFHClHBrHI 沸点依次递增的顺序为HClHBrHIHF 酸性依次递增的顺序为:HFHClHBrHI 解：取向力与分子极性有关，极性越大，取向力越大。 色散力受分子大小与摩尔质量的影响，分子越大摩尔质量越小 沸点受氢键和分子间力的影响，HF 分子间可形成氢键，故比同族其他化合物沸点明显增高，而 其余受色散力影响沸点以此为 HClHBrHIHF 对于非金属氢化物 HmX，X 的电荷越低，半径越大，越容易解离出质子，即酸性越强。 故同周期非金属元素氢化物，自左向右，酸性增强；同族非金属氢化物，自上而下，酸性增强。 8.试指出稀有气体 He，Ne，Ar，Kr，Xe 在水中溶解度大小的顺序？ 解：稀有气体均为非极性分子，分子间以色散力和诱导力为主，二者均与分子的变形性有关。 随分子的摩尔质量增大，分子变形性也越大，分子间力增大，故在水中溶解度也依次增大。 9.Pb +，Pb4+电子构型分别属于（ C） A.8,18 B.18,18+2 C.18+2,18 D.18,917 解： Pb 的原子序数 82，属于 P 区元素，而 Pb2+和 Pb4+分别为 P 区低氧化数金属正离子。而在离子的电子 构型中，单原子正离子电子构形中 ds 区元素的离子及 Sn4+，Pb4+等 P 区高氧化数金属正离子是 18 电子构型(ns2np6nd10)；Sn2+，Pb2+，Sb3+，Bi3+等 P 区低氧化数金属正离子是 18+2 电子构型 (n-1)s 2(n-1)p6(n-1)d10ns2 故选答案 C 第 12 页 共 15 页 P 43 11.下列分子中属于正四面体构型的为（） A.SF4B.CHCl3 C.NF3D.AsH3 12.下列分子中，属于三角锥构型的为（） A.H3O + B.CH4C.SnCl4D.NH4 + 13.下列分子中，属于三角双锥的构型为（） A.PCl5B.SF6 C.PF6 - D.NH4 + 14.下列分子中属于正八面体构型的为（） A.PCl5B.SF6 C.SF4D.C2H6 16.下列化合物 BF3，CCl4，NH3，H2O，CO2分子中键角由小到大的顺序是： H2ONH3CCl4BF3CO2 sp2 不等性sp3 不等性sp3 等性sp2sp V 形三角锥形正四面体平面三角形直线形 104451072010928120180 P45 17.H2CO3，NaHCO3，Na2CO3热稳定性依次增强，为什么？ 解：同种含氧酸及其盐，酸根给出氧离子能量相同。 阳离子夺取氧离子能力越强，热稳定性越差。 氢离子半径最小，电荷密度高，与氧离子结合能力强。 故同种含氧酸盐及其酸的热稳定性顺序为：正盐酸式盐酸 Na2CO3NaHCO3H2CO3 18.水在 4时密度最大，从氢键的角度解释这一反常现象。 解：在 T4时，分子的热运动使水的体积膨胀，密度减小； 在 T4时，分子间的热运动降低，而形成氢键的倾向增加。 形成分子间氢键越多，分子间的空隙也越大，密度越小。 当水结成冰时，全部的水分子都以氢键相连，形成空旷的结构，所以密度更小 第 13 页 共 15 页 P63 3.向饱和 CaCO3溶液中加水，下列叙述正确的是（ D） A.CaCO3溶解度增大，Ksp不变 B.CaCO3溶解度，Ksp都增大 C.CaCO3溶解度不变，Ksp增大 D.CaCO3溶解度，Ksp都不变 P63 6.欲使 Mn 2+定性完全生成 MS 沉淀，而与 c(N2+)=0.01molL-1的杂志 N2+分离，MS 与 NS 的容度积比值 为（A） A.10 -3 B.10 -4 C.10 -5 D.10 -6 解析：M2+定性完全生成沉淀，则其 C(M 2+)10-5molL-1 3 22 22 10- )/cC(S)/cC(N )/cC(S)/cC(M (NS)K (MS)K - - sp sp P71 1.下列电极的电极电势与介质酸度无关的为() A.MnO4 -/MnO 4 2- B.MnO4 -/Mn2+ C.Cu(NH3)4 2+/Cu D.O2/H2O 解析： B、D 电极的电极反应中，均有 H+参加，故不对； C 电极反应为 Cu(NH3)4 2+2e-=Cu+4NH 3，虽无 H+直接参加反应，但介质酸度影响配合物的稳定性，高酸 度时溶液中游离的 Cu2+浓度越高，使得电极电势升高，故 C 不对。 A 电极反应为 Mn 2+e-=Mn 4 2-，无 H+或 OH-参加，且氧化态，还原态物质均不能结合 H+，故 A 对 P73 2.标准状态下，水溶液中不能共存的一组物质为（） A.CrO4 2-，Cl- B.Cr2O7