工程化学习题答案2012

第一章 绪 论1. 答：化学学科是从对化学元素的科学定义开始的。随着元素物质的认定到对元素物质的相互作用(化合和化分)规律的研究而提出了原于、分子理论以及后来与由能量有关的化学平衡，动力学，催化作用等研究而建立起来的物理化学，到原子内部能量和结构的研究而提出的原子模型，和现在与其它各学科的高度融合，都表明了化学研究内容是一个日惭丰富，其涵义逐渐广泛、完整的过程。显然在其发展的不同时期和阶段，对其所下的定义虽不同，但却是越来越明确和完善。这也表明，不同时期、阶段的定义是受当时社会和科学发展水平配制的，是受到人类认识自然能力配制的。 化学的定义，应该是一个从多方面考虑的完整的定义。它主要涉及到研究对象、反应变化规律、引起变化的内部和外部因素等。所以可以说，现阶段的化学的任务是：研究在分子、原子、离子层面上，由于与外界相互作用的能量变化引起的物质分子在组成、结构、性质上的变化、变化规律以及生成的产物。第二章 物质的组成与结构一. 选择题12345678910CCDADDBCCC11121314151617181920DBADCACACCDDCDC二填空题1. 电子衍射， 波粒2. = 6.610-22(m)3. n=3 l=2 m=0，1，2(任意三个) ms=+或-，1s22s22p63s23p63d54s1；第四周期B族；铬 Cr 4. 能级分裂和能级交错5. 泡利不相容原理； 能量最低原理6. Kr 5s14d10， 五， IB； Kr 4d107. 1) 1s22s22p63s23p63d34s2； 2) 3s23p63d28. PH3，H2S； HNO3；HF2-9. 1) 诱导力，色散力；2) 取向力，诱导力，色散力；3) 色散力；4) 取向力，诱导力，色散力，氢键10. 取向力、诱导力、色散力；诱导力、色散力； 色散力。11. 1) 必须具有与电负性大的元素，以强极性共价键结合在一起的氢原子.2) 必须有电负性大，半径小，具有孤对电子的元素的分子或离子(原子团)12 方向， 饱和， 升高， 较低13. H2O，CO，H2O，HBr三 简答题1. 解: (1)属于基态；(3)属于激发态；(2)，(4)属错误2. 解: (2)、(3)不合理。当n=2时，l只能是0、1，而(2)l=2；当l=0时，m只能是0，而(3)m为+13. 解: (1)不符合能量最低原理；(2)不符合能量最低原理和洪德规则(3)不符合洪德规则；(4)不符合泡利不相容原理；(5)正确。元素代号元素符号周期族价层电子构型ANa三A3s1BMg三A3s2CAl三A3s13p1DBr四A4s24p5EI五A5s25p5GF二A2s22p5MMn四B3d54s24. 解:5. 解: (1)电子组态：1s22s22p63s23p63d54s1 价电子：3d54s1(2)有4个电于层，7个亚层，共有6个成单电子。(3)该元素处于第四周期B族，d区。6. 解： l2时为d轨道，只有第四周期及其后各周期的d区相P区元素有此结构。而失去3个电子后，d电子为半充满的元素一定是在d区。因为该元素在氪之前，故此元素必为第四周期的d区元素。 M3+3e- = M3d5 (半充满) 3d64s2可见，该元意为26号元素Fe。7. 解: (1)不正确，这只能对双原子分于而者。(2)不正确，这只能对双原子分子而吉，(3)错，sp2杂化轨道是由某个原子的ns轨道和两个np轨道混合形成的。(4)正确。(5)错。原子在基态时的成对电子，受激发后有可能拆开参与形成共价键。(6)错。如某些分子在成键时发生不等性杂化，则杂化轨道的几何构型与分子的几何构型就不一致。8. 解: BF3分子在成键时发牛sp2等性杂化，所以呈平而三角形，而NF3分子在成键时发生sp3不等性杂化，所以呈三角锥形。9. 解: 在BF3分子中，B除了以3各sp2杂化轨道与3各F的2p轨道重叠形成3各键外，B为缺电子原子，还有一个2p轨道没有参加杂化而是空的。而F得2p轨道有孤独电子，B提供空轨道而F提供孤对电子，B与F得对称性相同的2p轨道形成键。因此BF4-分子中的BF键的键强较BF3分子中的要强，导致键长较短。 10. 解：在形成化合物时，碳原子的2s2中的一个电子激发到2p轨道，其电子构型变为1s22s12p3，有4个成单电子，在形成分子时，碳原子可以sp杂化形成一个单键和一个三键(如乙炔分子)；也可以sp2杂化形成二个单键和一个双键(如乙烯)；更多的是以sp3杂化形成四个共价单键(如甲烷)。因为增加成键数而多释放出的能量除了补偿激发电子所消耗的能量外还有剩余，故碳原子在形成化合物时一般都形成四个键。11. 解：(1) F2、C12，Br2，I2是均为非极性分子，随着F2、C12，Br2，I2相对分子质量的增加，分子变形性增大，色散力越来越强，分子间力越来越入的缘故。 (2) HC1、HBr、HI均为极性分子，分子间力以色散力为土，随着从HC1、HBr、HI的相对分子质量的增加，分子变形性增大，色散力越来越强，分了间力越来越大，熔点、沸点也越来越高。 (3)稀有气体为单原于分子，是非极性分子，从He、Ne、Ar、Kr、Xe随着相对分子质量的增大，分子变形性越来越大，分子间力越来越大，沸点也越来越高。12. 解：(1) C2H6和C2H5C1的熔点、沸点C2H6的熔点、沸点。 （2）乙醇的熔点、沸点高于乙醚的熔点、沸点。13. 解：(1)因为水分子间存在氢键；(2)因为NH3是极性分子，而CH4是非极性分子； (3) HBr的分子间力比HCl大，所以HBr的沸点比HCl高，而HF分子间存在氢键，因此又比HBr的沸点高；(4)是由于CH4，CF4，CCl4 ，CI4相对分子质量逐渐增大，分子间力逐渐增大的缘故。14. 解：(1)不正确，例如H2O和H2S，H2O由于分子间氢键的存在其分子间力大于H2S。(2)错，例如H2O分子间也存在色散力(3)对。(4)错，例如CH4分子可不存在氢键。(5)对。15. 解；(1)色散力； (2)色散力、诱导力； (3)色散力、诱导力 第四章 化学反应的基本原理一、 判断题1-5 6-10 11-15 二、 选择题15 D D C C B 610 D B D D A 1115 D D A B C1620 D C D C B 2125 B C A A B 2630 D A A B C3135 D A B A B 3640 B C A C C 4145 D D D D A 三、 填空题1. P.T.V.U.H.G.S.2. ， ，-Pex（V2-V1），3. 4.6102，7.41024. 理想气体，只做膨胀功5. 166.56. Mol，7. -89.5kJmol-18. 反应热9. 25.9 kJmol-1 12.95kJmol-110. 熵11. 孤立12. Li（s）； LiCl（s）；Ne（g）； Cl2（g）； I2（g）。13. -，+14. 高温15. S，G16.17. 减小，增加，平衡18. 7.60104，75%19. 0.4, 1.210-3 molL-1s-120. 增大，减少，增加21. k=2k/四、 计算题1.解：（1）根据 = 4*(-1675.7)+0 -0+3*(-1118.4) = -3347.6 kJmol-1 该反应的Qp = -3347.6 kJmol-1（2）上述值是用去8molAl(s)所放出的热量,所以用去267.0g铝应放出的热量为-3347.6 kJ/(26.98 gmol-1 * 8mol) * 267.0 = -4141 KJ2.解： = 2192.3Jmol-1K-13130.6Jmol-1K-11191.5Jmol-1K-1=198.3 Jmol-1K-13.解：（1） （601.7）（393）（1096）101.3KJmol1 (2) =214+26.9-65.7 =175.2 Jmol1 K1 （3）101.3850175.2/1000 -47.45KJmol14. 解：（1） = 2 (111) + (1) (394) Jmol1K1 =172（kJmol1）（2） = 2 198 + (1) 5.7 + (1) 214 =176.3（Jmol-1K-1）298.15=119.44（kJmol1） 由于0，因而反应不能自发进行。（3）反应在标准态下从自发反应到非自发反应或从非自发反应到自发反应的转变温度是975.6K（4）该反应在500时：= (176.3733.15 176.3 103)= 35.69（kJmol1）由于0，因而反应不能自发进行。（5）500时，当，其余物质均处在各自的标准态时反应的：=35.69+ 8.314733.15ln(10p/ p)-110-3=21.65（kJmol1）5. .解：(1) N2O4（g）2 NO2（g） 0.272 0.544 K=0.32(2) PV=nRT = 同理得出N2O4的离解百分率是19.6%。(3) 增大压强，平衡向体积减小的方向移动； 减小压强，平衡向体积增大的方向移动。第五章 非氧化还原反应(王毅老师编写)一、判断题（请判断下列说法是否正确，正确在括号中填“”，错误的填“”）1、 2、 3、 4、 5、 6、 7、 8、 9、 10、11、 12、 13、 14、 15、二、选择题（请将正确答案的序号填写在题前的括号中）1、D 2、B 3、D 4.A 5、B 6、C 7、C 8、C 9、D 10、B 11、 D 12、A 13、A 14、B 15、C 16、D 17、B 18、A 19、A 20、 B三、填空题（请在题目相应位置填入正确答案）1K aKb= K W 2减小，同离子效应3. 基本不变； 不变。4. 碱；HCO3- + H2O H2CO3 + OH-。5. CN -、Ac-、OH -；H2S、HCN、NH4+6. 二氯二氨合铂()，Pt2+，Cl和NH3，Cl和N7Cr2O72，Sn28. BrO3- Sn2+ Cl2 BrO3-9. 减小 不变10. MnO4- + 8H+ + 5e Mn2+ + 4H2O， 2Cl- -2 e Cl2 ， 0.15V， (-)Pt,Cl2(p)Cl-MnO4-,Mn2+,H+Pt(+)。11. K12. 大 小13. MnO4 + 8H+5e Mn2+4H2O MnO4/ Mn2+ 14. ZnZn2+（c2）| H+（c1）H2（p），Pt 15 2，5，3，2，5，8，116. Pt2 ； N，Cl； 4；三氯一氨合铂()(氢)酸四、计算题（请在题后写出相关计算过程）1、解答：设c(H+)与c(HCO3-)为x；c(CO32-)为yH2CO3 = HCO3- + H+ 平衡时浓度： 0.05-x x x H2CO3 = HCO3- + H+平衡时浓度： x-y y x+y c/Ka1y400 0.05-x0.05x2/(0.05-x)=Ka1y=4.3010-7解得x=1.4710-4moldm-3 Ka2y极小 x+yx，xyx(x+y)y/(x-y)=Ka2y=5.6110-11解得y=5.6110-11 2、解答：因为pKa2=7.2，与配制缓冲溶液pH接近，所以应选择NaH2PO4和Na2HPO4两种溶液混合。 由解离方程H2PO4-HPO42-+H+可知：pH=pKa2-lg(c(H2PO4-)/c(HPO42-) 将pH=7和pKa2=7.2代入上式，得：c(H2PO4-)/c(HPO42-)=1.585 设NaH2PO4取x dm3和则Na2HPO4取(1-x) dm3，则有：x/(1-x)=1.585解得x=0.613，即NaH2PO4和Na2HPO4分别取0.613dm3和0.387 dm3。3、解答：溶液混合后，c(Mn2+)=0.10 moldm-3， c(NH3H2O) =0.05 moldm-3 欲防止产生Mn(OH)2沉淀，设c(OH-)浓度为y，则c(Mn2+)/cy(c(OH-)/cy)2(Kspy(Mn(OH)2)解得y0.61 moldm-3所以至少应该加入NH4Cl固体0.61 moldm-30.20 dm353.5 gmol-1=6.5g 4、解答：设加入Na2SO4 xmol，当BaCO3全部转化为BaSO4后，有0.1mol SO42-转化成BaSO4，(x-0.1)mol在溶液中以离子形式存在，而CO32-全部游离出来，所以最终溶液中CO32-浓度为0.1 moldm-3，SO42-浓度为(x-0.1)moldm-3。由反应方程式BaCO3+SO42-=BaSO4+CO32-可知： 将CO32-和SO42-浓度带入上式，解得x=0.104所以需加入142g/mol0.104mol=14.8g Na2SO4。5、解答： (1)假如能够通过该反应制备Cl2则反应必须向右进行。MnO2/Mn2电极做正极，Cl2/Cl电极做负极。此时标准电动势E（MnO2/Mn2）（Cl2/Cl）0.134V0。MnO2(s) + 4H(aq) + 2Cl(aq) = Mn2(aq) + Cl2(g) + 2H2O(l) 设c(H)c(Cl)x，把c(Mn2)0.5moldm-3，P(Cl2)30kPa，E0.134V代入上述不等式，得到：x4.15 moldm-3。负极半反应：2Cl(aq)2e=Cl2(g) 正极半反应：MnO2(s)4H(aq)2e=Mn2(aq)2H2O(l) 原电池图式：()Pt|Cl2(P)|Cl(c1)|Mn2(c2),H(c1)|MnO2(s)|