大学化学(无机类)无机化学试卷分析(授课讲解)

1、试卷分析2011-11-231. 写出下列元素符号对应的英文单词和外层价电子排布式 ( 10分)碳，铝，硅，氯，钙，钒，镍，锌，溴，锶。Carbon 2S22P2 Aluminum 3S23P1 Silicon 3S23P2 Chlorine 3S23P5 Calcium 4S2 Vanadium 2S22P2 Nickel 3d84S2 Zinc 3d104S2 Bromine 4S24P5 Strontium 5S1 1下列各种含氢化合物中不含有氢键的是 ( A )A. CH4； B. H2O； C. H3BO3 ； D. HF2下列物质中， 不等于零的是 f Hm ( D )AFe（s）

2、； BC（石墨）； CNe（g） ； D Cl2（l）3. 关于下列对四个量子数的说法，正确的是 ( D )A电子的自旋量子数是1/2，在某一个轨道中有两个电子,所以总自旋量子数是1或0B磁量子数m=0的轨道都是球形的轨道 C角量子数（l）的可能取值是从0到n的正整数D多电子原子中电子的能量决定于主量子数（n）和角量子数（l）二选择题（10分）3.下列各组元素的第一电离能按递增的顺序正确的是 ( B )ANa Mg Al BB C N CSi P As DHe Ne Ar5. 下列分子或离子中，构型不为直线型的是 ( A )AI3+ B. I3- C. CS2 D BeCl26. 中心采取sp

3、2杂化的分子是 ( B )A. NH3 B. BCl3 C. PCl3 D. H2O 7下列过程中，G=0的是 ( A )A氨在水中解离达平衡 B理想气体向真空膨胀 C乙醇溶于水 D炸药爆炸 8处于室温一密闭容器内有水及与水相平衡的水蒸气。现充入不溶于水也不与水反应的气体，则水蒸汽的压力 ( C )A增加 B 减少C不变D不能确定9下列化合物中，按沸点有高到低顺序排列正确的是 ( C )（1） （2） （3） A（3）（2）（1）； B （2）（3）（1）；C（1）（2）（3）； D （3）（1）（2）10第四周期元素原子中未成对电子数最多可达 ( C )A 4个； B 5个； C6个； D

4、7个四问答题（40分）1. 试解释下列各组化合物熔点的高低关系。CaOKCl (2) MgOAl2O3Z+、Z 分别为正、负离子的电荷数；r 为正、负离子半径之和 (pm)CaO的正、负离子电荷数值均为2，而KCl的均为1，故CaO的键能比KCl的大，所以熔点CaOKCl。Al3+的电荷相当高，半径小，极化作用很强，因而使Al2O3具有较多的共价成分，离子键的键能有所减小，所以熔点MgOAl2O3。2试举例说明在说明情况下r Hm，f Hm，c Hm的数值相等。答：一个反应同时满足以上三个热力学函数的条件时，则r Hm=f Hm=c Hm。如1mol H2完全燃烧反应： H2（g）+ O2（g

5、）= H2O（l）该反应的反应热等于H2（g）的标准摩尔燃烧热，也等于H2O（l）的标准默而生成热，即 c Hm， H2（g）=f Hm, H2O（l）=r Hm如1mol石墨完全燃烧反应的r Hm，f Hm，c Hm的数值相等。 C（石墨）+ O2（g）= CO2（g）该反应的c Hm,（石墨）=f Hm, CO2（g）=r Hm3已知M2+离子的3d轨道中有5个电子，试推出（1）M原子的核外电子排布；（2）M元素的名称和元素符号；（3）M元素在周期表中的位置。 解：（1）M原子的核外电子排布：Ar3d54s2 (2) M是25号元素，元素名称是锰，元素符号为Mn（3）M元素在第四周期，B族

6、。d区。4. 已知NaF中键的离子型比CsF小，但NaF的晶格能却比CsF的大。试解释原因。答：Na和F的电负性差为3.05，Cs与F的电负性差为3.19，可见NaF中键的极性比CsF键的极性小。晶格能体现的是正负离子间的引力的大小，这种静电引力不仅和离子键的极性大小有关，还与正负离子的半径有关，半径越小，正负离子间的引力越大，晶格能越大。由于Cs+的半径（169pm）比Na+得半径（95pm）大得多，因而Cs+与F-间的静电引力比Na+与F-的小，使NaF的晶格能却比CsF的大。5. 为什么由不同种元素的原子生成的PCl5分子为非极性分子，而由同种元素的原子形成的O3分子却是极性分子。答：P

7、Cl5分子：三角双锥构型，键的偶极矩互相抵消，使分子的正电重心和负电重心重合，分子的偶极矩为零。因此，PCl5分子为非极性分子。O3分子：O3分子为V形构型，分子中有34离域键，三个O原子上的孤对电子数不同，中心原子与端原子的电子密度不同。由于分子的非对称性和中心原子与端原子的电子密度不同使O3分子的偶极矩不为零，分子有微弱的极性6.试用价层电子对互斥理论判断下列分子或离子的几何构型，指出中心原子的杂化类型。（1）ClF3 (2) ClO2 (3) SO2Cl2解：分子或离子 分子或离子的空间构型 中心原子杂化类型ClF3 T 形 sp3d ClO2 V形 sp3SO2Cl2 四面体 sp37

8、. 试写出NO分子的分子轨道式，指出它的键级和磁性，并比较NO+、NO和NO-的稳定性。解：N 2s22p3 O 2s22p4NO (1s)2 (1s)2 (2s)2(2s)2 (2py)2(2pz)2(2px)2(2py)1稳定性：NO+NONO-8. 比较下列物质在水中溶解度的大小，并说明理由。 HgCl2, HgBr2, HgI2。解：Hg2+ 的半径大 、变形性大，同时又具有较强的极化能力；阴离子半径Cl-Br-I-，变形性Cl-Br- HgBr2 HgI2。 已知A(g) + B(s) = C(g) + D(s) rHm= -52.99 kJmol -1,在1.013105Pa，29

9、8 K、100 kP下发生反应，体系做了最大功，并放热1.49 kJ 。求Q、W、rUm、rSm和rGm。四 计算题（ 40分）解：由已知可直接得出 Q=-1.49 kJmol -1。 对于反应：A(g) + B(s)= C(g) + D(s)在恒温恒压下，以做了最大功的可逆方式进行。反应前后V=0，故无体积功，所以体系的功W是非体积功。rSm= Qv/T = 1.491000Jmol -1/298K = 5.0 Jmol -1K-1rHm =rUm（pV）= rUmpV故 rHm=rUm=52.99 kJmol -1由第一定律 rUm=QW所以 W=QrUm=1.49 kJmol -1（52

10、.99 ）kJmol -1 =51.5 kJmol -1 rGm =W rGm =51.5 kJmol -13. 在一定的温度下Ag2O(s) 和AgNO3 (s) 受热均能分解。反应为Ag2O(s) 2Ag(s)+1/2O2 (g ) (1)2AgNO3 (s) Ag2O(g) +2NO2 (g )+1/2O2(g) (2)已知反应的rH、rS 下列数据，并假定反应的rH、rS不随温度的变化而改变，估算Ag2O 和AgNO3按上述反应方程式进行分解时的最低温度，并确定AgNO3分解的最终产物。298.15KAg2O(g) Ag(s)AgNO3 (s) NO2 (g)O2(g) fHmkJmo

11、l-131.05-124.3933.18fSm Jmol-1K-1121.342.55140.92240.06205.138Ag2O(s) 2Ag(s)+1/2O2 (g )rHm = (fHm)产(fHm)反 = -31.05 kJmol-1rSm = (Sm)产(Sm)反 = 205.138/2+242.55 121.3 = 66.369 Jmol-1K-1= 31.0510-3/70.3 = 467.8 K3Cu形成+1价离子时失去的是4s电子还是3d电子？试用Slater规则的计算结果加以说明。解：Cu原子的电子结构式是 1s22s22p63s23p63d104s1 4s电子的4s=

12、（0.8518）（1.0010）= 25.3 E4s= 13.6(2925.3)2/42eV=11.64eV 3d电子的3d= （0.359）（1.0018）= 21.15 E3d= 13.6(2921.15)2/32eV=93.12eV计算结果是E4s E3d，说明Cu原子失去4s轨道中的电子。表 3-2 原子轨道中一个电子对于屏蔽常数的贡献被屏蔽电子屏蔽电子1s2s，2p3s，3p3d4s，4p4d4f5s，5p1s0.302s，2p0.850.353s，3p1.000.850.353d1.001.001.000.354s，4p1.001.000.850.850.354d1.001.001.001.001.000.354f1.001.001.001.001.001.000.355s，5p1.001.001.001.000.850.850.850.354根据已知的下列数据，由Born-Haber循环计算氯化钡的f Hm。氯分子的解离能： 242kJmol-1钡的升华热： 193 kJmol-1 钡的第一电离能： 503 kJmol-1钡的第二电离能： 965 kJmol-1氯的电子亲和能： 349 kJmol-1氯化钡的晶格能： 2027 kJmol-1答：反应的Born-Haber循环如下图所示。B