大学化学课后习题参考答案(修正版)

第1章化学热力学一、选择题1.A；2.A；3.C；4.B；5.D；6.C；7.C；8.C；9.A；10.C；11.A；12.C。二、填空题1．40；2．等温、等容、不做非体积功，等温、等压，不做非体积功；3．＞，＜，＝，＞4．增大、不变5．不变6．3.990kJ·mol－1三、判断题1.×2.×3.×4.×5.√6.×7.×8.×9.×10.×四、计算题1．解：摩尔燃烧热为2．解：此反响的是较大的负值，且型反响，从热力学上看，在T转的温度以内反响都可自发进行。3．解：外压，，，系统所做功：定温变化，，所以Q=1247.1〔J〕定温过程pV=常数(pV)=0所以4．解：查表知CaO(s)+SO3(g)=CaSO4(s)求得同理求得因为所以根据经验推断可知，反响可以自发进行。＜＜但由于该反响，故存在一个能使反响自发进行的最高温度，该＜＜温度为一般的炉温是1200℃左右，所以热学上，用CaO来吸收SO3以减少天气污染的可能性是存在的。这种方法在实际中已有应用。5．解：〔1〕＞0，在298.15K，标态下不自发。〔2〕T＞837.5K反响自发6．解：〔1〕〔2〕T=308K当可逆过程时做电功最大，＜〔3〕＜反响正向自发进行。7．解：Ag2O(s)2Ag(s)+＞0，＞0T＞452.77K才分解。第二章化学反响动力学1.A+B=2C为简单反响,那么k的单位是_L·mol-1·s-1或L·mol-1·min-1_,该反响为__2_级反响。2.:2N2O5=4NO2+O2,反响基理如下：

N2O5=NO2+NO3(快)

NO2+NO3=NO+O2+NO2(慢)

NO+NO3=2NO2(快)该反响速度方程为，它是一个_____1___级反响。3.利用阿累尼乌斯公式将lnk对1/T作图，可得一条直线，直线的斜率为___-Ea/R___，在纵坐标上的截距为_____lnA_____。4.二甲醚[(CH3)2O]分解为甲烷、氢和一氧化碳的反响动力学实验数据如下：t/s0200400600800c[(CH3)2O]/mol·L-10.010000.009160.008390.007680.00703〔1〕600s和800s间的平均速率。〔2〕用浓度对时间作图〔动力学曲线〕，求800s的瞬时速率。5.在300K温度下，氯乙烷分解反响的速率常数为2.5×10-3min-1。〔1〕该反响是几级反响？说明理由。〔2〕氯乙烷分解一半，需要多长时间？〔3〕氯乙烷浓度由0.40mol·L-1降为0.010mol·L-1，需要多长时间？〔4〕假设初始浓度为0.40mol·L-1，反响进行8h后，氯乙烷浓度还剩多少？6.某反响在700K时，速度常数为：k=1.2L·mol-1·S-1,此反响的活化能为150kJ·mol-1，试计算800K解：根据公式〔2-13〕可知那么=25.06所以答：800K时的反响速率常数为30.07L·mol-1·S-1。7.某一级反响，在300K时反响完成50%需时20min，在活化能350K时反响完成50%需时5min，试计算该反响的活化能。解：一级反响，t1/2=，可看出t1/2与k成反比，答：该反响的活化能为24.2KJ·mol-1。8.人体中某种酶的催化反响活化能为50.0kJ·mol-1，正常人的体温为37℃，问在发烧至40解：根据公式〔2-13〕可知

那么=1.2所以反响速度增加了20%答：该反响速率增加了20%。第3章溶液中的离子平衡一、判断题1.×；2.×；3.×；4.×；5.×；6.√；7.×。二、填空题1.1、；2.总浓度、缓冲比；3.0.0184.7；5.H2O、NaAc、NaOH、NaAc、NaOH；%；7.、、6.20-8.20；8.共轭酸碱对；-7.45、；；13.10；14.HAc、HAc为弱电解质，稀释会使其解离度增大。四、计算题1.柠檬酸〔缩写H3Cit〕常用于配制供培养细菌的缓冲溶液。如用500mL的0.02mol•L-1柠檬酸，需参加0.400mol•L-1的氢氧化钠溶液多少毫升，才能配成pH为5.00的缓冲溶液？〔柠檬酸的pKa1=3.14，pKa2=4.77，pKa3=6.39〕参考答案：解：具有缓冲能力的缓冲溶液其pH范围应为pH=pKa±1。现要配制pH为5.00的缓冲溶液，pKa应为4~6，应选择的缓冲对为〔NaH2Ct-Na2HCt〕，即pKa=pKa2=4.77。令需参加0.400mol•L-1的氢氧化钠溶液x毫升，即4.在50mL0.1mol•L-1HAc溶液中参加1.36gNaAc•3H2O晶体〔M=136〕，假设溶液体积不变，试计算：〔1〕缓冲溶液的pH〔Ka=1.8×10-5〕。〔2〕在此溶液中参加1mL0.2mol•L-1HCl。溶液的pH为多少？〔3〕假设将此溶液冲稀至200mL，溶液的pH为多少？参考答案：解：〔1〕1.36gNaAc•3H2O晶体参加到溶液中的浓度为：所以缓冲溶液的pH为5.04〔2〕在上面的溶液中参加1mL0.2mol•L-1HCl，所发生的反响：所以溶液的pH为5.02〔3〕将此溶液稀释至200mL此时溶液的pH为5.04不变。7.一种混合离子溶液中含有0.020mol•L-1Pb2+和0.010mol•L-1Fe3+，弱向溶液中逐滴参加氢氧化钠溶液〔忽略参加氢氧化钠后溶液体积的变化〕，问：〔1〕哪种离子先沉淀？〔2〕欲使两种离子完全别离，应将溶液的pH控制在什么范围？参考答案：解：Ksp{Pb(OH)2}=1.2×10-15,Ksp{Fe(OH)3}=4×10-38。〔1〕cPb2+=0.020mol•L-1，cFe3+=0.010mol•L-1，逐滴参加NaOH后，析出沉淀所需要的OH-最低浓度是显然，析出Fe(OH)3沉淀所需要的c〔OH-〕比析出Pb(OH)2所需要的小的多，所以Fe3+先沉淀。〔2〕欲使两种离子完全别离，即当Pb(OH)2开始沉淀时，c(Fe3+)《10-5mol•L-1。当Pb(OH)2开始沉淀时，计算说明，c(Fe3+)早已沉淀完全。所以两种离子完全别离，溶液的c(OH-)应该控制在，Fe3+刚刚沉淀完全，Pb(OH)2开始沉淀时，即所以，应将溶液的pOH控制在6.61~10.80，即pH控制在3.20~7.39。第4章氧化复原反响与电化学一、选择题1.C2.C3.D4.A5.B二、填空题1．122．Mn2+MnO23．较小较大4．0.177H+(1mol·L－1)H+(1.0×10－3mol·L－1)5．相同，不同，相同三、判断题1.×2.√3.√4.×5.×四、简答题和计算题1．解：因为＜，故在标准状态下，反响向左进行(正向非自发)。然而MnO2的氧化性受介质酸度的影响较大。从MnO2/Mn2+电对的半反响式MnO2(s)+4H+(aq)+2e－Mn2+(aq)+2H2O可得出H+浓度对其电极电势的影响为即值随H+浓度的增大而增大，所以实验室用浓盐酸(如12mol·L－1)与MnO2的在加热条件下反响以增加MnO2的氧化性；与此同时，c(Cl－)的增加及加热使p(Cl2)降低，均使减小，增大了Cl－的复原性，使＞，反响正向进行。此外，加热还可以反响速率增加。2．解：Fe3+(aq)+I－(aq)Fe2+(aq)+I2(s)当两溶液等体积混合后，离子浓度均变为1mol·L－1，据上述计算，＞0，反响正向进行，溶液由浅黄色转变为棕黄色，并〔或〕有紫色碘沉淀析出。3．解：〔1〕依题意钴电极为负极，氯电极为正极：〔2〕原电池反响为Co+Cl2Co2++2Cl－〔3〕当p(Cl2)增大时，增大，原电池电动势E值增大；当p(Cl2)减小时，减小，原电池电动势E值减小。〔4〕当c(Co2+)=0.010mol·L－1，时原电池的电动势增加了0.06V4．解：pH=4.0及其他物质均处于标准条件下：〔1〕反响+H+(aq)+Br－Br2(l)+Cr3+(aq)+H2O(l)组成原电池：正极：+14H++6e2Cr3++7H2O负极：2Br－－2eBr2因＜，E<0，故正反响不能自发进行。〔2〕反响〔l〕组成原电池：正极：负极：2Cl－－2eCl2因