习题讲解3-第四章hcy

合集下载

物化教材习题解答(人卫版)第4章习题

第四章（相平衡）习题解答1．指出平衡体系的组分数、自由度（1）NH4Cl(s)部分解离为NH3(g)、HCl(g)K=S–R–R’=3–1–1 = 1f = K–φ +2 = 1–2 + 2 = 1（2）上述体系加少量NH3(g)K=S–R–R’=3–1–0 = 2f = K–φ +2 = 2–2 + 2 = 2（3）NH4HS(s)与任意量NH3(g)、H2S(g)平衡K=S–R–R’=3–1–0 = 2f = K–φ +2 = 2–2 + 2 = 2（4）C(s)、CO(g)、CO2(g)、O2(g)在100︒C平衡独立化学反应数为2： C(s)+O2(g)→CO2(g)2CO(g)+O2(g)→2CO2(g)K=S–R–R’=4–2–0 = 2f = K–φ +2 = 2–2 + 1 = 12. 本体系K=3，当f=0时，φ最大，即f=K-φmax+2=5-φmax=0，(1) 指定T，减少一个变量，f=(5-φmax)-1=0 φmax=4如冰，水和苯含苯甲酸的一对共轭溶液，气相(2) 指定T和水在苯甲酸中的浓度，减少二个变量，f=(5-φmax)-2=0 φmax=3如水和苯含苯甲酸的一对共轭溶液，气相(3) 指定T，p和水在苯甲酸中的浓度，减少三个变量，f=(5-φmax)-3=0 φmax=2如水和苯含苯甲酸的一对共轭溶液4．两相平衡线三相点AB：s正交↔g E：s正交↔ s斜方↔lBC：s斜方↔g B：s正交↔ s斜方↔gCD：l↔g C：s斜方↔l ↔gEB：s正交↔ s斜方G：s正交↔l ↔g（亚稳态）EC：s斜方↔lEC：s正交↔lX→Y变化：正交硫→转晶→斜方硫→熔化→5．按Trouton 规则，11-v m ol K J 88TH -⋅⋅=∆∆H V =88⨯(273.2+61.5)=29454 J ⋅mol -1⎪⎪⎭⎫⎝⎛-∆-=12v 12T 1T 1R H p p ln ⎪⎭⎫ ⎝⎛+-+-=5.612.2731402.2731R 29454325.101p ln 2 p 2=48.99 kPa 6. ⎪⎪⎭⎫⎝⎛-∆-=12v 12T 1T 1RH p p ln ⎪⎪⎭⎫⎝⎛--=2.3731T 1R 40670325.10199.151ln2 T 2=385.1K=111.9︒C7． ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-∆-=12v 12T 1T 1RH p p ln⎪⎭⎫⎝⎛+-+∆-=2.27323012.273901R H 3.101267.0ln v∆H V = 64454 J ⋅mol –1⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+--=2.2732301T 1R 644543.10133.1ln2 T 2=392.7K = 119.5︒C8.229.37T13115p ln +-=∆H 升华=-13115R=109044 J ⋅mol -1液←→气平衡，lnp ~1/T 的回归方程为90.26T8521p ln +-=∆H 汽化=-8521R=70848 J ⋅mol -1∆H 熔化=∆H 升华-∆H 汽化=38196 J ⋅mol -1(2) 三相点p ，T 是气液平衡线和气固平衡线的交点，联立两回归方程，解得 T=444.8 K=171.6 ︒C p=2298 Pa(3) T=500K 代入气液平衡回归方程，得沸点压力 p=19083 Pa9．由0︒C 和10︒C 的蒸汽压求水的汽化热： ⎪⎪⎭⎫⎝⎛-∆-=12v 12T 1T 1R H p p ln⎪⎭⎫ ⎝⎛-∆-=27312831R H 6106.0228.1lnv ∆H v =44880 J ⋅mol -1求出升华热：∆H 升华= ∆H 熔化+∆H 汽化=333.5⨯18+44880=50883 J ⋅mol -1由0︒C 数据求出口处（-25︒C ）的蒸气压：⎪⎪⎭⎫⎝⎛-∆-=1212T 1T 1R H p p ln升华 ⎪⎭⎫⎝⎛--=27312481R 508836106.0p ln2 p 2=0.637 kPa计算20︒C 时的蒸汽压（用10︒C 数据，也可用0︒C 数据）：⎪⎪⎭⎫⎝⎛-∆-=12v 12T 1T 1RH p p ln⎪⎭⎫⎝⎛--=28312931R 44880228.1p ln2 p 2=2.31 kPa％＝＝饱和蒸汽压实际蒸汽压相对湿度＝72.231.20637.010. 1.54p 65.0p x p y *AA *A A ==总 p*A =37.45 kPap 总= p*A x A + p*B x B = 37.45⨯0.65 + p*B ⨯0.35 = 54.1p*B = 85.02 kPa11．2665.078/7092/3092/30M /70M /30M /30x ＝＝＝苯甲苯甲苯甲苯++甲苯甲苯甲苯x p p ==4.89⨯0.2665=1.303 kPa苯苯苯x p p ==15.76⨯(1-0.2665)=11.56 kPap 总= p 甲苯+p 苯=12.86 kPa12．(1) 作相图(2) 物系组成为x=0.6，由相图，114︒C 时，气相x g =0.92，液相x l =0.53杠杆规则：22.06.092.053.06.0n n lg =--=(3) x=0.6时，沸点为110︒C ，提高到114︒C ，馏出物（气相）组成为0.92 (4) 完全蒸馏（精馏），馏出物为100%的HNO 3，残留液为0.38的恒沸物。

结构化学第四章习题讲解

《结构化学》第四萃习题4001厶和人不是独立的对称元素• I大1为心___ ，/6= ________4002判断：既不存在G轴.又不存在6时，久轴必不存在。

--------------------- ()4003判断：在任何情况下，S^E。

------------------------- ()4004判断：分子的对称元素仅7种，即o , i及轴次为1. 2. 3, 4, 6的旋转轴和反轴。

4005下面说法正确的是：------------------- ()(A)分子中各类对称元素的完全集合构成分子的对称群(B)同一种分子必然同属于一个点群.不同种分子必然属于不同的点群(C)分子中有&轴.则此分子必然同时存在G轴和6面(D)tfirfliod —定也是镜而64006下面说法正确的是：------------------- ()(A)如构成分子的各类原子均是成双出现的，则此分子必有对称中心(B)分子中若有C,又有i,则必有o(C)凡是平面型分子必然属于C,群(D)在任何情况下，= E4008对称元素G与6组合•得到 ___________________ : C”次轴与垂直它的G组合，得到.4009如果图形中有对称元素S6,那么该图形中必然包含:(A) a. 6 (B)C3，Qh (C)G，i (D)Cj i4010判断：因为映轴是旋转轴与垂直于轴的面组合所得到的对称元素.所以点群分子中必有对称元素6 和Cno ----------------------------- ()4011给出下列点群所具有的全部对称元素：(l)C2h (2) C JV⑶⑺⑷0⑸C引4012假定CuCl卩原來属于门点群，四个C1原子的编号如下图所示。

十出现下面的变化时•点群将如何变化(写出分子点群)。

(1)Cu-Cl(l)键长缩短(2)Cu-Cl(l)和Cu—C1⑵缩短同样长度(3)Cu-Cl(l)和Cu-Cl(2)缩短不同长度(4)0(1)和Cl(2)两原子沿这两原子(5)C1 (1)和CK2)沿其连线逆向移动相同距离.0(3)和Cl(4)亦沿其连线如上同样距离相向移动ci2--Cu-CL (Ch和Cb在纸面以上,X I C12和CX在纸面以下)4013d'(d._ 如.d 2-.2)sp4)杂化的几何构型属于 _________________ 点群°4014已知络合物MAaB：的中心原子M是dtp］杂化.该分子有多少种界构体？这些界构体备属什么点群？4015有一个AB.分子，实验测得其偶极矩为零且有一个三重轴，则此分子所属点群是4016有两个分子，NDH B和CHF"它们都为非极性，且为反磁性，则N3B3H6几何构型 __________________ 点群__________ o C1H4F2几何构型________ ，点群__________ 。

2020高中化学第三章烃的含氧衍生物第四节有机合成作业含解析新人教版选修520200110194

第四节有机合成1.可在有机物中引入羟基的反应类型是( ) ①取代 ②加成 ③消去 ④酯化 A.①②③ B.①② C.③④ D.①②③④ 答案 B解析消去反应形成碳碳双键或碳碳三键，酯化反应消除羟基。

2.有机化合物分子中能引入氯原子的反应是( )①有机物在空气中燃烧 ②甲烷的取代反应 ③乙炔的加成反应 ④氯乙烯的加聚反应 A.①② B.①②③ C.②③ D.①②③④ 答案 C解析有机物在空气中燃烧，不能引入氯原子，①错误；甲烷在光照下与氯气的取代反应可引入氯原子，②正确；乙炔与Cl 2或HCl 的加成反应可引入氯原子，③正确；氯乙烯的加聚反应不能引入氯原子，④错误。

3.下列反应中，不能引入碳碳双键的是( ) A.乙醇的消去反应 B.溴乙烷的消去反应 C.乙醇的催化氧化反应 D.乙炔与HCl 的加成反应答案 C解析乙醇的消去反应生成乙烯，含有碳碳双键，A 错误；溴乙烷的消去反应生成乙烯，B 错误；乙醇的催化氧化反应引入醛基，不引入碳碳双键，C 正确；乙炔与HCl 按物质的量之比1∶1发生加成反应生成氯乙烯，引入碳碳双键，D 错误。

4.(原创题)下列进行的有机化合物官能团的引入或转化正确的方法是( ) A.CH 3CH 2CH 2OH 在NaOH 的乙醇溶液中加热制取CH 3CH===CH 2 B.甲苯与氯气光照条件下生成2氯甲苯C.CH 3CH 2CH 2Br 在NaOH 的乙醇溶液中加热制CH 3CH 2CH 2OHD.苯甲醇与CuO 加热制苯甲醛答案 D解析 1丙醇需在浓H 2SO 4中加热制丙烯，A 错误；甲苯与Cl 2光照条件下生成的是，B 错误；1溴丙烷在NaOH 的乙醇溶液中加热生成CH 3CH===CH 2，C 错误；＋H 2O ，D 正确。

5.以溴乙烷为原料制备乙二醇，下列方案中最合理的是( ) A.CH 3CH 2Br ――→NaOH △，水CH 3CH 2OH ――→浓硫酸170 ℃CH 2CH 2――→Br 2CH 2BrCH 2Br ――→水解乙二醇 B.CH 3CH 2Br ――→Br 2CH 2BrCH 2Br ――→水解乙二醇 C.CH 3CH 2Br ――→NaOH △，醇CH 2CH 2――→HBr CH 2BrCH 3 ――→Br 2CH 2BrCH 2Br ――→水解乙二醇D.CH 3CH 2Br ――→NaOH △，醇CH 2CH 2――→Br 2CH 2BrCH 2Br ――→水解乙二醇答案 D解析 B 、C 过程中都应用了取代反应，难以得到单一的有机取代产物；而A 设计过程的前两步可以合并成一步，即CH 3CH 2Br 在NaOH 醇溶液中发生消去反应制乙烯，所以A 过程过于复杂。

原子物理学课后答案(褚圣麟)第3章第4章第6章

第三章量子力学初步3.1 波长为οA 1的X 光光子的动量和能量各为多少？解：根据德布罗意关系式，得：动量为：12410341063.6101063.6----∙∙⨯=⨯==秒米千克λhp 能量为：λ/hc hv E ==焦耳151083410986.110/1031063.6---⨯=⨯⨯⨯=。

3.2 经过10000伏特电势差加速的电子束的德布罗意波长?=λ 用上述电压加速的质子束的德布罗意波长是多少？解：德布罗意波长与加速电压之间有如下关系：meVh 2/=λ 对于电子：库仑公斤，19311060.11011.9--⨯=⨯=e m把上述二量及h 的值代入波长的表示式，可得：οοολA A A V 1225.01000025.1225.12===对于质子，库仑公斤，19271060.11067.1--⨯=⨯=e m ，代入波长的表示式，得：ολA 319273410862.2100001060.11067.1210626.6----⨯=⨯⨯⨯⨯⨯⨯=3.3 电子被加速后的速度很大，必须考虑相对论修正。

因而原来ολA V25.12=的电子德布罗意波长与加速电压的关系式应改为：ολA V V)10489.01(25.126-⨯-=其中V 是以伏特为单位的电子加速电压。

试证明之。

证明：德布罗意波长：p h /=λ对高速粒子在考虑相对论效应时，其动能K 与其动量p 之间有如下关系：222022c p c Km K =+而被电压V 加速的电子的动能为：eV K =2200222/)(22)(c eV eV m p eV m ceV p +=+=∴因此有：2002112/c m eV eVm h p h +⋅==λ一般情况下，等式右边根式中202/c m eV 一项的值都是很小的。

所以，可以将上式的根式作泰勒展开。

只取前两项，得：)10489.01(2)41(260200V eVm h cm eVeVm h -⨯-=-=λ由于上式中οA VeV m h 25.122/0≈，其中V 以伏特为单位，代回原式得：ολA V V)10489.01(25.126-⨯-=由此可见，随着加速电压逐渐升高，电子的速度增大，由于相对论效应引起的德布罗意波长变短。

2020高中化学第三章烃的含氧衍生物 3.4 有机合成课后作业新人教版选修5

3.4 有机合成课后作业作业时限：45分钟作业满分：100分一、选择题(每小题4分，共20分)1．关于工业转化图(如图)，下列说法不正确的是( )A ．该过程是一种“对环境友好型”工业生产硫酸的方法B ．从以上物质的转化过程可看出硫酸可作乙烯水化法制乙醇的催化剂C ．该过程中①②是加成反应D ．该过程中③④是酯类的水解2．以溴乙烷为原料制备乙二醇，下列方案中最合理的是( )A ．CH 3CH 2Br ――→NaOH△，水CH 3CH 2OH ――→浓硫酸170 ℃CH 2===CH 2――→Br 2CH 2BrCH 2Br ――→水解乙二醇B ．CH 3CH 2Br ――→Br 2CH 2BrCH 2Br ――→水解乙二醇 C ．CH 3CH 2Br ――→NaOH△，醇CH 2===CH 2――→HBrCH 2BrCH 3――→Br 2CH 2BrCH 2Br ――→水解乙二醇 D ．CH 3CH 2Br ――→NaOH△，醇CH 2===CH 2――→Br 2CH 2BrCH 2Br ――→水解乙二醇 3．已知：乙醇可被强氧化剂氧化为乙酸。

BrCH 2CH===CHCH 2Br 可经三步反应制取HOOCCHClCH 2COOH ，发生反应的类型依次是( )A ．水解反应、加成反应、氧化反应B ．加成反应、水解反应、氧化反应C ．水解反应、氧化反应、加成反应D ．加成反应、氧化反应、水解反应4．武兹反应是重要的有机增碳反应，可简单表示为2R —X ＋2Na ―→R—R ＋2NaX ，现用CH 3CH 2Br 、C 3H 7Br 和Na 一起反应不可能得到的产物是( )A．CH3CH2CH2CH3B．(CH3)2CHCH(CH3)2C．CH3CH2CH2CH2CH3D．(CH3CH2)2CHCH35．在1,3丁二烯合成氯丁橡胶的过程中，是一种中间产物，下列说法正确的是( ) A．1,3丁二烯与氢气加成产物只有一种B．1,3丁二烯转化为时，先与HCl发生1,2加成再水解得到C．在NaOH醇溶液中或浓硫酸存在时加热都能发生消去反应D．催化氧化得X，X能发生银镜反应，则X的结构只有两种二、非选择题(共80分)6．(20分)(2015·新课标全国卷Ⅰ)A(C2H2)是基本有机化工原料。

人教版(2019)高中化学选择性必修三第四章第三节核酸

练好题——渗透核心价值
1．下列物质不能水解的是
()
A．淀粉 B．核苷酸 C．核苷
D．碱基
答案：D
2．RNA水解后，得到的化学物质是
()
A．氨基酸、葡萄糖、碱基
B．氨基酸、核苷酸、葡萄糖
C．脱氧核糖、碱基、磷酸
D．核糖、碱基、磷酸
解析：RNA是核糖核酸的简称，水解后得到的化学物质是核糖(五碳糖)、碱
的单糖不水解，即葡萄糖不能发生水解反应，故C错误；DNA和RNA中的戊
糖不同，故天然核酸根据其组成中戊糖的不同，分为DNA和RNA，故D正确。
答案：C
5．如图为大肠杆菌的DNA分子结构示意图(片段)。请据图回答问题：
(1)图中1表示____________，2表示____________，1、2、3结合在一起的结构叫______________。 (2)DNA分子中的“3”和“4”是通过__________键连接起来的。 (3)3、4对应的碱基是______________________________________________。答案：(1)磷酸脱氧核糖脱氧核糖核苷酸 (2)氢 (3)C、G或G、C或鸟嘌呤、胞嘧啶
被吸收进细胞，在细胞分裂过程中DNA复制时被用来合成脱氧核糖核酸。本
题要注意DNA和RNA化学组成的差别。
答案：A
3．下列各项中，不属于核酸功能的是 A．它是生物的遗传物质 B．携带遗传信息，对生物的遗传有重要作用 C．核酸分子的变化可能引起生物的变异 D．提供能量供应生命活动解析：核酸携带遗传信息，能提供能量的是糖类、油脂和蛋白质。答案：D
(一)核酸的组成
第三节|核酸
(二)核酸的结构
(三)核酸的生物功能
———————[新知探究]——————————————————————

人教版高中化学选修五有机化学基础第三章烃的衍生物第四节有机合成(精炼讲义课后习题)-精选文档

第四节有机合成目标导航:1.明确有机合成所遵循的原则2.熟悉常见的反应类型；知道常见的官能团之间的转化方法，了解碳原子骨架的增减方法3.明确什么是正合成分析法和逆合成分析法4.了解有机合成对人类生产、生活的影响。

一、有机合成的过程1．有机合成的概念有机合成指利用简单、易得的原料，通过有机反应，生成具有特定和的有机化合物。

2．有机合成的任务目标化合物分子骨架的构建和的转化。

3．有机合成的过程4．官能团的引入或转化方法(1)引入碳碳双键的方法(2)引入卤素原子的方法(3)引入羟基的方法【议一议】1．有机物中能够连续被氧化的物质主要有哪些？2．有机合成中，有哪些方法可实现碳骨架的增减？3．在有机合成中，怎样消除官能团？二、逆合成分析法1．基本思路可用示意图表示为：目标化合物⇒中间体⇒中间体基础原料2．基本原则(1)合成路线的各步反应的条件必须比较温和，并具有较高的。

(2)所使用的基础原料和辅助原料应该是低毒性、低污染、易得和廉价的。

3．用逆合成分析法分析草酸二乙酯的合成(1)草酸二乙酯分子中含有两个酯基，按酯化反应规律将酯基断开，得到和，说明目标化合物可由通过酯化反应得到：(2)羧酸可由醇氧化得到，草酸前一步的中间体应该是乙二醇：(3)乙二醇的前一步中间体是1,2二氯乙烷，1,2二氯乙烷可通过乙烯的加成反应而得到：(4)乙醇通过乙烯与水的加成得到：根据以上分析，合成步骤如下(用化学方程式表示)：【议一议】4．有机合成要遵循哪些原则？三、有机合成过程中常见官能团的引入1．卤原子的引入方法(1)烃与卤素单质的取代反应。

例如：CH 3CH 3＋Cl 2−−→−光照 HCl ＋CH 3CH 2Cl(还有其他的卤代烃)(还有其他的氯代苯甲烷)CH 2===CH —CH 3＋Cl 2−−−−→−℃℃600-500CH 2===CH —CH 2Cl ＋HCl (2)不饱和烃与卤素单质、卤化氢的加成反应。

现代分子生物学第3版【第四章】课后习题答案

现代分子生物学第3版【第四章】课后习题答案第4章生物信息的传递（下）——从mRNA到蛋白质一、遗传密码有哪些特性？连续性，简并性，通用性和特殊性，摆动性。

二、有几种终止密码子？它们的序列和别名是什么？有三种终止密码子：UAA（赭石密码），UAG（琥珀密码），UGA（蛋白石密码）。

三、简述摆动学说1、根据摆动学说，在密码子与反密码子的配对中，前两对严格遵守碱基配对原则，第三对碱基有一定的自由度，可以“摆动”，使某些tRNA可以识别1个以上的密码子。

2、一个tRNA可以识别的密码子数量由反密码子的第一位碱基性质决定：反密码子第一位为A或C时可以识别1种密码子，为G或U时可以识别2种密码子，为I时可以识别3种密码子。

3、如果几个密码子同时编码一个氨基酸，凡是第一、二位碱基不同的密码子都对应于各自独立的tRNA。

四、tRNA在组成和结构上有哪些特点？1、所有tRNA的共同特征：①存在经过特殊修饰的碱基，②tRNA的3’端都以CCA-OH结束，该位点连接相应的氨基酸。

2、稀有碱基含量非常丰富，约有70余种。

3、二级结构为三叶草形，由4条手臂组成：受体臂，TψC臂，反密码子臂，D臂。

4、三级结构为L形：受体臂位于其中一个端点，反密码子臂位于另一个端点，即两个不同的功能基团处于最大程度的分离状态。

五、比较原核与真核的核糖体组成。

原核与真核的核糖体均由大小两个亚基组成。

核糖体大亚基小亚基蛋白质：RNA原核生物70s 50s（RNA：5s，23s）30s（RNA：16s）2:1真核生物80s 60s（RNA：5s，28s，5.8s）40s（RNA：18s）3:2六、什么是SD序列？其功能是什么？1、原核生物mRNA翻译起点上游存在一段富嘌呤区（5’-AGGAGGU-3’），能与核糖体小亚基16s RNA的3’端富嘧啶区互补结合，使mRNA与核糖体形成翻译起始前复合物。

2、作用：通过mRNA的SD序列，核糖体小亚基能够专一性识别和选择mRNA翻译起始位点，有助于翻译起始过程准确进行。

物理鲁科版选修3-1课后集训：第4章第4节逻辑电路与自动控制含解析

基础达标1.联合国安理会每个常任理事国都拥有否决权.假设设计一个表决器，常任理事国投反对票时输入“0”，投赞成或弃权时输入“1”，提案通过为“1”，通不过为“0”，则这个表决器应具有哪种逻辑关系（）A.与门B.非门C.或门D.与非门解析：联合国规定，只要常任理事国有一个反对，提案就不能通过.这和与门的逻辑关系一致.答案：A2.图4-4-4是一个复合门电路，由一个x门电路与一个非门组成，若整个电路成为一个与门，则x电路应是（）图4-4-4A.与门B.或门C.与非门D.或非门解析：根据“与门”的真值表，这个电路中若A、B同时输入“1”，是与“非门”的“1”相结合，到输出端Y输出为“1”，所以x门电路的输出应为“0”，所以x门电路应为“与非门”电路.答案：C3.如图4-4-5是一个三输入端复合门电路，当C端输入“1”时，A、B端输入为何时输出端Y输出“1”（）A.00B.01C.10D.11解析：只有A、B逻辑电路的输出为“1”，这样与C结合才能保证最后输出端Y输出为“1”，这就要求A、B必须同时输入“1”.答案：D4.如图4-4-6所示，一个三输入端复合门电路，当输入为“101”时，输出为_______.（填“0”或“1”）图4-4-6解析：A、B输入端输入一个“与门”，当输入“10”时，输出为“0”，再和C 输入到一个“或门”，一端输入“1”，根据“或门”的特点，最后输出应为1.答案：15.与非门可以改装成一个非门，方法为只用一个输入端如A端，而另一个输入端B端输入稳定信号，则为把与非门改装成非门，B端应始终输入_______.（填“0”或“1”）解析：参考“与非门”和“非门”的真值表可以得出，无论A端输入什么信号，只要B端始终输入“1”，就可以完成改装.答案：16.某同学设计了一个楼道应急灯的控制电路，如图4-4-7所示，当电网停电时，应急灯自动打开，来电时，应急灯自动熄灭.图中R1、R2为分压电阻，以使门电路获得合适的电压，J为应急灯开关控制继电器（图中未画应急灯电路），请在虚线框内填入需要的门电路符号.图4-4-7解析：根据电路特点，可知需要一个“非”门.答案：符号为综合运用7.图4-4-8表示一个三输入端的与门电路，写出这个门电路的真值表.图4-4-8解答：真值表如下.8.在例题2中，信号灯可以有两个，火车来时红灯亮，火车过去以后绿灯亮.请设计一个电路可以实现这种控制.解答：电路图如下图所示.9.为使汽车四个门全关闭时才能启动，设计了一种控制电路，如图4-4-9所示.在虚线框内填入适当的门电路，使四个开关都闭合时才能启动.。

物理化学核心教程沈文霞编科学出版社_课后习题详解第四章

第四章多组分系统热力学三．思考题参考答案1．偏摩尔量与摩尔量有什么异同答：对于单组分系统，只有摩尔量，而没有偏摩尔量。

或者说，在单组分系统中，偏摩尔量就等于摩尔量。

只有对多组分系统，物质的量也成为系统的变量，当某物质的量发生改变时，也会引起系统的容量性质的改变，这时才引入了偏摩尔量的概念。

系统总的容量性质要用偏摩尔量的加和公式计算，而不能用纯的物质的摩尔量乘以物质的量来计算。

2．什么是化学势与偏摩尔量有什么区别答：化学势的广义定义是：保持某热力学函数的两个特征变量和除B 以外的其他组分不变时，该热力学函数对B 物质的量B n 求偏微分。

通常所说的化学势是指它的狭意定义，即偏摩尔Gibbs 自由能，即在等温、等压下，保持除B 以外的其它物质组成不变时，Gibbs 自由能随B 物质的量的改变的变化率称为化学势。

用公式表示为：C B B ,,(C B)T p n G n μ≠⎛⎫∂= ⎪∂⎝⎭ 偏摩尔量是指，在等温、等压条件下，保持除B 以外的其余组分不变，系统的广度性质X 随组分B 的物质的量B n 的变化率，称为物质B 的某种广度性质X 的偏摩尔量，用B X 表示。

也可以看作在一个等温、等压、保持组成不变的多组分系统中，当B 1 mol n =时，物质B 所具有的广度性质B X ，偏摩尔量的定义式为C defB B ,,(C B)T p n X X n ≠⎛⎫∂= ⎪∂⎝⎭ 化学势与偏摩尔量的定义不同，偏微分的下标也不同。

但有一个例外，即Gibbs 自由能的偏摩尔量和化学势是一回事，狭意的化学势就是偏摩尔Gibbs 自由能。

3．Roult 定律和Henry 定律的表示式和适用条件分别是什么答：Roult 定律的表示式为：*A A A p p x =。

式中*A p 为纯溶剂的蒸气压，A p 为溶液中溶剂的蒸气压，A x 为溶剂的摩尔分数。

该公式用来计算溶剂的蒸气压A p 。

适用条件为：定温、稀溶液、非挥发性溶质，后来推广到液态混合物。

高中化学第三章烃的含氧衍生物3.1.1醇课后作业新人教版选修5(2021年整理)

2018-2019学年高中化学第三章烃的含氧衍生物3.1.1 醇课后作业新人教版选修5编辑整理：尊敬的读者朋友们：这里是精品文档编辑中心，本文档内容是由我和我的同事精心编辑整理后发布的，发布之前我们对文中内容进行仔细校对，但是难免会有疏漏的地方，但是任然希望（2018-2019学年高中化学第三章烃的含氧衍生物3.1.1 醇课后作业新人教版选修5）的内容能够给您的工作和学习带来便利。

同时也真诚的希望收到您的建议和反馈，这将是我们进步的源泉，前进的动力。

本文可编辑可修改，如果觉得对您有帮助请收藏以便随时查阅，最后祝您生活愉快业绩进步，以下为2018-2019学年高中化学第三章烃的含氧衍生物3.1.1 醇课后作业新人教版选修5的全部内容。

3.1.1 醇课后作业作业时限：45分钟作业满分：100分一、选择题(每小题5分，共55分)1．下列说法中，正确的是( )A．乙醇和乙醚互为同分异构体B．乙醇和乙二醇互为同系物C．含羟基的化合物一定属于醇类D．等质量的乙醇、乙二醇与足量钠反应时,乙二醇产生的氢气的量较乙醇的多2．下列说法中，正确的是( ）A．醇类在一定条件下都能发生消去反应生成烯烃D．醇类在一定条件下都能与羧酸反应生成酯3．橙花醇具有玫瑰及苹果香气,可作为香料。

其结构简式如下：下列关于橙花醇的叙述，错误的是（）A．既能发生取代反应，也能发生加成反应B．在浓硫酸催化下加热脱水，可以生成不止一种四烯烃C．1 mol橙花醇在氧气中充分燃烧，需消耗470.4 L氧气（标准状况)D．1 mol橙花醇在室温下与溴的四氯化碳溶液反应,最多消耗240 g溴4．膳食纤维具有突出的保健功能,人体的“第七营养素”木质素是一种非糖类膳食纤维，其单体之一是芥子醇，结构简式如下图所示。

下列有关芥子醇的说法正确的是( ）A．芥子醇的分子式是C11H14O4，属于芳香烃B．芥子醇分子中所有碳原子不可能在同一平面C．芥子醇不能与FeCl3溶液发生显色反应D．芥子醇能发生的反应类型有氧化、取代、加成5．有关下列两种物质的说法正确的是（）A．二者都能发生消去反应B．二者都能在Cu作催化剂条件下发生催化氧化反应C．相同物质的量的①和②分别与足量Na反应，产生H2的量：①〉②D．二者互为同分异构体6.醇和酚在日常生活中具有非常重要的作用，下列关于醇和酚的说法中不正确的是( )A．医院经常用“来苏水"进行消毒，其主要成分属于酚类化合物B．甘油具有较强的吸水性，经常用于护肤用品，它属于三元醇C．冬天汽车所用的防冻液主要成分为乙醇D．含有—OH（羟基）官能团的有机物不一定属于醇类7．将1 mol某饱和醇分成两等份，一份充分燃烧生成1.5 mol CO2，另一份与足量的金属钠反应生成5.6 L（标准状况）H2。

第四章第三节核酸——高二化学人教版(2019)选择性必修3洞悉课后习题

第四章第三节核酸——高二化学人教版（2019）选择性必修3洞悉课后习题【教材课后习题】1.核酸是由__________单体形成的生物大分子，其单体水解可得到核苷和_________。

核苷进一步水解得到_________和_________。

天然的核酸根据其组成中戊糖的不同，分为_________和_________。

2.结合如图，分析DNA分子的结构，回答下列问题。

（1）DNA分子是由几条多聚核苷酸链组成的？具有怎样的空间结构？（2）DNA的基本结构单元核苷酸由哪几类物质组成？分别对应图中DNA分子的哪一部分？（3）DNA分子中含有哪几种碱基？它们是如何相互作用进行配对的？3.如图是某地的一处雕塑，艺术地展现了DNA分子的双螺旋结构。

请分析该图中的蓝色球体、五边形、红色与绿色的六边形、橙色与浅蓝色的多边形分别可能代表DNA 分子中的哪一部分，DNA分子中的氢键和磷酯键对应雕塑中的哪一部分。

（备注：具体颜色见教材）4.某种海洋生物的DNA分子中，腺嘌呤的数量约占碱基总数的32%，请由此推测其他三种碱基的数量占碱基总数的百分比。

【定点变式训练】5.下列对核酸的叙述不正确的是()A.核酸的基本单元是核苷B.核酸是生物的遗传物质C.天然的核酸有DNA和RNA两大类D.核酸最早在细胞核中发现，且具有酸性6.2020年，新冠病毒在全球肆虐。

因为核酸是生命的基础物质，是病毒的“身份证”，所以患者的确诊需要对病毒的核酸检测。

以下关于核酸的论述正确的是()A.核酸是核蛋白的非蛋白部分，它是由氨基酸残基组成的B.核酸水解产物中含有磷酸、葡萄糖和碱基C.核酸、核苷酸都是高分子化合物D.核酸有核糖核酸和脱氧核糖核酸两类，对蛋白质的合成和生物遗传起重要作用7.下列概念图中所填内容正确的有()①脱氧核苷酸②8种③5种碱基④脱氧核糖⑤脱氧核苷酸链A.2个B.3个C.4个D.5个8.关于下图的下列说法不正确的是()A.①代表磷酯键B.A与T之间有2个氢键C.G与C之间有3个氢键D.RNA指导DNA合成蛋白质9.DNA指纹法在案件侦破工作中有着重要用途。

化学选修Ⅴ人教新课标3-4有机合成练习解析

考点：考查了有机合成与推断的相关知识。
6．曾有人说“有机合成实际就是有机物中官能团的引入、转变”。已知有机反应：( )
a、酯化反应，b、取代反应，c、消去反应，d、加成反应，e、水解反应。其中能在有机物分子中引入羟基官能团的反应正确组合是（）
D．某芳香烃的相对分子质量为B的2倍，其一氯代物有两种，则该烃二氯代物有3种
【答案】B
【解析】
试题分析：有机物A、B、C均由C、H、O三种元素组成，且均满足，表示三种分子中C、H、O的个数比为1:2:1，A、B、C的最简式为CH2O，设它们的通式为(CH2O)n，由于满足相对分子质量A＜B＜C＜100，可得30n＜100，则n=1、2、3，即A、B、C的分子式CH2O、C2H4O2、C3H6O3。根据I的分子式为C4H4O4，由分子中含4个氧原子，推测可能是二元酯，结合E、H转化中碳原子数没有变化，所以E、H分子都是含2个碳原子，由此推知E为乙二醇(HOCH2CH2OH)，G为乙二醛(OHC-CHO)，H为乙二酸(HOOC-COOH)，I为，J为，A为甲醛(HCHO)，B为乙酸(CH3COOH)，D为甲酸(HCOOH)，F由乙二醇与足量乙酸制得：F为二乙酸乙二酯(CH3COOCH2CH2OOCCH3)，逆推知：C由乙二醇(HOCH2CH2OH)与甲酸(HCOOH)酯化生成，若1mol乙二醇与2mol甲酸生成酯，C为HCOOCH2CH2OOCH，相对分子质量大于100，分子式为C4H6O4，不符合C3H6O3，舍去；若1mol乙二醇与1mol甲酸生成酯，C为HCOOCH2CH2OH，分子式为C3H6O3。A.根据上述分析，A为甲醛(HCHO)，E为乙二醇(HOCH2CH2OH)，含有相同的官能团不同，故A错误；B.H为乙二酸(HOOC-COOH)，向H加入足量澄清石灰水中，反应生成草酸钙沉淀，故B正确；C.F为二乙酸乙二酯(CH3COOCH2CH2OOCCH3)，故C错误；D.B为乙酸(CH3COOH)，相对分子质量为60，某芳香烃的相对分子质量为B的2倍，为120，分子式为C9H12，其一氯代物有两种，符合条件的有1,3,5-三甲基苯，只有1种，故D错误；故选B。

浙江省东阳中学人教版高中物理选修3-第4章选择题专项测试题(含答案解析)

一、选择题1．图为氢原子能级图。

现有一群处于n =4激发态的氢原子，用这些氢原子辐射出的光照射逸出功为2.13eV 的某金属，已知电子的电荷量为1.6×10-19C ，则（）A ．这群氢原子能够发出8种不同频率的光B ．如果发出的光子中有两种能使某金属产生光电效应，其中一种一定是由n =3能级跃迁到n =1能级发出的C ．从n =4能级跃迁到n =3能级发出的光的波长最短D ．该金属逸出的所有光电子中，初动能的最大值为1.7×1018J B解析：BA ．由题意得一群处于n =4激发态的氢原子可能辐射出24C 6=种不同频率的光，故A 错误；B ．氢原子由n =3能级跃迁到n =1产生的光的能量为()3131 1.51eV 13.6eV 12.09eV 2.13eV E E E =-=---=>故B 正确；C ．从n =4能级跃迁到n =3，辐射的光子频率最小，波长最长，故C 错误；D ．氢原子由n =4能级向n =1能级跃迁时辐射的光子能量最大，频率最大，最大能量为13.6eV 0.85eV 12.75eV -=根据光电效应方程k 0E h W =-ν入射光的能量越高，则电子的动能越大，初动能的最大值为18km 12.75eV 2.13eV 10.62eV 1.710J E -=-==⨯故D 错误。

故选B 。

2．研究光电效应现象的实验电路如图所示，A 、K 为光电管的两个电极，电压表V 、电流计G 均为理想电表。

已知该光电管阴极K 的极限频率为ν0，元电荷电量为e ，普朗克常量为h ，开始时滑片P 、P ＇上下对齐。

现用频率为ν的光照射阴极K （ν>ν0），则下列说法错误的是A ．该光电管阴极材料的逸出功为hν0B ．若加在光电管两端的正向电压为U ，则到达阳极A 的光电子的最大动能为hv-hv 0+eUC ．若将滑片P 向右滑动，则电流计G 的示数一定会不断增大D ．若将滑片P ＇向右滑动，则当滑片P 、P ＇间的电压为0hv hv e-时，电流计G 的示数恰好为0C解析：CA ．由极限频率为ν0，故金属的逸出功为W 0= hν0，A 正确；B ．由光电效应方程可知，电子飞出时的最大动能为0k E hv W =- 由于加的正向电压，由动能定理kk eU E E '=- 解得0kE hv hv eU '=-+ 故B 正确；C ．若将滑片P 向右滑动时，若电流达到饱和电流，则电流不在发生变化，故C 错误；D ．P ＇向右滑动时，所加电压为反向电压，由k eU E =可得0hv hv U e-= 则反向电压达到遏止电压后，动能最大的光电子刚好不能参与导电，则光电流为零，故D 正确；故选C 。

2019-2020学年鲁科版物理选修3-3新素养同步讲义：第4章第2节气体实验定律的微观解释 Word版含答案

第2节气体实验定律的微观解释1.知道理想气体模型和气体压强的微观意义．(重点)2.能用分子动理论和统计观点解释气体实验定律．(难点)一、理想气体1．定义严格遵从三个实验定律的气体．2．理想气体的微观特点(1)分子大小与分子间距相比，可以忽略不计．(2)除碰撞外，分子间的相互作用可以忽略不计．(3)理想气体不存在分子势能，其内能等于所有分子热运动动能的总和．(4)理想气体的内能只与气体的温度有关，而与气体的体积无关．3．理想气体的压强(1)从分子动理论和统计观点看，理想气体的压强是大量气体分子不断碰撞容器壁的结果，气体的压强就是大量气体分子作用在器壁单位面积上产生的平均作用力．(2)微观上，理想气体压强与单位体积的分子数和分子的平均动能有关．(3)宏观上，一定质量的理想气体压强与体积和温度有关．1．(1)理想气体是为了研究问题的方便提出的一种理想模型．()(2)任何气体都可看作理想气体．()(3)实际气体在压强不太大，温度不太低的条件下可视为理想气体．()提示：(1)√(2)×(3)√二、对气体实验定律的微观解释1．玻意耳定律一定质量的气体，温度保持不变时，分子的平均动能是一定的．在这种情况下，体积减小时，分子的密集程度增大，气体的压强就增大．2．查理定律一定质量的气体，体积保持不变时，分子的密集程度保持不变．在这种情况下，温度升高时，分子的平均动能增大，气体的压强就增大．3．盖·吕萨克定律一定质量的气体，温度升高时，分子的平均动能增大．只有气体的体积同时增大，使分子的密集程度减小，才能保持压强不变．2．(1)一定质量的理想气体，温度不变，体积不变，压强增大．()(2)一定质量的理想气体，温度、压强、体积可以同时变化．()(3)一定质量的理想气体，三个状态参量中可以只有两个变化．()提示：(1)×(2)√(3)√理想气体压强产生的原因和决定因素1．理想气体(1)宏观上讲，理想气体是指在任何条件下始终遵守气体实验定律的气体，实际气体在压强不太大、温度不太低的条件下，可视为理想气体．(2)微观上讲，理想气体应有如下性质：分子间除碰撞外无其他作用力；分子本身没有体积，即它所占据的空间认为都是可以被压缩的空间．显然这样的气体是不存在的，只是实际气体在一定程度上的近似．(3)从能量上看，理想气体的微观本质是忽略了分子力，所以其状态无论怎么变化都没有分子力做功，即没有分子势能的变化，于是理想气体的内能只有分子动能，不考虑分子势能，即一定质量的理想气体的内能完全由温度决定．2．气体压强的产生原因和决定因素(1)产生原因大量做无规则热运动的分子对器壁频繁、持续地碰撞产生气体的压强．单个分子碰撞器壁的冲力是短暂的，但是大量分子频繁地碰撞器壁，就对器壁产生持续、均匀的压力．所以从分子动理论的观点来看，气体的压强就等于大量气体分子作用在器壁单位面积上的平均作用力．(2)决定气体压强大小的因素①微观因素a．气体分子的密度：气体分子密度(即单位体积内气体分子的数目)越大，在单位时间内，与单位面积器壁碰撞的分子数就越多，气体压强就越大．b．气体分子的平均动能：气体的温度越高，气体分子的平均动能就越大，每个气体分子与器壁碰撞(可视作弹性碰撞)时给器壁的冲力就越大；从另一方面讲，分子的平均速率越大，在单位时间里器壁受气体分子撞击的次数就越多，累计冲力就越大，气体压强就越大．②宏观因素a．与温度有关：在体积不变的情况下，温度越高，气体的平均动能越大，气体的压强越大；b．与体积有关：在温度不变的情况下，体积越小，气体分子的密度越大，气体的压强越大；c．整体来看，升高温度以提高分子的平均动能和减小体积以增大分子的密集程度对改变气体的压强是等效的．封闭气体压强和大气压强的区别封闭容器中的气体体积一般很小，由自身重力产生的压强极小，可忽略不计，故气体压强由气体分子碰撞器壁产生，大小由气体的密度和温度决定，与地球的引力无关，气体对上下左右器壁的压强都是大小相等的．大气压强是由于空气受到重力作用紧紧包围地球而对在它里面的物体产生的压强，地面大气压与地球表面积的乘积近似等于地球大气层所受的重力，在地面附近的大气压随高度的增加而减小．对于一定质量的气体，下列四个论述中正确的是( )A ．当分子热运动变剧烈时，压强必增大B ．当分子热运动变剧烈时，压强可以不变C ．当分子间平均距离变大时，压强必变大D ．当分子间平均距离变大时，压强必变小[思路点拨] 从微观角度看，气体的压强是由气体分子的平均动能和单位体积里气体分子数共同决定的，不能单方面作出气体压强变化的结论．[解析] 当分子的热运动变剧烈时，分子的平均动能、平均速率变大，可能使气体产生的压强有增大的趋势；如果同时气体的体积也增大，这将使分子的密集程度减小，使气体的压强有减小的趋势，因此只告诉分子的热运动变剧烈这一条件，气体的压强是变大、变小还是不变是不确定的．同理，当分子间的平均距离增大时，分子的密集程度减小，可能使气体的压强有减小的趋势；若同时气体的温度升高，分子的平均速率增大，将使每次的碰撞对器壁的冲力增大，使气体的压强有增大的趋势．显然在只知道分子间的平均距离增大的情况下，无法确定压强的变化情况，故B 正确．[答案] B1.(多选)一定质量的理想气体，在状态变化后密度增大为原来的4倍，气体的压强和热力学温度与原来相比可能是( )A ．压强是原来的4倍，温度是原来的2倍B ．压强和温度都为原来的2倍C ．压强是原来的8倍，温度是原来的2倍D ．压强不变，温度是原来的14解析：选CD.密度增大为原来的4倍，则体积变为原来的14，根据pV T＝C ，A 、B 错误，C 、D 正确．气体实验定律的微观解释1．玻意耳定律(1)宏观表现：一定质量的气体，在温度保持不变时，体积减小，压强增大；体积增大，压强减小．(2)微观解释：温度不变，分子的平均动能不变．体积减小，分子越密集，单位时间内撞到器壁单位面积上的分子数就越多，气体的压强就越大．2．查理定律(1)宏观表现：一定质量的气体，在体积保持不变时，温度升高，压强增大；温度降低，压强减小．(2)微观解释：体积不变，则分子密度不变，温度升高，分子平均动能增大，分子撞击器壁的作用力变大，所以气体的压强增大．3．盖·吕萨克定律(1)宏观表现：一定质量的气体，在压强不变时，温度升高，体积增大；温度降低，体积减小．(2)微观解释：温度升高，分子平均动能增大，撞击器壁的作用力变大，而要使压强不变，则需使压强的另一个因素分子密度减小，所以气体的体积增大．(1)温度不变时，一定质量的气体体积减小，单位体积内的分子数增加．(2)体积不变时，一定质量的气体温度升高，分子平均动能增大．(3)压强不变时，一定质量的气体温度升高，气体体积增大，单位体积内的分子数减少．(多选)对于一定质量的理想气体，下列说法中正确的是()A．体积不变，压强增大时，气体分子的平均动能一定增大B．温度不变，压强减小时，气体分子的密集程度一定减小C．压强不变，温度降低时，气体分子的密集程度一定减小D．温度升高，压强和体积可能都不变[思路点拨]决定气体压强大小的因素：气体分子的密度，气体分子的平均动能．[解析]根据气体压强、体积、温度的关系可知，体积不变，压强增大时，气体分子的平均动能一定增大，选项A正确．温度不变，压强减小时，气体体积增大，气体分子的密集程度减小，B正确．压强不变，温度降低时，体积减小，气体分子的密集程度增大，C 错误．温度升高，压强、体积中至少有一个发生改变，D不正确．综上所述，正确选项为A、B.[答案]AB2.(多选)一定质量的理想气体，经等温压缩，气体的压强增大，用分子动理论的观点分析，这是因为()A．气体分子每次碰撞器壁的平均冲力增大B．单位时间内单位面积器壁上受到气体分子碰撞的次数增多C．气体分子的总数增加D．气体分子的密度增大解析：选BD.气体经等温压缩，温度是分子平均动能的标志，温度不变，分子平均动能不变，故气体分子每次碰撞器壁的冲力不变，A错；由玻意耳定律知气体体积减小、分子密度增加，故单位时间内单位面积器壁上受到气体分子碰撞的次数增多，B 对；气体体积减小、密度增大，但分子总数不变，C 错，D 对．变质量问题的处理方法对于变质量问题，直接应用气体实验定律或理想气体状态方程显然不合适，关键是如何灵活选择研究对象，将变质量问题转化为一定质量问题，可取原有气体为研究对象，也可以选择剩余气体为研究对象，始末状态参量必须对同一部分气体．可想象“放出”或“漏掉”的气体与剩余气体的状态相同，将变质量问题转化为定质量问题，然后利用气体实验定律或理想气体的状态方程，就可以确定剩余气体与“放出”或“漏掉”气体的体积、质量关系，从而确定剩余气体和原有气体间的状态变化关系．贮气筒的容积为100 L ，贮有温度为27 ℃、压强为30 atm 的氢气，使用后温度降为20 ℃，压强降为20 atm ，求用掉的氢气占原有气体的百分比？[解析] 法一：选取筒内原有的全部氢气为研究对象，且把没用掉的氢气包含在末状态中，则初状态p 1＝30 atm ，V 1＝100 L ，T 1＝300 K ；末状态p 2＝20 atm ，V 2＝？，T 2＝293 K ，根据p 1V 1T 1＝p 2V 2T 2得， V 2＝p 1V 1T 2p 2T 1＝30×100×29320×300L ＝146.5 L. 用掉的占原有的百分比为V 2－V 1V 2＝146.5－100146.5＝31.7%. 法二：取剩下的气体为研究对象初状态：p 1＝30 atm ，体积V 1＝？，T 1＝300 K末状态：p 2＝20 atm ，体积V 2＝100 L ，T 2＝293 K由p 1V 1T 1＝p 2V 2T 2得V 1＝p 2V 2T 1p 1T 2＝20×100×30030×293L ≈68.3 L 用掉的占原有的百分比为V 2－V 1V 2＝100－68.3100＝31.7%. [答案] 31.7%3.一容器有一小孔与外界相通，温度为27 ℃时容器中气体的质量为m ，若使温度升高到127 ℃，容器中气体的质量为多少？解析：设容器容积为V ，逸出的气体和容器内剩余气体的总体积为V ′，气体做等压变化由盖·吕萨克定律得：V T ＝V ′T ′，即V （273＋27）K ＝V ′（273＋127）K所以V ′＝4V 3. 即127 ℃时气体的总体积为4V 3，由于剩余气体体积为V ，由m ∝V 得：m 剩m ＝V V ′＝34，m 剩＝34m . 答案：34m[随堂检测]1．对于一定质量的气体，下列说法正确的是( )A ．玻意耳定律对任何压强的气体都适用B ．盖·吕萨克定律对任意温度的气体都适用C ．常温常压下的各种气体，可以当做理想气体D ．在压强不变的情况下，它的体积跟温度成正比解析：选C.玻意耳定律、盖·吕萨克定律都是在气体的压强不太大，温度不太低的条件下适用，A 、B 和D 都错误；在常温常压下的各种气体都遵从气体实验定律，可以当做理想气体，C 正确．2．(多选)封闭在容积不变的容器中的气体，当温度升高时，则气体的( )A ．分子的平均速率增大B ．气体对器壁的压强变大C ．分子的平均速率减小D ．气体对器壁的压强变小解析：选AB.单位体积内的分子数不变，当温度升高时，分子的平均动能增大，气体对器壁的压强变大，A 、B 选项正确．3.如图为一定质量理想气体的压强p 与体积V 关系图象，它由状态A经等容过程到状态B ，再经等压过程到状态C .设A 、B 、C 状态对应的温度分别为T A 、T B 、T C ，则下列关系式中正确的是( )A ．T A ＜TB ，T B ＜T CB ．T A ＞T B ，T B ＝T CC ．T A ＞T B ，T B ＜T CD ．T A ＝T B ，T B ＞T C解析：选C.由题中图象可知，气体由A 到B 过程为等容变化，由查理定律得p A T A ＝p B T B，p A >p B ，故T A >T B ；由B 到C 过程为等压变化，由盖·吕萨克定律得V B T B ＝V C T C，V B <V C ，故T B <T C .选项C 正确．4．(多选)下列说法正确的是( )A ．气体的内能是分子热运动的动能和分子间势能之和B ．气体的温度变化时，其分子平均动能和分子间势能也随之改变C ．一定量的气体，在体积不变时，分子每秒平均碰撞次数随着温度降低而减小D ．一定量的气体，在压强不变时，分子每秒对器壁单位面积平均碰撞次数随着温度降低而增加解析：选ACD.气体的内能等于分子的动能和分子间的势能之和，故A 正确．气体的温度变化时，分子的平均动能变化，但分子间的势能并不一定变化，故B 错．一定量的气体温度降低时，若体积不变，则单位时间内分子的碰撞次数减小；若压强不变，温度降低，分子每次对器壁碰撞的作用力减小，要保持压强不变，必须增加在单位时间内对器壁的碰撞次数，所以C 、D 正确．5．房间的容积为20 m 3，在温度为7 ℃、大气压强为9.8×104 Pa 时，室内空气质量是25 kg.当温度升高到27 ℃，大气压强变为1.0×105 Pa 时，室内空气的质量是多少？解析：气体初态：p 1＝9.8×104 Pa ，V 1＝20 m 3，T 1＝280 K.末态：p 2＝1.0×105 Pa ，V 2＝？，T 2＝300 K.由状态方程：p 1V 1T 1＝p 2V 2T 2，所以V 2＝p 1T 2p 2T 1V 1＝9.8×104×300×201.0×105×280m 3＝21 m 3. 因V 2>V 1，故有气体从房间内流出，房间内气体质量m 2＝V 1V 2m 1＝2021×25 kg ≈23.8 kg. 答案：23.8 kg[课时作业]一、单项选择题1．关于理想气体，下列说法中不正确的是( )A ．理想气体的分子间没有分子力B ．理想气体是严格遵从气体实验定律的气体模型C ．理想气体是一种理想化的模型，没有实际意义D ．实际气体在温度不太低、压强不太大的情况下，可看成理想气体解析：选C.人们把严格遵从气体实验定律的气体叫做理想气体，故B 正确．理想气体分子间没有分子力，是一种理想化的模型，在研究气体的状态变化特点时忽略次要因素，使研究的问题简洁、明了，故A 正确，C 错误．在温度不太低、压强不太大时，实际气体可看成理想气体，故D正确．2.如图是一定质量的某种气体的等压线，等压线上的a、b两个状态比较，下列说法正确的是()A．在相同时间内撞在单位面积上的分子数，b状态较多B．在相同时间内撞在单位面积上的分子数，a状态较多C．在相同时间内撞在相同面积上的分子数，两状态一样多D．单位体积的分子数，两状态一样多解析：选B.b状态比a状态体积大，故单位体积分子数b比a少，D错；b状态比a状态温度高，其分子平均动能大，而a、b压强相等，故相同时间内撞到单位面积上的分子数a状态较多，B对．3．下列说法中正确的是()A．气体的温度升高时，分子的热运动变得剧烈，分子的平均动能增大，撞击器壁时对器壁的作用力增大，从而气体的压强一定增大B．气体的体积变小时，单位体积的分子数增多，单位时间内打到器壁单位面积上的分子数增多，从而气体的压强一定增大C．压缩一定量的气体，气体的压强一定增加D．分子a从远处趋近固定不动的分子b，当a到达受b的作用力为零处时，a的动能一定最大解析：选D.根据气体压强的微观意义，气体压强由温度和体积两个因素决定，故A、B、C错误．分子之间同时存在引力和斥力，b对a的作用力等于引力和斥力的合力，a趋近b 时，作用力先由引力变为零，再变为斥力逐渐增大，当分子a从远处趋近于固定不动的分子b而到达受b的作用力为零处时，分子力为引力，且做正功，故D正确．4．对一定质量的理想气体，用p、V、T分别表示其压强、体积和温度，则有() A．若T不变，p增大，则分子热运动的平均动能增大B．若p不变，V增大，则分子热运动的平均动能减小C．若p不变，T增大，则单位体积中的分子数减小D．若V不变，p减小，则单位体积中的分子数减小解析：选C.温度不变，则分子热运动的平均动能不变，A项错；体积不变，由于气体分子的总数不变，则单位体积中的分子数不变，D选项错误；压强不变，如温度升高，分子热运动的平均动能增大，则单位体积内分子数减少，即体积增大，C选项正确，B选项错误．5．一定质量的理想气体，在压强不变的条件下，温度升高，体积增大，从分子动理论的观点来分析，正确的是()A．此过程中分子的平均速率不变，所以压强保持不变B ．此过程中每个气体分子碰撞器壁的平均冲击力不变，所以压强保持不变C ．此过程中单位时间内气体分子对单位面积器壁的碰撞次数不变，所以压强保持不变D ．以上说法都不对解析：选D.压强与单位时间内碰撞到器壁单位面积的分子数和每个分子的冲击力有关，温度升高，分子与器壁的撞击力增大，单位时间内碰撞的分子数要减小，压强才可能保持不变．6.一定质量的理想气体，由状态a 经b 变化到c ，如图所示，则下图中能正确反映出这一变化过程的是( )解析：选C.由题图知：a →b 过程为气体等容升温，压强增大，b →c 过程为气体等温降压，根据玻意耳定律，体积增大，由此可知C 项正确．二、多项选择题7．两个相同的密闭容器中分别装有等质量的同种理想气体，已知容器中气体的压强不相同，则下列判断中正确的是( )A ．压强小的容器中气体的温度比较高B ．压强大的容器中气体单位体积内的分子数比较少C ．压强小的容器中气体分子的平均动能比较小D ．压强大的容器中气体分子对器壁单位面积的平均作用力比较大解析：选CD.相同的容器分别装有等质量的同种气体，说明它们所含的分子总数相同，即分子数密度相同，B 错；压强不同，一定是因为两容器气体分子平均动能不同造成的，压强小的容器中分子的平均动能一定较小，温度较低，故A 错，C 对；压强大的容器中气体分子对器壁单位面积的平均作用力比较大，故D 项正确．8．一定质量的理想气体，初始状态为p 、V 、T ，经过一系列状态变化后，压强仍为p ，则下列过程中可以实现的是( )A ．先等温膨胀，再等容降温B ．先等温压缩，再等容降温C ．先等容升温，再等温压缩D ．先等容降温，再等温压缩解析：选BD.根据理想气体的状态方程pV T＝C ，若经过等温膨胀则T 不变，V 增大，再经等容降温则V 不变，T 减小，则由pV T ＝C 可知，V 增大，T 减小，p 一定变化，A 项不正确；同理可以判断出C 项不正确，B 、D 项正确．9．甲、乙两个相同的密闭容器中分别装有等质量的同种气体，已知甲、乙容器中气体的压强分别为p 甲、p 乙，且p 甲<p 乙．则( )A ．甲容器中气体的温度高于乙容器中气体的温度B ．甲容器中气体的温度低于乙容器中气体的温度C ．甲容器中气体分子的平均动能小于乙容器中气体分子的平均动能D ．甲容器中气体分子的平均动能大于乙容器中气体分子的平均动能解析：选BC.根据理想气体的状态方程可知，p 甲V 甲T 甲＝p 乙V 乙T 乙，因为p 甲<p 乙，且V 甲＝V 乙，则可判断出T 甲<T 乙，B 正确；气体的温度直接反映出气体分子的平均动能的大小，C 正确．10.如图所示，用活塞把一定质量的理想气体封闭在汽缸中，用水平外力F作用于活塞杆，使活塞缓慢向右移动，由状态①变化到状态②，如果环境保持恒温，分别用p 、V 、T 表示该理想气体的压强、体积、温度．气体从状态①变化到状态②，此过程可用图中的哪几个图象表示( )解析：选AD.由题意知，由状态①到状态②过程中，温度不变，体积增大，根据pV T＝C 可知压强将减小．对A 图象进行分析，p －V 图象是双曲线即等温线，且由①到②体积增大，压强减小，故A 正确；对B 图象进行分析，p －V 图象是直线，温度会发生变化，故B 错误；对C 图象进行分析，可知温度不变，体积却减小，故C 错误；对D 图象进行分析，可知温度不变，压强是减小的，故体积增大，D 正确．三、非选择题11.如图，一底面积为S 、内壁光滑的圆柱形容器竖直放置在水平地面上，开口向上，内有两个质量均为m 的相同活塞A 和B ；在A 与B 之间、B 与容器底面之间分别封有一定量的同样的理想气体，平衡时体积均为V .已知容器内气体温度始终不变，重力加速度大小为g ，外界大气压强为p 0.现假设活塞B 发生缓慢漏气，致使B 最终与容器底面接触．求活塞A 移动的距离．解析：初始状态下A 、B 两部分气体的压强分别设为p A 0、p B 0，则对活塞A 、B 由平衡条件可得：p0S＋mg＝p A0S ①p A0S＋mg＝p B0S ②最终状态下两部分融合在一起，压强设为p，体积设为V′，对活塞A由平衡条件有p0S＋mg＝pS ③对两部分气体由玻意耳定律可得p A0V＋p B0V＝pV′④设活塞A移动的距离为h，则有V′＝2V＋hS ⑤联立以上五式可得h＝mgV（p0S＋mg）S.答案：mgV（p0S＋mg）S12．一氧气瓶的容积为0.08 m3，开始时瓶中氧气的压强为20个大气压．某实验室每天消耗1个大气压的氧气0.36 m3.当氧气瓶中的压强降低到2个大气压时，需重新充气．若氧气的温度保持不变，求这瓶氧气重新充气前可供该实验室使用多少天．解析：设氧气开始时的压强为p1，体积为V1，压强变为p2(2个大气压)时，体积为V2，根据玻意耳定律得p1V1＝p2V2 ①重新充气前，用去的氧气在p2压强下的体积为V3＝V2－V1 ②设用去的氧气在p0(1个大气压)压强下的体积为V0，则有p2V3＝p0V0 ③设实验室每天用去的氧气在p0压强下的体积为ΔV，则氧气可用的天数为N＝V0/ΔV④联立①②③④式，并代入数据得N＝4(天)．⑤答案：见解析。

计算机组成与设计第三版第四章课后答案

参考答案：在教学计算机中, 为控制运算器完成指定的数据运算、传送功能，必须给出要用的数据组合、ALU要完成的运算功能、和对运算结果的保存及送出办法；选择送到ALU最低位的进位信号的状态，如何处理最高、最低位的移位信号的状态，是否保存运算结果的特征位信号等问题，都要依据指令执行的实际需求来处理，不是运算器内部功能所能包含的，故只能到Am2901芯片之外来解决。
4.6 运算器内的乘商寄存器的移位操作与通用寄存器的移位操作之间应有什么样的关联关系吗？为什么会是这样？

乘除寄存器的移位操作与通用寄存器的移位操作是联合移位，没有乘除寄存器单独移位功能。当通用寄存器本身移时，乘除寄存器不受影响。
4.8.以教学计算机为例，说明应如何控制与操作运算器完成指定的数据运算、传送功能，为什么必须在Am2901芯片之外解决向运算器提供最低位的进位信号，最低、最高位的移位输入信号，以及状态位的接受与记忆问题。设计完成如下操作功能的操作步骤和必须提供的信号：把100送入R0，R0的内容送入 R1，完成R0-R1并存入R0，R1的内容减1，R1的内容送入Q，R1和Q与C联合右移一位。

4.13.假定X=0.0110011*211,Y=0.1101101*2-10(此处的数均为二进制)。（1）浮点数阶码用4位移码、尾数用8位原码表示（含符号位），写出该浮点数能表示的绝对值最大、最小的（正数和负数）数值；（2）写出X、Y正确的浮点数表示（注意，此处预设了个小陷阱）；（3）计算X+Y；（4）计算X*Y。 4）计算X*Y A：阶码相加：[X+Y]移=[X]移+[Y]补=01 011+11 110=01 001 （符号位10第1位为0，不溢出；00时上溢，01时下溢） B：尾数相乘结果：0 1010110 110111 C：已满足规格化要求，不需左规，尾数不变，阶码仍为001 D：舍入处理：按0舍1入规则，尾数之后的6位110111舍去，尾数 +1=0 1010111 所以，X*Y最终浮点数格式的结果： 1 001 0 1010111，即 0.1010111*21