人民卫生出版社第7版《基础化学》习题第十章
共价键与分子间力
首页难题解析学生自测题学生自测答案章后习题解答
难题解析[TOP]
例10-1试用杂化轨道理论说明乙烯分子的形成及其构型。
分析根据杂化轨道理论，形成乙烯分子时，C原子的价层电子要杂化。共价键形成时，σ键在成键两原子间能单独存在，且只存在一个； 键在成键两原子间不能单独存在，但可存在多个。乙烯分子中C原子的4个价电子分别与其它原子形成三个σ键，C、C原子间的双键中有一个是π键。三个σ键决定分子构型，因此C原子有三个原子轨道参与杂化，形成三个等性杂化轨道。
解乙烯分子C2H4中有2个C原子和4个H原子，每个基态C原子的价层电子组态为2s2 2p2，在形成乙烯分子的过程中，1个2s电子被激发到2p空轨道上，然后1个2s轨道和2个2p轨道杂化形成3个等同的sp2杂化轨道，彼此间夹角为120o。每个C原子的2个sp2杂化轨道各与1个H原子的1s轨道重叠形成2个C—H σ键；2个C原子间各以1个sp2杂化轨道互相重叠，形成1个σ键。由于2个C 原子的这6个sp2杂化轨道处于同一平面，未参与杂化的2p z轨道则垂直于该平面，“肩并肩” 重叠形成1个π键，构成C＝C双键。
乙烯分子中6个原子在一个平面上，分子呈平面构型。
例10-2 利用价层电子对互斥理论预测-
I的空间构型。
3
分析先确定中心原子的价电子对数，中心原子提供7个电子，配位提供1个电子，加上负离子的电荷数，得价层电子数的总和再除以2。然后根据价层电子对构型和孤对电子决定-
I的空间构型。
3解-
I中有3个I原子，我们可将其中1个I作为中心原子，其余2个作为配位体。中心原子I有7
3
个价电子，2个配位I原子各提供1个电子，-
I离子的负电荷数为1，所以中心原子的价电子对数为
3
(7+2+1)/2＝5 。价层电子对构型为三角双锥，因配位原子数为2，说明价层电子对中有2对成键电子对和3对孤对电子，以3对孤对电子处在三角双锥的三角形平面上排斥能最小，所以-
I为直线型。
3例10-3 试用分子轨道理论比较CO和N2的成键类型和键级。
分析异核双原子分子的原子序数和≤14时，则符合分子轨道能级图10-13（b）的能级顺序；＞14时，则符合分子轨道能级图10-13 (a)的能级顺序。
解 CO 分子中的电子总数为14，和N 2分子中的一样多，故CO 和N 2具有完全相同的分子轨道电子排布式、成键类型和键级。
它们的分子轨道式为
])(σ)(π)(π)(σ)(σ)(σ)[(σ22p 22p 22p 2*
2s 22s 2*1s 21s x z y 键级＝32
410＝- 这样的分子称为等电子体，它们具有某些相近的性质。如N 2的熔点和沸点分别为63K 和77K ，CO 的熔点和沸点分别为74K 和81K 。
例10-4 下列说法是否正确？说明理由。
(1) 非极性分子中不含极性键。
(2) 直线型分子一定是非极性分子。
(3) 非金属单质的分子间只存在色散力。
(4) 对羟基苯甲醛的熔点比邻羟基苯甲醛的熔点高。
解 (1) 说法不正确。有的分子含极性键，但空间构型完全对称，键的极性可以相互抵消，因而是非极性分子。
(2) 说法不正确。双原子分子都是直线型，同核双原子分子化学键无极性，分子为非极性；异核双原子分子化学键有极性，分子为极性。多原子直线型分子中，若配体由相同原子形成，其空间构型对称，偶极距为零，分子为非极性。如CO 2：O=C=O 。而配体由不同原子所形成，其空间构型不对称，偶极距不为零，为极性分子。如H —C≡N 。
(3) 说法不正确。非金属单质分子通常是非极性分子，分子间的作用力通常为色散力。但臭氧(O 3) 分子的空间构型为V 形，μ>0，为极性分子，故分子之间存在取向力、诱导力和色散力。
(4) 说法正确。对羟基苯甲醛存在着分子间氢键，而邻羟基苯甲醛存在着分子内氢键，对羟基苯甲醛分子间的作用力远大于邻羟基苯甲醛分子间的作用力，熔化对羟基苯甲醛时必须消耗额外的能量去破坏分子间氢键，故对羟基苯甲醛的熔点高于邻羟基苯甲醛的熔点。
例10-5 某一化合物的分子式为AB 2，A 属第六主族元素，B 属第七主族元素，A 和B 在同一周期，它们的电负性值分别为3.44和3.98 。试回答下列问题：
(1) 已知AB 2分子的键角为103o18'，推测AB 2分子的中心原子A 成键时采取的杂化类型及AB 2分子的空间构型。
(2) A-B 键的极性如何？AB 2分子的极性如何？
(3) AB 2分子间存在哪些作用力？
（4）AB 2 与H 2O 相比，何者的熔点、沸点较高？
解 (1) 根据A 、B 的电负性值，可判断A 元素为O ，B 元素为F ，该分子为OF 2 。根据键角103o18'，知道该分子中O 原子以不等性sp 3杂化轨道与F 原子成键，两个单电子sp 3杂化轨道各与1个F 原子的单电子2p 轨道重叠形成p sp 3σ-键，余下的2个sp 3杂化轨道各被1对孤对电子占据，对成键电子对产生
较大的排斥，致使键角压缩（<109o28'），故OF 2分子的空间构型为“V”形。
(2) O —F 键为极性共价键。OF 2分子中键的极性不能抵消，为极性分子。
(3) OF 2分子间存在取向力、诱导力及色散力，其中色散力是主要的。
(4) OF 2分子中无H 原子，分子间不能形成氢键，而H 2O 分子间能形成氢键，故OF 2的熔点、沸点比H 2O 的低。 学生自测题 [TOP] 判断题 选择题 填空题 问答题
一、判断题（对的打√，错的打×）
1. 原子形成的共价键数目可以超过该基态原子的单电子数。 ( )
2. 一般来说，共价单键是σ键，在共价双键或叁键中只有1个σ键。 ( )
3. 氢键是有方向性和饱和性的一类化学键。 ( )
4. 超分子化合物的分子之间是以共价键结合的。 ( )
5. BF 3分子中，B 原子的s 轨道与F 原子的p 轨道进行等性sp 2杂化，分子的空间构型为平面三角形。
( )
二、选择题（将每题一个正确答案的标号选出） [TOP]
1. 下列理论或概念：a. 原子轨道能级图 b. 测不准原理 c. 电负性 d. 杂化轨道理论，与美国化学家Pauling L 无关的是 ( )
A. a
B. b
C. c
D.d
E. a b
2. 下述说法错误的是 ( )
A. 原子形成的共价键数目等于该基态原子的未成对电子数
B.σ键是构成分子的骨架，π键不能单独存在
C. 共价键具有饱和性和方向性
D. 按原子轨道重叠方式，共价键可分为σ键和π键
E. σ键比π键牢固
3. 关于PF 5分子的极性和键的极性，下列说法正确的是 ( )
A. 键和分子都是极性的
B. 键和分子都是非极性的
C. 键是极性的，分子是非极性的
D. 键是非极性的，分子是极性的
E. 以上说法都不对
4. H2S分子的空间构型和中心原子S的杂化类型分别为( )
A. 直线形，sp杂化
B. 平面三角形，sp2杂化
C. 四面体形，sp3杂化
D. V字形，sp2杂化
E．V字形，不等性sp3杂化
5. 下列分子或离子有顺磁性的是( )
N C. NO D. F2 E. CO
A. N2
B. 2
2
三、填空题[TOP]
1. 共价键的本质是(1) ，但因这种结合力是两核间的电子云密集区对两核的吸引力，而不是正、负离子间的库仑引力，所以它不同于一般的静电作用。
2. 根据成键电子来源，共价键可分为正常共价键和(2) 。
3. 关于共价键的两大理论为(3) 和(4) 。
四、问答题[TOP]
O的键角为100°，试用VSEPR理论解释之，并推测其中心原子的杂化轨
1. 实验证明，臭氧离子-
3
道类型。(4分)
2. 氧元素与碳元素的电负性相差较大，但CO分子的偶极矩很小，CO2分子的偶极矩为零。为什么？(4分)
学生自测答案[TOP]
一、判断题
1. √
2. √
3. ×
4. ×
5. ×
二、选择题
1. B
2. A
3. C
4. E
5. C
三、填空题
1. (1)电性的
2. (2)配位键
3. (3)现代价键理论，(4)分子轨道理论
四、问答题
O的中心原子O的价层电子对为3. 5(按4对处理)，价层电子对构型为四面
1. 根据VSEPR理论，-
3
体。成键电子对(等于配位原子数)为2，孤对电子对为2，2对孤对电子间相互排斥，使得∠O-O-O = 100°＜109o28ˊ。不等性sp3杂化。
2. CO的结构为:C O:，分子中存在1个σ键，1个正常π键和1个配位π键。由于配位π键是由O原子提供共用电子对形成的，抵消了O元素与C元素电负性相差较大而产生的电偶极矩，因此CO分子的电偶极矩很小。若单从O和C的电负性考虑，CO分子的负电重心应偏向O原子一侧，但实验事实是CO分子的负电重心偏向C原子一侧，合理的解释也是形成配位π键的缘故，C原子的1个2p空轨道接受O原子的1对电子，从而使得分子的负电重心偏向C原子。CO2是直线形分子，虽然C O键为极性键，但由于分子结构对称，正、负电荷中心重合，因此CO2分子的电偶极矩为零。
章后习题解答[TOP]
习题
1. 区别下列名词：
（1）σ键和π键（2）正常共价键和配位共价键
（3）极性键和非极性键（4）定域π键和离域π键
（5）等性杂化和不等性杂化（6）成键轨道和反键轨道
(7) 永久偶极和瞬间偶极（8）van der Waals力和氢键
解（1）σ键是指两个原子的原子轨道沿键轴方向以“头碰头”方式重叠所形成的共价键；而π键是指两个原子轨道垂直于键轴以“肩并肩”方式重叠所形成的共价键。
（2）正常共价键是指成键的两个原子各提供一个电子组成共用电子对所形成的化学键；而配位共价键是指成键的一个原子单独提供共用电子对所形成的共价键。
（3）极性键是指由电负性不同的两个原子形成的化学键；而非极性键则是由电负性相同的两个原子所形成的化学键。
（4）定域π键属双中心键，是成键两原子各提供一个p轨道“肩并肩”重叠而成，成键电子仅在提供重叠轨道的两个原子之间运动；离域π键则为多中心键，是由多个原子提供的p轨道平行重叠而成，离域轨道上的电子在多个原子区域内运动。
（5）等性杂化是指所形成的杂化轨道的能量完全相等的杂化；而不等性杂化是指所形成的杂化轨道的能量不完全相等的杂化。
（6）成键轨道是指两个原子轨道相加叠加而成的分子轨道，其能量比原来的原子轨道低；而反键轨道是指两个原子轨道相减叠加而成的分子轨道，其能量比原来的原子轨道高。
（7）永久偶极是指极性分子的正、负电荷重心不重合，分子本身存在的偶极；瞬间偶极是指由于分子内部的电子在不断地运动和原子核在不断地振动，使分子的正、负电荷重心不断发生瞬间位移而产生的偶极。
（8）van der Waals力是指分子之间存在的静电引力；而氢键是指氢原子与半径小，电负性大的原子以共价键结合的同时又与另一个半径小、电负性大的原子的孤对电子之间产生的静电吸引力。氢键的作用力比van der Waals力强。
2. 共价键为什么具有饱和性和方向性?
解根据Pauli不相容原理，一个轨道中最多只能容纳两个自旋方式相反的电子。因此，一个原子中有几个单电子，就可以与几个自旋方式相反的单电子配对成键。即一个原子形成的共价键的数目取决于其本身含有的单电子数目。因此，共价键具有饱和性。
共价键是由成键原子的价层原子轨道相互重叠形成的。根据最大重叠原理，原子轨道只有沿着某一特定方向才能形成稳定的共价键（s轨道与s轨道重叠除外），因此，共价键具有方向性。
3. 试用杂化轨道理论说明下列分子或离子的中心原子可能采取的杂化类型及分子或离子的空间构型。
（1）PH3（2）HgCl2（3）SnCl4（4）SeBr2（5）H3O+
解（1）P原子的外层电子组态为3s23p3，有1对孤对电子和3个单电子。当P原子与H原子化合时，P原子采用sp3不等性杂化，其中P原子的一对孤对电子占有一个sp3杂化轨道，另3个sp3杂化轨道分别与3个H原子的s轨道成键，故PH3分子的空间构型为三角锥形。
（2）Hg原子的外层电子组态为6s2，当Hg原子与Cl原子化合时，Hg原子的1个6s电子激发到6p轨道，进行sp杂化，2个sp杂化轨道分别与2个Cl原子的3p轨道成键，故HgCl2分子的空间构型为直线。
（3）Sn原子的外层电子组态为5s25p2，当Sn原子与Cl原子化合时，Sn原子的1个5s电子被激发到5p轨道，进行sp3等性杂化，4个sp3杂化轨道分别与4个Cl原子的3p轨道成键，故SnCl4分子的空间构型为正四面体。
（4）Se原子的外层电子组态为4s24p4，Se有2对孤对电子和2个单电子。当Se原子与Br原子化合时，Se原子采取sp3不等性杂化，其中Se原子的2对孤对电子占有2个sp3杂化轨道，另2个sp3杂化轨道分别与2个Br的4p轨道成键，故SeBr2分子的空间构型为V形。
（5）O原子的外层电子组态为2s22p4，O有2对孤对电子和2个单电子。当O原子与H原子化合时，O原子采用sp3不等性杂化，其中O的2对弧对电子占有2个sp3杂化轨道，另2个sp3杂化轨道分别与2个H的s轨道成键。此外，O原子用其中的一对弧对电子与H+形成1个σ配键。故H3O+离子的
空间构型为三角锥形。
4. 用杂化轨道理论说明乙烷C 2H 6、乙烯C 2H 4、乙炔C 2H 2分子的成键过程和各个键的类型。 解 乙烷C 2H 6分子中每个C 原子以4个sp 3杂化轨道分别与3个H 原子结合成3个s sp 3σ-键，第四
个sp 3杂化轨道则与另一个C 原子结合成33sp sp σ-键。
乙烯C 2H 4分子中，C 原子含有3个sp 2杂化轨道，每个C 原子的2个sp 2杂化轨道分别与2个H 原子结合成2个s sp 2σ-键，第三个sp 2杂化轨道与另一个C 原子结合成22sp sp σ-键；2个C 原子各有一个未
杂化的2p 轨道（与sp 2杂化轨道平面垂直）相互“肩并肩”重叠而形成1个π 键。所以C 2H 4分子中的C 、C 为双键。
乙炔C 2H 2分子中每个C 原子各有2个sp 杂化轨道，其中一个与H 原子结合形成s sp σ-键，第二个sp 杂化轨道则与另一个C 原子结合形成sp sp σ-键；每个C 原子中未杂化的2个2p 轨道对应重叠形成2个π 键。所以C 2H 2分子中的C 、C 为叁键。
5. BF 3的空间构型为正三角形而NF 3却是三角锥形，试用杂化轨道理论予以说明。
解 B 原子的外层电子组态2s 22p 1，当B 原子与F 原子化合时，2s 轨道上的1个电子被激发到2p 轨道，进行sp 2杂化，3个sp 2杂化轨道分别与3个F 原子的2p 轨道成键，故BF 3分子的空间构型为平面正三角形。
N 原子的外层电子组态为2s 22p 3。当N 原子与F 原子化合时，N 原子采取sp 3不等性杂化，其中N 的一对孤对电子占有一个sp 3杂化轨道，另3个sp 3杂化轨道分别与3个F 原子的2p 轨道成键，故NF 3分子的空间构型为三角锥形。
6. 下列各变化中，中心原子的杂化类型及空间构型如何变化。
（1）BF 3 →-4BF （2）H 2O →H 3O + （3）NH 3→+
4NH
解 （1）在BF 3分子中，B 原子采取sp 2等性杂化，分子的空间构型为平面正三角形；在-4BF 离子中，B 原子采取sp 3等性杂化，其中1个sp 3杂化轨道与F -离子的一对孤对电子形成1个σ配键，离子的空间构型为正四面体。故B 原子的杂化类型由sp 2等性杂化转变为sp 3等性杂化，空间构型由平面正三角形转变为正四面体。
（2）在H 2O 分子中，O 原子采取sp 3不等性杂化，分子的空间构型为V 形；在H 3O +离子中，O 原子采取sp 3不等性杂化，O 原子用其中的一对孤对电子与H +形成1个σ配键，离子的空间构型为三角锥形。故O 原子的杂化类型不变，空间构型由V 形转变为三角锥形。
（3）在NH 3分子中，N 原子采取sp 3不等性杂化，分子的空间构型为三角锥形；在+4NH 离子中，N 原子采取sp 3等性杂化，N 原子用其中的一对孤对电子与H +形成1个σ配键，4个N —H 键的能量完全相同。故N 原子的杂化类型由sp 3不等性杂化转变为sp 3等性杂化，空间构型由三角锥形转变为正四面体。
7. 中心原子的价层电子对构型和分子的几何空间构型有什么区别？以NH 3分子为例予以说明。 解 分子的价层电子对包括中心原子的σ成键电子对和孤电子对，它们在中心原子周围应尽可能远离，以保持排斥力最小，据此形成的价层电子对的空间排布方式为价层电子对构型。而分子的空间构型是指分子中的配位原子在空间的排布，不包括孤电子对。
如NH 3，价层电子对构型为正四面体，而分子的空间构型为三角锥。
8. 判断下列分子或离子的空间构型，并指出其中心原子的价层电子对构型。
（1）-23CO （2）SO 2 (3) +
4NH （4）H 2S
（5）PCl 5 (6) SF 4 （7）SF 6 (8) BrF 5
解 （1）在-23CO 离子中，C 原子价层电子对数为3（O 原子不提供电子），价层电子对构型为平面正
三角形，因价层电子对中无孤对电子，故-23CO 离子的空间构型为平面正三角形。
（2）在SO 2分子中，S 原子价层电子对数为3（O 原子不提供电子），价层电子对构型为平面正三角形，因价层电子对中有一对孤对电子，故SO 2分子的空间构型为V 形。
(3) 在+
4NH 离子中，N 原子的价层电子对数为4，价层电子对构型为正四面体，因价层电子对中无孤对电子，故+4NH 离子的空间构型为正四面体。
(4) 在H 2S 分子中，S 原子的价层电子对数为4，价层电子对构型为正四面体，因价层电子对中有2对孤对电子，故H 2S 分子的空间构型为V 形。
（5）在PCl 5分子中，P 原子的价层电子对数为5，价层电子对构型为三角双锥，因价层电子对中无孤对电子，故PCl 5分子的空间构型为三角双锥。
（6）在SF 4分子中，S 原子的价层电子对数为5，价层电子对构型为三角双锥，因价层电子对中有一对孤对电子，故SF 4分子的空间构型为变形四面体。
（7）在SF 6分子中，S 原子的价层电子对数为6，价层电子对构型为正八面体，因价层电子对中无孤对电子，故SF 6分子的空间构型为正八面体。
（8）在BrF 5分子中，Br 原子的价层电子对数为6，价层电子对构型为正八面体，因价层电子对中有一对孤对电子，故BrF 5分子的空间构型为四方锥。
9. 某化合物有严重的致癌性，其组成如下：H 2.1%，N 29.8%，O 68.1%，其摩尔质量约为50g ·mol -1。试回答下列问题：
（1）写出该化合物的化学式。
（2）如果H 与O 键合，画出其结构式。
（3）指出N 原子的杂化类型及分子中σ键和π键的类型。
解 （1）设该分子中H 、N 、O 原子的个数分别为：x 、y 、z ，因其相对原子质量分别为1.00794、14.0067、15.9994，所以，据题意有
1,021.050
00794.1≈=?x x 1,298.050
0067.14≈=?y y 2,681.050
9994.15≈=?z z 即，一个该化合物分子中有1个H 原子，一个N 原子，2个O 原子，所以其化学式为：HNO 2 （亚硝酸）。
（2）如H 与O 键合，其结构式为：
（3）N 原子的杂化类型为不等性sp 2；2个N —O 键为p sp 2σ-键，O —H 键为s p σ-键；O 、N 、O 原子间有一大π键4
3∏。
10. 写出下列双原子分子或离子的分子轨道式，指出所含的化学键，计算键级并判断哪个最稳定？ 哪个最不稳定？ 哪个具顺磁性？ 哪个具抗磁性？
（1）B 2 （2）F 2 （3）+2F （4）+2He
解 （1）B 2分子的分子轨道式为 12p 12p 2*
2s 22s 2*1s 21s )(π)(π)(σ)(σ)(σ)(σz y
B 2分子中有2个单电子π键；键级为
2
24- = 1；有2个单电子，具有顺磁性。 （2）F 2分子的分子轨道式为： 2*2p 2*2p 22p 22p 22p 2*
2s 22s 2*1s 21s )(π)(π)(π)(π)(σ)(σ)(σ)(σ)(σz y z y x
F 2分子中有1个σ键；键级为2
68- = 1；没有单电子，具有反磁性。 （3）+2F 离子的分子轨道式为
1*2p 2*2p 22p 22p 22p 2*
2s 22s 2*1s 21s )(π)(π)(π)(π)(σ)(σ)(σ)(σ)(σz y z y x
+2F 离子中有1个σ键和1个3电子π键；键级为
258- = 1.5；有1个单电子，具有顺磁性。 （4）+
2He 离子的分子轨道式为(1*1s 21s )(σ)(σ；+2He 离子中有1个3电子σ键；键级为
212- = 0.5；有1个单电子，具有顺磁性。
在双原子分子或离子中，键级愈大，键愈稳定，故最稳定的是+2F ，最不稳定的是+
2He 。
11. 试用分子轨道理论说明超氧化钾KO 2 中的超氧离子-2O 和过氧化钠Na 2O 2中的过氧离子-
22O 能否存在？它们和O 2 比较，其稳定性和磁性如何？
解 O 2分子的分子轨道式为
1*2p 1*2p 22p 22p 22p 2*2s 22s 2*1s 21s )(π)(π)(π)(π)(σ)(σ)(σ)(σ)(σz y z y x 其键级为2
48- = 2；分子中有2个单电子，具有顺磁性。 -
2O 离子的分子轨道式为
1*2p 2*2p 22p 22p 22p 2*
2s 22s 2*1s 21s )(π)(π)(π)(π)(σ)(σ)(σ)(σ)(σz y z y x 其键级为2
58- = 1.5，从键级角度考虑，-2O 可以存在，但稳定性比O 2小。-2O 离子中有1个单电子，因此具有顺磁性，磁性较O 2弱。
-2
2O 离子的分子轨道式为
2*2p 2*2p 22p 22p 22p 2*2s 22s 2*1s 21s )(π)(π)(π)(π)(σ)(σ)(σ)(σ)(σz
y z y x 其键级为2
68- = 1，从键级角度考虑，-22O 可以存在，但稳定性比O 2小。-22O 离子中没有单电子，具有反磁性。
12. 用VB 法和 MO 法分别说明为什么H 2 能稳定存在而 He 2 不能稳定存在？
解 H 原子的电子组态为1s 1，He 原子的电子组态为1s 2。按价键理论：H 原子有1个单电子，两个H 原子的自旋方向相反的单电子可以配对形成共价键，He 原子没有单电子，不能形成共价键，He 2分子不存在。
按分子轨道理论：H 2分子的分子轨道式为21s )(σ，键级为1，可以稳定存在。He 2分子的分子轨道
式为2*1s 21s )(σ)(σ，键级为0，He 2不能稳定存在。
13. 判断下列分子或离子中大π键的类型。
（1）NO 2 （2）CO 2 （3）SO 3 （4）C 4H 6 (5) -
23CO
解 （1）33∏ （2）2个43∏ （3）64∏ （4）44∏ （5）64∏ 14. 什么是自由基？ 什么是活性氧自由基？
解 含有单电子的分子、原子、离子或原子团称为自由基，如·NO 、·H 、·-
2O 、·
CH 3等。由基态的三线态氧3O 2转化成的具有较强活性的自由基称为活性氧自由基，如1O 2、·O 2-、·OH 、等。
15. 预测下列分子的空间构型，指出电偶极矩是否为零并判断分子的极性。
（1）SiF 4 （2）NF 3 （3）BCl 3 （4）H 2S (5) CHCl 3
解 （1）SiF 4分子中，Si 原子的价层电子对（VP ）数为4，价层电子对构型为正四面体，因价层电子对中无孤对电子，故分子的空间构型为正四面体，结构对称，其电偶极矩(μ)为零，为非极性分子。
（2）NF 3分子中，N 原子的VP 数为4，VP 的构型为正四面体，其中有1对孤对电子，故分子的空间构型为三角锥形，结构不对称，其μ ≠ O ，为极性分子。
（3）BCl 3分子中，B 原子的VP 数为3，VP 的构型为平面正三角形，其中无孤对电子，故分子的空间构型为平面正三角形，结构对称，其μ = O ，为非极性分子。
（4）H 2S 分子中，S 原子的VP 数为4，VP 的空间构型为正四面体，其中有2对孤对电子，故分子的空间构型为V 形，结构不对称，其μ ≠ O ，为极性分子。
（5）CHCl 3分子中，C 原子的VP 数为4，VP 的空间构型为正四面体。其中无孤对电子，但Cl 元素的电极负性大于H 元素，故分子的空间构型为变形四面体，结构不对称，其μ≠O ，为极性分子。
16. 下列每对分子中，哪个分子的极性较强？ 试简单说明原因。
(1) HCl 和HI （2）H 2O 和H 2S （3）NH 3 和PH 3
（4）CH 4 和SiH 4 （5）CH 4 和CHCl 3 （6）BF 3 和NF 3
解 键的极性大小通常用元素的电负性差值来估量，电负性(X )差值愈大，键的极性也愈强。分子的极性通常用电偶极矩来度量，电偶极矩（μ）愈大，分子的极性就愈强；电偶极矩为零，则是非极性分子。
（1）HCl 和HI 为双原子直线分子，分子中元素的电负性不相等，形成的是极性共价键，故都是极性分子。由于Cl 元素的电负性大于I 元素的电负性，因此HCl 分子的电偶极矩大于HI 分子的电偶极矩，
故HCl分子的极性较强。
（2）H2O和H2S分子的空间构型为V形，分子中成键元素的电负性均不相等，分子空间构型又不对称，故都是极性分子。由于O的电负性大于S的电负性，因此H2O分子的偶极距大于H2S分子的偶极距，故H2O分子的极性较强。
（3）NH3和PH3分子的空间构型均为三角锥形，分子中成键元素的电负性不相等，分子的空间构型又不对称，故都是极性分子。由于N的电负性大于P的电负性，因此NH3分子的偶极距大于PH3分子的偶极距，故NH3分子的极性较强。
（4）CH4和SiH4分子的空间构型均为正四面体，分子中成键元素的电负性不相等，但分子的空间构型对称，分子的电偶极矩均为零，故CH4和SiH4分子均为非极性分子。
（5）CH4分子的空间构型为正四面体，虽然分子中成键元素的电负性不相等，但分子的空间构型对称，电偶极矩为零，是非极性分子。CHCl3分子的空间构型为变形四面体，分子中成键元素的电负性不相等，分子的空间构型不完全对称，电偶极矩不为零，为极性分子，故CHCl3分子的极性较强。
（6）BF3分子的空间构型为平面正三角形，虽然分子中成键元素的电负性不相等，但分子的空间构型对称，电偶极矩为零，为非极性分子。NF3分子的空间构型为三角锥形，分子中成键元素的电负性不相等，分子的空间构型又不对称，电偶极矩不为零，为极性分子，故NF3分子的极性较强。
17. 已知稀有气体的沸点如下，试说明沸点递变的规律和原因。
名称He Ne Ar Kr Xe
沸点（K） 4.26 27.26 87.46 120.26 166.06
解稀有气体的分子为单原子分子，均是非极性分子，分子间只存在色散力。从He元素到Xe元素，随着原子序数增大，电子层数增多，分子半径增大，分子的变形性增大，色散力也就依次增强，其沸点也就依次升高。
18. 将下列两组物质按沸点由低到高的顺序排列并说明理由。
（1）H2 CO Ne HF （2）CI4 CF4 CBr4CCl4
解（1）H2、Ne、HF、CO的相对分子质量依次增大，色散力也依次增强。CO、HF分子中还存在取向力和诱导力，因此HF、CO的沸点相对较高。由于HF分子中还存在最强的氢键，故沸点由低到高的顺序为H2＜Ne＜CO＜HF。
（2）四种四卤化碳均为非极性分子，分子间只存在色散力。色散力随相对分子质量增加而增强，其沸点也依次升高，故沸点由低到高的顺序为CF4＜CCl4＜CBr4＜CI4。
19. 常温下F2和Cl2为气体，Br2为液体，而I2为固体，何故？
解四种卤素单质分子，均为非极性分子，分子间只存在色散力。色散力随相对分子质量增加而增
大，分子间的凝聚力依次增强，故室温下F2、Cl2为气体，Br2为液体，I2为固体。
20. 乙醇（C2H5OH）和二甲醚（CH3OCH3）组成相同，但乙醇的沸点比二甲醚的
沸点高，何故？
解乙醇和二甲醚分子都是极性分子，分子间都存在取向力、诱导力和色散力，但乙醇分子能形成分子间氢键；而二甲醚分子中虽然也有氧原子和氢原子，但氢原子没有与氧原子直接结合，不能形成氢键，故乙醇的沸点比二甲醚的沸点高。
21. 判断下列各组分子间存在着哪种分子间作用力。
(1) 苯和四氯化碳（2）乙醇和水（3）苯和乙醇（4）液氨
解（1）C6H6和CCl4分子均为非极性分子，故C6H6分子与CCl4分子之间只存在着色散力。
（2）CH3CH2OH和H2O分子均为极性分子，CH3CH2OH分子与H2O分子之间存在色散力、诱导力和取向力。此外，CH3CH2OH分子与H2O分子之间还存在分子间氢键。
（3）C6H6是非极性分子，CH3CH2OH是极性分子，在C6H6分子和CH3CH2OH分子之间存在着色散力和诱导力。
（4）NH3是极性分子，NH3分子之间存在着色散力、诱导力和取向力。此外，NH3分子之间还存在分子间氢键。
22. 将下列每组分子间存在的氢键按照由强到弱的顺序排列。
(1) HF与HF （2）H2O 与H2O （3）NH3与NH3
解氢键X—H…Y的强弱与X、Y的电负性及原子半径有关。X、Y的电负性愈大、原子半径愈小，形成的氢键就愈强。故氢键由强到弱的顺序为
（1）＞（2）＞（3）。
23. 某一化合物的分子式为AB4，A属第四主族，B属第七主族，A、B的电负性值分别为2.55和3.16 。试回答下列问题：
(1) 已知AB4的空间构型为正四面体，推测原子A与原子B成键时采取的轨道杂化类型。
(2) A—B键的极性如何？AB4分子的极性如何？
(3) AB4在常温下为液体，该化合物分子间存在什么作用力？
(4) 若AB4与SiCl4比较，哪一个的熔点、沸点较高？
解（1）A为ⅣA族元素，AB4分子的空间构型为正四面体，可知A与B成键时采用sp3等性杂化。
（2）A、B的电负性不同，故A—B键为极性键；AB4分子的空间构型为正四面体，结构对称，故AB4为非极性分子。
（3）AB4分子为非极性分子，分子间只存在色散力。
（4）根据A、B的电负性查表，可知A为C元素，B为Cl元素，故AB4的分子式为CCl4。CCl4分子与SiCl4分子的结构相似，但SiCl4的相对分子质量较大，SiCl4分子间的色散力较大，故SiCl4的熔点、沸点比CCl4的高。
Exercises
1. Determine the hybridization state of the central atom in each of the following molecules: (a) HgCl2, (b) AlI3, and(c) PF3. Describe the hybridization process and determine the molecular geometry in each case.
Solution(a) The ground-state electron configuration of Hg is [Xe] 6s24f145d1,and its outermost shell orbital diagram is imagined as follows:
By promoting a 6s electron to the 6p orbital, we get the excited state:
The 6s and 6p orbitals then mix to form two sp hybrid orbitals:
sp orbitals empty 6p
orbitals
The two Hg—Cl bonds are formed by the overlap of the Hg sp hybrid orbitals with the 3p orbitals of the Cl atoms. Thus HgCl2 is a linear molecule.
(b) The ground-state electron configuration of Al is [Ne] 3s23p1, and its outermost shell orbital diagram is imagined as follows:
3s3p
By promoting a 3s electron into the 3p orbital we obtain the following excited state:
The 3s and two 3p orbitals then mix to form three sp2 hybrid orbitals:
sp2 orbitals empty
3p orbital
The sp2 hybrid orbitals overlap with the 5p orbitals of I to form three covalent Al—I bonds.We predict the
AlI 3 molecule to be planar and all the IAlI angles to be 120?.
(c) The ground-state electron configuration of P is [Ne] 3s 23p 3., and its outermost shell orbital diagram is imagined as follows:
By mixing the 3s and 3p orbitals, we obtain four sp 3 hybrid orbitals.
As in the case of NH 3, one of the sp 3 hybrid orbitals is used to accommodate the lone pair on P. The other three sp 3 hybrid orbitals form covalent P —F bonds with the 2p orbitals of F. We predict the geometry of the molecule to be pyramidal; the FPF angle should be somewhat less than 109.28'.
2. Use the VSEPR model to predict the geometry of the following molecules and ions:
(a) AsH 3 (b) OF 2 (c) -4AlCl (d) -
3I
Solution (a) The molecule has four valence shell electron pairs (VP): three bonding pairs and one lone pair. The geometry of VP is tetrahedral with the lone pair occupying one corner of the tetrahedron, we can predict the AsH 3 should be trigonal pyramidal.
(b) There are four VP in the molecule of OF 2 and the geometry of VP is tetrahedral, while the VP have two lone pairs ,the geometry of OF 2 is like V shape.
(c) In this molecule, there are four VP and no lone pair. So the VP has the same geometry as the ion does: tetrahedron.
(d) There are two bonding pairs and three lone pairs, the number of VP is five and geometry of VP is trigonal bipyramidal, the -3I ion should be linear.
3. The +
2N ion can be prepared by bombarding the N 2 molecule with fast-moving electrons. Predict the
following properties of +
2N : (a) electron configuration, (b) bond order, (c) magnetic character, and (d) bond
length relative to the bond length of N 2 (is it longer or shorter?)
Solution (a) Since +2N has one fewer electron than N 2, its electron configuration is
])(σ)(π)(π)(σ)(σ)(σ)[(σ12px 22p 22p 2*
2s 22s 2*1s 21s z y
(b) The bond order of +
2N is
Bond order = (9- 4)/2 = 2.5
(c) +2N has one unpaired electron, so it is paramagnetic.
(d) Since the electrons in the bonding molecular orbitals are responsible for holding the atoms together,
+
2N should have a weaker and, therefore, longer bond than N 2. (In fact, the bond length of +2N is 112 pm, compared with 110 pm for N 2.)
4. Is the π bond in -
2NO localized or delocalized ？How can you determine whether a molecule or ion will
exhibit delocalized?
Solution The π bond in -
2NO is delocalized. The N atom forms 3 sp 2 hybrids, one is occupied by lone
pairs , and the other two hybrids overlap with the p orbitals of two O atoms, respectively. The p orbital of N atom not joining the hybridization and two p orbitals from two O atoms overlap and form a delocalized π bond.
There are two basic factors to form the delocalized π bonds:
(a) All the atoms involving in the formation of delocalized π bonds must be in a same plane;
(b) The number of p orbitals must less than the half number of the electrons.
5. Which of the following can form hydrogen bonds with water? CH 4, F ‐，HCOOH, Na +.
Solution There are no electronegative elements (F, O, or N) in either CH 4 or Na +. Therefore, only F -, and HCOOH can form hydrogen bonds with water.
分析化学(李发美_人民卫生出版社)(第7版)课后习题参考解答
第二章 误差和分析数据处理 1、 指出下列各种误差是系统误差还是偶然误差？如果是系统误差，请区别方法误差、仪器和试剂误差或操作误差，并给出它们的减 免方法。 答：①砝码受腐蚀： 系统误差(仪器误差)；更换砝码。 ②天平的两臂不等长： 系统误差(仪器误差)；校正仪器。 ③容量瓶与移液管未经校准： 系统误差(仪器误差)；校正仪器。 ④在重量分析中，试样的非被测组分被共沉淀： 系统误差(方法误差)；修正方法，严格沉淀条件。 ⑤试剂含被测组分： 系统误差(试剂误差)；做空白实验。 ⑥试样在称量过程中吸潮： 系统误差(操作误差)；严格按操作规程操作。 ⑦化学计量点不在指示剂的变色范围内： 系统误差(方法误差)；另选指示剂。 ⑧读取滴定管读数时，最后一位数字估计不准： 偶然误差；严格按操作规程操作，增加测定次数。 ⑨在分光光度法测定中，波长指示器所示波长与实际波长不符： 系统误差(仪器误差)；校正仪器。 ⑩在HPLC 测定中，待测组分峰与相邻杂质峰部分重叠 系统误差(方法误差)；改进分析方法 6、两人测定同一标准试样，各得一组数据的偏差如下： ② 为什么两组数据计算出的平均偏差相等，而标准偏差不等； ③ 哪组数据的精密度高？ 解：①n d d d d d 321n ++++= 0.241=d 0.242=d 1 2 i -∑= n d s 0.281=s 0.312=s ②标准偏差能突出大偏差。 ③第一组数据精密度高。 7、测定碳的相对原子质量所得数据：12.0080、12.0095、12.0099、12.0101、12.0102、12.0106、12.0111、12.0113、12.0118及12.0120。求算：①平均值；②标准偏差；③平均值的标准偏差；④平均值在99%置信水平的置信限。 解：① 12.0104i =∑=n x x ②0.00121 )(2 i =--∑= n x x s ③0.00038 == n s s
基础化学沉淀溶解平衡习题答案
7 沉淀-溶解平衡习题解答(p180-182) 1. 解答：(1)解：AgI (2)解：Mg(OH)2 2. 解答：(1) CaF 2 ? Ca 2+ + 2F - s+0.0010 2s K sp =(s+0.0010)(2s)2≈4?0.0010s 2 (2) Ag 2CrO 4 ? 2Ag + + CrO 42- 2s+0.010 s K θsp =(2s+0.010)2?s ≈0.0102?s 3. 解答： M 2X = 2M + + X 2- X 2-有酸效应： 4. 解答：(1) CaF 2 ? Ca 2+ + 2F - (2) BaSO 4 ? Ba 2+ + SO 42- (3) CuS ? Cu 2+ + S 2- ) L mol (104.1)L mol ()5.077.234104.1(11612 62 ----??=???==s K sp ) L m ol (102.1)L m ol ()32.581105.8(44)2(11113 33 2 ----??=????==?=s s s K sp 1 5111 L mol 102.8L mol 0010.04107.20.00104----??=???= ?= θsp K s 1 82 12 2L mol 100.2010.0100.2010.0---??=?==θ sp K s 19 2 12 2X(H)100.1Ka Ka ][H Ka ][H 1?=++=++α) L (mol 100.14100.1100.44)2(1103 19 493 X(H) sp X(H) sp 'sp 2---??=???=?= ?==?ααθθ θK s K K s s ) L (mol 102.14)10(107.24 )2(1010 8.6101][1133 2 2.1113 2 ) (2 ) (22 .14 2 ) (-----+??=??= ?= ?=?=?+=+=H F sp H F sp a H F K s K s s K H αααθθ) L (mol 104.110101.11010 2.10 .21][1142.210)() (22 .22 ) (24 24 224----+??=??=?=?==?+=+=--- H SO sp H SO sp a H SO K s K s K H αααθθ ) L (mol 102.21010610][][1189.1936)() (29 .192 ) (222 122---++??=??=?=?==++=--- H S sp H S sp a a a H S K s K s K K H K H αααθθ
基础化学第二版(李保山)化学平衡与化学动力学习题解答-学生
第五章 化学反应速率及化学平衡习题 (p111-113)参考答案 1.解答：(1) 在0~2分钟内的平均反应速率为13min dm mol 125.0--??=v (2) 在第2分钟时瞬时速率需通过作图法（如右图）求得 =瞬时v 11min L mol 089.0--?? 2.解答：反应对反应物A 的反应级数为2，对反应物B 的反应级数为1，反应的速率方程为 B 2 A 9c c v = 3.解答：（1）反应对HgCl 2的反应级数为1，对-242O C 的反应级数为2，总反应级数为3； (2) 速率常数是7.6?10-3 mol -2?dm 6?s -1； (3) 当HgCl 2浓度为0.020 mol ? dm -3，-2 42O C 的浓度为0.22 mol ? dm -3时，反应速率为 136s dm m ol 104.7---???=v 4.解答：(1) 即该反应对反应物A 的级数为1，反应对反应物B 的级数为2，故反应总级数为3； (2) 反应的速率系数为 k = 2.0 mol -2 ? dm 6 ? s -1 (3) 反应速率方程：2 B A ))((0.2c c v =;当c A = c B = 0.50 mol?dm -3时，反应速率为： v = 0.25 mol?dm -3?s -1 5.解答： k 227 = 3.9 ? 10-3 dm 3 ? mol -1 ? s -1 6.解答：反应的活化能为E a = 103 kJ? mol -1 7.解答：该反应用I －催化时，其反应速率是无催化剂时的1.88 ?103倍；用酶催化时，其反应速率是无催化剂 时的5.51?108倍。 8.解答：0307.0θ=K 9.解答： 3.25θ=K ； 气态氯原子的平衡分压力为p = 1.33 ?10-3 kPa 10.解答：%50)CO (2=w %50%501)CO (=-=w 11.解答：(1) CH 4的转化率为 ? = 0.47＝47％ (2) 用尝试发求得CH 4的转化率：? ≈0.83＝83％（也可用作 图法求解,如图） 12.解答：8θ3100.4-?=K 13.解答：5θ 251006.6?=K ; 5θ 5001021.7-?=K 14.解答：(1) 03.7θ=K ; (2) c (Br 2) = 0.0043＋0.01-x = 0.0126 mol?dm -3; c (Cl 2) = 0.0043-x = 0.0025 mol?dm -3; c (BrCl) = 0.0114+2x = 0.0149 mol?dm -3 (3) 上述结果说明增加平衡系统中反应物的浓度，平衡会向正反应方向移动。 15.解答：反应商5.5416.0θ=<==K J 所以平衡将向正反应方向移动，反应中将有更多的HI(g)生成。 16.解答：θm r ΔH ＝- 317 kJ? mol -1 17.解答：4θ1012.2-?=K p Hg = 7.51 kPa 18解答： p A = 58.6 kPa; 平衡时A 的转化率为%6.70，B 的分压力为41.4 kPa 。 19.解答：(1) 68.3θ=K (2) θ84.1K J <==3.68 故平衡向正反应方向移动，说明水蒸气的加入有利于乙烷裂解。 20.解答：平衡时氨的体积分数为150.0 21.解答：(1)4θ1012.2-?=K ; (2)p Hg = 7.51 kPa ，平衡系统的总压为kPa 3.11; (3) 求得p Hg = 1.46 kPa 22.解答：(1) 1θm r m ol kJ 28.59Δ-?=G 6θ1074.9-?=K (2) θ562.0K J >=, 此时反应向逆反应方向进行。 23.解答：1θm r mol 180kJ Δ-?=H 11θm r K m ol 184J Δ--??=S 1θm r m ol kJ 0.4Δ-?-=G 65.0θ=K 24.解答：(1) x =1， y =1; (2) 反应总级数2； (3) 反应的速率系数为 k =3.408L ? mol -1? s -1 25.解答：(1) =p =8.74KPa (2) 体系中没有反应物H 2S; (3) p (H 2S)=13.7Pa ；p (H 3N)=8.76KPa (4) 998.03NH =x (5)m min =1.41×10-3g a
医学免疫学人卫版第七版重点
医学免疫学 第二章免疫器官和组织 1．Mucosal-associated lymphoid tissue(MALT) 黏膜相关淋巴组织亦称为黏膜免疫系统，主要指呼吸道、胃肠道及泌尿生殖道黏膜固有层和上皮细胞下散在的无被膜淋巴组织，以及某些带有生发中心的器官化的淋巴组织，如扁桃体、阑尾等。Lymphocyte homing 2．Lymphocyte homing 淋巴细胞归巢成熟淋巴细胞离开中枢免疫器官后，经血液循环趋向性迁移并定居于外周免疫器官或组织的特定区域，称为~。 3．Lymphocyte recirculation 淋巴细胞再循环淋巴细胞在血液、淋巴液、淋巴器官或组织间反复循环的过程，称为~。有利于传递免疫信息，动员各种免疫细胞迁移至病灶。 第三章~ 第八章 1.Antigen 抗原是指能与T细胞、B淋巴细胞的TCR或BCR结合，促使其增殖、分化， 产生抗体或致敏淋巴细胞，并与之结合，进而发挥免疫效应的物质。一般具有免疫原形和抗原性两个重要特性。 2.Epitope 抗原表位抗原分子中决定抗原特异性的特殊化学基团，称为~，又称为抗原决定 簇。是与TCR、BCR或抗体特异性结合的基本结构单位。可分为顺序表位和构象表位。 3.Cross-reaction 交叉反应抗体或致敏淋巴细胞对具有相同和相似表位的不同抗原的反 应，称为~。 4.Superantigen(SAg) 超抗原某些物质只需要极低浓度（1~10ng/ml）即可激活2%~20%T 细胞克隆，产生极强的免疫应答，这类抗原被称为~。主要有外源性和内源性两类，化学性质主要为细菌外毒素、逆转录病毒蛋白等。 5.Adjuvant 佐剂预先或与抗原同时注入体内，可增强机体对该抗原的免疫应答或改变免 疫应答类型的非特异性免疫增强物质，称为~。如卡介苗。 6.Mitogen 丝裂原可与淋巴细胞表面的相应受体结合，刺激静止的淋巴细胞转化为淋巴母 细胞和有丝分裂，激活一类淋巴细胞全部克隆，被认为是一种非特异性淋巴细胞多克隆激活剂。广泛应用于体外集体免疫功能检测。 7.Antibody 抗体是B细胞接受抗原刺激后增殖分化为浆细胞所产生的糖蛋白，主要存在 于血清等体液中，通过于相应抗原特异性结合发挥体液免疫功能。 8.Membrane attack complex(MAC) 攻膜复合物由C5b6789n组成的复合物，可插入细胞 膜，通过破坏局部磷脂双层而形成“渗漏斑”，或形成穿膜的亲水性孔道，最终导致细胞崩解。 9.Interferon(IFN) 干扰素最早发现的细胞因子，具有干扰病毒的感染和复制的功能。可分 为Ⅰ型（包括INF-α，INF-β等）和Ⅱ型（INF-γ）。 10.CD分子应用以单克隆抗体鉴定为主的方法，将来自不同实验室的单克隆抗体所识别的同 一分化抗原归为同一个分化群，简称CD。 11.cell adhension molecules(CAM) 细胞黏附分子是众多介导细胞间或细胞与细胞外基质 间相互接触和结合分子的统称。黏附分子以受体-配体结合的形式发挥作用，使细胞与细胞间或细胞与基质间发生黏附，参与细胞识别，细胞活化和信号转导，细胞的增殖分化，细胞的伸展与移动。可分为免疫球蛋白超家族、整和素家族、选择素家族等。 12.MHC 主要组织相容性复合体其主要功能是以其产物提呈抗原肽进而激活T淋巴细胞， 在启动适应性免疫应答中起重要作用。其结构十分复杂，显示多基因性和多态性，传统上分为Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ类。Ⅰ、Ⅱ类主要参与调控适应性免疫应答，Ⅲ类主要参与调控固有免疫应答。 13.linkage disequilibrium 连锁不平衡指分属两个或两个以上基因座位的等位基因，同时出
基础化学李保山第二版8-氧化还原反应习题答案
8 氧化还原反应习题解答(p222-226) 1. 用氧化值法配平下列各氧化还原方程式。 （1）3Cu 2S +22HNO 3 = 6Cu(NO 3)2 +3H 2SO 4 +10NO+8H 2O （2）NH 4NO 2 = N 2 + 2H 2O （3）(NH 4)Cr 2O 7 = N 2 + Cr 2O 3 +4H 2O （4）3As 2S 3 + 28HNO 3+4 H 2O = 6 H 3AsO 4 + 9H 2SO 4 +28 NO （5）K 2Cr 2O 7 + 3H 2S +4 H 2SO 4 = Cr 2(SO 4)3 + 3S + 7H 2O + K 2SO 4 （6）2Na 2S 2O 3 + I 2 = Na 2S 4O 6 + 2NaI （7）2 MnO 4－ +3 Mn 2+ +2 H 2O =5 MnO 2 +4 H + （8）4[Co(NH 3)6]2+ + O 2 +2H 2O = 4 [Co(NH 3)6]3+ + 4OH - 2. 用离子-电子法配平下列方程式。（1-11）为酸性介质，（12-14）为碱性介质 (1) Cr 2O 72－ + 3H 2O 2 + 8H + = 2 Cr 3+ + 3O 2 +7 H 2O (2) 2 MnO 4－ +5 SO 32－ +6 H + = 2Mn 2+ + 5 SO 42－ +3 H 2O (3) ClO 3－ + 6I - + 6H + = Cl - +3 I 2 + 3H 2O (4) 5NaBiO 3(s) + 2Mn 2+ +14 H + = 5Na + +5 Bi 3+ + 2 MnO 4－ +7 H 2O (5) H 2S +2 Fe 3+ = S +2Fe 2+ + 2H + (6) 3P 4(s)+20HNO 3(浓)+8 H 2O =12H 3PO 4+20NO (7) 2FeS 2+30HNO 3Fe 2(SO 4)3+30NO 2+H 2SO 4+14H 2O (8) 7PbO 2+2MnBr 2+14HNO 3 7Pb(NO 3)2+2Br 2+2HMnO 4+6H 2O (9) 28HNO 3+3As 2S 3+4H 2O 9H 2SO 4+6H 3AsO 4+28NO (10) As 2S 5+10NO 3-+10H +2H 3AsO 4+10NO 2+5S+2H 2O (11) 2Bi 3++3S 2O 32-+3H 2O Bi 2S 3+3SO 42-+6H + (12) Cl 2 + 2OH -== Cl - + ClO -+ H 2O (13) 2[Cr(OH)4]- + 3H 2O 2 + 2OH -== 2 CrO 42－ +8H 2O (14) SO 32－ + Cl 2 +2OH -==2 Cl - + SO 42－ + H 2O 3. (1)逆向进行 (2) )(0=θ /Sn n θ+24V E E 15.=++S )(=θ /Mg Mg θ-V E E 37.22-=+ )(2.370.15=-θ-θ +θV E E E 52.2=+= ∴正向进行 (3) )1.09(==θ /Br Br θ+-2 V E E )(77.0==θ /Fe e F θ-+ 2+3V E E )(32.0=0.77-1.09=-=θ-θ+θV E E E
人民卫生出版社仪器分析重点
1、721型分光光度计使用之前仪器应预热10min。 2、符合朗伯比尔定律的有色溶液在稀释时，其最大吸收峰的波长不移动，但峰高值降低。 3、人眼能感觉到的光称为可见光，其波长范围是：400---780nm。 4、在分光光度法中，摩尔吸收系数与溶质的性质有关。 5、721型分光光度计适用于可见光区。 6、分光光度法分析中，如果显色剂无色，而被测试液中含有其他有色离子时宜选择不加显色剂的待测液做参比液可消除影响。 7、光吸收定律只适合于单色光和一定范围的低浓度溶液。 8、分光光度法的吸光度与液层的高度无关。 9、721型分光光度计的检测器是光电管。 10、在紫外和可见光区用分光光度计测量有色溶液的浓度相对标准偏差最小的吸光度为 0.434。 11、原子吸收分光光度法中的标准加入法可以消除的干扰是电离效应。 12、在原子吸收分光光度计中，通常所用的检测器是光电倍增管。 13、用原子吸收分光光度分析测定某矿石中铝含量，宜采用的原子化方式是化学计量火焰。 14、原子吸收分析中光源的作用是发射待测元素的特征谱线。 15、火焰原子吸收分析法测定Al、Si、Ti、Zr 等元素所采用的火焰是乙炔---氧气。 16、由固定相和流动相的定义可知固定相是固定不动的，流动相是不断流动的。 17、分配系数越大，组分越晚流出色谱柱。 18、某色谱峰，其峰高0.607倍处色谱峰宽度为4mm，半峰宽为4.71mm。 19、以峰高乘以平均峰宽的方法计算色谱峰的峰面积，适用于不对称的色谱峰。 20、利用气相色谱法来测定某有机混合物，已知各组分在色谱条件下均有出峰，那么定量分析各组分含量时，应采用归一化法。 21、对于色谱分析法中，流动相和固定相的选择主要取决于被分离物质的极性。 22、薄层色谱法常用的通用型显色剂有碘、硫酸溶液。 23、组分的极性越强，被固定相吸附的作用越强。 24、LC中通用型检测器是示差折光检测器。 25、在液相色谱中流动相的选择原则是极性大的样品用极性大的洗脱剂，反之亦然。 26、在HPLC 法中，为改变色谱柱选择性，可改变流动相的种类和配比，改变固定相的种类。 27、分析宽沸程多组分混合物多采用程序升温气相色谱。 28、吸附薄层色谱法中，分离弱极性物质，选择吸附剂、展开剂的一般原则是：活性大的吸附剂和极性弱的展开剂。
基础化学第二版习题答案(供参考)
第五章 难容电解质溶液的沉淀溶解平衡 习题答案 1．何谓沉淀溶解平衡？同物质的量的BaCl 2和H 2SO 4混合溶液中，含有哪些离子？这些离子浓度之间存在着哪些关系？ 答：难溶电解质溶解和沉淀速度相等，固体的量和溶液中分子或离子的量不再改变的状态，称为沉淀溶解平衡。 Ba 2+、Cl -、- 24SO 、H +、OH - θsp 2 42]][SO [B a K =-+，θw -]][OH [H K =+等 2．活度积、溶度积、离子积之间有何区别与联系？ 答：活度积、溶度积指平衡状态下的活度积或浓度积，对给定的难溶电解质其活度积只与温度有关，溶度积不但与温度有关，还和溶液离子强度有关，对于MA 型难溶电解质： (MA)) (A )(M (MA)θsp θap K K =?-+γγ。离子积指任意状态下的浓度积，其值是任意的。 3．无副反应时，沉淀的溶度积与溶解度有何关系？溶度积小的物质，它的溶解度是否一定小？举例说明。 答：θθsp ) A (M c n m K s n m n m n m += 不同类型难溶电解质的溶解度不能根据溶度积数值大小直接判断。溶度积小的物质，它的溶解度是不一定小，如Ag 2CrO 4与AgCl 。 4．除了沉淀物质本性以外，影响沉淀溶解度的主要因素有哪些？ 答：除了沉淀物质本性以外，影响沉淀溶解度的主要因素还有：同离子效应、盐效应、酸碱效应、配位效应等。 5．判断下列操作中可能发生的反应和现象并予以解释。 （1）将少量CaCO 3固体放入稀HCl 中。 （2）将少量Mg(OH)2放入NH 4Cl 溶液中。 （3）向少量MnSO 4溶液中加入数滴饱和H 2S 水溶液，再逐滴加入2mol ·L -1的氨水。 （4）向盛少量PbS 固体的试管中，滴入H 2O 2溶液。 （5）向盛少量AgCl 沉淀的试管中，滴入KI 溶液。 （6）向盛少量Cu(OH)2沉淀的试管中，滴入2mol ·L -1NH 3·H 2O 溶液。
人民卫生出版社 第六版 《社会医学》 总结重点
1.社会医学：是研究社会因素与健康和疾病之间相互作用及其规律的一门科学。对象： 1社会生理现象,2社会病理现象，3社会医学诊断，4社会医学处方。特点：1学科交叉性，2研究方法的综合性，3社会医学的实践性 2.医学模式：在医学实践的基础上，人类在与疾病抗争和认识自身生命过程中得出的对医 学本质的高度概括 3.亚健康状态：指人的机体虽然无明显的疾病，但呈现出活力降低，适应力呈不同程度减 退的一种生理状态。 4.文化的基本特征：①历史性②现实性③渗透性④继承性⑤社会性。 5.文化影响健康的特征：无形性、本源性、软约束、稳定性。教育对人群健康的影响： 教育是人的社会化过程和手段。它不仅包括学校教育，而且包括家庭、社会、自我(学习）教育。教育具有两种职能：一是按社会需要传授知识，即对人的智能规范；二是传播社会准则，即对人的行为规范。社会制度影响人群健康的特征：1双向性、2普遍性或稳定性，3变异性，4强制性 6.卫生服务的基本功能：1保健功能：使患者康复，恢复劳动力；延长寿命，延长劳动 时间，有效地提高生产力水平；:消除病人对疾病焦虑和恐慌。2社会功能：提供心理安慰；体验社会支持；增强社会凝聚力。 7.社会医学的研究方法：1调查研究2试验研究3评价研究4文献研究。 8.社会医学研究的步骤：1选择课题陈述假设，2制定研究方案，3收集资料，4整理和 分析，5解释结果。 9.抽样方法：1概率抽样：单纯随机抽样、系统抽样概率抽样、分层抽样、整群抽样、多 阶段抽样。2非概率抽样：方便抽样、立意抽样、雪球抽样、定额抽样。 10.定性研究的特点：1关注事物的过程，而不是事物的结果；2对少数特殊人群的研究， 其结果不能外推；3需要与研究对象保持较长时间的密切接触；4很少用概率统计分11.问卷设计的原则：目的性、反向性、实用性。问题设计：开放式问题、封闭式问题。 答案设计：填空式、二项选择式、多项选择式、图表式、排序式。 12.生命质量评价：指具有一定生命数量的人在一定时点上的生命质量表现。内容：1生 理状态：活动受限、社会角色受限、体力适度；2心理状态：情绪反应、认知功能；3社会功能状态：社会整合、社会接触、亲密关系；4主观判断与满意度：自身健康和生活判断、满意度与幸福感。适用范围：临床医学、预防医学、药学、卫生管理学。13.健康危险因素评价：研究危险因素与慢性病发病及死亡之间数量依存关系及其规律性的 一种技术方法。种类：1环境危险因素：自然，社会；2心理、行为危险因素；3生物遗传危险因素；4医疗服务中的危险因素。 14.评价年龄：依据年龄和死亡率之间的函数关系，从死亡率水平推算得出的年龄值称评价 年龄。增长年龄：通过努力降低危险因素后可能达到的预期年龄。 15.社会病：社会因素起主导作用，与现代生活方式与行为模式密切相关的社会病理现象 特点：影响的社会性产生根源的复杂、社会危害性、群防群治 16.伤害防制策略和措施：HADDON模型：前、中、后三阶段；十大策略；四E干预： 工程（Engineering）、经济（Economic）、强制（Enforcement）、教育（Educational Intervention 17.成瘾：由于对自然或人工合成药物的重度使用所导致的一种周期性慢性着迷状态， 并引起无法控制想再度使用的欲望。类型：①物质性成瘾。②精神性成瘾。 18.网络成瘾：过渡使用因特网导致明显的社会、心理功能损害，上网时间频率超过预期， 控制上网失败，出现戒断症状。 19.卫生服务研究：是从卫生服务的供方、需方和第三方及其相互之间的关系出发，研究卫 生系统为一定的目的合理使用卫生资源，向居民提供预防、保健、医疗、康复、健康促
工程化学基础(第二版)练习题参考答案
浙江大学<<工程化学基础（第二版）>>练习题参考答案 第一章 绪 论 练习题（p.9） 1. （1）×； （2）√； （3）×； （4）√。 2. （1）C 、D ；（2）C ；（3）B 。 3. 反应进度；ξ； mol 。 4. 两相（不计空气）；食盐溶解，冰熔化，为一相；出现AgCl ↓，二相；液相分层，共三 相。 5. 两种聚集状态，五个相：Fe （固态，固相1），FeO （固态，固相2），Fe 2O 3（固态，固 相3），Fe 3O 4（固态，固相4），H 2O （g ）和H 2（g ）（同属气态，一个气相5） 6. n =（216.5 －180）g / (36.5g · mol -1) = 1.0 mol 7. 设最多能得到x 千克的CaO 和y 千克的 CO 2，根据化学反应方程式： CaCO 3(s) = CaO(s) + CO 2(g) 摩尔质量/g ·mol -1 100.09 56.08 44.01 物质的量/mol 100095%10009103 ??-. x 56.08×-310 y 4401103.?- 因为n(CaCO 3)=n (CaO)=n (CO 2) 即 100095%10009103??-.= x 56.08×-310=y 4401103 .?- 得 x =m (CaO) =532.38kg y =m (CO 2) =417.72kg 分解时最多能得到532.28kg 的CaO 和417.72kg 的CO 2。 8. 化学反应方程式为3/2H 2+1/2N 2 = NH 3时： 22(H )6mol 4mol 3(H )n ξν?-===- 22(N )2mol 4mol 1(N )n ξν?-= ==- 33(NH )4mol 4mol 1(NH ) n ξν?= == 化学反应方程式为3H 2+ N 2 = 2NH 3时： 22(H )6mol 2mol 3(H ) n ξν?-= ==-
工程化学基础(第二版)习题解答讲解
<<工程化学基础（第二版）>>练习题参考答案 第一章 绪 论 练习题（p.9） 1. （1）×； （2）√； （3）×； （4）√。 2. （1）C 、D ；（2）C ；（3）B 。 3. 反应进度；ξ； mol 。 4. 两相（不计空气）；食盐溶解，冰熔化，为一相；出现AgCl ↓，二相；液相分层，共三 相。 5. 两种聚集状态，五个相：Fe （固态，固相1），FeO （固态，固相2），Fe 2O 3（固态，固 相3），Fe 3O 4（固态，固相4），H 2O （g ）和H 2（g ）（同属气态，一个气相5） 6. n =（216.5 －180）g / (36.5g · mol -1) = 1.0 mol 7. 设最多能得到x 千克的CaO 和y 千克的 CO 2，根据化学反应方程式： CaCO 3(s) = CaO(s) + CO 2(g) 摩尔质量/g ·mol -1 100.09 56.08 44.01 物质的量/mol 100095%10009103 ??-. x 56.08×-310 y 4401103.?- 因为n(CaCO 3)=n (CaO)=n (CO 2) 即 100095%10009103??-.= x 56.08×-310=y 4401103 .?- 得 x =m (CaO) =532.38kg y =m (CO 2) =417.72kg 分解时最多能得到532.28kg 的CaO 和417.72kg 的CO 2。 8. 化学反应方程式为3/2H 2+1/2N 2 = NH 3时： 22(H )6mol 4mol 3(H )2n ξν?-===- 22(N )2mol 4mol 1(N )2n ξν?-===- 33(NH )4mol 4mol 1(NH ) n ξν?= == 化学反应方程式为3H 2+ N 2 = 2NH 3时： 22(H )6mol 2mol 3(H ) n ξν?-= ==-
人民卫生出版社第七版-误差与数据分析处理习题答案
第二章 1.属于方法误差的有：④⑦⑩；仪器误差：①②③⑨；操作误差：⑥；偶然误差：⑧； 试剂误差：⑤ 5. ① 4 2.52 4.1015.14 6.1610 ???=2.54×10-3 此题中2.52的相对误差最大，因此计算结果应修约为三位有效数字。 ② 61090.20001120 .0325 0001120.010.514.2101.3?==?? 有效位数保留原理同上。 ③ 4 51.0 4.0310 4.022.5120.002034=-??? ④ 2 0.03248.1 2.121053.01.050 =??? 此题中8.1的相对误差最大，以8.1的有效数字作为修约标准，又因为8.1的第一个有效数字为8，其相对误差的大小和三位有效数字的相对误差近似，因此可认为8.1的有效数字为三位有效数字，结果保留三位有效数字。 ⑤ 32.2856 2.51 5.42 1.89407.5010 5.738 5.420.0142 3.5462 3.546211.14 3.1413.546 -?+-??+-= == ⑥pH=2.10，求[H +]=？ 由于pH 值为对数值，所以2.10的有效数字为两位有效数字，故 [H +]=7.9×10-3mol.L -1 6. 解：根据n i=1 d=-∑i x x n 和准偏差， ①第一组1d 0.24=1，S =0.28，第二组的2d 0.24=2，S =0.31。 ②两组数据的平均偏差相等但标准偏差不相等，这是因为标准偏差可以反映出数据中较大
偏差对测定结果重复性的影响。 ③由于第一组的标准偏差较小，因此这组数据的精密度更高。 7.测定碳的原子量所得数据：12.0080、12.0095、12.0099、12.0101、12.0102、12.0106、12.0111、12.0113、12.0118及12.0120。求算：（1）平均值；（2）标准偏差；（3）平均值的标准偏差；（4）平均值在99%置信水平的置信限。 解 0104.1210 12.012012.011812.011312.011112.010612.010212.010112.00992.0095112.0080=+++++++++= X (3) (4) 置信限为： 0012 .010 0012.0250.3250 .3,9,01.0,=? ===n S t t t f f αα 8. 13 .05 11 .001.0 20.014.011.005.051 .1640 .152.171.137.162.146.12 2 2 2 2 2 =+++++= =+++++=S X 7.1613 .051 .160.1=?-= t 查表得t 0.05,5=2.571 t 计＜t 0.05,5 故无显著性差异。 9.解（1）计算统计量 HPLC 法：n 1=6, 1X =98.3%, s 1=1.10 化学法：n 2=5, 2X =97.5%, s 2=0.540
工程化学基础第二版练习题参考答案
浙江大学<<工程化学基础(第二版)>>练习题参考答案 第一章 绪 论 练习题(p 、9) 1、 (1)×; (2)√; (3)×; (4)√。 2、 (1)C 、D;(2)C;(3)B 。 3、 反应进度;ξ; mol 。 4、 两相(不计空气);食盐溶解,冰熔化,为一相;出现AgCl ↓,二相;液相分层,共三相。 5、 两种聚集状态,五个相:Fe(固态,固相1),FeO(固态,固相2),Fe 2O 3(固态,固相3),Fe 3O 4(固态, 固相4),H 2O(g)与H 2(g)(同属气态,一个气相5) 6、 n =(216、5 －180)g / (36、5g · mol -1) = 1、0 mol 7、 设最多能得到x 千克的CaO 与y 千克的 CO 2,根据化学反应方程式: CaCO 3(s) = CaO(s) + CO 2(g) 摩尔质量/g ·mol -1 100、09 56、08 44、01 物质的量/mol 100095%10009103 ??-. x 56.08×-310 y 4401103.?- 因为n(CaCO 3)=n (CaO)=n (CO 2) 即 100095%10009103??-.= x 56.08×-310=y 4401103 .?- 得 x =m (CaO) =532、38kg y =m (CO 2) =417、72kg 分解时最多能得到532、28kg 的CaO 与417、72kg 的CO 2。 8、 化学反应方程式为3/2H 2+1/2N 2 = NH 3时: 22(H )6mol 4mol 3(H )2n ξν?-===- 22(N )2mol 4mol 1 (N )2 n ξν?-= ==- 33(NH )4mol 4mol 1(NH ) n ξν?= == 化学反应方程式为3H 2+ N 2 = 2NH 3时: 22(H )6mol 2mol 3(H ) n ξν?-===- 22(N )2mol 2mol 1(N ) n ξν?-= ==-
工业化学基础第二版第一章课后习题参考答案
<工程化学基础（第二版）>>练习题参考答案 第一章 绪 论 练习题（p.9） 1. （1）×； （2）√； （3）×； （4）√。 2. （1）C 、D ；（2）C ；（3）B 。 3. 反应进度；ξ； mol 。 4. 两相（不计空气）；食盐溶解，冰熔化，为一相；出现AgCl ↓，二相；液相分层，共三相。 5. 两种聚集状态，五个相：Fe （固态，固相1），FeO （固态，固相2），Fe 2O 3（固态，固相3），Fe 3O 4（固态，固相4），H 2O （g ）和H 2（g ）（同属气态，一个气相5） 6. n =（216.5 －180）g / (36.5g · mol -1) = 1.0 mol 7. 设最多能得到x 千克的CaO 和y 千克的 CO 2，根据化学反应方程式： CaCO 3(s) = CaO(s) + CO 2(g) 摩尔质量/g ·mol -1 100.09 56.08 44.01 物质的量/mol 100095%1000910 3??-. x 56.08×-310 y 4401103.?- 因为n(CaCO 3)=n (CaO)=n (CO 2) 即 100095%1000910 3??-.=x 56.08×-310=y 4401103.?- 得 x =m (CaO) =532.38kg y =m (CO 2) =417.72kg 分解时最多能得到532.28kg 的CaO 和417.72kg 的CO 2。 8. 化学反应方程式为3/2H 2+1/2N 2 = NH 3时： 22(H )6m o l 4m o l 3 (H )2 n ξν?-===- 22(N )2m o l 4m o l 1(N )2n ξν?-= ==- 33(N H )4m o l 4m o l 1(N H ) n ξν?=== 化学反应方程式为3H 2+ N 2 = 2NH 3时： 22(H )6m o l 2m o l 3(H ) n ξν?-===-
南方医科大学 诊断学 第七版(陈文斌 潘祥林 著)人民卫生出版社
诊断学 1.患者因足背外伤，经外敷草药后次日开始发热，一周来体温波动在39～41.50C ，住院后经抗感染体温才降至正常。此发热期的体温特点属何热型：A ．稽留热 2.常人腋温一般为A．36～370C 3.外源性致热原，除外：A．细菌毒素B ．炎性渗出物C．淋巴细胞激活因子 D ．某些类固醇物质E．白细胞介素I 4.需要问清发热的伴随症状是：A 寒战B 皮疹C 关节及肌肉疼痛D 咳嗽E．以上都是 5.回归热可见于:D ．Hodgkin 病 6.关于脉搏的描述，正确的是：正常成人60～80次/分 7.水冲脉可见于：C ．主动脉瓣关闭不全 8.一般体温每高10C ，呼吸大约增加：B ．4次/分 9.Cheyne-Stokess 呼吸潮式呼吸描述，正确的是：D．是一种浅快，暂停、深快的呼吸 10.患者女性，78岁，因肺癌（晚期）再次入院。查体：神志不清，浅昏迷状，呼吸呈有规 律呼吸几次后，突然停止片刻，又开始呼吸，周而复始地进行。此种呼吸称为：C ．Cheyne-Stokess 呼吸11.WHO 拟定的理想血压为（mmHg ）：B ．<130/8512.测血压方法，正确的描述是：A．袖带应紧缚于上臂B．将听诊器胸件塞在袖带下C．将袖带内注满气后听取血压值D．听到的第一次声响时的汞柱数值为收缩压E．变调时的声响数值为舒张压13.临界高血压是指（mmHg ）：C．140～159/90~159/90~959514.患者男性，有血压升高史5年，需常年服降压药，最近一周因头痛头晕而复诊，测血压为190/116mmHg ，此血压属于：D ．3级高血压15.可使脉压减小的病变，除外：A 休克B 心包积C 急性左心衰D 动静脉瘘E 缩窄性心包炎 16.无力型体型的人，有下列特征，除外：体高肌廋、颈细长、肩胛下垂、胸廓扁平、腹上角 小于9090° °A．肩窄下垂17.营养状态的判断是根据：根据体重、皮肤的弹性、毛发的润泽、皮下脂肪的多少、肌肉的发育以及精神状态C．肌肉的发育 18.意识障碍是指：A．昏迷状态 19肝病的面容特点是：C ．面色灰褐 20瞳孔缩小见于：C．有机磷中毒 21.鼻尖和鼻翼皮肤发红，毛细血管扩张和组织肥厚，见于：D ．酒渣鼻 22.关于扁桃体肿大的描述，错误的是：A．I 度肿大时不超过舌腭弓 B．II 度肿大时超过咽腭弓C．达到或超过咽后壁正中线为III 度肿大 D 扁桃体肿大者，应观察表面有无充血 E 扁桃体肿大者，应观察隐窝内有无黄色分泌物 23.出现颈静脉搏动，见于下列哪种疾病A ．主动脉瓣关闭不全 24关于咳痰的正确说法是：C．痰中可含有粘液、浆液、尘埃、白细胞等成分课后答案网 w w w .k h d a w .c o m
基础化学李保山第二版9原子结构习题答案
9 原子结构习题解答(p262-265) 思考题： 1. 1862年，尚古多提出了元素的性质就是原子量的变化论点，创造了一个元素螺旋图，初步提出了元素的周期性。1864年，迈尔提出了六元素表，为元素周期表提供了雏形。1865年，纽兰兹将元素按原子量次序排列发现了八音律。1869年，人们已经发现了63种元素，门捷列夫按原子量的大小和元素的化学性质之间的关系列成一张表，这便是他的第一张元素周期表。经过继续努力，1871年他发表了关于周期律的新的论文。文中他修正了1869年发表的元素周期表。在前表中，性质类似的各族是横排，周期是竖排；而在新表中，族是竖排，周期是横排，这样各族元素化学性质的周期性变化就更为清晰。同时他将那些当时性质尚不够明确的元素集中在表格的右边，形成了各族元素的副族。在前表中，为尚未发现的元素留下4个空格，而新表中则留下了6个空格。元素周期律，使人类认识到化学元素性质发生变化是由量变到质变的过程，把原来认为各种元素之间彼此孤立、互不相关的观点彻底打破了，使化学研究从只限于对无数个别的零星事实作无规律的罗列中摆脱出来，从而奠定了现代化学的基础。 2. 根据电子排布顺序得出，第八周期排布为：8s、5g、6f、7d、8p，s轨道2个电子、p轨道6个电子、d轨道10个电子、f轨道14个电子、g轨道18个电子，总共有50个电子，也就是八周期元素共有50个元素。 3. 在多电子体系中，由于其他电子对某一电子的排斥作用而抵消了一部分核电荷，从而引起有效核电荷的降低，削弱了核电荷对该电子的吸引，这种作用称为屏蔽作用或屏蔽效应。 在原子核附近出现的概率较大的电子，可更多地避免其余电子的屏蔽，受到核的较强的吸引而更靠近核，这种进入原子内部空间的作用叫做钻穿效应。与屏蔽效应相反，外层电子有钻穿效应。外层角量子数小的能级上的电子，如4s电子能钻到近核内层空间运动，这样它受到其他电子的屏蔽作用就小，受核引力就强，因而电子能量降低，造成E（4s）
人民卫生出版社-有机化学 习题答案-修
CH 3 C CH 3 CH 3 CH 3 CH 3CH 2CH 2CH 2CH 3 (1)(2) CH 3 CH 2CH CH 3 3 (3)第二章 2，6-二甲基-3，6-二乙基壬烷 CH 3 CH CH 2 C CH 2 CH 3 CH 3 CH 3 CH 2 CH 2 CH 3 (4) 2，4二甲基-4-乙基庚烷 5.分别写出能满足下列要求的 C 5H 12的构造式： （1）溴代反应得到1种单溴代物 （2）溴代反应得到3种单溴代物 （3）溴代反应得到4种单溴代物 答： 8、下列各组的三个透视式是否为同一构象？若不是，何者能量较低？ (2) CH 3 CH CH 2CH 2 3CH CH 3 CH 2CH 3 C CH 2 3 CH 2 CH 2 CH 3
答：（1）不是同一构象，b 能量较低。（2）不是同一构象，a 能量较 低. (1) (2) 3 3 a b c c b a
第三章 问题3.5 解释下列事实。 （1） 答：（1）反应为亲电加成，分两步完成： 第一步： 第二步： 问题3.6 比较下列各组碳正离子的稳定性。 答： 问题3.12 答： 习题参考答案 1.用系统命名法命名下列化合物： （5） 答： （5）4-乙烯基-4-庚烯-2-炔 ++(1) (CH 3)3CCH 2 (CH 3)2CCH 3 ＞C1CH 2-OH CH 2Br CH 2Br CH 2CH 2BrCH 2Br CH 2 Br CH 2 + +Br -+CH 2 = CH 2Br CH 2 Br CH 2+ δ+δ-CF 3CH 2CH 2 (2) CF 3CHCH 3 ++ < O HCHO +CH 3-C-CH 2CHO CH 3 (CH 3)2 3CH 2 = CH-CH 2-C = C O CH 3-C-CH 3 +②H 2O/Zn 粉 +C1 CH 2 = CH 2C1 - Br 2CH 2Br H 2O 含少量CH 2Br CH 2CH 2CH 2CH 2+ +CH 3CH = CHC = CHCH(CH 3)2 CH 3 +HC1 C1 +CH 3CH =CHCCH 2CH(CH 3)23 CH 3CH =CHC =CHCH(CH 3)2+CH 3CH 3CH CH =CCH 2CH(CH 3)2 C1 3CH =CH 2CH 3C ≡C-C = C HC 2H 5