物理化学下册第五版天津大学出版社第十二章胶体化学习题答案.docx

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物理化学下册第五版天津大学出版社第十二章胶体化学习题答案

物理化学下册第五版天津大学出版社第十二章-胶体化学习题答案

物理化学下册第五版天津大学出版社第十二章胶体化学习题答案

12.1如何定义胶体系统？

总结交替的主要特征。

解：

分散相粒子在某方向上的线度在1～100nm范围内的高度分散系统成为胶体系统。

胶体系统的主要特征是高度分散、多相性和热力学不稳定性。

12.2丁铎尔效应的实质及其产生的条件？

解：

丁铎尔效应实质是光的散射作用引起的。

粒子的半径小于入射光的波长时才能观察到丁铎尔效应。

12.3简述斯特恩双电层模型的要点指出热力学电势、斯特恩（stern）电势和ζ电势的区别？

解：

Stern模型：

固定层＋扩散层、三个面、三个电势。

具体如下：

1924年斯特恩提出扩散双电层：

离子有一定的大小；部分反离子被牢固吸附，形成固定吸附层或斯特恩

固体面；Stern面：

Stern层中反离子电性中心所形成的假想面；滑动面：

固液两相发生相对移动时界面。

热力学电势0：

固体面—溶液本体；Stern电势：

Stern面—溶液本体；电势：

滑动面—溶液本体

12.4溶胶能在一定时间内稳定存在的主要原因？

解：

分散相粒子的带电、溶剂化作用以及布朗运动是溶胶系统相当长得时间范围内可以稳定存在的主要原因。

12.5破坏胶体最有效的办法是什么？

说明原因。

解：

破坏胶体最有效的办法是在溶胶中加入过量的含有高价相反号离子的电解质。

这主要是因为电解质的浓度或价数增加时，都会压缩扩散层，是扩散层变薄，电势降低，斥力势能降低，当电解质的浓度足够大时就会使溶胶发生聚沉；若加入的反号离子发生吸附，斯特恩层内的反离子数目增加，使胶体粒子的带电量降低，而导致碰撞聚沉。

过量的电解质加入，还将使胶体粒子脱水，失水化外壳而聚沉。

12.6K、Na等碱金属的皂类作为乳化剂时，易于形成O/W型的乳状液；Zn、Mg等高价金属的皂类作为乳化剂时，易于形成W/O型的乳状液。

解：

乳化剂分子具有一端亲水而另一端亲油的特性，其两端的横截面不等。

当它吸附在乳状液的界面面层时，常呈现“大头”朝外，“小头”向里的几何构型，就如同一个个的锲子密集的钉在圆球上。

采用这样的几何构型，可使分散相液滴的表面积最小，界面吉布斯函数最低，而且可以使界面膜更牢固。

当K、Na等碱金属的皂类作为乳化剂时，含金属离子的一端是亲水的“大头”，非极性的一端是亲油的“小头”，故易于形成O/W型的乳状液；而Zn、Mg等高价金属的皂类作为乳化剂时，非极性的一端是亲油的“大头”，含金属离子的一端是亲水的“小头”，故易于形成W/O型的乳状液。

12.7某溶胶中粒子平均直径为4.2×10-9m，设25℃时其黏度η=1.0×10-3Pa·s。

计算。

（1）25℃时，胶粒因布朗运动在1秒钟内沿x轴方向的平均位移；

（2）胶粒的扩散系数。

解：

（1）根据Brown公式

则：

（2）根据Einstein-Brown位移方程：

则：

12.8某金溶胶粒子的半径为30nm。

25℃时，于重力场中达到平衡，在高度相距0.1nm的某指定体积内粒子数分别为277个和166个，已知金与分散介质的密度分别为19.3×103kg·m-3及1.00×103kg·m-3。

试计算阿伏伽德罗常数。

解：

由胶粒在达到沉降平衡时的分布定律

则：

上式中，M为胶粒在h2～h1范围内的平均摩尔质量，其又可由下式算的

故：

12.9通过电泳实验测定BaSO4溶胶的电势。

实验中。

两极之间电势差为150V，距离为30cm，通电30min溶胶移动25.5mm，求该溶胶的电势。

已知分散介质的相对介电常数εr=81.1，黏度η=1.03×10-3Pa·s，相对介电常数εr、介电常数ε及真空介电常数ε0间有如下关系：

解：

因为

设两电极间的距离为l，溶液界面移动的距离为l1，由题给的条件

所以

12.10.在碱性溶液中用HCHO和还原HAuCl4以制备金溶胶，反应可表示为：

HAuCl4+5NaOH→NaAuO2+4NaCl+3H2O

2NaAuO2+3HCHO+NaOH→2Au+3HCOONa+2H2O

此处NaAuO2是稳定剂。

（1）试写出胶团结构式，并标出胶核、胶粒；

（2）物质的量的浓度相同的FeCl3、K3[Fe（CN）6]和Mg2SO4溶液，其中沉能力最大的是那种溶液？

（2）FeCl3

12.11在Ba（NO3）2溶液中加入Na2SO4溶液制备BaSO4溶胶。

分别写出

（1）Ba（NO3）2溶液过量；

（2）Na2SO4溶液过量时的胶团结构表示式

Ba（CNS）2+K2SO4=BaSO4（溶胶）+2KCNS

解：

（1）Ba（NO3）2溶液过量

胶团的结构式：

：

（2）Na2SO4溶液过量时

胶团的结构式：

12.12在H3AsO3的稀溶液中通入H2S气体，生成As2S3溶胶。

已知H2S能电离H+和HS-。

试写出胶团的结构，比较电解质AlCl3，MgSO4和KCl对该溶胶聚沉能力大小。

解：

用过量的H2S气体作为稳定剂，H2S发生一级解离，生成HS-离子，生成的As2S3胶核优先吸附HS-离子，胶粒带负电。

则胶团的结构式：

外加电解质中正离子电价越低，聚沉能力越弱，聚沉值越大。

所以聚沉值由大到小的顺序为：

AlCl3＞MgSO4＞KCl。

12.13.以等体积的0.08mol·dm-3AgNO3和0.1mol·dm-3KCl溶液制备AgCl溶胶。

（1）试写出胶团结构式；

（2）指明电泳方向；

（3）加入电解质MgSO4，AlCl3，Na3PO4使上述溶胶聚沉，则电解质聚沉能力大小顺序是什么？

解：

（1）由于AgNO3的浓度大于KCl的浓度，所以等体积混合时，AgNO3过量，生成的AgI胶核优先吸附Ag+，使胶粒带正电，则胶团的结构式为：

（2）因为胶粒带正电，电泳方向是往负极移动

（3）聚沉胶粒带正电的溶胶，外加电解质中负离子价数（绝对值）越大，聚沉能力也越强。

所以聚沉能力大小的次序为：

Na3PO4>MgSO4>AlCl3。

12.14某带正电和溶胶，KNO3作为沉淀剂时，聚沉值为50×10-3mol·dm-3，若用K2SO4溶液作为沉淀剂，其聚沉值为多少？

解：

根据舒尔策-哈迪价数规则：

聚沉值一般可以近似表示为与反离子价数的6次方成反比，即有

12.15在三个烧杯中分别盛有0.02dm3的Fe（OH）3溶胶，分别加入NaCl、Na2SO4及Na3PO4溶液使溶胶发生聚沉，最少需要加入：

1.00mol·dm-3的NaCl溶液0.021dm3；5×10-3mol·dm-3的Na2SO4溶液0.125dm3；3.333×10-3mol·dm-3的Na3PO4溶液0.0074dm3。

试计算各电解质的聚沉值、聚沉能力之比，并指出胶体粒子的带电符号。

解：

聚沉值c的计算公式为：

电解质

则：

聚沉能力为聚沉值的倒数，故三种电解质的聚沉能力之比为：

:

三种电解质的的负离子价态不同，聚沉值差别很大。

故对Fe（OH）3溶胶聚沉起作用的是负离子。

因而胶粒带正电。

12.16直径为1μm的石英微尘，从高度为1.7m处（人的呼吸带附近）降落到地面需要多长时间？

已知石英的密度为2.63×103kg·m-3。

空气的粘度η=1.82×10-5Pa·s。

解：

根据斯托克斯方程，并忽略空气的密度ρ0，石英微尘沉降的速度为：

则石英降落到地面需要多长时间t为。

12.17如图所示，在27℃，膜内高分子水溶液的浓度为0.1mol·dm-3，膜外NaCl的浓度为0.5mol·dm-3，R+代表不能透过半透膜的高分子正离子；计算膜两边达平衡后，各种离子的浓度和溶液的渗透压。

R+

Cl-Na+Cl-

0.10.10.50.5

解：

由膜平衡条件：

所以平衡时，左边：

[Cl-]=0.3273mol·dm-3[Na+]=0.2273mol·dm-3

右边[Cl-]=0.2727mol·dm-3[Na+]=0.2727mol·dm-3

12.18实验测得聚乙烯-苯溶液的比浓度黏度

与溶质的质量浓度

的关系如下数据：

0.78

1.12

1.50

2.00

2.63

2.74

2.82

2.96

且已知经验方程式

中的常数项K=1.03×10-7g·dm3的，a=0.74，试计算聚苯乙烯的相对分子质量为若干？

解：

在足够稀的高聚物溶液里

与

之间符合下述经验关系式：

作

～

图，外推到

，从而求出

。

由上图可知

=2.45042×10-3g·dm-3。

即：

参考题

12.19在25℃下，一半透膜内，有0.1dm3的很稀盐酸水溶液，其中溶有1.3×10-3kg的一元大分子酸，假设它完全解离。

膜外是0.1dm3的纯水，达到渗透平衡时，膜外pH=3.26，膜电势为34.9mV，假设溶液为理想溶液，试计算：

（1）膜内的pH值；

（2）该大分子物质的摩尔质量。

解：

（1）根据膜电势的计算公式，达膜平衡时，其膜电位为：

或E（膜）=0.0592（pH外－pH内），即：

.0349V=0.0592（3.26－pH内）

得pH内＝2.67

（2）设大分子酸和盐酸在膜内的起始浓度分别为c1和c2，达平衡后，盐酸在膜外的浓度为x，根据膜平衡条件，有：

[H+]内[Cl-]内＝[H+]外[Cl-]外

即：

（1）

因为

已知

将这两个值代入

（1）式，可求得：

因为

膜内大分子酸的摩尔质量为6.50kg·mol-1

12.20半透膜两边离子的起始浓度（单位为mol·dm-3）如下（膜两侧溶液体积相等）：

Na+P-K+Cl-

0.010.010.10.1

其中P-是不能透过膜的大离子，试求：

（1）膜平衡条件；

（2）膜平衡时各小离子在膜两边的浓度。

解：

（1）膜平衡条件为膜两边离子的化学势相等，即活度积相等，在假设活度因子为1时，膜两边离子的浓度积相等，即：

[Na+]内×[Cl-]内＝[Na+]外×[Cl-]外[K+]内×[Cl-]内＝[K+]外×[Cl-]外

（2）膜平衡时离子在膜两边浓度分布为：

Na+P-K+Cl-K+Na+Cl-

0.01-y0.01xx-y0.1-xy0.1-x+y

其中y表示膜内Na+浓度减小值，x为膜外K+浓度减小值，单位均为mol·dm-3

根据膜平衡条件有：

解连立方程得：

则：

[Na+]内=0.00524mol·dm-3[Na+]外=0.00476mol·dm-3

[K+]内=0.0524mol·dm-3[K+]外=0.0476mol·dm-3

[Cl-]内=0.0476mol·dm-3[Cl-]外=0.0524mol/dm3