大学无机化学第十三章试题及答案电子教案

大学无机化学第十三章试题及答案

第十四章碳族元素

总体目标：

1.掌握碳、硅单质、氢化物、卤化物和含氧化物的性质和制备

2.了解硅酸和硅酸盐的结构与特性

3. 了解锗、锡、铅单质、氧化物、氢氧化物的性质

各节目标：

第一节碳单质及其化合物

1.了解单质碳的结构、同素异形体和性质

2.掌握CO、CO2的结构、性质、制取和用途；碳酸的酸性；碳酸盐的水解性和热稳定性。

第二节硅单质及其化合物

1.掌握单质硅的结构、性质和制取

2.掌握SiO2的结构和性质

3.了解硅酸的酸性；硅酸盐的结构和性质；A型分子筛的结构和实际应用

4.掌握硅烷的制备、热稳定性、还原性和水解性

5.了解卤化硅的制备和性质

第三节锗、锡、铅

1.了解锗、锡、铅单质的性质；氧化物、氢氧化物的酸碱性

2.掌握Sn(Ⅱ)的还原性、水解性和Pb(Ⅳ)的氧化性、Pb(Ⅱ)盐的溶解性，从而掌握高价化合物氧化—还原的变化规律。

习题

一选择题

1.石墨晶体中层与层之间的结合力是( ) (吴成鉴《无机化学学习指导》)

A．金属健 B.共价健 C.范德华力 D.离子键

2.碳原子之间能形成多重键是因为( ) (吴成鉴《无机化学学习指导》)

A ．碳原子的价电子数为4 B.碳原子的成键能力强

C.碳原子的半径小

D.碳原子有2p 电子

3.下列碳酸盐与碳酸氢盐，热稳定顺序中正确的是( )

A.NaHCO 3

B.Na 2CO 3

C.BaCO 3

D.NaHCO 3

4.下列化合物属于缺电子化合物的是( )

A.BCl 3

B.HBF 4

C.B 2O 3

D.Na[Al(OH)4]

5. 碳原子的配位数为4时，它所采取的杂化方式是( )

(吴成鉴《无机化学学习指导》)

A.sp 2d

B..dsp 2

C.sp 3

D. d 2sp

6.下列各对物质中，中心原子的轨道杂化类型不同的是( )

A.CH 4和SiH 4

B.H 3O +和NH 3

C.CH 4和+4NH

D.CF 4和SF 4

7.下列含氧酸根中，具有环状结构的是( ) (吉林大学《无机化学例题与习题》)

A.-693O Si

B.-5103O P

C.-573O B

D.-264O S

8.下列分子中偶极距不为零的是( )

A.BCl 3

B.SiCl 4

C.PCl 5

D.SnCl 2

9.下列物质中酸性最强的是( )

A.B(OH)3

B.Al(OH)3

C.Si(OH)4

D.Sn(OH)4

10.下列物质中酸性最强的是( ) (吉林大学《无机化学例题与习题》)

A.H 2SnO 3

B.Ge(OH)4

C.Sn(OH)4

D.Ge(OH)2

11.下列各组化合物中，对稳定性判断正确是( ) (吉林大学《无机化学例题与习

题》)

A.H 2CO 3>Ca(HCO 3)2

B.Na 2CO 3>PbCO 3

C.(NH 4)2CO 3>K 2CO 3

D.Na 2SO 3>Na 2SO 4

12.下列化合物中，不水解的是( ) (吉林大学《无机化学例题与习题》)

A.SiCl4

https://www.360docs.net/doc/019991287.html,l4

C.BCl3

D.PCl5

13.1mol下列物质生成正酸时需要水的mol数最多的是( )

A.B2O3

B.P4O10

C.(SO3)3

D. N2O5

14.下列物质中还原性最强的是( )

A.GeH4

B.AsH3

C.H2Se

D.HBr

16.常温下，不能稳定存在的是( ) (吉林大学《无机化学例题与习题》)

A.

GaCl B.SnCl4 C.PbCl4 D.GeCl4

4

17.下列氧化物中，氧化性最强的是( ) (吉林大学《无机化学例题与习题》)

A.SiO2

B.GeO2

C.SnO2

D.Pb2O3

18.下列化合物中不能稳定存在的是( )

A. SbI3

B. PI3

C. AlI3

D. TlI3

19.下列分子中，几何构型为平面三角形的是( )

A. BF3

B. NH3

C. PCl3

D. ClF3

20.下列晶体熔化时，需要破坏共价键的是( )

A. HF

B. Cu

C. KF

D. SiO2

21.碳原子的配位数为4时，它所采取的杂化方式是( )

A.sp2d

B.dsp2

C.sp3

D.d2sp

22.下列分子中，存在多中心键的是( )

A. BCl3

B. SiF4

C. CCl4

D. CO2

23.价电子数目与价电子数目相等的原子称为( )(吴成鉴《无机化学学习指导》)

A .缺电子原子

B . 等电子原子

C . 等电子体 D. 缺电子体

二名词解释

1.缺电子原子

2.多中心键

3.桥键

4.对角线规则

三填空题

1.硅胶的化学组成式；主要性质。(川师大《无机化学学习指导》)

2.硬度；金刚石单质硅；原因是。 (吉林大学《无机化学例题与习题》)

3蓄电池是的装置。铅蓄电池的电极材料是. ，电解液是。

川师大《无机化学学习指导》)

4 向MgCl2溶液中加入Na2CO3溶液，生成的沉淀物是。

(吴成鉴《无机化学学习指导》)

5.将各氧化物写成盐的形式，三氧化铅，四氧化三铅，四氧化三

铁。 (川师大《无机化学学习指导》)

6.Pb3O4呈色，俗称，与HNO3作用时，铅有生成，有生成. (吉林大学《无机化学例题与习题》)

7.碳的同素异性体有；分别是。(吉林大学《无机化学例题与习题》)

8.写出下列化合物的颜色

PbCl2；PbI2；SnS ；SnS2；PbS ；

PbSO4；PbO ；Pb2O3。 (吉林大学《无机化学例题与习题》)

9.碳族元素的价电子构型是，所以常见的氧化态为和。由于，从上到下高价稳定，低价稳定。

10.晶态硅的晶体结构；干冰的化学式。石英的晶体结构。水玻璃的化学式。(川师大《无机化学学习指导》)

四简答题

1.N2和CO是有相同的分子轨道和相似的分子结构，但CO与过渡金属形成配合物能力比N2强得多，请解释原因。

2.不存在BH3而只存在其二聚体B2H6，AlCl3气态时也为双聚体，但BCl3却不能形成二聚体。请解释原因。

3.H3BO3与H3PO3化学性质相似，为什么H3BO3为一元酸，而H3PO3为二元酸？

4.在温热气候条件下的浅海地区往往发现有厚厚的石灰岩沉积，而在深海地区很少见到。试用平衡移动原理说明CO2浓度的变化对海洋中碳酸钙的沉积有何影响？

5.两种区别NaHCO3和Na2CO3的方法是？

6.为什么BCl3能强烈水解？写出水解反应方程式。

五计算题

1.试计算；在293K和101KPa下，饱和H2CO3溶液的pH值是多少?

2.将含有Na2CO3和NaHCO3的固体混合物60.0g溶于少量水后，稀释到

2.00L，测的该溶液的pH值为10.6。试计算原来混合物中Na2CO3及NaHCO3各多少克？

3.在0.2mol?L-1的Ca2+盐溶液中加入等体积的Na2CO3溶液，将得到什么产物？若以0.2mol?L-1Cu2+盐代替Ca2+盐产物是什么？再以0.2mol?L-1的Al3+盐代替Ca2+盐，产物又是什么？以容度积计算说明。

4.两种气态硼氢化物的化学式和密度ρ如下：BH3在290K和53978Pa时的密度为0.629g?L-1；B2H5在292K和6916Pa时的密度为0.1553g?L-1。这两种化合物的相对分子质量各是多少？写出它们的分子式。

5.有人根据下列反应式制备了一些硼烷：

4BF3(g)+3LiAlH4(s)→2 B2H6(g)+3LiF(s)+3AlF3(s)若产率为100%，用5gBF3和10.0gLiAlH4反应能得到多少克B2H6？制备时由于用未经很好干燥的乙醚，有些B2H6与水反应损失了。

B2H6(g)+6H2O(l)→2H3BO3(乙醚)+6H2(g)

有多少B2H6将与0.01g水起反应？

参考答案

一选择题

1.C

2.C

3.D

4.A

5.C

6.D

7.A

8.D

9.A 10.B 11.B 12.B 13.B 14.A 15.C 16.C

17.D 18.D 19.A 20.D 21.C 23.B 二名词解释(略)

三填空题

1.xSiO

2.yH2O ,干燥剂、吸附剂

2.》碳的半径比硅小，金刚石的碳原子间共价健强。

3．化学能和电解能相互转化。Pb和 PbO2 H2SO4溶液

4. Mg2(OH)2CO3

5. Pb(PbO3)、 Pb2(PbO4)、 Fe(FeO2)2

6. 红、铅丹、1/3 PbO2、 2/3 Pb(NO3)2

7. 8. 白、 黄、 棕、 黄、 黑、 白、 黄、 橙黄

9.ns 2np 2，+4和+2，惰性电子对效应，越来越不。

10.金刚石(原子晶体)，CO 2，SiO 4四面体联结的网状结构，Na 2O ?xSiO 2(或用Na 2SiO 3表示)

四 简答题

1.N 2与CO 有相同的分子轨道式，原子间都为三重键，互为等电子体。但两者成键情况不完全相同，N 2分子结构：N ≡N ：，CO 分子结构:c==o:，由于CO 分子中O 向C 有π配键，使C 原子周围电子密度增大，另外，C 的电负性比N 小得多，束缚电子能力弱，给电子对能力强，因此，CO 配位能力强。

2.BH 3,AlCl 3,BCl 3都是缺电子化合物，都有形成双聚体的倾向。BH 3由于形成双聚体倾向特别大而以双聚体B 2H 6形式存在，形成双聚体而解决了缺电子问

题，AlCl 3气态也以双聚体形式存在。BCl 3中存在64π键缓解了其缺电子问题；

同时B 半径小，Cl -半径大，在B 周围容纳4个Cl -，显得拥挤也使BCl 3不能形成双聚体。

3.H 3BO 3为缺电子化合物，O —H 键不离解，而是接受水分子中的OH -，释放出

H +：+-

+=+H OH B O H BO H 4233)(因而为一元酸。H 3PO 3的结构式为：

P OH

HO H

在水中，二羟基(OH)氢可以电离或被置换，而与中心原子P 以共价键相连的H 不能离解或被置换，因而H 3PO 3为二元酸。

4.碳灰岩的形成是CaCO 3的沉积结果，海水中溶解一定量CO 2，因此CaCO 3与CO 2、H 2O 之间存在着下列平衡CaCO 3(s)+CO 2+H 2

3)2(aq)海水

中CO 2的溶解度升高而较小，随压力的增大而增大，在浅海地区，海水底层压力较小，同时水温较高，因而CO 2浓度较小，据平衡移动的原理，上述平衡向生成CaCO 3方向移动，因而浅海地区有较多的CaCO 3沉淀。深海地区情况相反，故深海底层沉积的CaCO 3很少。

5.⑴NaHCO 3(s)加热产生CO 2气体，而Na 2CO 3加热无气体产生。 ⑵NaHCO 3的溶液pH 值(~8)，小于Na 2CO 3液的pH(~11)

6.∵BCl 3为缺电子化合物，有一空轨道可给H 2O 分子的未配电子对进攻：-+++-=→=+Cl H BCl HO BCl O H BCl O H 23232][:第一步水解的产物二氯氢氧化硼继续与水反应，重复配位和取代作用，最后得H 3BO 3和HCl 。BCl 3+3H 2O=H 3BO 3+3HCl

五 计算题

1.解：H 2CO 3的K 1=4.30×10-7，K 2=5.61×10-11，由于K 1/K 2>100， 故可按一元酸进行计算：

在293K 和101Kpa 下，H 2CO 3饱和溶液的浓度为0.033mol ?L -1，c/K 1>400， 可利用 14711019.1033.0103.4][---+??=??==L mol c K H pH=-lg(1.19×10-4)=3.92

饱和Na 2CO 3溶液的pH 为3.92。

2.解：设原有混合物中含xgNa 2CO 3，则NaHCO 3的质量为60.0-xg 。Na 2CO 3和NaHCO 3组成了缓冲溶液，其pH 值可用

pH=pK 2-)()(233

lg --CO HCO c c

=Pk 2-)()()

()

(lg 323233CO Na M CO Na m NaHCO M NaHCO m

将已知数据代入得 10684)

0.60(lg 1061.5lg 6.1011x x --?-=-

x=44.3g

混合物Na 2CO 3和NaHCO 3的质量分别为：

m(Na 2CO 3)=x=44.3g

m(NaHCO 3)=60.0-x=15.7g 。

3.解：(1)Ksp(CaCO 3)=8.7×10-9，Ksp[Ca(OH)2]= 6.9×10-3，H 2CO 3的K 2=5.6×10-11。

CO 32-在溶液中发生水解反应：CO 32-+H 2O HCO 3-+OH - 溶液中的OH -浓度和CO 32-浓度分别为：

[OH -]=(K h1?c)1/2=[(1×10-14×0.1)/(5.6×10-11)] 1/2= 4.2×10-3 mol ?L -1

[CO 32-]=0.1-4.2×10-3=0.0958 mol ?L -1

有关离子的浓度乘积为：

[Ca 2+][OH -]2=0.1×(0.0042)2=1.76×10-6＜Ksp[Ca(OH)2]

[Ca 2+][CO 32-]=0.1×0.0958=9.58×10-3＞Ksp(CaCO 3) 所以，加入Na 2CO 3后，产生的沉淀物是CaCO 3，而不会生成Ca(OH)2沉淀。

(2)查出CuCO 3和Cu(OH)2的溶度积常数。

由于[Cu 2+][OH -]2＞Ksp[ Cu(OH)2]，[Cu 2+][CO 32-]＞Ksp (CuCO 3)，可生成Cu(OH)2和CuCO 3沉淀，沉淀物是碱式碳酸铜Cu(OH)2? CuCO 3。

(3)Ksp[ Al(OH)3] = 1.3×10-33，

[Al 3+][OH -]3=0.1×(4.2×10-3)3＞Ksp[ Al(OH)3]，所以生成Al(OH)3沉淀。

4.解：设化学式为BH3和B2H5的两种气态硼氢化物的分子式分别为(BH3)x和(B2H5)y。则(BH3)x的摩尔质量为：

(1)M=ρRT/P=(0.629×8.314×103×290)/53978=28 g?mol -1

BH3的式量为14，则x值为：x=28/14=2

故相对分子质量为28，分子式为B2H6。

(2)(B2H5)y的摩尔质量为：

M=(0.1553×8.314×103×292)/6916=54.5g?mol -1

B2H5的式量为27，则y值为：y=54.5/27=2

故相对分子质量为54.5，分子式为B4H10。

5.解：首先判断哪种反应物过量。设5g BF3能与xg LiAlH4

发生反应。则：

4BF3(g)+3LiAlH4(s)→2 B2H6(g)+3LiF(s)+3AlF3(s)

4×68 3×38 2×28

5 x y

x=(3×38×5)/(4×68)=2.1g

计算结果表明5g BF3只能与2.1g LiAlH4反应，故LiAlH4

过量，应根据BF3的量进行计算。

设5g BF3跟足量的LiAlH4反应生成yg B2H6。

y=(5×2×28)/(4×68)=1.0g

设有zg B2H6与0.01g水起反应。

B2H6(g)+6H2O(l)→2H3BO3(乙醚)+6H2(g)

286×18

z 0.01

z=(28×0.01)/(6×68)=0.003g

∴5gBF3和10.0gLiAlH4反应能得到1.0克B2H6，有0.003g B2H6将与0.01g水起反应。