无机化学第八章作业参考答案

CdS的饱和溶液中有：[Cd2+][S2-]=Ksp(CdS) ∴ [Cd2+]=8.0×10-27/1.24×10-20=6.45×10-7(mol/L)
ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ
53解：(1) 酸性：HClO＜HClO2＜HClO3＜HClO4. 因为中心离子从Cl(I),Cl(Ⅲ),Cl(Ⅴ)到Cl(Ⅶ)所带电荷依 次增加，半径依次减小，导致其Z/r值依次增大，而 Z/r值越大，酸性越强，所以它们的酸性依次增强。 (2) 酸性：H3PO4＜H2SO4＜HClO4.
因为中心离子从P(Ⅴ),S(Ⅵ)到Cl(Ⅶ)所带电荷依次增加， 半径依次减小，导致其Z/r值依次增大，而Z/r值越大， 酸性越强，所以它们的酸性依次增强。
(3) 酸性：HClO＞HBrO＞HIO。 因为中心离子所带电荷相同(均为+1)，从Cl-I半径依次 增大，导致其Z/r值依次减小，所以酸性也依次减弱。
因平衡常数不是太大，说明上述反应可以向右进行，但 不是绝对控制步骤。而PbCO3的Ksp与Pb(OH)2的接近， 所以最终产物是碱式碳酸铅Pb2(OH)2CO3沉淀；
(3) 同理：反应 2Al3+ + 3CO32- + 6H2O == 2Al(OH)3 + 3H2CO3
[ H 2CO3 ]3 [ H 2CO3 ]3 [ H ]6 [OH ]6 K平 3 2 2 3 2 3 [ Al ] [CO3 ] [ Al 3 ]2 [CO3 ] [ H ]6 [OH ]6 (1014 )6 31 2 4 . 56 10 K sp ( K a! K a 2 )3 (1.3 10 33 ) 2 ( 4.2 10 7 5.6 1011 )3
6 KW
因平衡常数太大，说明上述反应向右进行彻底。即最终 产物为Al(OH)3沉淀和CO2气体。
20: （1）利用H3AsO4在强酸性条件下的氧化性，使 用KI-淀粉溶液做还原剂，在强酸条件下H3AsO4可以 反应产生I2，溶液变蓝。(如果用I2-OH-—淀粉液，蓝 色褪去，则H3AsO3反应)
（2）加BaCl2, 产生白色沉淀的是(NH4)2SO4，无现象 的是NH4Cl。
8题：（1）CF4因为分子结构高度对称，C-F键的键能大 ，且C的所有价轨道已用完，所以不水解；而BF3为缺电 子物质，B还有一条空的价轨道未使用，很容易接受OH 基提供的孤对电子，所以易水解，同理SiF4也易水解； （2）空气中的CO2进入试剂与Na2SiO3发生反应： Na2SiO3+CO2+H2O==H2SiO3+Na2CO3 生成的硅酸使溶 液变浑。 （3）主要是用金属或C还原后的产物会成为杂质，导致 硅和硼的纯度下降。 （4）Si单质因化学性质很稳定，遇硝酸会发生钝化而不 溶，当有HF存在时，因F-的配位性，能形成稳定的 SiF62-配离子，使Si可以溶解在HNO3+HF混合酸中。 3Si + 4HNO3 + 18HF == 3H2SiF6 + 4NO + 8H2O Si具有两性，可以与碱反应而溶解 。
(2) 达沉淀平衡时, 因CdS析出后会产生2×0.02 =0.04mol/L的H+, 而H2S解离出的H+可忽略,所以溶液
[H+]=0.30+0.04=0.34mol/L 由H2S的解离平衡可获得：
21 K K [ H S ] 1 . 43 10 20 [S 2 ] a1 a 2 2 2 1 . 24 10 [H ] 0.342
[ H 2CO3 ] [ H 2CO3 ][H ]2 [OH ]2 K平 2 2 2 [ Pb ][CO3 ] [ Pb2 ][CO3 ][H ]2 [OH ]2
2 KW
K sp K a! K a 2
(1014 ) 2 4 1 . 52 10 2.8 1016 4.2 10 7 5.6 1011
10（1）通过NaOH碱溶液，CO2被吸收
（2）同（1），也可用Ca(OH)2溶液吸收CO2
（3）把含杂质的气体通过装有连二亚硫酸钠(保险 粉)的玻璃管，O2被吸收，再通过无水CaCl2除去水。
（4）方法一：先用KMnO4溶液吸收SO2，再用醋 酸二氨亚铜溶液[Cu(NH3)2]Ac吸收CO，最后用浓 硫酸吸收水。方法二：用浓NaOH溶液吸收CO2,然 后酸化重新获得CO2气体。
第八章作业参考答案
6题：碳的价电子构型为2s22p2，可采取sp、sp2、 sp3三种杂化。因碳碳单键键能特别大(374 kJ· mol1)，易形成同原子长链分子，构成种类繁多 的有机物。Si由于原子半径增大，不能形成稳定的 Si=Si双键，而以共价单键形成化合物，因较难自相 成键，所以其化合物的种类远不如碳。 由于在CO2中，通过大π键可以形成非常稳定的单 个CO2分子，所以其晶体归属于分子晶体，其熔点 低，导致在室温下为气体。而Si半径大，不能与O 形成大π键，导致单个的SiO2分子不能稳定存在， 为了分子的稳定，Si通过与O形成最多的Si-O键， 即以SiO4四面体为结构单元形成三维网状结构来达 到其稳定性，即成为原子晶体，所以其熔点非常高， 导致在常温下为固体。
（3）利用KNO2有还原性而KNO3无来进行区别，加 酸性KMnO4, 褪色的是KNO2，无现象的是KNO3。
（4）取四种溶液于四只试管中，向试管中加入酸性 KMnO4，溶液褪色说明该溶液是NO2-。另取余下三 种溶液加钼酸铵溶液，并加热，有黄色沉淀生成说明 是PO43-。另取剩下两种溶液加NaOH后用气室法检验， 产生的气体能使润湿的pH试纸变蓝，说明有碱性气体 产生，即存在NH4+。无任何现象的是NO3-。
14题: (1)反应： Ca2+ + CO32- + 2H2O == Ca(OH)2 + H2CO3
[ H 2CO3 ] [ H 2CO3 ][H ]2 [OH ]2 K平 2 2 2 [Ca ][CO3 ] [Ca 2 ][CO3 ][H ]2 [OH ]2
2 KW
K sp K a!K a 2
(1014 ) 2 7 7 . 7 10 5.5 10 6 4.2 10 7 5.6 1011
因平衡常数太小，说明上述反应难向右进行。即不能 形成Ca(OH)2沉淀，只能是CaCO3沉淀； (2) 同理：反应： Pb2+ + CO32- + 2H2O == Pb(OH)2 + H2CO3
(2) 因在酸性溶液中H2S与Fe3+会发生氧化还原反应：
40 解：以半电池I2/I-为正极，S4O62-/S2O32-为负极， 组成原电池，则总反应为：
I2 + 2S2O32- == 2I- + S4O62其平衡常数:
n[ E () E ()] 2 (0.535 0.09) lg K 15.03 0.0592 0.0592
K=1.08×1015
41解：已知[H+]=0.30mol/L;[Zn2+]=0.010mol/L; [Cd2+]=0.020mol/L; [H2S]=0.1mol/L (1) 设体系中的[S2-]=xmol/L.对于平衡： H2S == 2H+ S2-
0.1-x
0.30
x
代入平衡常数表达式： 2 2 2 [ H ] [ S ] 0 . 30 x K a1 K a 2 1.43 1020 [H 2 S ] 0.10 x x=[S2-]=1.59×10-20(mol/L) 对于CdS,其Q=0.020×1.59×10-20=3.18×10-21＞Ksp 所以有CdS沉淀析出。 对于ZnS,其Q=0.010×1.59×10-20=1.59×10-22＜Ksp 所以没有ZnS沉淀析出。
32解：(1) 因为在水溶液中，Cr2S3或Al2S3会发生完 全水解： Cr2S3 + 6H2O == 2Cr(OH)3 + 3H2S Al2S3 + 6H2O == 2Al(OH)3 + 3H2S H2S + 2Fe3+ == 2Fe2+ + S + 2H+ (3) 由于生成的MnS会溶于反应产生的H+中，得不到 MnS沉淀。如果溶液中含有氨水，反应产生的H+被 氨水中和，使体系保持中性或碱性，则MnS可沉淀 析出。
55解：（1）加稀HCl。 产生淡黄色沉淀和能使润湿的醋酸铅试纸 变黑的气体的是Sx2-； 产生淡黄色沉淀和能使润湿的红色布条褪 色的气体的是S2O32-； 产生能使润湿的红色布条褪色的气体的是 SO32-；
无任何现象的是SO42-。
（2）加KI-淀粉溶液，溶液变为蓝色的是 ClO-, 无任何现象的是ClO3-。