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、CO

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

2

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

的结构和性质

2.掌握SiO

2

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( )

4.下列化合物属于缺电子化合物的是( ) 4 C [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》)

B..2 C 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( ) 和SiH 4 +和3 C 和+4NH 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( ) 4 C 9.下列物质中酸性最强的是( )

(OH)3 (OH)3 C.Si(OH)4 (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》)

(OH)4 C.Sn(OH)4 (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》)

>Ca(HCO 3)2 >PbCO 3 C.(NH 4)2CO 3>K 2CO 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》)

4

C

下列物质生成正酸时需要水的mol数最多的是( )

10 C.(SO

3

)

3

D. N

2

O

5

14.下列物质中还原性最强的是( )

3

C

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.

4

GaCl4 C

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》)

2

C

18.下列化合物中不能稳定存在的是( )

A. SbI

3 B. PI

3

C. AlI

3

D. TlI

3

19.下列分子中，几何构型为平面三角形的是( )

A. BF

3 B. NH

3

C. PCl

3

D. ClF

3

20.下列晶体熔化时，需要破坏共价键的是( )

A. HF

B. Cu

C. KF

D. SiO

2 21.碳原子的配位数为4时，它所采取的杂化方式是( )

2 C

22.下列分子中，存在多中心键的是( )

A. BCl

3 B. SiF

4

C. CCl

4

D. CO

2

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MgCl

2溶液中加入Na

2

CO

3

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》)

呈色，俗称，与HNO

3

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

PbCl

2；PbI

2

；SnS ；SnS

2

；PbS ；

PbSO

4；PbO ；Pb

2

O

3

。(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

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N

2

强得多，请解释原因。

2.不存在BH

3而只存在其二聚体B

2

H

6

，AlCl

3

气态时也为双聚体，但BCl

3

却不能形

成二聚体。请解释原因。

与H

3PO

3

化学性质相似，为什么H

3

BO

3

为一元酸，而H

3

PO

3

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CO

2

浓度的变化对海洋中碳酸钙的沉积有何影

响

5.两种区别NaHCO

3和Na

2

CO

3

的方法是

6.为什么BCl

3

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H

2CO

3

溶液的pH值是多少

2.将含有Na

2CO

3

和NaHCO

3

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。试计算原来混合物中Na

2CO

3

及NaHCO

3

各多少克

3.在?L-1的Ca2+盐溶液中加入等体积的Na

2CO

3

溶液，将得到什么产物若以?L-1Cu2+

盐代替Ca2+盐产物是什么再以?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：BH

3

在290K和53978Pa时的密度

为0.629g?L-1；B

2H

5

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：

4BF

3(g)+3LiAlH

4

(s)→2 B

2

H

6

(g)+3LiF(s)+3AlF

3

(s)若产率为100%，用5gBF

3

和

反应能得到多少克B

2H

6

制备时由于用未经很好干燥的乙醚，有些B

2

H

6

与水反应

损失了。

B

2H

6

(g)+6H

2

O(l)→2H

3

BO

3

(乙醚)+6H

2

(g)

有多少B

2H

6

将与0.01g水起反应

参考答案

一选择题

二名词解释(略)

三 填空题

,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 PbO 2 H 2SO 4溶液 4. Mg 2(OH)2CO 3

5. Pb(PbO 3)、 Pb 2(PbO 4)、 Fe(FeO 2)2

6. 红、 铅丹、1/3 PbO 2、 2/3 Pb(NO 3)2

7. 8. 白、 黄、 棕、 黄、 黑、 白、 黄、 橙黄 ，+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

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。

,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。 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=×10-7，K 2=×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?L -1，c/K 1>400， 可利用 14711019.1033.0103.4][---+??=??==L mol c K H pH=-lg ×10-4)=

饱和Na 2CO 3溶液的pH 为。

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

pH=pK 2-)

()

(23

3

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

106

84 )

0.

60

(

lg

10

61

.5

lg

6.

1011

x

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

)==15.7g。

3.解：(1)Ksp(CaCO

3)=×10-9，Ksp[Ca(OH)

2

]= ×10-3，H

2

CO

3

的K

2

=×10-11。

CO

32-在溶液中发生水解反应：CO

3

2-+H

2

O HCO

3

-+OH-

溶液中的OH-浓度和CO

3

2-浓度分别为：

[OH-]=(K

h1

?c)1/2=[(1×10-14×/×10-11)] 1/2=×10-3 mol?L-1

[CO

3

2-]= mol?L-1

有关离子的浓度乘积为：

[Ca2+][OH-]2=×2=×10-6＜Ksp[Ca(OH)

2

]

[Ca2+][CO

32-]=×=×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[Cu2+][OH-]2＞Ksp[ Cu(OH)

2]，[Cu2+][CO

3

2-]＞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

] =×10-33，

[Al3+][OH-]3=××10-3)3＞Ksp[ Al(OH)

3]，所以生成Al(OH)

3

沉淀。

4.解：设化学式为BH

3和B

2

H

5

的两种气态硼氢化物的分子式分别为(BH

3

)x和

(B

2H

5

)y。则(BH

3

)x的摩尔质量为：

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

BH

3

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B

2H

6。

(2)(B

2H

5

)y的摩尔质量为：

M=××103×292)/6916=54.5g?mol -1

B 2H

5

的式量为27，则y值为：y=27=2

故相对分子质量为，分子式为B

4H

10。

5.解：首先判断哪种反应物过量。设5g BF

3能与xg LiAlH

4

发生反应。则：

4BF

3(g)+3LiAlH

4

(s)→2 B

2

H

6

(g)+3LiF(s)+3AlF

3

(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 BF

3只能与2.1g LiAlH

4

反应，故LiAlH

4

过量，应根据BF

3

的量进行计算。

设5g BF

3跟足量的LiAlH

4

反应生成yg B

2

H

6

。

y=(5×2×28)/(4×68)=1.0g

设有zg B

2H

6

与0.01g水起反应。

B 2H

6

(g)+6H

2

O(l)→2H

3

BO

3

(乙醚)+6H

2

(g) 286×18

z

z=(28×/(6×68)=0.003g

∴5gBF

3和反应能得到1.0克B

2

H

6

，有将与0.01g水起反应。