北师大无机化学四版习题答案14章碳硅硼.docx
- 文档编号:17734269
- 上传时间:2023-08-03
- 格式:DOCX
- 页数:23
- 大小:164.98KB
北师大无机化学四版习题答案14章碳硅硼.docx
《北师大无机化学四版习题答案14章碳硅硼.docx》由会员分享,可在线阅读,更多相关《北师大无机化学四版习题答案14章碳硅硼.docx(23页珍藏版)》请在冰点文库上搜索。
北师大无机化学四版习题答案14章碳硅硼
第14章 碳、硅、硼
14.1.对比等电子体CO与N2的分子结构及主要物理、化学性质。
解:
CO和N2是等电子体(14e),分子轨道能级图相似,分子中都有三重键:
∶N≡N∶、
,键能相近。
一般条件下,两种物质都是气体,很少溶于水;熔、沸点,临界压力,临界温度等一些物理性质也相似。
但CO和N2分子中三重键特点并不完全相同,N2分子中负电荷分布是对称的,而CO却是不对称的。
C原子略带负电荷,再加上C的电负性比N小,因此CO比N2较易给出电子对向过渡金属原子(离子)配位,除形成σ―配键外,还有π―反馈键形成,故生成的配合物较稳定。
而N2的配位能力远不如CO,分子氮配合物远不如羰基化合物稳定。
所以CO的键能虽比N2略大,但化学性质却比N2要活泼,不象N2那样“惰性”。
14.2概述CO的实验室制法及收集方法,写出CO与下列物质起反应的方程式并注明反应的条件:
(1)Ni;
(2)CuCl;(3)NaOH;(4)H2;(5)PdCl2
解:
CO的实验室制法:
用排水集气法收集。
(1)
(2)
(3)
(4)
(5) CO+PdCl2+H2O===Pd↓+CO2+2HCl
14.3.某实验室备有CCl4、干冰和泡沫灭火器(内为Al2(SO4)3和NaHCO3),还有水源和砂。
若有下列失火情况,各宜用哪种方法灭火并说明理由:
(1)金属镁着火;
(2)金属钠着火;
(3)黄磷着火;(4)油着火;(5)木器着火。
解:
CCl4
干冰
泡沫灭火器
水
砂
理由
(1)Mg
√
×
×
×
√
Mg和CO2、酸、水反应
(2)Na
√
√
×
×
√
Na和水、酸反应
(3)P4
√
√
√
√
√
P4和上述物质不起反应
(4)油
√
√
√
×
√
(5)木器
√
√
√
√
√
14.4.标准状况时,CO2的溶解度为170mL/100g水:
(1)计算在此条件下,溶液中H2CO3的实际浓度。
(2)假定溶解的CO2全部转变为H2CO3,在此条件下,溶液的pH值是多少?
解:
(1)溶解在水中的CO2大部分以弱的水合分子存在,只有1%~4%的CO2与H2O反应生成H2CO3,实验测得:
[CO2]/[H2CO3]=600
标况下,CO2的摩尔溶解度为:
1.70L/L·mol–1=7.59×10–2mol·dm–3
溶液中H2CO3的实际浓度:
[H2CO3]=1/600×[CO2]=7.59×10–2/600=1.27×10–4mol·dm-3
(2)
平衡浓度7.59×10–2-xxx
[H+]=x=(7.59×10–2×4.3×10–7)1/2=1.81×10–4mol·dm-3
pH=-lg[H+]=-lg[1.81×10–4]=\
14.5.将含有Na2CO3和NaHCO3的固体混合物溶于少量水后稀释到,测得该溶液的pH为10.6,试计算原来的混合物中含Na2CO3及NaHCO3各多少克?
解:
Na2CO3和NaHCO3水溶液为缓冲溶液
pH=10.6[H+]=2.51×10–11mol·dm-3
[H+]=K2×(CNaHCO3/CNa2CO3)
设固体混合物中Na2CO3的含量为x克,NaHCO3的含量为(60.0-x)克
x=克
则NaHCO3的含量=60.0-44.3=15.7克
14.mol·dm-3NH4HCO3mol·dm-3(NH4)2CO3溶液的pH。
(提示:
NH4HCO3按弱酸弱碱盐水解计算。
)
(已知:
NH3·H2OKb=1.77×10–5;H2CO3K1=4.3×10–7,K2=5.61×10–11)
mol·dm-3NH4HCO3溶液pH值:
平衡浓度(mol·dm-3)0.1--xxx
Kh=Kw/KNH3·H2O·K1H2CO3=1.0×10–14/(1.77×10–5×4.3×10–7)=1.31×10–3
-x)]2=1.31×10–3
-x)=3.62×10–2
x=[H2CO3]=3.49×10–3
[HCO3–]=-3.49×10–3=0.0996≈0.1mol·dm-3
[H+]=K1·[H2CO3]/[HCO3–]=(4.3×10–7×3.49×10–3)/0.1=1.5×10–8
pH=-lg[H+]=-lg[1.5×10–8]=
(2)0.1mol·dm-3(NH4)2CO3溶液pH值:
平衡浓度(mol·L–1)0.2--xxx
Kh=Kw/KNH3·H2O·K2H2CO3=1.0×10–14/(1.77×10–5×5.61×10–11
x2--x)=10.07x=
[H+]=K2·[HCO3–]/[CO32–]=(5.61×10–11×-0.0922)=6.63×10–10
pH=-lg[H+]=-lg[6.63×10–10]=
14.7 mol·dm-3的Ca2+盐溶液中,加入等浓度、等体积的Na2CO3mol·dm-3的Cu2+代替Ca2+mol·dm-3的Al3+盐代替Ca2+盐,产物又是什么?
试从溶度积计算说明。
解:
已知CaCO3Ksp=4.96×10–9CuCO3Ksp=1.4×10–10
Ca(OH)2Ksp=4.68×10–6Cu(OH)2Ksp=2.6×10–19
Al(OH)3Ksp=1.3×10–33
溶液中[Ca2+]=[Cu2+]=[Al3+]=[CO32–]=0.1mol·dm-3
[OH–]=(Kw/K2×Ca盐)1/2=[(1.0×10–14/5.61×10–11)×0.1]1/2=4.22×10–3
(1)[Ca2+][CO32–]=102>4.68×10–6(KspCaCO3)
[Ca2+][OH–]2=0.1×(4.22×10–3)2=1.78×10–6<4.68×10–6(KspCa(OH)2)
故有CaCO3沉淀析出
(2)[Cu2+][CO32–]=102>1.4×10–10(KspCuCO3)
[Cu2+][OH–]2=0.1×(4.22×10–3)2=1.78×10–6>2.6×10–19(KspCu(OH)2)
故有Cu2(OH)2CO3沉淀析出
(3)Al(OH)3的溶度积极小,Al3+和CO32–完全水解,故生成氢氧化物沉淀。
[Al3+][OH–]3=0.1×(4.22×10–3)3=7.5×10–4>1.3×10–33(KspAl(OH)3)
14.8.比较下列各对碳酸盐热稳定性的大小
(1)Na2CO3和BeCO3
(2)NaHCO3和Na2CO3
(3)MgCO3和BaCO3(4)PbCO3和CaCO3
解:
含氧酸盐热稳定性和金属离子的极化力大小有关,离子势(Z/r)大、或18、18+2电子构型的金属离子,对酸根的反极化作用大,酸根中R-O键易断,含氧酸盐变得不稳定。
(1)Na2CO3>BeCO3,因为Be2+的离子势(Z/r)比Na+的大。
对CO32–的反极化作用强。
(2)NaHCO3 (3)MgCO3 (4)PbCO3 14.9.如何鉴别下列各组物质: (1)Na2CO3、Na2SiO3、Na2B4O7·10H2O (2)NaHCO3、Na2CO3 (3)CH4、SiH4 解: (1)分别于三种溶液中加酸,有气体(CO2)放出者为Na2CO3,有白色沉淀析出者可能是Na2SiO3或Na2B4O7·10H2O。 再分别取二者溶液,加入浓H2SO4和甲醇,并点燃,有绿色火焰产生者为Na2B4O7·10H2O。 (2)分别用pH试纸检验两溶液,pH≈11,溶液呈强碱性者为Na2CO3,pH在8左右为弱碱性者为NaHCO3。 也可以分别将两固体加热,容易分解产生CO2气体者为NaHCO3,而Na2CO3加热到熔化也不分解。 (3)分别将两种气体通入AgNO3溶液中,有黑色Ag析出者为SiH4。 14.10.怎样净化下列两种气体: (1)含有少量CO2、O2和H2O等杂质的CO气体。 (2)含有少量H2O、CO、O2、N2及微量H2S和SO2杂质的CO2气体。 解: (1)将含有杂质的CO气体,首先通过连二亚硫酸钠的碱性溶液吸收O2: 2Na2S2O4+O2+4NaOH=4Na2SO3+2H2O 然后,再依次通过Ca(OH)2溶液、浓H2SO4以吸收CO2和H2O。 (2)将含有杂质的CO2气体通过冷的、浓K2CO3溶液吸收CO2,CO、O2、N2不被吸收,H2S、SO2也同时被吸收,但产物不同: CO2+K2CO3+H2O=2KHCO3 SO2+K2CO3=K2SO3+CO2↑ H2S+K2CO3=K2S+H2O+CO2↑ 将吸收过CO2的KHCO3溶液再加热,CO2即逸出。 经浓H2SO4干燥后即可得纯净、干燥的CO2。 14.11.试说明下列现象的原因: (1)制备纯硼或硅时,用氢气作还原剂比用活泼金属或碳好; (2)硼砂的水溶液是缓冲溶液。 (3)装有水玻璃的试剂瓶长期敞开瓶口后,水玻璃变浑浊。 (4)石棉和滑石都是硅酸盐,石棉具有纤维性质,而滑石可作润滑剂。 解: (1)用活泼金属或碳作还原剂,制备出来的硼或硅会和金属或碳生成金属化合物或碳化物。 (2)硼砂Na2B4O5(OH)4·8H2O水解产生共轭酸碱对: H3BO3是酸,B(OH)4–是共轭碱。 (3)水玻璃Na2SiO3接触空气后,与CO2作用,加速水解。 SiO32–+2H2O=H2SiO3+2OH– H2SiO3不溶于水,故使溶液变浑浊。 (4)石棉为链状硅酸盐结构,故具有纤维性质;而滑石组分中的硅酸盐阴离子为片状结构,金属离子存在于片层之间,片与片之间容易相对滑动,故滑石有润滑感。 14.12.试说明下列事实的原因; (1)常温常压下,CO2为气体而SiO2为固体。 (2)CF4不水解,而BF3和SiF4都水解。 (3)BF3和SiF4水解产物中,除有相应的含氧酸外,前者生成BF4–,而后者却是SiF62–。 解: (1)C、O均为第二周期元素,形成p―pπ键的倾向强,CO2分子中除有σ键外,还有两个 键,加强了分子的稳定性。 因此,它的晶体类型是以小分子CO2为结构单元组成的分子晶体,熔、沸点低,故常温常压下为气体。 Si是第三周期元素,形成p―pπ键的能力弱,倾向于形成多个单键以增加键能,降低体系能量,因此SiO2是以Si―O四面体为结构单元组成的原子晶体,熔沸点极高,常温常压下为固体。 (2)非金属卤化物水解条件之一是中心原子要有空轨道,接受水分子中氧原子的孤对电子。 CF4中C的配位数已饱和,没有空轨道接受H2O配位。 BF3为缺电子分子,尚有一个空的p轨道可利用;SiF4中原子有空的3d轨道,它们都能接受H2O分子配位,故能水解。 (3)4BF3+3H2O=H3BO3+3H++3BF4– 3SiF4+4H2O=H4SiO4+4H++2SiF62– 因为B的最大配位数只能是4,故生成BF4–,而Si可利用空的3d轨道成键,配位数可扩大到6,故生成SiF62–。 14.13.试说明硅为何不溶于氧化性的酸(如浓硝酸)溶液中,却分别溶于碱溶液及HNO3与HF组成的混合溶液中。 解: 在氧化性酸中,Si被氧化时在其表面形成阻止进一步反应的致密的氧化物薄膜,故不溶于氧化性酸中。 HF的存在可消除Si表面的氧化物薄膜,生成可溶性的[SiF62–],所以Si可溶于HNO3和HF的混合溶液中。 Si是非金属,可和碱反应放出H2,同时生成的碱金属硅酸盐可溶,也促使了反应的进行。 14.14.试解释下列现象: (1)甲烷既没有酸性,也没有碱性; (2)硅烷的还原性比烷烃强; (3)硅的卤化物比氢化物容易成链; (4)BH3有二聚物B2H6,而BX3却不形成二聚体。 解: (1)C-H键是共价性的,又因C和H原子半径均较小,具有较小的极化性,因此在H2O分子的影响下,CH4不产生H+,故不显酸性。 又因在CH4分子中,C原子外层无孤对电子及空轨道,不能接受H+,故也不显碱性。 (2)H的电负性(xp)介于C(xp)和Si(xp)之间,SiH4中H表现负氧化态;同时ESi-Si和ESi-H均分别比EC-C和EC-H小,硅烷不稳定。 所以硅烷的还原性比烷烃强。 (3)硅的卤化物中存在着d-pπ配键,使Si—X键键能增加,故易于成链。 (4)BH3为缺电子分子,通过形成3C-2e的多中心键以B2H6二聚体形式存在,解决了缺电子问题。 BF3虽也是缺电子分子,但F有孤对电子,可提供占有电子对的p轨道与B原子形成 离域π键,增加了B—F键键能,缓和了缺电子的问题。 14.15说明下列物质的组成、制法及用途。 (1)泡花碱; (2)硅胶;(3)人造分子筛; 解: (1)泡花碱是市售水玻璃的俗名,它是多种硅酸盐的混合物,其化学组成为Na2O·nSiO2,工业生产方法是将石英砂(SiO2),Na2SO4和煤粉(C)混合后置于反射炉内于1373K-1623K时反应,产品是玻璃块状物,主要用途是作粘合剂、防腐剂、软水剂。 也是制硅胶及分子筛的原料。 (2)硅胶: 在硅酸钠Na2SiO3溶液中加酸,单个硅酸分子逐渐缩合为多硅酸的胶体溶液——硅酸溶液,当浓度足够大时,就得到硅酸凝胶(含水量较大、软和透明的、有弹性的物质),将硅酸凝胶洗涤,干燥,脱去部分水后就得到硅胶(多孔性、稍透明的白色固体),因其表面积大,主要用作干燥剂和催化剂载体。 (3)人造分子筛: 它是一类人工制造的铝硅酸盐,以实验室常用的A型分子筛为例,它的组成一般为: Na2O·Al2O3·2SiO2·5H2O,是用水玻璃、偏铝酸钠、氢氧化钠和水按一定的配比,控制适当的温度使其充分反应而制得。 分子筛具有极强的吸附能力和离子交换能力,主要用作吸附剂、干燥剂以及催化剂和催化剂载体。 14.16.为什么BH3的二聚过程不能用分子中形成氢键来解释? B2H6分子中的化学键有什么特殊性? “三中心二电子键”和一般的共价键有什么不同? 解: 因为B原子没有未共用的电子对,并且也不带有负的有效电荷,故BH3分子间不可能形成氢键。 B2H6分子中共有14个原子轨道,却只有12个电子,不可能都形成2C-2e的正常共价键,只能通过形成缺电子的多中心键,充分利用B的空轨道又解决了缺电子问题,所以在B2H6中,除有4个B—H共价键外,还有2个3C-2e的氢桥键,它和一般的共价键不同处就是成键的电子数小于成键的轨道数。 14.17.B6H10的结构中有多少种形式的化学键? 各有多少个? 解: B6H10中有4种形式的化学键: 2C-2eB-H共价键6个 3C-2e 氢桥键4个 闭合式3C-2e 硼键2个 2C-2eB-B共价键2个 14.18.H3BO3和H3PO3组成相似,为什么前者为一元路易斯酸,而后者则为二元质子酸,试从结构上加以解释。 解: H3BO3为缺电子分子,每个硼原子用3个sp2杂化轨道与3个氢氧根成键,尚余1个空的p轨道可接受来自H2O分子中OH–上的孤对电子而释放出H+,故为一元路易斯酸。 H3PO3分子中含有2个羟基氧 ,故为二元质子酸。 14.19.写出以硼砂为原料制备下列物质的反应方程式。 (1)硼酸 (2)三氟化硼(3)硼氢化钠 解: (1) (2) B2O3+3H2SO4+3CaF2=2BF3+3CaSO4+3H2O (3)BF3+4NaH=NaBH4+3NaF 14.20.完成并配平下列反应: (1)Si+HNO3+HF→ (2)Na2B4O7+HCl+H2O→ (3)BF3+Na2CO3+H2O→(4)Ca2Si+HCl→ (5) (6)Be2C+H2O→ (7)SiO2+C+Cl2→(8)B2H6+Cl2→ (9) (10)Si2H6+H2O→ (11)B2H6+NH3→(12)B2H6+LiH→ (13)Na2SO4+C+SiO2→ 解: (1)3Si+4HNO3+18HF=3H2SiF6+4NO↑+8H2O (2)Na2B4O7+2HCl+3H2O=4H3BO3↓+2NaCl (3)4BF3+2Na2CO3=3NaBF4+2CO2↑+NaBO2 (4)Ca2Si+4HCl=2CaCl2+SiH4 (5) (6)Be2C+4H2O=2Be(OH)2+CH4↑ (7) (8)B2H6+6Cl2=2BCl3+6HCl (9) (10)Si2H6+(4+n)H2O=2SiO2·nH2O+7H2↑ (11)2B2H6+6NH3=2B3N3H6+12H2 (12)B2H6+2LiH=2LiBH4 (13)Na2SO4+C+SiO2=Na2SiO3+SO2+CO 14.21.试计算: (1)把H3BO3溶于100mL水中,所得溶液pH为多少? (2)把足量Na2CO3加入75吨的纯硬硼钙石中,假定转化率为85%,问所得硼砂的质量是多少? (已知H3BO3K1=7.3×10−10) 解: (1) H3BO3的摩尔质量=61.81g·mol−1 H3BO3的摩尔浓度=1.5×1000/(61.81×100)=0.2426mol·L−1 [H+]=(7.3×10−10)1/2=1.33×10−5pH= (2)硬硼钙石组成: Ca2B6O11·5H2O Ca2B6O11·5H2O+2Na2CO3+5H2O=Na2B4O5(OH)4·8H2O+2NaBO2+2CaCO3↓ 4NaBO2+CO2+10H2O=Na2B4O5(OH)4·8H2O+Na2CO3 1份Ca2B6O11·5H2O→Na2B4O5(OH)4·8H2O 412573 75x x=573×75/412=(吨) 按转化率85%计算,所得硼砂质量为: ×85%=88.66(吨)即8.9×104kg 14.22.两种气态硼氢化物的化学式和密度如下: 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。 解: BH3的相对分子质量=(0.629/53.978)×8.314×290= 分子量为最简式BH3式量(14)的2倍,故分子式为B2H6。 B2H5的相对分子质量=(0.1553/6.916)×8.314×292= 分子量为最简式B2H5式量(27)的2倍,故分子式为B4H10。 14.23.有人根据下列反应制备了一些硼烷: 若产率为100%,用5gBF3和LiAlH4反应能得到多少克B2H6? 制备时,由于用了未经很好干燥的乙醚,有些B2H6与水反应损失了,若水的质量为,试计算损失了多少克B2H6? 解: BF3的摩尔质量=67.81g·mol−1LiAlH4的摩尔质量=37.92g·mol−1 反应中BF3的摩尔数=5/67.81=0.0737mol 按反应式中BF3和LiAlH4的计量关系,LiAlH4的用量是过量的,故生成B2H6的量按BF3的用量计算。 4×67.812× 5xx=2×27.62×5/(4×67.81)= B2H6与少量水反应后,损失的量为: B2H6+6H2O=2H3BO3+6H2 27.62108 x0.01x=27.62×0.01/108= 14.24.体积为50mL的CO、CO2和H2组成的混合气体与25mLO2在室温及1.01×103kPa压力下点燃,爆炸后在上述同样的温度和压力下测得总体积为37mL。 把这37mL气体用KOH溶液吸收,最后剩下5mL不能吸收的气体,计算原混合气体中各组分气体的体积分数。 解: 设原混合气体中: CO-amLCO2-bmLH2-cmL 由题意可知: a+b+c=50mL V1(O2)=25mLa+b+c+V1(O2)=75mL 该混合气体与O2在室温和1.01×103kPa下点燃,其反应为: 反应后的混合气体经KOH吸收CO2后,还剩余5mL“残气”。 从反应 可知,1体积CO转变为1体积CO2, 故a+b=37-5=32mL c=50-32=18mL 从反应 可知,18mLH2需9mLO2与之完全反应生成水,因此,混合气体与O2点燃反应后,由于H2与O2反应气体体积减少了27mL;由于CO氧化为CO2,气体体积减少了11mL, 即: 75-27-37=11mL 由反应 可知,原来混合气体中CO的体积为22mL, 则CO2的体积b=32-22=10mL 反应后剩余O2的体积V2(O2)=25-11-9=5mL 原混合气体中各组分气体的体积分数: V(CO)=22/50×100%=44% V(CO2)=10/50×100%=20% V(H2)=18/50×100%=36% 第7章 沉淀溶解平衡 7.1 (1)已知25℃时PbI29×l0-3mol·dm-3,求PbI2的溶度积。 (2)已知25℃时BaCrO41×10-3g/L,求BaCrO4的溶积。 解(l)25℃,
- 配套讲稿:
如PPT文件的首页显示word图标,表示该PPT已包含配套word讲稿。双击word图标可打开word文档。
- 特殊限制:
部分文档作品中含有的国旗、国徽等图片,仅作为作品整体效果示例展示,禁止商用。设计者仅对作品中独创性部分享有著作权。
- 关 键 词:
- 北师大 无机化学 习题 答案 14 章碳硅硼