合肥地税局-英国初中留学申请

无机化学习题解答 第十五章 碳族元素
第十五章 碳族元素
1．碳单质有哪些同素异形体？其结构特点及物理性质如何？
答：碳单质有三种同素异形体： 石墨，金刚石和C
60
。结构分为层状，网状和球
状，见教材p730-732。物理 性质主要是石墨能导电，金刚石硬度大，C
60
有超导
性。
2．实验室里如何制取二氧化碳气体？工业如何制取二氧化碳气体？
答：实验室法：
CaCO
3
2HClCaCl
2
CO
2
H
2
O

工业法：
CaCO
3
CaO
CO
2

3．图15－6中，三条直线相交于一点，这是必然的还是偶然的，试讨论其原因。
答：是一种必然。
在Ellingham图中，以ΔrG
θ
=ΔrH
θ
－TΔrS
θ
作ΔrG
θ
－T图，斜率为ΔrS
θ，截
距为ΔrH
θ
。
反应：
CO
2
CO
2
ΔrS
θ
≈ 0，所以为一直线
反应：
2COO
2
2CO
2
ΔrS
θ
< 0，直线上斜
反应：
2CO
2
2CO
ΔrS
θ
> 0，直线下斜
所以三线相交于一点是必然的。
3.分别向0 .20mol·dm
-3
的Mg
2+
和Ca
2
＋
的 溶液中加入等体积的0.20mol·dm
-3
的
Na
2
CO
3
溶液，产生沉淀的情况有何不同，试讨论其规律性。
答：有CaCO
3
沉淀，也有MgCO
3
沉淀。
沉淀： CaCO
3
MgCO
3
Mg(OH)
2

K
sp
2.9×10
－
9
3.5×10
－
8
1.8×10
－
11

溶液中
[Ca
2
][M g
2
]0.20
1
2
0.1molL
1

加入Na
2
CO
3
后溶液浓度为0.1molL。
2
溶液中
[CO
3
]计算：
[OH

]K
b
1
C
KwC

Ka
2
1 10
14
0.14.2210
3
molL
1

11
5.610
2_
∵
CO
3
H2
OHCO
3
OH


0.1-x x x
第 1 页
1

无机化学习题解答 第十五章 碳族元素
x
2
K
b
1
1.810
4

0.1x
2
[CO
3
]=0.1-x≈0.1 mol.L
-1

2
Q
i
=[Ca
2+
][CO
3
]=0.1×0.1 =0.01﹥K
sp
,CaCO
3
=2.9×10
－
9

Q
i
>Ksp ，所以有CaCO
3
和MgCO
3
沉淀。
Q
i
＝ [Mg
2+
][OH
－
]
2
=0.1×(4.221×10
－
3
)
2
＝1.78×10
－
7
>Ksp ,Mg(OH)
2
= 1.8×10
－
11

∴ 也有Mg(OH)
2
沉淀。
5．CCl
4
不易发生水解，而SiC l
4
较易水解，其原因是什么？
答：C为第二周期元素，只有2s，2p轨道可以成 键，最大配位数为4，CCl
4
无
空轨道可以接受水的配位，因此不水解。
SiCl
4
4H
2
OH
4
SiO
4
 4HCl
↑
SiCl
4
中Si为第三周期元素，有d轨道，可以接受水分子 中的氧原子的孤对
电子形成配位键生成五配位的中间体而发生水解；而CCl
4
中的C 原子无空d轨
道。
6．通过计算回答下述问题：
（1）在298K，1.013× 10
5
Pa下生成水煤气的反应能否自发进行？（2）用ΔrS
0
值判断，提 高温度对生成水煤气反应是否有利？（3）在1.013×10
5
Pa下，生成
水煤气 的反应体系达到平衡时的温度有多高？
解：
（1）水煤气反应：
CH
2
OCOH
2

298K，1.013×10
5
Pa时

0o00rG
o
m

f
G
m(CO,g)
f
G
m(H
2
,g)

f
G
m(C ,s)

f
G
m(H
2
O,g)
137.2 00(228.6)90.8kJ·mol
1

rG
o
m
0
，所以常温下水煤气反应不能自发。
（2）提高温度时：
C + H
2
O = CO + H
2


S
0
m
5.73 188.7 197.6 130
-1-1

S
0
=197.6＋130－5.73－188.7＝133.17(J．mol.K)
m
第 2 页
2

无机化学习题解答 第十五章 碳族元素
S
0
m
>0，所以，升高温度对反应有利。
（3）平衡温度：
T
rH
0

rS
0
求
rH
0
m
：
C + H
2
O = CO + H
2


f
H
0
m
0 -241.8 -110.5 0

f
H
0
m
=－110.5－(－241.8)＝131. 3 (kJmol)
rH
0
131.310
3
T985.95(K)

133.17
rS
0
7．比较CO和CO
2
的性质。如何 除去CO中含有的少量CO
2
？如何除去CO
2
中
含有的少量CO？
答： CO CO
2

还原性 强 无
配位性 有 无
毒性 有 无
除去CO中含有的少量CO
2
，使气体通过Ca(OH)
2
溶液：

Ca(OH)
2
CO
2
CaCO3
H
2
O

除去CO
2
中含有的少量CO ，使气体通过CuCl溶液（或PbCl
2
溶液）

COCuCl
H
2
O
HCl
Cu(CO)Cl
H
2
O< br>
通过赤热的CuO粉末：
CuOCOCuCO
2

2 

8．计算当溶液的pH分别等于4，8，12时，H
2
CO
3< br>，
HCO
3
，
CO
3
所占的百分
数。 答：当pH＝4，8，12时，溶液中[H
+
]＝10
－
4
，1 0
－
8
，10
－
12
molL

(1) Ka
1
= 4.27×10
－
7

H
2
CO
3
H

HCO
3
2
(2) Ka
2
=5.6×10
HCO
3
H
CO
3
－
11


（1）pH＝4时 [H
+
]＝1×10
－
4
molL，则 [
HCO
3
]＝1×10
－
4
molL
第 3 页
3

无机化学习题解答 第十五章 碳族元素
2
[H][CO]
3
因
Ka
2


[HCO
3
]
2
所以：
[CO
3
]5.610
11
mol

LH
2
CO
3
是二元弱酸，
[H

]Ka1
·C

[H

]
2
(1.010
4
)
2

C0.042(molL)

7
Ka
1
4.210
∴ [H
2
CO
3
]=C
0
－[H
+
]=0.042－1.0×10
－4
≈0.0399 molL
H
2
CO
3
％

HCO
3
％
0.0399
10095

0.042
0.0001
1000.24

0.042
5.610
11
CO％1001.3310
7

0.042
2
3
（2）pH＝8时， [H
+
]＝1×10
－
8
molL， [OH
－
]＝1×10
－
6
molL


HCO
3
H
2
OH
2
CO
3
OH


K
h

Kw
2.3810
8

Ka
1
已知： [OH
－
]=[H
2
CO< br>3
]=1×10
－
6
molL
开始时 C
NaHCO3
= [H
2
CO
3
]＋[OH
－
] = 2[OH
－
] = 2×10
－
6
molL

平衡时 [
HCO
3
] = C
NaHCO3
－[OH
－
] =2×10
－
6
－ 1×10
－
6
＝1×10
－
6
molL
9. 烯烃能稳定存在，而硅烯烃如 H
2
Si-SiH
2
却难以存在。其原因是什么？
答：与C和Si的半径大小和电负性差别有关。C原子半径小，电负性大，除形
成C－C σ键 外，p轨道按肩并肩在较大重叠，还可形成σ＋π的C=C双键或σ
＋2个π键的C≡C叁键，而且键能 大，故烯烃可稳定存在，且数量多，C以sp
2
和sp杂化形成重键；Si的半径大，电负性小 ，p轨道肩并肩重叠很少，不能有
效地形成π键，因而Si只能形成Si－Si 单键，Si=Si难以存在，Si只能以sp
3
杂化成键。
10．从水玻璃出发怎样制造变色硅胶？
答：将Na
2
SiO
3
溶液与适量酸混合生成硅酸：
Na
2
SiO
3
+ 2H
+
= SiO
2
.H
2
O + 2Na
+

调节酸和Na
2
SiO
3
的用量，使生成的硅凝胶中含有8%~10%的SiO
2
，将生成
第 4 页
4

无机化学习题解答 第十五章 碳族元素
物放置一天，用热水洗去盐分如NaCl，将凝胶在60－70℃下烘干，徐徐 升温至
300℃即得多孔硅胶。将硅胶干燥活化前先用CoCl
2
溶液浸泡，再经干燥 得变色
硅胶。
11．用化学方程式表示单质硅的制备反应，单质硅的主要化学性质，二氧化硅的
制备和性质。
答：（1）制备单质Si：

SiO
2
C
16 00-1800℃
2
COSi
(95％）

450-500℃
SiCl
4
Si
2
Cl
2

SiCl
4
1150-1200％
Si
2
H
2Mo丝
4
HCl

（2）单质硅的主要化学性质

Si
Si
O
2
SiO
2

Si与F反应燃烧

SiO
3
2-
2H
2
2
Cl
2
2OH
-
SiCl
4
2
H
2
O

Si

（3）SiO
2
的制备：
SiO
2
4HF(g)SiF
4
H
2
O< br>
SiO
2
6HF(液）＝H
2
SiF
6
2H
2
O

2－
SiO
2
2OH
SiO
3
＋H
2
O
SiO
2
2 Na
2
CO
3
Na
2
SiO
3
CO< br>2

（4）SiO
2
的性质：SiO
2
属于原子晶体 ，熔点高，硬度大，难熔化。
12．什么是沸石分子筛？试述其结构特点和应用？
答：自然 界中存在的某些网络状的硅酸盐和铝酸盐具有笼形结构，这些均匀的笼
可以有选择地吸附一定大小的分子 ，即起到筛分子的作用，这种作用叫做分子筛
作用。通常把这样的含有结晶水的多孔结构的天然铝硅酸盐
（Na
2
O·Al
2
O
3
·2SiO
2< br>·nH
2
O）叫做沸石分子筛。主要应用于吸收或失去能进入网孔
通道的小分子 ，有些大分子则不能通过。
A型分子筛中，所有硅氧四面体和铝氧四面体通过共用氧原子联结成多元
环。
13．实验室中配制SnCl
2
溶液时，要采取哪些措施？其目的是什么？
第 5 页
5

无机化学习题解答 第十五章 碳族元素
答：因为氯化亚锡极易水解，生成Sn(OH)Cl沉淀，此沉淀一旦生成很难 再溶于
HCl中。所以配置氯化亚锡溶液时，应先将固体溶于适量浓盐酸中，然后再加水
稀释。

SnCl
2
H
2
OSn(OH)ClHC

l
另外，配好的溶液久置或使用后Sn
2+
易被空气中的氧气氧化为Sn
4 +
而失效：

2Sn
2
O
2
2H
Sn
4
H
2
O

所以，配置好的溶液中应加几颗锡粒，以维持Sn
2+
的浓度:
Sn
4+
+ Sn = 2Sn
2+

14．单质锡有哪些同素异 形体，性质有何异同？α－锡酸和β－锡酸的制取和性
质方面有何异同？
答：锡有三种同素异形体：
286K434K
灰锡白锡脆锡

（α） （β） （γ）
立方晶系 四方晶系 正交晶系
在常温下白锡是稳定态，低于286K时，灰锡是稳定态，高于434K时 脆锡
稳定。实验室中常用的是白锡。
锡与浓硝酸反应得β－H
2
SnO
3
：

Sn4HNO
3
H
2
SnO
3
4NO
2H
2
O

而SnCl
4
与NH
3
·H
2
O反应可得α－H
2
SnO
3
：

SnCl
4
4NH
3
·H
2
OSn(OH)< br>4
4NH
4
Cl

α－H
2
SnO3
溶于酸碱，而β－H
2
SnO
3
是晶态的，不溶于酸碱：

Sn(OH)
4
2NaOHNa
2
Sn(OH )
6

Sn(OH)
4
4HClSnC
4
l4H
2
O

15．试述铅蓄电池的基本原理。
答：铅蓄电池 正极为PbO
2
，负极为灰Pb，电极板为铅锑合金，电解质为30％
H
2< br>SO
4
(ρ＝1.25)
放电时：负极 Pb(s) + SO
4
== PbSO
4
(s) + 2e
正极 PbO
2
(s)+ 4H
+
+ SO
4
+ 2e == PbSO
4
(s) + 2H
2
O
第 6 页
6
2
2

无机化学习题解答 第十五章 碳族元素
充电时：
充电时正负极反应向左进行：

阳极 PbSO
4
+ 2H
2
O == PbO
2
+ 4H
+
+ SO
2
4
+ 2e

阴极 PbSO
4
(s) + 2e == Pb(s) + SO
2
4

电池符号： (－) Pb│H
2
SO
4
│PbO
2
(+)
电池总反应：
Pb+PbO
2
+2H
2
SO
4< br>放电
充电
2PbSO
4
+2H
2
O
电压：2 .2v。当H
2
SO
4
密度小于1.19时必须进行充电。
16． 铅的氧化物有几种，分别简述其性质？如何用实验的方法证实Pb
3
O
4
中铅 有
不同价态？
答：铅的氧化物主要有3种：PbO、Pb
3
O
4< br>和PbO
2
。
PbO显偏碱性，易溶于HNO
3
和浓HCl ；PbO
2
偏碱性，而且有强氧化性：

PbO
2
4HClPbCl
2
Cl
2
2H
2
O


5PbO
2
+2Mn
2+
＋4H
+
Ag
-
5Pb
2+
+2MnO
4
+2H
2
O
-
？
Pb
3
O
4
的组成为2PbO·PbO
2
, 证实 Pb
3
O
4
中铅有不同价态可用HNO
3
处理Pb
3
O
4
:

Pb
3
O
4
4HNO
3
PbO
2
(棕色)2Pb(NO
3
)< br>2
2H
2
O

过滤，沉淀物与浓HCl反应，加热，有Cl
2
产生，表明为PbO
2
，滤液调至
中性加入K
2
CrO
4
，有黄色PbCrO
4
生成，表示有Pb
2+
：
2

Pb
2
CrO(黄)

4PbCr
4
O
17．在298K时，将含有Sn(ClO
4
)
2
和Pb(ClO
4
)
2
的某溶液与过量的粉末状Sn- Pb
合金一起振荡，测得溶液中平衡浓度之比 [Sn
2+
][Pb
2+]为0.46。已知

0
Pb
2
Pb
0.126 v
，计算

Sn
0
2
Sn
值。
答：Pb
2+
+Sn = Pb+Sn
2+

0.0596[Sn
2
]

EE
< br>lg
2
2
[Pb]
0
平衡时E＝0；
E
0

0
Pb
2
Pb
0

Sn
2
Sn

[Sn
2
]
又已知
0.46
代入上式：
2
[Pb]
0

00.126
Sn
2
Sn

0.0596
lg0.46

2
第 7 页
7

无机化学习题解答 第十五章 碳族元素
0


Sn
2
Sn
0.12v

18．完成并配平下列化学反应方程式：
(1)SnHCl
(3)SnCl2
FeCl
3

(5)SnSNa
2
S
2

(7)SnSnCl
4

(9)Pb
3
O4
HI(过)
(2)SnCl
2

(4)SnCl
4
H
2
O
2

(6)SnS
3
H




(8)P bSHNO
3

(10)Pb
2
OH

(过 )？
OCl
?
答：
(1) Sn + 2HCl＝ SnCl
2
+ H
2

(2) Sn + Cl
2
＝ SnCl
2
Sn + 2Cl
2
＝ SnCl
4

(3) SnCl
2
+ 2FeCl
3
＝ SnCl
4
+ 2FeCl
2

(4) SnCl
4
+ 4H
2
O ＝ H
4
SnO
4
↓+ 4HCl
(5)
SnS + Na
2
S
2
= Na
2
SnS
3

2
(6)
SnS
3
2H

SnS2
H
2
S

+4
(7) SnCl
4
+ Sn = 2SnCl
2


(8) 3PbS + 8H
+
+ 2
NO
3
= 3Pb
2+
+3 S↓ + 2NO↑ + 4H
2
O
(9) Pb
3
O
4
＋14 HI ＝ I
2
＋3H
2
[PbI
4
]＋4H
2
O
(10) Pb
2+
+2OH
-
=Pb(OH)
2
↓
Pb(OH)
2
+OH
-
=[Pb(OH)
3
]
－


[Pb(OH)
3
]
－
＋CIO
－
＝PbO
2
↓＋CI
－
＋OH
－
＋H
2< br>O
19．现有一白色固体A，溶于水产生白色沉淀B，B可溶于浓盐酸。若将固体A
溶 于稀硝酸中，得无色溶液C。将AgNO
3
溶液加入C中，析出白色沉淀D。D
溶于氨 水得溶液E，E酸化后又产生白色沉淀D。
将H
2
S气体通入溶液C中，产生棕色沉 淀F，F溶液(NH
4
)
2
S形成溶液G。
酸化溶液G，得黄色沉淀 H。
少量溶液C加入HgCl
2
溶液得白色沉淀I，继续加入溶液C，沉淀I逐渐变
灰，最后变为黑色沉淀J。
试确定字母A，B，C，D，E，F，G，H，I，J各表示什么物质。
答：A:SnCl
2
B:Sn(OH)Cl; C: Sn(NO
3
)
2
或SnCl
2
; D:AgCl; E:Ag(NH
3
)
2
Cl;
第 8 页
8

无机化学习题解答 第十五章 碳族元素
F:SnS G:(NH
4
)
2
SnS
3
H:SnS
2;
I:Hg
2
Cl
2
; J:Hg

SnCl
2
+ H
2
O = Sn(OH)Cl↓+ HCl
(A)(B)

Ag
+
+Cl
-
= AgCl↓
(D)
AgCl + 2NH
3
Ag(NH
3
)
2
+
+ Cl
-
(E)

-+

Ag(NH
3
)

+ Cl + H = AgCl↓ +2NH
24

SnCl
2
+ H
2
S
SnS + (NH
4
)
2
S
2

SnS
(F)
+ 2HCl

(NH
4
)
2
SnS
3
(G)

(NH
4
)
2
SnS
3
+ 2H
+
2HgCl
2
+ SnCl
2

Hg
2
Cl
2
+SnCl
2

SnS< br>2
(H)
Hg
2
Cl
2
(I)
+ H
2
S
+ SnCl
4
+2NH
4
-


2Hg
+ SnCl
4
(J)















第 9 页
9

无机化学习题解答 第十五章 碳族元素

第 10 页
10

无机化学习题解答 第十五章 碳族元素
第十五章 碳族元素
1．碳单质有哪些同素异形体？其结构特点及物理性质如何？
答：碳单质有三种同素异形体： 石墨，金刚石和C
60
。结构分为层状，网状和球
状，见教材p730-732。物理 性质主要是石墨能导电，金刚石硬度大，C
60
有超导
性。
2．实验室里如何制取二氧化碳气体？工业如何制取二氧化碳气体？
答：实验室法：
CaCO
3
2HClCaCl
2
CO
2
H
2
O

工业法：
CaCO
3
CaO
CO
2

3．图15－6中，三条直线相交于一点，这是必然的还是偶然的，试讨论其原因。
答：是一种必然。
在Ellingham图中，以ΔrG
θ
=ΔrH
θ
－TΔrS
θ
作ΔrG
θ
－T图，斜率为ΔrS
θ，截
距为ΔrH
θ
。
反应：
CO
2
CO
2
ΔrS
θ
≈ 0，所以为一直线
反应：
2COO
2
2CO
2
ΔrS
θ
< 0，直线上斜
反应：
2CO
2
2CO
ΔrS
θ
> 0，直线下斜
所以三线相交于一点是必然的。
3.分别向0 .20mol·dm
-3
的Mg
2+
和Ca
2
＋
的 溶液中加入等体积的0.20mol·dm
-3
的
Na
2
CO
3
溶液，产生沉淀的情况有何不同，试讨论其规律性。
答：有CaCO
3
沉淀，也有MgCO
3
沉淀。
沉淀： CaCO
3
MgCO
3
Mg(OH)
2

K
sp
2.9×10
－
9
3.5×10
－
8
1.8×10
－
11

溶液中
[Ca
2
][M g
2
]0.20
1
2
0.1molL
1

加入Na
2
CO
3
后溶液浓度为0.1molL。
2
溶液中
[CO
3
]计算：
[OH

]K
b
1
C
KwC

Ka
2
1 10
14
0.14.2210
3
molL
1

11
5.610
2_
∵
CO
3
H2
OHCO
3
OH


0.1-x x x
第 1 页
1

无机化学习题解答 第十五章 碳族元素
x
2
K
b
1
1.810
4

0.1x
2
[CO
3
]=0.1-x≈0.1 mol.L
-1

2
Q
i
=[Ca
2+
][CO
3
]=0.1×0.1 =0.01﹥K
sp
,CaCO
3
=2.9×10
－
9

Q
i
>Ksp ，所以有CaCO
3
和MgCO
3
沉淀。
Q
i
＝ [Mg
2+
][OH
－
]
2
=0.1×(4.221×10
－
3
)
2
＝1.78×10
－
7
>Ksp ,Mg(OH)
2
= 1.8×10
－
11

∴ 也有Mg(OH)
2
沉淀。
5．CCl
4
不易发生水解，而SiC l
4
较易水解，其原因是什么？
答：C为第二周期元素，只有2s，2p轨道可以成 键，最大配位数为4，CCl
4
无
空轨道可以接受水的配位，因此不水解。
SiCl
4
4H
2
OH
4
SiO
4
 4HCl
↑
SiCl
4
中Si为第三周期元素，有d轨道，可以接受水分子 中的氧原子的孤对
电子形成配位键生成五配位的中间体而发生水解；而CCl
4
中的C 原子无空d轨
道。
6．通过计算回答下述问题：
（1）在298K，1.013× 10
5
Pa下生成水煤气的反应能否自发进行？（2）用ΔrS
0
值判断，提 高温度对生成水煤气反应是否有利？（3）在1.013×10
5
Pa下，生成
水煤气 的反应体系达到平衡时的温度有多高？
解：
（1）水煤气反应：
CH
2
OCOH
2

298K，1.013×10
5
Pa时

0o00rG
o
m

f
G
m(CO,g)
f
G
m(H
2
,g)

f
G
m(C ,s)

f
G
m(H
2
O,g)
137.2 00(228.6)90.8kJ·mol
1

rG
o
m
0
，所以常温下水煤气反应不能自发。
（2）提高温度时：
C + H
2
O = CO + H
2


S
0
m
5.73 188.7 197.6 130
-1-1

S
0
=197.6＋130－5.73－188.7＝133.17(J．mol.K)
m
第 2 页
2

无机化学习题解答 第十五章 碳族元素
S
0
m
>0，所以，升高温度对反应有利。
（3）平衡温度：
T
rH
0

rS
0
求
rH
0
m
：
C + H
2
O = CO + H
2


f
H
0
m
0 -241.8 -110.5 0

f
H
0
m
=－110.5－(－241.8)＝131. 3 (kJmol)
rH
0
131.310
3
T985.95(K)

133.17
rS
0
7．比较CO和CO
2
的性质。如何 除去CO中含有的少量CO
2
？如何除去CO
2
中
含有的少量CO？
答： CO CO
2

还原性 强 无
配位性 有 无
毒性 有 无
除去CO中含有的少量CO
2
，使气体通过Ca(OH)
2
溶液：

Ca(OH)
2
CO
2
CaCO3
H
2
O

除去CO
2
中含有的少量CO ，使气体通过CuCl溶液（或PbCl
2
溶液）

COCuCl
H
2
O
HCl
Cu(CO)Cl
H
2
O< br>
通过赤热的CuO粉末：
CuOCOCuCO
2

2 

8．计算当溶液的pH分别等于4，8，12时，H
2
CO
3< br>，
HCO
3
，
CO
3
所占的百分
数。 答：当pH＝4，8，12时，溶液中[H
+
]＝10
－
4
，1 0
－
8
，10
－
12
molL

(1) Ka
1
= 4.27×10
－
7

H
2
CO
3
H

HCO
3
2
(2) Ka
2
=5.6×10
HCO
3
H
CO
3
－
11


（1）pH＝4时 [H
+
]＝1×10
－
4
molL，则 [
HCO
3
]＝1×10
－
4
molL
第 3 页
3

无机化学习题解答 第十五章 碳族元素
2
[H][CO]
3
因
Ka
2


[HCO
3
]
2
所以：
[CO
3
]5.610
11
mol

LH
2
CO
3
是二元弱酸，
[H

]Ka1
·C

[H

]
2
(1.010
4
)
2

C0.042(molL)

7
Ka
1
4.210
∴ [H
2
CO
3
]=C
0
－[H
+
]=0.042－1.0×10
－4
≈0.0399 molL
H
2
CO
3
％

HCO
3
％
0.0399
10095

0.042
0.0001
1000.24

0.042
5.610
11
CO％1001.3310
7

0.042
2
3
（2）pH＝8时， [H
+
]＝1×10
－
8
molL， [OH
－
]＝1×10
－
6
molL


HCO
3
H
2
OH
2
CO
3
OH


K
h

Kw
2.3810
8

Ka
1
已知： [OH
－
]=[H
2
CO< br>3
]=1×10
－
6
molL
开始时 C
NaHCO3
= [H
2
CO
3
]＋[OH
－
] = 2[OH
－
] = 2×10
－
6
molL

平衡时 [
HCO
3
] = C
NaHCO3
－[OH
－
] =2×10
－
6
－ 1×10
－
6
＝1×10
－
6
molL
9. 烯烃能稳定存在，而硅烯烃如 H
2
Si-SiH
2
却难以存在。其原因是什么？
答：与C和Si的半径大小和电负性差别有关。C原子半径小，电负性大，除形
成C－C σ键 外，p轨道按肩并肩在较大重叠，还可形成σ＋π的C=C双键或σ
＋2个π键的C≡C叁键，而且键能 大，故烯烃可稳定存在，且数量多，C以sp
2
和sp杂化形成重键；Si的半径大，电负性小 ，p轨道肩并肩重叠很少，不能有
效地形成π键，因而Si只能形成Si－Si 单键，Si=Si难以存在，Si只能以sp
3
杂化成键。
10．从水玻璃出发怎样制造变色硅胶？
答：将Na
2
SiO
3
溶液与适量酸混合生成硅酸：
Na
2
SiO
3
+ 2H
+
= SiO
2
.H
2
O + 2Na
+

调节酸和Na
2
SiO
3
的用量，使生成的硅凝胶中含有8%~10%的SiO
2
，将生成
第 4 页
4

无机化学习题解答 第十五章 碳族元素
物放置一天，用热水洗去盐分如NaCl，将凝胶在60－70℃下烘干，徐徐 升温至
300℃即得多孔硅胶。将硅胶干燥活化前先用CoCl
2
溶液浸泡，再经干燥 得变色
硅胶。
11．用化学方程式表示单质硅的制备反应，单质硅的主要化学性质，二氧化硅的
制备和性质。
答：（1）制备单质Si：

SiO
2
C
16 00-1800℃
2
COSi
(95％）

450-500℃
SiCl
4
Si
2
Cl
2

SiCl
4
1150-1200％
Si
2
H
2Mo丝
4
HCl

（2）单质硅的主要化学性质

Si
Si
O
2
SiO
2

Si与F反应燃烧

SiO
3
2-
2H
2
2
Cl
2
2OH
-
SiCl
4
2
H
2
O

Si

（3）SiO
2
的制备：
SiO
2
4HF(g)SiF
4
H
2
O< br>
SiO
2
6HF(液）＝H
2
SiF
6
2H
2
O

2－
SiO
2
2OH
SiO
3
＋H
2
O
SiO
2
2 Na
2
CO
3
Na
2
SiO
3
CO< br>2

（4）SiO
2
的性质：SiO
2
属于原子晶体 ，熔点高，硬度大，难熔化。
12．什么是沸石分子筛？试述其结构特点和应用？
答：自然 界中存在的某些网络状的硅酸盐和铝酸盐具有笼形结构，这些均匀的笼
可以有选择地吸附一定大小的分子 ，即起到筛分子的作用，这种作用叫做分子筛
作用。通常把这样的含有结晶水的多孔结构的天然铝硅酸盐
（Na
2
O·Al
2
O
3
·2SiO
2< br>·nH
2
O）叫做沸石分子筛。主要应用于吸收或失去能进入网孔
通道的小分子 ，有些大分子则不能通过。
A型分子筛中，所有硅氧四面体和铝氧四面体通过共用氧原子联结成多元
环。
13．实验室中配制SnCl
2
溶液时，要采取哪些措施？其目的是什么？
第 5 页
5

无机化学习题解答 第十五章 碳族元素
答：因为氯化亚锡极易水解，生成Sn(OH)Cl沉淀，此沉淀一旦生成很难 再溶于
HCl中。所以配置氯化亚锡溶液时，应先将固体溶于适量浓盐酸中，然后再加水
稀释。

SnCl
2
H
2
OSn(OH)ClHC

l
另外，配好的溶液久置或使用后Sn
2+
易被空气中的氧气氧化为Sn
4 +
而失效：

2Sn
2
O
2
2H
Sn
4
H
2
O

所以，配置好的溶液中应加几颗锡粒，以维持Sn
2+
的浓度:
Sn
4+
+ Sn = 2Sn
2+

14．单质锡有哪些同素异 形体，性质有何异同？α－锡酸和β－锡酸的制取和性
质方面有何异同？
答：锡有三种同素异形体：
286K434K
灰锡白锡脆锡

（α） （β） （γ）
立方晶系 四方晶系 正交晶系
在常温下白锡是稳定态，低于286K时，灰锡是稳定态，高于434K时 脆锡
稳定。实验室中常用的是白锡。
锡与浓硝酸反应得β－H
2
SnO
3
：

Sn4HNO
3
H
2
SnO
3
4NO
2H
2
O

而SnCl
4
与NH
3
·H
2
O反应可得α－H
2
SnO
3
：

SnCl
4
4NH
3
·H
2
OSn(OH)< br>4
4NH
4
Cl

α－H
2
SnO3
溶于酸碱，而β－H
2
SnO
3
是晶态的，不溶于酸碱：

Sn(OH)
4
2NaOHNa
2
Sn(OH )
6

Sn(OH)
4
4HClSnC
4
l4H
2
O

15．试述铅蓄电池的基本原理。
答：铅蓄电池 正极为PbO
2
，负极为灰Pb，电极板为铅锑合金，电解质为30％
H
2< br>SO
4
(ρ＝1.25)
放电时：负极 Pb(s) + SO
4
== PbSO
4
(s) + 2e
正极 PbO
2
(s)+ 4H
+
+ SO
4
+ 2e == PbSO
4
(s) + 2H
2
O
第 6 页
6
2
2

无机化学习题解答 第十五章 碳族元素
充电时：
充电时正负极反应向左进行：

阳极 PbSO
4
+ 2H
2
O == PbO
2
+ 4H
+
+ SO
2
4
+ 2e

阴极 PbSO
4
(s) + 2e == Pb(s) + SO
2
4

电池符号： (－) Pb│H
2
SO
4
│PbO
2
(+)
电池总反应：
Pb+PbO
2
+2H
2
SO
4< br>放电
充电
2PbSO
4
+2H
2
O
电压：2 .2v。当H
2
SO
4
密度小于1.19时必须进行充电。
16． 铅的氧化物有几种，分别简述其性质？如何用实验的方法证实Pb
3
O
4
中铅 有
不同价态？
答：铅的氧化物主要有3种：PbO、Pb
3
O
4< br>和PbO
2
。
PbO显偏碱性，易溶于HNO
3
和浓HCl ；PbO
2
偏碱性，而且有强氧化性：

PbO
2
4HClPbCl
2
Cl
2
2H
2
O


5PbO
2
+2Mn
2+
＋4H
+
Ag
-
5Pb
2+
+2MnO
4
+2H
2
O
-
？
Pb
3
O
4
的组成为2PbO·PbO
2
, 证实 Pb
3
O
4
中铅有不同价态可用HNO
3
处理Pb
3
O
4
:

Pb
3
O
4
4HNO
3
PbO
2
(棕色)2Pb(NO
3
)< br>2
2H
2
O

过滤，沉淀物与浓HCl反应，加热，有Cl
2
产生，表明为PbO
2
，滤液调至
中性加入K
2
CrO
4
，有黄色PbCrO
4
生成，表示有Pb
2+
：
2

Pb
2
CrO(黄)

4PbCr
4
O
17．在298K时，将含有Sn(ClO
4
)
2
和Pb(ClO
4
)
2
的某溶液与过量的粉末状Sn- Pb
合金一起振荡，测得溶液中平衡浓度之比 [Sn
2+
][Pb
2+]为0.46。已知

0
Pb
2
Pb
0.126 v
，计算

Sn
0
2
Sn
值。
答：Pb
2+
+Sn = Pb+Sn
2+

0.0596[Sn
2
]

EE
< br>lg
2
2
[Pb]
0
平衡时E＝0；
E
0

0
Pb
2
Pb
0

Sn
2
Sn

[Sn
2
]
又已知
0.46
代入上式：
2
[Pb]
0

00.126
Sn
2
Sn

0.0596
lg0.46

2
第 7 页
7

无机化学习题解答 第十五章 碳族元素
0


Sn
2
Sn
0.12v

18．完成并配平下列化学反应方程式：
(1)SnHCl
(3)SnCl2
FeCl
3

(5)SnSNa
2
S
2

(7)SnSnCl
4

(9)Pb
3
O4
HI(过)
(2)SnCl
2

(4)SnCl
4
H
2
O
2

(6)SnS
3
H




(8)P bSHNO
3

(10)Pb
2
OH

(过 )？
OCl
?
答：
(1) Sn + 2HCl＝ SnCl
2
+ H
2

(2) Sn + Cl
2
＝ SnCl
2
Sn + 2Cl
2
＝ SnCl
4

(3) SnCl
2
+ 2FeCl
3
＝ SnCl
4
+ 2FeCl
2

(4) SnCl
4
+ 4H
2
O ＝ H
4
SnO
4
↓+ 4HCl
(5)
SnS + Na
2
S
2
= Na
2
SnS
3

2
(6)
SnS
3
2H

SnS2
H
2
S

+4
(7) SnCl
4
+ Sn = 2SnCl
2


(8) 3PbS + 8H
+
+ 2
NO
3
= 3Pb
2+
+3 S↓ + 2NO↑ + 4H
2
O
(9) Pb
3
O
4
＋14 HI ＝ I
2
＋3H
2
[PbI
4
]＋4H
2
O
(10) Pb
2+
+2OH
-
=Pb(OH)
2
↓
Pb(OH)
2
+OH
-
=[Pb(OH)
3
]
－


[Pb(OH)
3
]
－
＋CIO
－
＝PbO
2
↓＋CI
－
＋OH
－
＋H
2< br>O
19．现有一白色固体A，溶于水产生白色沉淀B，B可溶于浓盐酸。若将固体A
溶 于稀硝酸中，得无色溶液C。将AgNO
3
溶液加入C中，析出白色沉淀D。D
溶于氨 水得溶液E，E酸化后又产生白色沉淀D。
将H
2
S气体通入溶液C中，产生棕色沉 淀F，F溶液(NH
4
)
2
S形成溶液G。
酸化溶液G，得黄色沉淀 H。
少量溶液C加入HgCl
2
溶液得白色沉淀I，继续加入溶液C，沉淀I逐渐变
灰，最后变为黑色沉淀J。
试确定字母A，B，C，D，E，F，G，H，I，J各表示什么物质。
答：A:SnCl
2
B:Sn(OH)Cl; C: Sn(NO
3
)
2
或SnCl
2
; D:AgCl; E:Ag(NH
3
)
2
Cl;
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无机化学习题解答 第十五章 碳族元素
F:SnS G:(NH
4
)
2
SnS
3
H:SnS
2;
I:Hg
2
Cl
2
; J:Hg

SnCl
2
+ H
2
O = Sn(OH)Cl↓+ HCl
(A)(B)

Ag
+
+Cl
-
= AgCl↓
(D)
AgCl + 2NH
3
Ag(NH
3
)
2
+
+ Cl
-
(E)

-+

Ag(NH
3
)

+ Cl + H = AgCl↓ +2NH
24

SnCl
2
+ H
2
S
SnS + (NH
4
)
2
S
2

SnS
(F)
+ 2HCl

(NH
4
)
2
SnS
3
(G)

(NH
4
)
2
SnS
3
+ 2H
+
2HgCl
2
+ SnCl
2

Hg
2
Cl
2
+SnCl
2

SnS< br>2
(H)
Hg
2
Cl
2
(I)
+ H
2
S
+ SnCl
4
+2NH
4
-


2Hg
+ SnCl
4
(J)















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