无机化学第三版下册答案第二十一章第十五章_碳族元素(1)

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：O H CO CaCl HCl 2CaCO 2223+↑+=+

工业法：

CaCO 3

CaO

CO 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：22CO O C =+ ΔrS θ≈ 0，所以为一直线 反应：22CO 2O CO 2=+ ΔrS θ< 0，直线上斜 反应：CO 2O C 22=+ ΔrS θ> 0，直线下斜 所以三线相交于一点是必然的。

3.分别向·dm -3的Mg 2+和Ca 2＋的溶液中加入等体积的·dm -3的Na 2CO 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 ×10－9 ×10－8 ×10－11 溶液中122L mol 1.02

120.0]Mg []Ca [-++•=⨯==

加入Na 2CO 3后溶液浓度为L 。

溶液中-

23CO []计算：

31[] 4.2210OH mol L -

--=

=

=

=⨯•

∵ --

+=+OH HCO O H CO 32_23

x x

12

41.8100.1b x K x

-==⨯-

[CO -23]=≈

Q i =[Ca 2+][CO -

23]=× =﹥K sp ,CaCO 3 =×10－9

Q i >Ksp ，所以有CaCO 3和MgCO 3沉淀。

Q i ＝[Mg 2+][OH －]2=××10－3)2＝×10－7>Ksp,Mg(OH)2= ×10－11

∴ 也有Mg(OH)2沉淀。

5．CCl 4不易发生水解，而SiCl 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。

HCl 4SiO H O H 4SiCl 4424+=+↑

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 ，×105Pa 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×105Pa 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：22H CO O H C +=+ 298K ，×105Pa 时

1

0)

g ,O H (m f 0)s ,C (m f o )g ,H (m f 0)g ,CO (m f o m mol

·kJ 8.90)6.228(002.137G G G G rG 22-=---+-=∆-∆-∆+∆=∆

0rG o m >∆，所以常温下水煤气反应不能自发。

（2）提高温度时：

C + H 2O = CO + H 2

0m S ∆ 130 0m S ∆=＋130－－＝(J ．

0m S ∆>0，所以，升高温度对反应有利。

（3）平衡温度：00

rS

rH T ∆∆=

求0m rH ∆：

C + H 2O = CO + H 2

0m f H ∆ 0 0 0m f H ∆=－－(－＝ (kJ/mol)

)K (95.98517.133103.131rS rH T 3

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：

O H CaCO CO )OH (Ca 2322+↓=+

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

CO

CuCl

H 2O Cu(CO)Cl H 2O

HCl

通过赤热的CuO 粉末：2CuO CO Cu CO +=+

8．计算当溶液的pH 分别等于4，8，12时，H 2CO 3，-3HCO ，-

23CO 所占的百分

数。

答：当pH ＝4，8，12时，溶液中[H +]＝10－4，10－

8，10

－12

mol/L

-

++⇔332HCO H CO H (1) Ka 1= ×10－7

-+-+⇔233CO H HCO (2) Ka 2=×10－11

（1）pH ＝4时 [H +]＝1×10－4 mol/L ，则 [-

3HCO ]＝1×10－4 mol/L

因 2323Ka ]

HCO []CO ][H [=-

-

+ 所以： L

mol 106.5]CO [1123--

⨯= H 2CO 3是二元弱酸，C ·Ka ]H [1=+

)L /mol (042.010

2.4)100.1(Ka ]H [C 7

2

412=⨯⨯=≈--+ ∴ [H 2CO 3]=C 0－[H +]=－×10－4≈ mol/L

95100042

.00399

.0CO H 32=⨯=

％ 24.0100042

.00001

.0HCO 3=⨯=

-

％ 711

23

1033.1100042

.0106.5CO ---⨯=⨯⨯=％

（2）pH ＝8时， [H +]＝1×10－8 mol/L ， [OH －]＝1×10－6 mol/L

--

+⇔+OH CO H O H HCO 3223 81

h 1038.2Ka Kw

K -⨯==

已知： [OH －]=[H 2CO 3]=1×10－6 mol/L

开始时 C NaHCO3 = [H 2CO 3]＋[OH －] = 2[OH －] = 2×10－6 mol/L

平衡时 [-

3HCO ] = C NaHCO3－[OH －] =2×10－6－1×10－6＝1×10－6 mol/L

9. 烯烃能稳定存在，而硅烯烃如 H 2Si-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