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N 2的分子结构及主要物理、化学性质。

解：CO 和N 2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 ∶、
C O δ＋
δ－
∶
∶
，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N 2分子中三重键特点并不完全相同，N 2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N 2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N 2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N 2略大，但化学性质却比N 2要活泼，不象N 2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）H 2 ；（5）PdCl 2 解：CO 的实验室制法：
HCOOH
浓H 2SO 4
2O
用排水集气法收集。

（1）
Ni + 4CO
100 -250atm 423 -493K
Ni(CO)4
（2）
（3）
CO + NaOH HCOONa
1.01×103kPa
473K
（4）
CO + 3H 2
CH 4 + H 2O Fe 、Co 、Ni
523K,101kPa
（5） CO + PdCl 2 + H 2O === Pd ↓ + CO 2 + 2HCl
14.3. 某实验室备有CCl 4、干冰和泡沫灭火器（内为Al 2(SO 4)3和NaHCO 3），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：
14.4. 标准状况时，CO 2的溶解度为170 mL / 100g 水：
（1）计算在此条件下，溶液中H 2CO 3的实际浓度。

（2）假定溶解的CO 2全部转变为H 2CO 3，在此条件下，溶液的pH 值是多少？
解：（1）溶解在水中的CO 2大部分以弱的水合分子存在，只有1% ~ 4%的CO 2与H 2O 反应生成
H 2CO 3，实验测得：[CO 2]/[ H 2CO 3] ＝ 600
标况下，CO 2的摩尔溶解度为：1.70L / 22.4 L·mol –1 ＝ 7.59 × 10 –2 mol ·dm –3
溶液中H 2CO 3的实际浓度：[ H 2CO 3] ＝ 1/600 × [CO 2] ＝ 7.59 × 10 –2 / 600 ＝ 1.27 × 10 –4
mol ·dm －3
（2）
H 2CO 3H + + HCO 3-K 1 = 4.3 x 10 -7
平衡浓度 7.59 × 10 –2－x x x
[H +] ＝ x ＝ (7.59 × 10 –2 × 4.3 × 10 –7 )1/2 ＝ 1.81 × 10 –4 mol ·dm －3 pH ＝ －lg[H+] ＝－lg[1.81 × 10–4] ＝ 3.74\
14.5. 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 ，测得该溶液的
pH 为10.6，试计算原来的混合物中含Na 2CO 3及NaHCO 3各多少克？
解 ：Na 2CO 3和NaHCO 3水溶液为缓冲溶液
pH ＝ 10.6 [H +] ＝ 2.51 × 10 –11 mol ·dm －3 [H +] ＝ K 2 × (C NaHCO 3 /C Na 2CO 3 )
设固体混合物中Na 2CO 3的含量为x 克，NaHCO 3的含量为(60.0－x)克
x ＝ 44.3克
则NaHCO 3的含量 ＝ 60.0 － 44.3 ＝ 15.7 克
14.6. 试分别计算0.1 mol ·dm －3 NH 4HCO 3和0.1 mol ·dm －3
（NH 4）2CO 3溶液的pH 。

（提示：NH 4HCO 3
按弱酸弱碱盐水解计算。

）
（已知：NH3·H2O K b＝1.77×10–5；H2CO3 K1＝4.3×10–7 ，K2＝5.61×10–11）
（1）0.1mol·dm－3 NH4HCO3溶液pH值：
平衡浓度（mol·dm－3）0.1－x 0.1－x x x
K h＝K w / K NH3·H2O ·K1H2CO3 ＝ 1.0×10–14 / (1.77×10–5×4.3×10–7)＝1.31×10–3 [x / (0.1－x )]2＝1.31×10–3
x / (0.1－x )＝3.62 ×10–2
x ＝[H2CO3] ＝3.49 ×10–3
[HCO3–] ＝0.1－3.49 ×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] ＝7.82
（2）0.1mol·dm－3 (NH4)2CO3溶液pH值：
平衡浓度（mol·L–1）0.2－x 0.1－x x x K h＝K w / K NH3·H2O· K2 H2CO3 ＝1.0×10–14 / (1.77×10–5×5.61×10–11) = 10.07
x2 / (0.2－x)(0.1－x) ＝10.07 x ＝0.0922
[H+] ＝K2·[HCO3–] / [CO32–] ＝(5.61×10–11×0.0922) / (0.1－0.0922) ＝6.63 ×10–10 pH＝－lg[H+]＝－lg [6.63 ×10 –10]＝9.18
14.7在0.2mol·dm－3的Ca2+盐溶液中，加入等浓度、等体积的Na2CO3溶液，将得到什么产物？
若以0.2mol·dm－3的Cu2+代替Ca2+盐，产物是什么？再以0.2mol·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CaCO3 K sp ＝ 4.96 ×10–9 CuCO3 K sp ＝1.4 ×10–10
Ca(OH)2 K sp ＝ 4.68 ×10–6 Cu(OH)2 K sp ＝2.6 ×10–19
Al(OH)3 K sp ＝1.3 ×10–33
溶液中[Ca2+] ＝[Cu2+] ＝[Al3+] ＝[CO32–] ＝0.1mol·dm－3
[OH–] ＝(K w / 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 (K sp CaCO3)
[Ca2+][OH–]2 ＝0.1 × (4.22 ×10–3)2 ＝ 1.78 ×10–6 < 4.68 ×10–6 (K sp Ca(OH)2 )
故有CaCO3沉淀析出
（2）[Cu2+][CO32–] ＝102 > 1.4 ×10–10 (K sp CuCO3)
[Cu2+][OH–]2 ＝0.1 × (4.22 ×10–3)2 ＝ 1.78 ×10–6 >2.6 ×10–19 (K sp Cu(OH)2 )
故有Cu2(OH)2 CO3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 (K sp Al(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 < Na2CO3，因为H+是裸露质子，半径又很小，正电荷密度大，反极化作用特别强。

（3）MgCO3 < BaCO3 ，因为r Mg2+< r Ba2+ ，Mg2+的Z/r比Ba2+的大，极化能力比Ba2+强。

（4）PbCO3 < CaCO3 ，因为Pb2+为18+2电子构型，极化能力比8电子构型的Ca2+大。

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（x p=2.1）介于C（x p=2.5）和Si（x p=1.8）之间，SiH4中H表现负氧化态；
同时E Si-Si 和E Si-H 均分别比E C-C 和E C-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-p π配键，使Si —X 键键能增加，故易于成链。

（4）BH 3为缺电子分子，通过形成3C －2e 的多中心键以B 2H 6二聚体形式存在，解决了缺电
子问题。

BF 3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Na 2O·nSiO 2，
工业生产方法是将石英砂(SiO 2)，Na 2SO 4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Na 2SiO 3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：Na 2O·Al 2O 3·2SiO 2·5H 2O ，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BH 3的二聚过程不能用分子中形成氢键来解释？B 2H 6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BH 3分子间不可能形成
氢键。

B 2H 6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B 2H 6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. B 6H 10的结构中有多少种形式的化学键？各有多少个？ 解： B 6H 10中有4种形式的化学键：
2C －2e B －H 共价键 6个 3C －2e B
B H
氢桥键 4个
闭合式 3C －2e B
B B 硼键 2个
2C －2e B －B 共价键 2个
14.18. H 3BO 3和H 3PO 3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： H 3BO 3为缺电子分子，每个硼原子用3个sp 2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H 2O 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
P
H
H
H
O
O
，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 + Li H →
(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1.5g 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H 3BO 3 K 1 = 7.3 × 10 −10 ）
解：（1）
H 3BO 3 + H 2O
B(OH)4- + H +
H 3BO 3的摩尔质量＝ 61.81 g·mol −1
H 3BO 3的摩尔浓度 ＝ 1.5 × 1000 / (61.81 × 100) = 0.2426 mol·L −1 [H +] ＝(7.3 × 10 −10 × 0.2426 )1/2 ＝ 1.33 × 10 −5 pH ＝ 4.88 （2）硬硼钙石组成：Ca 2B 6O 11· 5H 2O
Ca 2B 6O 11· 5H 2O + 2Na 2CO 3 + 5H 2O = Na 2B 4O 5 (OH)4· 8H 2O + 2NaBO 2 + 2CaCO 3↓ 4NaBO 2 + CO 2 + 10H 2O = Na 2B 4O 5 (OH)4· 8H 2O + Na 2CO 3 1份 Ca 2B 6O 11· 5H 2O → 1.5份Na 2B 4O 5 (OH)4· 8H 2O 412 573 75 x x ＝ 573 × 75 / 412 ＝ 104.3（吨） 按转化率85%计算，所得硼砂质量为： 104.3×85% ＝ 88.66（吨）即8.9× 10 4 kg
14.22.两种气态硼氢化物的化学式和密度如下：BH 3在290K 和53978Pa 时的密度为0.629 g·L −1 ；
B 2H 5在292K 和6916Pa 时的密度为0.1553 g·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：BH 3的相对分子质量 = (0.629 / 53.978) × 8.314 × 290 ＝ 28.1
分子量为最简式BH 3式量（14）的2倍，故分子式为B 2H 6 。

B 2H 5的相对分子质量 ＝ (0.1553 / 6.916) × 8.314 × 292＝54.51 分子量为最简式B 2H 5式量（27）的2倍，故分子式为B 4H 10 。

14.23. 有人根据下列反应制备了一些硼烷：
4BF 3(g) + 3LiAlH 4(s)
2B 2H 6(g) + 3LiF(s) + 3AlF 3(s)
乙醚
若产率为100%，用5g BF 3和10.0g LiAlH 4反应能得到多少克B 2H 6？制备时，由于用了未经很好干燥的乙醚，有些B 2H 6与水反应损失了，若水的质量为0.01g ，试计算损失了多少克B 2H 6？
解：BF 3 的摩尔质量＝ 67.81 g·mol −1 LiAlH 4的摩尔质量 ＝ 37.92 g·mol −1
反应中BF 3 的摩尔数 ＝ 5 / 67.81 = 0.0737 mol
按反应式中BF 3和LiAlH 4 的计量关系，LiAlH 4 的用量是过量的，故生成B 2H 6 的量按BF 3的用量计算。

4BF 32B 2H 6
4×67.81 2×27.62
5 x x ＝ 2 × 27.62 × 5 / (4 × 67.81) ＝1.018g
B 2H 6与少量水反应后，损失的量为： B 2H 6 + 6H 2O = 2H 3BO 3 + 6H 2 27.62 108
x 0.01 x ＝ 27.62 × 0.01 / 108＝ 0.0026g
14.24. 体积为50mL 的CO 、CO 2和H 2组成的混合气体与25mL O 2在室温及1.01 ×103 kPa 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 －a mL CO 2－b mL H 2－c mL
由题意可知： a + b + c ＝ 50mL
V 1(O 2) ＝ 25mL a + b + c + V 1(O 2) ＝ 75mL
该混合气体与O 2在室温和1.01 ×103 kPa 下点燃，其反应为：
2CO(g) + O 2(g) 2CO 2(g)点燃2H 2(g) + O 2(g)
2H 2O(l)
点燃
①②
反应后的混合气体经KOH 吸收CO 2后，还剩余5mL “残气”。

从反应①可知，1体积CO 转变为1体积CO 2 ， 故 a + b ＝ 37－5 ＝ 32 mL c ＝ 50－32 ＝ 18 mL
从反应②可知，18mL H 2需9mLO 2与之完全反应生成水，因此，混合气体与O 2点燃反应后，由于H 2与O 2反应气体体积减少了27mL ；由于CO 氧化为CO 2 ，气体体积减少了11mL ， 即：75－27－37＝11mL
由反应①可知，原来混合气体中CO 的体积为22 mL ， 则CO 2的体积 b ＝ 32－22 ＝ 10 mL
反应后剩余O 2的体积V 2(O 2) ＝ 25－11－9 ＝ 5 mL 原混合气体中各组分气体的体积分数： V(CO) ＝ 22/50 × 100%＝ 44% V(CO 2)＝ 10/50 × 100% ＝ 20% V(H 2 ) ＝ 18/50 × 100% ＝ 36%。