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 PbO2 H2SO4溶液 4. Mg2(OH)2CO3
5. Pb(PbO3)、 Pb2(PbO4)、 Fe(FeO2)2 6. 红、 铅丹、1/3 PbO2、 2/3 Pb(NO3)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)，CO2，SiO4四面体联结的网状结构，Na2O?xSiO2(或用Na2SiO3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，N2分子结构：N≡N：，CO分子结构
:c==o:，由于CO分子
中O向C有?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。
,AlCl3,BCl3都是缺电子化合物，都有形成双聚体的倾向。BH3由于形成双聚体倾向特别大而以双聚体B2H6形式存在，形成双聚体而解决了缺电子问题，AlCl3气
6态也以双聚体形式存在。BCl3中存在?4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BCl3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+：
HHOPOH?OH3BO3?H2O?B(OH)?4?H因而为一元酸。H3PO3的结构式为：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H3PO3为二元酸。
4.碳灰岩的形成是CaCO3的沉积结果，海水中溶解一定量CO2，因此CaCO3与CO2、H2O之间存在着下列平衡CaCO3(s)+CO2+H2O Ca(HCO3)2(aq)海水中CO2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CO2浓度较小，据平衡移动的原理，上述平衡向生成CaCO3方向移动，因而浅海地区有较多的CaCO3沉淀。深海地区情况相反，故深海底层沉积的CaCO3很少。
5.⑴NaHCO3(s)加热产生CO2气体，而Na2CO3加热无气体产生。 ⑵NaHCO3的溶液pH值(~8)，小于Na2CO3液的pH(~11)
6.∵BCl3为缺电子化合物，有一空轨道可给H2O分子的未配电子对进攻：
H2O:?BCl3?[H2O?BCl3]?HO?BCl2?H??Cl?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H3BO3和HCl。BCl3+3H2O=H3BO3+3HCl 五 计算题
1.解：H2CO3的K1=×10-7，K2=×10-11，由于K1/K2>100， 故可按一元酸进行计算：
在293K和101Kpa下，H2CO3饱和溶液的浓度为?L-1，c/K1>400， 可利用 [H?]?K1c?4.3?10?7?0.033?1.19?10?4mol?L?1 pH=-lg×10-4)=
饱和Na2CO3溶液的pH为。
2.解：设原有混合物中含xgNa2CO3，则NaHCO3的质量为。Na2CO3和NaHCO3组成了缓冲溶液，其pH值可用
pH=pK2-lgc(HCO?)3c(CO2?)3
m(NaHCO3)=Pk2-lgM(NaHCO3)M(Na2CO3)m(Na2CO3)
将已知数据代入得
(60.0?x)10.6??lg5.61?10?11?lgx10684
x=44.3g
混合物Na2CO3和NaHCO3的质量分别为： m(Na2CO3)=x=44.3g m(NaHCO3)==15.7g。
3.解：(1)Ksp(CaCO3)=×10-9，Ksp[Ca(OH)2]= ×10-3，H2CO3的K2=×10-11。 CO32-在溶液中发生水解反应：CO32-+H2O溶液中的OH-浓度和CO32-浓度分别为：
[OH-]=(Kh1?c)1/2=[(1×10-14×/×10-11)] 1/2= ×10-3 mol?L-1 [CO32-]= mol?L-1
有关离子的浓度乘积为：
[Ca2+][OH-]2=×2=×10-6＜Ksp[Ca(OH)2] [Ca2+][CO32-]=×=×10-3＞Ksp(CaCO3)
所以，加入Na2CO3后，产生的沉淀物是CaCO3，而不会生成Ca(OH)2沉淀。 (2)查出CuCO3和Cu(OH)2的溶度积常数。
由于[Cu2+][OH-]2＞Ksp[ Cu(OH)2]，[Cu2+][CO32-]＞Ksp (CuCO3)，可生成Cu(OH)2和CuCO3沉淀，沉淀物是碱式碳酸铜Cu(OH)2? CuCO3。 (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BH3和B2H5的两种气态硼氢化物的分子式分别为(BH3)x和(B2H5)y。则(BH3)x的摩尔质量为：
(1)M=ρRT/P=××103×290)/53978=28 g?mol -1 BH3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B2H6。 (2)(B2H5)y的摩尔质量为：
HCO3-+OH-
M=××10×292)/6916=54.5g?mol B2H5的式量为27，则y值为：y=27=2 故相对分子质量为，分子式为B4H10。
5.解：首先判断哪种反应物过量。设5g BF3能与xg LiAlH4 发生反应。则：
4BF3(g)+3LiAlH4(s)→2 B2H6(g)+3LiF(s)+3AlF3(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 BF3只能与2.1g LiAlH4反应，故LiAlH4 过量，应根据BF3的量进行计算。
设5g BF3跟足量的LiAlH4反应生成yg B2H6。
y=(5×2×28)/(4×68)=1.0g 设有zg B2H6与0.01g水起反应。
B2H6(g)+6H2O(l)→2H3BO3(乙醚)+6H2(g) 28
6×18
3 -1
z
z=(28×/(6×68)=0.003g
∴5gBF3和反应能得到1.0克B2H6，有将与0.01g水起反应。
大学无机化学第十三章试题及答案
