第8章习题解答

第八章 主族金属元素

一、 填空题 1． 锂

2．超氧化物

3．有较大区别 相类似 对角线规则

4． 过氧化钠与二氧化碳反应放出氧气 Na2O2 +CO2 →Na2CO3 +O2 5． 离子半径增大，反极化作用减小 6． 铝矾土

7． 灰锡 白锡 脆锡 8． 蓝 暗灰 二、 选择题 1. B 2. D 3. D 4. D 5. B 6. C 7. A 8. B 9. B 10. C

三、是非题 1．× 2．× 3．√ 4．√ 5．×

6．××√ 7．√ 8．× 9．√

10．× 四、问答题 1.答：（1）由于钠的性质非常活泼且能够和水发生反应，因此在电解熔盐制备时，所有原料必须经过严格干燥。

（2）由于钾沸点低易挥发，钾易熔于熔融KCl中难以分离，在电解过程中产生的KO2与K会发生爆炸反应，所以一般不用熔融盐电解法制钾，主要用金属置换法等制取。

（3）玻璃、陶瓷中含有SiO2，易受到NaOH的侵蚀，如果使用玻璃塞时间久了容易发生反应生成黏性的Na2SiO3，同时还吸收CO2，生成易结块的Na2CO3，从而瓶塞不易打开。 2.答：可将其溶解后加入Ca(OH)2溶液，如产生白色沉淀则说明混入了Na2CO3。如想要除去Na2CO3，可将固体加水配成溶液，然后向溶液中加入适量的氢氧化钙溶液，待充分反应后过滤，除去反应生成的碳酸钙，蒸发滤液，即可得到纯净的氢氧化钠固体。反应的化学方程式为：Ca(OH)2 + Na2CO3 →CaCO3↓+ 2NaOH

3.答：白色薄膜是Ba(OH)吸收空气中的CO2之后形成的难溶碳酸盐BaCO3。 欲除去它应该用盐酸清洗。

方程式为：BaCO3+2HCl→BaCl2+H2O+CO2↑ 4.答：铝比钢材料较轻，铝合金的强度高，经表面处理后也不易被腐蚀，地球上铝资源丰富，金属矿物中含量排第一，冶炼用电解方法容易提炼。加工容易等，所以被广泛应用。 5.答：二者均不能相互制得。因为AlCl3极易吸收水分而水解，

AlCl3+3H3O→Al(OH)3+3HCl。

而AlCl3·6H2O加热时也极易引发水解反应，从而得不到干燥的AlCl3。 6.答：(1) 2Al+6H+→2Al3++3H2↑；2Al+2OH-+6H2O→2[Al(OH)4]-+3 H2↑

（2）Al2S3+6H2O→2Al(OH)3+3H2S (3) [Al(OH)4]-+NH4+→Al(OH)3↓+NH3·H2O

(4) Al3++HCO3-+3H2O→Al(OH)3↓+2CO2+3H2O 7.答：二者不矛盾。

PbO与C12反应制备PbO2反应是在碱性条件下进行的，反应方程式为

PbO+C12+2NaOH→PbO2+2NaCl+H2O

PbO2与盐酸反应放出C12的反应是在酸性条件下进行的，反应方程式为

PbO2+4HCl→PbCl2+Cl2↑+2H2O

在这两个反应中，无论酸性还是碱性:Cl2+2e-=2Cl-的电极电势与介质无关,均为1.36V，而Pb4+到Pb2+的电势，与介质有关， 在碱性中的电极电势pbO2/Pb2+=0.247V＜Cl2/Cl-因此反应可以进行；在酸性中的电极电势pbO2/Pb2+=1.455V＞Cl2/Cl-，因此反应也可以进行。 8.答：制备纯的AsCl3可将As2O3加入带搅拌的反应器中，再加入浓盐酸，在搅拌下，缓慢滴加浓硫酸。由于浓硫酸的滴加。使反应所产生的水被除去，生成的AsCl3由于发生两相分离，而沉于反应器底部。浓硫酸滴完后，加热反应器进行蒸馏。收集 90-107℃ 的馏分。将馏出液冷却，由于分为AsCl3液层 ( 下层 ) 和HCl 层 ( 上层 ) ，用分液漏斗将AsCl3分离。制得AsCl3成品。

制备纯的As2O3可将粗As2O3溶解于浓HCl，滴加适量浓H2SO4，加完之后蒸馏，则得三氯化砷。将此三氯化砷慢慢加到水中使其水解，生成的As2O3沉淀用水洗涤，可得纯的As2O3。

9.答：可将混合物加入反应器中，通入氯气进行氯化反应，生成SbCl5，其化学反应方程式：

SbCl3+Cl2→SbCl5

反应完全后经减压蒸馏，收集68℃馏分即可制得较纯的SbCl5，再经冷却结晶，粉碎、可得较纯的SbCl3成品。

10.答：As2O3两性偏酸，可溶于碱与浓酸

As2O3+6NaOH→2Na3AsO3+3H2O As2O3+6HCl→2AsCl3+3H2O

Sb2O3表现为两性，可溶于酸碱

Sb2O3+6NaOH→2Na3SbO3+3H2O Sb2O3+6HNO3→2Sb(NO3)3+3H2O

Bi2O3表现为弱碱性，可溶于酸，难溶于碱。

Bi2O3+6HNO3→2Bi(NO3)3+3H2O

由此可见依As2O3-Sb2O3-Bi2O3的顺序酸性递减、碱性递增。

11.答：V价含氧酸中按照As(V)-Sb(V)-Bi(V)的顺序依次增强。从单质的性质中已经看到硝酸不能把Bi 氧化成 Bi(V)，而可以把 Sb、As 氧化到V价。Bi(V)要在碱中生成，生成的 NaBiO3是相当强的氧化剂。

12.

五、完成反应方程式

1 Na2O2 +2H2O→H 2O2+2NaOH 2 Na2O2 +CO2→Na2CO3 +O2

3 Na2CO3+ Ca(OH)2→2NaOH+ CaCO3↓ 4 NaCl+NH4HCO3→NaHCO3+NH4Cl 5 2NaHCO3→NaCO3+H2O+CO2↑ 6 SrSO4+Na2CO3→SrCO3+Na2SO4 7 Al2O3 + 2NaOH → 2NaAlO2 + H2O

8 CO2(过量)+Na[Al(OH)4] →NaHCO3+Al(OH)3

CO2(少量)+2Na[Al(OH)4] →Na2CO3+2Al(OH)3+H2O

9 5PbO2 + 2Mn2+ +4H+ → 5Pb2+ + 2MnO4- + 2H2O 10 As2S3+ 6NaOH→Na3AsO3+3H2O 11 As2S3+3Na2S→2Na3AsS3

12 AlCl3+3H3O→Al(OH)3+3HCl 13 SnCl2+H2O→Sn(OH)Cl↓+HCl 14 2SbCl3 + 3H2O → 6HCl + Sb2O3

15 Bi(NO3)3 + H2O→Bi(NO3)2OH + HNO3 六、推断题

1．①混合物溶于水，且得到透明溶液说明不存在CaCO3，另外BaCl2、MgSO4不能同时存在

②对溶液进行焰色反应，通过钴玻璃观察到紫色火焰说明混合物中一定有KCl

③向溶液中滴加NaOH溶液，产生白色胶状沉淀。说明混合物中一定有MgSO4，白色胶状沉淀为Mg(OH)2

Mg2+ + 2OH-→Mg(OH)2

结论：白色固体为MgSO4和KCl的混合物

2．A:Pb3O4, B: PbO2, C:PbCrO4, D:Cl2 方程式：Pb3O4+4HNO3→PbO2+2Pb(NO3)2+2H2O

2Pb(NO3)2+K2CrO4→PbCrO4↓+2KNO3 PbO2+4HCl(浓) →PbCl2+Cl2↑+2H2O Cl2+2I-→2Cl+I2

-

3．A SnCl2 SnCl2+H2O→Sn(OH)Cl↓+HCl B Sn(OH)Cl

C Sn(OH)2 Sn(OH)Cl+ NaOH→NaCl+ Sn(OH)2↓ D Na2SnO2 Sn(OH)2+ 2NaOH（过量）→Na2Sn(OH)4

E Bi 3Na2Sn(OH)4 +2Bi(NO3)3 +6NaOH→2Bi↓ +3Na2Sn(OH)6 +6NaCl F Na2Sn(OH)6

G Hg2Cl2 2HgCl2＋SnCl2 →SnCl4＋Hg2Cl2↓（白） H Hg Hg2Cl2＋SnCl2→SnCl4＋2Hg↓（灰黑） 七、计算题 1.解

2Na2O2 + 2CO2 → 2Na2CO3 + O2

化学计量数之比 2 2 1 物质的量之比 n(Na2O2) n(CO2) n(O2) 可知：n(CO2)= n(Na2O2) n(O2)=即：n(CO2)=

1n(Na2O2) 2V(CO2)Vm= n(Na2O2)=

m(Na2O2)500==6.41mol 78M(Na2O2) V(CO2)=6.41×22.4=143.58L

同理 V(O2)=71.79L 2.解

对于BaSO4沉淀，Qc=c（Ba2+）·c（SO42-） 对于 SrSO4沉淀，Qc=c（Sr2+）·c（SO42-） 而Ba2+和Sr2+的浓度均为0.10mol·L-1，滴入稀H2SO4不改变原溶液的体积和浓度，由溶度积规则并查难溶化合物的溶度积常数可知：

BaSO4的Ksp=8.7×10-11＜SrSO4的Ksp=3.81×10-7 BaSO4先沉淀，可以将两种离子分离。 3.解

查难溶化合物的溶度积常数表可知 PbCl2的ksp=1.6×10

-5

1000?? M??1.12?0.238稀释后c（HCl）===0.0073 mol?L-1

M36.5稀释前c（HCl）=

与等体积0.100mol·L-1的Pb(NO3)2溶液相混合后二者浓度均减少一半

即Qc=c（Pb2+）·c(Cl)2=0.05×（0.0073）2=2.66×10-6＜ksp 因此不产生沉淀。

若换为H2SO4，则c（H2SO4）=

-1

??M=

1.15?0.209=0.0025 mol?L-1

98-4

与等体积0.100mol·L的Pb(NO3)2溶液相混合后二者浓度均减少一半 即Qc=c（Pb2+）·c(SO42-)=0.05×0.0025=1.25×10＞ksp 因此有沉淀产生。