Департамент образования города Москвы Некоммерческая организация «Ассоциация московских вузов»

Департамент образования города Москвы
Некоммерческая организация «Ассоциация московских вузов»
Государственное образовательное учреждение высшего профессионального образования
Московский государственный институт электронной техники (технический университет)
Полное название вуза
Научно-образовательный материал
Обучающе-развивающие тесты для школьников в увязке с разделами учебной
программы по химии
Москва 2009 г.
Комплект учебно-методических материалов.
Фрагмент лекции, раздел: «Гидролиз солей».
Гидролиз соли – это взаимодействие ионов соли с водой, ведущее к
изменению рН раствора. Гидролиз является процессом, обратным реакции
нейтрализации. Так как соли сильные электролиты и находятся в водном
растворе в виде ионов, то реакции гидролиза следует записывать в форме
сокращенных молекулярно-ионных уравнений.
Любую соль можно рассматривать как продукт взаимодействия двух
компонентов – основания и кислоты, слабых или сильных. Гидролизу
подвергаются соли, образованные одним слабым компонентом – другим
сильным, или двумя слабы ми.
Соль, образованная двумя сильными
компонентами, например, NaCl гидролизу не подвергается (рН =7).
Компоненты
Сильные
HCl,
H2SO4, HNO3,
HClO4
и
др.
KOH,
NaOH, Ca(OH)2
Ba(OH)2,
Кислоты
Основания
Слабые
HCN,
CH3COOH,
HNO2,H2S,
и
др.
NH4OH,
Zn(OH)2,
Al(OH)3 и др.
Рассмотрим ступенчатый гидролиз солей, слабый компонент у которых или
многоосновная кислота (H2S) или многокислотное основание Zn(OH)2.
1.
K2S
–
соль
образована
сильным
основанием
и
слабой
многоосновной кислотой (гидролиз по аниону).
( Соль образована KOH + Н2S ). Слабый компонент подчеркнем. По 1-й
ступени из него образуется кислая соль; сильный компонент (КОН) появится в
продуктах реакции и будет определять рН раствора:
I ступень. С водой (с одной молекулой Н2О) взаимодействуют ионы слабой
кислоты – сульфид-ионы:
S‾2 + HOН  OH‾ + HS‾
рН >7
K2S + HOН  KOH + KHS
II ступень. С водой взаимодействуют ионы слабой кислоты HS‾:
HS‾ + HOН  OH‾ + H2S
идет ничтожно мало!
KHS + HOН  KOH + H2S
2. ZnCl2 – соль, образованная слабым многокислотным основанием и
сильной кислотой (гидролиз по катиону)
(Соль образована Zn(OH)2 + HCl )
По 1-й ступени из слабого
двухосновного основания образуется основная соль; сильный компонент (HCl)
появится в продуктах реакции и будет определять рН раствора:
I ступень.
Zn+2 + HOН  ZnOH+ + H+ (рН<7)
ZnCl2 + HOН  (ZnOH)Cl + HCl
II ступень:
ZnOH+ + HOН  Zn(OH)2 + H+
II ступень – идет ничтожно мало !
(ZnOH)Cl + HOН Zn(OH)2 + HCl
3. ( NH4)2S
–
соль, образованная слабым основанием и слабой
многоосновной кислотой (гидролиз по катиону и по аниону)
(Соль образована NH4OH + H2S ). По первой ступени образуется кислая
соль и слабое однокислотное основание
NH4OH. Гидролиз идет почти
необратимо и II ступень практически не идет. О значении рН можно судить по
величинам констант диссоциации кислоты HS‾
K(NH4OH)
и основания
NH4OH. ,
намного порядков больше K(HS‾) . Поэтому среда будет слабо
щелочной, рН >7.
I ступень:
NH4+ + S2‾ + HOН = HS‾ + NH4OH
K(HS‾) = 1,2∙10‾15, K(NH4OH) = 1,79∙10‾5
( NH4)2S + HOН = NH4HS + NH4OH
Полный необратимый гидролиз
Соли Al2S3, Cr2S3 , Al2(CO3)3, Cr2(CO3)3, Fe2(CO3)3 – в воде существовать
не могут, т.к. подвергаются полному гидролизу:
2AlCl3 + 3Na2CO3 +6Н2О  2Al(OH)3 + 3H2CO3

3H2O +3CO2
Образец обучающего теста
Тема: Электролитическая диссоциация. Гидролиз. рН.
Вариант 1
1.Угольная кислота Н2CО3 по первой ступени диссоциирует на ионы:
1) H+ + CO32–;
2) H+ + HCO3–;
3) 2H+ + HCO3–; 4) H+ + CO3–.
Решение. Кислота Н2CО3 является двухосновной, поэтому ее
диссоциация будет происходить по двум ступеням:
первая ступень: Н2CО3  H+ + HCO3–
вторая ступень: HCO3– H+ + CO32–
Правильный ответ: 2)
2. Сокращенное ионное уравнение реакции взаимодействия амфотерного
электролита гидроксида цинка Zn(OH)2 с кислотой HCl :
1) Zn(OH)2 + 2OH– = [Zn(OH)4]2– ;
3) Zn(OH)2 +2H+ = Zn2+ + 2H2O;
2) Zn(OH)2 + 4OH– = [Zn(OH)4]2–;
4) Zn(OH)2 +HCl=ZnCl2 + 2H2O.
Решение. Гидроксид цинка можно рассматривать как основание (Zn(OH)2)
и как кислоту ( H2ZnO2 ):
Zn(OH)2 ≡ H2ZnO2
гидроксид
цинковая
цинка
кислота
При взаимодействии с кислотой он ведет себя как основание:
Zn(OH)2 + 2HCl = ZnCl2 + 2H2O
или в сокращенном ионном виде:
Zn(OH)2 +2H+ = Zn2+ + 2H2O;
Правильный ответ: 3).
3. Укажите, какая из перечисленных реакций возможна в водном растворе:
1) хлорид алюминия + сульфат натрия
2) гидроксид калия + нитрат натрия
3) гидроксид хрома + гидроксид калия
4) нитрат меди (II) + хлорид кальция
Решение. Реакция идет до конца при условии: образуется осадок,
выделяется газ, образуется слабый электролит (или вода).
Из приведенных реакций в растворе возможна только 3), т.к. результатом
этой реакции является образование слабодиссоциирующего комплексного иона
Cr(OH)3 + 3KOH = K3[Cr(OH)6] или в сокращенном ионном виде:
Cr(OH)3 + 3OH– = [Cr(OH)6]3–.
Правильный ответ: 3).
4.Укажите,
молекула какого вещества при диссоциации по первой
ступени образует катион с зарядом +1:
1) гидроксид железа (III);
2) сульфат гидроксоалюминия;
3) хлорид кальция;
4) сульфaт магния.
Решение.
Рассмотрим
уравнения
диссоциации
указанных
четырех
соединений:
Fe(OH)3  Fe(OH)2+ + OH–
AlOHSO4  AlOH 2+ + SO42–
CaCl2  Ca2+ + 2Cl–
MgSO4  Mg2+ + SO42–
Из приведенных уравнений видно, что только в случае диссоциации
Fe(OH)3 по первой ступени образуется частица с зарядом +1, а именно Fe(OH)2+.
Правильный ответ: 1).
5. Вычислите концентрацию ионов H+ (в моль/л) и рН в 0,1 М растворе
NaOH:
1) [H+] = 10–1; рН = 1 ;
2) [H+] = 10–2; рН = 2 ;
3) [H+] = 10–7; рН = 7 ;
4) [H+] = 10–13; рН = 13.
Решение. Гидроксид натрия полностью диссоциирует:
NaOH = Na+ + OH–; концентрация [OH–] = 0,1 моль/л = 10–1 моль/л;
рОН = –lg[ОH–] = – lg 10–1 = 1; рН + рОН = 14;
рН = 14 –1 = 13; [H+] = 10–13 моль/л.
Правильный ответ: 4).
6. Определите концентрацию ионов водорода в
0,02 М растворе
муравьиной кислоты НСООН, если константа диссоциации ее равна
2·10–4.
К дис.=
1) 4·10–1 ;
2) 4·10–2 ;
3) 4·10–5 ;
4) 4·10–4.
Решение. Зная концентрацию раствора кислоты (0,02 М) и константу ее
диссоциации (Кдис.), степень диссоциации
определим по закону разбавления
Оствальда для слабых электролитов:

К дис
;
С

2 10 4
 10 2  10 1. ; [H+] = Скис.· α= 0.02·0,1=2·10–3моль/л.
2
2 10
Концентрация ионов водорода будет равна Скис (0,02 М)  α:
[Н+] = 0,02 · 2·10–3 = 4·10–5 моль/л.
Правильный ответ: 3).
7. Константа диссоциации гидроксида аммония NН4ОН имеет вид:

[NH 4 ]  [OH- ]
; ;
[ NH 4 OH]
[NH 4 OH]

;

[ NH4 ][OH - ]

[NH 4 ][OH - ]
;
[ NH 4 OH]
[NH 4 OH]

;

[ NH 4 ]  [OH - ]
1) K дис 
2) K дис 
3) K дис
4) K дис
Решение. Слабое основание гидроксид аммония диссоциирует:
NН4ОН  NН4+ + ОН–
Константа диссоциации слабого электролита – отношение произведения
концентраций ионов, образующихся при диссоциации на
концентрацию
непродиссоциированных молекул.
Правильный ответ: 2).
8. Определите Кдис. угольной кислоты, если ее степень диссоциации по
первой ступени в 0,1 М растворе равна 0.173% .
1) 3·10–3;
Решение.
2) 3·10–5;
3) 3·10–7;
4) 3·10–9.
Зная концентрацию раствора кислоты (0,1 М) и степень ее
диссоциации (α), константу
диссоциации (Кдис.) определим по закону
разбавления Оствальда:

К дис
;
С
α2 С = Кдис ;
Кдис = (0,00173)2·0,1 = 3·10–7.
Правильный ответ: 3).
9. Укажите, гидролиз какой из перечисленных ниже солей приводит к
образованию слабого основания и слабой кислоты.
1) NН4CN
2) Cr2(SO4)3
3) CuSO4
4) BaCl2
Решение. При гидролизе соли, образованной однокислотным слабым
основанием и одноосновной слабой кислотой образуются слабое основание и
слабая кислота. Такой солью из перечисленных является соль NН4CN:
NН4+ + CN– + HOH  NН4OH + HCN
Правильный ответ: 1).
10. Уравнение реакции гидролиза хлорида железа (III) FeCl3 по первой
ступени в сокращенной ионной форме:
1) Fe3+ + 3Cl– + HOH  Fe(ОН)3 + H+ + 3Cl–
2) Fe3+ + 3Cl– + HOH  Fe(ОН)2+ H+ + 3Cl–
3) Fe3+ + 3Cl– + HOH  Fe(ОН)2+ H+ + 3Cl–
4) Fe3+ + HOH  Fe(ОН)2+ + H+
Решение. Хлорид железа (III) – соль, образованная сильной кислотой НСl
и слабым трехкислотным основанием Fe(ОН)3. По первой ступени образуется
основная соль, в которой появится одна группа ОН–, по второй – в основной соле
присутствуют две группы ОН–, а по третьей – гидроксид железа Fe(ОН)3 . В
сокращенной ионной форме – образуются ионы Fe(ОН)2+ и H+.
Правильный ответ: 4).
11. Полному необратимому гидролизу подвергаются соли:
1) Al2(SO4)3; 2) (NH4)2S; 3) Al2S3;
4) MgCO3.
Решение. Соли Al2S3, Cr2S3 , Al2(CO3)3, Cr2(CO3)3, Fe2(CO3)3 – в воде
существовать не могут, т.к. подвергаются полному гидролизу. Эти соли
образованы двумя слабыми компонентами – многокислотными основаниями и
многоосновными кислотами.
Правильный ответ: 3).
12. Укажите, гидролиз какой из перечисленных солей по первой ступени,
приводит к образованию основной соли:
1) K2SO4;
2) Al2S3;
3) CrCl3;
4) (NH4)2CO3
Решение. Основная соль образуется при гидролизе соли, образованной
слабым многокислотным основанием и сильной кислотой. Такой солью является
соль CrCl3 (образована Cr(ОН)3 и НCl).
CrCl3 + НОН  Cr(ОН)2Cl + НCl
Правильный ответ: 3).
13.
Укажите, какая из перечисленных ниже солей создает в водном
растворе среду с рН = 7.
1) Na2CO3;
2) Al2(SO4)3;
3) КCl;
4) Fe(CNS)3.
Решение. рН = 7 (нейтральная среда) будет у соли, образованной сильным
основанием и сильной кислотой (соль не подвергается гидролизу). Такой солью
из перечисленных является КCl.
Правильный ответ: 3).
14. Укажите, какое из приведенных уравнений отвечает гидролизу (NН4)2S
по первой ступени в молекулярной форме:
1) (NН4)2S + HOH  NН4HS + NН4OH;
2) (NН4)2S + 2HOH  H2S + 2NН4OH;
3) S2– + NН4+ + HOH  HS– + NН4OH;
4) 2NН4++S2–+HOH  NН4++HS–+NН4+ + OH–
Решение. (NH4)2S
–
соль, образована слабым основанием NH4OH и
слабой двухосновной кислотой H2S (гидролиз по катиону и по аниону) По
первой ступени образуется кислая соль и слабое однокислотное основание
NH4OH:
NH4+ + S2‾ + HOН = HS‾ + NH4OH
или
в молекулярной форме:
( NH4)2S + HOН = NH4HS + NH4OH
Правильный ответ: 1).
15. Сокращенное уравнение реакции: OH– + H+ = H2O
соответствует
взаимодействию:
1) Cu(OH)2 + 2HCl = CuCl2 + 2H2O;
2) Ba(OH)2 + H2SO4 = BaSO4 + 2H2O;
3) Ba(OH)2 + 2HCl = BaCl2 + 2H2O
4) 2KOH + H2SiO3 = K2SiO3 + 2H2O
Решение. В виде ионов будут находиться сильные электролиты: основание
(Ba(OH)2 ) и кислота (HCl).
Правильный ответ: 3).
Органическая химия
(Фрагмент лекции и вопросы к «обучающим тестам)
1.4.2 Типы связей в атомах органических веществ. Гибридизация атомных орбиталей
углерода. Радикал. Функциональная группа.
Для атома углерода в органических соединениях возможны три состояния гибридизации:
sp3-, sp2- или sp-гибридизация.
Тип
гибридизации
sp
sp
Кратность
связи
Углы
между
Геометрическая форма молекулы
связями
3
одинарная (σ) 109°28’
Тетраэдрическая
2
двойная (σ+π) 120°
Плоская
тройная
(σ+π+π)
Линейная
sp
180°
Основными типами химических связей, отличающихся друг от друга электронным
строением и механизмом взаимодействия связываемых атомов, являются ковалентная и
ионная
связи.
Тип
связи
в
значительной
степени
определяется
электроотрицательностей (Δχ) элементов, участвующих в ее образовании:
Δχ = χА – χВ,
где χА и χВ – электроотрицательности атомов А и В.
разностью
Основные классы органических соединений и соответствующие функциональные
группы
● Углеводороды
например
Алканы
Циклоалканы
Этиленовые
углеводороды
Ацетиленовые
углеводороды
Диеновые
углеводороды
R–Н
Все связи одинарные, цепь не замкнута
Все связи одинарные, цепь замкнута
Одна двойная связь
Одна тройная связь
Две двойных связи
Содержат
Ароматические
углеводороды
● Галогенпроизводные
● Спирты
● Альдегиды
бензольное
кольцо,
которое
обозначается
или
Все атомы углерода в бензольном кольце
связаны двойными связями, углеродная цепь
замкнута (циклическое строение)
R–Нal
R–ОН
гидроксильная
O
карбонильная
R C H
и
кетоны
● Карбоновые кислоты
и
R C R'
O
R
C OH
O
карбоксильная
их производные
● Нитросоединения
● Амины
и
диазосоединения
Металлорганические
●
соединения
O
R
C OX
R–NO2
R–NH2
[R–N≡N]+X–
R—Me
нитрогруппа
аминогруппа