1.17. а) назвать следующие химические соединения и определить степень окисления всех элементов: Na 2 0, Al(ОН)з, Н 2 СО 3 , Na 2 НPO 4 , (FeOH) 2 S0 4 , K 2 Si0 3 . б) написать формулы следующих химических соединений: оксид марганца (II), гидроксид стронция, нитрат хрома (III), дигидроортофосфат алюминия. Решение. а) Na 2 +0-2 – оксид натрия Al+3(О-2Н+) 3 – гидроксид алюминия Н 2 +С+4О-2 3 – угольная кислота Na+ 2 Н+P+5O-2 4 – гидроортофосфат натрия (Fe+2O-2H+) 2 S+60-2 4 – сульфат гидроксожелеза (II) K+ 2 Si+40-2 3 – метасиликат калия б) Оксид марганца (II) – MnO гидроксид стронция – Sr(OH) 2 нитрат хрома (III) – Cr(NO 3 ) 3 дигидроортофосфат алюминия – Al(H 2 PO 4 ) 3 2.27. Пятивалентный элемент образует оксид, содержащий 65,2% элемента. Вычислить молярную массу эквивалента элемента и назвать элемент. Дано: Решение ωЭ = 65, 2% масс. По закону эквивалентов: В=5 тО2 тЭ М эк (Э ) − ? = М эк (О) М эк (Э ) М эк (О) = 8г / моль Э −? М эк (Э ) = тЭ ⋅ М эк (О) ; тО2 токс = тЭ + тО2 ; тО2 =100 − 65, 2 =34,8г тЭ = 65, 2 г М= эк ( Э ) 65, 2 ⋅ 8 = 14,989 г / моль 34,8 М эк (Э ) = МЭ , В где В – валентность элемента = М Э М эк (Э )= ⋅ В 14,989 = ⋅ 5 74,9 г / моль , что соответствует молекулярной массе мышьяка. Ответ: М эк (Э)=14,989 г/моль; элемент - As. 3.23. Сколько грамм хлорида железа (III) содержится в 2л. 0,1Н раствора? Дано: Решение Сэк ( FeCl3 ) = 0,1н(0,1моль / л) Молярная концентрация эквивалента растворенного вещества равна: V р − ра = 2 л. т( FeCl3 ) − ? Сэк ( FeCl3 ) = тFeCl3 М эк ( FeCl3 ) ⋅ V р − ра ; моль / л, откуда тFeCl =Сэк ( FeCl3 ) ⋅ М эк ( FeCl3 ) ⋅V р − ра ; 3 М эк ( FeCl3 ) = М ( FeCl3 ) , В⋅n где М FeCl= 55,8 + 3 ⋅ 35,5 = 162,3г / моль 3 В – степень окисления железа (3), n – число атомов натрия в молекуле соли (1). М эк ( FeCl3 ) = 162,3 , 3 ⋅1 тогда т( FeCl3 ) = 0,1⋅ 162,3 ⋅ 2 = 10,82 г 3 ⋅1 Ответ: т( FeCl3 ) = 10,82г 4.25. По заданным термохимическим уравнениям рассчитать стандартную энтальпию реакции образования РСl 5(г) из простых веществ. а) 2Р (к) + 3Cl 2(г) = 2PCl 3(г) ; ∆ r H 0 (298 К , (1)) = −574кДж; б) PCl 5(г) = PCl 3(г) + Cl 2(г) ; ∆ r H 0 (298 К , (2)) = 88кДж. Решение: Реакция образования из PCl 5(г) простых веществ: Р (к) + 2,5Сl 2(г) = PCl 5(г) . (3) Для определения теплового эффекта этой реакции ( ∆ r H 0 (298К ) ) необходимо из двух реакций (а) и (б) получить реакцию (3). Для этого из термохимического уравнения (а) вычитаем уравнение (б), предварительно разделим на 2 стехиометрические коэффициенты реакции (а). Р (к) + 1,5Cl 2(г) – PCl 5(г) = PCl 3(г) – (PCl 3(г) + Cl 2(г) ) Р (к) + 1,5Cl 2(г) +Cl 2(г) = PCl 5(г) Р (к) + 2,5Cl 2(г) = PCl 5(г) Таким образам, мы «избавляемся» от промежуточного продукта реакции PCl 3(г) . Аналогичные математические действия осуществляем с тепловыми эффектами приведенных реакций: ∆ f H 0 (298 К , PCl5( г ) )= 1 ∆ r H 0 (298 К , (1)) − ∆ r H 0 (298 К , (2))= 2 1 −574 =(−574) − 88 = − 88 = −375кДж / моль 2 2 Ответ: ∆ f H 0 (298К , PCl5( г ) ) = −375кДж / моль 5.28. Вычислить константу равновесия для гомогенной системы 2H 2 S (г) +3O 2(г ) ↔2SO 2(г ) +2H 2 O (г) , если исходные концентрации H 2 S (г ) и O 2(г) соответственно равны 1.5 и 1.6 моль/л, а равновесная концентрация H 2 O (г) равна 0.9 моль/л. Решение: Дано: Уравнение реакции, [ SO2 ] ⋅ [ H 2O ] Кс = 2 3 [ H 2 S ] ⋅ [O2 ] 2 СH2S = 1.5 моль / л СО2 = 1.6 моль / л 2 Расчет количества, прореагировавших и [ H 2O] = 0.9 моль / л образовавшихся веществ, производится по Кс − ? уравнению реакции. Равновесная концентрация исходных веществ равна разности исходной концентрации и концентрации прореагировавших исходных веществ. Равновесная концентрация продуктов реакции равна количеству образовавшихся продуктов реакции. Обозначим за Х количество моль прореагировавших или образовавшихся веществ. Тогда с учетом коэффициентов в уравнении реакции, отношение концентраций во второй строке под уравнением реакций равны: ( C H S / CO / CSO / CH O = 2 / 3 / 2 / 2 ). 2 2 2 2 Последовательность расчетов равновесных концентраций веществ, участвующих в реакции показаны ниже: исходные вещества продукты реакции 2H 2 S (г) + 2H 2 O (г) 3O 2(г) ↔ 2SO 2 (г) + Исходные концентрации 1.5 1.6 0 0 веществ, моль/л Прореагировало исходных веществ и образовалось 2Х 3Х 2Х 2Х продуктов реакции, моль/л Равновесная концентрация 1.5-2Х 1.6-3Х 2Х 2Х веществ, моль/л По условию задачи равновесная концентрация H 2 O равна 0.9 моль/л. В то же время [H 2 O]=2Х. Следовательно, 2Х=0.9, а Х=0,45 моль/л. Тогда равновесные концентрации веществ равны: [H 2 S]=1.5-2·0,45=0.6 моль/л; [O 2 ]=1.6-3·0,45=0.25 моль/л; [SO 2 ] =2·0,45=0.9 моль/л; [H 2 O]= 0.9 моль/л. [0.9] ⋅ [0.9] 116, 64 . = Кс = 2 3 [0.6] ⋅ [0.25] 2 2 Ответ: К с = 116, 64 . 6.29. Вычислить температуры кипения и замерзания водного раствора, содержащего 0,02 моль глицерина (С 3 Н 8 О 3 ) в 500г раствора. = ЭТН 2О 0,52кг ⋅ К / моль; = КТН 2О 1,86кг ⋅ К / моль; Решение: Дано: nС3 Н8О3 = 0, 02 моль t кип= 1000 С + ∆tкип ; р − ра т р − ра = 500 г t зам р −= 00 С − ∆t зам ; ра = ЭТН 2О 0,52кг ⋅ К / моль; ∆tкип = ЭТН 2О ⋅ Ст (С3 Н 8О3 ); = КТН 2О 1,86кг ⋅ К / моль; ∆t зам= КТН 2О ⋅ Ст (С3 Н 8О3 ). t кип р − ра − ? Ст (С3 Н 8О3 ) - моляльность глицерина в растворе, t зам р − ра − ? моль/кг. Ст (С3 Н 8О3 ) = nС3 Н8О3 ⋅1000 mH 2O Где nС Н О - количество растворенного глицерина, моль. 3 8 3 m m р − ра − тС3 Н8О3 = H 2O т= nС3 Н8О3 ⋅ М С3 Н8О3 С3 Н 8О3 = Ст (С3 Н 8О3 ) 0, 02 ⋅1000 0, 02 ⋅1000 = = 0, 040 моль / кг , 500 − 0, 02 ⋅ М С3 Н8О3 500 − 0, 02 ⋅ 92 где М С Н О =92 г/моль; 3 8 3 ∆tкип = 0,52 ⋅ 0, 040 = 0, 0210 С t кип р − ра = 1000 С + 0, 0210 С = 100, 0210 С ; ∆t зам = 1,86 ⋅ 0, 040 = 0, 0740 С −0, 0740 С. t зам р − ра = 00 С − 0, 0740 С = Ответ: t кип р − ра = 100, 0210 С ; t зам р − ра = −0, 0740 С. 7.22. Вычислить рН а) 0,01 M HI; б) 0,2 М NaOH. Дано: Решение: CHI = 0, 01M а) HI =H++ I -; рН = − lg CH ; + СNaOH = 0, 2 М CH + = СHI ⋅ α ⋅ nH + , pH − ? pH − ? HI – сильный электролит, α=1; nH + - число Н+, образовавшихся при диссоциации одной молекулы HI , nH = 1 , тогда C= С= 0, 01моль / л. HI H + + рН = − lg 0, 01 = 2. б) NaOH = OH − + Na + ; рН= 14 − pOH ; pOH = − lg COH − ; COH СNaOH ⋅ α ⋅ nOH − , = − NaOH – сильный электролит α=1, nOH − – число OН-, образовавшихся при диссоциации одной молекулы NaOH, nOH = 1 , тогда = 0, 2 моль / л; COH С= NaOH − − pOH = − lg 0, 2 = 0, 7; рН =14 − 0, 7 =13,3. Ответ: рН 0,01М HI равно 2; рН 0,2 М NaOH равно 13,3. 8.20. Написать ионно-молекулярные и молекулярные уравнения гидролиза солей: а) сульфата меди (II), б) сульфида натрия, и указать реакцию среды их водных растворов. Дано: а) сульфат меди (II) б) сульфид натрия Написать молекулярные и ионно-молекулярные уравнения гидролиза солей. Решение: а) CuSO 4 + H 2 O <=>. 1. Под формулой соли записываем основание и кислоту, которыми образована соль: CuSO 4 , Cu(OH) 2 +H 2 SO 4 . 2. Определяем силу основания и кислоты: Cu(OH) 2 – слабое основание, H 2 SO 4 – сильная кислота. 3. Общий ион в формуле слабого электролита и в формуле соли; CuSO 4 , Cu(OH) 2 +H 2 SO 4 . 4. Сокращенное ионно-молекулярное уравнение гидролиза с участием одного подчеркнутого иона и одной молекулы воды (гидролиз по катиону): Cu2+ + Н+ОН- <=> CuOH+ + H+, pH<7, среда кислая 5. По полученному сокращенному ионно-молекулярному уравнению записываем полное молекулярное уравнение, используя ионы соли (SO 4 2-), не участвующие в гидролизе. Объединяем ионы по правилу электронейтральности молекулы и расставляем коэффициенты: Cu 2+ SO4 2− + − + H OH <=> CuOH + SO4 2− + H+ SO4 2− . 2CuSO 4 + 2H 2 O <=> (CuOH) 2 SO 4 + H 2 SO 4 (pH<7) – молекулярное уравнение гидролиза. б) Na 2 S + Н 2 О <=>. 1. Под формулой соли записываем формулы основания и кислоты, которыми образована соль: Na 2 S; NaОН + Н 2 S. 2. Определяем силу основания и кислоты: NaОН – сильное основание, Н 2 S – слабая кислота. 3. Подчеркиваем общий ион в формуле слабого электролита и формуле соли Na 2 S; NaОН + Н 2 S. 4. Записываем сокращенное ионно-молекулярное уравнение гидролиза с участием одного подчеркнутого иона и одной молекулы воды (гидролиз по аниону): S2- + Н+ОН- <=> НS- + ОН-, (рН>7), среда щелочная 5. По полученному сокращенному ионно-молекулярному уравнению записываем полное молекулярное уравнение, используются ионы соли (Na+), не участвующие в гидролизе. Объединяем ионы по правилу электронейтральности молекулы: Na 2 S + Н 2 О <=> NaНS + NaОН, (рН>7) – молекулярное уравнение гидролиза 9.18.Уравнять реакции, используя метод электронного баланса. Указать окислитель и восстановитель: Дано: Решение. а) б) Уравнять реакции. Указать окислитель и восстановитель. а) Ag0+H 2 S+6O 4конц →Ag 2 +SO 4 +S+4O 2 +H 2 O НОК Ag0 –1е = Ag+ 2 S+6 + 2е = S+4 ДМ 2 2 1 1 2Ag0+S+6 = 2Ag++S+4 2Ag+2H 2 SO 4 конц →Ag 2 SO 4 +SO 2 +2H 2 O Ag – восстановитель; H 2 SO 4 - окислитель б) P0+HN+5O 3конц →H 3 P+5O 4 +N+4O 2 +H 2 O НОК P0– 5е = P+5 5 N+5+ 1е = N+4 ДМ 1 1 5 5 P0+5N+5 =P+5+5N+4 P+5HNO 3конц →H 3 PO 4 +5NO 2 +H 2 O P – восстановитель; HNO 3 - окислитель. 10.24. Составить две схемы гальванических элементов (ГЭ), в одной из которых никель бы служило катодом, а другой - анодом. Для одной из них написать уравнения электродных процессов и суммарной токообразующей реакции. Вычислить значение стандартного напряжения ГЭ. Решение: В гальваническом элементе анодом является более активный металл с меньшим алгебраическим значением электродного потенциала, катодом менее активный металл с большим значением электродного потенциала. По справочной таблице находим ϕ 0 Ni / Ni = −0.25B. 2+ а) Никель является анодом ГЭ. В качестве катода можно выбрать любой метал с ϕ 0 Me / Me > ϕ 0 Ni / Ni . n+ 2+ Например, медь ϕ 0Cu / Cu = 0.34 B в паре Ni – Cu – никель будет являться 2+ анодом ГЭ, медь – катодом. Составим схему гальванического элемента: A(−) Ni Ni 2+ Cu 2+ Cu (+) K , или A(−) Ni NiSO4 CuSO4 Cu (+) K . Уравнения электродных процессов: НОК На А(-) Ni-2e = Ni2+ 2 На К(+) Cu +2e=Cu 2+ ДМ 1 – окисление 1 – восстановление Ni + Cu2+ = Ni2+ +Cu – суммарное ионное уравнение Ni + CuSO 4 = NiSO 4 +Cu - суммарное молекулярное уравнение токообразующей реакции Рассчитываем стандартное напряжение ГЭ: 0 ε 0= ϕ K0 − ϕ A0= ϕCu − ϕ Ni0 / Ni= 0.34 − (−0.25)= 0.59 B. / Cu 2+ 2+ б) Никель является катодом ГЭ. В качестве анода ГЭ можно выбрать любой металл с ϕ 0 Me / Me < ϕ 0 Ni / Ni . n+ 2+ кроме щелочных и щелочноземельных металлов, так как они реагируют с водой. Например магний ϕ 0 Mg / Mg = −2.37 B. 2+ В паре Mg – Ni – магний является анодом, никель – катодом. Составляем схему ГЭ: A(−) Mg Mg 2+ Ni 2+ Ni (+) K , или A(−) Mg MgSO4 NiSO4 Ni (+) K . 11.31. Составить схемы электролиза и написать уравнения электродных процессов водных растворов (анод инертный): а) Cu(NO 3 ) 2 , б)RbOH Решение: Дано: а) Cu(NO 3 ) 2 , а) Сu(NO 3 ) 2 = Сu2++2NO 3 - б) RbOH Схему электролиза составляем в Анод инертный соответствии с справочной таблицей 1. Схема электролиза – ? К(-); А(+) инертный; 2. Продукты электролиза – ? Сu2++2e=Cu; NO 3 - Н2О 2Н 2 О-4е=О 2 +4Н+ На катоде выделяется медь. На аноде выделяется О 2 б) RbОН=Rb++ОН-; К(-); А(+) инертный; Rb+; 4ОН-- 4е=О 2 +2Н 2 О. 2Н 2 О + 2е =Н 2 +2ОННа катоде выделяется Н 2 , на аноде О 2 12.21. Написать уравнения реакций получения металлической меди из смеси оксидов CuО и PbO гидрометаллургическим методом. В качестве растворителя оксидов использовать азотную кислоту, а в качестве восстановителя водород. Составить схему получения металлической меди из смеси оксидов. Решение: Дано: СuО, PbO, НNO 3 – Запишем уравнения реакций по стадиям: растворитель Растворение оксидов меди и свинца в НNO 3 : H 2 - восстановитель CuО + 2НNO 3 = Сu(NO 3 ) 2 + Н 2 О; Сu - ? PbО + 2НNO 3 = Pb(NO 3 ) 2 + Н 2 О. Осаждение гидроксидов меди и свинца гидроксидом натрия при стехиометрическом соотношении солей и гидроксида натрия: Сu(NO 3 ) 2 + 2NaOH = Cu(OH) 2 ↓ + 2NaNO 3 ; Pb(NO 3 ) 2 + 2NaOH = Pb(OH) 2 ↓ + 2NaNO 3 . Растворение амфотерного гидроксида свинца в избытке щелочи: Pb(OH) 2 + 2NaOH (изб) = Na 2 [Pb(OH) 4 ](раствор). Так как Na 2 [Pb(OH) 4 ] – растворимая соль, в осадке останется только гидроксид меди. Отделение осадка Сu(OH) 2 от раствора фильтрацией. Разложение осадка нагреванием: t Cu(OH) 2 → CuO+H 2 O ↑ Восстановление СuО водородом при нагревании: t CuO + H 2 → Cu+H 2 O ↑ Ответ: Общая схема получения металлической меди из смеси оксидов будет иметь вид: CuO NaOH ( избыток ) → HNO3 PbO t Сu (OH ) 2 → СuО Cu ( NO3 ) 2 Pb( NO3 ) 2 Na2 [ Pb(OH ) 4 ]( раствор ) t ,H2 → Сu Литература Основная 1. Коровин, Н.В. Общая химия. - М.: Высшая школа, 2000. 2. Глинка, Н.Л. Общая химия. - М: Высшая школа, 2004. Дополнительная Для студентов - машиностроителей 3. Харин, А.Н. [и др.]. Курс химии. - М: Высшая школа, 1983. Для студентов - энергетиков 4. Курс химии. В 2 ч., ч. 2 /Под редакцией А.Ф. Алабышева. - М.: Высшая школа, 1970. Для студентов - строителей 5. Курс химии. В 2 ч„ ч. 2 /Под редакцией В.А.Киреева. - М.: Высшая школа, 1975. Для студентов всех специальностей 6. Задачи предлабораторного контроля по химии. - Мн.: БИТУ, 2005. 7. Артеменко, А.И. Органическая химия. - М.: Высшая школа, 1987.
