ОСНОВНЫЕ КЛАССЫ НЕОРГАНИЧЕСКИХ СОЕДИНЕНИЙ

Поможем в ✍️ написании учебной работы

Имя

Поможем с курсовой, контрольной, дипломной, рефератом, отчетом по практике, научно-исследовательской и любой другой работой

Нажимая кнопку "Продолжить", я принимаю политику конфиденциальности

ОСНОВНЫЕ КЛАССЫ НЕОРГАНИЧЕСКИХ СОЕДИНЕНИЙ

УРОВЕНЬ B

1. а) Назвать следующие химические соединения и определить степень окисления всех элементов соединений: СО, Mn ( OH )₂, H ₂ SO ₄ , KHS , Na ₂ CO ₃ , FeOH ( NO ₃ )₂.

б) Написать формулы следующих химических соединений: оксид свинца ( IV ), сульфат лития, хлорид гидроксоцинка, дигидроортофосфат алюминия

Ответ:

а) С⁺²О^-2 – оксид углерода ( II ),

Mn ⁺² ( O ^-2 H ⁺¹ )₂ – гидроксид марганца ( II ),

Н⁺¹₂ S ⁺⁴ O ^-2 ₃ – сернистая кислота,

К⁺¹Н⁺¹ S ^-2 –гидросульфид калия,

Na ₂ ⁺¹ С⁺⁴О^-2₃ – карбонат натрия,

Fe ⁺³ O ^-2 H ⁺¹ ( N ⁺⁵ O ^-2 ₃ )₂ – нитрат гидроксожелеза ( III ).

б) оксид свинца ( IV ) – PbO ₂ ,

сульфат лития – Li ₂ SO ₄ ,

хлорид гидроксоцинка – ZnOHCl ;

дигидроортофосфат алюминия – Al ( H ₂ PO ₄ )₃.

2. ЭКВИВАЛЕНТ. ЗАКОН ЭКВИВАЛЕНТОВ

УРОВЕНЬ В

1. Трехвалентный элемент образует оксид, содержащий 68,90 % мас. кислорода. Вычислить молярную массу эквивалента элемента и назвать элемент.

Дано:

68,90 % мас. В = 3

Решение

Чтобы назвать элемент, необходимо

вычислить молярную массу

атома элемента (М_э).

М_э = М_эк(Э)·В,

М _эк (Э) – ? Э – ?

где М_эк(Э)·– молярная масса эквивалента элемента;

В – валентность элемента.

По закону эквивалентов n_эк(Э) = n_эк(О), т.е.

откуда М_эк(Э) = .

М_эк(О) = 8 г/моль.

m_окс = m_э + ; = 68,9 г.

m_э = 100 – = 100 – 68,9 = 31,1 г.

М_эк(Э) = = 3,61 г/моль

М_эк(Э) = ,

М_э = М_эк(Э) ∙ В = 3,61∙3 = 10,83 г/моль, что соответствует молекулярной массе атома бора.

Ответ: М_эк(Э) = 3,61 г/моль; элемент – В.

2. На восстановление 7,2 г оксида потребовалось 2,24 л водорода, измеренного при н.у. Рассчитать молярные массы эквивалентов оксида и металла.

Дано: m _окс _. = 7,2 г

2,24 л

Решение

По закону эквивалентов

n_эк(окс) = n_эк(H₂),

М _эк (окс.) – ? М _эк (Ме) – ?

где = 11,2 л/моль.

М_эк(окс) = = = 36 г/моль;

М_эк(окс) = М_эк(Ме) + М_эк(О);

М_эк(Ме) = М_эк(окс) – М_эк(О) = 36 – 8 = 28 г/моль.

Ответ: М_эк(окс) = 36 г/моль;

М_эк(Ме) = 28 г/моль.

3. Хлорид некоторого металла ( MeCl _х ) массой 0,493 г обработали избытком раствора AgNO ₃ . При этом образовалось 0,86 г AgCl . Вычислить молярную массу эквивалента металла.

Дано:

= 0,493 г

= 0,86 г

Решение

По закону эквивалентов n _эк (МеCl_х) =
= n _эк ( AgCl ) т.е.

= ;

M _эк ( M_e ) – ?

= 143,5 г/моль.

где – молярная масса AgCl ;

В – валентность серебра;

n – число атомов серебра в молекуле соли.

= ,

откуда = = 82,3 г/моль.

= + ;

г/моль.

= – ,

= 82,3 –35,5 = 46,8 г/моль.

Ответ: = 46,8 г/моль.

СПОСОБЫ ВЫРАЖЕНИЯ СОСТАВА РАСТВОРОВ

УРОВЕНЬ В

1. Сколько граммов хлорида железа ( III ) содержится в 500 см³ 0,1 н раствора?

Дано: с _эк ( FeCl ₃ ) = 0,1 моль/л (0,1 н) V _р-ра = 500 c м³

Решение

Молярную концентрацию эквивалентов FeCl ₃ определяем по формуле

откуда ,

где – молярная масса эквивалента хлорида железа ( III ).

– молярная масса хлорида железа ( III ), г/моль:

= 56 + 3∙35,5 = 162,5 г/моль,

В = 3 – валентность железа,

n = 1 – число атомов железа в молекуле соли.

Тогда

где = 54,17 г/моль;

10^-3 – пересчет кубических сантиметров в литры.

Ответ:

2. Сколько граммов хлорида магния потребуется для приготовления 800 см³25 %-го раствора плотностью 1,2 г/см³?

Дано:

= 800 c м³

25 % мас.

= 1,2 г/см³

Решение

Массовая доля MgCl ₂ равна

откуда

m _р-ра = V _р-ра ·ρ_р_-ра = 800·1,2 = 960 г.

Откуда

Ответ:

3. Определить молярную концентрацию вещества в растворе, содержащем 40 г сульфата меди ( II ) в 800 см³ раствора.

Дано: V _р-ра = 800 мл

= 40 г

Решение

Молярную концентрацию С uSO ₄ определяем по формуле

моль/л,

где молярная масса сульфата меди ( II ), г/моль.

= 64 + 32 + 64 = 160 г/моль.

Тогда

где 10^-3 –пересчет кубических сантиметров в литры.

Ответ: = 0,31 моль/л.

Решение

Моляльность Na ₂ CO ₃ в растворе определяем по формуле

Тогда

Следовательно,

Решение

УРОВЕНЬ В

Дано:

Решение

Изменение стандартных энтальпии и энтропии химической реакции рассчитываем на основании первого следствия из закона Гесса:

D _r H^o (298 K) – ?

D _r S ^o (298 K) – ?

D _r H ^o (298 K ) = [2 D _f H^o (298 K , Н₂О_(г)) + 2 D _f H^o (298 K , Cl _2(г) )] –

– [4 D _f H ^o (298 K , Н Cl _(г) ) + D _f H ^o (298 K , О_2(г))];

D _r S ^o (298 K ) = [2 S ^o (298 K , Н₂О_(г)) + 2 S ^o (298 K , Cl _2(г) )] –

– [4 S ^o (298 K , Н Cl _(г) ) + S ^o (298 K , О_2(г))],

где D _r H ^o (298 K , В) и S ^o (298 K , В) – стандартные энтальпии образования и энтропии веществ, которые находим из таблицы:

	4 HCl _(г)	+ О_2(г)	= 2Н₂О_(г)	+ 2С l _2(г)
D _r H ^o (298 K ) кДж/моль	4(-92,3)	0	2(-241,84)	0
S ^o (298 K ), Дж/(мольК)	4(186,8)	205	2(188,7)	2(222,9),

тогда:

D _r H ^o (298 K ) = 2(–241,84) – 4(–92,3) = –114,48 кДж;

∆ _r S ^o (298 K ) = (2·188,7 + 2·222,9) – (4·186,8 + 205) = –129 Дж/К.

Ответ: D _r H ^o (298 K ) = –114,48 кДж, D _r S ^o (298 K ) = –129 Дж/К.

2. Стандартная энтальпия сгорания этилена (С₂Н₄) равна
–1410,8 кДж/моль. Написать термохимическое уравнение сгорания этилена и вычислить стандартную энтальпию его образования.

Дано: D _fl H ^o (298 K , C ₂ H _4(г) ) = = –1410,8 кДж/моль

Решение

Составляем реакцию сгорания

1 моль этилена:

D _f H ^o (298 K , C ₂ H _4(г) ) – ?

1 C ₂ H _4(г) + 3О_2(г) = 2СО_2(г) + 2Н₂О_(ж);

D _fl H ^o (298 K ) = – 1410,8 кДж/моль.

Стандартной энтальпией сгорания вещества называется тепловой эффект реакции полного сгорания 1 моль органического вещества до СО_2(г) и Н₂О_(ж) при стандартных условиях.

Откуда

D _f H ^o (298 K , С₂Н_4(г)) = 2 D _f H ^o (298 K , СО_2(г)) +

+ 2 D _f H ^o (298 K , Н₂О_(ж)) – D _r H ^o (298 K ) – 3 D _f H ^o (298 K , О_2(г)).

Значения стандартных энтальпий образования (Н₂О_(ж) и СО_2(г)) берем из таблицы:

D _f H ^o (298 K , С₂Н_4(г)) = 2(–393,5) +

+ 2(–285,8) – (–1410,8) = 52,2 кДж/моль.

Ответ: D _f H ^o (298 K , С₂Н_4(г)) = 52,2 кДж/моль.

3. По заданным термохимическим уравнениям рассчитать стандартную энтальпию образования Fe ₂ O _3(к) из простых веществ:

Fe _(к) +1/2 O _2(г) = FeO _(к) , D _r H ^o (298 K , 1) = – 264,8 кДж. (4.1)

4 FeO _(к) + O _2(г) = 2 Fe ₂ O _3(к) , D _r H ^o (298 K , 2) = – 585,2 кДж. (4.2)

Дано: Термохимические уравнения двух реакций

Решение

Стандартная энтальпия образования

Решение

а) Из уравнения Аррениуса получаем

= ;

= 1,09,

где 10³ – коэффициент пересчета килоджоулей в

Джоули, тогда

=10^1,09 = 12,3 раза.

а)

– ? б)

– ?

Дано: Уравнение реакции, К_р = 1

Решение

CO _2(г) + C _(к) <=> 2 CO _(г) , .

Т – ?

СКОРОСТЬ ХИМИЧЕСКИХ РЕАКЦИЙ

И ХИМИЧЕСКОЕ РАВНОВЕСИЕ

УРОВЕНЬ В

Решение

Исходные вещества реагируют между собой согласно стехиометрическим коэффициентам в уравнении реакции.

Моль А – 2 моль В

0,1 моль А – х моль В

х = моль.

УРОВЕНЬ В

1. Вычислить температуры кипения и замерзания водного раствора, содержащего 0,1 моль сахарозы ( ) в 500 г раствора.

= 0,52 кг·К/моль, = 1,86 кг·К/моль.

Дано:

= 0,1 моль m _р-ра = 500 г

= 0,52 кг·к/моль

= 1,86

Решение

t _{кип р-ра} = 100 ºС + ∆ t _кип ,

t _{зам р-ра} = 0 ºС – ∆ t _зам ,

∆ t _кип = · c_m ( ),

∆ t _зам = · c_m ( ),

c_m ( ) – моляльность сахарозы в растворе, моль/кг.

t _{кип р-ра} – ? t _{зам р-ра} – ?

c_m ( ) = ,

где – количество растворенной сахарозы,

Моль.

= , г;

c_m ( ) моль/кг,

где М = 342 г/моль

∆ t _кип = 0,52 ∙ 0,21 = 0,109 ºС;

t _{кип р-ра} = 100 ºС + 0,109 ºС = 100,109 ºС;

∆ t _зам = 1,86∙0,21 = 0,391 ºС;

t _{зам р-ра} = 0 ºС – 0,391 ºС = –0,391 ºС.

Ответ: t _{кип р-ра} = 100,109 ºС;

t _{зам р-ра} = – 0,391 ºС.

2. В 100 г воды содержится 2,3 г неэлектролита. Раствор обладает при 25ºС осмотическим давлением, равным 618,5 кПа. Определить молярную массу неэлектролита. Плотность раствора принять равной 1 г/см³.

Дано: m _в = 2,3 г t = 25⁰C

= 100 г π = 618,5 кПа ρ_р _-ра = 1 г/см³

Решение

π = с_в ∙ R ∙ T , кПа.

R = 8,314 л∙кПа/(моль∙К).

с _в – молярная концентрация

вещества, моль/л.

V _р-ра = m _р-ра /ρ_р_-ра =

( m _B + m )/ρ_р_-ра, см³.

V _р-ра = 102,3 см³ = 0,102 л.

М _В – ?

с _в = , моль/л,

где m _в – масса растворенного неэлектролита, г;

М_в – молярная масса растворенного неэлектролита, г/моль.

π = ∙ R ∙ T , кПа;

М _в = = 90,33 г/моль.

Решение

р = р _o ∙

= ,

Р – ?

где р – давление насыщенного пара воды над раствором, кПа,

р _o – давление насыщенного пара воды, кПа;

– молярная доля воды;

– количество воды, моль;

– количество CO ( NH ₂ )₂, моль;

= 60 г/моль, = 18 г/моль.

В 100 г 1 %-го раствора карбамида содержится 1 г карбамида и 99 г воды.

р = = 2,33 кПа.

Ответ: давление насыщенного пара воды над 1 %-м раствором CO ( NH ₂ )₂ составляет 2,33 кПа.

УРОВЕНЬ В

1. Вычислить рН следующих водных растворов:

а) 0,02 М HCl ,

б) 0,2 М KOH .

Дано: c _HCl = 0,02 М c _KOH = 0,2 М

Решение

а) HCl = H ⁺ + Cl ^-

рН = - lg c ;

pH – ?

HCl – сильный электролит, α = 1,

– число Н⁺, образовавшихся при диссоциации одной молекулы НС l ,

n = 1, тогда = c = 0,02 моль/л = 2 · 10^-2 моль/л.

рН = - lg 2·10^-2 = - lg 2 + (- lg 10^-2)= – 0,3 + 2 = 1,7.

б) KOH = К⁺ + ОН^-;

рН = 14 – рОН; рОН = - lgc ,

c = c · α · n ,

КОН – сильный электролит, α = 1,

n – число ОН^-, образовавшихся при диссоциации одной молекулы КОН, n = 1, тогда c = c _KOH = 2·10^-1 моль/л,

рОН = – lg (2·10^-1) = – lg 2 + (– lg 10^-1) = – 0,3 + 1 = 0,7.

рН = 14 – 0,7 = 13,3.

Решение

HOCl <=> H ⁺ + OCl ^-

HOCl – слабый электролит.

рН = – lg [ H ⁺ ]; [ H ⁺ ] = c _Н _O _С _l ·α· n ,

pH – ?

n – число Н⁺ образовавшихся при диссоциации одной молекулы HOCl , n = 1.

;

К _HOCl – константа диссоциации H O Cl :

К = 5,0·10^-8 (таблица),

Тогда

c = 5·10^-2· 10^-3· 1 = 5,0 · 10^-5 моль/л,

тогда рН = – lg 5,0·10^-5 = (- lg 5) + (- lg 10^-5) = – 0,7 + 5 = 4,3.

Решение

УРОВЕНЬ B

1. Написать ионно-молекулярные и молекулярные уравнения гидролиза солей:

а) сульфата хрома ( III ),

б) сульфида натрия

Решение

а) Cr ₂ ( SO ₄ )₃ диссоциирует в водном

растворе :

Cr₂(SO₄)₃ → 2Cr³⁺ + 3SO₄^2-

Написать молекулярные и ионно-молекулярные уравнения гидролиза солей

Решение

AlCl ₃ диссоциирует в водном растворе.

AlCl₃ → Al³⁺ + 3Cl^-

Al Cl₃

Al (OH)₃ + HCl

слаб. сильн.

Взаимодействие Al ³⁺ с молекулами воды приводит к образованию малодиссоциирующего катиона ( AlOH )²⁺.

Решение

До сливания в растворе каждой соли протекает ее гидролиз по I ступени:

Fe Cl₂

Fe(OH)₂+ HCl
слаб . сильн .

Na₂CO₃

NaOH + H₂CO₃

сильн . слаб.

Написать в ионно-молекуляр-ной и молекулярной формах уравнение процессов, происходящих при сливании растворов этих солей

До сливания в растворе каждой соли гидролизу подвергаются ионы Fe ²⁺ и СО₃^2-.

I ступень:

Fe ²⁺ + HOH <=> FeOH ⁺ + → Н₂О pH < 7;

CO ₃ ^2- + H OH <=> HCO ₃ ^- + pH > 7.

После сливания растворов продукт гидролиза первой соли (Н⁺) взаимодействует с продуктом гидролиза второй соли (ОН^-) с образованием слабо диссоциирующего соединения Н₂О, что приводит к смещению химического равновесия в сторону прямой реакции. Усиление гидролиза первой и второй соли приводит к протеканию II ступени гидролиза с образованием осадка и выделением газа.

II ступень:

H⁺ OH^-

FeOH ⁺ + HOH = Fe ( OH )₂↓ + → Н₂О

HCO ₃ ^- + H OH = H ₂ CO ₃ +

↓

CO ₂ ↑ H ₂ O

Сокращенное ионно-молекулярное уравнение совместного гидролиза двух солей:

Fe²⁺ + CO₃^2- + H₂O = Fe(OH)₂↓ + CO₂↑.

Молекулярное уравнение совместного гидролиза :

FeCl₂ + Na₂CO₃ + H₂O= Fe(OH)₂↓ + CO₂↑ + 2NaCl.

УРОВЕНЬ В

Решение

а) Pb ⁰ + HN ⁺⁵ O _{3 конц} =

восст. окисл.

= Pb ⁺² ( NO ₃ )₂ + N ⁺² O + H ₂ O

НОК ДМ

восстановитель Pb ⁰ – 2ē = Pb ⁺² 3

окислитель N ⁺⁵ + 3ē = N ⁺² 2

3 Pb ⁰ + 2 N ⁺⁵ = 3 Pb ⁺² + 2 N ⁺²

Уравнять реакции и указать окислитель и восстановитель

Переносим полученные коэффициенты в молекулярное урав-нение:

3 Pb ⁰ + 2 HN ⁺⁵ O _3(конц) = 3 Pb ⁺² ( N ⁺⁵ O ₃ )₂ + N ⁺² O + H ₂ O .

Поскольку азотная кислота расходуется не только на получение 2 моль NO, но и на получение 3 моль Pb(NO₃)₂, в которых содержится 6NO со степенью окисления N⁺⁵, то для протекания этого процесса необходимо дополнительно 6 моль HNO₃:

6HNO_{3 (} _конц ₎ + 3Pb⁰ + 2HNO₃₍ _конц ₎ = 3Pb(NO₃)₂ + 2NO + H₂O

Суммируем число моль HNO ₃ и уравниваем количество водорода и кислорода (4Н₂О):

3Р b + 8 HNO _3(конц) = 3 Pb ( NO ₃ )₂ + 2 NO + 4Н₂О.

б) Неметалл + HNO _3(конц) → кислота, в которой неметалл проявляет высшую степень окисления + NO ₂ + ( Н₂О):

B → H₃B⁺³O₃; P → H₃P⁺⁵O₄; S → H₂S⁺⁶O₄; Se → H₂Se⁺⁶O₄;

Si → H₂Si⁺⁴O₃; C → H₂C⁺⁴O₃; As → H₃As⁺⁵O₄.

Решение

S^o + HN⁺⁵O₃₍ _конц ₎ = Н ₂ S⁺⁶O₄ + N⁺⁴O₂ + H₂O

Восст . окисл .

НОК ДМ

восст-ль S º – 6ē = S ⁺⁶ 1

окисл-ль N ⁺⁵ + ē = N ⁺⁴ 6

Sº + 6N⁺⁵ = S⁺⁶ + 6N⁺⁴

S + 6HNO₃₍ _конц ₎ = Н ₂ SO₄ + 6NO₂ + 2H₂O.

в) Неметалл + H ₂ SO _4(конц) → кислота, в которой неметалл проявляет высшую степень окисления + SO ₂ +(Н₂ O ); см. пример б).

Решение

P ⁰ + H ₂ S ⁺⁶ O _4(конц) = Н₃Р⁺⁵О₄ + S ⁺⁴ O ₂ + H ₂ O

Восст . окисл.

НОК ДМ

восст-ль P ⁰ – 5ē = P ⁺⁵ 2

окисл - ль S⁺⁶ + 2ē = S⁺⁴ 5

2Р⁰ + 5S⁺⁶ = 2P⁺⁵ + 5S⁺⁴

2P + 5H₂SO₄₍ _конц ₎ = 2 Н ₃ РО ₄ + 5SO₂ + 2H₂O.

г) Металл + H ₂ SO _4(конц) → соль + ( H ₂ S , S , SO ₂ )
(в зависимости от активности металла) + Н₂О.

H ₂ S выделится, если в реакцию вступает активный металл
( Li – Al ),

Решение

Mg⁰ + H₂S⁺⁶O₄₍ _конц ₎ = Mg⁺²SO₄ + H₂S^-2 + H₂O.

восст . o кисл _.

НОК ДМ

осст - ль Mg⁰ – 2ē = Mg⁺² 4

окисл - ль S⁺⁶ + 8ē = S^-2 1

4 Mg ⁰ + S ⁺⁶ = 4 Mg ⁺² + S ^-2

Аналогично примеру (а) уравниваем реакцию:

4H₂SO₄₍ _конц ₎ + 4Mg + H₂SO₄₍ _конц ₎ = 4MgS О ₄ + H₂S + 4H₂O

4Mg + 5H₂SO₄₍ _конц ₎ = 4MgS О ₄ + H₂S + 4H₂O.

10. ГАЛЬВАНИЧЕСКИЕ ЭЛЕМЕНТЫ.

КОРРОЗИЯ МЕТАЛЛОВ.

УРОВЕНЬ В

1. а) Алюминиевый электрод погружен в 5∙10^{-4 М раствор сульфата алюминия. Вычислить значение электродного потенциала алюминия.}

Дано: Металл – Al

= 5∙10^-4 моль/л

Решение

Электродный потенциал алюминия рассчитываем по уравнению Нернста:

= +

–?

По табл. 11.1 определяем стандартный электродный потенциал алюминия:

= –1,67 В.

Записываем уравнение электродного процесса, протекающего на поверхности алюминиевого электрода в растворе соли:

Al – 3ē = Al ³⁺ .

n – число электронов, участвующих в электродном процессе.

Для данной реакции n равно заряду иона алюминия Al ³⁺ ( n = 3). Рассчитываем концентрацию ионов алюминия в растворе Al ₂ ( SO ₄ )₃:

= ∙ α ∙ .

Разбавленный раствор Al ₂ ( SO ₄ )₃ – сильный электролит.

Следовательно, α = 1. По уравнению диссоциации Al ₂ ( SO ₄ )₃.

Al ₂ ( SO ₄ )₃ = 2 Al ³⁺ + 3 SO

число ионов Al ³⁺ , образующихся при диссоциации одной молекулы Al ₂ ( SO ₄ )₃, равно 2.

Следовательно, = 2.

Тогда = 5∙10^-4∙1∙2 = моль/л.

Решение

Электродный потенциал цинка рассчитываем по уравнению Нернста:

= + .

– ?

Откуда:

По табл. 11.1 определяем стандартный электродный потенциал цинка:

= 0,76 В, n – равно заряду иона цинка Zn ²⁺ ( n = 2).

Тогда

= = 0,338.

= 10^0,339 моль/л = 2,18 моль/л

Ответ: = 2,18 моль/л.

Составить две схемы гальванических элементов (ГЭ), в одной из которых олово служило бы анодом, в другой – катодом. 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 алгебраическим значением электродного потенциала.

По табл. 11.1 находим = –0,14 В.

а) Олово является анодом ГЭ.

В качестве катода можно выбрать любой металл с > .

Выбираем медь = + 0,34 В. В паре Sn – Cu олово будет являться анодом ГЭ, медь – катодом. Составляем схему ГЭ:

А(-) Sn │ Sn ²⁺ ││ Cu ²⁺ │ Cu (+) K

Или

А(-) Sn │ SnSO ₄ ││ CuSO ₄ │ Cu (+) K .

Уравнения электродных процессов:

НОК ДМ

На A (-) Sn – 2ē = Sn ²⁺ 1 – окисление

На К(+) Cu ²⁺ + 2ē = Cu 1 – восстановление

Sn + Cu ²⁺ = Sn ²⁺ + Cu – суммарное ионно-молекулярное уравнение токообразующей реакции;

Sn + CuSO ₄ = SnSO ₄ + Cu – суммарное молекулярное уравнение токообразующей реакции.

Рассчитываем стандартное напряжение ГЭ:

= – = +0,34 – (–0,14) = 0,48 В.

б) Олово является катодом ГЭ.

В качестве анода ГЭ можно выбрать любой металл с < , кроме щелочных и щелочноземельных металлов, так как они реагируют с водой.

Выбираем магний = –2,37 В.

Или

А(-) Mg │ MgSO ₄ ││ SnSO ₄ │ Sn (+) K .

3. Составить схему коррозионного гальванического элемента, возникающего при контакте железа с цинком:

а) в атмосферных условиях (Н₂О + О₂);

б) кислой среде (Н₂ SO ₄ );

в) кислой среде в присутствии кислорода ( HCl + O ₂ ).

Решение

По табл. 11.1 находим значение стандартных электродных потенциалов железа ( II ) и цинка:

= – 0,44В, = – 0,76В.

Так как < , то анодом коррозионного гальванического элемента будет являться цинк, катодом – железо.

а) Коррозия в атмосферных условиях ( H ₂ O + O ₂ ).

Составляем схему коррозионного ГЭ:

А(-) Zn H ₂ O + O ₂ Fe (+) K

Составляем уравнения электродных процессов и суммарной реакции процесса коррозии:

НОК ДМ

На A (-) Zn – 2ē = Zn ²⁺ 2

На К(+) 2 H ₂ O + O ₂ + 4ē = 4 OH ^- 1

2 Zn + 2 H ₂ O + O ₂ = 2 Zn ( OH )₂ – суммарное молекулярное уравнение процесса коррозии.

б) Коррозия в кислой среде ( H ₂ SO ₄ ).

Составляем схему коррозионного ГЭ:

А(-) Zn │ H ₂ SO ₄ │ Fe (+) K

Или

А(-) Zn │ H ⁺ │ Fe (+) K

Составляем уравнения электродных процессов и суммарной реакции процесса коррозии:

НОК ДМ

На A (-) Zn – 2ē = Zn ²⁺ 1

На К(+) 2 H ⁺ + 2ē = H ₂ 1

Zn + 2 H ⁺ = Zn ²⁺ + H ₂ – суммарное ионно-молекулярное уравнение процесса коррозии.

Zn + H ₂ SO ₄ = ZnSO ₄ + H ₂ – суммарное молекулярное уравнение процесса коррозии.

в) Коррозия в кислой среде в присутствии кислорода ( HCl + O ₂ ).

Составляем схему коррозионного ГЭ:

А(-) Zn │ HCl + O ₂ │ Fe (+) K

Или

А(-) Zn │ H ⁺ + O ₂ │ Fe (+) K

Составляем уравнения электродных процессов и суммарной реакции процесса коррозии:

НОК ДМ

На A (-) Zn – 2ē = Zn ²⁺ 2

На К(+) 4 H ⁺ + O ₂ + 4ē = 2 H ₂ O 1

2 Zn + 4 H ⁺ + O ₂ = 2 Zn ²⁺ + 2 H ₂ O – суммарное ионно-молекулярное уравнение процесса коррозии.

2 Zn + 4 HCl + O ₂ = 2 ZnCl ₂ + 2 H ₂ O – суммарное молекулярное уравнение процесса коррозии.

ЭЛЕКТРОЛИЗ РАСТВОРОВ

УРОВЕНЬ В

1. Составить схемы электролиза и написать уравнения электродных процессов водных растворов солей (анод инертный): а) хлорида меди ( II ); б) гидроксида натрия.

Решение

а) CuCl ₂ = Cu ²⁺ + 2 Cl ^- .

Схему электролиза составляем в соответствии с табл. 11.1 и 11.2:

K (-) A (+) инертный

Cu ²⁺ + 2ē = Cu 2 Cl ^- – 2ē = Cl ₂

H ₂ O H ₂ O

1. Схема электролиза – ? 2. Продукты электролиза – ?

На катоде выделяется Cu , на аноде – Cl ₂ .

б) Na ОН = Na ⁺ + ОН^-.

K (-) A (+) инертный

Na ⁺ 4ОН – 4ē = О₂ + 2 H ₂ О

2 H ₂ O + 2ē = H ₂ + 2 OH ^-

На катоде выделяется Н₂, на аноде – О₂.

2. Составить схемы электролиза и написать уравнения электродных процессов водного раствора сульфата никеля ( II ) , если: а) анод инертный; б) анод никелевый. Какие продукты выделяются на катоде и аноде?

Дано: NiSO ₄ а) анод инертный б) анод никелевый

Решение

а) анод – инертный

NiSO ₄ = Ni ²⁺ + .

Схему электролиза составляем в соответствии с табл. 11.1. и 11.2:

1. Схема электролиза – ? 2. Продукты электролиза – ?

K (-) A (+) инертный

Ni ²⁺ + 2ē = Ni

2 H ₂ O + 2ē = H ₂ + 2 OH ^- 2 H ₂ O – 4ē = О₂+ 4 H ⁺ .

На катоде выделяется Ni и H ₂ , на аноде выделяется О₂.

б) анод – никелевый:

NiSO ₄ = Ni ²⁺ +

K(-) A(+) (Ni)

Ni²⁺ + 2ē = Ni , Н ₂ О

2H₂O + 2ē = H₂+ 2OH^- Ni – 2ē = Ni²⁺.

На катоде выделяется Ni и H ₂ , на аноде растворяется Ni .

3. При электролизе растворов а) нитрата кальция, б) нитрата серебра на аноде выделяется 560 мл газа (н.у.). Составить схему электролиза и написать уравнения электродных процессов. Определить, какое вещество и в каком количестве выделилось на катоде. Анод инертный.

Дано: Электролиты: а) Ca ( NO ₃ )₂ б) AgNO ₃

анод = 560 см³ Анод инертный

Решение

а) Ca ( NO ₃ )₂ = Ca ²⁺ + 2 .

Схема электролиза:

K (-) A (+) инертный

Ca ²⁺

2 H ₂ O + 2ē = H ₂ O – 4ē =

= H ₂ + 2 OH ^- =О₂+ 4 H ⁺

На катоде выделяется Н₂, на аноде выделяется О₂.

По закону эквивалентов:

n _эк (В₁)(анод) = n _эк (В₂)(катод)

1. Схема электролиза 2.

– ? 3.

– ? 4.

– ?

Откуда

= = = 1120 см³,

= 11200 см³/моль.

= 5600 см³/моль.

На катоде выделилось 1120 см³ водорода.

Ответ: 1120 см³ водорода.

б) AgNO ₃ = Ag ⁺ + .

Схема электролиза:

K (-) A (+) инертный

Ag ⁺ + ē = Ag

H ₂ O 2 H ₂ O – 4ē = О₂+ 4 H ⁺

На катоде выделяется Ag , на аноде выделяется О₂.

По закону эквивалентов: n _эк (О₂)(анод) = n _эк ( Ag )(катод) или

Откуда = = 10,8 г.

где .

Ответ: 10,8 г серебра.

Дано: Смесь Zn и ZnO m _смеси = 7,27 г V _о(

₎ = 1,12 л

Решение

m _ZnO = m _смеси – m _Zn .

ω _Zn _О – ?

УРОВЕНЬ В

Решение

Приведенный процесс будет возможен, когда относительное давление оксида углерода ( II ) будет равно т.е. Р_СО= 1.

Т – ?

Поскольку К_р = Р_СО= 1, то температуру, при которой будет соблюдаться это условие, можно определить из уравнения

–2,303RT lgK_p = Δ_rHº(298 K) – Δ_rSº(298 K).

Так как lgK_P = lg 1 = 0, то 0 = Δ_r Н º (298 K )1000 – Т Δ_rS º (298 K )

Откуда ,

КДж / моль

S º(298 K) 66,1 5,7 64,9 197,5

Дж/моль К ·

Δ_rH º (298 K ) = –110,5 – (–219,3) = 108,8 кДж,

Δ_rS º (298 K ) = 197,5 + 64,9 – 5,7 – 66,1 = 190,6 Дж/К.

Ответ: процесс возможен при нагревании с Т =571 К.

1. Вычислить массовую долю оксида цинка в смеси с цинком, если при взаимодействии 7,27 г смеси с водным раствором щелочи выделилось 1,12 л водорода (н.у.).Поскольку водород выделяется только при взаимодействии цинка с водным раствором щелочи, то массу цинка определяем из уравнения реакции:

Zn + 2H₂ О + 2NaOH = Na₂[Zn(OH)₄] + H₂

Zn – 2e = Zn²⁺ 1

2H⁺ + e = H 2

Zn + 2H⁺ = Zn²⁺ + 2H

Составляем пропорцию:

65,4 г Zn 22,4 л Н₂

m_Zn 1,12 л Н₂,

где М _Zn = 65,4 г/моль.

m _Zn = .

m _Zn _О = m _смеси – m _Zn = 7,27 – 3,27 = 4 г.

Ответ: .

Решение

Записываем реакцию в ионном виде:

К_с – ?

Fe^o ₍ _к ₎ + Cu⁺²₍ _р _- _р ₎ + SO <=> Fe⁺²₍ _р _- _р ₎ + SO + Cu^o₍ _к ₎

Полное ионное уравнение.

Cu ⁺² _(р-р) + Fe^o _(к) < = > Fe ⁺² _(р-р) + Cu ⁰ _(к) – сокращенное ионное уравнение

НОК ДМ

окис-ль С u ⁺² + 2ē = Cu 1 = 0,34 В (см. табл. 11.1)

восст-ль Fe ⁰ – 2ē = Fe ⁺² 1 = –0,44 В (см. табл. 11.1)

Cu ⁺² + Fe ⁰ = Cu ⁰ + Fe ⁺²

ε⁰ = – ; ε⁰ = 0,34 – (–0,44) = 0,78 В.

КОМПЛЕКСНЫЕ СОЕДИНЕНИЯ

УРОВЕНЬ В

Решение

В состав внутренней сферы

Включается шесть лигандов.

В первую очередь – молекулы

аммиака и затем до

Решение

Ж = ,

– ?

Дано:

= 2,5 м³ Ж_общ = 13,6 ммоль/л

= 1 кг

Решение

Обменная емкость катионита (ε) – максимальное количество ионов (ммоль), поглощаемое 1 г катионита обменным путем (ммоль/г).

ε – ?

ЖЕСТКОСТЬ ВОДЫ

УРОВЕНЬ В

Решение

Ж = + ;

= 20 г/моль (мг/ммоль)

Ж – ?

=12 г/моль (мг/ммоль).

Перевод моль в миллимоль.

Ж = =7,53 ммоль/л.

Ответ: Ж = 7,53 ммоль/л.

УРОВЕНЬ В

Методом полимеризации получить:

Полиэтилен (ПЭ) ;

Полипропилен (ПП) ;

Полиизобутилен ;

Полистирол (ПС) ;

Поливинилхлорид (ПВХ) ;

Полиакрилонитрил (ПАН) ;

Поливинилацетат (ПВА) ;

Полиизобутилен:

n CH ₂ = C (С H ₃ )(С H ₃ ) → [─ CH ₂ ─ C (С H ₃ )(С H ₃ ) ─ ] _n .

изобутилен полиизобутилен

Полистирол:

n CH ₂ = CH (С₆ H ₅ ) → [─ CH ₂ ─ CH (С₆ H ₅ ) ─ ) _n .

стирол полистирол

5. Поливинилхлорид: n CH ₂ = CHCl → (─ CH ₂ ─ CHCl ─ ) _n .

винилхлорид поливинилхлорид

6. Полиакрилонитрил: n CH ₂ = CH ( CN ) → (─ CH ₂ ─ CH ( CN ) ─ ) _n .

акрилонитрил полиакрилонитрил

Поливинилацетат:

n CH ₂ = CH ( OCOCH ₃ ) → [─ CH ₂ ─ CH ( OCO С H ₃ ) ─ ] _n .

винилацетат поливинилацетат

8. Полиметилметакрилат:

n CH ₂ = C ( CH ₃ )( OCOCH ₃ ) → [─ CH ₂ ─ C ( CH ₃ )( OCO С H ₃ ) ─ ] _n .

метилметакрилат полиметилметакрилат

9. Политетрафторэтилен: n CF ₂ = CF ₂ → (─ CF ₂ ─ CF ₂ ─ ) _n .

тетрафторэтилен политетрафторэтилен

ОСНОВНЫЕ КЛАССЫ НЕОРГАНИЧЕСКИХ СОЕДИНЕНИЙ

УРОВЕНЬ B

Ответ:

а) С⁺²О^-2 – оксид углерода ( II ),

Mn ⁺² ( O ^-2 H ⁺¹ )₂ – гидроксид марганца ( II ),

Н⁺¹₂ S ⁺⁴ O ^-2 ₃ – сернистая кислота,

К⁺¹Н⁺¹ S ^-2 –гидросульфид калия,

Na ₂ ⁺¹ С⁺⁴О^-2₃ – карбонат натрия,

Fe ⁺³ O ^-2 H ⁺¹ ( N ⁺⁵ O ^-2 ₃ )₂ – нитрат гидроксожелеза ( III ).

б) оксид свинца ( IV ) – PbO ₂ ,

сульфат лития – Li ₂ SO ₄ ,

хлорид гидроксоцинка – ZnOHCl ;

дигидроортофосфат алюминия – Al ( H ₂ PO ₄ )₃.

2. ЭКВИВАЛЕНТ. ЗАКОН ЭКВИВАЛЕНТОВ

УРОВЕНЬ В

Дано:

68,90 % мас. В = 3

Решение

Чтобы назвать элемент, необходимо

вычислить молярную массу

атома элемента (М_э).

М_э = М_эк(Э)·В,

М _эк (Э) – ? Э – ?

где М_эк(Э)·– молярная масса эквивалента элемента;

В – валентность элемента.

По закону эквивалентов n_эк(Э) = n_эк(О), т.е.

откуда М_эк(Э) = .

М_эк(О) = 8 г/моль.

m_окс = m_э + ; = 68,9 г.

m_э = 100 – = 100 – 68,9 = 31,1 г.

М_эк(Э) = = 3,61 г/моль

М_эк(Э) = ,

М_э = М_эк(Э) ∙ В = 3,61∙3 = 10,83 г/моль, что соответствует молекулярной массе атома бора.

Ответ: М_эк(Э) = 3,61 г/моль; элемент – В.

Дано: m _окс _. = 7,2 г

2,24 л

Решение

По закону эквивалентов

n_эк(окс) = n_эк(H₂),

М _эк (окс.) – ? М _эк (Ме) – ?

где = 11,2 л/моль.

М_эк(окс) = = = 36 г/моль;

М_эк(окс) = М_эк(Ме) + М_эк(О);

М_эк(Ме) = М_эк(окс) – М_эк(О) = 36 – 8 = 28 г/моль.

Ответ: М_эк(окс) = 36 г/моль;

М_эк(Ме) = 28 г/моль.

Дано:

= 0,493 г

= 0,86 г

Решение

По закону эквивалентов n _эк (МеCl_х) =
= n _эк ( AgCl ) т.е.

= ;

M _эк ( M_e ) – ?

= 143,5 г/моль.

где – молярная масса AgCl ;

В – валентность серебра;

n – число атомов серебра в молекуле соли.

= ,

откуда = = 82,3 г/моль.

= + ;

г/моль.

= – ,

= 82,3 –35,5 = 46,8 г/моль.

Ответ: = 46,8 г/моль.

Дата: 2018-12-28, просмотров: 280.

12 3 4 5 6 7 8 9 10 Следующая ⇒