МОСКОВСКИЙ ГОСУДАРСТВЕННЫЙ УНИВЕРСИТЕТ ПУТЕЙ СООБЩЕНИЯ (МИИТ)

________Институт комплексной безопасности ______

Кафедра химии

С.А. МАТАКОВА, М.Т. МЧЕДЛИДЗЕ, С.М. АНУФРИЕВА

ОБЩАЯ ХИМИЯ

Методические указания к практическим занятиям

Москва - 2009

Институт комплексной безопасности Кафедра химии

G.A. МАТАКОВА, М.Т. МЧЕДЛИДЗЕ, С.М. АНУФРИЕВА

ОБЩАЯ ХИМИЯ

Рекомендовано редакционно-издательским советом университета в качестве методических указаний для студентов 1 курса

специальностей БЗС, ТЭН, СМТ

Москва - 2009

УДК 54 МЗЗ

Матакова С.А., Мчедлидзе М.Т., Ануфриева С.М. Обшая химия: Методические указания. - Мл МИИТ, 2009. -7 1 с.

В методических указаниях представлены задачи по общей химии, предлагавшиеся на Московских городских олимпиадах по химии для технических ВУЗов в 2005-2007 гг. Методические указания содержат задачи по основным разделам курса общей химии. Даны подробные решения всех задач. Для студентов 1 курса специальностей БЗС, ГЭН, СМТ.

© Московский государственный университет

путей сообщения (МИИТ), 2009

Содержание

В в е д ен и е .,, .... .............................................. ........................................................................ 4

1. С троение в ещ ес т в а ......................................................... ............................ ........ 5

2. Х имическая т ер м оди н ам и к а .................................... .............................. 10

3. Х имическая кинетика и р ав н о в еси е ........ ................ .................... ............ 17

4. Р астворы ............... ....... ....................................................... ................................... 22

5. Э лектрохим ия................................. ........ .................................... ....................... 33

6. С войства элем ентов и их со е д и н ен и й ........................................... ...........43

П р илож ение................................... ............................ ....................................................... 52

Свойства некоторых элементов и их соединений....... ......... ................................. ..52

Таблица 1. Термодинамические величины некоторых веществ (при 298 К)... 59

Таблица 2. Криоскопические Ккр и эбулиоскопические Кэб константы

некоторых растворителей..................... .............................. ...................... .....................65

Таблица 3. Константы диссоциации слабых электролитов в водных

растворах (при 298 К)....................................................................................... ......... ...... 66

Таблица 4. Растворимость неорганических веществ в воде (при 298 К ) .......... 67

Таблица 5. Произведения растворимости соединений (при 298 К ).................... 68

Таблица 6. Стандартные окислительно-восстановительные потенциалы........69

Периодическая система элементов Д.И. Менделеева.... .......................................70

3

ВведениеЦель создания данных методических указаний - помочь студентам на

примерах специально подобранных и решенных задач более углубленно

изучить курс общей химии.

В первую очередь, мы адресуем данные методические указания тем,

кто будет защищать честь родного университета на городских олимпиадах

по химии среди технических вузов. Проводя занятия по подготовке к

олимпиадам, авторы пришли к выводу., что существующие учебники,

задачники и учебные пособия по курсу химии высшей школы не позволяют

студентам в достаточно короткий срок полноценно подготовиться к

соревнованию, так как требуется проработать большой объем материала и

выбрать самое главное. Имеющиеся же сборники задач повышенной

трудности и сборники олимпиадных задач построены на школьном курсе

химии и не отражают специфические темы, изучающиеся в технических

вузах.

Кроме того, данные методические указания будут полезны студентам

специальностей, углубленно изучающих химию, - таким как БЗС, ТЭН,

СМТ и др. Как известно, решение задач - критерий владения знаниями, и

практически любой экзаменационный билет по химии не обходится без

расчетных задач. Таким образом, данные методические указания помогут

студентам овладеть базовым курсом химии и успешно сдать экзамен.

Методические указания дополнены справочным материалом. В

приложении собраны таблицы р<вличных величин и схемы химических

свойств многих неорганических соединений. Использование этого

материала позволит правильно составить уравнения реакций, описанных в

задачах, а также поможет восполнить пробелы в знаниях по химии

элементов и их соединений.

4

1. Строение вещества

1.1. Какую форму имеют молекулы ХеР4 и SiF4?

Ответ обоснуйте.

Решение::

Для определения пространственной конфигурации XeF4 и

SiF4 необходимо составить графические формулы молекул и

выяснить тип гибридизации центрального атома в них.

Определим строение внешнего электронного слоя атомов

элементов. Для ксенона в возбужденном состоянии записываем

столько электронов, сколько необходимо для присоединения

четырех атомов фтора.

54Хе-: 5s25p65d°, Хе*: 5s25p45d2;

9F : 2s22p5.

F LlD I n i t i i t l\

f ED 1'tITnTTxe* [ri] 1ТПГТТП 11S t l Г~1 1

f [7D in In I t F _П n l n T T

5

Таким образом, 4 гибридные орбитали ксенона образуют 4

химические связи с атомами фтора, а две негибридные орбитали

со спаренными электронами располагаются перпендикулярно

плоскости химических связей, которые образуют плоский квадрат.

То есть форма молекулы XeF4 -- квадратная.

В молекуле SiF4, в отличие от молекулы XeF4, все электроны

внешнего слоя атома кремния принимают участие в образовании

химических связей:

14Si: 3s23p2, Si*; 3s!3p3

F ШИ ГtiT n T T

F LпЦ о г о ш :

LnJ u и Т 1------— _._....ЛШ Lt т_, тLn u и т

В данном случае имеется классический шп sp'’-

гибридизации, при котором форма молекулы - тетраэдр.

Ответ: ХеР4 - квадрат, SiF4 - тетраэдр.

1.2. Молекулы CF4 и SeF4 состоят из одинакового числа

атомов, однако, молекула CF4 неполярна, а молекула SeF4

6

полярна. Объясните этот факт, используя положения

метода валентных связей (МВС).

Решение:

Чтобы выяснить вопрос о полярности молекулы, необходимо

знать пространственную конфигурацию молекул CF4 и SeF4, на

основании которой определить векторную сумму дипольных

моментов химических связей. Если происходит полная

компенсация дипольных моментов связей в молекуле, то такая

молекула неполярна; если же векторная сумма дипольных

моментов не равна нулю, то такая молекула полярна.

Определим строение внешнего электронного слоя атома

углерода.

6С: l$22s22p2, С*: l s ^ s ^ p 3;

9F :2 s 22p5.

В молекуле CF4 все электроны внешнего слоя атома углерода

(один s и три р) принимают участие в образовании химических

связей:

F 1 T i l п г и т F l u ! 1I U и г\

С* | П i1 т т т

F I U 1 П Г и т F П ! и U т

7

F

F

В данном случае реализуется sp гибридизация, при которой

форма молекулы - тетраэдр. В такой молекуле векторная с>мма

дипольных моментов связей равна нулю, и эта молекула

неполярна.

Теперь аналогичным образом рассмотрим строение

молекулы SeF4 Для селена в возбужденном состоянии записываем

столько электронов, сколько необходимо для присоединения

четырех атомов фтора.

34Se 4s24p44d°, Se‘; 4s24p34d1.

Se*

u t l T l T

_ u T T T

u U T l ! t

f ED ЕПТПТ

8

В гибридизации принимают участие одна s, три р и одна d-

орбитали ~ spJ d-гибридизация. При этом четыре гибридные

орбитали участвуют в образовании связей с атомами фтора, а одну

орбиталь занимает неподелеина1Я пара электронов. sp3d-

гибридизации соответствует пространственная ориентация пяти

орбиталей к вершинам тригональной бипирамиды. Необходимо

учесть, что с точки зрения теории локализованных электронных

пар, связывающая электронная пара, участвующая в образовании

связи между двумя атомами, занимает меньший объем, чем

иеподеленная электронная пара. Вследствие этого происходит

искажение валентных углов в молекуле. В нашем случае, из-за

отталкивания между неподеленной электронной парой и

связывающими электронными парами связей Se-F, молекула SeF4

будет иметь форму искаженного тетраэдра. Векторная сумма

дипольных моментов всех связей не равна нулю, поэтому

молекула SeF4 - полярна.

1.3. Объясните, почему образуются молекулы H2F2, а

молекулы Н2С12 не образуются.

Решение;

Молекулы H2F2 - димеры фтороводорода (HF)2.

Существование таких молекул связано с образованием

водородной связи между атомом водорода одной молекулы HF и

атомом фтора другой молекулы:

H -F.... H--F—9

Водородная связь образуется по донорно-акцеп торном у

механизму между атомом водорода и электроотрицательным

элементом. Водородная связь проявляется тем сильнее, чем

больше электроотрицательность атома-партнера и чем меньше его

размеры. Фтор - самый электроотрицательный элемент. Поэтому

для соединений фтора, в отличие от хлора, характерно

образование водородных связей.

Следствием ассоциации молекул в результате образования

водородных связей в HF является аномально высокая температура

кипения фтороводорода (ТКИП(НР) = 19,5 °С, Ткип(НС1) = -“85,1 °С).

Кроме того, фтороводородная (плавиковая) кислота, в отличие от

ее аналогов НС1, HBr, HI, не является сильной кислотой.

2. Химическая термодинамика

2.1. Смесь ацетилена С2Н2 и угарного газа СО приготовлена

таким образом, что на сжигание некоторого объема смеси

расходуется точно такой же объем кислорода. Какое

количество теплоты выделится при сгорании 8,96 л этой

смеси при стандартных условиях?

Решение:

Запишем уравнения реакций горения ацетилена и угарного

газа:

1) С2Н2 4- 5/2()2 2С02 + Н20;

2) СО + 1/202 С 02.

10

Пусть в исходной смеси содержится х литров С2Н2 и у литров

СО, то есть по условию:

х + у = 8,96 л

Из уравнений реакций по соотношению коэффициентов при

реагирующих веществах:

V,(0 2) = 5/2 х;

V2(0 2) = l / 2 y

Зная, что на сжигание некоторого объема смеси расходуется

точно такой же объем кислорода, составим равенство:

х + у = 5/2х + 1/2у,

3/2х = 1/2у

Зх = у,

то есть соотношение объемов С2Н2 и СО составляет 1:3.

Подставим в первое математическое уравнение Зх вместо у:

Зх + х = 8,96

4х = 8,96

х = 2,24 л - объем С2Н2.

Тогда объем СО составляет: 2,24 • 3 = 6,72 л.

Чтобы рассчитать выделяющееся количество теплоты,

необходимо по справочным таблицам найти стандартные

энтальпии образования веществ, участвующих в реакциях, и

рассчитать изменение энтальпии в этих реакциях на основании

следствия из закона Гесса:

11

AfH°, кДж/моль

1) С >H? +- 5/20? -» 2СОг + Н?0

226.3 0 -393,5 -241,8

ArH ZVjAfH продуктов Sv,AfH реагентов)

АГН° = 2-(-393,5) + (-241,8) - 0 - 226,3 = -1255,1 кДж.

2) СО + 1/202 С02

AfH°, кДж/моль -110,5 0 -393,5

ДГН LVjAfH продуктов 1-VjAfH реагентов)

ДГН° = -393,5 - 0 + 110,5 = -283 кДж.

Найденные изменения энтальпий реакции относятся к 1 моль

газов С2Н2 и СО. В нашей задаче количество С2Н2 и СО другое:

п (газа) = У(газа) / Ум

п (С2Н2) = 2,24 / 22,4 = 0,1 моль;

п (СО) = 6,72 / 22,4 = 0,3 моль.

Следовательно, для данных количеств газов:

1 ) ДГН° = -1255,1 -0,1 = - 125,51 кДж;

2) АГН° = -283 • 0,3 = - 84,9 кДж.

д Л щ = -125,51 + (-84,9) = - 210,41 кДж.

- ДГЯ° = Q. то есть при сгорании исходной смеси газов выделилось

210,41 кДж теплоты.

Ответ: 210,41 кДж.

2.2. Энтальпия нейтрализации сильной кислоты сильным

основанием равна -57,3 кДж/моль образующейся воды.

12

Рассчитайте, сколько теплоты выделится при сливании

200 мл 0,4 М раствора соляной кислоты и 300 мл 0,4 н.

раствора гидроксида натрия.

Решение:

Запишем реакцию нейтрализации:

НО + NaOH - NaCl + Н20 ; АН = -57,3 кДж

Из приведенного термохимического уравнения следует, что при

взаимодействии 1 моля НО и 1 моля NaOH с образованием 1 моля

воды выделяется 57,3 кДж теплоты. Нам же необходимо

рассчитать количество теплоты, выделяющееся при данных в

задаче количествах реагентов.

Определим количество молей соляной кислоты,

участвующей в реакции.

Так как молярная концентрация

См , то п (НО) = Cm-V = 0,4*0,2 = 0,08 моль.

Для раствора NaOH дана нормальная (эквивалентная)

концентрация, равная количеству молей эквивалентов NaOH в 1 л

раствора:

Г' — ^ЭквVКислотность NaOH равна 1, поэтому количество молей

эквивалентов равно количеству молей NaOH. n (NaOH) ■= CH*V =

0,4*0,3 = 0,12 моль.

13

Таким образом, получили, что количество соляной кислоты

составляет 0,08 моль, а количество щелочи - 0,12 моль. Так как

кислота и щелочь реагируют в соотношении 1 моль кислоты на 1

моль щелочи, го гидроксид натрия взят в избытке. Количество

молей выделившейся воды определяем по количеству НС1: в

реакций образовалось 0,08 моль воды. Отсюда можем рассчитать

количество выделившейся теплоты. Составим пропорцию:

1 моль Н20 - (-57,3) кДж

0,08 моль Н20 - х кДж

х = 0,08-(~57,3) = - 4,58 кДж

Мы получили значение энтальпии ДН = - 4,58 кДж. При

ДН < 0 теплота выделяется, поэтому в этой реакции выделится

4,58 кДж теплоты.

Ответ: выделится 4,58 кДж теплоты.

2.3. Какую массу (в граммах) хлорида калия надо добавить к

100 мл воды, чтобы температура раствора понизилась на

4°С? Удельную теплоемкость раствора примите равной

удельной теплоемкости воды 4,18 кДж/кг*К, энтальпия

растворения хлорида калия составляет +173 кДж/моль.

Решение:

Энтальпия растворения соли в воде может быть вычислена

по формуле:

ДН ™ ± стДТ/п (1),

14

где с - удельная теплоемкость раствора; m - масса раствора, кг;

п - число молей растворившейся соли.

Из формулы (1) выразим количество молей соли:

п = сшАТ/ДН (2).

Масса раствора - сумма масс растворителя и растворенного

вещества, поэтому можем записать:

m = m(H20 ) 4- m(KCl)

Количество молей соли выразим через массу и молярную массу

соли:

п = ш(КС1)/М(КС1)

Подставим полученные выражения в формулу (2):

т(КС1)/М(КС1) - с-(т(Н20 ) + т(КС11))-ДТ/ДН

Пусть ш(КС1) = х.

Тогда: х / 71,5 = 4,18 • (100 + х) • 10'3 -4/173

х /100+ х = 4,18 • 4 • 74,5 • 10"3 /173 =7,2-10’3

Отсюда х = 0,725 г.

Ответ: m(fCCl) = 0,725 г.

2.4. Вычислите стандартную энтальпию образования хлорида

фосфора (V) по следующим значениям энтальпий

реакций:

Р4(белый) + 6С12 ^ 4РС13(г); ДГН° - -1224 кДж/моль (1)

PC 1 з(г) + С12(г) 5 PCI, (г); ДГН° = -93 кДж/моль (2).

35

Решение:

Если энтальпия образования какого-либо вещества

неизвестна, ее можно вычислить, применив обычные

алгебраические действия к термохимическим уравнениям

реакций.

Стандартная энтальпия образования хлорида фосфора (V) -

тепловой эффект реакции: Р4(белый) + ЮСЬ 5 4РС15(г). Получить

это уравнение из уравнений (1) и (2) можно, умножив уравнение

(2) на 4 и сложив с уравнением (1).

Р4(белый) + 6С12 £* 4РС13(г), (ДГН0,)-f

4РС13(г) + 4С12(г) 5 4РС15(г). (4-ДгН°2)

РДбёлый) + 10СЬ + 4РС13(г) £? 4РС13(г) + 4РС15(г)

или

Р4(белый) + 10С12 5 4РС15(г), (4- AfHVis)

Такие же действия произведем с энтальпиями реакций:

4- ДГН°(РС15) = ДгН0! +■ 4-Д1Н°2

AfH°(PCl5) = (ДГН°, + 4-ДгН°2)/4 = (-1224 + 4-(-93))/4 = -399

кДж/моль.

Ответ: Стандартная энтальпия образования РС15 равна -399

кДж/моль.

16

3. Химическая кинетика и равновесие

3 1. В замкнутом сосуде при молярном соотношении 1:1 и

температуре 398 К смешали оксид углерода (II) и хлор.

Через 5 минут после введения катализатора давление в

системе оказалось равным 2,3 • 103 Па, скорость

образования фосгена СОС1? в этом промежутке времени

составила 2,5-КГ3 моль/(л -мин). Рассчитайте давление

хлора в исходной смеси.

Решение:В описываемой системе протекает следующая реакция:

СО + С12 — СОС12.

После начала реакции давление в системе складывается из

парциальных давлений всех газов, присутствующих в данной

системе:

Робщ = Р(СО) + р(С12) + р(СОС12) = 2,3 -105 Па.

Скорость реакции - изменение концентрации вещества в

единицу времени - в гомогенной системе выражается формулой:

тТак как по уравнению реакции соотношения моль всех веществ в

системе 1:1, то

АСм(СО) = АСм(С12) = ДСм(СОС12) = 2 ,5 -10 ~3-5 = 0,0125

(моль/л).

17

Следовательно, через 5 минут концентрация СО и €Ь

уменьшилась на 0,0125 моль/л. а концентрация СОСЬ, которого не

было до начала реакции, стала равной 0,0125 моль/л.

Зная концентрацию СОС12 , определяем давление этого газа

для условий задачи, пользуясь уравнением Менделеева -

Клапейрона:

pV = nRT ; р = CMRT.

р = 0,0125 * 8,314 * 398 = 41,36 кПа.

Поскольку определенное количество газа оказывает

определенное давление, то изменение количества газа вызовет

соответствующее изменение давления. Иначе говоря, 0,0125

моль/л СОСЬ оказывают давление 41,36 кПа, а уменьшение

концентрации СО и С12 на 0,0125 моль/л влечет изменение

давлений этих газов на 41,36 кПа.

Пусть давления СО и С12 в исходной смеси равны по х Па (в

условии молярное соотношение 1:1). Через 5 минут давления

обоих газов становятся равными (х ~ 41,36-103) Па. При этом в

системе образуется СОС12, давление которого составляет

41,36* К)3 Па. Тогда общее давление выражается следующим

соотношением:

Робщ = 2(х -41 ,36 • 103) + 41,36 = 2,3 • 105;

2 х - 41,36- 103 = 2,3 -К)5;

х = 1,357-105 Па.

Ответ: р(С12) = 1,357-105 Па.

18

3 2. Константы равновесия при 1000 К для реакций 2S 03

2S 03 + О2 (.П и 2СОт ^ 2СО 0> (2) оказались равны

4,7-lCT1 Па и 3,7-10“1ь Па соответственно. Вычислите

константу равновесия реакции S0 2 + С 02 S0 3 +• СО (3).

Решение:Запишем выражения для констант равновесия реакций.

[Я>зЪк[02] [so3] V[o2] [so2]

[S02] _ I К, . [S03] _ |[СУк

Ш 1[co2]V

JJ k .[o2r

K3- Y02)k[o 2\K,

2. -

[CO][co2] f[02]

IK 'JL — 3- ^ = ^ Г ж4,7-КГ4 ^

; 8,87 • 1Q“7

Перегруппируем множители в полученных выражениях:

[СО]

к ,

[SO,])

'[SOJ. m i

[Ог]\ К 2 =

[СО]

[COJ[о2]

[C02] j

Обратим внимание, что выражение для К3 состоит из двух

множителей, один из которых участвует в выражении для Кь а

другой входит в формулу для К2. Из Ki выразим отношение

[S 02] / |SG3], из К2 - отношение [СО] / [С02] и подставим в

выражение для К3.

19

[ 5 0 , Л

г

_ к , . [ S O z ]

1 K l -

[ S O } ] j [ 0 2 ]

[ S O , ] ) [ O j [ S 0 3 ) ~ 1 [ 0 2 r [ s o 2 ] i k x

[ С О ] "2

_ К , . [ С О ] _: / A .

[ С 0 2 1 ~ [ 0 2 У [ с о 2 ] ~ 1 m

К IOiJ*2= f e = f e j j -Q -16 = ^7 87 - 1 Q 13 = 8,87 • IQ"7 V [ < W V^i Н,7-1(Г4 ^

Ответ: K3 = 8,87-1 O'7

3.3. Разложение пентахлорида фосфора происходит по реакции

РС15 (г) £+ РС13(г) + С12(г). Рассчитайте константу равновесия

Кс, если реакция протекает при постоянной температуре 400

К, а начальное давление уменьшилось от 50 кПа до 40 кПа.

Решение:РС15 (г) РС13(г) + С12(г)

Запишем выражение для константы равновесия Кс.

Кс = [РС13][С12] / [РС15].

В выражении для концентрационной константы фигурируют

концентрации реагирующих веществ, поэтому по уравнению

состояния идеального газа определим значения концентрации

хлорида фосфора (V) при давлении 50 кПа и 40 кПа.

р = CRT

В начальный момент времени:

Ci =: pt / RT = 50 / 8,31*400 = 0,015 моль/л.

В момент равновесия:

20

С2 = Р: / RT = 40 / 8,31 -400 = 0,012 моль/л.

Концентрация РСЬ уменьшилась с 0,015 моль/л до 0.012

моль/л. Это значит, что в реакцию вступило 0,003 моль/л PCI5, и

равновесные концентрации РСЬ и С'12 составили 0,003 моль/л.

Определим константу равновесия:

IQ = 0,003-0,003 / 0, 012 = 7,5 • 10Л

Ответ: Кс = 7,5 -КГ4

3 4. Концентрация аммиака в замкнутом сосуде при 0 °С равна

1 моль/л. При нагревании сосуда до 546 °С давление в

сосуде увеличилось в 3,3 раза. Определите константу

равновесия реакции разложения аммиака при 546 °С.

Решение:При нагревании аммиака в замкнутом сосуде происходит

увеличение давления, во-первых, за счет повышения температуры

(pV~nRT), а во-вторых, за счет протекания реакции разложения

аммиака по уравнению:

2NH3 -> N 2 ЗН2

Определим, как увеличивается давление при повышении

температуры по уравнению состояния идеального газа. Так как

количество газа неизменно (реакцию пока не рассматриваем), и

объем сосуда постоянен, можем записать:

PiV 1 = nRTi, P2V2 = nRT2, откуда Pi/T]=p2/T2.

p2/pt = T 2/Ti= 819 /273 = 3.

21

Таким образом, за счет повышения температуры давление в

системе увеличилось в 3 раза. А по условию задачи увеличение

давления составило 3,3 раза. Следовательно в реакции разложения

аммиака давление увеличилось в 3,3 / 3 = 1Д раза.

Начальная концентрация аммиака - 1 моль/л. Пусть в

реакции разложилось х моль аммиака. Тогда, после реакции

осталось (1 - х) моль аммиака, азота образовалось 1/2х моль, а

водорода 3/2х моль (гю уравнению реакции).

Суммарное количество газов после реакции составило:

( 1 - х ) + 1/2х + 3/2х = 1 + х

Давление вследствие реакции увеличилось в 1,1 раза, значит,

количество молей также увеличилось в 1,1 раза. До реакции

количество аммиака 1 моль, после реакции количество газов 1,1

моль Поэтому можем записать: 1 + х = 1,1, откуда х = 0,1 моль.

ОД моль аммиака прореагировало. (1 —х)= 1 —0,1 - ОД моль NH3

осталось после реакции, 1/2х= 1/2-0,1=0,05 моль N? и

3/2х=3/2-0,1=0,15 моль Н2 образовалось.

Определим константу равновесия:

К = [N2]|H 2]3/[NH3]2 = 0,05-(0,15)3 / (0,9)2 = 2,1-КГ*

Ответ: К = 2,1-1СГ4.

4. Растворы

4.1. В дву к сосудах находятся прозрачные жидкости: в одном

- раствор цианида калия, в другом - вода Предложите

22

самый быстрый способ различить эти жидкости, если вы

находитесь в химической лаборатории.

Решение:Самый быстрый способ различить эти жидкости -

определить с помощью индикатора водородный показатель - pH.

Цианид калия - соль, образованная сильным основанием и

слабой кислотой, поэтому она подвергается гидролизу по аниону:

KCN + Н20 £> HCN + КОН

CN” + Н20 t* HCN + ОН-, pH > 7.

Таким образом, раствор соли KCN имеет щелочную реакцию

среды, а pH воды равен 7 - среда нейтральная. Что касается

вопроса, какой индикатор лучше использовать, то для этого

необходимо учесть область перехода окраски определенного

индикатора. Например, фенолфталеин в щелочном растворе имеет

малиновую окраску, а в нейтральном - бесцветен, но область

перехода окраски составляет интервал pH 8,1 - 9,8, и малая

концентрация соли может не дать желаемого результата. Поэтому

целесообразнее использовать универсальный индикатор, который

имеет различную окраску для каждой единицы pH, то есть с его

помощью можно определить не только характер среды (кислая,

нейтральная или щелочная), но и примерное значение pH.

Ответ: универсальный индикатор.

4.2. Определите, при каком значении pH начнет осаждаться

гидроксид магния из 2н. раствора хлорида магния при23

добавлении гидроксида натрия (влиянием ионной силы

пренебречь, степень диссоциации хлорида магния

принять равной единице).

Решение:

При добавлении гидроксида натрия к раствору хлорида

магния происходит реакция:

MgCl2 + 2NaOH = 2МаС1 + Mg(OH)2 j

Осадок гидроксида магния начинает выпадать тогда, когда

произведение концентраций составляющих его ионов превышает

значение произведения растворимости (ПР) этого основания при

определенной температуре, то есть при условии:

[Mg2T [он- ]2 > п р .Из справочных данных (см. приложение) определяем ПР Mg(OH)2

= 6*10 ~50. Следовательно

[Mg2+] [ОН- ]2 > 6 - 1 0 - ,0.

Концентрацию ионов Mg2+ найдем по известной

концентрации хлорида магнит. Исходя из формульного состава

соли (число катионов 1, заряд катиона 2+) определяем молярную

массу эквивалента:

M 3(MgCl2)M{MgCl2)

Следовательно, так как молярная масса MgCl2 и молярная масса

эквивалента MgCl2 различаются в 2 раза, то соотношение между

нормальной и молярной концентрацией будет следующим:

24

CH (MgCl2) = 2СЧ (MgCl2); Сч (MgCb) = 1 моль/л.

MgC12 5 Mg2" + 2СГ,

[Mg7+] = [MgCl2] = 1 моль/л.

Тогда:

[ОН- ]2 > 6 • 10 ~10;

[ОН""] > \!б • 1 0 ~10 ;

[ОН- ] > 2,45 • 10~5.

Зная величину ионного произведения воды, определим pH,

при котором начинается выпадение данного осадка, через рОН:

lg[OH“] > lg 2,45 • 10 “5

Ig[OJ-r] > - 4,6

рОН < 4,6.

Kw = [H I [ОКТ] = 10 -14, pH + рОН - 14;

рН= 14-рО Н

pH > 9,4, следовательно, при таком значении pH начинает

выпадать осадок гидроксида магния.

Ответ: при pH > 9,4.

4.3. В 500 мл воды растворили 1,12л аммиака (н.у.).

Определите pH полученного раствора (Кмнз нго = Ю“\

и шенением объема и плотности пренебречь).

Решение:

NH3-H20 (NH4OH) - слабое основание, диссоциирует по

уравнению:

n h 4o h £► n h 4+ + ОН-25

Для расчета pH раствора необходимо определить [ОН- ] -

равновесную концентрацию ОН -ионов и воспользоваться

формулой:

pH - pKw - рОН = 14 - рОН.

Равновесную концентрацию [ОН~] определим из константы

равновесия, учитывая, что [NH*+] = [ОН-]:

k ^ N[n h o h \ ^ \-ои~?=к -1ш *о н }> (1)

Зная из условий задачи объем аммиака, определим его

количество:

n(NH3 ) = — = — = 0,05 моль Ум 22,4

0,05 моля аммиака растворили в 500 мл воды. Молярная

концентрация аммиака в растворе составит:

п 0,05С - — = ----- -- 0,1 моль/лV 0,5

Подставим полученное значение концентрации аммиака в

выражение (1):

[ОН ] = J t-[N H AOH] = Дю 3 0,1 = л/hF - 1 0-3 моль/л

pH = 14 - рОН = 14 + lg[OH-] = 1 4 -3 = 11

Ответ: pH = 11.

4.4. Вычислите pH раствора ацетата натрия CH3C'OONa,

полученного при растворении 4,1 г безводной соли в воде,

26

если объем полученного раствора равен 100 cmj. Кдисс

(CHjCOONa) = 1,75 • 10 Kw = 10 и

Решение

Растворение безводной соли в воде сопровождается ее

диссоциацией, а затем и гидролизом:

CH3COONa -> СН3СОО" + Na+ ,

СН3СОО~ + НОН СН3СООН + ОН~.

В результате обоих процессов в растворе оказываются ионы

сильного основания NaOH и частично диссоциированные

молекулы слабой кислоты СНзСООН.

[<СН3СООН][ОН -] т>р \СНъСОО~]

Выразим [ОН~], учитывая, что в соответствии с уравнением

гидролиза [СНзСООН] = [ОН- ]:

[ОНГ|2 = К|Идр[СН3СОО- ]

Так как CH3COONa полностью диссоциирует на ионы, [СН3СОО~]

= [CH3COONa] = См (CH3COONa). Тогда

[ОН ] = -Jl^udp’CU(com)

Константу гидролиза можно выразить через ионное произведение

воды и константу диссоциации кислоты, домножив числитель и

знаменатель на [Н+]:

„ [СНъСООН][ОН'}[Н+] Kw ' [СН3СОО~][Н+]

Подставив полученное выражение в предыдущую формулу,

27

получим:

[ОЯ'] = . 'L-^w-1 Кл

LM (uj nt)

Найдем молярную концентрацию ацетата натрия:

т „ 4JСм = А/-Р ^-м “ 82-ОД

- 0,5 моль!л

Тогда

[[{?#"] = J —— ----г - 0,5 = 1,69-10 “5 люль/ л

V1/75-10 ~5

рОН = - lg[O H l = - lg 1,69 ■ 10_5 = -(0,23 - 5) = 4,77.

pH = 14 - рОН = 14 -4 ,77 = 9,23.

Ответ: pH = 9,23.

4.5. pH раствора гидроксида натрия равен 8. Раствор

разбавили водой в 100 раз. Определите значение pH

полученного раствора.

РешениеРасчет pH растворов проводят по формуле

рН= -lg[H +] = 1 4 - рОН = 14 + lg[OIT].

Так как pH исходного раствора щелочи равен 8, можем

рассчитать концентрацию гидроксильных групп в растворе.

рОН= 14- pH = 14 - 8 = 6

-lg[O H l = 6

[ОН] = 30~б моль/л.28

После разбавления раствора в 100 раз концентрация

гидроксильных групп уменьшилась в 100 раз и стала равна 1СГ8

моль/л.

Теперь нам нужно рассчитать pH полученного раствора

щелочи концентрацией 1(Г8 моль/л. Следует отметить, что если

раствор очень разбавленный, т.е. концентрация раствора < 1(Г8

моль/л, то необходимо учитывать диссоциацию воды.

Гидроксильные группы в растворе появляются за счет

диссоциации NaOH (уравнение 1) и за счет диссоциации воды

(уравнение 2):

NaOH -> Na'1' + ОН- (1)

Н20 J5 Н+ + ОН- (2)

Концентрация ОН--групп из NaOH равна концентрации

щелочи в растворе (т.к. NaOH - сильный электролит и

диссоциирует полностью). А концентрацию ОН--групп из воды

определяем из константы воды:

Kw = [Н-][ОН]. Так как [Н+] = [ОН-], то [ОН-]2 == Kw.

Учитывая это, составим уравнение для определения

суммарной концентрации ОН - групп:

[ОТГ1=С™ + P F ]

Домножим обе части уравнения на [ОН-], учтем, что Kw= 10“

14 и решим полученное квадратное уравнение:

29

[ОН ]2 = [ОН" \C>tCl0fl + Kw

[ОН ]2- 10 8[<Ж“]-1(Г14 = 0

D = b2-4ac = 10'16 + 4 ■ 1 0 14 = 4 • 10'14

2 а 2Таким образом, мы получили два решения уравнения, одно

из которых больше нуля, а другое - меньше. Физический смысл

имеет только положительное значение концентрации:

[ОН ] = 1,05-10‘7

рОН = -lg[OH“] = - lg 1,05-10~7 = 6,98

рН= 14 - рОН - 14 - 6,98 = 7,02

Ответ: pH = 7,02.

4.6. В радиатор автомобиля налили 9 л воды и прибавили 2 л

метилового спирта СН3ОН плотностью 0,8 г/мл. Какова

самая низкая температура, при которой можно после

этого оставлять автомобиль на открытом воздухе, не

опасаясь, что антифриз в радиаторе замерзнет? (Кц/НгО)

= 1,86 К- кг/моль)

Решение:Выразим изменение температуры замерзания раствора с

помощью закона Рауля:

^ Тзам Гзам р -я Тзам р-ра ~ Ккр * Ст , где С.'-р — моляльная

концентрация раствора.

30

A 7L . = К„, ' 100°М в-а ■ т р-«

Найдем массы растворителя (воды) и растворенного вещества

(метанола):

ш — р ■ V,

Щр-ля - 9 - 1 0 0 0 = 9000 г,

Шв-еа = 2000- 0,8 = 1600 г.

А Т,„ = 1боолооо = 132-9000

Так как вода замерзает при 0 °С, то

Тзам р-ра = Тзам ^ля " А Т зам = 0 - 10,33 10,33 °с.Ответ: при - 10,33 °С .

4.7. Какую массу (г) безводного сульфата меди (И) и воды

надо взять, чтобы получить 100 г перекристаллизованного

медного купороса (CuS04-5H20 ), если растворимость

безводной соли при 100 °С составляет 42,4 г, а при 0°С -

12,9 г в 100 г раствора?

Решение:

Определим массовые доли сульфата меди в насыщенных

водных растворах при 100 °С и при 0 °С:

со(Ю0 °С) - т(в-ва)/ш(р-ра) = 42,4/100 = 0,424

со(0 °С) = т(в-ва)/ш(р-ра) = 12,9/100 = 0,129

31

По условию задачи при охлаждении раствора от 100 °С до

0 °С выпадает 100 г кристаллогидрата CuS04-5H20 . Это означает,

что масса раствора уменьшилась на 10 0 г:

mfp-pa, 0 °С) = ш(р-ра, 100 °С) - 100.

При этом масса растворенного C11SO4 уменьшилась на массу

соли, входящей в 100 г кристаллогидрата. Определим массу

безводной соли CuS04 в 100 г кристаллогидрата. Для этого

определим количество кристаллогидрата:

n(CuS04-5H20 ) = m(CuS04-5H20)/M(CuS04-5H20 ) = 100 / 249,5 =

0,4 моль.

Вычислим массу безводной соли в этом количестве

кристаллогидрата:

m(CuSQ4) = n(CuS04-5H20 ) -M(CuS04) = 0,4-159,5 = 63,9 г.

Итак, масса CuS04 при охлаждении раствора уменьшилась

на 63,9 г.

Пусть для получения насыщенного при 100 °С раствора

растворили х г CuS04. После охлаждения т(в-ва) = х - 63,9:

т(р-ра, 0 °С) = ш(р-ра, 10 0 °С) - 1 0 0 .

Тогда можем записать:

со(1 00 °С) = х / m(p-pa. 100 °С) = 0,424

со(0 °С) = х - 63,9 / т(р-ра, 100 °С) - 100 = 0,129

Решим эту систему уравнений.

т(р-ра, 100 °С) =х / 0.424

х - 63,9 = 0,129(х/0,424 - 100)

32

х -6 3 ,9 =0,304х - 12,9

0,7х - 51

х = 73 г.

ш(р-ра, 100 °С) = х / 0,424 = 73 / 0,424 = 172 г

Таким образом, 73 г CuS04 были растворены в 172 г раствора. А

масса воды составила: 172 - 73 = 99 г.

Ответ: 73 г CuS04, 99 г воды.

5. Электрохимия

5.1. В 200 мл раствора, содержащего сульфаты цинка, магния

и никеля (II) с концентрацией каждого 0,2 моль/л

опустили образец алюминия массой 0,54 г. Определить

массу осадка, образующегося после растворения

алюминия.

Решение:

Запишем уравнения всех возможных процессов, в

соответствии с условием задачи:

3ZnS04 + 2А1 = A12(S04)3 + 3Zn|

<P°zn2+/zn > Ф°а13+'аь реакция возможна.

3MgS04 + 2А1 ф

9 °Mg2'«,Mg < <P°ai3+/ai » реакция невозможна.

3NiS04 + 2А1 = A12(S04)3 + 3Ni|

9°ni2\ ni > <P°ai3+/a! , реакция возможна.

33

Таким образом, выпавшим осадком может быть цинк, никель

или цинк и никель вместе. Чтобы определить, какой из металлов

восстанавливается в первую очередь, сравним значения их

стандартных электродных потенциалов (можно, конечно,

рассчитать значения электродных потенциалов с учетом

концентрации, но одинаковая концентрация ионов даст изменение

обоих потенциалов на одинаковую величину), ф Zn ц 0 - - 0,76 В,

<pV"/№ = - 0,23 В. 9 °ziT/zn < 9 °nT /ni , следовательно, первым

восстанавливаются ионы никеля.

Определим количества алюминия и сульфата никеля:

п(Л1) = т(-А1 = = 0,02 мольМ(А1) 27

n(NiSOA) = См • Vp_pa = 0,2 • 0,2 = 0,04 моль

Из соотношения коэффициентов в уравнении реакции,

n(NiS04) = 3/2 ■ п(А1). То есть на 0,02 моль алюминия требуется

0,03 моль сульфата никеля вместо имеющихся 0,04 моль этой

соли. Следовательно, NiSQ4 находится в избытке, a Ni -

единственный осадок. Поэтому, расчет ведем по алюминию.

По уравнению реакции n(Ni) = 3/2 п(А1);

n(Ni) = 3/2 • 0.02 = 0,03 моль;

m(Ni) = n(Ni) • M(Ni) = 0,03 • 59 = 1,77 г.

Ответ: m(Ni) = 1,77 г.

5.2. Рассчитайте концентрации ионов в растворах

электролитов гальванического элемента

Pt, РеЧ Ре3+ У Ag+ | Ag при стандартных условиях после34

того, как гальванический элемент перестал работать

(9 JAg~ Ag “ 0,8 В, <P°Fe3TFe2-<- = 0,77 В).

Решение:

При работе гальванического элемента (г.э.) потенциал анода

повышается, а потенциал катода понижается до тех пор, пока

значения потенциалов анода и катода не станут равными (срк -

Фа). В этот момент разность потенциалов Аф = фк - Фа становится

равной 0 , и гальванический элемент перестают работать.

На аноде (Pt) происходит окисление Fe2+ до Fe3+. На катоде -

восстановление ионов серебра. Найдем потенциалы анода и

катода после окончания работы гальванического элемента,

Пусть потенциал анода повысился на х В, а потенциал катода

понизился на х В.

Приравниваем потенциалы анода и катода: 0,77 + х = 0,8 - х

2х = 0,03; х = 0,015 В.

Следовательно, после окончания работы гальванического

элемента <рА = 0,77 + 0,015 = 0,785 В, фк = 0,8 ~ 0,015 = 0,785 В.

Для определения концентрации ионов в растворе после

окончания работы г.э. воспользуемся уравнением Нернста.

Запишем уравнение Нернста для потенциала катода:

<р = р ° ^ + ^ 2 ^ 1 g M g + ]; 0 ,785 = 0,8 + 0 ,0 5 9 lg [i4 g + ]Ag+ !Ag Ag+ / Ag n

Отсюда выразим концентрацию ионов серебра Ag"":

35

0,O591g[Jgf] = 0,785 - 0,8 = -0.015 Ig [^ +] = ‘-0.254fAg*] - 0,56 моль!л

В случае расчета для анода необходимо учесть, что в начале

работы г.э. концентрация ионов Fe2+ была равна 1 моль/л

(стандартные условия). В ходе работы г.э, появилось

определенное количество ионов Fe3+, а количество ионов Fe2"

уменьшилось на ту же самую величину.

Обозначим концентрацию ионов Fe3+ за у моль/л. Тогда

концентрация Fe2+ после окончания работы г.э.: [Fe2"] =• 1 - у.

Запишем уравнение Нернста для анода:

о 0,059.heU'Fe2+ ^e3+/Fe2+ + щ ^

0,059lg - —- = 0,015; l g - ^ -

7 ^ = 1,79; у = 1,79 - l,79y;1 - уу ~ 0,64 моль / л

0,785 = 0.77 + 0 ,0591g [Fe1 ] 6

= 0,254

2,79^ = 1,79

У1-У

[Fe3+] = 0,64 моль/л[Fe2+] = 1 — у = 1 — 0,64 = 0,36 моль/л.Ответ: после окончания работы г.э. концентрации ионов

составили: [Ag+] = 0,56 моль/л, [Fe2 ] = 0,36 моль/л, [Fe3+] = 0,64

моль/л.

5.3. Электрохимическое никелирование проводят

электролитом в подкисленном растворе N iS04 с

никелевым анодом. Рассчитайте толщину никелевого

покрытия, которую можно нанести на изделие с

36

площадью поверхности 0,05 м2 за 15 мин при силе тока

800 А (выход по току составил 60 %). Плотность никеля

8,9 г/см3. Запишите уравнения анодного и катодного

процессов.

Решение:Запишем уравнения анодного и катодного процессов,

происходящих при пропускании электрического тока через

раствор NJSO4 с никелевым анодом.

Катод (-): Ni2+ + 2е~ -*■ Ni; ср = - 0,25 В

2Н+ + 2е“ —» Н2; -0,413 < ср < 0 В (в подкисленном

растворе, при pH от 0 до 7)

Т.к. потенциалы восстановления никеля и водорода близки,

то на катоде выделяются и никель, и водород.

Анод (+): Ni - 2е~ —> Ni2+

Анод, состоящий из никеля является растворимым, происходит

окисление никеля, т.к. электродные потенциалы окисления воды и

сульфат-ионов значительно выше.

По закону Фарадея определим массу никеля, выделившегося на

катоде:

где п - число электронов, участвующих в катодной реакции: F -

постоянная Фарадея, 96500 Кл; t - время, выраженное в секундах.

тт = 59 800-900 2-96500

= 2 20 ,1 г

37

Выход реакции по току соствил 60 %, поэтому масса

выделившегося никеля: m(Ni) = 220,1'0,6 = 132 г.

Учитывая, что плотность р = m/V, а объем можно выразить через

толщину 8 и площадь поверхности S V = 8 -S, определим толщину

никелевого покрытия:132

• = 0,03 см = 0,3 ммр$ 500-8,9

Ответ: толщина никелевого покрытия 0,3 мм.

5.4. Через водный раствор хлорида меди СиС12 в течение 10

мин пропускали ток силой 5,2 А. Напишите уравнения

процессов, протекающих на графитовых электродах, и

рассчитайте массы выделившихся веществ. Выход по току

принять равным 1. Что произойдет, если: а) раствор

хлорида меди заменить раствором сульфата меди CuS04;

б) инертные электроды заменить медными? (ф°си2 / Си ^ +

0,34В)

Решение:При электролизе растворов на обоих электродах возможны

два конкурирующих процесса - разряд ионов растворенного

вещества (Си2+ и СГ) и разряд ионов растворителя (Н20):

Определим последовательность электродных процессов. Для

этого сравним потенциалы ионов, участвующих в катодном и

анодном процессах. Учтем, что СиС12 - соль слабого основания и

сильной кислоты, в водном растворе гидролизуется по уравнению:38

CuCl2 -г H20 5 CuOHCi + НС1, pH раствора < 7.

По уравнению Нернста определим значения потенциалов

восстановления протонов и окисления молекул воды с учетом pH

раствора.

ф2и /ш ~ ~ 0,059 pH.

0 > Фгн Ап > - 0,42 В.

Ф2Н2о/02,4Н = 1,23 — 0,059 pH,

1,23 > ф2Н2о/02,4Н+ > + 0,81 В

Запишем катодные и анодные процессы.

Катод (-): Анод (+):

+ 0,34 В

> - 0,42 В

Си т + 2е — Си 2СГ - 2е~ = С12(г)

2Н20 -4 е ~ = 0 2 + 4Н"

1,36 В

2Н" + 2е~=Н2 > + 0,81 В

На катоде протекает реакция восстановления, в первую

очередь реагируют более сильные окислители, т.е. обычно идет

реакция с бо'льшим значением потенциала (в нашем случае ионы

Си2+). На аноде, как правило, идет процесс окисления, имеющий

меньший потенциал. Однако, из-за влияния различных факторов

(в частности, кислородного перенапряжения), на аноде в первую

очередь окисляются анионы бескислородных кислот, затем вода.

Поэтому при электролизе водного раствора СиС12 на катоде

выделяется медь, а на аноде окисляются ионы хлора и выделяется

С12.

Массы выделившихся веществ найдем по объединенному

закону Фарадея:

39

м экв 1-Т

т(Си) “F64/2*5,240-60 = 1,035 г,

96500 35,5-5,2-10-60 1 1ИОm(Ch)~ —— 2---------= 1,148 г,

96500

а) если раствор хлорида меди заменить раствором сульфата

меди CuSC>4, то катодный процесс останется тем же, а на аноде

будет окисляться вода до свободного кис порода (т.к. анионы

кислородных кислот в присутствии воды не окисляются).

Катод (-): CiT + 2е~ = Си

Анод (+): 2Н20 - 4е“ = 0 2 + 4Н+

б) если инертные электроды заменить медными, то в таком

случае материал электрода может участвовать в процессе

анодного окисления. Чтобы определить, будет ли идти электролиз

с растворимым анодом, надо сравнить потенциалы возможных

анодных процессов:

Анод (+)

+ 1,36 В 2С1 — 2 е — С12(г)

> + 0,81 В 2ИгО - 4е~ = 0 2 + 4Нh

+ 0,34 В Си - 2е~ = Си2"

В данном случае процесс окисления меди имеет меньшее

значение потенциала, поэтому будет протекать электролиз с

растворимым анодом.

Ответ: 1,035 г меди и 1,148 г хлора; а) на аноде выделится

кислород; б) электролиз с растворимым анодом.

40

5.5. В раствор сульфата железа (III) поместили медную

пластинку, через некоторое время ее масса уменьшилась

на 6,4 г. В полученный раствор опустили железную

пластинку массой 10 г. Какова ее масса после окончания

реакции ?

(9°Fe 2+ / Fe” “ 0,44 В, ф°Ре2 b/Fe2+“ +0,77 В, ф ° с и2+/Си= + 0,34 В)

Решение:

По условию задачи медную пластинку опускают в раствор

Fe2(S0 4 )3, при этом масса пластинки уменьшается, это значит, что

медь растворяется

Определим продукты реакции Си + Fe2(SQ4)3. В этом

процессе медь выступает в роли восстановителя, Fe2(S0 4)3 - в

роли окислителя. При этом медь окисляется до Си2 , а для железа

возможны два варианта - восстановление до Fe° либо до Fe2+ по

следующим уравнениям:

3Cu + Fe2(S04)3 30uSO4 + 2Fe (1)

Си + Fe2(S0 4)3 —> CuS04 + 2FeS04 (2)

Для того, чтобы решить вопрос о возможности протекания

реакции необходимо определить ЭДС = фок-ля ™ фв-ля* Если ЭДС >

0, то реакция возможна, если ЭДС < 0, то реакция не идет.

Воспользовавшись справочными данными, для реакции (1)

получаем: ЭДС! =■ <p°Fe3r /ре - Ф°си2+/си = -0,04 - 0,34 = -0,38 В,

следовательно реакция не идет.

41

Для реакции (2 ) ЭДС2 = <p0Fe3+ Fe2- - 9 °cu3vcu = 0.77 - 0,34 =

0,43 В > 0, значит реакция осуществляется по уравнению (2).

Масса пластинки уменьшилась на 6,4 г, следовательно

прореагировало 6,4 г меди. Определим количество

прореагировавшей меди:

,п{Си) = — = —— = 0,1 моль М 63,5

По уравнению (2) количество CUSO4 также составляет 0,1 моль.

В полученный раствор опустили железную пластинку. В

растворе протекает реакция: Fe + C11SO4 —> FeS04 + Си. Реакция

возможна, Т.К. ЭДС = ф°Си2+/Си_ 9°Fe 2+/Fe ~ 0,34 + 0,44 - 0,78 > 0.

Определим количество железа, если масса пластинки 10 г:

n(Fe) = — - — = 0,18 моль М 56

0,18 моль железа вступили в реакцию с 0,1 моль CuS04. Железо

находится в избытке: 0 ,1 моль реагирует с сульфатом меди, 0,08

моль железа остается. При этом на пластине выделяется медь.

Определяем массу железа, оставшегося после реакции:

rn(Fe) = п-М = 0,08- 56 = 4,5 г.

Определим массу меди, выделившейся на пластинке:

m(Cu) = п-М = 0,1-63,5 = 6,35 г.

Отсюда масса пластинки составит: m = 4,5 + 6,35 = 10,85 г.

Ответ: ш (пластинки) = 10,85 г.

42

6. Свойства элементов и их соединений

6.1. При прокаливании 2,94 г кристаллогидрата нитрата цинка

масса вещества уменьшилась на 2,16 г. Установите

формулу кристаллогидрата.

Решение:

Формула кристаллогидрата нитрата цинка - Zn(N03)2*nH20.

Проанализировав условие задачи, видим, что масса

кристаллогидрата уменьшилась на 2,16 г, поэтому предполагаем,

что 2,16 г - это масса испарившейся воды. Тогда масса

оставшегося нитрата цинка:

^соли ~~ Щкристаллогидр “ Д кристаллогидр 2,94 “ 2,16 — О1,78 ГЕсли сравнить соотношение масс соли и воды (0,78 г и 2,16

г) с соотношением их молекулярных масс (189 г/моль и 18 г/моль),

то можно заметить, что воды в составе кристаллогидрата

неправдоподобно ми ого. Действительно, если мы попробуем

составить формулу соли по таким данным, то получим:

Z n (N 0 3 )2 * пН20

m(Zn(NQ3)2) = т (пН 20 ) , 0 ,78^ 2 ,16 . ^ 189-2,16M (Z n (N 0 3)2) М (пН 20 ) ’ 189 ~ 18и’ П~ 0,78• 18

а соединение состава Zn(N03)2 • 29Н20 вряд ли существует.

Следовательно, в ту массу, которую мы приняли за массу воды,

кроме воды входит еще какое-то вещество (одно или несколько).

Вспомним, что соли .азотной кислоты при нагревании сами могут

разлагаться (см. приложение):

43

2Zn(N0?V> пН2() — 2ZnO + 4N02T + 0 2 t + 2nH20 t

Следовательно, 2, L6 r =■ ш(Н20 ) + m(N02) + m (02), a 0,78r - эго

масса оксида цинка, оставшегося после прокаливания.

Из уравнения реакции n(Zn(N0 3)2 -пН >0) = n(ZnO)

n(ZnO) = = —7- = 0,01 моль = n(Zn(N 03 )., ■ пН 20 ) .M (ZnO ) 81

Выразим количество кристаллогидрата через его массу и

молярную массу:

n{Zn{NOl )1 пНгО) = m(Zn(NO,)2 пН2Р) M(Zn(NO,)z пН20)

2 94 10518л = г - ~ - 1 8 9 = 105, я = — = 5 ,8 3 * 6

0,01 18

0,0 U2,94

189 *■ 18л

То есть формула кристаллогидрата - Zn(N03) 2 * 6Н20

Ответ: Zn(N0 3)2 * 6Н20

6.2. При растворении 1 г металла в соляной кислоте

выделилось 189 мл водорода (н.у.). При сгорании того же

металла в избытке сухого хлора образуется жидкий

хлорид, дымящий на воздухе и содержащий 54,4 % хлора.

Определите, что это за металл, и составьте уравнения

соответствующих реакций.

Решение:

Составим схемы уравнений реакций:

1) Me + xHCl МеС1х + х/2 Н2

2) Me + у/2С12 -> MeCly,

где х и у - числа, равные валентностям металла.

44

На то, что х Ф у, указывает тот факт, что в обоих случаях

образуются хлориды с разными свойствами.

Из уравнения 1:п(Ме) = xjlnH 2 .

, . , ч 1 0,189 х 0 ,017М (Ме) 22 ,4 2 х

Щ Ме) = Ь%»-х

Выразим содержание хлора в хлориде металла, полученном

по уравнению 2 , используя найденное выражение для молярной

массы металла:

о(С1) = т(С1)т(МеС1у)

65,26у = 58,8х + 35,5 v 29,7у = 58,8х

~ = 2.

___35,5-у58,8jc + 35,5*y

- = 0.544

Итак, если х = 1, то у = 2, и тогда М(Ме) = 58,8 * 1 := 58,8

г/моль. Но одновалентных металлов с такой молярной массой нет.

Если х - 2, то у =- 4, тогда М(Ме) = 58,8 • 2 = 117,6 г/моль.

Молярную массу, близкую к данному значению, имеет олово

(M(Sn) - 118,69 г/моль) Действительно, олово при

взаимодействии с соляной кислотой дает двухвалентный хлорид, а

хлор окисляет олово до SnCl4 (у = 4); при этом хлорид олова (IV) -

жидкий, дымящийся на воздухе. Тогда окончательные уравнения

реакций будут такими:

1 ) Sn + 2H C l-*SnC l2 + H2

2) Sn + 2Cl2 ->SnCl4.

Ответ: Sn - олово.

45

6.3. Горячим раствором едкого кали поглотили некоторый

объем хлора. К полученному раствору добавили нитрат

серебра, в результате чего выпал осадок массой 7,175 г.

Определите объем поглощенного хлора при н.у.

Решение:

Едкое кали - тривиальное название гидроксида калия КОН.

Взаимодействие хлора с раствором щелочи при повышенной температуре описывается уравнением:

6КОН 4- ЗС12 —► 5КС1 + КСЮ3 + ЗН20 ( 1 ), при этом образуются

хлорид и хлорат калия (см. приложение).

(Ср.: взаимодействие хлора с холодным раствором щелочи дает

смесь хлорида и гипохлорита:

2 KQH + СЬ -* КО + КСЮ 4- Н20).

К полученному раствору добавили и из par серебра, который

вступил в реакцию с хлоридом калия с образованием осадка

хлорида серебра:

AgN03 + КО -> AgCU 4- KN03 (2 )

Масса осадка по условию задачи составила 7,175 г. Определим

количество вещества AgCl:

n(AgCl) = — = ——- ~= 0,05 моль М 143,5

Из уравнения реакции (2) видно, что количество молей КС1

также составляет 0,05 моль. Так как коэффициенты в уравнении

46

реакции (1) — 5 > КС1 и 3 у С12, то количество вещества хлора

составляет 3/5-п(КС!)

я(С/2) = ~~п(КС1) = =- 0,03 мочь

Находим объем поглощенного хлора:Г(С/2) = п Vu - 0,03 • 22,4 = 0,672 л

Ответ: V(C12) = 0,672 л

6.4. Колба емкостью 560 мл, заполненная углекислым газом

при н.у., весит 145,1 г, а колба, заполненная неизвестным

газом, весит [45,78 г (н.у.). Определите молекулярную

массу неизвестного газа.

Решение:

В задаче даны масса колбы, заполненной углекислым газом и

масса колбы, заполненной неизвестным газом. Следовательно,

надо учитывать массу пустой колбы и массу газа.

По условию задачи 145,1 ■= ш(колбы) + т ( С 0 2) а 145,78 =

т(колбы) + т(газа).

Объем газа, заполняющего сосуд, равен объему этого сосуда,

поэтому V(C02) = V(raaa) -= У(колбы) = 560 мл

Учитывая, что гри н.у молярный объем равен 22,4 л, можем

найти количество С 0 2 и неизвестного газа в молях:

п(С 02) " п(газа) = — ~ — = 0 025 моль Vu 22,4

47

Выразим массу углекислого газа через когшчесгво вещества и

молярную массу:

ш(СС)2) = п(С02)-М(С02) - 0,025-44 = 1 ,1 г.

Теперь можем определить массу колбы: т(колбы) = 145,1 -

т(СС)2) = 145Д - 1,1 = 144 г.

Тогда т(газа) = 145,78 - 144 = 1,78 г.

Зная массу и количество неизвестного газа в молях, определим его

молярную массу:

т(газа) 1,78М(газа) =п{газа) 0,025

= 71,2 г ! моль

Молярная масса, выраженная в г/моль, численно равна

относительной молекулярной массе Мг. Полученному значению

молекулярной массы отвечает С12.

Ответ: Мг(газа) = 71,2,

6.5. Элемент пятого периода образует ионное соединение со

щелочным металлом, а также кислоту Н5ЭОб. Составьте

электронную формулу элемента. В ответе укажите общее

число электронов у отрицательного иона этого элемента.

Решение:

Ионное соединение со щелочным металлом может

образовывать атом, резко отличающийся от него по

электроотрицательности, т.е. типичный неметалл. Из формулы

кислоты определим степень окисления неизвестного элемента, ее

значение +7. Степень окисления 4-7 могут иметь элементы VII

48

группы Периодической системы. В пятом периоде VII группы

находятся два элемента: технеций и йод. Типичным неметаллом

из них является йод. Действительно, йод образует пятиосновную

кислоту H5IO6 - йодную кислоту. Составим электронную формулу

йода:

531 ls22s22p63s23p63d104s24p64d105s25p5

Отрицательный ион образуется за счет присоединения к

нейтральному атому одного электрона:

I +1е“ -» Г

Поэтому общее число электронов в ионе Г - 54.

Ответ: 54 электрона.

6 .6 . Комплексная соль содержит 20,7 % никеля, 39,3 % азота,

33,7 % кислорода, 6,3 % водорода. Установите формулу

комплексной соли.

Решение:

Находим соотношение количества атомов элементов, для

чего массовую долю элемента в соединении делим на атомную

массу этого элемента:

/У; + Аг + 0 + # = 20,7 . 393 59 14

33,7 . 6,3 16 " 1

= 0,35 + 2,8 + 2,1 *6,3.

Меньшее число принимаем за единицу и находим следующее

отношение:

Л7 + У + 0 + # = 1 + 8 + 6 + 1 8

49

Брутто-формула комплексного соединения: NiNg0 6Hls.

Учитывая, что в качестве комплексообразователя может

выступать никель (к.ч. 2, 4, 6 ), в качестве азотсодержащих

лигандов - молекулы NH3, а противоионов -- группы NO?-. можем

предложить следующую формулу комплексного соединения:

[№0МНз)6](Ж)з)2 -- нитрат гексаамминникеля (II).

6.7. Сплав серебра с цинком массой 10 г растворили в

концентрированной азотной кислоте. Полученный

раствор обработали избытком щелочи. Масса

образовавшегося при этом осадка составила 2,32 г

Определите массовые доли (%) серебра и цинка в сплаве.

Решение:Запишем уравнения реакций взаимодействия цинка и серебра

с концентрированной азотной кислотой:

3Zn + 8HNO3 -> 3Zn(N03)2 + 2NO + 4Н20 (Г)

Ag + 2HN03 -> AgN03 + N 0 2 + Н20 (2)

Раствор обработали щелочью. При этом образуется Zn(OH)2,

который в избытке щелочи растворяется с образованием

комплексного соединения Na2[Zn(OH)4]:

Zn(N03)2 + 4NaOH -> Na2[Zn(OH)4J + 2NaN03

При реакции AgN03 c NaOH выпадает бурый осадок Ag20 ,

образование которого обусловлено тем, что гидроксид серебра

AgOH неустойчив и разлагается.

50

2AgNOi + 2NaOH -> 4g>0 ■+ 2NaN03 + H20 (3)

Масса Ag20 - 2,32 г. Определим количество Ag20.

m (A g ,0 ) = — = = 0,01 ноль2 M 232

Тогда количество AgNOj составит 0,02 моль (в соответствии

с уравнением (3)). Количество серебра также составляет 0,02 моль

(уравнение (2 )).

Определим массу серебра. m(Ag) = п-М = 0,02-108 = 2,16 г.

Так как масса сплава - 10 г, то m(Zn)= 10-2 ,16 = 7,84 г.

Массовые доли металлов в сплаве составляют:

co(Ag) = 2,16/10 = 21,6%.

co(Zn)= 7,84/ 10 = 78,4 %.

Ответ: co(Ag) = 21,6 %; co(Zn) = 78,4 %.

51

ПриложениеСвойства некоторых элементов и их соединений

Щелочные металлы

Ме-

■ H2 t ---- ► М е Н

CI2 1 ---- ► M c C l

■ N 2 t ■ ~ M e 3 N ( L 1 3 N н а в о з д у х е )

- s t - ---- ► M e 2 S

— o 2 t - L i 2 0 , N a 2 0 2 , K Q 2

IP t ---- ► М е 3 Р

■ C t * М в 2С 2

- h 2o ---- ► М е О Н + Н 2

-н а —------------ о М е С 1 + Н 2

H N O 3 р а з б ----* M e N C >3 + N H 4 N O 3 + Н 2 0

H N O 3 КОНЦ — * M e N G 3 + N 2 C + Н 2 0

H 2 S O 4 КОНЦ. ---- ► M e 2S 0 4 + H2S + Н гО

СОЛИ (распл.) - -► M e An + M e *

~ R - H a l t -------- ---- ► R - R + MeHal" R - O H ---- *• R - O M e + H 2

Си

Производные1. NaH + Н20 = NaOH + Н22. Na3N + ЗН20 = 3NaOH + N H 33. Na2S + 2Н20 = t = 2NaOH + H2S4. Na20 2 + 2H20 = 2NaOH + H20 25. Na3P + 3H20 ~ 3NaOH + PH36. Na2C2 + 2H20 = 2NaOH + C2H2

Медь1------- 0 2 500°C-------- — CuO------ 0 2 I100°C-------- ► Cu20------ S t ------------------ 11 Cu2S, CuS

---- , ------ Cl2 t --------------- ► CuCl2------ HC1 конц -------- ► H[CuCl2]------HCf + 0 2 ---------- > CuCJ2 + h 2o....... Fe2(S0 4 )3 ------—► CUSO4 + FeS04-— - HN03 раз6-------- ► Cu(N03) 2 + NO + H20------ HNO3 K0HU:------ ► Cu(N03) 2 + NO? + H201 H2SO4 конц t ---------* O11SO4 + S02 + H20

Подучение1 . 2Cu2S + 302 = 2Cu20 + 2S02

2Cu20 + Cu2S = 6Cu + S022. Электролиз раствора CUSO4

2CuS04 + 2H20 = 2Cu + 0 2 + 2H2S04

52

Металлы ПА группы

Me

н 2 1------ ------о 2 I--------------Cl2 t - -------s г -------— -N2 I— -----р t~— .— -с 1 -------------н а - — —H2SO4 КОНЦт HNO3 разб.~ HNO* конц.н 2о — --------к о н — -------

МеН2МеОМ еа2MeSMe3N2Ме3Р?МеС2 (Ве2С)М е а 2 + н 2M cS04 + H2SM e(N 03)2 + NH4NO i Me (N 0 3)2 4- N20 Mc(OH>2 4- H) (Mg с нагрев.) K2[Be(OH)4] H2

Жесткость водыM g(H C 03)2, Ca(H C G 3)2 ~~ Карбонатная жесткость MgCI2, CaCb jM gS04, CaSC>4 J — Некарбонатная жесткость

общая

Метан*** устраненияЬ Са(НСОз>2 — CaCOi * СОа * Н 20 2. С а (Н С 0 3>2 4- Са<ОН)2 « 2С аС 03 + 2Н 203 Ca$0 4 + NajCO-i « CaCOi + N a25 0 44 3C aS 04 4* 2N a3P 0 4 ~ Ca3( > 0 4)2 * 3Na28 0 4

Алюминий

А1

-Н2----------------- не реагирует•С12 --------------- -* AICI3-S------------- —----—► AI2S3-N2----- * A1N

------------------ —► AI4C3-Н20 —--- ----------- ► А1(ОИ)з 4 Н2 (из амальгамы)-NaOH ——--- ------► Na[Al(OH)4] 4- Н2-НС1----- •----- ------ ► А1С1з-F«;20 3 -------------- *> Fe 4- А120 3-H2S04 к о н ц ------ ► не реагирует-HNO3 конц -— ---- ♦ не реагирует-HNO3 раиб.------- -* A1(N0 3>3 4- NH3(NH4N 03)

А12Оз-НС1--------NaOH---tSa2C 03 t' "NaOH F“

AICI3Na[AJ(OH)43 NaA102 4 C02 NaAiQ2

AJ(OH) 3* t—-------------- * a i 2o 3 4- н 2o‘HC1-----— — AICI3■NaOH------------ Na[Al(OH)4] (в растворе)■NaOH t“------------* Na3Al03 или NaAlO? (пои спл

53

Цинк

Zn

--- с>2 t--------- >----- s t------------ ►-------Ci* t ----------‘------ —

— — h2o t --------------- HC1------- — — ►

HNO3 КО Н Ц " *HNO3 разб ~ *H2SO4 разб *•H2SO4 конц *--- -- CuS0 4 ------- —►

------NaOH + н 2о — ►Получение

22nS + 30? = 2ZnO + 2S02 ZnO + C = Zn *f CO

ZnO ZriS ZnCb ZnO + H2 ZnCl2Zn(N03)2 + N20 + H20Zn(N03)2 + NH4NO3 + H20Z11SO4 4- H2Zn SO4 + H2S + h2oZnS04 + CuNa2 lZn(OH)4l + H2

Соединения щшка ZnO + 2HC1 - ZnCl24- H2 ZnO + 2KOH + H20 « K2{Zn(OH)4]ZnO + 2KOH - K2Zn02 + H20 при сплавленииZn(OH)2 4- 2HC1 * ZnCl2 + 2H20 Zn(OH)2 + 2 KOH = K2[Zn(OH)4]

МарганецПри действии восстановителей перманганат-ионы восстанавливаются в зависимости

от характера среды примерно по следующей схеме:

КМПО4 + восстановитель♦ Мп2+

МпО** МПО42""

ЖелезоFe3D4FeC13, FeBr3, Fel2 близко к FeS FeCI2 + H2 раствор FeS04 -ь Н2 не реагирует не реагирует Fe(NQ3>3 4- NH4N 0 3 Me 4- соль железа

Fe20 3НАп -----NaOH t ~~ Na2CQ3 t

соли Fe34" NaFe02 NaFeQ2 4- C 02

FeC!3

Ферритный способ получения щелочей NaFe02 4- 2Н2С ~ NaOH 4- Fe(OH) 3r----- - Cu -------------- »* FeCl2 + CuCI2

— KI ------------------ FeCI2 + i2-------H2s --------------------- ► FeS 4- S-----KOH-------- ----- --- —► Fe(OH) 3+ KC1

54

У глерод

С

■Нг (Pt t Р)■ 011 -------■Met —« t ---------■«it-------■H2Ot — ■оксиды

CO?

CO

■Mg-------------------»■H20 ---------------'■NaOH---------------*£ t __________*0 2 --------------- *Cl2hv--------------- *■0uO t *-H2 (Ni) t -----------*-H2 (ZnO) t--------- *-NaOH 200°C------*

КарбидыCH4 Be2C + 4H20 = 2Be(OH)2+ CH4CO > AI4C3+ 12H20 ■= 4A1(0H) 3 4 3CH4карбиды MeC2 4 2H20 s= Me(OH)2 4 C2H2

cs2SiCH2- CO Э 4 CO

ПолучениеMgO 4 CO C 4 o? = co2H2CO3 (частично) СаСОз = CaO 4 C02

Na2C0 3 CaC03 4 2HC1 * CaCl2 + C02 4H20COCO.2 ПолучениеCOCl2 C 02 4 С * 2COCu 4 C 02 C 4 H20 = CO 4 H2CH44 C02 HCOOH CO 4 H20CH3OHHCOONa

Качественная реакция на CG32~C0 32~ 4 Ca2+ - CaC03, белый осадок, растворимый в СН3СООН Гидрокарбонаты 4 t до 200°С ~ карбонаты 4 С 02 4 Н2С» Карбонаты 4t > 1000°С » оксиды металлов 4 С 02

>102

Кремний*-------Н ; t ---------- -----------------0 2 1— —

------- kle t ------------- K2 t ------—— С t ---------- -----Ь

--------КОН ■“------Mg f ------

j------"NaOH l~ ■NajCOj t—

--------H P -------

♦

-»■»

»♦

■*

НС ИДСГSi02Mr2Si ПолучениеShN< Si02 2C = Si + 2COSiC Sf02 - Mg = Sj + 2MgO

S1F4 SiS?hjSiOi *• H2MgO + Si или MgO -f Mg2SiNa>SiOtNajSiOj + CO:S1F 1 + H>0

55

А зот

N2i l 2 1 Pr—

2000е CШ t — “Si t —

NHiHOнктришS13H4

Iklfieifie 1 , Ш воздуха2 4NH-i + Юг - 2N2 + 6H20 1 IMH4NO: ^ N 2 + 2H?0

NHi

NOa

— — O ^— --------♦ N2 + HjO--------Щ Pt-------~~------> NO т H20— — }-f20 - --------- -— - NH3 > H20

— ------* NH4Q— Cl2 — — — N2 + HQ- — -jCuO t *— ------ Cu * ИдО

Получение NH31 , N2 + 3H2 ^ 2NjHh2, 2NH4CI + Cd<OH>2 ** 2NHj * 2H|0 + CttCbf—-----C2 + НдО— — * HNOj

------ H20 -----—-------- - HN03 +. h n o 2----—K O H - ~ — —► KNO3 + KNO2

— KOH + Oy— — KN03 4- НдО Получение N 0 2

L 2 NO + О* * 2N0 21 4 HNO3 + Cu - 2NOa ч Cu<ND3)a * 2H203, Разложение некоторых нитратов и азотной кислоты.

Азотная кислотаконц. разб. конц. разб, конц,

ВНИМАНИЕ Продукты восстановления азотной кислоты могут иметь иной состав в зависимости от активности восстановителя, температуры реагентов, высоты столба азотной кислоты, через который проходят выделяющиеся газы.

Разложение нитратов »— -— нитрит + 0 2 (LL.Ca)

Нитрат ----— — — оксид мет * N02 •** Од (Mg,..Си)*—----- - металл * МСЬ тОд {Ag,.J4)

ВНИМАНИЕ Продукты разложения китратоа во многих случаях могут имет*> другой состав в зависимости от условий нагревания и других факторов

56

Фосфор

р

р2о 5

Г— 02 t— ----------—*— -- Me t ---- ---- -—-------- -- Cl2 t ----------—— ►--------- -— s t — — — — ►— - — н 2о 600°С---------- ►— — - ШН t— — —— ♦

HNO3 КОНЦ -------*— - Нг0 — — — —

— -------------------- н2о t -------------------— ►—— u 2o — -------L......... ..- N aO H ---------------

Ортофос форная кислота Н3РО4 «=*»Н+ + Н2Р04~ Н2РО4** «=— н* + иро42~ НРО42" =?=* Н+ + Р043~

Р20 3,^205 Na3P, Са3Р2 PCi3,PCl5 P2S3 , P2S5 Н3 РО4 + н 2 РН3 + КН2РО?Н3 РО4 + n o 2

НРОЗH3 P0 4U3P04Na3P 0 4, N a2HPC>4, NaH 2PG4

К { - 7,6 . К Г 3

K2 = 6,2 . К Г 8 K3 = 4,2 • К Г 13

H3PO4

•jS|a ■ —♦ Na3P 0 4~+------------Na;>0 — -------■— ■— ► Na3P 0 4

— ----- -- NaOH — --------------* N a3P0 4,N a2HP0 45NaH 2P0 4L---------- , Na2C 0 3- ------------- ► Na2H P 0 4 4~ CC2

Качественная реакция на P 0 43~:ЗАg+ + P 0 43~ M 3PO4

Хлор

Cl2

— H2 (hv)------- ------*— M et----—-------— P -----------------------NH 3 t ----------------- ►

>— H20 ------ -----------*— KOH - “*— KOH 70°C--------►— CH4 (hv)----- —— C2H4 — — *— C2H ? --------*

HC1хлоридыPC13.PCI5N2 + HC1H C i + н е юKC1 4- КСЮ KC1 + КСЮ3

CH3C1 .. C2H4Ci2 C2H2CU

Получение1. Mn02 +4HC1 = MnCl2 + Cl2 + 2H202 . Mn02 + 2NaC:i 4- 2H2S04 = Cl2 4- Mn$04 + Na2SQ4 + 2H20 3 2KMn04 + 16HC1 = 5C12 + 2MnCl2 + 2KC1 4- 8H20А . КСЮ3 4* 6HCi = 3C12 + KC1 + ЗЩО5. K2Cr20 7 4- 14HCi - 3C12 + 2CrQ3 4- 2KC1 4- 7H?0

57

Сера

H2S

sCh t -— — — — ♦ $Cb H2 i— — H2S Me i — * сульфидыKOH K;S + K2SOiK2S O 1 — K2S2O 3

0 2 1 —- (>2 t- Cl2 — - S 0 2 —«. Li___.. Li20 _ „ LiOH„ C12SO4

Соединения серы — — ► S + H20 _____S02 + H20___ s + н а

S + H20.......- U2S + H2__ ___ > Li2S + H20_____ > Li2S + H20....... ..... CuS 4* H2SO4

S02

0 2 (кат) — --------► SO3

H20 — -------H2SO3Li20 — “— ~ ♦ Li2S0 3 LiOH-----— — * U 2S03 + H20

H2S04 KOHU»t H2S0 4 конц

S02 H2S не реагируетВНИМАНИЕ! Продукты восстановления серной кислоты могут иметь иной состав

Например, в реакции цинка с концентрированной серной кислотой можно получить оксид серы (IV), серу, сероводород и водород,

Получение H2SO4Башенный способ4FeS2 + ИО2 * 2Fe20 3 + 8S022S02 + 0 2 « 2S03S 0 3 + H20 « H2SO4Камерный способ2NO f 0 2 - 2N 02S 02 + H20 * H?S 0 3H2S03 + N 0 2 - H2S04 + NO

Разложение сужфатов ори нагревании——» Ме2 0 з + SO3 (AI,Fe ,)

сульфат — ■— МеО + S02 + 0 2L— ► Me + S02 + 0 2 (Ag,Au,Hg)

58

Таблица I. Термодинамические величины некоторых веществ

(при 298 К)

Вещество AfH°. кДж/модь A|Ge? кДж/моль iS°s Дж/(м0ль'К)Ag(K) 0,00 0,00 42,69

AgBr(K) -9 9 ,1 6 -9 4 ,9 107,1AgCl(K) - 127,07 -1 0 9 ,7 96,11Agl(K) -6 4 ,2 -6 6 ,3 144,2

A g20(K) - 30,66 -1 0 ,8 2 121,81AgO(K) -4 4 ,6 -4 0 ,8 57,78A1(k) 0,00 0,00 28,32

A120 3(k, корунд) - 1676 -1 5 8 0 50,94A u(k) 0,00 0,00 47,65

A uC13(k) -1 1 8 ,4 -4 8 ,5 3 146,4Ва(к) 0,00 0,00 66,94

ВаО(к) -5 5 7 ,9 - 528,4 70,29ВаСОз(к) - 1202 - 1139 112,1Ва804(к) ! -1 3 5 2 -1 4 6 5 131,8

Ве(к) 0,00 0,00 9,54ВеО(к) - 598,7 -5 8 1 ,6 14,1

ВеСОз(к) -9 8 3 ,6 - 944,7 199,4ВКк) 0,00 0,00 56,9

BiCl3(K) -3 7 9 ,1 -3 1 8 ,9 189,5Вг2(ж) 0,00 0,00 152,3Вг2(г) 30,92 3,14 245,35

С(алмаз) 1,83 2,85 2,38С(графит) 0,00 0,00 5,74

СО(г) -1 1 0 ,5 - 137,14 197,54С 0 2(г) -3 9 3 ,5 1 -3 9 4 ,3 8 213,68

СОСЬ(г) -2 1 9 ,5 - 205,3 283,6ССЦ(г) -1 0 6 ,7 - 63,95 309,7СН4(г) - 74,85 - 50,79 186,19

59

Вещество AfH°, кДж/моль : A{G°? кДяс/моль fS°, Дж/(моль*К)С2Н>(г) 226,75 209,2 2 0 0 ,8

С2Н4(г) 52,28 6 8 ,1 1 219.4С2Н6(г) - 84,68 - 32,89 229,5СзНб(г) 20,42 62,7 226,9С3Н8(г) - 104,0 - 23,49 269,9С4Н8(г) -0,13 71,5 307,4С4Н10(г) - 124,7 - 17,15 310,0С6Н6(г) 82,93 129,7 269,2СбНб(ж) 49 124,5 172,8

СНзОН(ж) -238,6 - 166,23 126,8СНзОН(г) - 2 0 1 ,2 -161,9 239,7С2Н5ОН(г) -235,3 - 167,4 278,0С2Н5ОН(ж) - 277,7 - 174,76 160,7

Са(к) 0 ,00 0 ,0 0 41,42.СаСОз(к) -1207,1 - 1128,76 92,88СаС12(к) - 785,8 -750,2 113,8СаО(к) -635,5 - 605,2 39,7

Са(ОН)2(к) -986,2 -898,5 83,4CaS04(K) -1424 - 1318,3 106,7

CaS03 2Н20(к) -1762,3 - 1565,2 184,1Сё(к) 0 ,0 0 0 ,0 0 51,76

CdO(ic) -256,1 -225,0 54,8Cd(OH)2(K) - 553,2 -470,2 95,4

C l2(r) 0,0 0 0 ,0 0 222,96Сг(к) 0 ,0 0 0 ,0 0 23.76

Сг20 3(к) -1141 - 1058 81,1СЮз(к) - 594,5 - 505,8 72,0CuCI(k) - 133,6 -116,0 91,2CuC12(k) - 172,4 -131,4 118,8CuO(k) -165 - 127,0 42,64

60

Вещество AfH°* кДж/моль AfG° 9 кД ж/моль fS°, Дж/(мольК)CuS(k) - 48,5 -48 ,9 66,5F з(г) 0,0 0 0 ,0 0 202,9Ре(к) 0,0 0 0 ,0 0 27,15

FeC03(K) - 747,7 -673,9 92,88FeCb(K) -341,0 -301,7 1 2 0 ,1

FeCl3(K) - 390,8 - 328,7 154,4FeO(K) - 263,8 -244,3 58,79

Fe20 3(K) -822,16 - 740,98 89,96Fe30 4(K) - 1117,7 - 1014,2 146,4FeS(K) -95,1 -97 ,6 67,4

H(r) 217,94 203,26 114,6H2(r) 0 ,0 0 0 ,0 0 130,58

HBr(r) - 35,98 -53 ,5 198,5HCl(r) -92,3 -95,27 186,69HCl(p) - 166,9 - 131,2 56,5HF(r) ~ 268,61 -270,7 173,51HI(r) 25,94 1,3 206,3

Ш 0 3(ж) -174,3 -80 ,3 156,6H20(r) -241,82 -228,61 188,7Н20 (ж) - 285,84 -237,2 70,08HjO(k) -291,85 -235,5 44,1

Н20 2(ж) - 187,8 -120,4 109,6H2S(r) -20,17 -33,01 205,6

H2S0 4fa) -811,3 -690,3 156,9Н3Р 0 4(ж) -1271,9 - 1147,25 2 0 0 ,8

Hg(:*c) 0,0 0 0 ,0 0 77,4HgO(K) -90 ,8 -58 ,3 70,3

HgCl2(K) -230,1 -185,8 144,35Hg2Cl2(K) - 264,85 -210,7 185,8

I2(k) i 0 ,0 0 0 ,0 0 116,73

61

Вещество AfH°. кДж/мояь . кДк/мояь fS , Дж/(моль*К)12(г) 62,24 19,4 260,58

КС1(к) 1 -435,9 -408,3 82,7К20(к) -361,5 -333,5 94,0КОН(к) -425,8 - 380,2 59,411ЛОН(к) -487,8 -443,9 42,7Li20(K) - 598,7 -562,1 37,9Mg(K) 0 ,0 0 0 ,0 0 32,55

MgCl2(K) -641,6 -592,1 89,6MgO(K) -601,24 - 569,4 26,94

Mg(OH)2(K) - 924,7 -833,8 63,14Mg(N03)2(K) - 789,6 - 588,4 164,0

MgC03(K) - 1112,9 - 1029,3 65,69MgS04(K) - 1278,2 -1173,6 91,63

Мп(к) 0 ,0 0 0 ,0 0 31,76Мп02(к) -519,4 -464,8 53,14

MnS04(K) - 1063,7 - 956,0 1 1 2 , 1

M o(k) 0,0 0 0 ,0 0 28,6M o0 3( k) - 754,5 - 677,6 78,2

n 2 0 ,0 0 0 ,0 0 191,5NH3(r) -46,19 -16,66 192,5

Н2Н4(ж) 50,4 149,2 121,3NH4 0 H(p) -361,2 - 254,2 165,4NH4C1(k) -314,4 - 203,0 94,6

(NH4)2S04(k) -1179,3 - 900,3 220,3NO(r) 90,37 86,71 210,62N 0 2(r) 33,5 51,8 240,45N20 4(r) 9,66 98,28 304,3Na(K) 0,00 0,00 51,0

NaCl(K) -410,9 - 384,0 72,33Na20(ic) -415,9 - 376,6 72,8

62

Вещество AfH°, кДж/моль A*G°? кДж/моль fS°, Дж/(моль-К)NaOH(K) ; - 427,8 -381,3 64,18Na?S0 4(K) i -1384,6 - 1266.8 149,4Na2C 0 3(K) - 1130,9 - 1047,7 136,0NaN03(p) -446,2 - 372,4 207,0

Ni(K) 0,0 0 0 ,0 0 29,86NiO(K) -239,7 -211,7 38,0

0 2(r) 0,0 0 0 ,0 0 205,040 3(r) 142,3 163,4 238,8O(r) 247,5 230,1 161,0

Р(к, белый) 0 ,0 0 0 ,0 0 41,1Р(к, красный) -18,4 -13 ,8 2 2 ,8

PCl3(r) - 306,5 -286,3 311,7PCl5(r) - 592.0 - 545,2 324,6РЬ(к) 0,0 0 0 ,0 0 64,9

РЬО(к) -217,9 - 188,5 69,45PbS04(K) -918,1 -811,2 147,28РЬ02(к) -276,6 -219,0 76,44

S(k, ромб.) 0 ,0 0 0 ,0 0 31,88SOi(r) -296,9 - 300,4 248,1S 0 3(r) - 395,2 - 370,4 256,23S1(k) 0,0 0 0 ,0 0 18,7

Si0 2 (а-кварц) - 859,4 - 805,2 41,84SiCl4(r) - 609,6 - 569,9 331,4SiH4(r) -61,9 -39 ,3 203,8

Sn (к, белый) 0,0 0 0 ,0 0 51,55Sn02(K) - 580,7 -418,4 52,3Та(к) 0,0 0 0 ,0 0 41,4

Та20 5(к) -2045,1 - 1922,5 143,1Ti(K) 0 ,0 0 0 ,0 0 30,6

TiCl4(r) -758,9 -714,0 353,1

63

Вещество AfH0, кДж/моль AfGe, кДж/моль fS°, Дж/(моль-К)ТлС14(ж) - 800,0 -724,0 252,7

Ti0 2 (K, рутил) -941,0 -881,6 50,2W(k) 0,00 0,00 33,5

W 03(k) - 840,3 - 763,4 83,3Zn(K) 0,00 0,00 41,59

ZnO(K) - 349,0 -318,2 43,5ZnCI2(K) -415,9 - 369,2 108,4ZnS(K) -201,0 - 239,8 57,7

ZnS04(K) - 978,2 - 870,2 124,6Zr(K) 0,00 0,00 38,4

Zr02(K) - 1762,3 - 1565,2 184,1

64

Таблица 2. Криоскопические Ккр и эбулиоскоиические Кэб константы

некоторых растворителей

Растворитель к К1) Тпл Тл К И П

Анилин 5,87 -5 ,96 3,2 184,4Ацетон 2,4 -94 ,6 1,48 56,0Бензол 5,1 5,4 2,57 80,2Вода 1,86 0 0,52 100

Диэтиловый эфир» - -116,3 2,16 35,6Камфара 40 174,4 6,09 204

Кислота муравьиная 2,47 8,4 2,4 101Кислота уксусная 3,9 16,55 3,07 118,5

Метилацетат - -98,1 2,06 56,5Метилэтилкетон - -93 ,4 3,14 103

Нафталин 6,9 80,1 5,8 218Нитробензол 6,9 5,7 5,27 211

Пиридин 4,97 -4 0 2,7 115,8Сероуглерод - -111,9 2,29 46,3

Спирт бутиловый ~ -89,5 1,94 104,6Спирт метиловый - -97 ,8 0,84 64,7

Спирт пропиловый - -126,2 1,73 97.3Спирт этиловый - - 114,15 1,2 78,4

Толуол _ -9 5 3,29 110,6Т ринитротолуол 10 81 -

Фенол 7,3 41 3,6 188,1Хлороформ 4,0 -63 ,2 3,88 61,2

Циклогексан 20,2 6,2 2,75 81,5ЧетЕ»1реххлористый

углерод 2,98 -2 3 5,3 76,3

Этилацетат - -83 ,6 2,79 75,5Этилен бромистый 12,5 9,98 6,43 78,31___

65

Таблица 3. Константы диссоциации слабых электролитов

в водных растворах (при 298 К)

В е щ е с т в о ^ Д И С С j

A gO H К = 9,77-1 O '3 ;

А1(ОН)з К , = 7 , 4 Н ( Г 9; К 2 = 2 ,1 4 -1 (Г с' ; К з = 1,38-1 O '9

Ве(ОН)2 K , = 3 ,16-10~ 7; K2 = 5,01-10~й

C d (O H )2 К , = 8 ,1 3 -1 0 ~ 4; K2 = 4,17-10 '"'

С о(О Н )2 K , = 7 ,94-10 ~5;K 2 = 7 ,9 4 -lQ~h

С и(О Н )2 K , = 6 , 6 M 0 '8;K 2 = 2 ,1 9 -1 0 ''7 |

F e(O H )3 K i = 4 , 7 9 - t0 ~ u ;K 2 = 1 ,8 2 -1 0 ' n ;K 3 = 1 ,3 5 -1 0 “12G a(O H )3 К , = 1,05-10 ~ 1 0 ; K2 = 3 ,2 4 -1 0 " u ; K 3 = 4 ,0 -3 0 -1'

N H 4O H К - 1,79-10 “5

P b(O H )2 K i - 5 ,0 1 -1 0 “*; K 2 = 1,4 1 -И Г 8Sn(O H )2 K( = 3 ,4 7 -К Г 10; K2 = 1,26-10 " 12

S n(O H )4 К ! = 1 ,6 6 - 1 0 ЧЗ; К 2= 2 ,1 4 -Ю "14 1

T i(O H )4 К , = 1 ,0 2 -1 0 "11; К 2 = 3 ,0 9 -1 0 '13Z n(O H )2 К , = 1,32-10 -5; К 2 = 4,90-10 ’7

H 20 К = 1,82-10 46

h2o2 К = 2 ,40-10 ~ ’ 2

H3As0 4 K i = 5 ,5 -1 0 _3; К 2= 1,07-10 ”7; К 3 = 3 ,0 -1 0 ~ '2

H 3B 0 3 К , = 5 ,75-10 ' 10; К 2 = 1 ,8 -1 0 -1*; К 3 = 1 ,6 -1 0 “14

H B rO К = 2 ,06 -1 0 “9

H C N К = 4 ,9 3 -1 0 “ 1 0

H C O O H К = 1,78-10"*

C H 3C O O H К = 1 ,7 4 -Н Г 5H 2C 0 3 К , = 4 ,27-10 ~7; К 2 = 4,68- 10~п

H2c2o4 K t = 6 ,46-10 -2; К 2 = 6,17-10

н е ю К = 2 ,82-10 " 8

H F К = 6 ,6 7 -1 0 “4

h n o2 К = 5 ,1 3 -1 0 ^ ^

H 3P 0 4 Kj = 7 ,2 -10 " 3; К 2 = 6 ,2 -1 0 '8; К 3 = 4 ,6 -10~ 13

H 2S K t = 1 ,0 5 1 0 7; К 2 = 1 ,2 3 -1 0 '13

H 2S 0 3 К] = 1,7-10 -2; К 2 = 6 ,3 1 -1 0 '8

H 2S0 4 К , = 1 ,0 -1 0 3; К 2 = 1,8-10 "2

66

Таблица 4. Растворимость неорганических веществ в воде (при 298 К)

Ион СИзСОО" CN~ СОз2“ с г F“ NOf он~ Г" , РОГ' S2"" so„2~ SO,2" SiOs2"

Ag+ м т т т P р1

т т м т тА13* м - - р м р т т - р - тВа2* р р т р м р р т р т т тBe2" м - 7 р р р т т - 1 р - тСа2+ р р т р т р м т р м т тCd2+ р м - р р р т т т р т тСо2" р пгI т р р р т т т р т т

Сг3+ - т . . . р м р т т - R - тCs" р р р р р р р р р р р р

Си2* __ р ___ т т р р р т т т р т тFe2" 1 р т т р м р т т т р т тFe3" - т -- р т р т т - р - тн* р р м р р р р р м р р т

Hg2* р р - р - р - т т р т -К" р р р р р р р Р V р р р р

ьг р р т р т р р т р р р р

Mg2* р т м р м р т т т р т тМп2* р т т р р р т т т р т тN H 4" р р р р р р р р - р р 1 -

Na" р р р р р р р р р р р р

Ni2* р т т р р р т т I р т т

Pb2* р т т м м р т т т т т тZn2" р т

т iр м р

1т т т р т т

Примечание. Р - растворимые (>10 г/л Н20); М - малорастворимые (10 ... 0,01 г/л Н20); Т -труднорастворимые (<0,01 г/л Н20); прочерк - полностью гидролизуются или не существуют.

67

Таблица 5. Произведения растворимости соединений (при 298 К)

Вещество ПР Вещество ПР

AgCl 1, 6 - 10~10 Fe2S;,* 1,0 * l 0 -88

Ag2Cr04 M ■1 0 ‘ 12 MnS 2* 10-”

Agl 9 ,7 - 1 0 - 17 SrS04 3 ,2 * 10 -1

Ag2S 04 7 ,7 - 10 " 5 NiS* 1,1 ‘ I q -2 7

AgBr 4 ,4 - 1 0 -13 PbCl2 2 ,1 2 • 1 0 ~ 5

Ag2S 1,6 - 10 ^ Pbl2 9 ,8 * 10 ~9

ВаСЮ4 2 ,3 - © ! о PbS04 1,6 * 10 ~8

BaC03 8,1 • 1 0 ~ 9 PbS 3 ,6 * 10~29

BaS04 1,08 ■ 1 0 ~ 10 ZnS 7 ,4 * 1 0 - 27

MgC03 1,0- 1 0 ~ 5 HgS* 4 ,0 * 1Q ~58

Cac:o3 4 ,8 - 1 0 - 9 AgOH 1,93 • 1 0 -8

CaS04 6,1 •1 0 -5 Al(OH)3 5,1 * 10~33

CaF2 4 • 1 0 ~ n Cr(OH)3 6 ,7 * 1 0 - 31

CdS 1,2 - 1 0 - 2 8 Fe(OH)3 3 ,8 1 0 -38

CuS 4 ,0 - 1 0 - 3 8 Mg(OH)2 5,5 1 0 -12

FeS 3 ,7 - 1 0 - 19 Ni(OH)2 1,6- 1 0 - 14

Cu(OH)2* 5 ,0 * 10 ~19 Zn(OH)2 1,3 - 1 0 - 17

Pb(OH)2 1,0 * 1 0 ~ 15 Ca3(P 04)2 1,0* 1 0 - 25

* ПР определены при 293 К.

68

Таблица 6. Стандартные окислительно-восстановительные ____ потенциалы

Электрод Электродная реакции E e, ВL i T L i L i+ f e —> L i -3,02К 7 К 1C f e" К -2,92Са2+/Са Ca2f + 2z Ca -2,87Na+/Na Na" f e" —> Na -2,71Mg2+/Mg Mg2+ f 2e“ —► Mg -2,36Ве2+/Ве Be2+ + 2e~ ->•Be -1,85А13+/А1 Al3f + 3e~ —» A1 -1,66T i2+/Ti T i 24 + 2e” -*• T i - 1,63Mn27Mn Mn2+ + 2e~ - » Mn -1,182Н20/Н 2 f 20Н 2HjO + 2e~ -> H 2 + 20ИГ (pH 14) -0,828Zn27Zrt Zn2+ + 2e" Zn -0,76Cr37Cr Cr3f + 3e“ - » Cr -0,74Fe27Fe Fe2f + 2e~ -> Fe -0,44Ш 20/Н 2 + Ю Н 2 Н гО + 2e~ -> H 2 + 2OH- (pH 7) -0,413Cd2+/Cd Cd:+ + 2e' -»• Cd -0,40Со2+/Со Co2+ + 2e" -> Co - 0,28Ni2+/Ni N i2" + 2e~ -» Ni -0,25Sn27Sn Sn2+ + 2e~ — Sn -0,14Pb2+/Pb Pb2+ ■+ 2e~ — Pb -0,132Н 7Н 2 2H‘ + 2e~ - » H 2 + 0,00B i3+/Bi B i3f + 3e~ -> B i F 0,22Cu2+/Cu Cu2+ + 2e~ Cu F 0,34o 2/o h 0 2 F 4e~ + 2H30 -* 40H ” (pH 14) F 0,401УГ h + 2e~ 2Г + 0,54Ag+/Ag i Agf F e‘ —> Ag f 0,80Ог/ОН" 0 2 F 4e“ F 2H20 — 40H " (pH 7) f 0,82Hg2+/Hg Hg2+ + 2e~ —> Hg F 0,85Pd2+/Pd Pd‘+ + 2e“ -> Pd f 0,99Br2/Br“ B r2 + 2e —> 2Br F 1,09Pt^/Pt Pt2l_ + 2e“ ->P t F 1,190 2 + 4M/2H20 0 2 + 4e~ F 4H+ -> 2H20 (pH 0) +1,23ci2/c r Ci2 f 2e~ -> 2СГ F 1,36Au3+/Au Au3+ f 3e“ -> An F 1,50F2/F" F2 f 2e” 2F~ f 2,87

69

VISS

Периодическая система элементов Д.И. Менделеева

70

Учебно-методическое издание

MATAKORA Светлана Андреевна

МЧЕДЛИДЗЕ Манана Тамазиевна

АНУФРИБВА Светлана Михайловна

ОБЩАЯ ХИМИЯ

Методические указания

127994, Москва, ул. Образцова, 9, стр. 9

Типография МИИТа

71