Міністерство освіти і науки, молоді та спорту України

Національна академія наук України Національний центр «Мала академія наук України»

КАЧОРОВСЬКА О. П.

ЗАДАЧІ Всеукраїнської заочної хімічної школи

Малої академії наук (2011–2012 навчальний рік)

Збірник навчально-методичних матеріалів

Київ–2012

Редакційна колегія:

Лісовий О. В., Качоровська О. П. (старший викладач кафедри загальної та неорганічної хімії

хіміко-технологічного факультету НТУУ « КПІ»), Пещеріна Т. В., Качоровська Є. В.

Рекомендовано науково-методичною радою Національного центру «Мала академія наук України» (протокол № 1 від 20.01.12).

Качоровська О.П. Задачі Всеукраїнської заочної хімічної школи Малої академії наук України на 2011–2012 н. р. / [за ред. О.В. Лісового.]. – К. : ТОВ «Праймдрук», 2012. – 44 с.

У збірнику на основі узагальненого досвіду роботи Всеукраїнської

заочної хімічної школи Малої академії наук подано методику й аналіз розв’язування основних типів задач з хімії.

Видання розраховане на старшокласників – учасників заочної школи – для вирішення, перевірки контрольних завдань та поглиблення і систематизації отриманих знань, а також на допомогу іншим учням для підготовки до контрольних робіт з хімії.

© Міністерство освіти і науки, молоді та спорту України, 2012 © Національний центр «Мала академія наук України», 2012

© Національний технічний університет України «Київський політехнічний інститут», 2012

3

Шановні старшокласники!

Освітній проект «Всеукраїнські заочні профільні школи Малої академії наук» було започатковано у 2007 році. Його реалізація передбачає співпрацю Малої академії наук з установами Національної академії наук України і провідними вищими навчальними закладами, створення на їх базах навчально-дослідницьких майданчиків.

Для задоволення Ваших наукових інтересів у дослідницькій діяльності в систему навчально-виховної роботи МАН у 2011 році впроваджено наступні профілі заочних шкіл з організацією сесійних зборів та консультацій:

- фізико-технічний (секції «Фізика та астрономія» і «Технічні науки»); - математичний; - хімічний; - інформаційних та телекомунікаційних технологій. Головними завданнями Всеукраїнської заочної хімічної школи є: Оволодіння учнями системою хімічних знань, умінь і навичок,

достатніх для успішного засвоєння інших освітніх галузей знань; Формування наукового світогляду, уявлення про ідеї та методи

вивчення хімічної науки; Здійснення професійної орієнтації учнівської молоді. Узагальнюючи досвід роботи Всеукраїнської заочної хімічної школи,

методистом-науковцем – старшим викладачем кафедри загальної та неорганічної хімії хіміко-технологічного факультету Національного технічного університету України « КПІ» Качоровською Ольгою Петрівною, підготовлено цей збірник, у якому представлені завдання, методичні рекомендації та розв’язки різних типів задач з хімії, а також орієнтовні напрями та тематика наукових досліджень для слухачів Всеукраїнської заочної хімічної школи на 2011–2012 н. р.

За допомогою збірника Ви маєте можливість самостійно вирішити завдання з хімії, перевірити свій рівень знань та долучитися до практичної і наукової діяльності.

4

Завдання, методичні вказівки та розв’язки до першої заочної контрольної роботи з хімії

настановної сесії Всеукраїнської заочної хімічної школи на 2011–2012 н. р.

10 клас

Завдання 1.

Чому дорівнює маса водню, яка за нормальних умов займає об'єм 4 л? Який об'єм займатиме та сама кількість газу при температурі 27°С та тиску 150 кПа?

Розв'язок:

За нормальних умов (101325 Па і 273 К) молі різних газів займають об’єм 22,4 л (молярний об’єм газу o

MV ). Отже, 2 г водню (молярна маса

2HM 2 г/моль) займає за н. у. об'єм 22,4 л. Розрахуємо масу водню за пропорцією:

2 г - 22,4 л х г - 4 л,

звідки маса водню: х = 4,2242

= 0,357 (г)

За рівнянням Менделєєва- Клапейрона RTM

mVp обчислюємо об'єм

газу при температурі 27ºС (300 К) та тиску 150 кПа (150000 Па):

3

3

10215000030031,810357,0

Mp

TRmV 2,97·10-6 (м3)

Відповідь: Маса 4 л водню (н.у.) дорівнює 0,357 г; об'єм водню при 27°С та 150 кПа дорівнює 2,97 л.

Завдання 2. Скільки неспарених електронів мають атоми елементів з

порядковими номерами: а) 9; б) 18; в) 25? Розв'язок:

Електрони розміщуються навколо ядра шарами, які називаються енергетичними рівнями. Рівні розщепляються на підрівні, причому число підрівнів збігається з номером рівня.

За запасом енергії підрівні можна розмістити в ряд, який називають енергетичною шкалою. В цілому енергетична шкала має такий вигляд:

.....54543433221 pdspdspspss

5

Ємкість підрівня визначається числом орієнтацій у просторі відповідних орбіталей: на s-підрівні – 1 орбіталь, на р-підрівні – 3 орбіталі, на d-підрівні – 5 орбіталей, на f-підрівні – 7 орбіталей. На кожній орбіталі одночасно може знаходитися не більше двох електронів (принцип Паулі).

а) елемент з порядковим номером 9 – це фтор F9 , його електронна формула 522 221 pss .

Отже, на p2 - підрівні є один електрон неспарений. б) елемент з порядковим номером 18 – це аргон Ar18 , його електронна

формула 62522 33221 pspss . Отже, всі енергетичні підрівні містять лише спарені електрони.

в) елемент з порядковим номером 25 – це манган Mn25 , його електронна

формула 2562522 4333221 sdpspss . Отже, на d3 -підрівні є п'ять неспарених електронів.

Завдання 3.

У скільки разів зменшиться швидкість реакції, яка перебігає у газовій фазі, при зниженні температури від 60°С до 20°С, якщо температурний коефіцієнт реакції дорівнює двом?

Розв'язок:

Залежність швидкості хімічної реакції від температури визначається

емпіричним правилом Вант-Гоффа за формулою: 1012

1

2

tt

t

t

V

V

, де —

температурний коефіцієнт реакції.

16122 410

6020

1

2

t

t

V

V

2116 tt VV

Відповідь: Отже, швидкість реакції зменшиться у 16 разів.

Завдання 4. Який об'єм розчину з масовою часткою сульфатної кислоти 0,6

(густина ` = 1,5 г/мл) потрібний для приготування 200 мл розчину з масовою часткою сульфатної кислоти 0,06 (густина розчину = 1,04 г/мл).

6

Розв'язок:

Масова частка визначається як відношення маси розчиненої речовини

xm до загальної маси розчину розчm : розчину

x

m

m

Знайдемо масу розчину, який необхідно приготувати:

Vm = 1,04·200 = 208 (г) Знайдемо масу безводної сульфатної кислоти, необхідної для

приготування цього розчину:

розчину

SOH

m

m42

42SOHm = розчинуm = 208·0,06 = 12,5 (г)

Знайдемо масу розчину сульфатної кислоти з =0,6, який містить 12,5 г

42SOH :

розч

SOH

m

m42

6,05,1242

SOH

розч

mm =20,8 (г)

Знайдемо об'єм цього розчину кислоти:

Vm

V =

m = 5,18,20 =13,9 (мл)

Відповідь: Об'єм розчину 9,13V мл.

Завдання 5. Напишіть рівняння реакцій обміну в молекулярній та іонній формах:

1) 43POH + 23 )(NOCa = 2) 424 )( SONH + NaOH =

Розв'язок:

1а) Молекулярна форма:

432 POH + 23 )(3 NOCa = 243 )(POCa + 36HNO 2а) Молекулярна форма:

424 )( SONH + NaOH2 = OHNH 42 + 42SONa

7

Складаючи рівняння в іонній формі, треба пам’ятати, що сильні добре розчинні електроліти (сильні кислоти; сильні розчинні основи; розчинні солі) записують як суму іонів, що утворюються при їх дисоціації, а слабкі електроліти й нерозчинні речовини – у молекулярній формі:

23 )(NOCa ; 424 )( SONH ; 42SONa ; NaOH ; 3HNO - сильні добре розчинні

електроліти; 43POH ; OHNH4 - слабкі електроліти;

243 )(POCa - нерозчинна речовина. 1б) Іонна форма:

432 POH + 23Ca +

36NO = 243 )(POCa + H6 +

36NO 432 POH + 23Ca = 243 )(POCa + H6

2б) Іонна форма:

424 )( SONH + NaOH2 = OHNH 42 + 42SONa

42NH + 24SO + Na2 + OH2 = OHNH 42 + Na2 + 2

4SO

42NH + OH2 = OHNH 42

Завдання 6. В окисно-відновних реакціях знайдіть, які елементи змінюють

ступінь окиснення, вкажіть окисник і відновник. Підберіть коефіцієнти методом електронного балансу:

Al + )(42 концSOH → 342 )(SOAl + SH2 + OH 2

Речовини, які віддають електрони в процесі хімічної реакції, а самі при цьому окиснюються, називаються відновниками. У них підвищується ступінь окиснення.

Речовини, які приєднують електрони – окисники, в ході реакції вони відновлюються, при цьому у них знижується ступінь окиснення

Коефіцієнти в рівняннях для відновника і окисника підбираються згідно з правилом: загальна кількість електрони, відданих відновником, повинна дорівнювати загальній кількості електронів, приєднаних окисником.

Розв'язок:

0Al + )(4

26

2 концOSH

→ 34

26

2

3)(

OSAl + 2

2

SH + 2

2

OH

8

02Al - 3ē·2 =

32

Al 6 24

4 Відновник, окиснюється 6

S + 8ē = 2

S 8 3 Окисник, відновлюється

08Al + )(15 4

6

2 концOSH

→ 342

3)(4 SOAl

+ 2

23

SH + OH212

11 клас Завдання 1.

Визначте формулу кристалогідрату купрум (II) нітрату, якщо відомо, що при прожарюванні наважки цієї сполуки масою 13,9 г вона зменшилась на 9,9 г.

Розв'язок:

Рівняння розкладу кристалогідрату купрум(II) нітрату при прожарюванні: OxHONOCuOOxHNOCu 222223 242)(2

Зменшення маси наважки при прожарюванні на 9,9 г – це маса газової

суміші ( OHONO 222 ,, ), що утворилась внаслідок реакції. Розрахуємо масу та кількість речовини CuO :

CuOm = сумішігазпродуктів mm . = 13,9 – 9,9 = 4 (г)

CuO =CuO

CuO

M

m =804 = 0,05 (моль)

З рівняння розкладу кристалогідрату:

CuO = OxHNOCu 223 )( = 0,05 (моль) Розрахуємо молярну масу кристалогідрату OxHNOCuM

223 )( :

OxHNOCuM223 )( =

OxHNOCu

OxHNOCum

223

223

)(

)(

=

05,09,13 =278 (г/моль)

23 )(NOCuM =188 (г/моль)

OHxm2

= 278-188= 90 (г)

х= OH2 =

OH

OH

M

m

2

2 =1890 =5 (моль)

Відповідь: Формула кристалогідрату купрум (II) нітрату OHNOCu 23 5)( .

9

Завдання 2. Скільки нейтронів містить ядро елемента, електронна формула

якого закінчується так ... 3234 ds ? Наведіть повну електронну формулу цього елемента.

Розв'язок:

Атом складається з позитивно зарядженого ядра й електронів, що нейтралізують його заряд. Ядро складається з протонів і нейтронів.

Протони – елементарні, позитивно заряджені частинки, які визначають загальний позитивний заряд ядра, число електронів і місце елемента в періодичній системі (його порядковий номер).

Отже, повна електронна формула цього елемента 3262622 3433221 dspspss . Цей елемент – ванадій (порядковий номер 23).

Нейтрони – електронейтральні елементарні частинки з масою, що приблизно дорівнює масі протона. В сумі протони й нейтрони визначають масове число елемента.

Число нейтронів у ядрі визначається як різниця масового числа і числа протонів (заряду ядра).

Так, в ядрі ізотопу V5123 число нейтронів: 51-23=28 (нейтр.)

Відповідь: Повна електронна формула 3262622 3433221 dspspss ; в ядрі ізотопу V5123

28 нейтронів. Завдання 3.

Визначте початкову швидкість реакції А + 2В = С, якщо вихідна концентрація речовини А дорівнює 0,4 моль/л, вихідна концентрація речовини В – 0,6 моль/л, а константа швидкості (фактор пропорційності) – 0,7 л2/(моль2•с). Якою буде швидкість, якщо в процесі реакції концентрація речовини А зменшиться на 0,2 моль/л.

Розв'язок:

Швидкість реакції V знаходимо за законом діючих мас: швидкість хімічної реакції прямо пропорційна добутку концентрацій речовин, які реагують.

Отже, початкова швидкість реакції: V = 2BA CCk = 0,7•0,4·(0,6)2 = 0,1008

(моль/л•с) Якщо в процесі реакції концентрація речовини А зменшиться на 0,2

моль/л, то концентрація речовини В (з рівняння взаємодії) зменшиться на 0,4 моль/л.

Нові концентрації:

AC =0,4-0,2= 0,2 (моль/л);

BC = 0,6-0,4=0,2 (моль/л).

Нова швидкість реакції: V = 2)( BA CCk = 0,7·0,2·(0,2)2 = 0,0056 (моль/л·с).

10

Відповідь: Початкова швидкість реакції V =0,1008 моль/л·с; нова швидкість реакції V = 0,0056 моль/л·с.

Завдання 4. Розрахувати молярну концентрацію розчину сульфатної кислоти,

якщо на нейтралізацію 20 мл цього розчину використано 24 мл розчину калій гідроксиду з молярною концентрацією KOHC

= 0,1 моль/л.

Розв'язок:

Реакція нейтралізації: 42SOH + KOH2 = 42SOK + OH22 Молярна концентрація (молярність) розчину С – це число молів

розчиненої речовини x в 1 л розчину (моль/л):

розчину

xx

розчину

x

V

Mm

VC

/

.

Для розчину KOH з цієї формули можна знайти кількість речовини KOH , яка необхідна для реакції:

KOH = розчKOH VC = 0,1·0,024 = 0,0024 (моль)

З рівняння реакції: на нейтралізацію 1 моль 42SOH потрібно 2 моль KOH . Отже, знайдемо кількість речовини

42SOH , яка необхідна для реакції:

42SOH = KOH :2 = 0,0024:2 = 0,0012 (моль) Розрахуємо молярну концентрацію розчину 42SOH :

42SOHC = розчинуV

CSOH 42

=

02,00012,0 = 0,06 (моль/л)

Відповідь: Молярна концентрація розчину 42SOHC =0,06 моль/л.

Завдання 5. Напишіть рівняння реакцій обміну в молекулярній та іонній формах: 1) 2)(OHBa + COOHCH3 = 2) 342 )(SOFe + OHNH4 =

Розв'язок:

1а) Молекулярна форма:

2)(OHBa + COOHCH32 = 23 )( COOCHBa + OH22 2а) Молекулярна форма:

342 )(SOFe + OHNH46 = 3)(2 OHFe + 424 )(3 SONH

11

Складаючи рівняння в іонній формі, треба пам’ятати, що сильні добре розчинні електроліти (сильні кислоти; сильні розчинні основи; розчинні солі) записують як суму іонів, що утворюються при їх дисоціації, а слабкі електроліти й нерозчинні речовини – у молекулярній формі:

2)(OHBa ; 23 )( COOCHBa ; 342 )(SOFe ; 424)( SONH – сильні добре розчинні електроліти;

COOHCH3 ; OH2 ; OHNH4 – слабкі електроліти; 3)(OHFe – нерозчинна речовина.

1б) Іонна форма: 2Ba + OH2 + COOHCH32 = 2Ba + COOCH32 + OH22 OH2 + COOHCH32 = COOCH32 + OH22

OH + COOHCH3 = COOCH3 + OH2

2б) Іонна форма: 32Fe + 2

43SO + OHNH46 = 3)(2 OHFe +

46NH + 243SO

32Fe + OHNH46 = 3)(2 OHFe +

46NH 3Fe + OHNH43 = 3)(OHFe +

43NH Завдання 6.

В окисно-відновних реакціях знайдіть, які елементи змінюють ступінь окиснення, вкажіть окисник і відновник. Підберіть коефіцієнти методом електронного балансу:

4KMnO + 22ONa + 42SOH → 4MnSO + 2O + 42SONa + 42SOK + OH2

Речовини, які віддають електрони в процесі хімічної реакції, а самі при цьому окиснюються, називаються відновниками. У них підвищується ступінь окислення.

Речовини, які приєднують електрони – окисники, в ході реакції вони відновлюються, при цьому у них знижується ступінь окислення.

Коефіцієнти в рівняннях для відновника і окисника підбираються згідно з правилом: загальна кількість електрони, відданих відновником, повинна дорівнювати загальній кількості електронів, приєднаних окисником.

Розв'язок:

4

27

OMnK + 2

1

2

OaN + 4

26

2

OSH → 4

262

OSMn + 2

0O + 4

26

2

OSaN + 4

26

2

OSK + 2

2

OH

12

O - 2ē = 2

0O 2

10 5 Відновник, окиснюється

7Mn + 5ē =

2Mn 5 2 Окисник, відновлюється

4

72 OMnK

+ 2

1

25

ONa + 428 SOH → 4

22 SOMn

+ 2

05O + 425 SONa + 42SOK + OH28

12

Завдання, методичні вказівки та розв’язки до другої очної контрольної роботи з хімії

настановної сесії Всеукраїнської заочної хімічної школи на 2011–2012 н. р.

10 клас

Завдання 1. Розрахувати тепловий ефект oH реакції:

4CH (г) + 2 2Cl (г) = 22ClCH (г) + 2 HCl (г) за стандартними теплотами утворення: o

CHH4

= - 74,85 кДж/моль; o

ClCHH22

= - 95,39 кДж/моль; o

HClH = - 92,31 кДж/моль Розв'язок:

Відповідно до першого висновку з закону Гесса тепловий ефект oH цієї реакції дорівнює різниці між сумою теплот утворення продуктів реакції і сумою теплот утворення вихідних речовин з урахуванням стехіометричних коефіцієнтів; теплота утворення хлору (проста речовина) дорівнює нулю:

oH = o

ClCHH22

+ 2 o

HClH – o

CHH4

. Після підставлення числових значень одержимо:

oH = - 95,39 + 2*(-92,31) – (-74,85)= -205,16 (кДж)

Відповідь: oH = -205,16 кДж. Завдання 2.

Розрахувати зміну ентропії oS за стандартних умов для реакції: 43OFe (т) + CO (г) = 3 FeO (т) + 2CO (г),

якщо o

FeOS =59 Дж/моль*К; o

COS2

= 213 Дж/моль*К; o

OFeS43 = 146 Дж/моль*К;

o

COS = 198 Дж/моль*К. Розв'язок:

oS дорівнює різниці між сумою ентропій продуктів реакції і сумою ентропій вихідних речовин з врахуванням числа молів речовин, що беруть участь у реакції:

oS = 3 o

FeOS + o

COS2 - ( o

OFeS43 + o

COS ) Після підстановки наданих в умові задачі числових значень одержимо:

oS = 3*59 + 213 – (146 + 198) = 46 (Дж/К)

Відповідь: oS = 46 Дж/К.

13

Завдання 3. Для реакції: 2 SH 2 (г) + З 2O (г) = 2 2SO (г) + 2 OH 2 (г)

oH = - 1038 кДж; oS = 195 Дж/К розрахуйте стандартну зміну енергії Гіббса oG . Чи можлива ця реакція за стандартних умов? Розв'язок:

Критерієм можливості самочинного перебігу процесу за сталих тиску і температури є зменшення вільної енергії Гіббса, тобто G <0. Якщо G >0, це означає, що процес в даному напрямку самочинно проходити не може, проте зворотний йому процес є самоспроможним. Коли ж G = 0, система знаходиться в стані рівноваги.

Обчислимо зміну вільної енергії Гіббса oG реакції при стандартній температурі:

oG = oH – oST = - 1038 – 298*0,195 = - 1096,11 (кДж) <0. Від'ємне значення енергії Гіббса реакції говорить про те, що реакція при

стандартних умовах можлива. Відповідь: oG = - 1096,11 кДж <0, процес може перебігати самочинно.

Завдання 4. Обчисліть ентальпію утворення гідроксиду кальцію, виходячи з

термохімічних рівнянь: Ca (т) + ½ 2O (г) = CaO (т) oH1 = - 635,6 кДж (1)

2H (г) + ½ 2O (г) = OH 2 (р) oH 2 = - 285,8 кДж (2) CaO (т) + OH 2 (р) = 2)(OHCa (т) oH 3 = - 65,1 кДж (3)

Розв'язок:

Під ентальпією утворення гідроксиду кальцію o

OHCaH2)( розуміють

тепловий ефект реакції одержання 1 моль 2)(OHCa з 1 моль кальцію, 1 моль кисню та 1 моль водню: Ca (т) + 2O (г) + )(2 гH = 2)(OHCa (т) o

OHCaH2)( (4)

Шукане o

OHCaH2)( (згідно з законом Гесса) дорівнює сумі теплових ефектів

проміжних стадій, тобто o

OHCaH2)( визначаємо, як суму значень oH рівнянь (1),

(2), (3): Ca (т) + ½ 2O (г) + 2H (г) + ½ 2O (г) + CaO (т) + OH 2 (р) = CaO (т) + )(2 рOH + 2)(OHCa (т) Ca (т) + 2O (г) + 2H (г) = 2)(OHCa (т)

o

OHCaH2)( = oH1 + oH 2 + oH 3 = - 635,6 + (- 285,8) + (- 65,1) = - 986,5 (кДж/моль)

Відповідь: Стандартна ентальпія утворення o

OHCaH2)( = - 986,5 кДж/моль.

14

Завдання 5. У скільки разів потрібно збільшити концентрацію кисню 2O для того,

щоб при зменшенні концентрації оксиду сірки (IV) 2SO у три рази, швидкість реакції утворення оксиду сірки (VІ) 2 2SO + 2O = 2 3SO залишилась незмінною? Розв'язок:

Швидкість реакції V знаходимо за законом діючих мас: швидкість хімічної реакції прямо пропорційна добутку концентрацій речовин, які реагують.

Отже, швидкість реакції утворення оксиду сірки (VІ) V дорівнює: V =

22

2OSO CCk (моль/л*с)

Якщо концентрацію 2SO зменшити у три рази, то швидкість реакції буде дорівнювати:

V = 22

2)31( OSO CCk =

22

2

91

OSO CCk (моль/л*с),

тобто швидкість реакції зменшиться у 9 разів:

V

V = )(22

2OSO CCk : )

91(

22

2OSO CCk = 9

Отже, для того, щоб швидкість реакції залишилась незмінною, концентрацію кисню потрібно збільшити у 9 разів:

V = 22

991 2

OSO CCk = 22

2OSO CCk (моль/л*с).

Відповідь: Концентрацію кисню потрібно збільшити у 9 разів.

Завдання 6. Константа рівноваги рівнK системи: CO (г) + OH 2 (г) ↔ 2CO (г) + 2H (г) при

температурі 850°С дорівнює 1. Розрахуйте рівноважні концентрації всіх речовин, якщо початкові концентрації COC = 7 моль/л, OHC

2 = 5 моль/л.

Розв'язок: При рівновазі швидкості прямої і зворотної реакції рівні. Відношення

констант цих швидкостей є також величина постійна, яка називається константою рівноваги даної системи.

Для даної реакції:

рівнK = зв

пр

k

k =

][][][][

2

22

OHCO

HCO

,

де ][ 2CO , ][ 2H , ][CO , ][ 2OH – рівноважні концентрації речовин. Приймемо, що у момент рівноваги концентрація 2CO рівна х моль/л.

Згідно з рівнянням взаємодії число молей 2H буде також х моль/л, при цьому

15

витрачається по х моль/л речовин CO і OH 2 . Отже, рівноважні концентрації чотирьох речовин будуть рівні:

[ 2CO ] = [ 2H ] = х моль/л [CO ] = COC - x = (7 – x) моль/л [ OH 2 ] = OHC

2 - х = (5 – х) моль/л

Підставляючи значення рівноважних концентрацій, отримаємо:

рівнK = )5()7( xx

xx

= 1

х = 2,9 моль/л

Таким чином, рівноважні концентрації речовин дорівнюють: [CO ] = 7 – 2,9 = 4,1 (моль/л) [ OH 2 ] = 5 – 2,9 = 2,1 (моль/л) [ 2CO ] = [ 2H ] = 2,9 моль/л

Відповідь: Рівноважні концентрації [CO ] = 4,1 моль/л; [ OH 2 ] = 2,1 моль/л; [ 2CO ] = 2,9 моль/л; [ 2H ] = 2,9 моль/л.

11 клас

Завдання 1. Для реакції : 4CH (г) + OH 2 (г) = CO (г) + З 2H (г)

розрахуйте: а) стандартний тепловий ефект oH ; б) стандартну зміну ентропії oS . Зробіть висновок про оборотність вказаної реакції.

Речовина 4CH CO 2H OH 2 (г) oH 298 , мольkДж/ - 75 -111 0 -242

oS298, КмольДж / 186 198 131 189 Розв'язок:

Відповідно до першого висновку з закону Гесса тепловий ефект oH цієї реакції дорівнює різниці між сумою теплот утворення продуктів реакції і сумою теплот утворення вихідних речовин з урахуванням стехіометричних коефіцієнтів; теплота утворення водню (проста речовина) дорівнює нулю:

oH = o

COH – ( o

гOHH )(2 + o

CHH4

) oH = -111 – (- 242 -75) = 206 (кДж) >0

Стандартна зміна ентропії oS дорівнює різниці між сумою ентропій продуктів реакції і сумою ентропій вихідних речовин з врахуванням числа молів речовин, що беруть участь у реакції:

16

oS = 3 o

HS2 + o

COS – ( o

гOHS )(2 + o

CHS4)

oS = 3*131 +198 – (189 + 186) = 216 ( КДж / )>0 В ізольованих системах самоспроможними є тільки ті процеси, що

призводять до зменшення енергії системи ( oH <0) та збільшення її невпорядкованості - ентропії S ( S >0), тому у заданої реакції ентальпійний ( oH >0) та ентропійний ( oS >0) фактори спрямовують процес у взаємно протилежних напрямах, тобто реакція є оборотною. Завдання 2.

Обчислити зміни енергії Гіббса в реакції димеризації оксиду азоту (IV):

2 2NO (г) ↔ 42ON (г) oH = - 57,94 кДж ; oS = - 164 Дж/К

при а) стандартній температурі; б) 100ºС та зробити висновок про направлення процесу. Розв'язок:

Залежність енергії Гіббса реакції від температури описується рівнянням: o

TG = o

TH – o

TST а) При стандартній температурі:

oG298 = oH 298 – oS298298 = - 57940 – 298*(-164) = - 9068 (Дж). Від'ємне значення енергії Гіббса реакції говорить про те, що при

стандартній температурі проходить пряма реакція, тобто утворюється оксид азоту (IV).

б) При 100º С (373 К): oG373 = -57940 Дж – 373*(-164) = 3232 (Дж).

Додатна величина oG373 вказує на зміну напряму реакції, тобто при 373 К (100º) пряма реакція неможлива, відбувається розпад димеру 42ON . Відповідь: При 25º С (298 К) oG298 = - 9068 Дж (йде пряма реакція); при 100º С (373 К) oG373 = 3232 Дж, пряма реакція неможлива (йде зворотна реакція).

Завдання 3. Використовуючи термохімічні рівняння:

2 )(3 гNH = )(2 гN + 3 )(2 гH oH1 = 92 кДж; (1)

2 )(2 гH + )(2 гO = 2 )(2 гOH oH 2 = - 483,6 кДж; (2) )(2 гN + )(2 гO = 2 )(гNO oH 3 = 182 кДж; (3) обчисліть тепловий ефект oH процесу горіння аміаку: 4 )(3 г

NH + 5 )(2 гO = 4 )(гNO + 6 )(2 гOH oH 4

17

Розв'язок:

Термохімічні рівняння можна додавати (віднімати) одне до одного разом з їх тепловими ефектами, як алгебраїчні рівняння.

Використаємо метод циклів, який полягає в тому, що реакцію з тепловим ефектом, який треба визначити, розбивають на декілька стадій з відомими значеннями oH :

2*2 )(3 гNH = 2 )(2 гN + 2* 3 )(2 гH 2 oH1 =2*92 = 184 кДж (1.1)

3*2 )(2 гH + 3 )(2 гO = 3*2 )(2 гOH 3 oH 2 = 3*(- 483,6) = -1450,8 кДж (2.1) 2 )(2 гN + 2 )(2 гO = 2*2 )(гNO 2 oH 3 = 2*182 = 364 кДж. (3.1) Шукане oH 4 (згідно з законом Гесса) дорівнює сумі теплових ефектів

проміжних стадій, тобто oH 4 визначаємо, як суму значень теплових ефектів oH рівнянь (1.1), (2.1), (3.1):

4 )(3 гNH + 6 )(2 гH + 3 )(2 гO + 2 )(2 гN + 2 )(2 гO = 2 )(2 гN +6 )(2 гH + 6 )(2 гOH +4 )(гNO

4 )(3 гNH + 5 )(2 гO = 4 )(гNO + 6 )(2 гOH

oH 4 = 2 oH1 + 3 oH 2 + 2 oH 3 = 184 + (- 1450,8) + 364 = -902,8 кДж Відповідь: oH 4 = -902,8 кДж. Завдання 4.

Складіть термохімічне рівняння розкладу оксиду нітрогену (І) ON 2 на прості речовини, якщо стандартний тепловий ефект утворення ON 2 становить 82 кДж/моль. Визначте, яка кількість теплоти виділяється чи поглинається під час розкладу 11,2 л (н. у.) оксиду нітрогену (І). Розв'язок:

Під тепловим ефектом утворення оксиду нітрогену (І) o

ONH2

розуміють тепловий ефект реакції одержання 1 моль ON 2 з 1 моль азоту та 0,5 моль кисню:

2N (г) + ½ 2O (г) = ON 2 (г) o

ONH2

= 82 кДж/моль Складемо термохімічне рівняння розкладу оксиду нітрогену (І) ON 2 на

прості речовини та визначимо тепловий ефект цієї реакції oH : ON 2 (г)) = 2N (г) + ½ 2O (г)

oH1 = - o

ONH2

oH = -82 кДж/моль, тобто при розкладі 1 моль ON 2 виділяється 82 кДж

теплоти (екзотермічний процес). Для того, щоб визначити, яка кількість теплоти виділіться ( oH 2 ) під час

розкладу ONV2

= 11,2 л (н. у.), визначимо кількість моль ON 2 в цьому об'ємі:

ON2 = MON VV /

2 = 11,2/22,4 = 0,5 (моль)

18

Отже, тепловий ефект реакції розкладу 0,5 моль ON 2 дорівнює: oH 2 = ONV

2* oH1

oH 2 = 0,5*(-82) = - 46 кДж

Відповідь: Виділяється 46 кДж тепла. Завдання 5.

При температурі 40°С реакція, температурний коефіцієнт якої дорівнює 3, триває 36 хвилин. Скільки часу триватиме ця реакція при температурі 60°С ( )? Розв'язок:

Залежність швидкості хімічної реакції від температури визначається

емпіричним правилом Вант-Гоффа за формулою: 1012

1

2

tt

t

t

V

V

, де —

температурний коефіцієнт реакції. Підрахуємо, у скільки разів зросте швидкість реакції, якщо температура

системи зросте до 60°С:

933 2104060

40

60

V

V (разів)

Отже, якщо швидкість реакції збільшиться у 9 разів, час проходження її

зменшиться у 9 разів: = 36 : 9 = 4 (хв.).

Відповідь: Реакція триватиме 4 хвилини. Завдання 6.

Обчислити константу рівноваги рівнK системи: 2CO (г)+ 2O (г) ↔ 2 2CO (г) та початкові концентрації речовин, якщо рівноважні концентрації становлять [CO ] = 0,4 моль/л, [ 2O ] = 0,12 моль/л, [ 2CO ] = 0,12 моль / л. Розв'язок:

Для наведеної реакції:

рівнK = ][][

][

22

22

OCO

CO

Підставляючи значення рівноважних концентрацій, отримаємо:

рівнK = 12,04,0

12,02

2

= 0,75

19

Відповідно до рівняння реакції взаємодії з 2 моль оксиду карбону (ІІ) і 1

моль кисню отримуємо 2 моль оксиду карбону (ІV); отже, на утворення 0,12 моль 2CO пішло 0,12 моль CO (

COC ) і 0,6 моль 2O (

2OC ). Таким чином, вихідні концентрації CO та 2O :

COC =

COC + [CO ] = 0,12 + 0,4 = 0,52 (моль/л)

2OC =

2OC + [ 2O ] = 0,6 + 0,12 = 0,72 (моль/л)

Відповідь: рівнK = 0,75; початкові концентрації COC = 0,52 моль/л; 2OC = 0,72

моль/л.

Завдання, методичні вказівки та розв’язки до третьої заочної контрольної роботи з хімії

дослідницько-експериментальної сесії Всеукраїнської заочної хімічної школи

на 2011–2012 н. р.

10 клас Завдання 1.

Тепловий ефект реакції відновлення оксиду заліза(ІІІ) воднем, яка відбувається за рівнянням: 32OFe (т) +3 2H (r) = 2 Fe (т) + 3 OH 2 (г), дорівнює oH 298 = 96,73 кДж.

Чи можлива ця реакція за стандартних умов? При якій температурі почнеться відновлення 32OFe ?

Речовина 32OFe 2H Fe OH 2 (г)

oS298, КмольДж / 87,45 130,52 27,15 188,72 Критерієм можливості самочинного перебігу процесу за сталих тиску і

температури є зменшення вільної енергії Гіббса, тобто G <0. Якщо G >0, це означає, що процес в даному напрямку самочинно проходити не може, проте зворотний йому процес є самоспроможним. Коли ж G = 0, система знаходиться в стані рівноваги.

Розв'язок:

Знайдемо зміну ентропії oS під час перебігу хімічної реакції: oS дорівнює різниці між сумою ентропій продуктів реакції і сумою ентропій

вихідних речовин з врахуванням числа молів речовин, що беруть участь у реакції.

20

oS = 2 o

FeS + 3 o

гOHS )(2 - o

OFeS32 - 3 o

HS2

oS = 2*27,15 + 3*188,72 - 87,45 - 3* 130,52 = 141,45 ( KДж / ) Обчислимо зміну вільної енергії Гіббса oG реакції:

oG = oH - oST = 96,73 - 298*0,14145 = 54,58 (кДж) oG >0, реакція при стандартних умовах неможлива; навпаки, при цих

умовах іде зворотна реакція окиснювання заліза. Знайдемо температуру, при якій G = 0, тобто наступає стан рівноваги:

G = 0 → H = ST → T = H / S = 96,73 /0,14145 = 683,8 К.

Відповідь: При температурі Т = 683,8 К почнеться реакція відновлення 32OFe . Завдання 2.

Визначте стандартне теплоутворення фосфіну o

PHH3

за рівнянням реакції:

2 3PH (г) + 4 2O (г) = 52OP (т) + З OH 2 (р) oH = -1017,3 кДж; o

тOPH )(52 = -2940,1 кДж/моль; o

OH pH

)(2 = -285,8 кДж/моль

Розв'язок:

Для визначення теплоутворення фосфіну o

PHH3

скористаємося наслідком закону Гесса: тепловий ефект хімічної реакції дорівнює різниці між сумою теплот утворення продуктів реакції і сумою теплот утворення вихідних речовин з врахуванням числа молей речовин, які беруть участь у реакції і утворюються згідно з її рівнянням:

oH = 3 o

рOHH )(2 + o

тOPH )(52 - 2 o

PHH3

- 4 o

OH2

o

OH2

= 0 кДж/моль ( 2O - проста речовина; теплоти утворення простих речовин, стійких у стандартних умовах, дорівнюють нулю).

o

PHH3

= 21 *(3 o

рOHH )(2 + o

тOPH )(52 - oH )

o

PHH3

= 21 *[3(-285,8) + (-2940,1) – (-1017,3)] = -1390,1 кДж

Відповідь: o

PHH3

= -1390,1 кДж. Завдання 3.

Розрахуйте, чи достатньо теплоти, що виділяється при згорянні 200 кг кам'яного вугілля, яке містить 82% вуглецю, для повного розкладу 162 кг карбонату кальцію, якщо для розкладання 1 моль 3CaCO необхідно 180 кДж теплоти, а при згорянні 1 моль вуглецю, що входить до складу кам'яного вугілля, виділяється 402 кДж теплоти.

21

Розв'язок:

Складаємо термохімічні рівняння реакцій: горіння вугілля: )(тC + )(2 гO = )(2 гCO oH1 = - 402 кДж розкладу карбонату кальцію: )(3 тCaCO = )(тCaO + )(2 гCO oH 2 = 180 кДж.

Знайдемо масу ( Cm ) та кількість моль вуглецю ( CM =12 г/моль) в 200 кг кам'яного вугілля:

Cm = вугілляm * С = 200000 * 0,82 = 164000 (г)

C = Cm / CM = 164000 : 12 = 13666,67 (моль) Розрахуємо тепловий ефект oH 3 реакції згоряння 200 кг кам'яного

вугілля ( вугілляm ), яке містить 82% вуглецю ( С = 0,82): oH 3 = oH1 * C = -402 * 13666,67 = - 5494001,3 (кДж)

Знайдемо кількість моль 3CaCO (3CaCOM =100 г/моль) в 162 кг карбонату

кальцію (3CaCOm ):

3CaCO = 3CaCOm /

3CaCOM = 162000/100 = 1620 (моль) Розрахуємо тепловий ефект oH 4 реакції розкладу 162 кг карбонату

кальцію: oH 3 = oH 2 *

3CaCO = 180 * 1620 = 291600 (кДж) oH 3 >> oH 3

Відповідь: Теплоти при згорянні 200 кг кам'яного вугілля ( С = 0,82) виділиться достатньо. Завдання 4.

Константа рівноваги реакції 2N + 3 2H 2 3NH дорівнює 0,1. Рівно-важні концентрації водню і аміаку становлять відповідно 4 і 8 моль/л. Розрахуйте початкову і рівноважну концентрації азоту.

Розв'язок:

Рівновага у системі встановлюється, коли швидкості прямої й зворотної реакцій стають рівнями, тобто прV = звV ,

Відношення констант прямої й зворотної реакцій прk / звk називається константою рівноваги рівнK ; вона кількісно характеризує хімічну рівновагу та відображає закон діючих мас для рівноважних процесів.

Вираз константи рівноваги для реакції 2N + 3 2H 2 3NH :

322

23

][][][

HN

NHK рівн

,

де ][ 3NH , ][ 2N , ][ 2H - рівноважні концентрації аміаку, азоту та водню.

З умови рівнK = 0,1 → 322

23

][][][

HN

NH

=0,1.

22

Обчислюємо рівноважну концентрацію азоту:

32

2

4][8N

=0,1 → ][ 2N = 10 (моль/л)

Визначимо, з якої кількості азоту було отримано 8 моль аміаку. За рівнянням реакції взаємодії азоту з воднем: з 1 моль 2N можна отримати 2 моль

3NH → щоб отримати 8 моль 3NH , потрібно 4 моль азоту (2NпрореагC ).

Початкова концентрація азоту2NпочатС дорівнює сумі концентрацій

рівноважної ][ 2N та тієї, що прореагувала до моменту рівноваги 2NпрореагC :

2NпочатС = ][ 2N +2NпрореагC = 10 + 4 = 14 (моль/л)

Відповідь: Початкова концентрація азоту2NпочатС =14 моль/л; рівноважна

концентрація ][ 2N = 10 моль/л.

Завдання 5. Визначте загальну кількість частинок (молекул та іонів), які

містяться у 300 мл розчину хлорнуватистої кислоти HClO з концентрацією HClOC = 0,01 моль/л, якщо ступінь дисоціації кислоти складає 0,1%.

Розв'язок:

Слабкі електроліти (більшість кислот, амфотерні речовини та ін.) дисоціюють на іони частково й оборотно – у розчині одночасно містяться недисоційовані молекули та іоні, між якими встановлюється рівновага.

Слабка хлорнуватиста кислота HClO в розчині знаходиться у вигляді молекул та іонів: HClO ↔ ][ H + ][ ClO

Якщо концентрація кислоти дорівнює HClOC = 0,01 моль/л, а ступінь дисоціації =0,001 ( = HClOдис СC / ), то концентрація кислоти, що розпалась на іони, дорівнює дисC = HClOС . Зрозуміло, що для HClO саме стільки ж ( HClOС ) утвориться катіонів H та аніонів ClO у розчині, тобто:

][ H = ][ ClO = дисC = HClOС = 0,0001*0,01 = 0,00001 (моль/л). Тоді рівноважна концентрація недисоційваних молекул ][HClO дорівнює:

][HClO = HClOC - дисC = HClOC - HClOС = 0,01 – 0,00001 = 0,00999 (моль/л). Загальна кількість частинок (молекул та іонів), які містяться у 0,3 л

розчину HClO : частn = молекn + іонівn = 0,3*{ ][HClO + ( ][ H + ][ ClO )} частn = 0,3*{0,00999 + 2*0,00001}=0,003003 (моль частинок) частN = AN * частn , де AN - число Авогадро. частN = 231002,6 *0,003003 = 0,018078* 2310 = 1,8078* 2110 (частинок)

23

Відповідь: Загальна кількість частинок - 0,003003 моль або 1,8078 2110 молекул та іонів. Завдання 6.

Є розчин, в 1 л якого міститься 18,9 г 3HNO , і розчин, в 1 л якого міститься 3,2 г NaOH . В якому об'ємному співвідношенні треба змішати ці розчини для одержання розчину з нейтральною реакцією середовища?

Розв'язок:

Складаємо рівняння реакції нейтралізації: 3HNO + NaOH = 3NaNO + OH 2 ,

з якого видно, що в реакцію вступило 1 моль NaOH ( NaOHM = 40 г/моль ) та 1 моль 3HNO (

3HNOM = 63 г/моль). Розрахуємо об'єм розчину NaOH , в якому міститься 40 г NaOH :

розчNaOHV = 40/3,2 = 12,5 (л) Знайдемо, об'єм розчину 3HNO , в якому міститься 18,9 г 3HNO :

3розчHNOV = 63/18,9 = 3,33 (л) Розрахуємо, в якому об'ємному співвідношенні треба змішати ці розчини

для одержання розчину з нейтральною реакцією середовища: розчNaOHV :

3розчHNOV = 12,5:3,33 = 3,75:1

Відповідь: Розчини треба змішувати в співвідношенні 3,75 розчNaOHV : 1 3розчHNOV .

11 клас Завдання 1.

Для реакції: 4 HCl (г) + 2O (г) = 2 OH 2 (г) + 2 2Cl (г) , oH = - 114,38 кДж розрахуйте, користуючись значеннями стандартних ентропій, зміну ентропії oS та зміну енергії Гіббса oG за стандартних умов. При якій температурі настане рівновага в системі? Що в цій системі є сильнішим окисником - кисень чи хлор і при яких температурах?

Речовина HCl 2O 2Cl OH 2 (г)

oS298, КмольДж / 186,79 205,04 222,98 188,72

Розв'язок:

Знайдемо зміну ентропії oS під час перебігу хімічної реакції, яка дорівнює різниці між сумою ентропій продуктів реакції і сумою ентропій

24

вихідних речовин з врахуванням числа молів речовин, що беруть участь у реакції:

oS = 2 o

гOHS )(2 + 2 o

ClS2 - 4 o

HClS - o

OS2

oS = 2 *188,72+ 2*222,98 - 4*186,79 - 205,04 = - 128,8 KДж / Обчислимо зміну вільної енергії Гіббса oG реакції:

oG = oH - oST = - 114,38 - 298*(-0,1288) = -75,998 кДж <0 - процес може перебігати самочинно.

Знайдемо температуру, при якій G = 0, тобто наступає стан рівноваги в системі:

G = 0 → H = oST → T = H / S = - 114,38 /(- 0,1288) = 888 К.

Відповідь: Стан рівноваги в системі наступає при T =888 К; за T <888 К – кисень є сильнішим окисником; за T >888 К – хлор є сильнішим окисником.

Завдання 2. Визначте стандартне теплоутворення метану o

CHH4

за рівняннями реакцій:

)(2 гH + ½ )(2 гO = )(2 рOH oH1 = - 285,84 кДж; (1) )(грC + )(2 гO = )(2 гСO oH 2 = –393,51 кДж; (2)

)(4 гCH + 2 )(2 гO = 2 )(2 рOH + )(2 гСO oH 3 = –890,31 кДж. (3) Розв'язок:

Під теплотою утворення метану o

CHH4

розуміють тепловий ефект oH реакції одержання 1 моль 4CH з 1 моль графіту та 2 моль водню:

)(грC + 2 )(2 гH = )(4 гCH oH = o

CHH4

(4) Використаємо метод циклів, який полягає в тому, що реакцію з тепловим

ефектом, який треба визначити, розбивають на декілька стадій з відомими значеннями oH :

2 )(2 гH + 2 * ½ )(2 гO = 2 )(2 рOH 2 oH1 =2*(- 285,84) кДж; (1.1) )(грC + )(2 гO = )(2 гСO oH 2 = –393,51 кДж; (2) - )(4 гCH - 2 )(2 гO = - 2 )(2 рOH - )(2 гСO - oH 3 = 890,31 кДж. (3.1) Шукане o

CHH4

(згідно з законом Гесса) дорівнює сумі теплових ефектів проміжних стадій, тобто o

CHH4

визначаємо, як суму значень oH рівнянь (1.1), (2), (3.1): 2 )(2 гH + )(2 гO + )(грC + )(2 гO - )(4 гCH - 2 )(2 гO = 2 )(2 рOH + )(2 гСO - 2 )(2 рOH - )(2 гСO

2 )(2 гH + )(грC = )(4 гCH

o

CHH4

= 2*(- 285,84) – 393,51 + 890,31 = - 74,88 кДж/моль

25

Відповідь: Стандартна теплота утворення метану o

CHH4

= - 74,88 кДж/моль. Завдання 3.

Рівняння реакції омилення оцтовоетілового ефіру: 523 HCOOCCH + NaOH = COONaCH 3 + OHHC 52 .

Вихідні концентрації реагуючих речовин до початку реакції були: 523 HCOOCCHC

= 1 моль/л, NaOHC = 0,7 моль/л. Визначте, як і у скільки разів зміниться швидкість, якщо в процесі реакції концентрація 523 HCOOCCH стала рівною 0,5 моль/л. Розв'язок:

Про вплив концентрації на швидкість реакції в гомогенних системах можна судити з закону діючих мас: швидкість хімічної реакції прямо пропорційна добутку концентрацій речовин, які реагують.

Для реакції: 523 HCOOCCH + NaOH = COONaCH 3 + OHHC 52 математичний вираз закону діючих мас має вигляд:

NaOHHCOOCCH CCkV 523

, де V - швидкість реакції; k - коефіцієнт пропорційності, який називають константою швидкості;

523 HCOOCCHC , NaOHC - концентрації ефіру та лугу. Початкова швидкість реакції: початV = 7,01k = k7,0 (моль/л·с) Якщо в процесі реакції концентрація речовини 523 HCOOCCH стала рівною

523 HCOOCCHC = 0,5 моль/л (тобто прореагувало 1- 0,5 = 0,5 моль/л 523 HCOOCCH ), то нова концентрація NaOH

NaOHC стала рівною:

NaOHC =0,7-0,5= 0,2 (моль/л). Нова швидкість реакції: V = NaOHHCOOCCH CCk

523= 2,05,0 k = k1,0 (моль/л·с)

Визначимо у скільки разів зменшиться швидкість реакції: початV / V = k7,0 / k1,0 = 7 (разів)

Відповідь: Швидкість реакції зменшиться у 7 разів.

Завдання 4. Визначте ступінь дисоціації оцтової кислоти COOHCH3 , якщо в

двох літрах розчину з концентрацією COOHCHC3

= 0,01 моль/л міститься 211052,12 частинок кислоти: недисоційованих молекул COOHCH3 та іонів

H , COOCH3 .

Розв'язок:

Слабка оцтової кислоти COOHCH3 , в розчині знаходиться у вигляді молекул та іонів: COOHCH3 ↔ H + COOCH3

26

Визначимо кількість частинок (недисоційованих молекул COOHCH3 та іонів H , COOCH3 ) в 1 л розчину: 211052,12 : 2 = 211026,6 (частинок).

Якщо концентрація кислоти дорівнює COOHCHC3

= 0,01 моль/л, а ступінь дисоціації ( = HClOдис СC / ), то концентрація кислоти, що розпалась на іони, дорівнює дисC = HClOС . Зрозуміло, що для COOHCH3 при дисоціації у розчині утворюється однакова кількість катіонів H та аніонів COOCH3 , тобто:

][ H = ][ 3COOCH = дисC = COOHCHC

3 (моль/л).

Тоді рівноважна концентрація недисоційваних молекул ][ 3COOHCH дорівнює:

][ 3COOHCH = COOHCHC3

- дисC = COOHCHC3

- COOHCHC3

(моль/л). Загальна кількість частинок (молекул та іонів), які містяться у 1 л

розчину COOHCH3 , дорівнює сумі недисоційваних молекул молекN та іонів іонівN : частN = молекN + іонівN = AN *{ ][ 3COOHCH + ( ][ H + ][ ClO )}; частN = AN *{ COOHCHC

3 - COOHCHC

3 + COOHCHC

3 + COOHCHC

3 },

де AN - число Авогадро. частN = )1(

3 COOHCHA CN ;

= COOHCHAчаст CNN3

/ -1; = 01,01002,6/1026,6 2321 -1 = 0,0399 Відповідь: Ступінь дисоціації оцтової кислоти =0,0399 (3,99%).

Завдання 5. Для повної нейтралізації 50 г суміші водних розчинів хлоридної та

сульфатної кислот потрібно 2 л розчину калій гідроксиду з концентрацією KOHC = 0,2 моль/л, а якщо до половини вихідного розчину додати надлишок

розчину аргентум нітрату, то утвориться 7,175 г аргентум хлориду. Розрахуйте масові частки кислот у вихідному розчині.

Розв'язок:

Знайдемо кількість речовини КОН , яка необхідна для повної нейтралізації суміші кислот:

4,022,0 розчинуКОНКОН VС (моль) З умови завдання: при дії надлишку 3AgNO на половину вихідного

розчину суміші кислот утворюється 7,175 г AgCl , тому, якщо подіяти надлишком 3AgNO на весь розчин, отримаємо в 2 рази більше AgCl :

35,142175,7 AgClm (г) Обчислимо, яка кількість речовини AgCl знаходиться в 14,35 г AgCl

( 5,143AgClM г):

27

1,05,143

35,14

AgCl

AgCl

AgClM

m (моль)

З рівняння реакції взаємодії аргентум нітрату з хлоридною кислотою визначаємо кількість речовини хлоридної кислоти у розчині:

33 HNOAgClHClAgNO 1,0 HClAgCl (моль)

З рівняння реакції нейтралізації розчину хлоридної кислоти лугом визначаємо кількість речовини КОН (

КОН ), яка необхідна для цього: OHKClHClКОН 2

1,0

HClКОН (моль) За різницею КОН та

КОН знаходимо кількість речовини КОН (

KOH ), що витрачається на нейтралізацію сульфатної кислоти:

KOH = КОН -

КОН =0, 4-0,1=0,3 (моль) З рівняння реакції нейтралізації розчину сульфатної кислоти 42SOН

розчином КОН бачимо, що на 1 моль кислоти витрачається 2 моль лугу: OHSOKSOHКОН 24242 22

Отже, 0,3 моль КОН нейтралізує 0,15 моль 42SOН . Обчислюємо маси хлоридної і сульфатної кислот, які знаходяться у

суміші: 65,31,05,36 HClHClHCl Mm (г)

7,1415,098424242

SOHSOHSOH Mm (г) Знаходимо масові частки кислот у вихідному розчині:

073,05065,3

розчину

HCl

HClm

m

294,050

7,1442

42

розчину

SOH

SOHm

m

Відповідь: 073,0HCl (7,3%) ; 294,0

42SOH (29,4%).

Завдання 6.

Складіть в молекулярній та іонній формах рівняння гідролізу солі нітрату алюмінію 33 )(NOAl та поясніть вплив розведення, підвищення температури, додавання кислоти або лугу на рівновагу гідролізу. Розв'язок:

Процес гідролізу - це обмінна взаємодія солей з водою, під час якої іони солей зв'язують складові частини води ( H , OH або обидва ці іони) з утворенням малодисоційованого електроліту, тому рівновага процесу дисоціації води

OH 2 ↔ H + OH певною мірою зміщується вправо.

28

Стан рівноваги гідролізу залежить від природи солі, її концентрації у розчині та температури та характеризується ступенем гідролізу , що дорівнює відношенню концентрації тієї частини солі, яка вступила в реакцію гідролізу

гідрC , до загальної концентрації розчиненої солі С : = гідрC /С

33 )(NOAl – сіль, яка утворена слабкою основою 3)(OHAl і сильною кислотою 3HNO (такі солі гідролізують за катіоном):

Перший ступінь (відбувається в значно більшій мірі, ніж другий та третій):

іонне рівняння: 3Al + 3

3NO + HOH ↔ 2AlOH + 3

3NO + H або 3Al + HOH ↔ 2AlOH + H ; молекулярне: 33 )(NOAl + HOH ↔ 23 )(NOAlOH + 3HNO . Другий ступінь:

іонне рівняння: 2AlOH + 2

3NO + HOH ↔

2)(OHAl +2

3NO + H або 2AlOH + HOH ↔

2)(OHAl + H молекулярне: 23 )(NOAlOH + HOH ↔ )()( 32 NOOHAl + 3HNO Третій ступінь:

іонне рівняння: 2AlOH + 2

3NO + HOH ↔

2)(OHAl + 2

3NO + H або 2AlOH + HOH ↔

2)(OHAl + H молекулярне: )()( 32 NOOHAl + HOH ↔ 3)(OHAl + 3HNO реакція розчину є кислою, оскільки утворюється надлишок іонів H . 1) Від розбавлення водою (розведення) кількість частинок розчиненої

речовини в одиниці об'єму зменшується і рівновага гідролізу зсувається в бік утворення продуктів (більшого числа частинок) і ступінь гідролізу зростає.

2) З підвищенням температури ендотермічний процес дисоціації води посилюється, рівновага зміщується в бік утворення іонів H і OH , а збільшення концентрації цих іонів посилює процеси зв'язування їх з іонами солі, і ступінь гідролізу зростає.

3) Якщо до розчину солі нітрату алюмінію додати розчин кислоти (іони H ), то концентрація іонів H збільшиться; рівновага гідролізу солі зміститься

таким чином, щоб послабити збільшення концентрації H (одного з продуктів реакції), тобто в бік вихідних речовин, і ступінь гідролізу для цієї солі зменшиться.

4) Якщо до розчину солі нітрату алюмінію додати розчин лугу (іони OH ), то іони OH будуть зв'язувати іони H , що утворюються внаслідок

процесу гідролізу солі, в молекули води; рівновага гідролізу зміститься таким чином, щоб послабити зменшення концентрації іонів H , тобто в бік продуктів реакції, і ступінь гідролізу зростає.

29

Завдання, методичні вказівки та розв’язки до четвертої очної контрольної роботи з хімії

дослідницько-експериментальної сесії Всеукраїнської заочної хімічної школи на 2011–2012 н. р.

10 клас

Завдання 1.

Як зміниться ентропія S системи при топленні льоду?

Розв'язок: Термодинамічна функція ентропія S , що є мірою невпорядкованості

стану системи, великою мірою залежить від агрегатного стану речовини: S зростає при переходах від твердого до рідкого й далі газового стану

твS < рідS < гS . Для газоподібної, рідкої та кристалічної води значення oS становлять

відповідно 189, 70 та 39 Дж/(моль*К), тобто при топленні льоду ентропія системи зростає.

Відповідь: Ентропія S системи зростає.

Завдання 2. Запишіть вираз для швидкості реакції: 3WO + 3 2H = W + 3 OH 2

Як і наскільки зміниться швидкість реакції при збільшенні концентрації водню втричі?

Розв'язок: Швидкість реакції V знаходимо за законом діючих мас: швидкість

хімічної реакції прямо пропорційна добутку концентрацій речовин, які реагують. Але, оскільки для гетерогенних реакцій концентрація твердої фази ( 3WO ) не враховується у виразі для закону діючих мас, то останній матиме вигляд:

V = 32HCk

Оскільки концентрація водню зросла втричі, то її нове значення складає тепер:

2HC = 32HC

Нова швидкість реакції: V = 3)(2

HCk = 3)3(2HCk = 27* 3

2HCk V /V = 27* 3

2HCk /( 32HCk ) = 27

Відповідь: Швидкість реакції зросте у 27 разів.

30

Завдання 3. 20 г гідроксиду натрію розчинили у 80 мл води. Розрахуйте: масову

частку та молярну концентрацію лугу в розчині ( розч = 1,22 г/мл).

Розв'язок: 1) Масова частка NaOH – відношення маси гідроксиду натрію NaOHm до

загальної маси розчину розчm :

розч

NaOH

NaOHm

m

розчm = NaOHm + OHm2

= NaOHm + OHOH V22

( OH2 = 1 г/мл)

розчm = 20 + 1*80 = 100 (г) NaOH = 20/100 = 0,2 (або 20%)

2) Молярна концентрація (молярність) NaOHC - відношення числа молей гідроксиду натрію NaOH до об’єму розчину розчV і розраховується за формулою:

NaOHC = розч

NaOH

V

розч

розч

розч

mV

= 100/1,22 = 81,97 мл = 0,08197 л

NaOHC = 0,5/0,08197 = 6,1 (моль/л)

Відповідь: NaOH = 0,2 (або 20%); NaOHC = 6,1 моль/л. Завдання 4.

Скільки грамів осаду аргентум хлориду утворюється при зливанні розчинів, що містять 25,5 г аргентум нітрату та 11,7 г натрій хлориду?

Розв'язок: Рівняння реакції взаємодії розчинів 3AgNO та NaCl :

3AgNO + NaCl = AgCl ↓ + 3NaNO Розрахунки маси продукту реакції ведуть за тією вихідною речовиною,

що взята в недостачі. Знайдемо кількості речовин

3AgNO (3AgNOM = 170 г/моль) та NaCl

( NaClM =58,5 г/моль):

3AgNO = 3AgNOm /

3AgNOM = 25,5/170 = 0,15 (моля) NaCl = NaClm / NaClM = 11,7/58,5 = 0,2 (моля)

Отже, натрій хлорид взято в надлишку, тому подальші обчислення слід проводити за 3AgNO , взятому в недостачі.

31

З рівняння реакції взаємодії визначаємо кількість речовини AgCl : Agcl =

3AgNO = 0,15 (моля) Визначимо масу утвореного осаду аргентум хлориду ( AgClM = 143,5

г/моль): Agclm = Agcl * AgClM = 215,25 (г)

Відповідь: Маса осаду Agclm = 215,25 (г).

Завдання 5. Який об'єм хлоридної кислоти )(HClрозчV з масовою часткою хлороводню

HCl = 0,2 ( )(HClрозч = 1,05 г/см3) витратиться на нейтралізацію 200 см3 розчину натрій гідроксиду ( )(NaOHрозчV ) з масовою часткою лугу NaOH = 0,02 ( )(NaOHрозч = 1,02 г/см3)? Розв'язок:

Складаємо рівняння реакції нейтралізації: NaOH + HCl = NaCl + OH 2 Підрахуємо масу розчину натрій гідроксиду:

)(NaOHрозчm = )()( NaOHрозчNaOHрозч V = 1,02 *200 = 204 (г) Знайдемо масу NaOHm та кількість моль NaOH натрій гідроксиду ( NaOHM =

40 г/моль): NaOHm = )(NaOHрозчm * NaOH = 204 *0,02 = 4,08 (г)

NaOH = NaOH

NaOH

M

m = 4,08/40 = 0,102 (моль)

Визначимо кількість молей хлороводню, з якою прореагував NaOH . З рівняння реакції нейтралізації 1 моль NaOH реагує з 1 молем хлороводню. Отже, 0,102 моль натрій гідроксиду реагує з 0,102 моль HCl .

Знайдемо масу хлороводню ( HClm ) ( HClM = 36,5 моль/л): HClm = HClHCl M = 0,102 *36,5 = 3,723 (г)

Розрахуємо масу розчину хлоридної кислоти розчHClm та його об'єм:

)(HClрозчm = HCl

HClm

= 3,723/0,2 = 18,615 (г)

)(HClрозчV = )(HClрозчm : )(HClрозч = 18,615 : 1,05 = 17,73 (см3)

Відповідь: )(HClрозчV = 17,73 см3.

32

Завдання 6. Розрахувати рН розчину з молярною концентрацією гідроксиду

калію KOHC = 0,001 моль/л.

Розв'язок:

Рівняння дисоціації гідроксиду калію: KOH = K + OH Оскільки KOH є сильним електролітом, він дисоціює повністю, тому: [ OH ] = KOHC = 310 моль/л З виразу іонного добутку води вК = [ Н ]* [ OH ] = 1410 знаходимо

концентрацію іонів Н в розчині: [ Н ] = вК /[ OH ] = 1410 : 310 = 1110 (моль/л) Розраховуємо значення рН = - lg[ H ]: рН = - lg 1110 = 11

Відповідь: рН розчину KOH дорівнює 11.

11 клас Завдання 1.

Чи можливе проходження реакції, для якої H >0 та S >0 за достатньо високих температур?

Розв'язок: Як відомо, умовою можливості самочинного перебігу процесу є

зменшення вільної енергії Гіббса ( oG = oH – oST ), тобто G <0. У даному випадку S >0 (невпорядкованість системи зростає), тому -

ST <0. За достатньо високих температур | ST | > | H |, тому знак G визначається

знаком - ST . В результаті G буде негативною, тобто G <0 → процес може йти.

Відповідь: Процес може йти.

Завдання 2. При деякій заданій температурі у системі: CO + OH 2 ↔ 2CO + 2H

встановилась рівновага. Розрахуйте константу рівноваги рівнK , враховуючи значення рівноважних концентрацій речовин: [ CO ] = 0,16 моль/л, [ OH 2 ] = 0,32 моль/л, [ 2CO ] = 0,32 моль/л, [ 2H ] = 0,32 моль/л.

33

Розв'язок: При рівновазі швидкості прямої і зворотної реакції рівні. Відношення

констант цих швидкостей є також величина постійна, яка називається константою рівноваги даної системи.

Для даної реакції:

рівнK = зв

пр

k

k =

][][][][

2

22

OHCO

HCO

,

де ][ 2CO , ][ 2H , ][CO , ][ 2OH – рівноважні концентрації речовин. Підставляючи значення рівноважних концентрацій, отримаємо:

рівнK = 32,016,032,032,0

= 2

Відповідь: рівнK = 2.

Завдання 3. Яка густина розчину сульфатної кислоти з концентрацією

42SOHC =3,58 моль/л, якщо масова частка кислоти дорівнює 42SOH = 0,29?

Розв'язок:

Молярна концентрація 42SOHC – це відношення числа молів сульфатної

кислоти 42SOH до об’єму розчину розчV і розраховується за формулою:

42SOHC = розч

SOH

V

42

Визначимо кількість молей та масу сульфатної кислоти (42SOHM = 98

г/моль) в 1 л розчину: 42SOH =

42SOHC * розчV = 3,58* 1 = 3,58 (моль)

42SOHm = 42SOH *

42SOHM = 3,58*98 = 350,84 (г) Розрахуємо масу 1 л розчину сульфатної кислоти розчm . Для цього

використаємо формулу для визначення масової частки речовини:

42SOH = розч

SOH

m

m42 → розчm =

42SOHm /42SOH = 350,84:0,29 = 1209,8 (г)

Густина розчину – це маса одиниці об'єму. Отже:

розч = розчm / розчV = 1209,8:1 = 1209,8 (г/л)

Відповідь: Густина розчину розч =1,2098 кг/л.

34

Завдання 4. Хлороводень був розчинений в 500 г води ( OHm

2). Одержаним

розчином повністю розчинили 39 г алюміній гідроксиду (3)(OHAlm ). Визначте

масову частку хлороводню ( HCl %) в цьому розчині.

Розв'язок:

Складаємо рівняння реакції нейтралізації: 3)(OHAl + 3 HCl = 3AlCl + 3 OH 2

Знайдемо кількість моль алюміній гідроксиду 3)(OHAl :

3)(OHAl = 3

3

)(

)(

OHAl

OHAl

M

m = 39/78 = 0,5 (моль)

Визначимо кількість молей хлороводню, з яким прореагував 3)(OHAl . З рівняння реакції нейтралізації 1 моль 3)(OHAl реагує з 3 моль хлороводню. Отже, на розчинення 0,5 моль алюміній гідроксиду потрібно 1,5 моль HCl .

Знайдемо масу хлороводню ( HClm ) ( HClM = 36,5 моль/л): HClm = HClHCl M = 1,5 *36,5 = 54,75 (г)

Розрахуємо масову частку хлороводню ( %) в цьому розчині:

HCl % = розч

HCl

m

m *100% = OHHCl

HCl

mm

m

2

*100%

HCl % = 50075,54

75,54

*100% = 9,87%

Відповідь: HCl % = 9,87%

Завдання 5. У двох пробірках знаходяться водні розчини хлоридів магнію та

цинку. За допомогою якого реактиву можна визначити, у якій з пробірок знаходиться кожна з указаних речовин? Відповідь обґрунтуйте за допомогою рівнянь реакцій у молекулярно-іонному вигляді.

Розв'язок:

Розчини хлоридів магнію та цинку можна розрізнити за хімічними властивостями гідроксидів цих металів, які утворюються при взаємодії цих солей з лугом за рівняннями:

2MgCl + 2 KOH = 2)(OHMg + 2 KCl 2Mg + 2 Cl + 2 K + 2 OH = 2)(OHMg + 2 K + 2 Cl

у скороченому іонно-молекулярному вигляді: 2Mg + 2 OH = 2)(OHMg

Гідроксид магнію, що утворюється внаслідок даної взаємодії, має основні властивості, а тому не розчиняється в надлишку розчину лугу.

35

Якщо на хлорид цинку подіяти невеликою кількістю лугу, спочатку утвориться осад гідроксиду цинку (має амфотерні властивості), який потім розчиняється в надлишку розчину лугу.

Процес утворення гідроксиду цинку подано рівняннями: 2ZnCl + 2 KOH = 2)(OHZn + 2 KCl

2Zn + 2 Cl + 2 K + 2 OH = 2)(OHZn + 2 K + 2 Cl у скороченому іонно-молекулярному вигляді:

2Zn + 2 OH = 2)(OHZn Під час подальшої дії розчину лугу на гідроксид цинку його осад

розчиняється з утворенням гідроксокомплексу, зокрема: 2)(OHZn + 2 KOH = ])([ 42 OHZnNa ,

2)(OHZn + 2 K + 2 OH = 2 K + [ 4)(OHZn ] 2 .

Відповідь: За допомогою наведених реакцій можна експериментально визначити, у якій саме пробірці знаходиться кожний з запропонованих розчинів.

Завдання 6. Обчислити молярну концентрацію іонів водню і гідроксид-іонів у

розчині, рН якого дорівнює 10.

Розв'язок:

Водневий показник (рН) – це десятковий логарифм молярної концентрації іонів водню [ H ], взятій зі зворотним знаком:

рН = - lg[ H ]. За умовою:

рН = -lg[ H ] = 10, отже, молярна концентрація іонів водню в розчині дорівнює:

[ H ] = 1010 (моль/л) З іонного добутку води ( вK ), знаходимо молярну концентрацію іонів

ОН : вK = [ H ]*[ ОН ] = 1410 [ ОН ] = вK /[ H ] = 1410 / 1010 = 410 = 0,0001 (моль/л) Відповідь: Молярна концентрація іонів водню [ H ] = 1010 моль/л; гідроксид-іонів– [ ОН ] = 0,0001 моль/л.

36

ОРІЄНТОВНІ НАПРЯМИ ТА ТЕМАТИКА НАУКОВИХ ДОСЛІДЖЕНЬ ДЛЯ СЛУХАЧІВ ЗАОЧНОЇ ХІМІЧНОЇ ШКОЛИ

МАЛОЇ АКАДЕМІЇ НАУК

НАПРЯМ: ЗАГАЛЬНА ТА НЕОРГАНІЧНА ХІМІЯ Теми: 1. Нанодисперсні оксиди металів. 2. Вуглецеві матеріали з каталітичними властивостями. Науковий консультант – Андрійко О.О., професор кафедри загальної та неорганічної хімії, д.х.н. 1. Координаційна хімія сполук металів з аміноспиртами. Науковий консультант – Потаскалов В.А., доцент кафедри загальної та неорганічної хімії, к.х.н.; Шульженко О.О., старший викладач кафедри загальної та неорганічної хімії. 1. Синтез, властивості та просторова будова різнолігандних комплексних сполук кобальту(ІІІ) з -аміноетанолом та α-амінокислотами. Науковий консультант – Качоровська О.П., старший викладач кафедри загальної та неорганічної хімії.

НАПРЯМ: ОРГАНІЧНА ХІМІЯ І ТЕХНОЛОГІЯ ОРГАНІЧНИХ РЕЧОВИН

Теми: 1. Синтез α-, β- та γ- аміноспиртів на основі малих оксациклів як потенційних біологічно-активних речовин. Програма досліджень: Синтезувати вихідні оксоциклічні сполуки. Отримати α,β,γ – аміноспирти та довести їх будову сучасними фізико-хімічними методами. Науковий консультант – Бутова К.Д., доцент кафедри органічної хімії і технології органічних речовин, к.х.н. 1. Дослідження реакції хлорсульфування дикетону Куксона. Програма

досліджень: Провести реакцію пентацикло[5.4.0.02,6.03,10.05,9] ундека-8,11-діону (дикетону Куксона) з хлорсульфоновою кислотою. Довести будову продуктів сучасними фізико-хімічними методами. Науковий консультант – Мішура А.М., асистент кафедри органічної хімії і технології органічних речовин. 1. Дослідження реакції відновлення каркасних кетонів. Програма досліджень: Визначення впливу умов на реакцію відновлення поліциклічних каркасних

37

кетонів. Доведення будови продуктів сучасними фізико-хімічними методами (ЯМР спектроскопія). Науковий консультант – Шамота Т.В., асистент кафедри органічної хімії і технології органічних речовин; Склярова Г.С., асистент кафедри органічної хімії і технології органічних речовин. 1. Визначення вмісту токсичних речовин у харчових пластмасах . Програма

досліджень: вилучення токсичних речовин із різних марок харчових пластмас за умов використання у побуті, ідентифікація одержаних сполук, аналіз їх вмісту і потенційного впливу на організм людини. 2. Визначення вмісту синтетичних ароматизаторів і барвників у харчових продуктах. Програма досліджень: аналіз різних марок чаїв, газованих напоїв, жувальних цукерок та інших харчових продуктів на вміст ароматизаторів і барвників шляхом їх вилучення, аналіз їх вмісту і потенційного впливу на організм людини. 3. Розробка тепло- та зносостійких епоксидних полімерів на основі похідних адамантану. Програма досліджень: створення ряду нових епоксидних полімерних матеріалів на основі похідних адамантану, встановлення залежності між будовою і характеристиками нових полімерів. 4. Розробка нових адгезійних присадок у бітумні покриття. Програма

досліджень: створення ряду нових адгезійних присадок, одержання модифікованих бітумних зразків, дослідження їх характеристик, аналіз отриманих даних і визначення найбільш ефективної присадки. Науковий консультант – Жук Т.С., асистент кафедри органічної хімії і технології органічних речовин, к.х.н. 1. Розробка нових противірусних препаратів. Пропонується розробка нових противірусних препаратів активних проти вірусу грипу типу А. 2. Створення нових наноматеріалів на основі каркасних вуглеводнів гомокубанового ряду. Пропонується розробити нові методи функціоналізації каркасних вуглеводнів гомокубанового ряду. Науковий консультант – Левандовський І.А., асистент кафедри органічної хімії і технології органічних речовин.

НАПРЯМ: ТЕХНОЛОГІЇ НЕОРГАНІЧНИХ РЕЧОВИН ТА ЗАГАЛЬНІ

ХІМІЧНІ ТЕХНОЛОГІЇ

Теми: 1. Одержання та аналіз попередників наночасток оксидів металів з водних та неводних розчинів. 2. Вагові та титрометричні методи аналізу. Науковий консультант – Алексеєв О.Ф., науковий співробітник кафедри технології неорганічних речовин та загальні хімічні технології, к.х.н.

38

1. Композиційні покриття на основі нікелю. Науковий консультант – Габ А. І., науковий співробітник кафедри технології неорганічних речовин та загальні хімічні технології, к.х.н. 1. Створення поліфункціональних нанодобрив (разом з Лапінським А.В.) 2. Полімерні матеріали у комплексній очистці вод. 3. Створення нових класів коагулянтів. Науковий консультант – Нижник Т.Ю., молодший науковий співробітник кафедри технології неорганічних речовин та загальні хімічні технології. 1. Очистка стічних вод від різноманітних ксенобіотиків. 2. Розробка нових підходів до очистки питної та стічної води. 3. Моніторинг якості водних об'єктів. Науковий консультант – Кримець Г.В., асистент кафедри технології неорганічних речовин та загальні хімічні технології. 1. Побутові фільтри для води – правда та міфи. Очікуваний результат: експертний висновок щодо роботи побутових фільтрів широкого вжитку; перевірка достовірності інформації, щодо ефективності роботи фільтру, наданої виробником клієнту. 2. Сполуки Азоту. Експрес-методи визначення у харчових продуктах (овочах, фруктах, ягодах). Очікуваний результат: розробка та лабораторна апробація методичних вказівок для якісного та кількісного визначення сполук азоту. 3. Використання природних дисперсних мінералів в екологічних цілях. Науковий консультант – Співак В.В., асистент кафедри технології неорганічних речовин та загальні хімічні технології. 1. Дослідження здатності води до утворення накипу на теплообмінних поверхнях та визначення її складу, за якого попереджається утворення малорозчинних речовин при нагріванні води до заданої температури. 2. Дослідження ефективності реагентів, що попереджують корозію стального обладнання. 3. Розрахунки параметрів хімічних реакцій (константи рівноваги, енергії активації, складу рівноважних сумішей) та технологічних схем (матеріальні та теплові баланси, параметри реакторів) у середовищі електронних таблиць та спеціалізованих програм (MathCad, SciLab). / Виконання цієї програми можливо у дистанційному режимі (консультування по електронній почті та Skype). Науковий консультант – Концевой С.А., асистент кафедри технології неорганічних речовин та загальні хімічні технології, к.т.н. 1. Одержання оксидів металів. 2. Отримання гідроксидапатиту для біомедичних застосувань. 3. Дослідження кислотно-основних властивостей оксидних порошків.

39

Науковий консультант – Донцов Т.А., асистент кафедри технології неорганічних речовин та загальні хімічні технології, к.х.н. 1. Синтез багатошарових вуглецевих нанотрубок піролітичним методом. 2. Очищення багатошарових вуглецевих нанотрубок від аморфного вуглецю та каталізатора. 3. Дослідження кислотно-основних властивостей вуглецевих адсорбентів. Очікуваний результат: отримання дослідної партії зразків вуглецевих нанотрубок. Науковий консультант – Іваненко І.М., старший викладач кафедри технології неорганічних речовин та загальні хімічні технології, к.х.н. 1. Створення поліфункціональних нанодобрив (разом з Нижником Т.Ю.). Очікуваний результат: препарат – засіб захисту рослин від грибкових захворювань з одночасним живленням рослин мікроелементами. 2. Отримання мінерально-органічних фосфатних добрив з використанням мікробіологічних процесів. Очікуваний результат: залучення у виробництво сировини з низьким вмістом фосфору. 3. Зв'язок хімічного складу природної води з біологічним складом (для школярів з інших міст). Науковий консультант – Лапінський А.В., старший викладач кафедри технології неорганічних речовин та загальні хімічні технології, к.т.н. 1. Очищення стічних вод від важких металів. 2. Фізико-хімічні методи очищення забруднених водних систем полютантами різного генезису. Науковий консультант – Обушенко Т.І., старший викладач кафедри технології неорганічних речовин та загальні хімічні технології. 1. Енергонасичені емульсійні системи (створення, властивості,стабілізація). 2. Утилізація відходів гальванічних виробництв методом хлоридовозгонки. Науковий консультант – Синюшкін О.М., доцент кафедри технології неорганічних речовин та загальні хімічні технології, к.т.н. 1. Вплив якості води (поверхневе/підземне джерело) на розвиток і життєдіяльність акваріумних рибок. 2. Вплив якості води (поверхневе/підземне джерело) на ріст і розвиток кімнатних рослин. Науковий консультант – Толстопалова Н.М., доцент кафедри технології неорганічних речовин та загальні хімічні технології, к.т.н. 1. Шляхи інтенсифікації енергозбереження в системах магістральних газопроводів. 2. Розробка засобів очищення кремнієвих пластин для сонячних енергосистем.

40

Науковий консультант – Прокоф’єва Г.М., доцент кафедри технології неорганічних речовин та загальні хімічні технології, к.т.н.

НАПРЯМ: ХІМІЧНІ ТЕХНОЛОГІЇ КОМПОЗИЦІЙНИХ МАТЕРІАЛІВ Теми: 1. Визначення реологічних характеристик продуктів вжитку. Пропонується визначення характеристик консистенції дисперсних систем (йогуртів, кремів, паст) та умов оптимальності цих характеристик для вживання. Науковий консультант – Ткач Н.О., доцент кафедри хімічної технології композиційних матеріалів, к.т.н.; Сікорський О.О., аспірант кафедри хімічної технології композиційних матеріалів. 1. Синтез та дослідження характеристик електроактивних полімерів. Пропонується одержання та характеристика електроактивного полімеру – поліаніліну, оптимізація процесу одержання матеріалу. 2. Світловідбиваючі композиційні покриття. Пропонується складання рецептури та одержання полімерного композиційного матеріалу з високими світловідбиваючими властивостями. Науковий консультант – Миронюк О.В., асистент кафедри хімічної технології композиційних матеріалів. 1. Модифікація поверхневих властивостей дисперсних матеріалів. Пропонується розробка методу модифікації гідрофільних дисперсних матеріалів (промислові наповнювачі: крейда, мармур, каоліни) для надання їм гідрофобності, створення тонкошарових водовідштовхуючих покриттів. 2. Дослідження адсорбційної активності катіонозаміщених форм бентоніту. Пропонується створення ряду катіонозаміщених форм бентоніту (з високим вмістом монтморилонітової фракції) та визначення їх адсорбційної активності по відношенню до органічних барвників. Науковий консультант – Земляной І.В., аспірант кафедри хімічної технології композиційних матеріалів.

НАПРЯМ: КІБЕРНЕТИКА ХІМІКО-ТЕХНОЛОГІЧНИХ ПРОЦЕСІВ

Теми: 1. Аналіз сталого розвитку України за індексними показниками. Розрахунок

індексу сталого розвитку (за трьома складовими: екологічна, соціальна,

економічна). Розрахунок індексу людського потенціалу. Здійснення

порівняльного аналізу. Науковий консультант – Бендюг В.І., доцент кафедри кібернетики хіміко-технологічних процесів, к.т.н.

41

1. Оцінювання сталості продукційних систем і технологій за допомогою індикаторів. Розроблення та апробування моделі оцінювання життєвого циклу

з врахуванням особливостей об’єкту дослідження.

Науковий консультант – Джигирей І.М., асистент кафедри кібернетики хіміко-технологічних процесів.

1. Моделювання кінетики хімічної реакції (при умові існуючих базових знань з математики; диференціювання та інтегрування). Математичний опис хімічних

реакцій для побудови їх математичних моделей (кінетичних моделей).

Термодинамічний (кількісна оцінка впливу умов проведення реакцій

(концентрації компонентів, температури, тиску) на стан хімічної рівноваги) і

кінетичний аналіз (визначає теоретичний оптимальний режим проведення

реакцій).

Науковий консультант – Безносик Ю.О., доцент кафедри кібернетики хіміко-технологічних процесів, к.т.н.

НАПРЯМ: ХІМІЧНІ ТЕХНОЛОГІЇ КЕРАМІКИ ТА СКЛА Теми: 1. Дослідження можливості виготовлення будівельної кераміки на основі відходів виробництв і техногенної сировини. В роботі передбачається для

конкретної глинистої сировини підібрати оптимальну домішку з відходів

вуглезбагачення, рецептуру сировинної суміші і ступінь її зволоження на основі

параметрів формувальної здатності, пластичності тощо; виготовлення

колекції демонстраційних зразків; зробити висновки та практичні

рекомендації.

2. Дослідження залежності експлуатаційних властивостей кераміки будівельного призначення від температурних параметрів випалу і хімічного складу сировини. В роботі передбачається провести фізико-хімічні

дослідження з проектування конкретного виробництва цегли; виготовлення

демонстраційних зразків;исновки та практичні рекомендації щодо

оптимальних параметрів. Науковий консультант – Величко Ю.М., доцент кафедри хімічної технології кераміки та скла, к.т.н.

1. Сучасний науковий підхід до проблеми декорування художніх виробів з кераміки. В роботі передбачається вивчити можливість нанесення на різної

природи керамічну основу декоративного склоподібного покриття; зробити з

глини методом ручного ліплення демонстративні декоративні вироби на

кшталт художньо-образотворчих та їх декорувати за вибраною технологією.

Зробити висновки та практичні рекомендації

Науковий консультант – Бондаренко С.О., старший викладач кафедри хімічної технології кераміки та скла.

42

1. Пошук методів отримання пористих склокристалічних матеріалів, носіїв масообмінних і каталітичних процесів. В роботі передбачається синтез

пористих склокристалічних матеріалів; експериментальне дослідження

абсорбуючої та каталітичної здатності; виготовлення колекції

демонстраційних зразків; висновки та практичні рекомендації

Науковий консультант – Яценко А.П., асистент кафедри хімічної технології кераміки та скла.

1. Дослідження процесів забарвлення стекла з метою розширення палітри їх кольорів. В роботі передбачається синтез стекла з різними барвниками;

виготовлення колекції демонстраційних зразків; висновки та практичні

рекомендації. Науковий консультант – Племянніков М.М., доцент кафедри хімічної технології кераміки та скла, к.т.н.

НАПРЯМ: ТЕХНОЛОГІЇ ЕЛЕКТРОХІМІЧНИХ ВИРОБНИЦТВ Теми: 1. Корозійні пошкодження металів в природному середовищі. 2. Методи захисту від корозії в природних середовищах. 3. Моніторинг кисню у повітряному і водному середовищах. Науковий консультант – Букет О.І., доцент кафедри технології електрохімічних виробництв, к.т.н.

1. Корозійні пошкодження в техногенних середовищах. Науковий консультант – Герасименко Ю.С., професор кафедри технології електрохімічних виробництв, д.т.н.; Букет О.І., доцент кафедри технології електрохімічних виробництв, к.т.н.

1. Захист металевого технологічного обладнання від корозії. Науковий консультант – Герасименко Ю.С., професор кафедри технології електрохімічних виробництв, д.т.н.

1. Сучасні методи визначення швидкості корозії. Науковий консультант – Білоусова Н.А., доцент кафедри технології електрохімічних виробництв, к.т.н.

1. Захисні і декоративні гальванічні металеві покриття. 2. Одержання металевих копій тримірних об’єктів складного профілю. 3. Композиційні функціональні покриття. 4. Одержання кольорових металів методами гідрометалургії. Науковий консультант – Донченко М.І., професор кафедри технології електрохімічних виробництв, д.т.н.

1. Електрохімічні конденсатори і суперконденсатори. Науковий консультант – Фатєєв Ю.Ф., доцент кафедри технології електрохімічних виробництв, к.т.н.

43

1. Первинні елементи живлення і акумулятори. Науковий консультант – Хірх-Ялан І.Ф., доцент кафедри технології електрохімічних виробництв, к.т.н.

1. Одержання хімічних продуктів електролізом. Науковий консультант – Косогін О.В., доцент кафедри технології електрохімічних виробництв, к.т.н.

1. Електроліз розплавлених середовищ. 2. Резервні хімічні джерела струму на розплавах електролітів. Науковий консультант – Ткаленко Д.А., професор кафедри технології електрохімічних виробництв, д.т.н.

1. Електрохімічні сенсори для моніторингу повітряного середовища. Науковий консультант – Лінючева О.В., доцент кафедри технології електрохімічних виробництв, д.т.н.

НАПРЯМ: ФІЗИЧНА ХІМІЯ Теми: 1. Леткі інгібітори корозії на рослинній основі. 2. Особливості інгібуючих властивостей рослинної сировини. 3. Гідрофобізація поверхні як спосіб захисту металів. 4. Проблеми захисту прокородованої металевої поверхні. Науковий консультант – Чигиринець О.Е., професор кафедри фізичної хімії, д.т.н.

1. Порівняльна оцінка перспективності методів отримання колоїдного срібла Науковий консультант – Пономарьов М.Є., доцент кафедри фізичної хімії, к.х.н.; Ренський І.О., старший викладач кафедри фізичної хімії.

ПРИМІТКА: Наукові роботи учнів шкіл мають бути адаптовані до їх рівня знать, тобто або

спрямовані на ознайомлення майбутніх студентів з уже відомими природними явищами чи технологіями, або на уточнення природи явищ і процесів з побуту і повсякденного життя, які з причини своєї звичності залишаються поза увагою професійних науковців, а значить – не поясненими і не осмисленими.

Закінчене формулювання теми роботи і методика її виконання є інтелектуальною власністю НТУУ "КПІ" і надається кожному учню лише після згоди (письмової) між учнем і вчителем його школи з одного боку і кафедрами ХТФ НТУУ "КПІ" з іншого.

ЗМІСТ

Завдання, методичні вказівки та розв’язки до першої заочної контрольної роботи з хімії настановної сесії Всеукраїнської заочної хімічної школи на 2011–2012 н. р.

10 клас …………………………………………………………….. 4 11 клас …………………………………………………………….. 8

Завдання, методичні вказівки та розв’язки до другої очної контрольної роботи з хімії настановної сесії Всеукраїнської заочної хімічної школи на 2011–2012 н. р.

10 клас …………………………………………………………… 12 11 клас …………………………………………………………… 15

Завдання, методичні вказівки та розв’язки до третьої заочної контрольної роботи з хімії зимової сесії Всеукраїнської заочної хімічної школи на 2011–2012 н. р.

10 клас……………………………………………….……….…… 19 11 клас ……………………………………………………………. 23

Завдання, методичні вказівки та розв’язки до четвертої заочної контрольної роботи з хімії зимової сесії Всеукраїнської заочної хімічної школи на 2011–2012 н. р.

10 клас……………………………………………….……….…… 29 11 клас ……………………………………………………………. 32

Орієнтовні напрями та тематика наукових досліджень для слухачів заочної хімічної школи Малої академії наук …………. 36

Формат 60х84 1/16. Друк цифровий. Папір офсетний 80 г/м2.

Наклад 500 прим.

Видавництво: ТОВ «Праймдрук» 01023, м. Київ, вул. Еспланадна, 20, офіс 213

Свідоцтво про внесення до Державного реєстру суб’єктів видавничої справи серія ДК № 4222 від 07.12.2011.