Найти растворимость CaF2 в 0 1 М растворе NaNO3 Решение
1. Найти растворимость CaF2 в 0,1 М растворе NaNO3.
Решение:
Запишем уравнения диссоциации нитрата натрия и фторида кальция в растворе и выражение для расчета произведения растворимости фторида кальция:
NaNO3 → Na+ + NO3–
CaF2 (тв) ↔ Ca2+ + 2F– ПР=[Ca2+]⋅[F–]=3,4⋅10–11
Т.к. при диссоциации нитрата натрия не образуются одноименных с фторидом кальция ионов, растворимость последнего повышается за счет увеличения ионной силы раствора. Ионная сила раствора в данном случае полностью определяется нитратом натрия. Находим ионную силу по уравнению:
Где zi – заряды ионов Na+ и NO3–;
Ci – концентрации ионов Na+ и NO3–, моль/дм3.
По уравнению Дебая-Хюккеля находим активности ионов Na+ и NO3–:
Отсюда γ=0,76.
Обозначим растворимость фторида кальция за x, моль/л. В насыщенном растворе фторида кальция последний диссоциирует:
CaF2 тв
↔ Ca2+ + 2F– =x⋅(2x)2=4⋅x3=3,4⋅10–11
x
x
2x
С учетом ионной силы раствора, произведение растворимости будет иметь вид:
Отсюда, x=2,45⋅10–4 (моль/л).
Или в пересчете на г/100 г раствора (считаем ρ=1,0 г/см3):
Где – молярная масса фторида кальция, 78,07 г/моль.
(г/100 г).
Ответ: растворимость фторида кальция в 0,1 М растворе нитрата натрия составляет 2,45⋅10–4 (моль/л) или 1,91 мг/100 г воды.
2. Из навески сплава 0,5650 г получили 0,1140 г оксида алюминия. Найти % алюминия в сплаве.
Решение:
Запишем реакцию, лежащую в основе определения алюминия в сплаве:
Al + O2 → Al2O3
Найдем количество полученного оксида алюминия:
Где – масса оксида алюминия, г;
– количество оксида алюминия, моль;
– молярная масса оксида алюминия, моль/л
Находим молярную массу оксида алюминия: (г/моль).
Таким образом:
(моль)
По уравнению реакции видим, что количество алюминия составляет: (моль).
Найдем массу алюминия в сплаве:
(г)
Массовую долю алюминия в сплаве находим по формуле:
(%)
Ответ: массовая доля алюминия в сплаве составляет 2,67 %.
3. Найти pH раствора, содержащего 20 г CH3COOH и 10 г CH3COONa в 500 мл (pKa=4,76).
Решение
В растворе, содержащем смесь уксусной кислоты и ацетата натрия протекают реакции диссоциации ацетата натрия, уксусной кислоты и воды:
CH3COONa → CH3COO– + Na+
CH3COOH ↔ CH3COO– + H+
H2O ↔ H+ + OH–
Найдем молярные концентрации компонентов в растворе по формуле:
Где С – концентрация искомого компонента, моль/л;
m – масса искомого компонента, г;
М – молярная масса компонента, г/моль;
V – объем раствора, л.
Молярные массы ацетата натрия и уксусной кислоты равны: (г/моль) и (г/моль).
(моль/л)
(моль/л)
pH данного раствора можно найти по уравнению Гендерсона-Хассельбаха:
Ответ: pH=4,31.
4. Навеску удобрения 1,2564 г растворили и раствор разбавили до 200,0 мл. Из 25,00 мл раствора действием 25,00 мл 0,2219 М раствора щелочи при кипячении удалили аммиак. На титрование избытка щелочи потребовалось 12,60 мл 0,2153 М раствора соляной кислоты. Найти массовую долю (%) азота в удобрении.
Решение:
Запишем уравнения, протекающие в растворе, обозначив удобрение за NH4A:
NH4A + NaOH → NH3↑ + H2O + NaA
Избыток щелочи нейтрализуется соляной кислотой:
NaOH + HCl → NaCl + H2O
Количество аммиака, выделившееся из аликвоты раствора удобрения, находим как разность между количеством щелочи, прибавленной к аликвоте раствора удобрения и количеством кислоты, пошедшей на титрование избытка щелочи:
Где – количество аммиака, содержащееся в аликвоте удобрения, моль;
– концентрация гидроксида натрия, моль/л;
– объем гидроксида натрия, л;
– концентрация соляной кислоты, моль/л;
– объем соляной кислоты, пошедший на титрование, л.
Количество аммиака, которое содержится в исходной навеске удобрения находим по формуле:
Где Vр-ра – объем исходного раствора удобрения, л;
Vал – объем аликвоты раствора удобрения, л.
Количество азота будет равно количеству аммиака. Массовую долю азота в исходной навеске находим преобразуя полученное уравнение:
Где MN – молярная масса азота, 14,01 г/моль;
mN – масса азота в удобрении, г;
mнав – масса навески удобрения, г.
(%)
Ответ: массовая доля азота в удобрении составляет 25,29 %.
5. Сняли полярограммы стандартных растворов никотиновой кислоты C5H4NСООН (М=123,11 г/моль):
С, моль/л 0.000400 0.000600 0.000800 0.001000
Id, мкА 2.20 3.30 4.40 5.50
В тех же условиях предельный диффузионный ток никотиновой кислоты в анализируемом растворе составил 4.10 мкА. Найти концентрацию (мг/мл) никотиновой кислоты в анализируемом растворе.
Решение:
6286562611000Построим градуировочный график зависимости концентрации никотиновой кислоты от соответствующего им диффузионного тока:
По полученному графику определяем регрессионное уравнение зависимости диффузионного тока от концентрации никотиновой кислоты. Данное уравнение имеет вид:
Или для расчета концентрации:
Найдем концентрацию никотиновой кислоты в растворе при диффузионном токе, равном 4,10 мкА:
(моль/л)
Переведем молярную концентрацию никотиновой кислоты в исследуемом растворе в мг/мл:
(мг/мл).
Ответ: концентрация никотиновой кислоты в испытуемом растворе составляет 0,0917 мг/мл.
6. Преподаватель выдал пяти студентам одинаковую задачу – по 0,1160 г бария в растворе хлорида бария. Студенты получили следующие результаты анализа (масса бария, г): 0,1180; 0,1188; 0,1163; 0,1170; 0,1161. Допущена ли студентами систематическая ошибка (Р=0.95)?
Решение:
Критерий отсутствия систематической погрешности измерения имеет вид:
Где – среднее значение анализа;
a – действительное значение измеряемой величины;
S(x) – стандартное отклонение;
t – критерий Стьюдента для 5 измерений при доверительной вероятности P=0,95.
Среднее значение массы бария находим по формуле:
Где – среднее значение, г;
xi – i-е значение анализа, г;
n – общее число анализов;
Стандартное отклонение находим по формуле:
Отсюда:
(г)
Табличное значение критерия Стьюдента для 5–ти измерений (чисто степеней свободы f=5–1=4) при доверительной вероятности P=0,95, t=2,776:
Таким образом, систематическая ошибка студентами не была допущена.
Ответ: систематическая ошибка не допущена.
Вычислить pH 0 15 % раствора гидроксида рубидия
11.Вычислить pH 0,15 % раствора гидроксида рубидия.
Решение:
Расчет проведем на 1 л
Примим плотность растора равную 1 г/мл
Тогда масса раствора равна:
m=ρ*V=1 г/мл*1000мл=1000 г
Содержание в растворе гидроксида рубидия равно:
m(RbOH)=m(р-ра)*W(RbOH)/100%=1000*0,15/100=1,5 г
Молярная концентрация гидроксида рубидия равна:
См=m/(M*V)=1,5/(102,407*1)=0,0146 моль/л
Гидроксид рубидия- сильное основание и в растворе диссоциирует полностью:
RbOH↔Rb++OH-
[OH-]=[ RbOH]=0,0146 моль/л
рН=14+lg[OH-]=14+lg0,0146=12,17
Отвт: рН=12,17
12.В 100 мл раствора содержится 0,24 г муравьиной кислоты. Вычислить концентрацию формиат-иона (Кд= 1,8*10-4).
Решение:
Расчитаем концентрацию муравьиной кислоты:
С(HCООН)=m/(M*V)=0,24/(46*0,1)=0,0522 моль/л
Записываем уравнение диссоциации HCООН:
HCООН ⇔ Н+ + НCОО-.
Концентрация ионов водорода равна сα.
Рассчитываем неизвестную степень диссоциации по формуле Кд = сα2:
а=Кд/с=1,8*10-4/0,0522=0,0587
Рассчитываем концентрацию формиат-ионов:
[НCОО-] = сα = 1,8×10-4*0,0587 = 1,06*10-5моль-ион/л
Ответ: 1,06*10-5моль-ион/л
13.Вычислить концентрацию HSO4- М растворе серной кислоты (К2= 1,2*10-2).
Решение:
Серная кислота полностью диссоциирует по первой стадии и лишь частично по второй:
В соответствии с уравнением материального баланса общая концентрация серной кислоты складывается из концентраций ионов HSO4– и SO42–:
Подставим найденные значения концентраций [HSO4–] и [SO42–] в выражение для Ка2:
Отсюда найдем концентрацию [H3O+] и подставив в уравнение материального баланса найдем концентрацию [HSO4–].
14.Вычислить степень ионизации и концентрацию формиат- иона, если к 50 мл 1 % раствора муравьиной кислоты добавлено 5 мл 10 % раствора соляной кислоты (Кк= 1,8*10-4 ).
Решение:
Переведем процентные концентрации в молярные (приняв плотность равную 1 г/мл, в первом и во втором растворах):
С(НСООН)=w*m(р-ра)100*МНСООН*V=1*50/(100*46*0,05)=0,22 М
С(НСl)=w*m(р-ра)100*МНCl*V=10*5/(100*36,5*0,005)=2,74 М
После сливания растворов:
С(НСООН)=0,22*50/55=0,2 М
С(НСl)=2,74*5/55=0,25 М
[H+]=[ НСl]=0.25 моль/л
Поскольку [H+] значительно превышает константу диссоциации муравьиной кислоты, для расчета концентрации формиат-иона можно использовать уравнение:
Находим степень ионизации α:
α=0,0001/0,2=0,0005 или 0,05%
Ответ: 0,0001 моль-ион/л; 0,05%
15.Сколько 0,2 M раствора гидроксида натрия надо добавить к 20 мл 0,2 М раствора фосфорной кислоты, чтобы получить раствор с pH 7 (K1=7,6*10-3 К2=6,3*10-7, К3=1,3*10-12)?
Решение:
Запишем уравнение реакции
NaOH+H3PO4 = NaH2PO4 + H2O
рН среды раствора NaH2PO4 рассматривается из равновесия:
рН=-lg[H+]
[H+]=10-7=10-7 моль-ион/л
[H+]2=10-14моль-ион/л
С0(Н2PO4-)=10-14/6,3*10-7=1,59*10-8 моль-ион/л
С(H3PO4)*V(v)-C(NaOH)*V(NaOH)=C(Н2PO4-)*V(Н2PO4-)
0,020*0,2-0,2*х=1,59*10-8(0,02+х)
Откуда х=0,02
Значит V(NaOH)= 0,02 л или 20 мл
Ответ: 20 мл
16.Вычислить степень гидролиза и концентрацию фторид-иона в 0,05 М растворе фторида натрия (Кк= 1,2*10-3)
Решение:
Уравнения реакции гидролиза:
NaF + H2O ⇔ HF+ NaOH,
F- + H2O ⇔ HF + OH-.
KHF = 6,8×10-4
Кг=Kw/Кд=10-14/6,8*10-4=1,47*10-11
Степень гидролиза равна:
h=(Кг/С)0,5=(1,47*10-11/0,05)0,5=1,71*10-5
[F-]=C*h=1,71*10-5*0,05=8,6*10-6 моль-ион/л
Ответ: 8,6*10-6 моль-ион/л; 1,71*10-5
17.К 250 мл 10-5 М раствора нитрата ртути (II) добавлено 150 мл 0,34 М раствора роданида аммония. Вычислить равновесную концентрацию ионов ртути (П), учитывая, что в указанных условиях преобладает комплекс Hg(SCN)42- (lg β4=21,23).
Решение:
Запишем уравнение диссоциации комплекса
2) Равновесная концентрация роданид-ионов
Количество моль SCN – в 150 мл 0,34 M раствора роданида аммония равно
n( SCN – )=0,15*0,34=0,051 моль
Прореагирует с нитратом ртути 0,25*10-5 =2,5*10-6 моль SCN –
n( SCN – )=0,051-2,5*10-6=0,0509975 моль
3) Равновесная концентрация комплекса
[Hg(SCN)2-4]=10-5*0,25/(0,15+0,250)=6,25*10-6 моль/л
4) Равновесная концентрация ионов ртути равна
β=6,25*10-6/[Hg2+]*0,12754
[Hg2+]=6,25*10-6/(1021,23*0,12754)=1,39*10-23 моль/
Ответ: 1,39*10-23 моль/л
18.Сколько моль свинца находится в 150 мл насыщенного раствора оксалата свинца (ПР(РЬС2О4)=3,4*10-11)?
Решение:
РЬС2О4↔ РЬ2++С2О42-
ПР(РЬС2О4)=[ РЬ2+][С2О42-]=S2
[ РЬ2+]=ПР=5,83*10-6 моль/л
Ответ: 5,83*10-6 моль/л
19.При каком значении pH происходит практически полное осаждение (1*10-5 М) сульфида цинка, если раствор насыщать сероводородом? Концентрация сероводорода 0,1 М (ПP(ZnS)= 1,6*10-24).
Решение:
ПР(ZnS)=[Zn2+][S2-]
[S2-]= ПР(ZnS)/[ZnS]=1.6*10-24/1*10-5=1,6*10-19 моль/л
Так как раствор сероводорода в воде представляет собой слабую кислоту, то исходя из закона действующих масс
, откуда .
[H+]2=1,4*10-22*0,1/1,6*10-19=8,75*105
[H+]=0,0093
рН=-lg[H+]=2.02
Ответ: 2,02.
20.Сколько надо взять 4 % раствора динатрий фосфата, чтобы осадить магнии в виде MgNH4PО4 из 0,4456 г семиводного сульфата магния?
Решение:
М(Na2HPO4)=163,98 г/моль
М(MgNH4PО4*7Н2О)=246,37 г/моль
b=163,88*0,4456/246,37=0,2964 г
m(Na2HPO4)=0,2964*100%/4%=7,1 г
Ответ: 7,1 г
21.Рассчитать процентное содержание кадмия в техническом сульфате кадмия, если навеска его 0,3456 г. В результате анализа было получено 0,2086 г пирофосфата кадмия.
Решение:
CdSO4→ Cd2P2O7
М(CdSO4)=208,47 г/моль
М(Cd2P2O7)=398,77 г/моль
m(CdSO4)=2*208,47*0,2086/398,77=0,2181 г
М(Cd)=112,41 г/моль
Процентное содержание кадмия в сульфате кадмия равно:
%Cd=Ar(Cd)*m(CdSO4)/M(CdSO4)*100%=112,41*0,2181/208,47*100=11,76 %
Ответ: 11,76 %
22.Вычислить значение окислительно-восстановительного потенциала системы S4062-/S2032-, если к 50 мл 0,02 н раствора Na2S2О3 добавлено 30 мл 0,03 н раствора I2. E0(S4O62-/S2O32-=0,150 В; Е°(I2/2I-)=0,536 В.
Решение:
I2 + 2S2O32-→ 2I- + S4O62-
Найдем концентрацию S2O32-, условно считая, что объем раствора при титровании не изменяется:
S2O32- = (50∙0,02 – 30∙0,003) = 0,1 ммоль/л.
Концентрация I- , образовавшегося по реакции, будет равна
S4O62-=30*0,03= 0,9 ммоль/л.
Рассчитываем значение потенциала в данной точке титрования
Е = 0,150 +0,059/1∙lg(0,9/0,1)=0,206 В.
Ответ: Е = 0,206 В
23.К 3900 мл 0,5 н раствора гидроксида натрия с поправочным коэффициентом 1,017 прибавлено 70 мл воды. Вычислить титр и поправочный коэффициент полученного раствора.
Решение:
Поправочный коэффициент полученного раствора равен:
(1,017-К2)3900=70
К=1,017-70/3900=0,9991
Новая концентрация раствора:
Сн=3900*0,5/(3900+70) =0,4912 н
Масса гидроксида натрия в растворе равна:
m(NaOH)=C*V*M=0,4912*3,970*39,997=77,9967 г
Титр полученного раствора равен:
Тт=77,9967/39700=0,001965 г/мл
Тэ=Тт*К=0,001965*0,9961=0,001957 г/мл
Ответ: К=0,9961; 0,001957г/мл.
14. Сколько процентов железа содержится в соли Мора, если на титрование 0,8512 г ее затрачивается 22,30 мл 0,1092 н раствора КМn04?
Решение:
Соль Мора (NH4)2Fe(SO4)2 титруется перманганатом в соотв. с реакцией:
5Fe2+ + MnO4-+ 8H+ →5Fe3+ + Mn2+ + 4H2O
10 5 Fe2+ – e →Fe3 +
MnO4- + 8H+ + 5e →Mn2+ + 4H2O
nэкв(Fe2+)=nэкв.(KMnO4)=Cн*V=22,30*0,1092/1000=0,0024 моль-экв
m=n/M=0,0024/55,85=4*10-5 г
w(Fe)=m(Fe)/m(навески)*100%=0,5048 %
Ответ: 0,5048%
5. До какого объема надо довести раствор 2,0000 г бронзы, содержащей 86,00 % меди, чтобы после добавления избытка KI к 50,00 мл этого раствора на титрование йода затрачивалось 40,05 мл 0,1н раствора Na2S203 с F=l,352?
Решение:
2Cu2+ + 4I- = I2 + 2CuI↓
I2 + 2S2O32- = 2I- + S4O62-
n(Cu) = n(1/2 I2) = n(Na2S2O3).
V(р-ра)=86*10*2,000*50/(0,1*40,05*1,352*63,546)=250 мл
Ответ: 250 мл
Укажите набор квантовых чисел для энергетических состояний 5s2
1. Укажите набор квантовых чисел для энергетических состояний 5s2; 3d2; 7p2
Решение
Определим набор квантовых чисел для данных состояний.
5s2 3d2 7p2
n 5 3 7
l 0 2 1
ml 0 –2, –1 –1, 0
ms +1/2, –1/2 +1/2, +1/2 +1/2, +1/2
2. По указанным конфигурациям валентных электронов 5s24d9; 2s22p4 определите:
а) место элемента в Периодической таблице (период, группу, подгруппу);
б) распределение электронов для данного элемента по слоям;
в) высшую степень окисления;
г) формулу высшего оксида
Решение
1) 5s24d9
Данная электронная конфигурация является первым возбужденным состоянием атома серебра.
Элемент расположен в 5 периоде, I группе, побочной подгруппе.
Распределение электронов для данного элемента по слоям:
Электронная формула:
1s2 2s22p6 3s23p63d10 3s23p63d10 4s24p64d10 5s1
Для серебра характерна степень окисления +1, реже +2 (высшая).
Формула высшего оксида AgO.
2) 2s22p4
Данная электронная конфигурация отвечает атому кислорода.
Элемент расположен во 2 периоде, VI группе, главной подгруппе.
Распределение электронов для данного элемента по слоям:
Электронная формула:
1s2 2s22p4
Для кислорода характерна степень окисления +2 (высшая), реже +1.
Кислород не имеет оксидов, поскольку сам является оксидоформирующим элементом.
3. Напишите полную электронную формулу и электронно-графические формулы валентных электронов атома Fe, ионов Fe2+, Fe3+
Решение
Электронная формула атома Fe:
1s2 2s22p6 3s23p63d6 4s2
Электронно-графическая формула:
Электронная формула иона Fe2+:
1s2 2s22p6 3s23p63d6 4s0
Электронно-графическая формула:
Электронная формула иона Fe3+:
1s2 2s22p6 3s23p63d5 4s0
Электронно-графическая формула:
1. Определите возможность протекания процесса при стандартных условиях и при 1000 K (см. прил.): 4NH3(г) + 5O2(г) = 4NO(г) + 6H2O(г)
Решение
Уравнение реакции:
4NH3(г) + 5O2(г) = 4NO(г) + 6H2O(г)
Вычисляем тепловой эффект реакции по следствию из закона Гесса:
ΔH°р = nΔH°прод. – nΔH°исх.
Энтальпия образования простых веществ равна 0.
Записываем справочные значения.
ΔH°(NO(г)) = 90,25 кДж/моль
ΔH°(H2O(г)) = –241,82 кДж/моль
ΔH°(NH3(г)) = –46,19 кДж/моль
ΔH°(O2(г)) = 0
ΔH°р = 4ΔH°(NO(г)) + 6ΔH°(H2O(г)) – 4ΔH°(NH3(г))
ΔH°р = 4 · 90,25 + 6 · (–241,82) – 4 · (–46,19) = –905,16 кДж.
Вычисляем изменение энтропии.
S°(NO(г)) = 210,6 Дж/(моль·К)
S°(H2O(г)) = 188,72 Дж/(моль·К)
S°(NH3(г)) = 192,6 Дж/(моль·К)
S°(O2(г)) = 205,04 Дж/(моль·К)
ΔS°р = 4S°(NO(г)) + 6S°(H2O(г)) – 4ΔH°(NH3(г)) – 5ΔH°(O2(г))
ΔS°р = 4 · 210,6 + 6 · 188,72 – 4 · 192,6 – 5 · 205,04 = 179,12 Дж/К.
Вычисляем изменение энергии Гиббса при 298 К.
ΔG°р = ΔH°р – TΔS°р = –905,16 – 298 · 0,17912 = –958,54 кДж.
При 298 К ΔG°р < 0, реакция идет в прямом направлении.
Вычисляем изменение энергии Гиббса при 1000 К.
ΔG°р = ΔH°р – TΔS°р = –905,16 – 1000 · 0,17912 = –1084,28 кДж.
При 1000 К ΔG°р < 0, реакция идет в прямом направлении.
Ответ: при 298 К и при 1000 К реакция идет в прямом направлении.
2. Составьте кинетическое уравнение для прямой реакции: а) 2CO(г) = CO2(г) + C(граф); б) 2NO(г) + Cl2(г) = 2NOCl(г). Укажите, как изменится скорость каждой реакции при увеличении давления в 3 раза
Решение
а) 2CO(г) = CO2(г) + C(граф)
Скорость прямой реакции:
υпр = kпр [CO]2
Записываем выражения скорости прямой и обратной реакции через давления.
υпр = kпр p(CO)2
υобр = kобр p(CO2)
После увеличения давления в 3 раза:
υпр1 = kпр (3p(CO))2 = 9υпр
υобр1 = kобр 3p(CO2) = 3υобр
Скорость прямой реакции увеличится в 9 раз, обратной – в 3 раза. Общая скорость реакции увеличится в 9/3 = 3 раза.
б) 2NO(г) + Cl2(г) = 2NOCl(г)
Скорость прямой реакции:
υпр = kпр [NO]2[Cl2]
Записываем выражения скорости прямой и обратной реакции через давления.
υпр = kпр p(NO)2p(Cl2)
υобр = kобр p(NOCl)2
После увеличения давления в 3 раза:
υпр1 = kпр (3p(NO))2 3p(Cl2) = 27υпр
υобр1 = kобр (3p(NOCl))2 = 9υобр
Скорость прямой реакции увеличится в 27 раз, обратной – в 9 раза. Общая скорость реакции увеличится в 27/9 = 3 раза.
3. Укажите, как следует изменить: а) температуру, б) давление, в) концентрацию, чтобы сместить равновесие в системе в сторону продукта реакции SO3: 2SO2(г) + O2(г) = 2SO3(г), ΔH > 0
Решение
Уравнение реакции:
2SO2(г) + O2(г) = 2SO3(г), ΔH > 0
Направление смещения равновесия определяется правилом Ле-Шателье: если на равновесную систему оказать внешнее воздействие, то равновесие сместится в сторону ослабления этого воздействия.
Данная реакция эндотермическая, ΔH > 0. В ходе реакции теплота поглощается. Значит, для смещения равновесия в сторону продукта нужно повысить температуру.
В левой части 3 моля газообразных веществ, в правой части — 2 моля газообразных веществ. Значит, для смещения равновесия в сторону продукта нужно повысить давление.
Для смещения равновесия вправо нужно повысить концентрацию исходных веществ или уменьшить концентрацию продукта реакции.
1. Напишите уравнения электролитической диссоциации растворов H2ТеO4, Ba(OH)2, Al2(SO4)3, Zn(HCO3)2
Решение
Теллуровая кислота — слабая, диссоциирует ступенчато:
H2TeO4 H+ + HTeO4–
HTeO4– H+ + TeO42–
Гидроксид бария — щелочь, диссоциирует полностью:
Ba(OH)2 → Ba2+ + 2OH–
Сульфат алюминия — сильный электролит, диссоциирует полностью:
Al2(SO4)3 → 2Al3+ + 3SO42–
Ацетат цинка — сильный электролит, диссоциирует полностью:
Zn(HCO3)2 → Zn2+ + 2HCO3–
2. Напишите молекулярные и ионно-молекулярные уравнения реакций
CdCl2 + K2S =
Fe(OH)3 + KOH =
Решение
1) Молекулярное уравнение:
CdCl2 + K2S = CdS↓ + 2KCl
Полное ионно-молекулярное уравнение:
Cd2+ + 2Cl– + 2K+ + S2– = CdS↓ + 2K+ + 2Cl–
Сокращенное ионно-молекулярное уравнение:
Cd2+ + S2– = CdS↓
2) Молекулярное уравнение:
Fe(OH)3 + 3KOH = K3[Fe(OH)6]
Полное ионно-молекулярное уравнение:
Fe(OH)3 + 3K+ + 3OH– = 3K+ + [Fe(OH)6]3–
Сокращенное ионно-молекулярное уравнение:
Fe(OH)3 + 3OH– = [Fe(OH)6]3–
3. Составьте молекулярные уравнения реакций, которым соответствуют данные ионно-молекулярные уравнения:
Ca(OH)2 + 2NH4+ = Ca2+ + 2NH4OH
Mg2+ + CO32– = MgCO3
Решение
1) Ионно-молекулярное уравнение:
Ca(OH)2 + 2NH4+ = Ca2+ + 2NH4OH
Молекулярное уравнение:
Ca(OH)2 + 2NH4Cl = CaCl2 + 2NH4OH
2) Ионно-молекулярное уравнение:
Mg2+ + CO32– = MgCO3
Молекулярное уравнение:
Mg(NO3)2 + K2CO3 = MgCO3↓ + 2KNO3
4. Напишите молекулярные и ионно-молекулярные уравнения гидролиза солей и укажите реакцию среды раствора: Zn(NO3)2, KNO2, Cr2S3
Решение
1) Нитрат цинка Zn(NO3)2 – соль слабого многокислотного основания Zn(OH)2 и сильной кислоты HNO3. Гидролиз протекает по аниону по первой ступени. Молекулярное и ионно-молекулярное уравнения гидролиза имеют вид
Zn(NO3)2 + Н2О ZnOHNO3 + НNO3
Zn2+ + Н2О ZnOH+ + Н+
Среда кислая, рН < 7.
2) Нитрит калия KNO2 – соль сильного основания KOH и кислоты средней силы HNO2. Гидролиз протекает по катиону. Молекулярное и ионно-молекулярное уравнения гидролиза имеют вид
KNO2 + Н2О KOH + НNO2
NO2– + Н2О OH– + НNO2
Среда щелочная, рН > 7.
3) Cr2S3 — соль, образованная слабым основанием и слабой кислотой, гидролизуется необратимо полно. Такие соли не растворимы в воде или водные растворы этих соединений не существуют
Cr2S3 + 6H2O = 2Cr(OH)3↓ + 3H2S↑
рН ≈ 7.
5. Вычислите концентрацию ионов водорода в растворе (моль/л), рН которого равен 5
Решение
pH — отрицательный логарифм концентрации ионов водорода в растворе:
pH = –lg[H+]
Отсюда [H+] = 10–pH = 10–5 моль/л.
Ответ: [H+] = 10–5 моль/л.
21. Оксид трехвалентного элемента содержит 31,58% кислорода. Вычислите молярную массу эквивалента, мольную массу и атомную массу этого элемента
Решение
По закону эквивалентов массы (объемы) реагирующих веществ пропорциональны их эквивалентным массам (объемам):
m1 / Mэ(1) = m2 / Mэ(2),
где m – масса вещества, Mэ – молярная масса эквивалента.
При образовании оксида происходит реакция: nM + m/2O2 = MnOm
Тогда закон эквивалентов запишется так:
m(M) / Mэ(M) = m(O) / Mэ(O)
Так как масса кислорода в оксиде составляет 31,58% массы оксида, то масса металла равна 100% – 31,58% = 68,42%. Эквивалентная масса кислорода равна 8 г/моль.
68,42m(M2O3) / Mэ(M) = 31,58m(M2O3) / 8
Mэ(M) = 68,42 · 8 / 31,58 = 17,33 г/моль.
Молярная масса металла равна произведению молярной массы эквивалента и валентности, поэтому M(M) = 17,33 · 3 = 51,99 г/моль.
Так как молекулы металла одноатомны, то атомная масса численно равна мольной. A(M) = 51,99 а.е.м.
Металл – хром. Оксид Cr2O3.
Ответ: Mэ(M) = 17,33 г/моль; M(M) = 51,99 г/моль; A(M) = 51,99 а.е.м.
Литература
Ахметов А. С. Общая и неорганическая химия: учеб. для вузов. – 4-е изд, испр. – М.: Высшая школа, Академия, 2010. – 743 с.
Глинка Н. Л. Общая химия: учеб. пособие для вузов. – изд. 17-е. – М.: ЮРАЙТ, 2010. – 702 с.
Зайцев О. С. Химия. – М.: Академия, 2008. – 544 с.
Князев Д. А., Смарыгин С. Н. Неорганическая химия: учеб. для вузов. – М.: Высшая школа, 2006. – 430 с.
Лурье Ю. Ю. Справочник по аналитической химии. – М.: Химия, 1989. – 448 с.
Азот титан 30 Аргон железо №22 Электронная формула азота
Азот, титан
30 Аргон, железо
№22
Электронная формула азота: 1s2 2s2 2р3
. Электронная формула титана 1s2 2s2 2р6 3s2 3р6 3d24s2
Графическое распределение электронов азота N :
1S 2s2 2p2
: 2s2 2p6
1s2
Графическое распределение электронов Ti :
4s2 4p5 4d
3d
3s2 3p6
: 2s2 2p6
1s2
Из представленного выше графического распределения электронов видно, что у невозбужденного атома N три неспаренных р электронов. Возбужденное состояние невозможно.
Для титана в невозбужденном состоянии неспаренных электронов два, а в возбужденном может быть четыре за счет разъединения двух 4s2 электронов
№30
Ar 1s2 2s2 2р6 3s2 3р6
Pазъединения спаренных электронов при возбуждении атомов аргона не возможно, поскольку здесь достигнута устойчивая конфигурация
3s2 3p6
: 2s2 2p6
1s2
Fe 1s2 2s2 2р6 3s2 3р6 3d64s2
4s2
3d
3s2 3p6
: 2s2 2p6
1s2
В основном состоянии у атома железа 4 неспаренных электрона, в возбужденном состоянии возможно разъединение d электронов
31-40. Проанализируйте изменения величину зарядов ядер, радиусов атомов, электроотрицательностей и степеней окисления элементов в соответствии с вашим вариантом (см. таблицу 11). Каковы закономерности этих изменений при движении по группе сверху вниз или по периоду слева направо? Как изменяется в этом направлений металличность элементов и характер их оксидов и гидроксидов?
37 Элементы 4А группы
38 Элементы 5А группы
Главную подгруппу IV группы это р-элементы: углерод C ,кремнийSi, германий Ge, олово Sn и свинец Pb. Атомы этих элементов имеют на внешнем энергетическом уровне по 4 электронов, из которых два спаренных находятся на s-подуровне, а два неспаренных на р-подуровне.
Одинаковое строение внешнего электронного слоя атомов обусловливает ряд общих характеристик рассматриваемых элементов. Высшая степень окисления в соединениях равна +4 (все 4 валентных электронов смещаются к более электроотрицательным атомам); низшая степень окисления равна -4 (атомы могут смещать к себе от менее электроотрицательных атомов недостающие до завершения октета 4 электрона). В связи с этим высшие оксиды имеют общую формулу RО2, а водородные соединения — RН4.Из промежуточных степеней окисления +2 является общей для всех элементов.
Изменение свойств элементов по мере увеличения атомного радиуса (сверху вниз по подгруппе) происходит гораздо более резко, чем в главных подгруппах VII и VI групп. Первые два элемента (углерод и кремний) являются типичными неметаллами, германий уже проявляет признаки металличности, значительно усиливающиеся у олова и свинца, которые принадлежат к металлам. Эти различия проявляются как в свойствах простых веществ, образуемых элементами, так и в свойствах сложных веществ, прежде всего оксидов и гидроксидов:
СО, SiO -несолеобразующие , GeO, SnO, PbO амфотерные свойства с преобладанием основных
СO2, H2CO3, SiO2 H2SiO3 GeO2 SnO2 PbO2
кислотные свойства амфотерные свойства с преобладанием кислотных
Усиление металличности элементов сверху вниз по подгруппе проявляется и в свойствах образуемых ими газообразных водородных соединений. В ряду СH4-SiH4— GeH4 –SnH4- устойчивость молекул резко уменьшается.
38 Элементы 5А группы
Главную подгруппу V группы это р-элементы: азот N, фосфор Р, мышьяк As, сурьма Sb и висмут Bi. Атомы этих элементов имеют на внешнем энергетическом уровне по 5 электронов, из которых два спаренных находятся на s-подуровне, а три неспаренных на р-подуровне.
Одинаковое строение внешнего электронного слоя атомов обусловливает ряд общих характеристик рассматриваемых элементов. Высшая степень окисления в соединениях равна +5 (все 5 валентных электоонов смещаются к более электроотрицательным атомам); низшая степень окисления равна -3 (атомы могут смещать к себе от менее электроотрицательных атомов недостающие до завершения октета 3 электрона). В связи с этим высшие оксиды имеют общую формулу R205, а водородные соединения — RН3.Из промежуточных степеней окисления +3 является общей для всех элементов.
Изменение свойств элементов по мере увеличения атомного радиуса (сверху вниз по подгруппе) происходит гораздо более резко, чем в главных подгруппах VII и VI групп. Первые два элемента (азот и фосфор) являются типичными неметаллами, мышьяк уже проявляет признаки металличности, значительно усиливающиеся у сурьмы и висмута, которые принадлежат к металлам. Эти различия проявляются как в свойствах простых веществ, образуемых элементами, так и в свойствах сложных веществ, прежде всего оксидов и гидроксидов:
Аналогичные соединения со степенью окисления элементов +5 имеют более кислотный характер, но их устойчивость снижается с увеличением порядкового номера элемента так, что для сурьмы и висмута они вообще не являются характерными.
Усиление металличности элементов сверху вниз по подгруппе проявляется и в свойствах образуемых ими газообразных водородных соединений. В ряду NH3-PH3— AsH3-SbH3-BiH3 устойчивость молекул резко уменьшается, висмутин BiH3 разлагается уже при комнатной температуре. По химическим свойствам они принципиально отличаются от аналогичных водородных соединений галогенов и халькогенов: водные раствора NH3 и РН3 обладают слабоосновными свойствами, а не кислотными (как например, НС1 и H2S). Общей важной характеристикой водородных соединений элементов подгруппы азота является их неприятный запах и ядовитые свойства, которые усиливаются в ряду
Некоторые свойства р-элементов V группы
Свойство N P As Sb
Bi
Атомный радиус, нм 0,074 0,110 0,121 0,140 0,146
Ионный радиус Э3–, нм 0,146 0,184 0,198 0,221
Потенциал ионизации
I1, эВ 14,58 10,49 9,82 8,64 12,25
Сродство к электрону, эВ –0,20 0,80 1,07 0,94 0,95
Электроотрицательность (по Полингу) 3,07 2,06 2,20 1,82 1,67
41-50. Для предложенных в вашем задании (табл. 12) соединений постройте графические формулы и укажите виды химической связи в этих молекулах: ионная, ковалентная полярная, ковалентная неполярная, координативная, металлическая, водородная. Составьте электронно-точечные модели молекул, указанных в вашем варианте, обозначив и неподеленные электронные пары.
Покажите, какие (какая) связи «рвутся» при диссоциации. Объясните, что такое водородная связь? Приведите примеры ее влияния на свойства вещества
43 Тиосульфат натрия, H2S
44 Гидрокарбонат кальция, NH3
№43
Тиосульфат натрия
В тиосульфат-ионе S2 O3 2- сера находится в двух степенях окисления +6 и -2. Структурная формула имеет вид:
Ионная связь: Na+ – O- Na2S2O3 = 2Na + +S2O32-
Ковалентная полярная S – O, S= O
№44
Гидрокарбонат кальция
Н О С = О
О
Са
О
Н О С = О
Ионная связь: Ca2+ – O- Ca(HCO3)2 = Ca2+ +2HCO3-
Ковалентная полярная C – O, C= O, H-O
2146935topАммиак:
Водородная связь – обусловлена взаимодействием двух электроотрицательных атомов одной или нескольких разных молекул при помощи атома водорода: А—Н…В (чертой обозначена ковалентная связь, тремя точками – водородная связь).Для водородной связи характерно электростатическое притяжение водорода, который несет положительный заряд (+) к атому электроотрицательного элемента, имеющего отрицательный заряд (-). Чаще всего она слабее ковалентной, но сильнее обычного притяжения молекул друг к другу в твердых и жидких веществах. Водородная связь отличается от межмолекулярных взаимодействий тем, что обладает свойствами направленности и насыщаемости. Водородная связь считается разновидностью ковалентной химической связи.
Признак наличия водородной связи – расстояние между атомом водорода и другим атомом, ее образующим, меньше, чем общая сумма радиусов этих атомов.Чаще встречаются несимметричные водородные связи (расстояние Н…В>А—В), редко – симметричные (HF).
51-55. Дайте определение понятию скорость химической реакции. Опишите количественно (где это можно), как влияют на скорость реакции внешние условия (концентрация, температура, давление). Рассчитайте, во сколько раз изменится скорость прямой реакции при изменении указанных в таблице 13 условий
№
NaH2PO4 0 2 50 6 210-8
NaH2PO4 0,2 50 6,210-8 (7,21)
Na2HPO4 0,1 25
Фосфатная буферная система НРО42-/Н2РО4- в растворе Nа2НРО4 и NаН2РО4, представляет собой сопряженную кислотно-основную пару, состоящую из иона Н2РО4– (донор протонов) и иона НРО42– (акцептор протонов). Роль кислоты в этой системе выполняет однозамещенный фосфат NaH2PO4, а роль соли двузамещенный фосфат – Na2HPO4. область ее действия рН 6, 2 – 8, 2..Рассчитаем объем буферного раствора (V) по формуле:
V = V (Na2HPO4 ) +V( NаН2РО4) =50+25 = 75 мл
Вычислим молярную концентрацию Na2HPO4 и молярную концентрацию NаН2РО4 в буферной смеси, полученной путем смешения указанных растворов
СМ(Na2HPO4) = 0,2*50/75 =0,13 моль/л
СМ(NaH2 PO4) =0,1*25/75 =0,03 моль/л
рН = рКа – lg (с кислоты / с соли) рН = рКа – lg ( [NaH2PO4] / [Na2HPO4] рН =7,21 – lg 0,13/0,03 = 7,21 –lg 4,33 =6, 58
Задача№9
ОВР и электрохимические явления в биологических системах
Расставить коэффициенты в окислительно-восстановительных реакциях, (методом электронного баланса или полуреакций), определить фактор эквивалентности окислителя и восстановителя.
3. Cl2 +NaFeO2 +NaOH NaCl + Na2FeO4 + H2O
N2H4 +Zn +KOH + H2O K2ZnOH4 +NH3
KMnO4 +K4FeCN6 + H2SO4 MnSO4 +K3FeCN6 + K2SO4 + H2O
Решение
1. 3Cl20 +2NaFe3+ O2 +8NaOH 6NaCl- + 2Na2Fe6+ O4 +4 H2O
Cl20 +2е =2 Cl- *3
Fe3+ O2- -3е + 4ОН- = Fe6+ O42- +2Н2О *2
3 Cl20 + 2Fe3+ O2- + 8ОН- =6 Cl- +2 Fe6+ O42- +4Н2О
фактор эквивалентности окислителя
f (Cl2) = 1/2
фактор эквивалентности восстановителя.
f(NaFe O2) = 1/3
2. N2- 2H4 + Zn0 + 2 KOH +2 H2O K2Zn2+ OH4 +2N3- H3
N 2- 2H4 + 1e*2 + 2H2O = 2N3- H3 +2OH-
Zn0 – 2e + 4OH- = Zn2+ OH42-
Zn0 + N 2H4 +2H2O + 2OH- =Zn2+ OH42- +2N H3
фактор эквивалентности окислителя
f (N 2H4) = 1/2
фактор эквивалентности восстановителя.
f(Zn0 ) = 1/ 2
3. KMn 7+O4 +5K4Fe2+ CN6 + 4H2SO4 Mn2+ SO4 +5K3Fe3+ CN6 + 3K2SO4 +4 H2O
Mn 7+O4- +5e +8H+ = Mn2+ +4H2O
Fe2+ CN64- -e = Fe3+ CN63- |*5
MnO4- +5Fe2+ CN6 +8H+ = Mn2+ +5Fe3+ CN6 +4H2O
фактор эквивалентности окислителя
f (KMn O4 ) = 1/ 5
фактор эквивалентности восстановителя.
f( K4Fe CN6 ) = 1
Задача№10
Напишите формулу по названию.
Укажите: комплексообразователь и его координационное число,
лиганды и их дентантность.
Классифицируйте комплексное соединение:
по природе вещества,
по заряду комплексного иона,
по характеру лигандов.
3. Нитрат пентаакванитратокобальта (III)
Решение
[ Co( H2O)5 NO3] (NO3)2
Комплексообразователь – Co3+
координационное число – 6
лиганды : H2O , NO3-
[ Co( H2O)5 NO3]2+ – внутренняя сфера
2NO3- – внешняя сфера
Все лиганды – монодентатные
Реакция электролитической диссоциации
[ Co( H2O)5 NO3] (NO3)2 = [ Co( H2O)5 NO3] 2+ + 2 NO3 –
Вторичная диссоциация:
[ Co( H2O)5 NO3] 2+ = Co3+ + 5 H2O + NO3-
KH = [Co3+ ]*[ H2O]5*[ NO3-] / [ [[ Co( H2O)5 NO3] 2+]
Это комплексное соединение есть катионного типа, поскольку комплексный ион имеет заряд +2
Комплексообразователь: Со3+
Электронная формула атома кобальта – [Ne] 3s2 3p6 3d7 4s2 4р0 4d0Cхема валентных подуровней: 3d[↑↓][↑↓][↑][↑][↑] 4s[↑↓] 4p[][][] 4d[][][][][] При образовании трехзарядного иона атом кобальта теряет два 4s и один3d
3d[↑↓][↑][↑][↑][↑] 4s[ ** ] 4p[ ** ][** ][ ** ] 4d[ ** ][ ** ][ ][ ][ ]
H2O H2O H2O H2O H2O NO3-
Лиганды в нем двух типов : нейтральные – H2O и NO3- – лиганды слабого кристаллического поля, поэтому спаривания электронов не происходит
[ Co( H2O)5 NO3] (NO3)2 – комплекс парамагнитный
Задача№11
Гетерогенное равновесие. Произведение растворимости.
Рассчитайте, выпадет ли осадок при смешивании равных объемов двух растворов с указанными концентрациями электролитов
3. BaCl2 (C=0,002 моль/л) Na2SO4 (C=0,005 моль/л)
Где Ceq – эквивалентная концентрация электролита
P – массовая концентрация электролита
C – молярная концентрация электролита
BaSO4 1,810-10
Решение
BaCl2 + Na2SO4 = BaSO4 +2 NaCl
BaSO4 = Ba2+ +SO42-
ПР( BaSO4) = [Ba2+] *[ SO42- ]
Молярные концентрации ионов в растворах до смешивания равны:
[ Ba2+] = 0,002 моль/л ; [ SO42- ] = 0,005 моль/ л
Концентрации ионов в растворах после смешивания составляют:
[ Ba2+] =[ Ba2+]*V (BaCl2) / V (BaCl2) + V( Na2SO4)
V (BaCl2) = V( Na2SO4)
[ Ba2+] = 0,002/2 = 0,001моль/л
[SO42-] = 0,005/2 = 0,0025моль/л
ПР = (0,001 )* ( 0,0025) = 2,5*10-6
Так как , 2,5*10-6 >1,810-10 осадок при смешивании равных объемов двух растворов с указанными концентрациями электролитов выпадает
Задача№12
Биогенные элементы, их химические свойства и биологическая роль.
Для предложенных элементов кратко ответить на вопросы согласно предложенной схеме:
Классификация элемента.
Топография элемента.
Основные биологические функции.
Возможные патологии, связанные с избытком или недостатком данного элемента в организме человека.
Применение элемента и его соединений в медицине. (Укажите формулы лекарственных соединений, содержащих данный элемент и использующихся в настоящее время в медицине.)
3. Mg
магний — один из десяти наиболее распространенных элементов земной коры (8-е место). В ней содержится 2,35% магния по массе. Из-за высокой химической активности в свободном виде магний не встречается, а входит в состав множества минералов — силикатов, алюмосиликатов, карбонатов, хлоридов, сульфатов
В периодической системе элементов магний располагается в главной подгруппе II группы; его порядковый номер – 12,
Электронная формула 1s22s2p63s2;
валентный подуровень : 3s2
Строение внешних электронных оболочек атома Mg (3s 2 ) соответствует его нульвалентному состоянию (Mg 0 ); обычное возбужденное состояние атома – 3s1 3p1 (Mg 2+)
эффект «провала электрона отсутствует
Это s- элемент, магний относится к щелочноземельным металлам
Для магния характерна валентность II , степень окисления +2
При горении магния на воздухе образуется рыхлый белый порошок оксида магния MgO:
2Mg + O2 = 2MgO MgO – основной оксид
MgO не реагирует с водой. Раньше его называли жженой магнезией или просто магнезией. Этот оксид обладает основными свойствами, он реагирует с различными кислотами, например:
MgO +HCl = MgCl2 + H2O
MgO – основной оксид
Этому оксиду отвечает основание Mg(OH)2 — средней силы, но в воде практически нерастворимо. Получить его можно, добавляя щелочь к раствору соли магния:
2 КOH + MgSO4 = Mg(OH)2 + К2SO4.
Mg(OH)2 разлагается при нагревании до 350 °C:
Mg(OH)2=MgO+H2O
Взаимодействие с кислотами с образованием(реакция нейтрализации) соли и воды :
Mg(OH)2+2HCl=MgCl2+H2O
Mg(OH)2+H2SO4=MgSO4+H2O
Взаимодействие с кислотными оксидами с образованием соли и воды: Mg(OH)2+SO3=MgSO4+H2O
Стандартный электродный потенциал магния Mg/Mg2+ равен –2,37В. В ряду стандартных потенциалов он расположен за натрием перед алюминием
Mg + 2HCl = MgCl2 + H2
Mg + H2SO4(p) = MgSO4 + H2
4Mg + 5H2SO4(k) = 4MgSO4 + H2S +4 H2O
4Mg +10 HNO3 (p) = 4Mg(NO3)2 +NH4NO3 + 3H2O
Магний (Mg): – микроэлемент – «металл жизни» (все энергетические процессы в организме идут при его участии, магний защищает нервную систему от стрессов) Магний – один из самых “востребованных” металлов в живой природе. Центром молекулы хлорофилла (зеленого пигмента растений) является атом магния. Хлорофилл “кормит” растения (травы, деревья, водоросли), которыми питаются травоядные животные, которых в свою очередь поедают хищники. Получается, что магний в конечном счете кормит почти всю живую природу. Атом магния обладает особенными свойствами, благодаря которым в организме человека он “встроен” минимум в 300 ферментов, осуществляющих огромное количество “полезных” функций.
Магний, наряду с кальцием, натрием и калием, входит в первую четверку минералов в организме, а по содержанию внутри клетки занимает второе место после калия. Животные и человек получают магний с пищей. С участием магния протекает более трёх сотен ферментативных реакций. Особенно активно магний участвует в процессах, которые связаны с утилизацией энергии, в частности, с расщеплением глюкозы и удалением из организма отработанных шлаков и токсинов. Получено подтверждение, что витамины тиамин (В1), пиридоксин (В6) и витамин С полноценно усваиваются именно в присутствии магния. Благодаря магнию более устойчивой становится структура клеток во время их роста, эффективнее проходит регенерация и обновление клеток тканей и органов. Магний стабилизирует костную структуру и придаёт костям твёрдость.
Магний является кофактором многих ферментов, в т.ч. кокарбоксилазы и коэнзима А, играет значительную роль при передаче нервных импульсов и необходим для ритмичной работы сердца, активно участвует в обмене белка и нуклеиновых кислот, регулирует митохондрильаную выработку и перенос энергии, регулирует передачу сигнала в нервной и мышечной ткани, способствует расслаблению гладкомышечных волокон, снижает артериальное давление, угнетает агрегацию тромбоцитов, ускоряет пассаж содержимого кишечника. Суточная потребность организма в магнии составляет 0,05% от массы тела: в среднем это 400 мг. Содержание ионов магния в крови у взрослых составляет от 0,66 до 1,07 ммоль/л. Наиболее ценными источниками магния являются продукты растительного происхождения: отруби, орехи, крупы, специи, чай, кофе, какао, овощи.
Препараты магния: магния цитрат C6H6O7Mg , магния оротат (C5H3N2O4)2Mg, магния глюконат (C5H11O7)2Mg, магния лактат (C3H5O3)2Mg. В медицине используются как минеральные добавки с целью профилактики и лечения дефицита магния в организме и гипомагниемии. Магния оротат применяется в терапии сердечной недостаточности.
Сульфат магния. Он выступает в качестве слабительного и желчегонного средства. Кроме того, иногда его назначают при судорогах или при чрезмерно возбуждённом состоянии.
Магния оксид является всасывающимся в кровь антацидом. Всасывающие антациды отличаются быстрым началом кислотонейтрализации в желудке, однако продолжительность их действия меньше, чем у невсасывающихся антацидов
Магнерот, в состав которого входит оротовая кислота. Оротовая кислота необходима для фиксации магния на АТФ в клетке, что приводит к терапевтической активности магния. Помимо этого, оротовая кислота способствует росту клеток, участвуя в процессе обмена веществ. Магнерот успешно применяется в составе комплексной терапии в лечении и профилактике сердечно-сосудистых заболеваний: ишемической болезни сердца, магний-зависимых сердечных аритмий, различных спастических состояниях (в т. ч. ангиоспазмов), инфаркта миокарда, атеросклероза и гиперлипидемий.
Преимущественно препарат использовался в терапии сердечной недостаточности, в т. ч. вызванной алкогольной кардиомиопатией. На модели алкогольного повреждения сердца у животных было показано, что одной из причин заболевания является нарушение синтеза РНК в кардиомиоцитах, а оротовая кислота необходима для нормального хода данного процесса. Оротовая кислота (которую называют так же витамином В13), помимо участия в обмене магния, обладает собственной метаболической активностью: соединение является одним из метаболических предшественников пиримидиновых нуклеотидов, т. е. в конечном счёте необходимо для нормального хода анаболических процессов. На уровне сердечной мышцы эффект выражается в повышении синтеза белка и АТФ. Анаболическая активность оротовой кислоты с успехом используется, например, у спортсменов с целью повышения работоспособности и конкурирует с таковой у стероидных препаратов. Установлено, что оротовая кислота поддерживает холестерин в коллоидном состоянии, что, возможно, препятствует его отложению в сосудистой стенке. Положительно и то, что магниевая соль оротовой кислоты слабо растворима в воде, поэтому практически не обладает послабляющим эффектом, хорошо всасывается.
Нехватка магния может вызывать нарушения в работе различных систем организма. Это и сбои в работе сердца, и чрезмерная раздражительность, и повышение вероятности образования камней в почках. При дефиците магния снижается способность к концентрации внимания и функции памяти. Классикой нейрохимии стало воззрение на магний как на ион с чёткими седативными свойствами. Синтез ацетилхолина в головном мозге возможен только в присутствии ионов магния. Кора головного мозга обладает выраженной реактивностью, поэтому расстройства высшей нервной деятельности сопровождаются не только нарушениями энергетического обмена, но и изменениями трансмембранного транспорта ионов, в первую очередь магния. На большом экспериментальном и клиническом материале показана зависимость выраженности эпилептиформной готовности в коре головного мозга от уровня ионов магния.
22 Определите количество химических связей которое может образовывать атом селена в нормальном и возбужденном состояниях
22. Определите количество химических связей, которое может образовывать атом селена в нормальном и возбужденном состояниях. Дайте ответ, исходя из электронной формулы и электронной схемы строения атома селена.
Электронное строение атома селена в нормальном состоянии:
+34 Se 1s 22s 22p 63s 23p64s 23d104p4
↑↓ ↑↓ ↑↓ ↑↓ ↑↓ ↑↓↑↓ ↑ ↑
В нормальном состоянии, у атома селена на внешнем энергетическом уровне (4p-подуровне) имеются два неспаренных электрона. В таком состоянии атом селена может принять два электрона на 4p-подуровень, заполнив его, и образовать две химические связи.
Электронное строение атома селена в возбужденном состоянии:
+34 Se* 1s 22s 22p 63s 23p64s 13d104p44d1
↑ ↑↓ ↑↓ ↑↓ ↑↓ ↑↓↑↓ ↑ ↑ ↑
При возбуждении атома селена электронная пара на 4s-подуровне распаривается и один электрон уходит на 4d-подуровень. В данном случае, атом селена обладает четырьмя неспаренными электронами и способен образовывать четыре химические связи.
При распаривании электронной пары на 4p-подуровне, электронное строения атома селена имеет вид:
+34 Se* 1s 22s 22p 63s 23p64s 13d104p34d2
↑ ↑↓ ↑↓ ↑↓ ↑↓ ↑↓↑ ↑ ↑ ↑ ↑
В таком состоянии атом селена имеет 6 неспаренных электронов и способен к образованию шести химических связей.
52. Как изменяются основные свойства оксидов элементов IIА-группы? Ответ подтвердите расчетом ∆G°298 реакций взаимодействия оксидов металлов с диоксидом углерода (IV) для СаО и MgO : ЭО(т) + СО2(г) = ЭСО3(т), где Э – Са , Mg
СaО(т) + СО2(г) = CaСО3(т)
MgО(т) + СО2(г) = MgСО3(т)
∆G°298 (СaО(т)) = – 603,5 кДж/моль
∆G°298 (CaСО3(т)) = – 1128,4 кДж/моль
∆G°298 (MgСО3(т)) = – 1012,15 кДж/моль
∆G°298 (MgО(т)) = -564,3 кДж/моль
∆G°298 (СО2(г)) = – 394,38 кДж/моль
∆G°298 = ∆G°298(ЭСО3(т)) – [∆G°298(СО2(г)) + ∆G°298(ЭО(т))]
Реакция образования CaСО3(т)
∆G°298 = – 1128,4 – [- 394,38 + (- 603,5)] = – 1128,4 – (-997,88) = – 1128,4 + 997,88 = -130,52 кДж
Реакция образования MgСО3(т)
∆G°298 = – 1012,15 – [- 394,38 + (-564,3)] = – 1012,15 – (-958,68) = – 1012,15 + 958,68 = – 53,47 кДж
Основные свойства оксидов металлов связаны со взаимодействием с оксидами неметаллов. В данном случае такое взаимодействие осуществляется между оксидами кальция и магния и углекислым газом. Чем лучше проходит это взаимодействие, тем сильнее основные свойства данных оксидов магния или кальция. При взаимодействии между оксидом кальция и диоксидом углерода значение ∆G°298 имеет более отрицательное значение, чем в реакции взаимодействия оксида магния. Соответственно, реакция образования карбоната кальция более вероятный и более самопроизвольный процесс, что указывает на то, что у СaО более сильные основные свойства.
72. Вычислите константу равновесия для обратимой реакции, протекающей по уравнению 2NО2(г) ⇄ 2NO(г)+О2(г), если известно, что в состоянии равновесия [NO2] = 0,06 моль/л , [NO] = 0,24 моль/л и [О2] = 0,22 моль/л. В каком направлении сместится равновесие при повышении давления?
2NО2(г) ⇄ 2NO(г) + О2(г)
Kр = [О2]*[NO]2 / [NО2]2
Kр = 0,22 * 0,242 / 0,062 = 0,0126 / 0,0036 = 3,5
При повышении давления равновесие смещается в сторону меньших объемов (по принципу Ле Шаталье). В данной реакции равновесие сместиться в сторону исходного вещества.
99. Вычислите степень диссоциации и концентрацию ионов NH4+ и ОН– в 0,5 М растворе NН4OH, если константа диссоциации нашатырного спирта составляет 1,8∙10 -5
NH4OH ↔ NH4+ + OH-
Kд = [NH4+] * [OH-] / [NH4OH]
По уравнению диссоциации нашатырного спирта [NH4+] = [OH-] обозначим за X
Kд = X2 / [NH4OH]
X2 = Kд * [NH4OH]
X2 = 1,8∙10 -5 * 0,5 = 9*10-6
X = 9*10-6 = 0,003 моль/л
[NH4+] = [OH] = 0,003 моль/л
Степень диссоциации
ά ≈ K / C
ά ≈ 1,8∙10 -5/0,5 = 3,6 * 10-5 = 0,006
ά ≈ 0,006
102. Составьте молекулярные и ионные уравнения реакций между водными растворами: а) карбоната натрия и серной кислоты; б) силикатом натрия и хлористоводородной кислоты; в) йодида калия и нитрата свинца (II)
a) Na2CO3 + H2SO4 = Na2SO4 + CO2↑ + H2O
CO32- + 2H+ = CO2↑ + H2O
б) Na2SiO4 + 2HCl = H2SiO4↓ + 2NaCl
SiO42- + 2H+ = H2SiO4↓
в) 2KI + Pb(NO3)2 = PbI2↓ + 2KNO3
Pb2+ + 2I- = PbI2↓
122. Золь кремниевой кислоты H2SiO3 был получен при взаимодействии растворов K2SiO3 и HCl. Определите, какой из электролитов был в избытке, если противоионы в электрическом поле движутся к катоду. Напишите формулу мицеллы золя.
К2SiO3 + 2HCl → H2SiO3↓ + 2КCl
Силикат калия, в данном случае, будет находиться в избытке. Противоионы двигаются к катоду (отрицательный заряд) в электрическом поле означает то, что они заряжены положительно и являются катионами калия K+. В противном случае, если в избытке была соляная кислота, образование золя не последовало. Образовался бы коллоидный раствор осадка кремневой кислоты. Силикат ионы полностью перешли бы в осадок.
Формула мицеллы золя:
[(H2SiO3)n mSiO32- * 2(m-x)K+] 2x K+
139. Вычислите температуру кристаллизации 5%-ного раствора этилового спирта C2H5OH, зная, что криоскопическая константа воды 1,86 °С
ΔT = K * m
Моляльная концентрация
m = n / m(растворителя)
Произвольно возьмем массу раствора равной 100 г
m(в-ва) = ω * m(р-ра)
m(C2H5OH) = 0,05 * 100 = 5 г
m(растворителя) = 100 г – 5 г = 95 г
n = m / M
M(C2H5OH) = 46 г / моль
n (C2H5OH) = 5 / 46 = 0,1 моль
Моляльная концентрация
m(C2H5OH) = 0,1 / 95 = 0,001 моль / кг
ΔT = 1,86 * 0,001 = 0,00186 °С
Учитывая температуру замерзания воды = 0°С, то температура замерзания раствора:
T = 0 – 0,00186 = – 0,00186°С
159. Разберите работу гальванического элемента. Напишите электронные уравнения анодного и катодного процессов, составьте суммарное ионное уравнение окислительно-восстановительной реакции в гальваническом элементе и вычислите его ЭДС.
Мn | MnSO4 || FeSO4 | Fe,
С(Mn+2) = 10-2 моль/л , С(Fe+2) = 10-2 моль/л
E0(Mn+2/Mn) = -1,05 В
E0(Fe+2/Fe) = -0,44 В
Марганец обладает более отрицательным значением стандартного окислительно-восстановительного потенциала, является более активным металлом и будет подвержен окислению:
Анод: Mn – 2e- → Mn2+
Катод: Fe2+ +2e- → Fe
Mn + Fe2+ → Mn2+ + Fe
По уравнению Нернста найдем значение потенциала металлов, соответствующим данным условиям:
E = E0 + 0,059/ n lg C
ЭДС = Eкатода – Eaнода
E(Mn+2/Mn) = -1,05 + 0,059/ 2 lg 10-2
E(Mn+2/Mn) = -1,05 + 0,059/ 2 (-2) = -1,05 – 0,059 = -1,168 В
E(Fe+2/Fe) = -0,44 + 0,059/ 2 lg 10-2
E(Fe+2/Fe) = -0,44 – 0,059 = – 0,499 В
ЭДС = – 0,499 – (-1,168) = 0,699 В
169. Железные изделия, помещенные в свинцовый контейнер, при длительном хранении на воздухе подверглись коррозии. Объясните наблюдаемое явление. Составьте схему коррозионного гальванического элемента и укажите направление движения электронов. Напишите уравнения анодного и катодного процессов, а также суммарное уравнение электрохимической коррозии.
При контакте железа и свинца и при наличии контакта с воздухом и влажной среды происходит возникновение гальванического элемента. В результате чего более активный металл подвержен окислению:
(-) Fe │ H2O, O2 │ Pb (+)
Электроны перемещаются от железа к свинцу (от анода к катоду)
Анод: Fe – 2e- = Fe2+
Катод: O2 + 2H2O + 4е- = 4OН-
2Fe + O2 + 2H2O = 2Fe2+ + 4OH-
2Fe + O2 + 2H2O = 2Fe(OH)2
172. Какой силы ток должен быть использован для того, чтобы выделить из раствора AgNO3 серебро массой 108 г за 6 минут? Составьте схему электролиза этого раствора при использовании графитовых электродов.
m = Mэ*I*t / F
I = m*F / Mэ*t
F = 96500 Кл/моль
m = 108 г
t = 6 мин = 360 с
Mэ(AgNO3) = 170 г-экв / моль
I = 108*96500 / 170*360 = 10422000 / 61200 = 170 А
4AgNO3 + 2H2O → 4Ag↓ + O2↑ + 4HNO3
Задание: установите общие закономерности изменения свойств азотсодержащих органических соединений;
Вариант 1.
Вариант 1(метиламин, тирозин)
Задание: установите общие закономерности изменения свойств азотсодержащих органических соединений; сравните физические и физико-химические свойства (агрегатное состояние, плотность, летучесть, склонность к возгонке, растворимость в воде и органических растворителях, органолептические свойства: цвет, вкус, запах; токсичность, бактерицидность, взрыво- и пожароопасные свойства) указанных веществ. Приведите справочные величины, характеризующие указанные физико-химические свойства. Приведите уравнения реакций характеризующих химические свойства. Объяснится различие в свойствах.
Структурные формулы и характерные фрагменты строения;
А) Метиламин, структурная формула:
Метиламин в своем строении содержит амино-группу.
Б) Тирозин структурная формула:
Тирозин содержит первичную аминогруппу, карбоксильную группу, гидроксильную группу и фенильный радикал
Возможные названия веществ:
А) Метиламин:
Метамин;
аминометан
Тирозин:
b-(пара-оксифенил) a-аминопропионовая кислота;
(α-амино-β-(п-гидроксифенил)пропионовая кислота;
2-амино-3-(4-гидроксифенил) пропановая кислота;
b-(n-гидроксифенил) HYPERLINK “http://www.xumuk.ru/encyklopedia/112.html” o “Химическая энциклопедия” аланин.
Класс соединения:
А) Метиламин – первичный алифатический амин. Общая формула превичных аминов:
Где R-предельный углеводородный радикал.
Б) Тирозин- ароматическая аминокислота. (Ароматическими аминокислотами называются соединения, в молекулах которых содержатся одновременно аминные, карбоксильные группы и ароматические радикалы)
3. Физические свойства: агрегатное состояние, вкус, цвет, запах, плотность, Ткип, и др.;
А) Метиламин:
Внешний вид: бесцветн. газМолекулярная масса (в а.е.м.): 31,06
Температура плавления (в °C): -93,5
Температура кипения (в °C): -6,5
Температура разложения (в °C): 1200-1300
Температурные константы смесей (содержание в весовых процентах):
-6,5 °C (температура кипения азеотропа, давление 1 атм) N,N-диметилметанамин 30% метанамин 70%
-14 °C (температура кипения азеотропа, давление 1 атм) бутан 62,4% метанамин 37,6
Плотность:
0,699 (-11°C, г/см3, состояние вещества – жидкость)
Растворимость (в г/100 г растворителя или характеристика):
1-бутанол: 55,67 (20°C)
анилин: 39,54 (20°C)
ацетон: растворим
бензол: растворим
вода: 59,51 (20°C)
вода: 55,56 (25°C)
вода: 28,06 (60°C)
диэтиловый эфир: смешивается
метанол: 123,2 (20°C)
нитробензол: 10,91 (20°C)
этанол: 82,89 (20°C)
Б) Тирозин:
Существует в двух оптически изомерных формах — L и D и в виде рацемата (DL).
Т. пл. D,L-тирозина 316 °С, L-тирозина 290-295 °С, D-тирозина 310-314 °С
Внешний вид: бесцветные кристаллы
Молекулярная масса (в а.е.м.): 181,19
Вкус,запах: нейтральный, почти без вкуса
Растворимость в воде и других растворителях: растворим в воде (0,05г/100мл), ограниченно – в этаноле, не растворим в ди-этиловом эфире
5. Уравнения реакций, подтверждающих класс, гомологический ряд и особенности строения соединений.
А) Метиламин
1) Основные свойства:
Метиламин, подобно аммиаку, является основанием. Он реагирует с разбавленными кислотами с образованием солей:
В водных растворах метиламин подобно аммиаку существуют в виде гидратов:
2) Реакции алкилирования:
При взаимодействии с галогеналканами метиламин превращается во вторичные, вторичные — в третичные, а третичные — образуют четвертичные аммониевые соли:
Аналогично вторичный амин алкилируется с образованием третичного, а третичный — с образованием четвертичной аммониевой соли.
2) Реакции ацилирования:
Реагирует с ангидридами и галогенангидридами кислот, сложными эфирами с образованием амидов:
Взаимодействие с азотной кислотой:
При действии азотистой кислоты на первичные алкиламины выделяется свободный азот и образуются спирты:
Изонитрильная (карбиламинная) реакция.
Реакция характерна только дляпервичных аминов. При нагревании метиламина с хлороформом в присутствии щелочей (NaOH, KOH) в спиртовой среде образуются изонитрилы:
N-галогенирование.
При взаимодействии метиламина с галогенами (Cl2, Br2) или гипогалогенитами (NaOCl, NaOBr) атомы водорода аминогруппы замещаются на атомы галогена и образуются N-галогено- или N,N-дигалогенамины:
Окисление:
Б) Тирозин
1) Кислотно-основные свойства:
Так как в молекуле аминокислот содержится две группы с противоположными свойствами (карбоксильная группа – кислотная и аминогруппа – основная), они обладают амфотерным свойствами:
2) Реакции с участием карбоксильной группы:
3) Реакции с участием аминогруппы:
4) Реакции замещения в бензольное ядро:
Нитрование Тирозин легко подвергается нитрованию в ароматический цикл, образуя 3- и 3,5-производные.:
Галогенирование Тирозин легко подвергается иодированию в ароматический цикл, образуя 3- и 3,5-производные.:
5) Щелочное плавление:
Отношение к нагреванию:
При нагревании до 270 °С тирозин декарбоксилируется до HYPERLINK “http://www.xumuk.ru/lekenc/9030.html” o “Лекарственные препараты” тирамина:
Взаимодействие аминокислот друг с другом:
Молекулы аминокислот могут реагировать друг с другом (взаимодействие карбоксильной группы одной молекулы и аминогруппы другой молекулы), образуя пептиды:
Образовавшийся дипептид реагируют с другой молекулой аминокислоты и т.д., образуя высокомолекулярное соединение (полипептид).
Реакции обнаружения тирозина:
Ксантопротеиновая реакция на ароматические аминокислоты.
Ксантопротеиновая реакция открывает в белках циклические аминокислоты – триптофан, финилаланин, тирозин, содержащие в своем составе бензольное ядро, однако не позволяет установить какая именно из трех аминокислот находится в данном белке.
При нагревании с концентрированной азотной кислотой большинство белков дает желтое окрашивание, Реакция обусловлена нитрованием бензольного кольца сообразованием нитросоединений желтого цвета.
Свое название эта реакция получила от греческого слова «ксантос», что обозначает «желтый».
Желтое окрашивание наблюдается при попадании концентрированной азотной кислоты на кожу, ногти и т. д.
тирозин динитротирозин
(желтого цвета)
2) Реакция Миллона на тирозин.
С помощью реактива Миллона открывают наличие аминокислоты тирозина. Тирозин с реактивом Миллона образует ртутную соль нитротирозина красного цвета.
тирозин ртутная соль нитротирозина
(красно-кирпичного цвета)
Количественные характеристики токсичных, бактерицидных, взрыво- и пожароопасных свойств;
А) Метиламин:
Пожароопасные свойства: Горючий газ. Т. самовоспл. 410°С; конц. Пределы распр. пл. 4,9–20,8% об.; миним. флегм. конц. азота 48,17% об. (расч.); энергично реагирует с окислителями; МВСК 10,7% об.
Средства тушения: Газовые составы.
Летальная доза (ЛД50, в мг/кг):
2500 (мыши, подкожно)
Б) Тирозин:
Пожароопасные свойства: негорючее кристаллическое вещество.
Летальная доза (ЛД50, в мг/кг)-не выявлена
Как правило, взрослые могут смело принимать небольшие количества тирозина, не опасаясь побочных эффектов. Однако стоит придерживаться рекомендованного режима дозирования. Хотя далеко не все сталкиваются с негативными последствиями приема добавок с тирозином, нельзя полностью исключить вероятность развития побочных эффектов, в числе которых головная боль, изжога и тошнота. Также прием тирозина может спровоцировать появление артралгии (боль в суставах). Иногда развивается повышенная утомляемость.
Проявление характерных свойств у этаноламина и новокаина.
Химические свойства метиламина обусловлены строением молекулы и наличием функциональной группы: амино-группы.
Реакционная способность метиламина определяется главным образом наличием у атома азота неподеленной пары электронов. За счет пары электронов атома азота метилами, с одной стороны, способен присоединять протон от кислоты, проявляя при этом основные свойства, а с другой — могут атаковать в молекуле реагента электрофильный центр (чаще атом углерода, несущий частичный или полный положительный заряд) и образовывать химическую связь с ним, проявляя нуклеофильные свойства.
Ввиду сравнительно низкой электроотрицательности атома азота и +I-эффекта со стороны метильной группы связь N—H в метиламине поляризована незначительно. Поэтому является очень слабой NH-кислотой.
Химические свойства тирозина обусловлены строением молекулы и наличием функциональных групп: амино группы, карбоксильной группы, а также наличием гидроксифенольного радикала
Так как в молекуле тиразина содержится две группы с противоположными свойствами (карбоксильная группа – кислотная и аминогруппа – основная) он обладает амфотерными свойствами. Для него характерны реакции по карбоксильной , амино группам, а также реакции замщения в бензольое кольцо.
Тиразин имеет гидрофильный радикал, поэтому он не заряжен, а полярность обуславливается наличием гидроксильной группы.
Список использованной литературы:
Черных В.П., Зименковский Б.С., Гриценко И.С. Органическая химия Под общ. ред. В.П. Черных. – 2-е изд., испр. и доп. – Х.: Изд-во НфаУ; Оригинал, 2007. – 776 с
Тюкавкина Н.А. (ред.) Органическая химия. Книга 1. Основной курс 2-е изд., стереотипное. – М.: Дрофа, 2003. – 640 с.
Арзамасцев А.П. (ред.) Фармацевтическая химияГод выпуска: 2005 М.: ГЭОТАР-МЕД, 2004. — 640 с.
Машковский М.Д. Лекарственные средства 15-е издание. Пособие для врачей. Справочник. – М.: Новая Волна, 2005. – 1164 с.
А. Я. Корольченко, Д. А. Корольченко. Пожаровзрывоопасность веществ и материалов и средства их тушения. Справочник: в 2-х ч. — 2-е изд., перераб. и доп. — М.: Асс. “Пожнаука”, 2004. — Ч. I. — 713 с.
http://www.xumuk.ru/farmacevt/a.html
Напишите структурные формулы следующих соединений 1) 3-метилпентен-1 2) 4-метилпентен-1 102
34.Напишите структурные формулы следующих соединений:
1) 3-метилпентен-1
2) 4-метилпентен-1
102.Установите структурную формулу вещества, имеющего состав С7Н7Cl, которое при хлорировании избытком хлора на свету и при нагревании превращается в соединение C7H4Cl4, образующие в результате гидролиза водным раствором щелочи соль о-хлорбензойной кислоты.
Ответ: о-хлортолуол.
263.Напишите реакции получения пировиноградной кислоты из:
1)α,α-дихлопропионовой кислоты
2)молочной кислоты
3)хлорангидрида уксусной кислоты и KCN.
56. Приведите уравнение реакции присоединения уксусной кислоты к ацетилену.
Уксусная кислота в реакции с ацетиленом образует винилацетат:
13. Какие углеводороды образуются при нагревании с гидроксидом натрия нижнследующих веществ: а)CH3CH2COONa; б)(CH3)2CHCH2COONa?
а)CH3CH2COONa+NaOH→ CH3-CH3 + Na2CO3
этан
б)(CH3)2CHCH2COONa+NaOH→(CH3)2CHCH3 + Na2CO3
изобутан
444. Сильнее или слабее проявляются основные свойства у аминокислот по сравнению с карбоновыми кислотами (муравьиной, уксусной)? Почему?
Решение:
Вследствие наличия в структуре кислотного центра (группа —СООН) и основного центра (группа —NH2) аминокислоты кристаллизуются из нейтральных водных растворов в виде внутренних солей.
Для аминоаренкарбоновых кислот это менее вероятно ввиду меньшей основности аминогруппы.
В химическом отношении аминокислоты проявляют свойства первичных аминов и карбоновых кислот. По карбоксильной группе они образуют функциональные производные карбоновых кислот — соли, сложные эфиры, амиды, галогенангидриды. С участием аминогруппы аминокислоты образуют соли с минеральными кислотами, вступают в реакции алкилирования, ацилирования, реагируют с азотистой кислотой, а также вступают в другие реакции, свойственные первичным аминам. аминокислоты обладают амфотерным характером, поскольку образуют соли как с минеральными кислотами, так и с основаниями. Также могут реагировать с карбоксильной группой с выделение воды, что ослабляет кислотные свойства.
Следовательно обладают большей основностью чем карбоновые кислоты (муравьиная и уксусная)
436. Напишите уравнения реакций, с помощью которых можно получить:
а) аминопропионовую кислоту из пропена;
б) аминоуксусную кислоту из угля.
Решение:
a)C3H6+HOH(t;H+) →C3H7OH
пропен пропанол
CH3-CH2-CH2OH+ CuO(t) →CH3-CH2-COH+Cu+H2O
Пропаналь
CH3-CH2-COH+Ag2O(t) →CH3-CH2-COOH+2Ag
Пропановая кислота
CH3-CH2-COOH+Cl2→CH3-CHCl-COOH+HCl
2-хлорпропановая кислота
CH3-CHCl-COOH+NH3→ CH3-CH(NH2)-COOH+HCl
2-аминопропионовая кислота
б)C+2H2(Ni;t) →CH4
углерод метан
2CH4(t) →C2H2+3H2
ацетилен
C2H2+HOH(Hg2+;t) → CH3-COH
этаналь
CH3-COH+Ag2O(t) → CH3-COOH+2Ag
Уксусная ислота
CH3-COOH+Cl2→CH2Cl-COOH+HCl
Хлоруксусная кислота
CH2Cl-COOH+NH3→CH2(NH2)-COOH+HCl
Аминоуксусная кислота
522. напишите уравнение реакций и назовите получающиеся вещества:
Пиперидин + S →
Решение:
При конденсации с серой образует сульфид
110. Получите из толуола все возможные сульфобензойные кислоты.
286. Дайте понятие «восстанавливающие» и «не востанавливающие» сахара. К какому типу относятся сахароза? Приведите структурную формулу сахарозы, обозначте гликозидную связь. Напишите реакцию гидролиза сахарозы.
В молекулах невосстанавливающих дисахаридов гликозидная связь образуется за счет полуацетальных гидроксильных групп обоих моносахаридов. такие дисахариды не имеют в своем составе свободного полуацетального гидроксила, поэтому в растворах они существуют только в циклической форме, их растворы не мутаротируют и не обладают восстанавливающими свойствами.
Сахароза относится к невосстанавливающим дисахаридам
в восстанавливающих дисахаридах гликозидная связь образуется за счет полуацетальной (гликозидной) гидроксильной группы одного и любой спиртовой гидроксильной группы (чаще у с-4) другого моносахарида. При этом в молекуле остается одна свободная полуацетальная гидроксильная группа, вследствие чего дисахарид сохраняет способность к цикло-оксо-таутомерии и, следовательно, обладает восстанавливающими свойствами. в свежеприготовленных растворах таких дисахаридов наблюдается явление мутаротации.
Если прокипятить раствор сахарозы с несколькими каплями соляной или серной кислоты и нейтрализовать кислоту щелочью, а после этого нагреть раствор, то появляются молекулы с альдегидными группами, которые и восстанавливают гидроксид меди(II) до оксида меди(I). Эта реакция показывает, что сахароза при каталитическом действии кислоты подвергается гидролизу, в результате чего образуются глюкоза и фруктоза:
508.Сравните пиридин и пиперидин по их основности, отношению к уксусному ангидриду, иодистому метилу, азотистой кислоте.
Пиперидин
Пиридин –рКа= 5,2
Пиперидин –рКа=11,25
Чем больше величина рКа сопряженной кислоты тем больше основность, следовательно основность у пиперидина больше, чем у пиридина.
Пиридин – слабое основание, образует устойчивые соли только с сильными кислотами (хлорной, серной, азотной и т.д.), не реагирует с азотистой кислотой.
Пиперидин (это полностью гидрированный пиридин) – очень сильное основание, легко образует соли со всеми кислотами, даже такими слабыми как угольная или бензойная.
Пиперидин – это вторичный амин, а значит с кислотами может образовывать не только соли, но и амиды. Пиперидин с алкилгалагенидами не реагирует.
Вариант 9 №9 Решение Dвозд=M(газа) М(воздуха) М(газа)= Dвозд· М(воздуха)=1
Вариант 9.
№9
Решение:
Dвозд=M(газа)/М(воздуха)
М(газа)= Dвозд· М(воздуха)=1,52·29=44,08 г/моль
n(газа)=m/M=11/44.08=0.2455 моль
V(газа)=n·Vm=0.2455·22.4=5.5 л
Ответ: 5,5 л
№30
3p6 – существует
1p3 – не существует, так как n=1 при этом максимальное значение l=0, а для p-орбитали l=1
2d5 – не существует, так как n=2 при этом максимальное значение l=1, а для d-орбитали l=2
3s2 – существует
№50
У алюминия металлические свойства более выражены, чем у бора. Оба элемента находяться в IIIA группе, бор в 3 периоде, а алюминий в 4, соответсвенно, радиус алюминия больше и он легче отдает валентные электроны, что обуславливает большие металлические свойства.
№70
Решение:
Рассмотрим эелктронные строения атомов углерода, кислорода и азота:
С 1s22s22p2 (атом углерода имеет два неспаренных электрона и вакантную орбиталь)
O 1s22s22p4 (атом кислорода имеет два неспаренных электрона и пару электронов)
N 1s22s22p3 (атом азота имеет три неспаренных элекрона и пару электронов)
Метод ВС
Молекула СО
Образуется две связи за счет обобщения электронных пар и одна связь по донорно-акцепторному механизму.
Молекула CN
Образуется две связи за счет обобщения электронных пра и имеется один неспаренный электрон, что делает данную молекулу неустойчивой.
Рассмотрим строение данных молекул с позиции МО
Молекула СО
Кратность связи в данном случае равна 3.
Молекула CN
Как видно из заполнения электронов молекулярных орбиталей, кратность связи в данном случае 2,5.
Исходя из значения кратностей связей, можно сделать вывод, что молекула CO прочнее, чем молекула CN.
№90
Решение:
4NH3+5O2→4NO+6H2O+960 кДж
∆Hх.р.= 4∆Hо(NO)+6∆Hо(H2O)-4∆Hо(NH3)-5∆Hо(O2)
-960=4·89.86+6·(-241.825)-4∆Hо(NH3)-5·0
∆Hо(NH3)=-32.87кДж/моль
Ответ: -32,87 кДж/моль
№110
Решение:
Fe2O3+3H2→2Fe+3H2O
∆Hх.р.о= 2∆Hо(Fe)+3∆Hо(H2O)- ∆Hо(Fe2O3)-3∆Hо(H2)=2·0+3(-241,825)-(-822,1)-3·0=96,625 кДж
∆Sх.р.о= 2∆Sо(Fe)+3∆Sо(H2O)- ∆Sо(Fe2O3)-3∆Sо(H2)=2·27,15+3·188,723-90-3·130,586=138,71 Дж/К
∆Gх.ро.= 2∆Gо(Fe)+3∆Gо(H2O)- ∆Gо(Fe2O3)-3∆Gо(H2)=2·0+3·(-228,593)-(-741)-3·0=55,221 кДж
∆G500=∆H-T∆S=96,625-500·0,13871=27,27кДж, при 500К данная реакция не возможна, так как ∆G500>0
∆G1000=∆H-T∆S=96.625-1000·0.13871=-42.085кДж, при 1000К данная реакция возможна, так как ∆G500<0
Закон действующих масс для данной реакции:
V=k[Fe2O3][H2]3
№123
Решение:
2NO+Cl2↔2NOCl
Kр=[NOCl]2/[NO]2·[Cl2]
Найдем сколько NO прореагировало:
[NO]r=[NO]o·0.2=0.5·0.2=0.1 моль/л
Найдем равновесные концентрации:
[NOCl]=0.1 моль/л
[NO]= [NO]o-[NO]r=0.5-0.1=0.4 моль/л
[Cl2]= [Cl2]o-[Cl2]r=0,2·0,05=0,15 моль/л
Kр=0,12/0,42·0,15=0,42
Для увеличения выхода NOCl необходимо увеличить концентрации исходных компонентов и увеличить давление в системе, так как реакция идет с уменьшением объема.
Ответ: Kр=0,42
№138
Решение:
Используя уравнение Вант-Гоффа, найдем изменение скоростей реакции:
v2/v1=γ(T2-T1)/10=2.5(140-80)/10=244 раз
С другой стороны:
v2/v1=k2/k1=exp(Ea/RT1-Ea/RT2)
244=exp(Ea(1/8.314·353-1/8,314·413)
244=exp(5·10-5Ea)
5.5=5·10-5Ea
Ea=110кДж
Рассчитаем относительное изменение скорости в крайних точках:
∆vотн=(244-1)/1=243
Ответ: 110 кДж, ∆vотн=243
№153
Решение:
Cm=m(HCl)·1000/M(HCl)·m(H2O)
Пусть m(HCl)=x, тогда:
0,5=x·1000/36.5(500-x), отсюда находим х=8,96г
m(H2O)=500-8.96=491.04 г
V(H2O)=m/ρ=491.04/1=491.04 мл
m(раствора HCl)=m(HCl)/w=8.96/0.36=24.89 г
V(HCl)=m/ρ=24.89/1.18=21 мл
Ответ: 21 мл и 491 мл
№173
Решение:
Расчитаем мольную долю этилового спирта, пусть масс раствора 100г, тогда
m(C2H5OH)=100·0.4=40 г
m(H2O)=100·0.6=60 г
n(C2H5OH)=m/M=40/46=0.869 моль
n(H2O)=m/M=60/18=3.333 моль
χ(C2H5OH)= n(C2H5OH)/( n(C2H5OH)+ n(H2O))=0,869/(0,869+3,333)=0,2068
(Po-P)/Po= χ(C2H5OH)
(23.75-P)/23.75=0.2068
P=18.84 мм.рт.ст
Ответ: 18.84 мм.рт.ст
№198
Решение:
HCN+KOH→KCN+H2O
H++OH-→H2O
2NaClO+H2SO4→Na2SO4+2HClO
ClO-+H+→HClO
AlCl3+4KOHизб→K[Al(OH)4]+3KCl
Al3++4OH-→[Al(OH)4]-
AlCl3+KOHнедост→AlOHCl2+KCl
Al3++OH-→AlOH2+
Или
AlCl3+2KOHнедост→Al(OH)2Cl+2KCl
Al3++2OH-→Al(OH)2-
№218
Решение:
2Al(NO3)3+3Na2S+6H2O→2Al(OH)3+3H2S+6NaNO3
2Al3++3S2-+6H2O→2Al(OH)3+3H2S
Cr2(SO4)3+3Na2CO3+3H2O→2Cr(OH)3+3CO2+3Na2SO4
2Cr3++3CO32-+3H2O→2Cr(OH)3+3CO2
№238
Решение:
P+HClO3+H2O→H3PO4+HCl
P0 -5e→P+5 – восстановитель, процесс окисления 6
Cl+5 +6e→Cl-1 – окислитель, процесс восстановления 5
Расставим коэффициенты:
6P+5HClO3+9H2O→6H3PO4+5HCl
H3AsO3+KMnO4+H2SO4→H3AsO4+MnSO4+K2SO4+H2O
As+3 -2e→As+5 – восстановитель, процесс окисления 5
Mn+7 +5e→Mn+2 – окислитель, процесс восстановления 2
Расставим коэффициенты:
5H3AsO3+2KMnO4+3H2SO4→5H3AsO4+2MnSO4+K2SO4+3H2O
№258
Решение:
Составим схему гальванического элемента:
Zn|ZnSO4(0.2M)||Pb(NO3)2(0.012M)|Pb
Рассчитаем потенциалы цинкового и свинцового электродов:
E(Zn2+/Zn)= Eo(Zn2+/Zn)+(0.059/n)·lgC(Zn2+)=-0.763+(0.059/2)lg0.2=-0.784B
E(Pb2+/Pb)= Eo(Pb2+/Pb)+(0.059/n)·lgC(Pb2+)=-0.126+(0.059/2)lg0.012=-0.183B
ЭДС= E(Pb2+/Pb)- E(Zn2+/Zn)=-0,183-(-0,784)=0,601В
Чтобы увеличить ЭДС данного гальванического элемента, необходимо увеличить потенциал свинцового электрода и уменьшить потенциал цинкового электрода, для этого необходимо увеличить кноцентрацию нитрата свинца и уменьшить концентрацию сульфата цинка.
№278
Решение:
Рассмотрим электролиз раствора NaCl:
На аноде будет происходить окисление ионов хлора:
(+) 2Cl- -2e→Cl2
На катоде восстановление воды:
(-) 2H2O+2e→H2+2OH-
Суммарное уравнение электролиза:
2NaCl+2H2O→2NaOH+Cl2+H2
В данном случае количество соли уменьшается, так как она принимает участие в электролизе.
Рассмотрим электролиз раствора Na3PO4:
На аноде будет происходить окисление воды, а на катоде восстановление воды:
(+)2H2O-4e→O2+4H+
(-)2H2O+2e→H2+2OH-
Суммарное уравнение электролиза:
2H2O→2H2+O2
Количество соли в данном случае не будет меняться.
№294
Решение:
В катодных покрытиях металл покрытия в коррозионной среде более электроположителен, чем сталь, поэтому в возможном коррозионном процессе покрытие является катодом, а сталь — анодом. К металлам катодного покрытия на стали относятся хром, никель, свинец, медь и другие металлы, более благородные, чем железо. В анодных покрытиях металл покрытия в данной среде более электроотрицателен, чем сталь, поэтому в возможном коррозионном процессе покрытие является анодом, а сталь — катодом. Такие покрытия образуют цинк, кадмий, алюминий и другие менее благородные, чем железо, металлы.
В случае железа покрытого медью, медь является катодом, а железо анодом, поэтому железо будет окисляться:
Во влажном воздухе:
(A) Fe-2e→Fe2+
(K) O2+2H2O+4e→4OH-
Суммарное уравнение:
2Fe+O2+2H2O→2Fe(OH)2
В кислой среде:
(A) Fe-2e→Fe2+
(K) 2H++2e→H2
Суммарное уравнение:
Fe+2H+→Fe2++H2
№314
Решение:
Составим все возможные формулы комплексных соединений:
[Cr(H2O)6]Cl3
[Cr(H2O)5Cl]Cl2
[Cr(H2O)4Cl2]Cl
[Cr(H2O)3Cl3]
K[Cr(H2O)2Cl4]
K2[Cr(H2O)Cl5]
K3[CrCl6]
В водном растворе комплексные соединения обычно диссоциируют не ионы внешней и внутренные сферы:
[Cr(H2O)6]Cl3→[Cr(H2O)6]3++3Сl-
[Cr(H2O)5Cl]Cl2→[Cr(H2O)5Cl]2++2Cl-
[Cr(H2O)4Cl2]Cl→[Cr(H2O)4Cl2]++Cl-
[Cr(H2O)3Cl3] → нет диссоциации
K[Cr(H2O)2Cl4] →K++[Cr(H2O)2Cl4]-
K2[Cr(H2O)Cl5] →2K++[Cr(H2O)Cl5]2-
K3[CrCl6] →3K++[CrCl6]3-
№334
Решение:
Временная жесткость воды обусловлена наличием гидрокарбонатов магния и кальция, рассчитаем их содержание в 1000 л воды:
1000·2,86=2860 мг-экв, соотвественно необходимо прибавить 2860 мг-экв гашеной извести.
m(Ca(OH)2)=2,860·37=105,82 г (37 г/моль – эквивалентная масса Ca(OH)2)
Ответ: 105,82 г
№354
Решение:
С разбавленной серной кислотой будет реагировать только цинк:
Zn+H2SO4→ZnSO4+H2
Найдем массу цинка вступившего в реакци:
n(H2)=V/Vm=4.48/22.4=0.2 моль
n(Zn)=0.2 моль
m(Zn)=n·M=0.2·65=13 г
Зная массу цинка можно найти массу второго металла:
m(Me)=m(сплава)-m(Zn)=32.05-13=19.05 г
Второй метал будет реагировать с конц. Серной кислотой:
Me+2H2SO4→MeSO4+SO2+2H2O
n(SO2)=V/Vm=6.72/22.4=0.3 моль
n(Me)=0.3 моль
Найдем молярную массу металла:
M(Me)=m/n=19.05/0.3=63.5 г/моль, осюда следует, что металл медь.
Соотвественно мы имеем цинк-медный сплав. Рассчитаем массовые доли металлов в сплаве:
w(Zn)=13/32.05=0.406 или 40,6%
w(Cu)=19.05/32.05=0.594 или 59,4%
Ответ: w(Zn)= 40,6%, w(Cu)= 59,4%
№374
Решение:
Fe+CuSO4→Cu+FeSO4
∆m(пластинки)=10,75-10=0,75 г
Пусть масса Fe – x г, тогда масса Cu – (x/56)·63.5=1.134x, имеем уравнение:
1.134x-x=0.75
x=5.6
Масса раствореного железа 5,6 г, а масса выделившейся седи: (5,6/56)·63,5=6,35г
Ответ: 5,6г и 6,35г
№347
Решение:
Запишем взаимодействие соляной кислоты и перманганата калия:
2KMnO4+16HCl→2MnCl2+5Cl2+2KCl+8H2O
Найдем количество хлорного хрома:
n(CrCl3)=m/M=15.85/158.5=0.1 моль
2Cr+3Cl2→2CrCl3
n(Cl2)=0.1·3/2=0.15 моль
n(KMnO4)=0.15·2/5=0.06 моль
m(KMnO4)=n·M=0.06·158=9.48 г
n(HCl)=0.48 моль
V(HCl)=n/C=0.48/1=0.48 л или 480 мл
Ответ: 9,48 г и 480 мл
2Cт+2H2(г)=C2H4(г) ∆H0= C2H4(г)+H2(г)=C2H6(г) ∆H10=-137 (кДж
2Cт+2H2(г)=C2H4(г) ∆H0=?
C2H4(г)+H2(г)=C2H6(г) ∆H10=-137 (кДж/моль)
C2H6(г)+7/2O2(г)=2CO2(г)+H2O(ж) ∆H20=-1560 (кДж/моль)
Cт+O2(г)=CO2(г) ∆H30=-393.5 (кДж/моль)
H2(г)+1/2O2г=H2Oж ∆H40=-285.8 (кДж/моль)
Решение:
По закону Гесса: Тепловой эффект химической реакции, проводимой в изобарно-изотермических или изохорно-изотермических условиях, зависит только от вида и состояния исходных веществ и продуктов реакции и не зависит от пути её протекания.
∆HT0=1iνi∆Hf,T0кон-1iνi∆Hf,T0нач
Энтальпия необходимой реакции:
∆H0=∆H0C2H4(г)-2∆H0Cт-2∆H0H2(г)=∆H0C2H4(г)
Энтальпия промежуточных реакций:
∆H10=∆H0C2H6г-∆H0C2H4(г)
∆H20=2∆H0CO2(г)+∆H0H2O(ж)-∆H0C2H6г
∆H30=∆H0CO2(г)
∆H40=∆H0H2O(ж)
Произведем преобразования:
∆H20=2∆H30+∆H40-∆H0C2H6г
∆H0C2H6г=∆H10+∆H0C2H4(г)
∆H20=2∆H30+∆H40-∆H10-∆H0C2H4(г)
∆H0C2H4(г)=2∆H30+∆H40-∆H10-∆H20=2∙-393.5+-285.8–137–1560=
=624,2 (кДж/моль)
Решение:
Вещество ∆G2980
MgCO3(т)
-1012
H2O(ж)
-237,2
MgOH2(т)
-833,7
CO2(г)
-394,36
∆GT0=1iνi∆Gf,T0кон-1iνi∆Gf,T0нач
∆G2980=∆Gf, 2980MgCO3(т)+∆Gf, 2980H2O(ж)-∆Gf, 2980MgOH2(т)-∆Gf, 2980CO2(г)==-1012+-237,2–833,7–394.36=-21,14 кДжмоль
Энергия Гиббса ∆G2980<0, следовательно реакция идет в прямом направлении.
Рассчитаем энергию Гельмгольца. Для идеальных газов при T = const
∆GT0=∆AT0+∆nRT
∆n=2+1-2=0 (моль)
∆AT0=∆GT0-∆nRT=∆GT0=-21,14 кДжмоль
Рассчитаем константу равновесия:
lgK=-2692T+1,750∙lgT-4.83∙10-3∙T+1.943
lgK=-2692400+1,750∙lg400-4.83∙10-3∙400+1.943=-2,167
lgK=-2,167 K=6,81∙10-3
Преобразуем десятичный логарифм в натуральный:
lnK=-6199.7T+4∙lnT+11.1∙10-3∙T+4.5
По уравнению:
d lnKadT=ΔHT0RT2
ΔHT0=RT2d lnKadT=RT26199.7T2+4T+11.1∙10-3
ΔH4000=8,314∙40026199.74002+4400+11.1∙10-3=79602Джмоль
Решение:
t, 0С 439 549 701
P, кПа 0,133 1,333 13,33
t
Т, K (1/Т)*103, К P, Па lg P
439 712 1,404 133 2,124
549 822 1,217 1333 3,125
701 974 1,027 13330 4,125
При рассмотрении равновесий уравнение Клапейрона-Клаузиуса в обычно представляют в виде:
lgP=A’-B’T B’=∆Hисп2.303∙R
Данные для температурной зависимости давления насыщенного пара над С
Уравнение описывающее прямую и график находим:
lgP=A’-B’T lgP=9,5644-5296,3T
A’=9,5644 B’=5296,3
B’=∆Hисп2.303∙R ∆Hисп=2.303∙R∙B’=2.303∙8,314∙5296,3=101409 (Дж/моль)
Найдем температуру кипения. При кипение давления пара над жидким натрием будет равна атмосферному давлению, равному101 325 Па.
lgP=lg101 325=5
9,5644-5296,3T=5 T=1160 К
а) Найдем мольные доли компонентов:
xCH3OH=nCH3OHnCH3OH+nC2H5OH xC2H5OH=nC2H5OHnCH3OH+nC2H5OH
MCH3OH=32 г/моль MC2H5OH=46 (г/моль)
xCH3OH=1003210032+10046=0,590 xC2H5OH=1004610032+10046=0,410
б) Относительное понижение давления пара растворителя над указанным раствором выражается законом Рауля:
xCH3OH=P0-PP0 0.59=11826-P11826 P=4849 (Па)
xC2H5OH=P0-PP0 0.59=5933-P5933 P=2433 (Па)
Pобщ=Pi=4849+2433=7282 (Па)
в) В газовой фазе:
xi=PiPатмPiPатм
xCH3OH=48491013254849101325+2433101325=0,04790,0479+0,0240=0,666
xC2H5OH=48491013254849101325+2433101325=0,02400,0479+0,0240=0,334
Решение:
Определяем постоянную ячейки:
k=R∙κ=0,243166∙1,062963∙106=258476 (м-1)
Удельная проводимость раствора KCl:
κ=kR=2584763,966∙104=6,52 (См/м)
Эффективное расстояние между электродами:
k=lS=l0.9643∙10-6 (м2)=258476 м-1 l=0.9643∙10-6∙258476=0,249 (м)
Решение:
Найдем ЭДС элемента, как разницу между потенциалами катода и анода:
E=ε10-ε20=-0.4–0.61=0.21 (В)
Изменение энергии Гиббса:
∆G=-nEF=-2∙0,21∙96485=-40,524∙103Джмоль
Для стандартного состояния системы:
ΔGT0=-RT∙lnKp
Находим
lnKp =-ΔGT0RT ⇒ Kp=exp-ΔGT0RT
Kp=exp-ΔGT0RT=exp–40,524∙1038,314∙298=1,27∙107
Переведем часы в секунды:
22,58 часов = 22,59 · 3600 = 81 288 (с)
45,17 часов = 22,59 · 3600 = 162 612 (с)
Данная реакция не является реакцией первого прядка, так как время полуреакции в них не зависит от начальной концентрации:
Для реакций первого порядка, дифференциальная форма кинетического уравнения имеет вид:
-dcdt=kcА
Интегральная форма кинетического уравнения:
k=1tlnc0c
k=1τ12lnc00,5c0=0,693τ12
Скорость реакции не зависит от начальной концентрации веществ.
Если предположить, что данная реакция – реакция нулевого порядка. Для реакций нулевого порядка, дифференциальная форма кинетического уравнения имеет вид:
-dcdt=k
Интегральная форма кинетического уравнения:
k=1tc0-с
k=1τ12c0-0,5c0=0,5c0τ12
k1=0,5c0τ12=0,5∙0,010181228=6,217∙10-8 мольс∙л
k2=0,5c0τ12=0,5∙0,005005162612=1,54∙10-8 мольс∙л
Константы реакции различаются, реакция не нулевого порядка.
Для реакций второго порядка, если начальные концентрации реагентов одинаковы, дифференциальная форма кинетического уравнения имеет вид:
-dcdt=kc2
Интегральная форма кинетического уравнения:
k=1t1c-1c0
k=1τ1210,5c0-1c0=1τ12∙1c0
k1=1τ12∙1c0=181228∙10,0101=1,219∙10-3 лс∙моль
k2=1τ12∙1c0=1162612∙10,005005=1,228∙10-3 лс∙моль
Константы реакции не различаются, реакция – второго порядка.
Для сложных реакций, относящихся к классу каталитических, будет характерно кинетическое уравнение, известное как уравнение Михаэлиса-Ментен, показывающее связь начальной скорости процесса (ω0) и концентрации исходного вещества, или, как его называют в биохимии, субстрата(cS,0):
ω0=ωmax∙cS,0cS,0+KM
Тут параметрами кинетического уравнения считаются константы Михаэлиса KM и предельная скорость реакции. Для определения параметров KM и используют несколько способов линеаризации уравнения Михаэлиса − Ментен, которые позволяют выразить экспериментальные данные в удобной для анализа линейной графической форме. Наиболее часто используется способ, носящий название способа Лайнуивера − Берка, или способ двойных обратных координат.
После записи уравненияв виде обратных величин получается соотношение
1υ0=1υmax+KMυmax1S0
S0, моль/л
υ0∙106, моль/(л·с) 1S0
1υ0∙106
0,200 4,57 5,000 0,219
0,124 3,83 8,065 0,261
0,091 3,31 10,989 0,302
0,071 2,93 14,085 0,341
0,060 2,67 16,667 0,375
График зависимости 1ω0=f(1S0)
1υ0=1υmax+KMυmax1S0
1υmax=-11.474 υmax=-0.087∙10-6
KMυmax=74.89 KM=-74.89∙0.087∙10-6=-6.52∙10-6
Решим систему уравнений:
ν1=2087 см-1=2087∙102 м-1
ν2=4121 см-1=4121∙102 м-1
2087∙102=ωe-2ωexe4121∙102=2ωe-6ωexe 6261∙102=3ωe-6ωexe4121∙102=2ωe-6ωexe ωe=2140∙102 м-1
2ωexe=ωe-2087∙102 2ωexe=2140∙102-2087∙102=53∙102
2ωexe=53∙102 2∙2140∙102∙xe=53∙102 xe=0,01238
Коэффициент ангармоничности:
ωexe=2140∙102∙0,01238=2649 м-1
Максимальное значение колебательного квантового числа:
υmax=12xe-12=12∙0,01238-12=39.89
υmax=39
Энергия диссоциации:
D0=hc∙ωe4xe1-xe2
где h = 6,63·10-34 (Дж·с) – постоянная Планка
с = 3·108 (м/с) – скорость света в вакууме
D0=hc∙ωe4xe1-xe2=19.89∙10-22∙2140∙1024∙0,012381-0,012382=8.38∙10-15
На 1 моль вещества
D=D0∙NA=8.38∙10-15∙6∙1023=5.03∙109 (Дж/моль)
Рассчитать равновесное содержание фосгена образующегося из оксида углерода и хлора по следующим данным
2.2-22
Рассчитать равновесное содержание фосгена, образующегося из оксида углерода и хлора по следующим данным:
Вариант 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
Температура, К
500 550 600 650 700 750 800 850 900 1000
Количество
СО, моль 2 – 1,2 – 1,5 – 1,7 – 2 –
СО, м3 – 50 – 100 – 150 – 200 – 300
Cl2, моль 1 – 1,5 – 1,7 – 2 – 2,5 –
Cl2, м3 – – – 120 – 200 – 220 – 350
Температурная зависимость константы равновесия Кр, Па-1:
.
Решение:
Запишем уравнение реакции:
СО + Cl2 = СОCl2
Выражение константы равновесия будет иметь вид:
КР=Р(СОCl2)Р(СО)∙Р(Cl2)
Поскольку в условии не задано давление в системе, то выражение константы равновесия можно переписать в виде:
КР=С(СОCl2)С(СО)∙С(Cl2)
КР=С(СОCl2)С(СО)∙С(Cl2)=С(СОCl2)(С(СО)0-С(СОCl2))∙(С(Cl2)0-С(СОCl2))
КР(С(СО)0-С(СОCl2))∙(С(Cl2)0-С(СОCl2))=С(СОCl2)
КР(С(СО)0∙С(Cl2)0-С(СОCl2)∙С(Cl2)0-ССО)0∙ССОCl2+ССОCl22=
=С(СОCl2)
КРС(СО)0∙С(Cl2)0-КРС(СОCl2)∙С(Cl2)0-КРС(СО)0∙ССОCl2-
-ССОCl2+КРССОCl22=0
КРССОCl22-ССОCl2(КРС(Cl2)0+КРССО)0+1+КРС(СО)0∙С(Cl2)0=0
КРССОCl22-ССОCl2(КР+1)+КРС(СО)0∙С(Cl2)0=0
Решением этого квадратного уравнения будет равновесная концентрация фосгена.
Рассчитаем значения константы равновесия при разных температурах:
lg(KP)500=-5020T+1,35lgT-5,582=-5020500+1,35lg500-5,582==-11,98
KP500=10lg(KP)500=10-11,98=1,05∙10-12 Па-1
lg(KP)550=-5020550+1,35lg550-5,582=-11,01
KP550=10-11,01=9,77∙10-12 Па-1
lg(KP)600=-5020600+1,35lg600-5,582=-10,2
KP600=10-10,2=6,31∙10-11 Па-1
lg(KP)650=-5020650+1,35lg650-5,582=-9,51
KP650=10-9,51=3,09∙10-10 Па-1
lg(KP)700=-5020700+1,35lg700-5,582=-8,91
KP700=10-8,91=1,23∙10-9 Па-9
lg(KP)750=-5020750+1,35lg750-5,582=-8,39
KP750=10-8,39=4,07∙10-9 Па-1
lg(KP)800=-5020800+1,35lg800-5,582=-7,94
KP800=10-7,94=1,15∙10-8 Па-1
lg(KP)850=-5020850+1,35lg850-5,582=-7,53
KP850=10-7,53=2,95∙10-8 Па-1
lg(KP)900=-5020900+1,35lg900-5,582=-7,17
KP900=10-7,17=6,76∙10-8 Па-1
lg(KP)1000=-50201000+1,35lg1000-5,582=-6,55
KP1000=10-6,55=2,82∙10-7 Па-1
Исходную концентрацию компонентов в смеси выразим через молярные доли. Поскольку реагенты пребывают в газообразном состоянии, то молярная и объемные доли имеют одинаковое значение:
С(СО)0,500=nCOnCO+nCl2=22+1=0,667 мол. доли
С(Cl2)0,500=nCl2nCO+nCl2=12+1=0,333 мол. доли
С(СО)0,550=VCOVCO+VCl2=5050+0=1 мол. доли
С(Cl2)0,550=VCl2VCO+VCl2=050+0=0 мол. доли
С(СО)0,600=nCOnCO+nCl2=1,21,2+1,5=0,444 мол. доли
С(Cl2)0,600=nCl2nCO+nCl2=1,51,2+1,5=0,556 мол. доли
С(СО)0,650=VCOVCO+VCl2=100100+120=0,455 мол. доли
С(Cl2)0,650=VCl2VCO+VCl2=120100+120=0,545 мол. доли
С(СО)0,700=nCOnCO+nCl2=1,51,5+1,7=0,469 мол. доли
С(Cl2)0,700=nCl2nCO+nCl2=1,71,5+1,7=0,531 мол. доли
С(СО)0,750=VCOVCO+VCl2=150150+200=0,429 мол. доли
С(Cl2)0,750=VCl2VCO+VCl2=200150+200=0,571 мол. доли
С(СО)0,800=nCOnCO+nCl2=1,71,7+2=0,459 мол. доли
С(Cl2)0,800=nCl2nCO+nCl2=21,7+2=0,541 мол. доли
С(СО)0,850=VCOVCO+VCl2=200200+220=0,476 мол. доли
С(Cl2)0,850=VCl2VCO+VCl2=220200+220=0,524 мол. доли
С(СО)0,900=nCOnCO+nCl2=22+2,5=0,444 мол. доли
С(Cl2)0,900=nCl2nCO+nCl2=2,52+2,5=0,556 мол. доли
С(СО)0,1000=VCOVCO+VCl2=300300+350=0,462 мол. доли
С(Cl2)0,1000=VCl2VCO+VCl2=350300+350=0,538 мол. доли
Найдем равновесные концентрации фосгена в смеси:
1,05∙10-12ССОCl22-ССОCl21,05∙10-12+1+
+1,05∙10-12∙0,667∙0,333=0
ССОCl2500=0 мол. доли
nСОCl2500=0 моль
9,77∙10-12ССОCl22-ССОCl29,77∙10-12+1+
+9,77∙10-12∙1∙0=0
ССОCl2550=0 мол. доли
VСОCl2550=0 м3
6,31∙10-11ССОCl22-ССОCl26,31∙10-11+1+
+6,31∙10-11∙0,444∙0,556=0
ССОCl2600=0 мол. доли
nСОCl2600=0 моль
3,09∙10-10ССОCl22-ССОCl23,09∙10-10+1+
+3,09∙10-10∙0,455∙0,545=0
ССОCl2650=0 мол. доли
VСОCl2650=0 м3
1,23∙10-9ССОCl22-ССОCl21,23∙10-9+1+
+1,23∙10-9∙0,469∙0,531=0
ССОCl2700=0 мол. доли
nСОCl2700=0 моль
4,07∙10-9ССОCl22-ССОCl24,07∙10-9+1+
+4,07∙10-9∙0,429∙0,571=0
ССОCl2750=0 мол. доли
VСОCl2750=0 м3
1,15∙10-8ССОCl22-ССОCl21,15∙10-8+1+
+1,15∙10-8∙0,459∙0,541=0
ССОCl2800=0 мол. доли
nСОCl2800=0 моль
2,95∙10-8ССОCl22-ССОCl22,95∙10-8+1+
+2,95∙10-8∙0,476∙0,524=0
ССОCl2850=7,5269∙10-9 мол. доли
VСОCl2850=420∙7,5269∙10-9=3,16∙10-6 м3
6,76∙10-8 ССОCl22-ССОCl26,76∙10-8 +1+
+6,76∙10-8 ∙0,444∙0,556=0
ССОCl2900=1,6423∙10-8 мол. доли
nСОCl2900=4,5∙1,6423∙10-8=7,39∙10-8 моль
2,82∙10-7ССОCl22-ССОCl22,82∙10-7+1+
+2,82∙10-7∙0,462∙0,538=0
ССОCl21000=7,0078∙10-8 мол. доли
VСОCl21000=650∙7,0078∙10-8=4,56∙10-5 м3
Ответ: 500 К – 0 моль; 550 – 0 м3; 600 К – 0 моль; 650 – 0 м3; 700 К – 0 моль; 750 – 0 м3; 800 К – 0 моль; 850 – 3,16·10-6 м3; 900 К – 7,39·10-8 моль; 1000 – 4,56·10-5 м3
2.3-18.
Для обратимой реакции эстерификации этилового спирта с концентрацией 56,5 % массовых долей с помощью муравьиной кислоты с концентрацией 0,07 моль/л k1 = 1,85·10-3 с-1 и k-1 = 1,85·10-3 с-1. Определить равновесную концентрацию муравьиной кислоты и время, необходимое для того, чтобы эстерификаця прошла на 90 %.
Решение:
Запишем уравнение реакции:
СН3СН2ОН + НСООН = Н2О + НСООСН2СН3
Определим состав реакционной смеси.
100 г раствора этанола содержит 56,5 г СН3СН2ОН и 43,5 г воды.
Объем этого раствора:
Vp-pa.сп=VCH3CH2OH+VH2O=mCH3CH2OHсп.∙ρCH3CH2OH+
+mH2Oсп∙ρH2O=56,5∙0,7893+43,5∙1=88,1 мл
Поскольку, муравьиная кислота – жидкость, то при ее внесении в раствор происходит изменение объема. Тогда, концентрация муравьиной кислоты будет соответствовать:
сНСООН0=νНСООНVp-pa+VНСООН=νНСООНVp-pa+νНСООН∙MНСООНρНСООН
По условию задачи:
Vp-pa+νНСООН∙MНСООНρНСООН=1000 мл
νНСООН=0,07
Определим количество спиртового раствора в реакционной смеси:
Vp-pa=1000-0,07∙461,2196=997,4 мл
Молярная концентрация воды и этанола в реакционной смеси составит:
сCH3CH2OH0=mCH3CH2OHсп.∙Vp-paVp-pa.сп.∙МCH3CH2OHVp-pa+VНСООН=56,5∙997,488,1∙461000=0,0139 моль/л
сH2O0=mH2Oсп.∙Vp-paVp-pa.сп.∙МH2OVp-pa+VНСООН=43,5∙997,488,1∙181000=0,0274 моль/л
Запишем выражение скорости обратимой реакции:
-dСCH3CH2OHdτ=-dСНСОOHdτ=dСCH3CH2ОOСHdτ=dСH2Odτ=
=k1∙СCH3CH2OH∙СНСОOH-k-1∙СCH3CH2ОOСH∙СH2O
В состоянии равновесия:
k1∙СCH3CH2OH∙СНСОOH=k-1∙СCH3CH2ОOСH∙СH2O
k1∙СCH3CH2OH0-СCH3CH2ОOСH∙СНСОOHо-СCH3CH2ОOСH==k-1∙СCH3CH2ОOСH∙(СH2O0+СCH3CH2ОOСH)
СCH3CH2ОOСH∙СH2O0+СCH3CH2ОOСH(СCH3CH2OH0-СCH3CH2ОOСH)∙(СНСОOHо-СCH3CH2ОOСH)=
=k1k-1
СCH3CH2ОOСH∙0,0274+СCH3CH2ОOСH(0,0139-СCH3CH2ОOСH)∙(0,07-СCH3CH2ОOСH=1,85∙10-31,85∙10-3
СCH3CH2ОOСH∙0,0274+СCH3CH2ОOСH(0,0139-СCH3CH2ОOСH)∙(0,07-СCH3CH2ОOСH=1
0,0274∙СCH3CH2ОOСH+СCH3CH2ОOСH2=0,0139∙0,07-
-0,07СCH3CH2ОOСH-0,0139СCH3CH2ОOСH+СCH3CH2ОOСH2
0,0274∙СCH3CH2ОOСH=0,0139∙0,07-0,0839СCH3CH2ОOСH
0,1113∙СCH3CH2ОOСH=0,0139∙0,07
СCH3CH2ОOСH=8,74∙10-3 моль/л
Равновесная концентрация муравьиной кислоты в растворе:
СНСОOH=СНСОOHо-СCH3CH2ОOСH=0,07-8,74∙10-3=0,06126 моль/л
Степень превращения муравьиной кислоты в состоянии равновесия:
хНСОOH=СНСОOHо-СНСОOHСНСОOHо=0,07-0,061260,07=0,125
Поскольку степень превращения муравьиной кислоты в состоянии равновесия намного меньше, чем 0,9, то при условиях
40(ш)-24Задача№111(24) Определить растворимость в моль л и г
40(ш)-24Задача№111(24)
Определить растворимость в моль/л и г/л следующих труднорастворимых соединений.
Cr(OH)3 ПР =6,3*10-31
Решение
Cr(OH)3 диссоциирует по уравнению:
Cr(OH)3 ↔ Cr3+ + 3ОН–.
L L 3L
Если концентрации частиц в насыщенном растворе выразить через растворимость(L), то [Cr3+] = L и [ОН–] = 3L.
Тогда ПР(Cr(OH)3) = [Cr3+] [ОН–]3 = S∙(3S)3 = 27S4.
L = = = 1,25∙10-8 моль/л .
Таким образом, растворимость Cr(OH)3 в моль/л равна1,25∙10-8 моль/л .
М(Cr(OH)3) =103г/моль
L = 103*1,25*10-8 =1,29*10-6г/л
Задача№40(
На основании табличных данных ΔGºобр реагентов определить возможность самопроизвольного протекания реакции при стандартных условиях. Укажите знак Δ S . Ответ обоснуйте.
СОСl2 (г) = СО(г) + Сl2 (г)
ΔGº реакции = ΣΔGºобр. прод. – ΣΔGºобр. исх. в-в
ΔGºобр.кДж/моль
СОСl2(г) -220,3
СО(г) -137,14
Сl2 (г) 0
ΔGº реакции = ΔGº (СО) – ΔGº (СОСl2 )
ΔGº реакции =-137,14 – ( -220,3) = 83,16 кДж
ΔGº реакции > 0
Самопроизвольного протекания реакции при стандартных условиях невозможно
Δ S – изменение энтропии
Энтропия означает меру неупорядоченности системы;
Δ S = S прод – S исх. в-в
Поскольку в результате реакции образуется 2 моль газообразных веществ, а исходных 1моль энтропия продуктов будет выше энтропии исходных веществ, соответственно Δ S > 0
Задача№5 (23)
Записать реакцию электролиза на инертных электродах и вычислить массу вещества полученного на катоде и объем газа, выделившегося на аноде, при электролизе раствора электролита ,если время электролиза 20 мин, сила тока I =2А,если выход по току ВТ =100%. Какое вещество будет выделяться на электродах при замене анода на металлический, указанный в задании? CdCl2 Cd
Решение
CdCl 2 = Cd 2+ + 2Cl —
() Kатод Cd 2 +, H2O (+) Aнод Cl —, H2O
E0 ( Cd2+/Cd)= 0,403B ; = 1 = 1,36 В ; 1,8 B.
Так как E0 ( Cd2+/Cd) > , Так как < процесс восстановления процесс окисления ионов Сl :
: Cd2+ + 2 ē =Cd 2Cl — 2 ē = Cl 2
При замене анода на металлический, буде изменятся анодный процее
(+) Aнод (Cd) Cl —,Н2О
E0 ( Cd2+/Cd)=-0,403В
= 1,36 В ; 1,8 B.
E0 ( Cd2+/Cd) <
анод растворяется: Cd 2ē = Cd 2+
Количественные соотношения при электролизе определяют в соответствии с законами, открытыми М. Фарадеем (1834).
Обобщенный закон Фарадея связывает количество вещества, образовавшегося при электролизе, со временем электролиза и силой тока:
,
где m масса образовавшегося вещества , г;
М молярная масса вещества, г/ моль;
n количество электронов, участвующих в электродном процессе;
I сила тока, А;
время электролиза, с;
F константа Фарадея (96500 Кл/моль).
Для газообразных веществ, выделяющихся при электролизе, формулу использют в виде ,
где V объем газа, выделяющегося на электроде; V 0 объем 1 моль газообразного вещества при нормальных условиях (22,4 л/моль).
m теор (Cd) = 112*2*1200 / 2*96500 =1,39г
Vтеор (Cl 2) =22,4*2*1200 /2*96500 =0,28л
Вт = m практ (Cd) / m теор (Cd) Вт =100% m практ (Cd) = m теор (Cd)
Vпракт (Cl 2) =Vтеор (Cl 2)
Задача№78
Решение
Предложенная защита от коррозии относится к катодной
Суть катодной защиты состоит в приложении к изделию внешнего тока от отрицательного полюса, который поляризует катодные участки коррозионных элементов, приближая значение потенциала к анодным. Положительный полюс источника тока присоединяется к аноду. При этом коррозия защищаемой конструкции почти сводится к нулю. Анод же постепенно разрушается и его необходимо периодически менять.
Таким образом, будет разрушаться никелевая пластина, а алюминиевая пластина защищена от коррозии
Схема гальванопары Ni / H+ / Al
(Ni0) A Ni0 -2e = Ni2+
( Al) K 2 H+ +2e = H2
Задача№4(40)
Написать катодный и анодный процессы,уравнение токообразующей реакции и вычислить ЭДС гальванического элемента. Указать полярность электродов
Mg|Mg2+(10-2моль/л) || Cu ( 10-2 моль/л) |Cu
Решение
Значение электродных потенциалов находим по уравнению Нернста
.
Е 0(Mg/Mg2+) = – 2,37 В, Mg2+ = 0,01 = 10-2 моль/л, заряд ионов магния
n = +2, следовательно:
.Е (Mg/Mg2+) = -2,37+ 0,059 /2 lg[10-2] = -2,429B
Е 0( Cu/ Cu2+) = 0,337 В, Cu2+ = 0,01 = 10-2 моль/л, заряд ионов меди
n = +2, следовательно:
Е ( Cu/ Cu2+) = 0,337 +0,059 /2 lg[10-2] = 0,278B
Е (Mg/Mg2+) Е (Cu/ Cu2+) следовательно, электрод магния является анодом.
Схема гальванического элемента:
Mg Mg2+ (Mg2+ 10- 2) Cu2+( Cu2+ 10- 2 Cu
а н о д к а т о д
Реакция на аноде: Mg 0- 2 e- = Mg2+
Реакция на катоде: Cu2+ + 2 e- = Cu0
Mg 0 + Cu2+ = Mg2+ +Cu0
ЭДС гальванического элемента определяем по формуле:
ЭДС = E Cu – E Mg = 0,278 – ( – 2, 429) = 2,707 В
KP- 9задач -24 Оглавление TOC o “1-3” h z u Задача№1 PAGEREF _Toc406705843 h 3 Задача№2 PAGEREF _Toc406705844 h 3 Задача№3 PAGEREF _Toc406705
KP- 9задач -24
Оглавление
TOC o “1-3” h z u Задача№1 PAGEREF _Toc406705843 h 3
Задача№2 PAGEREF _Toc406705844 h 3
Задача№3 PAGEREF _Toc406705845 h 4
Задача№4 PAGEREF _Toc406705846 h 5
Задача№5 PAGEREF _Toc406705847 h 6
Задача№6 PAGEREF _Toc406705848 h 6
Задача№7 PAGEREF _Toc406705849 h 7
Задача№8 PAGEREF _Toc406705850 h 7
Задача№9 PAGEREF _Toc406705851 h 8
Литература PAGEREF _Toc406705853 h 9
Задача№1
Напишите молекулярную и структурную формулы сульфита гидроксоцинка. Каким основанию, кислоте и оксидам соответствует эта соль?
Решение
Сульфит гидроксоцинка – ( ZnOH)2SO3 –основная соль
H –O – Zn – O
S = O
H –O – Zn – O
Эта соль соответствует основанию –Zn(OH)2 кислоте – H2SO3и оксидам
ZnO, SO2
Задача№2
Вычислите молекулярную массу вещества, если 5,8 л его при температуре 17º С и давлении 152 кПа имеют массу 11г. Какова плотность этого газа по водороду и по воздуху?
Решение
Взаимосвязь между количеством вещества, температурой, давлением и объемом газа устанавливает уравнение Менделеева – Клапейрона:
,
где P – давление, Па; V – объем, м3; n – количество вещества, моль; m – масса, г; М – молярная масса газа, г/моль; R – универсальная газовая постоянная, в системе СИ R = 8,314 Дж/(мольK).
М = m*R*T /P*V = 11*8,314*290/152000*5,6*10-3=31,2г/моль
DH2 = 31,2/2 =15,6 Dвоздух = 31,2/ 29 =1,07
Задача№3
. Атом некоего химического элемента имеет массовое число 22. Строение внешнего электронного слоя атома 3s1. Сколько протонов и нейтронов содержит ядро этого атома? Приведите примеры веществ, содержащих этот химический элемент.
Решение
Во внешнем электронном слое химического элемента содержатся электроны 3s1. Внешний слой — третий (n = 3)
Состав внешнего электронного слоя данного химического элемента указывает на то, что он в Периодической таблице находится на пересечении 3-его периода и 1-й группы А(главной подгруппы). Это натрий.
Порядковый номер натрия в Периодической системе Д. И. Менделеева равен 11, следовательно, атом натрия содержит 11электронов и 11 протонов
В ядре атома натрия с массовым числом 22 содержится 11 протонов и 11 нейтронов (22-11=11).
Некоторые вещества, содержащие этот химический элемент: NaHCO3 –гидрокарбонат натрия(питьевая сода) NaOH –гидроксид натрия (каустическая сода) NaCl- хлорид натрия ( кухонная соль) .
Задача№4
Рассчитайте изменение стандартных термодинамических функций (ΔН0, ΔS0, ΔG0) в реакции разложения хлорида аммония на хлористый водород и аммиак и сделайте вывод о прочности или непрочности хлорида аммония. Напишите уравнение константы равновесия образования этой соли.
решение
NH4Cl = NH3 + HCl
H0 кДж/моль S0 Дж/(моль·К)
NH4Cl -315,39 94,56
NH3-46,19 192,50
HCl-92,3 186,7
Н реакции = (Н( NH3) +Н( HCl)) -(Н( NH4Cl)
Н реакции = (-92,3 + (-46,19)) – (-315,39) =176,9 кДж
Н реакции >0данная реакция эндотермическая
S реакции = (S( NH3) +S( HCl)) -(S( NH4Cl)
S реакции = (192,5 + 186,7 ) – 94,56 =284,64 Дж/·К
Увеличение энтропии связано с увеличением число молей газообразных веществ
ΔG0 = ΔН0 – ТΔS0 = 176,9 – 298 · 0,28464 =92,08 кДж
ΔG0 >0, поэтому реакция невозможна
NH3 (г) + HCl(г) = NH4Cl(г)
Кр = [NH4Cl]p /[NH3]p *[HCl]p
Задача№5
Сколько граммов растворенного вещества содержится в 1,5 л нитрата кобальта (II) концентрации СМ = 0,2 моль/л?
Решение
См = m / M* V M (Co(NO3)2) =183г/моль
m = CM*M*V = 0,2*183*1,5 =54,9г
Задача№6
Составьте ионное уравнение из молекулярного и молекулярное из ионного:
Zn(OH)2 + NaOH →
BaCO3 + H+ →
Решение
Zn(OH)2 +2 NaOH = Na2[ Zn(OH)4]
Zn(OH)2 +2 Na+ + 2OH- = 2Na+ + [ Zn(OH)4]2-
Zn(OH)2 + 2OH- = [ Zn(OH)4]2-
BaCO3 + 2HCl → BaCl2 + H2O +CO2
BaCO3 + 2H+ +2Cl- → Ba2+ + 2Cl- + H2O +CO2
BaCO3 + 2H+ → Ba2+ + H2O +CO2
Задача№7
. Напишите уравнения реакций гидролиза в ионной и молекулярной формах и укажите характер среды растворов этих солей: FeSO4 и Na3РО4. Как повлияет на гидролиз прибавление щелочи?
Решение
FeSO4 – cоль слабого основания Fe(OH)2 и сильной кислоты Н2SO4
Fe2+ + Н2О = FeОН+ + Н+
2FeSO4+ 2Н2О =( FeОН) 2SO4 + Н2SO4
Среда кислая: рН < 7.
Прибавление щелочи усилит гидролиз, так как будет связываться Н+,
и система будет противодействовать этому, усиливая гидролиз
Na3РО4 -cоль сильного основания NaОН и слабой сернистой кислоты Н3PO4. Гидролизуется анион:
PO43- + Н2О = НPO42-+ ОН–
Na3РО4+ Н2О = Na2НPO4 + NaОН
Среда щелочная: рН > 7.
Прибавление щелочи ослабит гидролиз,
Задача№8
Чему равна сумма коэффициентов перед формулами веществ правой части уравнения реакции
FeO + Br2 + Н2SO4 → (Fe+3) + …
Решение
2FeO + Br2 +3 Н2SO4 → Fe 2 (SO4)3 +2 HBr + 2H2O
Так как, атомы железа отдают электроны, то принять их может бром, переходя в устойчивую с.о. -1
Схема изменения степеней окисления в данной реакции:
Fe2+ O -1e +2H+= Fe3+ + H2O | 2
Br20 +2e = 2Br- | 1
Сумма коэффициентов перед формулами веществ правой части уравнения реакции: 1+2+2 =5
Задача№9
. Напишите формулу комплексного иона, состоящего из комплексообразователя Со+++, четырех лигандов NH3 и ионов хлора. Координационное число комплексообразователя равно 6. Чему равен заряд комплексного иона?
Решение
. Составляем формулу комплексного иона.
Комплексообразователь: Cо3+; лиганды: 4молекулы NH3; и 2Cl– так как, координационное число (n) = 6; заряд комплексного иона +.
[Cо(NH3)4 Cl2]+
В состав внешней координационной сферы включим анион Cl– и окончательно формула комплексного соединения будет следующей:
[Cо(NH3)4 Cl2]Cl хлорид дихлоротетрааммин кобальта (III)
Литература
1. Коровин Н.В. Общая химия: учебник для вузов /Н. В. Коровин. – 3-е изд., испр. – М.: Высшая школа, 2002. – 558 с.
2. Угай А.Я. Общая и неорганическая химия: учебник для вузов /А.Я.Угай. – 4-е изд., испр. – М.: Высшая школа, 2000. – 527 с.
3. Глинка Н.Л. Общая химия: учебное пособие для вузов /Н.Л.Глинка; под ред. А.И. Ермакова. – 30-е изд. испр. – М.: Интеграл-ПРЕСС, 2004. – 728 с
1 6 По теплотам сгорания веществ участвующих в реакции найти тепловой эффект образования указанного вещества Дано
1/6. По теплотам сгорания веществ, участвующих в реакции, найти тепловой эффект образования указанного вещества
Дано:
H°с(C5H5N) = –2868,1 кДж/моль
H°(C5H5N) – ?
Решение
Записываем уравнение реакции сгорания пиридина:
C5H5N + 6,25O2 = 5CO2 + 2,5H2O(ж) + 0,5N2
Тепловой эффект данной реакции представляет собой теплоту сгорания пиридина: H°с(C5H5N) = H°р.
Согласно следствию из закона Гесса записываем:
H°р = 5H°(CO2) + 2,5H°(H2O(ж)) – H°(C5H5N)
Выражаем теплоту образования пиридина.
H°(C5H5N) = 5H°(CO2) + 2,5H°(H2O(ж)) – H°р
Справочные данные:
H°(CO2) = –393,51 кДж/моль
H°(H2O(ж)) = –285,83 кДж/моль
H°(C5H5N) = 5 (–393,51) + 2,5 (–285,83) – (–2868,1) = 186,0 кДж/моль.
Ответ: тепловой эффект образования пиридина 186,0 кДж/моль.
1/8. По теплотам сгорания веществ, участвующих в реакции, найти тепловой эффект образования указанного вещества
Дано:
H°с(C12H22O11) = –5647 кДж/моль
H°(C12H22O11) – ?
Решение
Записываем уравнение реакции сгорания сахарозы:
C12H22O11 + 12O2 = 12CO2 + 11H2O(ж)
Тепловой эффект данной реакции представляет собой теплоту сгорания сахарозы: H°с(C12H22O11) = H°р.
Согласно следствию из закона Гесса записываем:
H°р = 12H°(CO2) + 11H°(H2O(ж)) – H°(C12H22O11)
Выражаем теплоту образования сахарозы.
H°(C12H22O11) = 12H°(CO2) + 11H°(H2O(ж)) – H°р
Справочные данные:
H°(CO2) = –393,51 кДж/моль
H°(H2O(ж)) = –285,83 кДж/моль
H°(C12H22O11) = 12 (–393,51) + 11 (–285,83) – (–5647) = –2219,25 кДж/моль.
Ответ: тепловой эффект образования сахарозы –2219,25 кДж/моль.
2/1. По термодинамическим данным, приведенным в табл. 3, найти H°, Qp и Qv указанной реакции
Решение
Уравнение реакции:
2H2 + CO CH3OH(ж)
Согласно следствию из закона Гесса записываем:
H°р = H°(CH3OH(ж)) – H°(CO)
Справочные данные:
H°(CH3OH(ж)) = –238,57 кДж/моль
H°(CO) = –110,52 кДж/моль
H°р = –238,57 – (–110,52) = –128,05 кДж.
Тепловой эффект реакции при постоянном давлении равен энтальпии реакции с обратным знаком.
Qp = –H°р = 128,05 кДж.
Тепловой эффект реакции при постоянном объеме равен:
Qv = Qp – nRT
n — разность числа моль газообразных продуктов и исходных веществ.
n = 0 – 3 = –3.
Qv = 128,05 – (–3) 0,008314 298,15 = 135,49 кДж.
Ответ: H°р = –128,05 кДж; Qp = 128,05 кДж; Qv = 135,49 кДж.
3/7. По термодинамическим данным, приведенным в табл. 3, найти G, Kp и Kc приведенной реакции при указанной температуре
Решение
Уравнение реакции:
2H2 + CO = CH3OH
T = 380 К
В предположении, что теплоемкость при постоянном давлении Cp не зависит от температуры (первое приближение Улиха), ∆GТ = ∆H° – T∆S°, где ∆GТ – изменение изобарного потенциала в результате реакции; ∆S° – изменение энтропии в результате реакции; Т – температура, К; ∆Н° – изменение энтальпии в результате реакции.
Вычислим энтальпию реакции, пользуясь следствием из закона Гесса.
H° = H°(CH3OH) – H°(CO) = –238,57 – (–110,52) = –128,05 кДж.
Вычислим энтропию реакции.
S° = S°(CH3OH) – 2S°(H2) – S°(CO) = 126,8 – 2 130,52 – 197,54 =
= –331,78 Дж/К.
Вычисляем G° при 380 К.
G° = H° – TS° = –128,05 – 380 (–0,33178) = –1,9736 кДж.
Вычисляем константу равновесия Kp.
ln Kp = = 0,6247.
Kp = 1,8677.
Вычисляем константу равновесия Kc.
Kc = Kp (RT)–n
n — разность числа моль газообразных продуктов и исходных веществ.
n = 1 – 3 = –2.
Kc = 1,8677 (8,314 380)2 = 1,86107.
Ответ: G° = –1,9736 кДж; Kp = 1,8677; Kc = 1,86107.
3/10. По термодинамическим данным, приведенным в табл. 3, найти G, Kp и Kc приведенной реакции при указанной температуре
Решение
Уравнение реакции:
4NO + 6H2O 4NH3 + 5O2
T = 500 К
В предположении, что теплоемкость при постоянном давлении Cp не зависит от температуры (первое приближение Улиха), ∆GТ = ∆H° – T∆S°, где ∆GТ – изменение изобарного потенциала в результате реакции; ∆S° – изменение энтропии в результате реакции; Т – температура, К; ∆Н° – изменение энтальпии в результате реакции.
Вычислим энтальпию реакции, пользуясь следствием из закона Гесса.
H° = 4H°(NH3) – 4H°(NO) – 6H°(H2O)
H° = 4 (–46,19) – 4 90,25 – 6 (–241,82) = 905,16 кДж.
Вычислим энтропию реакции.
S° = 4S°(NH3) + 5S°(O2) – 4S°(NO) – 6S°(H2O)
S° = 4 192,6 + 5 205,04 – 4 210,6 – 6 188,72 = –179,12 Дж/К.
Вычисляем G° при 500 К.
G° = H° – TS° = 905,16 – 500 (–0,17912) = 994,72 кДж.
Вычисляем константу равновесия Kp.
ln Kp = = –239,3.
Kp = 1,210–104.
Вычисляем константу равновесия Kc.
Kc = Kp (RT)–n
n — разность числа моль газообразных продуктов и исходных веществ.
n = 9 – 10 = –1.
Kc = 1,210–104 (8,314 500)1 = 5,010–101.
Ответ: G° = 994,72 кДж; Kp = 1,210–104; Kc = 5,010–101.
4/1. Как изменится скорость прямой реакции, протекающей по уравнению FeO + CO Fe + CO2, если уменьшить объем газовой смеси в три раза?
Решение
Уравнение реакции:
FeO + CO Fe + CO2
Данная реакция является гетерогенной. В выражение закона действующих масс входят концентрации газообразных веществ.
Скорость прямой реакции:
пр = kпр [CO]
kпр – константа скорости прямой реакции.
Если уменьшить объем газовой смеси в три раза, концентрация [CO] увеличится в 3 раза. Скорость прямой реакции составит:
пр1 = kпр 3[CO] = 3пр.
Ответ: скорость прямой реакции увеличится в 3 раза.
5/13. Найти температуру кипения указанного водного раствора (эбуллиоскопическая постоянная воды 0,52°С)
Дано:
Kэ = 0,52°C
tкип – ?
Решение
Раствор — 50% раствор сахара (молекулярная масса сахара 342).
Запишем закон Рауля для неэлектролитов.
,
где t – понижение температуры замерзания или повышение температуры кипения раствора, К – криоскопическая или эбуллиоскопическая константа, m – масса растворенного вещества, М – его молярная масса, m1 – масса растворителя.
По условию раствор 50%-й, поэтому m = m1.
Kэ = 0,52.
M = 342 г/моль.
Вычисляем температуру кипения.
= 1,52°.
tкип. = 100° + 1,52° = 101,52°C.
Ответ: температура кипения раствора 101,52°C.
6/1. Сосуд для измерения электропроводности наполнен раствором сульфата меди, содержащим 0,1 моля CuSO4 в 1 л. Поверхность каждого электрода 4 см2. Расстояние между ними 7 см. Сопротивление слоя раствора, заключенного между электродами, равно 23 Ом. Определить удельную и эквивалентную электропроводность этого раствора
Дано:
n(CuSO4) = 0,1 моль
V = 1 л
S = 4 см2
l = 7 см
R = 23 Ом
, æ – ?
Решение
Экспериментальное определение электрической проводимости растворов электролитов основано на измерении омического сопротивления ячейки с исследуемым раствором при пропускании переменного тока:
,
где – удельное сопротивление раствора электролита; S – поперечное сечение раствора электролита (площадь электродов); l – расстояние между электродами.
Удельная электропроводность электролита (æ, Ом–1см–1) обратна его удельному сопротивлению:
æ
Следовательно: æ
Вычисляем удельную электропроводность.
æ = = 0,076 Ом–1см–1.
Эквивалентная электропроводность (, Ом–1моль–1см2) связана с удельной электропроводностью соотношением:
= æ ,
где C – нормальность раствора электролита.
Сульфат меди — соль двухвалентного металла. Число эквивалентов равно удвоенному числу молей.
nэ(CuSO4) = 0,1 2 = 0,2 моль экв.
Поскольку объем раствора 1 л, нормальность раствора 0,2 н.
= 0,076 = 380,4 Ом–1моль–1см2.
Ответ: удельная электропроводность раствора 0,076 Ом–1см–1; эквивалентная электропроводность 380,4 Ом–1моль–1см2.
7/2. Как влияют добавки посторонних веществ на поверхностное натяжение воды? Объяснить механизм действия поверхностно-активных веществ
Решение
Добавление в раствор того или иного вещества может привести к следующим результатам:
1) поверхностное натяжение не изменяется (поверхностно-неактивные вещества);
2) поверхностное натяжение увеличивается (поверхностно-инактивные вещества). К ним относятся электролиты, которые в воде диссоциируют с образованием ионов, которые хорошо гидратируются, поэтому ионы интенсивно втягиваются вглубь раствора.
3) поверхностное натяжение уменьшается (поверхностно-активные вещества). К ПАВ относятся органические молекулы с несимметричным строением молекул, состоящие из полярных и неполярных групп — с дифильным строением.
Поверхностно-активные вещества — это, как правило, органические соединения, молекулы которых содержат атомные группы, сильно различающиеся по силе взаимодействия с растворителем, например с водой. Так, в молекулах ПАВ имеются лиофильные и лиофобные (обычно гидрофильные и гидрофобные) группы. Слабое взаимодействие с водой гидрофобных групп вызывает стремление молекулы перейти из водной среды в углеводородную, гидрофильные группы, наоборот, удерживают молекулу в водной среде.
Таким образом, поверхностная активность молекулы обусловливается гидрофобными радикалами, а растворимость в воде — гидрофильными группами. Ионные ПАВ диссоциируют в воде на ионы, один из которых обладают адсорбционной (поверхностной) активностью, поэтому они накапливаются в поверхностном слое, другие (противоионы) не обладают ею, поэтому они уходят в раствор. Таким образом, проявление поверхностной активности моющих веществ обусловлено дифильностью молекулы ПАВ.
Адсорбция гидрофильных групп молекул ПАВ на поверхности раздела фаз (на поверхности загрязнения) вызывает понижение поверхностного натяжения, что и обеспечивает перевод загрязнений в раствор, т. е. отмывку загрязнений с ткани или другой поверхности. На этом и основано применение ПАВ в синтетических моющих средствах.
8/6. Коллоидный раствор получен путем сливания равных объемов растворов A и B различных концентраций. Напишите формулу мицеллы, определите, какие ионы будут вызывать коагуляцию, и установите, какой из электролитов-коагулянтов будет иметь меньший порог коагуляции
Решение
Раствор A — 0,010 н AgNO3
Раствор B — 0,005 н KI
Электролиты-коагуляторы — Na2SO4, Zn(NO3)2
Уравнение реакции:
AgNO3 + KI = AgI + KNO3
Ag+ + I– = AgI
По условию объемы электролитов равны, поэтому в избытке AgNO3 (его концентрация больше).
Согласно правилу Пескова-Фаянса, на твердой поверхности адсорбируются ионы, находящиеся в избытке и имеющие родственную атомную группировку.
По условию объемы электролитов равны, поэтому в избытке AgNO3 (его концентрация больше). Потенциалопределяющими будут ионы Ag+, а противоионами — NO3–.
Формула мицеллы:
{m[AgI] · nAg+ · (n–x)NO3–}x+ · xNO3–
m[AgI] — ядро;
nAg+ — потенциалопределяющие ионы;
(n–x)NO3– — противоионы адсорбционного слоя;
xNO3– — противоионы диффузного слоя.
Частица заряжена положительно, поэтому ионами-коагуляторами будут анионы. Чем больше заряд аниона (по абсолютной величине), тем меньше порог коагуляции. Поэтому из представленных электролитов наименьший порог коагуляции будет у сульфата натрия.
9/1. Определить, сколько растворителя поглотит указанное количество высокомолекулярного соединения при заданной степени набухания %
Решение
Высокомолекулярное соединение — 0,2 кг желатина.
Растворитель — вода.
= 500%.
Если обозначить массу полимера до набухания m0, а массу полимера после набухания m, то отношение можно назвать степенью набухания.
Выраженная таким образом степень набухания численно равна количеству жидкости, поглощенной одним килограммом полимера. Можно также выразить степень набухания в процентах:
Вычисляем массу поглощенной воды.
= 1 кг.
Ответ: масса поглощенного растворителя 1 кг.
Литература
Галинкер И. С., Медведев П. И. Физическая и коллоидная химия. – М.: Высшая школа, 1972. – 304 с.
Стромберг А. Г., Семченко Д. П. Физическая химия. – М.: Высшая школа, 2009. – 527 с.
Физическая и коллоидная химия / Под ред. А. П. Беляева. – М.: ГЭОТАР-Медиа, 2010. – 704 с.
Фридрихсберг Д. А. Курс коллоидной химии. – СПб.: Химия, 1995. – 400 с.
Фролов Ю. Г. Курс коллоидной химии. Поверхностные явления и дисперсные системы. – М.: Химия, 1988. – 464 с.
Ca(OH)2 CaO + H2O ∆Нообр кДж моль Sо298 Дж (моль∙К) Ср
Ca(OH)2 CaO + H2O
∆Нообр,
кДж/моль Sо298,
Дж/(моль∙К) Ср,
Дж/(моль∙К) Коэффициенты уравнения
СР=f(Т) Ткр, К Ркр,
МПа
а b*10 3 с’* 10 -5
Ca(OH)2 -986.2 83.4 87.5 105.2 12.0 -19.0
CaO -635.1 39.7 42.80 49.63 4.52 -6.95
H2O -241,81 188,72 33,61 30,00 10,71 0.33 647,1 22,06
∆ 109,29 145,02 -11,09 -25,57 3,23 12,38
Рассчитывают тепловой эффект при стандартных условиях по уравнению:
= (-635,1+(-241,81))-(-986,2) = 109,29 кДж/моль.
Изменение теплоемкости и энтропии при стандартных условиях по уравнениям:
= (42,80+33,61) – 87,5 = -11,09 Дж/моль*К
= (39,7+188,72) – 83,4 = 145,02 Дж/моль*К
Изменение коэффициентов по уравнениям
= (49,63+30,00) – 105,2 = -25,57
= (10,71+4,52-12,0)*10-3 = 0,00323
= ((-6,95+0,33)-(-19,0))*105 = 12,38*105
Рассчитывают тепловой эффект реакции при заданных температурах по грубому и точному решениям уравнения Кирхгофа по уравнениям:
∆Hp400 = 109290 -11,09(400-298) = 108158,82 Дж/моль
∆Hp500 = 109290 -11,09(500-298) = 107049,82 Дж/моль
∆Hp600 = 109290 -11,09(600-298) = 105940,82 Дж/моль
∆Hp700 = 109290 -11,09(700-298) = 104831,82 Дж/моль
∆Hp800 = 109290 -11,09(800-298) = 103722,82 Дж/моль
∆Hp900 = 109290 -11,09(900-298) = 102613,82 Дж/моль
∆Hp1000 = 109290 -11,09(1000-298) = 101504,82 Дж/моль
∆Hp1100 = 109290 -11,09(1100-298) = 100395,82 Дж/моль
∆Hp1200 = 109290 -11,09(1200-298) = 99286,82 Дж/моль
∆Hp400 = 109290 – 25,57(400-298) + 0,00323/2(4002-2982) + 12,38*105(1/298-1/400) = 107856,2 Дж/моль.
∆Hp500 = 109290 – 25,57(500-298) + 0,00323/2(5002-2982) + 12,38*105(1/298-1/500) = 106063,55 Дж/моль.
∆Hp600 = 109290 – 25,57(600-298) + 0,00323/2(6002-2982) + 12,38*105(1/298-1/600) = 104096,87 Дж/моль.
∆Hp700 = 109290 – 25,57(700-298) + 0,00323/2(7002-2982) + 12,38*105(1/298-1/700) = 102044,58 Дж/моль.
∆Hp800 = 109290 – 25,57(800-298) + 0,00323/2(8002-2982) + 12,38*105(1/298-1/800) = 99950,90 Дж/моль.
∆Hp900 = 109290 – 25,57(900-298) + 0,00323/2(9002-2982) + 12,38*105(1/298-1/900) = 97840,39 Дж/моль.
∆Hp1000 = 109290 – 25,57(1000-298) + 0,00323/2(10002-2982) + 12,38*105(1/298-1/1000) = 95727,80 Дж/моль.
∆Hp1100 = 109290 – 25,57(1100-298) + 0,00323/2(11002-2982) + 12,38*105(1/298-1/1100) = 93622,49 Дж/моль.
∆Hp1200 = 109290 – 25,57(1200-298) + 0,00323/2(12002-2982) + 12,38*105(1/298-1/1200) = 91530,74 Дж/моль.
Вычисляют изменение изобарно-изотермического потенциала при заданных температурах по грубому:
∆G2980 = 109290-298*145.02 = 147074.04 Дж/моль
∆G4000 = 109290-400*145.02 = 51282 Дж/моль
∆G5000 = 109290-500*145.02 = 36780 Дж/моль
∆G6000 = 109290-600*145.02 = 22278 Дж/моль
∆G7000 = 109290-700*145.02 = 7776 Дж/моль
∆G8000 = 109290-800*145.02 = -6726 Дж/моль
∆G9000 = 109290-900*145.02 = -21228 Дж/моль
∆G10000 = 109290-1000*145.02 = -35730 Дж/моль
∆G11000 = 109290-1100*145.02 = -50232 Дж/моль
∆G12000 = 109290-1200*145.02 = -64734Дж/моль
Приближенному уравнению:
∆G2980 = 109290-298*145.02 = 147074.04 Дж/моль
∆G4000 = 109290-400*145.02 + 11,09*400*0,0392 = 51455,89 Дж/моль.
∆G5000 = 109290-500*145.02 + 11,09*500*0,1133 = 37408,25 Дж/моль
∆G6000 = 109290-600*145.02 + 11,09*600*0,1962 = 23583,51 Дж/моль
∆G7000 = 109290-700*145.02 + 11,09*700*0,2794 = 9944,98Дж/моль
∆G8000 = 109290-800*145.02 + 11,09*800*0,3597 = -3534,74 Дж/моль
∆G9000 = 109290-900*145.02 + 11,09*900*0,4361 = -16875,3 Дж/моль
∆G10000 = 109290-1000*145.02 + 11,09*1000*0,5088 = -30087,41Дж/моль
∆G11000 = 109290-1100*145.02 + 11,09*1100*0,5765 = -43199,28 Дж/моль
∆G12000 = 109290-1200*145.02 + 11,09*1200*0,6410 = -56203,57 Дж/моль
Т, К М0
М1 , 103 М-2 ,10-5
300 0,0000 0,0000 0,0000
400 0,0392 0,0130 0,0364
500 0,1133 0,0407 0,0916
600 0,1962 0,0759 0,1423
700 0,2794 0,1153 0,1853
800 0,3597 0,1574 0,2213
900 0,4361 0,2012 0,2521
1000 0,5088 0,2463 0,2783
1100 0,5765 0,2922 0,2988
1200 0,6410 0,3389 0,3176
и точному уравнению:
∆G2980 = 109290-298*145.02 = 147074.04 Дж/моль
∆G4000 = 109290-400*145.02 – 400(-25.57*0,0392 + 0.00323*0.0130*103 + 12.38*105*0.0364*10-5) = 51666,14 Дж/моль.
∆G5000 = 109290-500*145.02 – 500(-25.57*0,1133 + 0.00323*0.0407*103 + 12.38*105*0.0916*10-5) = 38162,80 Дж/моль.
∆G6000 = 109290-600*145.02 – 600(-25.57*0,1962 + 0.00323*0.0759*103 + 12.38*105*0.1423*10-5) = 25140,99 Дж/моль.
∆G7000 = 109290-700*145.02 – 700(-25.57*0,2794 + 0.00323*0.1153*103 + 12.38*105*0.1853*10-5) = 12516,27 Дж/моль.
∆G8000 = 109290-800*145.02 – 800(-25.57*0,3597 + 0.00323*0.1574*103 + 12.38*105*0.2213*10-5) = 225,28 Дж/моль.
∆G9000 = 109290-900*145.02 – 900(-25.57*0,4361 + 0.00323*0.2012*103 + 12.38*105*0.2521*10-5) = -11776,95 Дж/моль
∆G10000 = 109290-1000*145.02 – 1000(-25.57*0,5088 + 0.00323*0.2463*103 + 12.38*105*0.2783*10-5) = -23515,57 Дж/моль
∆G11000 = 109290-1100*145.02 – 1100(-25.57*0,5765 + 0.00323*0.2922*103 + 12.38*105*0.2988*10-5) = -35055,01 Дж/моль
∆G12000 = 109290-1200*145.02 – 1200(-25.57*0,6410 + 0.00323*0.3389*103 + 12.38*105*0.3176*10-5) = -46379,18 Дж/моль
Рассчитывают константу равновесия при заданных температурах.
При давлении Р < 0,5 МПа по уравнению
Kp(298K) = e-∆GRT= e-147074.048.31*298 = 1.44*10-26
Kp(400K) = e-∆GRT= e-51666.148.31*400 = 1.78*10-7
Kp(500K) = e-∆GRT= e-38162.808.31*500 = 1.03*10-4
Kp(600K) = e-∆GRT= e-25140.998.31*600 = 6.47*10-3
Kp(700K) = e-∆GRT= e-12516.278.31*700 = 1.16*10-1
Kp(800K) = e-∆GRT= e-225.288.31*800 = 9.67*10-1
Kp(900K) = e-∆GRT= e11776.958.31*900 = 4.87
Kp(1000K) = e-∆GRT= e23515.578.31*1000 = 16.95
Kp(1100K) = e-∆GRT= e35055.018.31*1100 = 46.06
Kp(1200K) = e-∆GRT= e46379.188.31*1200 = 104.58
При давлении Р>0,5 МПа для каждого реагента определяют коэффициент активности по приведенным параметрам по таблице 43 [1] или по графику (на рисунке приложения). По коэффициентам активности рассчитывают по формуле
Константу равновесия рассчитывают по уравнению .
Давление 2 МПа.
Вычисляют приведенную температуру и давление для каждого реагента.
Для Н2О (Т = 298К)
τ = 298/647,1 = 0,46
π = 2/22,06 = 0,09
γ (Н2О) = 1,0
= γ (Н2О) = 1,0
Кр = КfKγ = 1.44*10-26 / 1,0 = 1,44*10-26
Для Н2О (Т = 400К)
τ = 400/647,1 = 0,62
π = 2/22,06 = 0,09
γ (Н2О) = 1,0
= γ (Н2О) = 1,0
Кр = КfKγ = 1.78*10-7/ 1,0 = 1.78*10-7
Для Н2О (Т = 500К)
τ = 500/647,1 = 0,77
π = 2/22,06 = 0,09
γ (Н2О) = 1,0
= γ (Н2О) = 1,0
Кр = КfKγ = 1.03*10-4/ 1,0 = 1.03*10-4
Для Н2О (Т = 600К)
τ = 600/647,1 = 0,93
π = 2/22,06 = 0,09
γ (Н2О) = 1,0
= γ (Н2О) = 1,0
Кр = КfKγ = 6.47*10-3/ 1,0 = 6.47*10-3
Для Н2О (Т = 700К)
τ = 700/647,1 = 1,08
π = 2/22,06 = 0,09
γ (Н2О) = 1,0
= γ (Н2О) = 1,0
Кр = КfKγ = 1.16*10-1/ 1,0 = 1.16*10-1
Для Н2О (Т = 800К)
τ = 800/647,1 = 1,24
π = 2/22,06 = 0,09
γ (Н2О) = 1,0
= γ (Н2О) = 1,0
Кр = КfKγ = 9.67*10-1/ 1,0 = 9.67*10-1
Для Н2О (Т = 900К)
τ = 900/647,1 = 1,39
π = 2/22,06 = 0,09
γ (Н2О) = 1,0
= γ (Н2О) = 1,0
Кр = КfKγ = 4,87/ 1,0 = 4,87
Для Н2О (Т = 1000К)
τ = 1000/647,1 = 1,54
π = 2/22,06 = 0,09
γ (Н2О) = 1,0
= γ (Н2О) = 1,0
Кр = КfKγ = 16,95/ 1,0 = 16,95
Для Н2О (Т = 1100К)
τ = 1100/647,1 = 1,7
π = 2/22,06 = 0,09
γ (Н2О) = 1,0
= γ (Н2О) = 1,0
Кр = КfKγ = 46,06/ 1,0 = 46,06
Для Н2О (Т = 1200К)
τ = 1200/647,1 = 1,85
π = 2/22,06 = 0,09
γ (Н2О) = 1,0
= γ (Н2О) = 1,0
Кр = КfKγ = 104,58/ 1,0 = 104,58
Давление 6 МПа.
Вычисляют приведенную температуру и давление для каждого реагента.
Для Н2О (Т = 298К)
τ = 298/647,1 = 0,46
π = 6/22,06 = 0,27
γ (Н2О) = 1,0
= γ (Н2О) = 0,8
Кр = КfKγ = 1.44*10-26 / 1,0 = 1,44*10-26
Для Н2О (Т = 400К)
τ = 400/647,1 = 0,62
π = 6/22,06 = 0,27
γ (Н2О) = 1,0
= γ (Н2О) = 1,0
Кр = КfKγ = 1.78*10-7/ 1,0 = 1.78*10-7
Для Н2О (Т = 500К)
τ = 500/647,1 = 0,77
π = 6/22,06 = 0,27
γ (Н2О) = 1,0
= γ (Н2О) = 1,0
Кр = КfKγ = 1.03*10-4/ 1,0 = 1.03*10-4
Для Н2О (Т = 600К)
τ = 600/647,1 = 0,93
π = 6/22,06 = 0,27
γ (Н2О) = 1,0
= γ (Н2О) = 1,0
Кр = КfKγ = 6.47*10-3/ 1,0 = 6.47*10-3
Для Н2О (Т = 700К)
τ = 700/647,1 = 1,08
π = 6/22,06 = 0,27
γ (Н2О) = 1,0
= γ (Н2О) = 1,0
Кр = КfKγ = 1.16*10-1/ 1,0 = 1.16*10-1
Для Н2О (Т = 800К)
τ = 800/647,1 = 1,24
π = 6/22,06 = 0,27
γ (Н2О) = 1,0
= γ (Н2О) = 1,0
Кр = КfKγ = 9.67*10-1/ 1,0 = 9.67*10-1
Для Н2О (Т = 900К)
τ = 900/647,1 = 1,39
π = 6/22,06 = 0,27
γ (Н2О) = 1,0
= γ (Н2О) = 1,0
Кр = КfKγ = 4,87/ 1,0 = 4,87
Для Н2О (Т = 1000К)
τ = 1000/647,1 = 1,54
π = 6/22,06 = 0,27
γ (Н2О) = 1,0
= γ (Н2О) = 1,0
Кр = КfKγ = 16,95/ 1,0 = 16,95
Для Н2О (Т = 1100К)
τ = 1100/647,1 = 1,7
π = 6/22,06 = 0,27
γ (Н2О) = 1,0
= γ (Н2О) = 1,0
Кр = КfKγ = 46,06/ 1,0 = 46,06
Для Н2О (Т = 1200К)
τ = 1200/647,1 = 1,85
π = 6/22,06 = 0,27
γ (Н2О) = 1,0
= γ (Н2О) = 1,0
Кр = КfKγ = 104,58/ 1,0 = 104,58
Равновесную степень превращения исходных веществ рассчитывают по уравнению .
P = 0.1 МПа
х(Т =298К) = 1.44*10-261+1,44*10-26= 1,2*10-13
х(Т =400К) = 1,78*10-71+1,78*10-7 = 4,2*10-4
х(Т =500К) =1,03*10-41+1,03*10-4 = 0,01
х(Т =600К) =6,47*10-31+6,47*10-3 = 0,08
х(Т =700К) =1,16*10-11+1,16*10-1 = 0,32
х(Т =800К) =9,67*10-11+9,67*10-1 = 0,70
х(Т =900К) =4,871+4,87 = 0,91
х(Т =1000К) =16,951+16,95 = 0,97
х(Т =1100К) =46,061+46,06 = 0,98
х(Т =1200К) =104,581+104,58 = 0,99
P = 2 МПа
х(Т =298К) = 1.44*10-2620+1,44*10-26= 2.68*10-14
х(Т =400К) = 1,78*10-720+1,78*10-7 = 9.43*10-5
х(Т =500К) =1,03*10-420+1,03*10-4 = 0,0022
х(Т =600К) =6,47*10-320+6,47*10-3 = 0.018
х(Т =700К) =1,16*10-120+1,16*10-1 = 0.076
х(Т =800К) =9,67*10-120+9,67*10-1 = 0.21
х(Т =900К) =4,8720+4,87 = 0.44
х(Т =1000К) =16,9520+16,95 = 0.68
х(Т =1100К) =46,0620+46,06 = 0.84
х(Т =1200К) =104,5820+104,58 = 0.84
P = 6 МПа
х(Т =298К) = 1.44*10-2660+1,44*10-26= 1.55*10-14
х(Т =400К) = 1,78*10-760+1,78*10-7 = 5.45*10-5
х(Т =500К) =1,03*10-460+1,03*10-4 = 0.0013
х(Т =600К) =6,47*10-360+6,47*10-3 = 0.010
х(Т =700К) =1,16*10-160+1,16*10-1 = 0.043
х(Т =800К) =9,67*10-160+9,67*10-1 = 0.13
х(Т =900К) =4,8760+4,87 = 0.27
х(Т =1000К) =16,9560+16,95 = 0.47
х(Т =1100К) =46,0660+46,06 = 0.66
х(Т =1200К) =104,5860+104,58 = 0.80
Рисунок 1 – Графическая зависимость теплового эффекта химической реакции от температуры, вычисленного по грубому и точному уравнениям Кирхгоффа
Рисунок -2 – Графическая зависимость изобарно-изотермического потенциала от температуры, вычисленного по уравнениям грубому, приближенному и точному
Рисунок 3 – Графическая зависимость равновесного выхода продуктов реакции от температуры и давления
Вывод
1 Рассматриваемая реакция протекает с поглощением тепла и является эндотермической, т.к. Н > 0.
2 Реакция термодинамически возможна в области температур начиная с 900 К до 1200К, т.к. в этой области температур энергия Гиббса G < 0.
3 Начиная с температуры выше 900 К равновесный выход продуктов реакции достигает достаточной для практических целей значений.
4 С увеличением давления в ходе реакции понижается равновесный выход продуктов реакции.
Рекомендации к ведению реакции
Исходя из проведенного термодинамического расчета и его анализа можно привести следующие рекомендации к ведению реакции:
Реакцию целесообразно проводить в интервале температур 900 – 1200 К и давлении равном 0,1 МПа, при этих условиях выход продуктов реакции будет максимален и достаточен для практического осуществления.
Таблица 1 – Сводная таблица термодинамических величин
Т,К
∆Нгр,
Дж/моль ∆Нточ,
Дж/моль ∆Gгр,
Дж/моль ∆Gпр,
Дж/моль ∆Gточ,
Дж/моль Кγ КP
Х
2 МПа 6 МПа 0,1 МПа 2 МПа 6 МПа 0,1 МПа 2 МПа 6 МПа
298 109290 109290 147074.04 147074.04 147074.04 1,0 1,0 1.44*10-26 1.44*10-26 1.44*10-26 1,2*10-13 2.68*10-14 1.55*10-14
400 108158,82 107856,2 51282 51455,89 51666,14 1,0 1,0 1.78*10-7 1.78*10-7 1.78*10-7 4,2*10-4 9.43*10-5 5.45*10-5
500 107049,82 106063,55 36780 37408,25 38162,80 1,0 1,0 1.03*10-4 1.03*10-4 1.03*10-4 0,01 0.0022 0.0013
600 105940,82 104096,87 22278 23583,51 25140,99 1,0 1,0 6.47*10-3 6.47*10-3 6.47*10-3 0,08 0.018 0.010
700 104831,82 102044,58 7776 9944,98 12516,27 1,0 1,0 1.16*10-1
1.16*10-1
1.16*10-1
0,32 0.076 0.043
800 103722,82 99950,90 -6726 -3534,74 225,28 1,0 1,0 9.67*10-1 9.67*10-1 9.67*10-1 0,70 0.21 0.13
900 102613,82 97840,39 -21228 -16875,3 -11776,95 1,0 1,0 4.87 4.87 4.87 0,91 0.44 0.27
1000 101504,82 95727,80 -35730 -30087,41 -23515,57 1,0 1,0 16.95 16.95 16.95 0,97 0.68 0.47
1100 100395,82 93622,49 -50232 -43199,28
-35055,01 1,0 1,0 46.06 46.06 46.06 0,98 0.84 0.66
1200 99286,82 91530,74 -64734 -56203,57
-46379,18 1,0 1,0 104.58 104.58 104.58 0,99 0.84 0.80
1 2 Вычислить произведение растворимости BaC2O4 если взять в насыщенном растворе
1.2 Вычислить произведение растворимости BaC2O4, если взять в насыщенном растворе:
χBaC2O4=9,66*10-4Смм,
χH2O=1,6*10-4Смм,
λ1/2Ba2+=63,6*10-4См*м2моль,
Соль диссоциирует нацело.
Ответ.
Соль BaC2O4 полностью диссоциирует на ионы, следовательно, предельная электрическая проводимость λ∞ зависит только от скорости движения ионов.
Кольрауш установил, что при таком разведении катионы и анионы проводят электричество независимо друг от друга, т.к. силы взаимодействия между ними отсутствуют. В этом случае эквивалентная электропроводность раствора будет равна сумме электропроводностей катионов (λк) и анионов (λа).
λ∞=λк+λа
Предельные подвижности ионов справочные данные:
Эквивалентная электропроводность раствора при бесконечном разбавлении равна:
λ∞=λ1/2Ba2++λ1/2C2O42-=63,6*10-4+74,0*10-4=137,6*10-4См*м2моль
Удельная и эквивалентная электропроводности связаны соотношением:
χ = С*λ*103
где С – молярная концентрация эквивалента вещества.
Найдем С.
СBaC2O4=χBaC2O4λ*103=9,66*10-4137,6*10-4*103=7,02*10-5моль-экв/л
Так как фактор эквивалентности BaC2O4 в растворе равен ½, то молярная концентрация насыщенного раствора составит:
См=СBaC2O4*f = 7,02*10-5*½ = 3,51*10-5моль/л.
Так как это число моль BaC2O4 содержится в 1 литре насыщенного раствора, то данная концентрация представляет собой растворимость BaC2O4 в моль/л.
Согласно уравнению диссоциации BaC2O4,
BaC2O4⇄Ba2++C2O42-
концентрации ионов Ba2+ и C2O42- равны:
Ba2+=C2O42-= 3,51*10-5 моль/л.
Произведение растворимости есть произведение концентраций ионов в растворе:
ПР = Ba2+*C2O42- = 3,51*10-5*3,51*10-5 = 1,23*10-9
2.2 Рассчитать для 298 К ЭДС элемента
Pt, H2|(CH3COOH)||(NH4OH)|Pt, H2
P = 1 ат с = 0,1 с = 0,01 P = 1 ат
Данные о константах диссоциации взять из справочника
Ответ.
Водородный электрод – платиновая пластинка, покрытая чернью, опускается в раствор и на неё подается газообразный водород. В кислой среде в системе устанавливается равновесие
Потенциал электрода рассчитывается по уравнению
где – парциальное давление водорода. Стандартный потенциал водородного электрода при всех температурах условно принят за ноль. При электрод можно использовать для измерения рН раствора
и при Т = 298 К
В щелочной среде в системе устанавливается равновесие
которому соответствует потенциал
или при
При стандартной температуре Т = 298 К
Константы диссоциации
КCH3COOH=1,74*10-5
КNH4OH=1,76*10-5
Для слабой кислоты
pH=12pKCH3COOH-12lgCCH3COOH=-12lgKCH3COOH-12lgCCH3COOH=-12lg1,74*10-5-12lg0,1=2,88
φ=-0,059pH=0,059*lg2,88=0,027 в
Для слабого основания
pH=14-12pKNH4OH+12lgCNH4OH=14+12lgKNH4OH+12lgCNH4OH=14+12lg1,76*10-5+12lg0,01=7,24
φ=-0,828-0,059pH=-0,828+0,059lg7,24=-0,777 в
φ= φкатода– φанода=-0,777-0,027=-0,804 в
3.2 Тепловой эффект реакции Pb+ 2AgCl⇄PbCl2+2Ag равен – 25170 кал. ЭДС элемента, работающего за счет этой реакции, равна 0,4900 В при 25 С. Определить ЭДС элемента при 20 С. Составить элемент. Записать реакции на электродах.
Ответ.
Составим гальванический элемент
Pb|PbCl2||AgCl|Ag
где вертикальная линия | обозначает границу раздела фаз, а двойная вертикальная линия || – солевой мостик. Электрод, на котором происходит окисление, называется анодом; электрод, на котором происходит восстановление, называется катодом. Гальванический элемент принято записывать так, чтобы анод находился слева.
Реакция на аноде
Pb0-2e→Pb2+
Реакция на катоде
2Ag++2e→2Ag0
Гальванический элемент позволяет получить электрическую работу за счет энергии химической реакции. Максимальная работа гальванического элемента (А) при превращении 1 моль вещества равна
A= nFE ,
где E – ЭДС элемента, В;
n – зарядность ионов;
F – постоянная Фарадея, равная 96485 Кл/моль.
В свою очередь, максимально полезная работа, которую может совершать система при постоянном давлении, равна энергии Гиббса реакции:
А= –∆G.
Тогда:
∆G = –nFE=-1*96485*0,49=-47277,65 Дж/моль.
Таким образом, при известных значениях энергии Гиббса реакции можно рассчитать величину Е.
E=-∆GnF
Изменение энтропии системы равно:
∆S=nFdEdT
Тепловой эффект реакции (изменение энтальпии системы) ∆Н выражается из уравнения Гиббса–Гельмгольца:
∆Н= ∆G + Т∆S.
1 кал = 4,18 Дж
25170 кал = 105210,6 Дж
∆Н=-105210,6 Дж/моль
∆S=∆Н-∆GТ=-105210,6+47277,65298=-194,4 Дж/(моль*К)
E=Т∆S-∆НnF=293*-194,4-(-105210,6)1*96485=0,5000 в
6.2 Коэффициент распределения йода между H2O и четыреххлористым углеродом при 25 С равен 0,0117. Какой объем CCl4 надо взять, чтобы однократным экстрагированием извлечь 0,5 л водного раствора 99,9 %; 90,0 % йода?
Ответ.
Определим массу m1, которая останется в растворе после первой экстракции экстрагентом. Пусть начальная масса компонента i в исходном растворе составляет m0 и после первой экстракции осталось m1, тогда при установлении равновесия между двумя растворителями для константы равновесия (коэффициента распределения) получим уравнение:
K=m0-m1*V1m1*V2
тогда
m1m0=V1V1+K*V2
где
V1 – объем экстрагируемого раствора;
V2 – объем экстрагента.
Другими словами m1 – количество йода оставшееся после однократного экстрагирования
Это составляет
m1*100%m0=х %
Следовательно, в слой CCl4 перейдет следующее количество йода
100 % – х % = 99,9 %
Отсюда
х=100-99,9=0,1%
тогда
m1m0=х %100 %=0,1100=0,001
Следовательно, искомый объем CCl4 составит
V2=V1m1m0-V1К=0,50,001-0,50,0117=42692,3 л
Если в слой CCl4 перейдет следующее количество йода
100 % – х % = 90 %
Отсюда
х=100-90=10%
тогда
m1m0=х %100 %=10100=0,1
Следовательно, искомый объем CCl4 составит
V2=V1m1m0-V1К=0,50,1-0,50,0117=384,61 л
Mn(OH)2 – гидроксид марганца (II) Класс – основание ( нерастворимое) Ti(OH)2 – гидроксид титана (II)
Mn(OH)2 – гидроксид марганца (II) / Класс – основание. ( нерастворимое)
Ti(OH)2 – гидроксид титана (II) / Класс – основание. ( нерастворимое)
BeO – оксид бериллия . Класс – оксид ( амфотерный)
Mn(OH)2
Молярная масса (М)
M(Mn(OH)2) = 55+(16+1)*2 = 89 г/моль
Мэ – молярная масса эквивалента
Mэ = f * M
f- фактор эквивалентности
f = 1/z
z – число гидроксильный групп
f = 1/2
Mэ(Mn(OH)2) = 1/2 * 89 = 44.5 г/моль –экв
Ti(OH)2
Молярная масса (М)
M(Ti(OH)2) = 48+(16+1)*2 = 82 г/моль
Мэ – молярная масса эквивалента
Mэ = f * M
f- фактор эквивалентности
f = 1/z
z – число гидроксильный групп
f = 1/2
Mэ(Ti(OH)2) = 1/2 * 82 = 41 г/моль-экв
BeO
Молярная масса (М)
M(BeO) = 9 +16 = 25 г/моль
Мэ – молярная масса эквивалента
Mэ = f * M
f- фактор эквивалентности для оксидов:
где n(Э) – число атомов элемента (индекс в химической формуле), В(Э) – валентность элемента
Mэ(BeO) = 1/2 * 25 = 12,5 г/моль-экв
217551012700Дано:
-1447142583790m(CaO) = 40,4 г
N (CaO) -?
1)Найдем молярную массу (М) оксида кальция
M(CaO) = 40 +16 = 56 г/моль
2) найдем количество вещества ( ) CaO
по формуле:
3) найдем число молекул ( N)
NA – число Авогадро, постоянная величина 6,02*1023 1/моль
ОТВЕТ : N(CaO) = 4.34*1023 молекул
21755106800850
Дано:
m(Me) = 1,84 г
-1441452768600m(Me2O) = 2.48 г
Mэ(Me2O) -?
Mэ(Me) -?
M(Me) -?
Ar(Me)-?
Рассчитаем массу кислорода в оксиде:
m(кислорода ) = m(оксида) – m (Me)
m(кислорода) = 2,48 – 1,84 = 0,64 г
По закону эквивалентов выполняется следующее равенство
Mэ(кислорода ) = 8 г/моль-экв
Подставляем:
Мэ – молярная масса эквивалента
Mэ = f * M => M = Mэ /f
f- фактор эквивалентности
Так как металл одновалентный, значит f =1
И тогда M = Мэ
M(Me) = 23 г/моль
относительная атомная масса Ar(Me) = 23
Смотрим по таблице Д.И. Менделеева. Это натрий, Na
ОТВЕТ:
Mэ(Me) = 23 г/моль-экв
M(Me) = 23 г/моль
Ar(Me) = 23
Металл –натрий Na
2177481854Дано:
-1447142583790m(H2SO4) = 300 г
m(CO2) -?
m= 300г V-?
H2SO4 + Na2CO3 => Na2SO4 + H2O + CO2 ↑
1 моль 1 моль
M= 98 г/моль Vm= 22,4 л/моль
1)Найдем молярную массу (М) серной кислоты
M(H2SO4) = 2*1 + 1*32 + 4*16 = 98 г/моль
2) найдем количество вещества ( ) серной кислоты
по формуле:
3) найдем количество вещества образовавшегося углекислого газа
реакция идет 1:1 => (H2SO4) = (CO2) =>
(CO2) = 3.06 моль
4) Найдем объем образовавшегося углекислого газа
по формуле: V= * Vm
V( CO2)= 3,06 моль * 22,4 л/моль = 68,57 л
Ответ : V(CO2) = 68.27 л
1)Найдем массу раствора 1л, который необходимо приготовить
m раствора = V * p
m раствора = 1000 мл * 1,050 г/мл = 1050 г
2)найдем массу растворенного вещества в этом растворе
3)найдем массу исходного раствора ( из которого необходимо пригитовить)
4) найдем объем этого раствора
ОТВЕТ: чтоб приготовить 1 л данного раствора ,нам необходимо взять 485,14 мл раствора соляной кислоты с заданной концентрацией.
295846513462000Дано:
tзам (раствора) = – 0,4650С
К = 1,860С
m(воды ) = 300г = 0,3 кг m( вещества) = 25,65 г
438158953500M(вещества) -?
Решение:
Для решения используем математическое выражение второго закона Рауля
∆t зам = t замерзания воды -t замерзания раствора = 0-(-0,456)=0,4560С
Δtзам = К·Сm
Cm= ∆tзам /К
где К- это криоскопическая постоянная воды = 1,860
Сm – моляльная концентрация, моль/кг
Моляльная концентрация рассчитывается:
ОТВЕТ: M(вещества) = 432 г/моль
А) Sn(OH)2 + 2HCl => SnCl2 + 2H2O
Sn(OH)2 + 2H+ +2Cl- => Sn2+ + 2Cl- + 2H2O
Sn(OH)2 + 2H+ => Sn2+ + 2H2O
Б) BeSO4 + 2KOH => Be(OH)2 + K2SO4
Be2+ + SO42- + 2K+ +2OH- => Be(OH)2 + 2K+ + SO42-
Be2+ +2OH- => Be(OH)2
В) 2NH4Cl + Ba(OH)2 => BaCl2 + 2NH3↑ +2H2O
2NH4+ +2Cl- + Ba2+ + 2OH- => Ba 2+ +2Cl – + 2NH3↑ +2H2O
2NH4+ + 2OH- => 2NH3↑ +2H2O
NH4+ + OH- => NH3↑ + H2O
ацетат калия CH3COOK – соль, образована сильным основанием KOH и слабой кислотой CH3COOH. Гидролиз по аниону
CH3COOK + H2O CH3COOH + KOH молекулярное
CH3COO- + H2O CH3COOH + OH – ионное
В среде накапливаются гидроксид –ионы, среда щелочная рН>7
Сульфат цинка ZnSO4 – соль, образованная слабым основанием Zn(OH)2 и сильной кислотой H2SO4 . Гидролиз протекает по катиону, так как основание двухоснованое гидролиз может протекать в две ступени, но 2 ступень практически НЕ идет
1ступень 2ZnSO4 + 2НОН ↔ (ZnОН)2SO4 + Н2SO4
2Zn2++2SO4- + 2НОН ↔ 2ZnОН + +SO42- + 2Н+ +SO42- Zn2+ + НОН ↔ ZnОН + + Н+
По второй ступени гидролиз сульфата цинка, если и протекает, то в очень незначительной степени, равновесие реакции сильно смещено влево.
вторая ступень гидролиза
(ZnОН)2SO4 + 2НОН ↔ 2Zn(ОН)2↓ + Н2SO4 молекулярное
2ZnОН + +SO42- + 2НОН ↔ 2Zn(ОН)2↓ + 2Н+ +SO42- полное ионное ZnОН + + НОН ↔ Zn(ОН)2↓ + Н+
( так как в среде накапливаются катионы водорода Н+, pH < 7 – среда кислая)
Нитрат алюминия Al(NO3)3 соль слабого многокислотного основания (Al(OH)3) и сильной кислоты HNO3 . гидролиз по катиону.
Ступенчато.
1 ступень
Al(NO3)3 + H2O <=> Al(OH)(NO3)2 + HNO3
Al3+ + 3NO3- + H2O <=> Al(OH)2+ + 2NO3- + H+ + NO3- Al3+ + H2O <=> AlOH2+ + H+
В растворе появляется избыток ионов водорода, поэтому раствор имеет кислую реакцию (pH < 7)
2 ступень
Al(OH)(NO3)2 + H2O <=> Al(OH)2(NO3) + HNO3
Al(OH)2+ + 2NO3- + H2O <=> Al(OH)2+ + NO3- + H+ + NO3- AlOH2+ + H2O <=> Al(OH)2+ + H+
3 ступень
Al(OH)2NO3 + H2O <=> Al(OH)3 + HNO3
Al(OH)2+ + NO3- + H2O <=> Al(OH)3 + H+ + NO3- Al(OH)2+ + H2O <=> Al(OH)3↓ + H+
2,3 ступень при н.у. практически не протекают
ТОЛЬКО окислитель – элемент в МАКСИМАЛЬНОЙ степени окисления, так как может только принимать электроны ( понижать свою степень окисления)
У нас это K2Cr2O7
Cr +6 -максимальная степень окисления
Cr +6 +3e => Сr +3 окислитель
ТОЛЬКО восстановитель – элемент в МИНИМАЛЬНОЙ степени окисления, так как может только отдавать электроны ( увеличивать свою степень окисления)
У нас это KI
I -1 -минимальная степень окисления
2I -1 -2e => I2 0 восстановитель
И окислитель и восстановитель – элемент в промежуточной степени окисления, так как может принимать электроны ( понижать свою степень окисления) и отдавать электроны ( увеличивать степень окисления)
У нас это H2SO3
S+4 -промежуточная степень окисления
S +4 +4e => S 0 окислитель
S +4 -2e => S +6 восстановитель
NaCrO2 + PbO2 + NaOH Na2CrO4 + Na2PbO2 + H2O
Cr +3 – 3e => Сr +6 3 2 восстановитель, окисление
Pb+4 +2e => Pb+2 2 3 окислитель, восстановление
2NaCrO2 + 3PbO2 + 8NaOH => 2Na2CrO4 + 3 Na2PbO2 +4 H2O
1)Определите мольные доли (в %) веществ в 101 4 г смеси оксида железа(3) и оксида да железа (3)-железа(2)
1)Определите мольные доли (в %) веществ в 101,4 г смеси оксида железа(3) и оксида да железа (3)-железа(2), если при полном восстановлении водородом образовалось 32,44 мл воды. Рассчитайте также массу (в граммах) полученного металла.
Для начала запишем молярные массы веществ
M (Fe2O3) = 2*56 +3*16 = 160 г/моль
M (Fe3O4) = 3*56 + 4*16 = 232 г/моль
M(H2O) = 2*1 + 16 = 18 г/моль
M(Fe) = 56 г/моль
У нас 32,44 мл воды, так как плотность воды = 1 г/мл , то масса воды будет:
m= V*p = 32,44 мл * 1 г/мл = 32,44 г
количество вещества будем определять по формуле:
= mM
У нас два оксида массой 101,4 г
Пусть m Fe2O3 = X(г) , и (Fe2O3) = Х160
тогда m (Fe3O4) = 101,4 – X (г) (Fe3O4) = 101,4-Х232
Масса общей воды 32,44 г
Пусть масса воды, которая выделится при восстановлении Fe2O3 будет Y
m1(H2O) = Y 1 (H2O) = Y18
Тогда масса воды, которая выделится при восстановлении Fe3O4 будет 32,44- Y
m2(H2O) = 32,44 – Y 2 (H2O) = 32,44-Y18
Fe2O3 + 3H2 => 2Fe + 3H2O
1 моль 3 моль
Исходя из уравнения реакции у нас должно соблюдаться равенство:
3 Fe2O3 = 1 (H2O) подставляем выражения:
3* Х160 = Y18
Рассмотрим второе уравнение:
Fe3O4 + 4H2 => 3Fe + 4H2O
1 моль 4 моль
4 Fe3O4 = 2 (H2O) подставляем выражения:
4* 101,4-X232 = 32,44-Y18
В итоге мы получили систему неравенств:
3* Х160 = Y18 X= 160Y18*3= 2,96Y X=2,96Y
=> => =>
4* 101,4-X232 = 32,44-Y18 4*(101,4-2,96 У)232 = 32,44-Y18 18(405,6 – 11,84у ) = 232(32,44-у)
X = 2,96у X = 2,96у
=> =>
7300,8 – 213,12у = 7526,08- 232у 232у-213.12у = 7526,08-7300,8
X = 2,96у X= 35,3
=>
18,88у = 225,28 у= 11,93
Мы нашли, что масса m Fe2O3 = 35,3 г , тогда (Fe2O3) = 35,3160=0,22моль
значит m Fe3O4 = 101,4-35,3 = 66,1г , (Fe3O4) = 66,1232=0,29моль
Мольная (молярная) доля вещества — концентрация, выраженная отношением числа молей вещества к общему числу молей всех веществ, имеющихся в растворе.
(Fe2O3) = ν(Fe2O3)νFe2O3+ν(Fe3O4)
(Fe2O3) =0,220,22+0,29=0.43 или 43%
(Fe3O4) = ν(Fe3O4)νFe2O3+ν(Fe3O4)
(Fe2O3) =0,290,22+0,29=0.57 или 57%
Рассчитаем массу полученного металла
Fe2O3 + 3H2 => 2Fe + 3H2O
1 моль 2 моль
Из 1 моль оксида образуется 2 моль железа, значит из 0,22 моль оксида образуется 0,44 моль железа
Рассмотрим второе уравнение:
Fe3O4 + 4H2 => 3Fe + 4H2O
1 моль 3 моль
Из 1 моль оксида образуется 3 моль железа, значит из 0,29 моль оксида образуется 0,87 моль железа
Общее количество вещества железа будет : 0,44 + 0,87 = 1,31моль
Найдем массу образовавшегося железа
m= *M=> m(Fe)= 1,31*56 = 73,36г
ОТВЕТ:
мольные доли оксидов:
(Fe2O3) =0.43 или 43% (Fe2O3) = 0.57 или 57%
Масса образовавшегося железа = 73,36 г
2)Гексагидрат нитрата железа(3) массой 7 г прокалили, твердый остаток полностью перевели в раствор с помощью серной кислоты, объем раствора довели до 1л. Рассчитайте молярную концентрацию (моль/л) соли в приготовленном растворе.
При прокаливании сначала испаряется кристаллизационная вода
t0C
Fe(NO3)3 *6H2O => Fe(NO3)3 + 6H2O
Далее образовавшийся безводный нитрат железа (III) разлагается
В результате улетучивается вода, оксид азота (IV), кислород и остается твердый остаток- оксид железа (III), который и реагирует с серной кислотой
Fe2O3 + 3H2SO4 => Fe2(SO4)3 + 3H2O
В итоге нам надо рассчитать молярную концентрацию сульфата железа (III)
1)найдем массу безводного нитрата железа(III)
M(Fe(NO3)3 *6H2O) = 1*56 + 3*14 + 9*16 + 12*1 + 6*16 = 350 г/моль
M(Fe(NO3)3) = 1*56 + 3*14 + 9*16 = 242 г/моль
Получается, что 350 г кристаллогидрата содержит 242 г нитрата железа (III)
7 г кристаллогидрата будет содержать X г нитрата железа (III)
И тогда m(Fe(NO3)3) = 7*242350=4,84 г
2)найдем количество вещества безводного нитрата железа (III) по формуле:
= mM => (Fe(NO3)3) = 4.84242=0.02 моль
3) найдем количество вещества оксид железа (III), которое образуется при прокаливании нитрата железа (III)
По уравнению реакции прокаливания :
(Fe(NO3)3) : (Fe2O3)
0.024 : ν2 => (Fe2O3) = 0.02*24=0.01 моль
4) найдем количество вещества сульфата железа (III) , образовавшегося при растворении Fe2O3 в серной кислоте
(Fe2O3) : (Fe2(SO4)3)
0.011 : ν1 => (Fe2(SO4)3) = 0.01*11=0.01 моль
5) Найдем молярную концентрацию сульфата железа (III) в объеме 1 л
См= νV => См (Fe2(SO4)3) = 0,01моль1л=0,01 моль/л
ОТВЕТ: См (Fe2(SO4)3) = 0,01 моль/л
3)Железный купорос массой 33,36 г внесли в раствор, содержащий по 0,12 моль серной кислоты и перманганата калия, затем добавили избыток щелочи, осадок отфильтровали и прокалили. Определите массу (в граммах) сухого остатка.
Гептагидрат FeSO4·7Н2О носит тривиальное название железный купорос.
1)Рассчитаем массу сульфата железа (II) в железном купоросе
M(FeSO4·7Н2О) = 56 + 32 + 4*16 + 7 ( 2+16) = 278 г/моль
M(FeSO4) = 56 + 32 + 4*16 = 152 г/моль
278 г железного купороса содержит 152 г сульфата железа (II)
33,36 г купороса будет содержать X г сульфата железа (II)
И тогда m(FeSO4) = 33,36*152278=18,24 г
2)рассчитаем количество вещества FeSO4
= mM => (FeSO4) = 18.24152=0.12 моль
Получается, что все исходные вещества взяты одинаково по 0,12 моль
2 KMnO4+ 10 FeSO4+ 8 H2SO4 => 2 MnSO4+ 5 Fe2(SO4)3 + K2SO4+ 8 H2O
Исходя из уравнения, получается, что сульфат железа (II) в недостатке и расчет ведем по нему.
3)Рассчитаем количество вещества образовавшегося Fe2(SO4)3
По уравнению из 10 моль FeSO4 образуется 5 моль Fe2(SO4)3
Значит из 0,12 моль FeSO4 образуется Х моль Fe2(SO4)3
Fe2(SO4)3 = 0,12*510=0,06 моль
В образовавшийся раствор добавили избыток щелочи. Сульфат марганца (II) взаимодействует с щелочами в атмосфере азота , значит его мы не будем рассматривать, и с щелочью будет реагировать только Fe2(SO4)3
Fe2(SO4)3 + 6 KOH => 2Fe(OH)3↓ + 3K2SO4
4) рассчитаем количество вещества образовавшегося Fe(OH)3↓
По уравнению из 1 моль Fe2(SO4)3 образуется 2 моль Fe(OH)3
Значит из 0,06 моль Fe2(SO4)3 образуется X моль Fe(OH)3
Fe(OH)3= 0,06*21=0,12 моль
Образовавшийся осадок Fe(OH)3↓ отфильтровали и прокалили:
2Fe(OH)3↓ ==> Fe2O3 + 3H2O
5) Рассчитаем количество образовавшегося Fe2O3
По уравнению из 2 моль Fe(OH)3 образуется 1 моль Fe(OH)3
Значит из 0,12 моль Fe(OH)3 образуется X моль Fe2O3
(Fe2O3)= 0,12*12=0,06 моль
6) Рассчитаем массу Fe2O3 m = *M
M(Fe2O3) = 2*56 + 3*16 = 160 г/моль
m(Fe2O3) = 0,06 * 160 = 9,6 г
ОТВЕТ: масса образовавшегося оксида железа (III) равна 9,6 г
4)Смесь сульфатов железа(2) и железа(3) общей массой 20 г прореагировала с 3,16 г перманганата калия в кислом растворе объемом 1 л. Определите:
а) массовую долю (в %) соли железа(II) в смеси;
б)молярную концентрацию (моль/л) железосодержащей соли в конечном растворе.
Только сульфат железа (II) прореагирует с перманганатом калия в кислом растворе:
2 KMnO4+ 10 FeSO4+ 8 H2SO4 => 2 MnSO4+ 5 Fe2(SO4)3 + K2SO4+ 8 H2O
Таким образом у нас масса ( количество вещества) конечного сульфата железа (III) будет складываться из начальной массы ( в смеси) и массы образовавшейся в результате реакции сульфата железа (II) с перманганатом калия в кислой среде
– Найдем количество вещества перманганата калия
M(KMnO4) = 39 + 55 + 64 = 158 г/моль
= mM => (KMnO4) = 3,16158=0.02 моль
-Найдем какое количество вещества сульфата железа (II) прореагировало с пермангантом калия.
(KMnO4) : (FeSO4)
0.022 : ν10 => (FeSO4) = 0.02*102=0.1 моль
-Найдем массу сульфата железа (II)
m = *M
M(FeSO4) = 56 + 32 +4*16 = 152 г/моль
m(FeSO4) = 0,1*152=15,2 г
-найдем массовую долю сульфата железа (II) в смеси
(FeSO4) = m FeSO4m смеси *100% => (FeSO4) = 15.2 20*100%=76%
-найдем массу сульфата железа (III), который изначально был в смеси
m1 (Fe2(SO4)3) = m смеси – m(FeSO4)
m1 (Fe2(SO4)3) = 20-15.2=4.8 г
-найдем количество вещества сульфата железа (III), который изначально был в смеси
M(Fe2(SO4)3) = 2*56 + 3*32 + 12*16 = 400 г/моль
= mM => 1 (Fe2(SO4)3) = 4.8400=0.012 моль
-найдем количество вещества Fe2(SO4)3 , которое образовалось в результате реакции
(KMnO4) : (Fe2(SO4)3)
0.022 : ν5 => 2(Fe2(SO4)3) = 0.02*52=0.05 моль
-найдем общее количество (Fe2(SO4)3)
общее(Fe2(SO4)3) = 1(Fe2(SO4)3) + 2(Fe2(SO4)3)
общее(Fe2(SO4)3) = 0,012 + 0,05 = 0,062 моль
-найдем молярную концентрацию сульфата железа (III) в объеме 1 л
См= νV => См (Fe2(SO4)3) = 0,062моль1л=0,062 моль/л
ОТВЕТ: (FeSO4) = 76% ; См (Fe2(SO4)3) = 0,062 моль/л
5)Определите массу (в граммах) бромной воды, расходуемой на реакцию с 15,2 г сульфата железа (II) в сернокислотной среде, если в 100 г воды растворяется 3,58 г брома.
Для начала запишем уравнения реакции
Br2 +2 FeSO4 + H2SO4 => Fe2(SO4)3+2HBr
-найдем количество вещества сульфата железа (II)
M(FeSO4) = 56 + 32 +4*16 = 152 г/моль
= mM => (FeSO4) = 15.2152=0.1 моль
-найдем количество вещества брома
(FeSO4) : (Br2)
0.12 : ν1 => (Br2) = 0.1*12=0.05 моль
-найдем массу брома
m= *M
M(Br2) = 2*80 = 160 г/моль
m(Br2) = 0,05 * 160 = 8 г
-найдем массу раствора
В 100г воды растворяется 3,58 г брома
В X г воды растворяется ——-8 г брома
m воды = 100*83,58=225,7 г
m раствора = m воды + m брома
m раствора = 225,7 + 8= 233,7 г
ОТВЕТ: m раствора бромной воды будет 233,7 г
6) На 4,4 г сульфида железа(2) действуют избытком хлороводородной кислоты.
Выделившийся газ поглощают 10%-ным раствором сульфата цинка(2) массой 200г. Вычислите массу (в граммах) осадка и массовую долю (в %) веществ в конечном растворе.
FeS + 2HCl => FeCl2 + H2S↑
M(FeS) = 56 +32 =88 г/моль
Находим количество вещества сульфида железа (II)
= m/M => (FeS) = 4,4 / 88 = 0,05 моль
По уравнению (FeS) = (H2S) , значит (H2S) = 0,05 моль
Выделившийся газ поглощают 10%-ным раствором сульфата цинка(2)
H2S + ZnSO4 => ZnS↓ + H2SO4
-найдем массу растворенного вещества ZnSO4
m р.в-ва (ZnSO4) = (m раствора * ) / 100%
m р.в-ва (ZnSO4) = (200*10%)/ 100% = 20 г
-найдем количество вещества ZnSO4
M (ZnSO4) = 65 + 32 + 64 = 161 г/моль
= m/M => (ZnSO4) = 20 / 161 = 0,12моль
У нас получается
(H2S) = 0,05 моль , (ZnSO4) = 0,12моль.
Значит сульфат цинка в избытке, ведем расчет по недостатку сероводороду.
По уравнению (H2S) = (ZnS) => (ZnS) = 0,05 моль
-найдем массу сульфида цинка
m= *M
M(ZnS) = 65 + 32 = 97 г/моль
m (ZnS) = 0,05 * 97 = 4,85 г
-найдем массовую долю осадка в полученном растворе
= m осадкаm раствора*100%
m раствора будет складываться из массы раствора сульфата цинка и сероводорода
m раствора ZnSO4 = 200г
m (H2S)= *M
M(H2S)= 2+32 =34 г/моль
m (H2S)= 34 * 0,05 = 1,7 г
значит масса конечного раствора будет 200+1,7 = 201,7 г
и тогда массовая доля осадка:
(ZnS) = 4.85201.7*100%=2.4%
В конечном растворе еще будет присутствовать образовавшаяся серная кислота и непрореагировавший сульфат цинка
По уравнению (H2SO4)= 0,05 моль
M(H2SO4)= 98 г/моль => m (H2SO4)= 98 *0,05 = 4,9 г
(H2SO4) = 4.9201.7*100%=2.43%
Количество вещества непрореагировавшего сульфата цинка будет
0,12-0,05=0,07 моль
M(ZnSO4) = 65 + 32 + 64 = 161 г/моль
m оставшегося (ZnSO4) = 161 * 0,07 = 11,27г
(ZnSO4) = 11.27201.7*100%=5.59%
ОТВЕТ:
m(осадка ZnS) = 4,85г
массовые доли веществ в конечном растворе:
(ZnS) = 2.4%
(H2SO4) = 2.43%
(ZnSO4) = 5.59%
7) Определить эквивалентную массу серы в S2Cl2, если эквивалентная масса серы в SCl2 равна 16 г/моль.
Эквивалентная масса в веществе рассчитывается:
Mэ = f * M
f- фактор эквивалентности
M- молярная масса
Фактор эквивалентности для элемента рассчитывается:
f = 1nэлемента*В(элемента)
n(элемента) индекс, число атомов элемента в молекуле
B(элемента) – валентность элемента
SCl2
M(S) = 32
f(S) = 11*2=12
Mэ(S) = ½ * 32 = 16 г/моль
Точно так же рассчитаем серу и для S2Cl2
M(S) = 32
f(S) = 12*2=14
Mэ(S) = 1/4 * 32 = 8 г/моль
ОТВЕТ: эквивалентная масса серы в S2Cl2 = 8 г/моль
Вычислите H реакции перехода графита в алмаз исходя из термохимических уравнений следующих реакций
7. Вычислите H реакции перехода графита в алмаз, исходя из термохимических уравнений следующих реакций: 1) Cграфит + O2(г) CO2(г) + 393,5 кДж; 2) Cалмаз + O2(г) CO2(г) + 395,4 кДж
Решение
Записываем уравнение реакции перехода графита в алмаз:
Cграфит = Cалмаз; H – ?
Записываем термохимические уравнения реакций.
1) Cграфит + O2(г) CO2(г); H1 = –393,5 кДж
2) Cалмаз + O2(г) CO2(г); H2 = –395,4 кДж
Вычитаем второе уравнение из первого:
Cграфит + O2(г) – Cалмаз – O2(г) CO2(г) – CO2(г)
Приводя подобные, получаем искомое уравнение:
Cграфит = Cалмаз
Аналогичное действие проводим с тепловыми эффектами.
H = H1 – H2 = –393,5 – (–395,4) = 1,9 кДж.
Следовательно, переход из графита в алмаз сопровождается поглощением теплоты, тепловой эффект реакции составит 1,9 кДж.
Ответ: H = 1,9 кДж.
27. Могут ли самопроизвольно протекать следующие реакции в стандартных условиях?
Fe2O3(к) + 3H2(г) 2Fe(к) + 3H2O(г)
Fe2O3(к) + 3C(к) 2Fe(к) + 3CO(г)
Fe2O3(к) + 2Al(к) 2Fe(к) + Al2O3(к)
Рассчитаем изменение стандартной энергии Гиббса реакций. При этом учитываем, что G простых веществ равна 0.
1) Fe2O3(к) + 3H2(г) 2Fe(к) + 3H2O(г)
G = 3G(H2O(г)) – G(Fe2O3(к))
G(H2O(г)) = –228,6 кДж/моль
G(Fe2O3(к)) = –740,3 кДж/моль
G = 3 · (–228,6) – (–740,3) = 54,5 кДж.
G > 0, поэтому при стандартных условиях эта реакция невозможна.
2) Fe2O3(к) + 3C(к) 2Fe(к) + 3CO(г)
G = 3G(CO(г)) – G(Fe2O3(к))
G(CO(г)) = –137,1 кДж/моль
G(Fe2O3(к)) = –740,3 кДж/моль
G = 3 · (–137,1) – (–740,3) = 329,0 кДж.
G > 0, поэтому при стандартных условиях эта реакция невозможна.
3) Fe2O3(к) + 2Al(к) 2Fe(к) + Al2O3(к)
G = G(Al2O3(к)) – G(Fe2O3(к))
G(Al2O3(к)) = –1582,3 кДж/моль
G(Fe2O3(к)) = –740,3 кДж/моль
G = –1582,3 – (–740,3) = –842,0 кДж.
G < 0, поэтому при стандартных условиях эта реакция возможна.
47. Скорость реакции при температуре 35С равна 9,1·10–3 моль/л·с. Вычислите температурный коэффициент скорости, если скорость её при температуре 55С составляет 8,19·10–2 моль/л·с
Воспользуемся законом Вант-Гоффа:
,
где – скорость реакции при разных температурах T;
– температурный коэффициент скорости.
Поскольку в формуле используется разность температур, можно подставлять значения в градусах Цельсия.
Записываем данные задачи.
T1 = 35С; (T1) = 9,1·10–3 моль/л·с
T2 = 55С; (T2) = 8,19·10–2 моль/л·с
(T2 – T1) / 10 = (55 – 35) / 10 = 2.
Подставляем известные значения в уравнение.
Ответ: температурный коэффициент скорости равен 3.
107. Образование иона BF4– происходит по схеме: BF3 + F– BF4–. Объясните образование всех химических связей по методу ВС и их механизм в ионе BF4–. Какой атом выступает в роли донора, а какой в роли акцептора?
Рассмотрим электронную конфигурацию атома бора в основном и возбужденном состояниях:
Атом бора в основном состоянии одновалентен (один неспаренный электрон). Атом бора в возбужденном состоянии имеет три неспаренных электрона и может образовывать соединения, где он будет трёхвалентен. Пример — трифторид бора BF3. В образовании каждой связи B—F участвуют по одному электрону от атома бора и от атома фтора. Это ковалентные полярные связи.
Однако атом бора содержит вакантную орбиталь. Благодаря наличию в атоме бора свободной орбитали бор – один из сильнейших акцепторов неподелённых электронных пар. Например:
В результате образуется комплексный ион [BF4]–, причем эта связь образуется по донорно-акцепторному механизму.
В гибридизации участвуют все валентные атомные орбитали бора, то есть имеет место sp3-гибридизация орбиталей атома бора.
Молекулярный ион имеет тетраэдрическое строение, причем все углы равны, несмотря на отличие одной из связей по механизму образования.
147. К каждому из веществ K2SO4, CdOHCl и Zn(NO3)2 прибавили соляной кислоты HCl. В каком случае произойдёт реакция? Укажите соединение, образование которого вызывает смещение химического равновесия в сторону прямой реакции. Составьте молекулярные и ионно-молекулярные уравнения реакции
Сульфат калия K2SO4 — средняя соль, не склонная к гидролизу и не реагирующая с кислотами.
Нитрат цинка Zn(NO3)2 — средняя соль, способная гидролизоваться по катиону с образованием кислой среды:
Zn(NO3)2 + H2O ZnOHNO3 + HNO3
Добавление HCl смещает равновесие реакции влево.
Поэтому добавление HCl к нитрату цинка также не вызовет химической реакции.
Хлорид гидроксокадмия CdOHCl — основная соль, способная реагировать с кислотами:
CdOHCl + HCl = CdCl2 + H2O
CdOH+ + H+ = Cd2+ + H2O
Движущая сила реакции — образование слабого электролита — воды.
167. Какие из солей NaCl, SnSO4, Na2S подвергаются гидролизу? Составьте молекулярное и ионно-молекулярное уравнения гидролиза этих солей. Используя значения Kг первой ступени, определите, какая из солей больше всего подвергается гидролизу
1) NaCl — соль сильного основания NaOH и сильной кислоты HCl. Гидролиз не характерен.
2) SnSO4 — соль слабого основания Sn(OH)2 и сильной кислоты H2SO4. Гидролиз по катиону, преимущественно по первой ступени.
1 ступень:
2SnSO4 + 2H2O (SnOH)2SO4 + H2SO4
Sn2+ + H2O SnOH+ + H+
2 ступень:
(SnOH)2SO4 + 2H2O 2Sn(OH)2 + H2SO4
SnOH+ + H2O Sn(OH)2 + H+
Среда кислая, pH < 7.
Вычисляем константу гидролиза.
Kг =
Kw — ионное произведение воды, равное 10–14.
K2 — вторая константа диссоциации гидроксида олова, равная 1,0·10–12.
Kг = = 10–2.
3) Na2S — соль сильного основания NaOH и слабой кислоты H2S. Гидролиз по аниону, преимущественно по первой ступени.
1 ступень:
Na2S + H2O NaHS + NaOH
S2– + H2O HS– + OH–
2 ступень:
NaHS + H2O H2S + NaOH
HS– + H2O H2S + OH–
Среда щелочная, pH > 7.
Вычисляем константу гидролиза.
Kг =
K2 — вторая константа диссоциации H2S, равная 1,3·10–13.
Kг = = 7,7·10–2.
Сравнивая константы гидролиза, видим, что Na2S гидролизуется в большей степени, чем SnSO4.
187. Реакция протекает по схеме:
Ве + H2SO4(конц.) BeSO4 + H2S + H2O
KMnO4 + KNO2 + H2SO4 MnSO4 + KNO3 + K2SO4 + H2O
Составьте электронные уравнения. Расставьте коэффициенты в уравнениях реакций. Для каждой реакции укажите, какое вещество является окислителем, какое восстановителем, какое вещество окислятся, какое восстанавливается
1) Be + H2SO4(конц.) BeSO4 + H2S + H2O
Записываем электронные уравнения:
4| Be0 – 2e– Be+2 — окисление
1| S+6 + 8e– S–2 — восстановление
Уравнение реакции:
4Be + 5H2SO4 = 4BeSO4 + H2S + 4H2O
Окислитель — H2SO4(конц.), восстанавливается до H2S.
Восстановитель — Be, окисляется до BeSO4.
2) KMnO4 + KNO2 + H2SO4 MnSO4 + KNO3 + K2SO4 + H2O
Записываем электронные уравнения:
5| N+3 – 2e– N+5 — окисление
2| Mn+7 + 5e– Mn+2 — восстановление
Уравнение реакции:
2KMnO4 + 5KNO2 + 3H2SO4 = 2MnSO4 + 5KNO3 + K2SO4 + 3H2O
Окислитель — KMnO4, восстанавливается до MnSO4.
Восстановитель — KNO2, окисляется до KNO3.
207. Составьте схему гальванического элемента, в основе которого лежит химическая реакция, протекающая по уравнению Zn + Pb(NO3)2 Zn(NO3)2 + Pb. Напишите ионно-электронное уравнение электродных процессов и вычислите ЭДС этого элемента, если активность ионов цинка a(Zn2+) = 0,001 моль/л, а ионов свинца a(Pb2+) = 0,01 моль/л
Уравнение токообразующей реакции:
Zn + Pb(NO3)2 = Zn(NO3)2 + Pb
Записываем значения стандартных окислительно-восстановительных потенциалов.
E0(Zn2+/Zn) = –0,763 В
E0(Pb2+/Pb) = –0,126 В
Пользуясь уравнением Нернста, вычисляем электродные потенциалы.
E(Zn2+/Zn) = E0(Zn2+/Zn) +
E(Zn2+/Zn) = –0,763 + = –0,852 В.
E(Pb2+/Pb) = E0(Pb2+/Pb) +
E(Pb2+/Pb) = –0,126 + = –0,185 В.
E(Pb2+/Pb) > E(Zn2+/Zn), поэтому свинцовый электрод — катод, а цинковый — анод.
Схема элемента:
(–) Zn | Zn2+, 0,001 M || Pb2+, 0,01 M | Pb (+)
Вычисляем ЭДС.
ЭДС = E(Pb2+/Pb) – E(Zn2+/Zn) = –0,189 – (–0,852) = 0,667 В.
Ответ: ЭДС гальванического элемента 0,667 В.
227. В раствор хлороводородной (соляной) кислоты опустили железную пластинку, частично покрытую никелем. В каком случае процесс коррозии железа протекает интенсивнее? Составьте схемы коррозионных гальванических элементов и напишите электронные уравнения электродных процессов
Записываем значения стандартных окислительно-восстановительных потенциалов.
E0(Fe2+/Fe) = –0,44 В
E0(Ni2+/Ni) = –0,23 В
Железо способно растворяться в соляной кислоте, однако в присутствии никеля этот процесс резко ускоряется. Причина — образование гальванической пары «железо — никель», в которой железо будет анодом (потенциал железа меньше), а никель — катодом. Железо будет интенсивно растворяться, а на участках, покрытых никелем, выделяется водород.
Анодный процесс: Fe0 – 2e– Fe2+
Катодный процесс: 2H+ + 2e– H2
Уравнение реакции:
Fe + 2HCl = FeCl2 + H2
Схема коррозионного элемента:
(–) Fe | Fe2+ || 2H+, H2 | Ni2+ | Ni (+)
247. Составьте схему и напишите уравнения электродных процессов, протекающих на кадмиевых электродах (с учётом перенапряжения) при электролизе водного раствора соли CuSO4 в стандартных условиях, при активности ионов Cu2+ = 1 моль/л (среда кислая, pH < 7), температуре 298 К, плотности тока i = 10 А/м2, (S2O82–/2SO42–) = +2,01 В
В системе имеются: кадмиевые электроды, ионы Cu2+, H+ и SO42–.
Конкурирующие катодные процессы — восстановление ионов Cu2+ до Cu и восстановление ионов H+ до водорода H2.
Рассчитаем потенциал выделения водорода на кадмиевом катоде. Согласно уравнению Тафеля, перенапряжение выделения водорода связано с плотностью тока i соотношением:
= a + b lg i
Для кадмиевого электрода константы равны:
a = 1,40
b = 0,12.
Плотность тока должна быть выражена в А/см2.
10 А/м2 = 0,001 А/см2.
(2H+/H2) = 1,40 + 0,12 lg 0,001 = 1,04 В.
Потенциал выделения водорода составит:
(2H+/H2) = (2H+/H2) – (2H+/H2) = 0 – 1,04 = –1,04 В.
Поскольку (Cu2+/Cu) = +0,34 В, можно сделать вывод, что в первую очередь на катоде будет выделяться медь:
Cu2+ + 2e– Cu0
После выделения всей меди начнется выделение водорода.
Конкурирующие анодные процессы:
1) 2SO42– – 2e– S2O82–;
2) 2H2O – 4e– O2 + 4H+;
3) Cd – 2e– Cd2+
(S2O82–/2SO42–) = +2,01 В
(Cd2+/Cd) = –0,40 В
Для выделения кислорода константы уравнения Тафеля равны:
a = 0,36
b = 0,11.
(O2/H2O) = 0,36 + 0,11 lg 0,001 = 0,03 В.
В кислой среде потенциал системы O2 + 4H+ + 4e– 2H2O составляет +1,229 В. Потенциал выделения кислорода составит:
(O2/H2O) = (O2/H2O) + (O2/H2O) = 1,229 + 0,03 = 1,259 В.
Наименьший потенциал имеет система Cd2+/Cd, поэтому анодный процесс — растворение материала анода:
Cd – 2e– Cd2+
Уравнение электролиза:
CuSO4 + Cd = Cu + CdSO4
267. При кипячении 0,5 л воды, содержащей только гидрокарбонат железа (II), в осадок выпадает 8 мг карбоната железа (II). Чему равна временная жёсткость воды?
При кипячении воды гидрокарбонат железа разлагается:
Fe(HCO3)2 = FeCO3 + H2O + CO2
Жесткость воды можно рассчитать по карбонату железа:
Ж =
Молярная масса эквивалента FeCO3 равна половине молярной массы:
Mэ(FeCO3) = 57,93 г/моль.
Ж = = 2,76·10–4 моль/л.
Выражая жесткость в ммоль/л, получаем 0,276 ммоль/л.
Ответ: Ж = 0,276 ммоль/л.
Список литературы
Ахметов Н. С. Общая и неорганическая химия. Учебник для вузов. – М.: Высшая школа, 1998. – 743 с.
Карапетьянц М. Х., Дракин С. И. Общая и неорганическая химия. Учебник для вузов. – М.: Химия, 1992. – 592 с.
Лидин Р. А. Справочник по общей и неорганической химии. – М.: КолосС, 2008. – 352 с.
Лурье Ю. Ю. Справочник по аналитической химии. – М.: Химия, 1989. – 448 с.
Степин Б. Д., Цветков А. А. Неорганическая химия: Учебник для химических и химико-технологических специальностей вузов. – М.: Высшая школа, 1994. – 608 с.
Стромберг А. Г., Семченко Д. П. Физическая химия. – М.: Высшая школа, 2009. – 527 с.
Физическая и коллоидная химия / Под ред. А. П. Беляева. – М.: ГЭОТАР-Медиа, 2010. – 704 с.
Стандартная энтальпия – это тепловой эффект реакции в изобарно-изотермических стандартных условиях
1. Стандартная энтальпия – это тепловой эффект реакции в изобарно-изотермических стандартных условиях. Его можно определить по следствию из закона Гесса как разность сумм стандартных теплот образования продуктов реакции и исходных веществ, умноженных на соответствующие стехиометрические коэффициенты:
CaO кр. + CO2г. = CaCO3кр.
∆H0298 = ∆H0f, CaCO3 – (∆H0f, CaO + ∆H0f, CO2) = -1206,8 – (-635,1-393,51) = -178,19 кДж/моль
Тепловой эффект данной реакции меньше нуля, поэтому она является экзотермической (при ее протекании выделяется теплота)
2. Идеальный газ при нормальных условиях занимает объем 22,4 л/моль. Определим количество моль ацетилена:
n C2H2 = VC2H2/Vm = 10*1000/22,4 = 446,4 моль
Тепловой эффект реакции – это теплота, которая выделяется или поглощается в ходе реакции, в расчете на 1 моль реагирующего вещества. Тогда для того, чтобы посчитать выделившееся количество теплоты, необходимо тепловой эффект умножить на количество моль ацетилена:
Q = nC2H2*∆H0298 = 446,4*2600 = 1,16*106 кДж
3. Энтропия – это мера связанной системы, т.е. такой энергии, которая не может быть превращена в полезную работу. Энтропия является функцией состояния, т.е. она не зависит от пути протекания процесса, а зависит только от начального и конечного состояний системы. Поэтому ее значение можно найти как разность сумм стандартных энтропий продуктов реакции и исходных веществ, умноженных на соответствующие стехиометрические коэффициенты:
SO2 г + H2S г = S кр + H2O ж
∆S0298 = (S0298, S + S0298, H20) – (S0298, SO2 + So298, H2S) = (31,9 + 70,08) – (248,07 + 205,69) = -351,78 Дж/К
4. Т.к. энтропия является мерой неупорядоченности системы, то наибольшего значения она достигает в газообразных веществах (т.к. там нет связей между молекулами), при переходе к жидкостям она уменьшается, а для твердых веществ она минимальна. Для ответа на вопрос нужно проанализировать, как изменяется фазовый состав в ходе реакции:
а) энтропия возрастет (до реакции 1 моль газа, после реакции 2 моль газа)
б) энтропия возрастет (в исходных веществах газов нет, в продуктах – 1 моль)
в) энтропия уменьшится ( в исходных веществах 2 моль газа, в продуктах реакции газов нет).
5. Для определения возможности протекания реакции в стандартных условиях нужно определить изменение энергии Гиббса путем вычитания из суммы стандартных энергий Гиббса продуктов реакции таковую для исходных веществ с учетом стехиометрических коэффициентов:
∆G2980 = ∆G0298,NO +∆G0298, H2O -(∆G0298,NH3 +∆G0298, O2 ) = 86,6 – 237,25 – (-16,71 + 0) = -133,94 кДж/моль
Изменение энергии Гиббса меньше нуля, значит, реакция термодинамически возможна.
6. Для определения возможности протекания реакции необходимо узнать значение изменения энергии Гиббса. Для этого нужно определить стандартный тепловой эффект и стандартное изменение энтропии. Данные выписаны из справочника.
∆H0298 = ∆H0f, H2O – ∆H0f, CuO = -241,84 + 165,3 = -76,34 кДж/моль = -76340 Дж/моль
∆S0298 = (S0298, Cu + S0298, H20) – (S0298, CuO + So298, H2) = (188,74 + 33,3) – (130,6 + 42,64) = 48,8 Дж/моль
Изменение энергии Гиббса при двух температурах определим по уравнению Гиббса-Гельмгольца в первом приближении:
∆G0 = ∆H0298 – T∆S0298 =
∆G2980 = ∆H0298 – 298∆S0298 = -91082,4 Дж/моль
∆G5000 = ∆H0298 – 500∆S0298 = -100940, Дж/моль
Как видно, изменение энергии Гиббса отрицательное в обоих случаях, значит, реакция при этих температурах термодинамически возможна.
7. Константа равновесия показывает соотношение продуктов реакции и исходных веществ в равновесной смеси:
K = [NO2]2/([NO]2 *[O2]) = 0,12/(0, 22*0,1) = 2,5
Начальная концентрация оксида азота по стехиометрии реакции равна сумме равновесных концентраций оксида азота и диоксида азота:
C NO, нач = C NO, равн + C NO2, равн = 0,1 +0,2 = 0,3 моль
8. Определим массовую долю нелетучего компонента (салициловой кислоты) в растворе. Для этого найдем количество моль этого компонента и растворителя:
n кислоты = m кислоты/М кислоты = 4,14/138,12 = 0,03 моль
n спирта = m спирта/М спирта = 100/46,07 = 2,17 моль
Мольная доля – отношение количества моль растворенного вещества к сумме количеств моль вещества и растворителя:
х кислоты = n кислоты/(n кислоты + n спирта) = 0,03/(0,03+2,17) = 0,014
Значит, в соответствии с законом Рауля, относительное понижение давления насыщенного пара над раствором будет равно 0,014.
9. Температура замерзания раствора всегда ниже, чем чистого растворителя, и разность этих температур пропорциональна моляльности раствора. Определим количество моль мочевины:
n мочевины = m мочевины /М мочевины = 0,625/60 = 0,01 моль
Значит, на 50 г воды приходится 0,01 моль мочевины. На 1000 г воды соответственно приходится:
ṁ = 1000*0,1/50 = 0,2 моль/кг
Тогда разность температур замерзания составит:
∆Т = К* ṁ = 1,86*0,2 = 0,372 К
Температура замерзания раствора составит:
Тзам = 0 – 0,372 = -0,372 ◦С
10.
а) катод: Ag+ + e = Ag0
анод: 2H2O – 4e = O2 + 4H+
б) катод: 2 H2O + 2e —> 2 ОH- + Н2
анод: 2 H2O – 4e —> 4 H+ + O2
в) катод: 2 H2O + 2e —> 2 ОH- + Н2
анод: 2 H2O – 4e —> 4 H+ + O2
г) катод: 2 H2O + 2e —> 2 ОH- + Н2
анод: 2 H2O – 4e —> 4 H+ + O2
д ) катод: 2 H2O + 2e —> 2 ОH- + Н2
анод: 2 H2O – 4e —> 4 H+ + O2
е ) катод: 2 H2O + 2e —> 2 ОH- + Н2
анод: 2 H2O – 4e —> 4 H+ + O2
4Al3+ + 18H2O = 4 Al(OH)3 +6H2 + 3O2 + 12H+
ж) катод: 2 H2O + 2e —> 2 ОH- + Н2
анод: S2- – 2e —> S
BaS + H2O = H2 + S + Ba(OH)2
Теоретические основы органической химии В каких случаях ковалентная связь становится полярной
1. Теоретические основы органической химии
1. В каких случаях ковалентная связь становится полярной? Какие изследующих соединений имеют полярные ковалентные связи: СН4, СН3–ОН, СН3–СН3, СН3Сl, СН3–СN, CH3–Na, CO2? Что такое электроотрицательность атомов?
Электроотрицательность – это условная величина, отражающая способность атомов смещать к себе электронную плотность (электроны) другого атома в химических соединениях.
Ковалентная связь – это связь , образованная за счет общей электронной пары, занимающей одну орбиталь. Она бывает полярной, когда образуется между атомами с разной электроотрицательностью.
Полярные связи имеют СН4, СН3–ОН, СН3Сl, СН3–СN, CO2. В веществе CH3–Na кроме ковалентной полярной связи имеется и ионная связь
15. Перечислите виды структурной изомерии. Назовите вид изомерии для каждой из следующих пар изомерных соединений: а) бутаналь и 2-метилпропаналь, б) 1-бромпентан и 2-бромпентан, в) карбонильная и циклическая формы глюкозы. Приведите структурные формулы перечисленных соединений.
Структурная изомерия – это вид изомерии, при котором изомеры отличаются последовательностью соединения атомов в молекуле. Выделяют в структурной изомерии изомерию углеродного скелета, изомерию положения кратной связи, изомерию положения заместителей или функциональных групп, изомерия разных классов.
а) бутаналь и 2-метилпропаналь – изомерия углеродного скелета
О О
// //
Н3С-СН2-СН2-С Н3С – СН – С
│
Н СН3 Н
б) 1-бромпентан и 2-бромпентан – изомерия положения заместителей
Н2С-СН2-СН2- СН2- СН3 Н3С- СН-СН2- СН2- СН3
│ │
Br Br
О
Н
Н
Н
Н
Н
ОН
ОН
ОН
НО
СН2ОН
в) карбонильная и циклическая формы глюкозы – динамическая или таутомерия
ОН О
│ //
Н2С- СН- СН- СН – СН – С
│ │ │ │
НО ОН ОН ОН Н
это скан
2. Предельные углеводороды (алканы)
2.Какое соединение получится, если на 1,2-дибромпентан подействовать
цинком при нагревании, полученное соединение обработать бромоводородом, а затем металлическим натрием? Назовите полученное вещество по систематической номенклатуре. Какими свойствами оно обладает?
Н2С-СН -СН2- СН2- СН3 +Zn →t Н2С= СН-СН2- СН2- СН3 +ZnBr2
│ │
Br Br
Н2С= СН-СН2- СН2- СН3 +HBr → Н3С-СН -СН2- СН2- СН3
│
Br
2Н3С-СН -СН2- СН2- СН3 +2Na → Н3С-СН -СН2- СН2- СН3 +2NaBr
│ │
Br Н3С-СН -СН2- СН2- СН3
4,5диметилоктан. Предельный углеводород, может вступать в реакции горения, замещения.
16. Установите строение углеводорода состава С8Н18, если он может быть получен по реакции Вюрца из первичного галогеналкила в качестве единственного продукта реакции, а при его мононитровании образуется третичное нитросоединение.
С8Н18 –алкан, т.к. отвечает общей формуле алканов СnH2n+2
Так как при его мононитровании образуется третичное нитросоединение, вещество имеет третичные атомы углерода.
Так как углеводород получен из первичного галогеналкила в качестве единственного продукта реакции, то исходное вещество должно иметь половину, т.е. 4, атомов углерода в данном веществе и третичный атом, т.е. это вещество галогенизобутил.
Н3С-СН -СН2- СН2- СН -СН3
│ │
СН3 СН3
2,5 диметилгексан
это скан
3. Этиленовые углеводороды (алкены)
7. При нагревании 3-бром-2-метилпентана со спиртовой щелочью получается непредельный углеводород. Напишите уравнение и назовите полученный углеводород.
По правилу Зайцева, водород отщепляется от менее гидрированного атома углерода
Н3С-СН – СН – СН2- СН3+NaOH(спирт) →NaBr + Н3С-С =СН – СН2- СН3 +Н2О
│ │ │
СН3 Br СН3
2метилпентен2
17. Какие вещества образуются при озонолизе углеводородов состава С4Н8?Приведите схемы реакций.
При озонолизе алкенов образуются альдегиды и кетоны
Н2С= СН-СН2- СН3 +О3+Н2О → Н2О2 + Н2С=О +О= СН-СН2- СН3
метаналь пропаналь
Н3С- СН=СН – СН3 +О3+Н2О → Н2О2 +2 О= СН- СН3
этаналь
Н2С= С – СН3 +О3+Н2О → Н2О2 + Н2С=О +О= С- СН3
│ │
СН3 СН3
метаналь пропанон
это скан
4. Ацетиленовые углеводороды (алкины)
6. Если подействовать водой в условиях реакции Кучерова на следующие
углеводороды: а) метилацетилен, б) этилацетилен, в) изопропилацетилен, – то
образуются соответствующие кетоны. Объясните механизм реакции. В чем
заключается правило Эльтекова?
a)СН3–С ≡СН + Н2О→Hg2+, t СН3–СO –СН3
б)С2 Н5–С ≡СН + Н2О→Hg2+, t С2Н5–СO –СН3
в)СН3–CH-С ≡СН + Н2О→Hg2+, t СН3–CH–СO –СН3
│ │
СН3 СН3
Правило Эльтекова заключается в том, что производные ненасыщенных алифатических углеводородов, содержащие ОН-группу у атома углерода, при котором имеется двойная С=С связь (енолы), неустойчивы и превращаются (в момент образования) в изомерные карбонильные соединения (альдегиды и кетоны).
Hg2+
СН3–С ≡СН + Н2О→Hg2+, t →[СН3–С ≡СН] +→ [СН3–С =СН2] →СН3–СO –СН3
│
НОН OH
Ион двухвалентной ртути взаимодействует с тройной связью, оттягивает к себе часть p-электронов, уменьшая электронную плотность в пространстве между sp-гибридизованными атомами углерода и создавая возможность атаки тройной связи нуклеофильным реагентом – водой. Вода атакует позитивированную ртутью тройную связь, образуя связь С-О за счет одной из своих свободных пар электронов, с образование оксониевого катиона. Протон отщепляется от катионного центра и происходит превращение ртутного производного в непредельный спирт. Затем таутомерное превращение непредельного спирта в карбонильное соединение.
18. Расшифруйте цепь превращений:
KOH(в спирте) Br2 KOH(в спирте) Ag(NH3)2OH
СН3–СН2–СН2–СН2– Br → A → B → C → D
СН3–СН2–СН2–СН2– Br + KOH(в спирте) → СН3–СН2–СН=СН2 +KBr + Н2О
СН3–СН2–СН=СН2 + Br2 → СН3–СН2–СН–СН2– Br
│
Br
СН3–СН2–СН–СН2– Br+ 2KOH(в спирте) → СН3–СН2–С ≡СН +2K Br + 2Н2О
│
Br
СН3–СН2–С ≡СН + [Ag(NH3)2 ]OH →СН3–СН2–С ≡С Ag +2 NH3+Н2О
5. Диеновые углеводороды (алкадиены)
19. Каково строение диенового углеводорода С5Н8, при озонолизе которого образуются малоновый диальдегид ОНС – СН2– СНО и формальдегид?
Приведите схему реакции.
Н2С=СН – СН2 – СН= СН2 +О3+Н2О → Н2О2 + 2Н2С=О + ОНС – СН2– СНО
6. Ароматические углеводороды (арены)
10. Как, используя реакцию Вюрца-Фиттига, можно получить
изобутилбензол, исходя: а) из хлорбензола, б) из бензилхлорида? Напишите
уравнения реакций. Какие побочные продукты при этом образуются?
а) Cl СН3 СН3
│ │
+2Na + СН3–СCl–СН3 →СН3–С–СН3 +2NaCl
CH2Cl СН3 СН3
б) │ │
+ СН3–С–СН3 →СН3–С–СН3 +ClOH (хлорноватистая кислота)
│
OH
17208590170
13. Предложите схему получения этилбензола из ацетилена и неорганических
реагентов.
3НС≡СН→Сакт,t
+Сl2 →k Cl +HCl
НС≡СН +HCl → Н2С=СНCl
Н2С=СНCl +H2→ Н3С-СН2Cl
Cl + 2Na+ Н3С-СН2Cl → СН2-СН3 +2NaCl
20. Предложите схему синтеза 2.4-динитрофенола из бензола.
бензол → хлорбензол→ фенол →2,4-динитрофенол
+Сl2 →k Cl +HCl
Cl +NaOH → OH + NaCl
OH OH
+HNO3 → NO2 +2H2O
NO2
7. Галогенпроизводные углеводородов
1. Напишите уравнения реакций получения моноиодпроизводных, исходя
из следующих непредельных углеводородов: бутена-2, 2-метилпентена-3,
пропилена. Поясните механизм реакции присоединения галогеноводорода к
непредельным соединениям с точки зрения электронной теории с учетом
статического и динамического факторов.
СН3–СН = СН- СН3 +HI→ СН3–СН2 – СНI – СН3
Н3С- СH – СН = СН- СН3 + HI → Н3С- СH – СН – СН2- СН3
│ │ │
СН3 СН3 I
СН3–СН=СН2 +HI→ СН3– СНI – СН3
Присоединение галогеноводорода происходит по правилу Марковникова В.В.
В статическом, т. е. не реагирующем, состоянии в несимметричных алкенах (2 и 3 реакции), электронная плотность π-связи смещена под влиянием заместителя. Возникшие частичные заряды определяют место будущей атаки протоном. В пропене таким местом будет атом С-1 с частичным отрицательным зарядом, в 2-метилпентена-3 таким местом будет атом С-2 с частичным отрицательным зарядом (как следствие +/-эффекта метильной , изопропильной группы). Таким образом, статический фактор благоприятствует электрофильной атаке по группе СН2 (у пропена), СН (у 2-метилпентена-3), что приводит к вторичному карбокатиону (I) (путь а). При атаке по атому С-2 (С-3) должен был бы образоваться менее стабильный первичный карбокатион (II) (путь б).
В динамическом состоянии, т. е. в ходе реакции, из двух возможных карбокатионов (I) или (II) будет образовываться более устойчивый. Во вторичном карбокатионе положительно заряженный атом углерода связан с двумя электронодонорными алкильными группами, в первичном – с одной. В результате во вторичном карбокатионе за счет +/-эффекта двух алкильных групп осуществляется более эффективное уменьшение положительного заряда. Таким образом, качественная оценка относительной устойчивости промежуточных частиц также говорит в пользу образования вторичного карбокатиона (путь а).
15. Для хлористого изобутила напишите уравнение реакции со спиртовым
раствором щелочи. На полученное соединение подействуйте бромом.
H3C –CH- CH2Cl + KOH(в спирте) → H3C –C= CH2 +KCl +H2O
│ │
H3C H3C
Br
│
H3C –C= CH2 +Br2 → H3C –C- CH2Br
│ │
H3C H3C
это скан
8. Спирты, простые эфиры
2. Приведите схемы получения: 1) динитрата этиленгликоля, 2) тринитрата
глицерина. Какое практическое значение имеет тринитрат глицерина?
СН2ОН СН2ОNO2
│ + 2 HNO3 →H2SO4 2Н2О + │
СН2ОН СН2ОNO2
СН2ОН СН2ОNO2
│ + 3 HNO3 →H2SO4 3Н2О + │
СНОН СНОNO2
│ │
СН2ОН СН2ОNO2
Tринитрат глицерина (нитроглицерин) применяется в медицине и для изготовления взрывчатых средств.
17. На бутиловый спирт подействуйте пятихлористым фосфором, затем на
полученное соединение – этилатом натрия. Напишите схемы реакций
полученного соединения сHI (при нагревании), металлическим натрием и HCl.
СН3–СН2–СН2–СН2–ОН + 2PCl5 → СН3–СН2–СН2–СН2–Cl +2POCl3 + 2HCl
СН3–СН2–СН2–СН2–Cl + СН3–СН2–ONa→ СН3–СН2–СН2–СН2–O–СН2–СН3 +NaCl
СН3–СН2–СН2–СН2–O–СН2–СН3 + 2HI→t СН3–СН2–СН2–СН2–I + I-СН2–СН3 + H2O
СН3–СН2–СН2–СН2–O–СН2–СН3 + 2Na → СН3–СН2–СН2–СН2–Na + NaO–СН2–СН3
СН3–СН2–СН2–СН2–O–СН2–СН3 +HCl→ СН3–СН2–СН2–СН2 +
O:H Cl-
/
СН3–СН2
9. Альдегиды и кетоны
3. Из соответствующих дигалогенпроизводных получите следующие
карбонильные соединения: а) пропаналь, б) диметилпропаналь, в) 2-
метилбутанон-3.
а) СН3–СН2–СН– Br+Н2О → СН3–СН2 -СНО +2НBr
│
Br
СН3 СН3
│ │
б) СН3– С – СН– Br+Н2О → СН3– С -СНО +2НBr
│ │ │
СН3 Br СН3
Br
│
в) СН3– СН– С–СН3 + Н2О → СН3–СН- С–СН3 +2НBr
│ │ │ ║
СН3 Br СН3 О
16. Приведите уравнения реакций ацилирования бензола: 1)
ацетилхлоридом, 2) уксусным ангидридом. По какому механизму идут эти
реакции? Назовите продукты реакций.
1)+ СН3–СОCl → AlCl3 СН3
/
С =О +НCl
метилфенилкетон
СН3
2) + (СН3–СО)2 O→ AlCl3 /
С =О + СН3–СООН
Реакции идут по механизму электроофильного замещения
10. Карбоновые кислоты и их производные
4. Как можно получить пропионовую кислоту, имея в качестве исходного
вещества этилен? Напишите уравнения реакций образования хлорангидрида,
ангидрида и кальциевой соли пропионовой кислоты.
СН2= СН +Cl2→ ClСН2- СН2Cl
ClСН2- СН2Cl +Na+ СН3Cl→ ClСН2- СН2 -СН3 + NaCl
ClСН2- СН2 -СН3 +NaOH→ NaCl + HOСН2- СН2 -СН3
HOСН2- СН2 -СН3+ O2→k СН3– СН2-COOH +H2O
3СН3– СН2-COOH + PCl3→ 3СН3– СН2-COCl +H3PO4
2СН3– СН2-COOH P2O5→ (СН3– СН2-CO)2O + H2O
2СН3– СН2-COOH +Ca(OH)2 →(СН3– СН2-COO)2Ca+ 2H2O
18. Рассмотрите схемы гидролиза следующих триглицеридов: 1)
олеодипальмитина, 2) пальмитодистеарина, 3) пальмитоолеостеарина. Какие
вещества называют мылами?
Мыла – это калиевые или натриевый соли высших карбоновых кислот.
СН2ОOC(CH2)7 CH=CH(CH2)7СН3
│
СНОOC(CH2)14 CН3 + 3Н2О →H2SO4
│
СН2ОO(CH2)14 CН3
→ СН2ОН НОOC(CH2)7 CH=CH(CH2)7СН3
│
СНОН + 2 НОOC(CH2)14 CН3
│
СН2ОН
СН2ОOC(CH2)16CН3
│
СНОOC(CH2)16 CН3 + 3Н2О →H2SO4
│
СН2ОO(CH2)14 CН3
→ СН2ОН 2НОOC(CH2) 16CН3
│
СНОН + НОOC(CH2)14 CН3
│
СН2ОН
СН2ОOC(CH2)16CН3
│
СНОOC(CH2)7 CH=CH(CH2)7СН3 + 3Н2О →H2SO4
│
СН2ОO(CH2)14 CН3
→ СН2ОН НОOC(CH2) 16CН3
│
СНОН + НОOC(CH2)7 CH=CH(CH2)7СН3
│
СН2ОН НОOC(CH2)14 CН3
ВАРИАНТ 5 1 В РН3 фосфор находится в своей минимальной степени окисления (-3)
ВАРИАНТ 5
1. В РН3 фосфор находится в своей минимальной степени окисления (-3), поэтому соединение может быть только восстановителем.
В Н3РО4 фосфор находится в своей максимальной степени окисления (+5), поэтому соединение может быть только окислителем.
В Н3РО3 фосфор находится в своей промежуточной степени окисления (+3), поэтому соединение может быть как восстановителем, так и окислителем.
РН3 + KMnO4 + H2SO4 → H3PO4 + MnSO4 + K2SO4 + H2O
5РН3 + 8KMnO4 + 12H2SO4 → 5H3PO4 + 8MnSO4 + 4K2SO4 + 12H2O
2. Al + HNO3(конц) → Al(NO3)3 + NO2 + H2O
Al + 6HNO3(конц) → Al(NO3)3 + 3NO2 + 3H2O
3. Схема гальванического элемента:
Mg|MgSO4||CdSO4|Cd
Электронные уравнения электродных процессов:
Mg0 – 2e = Mg2+
Cd2+ + 2ē → Cd0
ЭДС элемента, если концентрация солей 1 моль/л:
Е = Е0Cd2+/Cd – E0Mg2+/Mg = –0,404 + 2,372 = 1,968 В
ЭДС элемента, если концентрация солей 0,01 моль/л:
Е = ЕCd2+/Cd – EMg2+/Mg = Е0Cd2+/Cd + (0,059/n)lgCCd2+ – E0Mg2+/Mg – (0,059/n)lgCMg2+ = –0,404 + (0,059/2)lg0,01 + 2,372 – (0,059/2)lg0,01 = 1,968 В
Значение ЭДС не изменится.
4. В водном растворе CuSO4 диссоциирует на ионы:
CuSO4 → Cu2+ + SO42-
К катоду движется катион меди, принимает два электрона и восстанавливается с образованием меди. К аноду движется сульфат-анион. Но: анионы кислородсодержащих кислот на аноде не окисляются, а вместо них окисляются молекулы воды с образованием молекулярного кислорода и катионов водорода. В растворе остаются сульфат-анионы и катионы водорода, которые могут образовать молекулы серной кислоты.
В кратком виде процесс записывается так (угольный анод):
К(–) Cu2+ + 2ē → Cu0
А(+) 2H2O – 4ē → 4H+ + O2 ↑
2CuSO4 + 2H2O = 2Cu + O2↑ + 2H2SO4
В случае медного анода не будут выделяться какие-либо побочные продукты реакций, а только медь на катоде. При этом анод будет растворяться.
А(+): Cu0 – 2e = Cu2+
К(–): Cu2+ + 2ē → Cu0
Рассчитаем теоретическую массу выделившейся меди:
г
Выход по току:
%
5. При протекторной защите протектор – более активный металл, чем металл защищаемой конструкции – служит анодом и разрушается, тем самым предохраняет от разрушения конструкцию. Поэтому, чем более отрицательный будет потенциал металла-протектора, тем эффективнее будет протекторная защита. Наиболее низкий потенциал будет у алюминия – -1,7В.
Так как оболочка кабеля сделана из свинца, то гальваническая пара алюминий-свинец будет иметь наибольшую разность потенциалов. И алюминий будет служить наилучшей протекторной защитой.
Электродные процессы при почвенной коррозии:
А(+) Al0 – 3e = Al3+
К(–): О2 + 4Н+ + 4e = 2Н2О
6. Нефтяные фракции поступают на установки вторичной обработки для улучшения качества нефтепродуктов и углубления переработки нефти. Во вторичной переработке выделяется несколько основных процессов.
Каталитический риформинг предназначен для повышения октанового числа прямогонных бензиновых фракций путем химического превращения углеводородов, входящих в их состав, до 92-100 пунктов. Процесс ведется в присутствии алюмо-платино-рениевого катализатора. Повышение октанового числа происходит за счет увеличения доли ароматических углеводородов. Выход высокооктанового компонента составляет 85-90% на исходное сырье. В качестве побочного продукта образуется водород, который используется на других установках НПЗ. Процесс осуществляется при температуре 500-530 °С и давлении 18-35 атм. Продукты, полученные в результате риформинга узких бензиновых фракций, подвергаются разгонке с получением бензола, толуола и смеси ксилолов (сольвента).
Каталитическая изомеризация также применяется для повышения октанового числа легких бензиновых фракций. Сырьем изомеризации являются легкие бензиновые фракции с концом кипения 62°С или 85°C. Повышение октанового числа достигается за счет увеличения доли изопарафинов. Процесс осуществляется в одном реакторе при температуре, в зависимости от применяемой технологии, от 160 до 380°C и давлении до 35 атм.
Каталитический крекинг (КК) – важнейший процесс нефтепереработки, существенно влияющий на эффективность НПЗ в целом. Сущность процесса заключается в разложении углеводородов, входящих в состав сырья (вакуумного газойля) под воздействием температуры в присутствии цеолитсодержащего алюмосиликатного катализатора. Целевой продукт установки КК – высокооктановый компонент бензина с октановым числом 90 пунктов и более, его выход составляет 50 – 65% в зависимости от используемого сырья, применяемой технологии и режима. Высокое октановое число обусловлено тем, что при КК происходит и изомеризация. В ходе процесса образуются газы, содержащие пропилен и бутилены, используемые в качестве сырья для нефтехимии и производства высо- кооктановых компонентов бензина, легкий газойль, компонент дизельных и печных топлив, и тяжелый газойль, сырье для производства сажи, или компонент мазутов.
Гидрокрекинг – процесс, направленный на получение высококачественных керосиновых и дизельных дистиллятов, а также вакуумного газойля путем крекинга углеводородов исходного сырья в присутствии водорода. Одновременно с крекингом происходит очистка продуктов от серы, насыщение олефинов и ароматических соединений, что обуславливает высокие эксплуатационные и экологические характеристики получаемых топлив. Например, содержание серы в дизельном дистилляте гидрокрекинга составляет миллионные доли процента. Получаемая бензиновая фракция имеет невысокое октановое число, ее тяжелая часть может служить сырьем риформинга.
7. Полимеры получают методами полимеризации или поликонденсации.
Полимеризация (полиприсоединение) – это реакция образования полимеров путем последовательного присоединения молекул низкомолекулярного вещества (мономера).
Поликонденсация – реакция синтеза полимера из соединений, имеющих две или более функциональные группы, сопровождающаяся образованием низкомолекулярных продуктов (Н2О, NH3, HCl, СН2О и др.). Поликонденсация бифункциональных соединений получила название линейной. Поликонденсация соединений с тремя или более функциональными группами называется трехмерной.
Так как в процессе поликонденсации наряду с высокомолекулярными образуются низкомолекулярные продукты, то элементные составы полимеров и исходных веществ не совпадают. Этим поликонденсация отличается от полимеризации. Поликонденсация протекает по ступенчатому механизму, при этом промежуточные продукты являются стабильными, т.е. поликонденсация может остановиться на любой стадии. Образующиеся низкомолекулярные продукты реакции (Н2О, NH3, HCl, СН2O и др.) могут взаимодействовать с промежуточными продуктами поликонденсации, вызывая их расщепление (гидролиз, аминолиз, ацидолиз и др.).
Монофункциональные соединения, присутствующие в реакционной среде, взаимодействуют с промежуточными продуктами, образуя нереакционноспособные соединения. Это приводит к обрыву цепи, поэтому исходные мономеры должны быть очищены от монофункциональных соединений. Монофункциональные соединения могут образовываться в ходе реакции из-за термической или окислительной деструкции промежуточных соединений. Это приводит к остановке реакции поликонденсации и уменьшению молекулярной массы полимера.
Поликонденсацию проводят либо в расплаве, либо в растворе, либо на межфазной границе.
Поликонденсацию в расплаве ведут без растворителей, нагревая мономеры при температуре на 10—20 °С выше температуры плавления (размягчения) полимеров (обычно 200—400 °С). Процесс начинается в среде инертного газа и заканчивается в вакууме.
При поликонденсации в растворе используют растворитель, который также может служить абсорбентом низкомолекулярного продукта.
Межфазная поликонденсация происходит на границе раздела фаз газ — раствор или двух несмешивающихся жидкостей и обеспечивает получение полимеров с высокой молекулярной массой.
8. Качественный анализ неорганических соединений в водных растворах основан на ионных реакциях; в соответствии с этим он разделяется на анализ катионов и анализ анионов. Наиболее часто катионы делят на 5 групп по растворимости их сернистых солей. Анионы обычно классифицируют по различной растворимости бариевых или серебряных солей. Если в анализируемом веществе определяют ионы, которые могут быть обнаружены селективными реагентами, то анализ ведут дробным методом.
Наряду с классическими химическими методами в качественном анализе широко используют физические и физико-химические (так называемые инструментальные) методы, основанные на изучении оптических, электрических, магнитных, тепловых, каталитических, адсорбционных и др. свойств анализируемых веществ. Эти методы обладают рядом преимуществ перед химическими, т.к. позволяют во многих случаях исключить операцию предварительного химического разделения анализируемой пробы на составные части, а также непрерывно и автоматически регистрировать результаты анализа. Кроме того, при использовании физических и физико-химических методов для определения малых количеств примесей требуется значительно меньшее количество анализируемой пробы.
Качественный анализ органических соединений проводят методами элементного анализа и функционального анализа, а также путем определения основных физико-химических свойств анализируемых веществ.
Для характеристики размеров частиц коллоидных систем кроме средних радиусов и диаметров (для приближенно-сферических частиц) и длин ребер (для п
1. Для характеристики размеров частиц коллоидных систем, кроме средних радиусов и диаметров (для приближенно-сферических частиц) и длин ребер (для приближенно-кубических частиц) используют понятия дисперсности и удельной поверхности.
Дисперсность – величина, равная обратному среднему диаметру частиц:
D = 1/d [м-1]
Удельная поверхность – отношение общей площади поверхности пористого или диспергированного тела к единице его объема или массы:
Sуд = S/m = n*S0; Sуд = S/V = n*S0, где n – количество частиц, S0 – площадь одной частицы.
В коллоидной химии вместо обычных молярной концентрации или массовой доли используется т.н. частичная (частная) концентрация, которая определяется как количество частиц в единице объема или массы дисперсной системы. Обычно ее можно найти, разделив общую массу или объем дисперсной фазы на массу или объем одной частицы.
2. Скорость седиментации – это путь, пройденный частицей дисперсной фазы под действием силы тяжести за единицу времени. Она зависит от размера частиц, плотности дисперсной фазы и дисперсионной среды и вязкости среды:
U=h/τ=2ρ-ρ0gr29η
Подставив данные задачи в указанную формулу, вычислим скорости седиментации в трех опытах и соответствующие значения радиусов частиц:
1) U = h/τ = 1∙10-2/ 5,86 = 1,71∙10-3 м/с
η=1,15∙10-3Па∙с
2ρ-ρ0g9η=const=210∙103-0,999139,89∙1,15∙10-3
const = 18,935∙10-7
U = const∙r2
r1=U/const=0,171∙10-318,935∙107
r1 = 3,005∙10-6 = 3 мкм
2) U2 = h/τ = 0,01/(9,8∙60) = 1,7∙10-5 м/с
r2 =1,7∙10-518,935∙107=9,005∙10-7м
3) U3 = h/τ = 0,01/(16∙3600) = 1,736∙10-7 м/с
r3 =1,736∙10-718,935∙107=3,07∙10-8 м
3. Скорость электрофореза связана с электрокинетическим потенциалом частицы уравнением Гельмгольца -Смолуховского:
U=2ξΣΣ0E3ηf
По условию:
Е = 400 В/м – напряженность поля
Σ = 69,4 – диэлектрическая проницаемость
η = 1,5∙10-3 Па∙с – вязкость среды
U = 13,5 мкм/с = 13,5∙10-6 – скорость электрофореза
f = 0,67 – коэффициент формы
Определим дзета-потенциал:
ξ=U∙3η2ΣΣ0Ef=13,5∙10-63∙1,5∙10-32∙69,4∙400∙0,67∙8,85∙10-12=0,184 B
4. Для решения необходимо построить график в линеаризованных координатах ν0/νΣ = f(τ).
τ νΣ∙10-14
ν0/νΣ
0 20,2 1
20 14,7 1,374
60 10,8 1,87
120 8,25 2,448
240 4,89 4,13
480 3,03 6,66
В этих координатах время половинной коагуляции золя равно котангенсу угла наклона прямой:
θ=ctgα=1tgα=10,012= 83,33 c
По уравнению процесса второго порядка (по Смолуховскому) рассчитаем константу коагуляции:
k=1ν0θ=120,2∙1014*83,33=5,94∙10-18м/с3
5. Уравнение Марка-Хаувинка имеет вид:
|η|=К∙Ма, где
|η|=0,126 м3/кг – характеристическая вязкость, К=5∙10-5 и а=0,67 – эмпирические константы; М – молярная масса вещества.
Прологарифмируем обе части уравнения:
lnη = lnK+alnM
lnM = lnη-lnKa=ln0,1265∙10-50,67
lnM = 11,69
M =119320 г/моль
6. Константа седиментации связана с молярной массой полимера уравнением:
S = K∙Mb
K=8,7∙10-3
b=0,45
lnS = lnK + blnM
M=explnS0Kb
Для определения константы седиментации построим график 1/S = f(C):
C, кг/м3 S,c
1/S
1 0,67 1,49
1,5 0,556 1,798
2 0,476 2,1
2,5 0,446 2,24
3 0,409 2,445
4 0,333 3
1/S0=1,05
S0=0,95
M=expln0,958,7∙10-30,45=exp10,429
M=33833
7. Уравнение Шишковского:
s0 – s = B Kc / (1 + Kc)
Уравнение изотермы Ленгмюра:
Г = Г0* (C/(b+c))
Коэффициент В в уравнении Шишковского равен предельной адсорбции (Г0 в уравнении Ленгмюра) с точностью до размерной константы 1/RT
8. Броуновское движение (хаотичное движение частиц дисперсной фазы в свободнодисперсных системах) является следствием теплового движения (хаотичное непрекращающееся движение атомов и молекул): по сравнению с молекулами частицы дисперсной фазы довольно велики, молекулы “бьются” о них с разных сторон, при этом сила этих ударов не компенсирована, поэтому частица фазы перемещается. Для количественной характеристики броуновского движения используют величину среднеквадратичного сдвига (смещения), которая представляет собой квадратный корень из среднего арифметического квадратов длин отрезков, которые прошла частица:
∆ = x12+x22+x32+xn2n
9. ПАВ, адсорбируясь на границе раздела фаз, снижают поверхностное натяжение, т.е. уменьшают работу по созданию единицы новой поверхности, поэтому эта новая поверхность может образовываться легче. Кроме того, при определенных условиях ПАВ могут оказывать т.н. расклинивающее давление (эффект Ребиндера), которое вызвано перекрыванием адсорбционных слоев молекул и сопутствующим возникновением стерического напряжения.
10. Макромолекула – молекула полимера, т.е. молекула с высокой молекулярной массой, состоящей из остатков одинаковых или различных звеньев – мономеров. В зависимости от природы полимера строение макромолекулы может быть различным – алкильным, эфирным, амидным и т.п.; линейным и разветвленным; регулярным и нерегулярным. Основные характеристики макромолекулы: химическое строение, длина цепи (степень полимеризации, относительная молекулярная масса) и гибкость. Макромолекулы способны к изменению формы и линейных размеров в результате теплового движения, В линейных и разветвленных макромолекулах атомы или группы атомов могут вращаться вокруг ординарных связей, постоянно изменяя свою пространственную форму, т.е. принимая различные конформации. Благодаря гибкости макромолекулы могут сближаться друг с другом, и между ними возникают водородные связи или межмолекулярное взаимодействие с упорядоченной структурой. Вклад этих явлений в общее поведение макромолекулы определяется в первую очередь химическим составом полимера.
V1 ( ClCH2COOH) = 200 мл – 0 2 л С1 (ClCH2COOH) = 0 001 моль
V1 ( ClCH2COOH) = 200 мл – 0,2 л С1 (ClCH2COOH) = 0,001 моль/л
V2 ( CsOH) = 1 мл = 0,001л С1 (CsOH) = 0,1 моль/л
При смешивании водных растворов кислоты и гидроксида цезия происходит реакция нейтрализации
ClCH2COOH + CsOH => ClCH2COOCs+ H2O
В результате нее образуется соль и вода . Так как данная соль в водных растворах практически не гидролизована, ( образована сильным основанием и сильной килотой и рН раствора, полученного после реакции нейтрализации, будет определяться тем исходным электролитом, который взят в избытке.
Рассчитаем число моль кислоты и основания, содержащихся в исходных растворах по формуле
n = С*V,
где С – молярная концентрация (моль/л),
V – объем раствора (л),
n (кислоты ) = 0,001∙0,2 = 2*10−4 моль
n(основания) = 0,1∙0,001 = 1∙10−4 моль
Так как у нас реакция идет 1:1 ,то кислота дана в избытке, и по окончании реакции нейтрализации раствор будет содержать :
nостаток (кислоты) = n(начальной кислоты)- n(основания)
nостаток (кислоты ) = 2*10−4 – 1*10−4 = 1*10−4 моль
и столько же образовавшеяся соли, но она НЕ влияет на рН раствора.
Рассчитаем концентрацию ионов водорода в растворе после смешивания растворов.
После смешивания растворов объем стал равным :
200 + 1 = 201 мл или 0,201 л
И тогда C(H+) = nV общ
[H+] = 1∙10-40,201 = 4,98∙10−4 моль/л
рН = -lg[H+]
рН = -lg 4,98∙10−4 = 3.3
NaCN – соль, образована сильным основанием и слабой кислотой. Гидролиз по аниону. В среде накапливаются гидроксид –ионы OH-/ Среда щелочная, рН >7
NaCN + H2O NaOH + HCN молекулярное уравнение
Na+ + CN- + H2O Na+ + OH- + HCN полное ионное
CN- + H2O OH- + HCN сокращенное ионное
Константа гидролиза Кг рассчитывается с использованием справочных данных по формуле:
Кг = KwKd(HCN) Kw – ионное произведение воды, постоянная величина =1*10-14
Kd(HCN) – константа диссоциации – табличная величина 4,9*10-10
подставляем
Кг = 1*10-144,9*10-10 = 2,04*10-5
В соответствии с уравнением реакции Кг можно выразить через равновесные концентрации: Кг = HCN[OH-]Ссоли так как [OH-] = [HCN] , то тогда
Кг = [OH-]2Ссоли => [OH-]= Кг*Ссоли
[OH-]= 2,04*10-5*0,020 = 6,39*10-4 моль/л
рOН = -lg[OH-]
рOН = -lg6,39*10-4 = 3,19
так как рОН + рН = 14, значит рН = 14-рОН = 14- 3,19 = 10,81
Рассчитаем степень гидролиза
Степень гидролиза h показывает долю прогидролизовавшихся молекул и рассчитывается по формуле:
= [OH-]Ссоли = 6.39*10-40,02 = 0,032 или 3,2 %
Для начала запишем стандартные электродные потенциалы металлов
Eo(Ag+/Ag) = + 0,8 В
Eo(Zn2+/Zn) = -0,76 В
Так как Eo(Zn2+/Zn) < Eo(Ag+/Ag), значит цинк – анод серебро – катод
Процессы, протекающие на катоде и аноде,
Анод (-) Zn0 – 2e = Zn2+ 2 1 – восстановитель, окисление
Катод (+) Ag+ + e = Ag0 1 2 – окислитель, восстановление
Суммируя реакции на аноде и катоде, получаем уравнение, которое в ионной форме, выражает происходящую в элементе реакцию. Zn0 + 2Ag+ → 2Ag0 + Zn2+ Чтоб рассчитать ЭДС через термодинамические характеристики необходимо знать Энергию Гиббса:
∆G = -n·F·E , где
n- число электронов участвующих в окислительно- восстановительной реакции
F- число Фарадея
E- ЭДС
И тогда
Е = – ∆G nF
Рассчитаем энергию Гиббса
Термодинамические характеристики веществ
Элемент, состояние Н0298 кДж/моль S0298 Дж/моль · К Gf, 298, кДж/моль
Zn(K) 0 41,6 0
Zn2+(Р) –153,6 –110,6 –147,2
Ag(K) 0 42,6 0
Ag+(Р) 105,5 72,6 77,1
Zn0 + 2Ag+ → 2Ag0 + Zn2+
∆G = ∆H0 -T∆S0
Из следствий закона Гесса рассчитаем ∆H0 и ∆S0
Пользуясь первым следствием из закона Гесса тепловой эффект реакции (∆Н0) вычисляется по теплотам образования реагирующих и образовавшихся веществ.
∆H0реакции = ni ∆H0обр (продуктов реакции ) – ni ∆H0обр (исходных веществ)
∆H0реакции = 2∆H0обрAg0 + ∆H0обрZn2+ – (2∆H0обрAg+ + ∆H0обрZn0 )
Подставляем данные из таблицы
∆H0реакции = 2*0 + (-153,6) – (2*105,5 + 0) = 0 – 153,6 -211= -364,6 кДж/моль
Так же рассчитываем ∆S0
∆S0реакции = 2*42,6 + (-110,6) – (2*72,6 + (-147,2)) = 85.2 – 110.6 – 145.2 -147.2 = -317.8 Дж/моль*К
переведем в Кдж/моль*К
-317.8 Дж/моль*К -0,3178 кДж/моль*К
Рассчитаем
∆G = ∆H0 -T∆S0
∆G = – 364,6 – 298 * (-0,3178) = – 269,9 кДж/моль = -269900 Дж/моль
Рассчитаем ЭДС
Е = – ∆G nF => Е = 2699002*96500=1,4 В
Можно сравнить с теоретическим :
ЭДС = Е катода – Е анода
ЭДС = 0,8 – (-0,76) = 1,56 В
AuCl3
Электролиз
AuCl3 диссоциирует :
AuCl3 => Au3+ +3Cl-
(-) катод (+) анод
Au3+; H2O Cl-; H2O
Eo(Au3+/Au) = 1,50 В Eo(O2/2H2O) =1,8 В
Eo(2H2О/H2) = -1,0 В Eo(Cl20/2Cl-) = 1,36 В
Так как Eo(Al3+/Al) > Eo(2H2О/H2) идет процесс восстановления катионов золота Так как EoCl2/2Cl- < EoO2/2H2O, идёт процесс окисления ионов хлора
Au3+ + 3ē Au0 2 Cl- +2e => Cl2
На катоде выделится 7,1 г золота
Для вычислений массы m (для газов – объема V) веществ, образующихся на электродах в результате электролиза, необходимо воспользоваться законом Фарадея:
или (для газов):
где M- молярная масса, г/моль
Vm-молярный объем, равный 22.4 л/моль при н.у.
I -сила тока, А
z -число электронов в уравнении электродного процесса
t -время проведения электролиза, секунды
F -постоянная величина (число Фарадея),
равная 96500 Кл/моль
M(Au)= 197 г/моль
Подставляем : 7,1 = 197*I*t3* F => 7,1 = 65,67 * I*tF
И тогда I*tF = 7,165,67=0,108
Электролиз KI
Иодид калия диссоциирует :
KI => K+ + I –
(-) катод (+) анод
K+; H2O I-; H2O
Eo(K+/K) = -2,92 В Eo(O2/2H2O) =1,8 В
Eo(2H2О/H2) = -1,0 В Eo(I20/2I-) = 0,536 В
Так как Eo(K+/K) < Eo(2H2О/H2), то происходит восстановление воды Так как EoI2/2I- < EoO2/2H2O, идёт процесс окисления ионов иода
2H2O + 2ē H2 + 2OH- 2I- – 2ē I2
K+ + OH- = NaOH
Суммарное уравнение : 2KI + 2H2O => 2KOH + I2 + H2↑
При электролизе на катоде выделяется газ водород :
Найдем его объем
Подставляем вместо I*tF = 0,108
=> V (H2) = 22,4*0,1082=1.21 л
16з -24 №4 №35 №61 №82 Задача№4 Будет ли реагировать металлический цинк с растворами А)NaCl Б)MgSO2 В)CuSO4 Г)Hg(NO3)2 написать уравнен
16з -24
№4,№35,№61,№82
Задача№4
Будет ли реагировать металлический цинк с растворами А)NaCl Б)MgSO2 В)CuSO4 Г)Hg(NO3)2 написать уравнение протекающих реакций
Решение
Все предполагаемые реакции будут ОВР, в которых Zn – выступает восстановителем, а ионы, вытесняемых им металлов, будут – окислителями. Условием прохождения ОВР Е окисл > Евосст
E ( Zn2+/Zn) = -0,763B
E ( Mg2+/Mg) = -2,363B
E ( Na+/Na) = -2,714B
E ( Cu2+/Cu) = +0,337B
E ( Hg2+/Hg) = + 0,854B
Сравнивая значения электродных потенциалов, делаем вывод, что реакция возможна лишь:
Zn + CuSO4 = ZnSO4 + Cu
E ( Cu2+/Cu) = +0,337B> E ( Zn2+/Zn) = -0,763B
Zn + HgSO4 = ZnSO4 + Hg
E ( Hg2+/Hg) = + 0,854B> E ( Zn2+/Zn) = -0,763B
Задача№35
ЭДС элемента Fe| [Fe2+] = 0,1моль/л || [Ag+] xмоль/л | Ag равна 1,152В. Вычислите Х
Решение
Значение электродных потенциалов находим по уравнению Нернста
.
Е0 (Fe/Fe2+) = – 0.44 В, Mg2+ = 0,1 = 10- моль/л, заряд ионов Fe
n = +2, следовательно:
E (Fe/Fe2+) = -0,44 + 0,059/2 [10-1] = -0,4695B
Е0 (Ag/Ag+) = +0,799B
Е (Fe/Fe2+) Е ( Ag/Ag+), следовательно, электрод Fe является анодом.
Схема гальванического элемента:
Fe Fe2+ ( 10-) Ag+ X)| Ag
а н о д к а т о д
Реакция на аноде: Fe 0- 2 e- = Fe2+
Реакция на катоде: Ag+ + e- = Ag0
ЭДС гальванического элемента определяем по формуле:
ЭДС = E K – E A = 1,152B
EK = 1,152 + (-0,4695) = 0,6825B
0,6825 = 0,799 – 0,059lg[ x]
lg [x] =(0,6825 – 0,799) / -0,059 – 1,97
x = 10-2 моль/л
Задача№61
Одинаковы ли продукты электролиза водных растворов на инертных электродах? Какие продукты образуются в прикатодном и прианодном пространствах, если электролиз проводить с диафрагмой.
Решение
1)Na2SO4 = 2Na + + SO42—
() Kатод Na+ H2O (+) Aнод SO4 2— H2O
E(Na/Na+)= 2,714 B ;
= 1 B. Сульфат-ионы не разряжаются.
Так как
> E(Na/Na+)= 2,714 B , 1,8 B.
происходит восстановление H 2 из
воды: 2H2O 4ē = O2 + 4 H +
2H2O +2ē = H 2+ 2 OH —
среда щелочная среда кислая
2)Na Сl = Na + + Cl—
() Kатод Na+ H2O (+) Aнод Cl — H2O
E(Na/Na+)= 2,714 B ;
= 1 B. = 1,36B
Так как
> E(Na/Na+)= 2,714 B , 1,8 B.
происходит восстановление H 2 изТак как < , идет
воды: процесс окисления ионов Сl
2H2O +2ē = H 2+ 2 OH — 2Cl — 2 ē = Cl 2
среда щелочная
Таким образом, процессы на катоде в обоих случаях будет одинаковый : 2H2O +2ē = H 2+ 2 OH — В пространстве возле катода будут накапливаться ионы Na+ и OH — , образовывается NaОН
В случае Na2SO4 на аноде выделяется кислород, в пространстве возле анода накапливаются ионы Н+и SO4 2— , то есть образовывается Н2SO4
В случае Na Сl на аноде выделяется хлор.
Задача№82
При электролизе сульфата меди на угольном аноде выделилось 560мл кислорода, измеренного при н.у. Сколько граммов выделилось на катоде
Решение
CuSO4 =Cu2+ + SO42-
() Kатод Cu 2+ H2O (+) Aнод С SO4 2— H2O
= + 0,34 B ; = 1 B. 1,8 B.
Так как > , Сульфат-ионы не разряжаются.
происходит восстановление ,
ионов меди: Cu 2+ +2ē = Cu 2H2O 4ē = O2 + 4 H +
Суммарная реакция: 2CuSO4 + 2H2O электролиз 2Cu + O2 + 2H2SO4
m (Cu) = 2*64*0,56 /22,4=3,2г
№11, № 47 ,№ 48
Задача№11
Определите возможность самопроизвольного протекания реакции при стандартных условиях
H2S + K2Cr2O7 + H2SO4 = S + Cr2(SO4)3 +K2SO4 +H2O
Решение
Рассматриваемая реакция есть ОВР. Условием прохождения ОВР
Е окисл > Евосст
H2S2- + K2Cr2 6+O7 + H2SO4 = S0 + Cr2 3+(SO4)3 +K2SO4 +H2O
Восстановитель H2S2- -2е = S0
окислитель2Cr 6+ + 2*3 = 2 Cr3+
Е (Cr2O72-/Cr3+) = 1,33В
E (S2-/S) = – 0,447В
Е (Cr2O72-/Cr3+) = 1,33> E (S2-/S) = – 0,447
самопроизвольное протекание реакции при стандартных условиях возможно
Задача№48(11)
Укажите какой ион является окислителем, какой – восстановителем. Составьте ионно- электронное и молекулярные уравнения
H2S + MnO4- +H+ = S + Mn2+ + H2O
Решение
S2- – восстановитель
MnO4- – окислитель
H2S2- -2е = S + 2Н+ 5
Mn7+ O4- + 5е +8Н+= Mn2+ +4 H2O 2
5H2S + 2Mn O4- +6Н+ = 5S + 2Mn2+ +8 H2O
5H2S + 2 KMnO4 +3H2SO4 = 5S + 2MnSO4 + K2SO4 +8H2O
Задача№47(11)
Методом электронно-ионных уравнений составьте полные уравнения реакций, учитывая, что либо окислитель, либо восстановитель является так же и средой. Обоснуйте, на основании стандартных окислительно- восстановительных потенциалов возможность протекания данных реакций.
HCl ( конц ) + CrO3 = Cl2 + CrCl3 + H2O
восстановитель 2Cl- -2e = Cl2 3
окислитель Cr6+ O3 +3e + 6H+ = Cr3+ +3H2O 2
6Cl- + 2 CrO3 +12H += 3Cl2 + 2Cr3+ +6H2O
12HCl + 2CrO3 = 3Cl2 + 2CrCl3 + 6 H2O
Условием прохождения ОВР
Е окисл > Евосст
= 1,36B
Е0 (Cr О3 /Cr3+) = 1,477В
Е0 (Cr О3 /Cr3+) = 1,477В>= 1,36B
Таким образом, данная ОВР возможна
№9, № 32(а), № 45, № 88(а)
Задача№9
Написать молекулярные и ионно-молекулярные уравнения реакций между растворами следующих электролитов
А) сульфид натрия и серная кислота;
Б)хлорид цинка и гидроксид калия;в) карбонат калия и соляная кислота
Решение
А) сульфид натрия и серная кислота;
Na2S + H2SO4 = H2S + Na2SO4
2Na+ +S2- + 2H+ +SO42- = H2S + 2Na+ +SO42-
S2- + 2H+ = H2S
Б)хлорид цинка и гидроксид калия;
ZnCl2 + 2KOH = Zn(OH)2 +2KCl
Zn2+ +2Cl- + 2K+ + 2OH- = Zn(OH)2 +2K+ + 2Cl-
Zn2+ + 2OH- = Zn(OH)2
в) карбонат калия и соляная кислота
K2CO3 +2HCl =2 KCl +H2O + CO2
2K+ +CO32- +2H+ +2Cl- =2 K+ +2Cl- +H2O + CO2
CO32- +2H+ =H2O + CO2
Задача№32(а)
Определить концентрацию ионов водорода Н+ и степень диссоциации α в растворе А) 0,1н СН3СООН Кд = 1,8 *10-5
Решение
Для СН3СООН СН = СМ
Уксусная кислота – слабый электролит, диссоциирующий по схеме
СН3СООН СН3СОО– + Н+.
Для растворов очень слабых электролитов << 1 и (1 – ) 1,
Kд = 2 С2 . Отсюда
= . =( 1,8*10-5 /0,1)1/2
= 1,34*10-2
Задача№45
Определить молярность раствора H2SO4, считая, что диссоциация идет по двум ступеням, если концентрация гидроксид- ионов в нем равна 10-11моль/л
решение
H2SO42Н+ + SO42-
Kв = а а= [Н +][ОН–].
[Н +][ОН–] = 10-14
[Н +] = 10-14 / 10-11 = 10-3 моль/л
Исходя из уравнения электролитической диссоциации:
H2SO4 2Н+ + SO42-
1моль 2моль
См = 0,5*10-3 моль/л
Задача№88(а)
Составьте молекулярные и ионные уравнения гидролиза солей
А) MgCl2 Б ) Fe( NO3)3 В) Na2Se
А) MgCl2
Соль, образованная слабым основанием и сильной кислотой, подвергается гидролизу по катиону. Реакция среды кислая (pH < 7).
Первая ступень гидролиза
MgCl2 + HOH MgOHCl + HCl
Mg2+ + HOH MgOH+ + H
Б) Fe( NO3)
Соль, образованная слабым основанием и сильной кислотой, подвергается гидролизу по катиону. Реакция среды кислая (pH < 7).
Первая ступень гидролиза
Fe(NO3)3 + HOH FeOH(NO3)2 + HNO3
Fe3+ + HOH FeOH2+ + H
в)Na2Se
Соль, образованная сильным основанием и слабой кислотой, подвергается гидролизу по аниону. Реакция среды щелочная (pH > 7).
Первая ступень гидролиза:
Na2Se + HOH NaHSe + NaOH;
Se2— + HOH HSe– + OH—
№11,№24б,№25л ,№47 ,№67(д,с)
Задача№11
Во сколько раз изменится скорость реакции при изменении давления в n раз
CO (г ) + MgO ( тв ) = CO2( г ) + Mg (тв )
Решение
Скорость реакции:
V = k [ CO]
А) давление увеличено в n раз, значит в n раз уменьшается реакционный объем, а соответственно в n раз увеличивается концентрация
V1 = k [n CO] = n k [ CO]
V1 /V = n k [ CO] / k [ CO] = n
При увеличении давления в n раз в n раз увеличится скорость реакции
Б) давление уменьшилось в n раз, значит в n раз увеличивается реакционный объем, а соответственно в n раз уменьшается концентрация
V2 = k [ 1/n CO] = 1/n k [ CO]
V1 /V = 1/n k [ CO] / k [ CO] =1/ n
При уменьшении давления в n раз в n раз уменьшается скорость реакции
Задача№24б
Во сколько раз увеличится скорость реакции, если при Т 500К ее энергия активации за счет введения катализатора уменьшается на 16кДж/моль
решение
Скорости одной и той же реакции в разных условиях относятся как константы скоростей при этих условиях.Константа скорости реакции:k = A ∙ e-Ea/RTk1 = A ∙ e-Ea1/RTk2 = A ∙ e-Ea2/RTПо условию, ΔEa = -16 кДж/моль = -16 ∙ 10³ Дж/моль ⇒ Ea2 = Ea1 – 12 ∙ 10³k2/к1 = A ∙ e (-Ea2/RT) / A ∙ e(-Ea1/RT) = e(-(Ea1 – 12 ∙ 10³)/RT) /e(-Ea1/RT) = = e {(-Ea1+12 ∙ 10³ + Ea1)/RT} = e ( 16 ∙ 10³ / 500R ) = 45,78раз
Задача№25л
Для реакции 4 НCl (г ) + O2 (г ) = 2 H2O ( г ) + 2Cl2 (г )
1) Записать математическое выражение констант равновесия Кс и Кр
2) вычислить соотношение между Кс и Кр при 250С
3) используя таблицу термодинамических величин найти значение КР
Решение
4 НCl (г ) + O2 (г ) = 2 H2O ( г ) + 2Cl2 (г )
1.
КC =[H2O]р 2[Cl2]р2 / [ HCl]р4[ O2]р
Кр гомогенной газовой системы – произведение равновесных парциальных давлений продуктов, деленное на произведение равновесных парциальных давлений исходных веществ, в степенях, равных коэффициентам в уравнении реакции:
Kp = ( PH2O)2( PCL)2 / (PO2) (PHCl)4
2.
Кс=Кр(RT)–Δnгде ∆n – изменение числа молей реагирующих газов в течение реакции.
Δn=4–5=–1, –Δn=1 Т = 273 +25 = 298 К R=0,082 л∙атм/(моль∙К)
КС / КР =(0,082*298)1 =24,4
3.
ln Kр = –ΔG°/RTKр = е^ (–12416 Дж /(8,314 Дж/моль∙К ∙ 900К)) =0,1903
4 НCl (г ) + O2 (г ) = 2 H2O ( г ) + 2Cl2 (г)
Н0обр кДж/моль Дж /моль*К
O2 0205
НCl -92 187
H2O -242189
Cl2 0223
Н0х.р = 2Н0 обр (H2O) – 4 Н0обр( НCl) = 2* ( -242 ) – 4* ( -92) =-116 кДж
S0х.р = 2S0 обр (H2O) + 2S0обр (Cl2) – ( S0обрО2 + 4S0обр НCl) =
( 2*189 + 2*223 ) – ( 205 + 4*187) =-129Дж/ К
Рассчитать стандартное изменение энергии Гиббса реакции:
= – = -116 – 298 ( -129*10-3) = -77,6 кДж
Kр = е (–77600 Дж /(8,314 Дж/моль∙К ∙ 298К) = 0,0275
Задача№47
При 630С Кр =1,27 для реакции
N2O42NO2
Определить равновесные парциальные давления, если общее давление в состоянии равновесия было 1атм
Решение
Кр = (р(NO2) )2 / р (N2O4)
Обозначим парциальное давление NO2 – х. Так в состоянии равновесия общее давление 1 атм, то парциальное давление N2O4 будет 1-х.
1,27 = Х2 / 1-Х
: х2/(1-х)=1,27
Х2 + 1,27Х –1,27 = 0
Х = 0,66ат
р(NO2) = 0,66 ат.
р (N2O4) =1 -0,66 = 0,34ат.
Задача№67 ( д,е)
Используя табличные данные, рассчитатьН0298 и с учетом значенияН0298 определить, как отразится на положении равновесия повышение температуры. В каком направлении сместится равновесие, если при Т –const
увеличить внешнее давление?
Д) С2Н4 (г) С2Н2(г) +Н2 (г)
Е) 2С (гр) + Н2(г) С2Н2(г)
Решение
Н0обр кДж/моль
С2Н4 (г) 55
С2Н2(г) 309
Н2 (г) 0
С (гр) 0
Д)С2Н4 (г) С2Н2(г) +Н2 (г)
Н0х.р = 309 – 55 = 254кДж
Н0х.р >0 , Реакция эндотермическая
С ростом температуры по принципу Ле-Шателье равновесие сместится в сторону эндотермического процесса, при котором тепло поглощается, т.е. в сторону прямой реакции.
Увеличение внешнего давления, при Т –const, приведет к смещению равновесия в сторону обратной реакции, где давление ниже, так как меньшее количество газообразных веществ.
Е)2С (гр) + Н2(г) С2Н2(г)
Н0х.р = 309кДж
Н0х.р >0 , Реакция эндотермическая
С ростом температуры по принципу Ле-Шателье равновесие сместится в сторону эндотермического процесса, при котором тепло поглощается, т.е. в сторону прямой реакции
Увеличение внешнего давления, при Т –const не повлияет на состояние равновесия, так как до и после реакции содержится одинаковое количество газообразных веществ.
Обжиговый газ состоящий из 8% объемных долей SО2 и 12% объемных долей О2
2.1-18.
Обжиговый газ, состоящий из 8% объемных долей SО2 и 12% объемных долей О2, остальное азот, подвергнут окислению на катализаторе. Степень окисления SО2 – 88%. Рассчитать состав газа после окисления в процентах.
Решение:
Запишем уравнение реакции процесса:
2SО2 + О2 → 2 SО3
Проведем расчет на 100 м3 обжигового газа. Определим количество компонентов в составе обжигового газа.
SО2
VSO2=Vо.г.∙φSO2100=100∙8100=8 м3
νSO2=VSO2VМ=822,4=0,347 кмоль
О2
VO2=Vо.г.∙φO2100=100∙12100=12 м3
νO2=VO2VМ=1222,4=0,536 кмоль
N2
VN2=Vо.г.-VSO2-VO2=100-8-12=80 м3
νO2=VO2VМ=8022,4=3,571 кмоль
По условию задачи, степень окисления SО2 составляет 80 %. Тогда, количество окисленного сернистого газа:
νSO2ок.=νSO2∙80100=0,347∙80100=0,2776 кмоль
Остаточное количество SО2 в газе после окисления:
νSO2ост=νSO2-νSO2ок.=0,347-0,2776=0,0694 моль
VSO2ост=νSO2∙VМ=0,0694∙22,4=1,555 м3
По уравнению реакции:
При окислении 2 кмоль SО2 расходуется 1 кмоль О2 и образуется 2 кмоль SО3
При окислении 0,2776 кмоль SО2 расходуется х кмоль О2 и образуется у кмоль SО3
Количество О2 затраченное на окисление SО2:
νO2ок.=νSO2ок.2=0,27762=0,1388 кмоль
Количество SО3 выделившееся при окислении SО2:
νSO3=νSO2ок.=0,2776 кмоль
VSO3=νSO3∙VМ=0,2776∙22,4=6,218 м3
Остаточное количество О2 в газе после окисления:
νO2ост=νO2-νO2ок.=0,536-0,1388=0,3972 моль
VO2ост=νO2∙VМ=0,3972∙22,4=8,897 м3
Состав обжигового газа после окисления:
φSO2п.о.=VSO2ост.VSO2ост.+VO2ост.+VSO3+VN2∙100%=
=1,5551,555+8,897+17,382+80∙100%=1,44 %
φO2п.о.=VO2ост.VSO2ост.+VO2ост.+VSO3+VN2∙100%=
=8,8971,555+8,897+17,382+80∙100%=8,25 %
φSO3п.о.=VSO3VSO2ост.+VO2ост.+VSO3+VN2∙100%=
=17,3821,555+8,897+17,382+80∙100%=16,12 %
φN2п.о.=VN2VSO2ост.+VO2ост.+VSO3+VN2∙100%=
=801,555+8,897+17,382+80∙100%=74,19 %
Ответ: SО2 – 1,66 об. %; О2 – 8,25 об.%; SО3 – 16,12 об.%; N2 – 74,19 об.%
2.2-25.
Газовую смесь, содержащую 20% объемных долей СО и 80% объемных долей N2, пропускают при температуре 1273 К и давлении 0,1 МПа над оксидом железа, который восстанавливается до железа по реакции
FеО + СО ↔ Fе + СО2.
Найти состав равновесной смеси, объемные доли, %, и количество образовавшегося Fе, кг, если константа равновесия равна 0,403. Расчет вести на 1000 м3 исходного газа.
Решение:
Запишем выражение константы равновесия для реакции:
КР=РСО2РСО=φСО2∙PφСО∙P=φСО2φСО=φCO∙φСО0φСО01-xCO=
=xCO1-xCO=0,403
Найдем степень превращения СО:
xCO1-xCO=0,403
xCO=0,403-0,403xCO
xCO+0,403xCO=0,403
xCO=0,4031,403=0,287
Состав равновесной смеси газов:
φСО2=xCO∙φСО0=0,287∙20=5,74 об. %
φСО=φСО01-xCO=20∙1-0,287=14,26 об.%
Определим величину молярного объема при температуре 1273 К:
VMTн.у.=VМ,ТТ
VМ,Т=VMТTн.у.=22,4∙1273273=104,45 м3/кмоль
Количество вещества в 1000 м3 исходного газа при температуре 1273 К составит:
ν=VVМ,Т=1000104,45=9,57 кмоль
Поскольку для газовых систем объемные доли численно равны молярным, то содержание СО2 в равновесной смеси будет равно:
νСО2=ν∙φСО2100=9,57∙5,74100=0,549 кмоль
По уравнению реакции 1 кмолю выделившегося СО2 соответствует образование 1 кмоля Fе. Тогда, количество Fе образовавшегося в результате протекания реакции:
νFe=νСО2=0,549 кмоль
mFe=νFe∙МFe=0,549∙56=30,744 кг
Ответ: равновесный состав газовой смеси СО – 14,26 об. %; СО2 – 5,74 об. %, N2 – 80 об. %; количество образовавшегося Fе – 30,744 кг
2.3-12.
Для обратимой реакции 2А ↔ R, протекающей в газовой фазе при постоянном давлении, выразить изменение степени превращения вещества dxA/dt как функцию от степени превращения хА. Прямая реакция второго порядка, обратная — первого.
Решение:
Выражение скорости процесса для газовой реакции имеет вид:
-dСАdτ=dСRdτ=k1СА2-k-1СR
Припишем выражение с использованием степени превращения:
-dСА0∙хАdτ=k1(СА0-СА0∙хА)2-k-1СА0∙хА
-dхАdτ=k1СА0(1-хА)2-k-1∙хА
Ответ: -dхАdτ=k1СА0(1-хА)2-k-1∙хА
2.5-10.
Определить изменение степени использования внутренней поверхности пористого катализатора и скорости реакции при проведении реакции первого порядка типа А → R на сферическом катализаторе диаметром 6 мм при изменении температуры с 603 до 703 К. Эффективный коэффициент диффузии равен 0,09 см2/с, константа скорости реакции при температуре 653 К составляет 1,52 с-1, энергия активации данной реакции — 56,56 кДж/моль.
Решение:
По уравнению Аррениуса, зависимость константы скорости от температуры имеет вид:
k=A∙e-EaR∙T
Для нахождения значений константы скорости при температурах 603 и 703 К определим величину предэкспоненциального множителя в уравнении Аррениуса:
k653=A∙e-EaR∙653
1,52=A∙e-565608,31∙653
1,52=A∙2,97∙10-5
А=0,512∙105
Рассчитаем значения констант скоростей для температур 603 и 703 К:
k603=0,512∙105∙e-565608,31∙603=0,642 с-1
k703=0,512∙105∙e-565608,31∙703=3,196 с-1
Найдем значение модуля φ для температур 603 и 703 К:
φ603=VkatSkat∙k603D=43∙π∙dkat234∙π∙dkat22∙k603D=dkat2∙3∙k603D=
=0,62∙3∙0,6420,09=0,267
φ703=dkat2∙3∙k703D=0,62∙3∙3,1960,09=0,596
Рассчитаем степени использования внутренней поверхности:
η603=thφ603φ603=th(0,267)0,267=0,977
η703=thφ703φ703=th(0,596)0,596=0,896
η603η703=0,9770,896=1,09
Степень использования поверхности катализатора уменьшится в 1,09 раз.
Наблюдаемые скорости процесса при 603 и 703 К составят:
Wн,603=η603∙k603∙CA0
Wн,703=η703∙k703∙CA0
Тогда изменение наблюдаемой скорости процесса при изменении температуры от 603 до 703 К:
Wн,703Wн,603=η703∙k703∙CA0η603∙k603∙CA0=η703∙k703η603∙k603=0,896∙3,1960,977∙0,642=4,57
Наблюдаемая скорость процесса увеличится в 4,57 раза.
Ответ: степень использования поверхности катализатора уменьшится в 1,09 раз, а наблюдаемая скорость процесса увеличится в 4,57 раз
3.1-18.
Жидкофазная обратимая реакция второго порядка 2А ↔ R + S имеет константу скорости прямой реакции k = 2·10-3 м3/(кмоль·с) и константу равновесия КP = 9. Объемный расход исходного вещества с концентрацией СAO = 1,5 моль/л составляет 4,8 м3/ч, требуемая степень превращения вещества А — 80% равновесной степени превращения.
Определить необходимые объемы реакторов идеального смешения и идеального вытеснения для проведения данного процесса.
Решение:
Запишем выражение скорости обратимой реакции:
-dСАdτ=dСRdτ=dСSdτ=
=k1∙СA2-k-1∙СR∙СS
В состоянии равновесия:
k1∙СА2=k-1∙СR∙СS
k1k-1=СR∙СSСА2=Kp
Рассчитаем константу скорости обратимой реакции:
k-1=k1Kp=2∙10-39=2,22∙10-4 м3/(кмоль∙с)
Выразим выражение константы равновесия через степень превращения вещества А:
Kp=СR∙СSСА2=xAСА0∙xAСА0(СА0-xAСА0)2=xA,р2(1-xA,р)2
Найдем равновесную степень превращения:
Kp=xA,р21-xA,р2
Kp1-2xA,р+xA,р2=xA,р2
xA,р2(Kp-1)-2KpxA,р+Kp=0
xA,р=2∙Kp-4∙Kp2-4∙(Kp-1)∙Kp2(Kp-1)=
=2∙9-4∙92-4∙(9-1)∙92∙(9-1)=0,75
Найдем степень превращения компонента А. которая должна быть достигнута в реакторе:
xA=0,8∙xA,р=0,8∙0,75=0,6
Для обратимой реакции 2-го порядка необходимая длительность пребывания реакционной смеси для достижения степени превращения 0,6:
в РИС
τРИС=СА0-САk1∙CA2-k-1∙СА0-СА2=СА01-хАk1∙СА021-хА2-k-1∙СА0хА2==1-хАk1∙СА01-хА2-k-1∙СА0хА2=
=1-0,62∙10-3∙1,5∙1-0,62-2,22∙10-4∙1,5∙0,62=1111 с=0,31 ч
в РИВ
перепишем выражение для скорости процесса через степень превращения:
dхАdτ=k1(1-хА)2-k-1хА2
dхАk1(1-хА)2-k-1хА2=dτ
dхАk1-k-1хА2+2k1хА-k1=dτ
Рассчитаем значение дискриминанта квадратного уравнения от степени превращения:
D=2k12-4∙k1-k-1k1=2∙2∙10-32-
-4∙2∙10-3-2,22∙10-42∙10-3=1,776∙10-6 >0
Поскольку дискриминант выражения больше нуля, то проинтегрировав получим следующее выражение длительности пребывания реакционной смеси в РИВ:
τРИВ=1D∙ln2k1-k-1+2k1-D2k1-k-1-2k1+D=11,776∙10-6∙
∙ln22∙10-3-2,22∙10-4+2∙2∙10-3-1,776∙10-622∙10-3-2,22∙10-4-2∙2∙10-3+1,776∙10-6=1461 c=
=0,41 ч
Определим объемы реакторов необходимые для достижения степени превращения 0,6:
в РИС
VРИС=V0τРИС=4,8∙0,31=1,488 м3
в РИВ
VРИВ=V0τРИВ=4,8∙0,41=1,968 м3
Ответ: VРИС = 1,488 м3; VРИВ = 1,968 м3
3.2-18.
В реакторе идеального смешения непрерывного действия проводится экзотермическая реакция А → R + Qр с тепловым эффектом равным 190 кДж/кмоль. Расход реагента А с температурой 15 °С составляет 0,2 кмоль/с, теплоемкость реакционной смеси — 16,7 кДж/(кмоль·К), температура реакционной смеси на выходе из реактора – 49 °С, степень превращения по веществу А — 0,8, средняя разность температур между охлаждающим агентом и реакционной смесью — 10 град, коэффициент теплопередачи равен 419 кДж/(м2·с·К).
Определить количество отводимой или подводимой теплоты и требуемую площадь теплообмена.
Решение:
Определим количество теплоты поступающей с исходными реагентами:
Qподв.=сР∙V0∙t0=16,7∙0,2∙15=5,01 кДж/с
Определим количество теплоты отходящей с продуктами реакции:
Qотв.=сР∙V0∙tп.р.=16,7∙0,2∙49=163,66 кДж/с
Количество теплоты, выделяющееся в ходе химической реакции:
Qх.р.=сР∙V0∙хА∙QР.=16,7∙0,2∙0,8∙190=507,68 кДж/с
Суммарное количество теплоты в реакторе:
Qреак.=Qподв.+Qх.р.=5,01+507,68=512,69 кДж/с
Количество теплоты, которое должно быть отведено из реактора:
Qохл.=Qреак.-Qотв.=512,69-163,66=349,03 кДж/с
Определим площадь теплообмена:
S=Qохл.K∙∆t=349,03419∙10=0,0833 м2
Ответ: количество теплоты, которое должно быть отведено 349,03 кДж/с, площадь теплообмена 0,0833 м2
4.1-21.
Процесс, описываемый реакцией типа А + В → R с константой скорости k = 0,5 м3/(кмоль·с), проводится в установке, состоящей из двух реакторов смешения, соединенных последовательно, объемом 0,4 м3. Объемные расходы вещества А составляет 3 м3/ч с концентрацией 1,5 кмоль/м3, а вещества В — 3 м3/ч с концентрацией 2 кмоль/м3. Определить производительность установки по продукту R.
Решение:
Суммарный объемный расход вещества:
V0=VA+VB=3+3=6 м3/ч
Исходная концентрация вещества А в установке:
СА0=СА,исх∙VAV0=1,5∙36=0,75 кмоль/м3
Исходная концентрация вещества В в установке:
СВ0=СВ,исх∙VВV0=2∙36=1 кмоль/м3
Длительность пребывания реакционной смеси в РИС:
τРИС=VРИСV0=0,46∙3600=240 с
Найдем степень превращения по компоненту А в 1 реакторе РИС:
τРИС=хАk∙CA0∙(1-хА)∙CB0CA0-хА
240=хА0,5∙0,75∙(1-хА)∙10,75-хА
240=хА0,5-0,875∙хА+0,375∙хА2
120-210∙хА+90∙хА2=хА
90∙хА2-211∙хА+120=0
хА=211-(-211)2-4∙90∙1202∙90=0,97
Концентрация компонента А на выходе из первого реактора составит:
СА1=СА0-СА0∙хА=0,75-0,75∙0,97=0,0225 кмоль/м3
Производительность установки по продукту R составит:
NR=νA∙V0∙СА0∙хАνR+νA∙V0∙СА1∙хАνR=V0∙СА0∙хА+V0∙СА1∙хА=
=6∙0,75∙0,97+6∙0,0225∙0,97=4,5 кмоль R/ч
Ответ: 4,5 кмоль R/ч
4.2-12.
Процесс описывается реакцией типа 2А → R с константой скорости 0,065 м3/(кмоль·с). Концентрация вещества R в выходном потоке равна 2,5 кмоль/м3. Процесс проводится в установке, состоящей из смесителя См, реактора вытеснения и делителя Д, где отделяется продукт R, а не прореагировавшее вещество А возвращается в цикл. Установка перерабатывает 20 кмоль/ч исходного вещества, которое поступает с концентрацией 1,4 кмоль/м3. Степень превращения вещества А в реакторе равна 0,7, а концентрация вещества А в рецикле — концентрации его на входе в установку.
Определить производительность установки по продукту R, необходимый объем реактора вытеснения, объем рецикла и концентрацию вещества R в выходном потоке.
Решение:
Потоки ХТС – 1, 2, 3, 4, 5. Уравнение материального баланса для ХТС в целом:
V1∙CA1=V5∙CR5
V1=V5
Составим уравнение материального баланса по веществу А для смесителя См, РИВ и делителя Д:
V1∙CA1+V4∙CA4=V2∙CА2
V2∙CА2=V3∙CA3+V2∙CА2∙хА
V3∙CА3=V4∙CA4=V2∙CА2(1-хА)
Материальный баланс по веществу R для РИВ и Д:
V2∙CА2∙хА=νAV3∙CR3νR=νAV5∙CR5νR
Составим уравнения материального баланса по потокам для См, РИВ и Д:
V1+V4=V2
V2=V3
V3=V4+V5
Определим объемный расход реакционной смеси в установке:
V1=NACA1=201,4=14,3 м3/ч
Производительность установки по продукту R:
NR=V1∙CA1∙хАνА=14,3∙1,4∙0,72=7,01 кмоль/ч
Длительность пребывания реакционной смеси в РИВ для реакции 2-го порядка:
τРИВ=СА01-nkn-11-xA1-n-1=СА01-2k2-11-xA1-2-1==1k∙CA0∙11-xA-1=10,065∙1,4∙11-0,7-1=26 с
Определим концентрацию продукта R на выходе из РИВ:
V2∙CА2∙хА=νAV3∙CR3νR
CА2∙хА=νA∙CR3νR
CR3=CА2∙хА∙νRνA
По условию задачи:
CА2=CА1
Тогда:
CR3=CА2∙хА∙νRνA=CА1∙хА∙νRνA=1,4∙0,7∙12=0,49 кмоль/м3
Определим объем РИВ:
VРИВ=τРИВ∙V3
νAV3∙CR3νR=νAV5∙CR5νR
V3∙CR3=V5∙CR5
V3=V5∙CR5CR3=V1∙CR5CR3=14,3∙2,50,49=73 м3/ч
VРИВ=τРИВ∙V3=26∙733600=0,53 м3
Определим объем рецикла:
V4=V3-V5=73-14,3=58,7 м3/ч
Ответ: NR = 7,01 кмоль R/ч; VРИВ = 0,53 м3; Vрец. = 58,7 м3/ч; CR3 = 0,49 кмоль/ч
4.3-6.
Установка производит 3,6 кмоль/ч продукта R по реакции типа 2А → R с константой скорости равной 1,2 л/(моль·с). Концентрация вещества А в исходном потоке равна 0,5 моль/л. Стоимость исходного вещества А составляет 120 руб./кмоль. Процесс проводится в реакторе вытеснения, стоимость обслуживания которого равна 0,08 руб./(м3с). После реактора смесь разделяется на продукт и исходное вещество А с концентрацией равной 0,5 моль/л и возвращается в реактор. Стоимость процесса разделения выражается через стоимость возвращаемого вещества А и равна 75 руб./кмоль.
Определить оптимальную степень превращения вещества А в реакторе, оптимальный объем реактора вытеснения и себестоимость продукта R.
Решение:
Потоки ХТС – 1, 2, 3, 4, 5. Уравнение материального баланса для ХТС в целом:
V1∙CA1=V5∙CR5
V1=V5
Составим уравнение материального баланса по веществу А для смесителя См, РИВ и делителя Д:
V1∙CA1+V4∙CA4=V2∙CА2
V2∙CА2=V3∙CA3+V2∙CА2∙хА
V3∙CА3=V4∙CA4=V2∙CА2(1-хА)
Материальный баланс по веществу R для РИВ и Д:
V2∙CА2∙хА=νAV3∙CR3νR=νAV5∙CR5νR
Составим уравнения материального баланса по потокам для См, РИВ и Д:
V1+V4=V2
V2=V3
V3=V4+V5
По уравнению реакции, количество вещества А, необходимое для получения заданного количества вещества R:
NA0=2NR
Объем РИВ:
VРИВ=V0∙CA0∙xAk∙CA02∙(1-xA)=2NRk∙CA02∙(1-xA)
Количество возвращаемого вещества А:
V0∙CA=Vрец∙Cрец=V0∙CA0∙1-xA=2NR1-xAxA
Затраты на изготовление продукта составят:
S=2NR∙ЦА0+2NRk∙CA02∙1-xAЦр+2NR∙1-xAxA∙ЦАрец
Определим оптимальную степень превращения из условия, что производная от себестоимости должна быть равна нулю:
S’=2NRk∙CA0k∙CA02∙1-xA2Цр-2NRxA2∙ЦАрец=0
2NRk∙CA0k∙CA02∙1-xA2Цр=2NRxA2∙ЦАрец
k∙CA0k∙CA02∙1-xA2Цр=1xA2∙ЦАрец
1,2∙0,51,2∙0,52∙1-xA2∙0,08∙10-3=1xA2∙75∙10-3
Построим графики зависимостей правой и левой части уравнения и в точке пересечения найдем значение оптимальной степени превращения.
Исходя из графика оптимальная степень превращения 0,922.
Тогда, объем РИВ:
VРИВ=2NRk∙CA02∙(1-xA)=2∙3,6∙1033600∙1,2∙0,52∙(1-0,922)=85,47 л
Себестоимость продукта составляет:
SNR=2NR∙ЦА0+2NRk∙CA02∙1-xAЦр+2NR∙1-xAxA∙ЦАрецNR=
=2∙3,6∙120+2∙3,6∙1031,2∙0,52∙1-0,9220,08∙10-3+2∙3,6∙1-0,9220,922∙753,6=259,53 руб/кмоль R
Определим объем рецикла.
Длительность пребывания реакционной смеси в РИВ для реакции 2-го порядка:
τРИВ=1k∙СА011-xA-1=11,2∙0,511-0,922-1=19,7 с
Объемный поток, проходящий через РИВ:
V3=VРИВτРИВ=85,4719,7=4,34 л/с=15,624 м3/ч
Объемный поток, обеспечивающий производительность по продукту:
V0∙CA0∙1-xA=2NR1-xAxA
V0∙CA0=2NRxA
V0∙CA0∙xA=2NR
V0=2NRCA0∙xA=2∙3,60,5∙0,922=15,618 м3/ч
Объем рецикла составит:
V4=V3-V0=15,624-15,618=6∙10-3 м3/ч=6 л/ч
Ответ: VРИВ = 85,47 л; Vрец. = 6 л/ч; 259,52 руб./кмоль R
5-18.
Составить материальный баланс установки для получения аммиачной селитры производительностью 20 т NН4NО3 в час влажностью 5% массовых долей. В производстве применяется 47%-ная азотная кислота и 100%-ный газообразный аммиак. Потери азотной кислоты и аммиака в производстве составляют 1% производительности. Из нейтрализатора аммиачная селитра выходит в виде 60%-ного раствора NН4NО3 в воде. Определить количество влаги, испарившейся в результате экзотермической реакции нейтрализации НNО3 + NН3 = NН4NО3.
Решение:
Рассчитаем количество компонентов в 20 т/ч NН4NО3 в час влажностью 5%:
GNH4NO3=G∙100-ωH2O100=20∙100-5100=19 т/ч
GH2O=G∙ωH2O100=20∙5100=1 т/ч
По уравнению реакции:
На образование 1 кмоль (0,08 т) NН4NО3 требуется 1 кмоль (0,063 т) НNО3 и 1 кмоль (0,017 т) NН3
На образование 19 т NН4NО3 требуется х т НNО3 и у т NН3
Тогда, масса НNО3 необходимая для получения 19 т аммиачной селитры:
GНNO3ч=GNH4NO3∙МНNO3МNH4NO3=19∙6380=14,963 т/ч
GNН3ч=GNH4NO3∙МNН3МNH4NO3=19∙1780=4,038 т/ч
Расход 47 %-ной азотной кислоты на производство 20 т/ч аммиачной селитры составит:
GНNO3=GНNO3ч∙100ωНNO3=14,963∙10047=31,836 т/ч
Расход 100 %-го аммиака на производство 20 т/ч аммиачной селитры составит:
G(NН3)=GNН3ч=4,038 т/ч
Потери 47 %-ной азотной кислоты составят:
GНNO3пот=GНNO3∙ωпот100=31,836∙1100=0,32 т/ч
Потери аммиака составят:
GNН3пот=GNН3∙ωпот100=4,038∙1100=0,04 т/ч
Расход 47 %-ной азотной кислоты с учетом потерь составит:
GНNO3сум.=GНNO3+GНNO3пот=31,836+0,32=32,156 т/ч
Расход 100 %-ного аммиака с учетом потерь составит:
GNН3сум=GNН3+GNН3пот=4,038+0,04=4,078 т/ч
Количество воды в 47 %-ной азотной кислоте без учета потерь кислоты:
GН2Осум.=GНNO3∙100-ωНNO3к-та100=
=31,836(100-47)100=16,87 т/ч
Количество 60%-го раствора аммиачной селитры составляет:
GNH4NO3р-ра=GNH4NO3∙100ωNH4NO3=19∙10060=31,67 т/ч
Количество воды в растворе:
GН2Ор-ра=GNH4NO3р-ра-GNH4NO3=31,67-19=12,67 т/ч
Количество воды, испарившееся при реакции нейтрализации:
GН2Оисп.=GН2Осум.-GН2Ор-ра=16,87-12,67=4,2 т/ч
Количество воды, которая должна быть удалена из 60%-го раствора аммиачной селитры:
GH2Oудал.=GNH4NO3р-ра-GH2O=12,67-1=11,67 т/ч
Материальный баланс получения 20 т аммиачной селитры с влажностью 5 % приведен в таблице.
Таблица – Материальный баланс получения 20 т аммиачной селитры с влажностью 5 %
Приход Расход
Компонент т/ч Компонент т/ч
100 % газовый аммиак 4,078 Аммиачная селитра 20
На получение NН4NО3 4,038 NН4NО3 19
Потери NН3 0,04 Н2О 1
47 %-й раствор азотной кислоты 32,156 Испарившаяся влага 4,2
НNО3 14,963 Влага, удаленная при сушке 11,67
Н2О 19,10 Потери NН3 0,04
Потери р-ра НNО3 0,32 Потери р-ра НNО3 0,32
Итого 36,234 Итого 36,23
Розбаланс составляет:
36,234-36,2336,23∙100%=0,011
Ответ: количество влаги испарившейся при нейтрализации 4,2 т/ч