Текст
И. П. СЕРЕДА
»няииииииииишииишшиивввяшииввиИИИИИИвИИ
КОНКУРСНЫЕ
ЗАДАЧИ ПО ХИМИИ
ПОСТУПАЮЩИМ
В ВУЗЫ
И. П. СЕРЕДА
КОНКУРСНЫЕ ЗАДАЧИ
ПО ХИМИИ
ПОСТУПАЮЩИМ В ВУЗЫ
ИЗДАНИЕ ЧЕТВЕРТОЕ
ПЕРЕРАБОТАННОЕ И ДОПОЛНЕННОЕ
Киев
Головное издательство
издательского объединения «Битца школа»
1982
ББК 24я 729]
54
С32
УДК 54 (031)
Конкурсные задачи по химии. Поступающим в вузы.
Середа И. П. — 4-е изд., перераб. и доп.— Киев:
Вища школа. Головное изд-во, 1982.—232 с.
Пособие содержит задачи, соответствующие основ-
ным разделам программы вступительных экзаменов.
Преобладающее количество задач решено несколькими
способами, что дает возможность выбрать наиболее
удобный способ решения. В пособие включены также
задачи, предлагаемые на конкурсных экзаменах в Киев-
ском государственном университете и ряде других
вузов. Настоящее пособие дополнено значительным
количеством задач, предлагавшихся в последние десять
лет на республиканских олимпиадах юных химиков.
Пособие предназначено для поступающих на хими-
ческие и биологические факультеты университетов,
естественные факультеты педагогических институтов,
в медицинские и химико-технологические институты,
технические вузы. Его могут использовать учителя
средних школ, преподаватели средних учебных заве-
дений, а также студенты педагогических институтов
и университетов.
Табл. 5.
Перевод с украинского издания («Вища школа»,
1972).
Редакция литературы по химии, химической тех-
нологии, горному делу и металлургии.
Зав. редакцией Т. С. Антоненко.
1802000000-238} 28__g
М211(04)—82
© Издательское объединение «Вища школа»,- 1974.
© Перевод на русский язык, издательское объединение
«Вища школа», 1982, с изменениями.
ПРЕДИСЛОВИЕ
Для овладения теоретическим материалом по химии совершенно
необхоДимо уметь решать задачи, касающиеся всех разделов хи-
мии Умение решать задачи дает возможность учащимся школ,
техникумов, а также студентам высших учебных заведений глубже
изучить и понять многие химические процессы и закономерности.
К сожалению, решению задач не всегда уделяется достаточно
внимания. В большинстве пособий по химии для поступающих в
вузы решение задач рассматривается как второстепенный вопрос;
не акцентируется внимание на особенностях задач различных ти-
пов и методах их решения. Недостаточно внимания уделяется ре-
шению задач и в программах высших учебных заведений. Между
тем, в этом вопросе абитуриенты, а иногда даже выпускники вузов
проявляют наиболее слабую подготовку.
Настоящее пособие знакомит с различными, наиболее часто
встречающимися, типами задач и методами их решения. Рассмот-
ренные здесь задачи полностью охватывают школьную программу, а
некоторые из них выходят за пределы этой программы (в пособии
они отмечены звездочками).
Весь материал пособия изложен в девяти главах. Каждая гла-
ва первой части содержит небольшой теоретический материал или
практические советы, необходимые для решения задач определен-
ного типа, и условия задач этого типа. Решения задач приводятся
во второй части, отдельно от их условий. Это дает возможность ре-
шающему проверить свои способности в решении задач, т. е. уме-
ет ли он полученные теоретические знания применять в практичес-
кой деятельности. Решающий может обращаться к решению задач
только при необходимости.
Для большинства задач приводится несколько способов решения.
Это вовсе не значит, что этим исчерпываются все возможные спосо-
бы решения той или иной задачи. Порядок расположения способов
решения задач обусловлен отношением к ним автора: первым дается
способ, который, по его мнению, является лучшим.
В десятой главе собраны задачи для самостоятельного решения.
Таблицы приложения, помещенного в конце книги, содержат
материал, необходимый как для решения задач определенного типа,
так и для составления новых задач, если у решающего появится
такое желание.
В пособии названия химических соединений приведены в соот-
ветствии с номенклатурой, применяемой сейчас в средней школе,
изменены условия многих задач, числа по возможности подобраны
так, чтобы уменьшить затрату времени на математические подсчеты.
Автор остается убежденным в том, что большое количество мате-
матических подсчетов вовсе не способствует углублению знаний по
химии или математике, но даже отвлекает внимание от химической
сущности задачи.
3
Пособие дополнено рядом задач повышенной трудности, предла-
гавшихся в течение последних десяти лет на республиканских олим-
пиадах юных химиков. Решения этих задач выдаются участникам
и руководителям команд, но, к сожалению, не становятся достоя-
нием широкого круга интересующихся химией школьников и аби-
туриентов. Поэтому детальный разбор этих задач с предложением
нескольких вариантов решения, по мнению автора, будет весьма
полезным.
Автор выражает признательность всем читателям, приславшим
свои замечания, и тем, кто пришлет интересные, с их точки зрения,
задачи, чтобы их можно было использовать в последующих изданиях.
Все пожелания, направленные на улучшение книги, просим при-
сылать по адресу: 252054, Киев, 54, ул. Гоголевская, 7, Головное
издательство издательского объединения «Вища школа». I
ЗАДАЧИ
I. ХИМИЧЕСКИЕ УРАВНЕНИЯ
Решение задач с использованием химических уравнений наибо-
лее распространено. Этот тип задач встречается всегда, если по ус-
ловию происходит химическое превращение веществ: реакции ней-
трализации, разложения, соединения, замещения, двойного обмена,
окисления-восстановления и т. д. При решении такого типа задач
нужно правильно написать уравнение реакции, под формулами
веществ, о которых идет речь в условии задачи, проставить вели-
чины молекулярных масс и решать задачу, пользуясь мольными
величинами или методом пропорций. Решение задач с использова-
нием мольных величин значительно легче и полезнее, так как при
этом меньше времени расходуется на арифметические упражнения и
решающий получает более полное представление о возможных превра-
щениях в рассматриваемой реакции и о количестве образующих-
ся веществ. При использовании метода пропорций химическое урав-
нение, как и весь химический процесс, отодвигается на второй план и
все внимание решающего концентрируется только на числовых
величинах молекулярных масс и данных условия задачи.
Если получение какого-нибудь вещества по условию задачи со-
провождается несколькими реакциями и в задаче даны только ко-
нечные и начальные продукты, то вовсе не обязательно пользоваться
уравнениями всех промежуточных стадий реакции. Можно исполь-
зовать схему превращения исходных веществ в конечные продукты.
Например, в производстве азотной кислоты аммиак сжигают в
присутствии платинового катализатора. Образующийся моноксид
азота окисляется кислородом воздуха до диоксида азота, который,
растворяясь в воде, образует азотную кислоту. Весь процесс полу-
чения азотной кислоты каталитическим окислением аммиака можно
выразить следующими уравнениями реакций:
4NH3 + 50» = 4NO + 6Н2О,
2NO + O2 = 2NO2,
4NO2 + 2НоО + О2 = 4HNO3.
Чтобы определить количество азотной кислоты, образующейся
при сжигании определенного количества аммиака, или количество ам-
миака,^ необходимого для производства определенного количества
азотной кислоты, вовсе не обязательно проводить расчеты с исполь-
зованием всех трех уравнений. Для этого достаточно одной схемы:
NH3 -> HNO3 или NH3 HNO3
17 63 22,4 63 ’
потому что при полном превращении аммиака в азотную кислоту
из 1 моль NH3 образуется 1 моль HNO3.
Задачи, основывающиеся на реакциях обмена, лучше всего
Решать, пользуясь мольными величинами: если известны
5
количества молей реагирующих веществ, то из уравнения реак-
ции очень легко определить количество молей прореагировавших
веществ и количество молей образовавшихся продуктов реакции.
Арифметические действия в этом случае сводятся к превращению
молей вещества в граммы.
Задачи, основывающиеся на реакциях нейтрализации, отлича-
ются от других тем, что при таких реакциях в зависимости от коли-
чества реагирующих веществ образуются разные продукты.
Например, при нейтрализации фосфорной кислоты щелочью в
зависимости от молярного соотношения между щелочью и кислотой
образуются такие продукты реакции:
NaH2PO4 + NaOH = Na2HPO4 + Н2О;
Na2HPO4 + NaOH = Na3PO4 + H20.
Аналогично происходит процесс нейтрализации многоатомного
основания:
А1 (ОН)3 + НС1 = Al (ОН)2 С1 + Н2О;
Al (ОН)2 Cl + НС1 = А1 (ОН) С12 + Н2О;
Следует помнить, что при неполной нейтрализации
основания образуются смеси двух соединений, которое пер
одно в другое. Так, при нейтрализации фосфорной кислоты
образовываться смеси Н3РО4 и NaH2PO4, I<aH2rv4 и i\a2l
Na2HPO4 и Na3PO4, Na3PO4 и NaOH. He могут образоваться
си Н3РО4 и Na2HPO4 или NaH2PO4 и Na3PO,
между собой:
Точно так же
основания кис-
или А1 (ОН)2С1
КИСЛОТЫ или
которые переходят
могут
NaH2PO4 и Na2HPO4,
I сме-
>4, т. к. они реагируют
Н3РО4 + Na2HPO4 = 2NaH2PO4;
NaH2PO4 + Ма,РО4 = 2Na,HPO4.
и при постепенной нейтрализации
лотой не образуются смеси А1 (ОН)3 и А1 (ОН) С12
и А1С13:
А1 (ОН)3 + А1 (ОН) С12 = 2А1 (ОН)2 С1;
Al (ОН)2 С1 + А1С13 = 2А1 (ОН) С12.
Решая задачи, основывающиеся на реакциях нейтрализации,
нужно иметь четкое представление о гидролизе солей. Соли в рас-
творе, как правило, хорошо диссоциируют. Одновременно диссоции-
рует и вода, хотя и в незначительном количестве. Анионы слабых
кислот присоединяют ионы водорода, увеличивая концентрацию
гидроксильных ионов, а катионы слабых оснований присоединяют
гидроксильные ионы, увеличивая концентрацию ионов водорода.
Гидролиз — это взаимодействие вещества с водой, в результате
которого образуются слабодиссоциированные кислоты или основания
или же те и другие. Соли сильных кислот и сильных оснований не
гидролизуют, так как они не образуют слабодиссоциированных ос-
6
нований. Соль слабого основания и сильной кислоты гидролизует по
'такой схеме:
А13+ + н2О Al (ОН)2+ + Н+.
Раствор имеет кислую реакцию.
Соль слабой кислоты и сильного основания гидролизует по сле-
дующей схеме:
СО2~4- НоО НСОГ + ОН-.
О • £ О’
Раствор имеет щелочную реакцию.
Соль слабого основания и слабой кислоты гидролизует так:
NH+ + СН.СОО- + Н2О & nh4oh + сн3соон.
Раствор может иметь кислую, щелочную или нейтральную
реакцию в зависимости от силы*кислоты и основания: если более
сильной является кислота, то реакция раствора будет кислой, если
сильнее основание — то щелочной, если же сила их приблизитель-
но одинакова, реакция раствора будет нейтральной.
При решении задач этого типа пользуются единицами измерения,
которые даны в условии задачи. Превращение килограммов в грам-
мы или миллилитров в литры приводит к необходимости пользовать-
ся очень большими или очень малыми числами, что создает допол-
нительные трудности.
Условия задач
1. Определить процентное содержание доломита СаСО3 • MgCO.
в руде, если при разложении 40 г ее выделяется 8,96 л СО2 (н. у.)3
2. К раствору, содержащему 19,32 г карбоната калия, прибавили
раствор, содержащий 12,6 г азотной кислоты. Определить состав
образовавшихся солей.
3. При термическом разложении перманганата калия образуется
манганат калия К2МпО4, диоксид марганца и кислород. Определить
объем выделившегося кислорода (н. у.) при разложении 12,8 г пер-
манганата калия, содержащего 1,25% примесей.
4. При разложении 40 г перманганата калия, содержащего 21%
минеральных примесей, образовалось 37,44 г твердого остатка.
Определить его состав.
5. При разложении бертолетовой соли, содержащейся в 20 г ее
смеси с хлоридом калия, образовалось 12,32 г хлорида калия. Опре-
делить процентный состав взятой смеси.
6. В раствор нитрата серебра погрузили медную пластинку мас-
сой 80 г. После полного вытеснения серебра масса пластинки увели-
чилась на 7,6%. Определить количество содержащегося в растворе
серебра.
7. При пропускании СО2 через водную суспензию, содержащую
50 г СаСО3, часть его перешла в раствор. Определить количество
оставшегося в твердой фазе карбоната, если прореагировало 8,96 л
°2 (н. у.).
7
8. Через суспензию, содержащую 7,4 г гашеной извести, пропус!
тили 8 л газовой смеси, содержащей 39,2% углекислого газа. Опре!
делить количество образовавшегося СаСО3 после полного погло-
щения СО2. I
9. При взаимодействии бензола с этиленом в присутствии без-
водного А1С13 образуется этилбензол С6Н5 — С2НЙ. Определить
состав образовавшихся продуктов, если для реакции взято 776 кг
бензола и 200 м3 этилена (н. у.) и прореагировало 89,6% этилена.
10. При нагревании бертолетовой соли часть ее разлагается с
выделением кислорода, а часть — с образованием КО и KC1OJ
Определить массу и состав остатка, если при нагревании 88,2 и
бертолетовой соли образовалось 13,44 л кислорода (н. у.). ’
1. К раствору, содержащему 5,88 г фосфорной кислоты, при-
бавит раствор, содержащий 8,4 г едкого кали. Определить состав
осадка, полученного при выпаривании раствора досуха. J
12. К раствору, содержащему 11,9 г нитрата серебра, прибави!
ли раствор, содержащий 2,67 г хлорида алюминия. Осадок отфильт!
ровали и фильтрат выпарили. Определить количество образовавшей
гося хлорида серебра, массу и состав остатка после выпаривания
фильтрата, если образуется кристаллогидрат нитрата алюминия
Al (NO3)3 • 9Н2О.
13. К раствору, содержащему 7,84 г сульфата хрома, прибави!
ли раствор, содержащий 16,64 г хлорида бария. Образовавшийся
осадок сульфата бария отфильтровали, а фильтрат выпарили.'
Определить количество осадка, а также массу и состав осадка после)
выпаривания, если соли — кристаллогидраты (ВаС12 • 2Н2О, СгС13 •
•6Н2О и Cr2 (SO4)3 • 18Н2О). I
14. К раствору, содержащему 9,84 г нитрата кальция, прибави-1
ли раствор, содержащий 9,84 г фосфата натрия. Образовавшийся!
осадок отфильтровали, а фильтрат выпарили. Определить количе!
ство продуктов реакции и состав их после выпаривания фильтрата]
если считать, что образуются безводные соли. 1
15. К раствору, содержащему 22,2 г хлорида кальция, приба!
вили раствор, содержащий 12,72 г карбоната натрия. Образовавший!
ся осадок отфильтровали и фильтрат выпарили. Определить состаз
образовавшихся солей.
16. Определить количество цинкового огарка, содержащего 40°/J
цинка, и объем 2 н. раствора серной кислоты, необходимые для при!
готовления 300 м3 электролита, содержащего 130 г/л цинка. I
17. В раствор, содержащий 9,4 г нитрата меди и 9,75 г нитратЛ
ртути, погрузили кадмиевую пластинку массой 50 г. На сколько
процентов увеличилась масса пластинки после полного вытеснения
меди и ртути кадмием при условии, что медь и ртуть полностью за!
держиваются на пластинке?
18. При погружении в раствор медного купороса кадмиевой плас-’
тинки ее масса уменьшилась на 3 г. Определить количество кадмия,
перешедшего в раствор.
19., В раствор, содержащий 15,4 г кристаллогидрата нитрата
8
кадмия Cd (NO3)2 • 4H2O, погрузили цинковую пластинку. Через
некоторое время пластинку вынули из раствора, промыли, высуши-
ли и взвесили. Масса ее увеличилась на 0,94 г. Раствор осторожно
выпарили до образования кристаллогидратов кадмия Cd (NO3)2 •
. 4Н2О и цинка Zn (NO3)2 • 6Н2О. Определить состав остатка крис-
таллогидратов.
23. В раствор, содержащий 8,32 г сульфата кадмия, погрузили
цинковую пластинку. После полного выделения кадмия масса пла-
стинки увеличилась на 2,35%. Определить массу цинковой пластцнки.
21. В раствор, содержащий 3,2 г безводного сульфата меди и
6,24 г безводного сульфата кадмия, погрузили цинковую пластинку.
Определить, на сколько увеличится масса пластинки, если пол-
ностью вытеснить из раствора медь и кадмий.
*22. К раствору, содержащему 19,44 г гидрокарбоната кальция,
прибавили 20,52 г сульфата алюминия. Определить состав образовав-
шегося осадка и количество оставшихся в растворе солей, если счи-
тать, что сульфат кальция осаждается полностью.
23. Сколько необходимо нейтрализовать фосфорной кислоты,
чтобы образовалось 1,2 г дигидрофосфата и 4,26 г гидрофосфата
натрия?
24. Какое количество едкого натра надо прибавить к 5,88 г фос-
форной кислоты, чтобы образовалось 2,84 г гидрофосфата и 6,56 г
фосфата натрия?
25. К раствору серной кислоты прибавили едкий натр. Образо-
валось 3,6 г гидросульфата и 2,84 г сульфата натрия. Определить,
сколько было в растворе серной кислоты и сколько прибавлено ед-
кого натра.
26. При частичном термическом разложении 15,04 г нитрата меди
образовалось 8,56 г твердого остатка. Определить степень разложе-
ния нитрата меди и состав полученного осадка.
27. Определить состав солей, образующихся при пропускании че-
рез раствор, содержащий 3,2 г едкого натра, 1,568 л СО2 (н. у.).
28. К раствору, содержащему 8 г сульфата меди, прибавили рас-
твор, содержащий 4,68 г сульфида натрия. Осадок сульфида меди
отфильтровали, а фильтрат выпарили. Определить количество обра-
зовавшегося сульфида меди и состав остатка после выпаривания
фильтоата.
"(29 Для окисления определенного количества щавелевой кис-
лоты в сернокислой среде израсходовали 6,32 г перманганата калия.
Образовавшийся углекислый газ пропустили через раствор, содер-
жащий 8,8 г едкого натра. Какие соли и в каком количестве образо-
вались в растворе?
30. При окислении толуола перманганатом калия в нейтральной
средеобразуются диоксид марганца и бензойная кислота. Определить
количество образовавшейся бензойной кислоты, если для восстанов-
ления диоксида марганца в сернокислой среде израсходовали 60,8 г
сУльфата железа (II). (Считать, что весь перманганат калия расхо-
дуется только на окисление толуола.)
9
31. При пропускании через раствор, содержащий едкое кали
60 л газа образовалось 2,07 г карбоната и 6 г гидрокарбоната калия’
Определить процентное содержание диоксида углерода в газе.
32. Какой объем газообразного пентана (н. у.) сожгли, если при
поглощении углекислого газа раствором, содержащим 22,2 г га-
шеной извести, образовалось 20 г карбоната и 16,2 г гидрокарбоната
кальция?
*33. К жесткой воде, содержащей гидрокарбонат кальция, при-
бавили 30,4 г сульфата железа (II) и продули воздух. Для нейтрали-
зации избытка серной кислоты прибавили раствор, содержащий 1,36 г
аммиака. Образовавшийся осадок прокалили. Определить массу
и состав осадка. (Считать, что сульфат кальция осаждается полно-
стью).
34. Сожгли 5,6 л бутана (н. у.) и образовавшийся СО2 пропусти-
ли через раствор, содержащий 102,6 г гидроксида бария. Определить,
какие соли образовались и в каком количестве?
*35. К раствору, содержащему 3,17 г хлорида хрома (III), приба-
вили раствор, содержащий 3,4 г сульфида аммония. Образовав-
шийся осадок отфильтровали и прокалили. Определить массу осад-
ка после прокаливания, а также какие соли и в каком количестве1
содержались в фильтрате.
36. Вычислить суточный расход железного колчедана на заводе,
выпускающем ежесуточно 2500 т 70%-ного раствора серной кислоты,
если в колчедане содержится 95% дисульфида железа, а в огарке
остается 0,5% от имевшейся в колчедане серы.
37. Через ионообменную колонку, заполненную Н+-катионитом
(катионитом в водородной форме), пропустили 40 мл раствора суль-
фата меди. На нейтрализацию вышедших из колонки 40 мл раст-
вора израсходовали 32 мл 0,125 М раствора едкого кали. Опреде-
лить молярную концентрацию первоначального раствора сульфата
меди.
38. Смесь бромидов натрия и калия применяется в медицине при)
расстройствах нервной системы. Вычислить количество ионов брома,
поступающих в организм при приеме десертной ложки (10 мл) рас-
твора, содержащего в 1 л по 30 г указанных солей.
39. Газ, полученный при нагревании 5,28 г сульфата аммония,
пропустили через 200 мл 0,25 М раствора фосфорной кислоты. Опре-
делить состав полученного раствора.
40. Определить количество литров изоамилацетата (плотность
0,876 г/см3), которое можно получить из 330 кг карбида кальция,
содержащего 3,03% примесей, и избытка изоамилового спирта,
если выход эфира составляет 75%.
П. РЕАКЦИИ В ГАЗОВОМ СОСТОЯНИИ '
При решении задач, в которых все компоненты находятся в газо-
вом состоянии, не стоит пользоваться мольным объемом (22,4 л),
потому что коэффициенты при компонентах реакции показывают.
10
каком объемном соотношении они реагируют. Если же какой-
либо из компонентов находится в твердом или жидком состоянии,
нужно использовать мольный объем. Например, для реакции горе-
ния пропана или бутана
С3НЯ + 5О2 = ЗСО2 + 4Н2О;
2СаН10 + 13О2 -= 8СО2 + 10Н2О
коэффициенты 1 и 5, 2 и 13 показывают, в каком объемном соотно-
шении реагируют углеводороды с кислородом, а коэффициенты 3 и
4, 8 и Ю показывают, в каком объемном соотношении находятся
продукты реакции в парогазовой фазе. Если же в задаче обусловлено,
что вода конденсируется (переходит в жидкое состояние), то такие
расчеты непригодны, так как при сжигании 1 л пропана образуется
4 л водяного пара, а не воды. Поэтому для расчета объема воды,
образующейся в жидком состоянии, нужно пользоваться мольным
объемом.
Если процесс происходит не при нормальных условиях (а это
бывает почти всегда), то нужно уметь вести расчеты для разных
условий реакции. Для этого целесообразно пользоваться уравне-
нием Менделеева — Клапейрона:
где V — объем газа, л, мл, см3; р — давление, Па, атм; т — масса
газа, г; Л4 — молекулярная масса газа; Т — температура, К;
R — газовая постоянная, равная 0,082 л • атм/(моль • град), или
8,3143 Дж/(моль - К).
Пользуясь этим уравнением, всегда можно привести газ к нор-
мальным условиям. Это уравнение необходимо тогда, когда реакция
проходит не при нормальных условиях и при решении задач исполь-
зуют мольный объем (22,4 л), как объем одного моля газа при нор-
мальных условиях, то есть когда компоненты реакции находятся
в разных агрегатных состояниях. Если же все компоненты газооб-
разные, то приводить систему к нормальным условиям нет надоб-
ности, так как расширение или сжатие газов не зависит от их при-
роды. При изменении температуры, объема или давления системы
условия изменяются для всех газов одинаково,
При решении задач, где компонентом является воздух, состав его
следует считать таким: 20% кислорода и 80% азота по объему.
Условия задач
41. Определить плотность по водороду газовой смеси, содержа-
щей 60% азота, 30% кислорода и 10% углекислого газа.
42. Определить объем кислорода и воздуха (н. у.), необходимый
Для сжигания 600 г смеси углеводородов, содержащих 85% ок-
тана и 15% гептана.
11
2, если плотность ее по водороду равна 6,
_________________________________________________________]
43» Определить количество кислорода, необходимое для сжига,
ния 20 л смеси СО и Н
44. Определить процентный состав газовой смеси, содержагцЛ
СО и СО2, если плотность ее по водороду равна 18,8.
45. Определить плотность по водороду газовой смеси, содержа»
щей 40% углекислого газа, 30% моноксида углерода и 30% азота
46. К 20 мл смеси ацетилена и азота прибавили 60 мл кислорода*
После реакции объем смеси оказался равным 56 мл. Определить
процентный состав (по объему) исходной газовой смеси.
47. Определить плотность по воздуху газовой смеси, содержащей
70% моноксида и 30% диоксида углерода. Я
48. При пропускании 2,8 л (н. у.) газовой смеси, состоящей из
пропилена, бутилена и бутана, через бромную воду прореагировало
16 г брома. Определить объемы кислорода и воздуха, необходимые
для сжигания 20 л этой смеси, если плотность ее по водороду ра-.
вна 26,1. I
49. В эвдиометре сожгли 20 мл газовой смеси, состоящей из азота,]
водорода и кислорода. Плотность смеси по водороду равна 14,0.1
После конденсации воды и приведения газовой смеси к начальным]
условиям объем ее был равен 17 мл. К образовавшейся смеси при!
бавили 50 мл воздуха и снова сожгли. Объем смеси не изменился.]
Определить процентный состав взятой газовой смеси. 1
50. Определить объем кислорода (н. у.), необходимый для сжин
гания 41 л бутана, измеренного при 47° С и давлении 4 атм. 1
51. Определить процентный состав газовой смеси, состоящей из
моноксида углерода и воздуха, если 8,683 г ее при 5 атм и 47° С
занимают объем 1,6 л. |
52. Газовая смесь, состоящая из водорода, метана и моноксида
углерода, имеет плотность 1,715 г/л при давлении 2 атм и темпера-1
туре 0° С. Для полного сжигания 4 объемов смеси необходимо 1Я
объемов воздуха (н. у.). Определить процентный состав взятой смесиЯ
53. После смешивания 40 мл смеси азота и моноксида азота с 65 мл]
воздуха объем полученной смеси составлял 100 мл. Определить про-1
центный состав взятой и полученной смесей. I
54. При пропускании азотоводородной смеси через контактный]
аппарат прореагировало 10% азота. Определить процентный состав]
газовой смеси, выходящей из контактного аппарата. I
55.. В контактный аппарат для окисления сернистого газа пода-1
ют смесь воздуха с 10% сернистого газа. Определить процентный]
состав газов, выходящих из контактного,аппарата, если сернистый]
газ окисляется полностью. I
56. Определить объем кислорода, необходимый для сжигания 80 л I
смеси моноксида и диоксида углерода, если 7,2 г ее при 27° С и дав-1
лении 3 атм занимают объем 2,05 л. I
57. Определить процентный состав газовой смеси, образовавшейся]
при смешивании 60 ил моноксида углерода, 40 мл моноксида азота I
и 120 мл воздуха. I
58. После смешивания 50 мл смеси моноксида азота и азота с 25 мл I
12
зДуха объем газов составлял 70 мл. К полученной смеси прибавили
В°те 145 мл воздуха, после чего объем смеси составлял 200 мл. Опре-
е₽лить процентный состав смеси моноксида азота и азота, а также
^месей газов после первого и второго смешивания их с воздухом.
° 59. Для сжигания 2 л смеси этана и пропана, взятой под давле-
нием 4 атм и при температуре 0° С, израсходовано 155 л (н. у.) воз-
духа. Определить процентный состав смеси.
у 60. В аппарат для получения водорода пропустили смесь монок- *
сида углерода и водяного пара в соотношении 1 : 5. Определить
степень преобразования моноксида углерода и состав образовавшей-
ся смеси, если после выхода ее из контактного аппарата в ней содер-
жалось 5% моноксида углерода.
61. Для сжигания 40 л смеси пропана и метана израсходовали
170 л кислорода. Определить состав взятой смеси.
62. В контактный аппарат для получения водорода пропустили
100 л моноксида углерода и 600 л водяного пара (в пересчете на
н. у.). Определить состав образовавшейся смеси, если при пропус-
кании 14 л через раствор щелочи образовалось 4,24 г карбоната и
3,36 г гидрокарбоната натрия.
63. В контактный аппарат для получения водорода пропустили
600 м3 смеси моноксида углерода и водяного пара в соотношении
1 : 5. После конденсации водяного пара объем смеси составлял 160 м3.
Определить степень превращения моноксида углерода.
64. В 900 мл смеси моноксида азота с воздухом содержалось
62,23% азота. После реакции содержание азота увеличилось до
70%. Определить процентный состав смесей до и после реакции.
65. В аппарат для конверсии (преобразования) метана с водяным
паром подали смесь их в соотношении СН4 : Н2О =1:3. Определить
процентный состав образовавшейся газовой смеси, приведенной к
нормальным условиям, если прореагировало 80% метана.
66. В эвдиометре сожгли 100 мл смеси водорода, метана и кис-
лорода. После конденсации водяного пара и приведения газа к
начальным условиям объем образовавшейся смеси был равен 35 мл.
После поглощения углекислого газа щелочью объем остатка стал
равен 25 мл и в нем тлеющая лучинка загорается. Определить со-
став взятой смеси.
67. При сжигании 50 л смеси метана и этана образовалось 60 л
СО2. Определить процентный состав взятой смеси.
68. Для сжигания 20 л смеси пропана и бутана израсходовали
124 л кислорода. Определить процентный состав смеси. •
69. Диоксид углерода, образующийся при сжигании 11,2 л
пропан-бутановой смеси (н. у.), пропустили через раствор едкого
натра, в результате чего образовалось 95,4 г карбоната и 84 г гидро-
карбоната натрия. Определить процентный состав пропан-бутановой
смеси. ,
70. При пропускании 20 л (н. у.) смеси диоксида азота и азота че-
рез раствор едкого натра образовались нитрит и нитрат натрия.
На окисление нитрита натрия до нитрата в сернокислой среде
13
израсходовали 12, 64 г перманганата калия. Определить процентный
состав взятой смеси.
71. Определить объем озонированного кислорода, содержащег
10% озона, необходимый для сжигания 42 л пропана.
72. После сжигания 73,6 г халькопирита CuFeS2 ~
(н. у.) образовались Cu2S, Fe2O3 и SO2. Определить процентный с
став образовавшейся газовой смеси.
73. Определить процентное (по объему) содержание сер
ангидрида в газе, полученном при обжиге серного колчедана
торном избытке воздуха (н. у.).
74. В эвдиометре взорвали смесь 500 мл воздуха с 20 мл смеси эта
на и бутана, плотность по водороду которой равна 17,8. Определит]
состав образовавшейся газовой смеси. Как изменится давление
эвдиометре, если до реакции условия были нормальными?
III. ЭКВИВАЛЕНТ И МОЛЕКУЛЯРНАЯ МАССА
Эквивалент — это такое весовое количество вещества, которо
в определенной химической реакции может замещать, вытеснят
или присоединять 1 в. ч. водорода, 8 в. ч. кислорода или эквивалент
ное количество другого элемента. Эквивалентная масса — это кол
чество граммов вещества, численно равное его эквиваленту.
Эквивалент Э, атомная масса А и валентность п находятся
таком соотношении:
сернистог
-J в пол
ее молекулярно
____i водорода
серной кислот
= 49, или 1 4
— эквивалент кис
п
Эквивалент иона (катиона или аниона) равен частному от деле
ния его массы на заряд. у д ле
Эквивалент кислоты равен частному от деления ее ми
массы на основность кислоты, или сумме эквивалентов
кислотного остатка. Например, молекулярная масса
равна 98, основность 2. Эквивалент ее будет равен
+ 48 = 49, где 1 — эквивалент водорода а 48
лотного остатка.
Эквивалент основания равен частному от деления его молекуляо
нои массы на количество гидроксильных групп основания, или cvm
ме эквивалентов элемента, из которого образовано основание и гид
роксильнои группы. Например, молекулярная масса гидрокси
кальция равна 74 он имеет две гидроксильные группы, знавдт экви
валент его равен у = 37, или 20 + 17 = 37, где 20 - эквивалец
кальция, а 17 — эквивалент гидроксильной группы
Эквивалент соли равен частному от деления ее молекулярно!
массы на произведение количества атомов металла в соли и его ва
лентности, или сумме эквивалентов металла и кислотного остатка
Например, молекулярная масса сульфата алюминия равна 342'
одна молекула содержит 2 атома трехвалентного алюминия значит,’
14
I
1 342
жвиваТтент этой соли равен = 57, или 9 + 48 = 57, где 9 —
жвивалент алюминия, а 48 — эквивалент кислотного остатка.
В окислительно-восстановительных реакциях эквивалент веще-
2 в 400 л воздух) ства равен частному от деления его молекулярной массы на число
лектронов, принимающих участие в реакции относительно одной
юлекулы этого вещества. Например, при окислении перманганатом
салия в кислой среде марганец восстанавливается и степень окисле-
ия его изменяется от 4-7 до +2, т. е. один атом его присоединяет
5 электронов. Поскольку молекула перманганата калия содержит
олько один атом марганца, эквивалент перманганата калия равен
При окислении перманганатом калия в нейтральной среде
степень окисления марганца изменяется от +7 до +4, т. е. один
атом марганца присоединяет лишь 3 электрона и эквивалент пер-
^КМпО.
манганата калия равен ——*.
Если в реакции принимает участие газообразное вещество, то не
бязательно пересчитывать объемные единицы в весовые: можно поль-
зоваться так называемым эквивалентным объемом (аналогично моль-
ному объему). Мольный объем — это объем, занимаемый 1 моль
газообразного вещества при нормальных условиях. Для всех газов
он равен 22,4 л. Эквивалентный объем — это объем, занимаемый
1 эквивалентом газообразного вещества. Поскольку в 1 моль раз-
ных газов содержится разное количество эквивалентов, то и экви-
валентный объем для разных газов будет неодинаков. Эквиваленты
водорода и галогенов равны их атомным массам; так как их молекулы
состоят из двух атомов, то Э = а эквивалентный объем их ра-
я
22,4
вен -4-
= 11,2 л/моль. Для кислорода Э = а эквивалентный
тг
22 4
объем будет равен = 5,6 л/моль. Этими величинами удобно
пользоваться при решении задач.
Все вещества реагируют в эквивалентных количествах, что дает
возможность определять количество веществ, вступивших в реак-
цию, и продуктов реакции. Если, например, на нейтрализацию
кислоты ушло 0,2 эквивалента щелочи, то кислоты прореагировало
также 0,2 эквивалента, или если прореагировало определенное ко-
личество эквивалентов окислителя,то в реакцию вступило такое же
количество эквивалентов восстановителя. В лаборатории готовят
растворы так называемой нормальной концентрации — раствор,
в 1 л которого содержится определенное количество эквивалентов
вещества. На нейтрализацию кислоты в растворе с определенной
нормальной концентрацией расходуется такой же объем раствора с
той же нормальной концентрацией.
Для определения молекулярной массы газообразных веществ
ЧаЩе всего пользуются плотностью одного газа относительно
Другого. Плотность газа по водороду, воздуху или гелию — это
15
соотношение их молекулярных масс:
. МХ , МХ . J
Л12
откуда
Mx — ^Н2^Н2 “ 2^н2’ |
= йНеЛ1Не = 4dHe. I
Молекулярную массу жидкостей и газообразных веществ можно
определить, пользуясь уравнением Менделеева ~ Клапейрона, если
измерять объем и давление вещества при разных температурах (для
жидких веществ — при температурах выше их температуры кипе-
ния):
Vp - RT>
откуда
где т — масса вещества; R — газовая постоянная; Т — температу-
ра; V — объем газа при заданных условиях; р — давление газа.
Молекулярную массу часто нужно знать для определения моле
кулярной формулы. Определить молекулярную формулу вещества —
это значит найти соотношение между атомами тех элементов, и-
которых состоит молекула этого вещества.
Условия задач
75. При растворении в воде 1,6 г металла выделилось 0,896 л
(н. у.) водорода. Определить эквивалент металла.
76. Для нейтрализации 1,89 л кислоты израсходовано 60 мл 0,5 н]
раствора едкого кали. Определить эквивалент кислоты.
77. На нейтрализацию 21 г азотной кислоты израсходовали
50 г гидроксида металла. Определить эквивалент металла. ’
78. Для нейтрализации едкого натра в растворе израсходова-
ли 40 мл 0,2 н. раствора соляной кислоты. Определить содержание
едкого натра в растворе.
79. При обработке 5,64 г нитрата металла серной кислотой обра-
зовалось 4,8 г его сульфата. Определить эквивалент металла.
80. При обработке 4,32 г металла хлором образовалось 21,36 г
его хлорида. Определить эквивалент металла.
81. Одно и то же количество металла соединяется с 1,42 г хлора
и с 1,92 г кислотного остатка. Определить эквивалент и название
кислоты.
82. При разложении 15 г карбоната металла образовалось
8,4 г его оксида. Определить эквивалент металла.
83. Для нейтрализации 5,8 г кислоты, образованной элементом
шестой группы периодической системы Д. И. Менделеева, израс-
16
ходовали 40 мл 2 н. раствора едкого натра. Определить эквивалент
и название кислоты.
84. В раствор, содержащий 2,24 г металла в виде сульфата, по-
грузили цинковую пластинку. После полного выделения металла
масса пластинки увеличилась на 0,94 г. Определить эквивалент
металла.
85. Определить количество молекул кристаллизационной воды
в кристаллогидрате хлорида кальция, если 4,44 г его безводной соли
образуют 8,76 г кристаллогидрата.
86. В раствор, содержащий 10,88 г сулемы, погрузили медную
пластинку. После вытеснения всей ртути масса пластинки увели-
чилась на 13,7%. Определить массу погруженной пластинки.
87. Две пластинки с одинаковой массой и изготовленные из
металла, образующего двузарядные ионы, погрузили одну в рас-
твор сульфата меди, другую — в раствор сульфата ртути. Через не-
которое время масса пластинки, погруженной в раствор сульфата
меди, уменьшилась на 3,6%, а масса второй пластинки увеличилась
на 6,675%. Уменьшение молярной концентрации обоих растворов
было одинаковым. Определить эквивалент и название металла.
88. Для окисления 1,02 г вещества в сернокислой среде израсхо-
довали 1,896 г перманганата калия. Определить эквивалент этого
вещества.
89. При сжигании в закрытом сосуде 0,24 г металла образовался
его оксид и объем газа, приведенного к нормальным условиям,
уменьшился на 112 мл. Определить эквивалент металла.
90. Для титрования 20 мл раствора сульфата железа (II) в сер-
нокислой среде израсходовали 30 мл 0,1 н. раствора перманганата
калия. Определить количество растворенного железного купороса
FeSO4 • 7Н2О, если образовалось 300 мл раствора, 20 мл из которых
израсходовали на титрование.
91. При сжигании 2,88 г вещества образовалось 4,48 л (н. у.) СО2
и 4,32 г воды. Определить молекулярную формулу вещества.
92. Определить эквивалент металла, если при растворении 2 г
его в серной кислоте образовалось 6 г его сульфата.
93. При сжигании 1,84 г органического вещества образовалось
1,344 г (н. у.) СО2 и 1,44 г воды. Определить молекулярную формулу
вещества.
94. При термическом разложении 6,62 г нитрата тяжелого ме-
талла выделилось 1,12 л (н. у.) смеси диоксида азота и кислорода.
Определить молекулярную формулу нитрата металла.
95. Органическое вещество содержит 85,71% углерода и 14,29%
водорода. Определить молекулярную формулу вещества, если 42 г
его при 127° С и давлении 5 атм занимают объем 3,28 л.
96. Определить эквивалент металла, если хлор, выделившийся
при действии концентрированной соляной кислоты на 6,96 г диок-
сида марганца, образует с этим металлом 7,6 г хлорида.
97. К раствору, содержащему стирол С6Н5СН—СН2, прибавили
0 мл 0,2 н. раствора брома. Через некоторое время к нему приба-
17
вили избыток иодида калия, а выделившийся при реакции иодида
калия с избытком брома иод оттитровали раствором тиосульфата
натрия. На титрование иода пошло 20 мл 0,1 н. раствора тиосуль-
фата натрия. Определить содержание стирола в растворе.
98. При прокаливании 48,3 г кристаллогидрата сульфата натрия
образовалось 21,3 г безводной соли. Определить состав кристалло-
гидрата сульфата натрия.
99. Определить эквивалент металла, если на восстановление 6,8 г
его оксида необходимо столько водорода, сколько образуется его
при растворении в соляной кислоте 13 г цинка.
100. При сжигании 1,44 г вещества образовалось 0,53 г соды,
1,456 л СО2 (н. у.) и 0,45 г воды. Определить молекулярную форму-
лу вещества.
101. При сжигании 6,3 г вещества образовалось 1,59 г соды,
2,07 г поташа, 2,016 л СО2 (н. у.) и 1,08 г воды. Определить молеку-
лярную формулу вещества.
102. При растворении 0,54 г металла в соляной кислоте образо-
валось 200 мл 0,1 М раствора его хлорида. Определить, какой ме-
талл растворяли?
103. На восстановление 4,8 г оксида металла израсходовали
2,016 л водорода (н. у.). При растворении образовавшегося металла
в соляной кислоте выделилось 1,344 л водорода, (н. у.). Определить
неизвестный металл.
104. В закрытом сосуде, наполненном хлором, сожгли некоторое
количество неизвестного металла, в результате чего образовалось
32,5 г его хлорида, а объем хлора уменьшился на 6,72 л (н. у.).
Определить, какой металл сожгли?
105. Медную пластинку массой 20 г опустили в раствор нитрата
ртути. Масса ее увеличилась на 2,74 г. Затем пластинку нагрели
и она приняла первоначальный вид. Определить, как при этом из-
менится масса пластинки?
106. На нейтрализацию 8,04 г кислоты, образованной элемен-
том седьмой группы периодической системы Д. И. Менделеева,
израсходовали 40 мл 2 н. раствора едкого натра. Определить неиз-
вестную кислоту.
107. При растворении 5,36 г сплава цинка, алюминия и неизвест-
ного металла в растворе соляной кислоты выделилось 2,912 л водо-
рода (н. у.), а при растворении этого же количества сплава в рас-
творе щелочи выделилось 2,24 л водорода (н. у.) и образовалось! ,68 г
нерастворимого остатка. Определить неизвестный металл.
IV. ОКИСЛИТЕЛЬНО-ВОССТАНОВИТЕЛЬНЫЕ РЕАКЦИИ
Окислительно-восстановительными называются реакции, сопро-
вождающиеся изменением валентного состояния отдельных эле-
ментов.
Окисление ~ это процесс отдачи электронов атомом или ионом.
Восстановление — это процесс присоединения электронов атомом
18
4
или ионом. Поскольку атомы или ионы одного элемента присоеди-
няют электроны, которые отдают атомы или ионы другого элемента,
то процесс окисления всегда сопровождается процессом восстанов-
ления.
При окислительно-восстановительном процессе электроны не
всегда переходят от атомов одного элемента к атомам другого. «При
образовании ковалентных связей происходит лишь смещение элек-
тронной плотности в сторону одного из атомов: если у одного из ато-
мов электронная плотность увеличивается, то у другого она умень-
шается.
Окислитель — это атом или ион, присоединяющий электроны.
Восстановитель — это атом или ион, отдающий электроны. Окис-
литель при этом восстанавливается, а восстановитель — окисляется.
Благодаря отрицательному заряду электрона при окислении ва-
лентность элемента увеличивается (алгебраически), а при восстанов-
лении — уменьшается.
Валентность — это количество неспаренных электронов в ато-
ме элемента, участвующих в образовании химических связей.
Атомная масса, эквивалент и валентность находятся в таком соот-
ношении:
А
п" Э ’
В соединениях с ионной связью определяют не только валент-
ность, но и ее знак. Например, в молекуле хлорида калия валент-
ность калия равна +1, а хлора —1. Такую валентность называют
электровалентностью. Электровалентность элементов в ионных
соединениях выражается количеством электронов, которые атом от-
дает или присоединяет.
При образовании соединений с ковалентной связью часто нужно
ставить также знак валентности. Хотя определение знака валент-
ности в таких случаях сугубо условное, оно очень удобно при под-
боре коэффициентов в уравнениях окислительно-восстановительных
реакций. В соединениях с ковалентной связью определяют не ва-
лентность, а степень окисления, которая является более общим
понятием, чем электровалентность. Так, в молекулах Н2О, СО2,
N2 ионов нет, поэтому здесь можно говорить не об электровалентнос-
ти, а о степени окисления элементов.
Степень окисления выражается величиной электрического заряда,
если предположить, что электроны при образовании химической
связи полностью принадлежат более электроотрицательным атомам,
то есть степень окисления атомов в соединениях равна заряду иона,
если предположить, что молекула полностью состоит из ионов.
Величина степени окисления атома элемента может быть равна
величине его валентности, а может быть и не равна, потому что сте-
пень окисления не учитывает количества электронных пар, образу-
ющихся между атомами одного и того же элемента.
При написании уравнений окислительно-восстановительных ре-
акций нужно правильно определять степень окисления тех элементов,
19
в которых она изменяется. Определяя степень окисления эле-
мента в соединении, необходимо придерживаться таких положений:
1. Молекула всегда электронейтральна.
2. Кислород во всех соединениях имеет степень окисления —2.
Исключением являются пероксидные соединения, в которых степень
окисления кислорода равна —1 или другой величине (например,
у К2О4), и оксид фтора, где степень окисления кислорода равна+2.
3. Водород во всех соединениях имеет степень окисления +1.
Исключением являются гидриды, где степень окисления водорода
равна —1.
4. Степень окисления металлов в соединениях всегда положи-
тельна.
5. Степень окисления элемента в простом соединении равна нулю.
Степень окисления элемента в бинарном соединении, если из-
вестна степень окисления одного из элементов, равна произведению
количества атомов элемента с известной степенью окисления и этой
степени окисления, деленной на количество атомов элемента с неиз-
вестной степенью окисления и взятой с обратным знаком. Например,
степень окисления марганца в соединении МпО2 равна:----—
= +4, степень окисления алюминия в оксиде алюминия А12О3
3 (—2) . о
равна:----= +3.
При определении степени окисления элемента в соединении, мо-
лекула которого состоит из атомов трех элементов, два из которых
имеют известную степень окисления, вычисляют количество отри-
цательных зарядов и от него отнимают количество известных поло-
жительных зарядов. Разность, взятая с противоположным знаком,
и будет степенью окисления элемента. Например, степень окисления
брома в бромате калия КВгО3 можно определить так: отрицательных
зарядов за счет атомов кислорода будет —6: (—2 • 3 = —6). Чтобы
молекула была электронейтральной, положительных зарядов долж-
но быть 6. Значит, степень окисления брома равна +5 (6 — 1) = 5.
Для того чтобы написать уравнение окислительно-восстанови-
тельной реакции, нужно хорошо знать свойства окислителей и вос-
становителей.
Восстановители. Восстановителями могут быть неметаллы в
свободном состоянии, их бинарные соединения с металлами, металлы
и их ионы, способные повышать свою степень окисления, а также
сложные ионы металлов и неметаллов, в которых они имеют про-
межуточную степень окисления.
Неметаллы (водород, сера, углерод, кремний, селен и др.)
бывают восстановителями, как правило, при повышенной или очень
высокой температуре. Отдавая электроны, неметаллы в большин-
стве случаев превращаются в сложные вещества с ковалентной и
реже с ионной связью. Галогены, как правило, не отдают электроны,
и кислородные соединения галогенов образуются с помощью реак-
ций диспропорционирования или при электрохимическом окислении.
20
Бинарные соединения неметалловс мет&л-
л а м и — это гидриды, бориды, арсениды, карбиды, силициды,
фосфиды, нитриды, сульфиды, селениды, теллуриды и галоге-
ниды. Если восстановители относятся к одной и той же группе пери-
одической системы Д. И. Менделеева, то их активность увеличива-
ется сверху вниз. Так, теллуроводород и теллуриды являются более
сильными восстановителями, чем селеноводород и селениды, а
последние — более сильными восстановителями, чем сероводород
и сульфиды. Аналогичным образом ведут себя и галогениды. Одним
и тем же окислителем бромиды и иодиды будут окисляться значитель-
но легче, чем хлориды. Отрицательно заряженные ионы могут окис-
ляться как до свободных неметаллов, так и до высшей степени окис-
ления в зависимости от активности окислителя:
о
S2~ — 2е = S ;
Металлы по активности размещают в ряд напряжений.
Активность их как восстановителей уменьшается в этом ряду слева
направо. Металлы окисляются по такой схеме:
Me — пе — Меп+.
Ионы металлов, способные повышать свою степень окис-
ления, например, железо (II), медь (I), олово (II), ртуть (I), марга-
нец (II), хром (III) и другие, в зависимости от силы окислителя и
среды могут окисляться или до самой высокой степени окисления
или до какой-нибудь промежуточной:
Мп2+ + 4Н2О — 5е = МпО” + 8Н+;
Мп2+ + 2Н2О — 2е = МпО2 + 4Н+.
С л ожные молекулы и ионы. К этой группе восста-
новителей относятся молекулы таких веществ, в которых элементы-
восстановители обладают промежуточной степенью окисления: мон-
оксид азота, моноксид углерода, моноксиды железа и хрома, диок-
сиды серы и марганца, сернистая кислота и ее соли, азотистая кис-
лота и ее соли, пероксид водорода и другие. Значительная часть
этих соединений (диоксиды серы и марганца, сернистая и азотистая
кислоты, пероксид водорода и др.) в зависимости от свойств веществ,
с которыми они реагируют, могут проявлять как окислительные,
так и восстановительные свойства. Так, диоксид серы или сернистая
кислота при взаимодействии с окислителями (кислород, галогены)
проявляют восстановительные свойства, а при взаимодействии с
сероводородом — окислительные.
Своеобразным восстановителем является тиосульфат натрия.
В зависимости от силы окислителя могут .образовываться разные
21
продукты окисления. Так, при медленном окислении тиосульфата J
кислом или нейтральном растворе кислородом воздуха часть сер
окисляется до свободного состояния: ||
S2O2~ + Н2О — 2е = SO2“ + S + 2Н+. II
Сильные окислители окисляют серу в тиосульфате до сульфата
S2O2~ + 5Н2О — 8е = 2SO2“ + 10Н+.
При взаимодействии тиосульфата с иодом образуется тетратионат:
?^2^з 2е ~ S4o| . * 1
Эту специфическую реакцию используют в аналитической химии
для йодометрического определения многих веществ. щ
Окислители. Окислителями могут быть неметаллы, ионы метал-
лов и сложные ионы или молекулы.
Неметаллы. Атомы неметаллов имеют на внешнем электрон-
ном слое от 4 до 7 электронов, поэтому они могут присоединять элек4)
троны до образования восьмиэлектронного слоя или образовывать
соответствующее количество общих электронных пар. Степень окис4
ления неметаллов в этом случае будет выражаться отрицательны^
числом. Легче всего присоединяют электроны или образуют общие
электронные пары элементы седьмой группы, труднее всего — эле-1
менты четвертой группы. Элементы пятой и шестой групп занимают
промежуточное положение. Процесс восстановления неметаллов1
схематически можно изобразить так: I
о
С12 + 2е = 2С1—
или
0 I
С1 + е = С1~; I
о ,
N -j— Зе = N > I
о о
S + 2е == S2 и др.
Ионы металлов могут присоединять электроны, восстав
навливаясь до свободных металлов или до более низких степеней]
окисления;
о
Ag+ + е = Ag;
п. +2
Fe3+ + е = Fe;
Fe2+ + 2е = Fe-
Чем менее активен металл, тем легче его ион присоединяет элек-
троны. Так, ионы серебра присоединяют электроны значительно
легче, чем ионы железа, поэтому они являются более сильными окис-
22
жителями, чем ионы железа. Ионы щелочных и щелочноземельных
металлов присоединяют электроны только при электрохимическом
восстановлении. Окислителями в реакциях, происходящих в рас-
творах, они быть не могут.
К сложным ионам или молекулам, являющимся окислителями,
относятся:
Кислородные соединения галогенов типа
МеНаЮ, МеНа1(\, МеНаЮ3 и МеНаЮ^ где Me — катион однова-
лентного металла или водорода; Hal — галоген. Эти соединения
являются активными окислителями в кислой среде. При этом гало-
гены восстанавливаются до галогенидов:
HalCT + 2Н+ + 2е = Hal ~ + Н2О;
НаЮ~ + 4Н+ + 4е = НаГ + 2Н2О;
HalO^ + 6Н+ + бе = НаГ + ЗН2О;
НаЮ^ + 8Н++ 8е = НаГ + 4НгО.
Кислородсодержащие соединения мар-
ганца МпО2, К2МпО4 и КМпО4. Диоксид марганца МпО2 и ман-
ганат калия К2МпО4 обладают окислительными свойствами только
в кислой среде. Степень окисления их изменяется до +2:
МпО» + 4Н+ + 2е = Мп2+ + 2Н,О;
МпОдТ + 8Н+ + 4е = Мп2+ + 4Н,О.
Перманганат калия обладает окислительными свойствами как в
кислой, так и в основной или нейтральной средах. В зависимости от
среды степень окисления марганца изменяется по-разному: в кислой
среде марганец восстанавливается до Мп2+, в нейтральной — до
диоксида, а в щелочной — до манганата:
MnOJ- + 8Н+ + 5е = Мп2+ + 4Н2О;
МпОГ + 2Н2О + Зе = МпО2 + 4ОН~;
МпО^- + е — МпО2-*-.
Кислородные соединения хрома СгО3, К2СгО
и К2Сг2О7. Хромат- и дихромат-ионы существуют в растворе одно*
временно и концентрация их зависит от кислотности среды:
2СгО2~ + 2Н+ = 2НСгО7 = Сг2О2~ + Н2О.
При избытке в растворе ионов водорода (кислая среда) хромат-
ионы переходят в дихромат-ионы, а при избытке гидроксильных ионов
(щелочная среда) наблюдается обратное явление. Кислородсодер-
жащие соединения хрома обладают окислительными свойствами,
как правило, в кислой среде. Процесс восстановления хрома про-
исходит по таким схемам:
СгО3 + 6Н+ + Зе = Сгз+ +
23
CrOf- + 8Н+ + Зе = Cr3+ + 4Н2О; I
Сг,О?~ 4- 14Н+ + бе = 2Сг3 7Н,О. 1
Концентрированная серная кислота прц'
нагревании обладает окислительными свойствами. При этом степень
окисления серы понижается до +4:
+4
SO“- + 4Н+ + 2е = SO, + 2Н,О.
Ч 1 I 4*4
При наличии сильных восстановителей диоксид серы тоже может
проявлять окислительные свойства: I
SO2 + 4Н+ + 4е -= S + 2Н2°. 1
4 • 1
Азотная кислота является окислителем в концентри-
рованных и разбавленных растворах. В азотной кислоте могут рас-
творяться как металлы, так и неметаллы. Некоторые металлы (желе-
зо, хром, алюминий) концентрированной азотной кислотой пассивна
руются и поэтому в ней не растворяются. При растворении металлов
и неметаллов в концентрированной азотной кислоте степень окис-
ления азота изменяется от +5 до +4:
-J-5 4-4
NO^ + 2Н+ + е = NO2 + Н2О.
При растворении неметаллов в разбавленной азотной кислоте
степень окисления азота изменяется от +5 до +2:
+5 , +2
NOJ4- 4Н+ + Зе = NO + 2Н2О.
При растворении в разбавленной азотной кислоте активных ме-
таллов степень окисления азота изменяется от 4-5 до —3; при этом
образуются соединения с промежуточной степенью окисления:
। 4-1
2NO~ + 10Н+ + 8е = N2O + 5Н2О;
, о
2NOJ- + 12Н+ + 10е = N2 + 6Н2О;
NO3~ + 10Н+ 4- 8е = NH+- + ЗН2О.
Азотистая кислота устойчива только при низкой тем-
пературе (около 0° С) и в очень разбавленных растворах. Это очень
сильный окислитель. В отличие от разбавленной азотной кислоты
азотистая кислота очень легко окисляет иодид до свободного иода.
Степень окисления азота в азотистой кислоте всегда изменяется от
+3 до 4’2:
4-3 , +2
NO Г + 2Н + 4- е = NO + Н2О.
Z 1 1 <4
Лишь при термическом разложении нитрита аммония степень
окисления азота изменяется от 4~3 до 0:
, о
2NOJ7 + 8Н+ 4- бе == N2 4- 4Н2О.
Пероксид водорода и пероксиды метал-
ле в. В пероксидах степень окисления кислорода равна —1 или
24
меньше единицы (например, у К2О4). Пероксиды в щелочной среде
обладают окислительными свойствами, а в кислой — восстановитель-
ными. В первом случае степень окисления понижается до —2, а
во втором — повышается до 0:
Н2О2 + 2е = 2ОН~;
Н2О2+2Н+ + 2е = 2Н2О;
К2О4 + 4Н2О + бе = 2К + + 8ОН~;
2Н,О, — 4е = 2Н..О + О2.
Диоксид свинца в кислой среде обладает настолько
сильными окислительными свойствами, что способен окислять даже
соединения марганца с любой степенью окисления до перманганата.
Степень окисления свинца изменяется по такой схеме:
РЬО2 + 4Н+ + 2е = РЬ2+ -Ь 2Н2О.
Кислородсодержащие кислоты элемен-
тов, имеющих переменную степень окисле-
ния (селен, теллур, мышьяк, сера и др.), обладают окислительны-
ми свойствами только в кислой среде. Степень окисления их изме-
няется при этом как до 0, так и до промежуточного значения:
SeO2- 4- 2Н+ + 2е = SeO|~ + Н2О;
SeO|~ + 6Н+ + 4е = Se + ЗН2О;
SeO2~ + 8Н+ + бе = Se + 4Н2О;
AsO^ + 2Н+ + 2е = AsO|~ + Н2О.
Персульфат аммония — это аммонийная соль над-
серной кислоты. Степень окисления элементов в соединениях такого
типа может быть выше, чем номер группы в периодической системе
элементов Д. И. Менделеева, в которой находится данный элемент.
Это объясняется тем, что в состав молекул входят пероксидные
группы. Надкислоты и их соли обладают окислительными свойства-
ми в кислой среде. Степень окисления серы в персульфате аммония
изменяется по такой схеме:
+Д 9 о
S2O2~ + 2е = 2SO?~ •
Соединения, в состав которых входят элементы с промежуточной
степенью окисления, при определенных условиях подвергаются дис-
пропорционированию, или дисмутации. Это реакция превращения
одного соединения в два новых, в одном из которых элемент имеет
более высокую степень окисления, чем в исходном, а в другом —
более низкую. Так, при нагревании сульфита щелочного металла
или бертолетовой соли при отсутствии катализатора образуются
25
сульфат и сульфид или хлорид и перхлорат калия*
4K2SO8 = K2S + 3K2SO4;
4КС1О3 = ЗКС1О4 + КС1;
манганат калия при комнатной температуре постепенно ра
с образованием перманганата калия и диоксида марганца:
ЗКоМпОл + 2Н2О = 2КМпО4 + MnO2 + 4КОН,
или
3MnO4~
Составление уравнений окислительно-восстановительных peai
ций. При составлении уравнений окислительно-восстановительны
реакций нужно правильно подобрать коэффициенты, стоящие возл
окислителя и восстановителя. Эти коэффициенты называются ochoi
ными. В процессе подбора остальных коэффициентов основные к<
эффициенты могут изменяться, но соотношение между ними должг
оставаться постоянным. Для нахождения основных коэффициенте
пользуются схемой электронного баланса. Следует помнить, что к<
личество электронов, отдаваемых восстановителем, должно быть pai
но количеству электронов, присоединяемых окислителем. Hanpi
мер, при окислении нитрита натрия перманганатом калия в серж
кислой среде
степень окисления марганца изменяется от +7 до +2, т. е. атом
присоединяет 5 электронов, а степень окисления азота изменяв
от +3 до +5, т. е. атом азота отдает 2 электрона. Схему элект|
ного баланса записывают так:
N — 2е = N
5.
Чтобы количество электронов, присоединяемых окислителем
отдаваемых восстановителем, было одинаковым, нужно взять наг
меньшее общее кратное двух чисел (5 и 2). Это число называю
количеством электронов, принимающих участие в реакции. Частны
от деления наименьшего общего кратного на количество электронот
которые отдает или принимает атом, составляют числа, являющиес
основными коэффициентами для окислителей и восстановителей
Наименьшим общим кратным для чисел 2 и 5 будет 10, а основным
коэффициентами------— = 2 — для перманганата калия и = 5 -
26
1
я нитрита натрия. В схеме электронного баланса их записывают
а вертикальной чертой справа или слева от схемы напротив соот-
ветствующих компонентов.
После нахождения основных коэффициентов схема реакции имеет
•акой вид:
2КМпО4 4- 5NaNO2 + H2SO4 -> 5NaNO3 4- K2SO4 + 2MnSO4 + H2O.
Теперь уравняем количество элементов и ионов, входящих в со-
став соединений с окислителем и восстановителем, а затем всех ос-
тальных. По количеству атомов кислорода в левой и правой частях
[ равнения можно проверить, правильно ли оно написано. Кислород,
входящий в состав кислотных остатков, без изменений переходящих
Р левой части уравнения в правую, можно не учитывать:
I 2КМпО4 + 5NaNO2 4- 3H2SO4 = 5NaNO3 + K2SO4 4- 2MnSO4 4- 3H2O.
В левой части уравнения 18 атомов кислорода (8 в молекуле пер-
манганата калия и 10 в молекуле нитрита натрия). В правой части
уравнения также 18 атомов кислорода (15 в молекуле нитрата нат-
рия и 3 в молекуле воды). Значит, уравнение написано правильно.
Условия задач
108. Fe 4- НС1 =
109. К14-С12 =
J10. КМпО4 4- К1 4- H2SO4 =
111. N2O4-H2 =
112. c/bO>l + O2 =
ИЗ. MnO24- НС1 =
114. КМпО4 4-NaNO2 4-Н2О =
115. С42Н22О14 4- О2=
- 116. НС1О4-НС1 =
V117. CuS 4- HNO3 (конц.) =
118. FeCl24-Cl2 =
119. A14-CuSO4 =
* v120. Na2SO3 4- KMnO4 4- H2O =
ч 121. KOH4-C12=
122. NaBr 4- NaBrO3 4- H2SO4 =
123. S 4- HNO3 (конц.) =
124. Na2S2O3 4- I2 =
125. HC1O2 4- HC1 =
026. MnO2 4- KI 4- H2SO4 =
V127. KMnO44-HBr =
128, Cu 4- HNO3 (разб.) =
'129. SnCl2 4- K3Cr2O7 4- HC1 =
130. C8Hl8 4- O2 =
131. FeSO4 4- KMnO4 4- H2SO4 =
132. Cu 4- HNO3 (конц.) =
133. KMnO4 4- HC1 =
134. KC1O34-HC1 =
135. FeCl2 4- KC1O3 4- HC1 =
136. KI 4-KC1O3 4-H2SO4 =
137. H2S4-SO2 =
138. FeSO4 4-K2Cr2O7 4-H2SO4 =
139. Zn 4- NaOH =
140. P 4-HNO3 4-H2O =
141. Nal 4- H2SO4 (канц.) =
142. Fe 4- Cl2 =
143. Mg 4- HNO3 (разб.) =
144. Na2S 4- Na2SO3 4- HC1 =
145. Co 4- HNO3 (разб.) =
146. KMnO4 4- MnSO4 -J- H2O =
147. Zn 4- HNO3 (разб.) =
148. H2SO3-}-Cl2 4-H2O =
149. KMnO4 4- H2O2 4- H2SO4 =
150. Al 4- NaOH 4- H2O =
151. Cu (OH)2 4-HCOH =
27
152. Си 4- H2SO4 (конц.) =
153. Н2О2 + KI =
154. SO2 + I2 + H2O =
155. FeS24~O2 —
156. CcH6 + O2 =
157. KNO, + KI + H,SO4 =
158. CH3COCH3 + O2 ==
159. Na2S2O3 4-CL 4-H,0 =
160. PbS + H2O2 =
161. AgNO3+NH4OH + CH3CHO =
162. CrCl3 + H2O2 4- NaOH =
163. MnCl2 4- KC1O 4- KOH =
164. Al 4-KC1O4 + H2SO. =
165. FeO + HNO3 (конц.)—
166. NaOCl + KI + H2SO4 =
167. Na2S + K2Cr2O7 + H2SO4 =
168. Mn (NO3)2 + PbO2 + HNO3 =
169. FeCl2 + HNO3 + HC1 =
170. FeS2 4- HNO3 (разб.) =
V. РАСТВОРЫ (
Раствор — это однородная система, в которой молекулм!
или ионы растворенного вещества распределяются между молекулам!
растворителя. Растворы бывают насыщенными и ненасыщенными!
Насыщенным называется раствор, в котором при определен^
ной температуре вещество больше не растворяется. Ненасыщен!
н ы м называется раствор, в котором при определенной температур^
вещество еще может растворяться.
Характеристикой раствора является количество растворенной!
вещества, содержащегося в определенном весовом или объемном ко|
личестве раствора. Эта характеристика называется концентра!
ц и е й. Концентрация бывает весовой (процентной) и объемной (мо|
лярной или нормальной). Процентная концентрация выра]
жается количеством граммов вещества, которое содержится в 100 I
раствора. Молярная (нормальная) концентрация вы!
ражается количеством молей (эквивалентов) растворенного вещества!
которое содержится в 1 л раствора. I
Растворимость выражается количеством вещества, спо!
собного растворяться в определенном весовом или объемном коли!
। честве растворителя, образуя насыщенный раствор. Чаще Bcerd
растворимость выражают количеством граммов вещества, которой
может раствориться в 100 г растворителя при определенной темпера!
туре, образуя насыщенный раствор. 1
Для большого количества твердых и жидких веществ раствори!
I мость увеличивается с повышением температуры. Если насыщенный
при более высокой температуре раствор охладить до более низкой
I температуры, то растворенное вещество выкристаллизовывается.]
Растворимость газов в жидкостях с повышением температуры умень-
I шается. При нагревании жидкостей газ выделяется из раствора.
Для определения концентрации раствора нужно найти массу
I раствора и массу растворенного вещества.
Концентрацию раствора можно выражать как относительно всего
। вещества, так и относительно его компонентов. Если, например,
в 100 г раствора содержится 0,01 моль, или 0,01 • 152 = 1,52 г
I
28
,льфата железа, то раствор будет 1,52%-ным относительно сульфа-
железа. Этот же раствор будет содержать 0,01 • 56 = 0,56 г
Железа и 0,01 • 96 = 0,96 г сульфат-ионов. Значит, он будет 0,56%-
ным относительно железа и 0,96% -ным относительно судьфат-
й нов. Иногда концентрацию раствора выражают относительно
оксидов, хотя вещество в растворе содержится в виде соли. Напри-
мер, концентрацию раствора фосфата часто, особенно для характе-
ристики минеральных удобрений, выражают относительно оксида
фосфора Р2O5.
По количеству растворителя и растворенного вещества можно
определить количество и концентрацию раствора.
По количеству растворителя можно найти количество раствора
заданной концентрации и количество растворенного вещества, кото-
рое нужно растворить в данном количестве растворителя, чтобы по-
лучить раствор заданной концентрации.
По количеству растворенного вещества можно определить коли-
чество раствора заданной концентрации и количество растворителя,
в котором нужно растворить данное количество вещества, чтобы по-
лучить раствор заданной концентрации.
По количеству раствора заданной концентрации можно опреде-
лить количество растворителя и растворенного вещества, необхо-
димое для приготовления раствора заданной концентрации.
Зная плотность раствора, можно пересчитать процентную кон-
центрацию на молярную (нормальную) и наоборот.
Пользуясь таблицей растворимости (см. приложение, табл. 1),
можно определить количество вещества, которое выкристаллизуется
при охлаждении насыщенного при определенной температуре раст-
вора, и количество вещества, которое нужно растворить в насыщен-
ном при определенной температуре растворе, нагревая до другой
температуры, чтобы получить насыщенный при этой температуре
раствор.
Условия задач
171. Определить процентную концентрацию соли в растворе,
образующемся при смешивании 200 г 40%-ного раствора с 800 мл
воды.
172. Определить процентную концентрацию азотной кислоты в
растворе, образующемся при смешивании 400 мл воды и 200 мл кон-
центрированной азотной кислоты (d ~ 1,4 г/см3, с = 63%).
173. Определить процентную концентрацию раствора, образую-
щегося при смешивании 200 г 10%-ного и 300 г 40%-ного растворов
соляной кислоты.
174. Определить процентную концентрацию раствора, образую-
щегося при растворении 80 г триоксида серы в 920 г воды.
175. Определить молярную концентрацию раствора, образую-
щегося при смешивании 150 мл 2 М и 350 мл 4 М растворов серной
кислоты.
29
176. Определить процентную концентрацию раствора соляной
кислоты, образующегося при растворении 179,2 л хлороводорода
(н. у.) в 708 мл воды. |
177. Определить процентную концентрацию раствора, образую*
щегося при смешивании 200 г 40%-ного и 300 г 20%-ного растворов
едкого натра. ]
178. Определить концентрацию серной кислоты, образующейся
при растворении 100 г серного ангидрида в 400 г 42,875 %-ного рас-
твора серной кислоты. 1
179. Определить концентрацию раствора сульфата железа, обра-
зующегося при растворении 139 г кристаллогидрата железного ку-
пороса FeSO4 • 7Н2О в 361 г воды. 1
180. В каком количестве, воды нужно растворить 27,8 г железного
купороса FeSO4 • 7Н2О, чтобы образовался 3,8%-ный раствор суль^
фата железа?
181. При растворении пероксида калия К2О4 в воде образовалось
едкое кали (гидроксид калия) и выделился кислород. Определить
количество воды, в котором нужно растворить 71 г пероксида калия,
чтобы образовался 22,4%-ный раствор едкого кали.
182. Определить количество 50%-ного раствора серной кислоты,
в котором нужно растворить 240 г серного ангидрида, чтобы полу-
чить 93,5%-ный раствор серной кислоты.
183. Определить процентную концентрацию сульфата меди в
растворе, полученном при растворении 50 г медного купороса CuSO4-
• 5Н2О в 200 г 4%-ного раствора сульфата меди.
184. Определить количество оксида натрия, которое нужно раст-
ворить в 1014 г раствора, содержащего 240 г едкого натра, чтобы об<
разовался 40%-ный раствор едкого натра.
185. Определить количество воды, в котором нужно растворить
93 г оксида натрия, чтобы получить 20%-ный раствор едкого натра.
186. Определить количество воды, в котором нужно растворить
2,8 л сернистого газа (н. у.), чтобы получить 2,05%-ный раствор
сернистой кислоты.
187. Определить количество кристаллогидрата нитрата меди
Си (NO3)2 • ЗН2О, которое нужно растворить в 606,4 г воды, чтобы
получить 18,8%-ный раствор нитрата меди.
188. Определить количество воды, в котором нужно растворить
44,8 л хлороводорода (н. у.), чтобы получить 14,6%-ный раствор
соляной кислоты.
189. Определить количество воды, в котором можно растворить
960 г соли, содержащей 84,58% кристаллогидрата хлорида магния
MgCl2 • 6Н2О, при 80° С, чтобы образовался насыщенный раствор
хлорида магния (растворимость MgCl2 приведена в табл. 1 прило-
жения).
190. Определить процентную концентрацию соляной кислоты,
образующейся при растворении в воде 560 л хлороводорода (н. у.)
при 60° С с образованием насыщенного раствора (растворимость
НО при 60° С равна 56,1 г).
30
191. Определить количество 4 %-ного раствора сульфата меди,
в котором нужно растворить 200 г медного купороса, чтобы полу-
чить 16 %-ный раствор сульфата меди.
192. Определить количество кристаллогидрата сульфата магния
MgSO4 • 6Н2О, которое нужно растворить в 279 г воды, чтобы полу-
чить 20%-ный раствор сульфата магния.
193. Определить количества уксусного ангидрида и воды, не-
обходимые для приготовления 400 г 54 %-ного раствора уксусной
кислоты.
194. Определить количество кристаллогидрата ацетата меди
Си (СН3СОО)2 • Н2О, которое нужно растворить в 600 г 9,1 %-ного
раствора ацетата меди, чтобы получить его 29,575%-ный раствор.
195. Определить количество 40%-ного раствора щелочи, которое
необходимо прибавить к 200 мл воды, чтобы образовался 24 %-ный
раствор.
196. Определить количество уксусного ангидрида, которое нуж-
но растворить в 400 г 91 %-ного раствора уксусной кислоты, чтобы
образовалась безводная уксусная кислота.
197. Определить объем сернистого газа (н. у.), который нужно
растворить в 1009 г воды, чтобы образовался 2%-ный раствор сер-
нистой кислоты.
- 198. Определить количества 98%-ного раствора серной кислоты
и воды, необходимые для приготовления 500 г 25%-ного раствора.
199. Определить количества кристаллогидрата хлорида меди
СиС12 * 2Н2О и воды, необходимые для приготовления 10 кг 6,84 %-
ного раствора хлорида меди.
200. Определить количества медного купороса CuSO4 • 5Н2О
и 8%-ного раствора сульфата меди, необходимые для приготовле-
ния 420 г 16%-ного раствора сульфата меди.
201. Сколько потребуется уксусного ангидрида и 25%-ного рас-
твора уксусной кислоты, чтобы приготовить 750 г 88%-ного раствора
уксусной кислоты?
202. Определить количества кристаллогидрата ацетата меди
Си (СН3СОО)2 • Н2О и 5%-ного раствора ацетата меди, необходимых
для приготовления 430 г 20%-ного раствора ацетата меди.
203. Определить количества уксусного ангидрида и воды, необхо-
димых для приготовления 300 г 30%-ного раствора уксусной кислоты.
204. Какова молярная концентрация 14,6%-ного раствора фос-
форной кислоты (d = 1,08 г/см3)? ’
205. Какова процентная концентрация 12,2 М раствора азотной
кислоты (d = 1,35 г/см3)?
206. Определить количество кристаллогидрата нитрита бария
Ba (NO2)2 • Н2О, выделяющееся при охлаждении до 20° С 800 г
насыщенного при 100° С раствора (растворимость — см. приложе-
ние, табл. 1).
207. Какова процентная концентрация насыщенного при 80° С
раствора хлорида железа (II) (растворимость — см. приложение,
табл. 1)?
31
208. Определить количество нитрата калия, выкристаллизовав,
шегося при охлаждении до 20° С 840 г насыщенного при 60° С ра<ч
твора (растворимость — см. приложение, табл. 1). 1
209. Определить количество насыщенного при 70° С раствора суды
фата магния, из которого при охлаждении до 20° С выкристаллизо
вывается 460 г кристаллогидрата MgSO4 • 6Н2О (растворимость J
см. приложение, табл. 1). ]
210. Определить количество чистого продукта, образующегося
в результате перекристаллизации 5 кг 95%-ного медного купороса
CuSO4 • 5Н2О в интервале температур от 100 до 20° С (растворимость
безводных солей—см. приложение, табл. 1). I
211. Определить нормальную концентрацию 59,24%-ного рас
твора серной кислоты (d — 1,49 г/см3).
212. В сосуд емкостью 29 л налили 300 г воды, после чего ег<
заполнили эквимолекулярной смесью водорода и хлора (н. у.)
Затем сосуд герметически закрыли и смесь сожгли. Определит!
процентную концентрацию образовавшейся соляной кислоты. I
213. При нагревании десятиводного кристаллогидрата сульфа
та натрия до 32,4° С он распадается, образуя безводную соль и
ее насыщенный раствор. Определить, сколько процентов исходно!
го вещества переходит в безводную соль, если концентрация насы!
щенного раствора равна 24,8%. I
214. При электролизе 10 л 5М раствора серной кислоты (плот!
ность 1,3 г/см3) на катоде выделилось 560 л водорода (н. у.). Опре!
делить процентную и молярную концентрации веществ, находящих^
ся после электролиза в растворе.
VI. СМЕСИ
Смеси — это такие системы, в которых соотношение между cocl
тавными компонентами может быть различным. Поэтому при реше^
нии задач на определение состава смесей следует писать не суммарное
уравнение реакции, а для каждого компонента смеси отдельно]
Написанное суммарное уравнение приводит к тому, что наперед
обусловливаются соотношения между компонентами смеси, а эта
ведет к ошибке. '
Задачи на определение состава смесей частично уже рассмотрев
ны в разделе «Реакции в газовом состоянии».
Условия задач
215. Для растворения 10,7 г смеси моноксида цинка с цинком!
израсходовали 100 г 10,22%-ного раствора соляной кислоты. Опре-
делить состав смеси.
216. При растворении в разбавленной азотной кислоте 3,04 г,
смеси порошкообразных железа и меди выделялись 0,896 л моно-
ксида азота (н. у.). Определить состав смеси порошков.
32
217. При растворении 27,2 г смеси железа с моноксидом железа
серной кислоте и выпаривании раствора досуха образовалось
111 2 г железного купороса FeSO4 • 7Н2О. Определить состав смеси.
218. При сжигании 251,2 г смеси пирита и сульфида цинка об-
разовалось 71,68 л (н. у.) диоксида серы. Определить состав смеси.
219. При обработке 33,3 г смеси карбоната и гидрокарбоната
кальция серной кислотой образовалось 32,64 г сульфата кальция.
Определить состав взятой смеси.
220. При обработке 8,3 г хлоридов калия и натрия серной кис-
лотой образовалось 9,8 г их сульфатов. Определить состав взятой
и полученной смесей.
221. В соляной кислоте растворили 1,76 г смеси магния с монок-
сидом магния. Из образовавшегося раствора с помощью гидрофос-
фата натрия в аммиачном растворе осадили магний в виде мало-
растворимой двойной соли MgNH4PO4, которая при прокаливании
превращается в пирофосфат магния Mg2P2O7. Определить состав
смеси, если образовалось 6,66 г пирофосфата магния.
222. В 500 мл раствора содержится 13,7 щавелевой и муравьиной
кислот. На окисление их в 50 мл этого раствора в сернокислой сре-
де израсходовали 1,58 г перманганата калия. Определить молярную
концентрацию кислот в растворе.
223. При разложении 8,06 г смеси перманганата калия и берто-
летовой соли выделилось 1,568 л кислорода (н. у.'). Определить со-
став смеси. ’
224. К раствору, содержащему 5,48 г смеси сульфата й Силиката
натрия, прибавили избыток хлорида бария, в результате чего обра-
зовалось 9,12 г смеси сульфата и силиката бария. Определить со-
став взятой и образовавшейся смесей.
225. При обработке 11,14 г смеси хлоридов калия и цинка сер-
ной кислотой и выпаривании досуха образовалось 13,14 г смеси суль-
фатов калия и цинка. Определить состав взятой и образовавшейся
смесей.
226. При обработке 7,2 г гидридов калия и натрия водой обра-
зовалось 250 мл раствора гидроксидов. Определить состав смеси
гидридов, если для нейтрализации 50 мл полученного раствора из-
расходовали 20 мл 2 н. раствора соляной кислоты.
227. Для нейтрализации 200 мл 0,5 М раствора азотной кислоты
израсходовали 6,26 г смеси карбонатов калия и натрия. Определить
состав смеси.
228. При нагревании с серной кислотой 22,6 г смеси щавелевой
и муравьиной кислот образовалось 11,2 л смеси моноксида и диок-
сида углерода (н. у.). Определить состав смеси кислот.
229. При растворении в растворе щелочи 2 г сплава алюминия
с Цинком выделилось 1,904 л водорода (н. у.). Определить процент-
ный состав сплава.
230. При обработке соляной кислотой 9,92 г смеси карбидов каль-
ция и алюминия образовалось 4,48 л смеси метана и ацетилена
н- у.). Определить состав смеси карбидов.
2 2-182
33
231. К раствору, содержащему 12,5 г смеси хлорида и броми!
калия, прибавили избыток нитрата серебра, в результате чего 4
разевалось 20,78 г смеси хлорида и бромида серебра. Определи?
состав взятой и образовавшейся смесей. 1
232. Карбонатная твердость воды равна 14 мэкв/л. При кип!
чении 2 л воды образовалось 1,168 г осадка, содержащего карбон!
кальция и основной карбонат магния. Определить состав осадЛ
233. При растворении в водном растворе щелочи 8 г сплава кре!
ния с цинком выделилось 6,272 л водорода (н. у.). Определить np<J
центный состав сплава. ]
234. При обработке водой 29,8 г смеси пероксидов калия и нат
рия образовался 1 л раствора гидроксидов калия и натрия и выд|
лилось 5,6 л кислорода (н. у.). Определить состав смеси пероксид!
и молярную концентрацию щелочей в образовавшемся раствор!
235. При пропускании через раствор едкого натра 2,464 л уг-
лекислого газа (н. у.) образовалось 11,44 г смеси карбоната и гид
рокарбоната натрия. Определить состав образовавшейся смеси
236. При растворении 3 г сплава меди с серебром в азотной киб
лоте образовалось 7,34 г смеси нитратов меди и серебра. Определит!
процентный состав сплава. 1
237. В 100 мл раствора содержится смесь соляной и серной ки!
лот. После нейтрализации их едким натром и выпаривании раствор!
досуха образовалось 13,2 г безводных солей. Определить молярнуя
концентрацию кислот в растворе, если для нейтрализации 10 м!
такого раствора израсходовали 40 мл 0,5 н. раствора щелочи. |
238. Для растворения 8,2 г смеси карбонатов кальция и магни
в воде потребовалось 2,016 л углекислого газа (н. у.). Определит
состав смеси карбонатов.
239. При растворении в соляной кислоте 2,79 г смеси порошко
цинка и железа выделилось 1,008 л водорода (н. у.). Определит
состав взятой смеси. ’
240. Определить процентный состав смеси цинка, алюминия I
меди, если при взаимодействии 5 г ее с избытком щелочи выделилос]
2,016 л водорода (н. у.), а масса остатка после промывания и высу
шивания оказалась равной 1,5 г.
241. При обработке 4,72 г смеси железа, оксида железа (II) i
оксида железа (III) при нагревании с водородом образовалоа
3,92 г железа. Если то же количество смеси обработать избытков
раствора сульфата меди, то масса его увеличится до 4,96 г. Опре
делить состав исходной смеси.
242. Из смеси алюминия, магния, цинка и железа приготовили
две таблетки массой по 7,4 г. Одну из них поместили в раствор соля-1
ной кислоты, а вторую — в раствор щелочи. В первом случае выде-|
лилось 3,584 л, а во втором — 2,016 л водородами, у.). Определить]
состав смеси, если соотношение между количествами атомов цинк!
и алюминия равно 3:1.
243. При растворении 32,2 г смеси карбонатов калия и руби-
дия в воде образовалось 500 мл раствора, 50 мл которого нейтра-
34
L3yjoT 22 мл 2M раствора соляной кислоты. Определить состав
| ^244. К раствору, содержащему 2,19 г смеси этанола и пропанола
I 15 мЛ бензола (плотность 0,88 г/см3), добавили избыток металли-
ческого натрия. Выделившийся газ пропустили через спиртовый
Ьаствор 1,54 г уксусного альдегида в присутствии платинового
катализатора. После окончания реакции катализатор отфильтрова-
L а к фильтрату прибавили аммиачный раствор оксида серебра.
При легком нагревании образовалось 3,24 г осадка. Определить
процентную концентрацию этанола и пропанола в исходном раст-
воре.
VII. ЭЛЕКТРОЛИЗ
диссоциацией. К электролитам относятся кис-
Все вещества делятся на электролиты и неэлектролиты. Э л е к -
гролитами называют вещества, которые в растворе или рас-
плаве проводят электрический ток. Неэлектролитами
называют вещества, растворы или расплавы которых не проводят
электрического тока. Электролиты в растворе или в расплаве рас-
падаются на ионы. Это явление называется электролити-
ческой
лоты, основания и соли. Все остальные вещества являются или
неэлектролитами или очень слабыми электролитами, т. е. незначи-
тельная часть их молекул распадается на ионы.
При пропускании через раствор электрического тока катионы
(заряженные положительно) движутся к отрицательно заряженному
электроду, который называется катодом, а анионы (заряженные
отрицательно) движутся к положительно заряженному электроду,
который называется анодом. На катоде катионы присоединяют
электроны, превращаясь в нейтральные атомы или ионы с меньшим
зарядом:
Анионы на аноде отдают электроны, превращаясь в нейтральные
атомы:
Cl— — е = С1
или
2С1“ — 2е = CL.
и
Следовательно, при прохождении через раствор электрического
тока электролит разлагается. Разложение вещества под действием
электричества называется электролизом.
С количественной стороны процесс электролиза выражается
Двумя законами Фарадея.
Первый закон. Количество веществ, выделившихся на
электродах, прямо пропорционально количеству электричества,
прошедшего через раствор электролита.
2*
35
Второй закон. При прохождении одинакового колич^
ва электричества через растворы разных электролитов количес]
веществ, выделившихся на электродах, пропорционально их хщ
ческим эквивалентам. 1
Чтобы выделить 1 эквивалент вещества, нужно пропустить че?
раствор электролита 96 500 кулонов или 26,8 А • ч электричест]
Это количество электричества называется числом Фарадея (]
В общем виде законы Фарадея можно сформулировать т;
количество электричества, проходящего через раствор электроли
пропорционально количеству грамм-эквивалентов вещества, вы(
лившегося на электроде:
Q = Ж
где Q — количество электричества, к или А • ч; F — число Фара/
{96 500 к, или 26,8 А • ч); /V — количество эквивалентов вещест]
выделившегося на электроде.
Если количество вещества выразить в граммах, то
где А — количество вещества, г; Э — химический эквивале*
На практике часто употребляют понятие «электрохимически
эквивалент».
Электрохимическим эквивалентом наз
вают такое количество вещества, которое выделяется при прохо:
дении через электролит 1 А • ч электричества. Электрохимическ!
эквивалент равен частному от деления химического эквивален
на 26,8. I
При электролизе в большинстве случаев не весь ток тратит
на выделение вещества, потому что возможны и побочные процесс
Например, при электролизе хлоридов возможно окисление не тол
ко хлорида, но и гидроксильных ионов. В таких случаях коэф4
циент использования электрического тока будет меньше 1 или 100е
В электрохимических производствах коэффициент использован!
электрического тока находят как частное от деления практичен
полученного вещества на количество вещества, которое должно в
делиться по законам Фарадея. Называется эта величина выходе
по току:
а = „ .-^ир . .юо,
гп
теор
где а — выход по току вещества; тпр — количество вещества, с
разевавшегося в процессе электролиза; ттеОр — количество вещестЕ
которое должно образоваться согласно законам Фарадея.
При помощи законов электролиза можно решать задачи так
типов:
1. Определение количества вещества, выделившегося при nj
хождении через раствор электролита определенного количест
электричества.
36
2 Определение количества электричества, которое нужно про-
стить через раствор электролита, чтобы выделилось определенное
количество вещества.
*3 Определение коэффициента использования электрического тока
лй выхода вещества по току.
4. Определение химического эквивалента.
Для определения количества электричества нужно силу тока
умножить на время его прохождения. Иногда количество электри-
чества определяют кулонометром. Кулонометр — это прибор, в
котором электролитом является раствор сульфата металла, из ко-
торого сделаны электроды, погруженные в этот раствор. Если
кулонометр медный, то электроды сделаны из меди, а электролитом
является раствор сульфата меди. При прохождении электрического
тока анод растворяется, а на катоде выделяется столько меди,
сколько перешло ее в раствор из анода. По количеству меди, выде-
лившейся на катоде, определяют количество электричества, про-
шедшего через кулонометр и электролизер.
Условия задач
245. При растворении в воде кристаллогидрата сульфата никеля
NiSO4 • 7Н2О образовалось 800 г. раствора. Для полного выделе-
ния никеля из 100 г этого раствора пропускали электрический ток
силой 1,072 А в течение 2 ч. Определить количества кристаллогид-
рата и воды, необходимые для приготовления 800 г раствора.
246. Определить количество выделившегося на катоде кад-
мия, если через раствор сульфата кадмия пропустили 3,35 А • ч
электричества.
247. Определить время прохождения через раствор сульфата
кадмия электрического тока силой 0,402 А, за которое на катоде
выделится 3,36 г кадмия.
248. В 400 мл воды растворили 40 г соли, содержащей сульфат
кадмия. Определить процентное содержание сульфата кадмия
в соли, если для полного выделения кадмия через раствор пропус-
кали электрический ток силой 2,144 А в течение 4 ч.
249. Для полного выделения цинка и кадмия из раствора,
полученного растворением 2,65 г смеси их безводных сульфатов,
потребовалось пропускать электрический ток силой 0,268 А в те-
чение 3 ч. Определить состав смеси сульфатов.
250. Определить силу электрического тока, который пропус-
кали в течение 2 ч через раствор медного купороса, если на катоде
выделилось 2,24 г меди.
251. Определить количество меди, выделившееся на катоде
при пропускании через раствор медного купороса электрического
тока силой 5,36 А в течение 30 мин.
252. При пропускании электрического тока через медный ку-
лонометр и раствор хлорида калия масса катода кулонометра уве-
личилась на 8 г. Определить количество едкого кали, образовав-
шегося в растворе.
37
253. Электрический ток пропустили через медный кулономет
и два электролизера. В результате электролиза масса катода к
лонометра увеличилась на 2,56 г, а на анодах электролизер]
выделилось соответственно 0,64 и 2,84 г газов. Определить эт
газы. I
254. В растворе содержалось 5,95 г нитрата серебра. Опред
лить выход серебра по току, если для полного выделения сереб|
ток силой 0,5 А пропускали в течение 2 ч. "
255. При пропускании электрического тока через медный к\
лонометр и раствор хлорида натрия на катоде кулонометра выд
лилось 2,56 г меди, а в растворе образовалось 3,12 г едкого натр<
Определить выход едкого натра по току. 1
256. При электролизе раствора сульфата металла на като;
выделилось 9,1 г металла, а на аноде — 1,568 л кислорода (н. у.^
Определить эквивалент и название металла.
257о Через электролизер, в катодном пространстве которог
содержалось 20 л 4М раствора хлорида калия, пропустили элею
рический ток силой 40,2 А в течение 40 ч. Определить молярну
концентрацию хлорида калия и едкого кали в полученном растворе
если выход едкого кали по току равен 90% и объем раствора
процессе электролиза не изменился. I
258. Электрический ток пропустили через три кулонометру
один из которых был медным. В процессе электролиза масса ме/
ного кулонометра увеличилась на 0,48 г, а массы катодов второг
и третьего кулонометров — соответственно на 0,84 и 1,62 г. Опре
делить, из каких металлов изготовлены электроды во втором
третьем кулонометрах. 1
259. Для полного выделения меди и кадмия из 500 мл растворг
содержащего 5,76 г их сульфатов, пропускали электрический то
силой 0,268 А в течение 6 ч. Определить молярную концентрацш
сульфата меди и сульфата кадмия в растворе.
260. Электрический ток одновременно пропускали через во;
ные растворы серной кислоты и сульфата металла. В первом элекг
ролизере на катоде выделилось 400 мл водорода, измеренного пр
25° С и 740 мм рт. ст., а на катоде второго электролизера выделг
лось 1,04 г металла. Определить, сульфат какого металла бы
в растворе.
VIII. ХИМИЧЕСКОЕ РАВНОВЕСИЕ
Химические реакции проходят с разной скоростью: одни
мгновенно, другие — в течение нескольких минут, а некоторые
в течение часов, суток и даже месяцев или лет. Так, ионные ре.
ции проходят очень быстро, реакции между многими органи
скими веществами часто длятся несколько минут или часов, а ре;
ции в твердых веществах (шлаках, стекле, горных породах) про
кают очень медленно.
Скорость химической реакции измеряется изменением конценгщ
38
еагиру^Щик веществ в единицу времени. Концентрацию реаги-
\пх веществ чаще всего выражают количеством молей в 1 л.
)УЮ осТЬ химической реакции зависит от природы реагирующих
Геств, концентрации, температуры и присутствия катализатора.
Сличение концентрации реагирующих веществ приводит к уве-
ению вероятности столкновения молекул. В зависимости от
1Ипаса энергии молекул реагирующих веществ столкновения могут
Оканчиваться образованием молекул новых веществ.
1 Количественную зависимость скорости химической реакции вы-
И Н. Бекетов. Эта зависимость известна под названием з а-
о </
она действующих масс: скорость химической реак-
ии при постоянной температуре прямо пропорциональна произ-
бдению концентраций реагирующих веществ. Если, например,
щоходит реакция
Н. И. Бекетов. Эта зависимость известна под названием з а-
действующих
го скорость реакции выражается таким уравнением:
v~k\A}m > [<,
де v - скорость реакции; [Л] и [В] — концентрации реагирую-
цих веществ; тип — коэффициенты в уравнении реакции, которые
з уравнении скорости реакции являются показателями степени для
концентрации соответствующих веществ; k — коэффициент про-
торциональности.
При повышении температуры увеличивается скорость движе-
ния реагирующих частичек, т. е. увеличивается запас энергии мо-
лекул, что способствует образованию молекул новых веществ.
Повышение температуры на 10° С увеличивает скорость реакции
практически в 2—3 раза.
Химические реакции не всегда проходят до конца. Это объясня-
ется тем, что в процессе реакции увеличивается концентрация
продуктов реакции. А это создает условия, при которых возможна
реакция в обратном направлении. Такие реакции называются
обратимыми. Реакция, проходящая слева направо (согласно
с записью уравнения реакции), называется прямой, а реакция,
проходящая справа налево,— обратной.
При прямой реакции концентрации исходных компонентов
уменьшаются, что приводит к уменьшению скорости этой реакции:
v = k[A]m . .
Концентрация продуктов реакции все время увеличивается,
поэтому скорость обратной реакции также увеличивается:
q - k. [С]* • [D]q .
Через некоторое время скорость прямой реакции будет равна ско-
рости обратной реакции:
V
с. наступает состояние химического равновесия,
ото совсем не означает, что реакция прекращается. Химическое
39
равновесие динамично; при химическом равновесии неизменцЩ
являются лишь концентрации реагирующих веществ, так 11
сколько образуется продуктов реакции в единицу времени, стогЛ
же их и разлагается. Л
При химическом равновесии скорости прямой и обратной рЛ
ции равны между собой, т. е. v = vlf или |
МЛр . [Bf [Qp • РИ ; I
К - k : - ‘ № I
Р ki [Л]w • [В]п ’ 1
где /Ср — константа химического равновесия, зависящая от т^
пературы, но не зависящая от концентрации реагирующих вещес^
Присутствие катализатора также не влияет на константу равщ
весия. Катализатор может лишь ускорить приближение равнов^
ного состояния. I
Изменение концентрации одного или нескольких компонент!
приводит к изменению концентрации других компонентов, одна!
значение константы равновесия остается постоянным. Влиян!
разных факторов на химическое равновесие характеризуется п р и й
ц и п о м ле Ш а т е л ь е: если изменить одно из условий раем
весия, например температуру, давление или концентрацию, m
равновесие сместится в направлении реакции, противодействуют^
этому изменению.
Если прямая реакция экзотермична (проходит с выделением теп-
лоты), то повышение температуры смещает равновесие в сторой1)
обратной (эндотермической) реакции, а понижение температу-
ры — в сторону прямой реакции. 1
Если реакция сопровождается изменением объема, то повыш!
ние давления смещает равновесие в сторону уменьшения объем!
а понижение давления — в сторону увеличения объема. Так, при
синтезе аммиака по реакции I
N. + ЗН2 2NH3 I
из трех объемов водорода и одного объема азота образуются дв|
объема аммиака. Повышение давления способствует увеличении
выхода аммиака, так как эта реакция сопровождается уменьши
нием объема. Уменьшение давления способствует увелич!
нию объема, и равновесие будет смещаться в сторону разложени!
аммиака.
При увеличении в равновесной системе концентрации одной
из компонентов система смещается в сторону той реакции, котора*
приводит к уменьшению концентрации этого компонента. Если i
раствору слабого электролита, например гидроксида аммоний
NH4OH NH+ + ОН~ I
добавлять соединения, содержащие ионы NH^ или ОН~, равнове-j
сие сместится в сторону образования NH4OH, чтобы уменьшить
концентрацию ионов, введенных в раствор. '
g уравнение константы равновесия записывают только те кОхМ-
енты, концентрация которых изменяется в процессе реакции.
1С'Н гИдролизе какой-нибудь соли в разбавленном водном раство-
Г*Р количество воды очень велико по сравнению с концентрацией
й и концентрация ее практически не изменяется. Для реакции
'ядролиза соли NH4C1:
NH4C1 + Н2О NH4OH + НС1,
1ЛИ
NH+ + Н2О <± NH4OH + н+
_ |NH4OH| • [Н+]
р [NH+]
Увеличение концентрации ионов водорода в этой реакции замед-
1яет гидролиз соли, а уменьшение концентрации ионов водорода
усиливает гидролиз.
Если рассматривать диссоциацию труднорастворимых веществ,
^пример сульфата бария
BaSO4 <± Ва2+ + SO2~,
ю константа равновесия ее будет иметь такой вид:
[Ва2+] [SOf—]
Кр ~ [BaSOJ
Сульфат бария растворяется очень плохо (практически нерас-
творим), поэтому в уравнение константы равновесия фактически
введена концентрация сульфата бария в твердой фазе. Эта величина
юстоянна для определенной температуры, а поэтому постоянным
>удет и произведение ионов
[Ва2+] * [SO2~] = const.
Произведение концентраций ионов труднорастворимого веще-
ства называется произведением растворимости
того вещества и является очень важной его характеристикой.
* аналитической химии (весовой анализ) с помощью произведения
•астворимости можно рассчитать условия для практически полного
каждения определяемых ионов. Русское обозначение произведе-
на растворимости — ПР, немецкое — Lp (Loslichkeisprodukt),
нглийское Sp (Solubility product).
Для решения задач, связанных с гидролизом солей, нужно
нать кислотно-основную характеристику воды. Вода является
чень слабым электролитом. Она диссоциирует по схеме:.
Н2О н+ + ОН“.
константа диссоциации воды
[Н+] • [ОН-)
[Н2О]
41
Поскольку вода является очень слабым электролитом, то
центрация молекул воды практически остается постоянной и р
~ 55,5 моль/л. Поэтому удобнее пользоваться не конста
диссоциации воды, а ее ионным произведением
Кн2о = [Н+] . [ОН"~] .
Ионное произведение воды зависит от температуры. При 2
25° С оно равно Ю14. I
Основным условием нейтральности среды является равещ
концентраций водородных и гидроксильных ионов: I
]Н+] = [ОН-] = 10"7.
В кислой среде больше концентрация ионов водорода:
[Н+] > [ОН”]; [и+] > ю-7. I
В щелочной среде больше концентрация гидроксильных ион
[ОН-] > [Н+1; [ОН-] > 10"1. 1
На практике чаще всего пользуются таким понятием, как
дородный показатель pH.
Водородный показатель — это десятичный логарифм к
центрации водородных ионов, взятый с противоположным знак
pH - - 1g [Н+],
откуда [Н+] = 10"рН. |
В кислой среде pH < 7, в щелочной pH > 7, а в нейтральн
pH = 7. Концентрация гидроксильных ионов [ОН~] = 10~(14П
Например, при pH = 3 концентрация водородных ионов [Н+^
= 10~3, концентрация гидроксильных ионов [ОН~] = Ю~(14~3).
= КГ41, а ионное произведение воды равно 10“3 • 10~и = 10‘
Задачи, основывающиеся на равновесных процессах, мо>
условно разделить на три группы: ]
1. Определение константы равновесия по известной концент
ции реагирующих веществ. I
2. Определение концентрации реагирующих веществ по изве
ной константе равновесия. |
3. Нахождение условий связывания одного из компонен!
реакции по известной константе равновесия. |
Условия задач
261. Определить pH 0,02 М раствора бензойной кислоты, е(
степень диссоциации её равна 0,5% , а константа диссоциации 6 6
X 10~5. |
262. Определить константу диссоциации уксусной кисло'
если степень диссоциации её в 0,1М растворе равна 1,3%.
263. Определить концентрацию ионов свинца в 0,05М раствс
сульфата натрия, если произведение растворимости сульфата cbi
ца равно 1,6 • 10~8.
42
264. При некоторой температуре равновесная концентрация
рцого ангидрида, образующегося в результате окисления кисло-
Се до м диоксид3 серы, была равной 0,03 моль/л. Исходные кон-
^ентрацин диоксида серы и кислорода были равными соответ-
ственно 0,07 и 0,06 моль/л. Рассчитать константу равновесия этой
реакции.
265. Определить растворимость в граммах на 1 л фторида каль-
ция, если произведение растворимости его равно 4 • 10~п.
266. При пропускании воздуха через электрическую дугу обра-
зуется моноксид азота. Определить константы равновесия этой
оеакции, если равновесный выход моноксида азота при 1800° С
равен 0,5%, а при 2500° С — 2,5%.
267. Определить степень гидролиза и pH 0,1М раствора циа-
нида калия, если константа гидролиза его равна 1,58 • 10~5.
268. Определить концентрацию ионов муравьиной кислоты
при pH = 6 в 0,2М растворе, если константа её диссоциации равна
1,8 • 10“4.
269. Определить концентрацию сульфат-ионов, при которой
возможно практически полное осаждение ионов бария, если произ-
ведение растворимости сульфата бария равно 1,1 • 10~10.
270. Определить концентрацию иодид-ионов, при которой воз-
можно практически полное осаждение ионов свинца, если произве-
дение растворимости иодида свинца равно 1,1 • 109.
271. В 400 мл воды растворяется 0,212 г карбоната магния.
Определить произведение его растворимости.
272. Константа диссоциации плавиковой кислоты равна 6,8 X
X 10~4. Определить степень диссоциации и концентрацию фторид-
ионов в 0,5 М растворе плавиковой кислоты.
273. В 500 мл воды растворилось 0,1914 г фосфата лития.
Определить произведение его растворимости.
274. Определить pH 0,1 М раствора сероводорода, если кон-
станты диссоциации сероводорода равны: Kj = 8,9 • 10~8 и
/<2 = 1,3- КГ13.
275. Определить pH 0,1 М раствора сульфита натрия, если
константы диссоциации сернистой кислоты равны: = 1,7 • 10~2
и К2 - 6,2 • 10“8.
276. Определить концентрацию кислоты, при которой возможно
практически полное осаждение ионов цинка сероводородом, если
произведение растворимости сульфида цинка равно 1,6 • 10~24,
3 концентрация сероводорода в насыщенном растворе равна
0,1 моль/л.
277. Определить концентрацию ионов водорода, при которой
возможно практически полное осаждение ионов железа (II) серо-
водородом, если произведение растворимости моносульфида железа
равно 5 • 10~18.
278. Определить концентрацию ионов железа (II) в растворе,
насыщенном сероводородом, если произведение растворимости суль-
фида железа (II) равно 5 • КГ18.
43
279. Какую концентрацию должна иметь кислота, чтобы в 1 j
ее растворить 0,0096 г сульфида меди, произведение растворимое^
которого равно 6,3 • 10~36? 1
280. Константа диссоциации пикриновой кислоты (тринитрофе
нола) равна 5 • 1СГ3. Определить степень диссоциации и концент.
рацию пикрат-ионов в ее 0,1 М растворе. 1
281. При растворении арсената натрия в воде образовал^
0,1 М раствор с pH ~ 12,26. Определить степень и константу гид
ролиза этой соли, если константы диссоциации мышьяковой кис-
лоты равны:
Ki - 6,0 • 10~3; К2 - 1,05 • 10~7, К3 = 2,95 • КГ12.
282. Определить растворимость в граммах на 1 л карбоната!
никеля, если произведение растворимости его равно 6,6 • 1СГ9|
283. Определить растворимость в граммах на 1 л в воде арсената
магния, если произведение его растворимости равно 2,1 • 10~20.|
284. В 1 л воды растворили 8,2 г ацетата натрия, в результате!
чего pH раствора оказался равным 8,9. Определить константу и
степень гидролиза ацетата натрия в этом растворе.
285. Исходная концентрация хлора составляла 0,04 моль/л!
5% молекулярного хлора диссоциировало на атомы. Вычислить
константу равновесия этого процесса. I
286. Определить изменение степени диссоциации гидроксида
аммония при разбавлении 1 М его раствора в 10 раз. (Константа
диссоциации гидроксида аммония приведена в табл. 2).
IX. ЭНЕРГЕТИКА ХИМИЧЕСКИХ РЕАКЦИЙ
I
Все химические реакции сопровождаются поглощением или вы-
делением энергии. Эта энергия может быть тепловой, электриче-j
ской, фотохимической, световой и др. Поскольку между разными ви-
дами энергии существует эквивалентность, то для количественного
сравнения энергетических эффектов химических реакций их пере-
считывают на тепловые единицы (джоули или калории). В зависи-
мости от поглощения или выделения энергии реакции делят на
экзотермические и эндотермические.
Экзотермические реакции — это реакции, сопровож-
дающиеся выделением энергии. Эндотермические реак-
ции — это реакции, сопровождающиеся поглощением энергии.
Суммарное количество энергии, которое поглощается или выделя-
ется во время прохождения химической реакции, называется ее
тепловым эффектом.
Раздел химии, количественно изучающий энергетику химиче-
ских реакций, называется термохимией. Термохимия оцени-
вает стойкость химических соединений по тепловому эффекту реак-
ций их образования, а также энергетическую выгодность химиче-
ских реакций в определенных условиях.
Для сравнения тепловых эффектов реакций образования хими-
ческих соединений из простых веществ тепловые эффекты относят к
44
молям. Теплота, которая поглощается или выделяется при
Газовании 1 моль химического соединения из простых веществ,
° зывается теплотой образования этого вещества.
£апдота образования выражается в килоджоулях на 1 моль (кДж/
1 ль) или в килокалориях на1 моль (ккал/моль), 1 ккал=4,184 кДж.
Ь Теплота образования химических соединений зависит от темпе-
патуры, ПОЭТОМУ Для стандартизации принята теплота образования,
измеренная или вычисленная для температуры 25° С (298 К), кото-
рая называется стандартной и обозначается Д Я298.
раньше теплоту образования соединений, полученных при экзо-
термических реакциях, обозначали со знаком плюс, а соединений,
полученных при эндотермических реакциях,— со знаком минус.
В настоящее время пользуются противоположной формой записи,
принятой в термодинамике: со знаком плюс обозначают тепловые
эффекты эндотермических реакций, а со знаком минус — тепловые
эффекты экзотермических реакций. Так, уравнение экзотермической
реакции образования воды из кислорода и водорода можно записать
Н2 + 0,5О2 = Н2О — 57,8 ккал, или 242,76 кДж,
а уравнение эндотермической реакции образования моноксида
азота —
0,5N2 + 0,5О2 = NO + 21,6 ккал, или 90,72 кДж.
Химическое уравнение, в котором определен тепловой эффект
реакции, называется термохимическим. Поскольку в
термохимических уравнениях символы и формулы показывают
количество молей реагирующих веществ, то коэффициенты при
них могут быть и дробными числами. Это делают для того, чтобы
тепловой эффект был связан с образованием или разложением
1 моль вещества. Если при образовании химического соединения из
простых веществ выделяется (поглощается) определенное количест-
во теплоты, то при разложении этого соединения будет поглощаться
(выделяться) такое же количество теплоты, т. е. теплота образова-
ния химического соединения численно равна теплоте разложения
этого соединения, но имеет противоположный знак.
С термохимическими уравнениями, как и с алгебраическими,
можно производить действия сложения и вычитания. При перенесе-
нии членов с одной части в другую знаки, стоящие возле них,
изменяются. Это дает возможность подобрать ряд термохимических
Уравнений с известными тепловыми эффектами, чтобы рассчитать
тепловой эффект реакции, который нельзя определить эксперимен-
тально (например, образование углеводородов, моноксида углеро-
да, пероксида водорода и др.).
В основе всех термохимических расчетов лежит второй закон
термохимии (закон Гесса): тепловой эффект реакции зависит толь-
ко от начального и конечного состояний реагирующих веществ, но
не зависит от ее промежуточных стадий.
Это означает, что если реакция проходит сразу с образованием
Конечных продуктов или через определенные стадии с образо-
45
ванием промежуточных продуктов, то окончательный тепло^
эффект будет одинаковым и равным сумме тепловых эффект
всех промежуточных реакций. 1
Задачи по термохимии можно условно разделить на три групг!
1. Определение теплового эффекта реакции с помощью извес]
ных тепловых эффектов реакций образования конечных продукт^
из простых веществ.
2. Определение теплоты образования некоторых веществ!
помощью реакций с известным тепловым эффектом.
3. Нахождение количества теплоты, которая выделяется ил)
поглощается при образовании определенного количества веществ^
При решении такого типа задач следует пользоваться теплото;!
образования некоторых соединений, приведенной в табл. 4, и тепло!
той сгорания некоторых соединений, приведенной в табл. 5 (сц
приложение).
Условия задач II
287. Определить тепловой эффект реакции горения этилена!
288. Определить тепловой эффект реакции СО + Н2Опар Д
== СО2 + Н2, пользуясь данными табл. 4. . II
289. Определить количество тепла, выделившегося при сжи|
гании 56 л пентан-гексановой смеси, плотность по водороду кото!
рой равна 38,8 (н. у.). II
290. Определить количество тепла, выделившегося при сжига|
нии 28 л ацетилена (н. у.). II
291. Определить количество тепла, выделившегося при сжигй]
нии 515 г смеси ацетона и метанола, пары которой имеют плот!
ность по водороду 25,75. I
292. Определить тепловой эффект реакции горения метанола!
293. Вычислить количество тепла, выделившегося при получе]
нии 120 г метафосфорной кислоты из фосфорного ангидрида, если
теплота образования метафосфорной кислоты равна 226,2 ккал!
294. Определить тепловой эффект реакции горения сероводорода
при недостатке кислорода. I
295. Определить теплоту образования метана по реакции еп|
горения. II
296. Определить количество тепла, выделившегося при сжига-1
нии 36,48 г термита (смесь порошков железной окалины и алюми-1
ния, взятая в стехиометрическом соотношении). I
297. При горении фосфина РН3 образуются фосфорный ангим
рид и вода и выделяется 286,8 ккал тепла. Определить теплотя
образования фосфина. ||
298. При соединении 7 г железа с серой выделилось 2,9 кка|
тепла. Определить теплоту образования сульфида железа. I
299. При взаимодействии 2 л хлора (н. у.) с водородом выде|
лилось 3,91 ккал тепла. Определить теплоту образования хлоровое
дорода. I
46
300. Определить количество тепла, которое выделится при
зрыве 14,4 г гремучего газа и конденсации образовавшегося во-
дяного пара.
X. ЗАДАЧИ ДЛЯ САМОСТОЯТЕЛЬНОГО РЕШЕНИЯ
1. В раствор, содержащий 7,32 г хлорида кадмия, погрузили
цинковую пластинку. Масса ее увеличилась на 1,645 г. Опреде-
лить степень вытеснения кадмия и состав солей, образовавшихся
в растворе.
2. Сожгли 2л газовой смеси (н. у.), содержащей пропан. Обра-
зовавшиеся газы пропустили через раствор гидроксида кальция,
в результате чего образовалось 8 г карбоната и 12,96 г гидрокарбо-
ната кальция. Определить процентное содержание пропана в газо-
вой смеси.
3. К раствору, содержащему 8,48 г карбоната натрия, приба-
вили раствор, содержащий соляную кислоту, и выпарили. Обра-
зовалось 10,67 г безводных солей. Определить содержание хло-
роводорода в растворе.
4. Определить количество доломита, содержащего 8% приме-
сей, необходимое для получения 28 м3 углекислого газа (н. у.).
5. Через раствор, содержащий 3,42 г гидроксида бария, про-
пустили 2,5 л газа(н. у.), содержащего 40%NO2. Раствор выпарили.
Определить состав сухого остатка.
6. В медном концентрате содержатся моносульфид меди и же-
лезный колчедан. При обжиге концентрата в присутствии кокса
железный колчедан окисляется до диоксида серы и моноксида
железа, который образует силикат железа (II) и переходит в шлак,
а моносульфид меди — до Cu2S, образующего так называемый
штейн. Для обжига 6 т медного концентрата, содержащего 80%
моносульфида меди и 20% железного колчедана, израсходовали
10 000 м3 воздуха (н. у.). Определить состав образовавшейся газовой
смеси.
7. Какой объем аммиака (н. у.) нужно сжечь, чтобы образова-
лось 350 кг 99%-ного раствора азотной кислоты, если в процессе
производства в азотную кислоту превращается только 98,56%
аммиака?
8. При нагревании 73,5 г бертолетовой соли часть ее разлагает-
ся с выделением кислорода, а часть — с образованием перхлората
и хлорида калия. Определить состав твердого остатка, если вы-
делилось 10,08 л кислорода (н. у.).
9. Термическое разложение дихромата аммония происходит
по схеме
(NH4)2 Сг2О7 = Cr2O3 + N2 + 4Н2О.
Определить процентное содержание дихромата в соли, если
при разложении 32 г ее образовалось 20 г твердого остатка (хими-
ческий состав примесей при нагревании не изменяется).
47
10. При термическом разложении 25 г карбоната кальция о&
разевалось 17,3 г твердого остатка. Определить степень разлож^
ния карбоната кальция и состав твердого остатка. I
U.K раствору, содержащему 9,12 г. сульфата железа (II) I
9,8 г серной кислоты, прибавили раствор, содержащий 1,58 г пер!
манганата калия. Определить состав солей и серной кислоты
образовавшемся растворе.
12. Определить количество известняка, которое надо превра^
тить в карбид кальция, чтобы из него получить 418 кг уксусного
альдегида, если практический выход его составляет 95%. I
13. При нагревании 6,06 г нитрата калия образовалось 5,34 г
твердого остатка. Определить степень разложения нитрата калия,
14. К раствору, содержащему 10,8 г хлорида меди, прибавили
раствор, содержащий 1,7 г сероводорода. Воду выпарили. Опре-
делить состав твердого остатка.
15. Хлороводород, образовавшийся при обработке избытком
серной кислоты 1,25 г соли, содержащей хлорид кальция, погло-
тили раствором нитрата серебра, в результате чего образовалось
2,87 г хлорида серебра. Определить процентное содержание хлори-
да кальция в соли.
16. К раствору, содержащему 9,36 г хлорида натрия, приба-
вили серную кислоту. Раствор выпарили. Масса сухого остатка
оказалась равной 10,86 г. Определить количество прибавленной
серной кислоты и состав образовавшегося сухого остатка.
t/17. В раствор медного купороса погрузили железную пластин-
ку. Определить количество выделившейся на ней меди, если масса
ее увеличилась на 1,2 г.
18. Определить состав газовой смеси, состоящей из диоксидов
серы и углерода и моноксида углерода, если при пропускании 20 л
ее через раствор щелочи объем уменьшился до 8 л, а плотность
ее по гелию равна 10,4.
19. К аммиачному раствору, содержащему 5,1 г нитрата сереб-
ра, прибавили раствор, в котором содержалось 2,2 г уксусного
альдегида. Определить степень окисления уксусного альдегида после
полного восстановления серебра.
20. Масса 3,28 л смеси моноксида углерода и метана при 27° С
и 3,75 атм равна 10,4 г. Определить количество воздуха, необходи-
мое для сжигания данной смеси.
21. Определить объем кислорода и воздуха, необходимые для
сжигания 30 л пропан-бутановой смеси, содержащей 60% пропана
и 40% бутана.
22. Определить объемы кислорода и воздуха, необходимые
для сжигания 8 кг топлива, содержащего 90% углерода, 4% во-
дорода, 4% кислорода и 2% минеральных примесей.
23. К раствору, содержащему гидрокарбонат магния, приба-
вили раствор, содержащий 4,44 г гидроксида кальция, в результате
чего образовалось 6,45 г смеси карбоната кальция и гидроксида
магния. Определить содержание гидрокарбоната магния в растворе.
48
24. Через водный раствор брома пропустили 5,6 л газовой
еси (й- У)» состоящей из бутана, пентана и бутилена. Прореаги-
СфБало 12 г брома. Определить процентный состав газовой смеси,
Р лй плотность ее по водороду равна 29,4.
е 25. Определить плотность по гелию газовой смеси, состоящей
13 20% кислорода и 80% азота.
1 26. К раствору, содержащему 4,8 г сульфата меди, прибавили
избыток едкого натра, а затем 0,46 г муравьиной кислоты. Опре-
делить количество оксида меди (I), образовавшегося после полного
окисления муравьиной кислоты.
27. Определить объем озонированного кислорода, содержащего
25% озона, необходимый для сжигания 90 л смеси моноксида угле-
рода и водорода, плотность по водороду которой равна 11,1.
28. В эвдиометре сожгли смесь из 80 мл моноксида углерода
с водородом и 120 мл кислорода. Объем парогазовой смеси, приве-
денный к первоначальным условиям, был равен 160 мл, а после
конденсации водяных паров — 100 мл. Определить состав взятой
и образовавшейся смесей.
29. При пропускании азотоводородной смеси через контактный
аппарат прореагировало 20% смеси. Определить процентный со-
став газовой смеси, выходящей из аппарата.
30. Определить плотность по гелию газовой смеси, содержа-
щей 20% моноксида углерода, 20% азота и 60% водорода.
31. Определить, при какой температуре 5 л метана имеют массу
2,846 г, если давление равно 1 атм.
32. Чему равен объем озонированного кислорода (содержит 8%
озона), необходимого для сжигания 52 л метана?
33. При термическом разложении 6,8 г нитрата металла образо-
валось 5,52 г нитрита. Определить эквивалент металла.
34. Для сжигания 30 л смеси метана и моноксида углерода
израсходовали 24 л кислорода. Определить процентный состав
смеси.
35. В раствор соляной кислоты погрузили металлическую плас-
тинку массой 50 г. После вытеснения 336 мл водорода (н. у.) масса
пластинки уменьшилась на 1,68%. Чему равен эквивалент металла,
из которого сделана пластинка?
36. В раствор, содержащий 4 г сульфата меди, погрузили кадми-
евую пластинку. После полного вытеснения меди масса пластинки
Уменьшилась на 3%. Определить массу погруженной в раствор
пластинки.
37. При сжигании 2,25 г вещества образовалось 0,45 г воды и
1»12 л (н. у), диоксида углерода. Молекулярная масса вещества рав-
90. Определить молекулярную формулу вещества.
38. Колбу емкостью 5 л наполнили кислородом (н. у). После
Мигания в ней 5,6 г металла давление уменьшилось до 0,888 атм.
Каков эквивалент металла?
39. При обработке 4,44 г хлорида металла серной кислотой
образовалось 5,44 г его сульфата. Чему равен эквивалент металла?
49
40. Смешали 200 мл смеси моноксида и диоксида углерод^
800 мл воздуха. После сжигания моноксида углерода содержа^
азота в образовавшейся смеси увеличилось на 3,37%. Опредед!
процентное содержание моноксида и диоксида углерода в их I
чальной смеси. I
41. Одинаковое количество металла соединяется с 0,40 г. киц
рода и 3,10 г кислотного остатка. Определить эквивалент кисло^
42. Две пластинки с равной массой, сделанные из металл
образующего двухзарядные ионы, погрузили: одну в раствор хл
рида меди, другую — в раствор хлорида кадмия. Через некотор(
время масса пластинки, погруженной в раствор хлорида мед
увеличилась на 1,2%, а масса второй — на 8,4%. Уменьшен
молярной концентрации хлоридов меди и кадмия было одинаковы!
Определить эквивалент и название металла.
У 43. В раствор сульфата кадмия погрузили цинковую пластинк
массой 50 г. После реакции, в результате которой весь вытесне!
ный кадмий выделился на пластинке, масса ее увеличилась I
3,76%. Сколько кадмия выделилось на пластинке? 1
44. В азотной кислоте растворили 3,84 г металла, в результат
чего образовалось 11,28 г нитрата металла. Определить его экв]
валент.
45. Для растворения 1,2 г оксида металла израсходовано 30 ы
1 н. раствора соляной кислоты. Определить эквивалент металл:
46. Вещество состоит из 34,59% натрия, 23,31% фосфора'
42,10% кислорода. Определить молекулярную формулу веществ:
47. Вещество, плотность по водороду которого равна 21, с(
стоит из 85,71 % углерода и 14,29% водорода. Определить его мол
кулярную формулу. I
48. Определить процентную концентрацию сульфата натрия(
растворе, образовавшемся при растворении 644 г глауберовой сол
Na2SO4 ; 10 Н2О в 956 г воды. |
49. При сжигании 9,84 г. вещества образовалось 6,36 г карбо
ната натрия, 3,24 г. воды и 4,032 л (н. у.) диоксида углерода
Определить молекулярную формулу вещества.
50. Определить процентную концентрацию раствора, образовав
шегося при смешивании 500 г 60%-ного и 300 г 40%-ного раствор
серной кислоты. 1
51. Определить процентную концентрацию раствора, образовав
шегося при растворении 280 л (н. у.) бромоводорода в 1 л воды. I
52. Определить молярную концентрацию раствора, образован
шегося при смешивании 200 мл 0,5 М и 600 мл 1,5 М растворов
ацетата натрия. I
53. Определить процентную концентрацию раствора, образуй]
щегося при смешивании 600 мл воды с 600 мл концентрированно!
соляной кислоты (С = 37%, d = 1,19 г/см3). 'I
54. Определить концентрацию раствора иодида натрия, образе
вавшегося при растворении 465 г его кристаллогидрата Nal 1
X 2Н2О в 1045 г 35,89%-ного раствора иодида натрия.
50
55. Определить количество 50%-ного раствора муравьиной кис-
оть1, которое нужно прибавить к 400 г 10%-ного раствора, чтобы
^пазовался 30%-ный раствор.
° 56. Какое количество 40%-ного раствора азотной кислоты
нужно прибавить к 120 г 5%-ного раствора, чтобы образовался
20%-ный раствор?
57. Определить количество воды, к которому нужно прибавить
400 мл концентрированной серной кислоты (d = 1,84 г/см3, С =
= 98%), чтобы образовался 10%-ный раствор серной кислоты.
58. Определить количество кристаллогидрата бромида меди
СиВг2 • 4Н2О, которое нужно растворить в 351 г 1,61%-ного
раствора бромида меди, чтобы образовался 10,68 %-ный раст-
вор.
59. Определить минимальное количество воды, в котором при
100° С можно растворить 250 г кристаллогидрата хлорида бария
ВаС12 • 2Н2О, содержащего 2,4% нерастворимых в воде примесей
(растворимость безводной соли см. в табл. 1 приложения).
60. Определить количество воды, в котором нужно растворить
143 г. кристаллической соды Na2CO3 • ЮН2О, чтобы образовался
21,2%-ный раствор карбоната натрия.
61. Определить количество 5%-ного раствора карбоната нат-
рия, в котором нужно растворить 100 г кристаллической соды,
чтобы образовался 15%-ный раствор карбоната натрия.
62. Определить количество воды, которое нужно прибавить к
600 г 20%-ного раствора едкого кали, чтобы образовался 15%-ный
раствор.
63. Определить количество триоксида серы и 73,5%-ного раст-
вора серной кислоты, необходимые для приготовления 250 г 83,3 %-
ного раствора серной кислоты.
64. В каком количестве 73,5%-ного раствора серной кислоты
можно растворить 100 г серного ангидрида, чтобы образовался
83,3 %-ный раствор серной кислоты?
65. Сколько воды и кристаллогидрата нитрата меди Cu (NO3)2 X
X ЗН2О необходимо для приготовления 400 г 23,5%-ного раствора
нитрата меди?
66. Какое количество воды и 63 %-ного раствора азотной кис-
лоты необходимо для приготовления 945 г 15 %-ного раствора
азотной кислоты?
67. В соляной кислоте растворили 4,04 г смеси железа и желез-
ной окалины. Затем аммиаком осадили гидроксид железа (II), кото-
рый кислородом воздуха окисляется до гидроксида железа (III).
Осадок отфильтровали и прокалили, в результате чего образова-
лось 4,4 г оксида железа (III). Определить состав взятой смеси.
68. Определить процентную концентрацию насыщенного при
100° С раствора нитрата бария, если растворимость его при этой
температуре равна 300 г.
69. Сколько выкристаллизуется кристаллогидрата хлорида меди
Х1С12 • 2Н2О, если 1050 г насыщенного при 100° С раствора (раство-
51
римость безводной соли НО г) охладить до 20° С (растворимость без4
водной соли 72,7 г)? I
70. Сколько выкристаллизуется кристаллогидрата сульфата
алюминия Al2 (SO4)3- 18Н2О, если 1134 г насыщенного при 100° С
раствора (растворимость безводной соли 89 г) охладить до 20° Q
(растворимость безводной соли 36,2 г)? 1
71. Определить количество хлорида аммония, который выкри!
сталлизуется при охлаждении 414 г насыщенного при 80° С раствора)
(растворимость 65,6 г) до 20° С (растворимость 37,2 г). ]
72. При растворении в воде 3,12 г смеси гидридов натрия d
кальция образовался раствор щелочей, на нейтрализацию которых'
израсходовали 140 мл 1 н. раствора азотной кислоты. Определить!
состав смеси гидридов. |
73. Для нейтрализации 20 мл раствора соляной и азотной кис-i
лот израсходовали 25 мл 0,4 н. раствора едкого кали. При нейтра-]
лизации 200 мл этого раствора едким кали и выпаривании раствора
досуха образовалось 9,04 г смеси сухих нитрата и хлорида калия.
Определить молярную концентрацию кислот в растворе. 1
74. Определить количество 10%-ного раствора, которое нужно,
прибавить к 200 г 30%-ного раствора, чтобы образовался 26%-ный
раствор щелочи. I
75. Определить количество воды, в котором нужно растворить
426 г фосфорного ангидрида, чтобы образовался 49%-ный раствор
фосфор ной кислоты.
76. Определить количество 49%-ного раствора серной кислоты,,
в котором нужно растворить 280 г серного ангидрида, чтобы обра-
зовался 78,4%-ный раствор серной кислоты.
77. При растворении в серной кислоте 8,28 г смеси алюминия
и оксида алюминия образовалось 34,2 г безводного сульфата
алюминия. Определить состав взятой смеси.
78. Определить количество серебра, выделившегося на катоде^
если через раствор пропускали электрический ток силой 0,67 Ав
течение 8 ч.
79. При обработке 6,32 г смеси карбоната и гидрокарбоната
натрия серной кислотой образовалось 6,39 г безводного сульфата
натрия. Определить состав взятой смеси.
80. В раствор, содержащий 15,9 г смеси сульфатов калия и
магния, прибавили избыток хлорида бария, в результате чего обра-
зовалось 25,63 г сульфата бария. Определить состав взятой смеси.
81. В растворе в виде суспензии содержалось 56,1 г смеси кар-
бонатов кальция и магния. Для превращения их в гидрокарбонаты
израсходовали углекислый газ, полученный при сжигании 7 л
этана (н. у). Определить состав смеси карбонатов.
82. При пропускании электрического тока через электролизер,
наполненный раствором хлорида калия, и серебряный кулонометр,
на катоде кулонометра выделилось 0,54 г серебра. Определить
количество образовавшегося в растворе едкого кали.
83. При электролизе раствора хлорида щелочного металла
52
Образовалось !’02 г Щелочи и 112 мл водорода (н. у.). Определить
^ивалент и название щелочного металла.
84. При пропускании через раствор нитрата серебра электри-
ческого тока силой 0,402 А в течение 2 ч выделилось 3,078 г серебра.
Определить выход серебра по току.
85. Растворили 3,58 г кристаллогидрата сульфата хрома
31*2 (5О4)з * 18Н2О. Определить, в течение какого времени нужно
пропускать электрический ток силой 2,5 А, чтобы полностью выде-
лился хром, если выход его по току равен 80,4%.
86. При пропускании через раствор сульфата натрия электри-
ческого тока силой 67 А в течение 20 ч выделилось 532 л водорода
(и. у). Определить выход водорода по току.
87. Для нейтрализации 300 мл 0,2 и. раствора соляной кислоты
^расходовали 2,68 г смеси карбонатов кальция и магния. Опреде-
лить состав смеси карбонатов.
88. При растворении в серной кислоте 5,24 г смеси оксидов
леди и цинка образовалось 10,44 г их безводных сульфатов. Опре-
делить состав взятой смеси оксидов.
89. В растворе содержится 4,65 г сульфата никеля. Определить
дау тока, при которой можно выделить весь никель из раствора
в течение 4 ч.
90. При электролизе расплава хлорида металла образовалось
3,448 л хлора (н. у.) и 1,56 г металла. Определить, хлорид какого
металла подвергали электролизу.
91. Через три кулонометра, один из которых был из серебра,
а два других из неизвестных металлов, пропустили определенное
юличество электричества, в результате чего масса серебряного
катода кулонометра увеличилась на 4,32 г, а масса катодов
деух других кулонометров увеличилась соответственно на 1,3 и
2,24 г. Определить, из каких металлов изготовлены куло-
юметры.
92. При пропускании через 200 мл раствора нитратов меди и
'еребра электрического тока силой 0,804 А в течение 2 ч на катоде
выделилось 3,44 г металлов. Определить молярную концентрацию
нитратов меди и серебра в растворе.
93. Определить растворимость в воде (в г/л) карбоната бария,
^сли произведение его растворимости равно 5,1 • 10 ~9.
94. Определить концентрацию водородных ионов и pH в 0,1 н.
Растворе пропиновой кислоты, если константа ее диссоциации
}авна 1,35 • 10~5.
95. Определить, при какой концентрации ионов водорода мож-
ю практически полностью осадить ионы свинца сероводородом,
"ели концентрация сероводорода в насыщенном растворе равна
М моль/л (произведение растворимости сульфида свинца приведе-
но в табл. 3, а константы диссоциации сероводородной кислоты —
5 табл. 2 приложения).
96. Концентрация ионов водорода в 0,1 М растворе селенита нат-
}ия равна 2,19 • 10-11 г—ион/л, константы диссоциации селенистой
53
кислоты приведены в табл. 2 приложения. Определить констац.
и степень гидролиза этого раствора.
97. Определить количество тепла, выделяющегося при сж^
нии 56 л этан-пропановой смеси (н. у.), плотность по водор|
которой равна 17,8 (теплоты сгорания этана и пропана привед!
в табл. 5 приложения).
98. Определить тепловой эффект реакции горения пропа!
(теплоты образования СО2, пропана и воды см. в табл. 4 приложения
99. Определить теплоту образования бутана по реакции I
горения, тепловой эффект которой равен 687,8 ккал/мй
(см. табл. 4 и 5 приложения). I
100. Определить количество тепла, которое выделится пр
каталитическом сжигании 560 л аммиака (н. у.) (см. табл. 4 и
приложения). |
101. Определить тепловой эффект реакции горения серовод
рода в избытке кислорода (см. табл. 5 приложения). I
102. Определить теплоту образования бензола по реакции ei
горения, тепловой эффект которой равен 789 ккал/моль (с,
табл. 4 приложения).
103. Определить растворимость (в г/л) хлорида серебра в вод
если произведение его растворимости равно 1,78 • 10~10.
104. Определить степень и константу гидролиза 0,1 М раствор
теллурита натрия (константы диссоциации теллуристой кислот
приведены в табл. 2 приложения). 1
105. При конверсии метана в процессе получения водород
в контактный аппарат подавали смесь равных объемов метана
углекислого газа. Определить процентный состав образовавшейс
смеси, если прореагировало 80% первоначальной смеси. |
106. При растворении в серной кислоте 2,52 г металла образов
лось 6,84 г его сульфата. Определить эквивалент металла.
107. В раствор, содержащий в виде сульфата 4,8 г металл;
погрузили железную пластинку массой 50 г. После полного выдел:
ния металла масса пластинки увеличилась на 1,2%. Определит
эквивалент металла. |
108. Определить формулу вещества, содержащего 68,85% угл<
рода, 4,92% водорода и 26,23% кислорода. I
109. При нагревании 3,03 г нитрата щелочного металла обр*
зовалось 2,55 г нитрита. Определить эквивалент металла.
ПО. Определить количество воды, в котором можно растворит
при 40° С 200 г хлорида калия, и концентрацию образовавшей#
раствора.
111. Для нейтрализации 2,9 г кислоты, образованной элеме!
том шестой группы периодической системы Д. И. Менделеев^
потребовалось 80 мл 0,5 М раствора едкого натра. Определит
формулу кислоты. I
112. Определить количество уксусного ангидрида, которое нуЯ
но растворить в 288 г воды, чтобы образовался 80%-ный раство
уксусной кислоты. I
54
113. Определить количество серного ангидрида, которое нужно
растворить в 300 г 49%-ного раствора серной кислоты, чтобы об-
разовался 78,4 %-ный раствор серной кислоты.
114. Для растворения 5,35 г смеси цинка с моноксидом цинка
израсходовали 100 г 5,11%-ного раствора соляной кислоты. Опре-
делить состав смеси.
115. Определить количество 10%- и 50%-ного растворов едкого
кали для приготовления 400 г 25%-ного раствора.
116. Для осаждения хлорида серебра из 7,86 г смеси хлоридов
калия и магния потребовалось 240 мл 0,5 М раствора нитрата
серебра. Определить состав смеси хлоридов.
117. При обработке 3,8 г смеси гидридов натрия и калия водой
пылелилось 2,8 л водорода (н. у). Определить состав смеси гидридов
ВЫДеЛИЛОСЬ Л водорода ju. у/. —---
калия и натрия.
118. На 3,16 г перманганата калия подействовали избытком
соляной кислоты. Газообразный продукт реакции полностью прореа-
гировал с 500 мл 0,1 М раствора сернистой кислоты. Определить
концентрацию ионов водорода в полученном растворе.
119. Через раствор, содержащий 8,9 г смеси сульфатов меди
и кадмия, пропустили электрический ток силой 1,34 А. Опреде-
лить состав смеси, если для полного выделения меди и кадмия
потребовалось 2 ч.
120. Определить объем аммиака (н, у.), который выделится
при нагревании до 50° С 763 г насыщенного при 20° С раствора.
РЕШЕНИЕ ЗАДАЧ
I. ХИМИЧЕСКИЕ УРАВНЕНИЯ
1. Термическое разложение доломита происходит по уравнению:
СаСО3 MgCO3 = СаО + MgO + 2СО2 . 1
184 2 « 22,4
8 96 I
Первый способ. По условию задачи выделилось 8,96 л, или :
= 0,4 моль, СО2. По уравнению реакции 2 моль СО2 выделяются при разложен»
1 моль доломита, а 0,4 моль СО2 выделится при разложении 0,2 моль доломит
Значит, в 40 г руды содержится 0,2 моль, или 0,2 • 184 = 36,8 г доломита, ч'
36,8-100 поо/
составляет ——------= 92%.
Второй способ. Из уравнения реакции разложения доломита видн
что
44,8 л СО2 выделяются при разложении 184 г доломита,
кнсо3,
Следовательно, 8,82 г азотной кислоты прореагируют с карбонатом калия,
оставшиеся 12,6 — 8,82 = 3,78 г ее прореагируют с гидрокарбонатом калия. Из
Первого уравнения видно, что
138 г К2СО3 образуют 100 г КНСО3,
19,32 г КоСОо » л:, г
А О Л
19,32 * 100 ..
* =------138---=14
Из уравнения реакции гидрокарбоната с азотной кислотой видно, что
63 г HNO3 реагируют с 100 г КНСО3,
3,78 г HNO3 » » х2 г КНСО3,
3,78 • 100
х2=-^---------=6 г.
Из этого же уравнения видно, что
63 г HNO3 образуют 101 г KNO3,
3,78 г HNO3 » х3 г KNO3,
8,96 л СО2
3,78 • 101
х3— 63
= 6,06 г.
Следовательно, в 40 г руды содержалось 36,8 г доломита, что составляет 92%,
2. Взаимодействие карбоната и гидрокарбоната калия с азотной кислотой
происходит по уравнениям:
К2СО3 + HNO3 = КНСО3 + KNO3 ;
138 63 100 101
КНСО3 + HNO3 = KNO3 + Н2О + СО2
22,4 ' I
19 32
Первый способ. По условию задачи 19,32 г, или — — 0,14 моль,
1 оо
12 6
карбоната калия прореагировали с 12,6 г, или —— 0,2 моль, азотной кислоты.
Из уравнения реакции карбоната калия с азотной кислотой видно, что 1 моль
карбоната калия реагирует с 1 моль азотной кислоты с образованием 1 моль гид-
рокарбоната калия и 1 моль нитрата калия, а 0,14 моль карбоната калия прореа-
гируют с 0,14 моль азотной кислоты с образованием 0,14 моль гидрокарбоната
и 0,14 моль нитрата калия. Оставшиеся 0,06 моль (0,2—0,14 = 0,06) азотной ки-
слоты прореагируют с гидрокарбонатом калия. Из уравнения этой реакции видно,
что 1 моль азотной кислоты реагирует с 1 моль гидрокарбоната калия с образова-
нием 1 моль нитрата калия, воды и СО2, а 0,06 моль азотной кислоты прореагиру-
ют с 0,06 моль гидрокарбоната калия с образованием 0,06 моль нитрата калия,
0,06 моль, или 22,4 • 0,06 = 1,344 л, углекислого газа. Таким образом, в ре-
зультате реакции образуется 0,2 моль (0,14 + 0,06 = 0,20), или 0,2-101 = 20,2 г,
нитрата калия и 0,08 моль (0,14—0,06 = 0,08), или 0,08 • 100= 8 г, гидрокар-
боната калия.
Второй способ. Из уравнения реакции карбоната калия с азотной
кислотой видно, что
г HNO3,
г HNO3,
г.
г К2СО3 реагируют с 63
19,32 г К2СО3 » к
, „ _!?'32 ' 63 _ я,»
Из первого уравнения видно, что
из 138 г К2СО3 образуются 101 г KNO3,
» 19,32 г К2СО3 » х4 г KNO3,
19,32 • 101
*4 ~ 138
= 14,14 г,
или
из 63 г HNO3 образуются 101 г KNO3,
» 8,82 г HNO3 » х4 г KNO3,
8,82 -101 .. ..
Xi=-------63~~ = 14’14 г-
Таким образом, получается 20,2 г (14,14 + 6,06 = 20,2) нитрата калия
и я г Н4 — 6 = 8) гидрокарбоната калия.
3. Термическое разложение перманганата калия происходит по такому ура
нению реакции:
2КМпО4 = К9МпО4_ + МпО2 + °2 -
2 • 158 197 87 22,4
По условию
Месей и 12,64 г
Первый
| 12,64
12 8 • 1 25
задачи в 12,8 г взятой соли содержится — — = 0,16 г при-
(12,8— 0,16 — 12,64) перманганата калия.
способ. По условию задачи разложилось 12,64 г, или
== 0,08 моль, перманганата калия. Из уравнения реакции видно, что при
158
разложении 2 моль КМпО4 выделяется 1 моль О2, а при разложении 0,08 моль
КМпО4 должно выделиться 0,04 моль, или 0,04 • 22,4 = 0,896 л, или 896 мл, О2.
Второй способ. По условию задачи разложилось 12,64 г перманганата
Калия. Из уравнения реакции видно, что
при разложении 316 г КМпО4 образуются 22,4 л О2,
57
56
при разложении 12,64 г КМпО4 образуют х л О,
22,4 • 12,64 _ QOft
х = ------------= 0,896 л-
о 10
2»
Таким образом, при разложении 12,64 г перманганата калия образуют
0,896 л, или 896 мл, кислорода.
г-г ЛЛ 40 • 21
4. По условию задачи в 40 г соли содержалось —[qq~ “ г пРимес
и 31,6 (40 — 8,4 = 31,6) перманганата калия.
31 6
Первый способ. В 40 г соли содержалось 31,6 г, или ~ 0,2 мол
перманганата калия. После нагревания масса остатка была равной 37,44
Уменьшение массы происходит за счет выделения кислорода. Значит, выделило
2 56
2,56 г (40 — 37,44 — 2,56), или —- = 0,08 моль, кислорода. Из уравнения реа
о Л
ции термического разложения перманганата калия видно, что при выделен!
1 моль О2 разлагается 2 моль 1<МпО4, а при выделении 0,08 моль О2 разлагает
0,16 моль, или 0,16 • 158 — 25,28 г, КМпО4, а 6,32 г его (31,6 — 25,28 = 6,3
останутся без изменений. Из того же уравнения видно, что при разложении 2 мол
КМпО4 образуются 1 моль К2МпО4 и 1 моль МпО.
КМпО4 образуются 0,08 моль, или 0,08 • 197 = 15,76 г, К2МпО4 и 0,08 мол
или 0,08 • 87 — 6,96 г, МпО2. Таким образом, в 37,44 г твердого остатка содерж
лось 8,4 г примесей, 6,32 г перманганата калия, 15,76 г манганата калия и 6,96
диоксида марганца.
Второй способ. По условию задачи выделилось 2,56 г (40 — 37,44
= 2,56) кислорода. Из уравнения реакции видно, что
32 г О2 выделяются при разложении 316 г КМпО4,
2,56 г О2 » »
316 • 2,56
Х~ 32
>2, а при разложении 0,16 мо<
»
= 25,28 г.
Из "этого же уравнения видно, что
х г КМпО4,
при разложении 316 г КМпО4 образуются 197 г К2МпО4,
>>
»
25,28 г КМпО4 » хг г К2МпО4*
=
197 « 25,28
316
= 15,76 г;
при разложении 316 г КМпО4 образуются 87 г МпО2,
» » 25,28 г КМпО4 » х2 г МпО2,
х2 ==
87 • 25,28
316
= 6,96 г.
Таким образом, в 37,44 г твердого остатка содержалось
15,76 г манганата калия, 6,96 г диоксида марганца и 6,32 г (40
— 6,96 — 2,56 = 6,32) перманганата калия.
5. Реакция термического разложения бертолетовой соли в
лизатора происходит по уравнению:
8,4 г
примесе
- 8,4 - 15,76
присутствии
кат
2КС1О3 = 2КС1 + ЗО2
2 . 122,5 2 • 74,5 3-32
Первый способ. Уменьшение массы смеси обусловлено выделение
•кислорода. При разложении бертолетовой соли выделилось 7,68 г (20 — 12,32
7 68
== 7,68), или — = 0,24 моль, кислорода. Из уравнения разложения бертол
58
соли видно, что 3 моль О2 выделяются при разложении 2 моль КС1О3,
оВ°оА моль О2 образуются при разложении 0,16 моль, или 0,16 • 122,5 = 19 6 г*
। 0/ 19 6 - 100
Значит, в смеси было 19,6 г, или—--------= 98%, бертолетовой соли
г (20— 19,6 = 0,4), или 0,4 хлорида калия.
0 т о р о й способ. При разложении бертолетовой соли образовалось
2 32 г хлорида калия и выделилось 7,68 г кислорода. Из уравнения реакции
1ИдЦО, чТ0
96 г О2 выделяются при разложении 245 г КС1О3,
7,68 г О2
9 4
» >>
245 • 7,68
У = --------------
96
» х г КС1О3,
= 19,6 г.
Значит, в смеси было 19,6 г, или —-----------= 98%, бертолетовой соли
ж— V/
0,4 г (20— 19,6 = 0,4), или — 2%, хлорида калия.
6. Взаимодействие меди с нитратом серебра происходит по уравнению:
2AgNO3 + Си = Си (NO3)2 + 2Ag
2-170 64 188 2 - 108
Первый способ. Из уравнения реакции видно, что при взаимодей-
твии 2 моль нитрата серебра с 1 моль меди на медной пластинке должны выде-
[иться 2 моль, или 2 • 108= 216 г, серебра и 1 моль меди должен перейти в рас-
вор. Масса пластинки должна увеличиться на 216 — 64 = 152 г. По условию за-
1ачи масса пластинки увеличилась на ——— = 0,08 г. Это значит, что в раствор
6,08
терешло -у^
)еакции 2 • 0,04 = 0,08 моль, или 0,08 • 108 ~ 8,64 г, серебра.
Второй способ. Из уравнения реакции видно, что при выделении
ia медной пластинке 216 г серебра 64 г меди переходит в раствор и масса пластин-
ки увеличивается только на 216 — 64 = 152 г. По условию задачи масса пластинки
увеличилась на 6,08 г. Отсюда
при увеличении массы на 152 г выделяется 216 г серебра,
» » » » 6,08 г » х г серебра,
6,08 > 216
х —
100
= 0,04 моль меди, а в растворе содержалось согласно уравнению
152 ~ 8,64 Г‘
Следовательно, в растворе содержалось 8,64 г серебра.
7. Карбонат кальция реагирует с углекислым газом в водной среде согласно
Равнению:
СаСО3 + СО2 + Н2О = Са (НСО3)2.
100 22,4
По условию задачи прореагировало 8,96 л, или
50
= 0,4 моль, углекислого газа, а в суспензии содержалось 50 г, или =
л Первый способ.
8,96
22Х=
' 0,5 моль, карбоната кальция. Из уравнения реакции видно, что 1 моль углекис-
ПОго газа реагирует с 1 моль карбоната кальция, и 0,4 моль углекислого
аза прореагирует с 0,4 моль карбоната кальция, и 0,1 моль его (0,5 — 0,4 =
5 0,1), или 0,1 • 100 = 10 г, останутся в суспензии. Таким образом, в твердой
'азе останутся 10 г карбоната кальция.
59
Второй способ.
22,4 л
8,96 л
Из уравнения реакции видно, что
СО2 реагируют со 1(То г СаСО;
СО2
з>
г СаСО3,
» >: X
8,96 -100
22,4 =4°
Значит, 40 г карбоната кальция перейдут в раствор, а 10 г (50 — 40=:
его останутся в твердой фазе.
8. Гашеная известь реагирует с углекислым газом согласно уравнен
74
Образовавшийся карбонат кальция реагирует с избытком углекислого t
по уравнению, приведенному в предыдущей задаче.
По условию задачи в смеси содержалось 39,2%, или 0,392 • 8= 3,13(
углекислого газа.
Первый способ. По условию задачи прореагировали 7,4 г,
7 4 3 136
= 0,1 моль, гидроксида кальция с 3,136 л, или = 0,14 моль, углекисл
газа. Из уравнения реакции гидроксида кальция с углекислым газом видно, |
1 моль гидроксида кальция реагирует с 1 моль углекислого газа с образован!
1 моль карбоната кальция, а 0,1 моль гидроксида кальция прореагирует с 0,1 м|
углекислого газа с образованием 0,1 моль карбоната кальция. Оставши!
0,04 моль (0,14 — 0,1 = 0,04) углекислого газа согласно уравнению реакции уг|
кислого газа с карбонатом кальция прореагируют с 0,04 моль карбоната кальи
с образованием 0,04 моль гидрокарбоната кальция. Следовательно, после полн!
растворения углекислого газа образуется 0,06 моль (0,1 —0,04 = 0,06), й)
0,06 • 100 = 6 г, карбоната кальция.
Второй способ. Из уравнения реакции
кислым газом видно, что
74 г Са (ОН)2 реагируют с 22,4
7,4 г Са (ОН)2 » х
гидроксида кальция с у:
л СО2,
л СО2>
х = ’ = 2,24 л.
74 г Са (ОН)2 образуют 100 г СаСО3,
7,4 г Са (ОН)2 » xt г СаСО3,
7,4 • 100
х1 = ----—-----
1 74
= 10 г.
Оставшиеся 0,896 л (3,136 — 2,24 = 0,896) прореагируют с карбонатом ка*т
ция. Согласно этому уравнению,
22,4 л СО2 реагируют со 100 г СаСО3,
0,896 л СО2 » » х2 г СаСОч,
0,896 « 100
^=—22Л---------Г‘
Значит, после полного поглощения углекислого газа образуется 6 г (10 — 4
= 6) карбоната кальция.
9. Бензол с этиленом реагирует по такому уравнению:
С6Н6 + С2Н4 = С6Н6С2Н5 .
78 22,4 106
60
Л гт 200 • 89,6
р е р в ы и способ. По условию задачи прореагировало------------— —
179 2
179?2 и3, или ~29^“ ~ кмоль, этилена. Из уравнения реакции видно, что
кМОль этилена прореагируют с 8 кмоль, или 8-78 — 624 кг, бензола с образо-
° нием 8 кмоль, или 8 • 106 = 848 кг, этилбензола. Следовательно, продукты
БааКЦии будут содержать 848 кг этилбензола и 152 кг (776 — 624 = 152) бензола.
д!асса продуктов реакции будет равна 1000 кг (152 + 848 = 1000); в них будет
сл qoz этилбензола и 15,2% бензола.
0^,0 /и олл on с
Второй способ. По условию задачи
__ 179,2 + этилена. По уравнению реакции
22,4 м3 этилена реагируют с 78
179,2 м3 » » » х
78 • 179,2
х ~------------= 624 кг.
прореагировало
200 • 89,6 _
100
22,4
кг бензола,
кг » ,
По этому же уравнению
78 кг бензола образуют 106 кг этилбензола,
624 кг » » хт кг » ,
106 • 624
Xi ” 78
= 848 кг.
Следовательно, в продуктах реакции будет содержаться 848 кг этилбензола
и 152 кг(776 — 624 = 152) бензола. Масса их будет равна 1000 кг (848 + 152 =
— 1000); в них будет 84,8% этилбензола и 15,2% бензола.
10. Разложение бертолетовой соли происходит согласно следующим урав-
нениям реакций:
2КС1О3 = 2КС1 + ЗО2 ;
2 < 122,5 2 • 74,5 3 • 22,4
4КС1О3 = КС1 + ЗКС1О4 ’.
4 • 122,5 3 • 138,5
особ. По условию задачи при разложении 88,2 г, или
= 0,6 моль,
п
13,44
Первый с
88 2
= 0,72 моль, бертолетовой соли выделилось 13,44 л, или
кислорода. Из первой реакции разложения бертолетовой соли видно, что 3 моль
кислорода выделяется при разложении 2 моль бертолетовой соли, а 0,6 моль кис-
лорода образуется при разложении 0,4 моль бертолетовой соли. При этом образу-
ется также 0,4 моль хлорида калия. Значит, из 0,72 моль бертолетовой соли
0,4 моль разлагаются с выделением кислорода, а 0,32 моль (0,72 — 0,4 = 0,32)
Разлагаются без выделения кислорода согласно уравнению (2). Из этого уравнения
видно, что из 4 моль бертолетовой соли образуются 3 моль перхлората калия
и I моль хлорида калия, а из 0,32 моль бертолетовой соли образуются 0,24 моль,
или 0,24 • 138,5 = 33,24 г, перхлората калия и 0,08 моль хлорида калия. Всего
хлорида калия образуется 0,48 моль (0,4 + 0,08 = 0,48), или 0,48- 74,5 = 35,76 г.
Масса всего остатка будет равной 69 г.
Второй с п о с о б. Из первого уравнения реакции разложения бертоле-
товой соли видно, что
67,2 л О2 выделяются при разложении 245 г КС1О3,
13,44 л О2 » » » х г КС1ОЯ,
__ 13,44 • 245
х ~ 67,2
= 49 г.
61
Из этого же уравнения видно, что
из 245 г КС1О3 образуются 149 г КС1,
» 49 г КС1О3 » ’ г КС1,
49 • 149 опс
Х1 ~ 245 ~29,8
Из 88,2 г бертолетовой соли 49 г разлагается с выделением кислорода и 39,
(88,2 — 49 = 39,2) — без выделения кислорода согласно
уравнения видно, что
из 490 г
» 39,2 г
уравнению (2). Из эт<
КС1О3 образуются 415,5
КС1О3 »
39,2.415,5 _
2 490 ^’“4
КС1О4,
ксю4,
г
2
г
из 490 г КС1О3 образуются 74,5 г КО,
» 39,2 г КС1О3 » х3 г КС1,
_ 39,2 - 74,5
3 490 ’ “5,96 Г'
Таким образом, при разложении 88,2 г бертолетовой соли выделилось 13,44
кислорода и образовалось 69 г твердого остатка (29,8 + 33,24 + 5,96 = 6?
содержащего 33,24 г перхлората калия и 35,76 г (29,8 + 5,96 = 35,76) хлор
да кддия.
ПИ Реакция между фосфорной кислотой и едким кали проходит по уравн
ниямт
Н3РО4 4- КОН = КН2РО4 +н2о,
98 56 136
КН2РО4 4-кон — к2нро4 4-Н2О,
174
К2НРО4 + кон =
к3РО4 4* н2о.
212
Первый способ. По условию задачи раствор содержал 5,88 г, hj
5 88 8 4
= 0,06 моль, фосфорной кислоты и 8,4 г, или = 0,15 моль, едко
Jo оо
кали. Из приведенных выше уравнений видно, что для превращения 0,06 мо<
фосфорной кислоты в дигидрофосфат калия необходимо 0,06 моль едкого кал
для превращения 0,06 моль фосфорной кислоты в гидрофосфат калия, необходи!
0,12 моль едкого кали, а для превращения 0,06 моль гидрофосфата ,кал1
в 0,06 моль фосфата калия еще нужно 0,06 моль едкого кали. Таким образом,
0,15 моль едкого кали 0,12 моль его расходуется на образование 0,06 моль гидр
фосфата калия, а 0,03 моль (0,15 — 0,12 = 0,03) едкого кали расходуется на пр
вращение 0,03 моль гидрофосфата калия в 0,03 моль фосфата калия. Значит, пс
ле выпаривания раствора в остатке будут 0,03 моль, или 0,03 • 212 = 6,36
фосфата калия и 0,03 моль (0,06 — 0,03 = 0,03), или 0,03 • 174 — 5,22
гидрофосфата калия.
Второй способ. Для решения задачи способом пропорций луч!
всего воспользоваться такими уравнениямй реакций нейтрализации фосфорн
кислоты:
Н3РО4 + КОН = КН2РО4 + Н2О;
98 ’ 56 136
62
Н3РО4+ 2К0Н = К2НРО4 + 2Н2О;
2 • 56 174
Н3РО4+ ЗКОН = К3РО4 +ЗН2О.
3 • 56 212
р]о условию задачи 5,88 г фосфорной кислоты прореагировали с 8,4 г едкого
дли И3 пеРВ0Г0 уравнения реакции нейтрализации видно, что
98 г Н3РО4 реагируют с 56 г КОН,
5,88 г Н3РО4 » » х г КОН,
56 • 5’88 Q ЧА П
X = -----gg — = 3,36 Г.
Из второго уравнения реакции нейтрализации
98 г Н3РО4 реагируют с 112
5,88 г Н3РО4 » » хх
х . 112-5,88 _
х4 - 98 - 6,/~
ВИДНО, что
кон,
КОН,
г
г
г.
Из третьего уравнения реакции нейтрализации видно, что
98 г Н3РО4 реагируют с 168 г КОН,
5,88 г НоРО, » » х2 г КОН,
168 - 5,88 1лпо
ха =-----= 10,08 г.
4’
Выходит, что данных по условию задачи 8,4 г едкого кали избыточно для
превращения всей фосфорной кислоты в гидрофосфат калия (6,72 г) и недостаточно
для полного превращения ее в фосфат калия (10,08 г). Из 8,4 г едкого кали 6,72 г
расходуется на превращение фосфорной кислоты в гидрофосфат калия, а 1,68 г
(8,4 — 6,72 = 1,68) — на превращение гидрофосфата калия в фосфат. Из второго
уравнения реакции нейтрализации фосфорной кислоты видно, что
98 г Н3РО4 образуют 174 г К2НРО4,
5,88 г Н3РО4 » х3 г К2НРО,
_ 174 - 5j8_ _
х3_ g8 г.
Из уравнения реакции гидрофосфата калия с едким кали видно, что
56 г КОН реагируют с 174 г К2НРО4,
1,68 г КОН » » х4 г К2НРО4,
174 • 1,68 _ оо
xt = ----F7--= 5’22 г-
5Ь
Из того же уравнения видно, что
174 г К2НРО4 образуют 212 г К3РО4,
5,22 г К2НРО4 » х8 г К3РО4,
212 • 5,22 „
Ч =------174---= 6,36 г.
Следовательно, после выпаривания раствора в остатке будут 6,36 г фосфата
Калия и 5,22 г (10,44 — 5,22 = 5,22) гидрофосфата калия.
63
12. Реакция между нитратом серебра и хлоридом алюминия проходит
такому уравнению:
3AgNO3 + А1С13 = 3AgCl ’+ A1(NO3)3 .
3 • 170 133,5 3 • 143,5 213
Первый способ. По условию задачи один раствор содержит 11,9
11 9 2 67
или + = 0,07 моль, нитрата серебра, а другой — 2,67 г, или
1/0 13о,о
= 0,02 моль, хлорида алюминия. По уравнению реакции 3 моль AgNO3 peanq
ют с 1 моль А1С13 и образуют 3 моль AgCl и 1 моль Al (NO3)3, а 0,02 моль All
будут реагировать с 0,06 моль AgNO3 и образуют 0,06 моль, или 0,06 • 143,5
— 8,61 г, AgCl и 0,02 моль, или 0,02 • 213 = 4,26 г, Al (NO3)3. Так как при е
паривании образуется не безводная соль, а кристаллогидрат Al (NO3)3 • 9Н2
молекулярная масса которого равна 375, то его будет тоже 0,02 моль, или 0,02
X 375 = 7,5 г. Остаток после выпаривания будет содержать также 0,01 moj
или 0,01 -170 =1,7 г, AgNO3. Следовательно, во время реакции образуеп
i после выпаривания фильтрата останется 9,2 г (7,5+ 1,7
8,61 г AgCl, а
— 9,2) остатка.
Второй
Из уравнения реакции видно, что
г AgNO3,
г AgNO3,
способ.
133,5 г А1С13 реагируют с 510
2,67 г A1CL » » х
1 о
510-2,67
133,5 10,2
Итак, полностью прореагирует хлорид алюминия, а в остатке будет 1,7
(11,9—10,2= 1,7) нитрата серебра. Из уравнения реакции видно, что
133,5 г А1С13 образуют 430,5 г AgCl,
2,67 г А1С13 » г AgCl,
_ 430,5 • 2,67
X1 ~ 133,5
= 8,61 г;
133,5 г А1С13 образуют 213 г Al (NO3)3,
2,67 г А1С13 образуют х2 г Al (NO3)3,
213 • 2,67
Х2 = >. пп -
133,5 ’ *
При выпаривании фильтрата образуется кристаллогидрат нитрата
из 213 г Al (NO3)3 образуются 375 г Al (NO3)3 • 9Н2О,
» 4,26 г Al (NO3)3 » х3 г Al (NO3)3
375 • 4,26
Xs ~ 213 ~7,5 Г’
’ 9Н2О,
Следовательно, при взаимодействии 11,9 г нитрата серебра с 2,67 г хлорщ
алюминия образуются 8,61 г хлорида серебра и после выпаривания фильтрата о'
разуется 9,2 г остатка, содержащего 7,5 г кристаллогидрата нитрата алюмит
и 1,7 г нитрата серебра.
13. Реакция сульфата хрома с хлоридом бария проходит по уравненш
Сг2 (SO4)3 + ЗВаС1
392
2 = 3BaSO4 + 2CrCl3 .
3-208 3’ 233 “2^158,5
При выпаривании продукты реакции и вещества, оставшиеся в
64
^разуют кристаллогидраты:
ВаС12 • 2H2O ;
244
СгС13 • 6Н2О ;
266,5
Cr2 (S04)., . 18H2O .
716
Первый способ. По условию задачи один раствор содержал 7,84 г,
7,84 п . v сл 16,64
1ДЙ = 0’02 моль» сульфата хрома, а другой — 16,64 г, — —
0,08 моль, хлорида бария. По уравнению реакции 1 моль Cr2 (SO4)3 реагирует
Гз моль ВаС12 с образованием 3 моль BaSO4 и 2 моль СгС13, а 0,02 моль Сг2 (SO4)3
LrryT реагировать с 0,06 моль ВаС12 и образуют 0,06 моль, или 0,06 • 233 =
J 13,98 г, BaSO4 и 0,04 моль, или 0,04 • 158,5 = 6,34 г, СгС13, который после
^1паривания превратится в 0,04 моль, или 0,04 • 266,5 == 10,66 г, кристаллогид-
рата хлорида хрома. В избытке останется 6,02 моль (0,08 — 0,6б = 0,02), или
)р2 • 208 = 4,16 г, хлорида бария, который после выпаривания превратится
3’0,02 моль, или 0,02 • 244 = 4,88 г, кристаллогидрата хлорида бария. Масса
остатка после выпаривания фильтрата будет равна 10,66 + 4,88 = 15,54 г.
Второй способ. Из уравнения реакции сульфата хрома с хлоридом
бария видно, что:
392 г Сг2 (SO4)3 реагируют с 624 г ВаС12,
7,84 г Cr2 (SO4)3 » » х г ВаС1а,
624 * 7,84
Х 392
= 12,48 r.
ИЛИ 208
Следовательно, полностью прореагирует сульфат хрома, а в избытке останет-
ся 4,16 г (16,64 — 12,48 = 4,16) хлорида бария. При выпаривании
208 г ВаС12 образуют 244 г ВаС12 • 2Н2О,
4,16 г ВаС12 » Xf г ВаС12 • 2Н2О,
244 ♦ 4,16
Xi ~ 208
Из того же уравнения видно, что
392 г Сг2 (SO4)3 образуют 699 г BaSO4,
7,84 г Cr2 (SO4)3 * х2 г BaSO4,
«. - -^1 - 13.» г.
624 г ВаС12 образуют 699 г BaSO,
12,48 г ВаС12 »
___ 699 * 12,48 __
~ 624 “
392 г Cr2 (SO4)3 образуют
О4)з »
317 . 7,84
392 ~ ’
= 4,88 r.
4’
x3 г BaSO4
13,98 r;
317
x4
г СгС13,
г CrCL,
«>•
*4 =
r.
При выпаривании
158,5 г СгС13
6,34 г СгС13
x5 —
образуют 266,5 г CrCI3 ♦ 6H2O,
» x5 г CrCL . 6H2O,
266,5 . 6,34
158,5 — = 10'66 r
3 2-182
65
Следовательно, в результате взаимодействия 7,84 г сульфата хрома с 16,
хлорида бария образуется 13,98 г сульфата бария и после выпаривания фильтр
та — 15,54 г остатка, содержащего 10,66 г кристаллогидрата хлорида хрома^'
4,88 г кристаллогидрата хлорида бария.
14. Реакция между фосфатом натрия и нитратом кальция проходит по так0{,
уравнению:
2Na3PO4 + ЗСа (NO3)2 = Са3 (РО4)2 + 6NaNO3 .
2* 164 3*164 310 6 * 85
П е р в
9,84
или 1б4 - ,, т r„_., 1б4
нитрата кальция. По уравнению реакции f _______ __д_ г_______________
Са (NO3)2 с образованием 1 моль Са3 (РО4)2 и 6 моль NaNO3, а 0,06 моль Са (NQ
будут реагировать с 0,04 моль Na3PO4 и образуют 0,02 моль, или 0,02 • 310;
= 6,2 г, Са3 (РО4)2 и 0,12 моль, или 0,12 • 85 = 10,2 г, NaNO3. В избытке ост;
нется 0,02 моль (0,06 — 0,04 = 0,02), или 0,02 • 164 — 3,28 г, фосфата натри;
Второй способ. Из уравнения реакции
и нитратом кальция видно, что
ы й способ. По условию задачи один раствор содержал 9,841
9 84
= 0,06 моль, фосфата натрия, а другой — 9,84 г, или ’
кальция останутся непрореагировавшие 0,08 моль (0,2 — 0,12 = 0.08),
0,8 • 111 = 8,88 г, хлорида кальция.
Второй способ. Из уравнения реакции карбоната натрия с хлори-
кальция видно, что
106 г Na2CO3 реагируют g 111 г СаС12,
12,72 г Na2CO3 » х г СаС12,
12,72 • 111 _
106 ~13/2 п
х =
. Значит, с карбонатом натрия прореагируют 13,32 г хлорида кальция, а 8,88 г
0,0b мол|таНется в фильтрате после отделения образовавшегося карбоната кальция. Из
2 моль Na3PO4 реагируют с 3 мсфго же уравнения видно, что
между фосфатом натри
106 г Na2CO3 образуют 100 г СаСО3,
12,72 г Na2CO3 » хг г СаСО3,
12,72*100 1О
Х1 106 2 р>
492 г Са (NO3)2 реагируют с 328 г
9,84 г Са (NO3)2 » » х г
328 * 9,84 . _
Х = ~492------= 6156 Г-
Значит, полностью прореагирует нитрат кальция, а 3,28 г (9,84 — 6,56 =
«= 3,28) фосфата натрия останется в избытке.
Из уравнения реакции видно, что
492 г Са (NO3)2 образуют 310 г Са3 (РО4)2,
9,84 г Са (NO3)2
Na3PO4,
Na3PO4,
ли
Ци
» х2
г NaNO3,
г NaNO3,
» xf г Са3 (РО4)2,
310-9,84
= —492------= 6’2 П
492 г Са (NO3)2 образуют 510
9,84 г Са (NO3)2
510 • 9,84
4 “ 492
Значит, при взаимодействии 9,84 г фосфата натрия с 9,84 г нитрата кальци
образуются 6,2 г фосфата кальция и в остатке после выпаривания фильтрата бу
дут 10,2 г нитрата натрия и 3,28 г фосфата натрия.
15. Реакция хлорида кальция с карбонатом натрия происходит по урав
нению:
= 10,2 г.
СаС12 + Na2CO3 = СаСО3 + 2NaCl .
106
100 2 - 58,5
111 г СаС12 образуют 100 г СаСО3,
13,32 г CaCL » х. г СаСОч,
13,32 • 100
*1 =------------= 12 г;
106 г Na2CO3 образуют 117 г NaCl,
12,72 г Na«CO„ »
__ 12,72.117
^2 — 106
х» г NaCl
А
= 14,04 г,
117 г NaCl,
х г NaCl,
&
= 14,04 г.
111 г СаС12 образуют
13,32 г СаС12 »
_ 13,32-117
«2- П1
Таким образом, при взаимодействии 22,2 г хлорида кальция с 12,72 г карбо-
ата натрия образуется 12 г карбоната кальция, а в фильтрате будут 14,04 г
бразовавшегося хлорида натрия и 8,88 г непрореагировавшего хлорида кальция.
16. В цинковом огарке цинк содержится в виде моноксида. Реакция раство-
ения его проходит по такому уравнению:
81
98
Первый способ. По условию задачи нужно приготовить 300 м3 элек-
= 0,2 мол^олита, содержащего 130 г/л, или 130 кг/м3, цинка. Значит, в 300 м3 должно
^ходиться 130 • 300 = 39 000 кг, или 39 т, цинка. Так как в огарке содержалось
карбоната на111шь 40% цинка, то его нужно взять в 2,5 раза больше, т. е. 39 • 2,5 = 97,5 т.
®астворяют огарок в 2 н„ или 1 М, растворе серной кислоты. В 97,5 т огарка
39 000 слп
——— == 600 кмоль, цинка, т. е. 600 кмоль оксида
65
Инка. Для растворения 600 кмоль оксида цинка нужно 600 кмоль серной кислоты,
Первый способ. По условию задачи 22,2 г, или
12 72
хлорида кальция прореагировали с 12,72 г, или — 0,12 моль,
рия. Из уравнения реакции видно, что 1 моль карбоната натрия реагирует с 1 моД
хлорида кальция с образованием 1 моль карбоната кальция и 2 моль хлорида на1^еРжатся кг* ил
рия, а 0,12 моль карбоната натрия прореагируют с 0,12 моль хлорида кальци
с образованием 0,12 моль, или 0,12 • 100 = 12 г, карбоната кальция и 0,24 моЛЬ^Х^^цейся в 600 м3 1 М раствора,
или 0,24 • 58,5 — 14,04 г, хлорида натрия. В фильтрате после отделения карбс
67
66
Второй
Второй способ. В 300 м3 электролита с содержанием 130 г/л,
130 кг/м3, цинка должно быть его 300 130—39 000 кг. Так как в огарке о
жится Лишь 40% цинка, то
40 кг цинка содержатся в 100 кг огарка,
39 000 кг цинка ® » х кг » ,
100 * 39 000 п_
х =-------40-----~ 500 кг? или 97,5 т*
Так как цинк в огарке находится в виде моноксида, то
65 кг Zn содержатся в 81 кг ZnO,
39 000 кг Zn » хг кг ZnO,
81 * 39 000 ло
х. = ------—-----= 48 600 кг.
65
4»
По уравнению реакции растворения моноксида цинка в серной кислоте
81 кг ZnO растворяются в 98 кг H2SO
48 600 кг ZnO » » х9 кг H9SO4)
98 * 48 600 со ОЛА
х9 = ---------= 58 800 кг.
2 81
В 1 м3 1 М раствора содержатся 98 кг серной кислоты. Отсюда
98 кг H2SO4 содержатся в 1 м3 раствора,
58 800 кг H2SO4 » » х3 м3 »
1 * 58 800 3
х = ———-------— 600 м3.
3 98
Таким образом, для приготовления 300 м3 электролита, содержащего 139
цинка, нужно 97,5 т огарка растворить в 600 м3 2 н., или 1 М, раствора cepi
кислоты и избыток воды выпарить.
17. Кадмий взаимодействует с солями меди и ртути согласно уравнени
Cu (NO3)2 + Cd = Cd (NO3)2 + Си ;
188 112 236 64
Hg (NO3)2 + Cd == Cd (NO3)2 + Hg
325 201
Первый способ. Согласно условию задачи в растйоре было 9,-
9 4 9 75
или = 0,05 моль, нитрата меди и 9,75 г, или - = 0,03 моль, нитрата рту
188 ozb
Из уравнения реакции кадмия с нитратом меди видно, что при выделении на к
миевой пластинке 1 моль меди 1 моль кадмия переходит в раствор и масса пласт
ки уменьшится на 48 г (112 — 64 = 48), а при выделении на кадмиевой пласти
0,05 моль меди в раствор перейдет 0,05 моль кадмия и масса пластинки уменьш
ся на 0,05 • 48 = 2,4 г, или 0,05 -112 — 0,05 • 64 ~ 2,4. Из уравнения реаю
кадмия с нитратом ртути видно, что при выделении на кадмиевой пласти
1 моль ртути 1 моль кадмия перейдет в раствор и масса кадмиевой пластинки у
личится на 89 г (201 — 112 = 89), а при выделении на пластинке 0,03 моль рт
0,03 моль кадмия перейдет в раствор и масса пластинки увеличится на 0,03
X 89 == 2,67 г, или 0,03 -201 — 0,03 • 112 — 2,67 г. Таким образом, в резулг
те полного вытеснения кадмием меди и ртути масса кадмиевой пластинки уве
°’27 • 100 = 0,54 %.
чится на 0,27 г (2,67 — 2,4 = 0,27), или на
ьи
68
3 т о р о й способ. Из уравнения реакции кадмия с нитратом меди вид-
что при выделении на кадмиевой пластинке 64 г меди 112 г кадмия переходят
н°’аСтвор и масса пластинки уменьшится на 48 г (112 — 64 = 48). Из этого же
188 г Cu (NO3)2 масса пластинки уменьшится на 48 г,
9,4 г Cu (NO3)2 » » » » х г,
уравнения видно, что
если прореагирует
»
»
9,4 I 48
= 2,4 г.
Из уравнения реакции кадмия с нитратом ртути видно, что при выделении
на кадмиевой пластинке 201 г ртути 112 г кадмия перейдет в раствор и масса плас-
тинки увеличится на 89 г (201 — 112 = 89).
Зз этого же уравнения видно, что
если прореагирует 325 г Hg(NO3)2 масса пластинки увеличится на 89 г,
» » 9,75 г » » » » » х± г,
Таким образом, при вытеснении всей меди масса пластинки уменьшилась
на 2,4 г, а при вытеснении ртути масса пластинки увеличилась на 2,67 г, а в це-
лом масса пластинки увеличилась на 0,27 г (2,67 — 2,4 == 0,27), или на
“в-»и %.
50
18. Реакция вытеснения меди кадмием проходит по уравнению:
CuSO4 + Cd = CdSO4 + Cu .
112 64
Первый способ. При вытеснении на кадмиевой пластинке 1 моль
меди 1 моль кадмия переходит в раствор и масса пластинки уменьшается на 48 г
(112 — 64 = 48). По условию задачи масса пластинки уменьшилась на 3 г. Зна-
чит, на кадмиевой пластинке выделилось = 0,0625 моль меди и в раствор
4о
перешло 0,0625 моль, или 0,0625 • 112== 7 г, кадмия.
Второй способ. Уменьшение массы кадмиевой пластинки обусловлено
тем, что при выделении на ней 64 г меди 112 г кадмия переходит в раствор и масса
пластинки уменьшается на 48 г (112 — 64 = 48). Значит,
при уменьшении массы на 48 г в
» » » » 3 г »
112 . 3
х = ————
раствор переходит 112 г Cd,
» » х г Cd,
19. Реакция вытеснения кадмия цинком проходит по уравнению:
Cd(NO3)2 + Zn = Cd + Zn (NO3)2 .
236 65 112 189
При осторожном выпаривании, чтобы не произошло термическое разложение
нитратов цинка и кадмия, образуются их кристаллогидраты Zn (NO3)2 • 6Н2О
* Cd (NO3)2 . 4Н2О.
Первый способ. По условию задачи в растворе было 15,4 г, или
15,4
== 0,05 моль, кристаллогидрата нитрата кадмия. Из приведенного уравне-
1ия видно, что при выделении на цинковой пластинке 1 моль Cd 1 моль Zn пере-
удит в раствор и масса пластинки увеличивается на 47 г. По условию задачи
69
масса цинковой пластинки увеличилась на 0,94 г. Это значит, что на цинм
0 94
пластинке выделилось = 0,02 моль Cd, а в раствор перешло 0,02 моль!
В результате этого образовалось 0,02 моль нитрата цинка, а при выпаривание
0,02 моль, или 0,02 297 = 5,94 г, кристаллогидрата нитрата цинка. Зна4
в остатке после выпаривания будут 5,94 г кристаллогидрата нитрата цинка и п
моль (0,05 — 0,02 = 0,03), или 0,03 • 308 = 9,24 г, кристаллогидрата нита
кадмия.
Второй способ. По условию задачи масса цинковой пластинки |
личилась на 0,94 г. Если на цинковой пластинке выделятся 112 г кадмия, то 8
цинка перейдут в раствор и масса пластинки увеличится на 47 г (112 —- 65 = I
Значит,
при увеличении массы на 47 г выделяются 112 г Cd,
» » » » 0,94 г » х г Cd,
112-0,94 QO.
х =-----------= 2,24 г.
Из формулы кристаллогидрата нитрата кадмия видно, что
112 г Cd входят в состав 308 г Cd (NO3)2 * 4Н2О,
2,24 г Cd » » » хг г Cd (NO3)2 • 4Н2О,
308 • 2,24 п _
х,= -----И2— = 6,16 г.
Из уравнения реакции вытеснения кадмия цинком видно, что
при вытеснении 112 г Cd в раствор переходят 65 г Zn,
» » 2,24 г Cd » » » х2 г Zn,
_ 65 2,24
л2 - 1 1 о — 1,01.
Из формулы кристаллогидрата нитрата цинка видно, что
65 г Zn образуют 297 г Zn (NO3)2 • 6Н2О,
1,3 г Zn » х3 г Zn (NO3)2 « 6Н2О,
297 -1,3 ,ол
— 65 — °’94 Г"
Значит, в остатке после выпаривания раствора будут 5,94 г кристаллогидр
нитрата цинка и 9,24 г (15,4 — 6,16 = 9,24) неразложившегося кристаллогид
та нитрата кадмия.
20. Реакция вытеснения кадмия цинком из сульфата проходит по уравнеш
CdSO4 + Zn = ZnSO4 + Cd .
208 65 112
Первый способ. По условию задачи в растворе было 8,32 г, и
8 32
= 0,04 моль, сульфата кадмия, содержащего 0,04 моль, или 0,04 - 112
z0o
= 4,48 г, кадмия. Так как весь кадмий выделился на цинковой пластинке, то в р
твор перешло 0,04 моль, или 0,04 • 65 = 2,6 г, цинка. Масса цинковой пласт!
ки увеличилась на 1,88 г (4,48 — 2,6 = 1,88), а по условию задачи — на 2,35
о л « 1,88 • 100
Значит, масса пластинки до погружения в раствор была равной —- - --------I
Z ,<5э
= 80 г.
70
Второй способ. Обозначим массу цинковой пластинки до погружения
аствор через х г. Тогда увеличение массы ее будет равно Х~— 0,0235хг.
8 32
( условию задачи дано 8,32 г, или ~ 0,04 моль, сульфата кадмия, содер-
еГо 0,04 моль кадмия. При выделении на цинковой пластинке 0,04 моль кад-
я о,О4 моль цинка перейдут в раствор. Увеличение массы цинковой пластинки
аеТ равно:
0,04 • 112 — 0,04 • 65 = 0,0235 х,
4,48 — 2,6 = 0,0235 х,
1.88 - - RQ
0,0235 8 ’
Значит, масса цинковой пластинки до погружения была равной 80 г.
Третий способ. По условию задачи в растворе было 8,32 г сульфата
кадмия. Из формулы сульфата кадмия видно, что
в 208 г CdSO4 содержатся 112 г Cd,
» 8,32 г CdSO4 » х г Cd,
8,32-112 . .с
Х = - - 208- ' = 4’48 П
Из уравнения реакции вытеснения кадмия цинком видно, что
112 г Cd вытесняются 65 г Zn,
4,48 г Cd » хг г Zn,
65 . 4,48 о „
= -----ц-----= 2,6 г,
Изменение массы пластинки равно разности между количеством кадмия, вы-
вор, т. е.
илась на
1,88 • 100
2,35
я на цинковой пластинке, и количеством цинка, перешедшего в рас-
1,88 г (4,48— 2,6 = 1,88). Так как масса цинковой пластинки увели-
1,188 г, что составляет 2,35%, то начальная масса ее была равной
- =80 г.
21. Реакция
по
вытеснения меди и кадмия цинком из их сульфатов в растворе
таким уравнениям:
CuSO4 4 Zn = ZnSO4 4- Си ;
“"160 ”65“ “64~
CdSO4 4- Zn =ZnSO4 +
208 65
Cd .
112
ттЬг “ 0,02 моль,
160
== 0,03 моль, суль-
Первый способ. По условию задачи дано 3,2 г, или
6,24
Ильфата меди, содержащего 0,02 моль меди, и 6,24 г, или 7^3-
'1ата кадмия, содержащего 0,03 моль кадмия. При выделении на цинковой пла-
Тинке 0,02 моль, или 0,02 • 64 = 1,28 г, меди 0,02 моль, или 0,02 • 65 = 1,3 г,
IJWa перейдут в раствор и масса цинковой пластинки уменьшится на 0,02 г
5 — 1,28 = 0,02). При выделении на цинковой пластинке 0,03 моль, или
’>03 . Ц2 = 3,36 г, кадмия 0,03 моль, или 0,03 • 65 = 1,95 г, цинка перейдут
'Раствор и масса пластинки увеличится на 1,41 г (3,36 — 1,95 = 1,41). В це-
!°м масса цинковой пластинки увеличится на 1,39 г (1,41 — 0,02 = 1,39).
71
Второй способ. По условию задачи в растворе содержалось 3
сульфата меди и 6,24 г сульфата кадмия. Из формулы сульфата меди видно,'
в 160 г CuSO4 содержатся 64 г Си,
» 3,2 г CuSO4 » х г Си,
.. 64-3,2
160 ,28
Из уравнения реакции вытеснения меди цинком видно, что
при выделении 64 г Си в раствор переходят 65 г Zn,
» » 1,28 г Си » » » х4 г Zn,
1 64
Следовательно, при вытеснении меди масса цинковой пластинки уменьши
на 0,02 г (1,3 — 1,28 = 0,02).
Из формулы сульфата кадмия видно, что
в 208 г CdSO4 содержатся 112 г Cd, I
» 6,24 rCdSO4 » х2 г Cd, |
112 » 6,24
= 3,36 г.
*2 208
Из уравнения вытеснения кадмия
при выделении 112 г Cd в
» » 3,36 г Cd »
65-1.95 г.
цинком видно, что
раствор переходят 65 г Zn,
» » х3 г Zn,
*3~ 112
Масса цинковой пластинки увеличится на 1,41 г (3,36 — 1,95 = 1,4Г
Значит, при выделении на цинковой пластинке 1,28 г меди и 3,36 г кадмия м
са цинковой пластинки увеличится на 1,39 г (1,41 —0,02 = 1,39). |
*22. Уравнение реакции гидрокарбоната кальция с сульфатом алюмш
можно записать так:
ЗСа (НСО3)2 + Al2 (SO4)3 = 3 CaSO4 + 2А1 (НСО3)3. !
Гидрокарбонат алюминия как соль слабого основания и слабой кислоты п
ностью гидролизует с образованием гидроксида алюминия:
А1 (НСО3)3 = А1 (ОН)3 + ЗСО2.
Практически реакция гидрокарбоната кальция с сульфатом алюминия п
ходит по уравнению:
ЗСа (НСО3)2 + A12(SO4)3 = 3CaSO4 + 2А1 (ОН)3 + 6СО2.
3 • 162 342 3-136 2 • 78
Первый способ. По условию задачи раствор содержит 19,44 г, i
19 44 20 52
"|02" ~ 0’12 моль> гидрокарбоната кальция и 20,52 г, или • = 0,06 мо.
сульфата алюминия. По уравнению реакции 3 моль Са (НСО3)2 реагируют
1 моль Al2 (SO4)3 и образуют 3 моль CaSO4 и 2 моль А1 (ОН)3, а 0,12 моль Са (НСС
будут реагировать с 0,04 моль Al2 (SO4)3 и образуют 0,12 моль, или 0,12 • 13(
— 16,32 г, CaSO4 и 0,08 моль, или 0,08 • 78 = 6,24 г, А1 (ОН)3. В раств(
останутся 0,02 моль (0,06 — 0,04 — 0,02), или 0,02 • 342 = 6,84 г, сульф*
алюминия.
72
Второй способ. По условию задачи раствор содержит 19,44 г гидро-
„рбоната кальция и 20,52 г сульфата алюминия. Из уравнения реакции гидро-
^арбоната кальция с сульфатом алюминия видно, что
486 г Са (НСО3)2 реагируют с 342 г Al2 (SO4)3,
19,44 г Са (НСО3)2 » с х г Al2 (SO4)3,
342*19,44
Х =------486----= 13’68 П
486 г Са (НСО3)2 образуют 408 г CaSO4,
19,44 г Са (НСО3)2
408-19,44
*1 = -----486----= *6’32
xT г CaSO4,
342 г А12 (SO4)3 образуют 156 г А1 (ОН)3,
13,68 г Al2 (SO4)3 » х2 г А1 (ОН)3,
х2 —
156 • 13,68
342
= 6,24 г.
Таким образом, при взаимодействии 19,44 г гидрокарбоната кальция с
20,52 г сульфата алюминия образуются 16,32 г сульфата кальция, 6,24 г гидро-
ксида алюминия и в растворе останутся 6,84 г (20,52 — 13,68 = 6,84) сульфата
алюминия.
23. Реакции нейтрализации фосфорной кислоты едким натром с образованием
дигидрофосфата и гидрофосфата натрия проходят по таким уравнениям:
Н3РО4 + NaOH = NaH2PO4 + Н2О,
98 40 120
Н3РО4 + 2NaOH = Na2HPO4 + 2Н2О.
142
1,2
Первый способ. По условию задачи дано 1,2 г, или == 0,01 моль,
4 26
дигидрофосфата и 4,26 г, или = 0,03 молц гидрофосфата натрия. Из уравне-
ний реакций видно, что 1 моль как дигидрофосфата, так и гидрофосфата образу-
ются из 1 моль фосфорной кислоты, т. е. количество молей образовавшихся солей
равно количеству молей взятой кислоты. Так как должно образоваться 0,01 моль
Дигидрофосфата и 0,03 моль гидрофосфата, то для этой цели потребуется 0,04 моль
(0,01 -ф- 0,03 = 0,04), или 0,04 • 98 = 3,92 г, фосфорной кислоты.
Второй способ. Из первого уравнения реакции нейтрализации фос-
форной кислоты видно, что
120 г NaH2PO4 образуются из 98 г Н3РО4,
1,2 г NaH2PO4 » » х г Н3РО4,
Из второго уравнения реакции нейтрализации фосфорной кислоты видно,
142 г Na2HPO4 образуются из 98 г Н3РО4,
4,26 г Na2HPO4 » » хг г Н3РО4,
*1= ----[42— = 2’94 г*
Следовательно, для образования 1,2 г дигидрофосфата и 4,26 г гидрофосй
натрия нужно 3,92 г (0,98 + 2,94 = 3,92) фосфорной кислоты.
24. Уравнения реакций образования дигидрофосфата и гидрофосфата ।
рия приведены в решении задачи 23. Превращение гидрофосфата в фосфат нат|
проходит по такому уравнению:
Na2HPO4 + NaOH = Na3PO4 + Н2О.
164
5 88
Первый с п о с о б. По условию задачи дано 5,88 г, или = 0,06 м<
Уо
фосфорной кислоты, при нейтрализации которой едким натром должно
2 84 “
разеваться 2,84 г, или -утёт = 0,02 моль, гидрофосфата и 6,56 г, или
1 1 О л
= 0,04 моль, фосфата натрия. Из приведенных выше уравнений реакций нейт{3
лизации фосфорной кислоты видно, что нейтрализация фосфорной кислоты nJ
ходит ступенчато с превращением ее в дигидрофосфат, гидрофосфат и, наконя
в фосфат натрия. Для превращения 0,06 моль фосфорной кислоты в гидрофос^
нужно 0,12 моль едкого натра. Из приведенных в условии задачи данных вид)
что из 0,06 моль фосфорной кислоты 0,02 моль превращается в гидрофосф^
а 0,04 моль — в фосфат. Для превращения 0,04 моль гидрофосфата в фосфат |
обходимо 0,04 моль едкого натра. Значит, чтобы из 5,88 г фосфорной кисла
получить 2,84 г гидрофосфата и 6,56 г фосфата натрия нужно израсходовать
нейтрализацию 0,16 моль (0,12 + 0,04 = 0,16), или 0,16 • 40=6,4 г, едкЛ
натра.
Второй способ. По условию задачи дано 5,88 г фосфорной кислой
из которой должно образоваться 2,84 г гидрофосфата и 6,56 г фосфата натрй
По уравнению реакции нейтрализации фосфорной кислоты с образованием гй
рофосфата натрия видно, что
142 г Na2HPO4 образуются из 98 г Н3РО(
2,84 г Na2HPO4 »
98 • 2,84
142
4»
х г Н3РО4,
= 1,96
6,56
Значит, из 5,88 г фосфорной кислоты 1,96 г её превратится в гидроф<
а 3,92 г (5,88 — 1,96 = 3,92) превратятся в фосфат натрия. По уравнению
ции полной нейтрализации фосфорной кислоты
164 г Na3PO4 образуются из 98 г Н3РО4,
6,56 г Na3PO4 » » хг г Н3РО(
х - 98 ~6'56 — 3 92 г
1 “ 164 “3,92
её превратится в г и,
Зг
Отсюда видно, что фосфорная кислота полностью превращается в соли, f
торые даны в условии задачи. Из уравнения реакции нейтрализации фосфорц
кислоты с образованием гидрофосфата натрия
Из
натрия
для нейтрализации 98 г Н3РО4 расходуется
» » 1,96 г Н„РО,
80-1,96
«2 - 98 -1.6 г.
уравнения нейтрализации фосфорной кислоты
видно, что
для нейтрализации 98 г Н3РО4 расходуется
'4 »
80 г NaOH,
х9 г NaOH,
с образованием фосфа
120 г NaOH,
74
для нейтрализации 3,92 г Н3РО4 расходуется лг3 г NaOH,
х3 =
120 • 3,92
98
= 4,8 г.
Следовательно, для нейтрализации 5,88 г фосфорной кислоты с образованием
Lg4 г гидрофосфата и 6,56 г фосфата натрия нужно 6,4 г (4,8 + 1,6 = 6,4) едкого
натри •
25. Реакция нейтрализации серной кислоты едким натром проходит по та-
ким уравнениям:
H2SO4 + NaOH = NaHSO4 + Н2О;
NaHSO4 4- NaOH = Na2SO4 + H2O,
или
H2SO4 + NaOH = NaHSO, + H2O;
98 40 120
H2SO4+ 2NaOH = Na2SO4 + 2HaO.
2 • 40 142
e p в ы и с
3 6
п о с о б. По условию задач образовалось 3,6 г, или ==
1 £\)
2,84
1= 0,03 моль, гидросульфата натрия и 2,84 г, или — 0,02 моль, сульфата
Д.
натрия. Из уравнений реакций нейтрализации серной кислоты видно, что 0,03 моль
гидросульфата и 0,02 моль сульфата натрия могут образоваться соответственно
из 0,03 и 0,02 моль серной кислоты. Значит, в растворе было 0,05 моль (0,03 +
+ 0,02 = 0,05), или 0,05 • 98 = 4,9 г, серной кислоты. Из приведенных уравне-
ний реакций нейтрализации видно, что 0,05 моль серной кислоты образуют сна-
чала 0,05 моль гидросульфата натрия, на что расходуется 0,05 моль едкого натра,
а потом 0,02 моль гидросульфата превратятся в 0,02 моль сульфата натрия, на что
израсходуется еще 0,02 моль едкого натра. Значит, для нейтрализации 4,9 г сер-
ной кислоты, содержащейся в растворе, добавили 0,07 моль (0,05 + 0,02 — 0,07),
или 0,07 • 40 = 4,8 г, едкого натра, в результате чего образовалось 3,6 г гидро-
сульфата и 2,84 г сульфата натрия.
Второй способ. По условию задачи образовалось 3,6 г гидросульфата
и 2,84 г сульфата натрия. Из первого уравнения нейтрализации серной кислоты
ВИДНО, что
120 г NaHSO4 образуются из 98 г H^SO4,
3,6 г NaHSO4 » » х г H2SO4,
х =
98 • 3,6
120
= 2,94 г;
120 г NaHSO4 образуются из 40 г NaOH,
3,6 г NaHSO4 » » г NaOH,
40 • 3,6
120
= 1,2 г.
Из второго уравнения реакции нейтрализации видно, что
142 г Na2SO4 образуются из 98 г H2SO4,
2,84 г Na2SO4 » » х2 г H2SO4,
98 • 2,84
142
= 1,96 г;
75
142 г Na2SO4 образуются из 80 г NaOH,
2,84 г Na2SO4 » » х3 г NaOH,
80 • 2,84 , .
Х3-------142 - 1.6 г.
Xq =
Значит, для образования 3,6 г гидросульфата и 2,84 г сульфата натрия нуд^
4,9 г серной кислоты и 2,8 г едкого натра.
26. Термическое разложение нитрата меди происходит по уравнению:
Изменение массы происходит за счёт замены двух кислотных остатков азот
ной кислоты одним атомом кислорода по схеме:
Си (NO3)2 -> СиО
188 80 ’
15 04
Первый способ. По условию задачи дано 15,04 г, или - = 0,0?
1ОО
моль, нитрата меди. После прокаливания масса уменьшилась на 6,48 г (15,04
— 8,56 = 6,48).
При превращении 1 моль нитрата меди в 1 моль моноксида меди масса остатк;
уменьшается на 108 г (188 — 80 = 108). По условию задачи масса остатка умень
6 48
шилась лишь на 6,48 г, значит, разложилось -/д-р- = 0,06 моль из 0,08 моль нит
10о
рата меди, который нагревали. Следовательно, степень разложения нитрата мед|
0,06 • 100 __0/ п о
равна --д-утр--—75%. По уравнению реакции при разложении 2 моли
О,ио
Си (NO3)2 образуются 2 моль СиО, 4 моль NO2 и 1 моль О2, а при разложенш
0,06 моль Си (NO3)2 образуются 0,06 моль СиО. Значит, в остатке будут 0,06 моль
или 0,06 ‘ 80 = 4,8 г, моноксида меди и 0,02 моль (0,08—0,06 = 0,02), ид]
0,02 X 188 = 3,76 г, нитрата меди.
Второй способ. Из приведенной выше схемы видно, что
при уменьшении массы на 108 г разлагаются 188 г Си (NO3)2,
» » » » 6,48 г »
188 • 6,48 .1 OQ
Х=------108—=Н>28г:
3/2»
х г Си (NO3)2,
при разложении 188 г Си (NO3)2 образуются
» » 11,28 г Си (NO3)2
80 • 11,28
~ 188
= 4,8 г.
80
г CuO,
г CuO,
»
и 3,76 г (15,04
нитрата меди pai
Таким образом, в остатке будут 4,8 г моноксида меди
— 11,28 — 3,76) нитрата меди. Степень разложения
11.28 100 =
15,04 75/01
Третий способ. Из приведенного выше уравнения реакции разло'
жения нитрата меди видно, что при разложении 376 г Си (NO3)2 выделяются
184 г NO2 и 32 г О2, т. е. масса уменьшается на 216 г (184 + 32 == 216). Отсюда
при уменьшении массы на 216 г разлагаются 376 г Cu(NO3)2,
» » » » 6,48 г » х г Си (NO3)2,
76
при разложении 376 г Cu (NO3)2 образуются 160 г СиО,
» » 11,28 Ч Си (NO3)2 » г СиО,
160*11,28
Х’ 376 4,8 Г‘
Таким образом, в остатке будут 4,8 г моноксида меди и 3,76 г (15,04 — 11,28 —
_ 11,28*100
3,76) нитрата меди. Степень разложения нитрата меди равна ------— =
10,04
* 75%.
27. Реакция между углекислым газом и едким натром в растворе проходит
п0 таким уравнениям:
2NaOH СО, = Na„SO, 4- Н„О,
2 • 40 22,4 106
Na,CO3 + CO„ 4- H„O = 2NaHCO.
«J * Zj • & _________ '
3
Первый способ. По условию задачи через раствор, содержащий
3 2 1 568
3,2 г, или = 0,08 моль, едкого натра, пропустили 1,568 л, или
IV ^4^ j Л
= 0,07 моль, углекислого газа. Из уравнения реакции 2 моль NaOH реагируют
с 1 моль СО2 и образуют 1 моль Na2CO3, а 0,08 моль NaOH будут реагировать
с 0,04 моль СО2 с образованием 0,04 моль Na2CO3. Остальные 0,03 моль (0,07—
- 0,04 = 0,03) СО2 будут реагировать с образовавшимся карбонатом натрия. Из
этого уравнения реакции видно, что 1 моль СО2 реагирует с 1 моль Na2CO3 и об-
разует 2 моль NaHCO3, а 0,03 моль СО2 будут реагировать с 0,03 моль Na2CO3
и образуют 0,06 моль, или 0,06 • 84 == 5,04 г, NaHCO3. Значит, при взаимодей-
ствии 3,2 г едкого натра с 1,568 л углекислого газа в растворе образуются 5,04 г
гидрокарбоната и 0,01 моль, или 0,01 * 106 = 1,06 г, карбоната натрия.
Второй способ. По условию задачи 3,2 г едкого натра реагируют
в растворе с 1,568 л углекислого газа. По уравнению реакции едкого натра с уг-
лекислым газом
80 г NaOH реагируют с 22,4 л СО2,
3,2 г NaOH > ъ х л СО2,
22,4 * 3,2
80
= 0,896 л;
80 г NaOH образует 106 г Na2CO3,
3,2 г NaOH » xt г Na2CO3,
Следовательно, 0,896 л углекислого газа прореагируют с едким натром,
а остальные 0,672 л (1,568 — 0,896 = 0,672) — с карбонатом натрия. Из этого
Уравнения видно, что
22,4 л СО2 реагируют с 106 г Na2CO3,
; 0,672 л СО2 » » х2 г Na2CO3, .......
’ & а а 0'
106 * 0,672
Х2 ОО Л
= 3,18 г;
22,4 л СО2 образуют 168 г NaHCO3,
0,672 л СО2 » х3 г NaHCO3,
77
Значит, при взаимодействии 3,2 г едкого натра с 1,568 л углекислого
в растворе образуются 5,04 г гидрокарбоната и 1,06 г (4,24 — 3,18 = 1,06) ка
боната натрия. 1
28. Реакция между сульфатом меди и сульфидом натрия проходит по ург
нению: I
CuSO4 + Na2S = CuS + Na2SO4 .
160 78 96 142 I
8 I
Первый способ. По условию задачи раствор содержит 8 г, или -1
= 0,05 моль, сульфата меди и 4,68 г, или = 0,06 моль, сульфида натрй
Из уравнения реакции видно, что 1 моль CuSO4 реагирует с 1 моль Na2S с образу
ванием 1 моль CuS и Гмоль Na2SO4, а 0,05 моль CuSO4 прореагируют с 0,05 мод
Na2S, в результате чего образуются 0,05 моль CuS и 0,05 моль Na2SO4. Следовк
тельно, образуются 0,05 • 96 = 4,8 г сульфида меди, а в растворе после выпа»
вания будут 0,05 • 142 — 7,1 г сульфата натрия и 0,01 моль (0,06 — 0,05 == 0,0f),
или 0,01 • 78 = 0,78 г. сульфида натрия.
Второй способ. Из уравнения реакции видно, что |
160 г CuSO4 реагируют с 78 г Na2S, I
8 г CuSO4 » » х г Na2S, 1
78 • 8 „. I
х = -ж- = 3,9Г. I
Следовательно, полностью прореагирует сульфат меди, а в фильтрате оста-
нутся 0,78 г (4,68 — 3,9 = 0,78) сульфата натрия, который после выпариваю
перейдет в сухой остаток. Из уравнения реакции видно, что
160 г CuSO4 образуют 96 г CuS, ’
8 г CuSO4 » г CuS, I
96-8 л о
Х' 160 4,8 г’
160 г CuSO4 образуют 142 г Na2SO4, !
8 г CuSO4 » х2 г Na2SO4,
_ 142-8
х2 160 7,1 ..
ЛОИ
Следовательно, образуются 4,8 г сульфида меди, а в остатке после выпарив;
ния фильтрата будут 7,1 г сульфата натрия и 0,78 г сульфида натрия.
(^29) Реакция окисления щавелевой кислоты перманганатом калия в серноки
лгй среде проходит по такому уравнению:
г-тт , ОТТ
2- 158
Углекислый газ
1ОСО2
10 . 22,4
2
______ * * 2
2 • 40 22,4
2
3 i 1J2W»
106
2
Первый способ. По условию задачи на окисление щавелевой кислот*
6,32
израсходовали 6,32 г, или == 0,04 моль, перманганата калия и образовавший
78
cfi углекислый газ прореагировал с 8,8 г, или —= 0,22 моль, едкого натра.
Из уравнения реакции перманганата калия со щавелевой кислотой видно, что
при окислении щавелевой кислоты 2 моль КМпО4 выделяются 10 моль СО2, а ес-
ли прореагируют 0,04 моль КМпО4, то выделятся 0,2 моль СО2.
Из уравнения реакции едкого натра с углекислым газом видно, что 2 моль
pjaOH реагируют с 1 моль СО2 с образованием 1 моль Na2CO3, а 0,22 моль NaOH
прореагируют с 0,11 моль СО2 и образуют 0,11 моль Na2CO3. Остальные 0,09 моль
СО-2 (0,2 — 0,11 = 0,09) будут реагировать с Na2CO3. Из уравнения этой реакции
видно, что 1 моль СО2 реагирует с 1 моль Na2CO3 и образует 2 моль NaHCO3,
а 0,09 моль СО2 прореагируют с 0,09 моль Na2CO3 и образуют 0,18 моль, или
0,18 • 84 — 15,12 г, NaHCO3. Следовательно, в растворе образуются 0,02 моль
(6,2 — 0,18 = 0,02), или 0,02 • 106 = 2,12 г, карбоната и 15,12 г гидрокарбоната
натрия.
Второй способ. По условию задачи 6,32 г перманганата калия окис-
лили определённое количество щавелевой кислоты, а образовавшийся углекислый
газ прореагировал с 8,8 г едкого натра. Из уравнения реакции окисления щавеле-
вой кислоты перманганатом калия видно, что
316 г КМпО4 образуют 224 л СО2,
6,32 г КМпО4 » х л СО2,
Из уравнения реакции едкого натра с углекислым газом видно, что
80 г NaOH реагируют с 22,4 л СО2,
8,8 г NaOH » » xt л СО2,
22,4 • 8,8 _
*1 ----__-----= 2,464 л;
80 г NaOH образуют 106 г
8,8 г NaOH » х2 г
106-8,8
80~~ ~ 1,66
Na2CO3,
Na2CO3,
х2 —
г.
Значит, из 4,48 л углекислого газа 2,464 г реагируют с едким натром, а осталь-
ные 2,016 л (4,48 — 2,464 = 2,016) его будут реагировать с карбонатом натрия.
Из уравнения этой реакции видно, что
22,4 л СО2 реагируют с 106 г Na2CO3,
2,016 л СО2 » » х3 г Na2CO3,
1 4 О 4
106 • 2,016
Х3 ОО Л
== 9,54 г;
22,4 л СО2 образуют 168 г NaHCO3,
2,016 л СО2 » Хл г NaHCO3,
* Л *9 О1
Значит, в растворе образуются 2,12 г (11,66 — 9,54 = 2,12) карбоната
и 15,12 г гидрокарбоната натрия.
*30. Реакция окисления толуола перманганатомл кадия проходит по уравне-
нию;
CJH5CH8+ 2КМпО4 = 2МпО2 + СвН5СООН + 2КОН.
2-158 2-87 122
79
В этом случае может образоваться бензоат калия, но для расчетов удоб^
пользоваться этим уравнением. Диоксид марганца в сернокислой среде взащ*
действует с вудьфатом т^леза (II):
+ 2F<?SO4 + 2H2SO4 = MnSO4 + Fe2 (SO4)3 + 2Н2О. I
87 2 • 152 1
Первый способ. По условию задачи с диоксидом марганца прореал
ровало 60,8 г, или = 0,4 моль, сульфата железа (II). Из уравнения это
реакции видно, что 2 моль FeSO4 взаимодействуют с 1 моль МпО2, а 0,4 моль FeSO
прореагировали с 0,2 моль МпО2. Из уравнения реакции окисления толуол
перманганатом калия видно, что при выделении 2 моль МпО2 образуется 1 моль бец.
зойной кислоты, а при выделении 0,2 моль МпО2 образуется 0,1 моль, или 0,1 X
X 122 = 12,2 г, бензойной кислоты.
Второй способ. По условию задачи с диоксидом марганца прореат*.
ровали 60,8 г сульфата железа (II). Из уравнения этой реакции видно, что
304 г FeSO4 реагируют с 87 г МпО2,
60,8 г FeSO4 » » х г МпО2,
|
х =
87 • 60,8
304
= 17,4 г.
Из уравнения реакции окисления толуола перманганатом калия видно, ч
при выделении 174 г МпО2 образуются 122 г С6Н5СООН,
» »
17,4 г МпО2 »
122 • 17 4
г — ___L_ _ i о о г
Ч — 174 — Г.
хг г С6Н5СООН,
31. Реакция едкого кали с углекисльш газом проходит по уравнениям:
2КОН + СО2 == К2СО3 + Н2О;
2 • 56 22,4 138
КОН+СО2= КНСО3
100
2 07
Первый способ. По условию задачи образовалось 2,07 г, или
1 ОО
g
= 0,015 моль, карбоната и 6 г, или -у--- — 0,06 моль, гидрокарбоната калия
По уравнениям реакций для образования 1 моль и карбоната и гидрокарбонат
калия расходуется 1 моль углекислого газа. Следовательно, в 60 л газа содержа
лось 0,075 моль (0,015 + 0,06 == 0,075) углекислого газа, что составляв
0,075 • 22,4 • 100 _ 0 ft0/
——бо—;-----------2>8/о-
Второй с п о с о б. По условию задачи образовалось 2,07 г карбонат
и 6 г гидрокарбоната калия. Из уравнения реакции получения карбоната кали,
видно,
что
для образования 138 г К2СО3 расходуются 22,4 л СО2,
» » 2,07 г К2СОо » х л СО2,
* 4 0 А*
- и'4 ода л.
138
Из уравнения реакции едкого кали с избытком углекислого газа видно, чт
для образования 100 г КНСО3 расходуются 22,4 л COg
80
» » 6 г KHCOg » xt л CO2,
Таким образом, в 60 л газовой смеси содержалось 1,68 л (1,344 + 0,366 =
1,68 • 100 о о0/
₽= 1,68) углекислого газа, что составляет------= 2,8%.
32. Реакция горения пентана проходит по уравнению:
СбН12 + 8О2 = 5СО2 + 6Н2О.
О 12 1 А А 1 А
Образующийся углекислый газ реагирует с гашеной известью по следующим
уравнениям:
Са(ОН)2 + СО2 = СаСО3 + Н2О;
74 22,4 100
Са (ОН)2 + 2СО2 = Са (НСО3)2 .
162
Первый спо с^о^б. По условию задачи в результате реакции углекисло-
го газа с 22,2 г, или - = 0,3 моль, гашеной извести образовались 20 г, или
20 п п 16 2
ЮО моль’ карбоната и 16,2 г, или —0,1 моль, гидрокарбоната каль-
ция. Из уравнений реакций следует, что для образования 1 моль СаСО3 расходу-
тся 1 моль СО2, а для образования 1 моль Са (НСО3)2 — 2 моль СО2. Для образо-
вания 0,2 моль СаСО3 и 0,1 моль Са (НСО3)2 расходуется соответственно 0,2
и 0,2 моль, т. е. 0,4 моль (0,2 + 0,2 = 0,4), или 0,4 • 22,4 = 8,96 л, СО2. Такой
ъем углекислого газа образуется при сгорании, согласно уравнению реакции
горения пентана, —~— == 1,792 л пентана,
о
В т о р ой способ. По условию задачи из 22,2 г гашеной извести обра-
зовалось 20 г карбоната и 16,2 г гидрокарбоната кальция. По уравнению реакции
гашеной извести с углекислым
СаСО.
о
СаСО,
О
'-- х/ I -- 1 ---•-- ---~ ~ -- Г - -
ется 1 моль СО2, а для образования 1 моль Са (НСО3)2 — 2 моль СО2. Для образо-
т. е. 0,4 моль (0,2 + 0,2 = 0,4), или 0,4 • 22,4 = 8,96 л, СО2. Такой
100 г
20 г
газом
образуются из 74 г Са (ОН)2,
» х г Са (ОН)2,
74-20 1/.Q
х- JOQ— - 14,8 г,
г СаСО3 образуются из 22,4 л СО2,
» » %! л СО2,
100
20 г СаСО..
О
22,4 . 20 ..о
~io^~ = 4’48 л‘
Из уравнения реакции гашеной извести с избытком углекислого газа следует,
что
162 г Са (НСО3)2 образуются из 74 г Са (ОН)2,
16,2 г Са (НСО3)2 » » х2 г Са (ОН)2,
74 • 16,2 _ л
Хг ~ 162 — 7,4 ’
162 г Са (НСО3)2 образуются из 44,8 л СО2,
16,2 г Са (НСО3)2 » » х3 л СО2,
44,8 • 16,2
х3 —
4,48 л.
162
81
Выходит, что 20 г карбоната и 16,2 г гидрокарбоната кальция могут обра?»1
ваться из 22,2 г (14,8 + 7,4 = 22,2) гашеной извести и 8,96 л (4,48 + 4,483°'
- 8.96) углекислого газа. Для образования такого количества углекислого гЛ
8 96
пентана нужно сжечь в 5 раз меньше, т. е. —~— — 1,792 л.
О
*33. Реакция гидрокарбоната кальция с сульфатом железа (II) проход^
по уравнению:
Са (НСО3)2 + FeSO4 = Fe (НСО3)2
162 162 178
CaSO4
136
При продувании воздуха железо (II) окисляется кислородом до железа (Цп
и гидрокарбонат полностью гидролизует:
4Fe (НСО3)2 +2Н2О + О2= 4Fe (ОН)3 + 8СО2. I
4 • 178 4 • 107 1
Одновременно окисляется и железо (II) в сульфате:
4FeSO4 + 2Н2О + О2 = 4Fe (ОН) SO4. I
При нейтрализации избытка серной кислоты выпадает гидроксид железа
(HI): 1
Fe (ОН) SO4 4- 2NH3 + 2Н2О = Fe (ОН) 3 + (NH4)2 SO4> I
или
4FeSO4 8NH3 + ЮН2О + О2 = 4Fe (ОН)3 + 4 (NH4)2 SO4. j|
4 • 152 "** 8 • 17 4-107 1
При прокаливании гидроксида железа (III) образуется оксид железа (III):
2Fe(OH)3 = Fe2O3 + ЗН2О. I
2 • 107 160
’ * * ЦЙ
Первый способ. По условию задачи к жесткой воде прибавили 30,4 г,
30 4
или — = 0,2 моль, сульфата железа (II). На нейтрализацию избытка серной
1 36
кислоты израсходовали 1,36 г, или —= 0,08 моль, аммиака. Это значит, что|
гидрокарбонат кальция прореагировал полностью, а избыток железа (III) осаж-i
ден аммиаком в виде гидроксида железа (III). По уравнению реакции аммиака]
с сульфатом железа (II) 8 моль NH3 реагируют с 4 моль FeSO4 с образованием!
4 моль Fe (ОН)3, а 0,08 моль NH3 прореагируют с 0,04 моль FeSO4 и образуют
0,04 моль Fe (ОН)3. Следовательно, из 0,2 моль сульфата железа (II) 0,04 моль
прореагировали с аммиаком, а 0,16 моль (0,2 — 0,04 = 0,16) — с гидрокарбона-
том кальция. По уравнению этой реакции 1 моль FeSO4 реагирует с 1 моль
Са (НСО3)2 с образованием по 1 моль продуктов реакции, а 0,16 моль FeSOj
прореагировали с 0,16 моль Са (НСО3)2 и образовали 0,16 моль, или 0,16 • 136 =
= 21,76 г, CaSO4 и 0,16 моль Fe (НСО3)2, который после окисления и гидролиза
образовал 0,16 моль Fe (ОН)3. В результате этого в осадок выпали 21,76 г суль-
фата кальция и 0,2 моль (0,04 + 0,16 — 0,2) гидроксида железа (III), из которого
после прокаливания образовалось 0,1 моль, или 0,1 • 160 = 16 г, Fe2O3. Масса
осадка после прокаливания была равной 21,76+ 16 = 37,76 г.
Второй способ. По условию задачи к жесткой воде прибавили. 30,4 г
сульфата железа (II) и на нейтрализацию избытка серной кислоты израсходова-
ли 1,36 г аммиака.
Из уравнения реакции сульфата железа (II) с аммиаком следует, что
136 г NH3 реагируют с 608 г FeSO4,
1,36 г NHS » » х г FeSO4,
82
608-1,36 ...
х = —136- = 6’08 г;
136 г NH3 образуют 428 г Fe (ОН)3,
1,36 г NFL
о
х, г Fe (ОН)3,
Т1 = 4’28 Г-
Следовательно, 6,08 г сульфата железа (II) прореагировали с аммиаком,
24,32 г (30,4 — 6,08 = 24,32) его прореагировали с гидрокарбонатом кальция,
а
□о уравнению этой реакции
152 г FeSO4 реагируют со 162 г Са (НСО3)2,
24,32 г FeSO4 » » х2 г Са (НСО3)2;
162 . 24,32
V* **’*“<J—1 - -----
2 “ 152
= 25,92 г;
152 г FeSO4 образуют
24,32 г FeSO4 »
178 • 24,32
Хз “ 152
178 г Fe (НСО3)2,
х3 г Fe (НСО3)2,
= 28,48 г;
162 г Са (НСО3)2 образуют 136 г CaSO4,
25,92 г Са (НСО3)2 » х4 г CaSO4,
136 • 25,92
Xi ~ 162
= 21,76 г.
=
Из уравнения реакции окисления и гидролиза гидрокарбоната железа (II)
видно, что
712 г Fe (НСО3)2 образуют 428 г Fe (ОН)3,
28,48 г Fe (НСО3)2 » х5 г Fe (ОН)3
428 • 28,48
*5 — 712
= 17,12 г.
1 1 v2^3’
г Fe2O3,
Таким образом, в осадок выпали 21,76 г сульфата кальция и 21,4 г (17,12 +
+ 4,28 = 21,4) гидроксида железа (III). После прокаливания гидроксид перехо-
дит в оксид железа (III). Из уравнения этой реакции
214 г Fe (ОН)3 образуют 160
21,4 г Fe (ОН)3 » хб
160 • 21,4 1Л
х« “----214-----= 16
Масса осадка после прокаливания равна 37,76 г (21,76+ 16 = 37,76).
34. Реакция горения бутана проходит по уравнению:
2С4Н10 + 13О2 = 8СО2 + ЮН2О.
Углекислый газ реагирует с гидроксидом бария по уравнениям;
Ва (ОН)2 + СО2 = ВаСО3 + Н2О,
171 22,4 197
ВаСО3 + СО2 + Н2О = Ва (НСО3)2
259
83
Первый способ. По условию задачи сожгли 5,6 л бутана. При
образовалось 4 - 5,6 = 22,4 л, или 1 моль, углекислого газа, который погл?
102 6
тили раствором, содержащим 102,6 г, или —— == 0,6 моль гидроксида бапис,
1/1 н «
Из уравнения реакции гидроксида бария с углекислым газом видно, что I модь
Ва (ОН)2 реагирует с 1 моль СО2 с образованием 1 моль ВаСО3, а 0,6 моль Ва (ОН)
прореагируют с 0,6 моль СО2 с образованием 0,6 моль ВаСО3. Из уравнения ре?
акции углекислого газа с карбонатом кальция следует, что 1 моль СО2 реагируй
с 1 моль ВаСО3 с образованием 1 моль Ва (НСО3)2, а 0,4 моль (1 0,6 == 0,4)
СО2 прореагировали с 0,4 моль ВаСО3 и образовали 0,4 моль Ва (НСО3)2. Таким
образом, при пропускании через раствор, содержащий 102,6 г гидроксида бария,
углекислого газа, образованного при сжигании 5,6 л бутана, образовалось 0,2 моль
(0,6 — 0,4 == 0,2), или 0,2 • 197 = 39,4 г, карбоната и 0,4 моль, или 0,4 • 259 J
= 103,6 г, гидрокарбоната бария.
Второй способ. По условию задачи сожгли 5,6 л бутана (н. у.) и об-
разовавшиеся в соответствии s уравнением реакции 22,4 л углекислого газа
пропустили через раствор, содержащий 102,6 г гидроксида бария. По уравнению
этой реакции
171 г Ва (ОН)2 реагируют с 22,4 л СО2,
102,6 г Ва (ОН)2 » » х л СО2,
22,4 • 102,6
171
= 13,44 л;
171 г Ва (ОН)2 образуют 197 г ВаСО3,
102,6 г Ва (ОН)2 » х, г ВаСО3,
*1 =
197 • 102,6
171
= 118,2 г.
Следовательно, 13,44 л углекислого газа прореагировали с гидроксидом ба
рия с образованием 118,2 г карбоната бария, а 8,96 л (22,4 — 13,44 = 8,96)
его — с образовавшимся карбонатом бария. Из уравнения этой реакции
22,4 л СО2 реагируют с 197 г ВаСО3,
8,96 л СО2 » » х2 г ВаСО3,
197-8,96
Х2 — -----------= 7Я Я г-
22,4 л СО2
8,96 л СО2
22,4
образуют 259 г Ва (НСО3)21
» х3 г Ва (НСО3)2,
259 • 8,96
Таким образом, при пропускании 22,4 л углекислого газа, полученного при
сжигании 5,6 л бутана, через раствор, содержащий 102,6 г гидроксида бария,
образовалось 39,4 г карбоната (118,2 — 78,8 — 39,4) и 103,6 г гидрокарбоната
бария.
*35. Реакция хлорида хрома с сульфидом аммония проходит по уравнению:
2СгС13 + 3(NH4)2S -ф-6Н2О = 2Сг (ОН)3 + 6NH4C1 + 3H2S .
2 • 158,5 3 • 68 2-103 6 • 53,5 3 - 34
При прокаливании гидроксида хрома он превращается в Сг2О3:
2Сг(ОН)3 = Сг2О3 +ЗНаО.
2 • 103 152
Первый способ. По условию задачи раствор содержал 3,17 г, или
3 4
= 0,02 моль, хлорида хрома (III, и 3,4 г, или ~ 0,05 моль, сульфи-
аммония. Из уравнения реакции хлорида хрома (III) с сульфидом аммония еле»
что 2 моль СгС13 реагируют с 3 моль (NH4)2S и образуют 2 моль Сг (ОН)3,
а моль NH4C1 и 3 моль H2S, а 0,02 моль СгС13 прореагировали с 0,03 моль (NH4)2 S
й образовали 0,02 моль Сг (ОН)3, 0,06 моль, или 0,06 • 53,5 = 3,21 г, NH4C1
и 0,03 моль, или 0,03 - 34 = 1,02 г, H2S. При прокаливании из 0,02 моль гидро-
ксида хрома образовалось 0,01 моль, или 0,01 • 152 = 1,52 г, Сг2О3. Следовательно,
в фильтрате останутся 0,02 моль (0,05 — 0,03 — 0,02), или 0,02 • 68 == 1,36 г,
сульфида аммония, 3,21 г хлорида аммония и 1,02 г сероводорода.
Второй способ. По условию задачи раствор содержал 3,17 г хлорида
хрома (III) и 3,4 г сульфида аммония. Из уравнения их реакции следует, что
317 г СгС13 реагируют с 204 г (NH4)2 S,
3,17 г СгС13 » » х г (NH4)2 S,
204 - 3,17
3,17
150
да -
дует,
317
= 2,04 г;
317 г СгС13 образуют 206 г Сг (ОН)3,
3,17 г СгС13
» хх г Сг (ОН)3,
_ 206-3,17
** ~ 317
= 2,06 г;
317 г СгС13 образуют 321 г NH4C1,
3,17 г СгС13 » х2 г NH4C1,
х2 —
321 -3,17 __Ч9.
317
г;
204 г (NH4)2 S образуют 102 г H2S,
2,04 г (NH4)2 S » х3 г H2S,
102 - 2,04 , П9
*э = ~~204----=1’°2 Г
Из уравнения реакции разложения гидроксида
хрома (III) следует, что
206 г Сг (ОН)3 образуют 152 г Сг2О3,
2,06 г Сг (ОН)3 » х4 г Сг2О3,
Таким образом, при прокаливании осадка образуются 1,52 г Сг2О3. В фильтра-
те после отделения гидроксида хрома (III) остались 1,36 г (3,4 — 2,04 = 1,36)
сульфида аммония, 3,21 г хлорида аммония и 1,02 г сероводорода.
36. Получение серной кислоты из железного колчедана можно изобразить
следующей системой уравнений:
4FeS2 + 11О2 = 2Fe2O3 + 8SO2;
4-120 8 - 22,4
2SO2 + O2 = 2SO3;
SO3 + H3O = H2SO4.
Но для решения этой задачи удобнее пользоваться схемой^
FeS, -> 2H,SO4.
120 2 • 98
85
Первый способ. По условию задачи завод производил в су^
2500 т 70%-ного раствора серной кислоты, в котором содержание ее было равны»,
2500-70 1750 ~
----77Г7Г-= 1750 т, или • - — = 17,857 моль. Это количество серной кислот.,
100-------98
17 857
можно получить из —— = 8,929 моль чистого дисульфида железа при условии
полного превращения его серы в серную кислоту. По условию задачи в природное
пирите содержалось 95% дисульфида железа и только 99,5% его серы превращу
лось в серную
= 9,446 моль,
Второй
ки 2500 т 70% -----......
Из приведенной схемы превращения серы дисульфида железа в серную кислоту
видно, что
о 8,929-100-100
кислоту. Значит, природного пирита нужно ——qq~e-----------
или 9,446 • 120 = 1133,5 т. |
способ. По условию задачи завод должен производить в сут.
ного раствора, или ---—— = 1750 т 100%-нои серной кислоты.
196 т H2SO4 образуются из 120TFeS2,
1750 т HQSO,
__2^и4 » » х т FeS2,
120 - 1750
х =------“ == Ю71,4 т.
196
Так как
в колчедане содержится только 95%
1071,4-100 11П^О
----------- — 1127,8 т, а учитывая,
дисульфида железа, то кол-
что только 99,5% серы ди-
железного колчедана нужно
чедана нужно
сульфида превращается в серную кислоту,
1127,8- 100 _
99,5 33’ '
37. Процесс поглощения ионов меди Н“^-катионитом можно представить схе-
мой:
/?Н2 + CuSO4 = /?Си + H2SO4.
Нейтрализация образовавшейся серной кислоты происходит согласно урав-
нению:
H2SO4 + 2КОН = K2SO4 +Н2О.
98 2-56
174
Первый способ. По условию задачи на нейтрализацию образовавшей-
ся серной кислоты израсходовали 32 мл, или 0,032 л, 0,125 М раствора, в котором
содержалось 0,032-0,125 = 0,004 моль едкого кали. Из уравнения реакции
нейтрализации серной кислоты едким кали видно, что 2 моль едкого кали реаги-
руют с 1 моль серной кислоты, а 0,004 моль едкого кали прореагировали с
0,002 моль серной кислоты, которая согласно уравнению ионообмена образовалась
из 0,002 моль сульфата меди. Так как 0,002 моль сульфата меди содержалось
в 40 мл, или 0,04 л, раствора, то концентрация его была равной ~ 0,05 М.
Второй способ. По условию задачи израсходовали 32 мл 0,125 М рас-
твора едкого натра. Исходя из 0,125 М концентрации,
в 1000 мл раствора содержится 0,125-56 г КОН,
»
х —
» »
0,125 • 56 • 32
х г КОН,
1000
= 0,224 г.
Из уравнения реакции
но, что
нейтрализации
серной кислоты едким кали вид-
112 г КОН реагируют
с 98 г H2SO4,
86
0,224 г КОН реагируют с хг г H2SO4,
98-0,224 п1_
xi = -----Ц2----- = 0,19b г.
Из уравнения реакции ионного обмена видно, что
98 г H2SO4 образуются из 160
0,196 г H2SQ
х2
•4 » » Х2
160-0,196
98 0,32
г CuSO4,
г CuSO4,
0 32
Значит, в 40 мл раствора содержалось 0,32 г, или -
фата меди. Отсюда
в 40
» 1000
= 0,002 моль, суль-
мл раствора содержалось 0,002 моль
мл » » х3 моль
0,002-1000
Хо = -----—гг----- = 0,05 моль.
3 40
CuSO4,
CuSO4,
и
Следовательно, раствор был 0,05 М
38. По условию задачи в 1 л раствора содержалось по 30 г бромидов натрия
30 30
калия, что составляет -у-ут- — 0,291 моль бромида натрия и —у = 0,252 моль
103 119
бромида калия. Всего в 1 л раствора содержалось 0,543 моль бромидов калия
и натрия вместе (0,291 + 0,252 = 0,543), а в 1 десертной ложке (10 мл) содержа-
лось 0,543 - 0,01 ~ 0,00543 — 5,43 • 10~3 моль бромидов калия и натрия. Ис-
ходя из закона Авогадро, в 1 моль любого вещества содержится 6,02 • 1023 моле-
кул. Так как в молекулах бромидов и калия, и натрия содержатся по одному
иону брома, то в 1 десертной ложке раствора будет содержаться 5,43 • 10“3 X
X 6,02 • 1023 ~ 3,27 • 1021 ионов брома.
39. При нагревании сульфата аммония он разлагается согласно уравнению
(NH4)2SO4 = 2NH3 + H2SO4
132 2 • 22,4 98
Выделившийся аммиак реагирует с фосфорной кислотой согласно уравнениям
реакций:
Н3РО4 + NH3 = NH4H2PO4, (1)
98 22,4 115
NH4H2PO4 + NH3 = (NH4)2 HPO4, (2)
(NH4)2 HPO4 + NH3 = (NH4)3 PO4 (3)
132 149
Для второго способа решения два последних уравнения можно записать:
Н3РО4 + 2NH3 - (NH4)2 НРО4; (4)
Н3РО4 + 3NH3 - (NH4)3 РО4. (5)
П е р в ы й с п о с о б. По условию задачи аммиак, образовавшийся при раз-
5 28
ложении 5,28 г, или -руг ~ 6Д4 моль, сульфата аммония, прореагировал с фос-
форной кислотой, содержащейся в 200 мл 0,25 М раствора. Из уравнения реакции
разложения сульфата аммония видно, что при разложении 1 моль сульфата ам-
мония образуются 2 моль аммиака, а при разложении 0,04 моль сульфата аммония
образуются 0,08 моль аммиака. В 200 мл, или 0,2 л, 0,25 М раствора
87
содержалось 0,25 • 0,2 = 0,05 моль фосфорной кислоты. Из первых трех урав
нений реакции нейтрализации фосфорной кислоты аммиаком видно, что имеющ^
гося в наличии аммиака достаточно для превращения фосфорной кислоты под'
ностью в дигидрофосфат и частично в гидрофосфат. Из первого уравнения реакц^
нейтрализации видно, что 1 моль фосфорной кислоты реагирует с 1 моль аммиака
с образованием 1 моль дигидрофосфата аммония, а 0,05 моль фосфорной кислотц
прореагирует с 0,05 моль аммиака с образованием 0,05 моль дигидрофосфата
аммония. Оставшиеся 0,03 моль (0,08 — 0,05 = 0,03) аммиака будут реагировав
с дигидрофосфатом аммония с образованием гидрофосфата. Из второго уравнения
реакции нейтрализации фосфорной кислоты видно, что 1 моль аммиака реагиру-
ет с 1 моль дигидрофосфата с образованием 1 моль гидрофосфата аммония,
а 0,03 моль аммиака прореагируют с 0,03 моль дигидрофосфата аммония с обрд.
зованием 0,03 моль, или 0,03 • 132 = 3,96 г, гидрофосфата аммония, которые бу|
дут находиться в смеси с 0,02 моль (0,05 — 0,03 = 0,02), или 0,02 -115 = 2,30 н
дигидрофосфата аммония.
Второй способ. По условию задачи разложилось 5,28 г сульфата
аммония. Из уравнения реакции его разложения видно, что
из 132 г (NH4)2 SO4 образуется 44,8 л NH
» 5,28 г (NH4)2 SO,
з»
х л NH3,
•4 »
- 1,792
По условию задачи 1,792 л аммиака прореагировали с фосфорной
содержащейся в 200 мл 0,25 М раствора. Отсюда
в 1000 мл раствора содержатся 0,25 • 98 г Н3РО4,
» 200 мл
X =
кислотой.
Х1
» »
0,25 - 98 • 200
1000
4>
г Н8РО,
3lvy4>
Из
видно,
первого уравнения
что
реакции нейтрализации фосфорной кислоты
аммиако!
Из
98 г Н3РО4 реагируют с 22,4 л NH3,
4,9 г Н3РО4 » » х2 л NH3,
__ 22,4 -4,9 _ . 1О
х2 - д8 - 1,1. л.
второго уравнения нейтрализации (4) видно, что
с 98 г Н3РО4 реагируют 44,8 л NH3>
» 4,9 г Н3РО4 х3 л NH3,
44,8 • 4,9 = 2>24 л
*3 98
Полученные данные показывают, что аммиака больше, чем нужно
вращения всей фосфорной кислоты в дигидрофосфат аммония, но недостаточно для
превращения ее в гидрофосфат аммония. Поэтому 1,12 л его расходуется на обра-
' зование дигидрофосфата аммония, а 0,672 л (1,792 — 1,12 = 0,672) прореагируют
дигидрофосфатом аммония с образованием гидрофосфата аммония. Из первого
уравнения реакции нейтрализации фосфорной кислоты аммиаком видно, что
98 г Н3РО4 образуют 115 г NH4H2PO(
4,9 г Н3РО4 » х4 г NH4H2PO4,
| __ 115-4,9
। х4 — * — 5,75 г,
для пре-
4»
88
или
22,4 л NHS образуют 115 г NH4H2PO4,
1,12 л NHS » х4 г NH4H2PO4,
115 • 1,12
Х* 22,4
= 5,75 г.
Из уравнения реакции нейтрализации (2) видно, что
22,4 л NH3 реагируют со 115 г NH4H2PO4,
0,672 л NH3
» » х5 г NH4H2PO4*
хь —
115 • 0,672
= 3,45 г.
или
Из этого же уравнения реакции видно, что
22,4 л NH3 образуют 132 г (NH4)2 HPQ
0,672 л NH3 » х6 г (NH4)2 НРО.
0,672 • 132
х6 =
22,4
= 3,96 г,
4»
4»
115 г NH4H2PO4 образуют 132 г (NH4)2 НРО4,
3,45 г NH4H2PO4 » х6 г (NH4)2 НРО4,
х6 =
3,45 • 132
115
~ 3,96 г.
Таким образом, при взаимодействии аммиака, образовавшегося при разло-
жении 5,28 г сульфата аммония, с фосфорной кислотой, содержащейся в 200 мл
0,25 М раствора, образуются 3,96 г гидрофосфата аммония и 2,3 г (5,75 — 3,45 =
— 2,3) дигидрофосфата аммония.
40. Карбид кальция взаимодействует с водой согласно уравнению:
СаС2 + 2Н2О = Са (ОН)2 + С2Н2.
Ацетилен по реакции Кучерова реагирует с водой:
С2Н2 + Н2О = СНХНО.
Уксусный альдегид окисляется кислородом воздуха:
2СН3СНО + О, = 2СНХООН.
Образовавшаяся уксусная кислота реагирует с изоамиловым спиртом с обра-
зованием изоамилацетата согласно уравнению:
СН3СООН + С5НЙОН = СН3СООС5Н1£ + Н2О„
Все эти превращения показывают, что при полном превращении из 1 моль
ацетилена образуется 1 моль уксусной кислоты, из которой в конечном итоге
образуется 1 моль изоамилацетата. Поэтому для решения этой задачи нет необхо-
димости пользоваться всеми приведенными уравнениями, а достаточно восполь-
зоваться следующей схемой:
СаС2 -> CH3COOC5Hfi.
64 130
Первый способ. По условию задачи дано 330 кг технического про-
дукта, содержащего 3,03% примесей и 96,97% (100 — 3,03 = 96,97), или
330 • 96,97 ооп 320 ,
—7ТГ7Г-- = 320 кг, или -у—- = 5 кмоль, карбида кальция. Из него при
1UU О 4
89
и кг технического продукта
— 96,97) карбида кальция.
полном превращении уксусной кислоты согласно приведенной схеме должно обр^
зоваться 5 кмоль амилацетата, но по условию задачи выход последнего составляет
75%. Значит, образуется “ 3,75 кмоль, или 3,75 • 130 = 487,5 кг, ид]
487,5 ААА А
-Q gye ~ 556,5 л, амилацетата.
Второй способ. По условию задачи 330 —
содержит 3,03% примесей и 96,97% (100 — 3,03
Отсюда
в 100 кг продукта содержатся 96,97 кг
» 330 кг » » х кг
96,97 • 330
х —-------------
Из приведенной выше
шейся уксусной кислоты
из 64 кг
» 320 кг
СаС2,
СаС2,
100----_ 320 «г.
схемы видно, что при полном превращении образовав-
в изоамилацетат I
СаС2 образуется 130 кг CHgCOOCgH^, I
СаС2 » X] кг СНоСООСсН,!, 1
130 - 320
V. —----- —_ _ 550 кг ।
1 64
выход эфира составлял 75%, значит
превращении образуется 650 кг CH3COOC5Hfi, 1
» » х2 кг СН3СООС5Н1;1, ]
650 • 75 AQf7 с I
*2 1=3 —юо—' ~ 487,5 кг* I
487 5 I
Таким образом, из указанного количества образуются 487,5 кг, или --- - ? —1
556,5 л, изоамилацетата.
По условию задачи
при 100%-ном
» 75 %-ном
И. РЕАКЦИИ В ГАЗОВОМ СОСТОЯНИИ
41. По условию задачи смесь содержит 60%, или 0,6 моль, азота, 30%, или
0,3 моль, кислорода и 10%, или 0,1 моль, углекислого газа. Средняя молеку-
лярная масса смеси равна:
= 0,6 • 28 + 0,3 • 32 + 0,1 • 44 = 30,8.
Поскольку молекулярная масса водорода равна 2, то плотность газовой смеси
по водороду будет равна: 30,8 : 2 = 15,4.
42. Горение октана и гептана протекает согласно уравнениям реакций:
= 16СО2+ 18Н2О;
2L<gHjg 4“ 25О2
2~~П4 25 -22,4
11О2
11 • 22,4
. 1 ю условию задачи в 600 г смеси содержалось 85%,
510
ттт~ “ 4,474 моль, октана и 15%, или 90 г (600 —
1 1
90
J6Q- == 0,9 моль, гептана. Из уравнения реакции горения ок-
октана необходимо 25 моль кислорода, а для
100"
Первый способ. По
600-85 _ Г1_ -
ИЛИ 100 ° 0 г’ или ~ 4,474 моль, октана и 15%,
— 510 = 90), или
тана видно, что для сжигания 2 моль
9Q
или 7371,8 л воздуха.
условию задачи в 600 г смеси содержалось 85%,
15%, или 90 г (600 — 510 = 90), гептана. Из урав-
4 474 • 25
с>к11гания 4,474 моль октана необходимо —1~ ~ 55,921 моль, или 55,921 х
22,4 = 1252,6 л кислорода, или 1252,6 • 5 — 6263 л воздуха. Из уравнения
еа'к^ии горения гептана видно, что для сжигания 1 моль гептана необходимо
fi моль кислорода, а для сжигания 0,9 моль гептана необходимо 0,9-11 — 9,9 моль,
дй 9,9 • 22,4— 221,76 л кислорода, или 221,76 • 5— 1108,8 л воздуха.
Следовательно, для сжигания 600 г смеси, содержащей 85% октана и 15% гептана,
^обходимо 1474,36 л кислорода ---'7О'71 °-------
Второй способ. По
85 • 600 Г1_
или -—JQQ— 510 г, октана и
нения реакции горения октана
для сжигания 228
видно, что
18 необходимо 25 • 22,4
х
л
2’
8
»
»
х ==
Из уравнения реакции
для сжигания
1
25 - 22,4 - 510
228
»
Л
= 1252,6 л.
горения гептана
»
видно, что
16 необходимо 11 • 22,4
xi
л
2’
2»
Л
11-22,4-90 п
Ж« =------Юб-----= 221,76 л.
Таким образом, для сжигания 600 г смеси, содержащей 85% октана и 15%
гептана, необходимо 1474,36 л (1252,6 + 221,76 = 1474,36) кислорода, или
1474,36 • 5 = 7371,8 л воздуха.
43. По условию задачи плотность по водороду смеси моноксида углерода
и водорода равна 6,2. Средняя молекулярная масса равна: Мх — 2 • 6,2 = 12,4.
Если обозначить количество молей моноксида углерода через х, то в 1 моль смеси
количество молей водорода будет равно (1 — х). Отсюда
28x4-2(1 — х) = 12,4,
28x4-2 — 2х = 12,4,
26х — 10,4,
х = 0,4, или 40%.
Следовательно, смесь состояла из 40% моноксида углерода и 60% водорода.
В 20 л смеси содержалось 0,4 • 20 — 8 л моноксида углерода и 12 л водорода.
Реакции горения моноксида углерода и водорода проходят по уравнениям:
2СО 4- О2 = 2СО2;
2Н2 4- О2 = 2Н2О.
Из уравнения реакции горения моноксида углерода видно, что для сжигания
2 л его нужно 1 л кислорода, а для сжигания 8 л — 4 л кислорода. Из уравнения
реакции горения водорода видно, что водород с кислородом реагирует в объемнохм
соотношении 1 : 2, т. е. для сжигания 12 л водорода нужно 6 л кислорода. Следо-
вательно, для сжигания 20 л этой смеси нужно 10 л (4 + 6 = 10) кислорода.
Из уравнений реакций горения моноксида углерода и водорода видно, что они
°ба реагируют с кислородом в объемном соотношении 2:1, поэтому для сжигания
20 л смеси, состоящей из моноксида углерода и водорода в любом соотношении,
всегда потребуется 10 л кислорода.
44. По условию задачи смесь состоит из моноксида и диоксида углерода
и плотность ее по водороду равна 18,8. Средняя молекулярная масса смеси равна
= 2 • 18,8 == 37,6. Если количество молей диоксида углерода в 1 моль газовой
91
смеси обозначить через х, то количество молей моноксида углерода будет
но (1 — х). Так как средняя молекулярная масса равна сумме масс компонента^
то в 1 моль газа масса диоксида углерода равна 44х, а масса моноксида углерод'
равна 28 • (1 — х). Отсюда |
44х + 28 (1 — х)==37,6, 4
44х + 28 — 28х = 37,6, 1
16х = 9,6, 1
х — 0,6, или 60%. ,
45. Плотность по водороду газовой смеси или отдельного газа выража^
отношением молекулярной массы газа или средней молекулярной массы газовой
смеси к молекулярной массе водорода.
По условию задачи газовая смесь содержит 40%, или 0,4 моль, диоксида
углерода, 30%, или 0,3 моль, моноксида углерода и 30%, или 0,3 моль, азота.
Средняя молекулярная масса данной газовой смеси равна сумме масс 0,4 моль
диоксида углерода, 0,3 моль моноксида углерода и 0,3 моль азота:
Л4Л = 0,4 • 44 + 0,3 • 28 + 0,3 • 28 = 17,6 + 8,4 + 8,4 = 34,4. II
Плотность по водороду этой газовой смеси будет: 34,4 : 2 = 17,2. I
46. Горение ацетилена происходит согласно уравнению:
2С,Н2 + 50, = 4СО, + 2Н,О.
По условию задачи после сжигания ацетилена и конденсации водяного пара
из 80 мл (20 + 60 = 80) газовой смеси образовалось 56 мл, т. е. объем уменьшил
ся на 24 мл (80 — 56 = 24). Из уравнения реакции видно, что при взаимодействив
2 объемов ацетилена с 5 объемами кислорода образуется 4 объема углекислог!
газа, т. е. объем смеси уменьшается на 3. На 24 мл объем уменьшится в том сл\4
2 • 24
чае, если прореагирует —-— = 16 мл ацетилена. Значит, в 20 мл первоначалм
О
ной смеси было 16 мл, или -~ 80%» ацетилена и 20% (100 — 80 = 20]
азота.
47. По условию задачи газовая смесь содержит 70%, или 0,7 моль, монокси-
да углерода и 30%, или 0,3 моль, диоксида углерода. Средняя молекулярная мас-
са газовой смеси равна:
Мх = 0,7 • 28 + 0,3 • 44 = 19,6 + 13,2 == 32,8. 1
Плотность газовой смеси по воздуху, средняя молекулярная масса которого
равна 29, будет: 32,8 • 29— 1,131.
48. Газовая смесь состоит из пропилена, бутилена и бутана. Плотность eej
по водороду равна 26,1. При пропускании такой смеси через бромную воду про-,
пилен и бутилен реагируют с бромом:
С8не + Вг2 = С3Н6Вг2; I
42 160
&Н8 + Вг, = С,НйВг,. 1
56
Бутан, как насыщенный углеводород, с бромом в водном растворе не взаимо-
действует.
Реакции горения пропилена, бутилена и бутана проходят по уравнениям:
2С3Нв + 9О2 = 6СО2 + 6Н2О;
С4Н8 + 6О2 = 4СО2 + 4Н2О;
2С4Н1о + 13О2 = 8СО2 + ЮН2О.
® AU I 4Й I &
= 0,125
2 8
Первый способ. По условию задачи из 2,8 л, или ~~
> J
1 6
^оль, газовой смеси прореагировало 16 г, или — 0,1 моль, брома. Из уравне-
яий реакций брома с пропиленом и бутиленом видно, что 1 моль брома реагирует
*, 1 моль пропилена или бутилена, а 0,1 моль брома реагирует с 0,1 моль пропиле-
ия или бутилена. Значит, в 0,125 моль газовой смеси было 0,1 моль пропилена и
н 0 1 0 025
бутилена, что составляет - = 0,8 части или 80%, и 0,025 моль, или g =
0,2 части, или 20%, бутана. Средняя молекулярная масса газовой смеси равна
2 . 26,1 = 52,2. Если обозначить количество молей бутилена в газовой смеси
через х, то количество молей пропилена будет равно (0,8 — х). Тогда средняя
молекулярная масса газовой смеси составит:
0,2 * 58 + х • 56 + (0,8 — х) - 42 = 52,2,
11,6 + 56х + 33,6 — 42х = 52,2,
14х = 7,
х == 0,5, или 50%.
Следовательно, в газовой смеси было 20% бутана, 50% бутилена и 30% (80 —
20 • 20
— 50 — 30%) пропилена. В 20 л этой смеси содержалось —jqq— == 4 л бутана,
50 « 20 1Л А 30 - 20 .
——— = 10 л бутилена и —— — 6л пропилена. Из уравнении реакции горе-
ния пропилена, бутилена и бутана видно, что при сжигании пропилен реагирует
с кислородом в соотношении 1 : 4,5, бутилен —1:6, и бутан — 1 : 6,5. Выхо-
дит, что для сжигания 6 л пропилена нужно 6 • 4,5 = 27 л кислорода, 10 л бу-
тилена — 10 • 6 = 60 л кислорода и 4 л бутана — 4 - 6,5 = 26 л кислорода.
Для сжигания 20 л смеси требуются 113 л (27 Д- 60 + 26 == 113) кислорода или
113 • 5 = 565 л воздуха.
Второй способ. По условию задачи из 2,8 л газовой смеси, плотность
по водороду которой равна 26,1, прореагировали 16 г брома. Из уравнений реак-
ций пропилена и бутилена с бромом видно, что
160 г Вг2 реагируют с 22,4 л С3Н6 и С4Н8,
16 г Вг2 » » ал С3Н6 и С4Н8,
22,4 • 16
Х~~ 160
= 2,24 л.
Следовательно, в смеси было 2,24 л, или ———---— 80%, пропилена и бу-
2,о
тилена и 0,56 л (2,8 — 2,24 = 0,56), или — -~-99 = 20%, бутана. Дальнейший
2,0
ход решения задачи такой же, как и первым способом
49. По условию задачи в эвдиометре сожгли 20 мл газовой смеси, плотность
по водороду которой равна 14,0. При сжигании взаимодействуют только водород
с кислородом:
2Н2 + О2 = 2Н2О.
А 1 Ci Ci
После конденсации водяного пара и приведения газовой смеси к начальным
условиям объем смеси был равен 17 мл, т. е. уменьшился на 3 мл (20 — 17 = 3)
за счет образования воды. Из уравнения реакции между кислородом и водородом
видно, что при уменьшении объема на 3 мл в реакцию вступают 2 мл водорода
и 1 мл кислорода. В образовавшейся смеси могут содержаться либо азот и водород,
либо азот и кислород. Если бы смесь состояла из азота и водорода, то при смеши-
вании ее с воздухом и сжигании объем должен был бы уменьшиться, но по условию
задачи он остается без изменений. Следовательно, в начальной смеси было 2 мл,
93
или ^2— = 10%, водорода и 18 мл (20 — 2 = 18), или *8 ----90%, аз^.
та и кислорода. Средняя молекулярная масса смеси равна 2j 14 = 28. Ес^
обозначить через х количество молей кислорода в 1 моль газовой смеси, то кол^
чество молей азота будет равно (0,9 — х). Средняя молекулярная масса газовй
смеси будет равна
52. По условию задачи плотность газовой смеси, состоящей из моноксида
уГпероДа» водорода и метана, при 2 атм и 0° С равна 1,715 г/л. При нормальных
условиях плотность этой смеси будет * = 0,8575 г/л. Средняя молекулярная
масса ее равна 0,8575 • 22,4 = 19,2. Горение метана, моноксида углерода и водо-
рода проходит по уравнениям:
1
4х = 2,6, I
I
х == 0,65. 1
Значит, смесь состояла из 0,65 части, или 65%, кислорода, 0,25 части (0,9 Д
—0,65 = 0,25), или 25%, азота и 10% водорода.
50. По условию задачи дано 41 л бутана при температуре 47° С (320 К)
лении 4 атм. Пользуясь уравнением Менделеева —
лить массу бутана:
УрМ ।
т~ RT 0,082 320 ~йС,2,& Г>
Далее нужно определить объем кислорода, необходимый для сжигания 362,51
бутана.
Реакция горения бутана проходит по уравнению:
2С4Н10 + 13О2 = 8СО2 + 10Н2<
2-58 13 • 22,4
Первый способ. По условию задачи нужно
~ — 6,25 моль, или 6,25 • 22,4 = 140 л, бутана. По уравнению
горения для сжигания 2 л бутана необходимо 13
л л 13 • 140
бутана необходимо
Второй
для
»
Клапейрона, можно опред!
41 . 4 • 58
16
2СО + О2 = 2СО2;
2 • 28
2Н2 + О2 = 2Н2О.
2 • 2
способ. Г
сжигания
сжечь 362,5 г, ил
реакци:
л кислорода, а для сжигания 140 j
• = 910 л кислорода. 1
Из уравнения реакции горения бутана видно, чтс
нужно 291,2
» х
362,5 г С4Н10
291,2 • 362,5
116
= 910 л.
Л о2>
л О2>
Первый способ. На сжигание 4 л смеси расходуется 19 л воздуха,
содержащего 19 • 0,2 = 3,8 л кислорода. Из уравнений реакций горения метана,
моноксида углерода и водорода видно, что для сжигания моноксида углерода
и водорода нужно в 2 раза меньше кислорода, а для сжигания метана — в 2 раза
больше. Если обозначить объем метана в 4 л смеси через х, то объем моноксида
углерода и водорода будет равен (4 — х) л. Тогда для сжигания х л метана необ-
ходимо 2х л кислорода, а для сжигания (4 — х) л моноксида углерода и водоро-
да — 0,5 (4 — х) л кислорода, а всего израсходовали 3,8 л кислорода. Отсюда
2х 4- 0,5 (4 — х) = 3,8,
2х 4~ 2 — 0,5х = 3,8,
1,5х = 1,8,
х= 1,2.
Следовательно, в 4 л смеси было 1,2 л# или = 30%, метана и 2,8 л,
или 70%, моноксида углерода и водорода.
Если обозначить количество молей моноксида углерода в 1 моль газовой смеси
через Xj, то количество молей водорода будет равно (0,7 — xj, а количество молей
метана — 0,3. Средняя молекулярная масса смеси равна:
51- По Условию задачи 1,6 л смеси моноксида углерода с воздухом при
47 С (320 К) и давлении 5 атм имеют массу 8,683 г. Из уравнения Менделеева _
Клапейрона можно определить среднюю молекулярную массу смеси: I
mRT 8,683-0,082.320
м ~ ---------------------------= 28>48-
Если обозначить количество молей моноксида углерода в 1 моль газовой
через х,.то количество молей азота будет равно 0,8 (1 — х), а ко,
кислорода — 0,2 (1 — х) (80% азота и 20% кислорода). Средняя
масса смеси будет равна:
28х + 28 • 0,8 (1 — х) + 32 • 0,2 (1 — х) = 28,48,
28х 4- 22,4 — 22,4х 4- 6,4 — 6,4х = 28,48,
_______________i смеси
х), а количество молей
[ молекулярная
0,8х = 0,32,
0,3 • 16 4~ ’ 28 4- (0,7 — xt) • 2 = 19,2,
4,8 4- 28х* 4-1Л — 2xf = 19,2,
26х* = 13,
Xj == 0,5, или 50%.
Таким образом, в смеси было 30% метана, 50% моноксида углерода и 20%
(70 — 50 = 20) водорода.
Второй способ. Обозначим количество молей метана в 1 моль газовой
смеси через х, количество молей моноксида углерода — через у и количество молей
водорода — через z. Составим уравнение:
< + у + г=1. (1)
По условию задачи на сжигание 4 л смеси израсходовали 3,8 л кислорода.
Исходя из уравнений реакций горения, можно составить такое уравнение:
8х 4- %У 4“ 2г = 3,8, или 4х 4- У 4- 2 — 1,9. (2)
я = 0,4.
О 4Я СледоБательв смеси было 0,4 моль, или 40%, моноксида углерода
0,48 моль, или 48%, азота и 0,12 моль, или 12% г кислорода. Р ’
94
Средняя молекулярная масса смеси равна:
16х + 28у 4-2г= 19,2.
Образовалась система трех уравнений с тремя неизвестными:
х 4- у 4- 2 — I;
95
4х + у -ь 2 = 1,9;
16х + 28# -J- 2z = 19,2.
Если из второго уравнения вычесть первое, получим:
4х — х + у — y + z — z = 1,9—1,
Зх = 0,9,
х = 0,3.
Из первого уравнения г — 1 — 0,3 — у = 0,7 — у.
Подставив в третье уравнение вместо х и г их значения, получим:
16 • 0,3 4- 23у 4- 2 (0,7 — у) = 19,2,
4,8 + 23у 4- 1,4 — 2«/== 19,2,
26// =13,
У = 0,5. I
Следовательно, в смеси было 0,3 моль, или 30%, метана, 0,5 моль или 50%,
моноксида углерода и 0,2 моль (0,7 — 0,5 = 0,2), или 20%, водорода.
53. По условию задачи смешивают 40 мл смеси моноксида азота с 65 мл воз-
духа, содержащего 13 мл кислорода и 52 мл азота. Реакция между моноксидом
азота и кислородом проходит по уравнению:
2NO + О9 = 2NO„.
После реакции из 105 мл смеси (40 + 65 — 105) образовалось 100 мл, т. е.
объем смеси уменьшился на 5 мл (105 — 100 = 5) в результате присоединения кис-
лорода к моноксиду азота. Из уравнения реакции видно, что при уменьшении объе-
ма на 1 мл реагируют 2 мл моноксида азота и 1 мл кислорода с образованием 2 мл
диоксида азота, а при уменьшении объема на 5 мл прореагировали 10 мл монокси-
да азота с образованием 10 мл диоксида азота. Следовательно, в исходной смеси
1° • 100 осо/ ОЛ 30 • 100 „еп1
было 10 мл, или---—------- 25%, моноксида азота и 30 мл, иль •——— = 75%/
азота. В 100 мл образовавшейся смеси содержалось 10 мл, или 10%, диоксида
азота, 82 мл (52 + 30 = 82), или 82%, азота и 8 мл (13 — 5 = 8), или 8%, кисло-
рода.
54. При получении аммиака азот с водородом реагируют по уравнению:
N2 4- ЗН2 = 3NHq. I
Для решения задач такого типа нужно взять определенное количество газа,
входящего в контактный аппарат, и проследить за его превращением. Например,
можно взять 100 объемов азота. Тогда водорода нужно взять 300 объемов. По
условию задачи 10 объемов, или 10%, азота превращается в аммиак. Из уравнения
реакции образования аммиака видно, что 1 объем азота реагирует с 3 объемами
водорода, а 10 объемов азота реагируют с 30 объёмами водорода с образованием
20 объемов аммиака. Следовательно, из 400 объемов (100 4" 300 = 400) азотово-
дородной смеси образуется газовая смесь, состоящая из 20 объемов аммиака,
90 объемов (100 — 10 = 90) азота и 270 объемов (300 — 30 = 270) водорода.
Общий объем газовой смеси будет равен 380 объемам (20 4~ 90 + 270 = 380),
. „20-100 - 90 • 100
а процентный состав ее будет такой: --—— = 5,26% аммиака, ——— =
380 380
= 23,68% азота и ——57777— = 71,06% водорода.
380
55. Реакция окисления сернистого газа происходит по уравнению:
2SO2 4- О2 = 2SO3.
Для решения этой задачи возьмем определенный объем газовой смеси. Если
взять 100 объемов поступающей в контактный аппарат смеси, то в ней будет
96
10-100
«объемов сернистого газа и 90 объёмов воздуха, содержащего 18 объемов (20%)
{Слорода и 72 объема (80%) азота. Из уравнения реакции окисления сернистого
кислородом видно, что 2 объема сернистого газа реагируют с 1 объемом кисло-
йда и образуют 2 объема серного ангидрида, а 10 объёмов сернистого газа про-
ецируют с 5 объемами кислорода и образуют 10 объемов серного ангидрида.
100 объемов газовой смеси, поступающей в контактный аппарат,образуются
)5 объемов газовой смеси, содержащей 10 объёмов, или
,сГо ангидрида, 13 объемов (18 — 5= 13), или
72 . 100 „ ол0/
— 75,80%, азота.
— 13,68%, кислорода и
, 72 объема, или
95
56. По условию задачи 7,2 г моноксида и диоксида углерода при 27° С (300 К)
н давлении 3 атм занимают объем 2,05 л. Пользуясь уравнением Менделеева —
Клапейрона, можно найти среднюю молекулярную массу смеси:
ЛЛ _ т^Т - 7’2 * °’082 ’ 300 __ ОЯ Я
М — V — п гЛ О - 2о,о,
vp 2,0о • о
Обозначив количество молей диоксида углерода в 1 моль газовой смеси через
х, а количество молей моноксида углерода через (1 — х), среднюю молекулярную
массу смеси можно записать так:
44% + 28(1 — х) = 28,8,
44х + 28 — 28х= 28,8,
16х = 0,8,
х — 0,05,
Следовательно, в смеси содержалось 5% диоксида и 95% моноксида углерода.
80 • 95
В 80 л смеси содержалось ——— = 76 л моноксида углерода. Реакция горения
его проходит по уравнению:
2СО + О2 = 2СО2.
Если для сжигания 2 л моноксида углерода требуется 1 л кислорода, то для
сжигания 76 л его потребуется 38 л кислорода.
57. При смешивании 60 мл моноксида углерода, 40 мл моноксида азота
и 120 мл воздуха, содержащего 24 мл (20%) кислорода и 96 мл (80%) азота, монок-
сид азота прореагирует с кислородом. По уравнению реакции (см. решение задачи
53) 2 мл моноксида азота реагируют с 1 мл кислорода с образованием 2 мл диокси-
да азота, а 40 мл моноксида азота прореагируют с 20 мл кислорода и образуют
40 мл диоксида азота. Моноксид углерода и азот в этих условиях остаются без
изменений. Образовавшаяся смесь состоит из 60 мл моноксида углерода, 40 мл
диоксида азота, 96 мл азота и 4 мл (24 — 20 ~ 4) кислорода. Общий объем смеси
равен 200 мл (60 + 40+ 96 + 4 — 200). Следовательно, процентный состав
г - « 60-100 ол0/ 40 • 100 9П0/
газовой смеси такой: —— — 30% моноксида углерода, “ ^0%
Диоксида азота,
96 • 100
200
— 48% азота и
4- 100
200
кислорода.
= 2%
58. По условию задачи смешали 50 мл моноксида азота и азота с 25 мл воз-
духа, содержащего 5 мл кислорода и 20 мл азота. В результате реакции моноксида
азота с кислородом объем смеси уменьшился на 5 мл (50 + 25 — 70 = 5). Зна-
чит, с 5 мл кислорода прореагировали 10 мл моноксида азота с образованием
10 мл диоксида азота. В 40 мл оставшегося газа (50 — 10= 40) может быть либо
один азот, либо смесь азота с моноксидом азота. К образовавшейся газовой смеси
(70 мл) прибавили 145 мл воздуха, содержащего 29 мл кислорода и 116 мл азота.
После реакции объем смеси еще уменьшился на 15 мл (70 +145 — 200 = 15)
в результате присоединения кислорода к моноксиду азота. По уравнению реакции
4 2-182
97
15 мл кислорода реагируют с 30 мл моноксида азота с образованием 30 мл диоке
да азота. Следовательно, первоначальная смесь состояла из 40 мл (10 + 30 = 1
или — JOO = 80%, моноксида азота и 10 мл (50 — 40 — 10), или
50 50 $
= 20%, азота. Смесь, образовавшаяся после первого смешивания, состояла .
1А 10-100
10 мл, или —— ........................................ ...... 70
моноксида азота и 30 мл (10 + 20 = 30), или 42,85%, азота. Смесь, образование
40 • 100 1
яся после второго смешивания, состояла из 40 мл (10 + 30 = 40), или
1лоо/ -л 30-100 ЛО 1
— 14,3%, диоксида азота, о0 мл, или ——---— 42,85ty,
200
= 20%, диоксида азота, 14 мл (29 — 15 = 14), или
146 - 100
14 * 100 70/ 1
—Од— = 7%, кислород
и 146 мл (30+ 116 = 146), или —\L_2222 ™ 73% азота> 1
59. Для сжигания 2 л взятой при 4 атм и 0° С смеси этака и пропана израс*.
довали 155 л воздуха, содержащего 155 • 0,2 = 31 л кислорода. При нормально
условиях объем газовой смеси равен 2 • 4 = 8 л. Реакции горения этапа и п|).
пана проходят по уравнениям: fl|
2С2Н6 + 7О2 4СО2 + 6Н2О;
С3Н8 + 50, - ЗСО2 + 4Н2О. I
Если объем этана, содержащегося в смеси, обозначить через г, то объем про;
на будет равен (8 — %) л. Из уравнений реакций горения этана и пропана вид|
что на сжигание 1 л этана расходуется 3,5 л кислорода, а на сжигание 1 л про
на — 5 л кислорода. Отсюда, для сжигания этана расходуется 3,5х л,а для ежи
ния пропана — 5 (8 — х) л кислорода. Всего для сжигания 8 л смеси израс
довали 31 л кислорода:
3,5х + 5 (8 — х) — 31,
3,5х + 40 — 5х = 31,
_ . 6-100
Следовательно, в смеси было 6 л, или —-—
2 • ЮО
—5-----= 25%, пропана.
~ 75%, этана и 2 л (8 — 6
= 2), или
60. Реакция моноксида углерода с водяным паром проходит по уравнени
। “ 2'
Как видно, объемы газов до и после реакции равны. '
Для решения этой задачи возьмем определенное количество моноксида угле-
рода и водяного пара в соотношении 1 : 5. На 100 объемов моноксида углерод
нужно взять 500 объемов водяного пара. В смеси, вышедшей из контактного ап-
парата, было 5% моноксида углерода. Общий объем смеси равен 600 (100 + 500 4
» $ * 600
= 600) и в ней содержалось ——— = 30 ооъемов моноксида углерода. Следов!
тельно, прореагировало 70 объёмов (100 — 30 = 70) моноксида углерода с 70объ$
мами водяного пара с образованием 70 объемов углекислого газа и 70 объёмов
водорода. Степень превращения моноксида углерода равна 70%.В 600 объемах
. 30 - 100 Я
== о%, моноксид!
образовавшейся смеси содержалось 30 объемов, или—
сии
70-100 т
углерода, 70 объемов, или ——-— = 11,67%, углекислого газа, 70 объёмом
или 11,67%, водорода и 430 объемов (500 — 70 = 430), или = 71,66%;
водяного пара.
61. Реакции горения метана и пропана проходят по уравнениям:
СН4 + 2О2 = СО2 + 2Н2О;
СоНо 4- 5О2 = ЗСО2 -J- 4Н2О.
Первый способ. По условию задачи для сжигания 40 л метана и про-
ла израсходовали 170 л кислорода. Из уравнения реакции горения метана
ндно, что для сжигания 1 л его необходимо 2 л кислорода, а для сжигания
। л пропана необходимо 5 л кислорода. Если объем метана обозначить через х л,
‘ количество необходимого для его сжигания кислорода через 2х л, количество
пропана через (40 — х) л, а количество необходимого для его сжигания кислоро-
2' через 5 (40 — х) л, то
д 2x4-5(40 —х)= 170,
2х 4- 200 — 5х= 170,
Зх = 30,
х — 10 л.
Значит, в смеси было 10 л метана и 30 л (40 — 10 = 30) пропана.
Второй способ. Если бы было только одного пропана 40 л, то для
его сжигания необходимо было бы 40 • 5 — 200 л кислорода. По условию задачи
израсходовали 170 л, т. е. на 30 л меньше (200 — 170 — 30). На сжигание 1 л
метана расходуется на 3 л меньше кислорода, чем для сжигания 1 л пропана. Зна-
30
чит, в смеси было —— — 10 л метана и 30 л пропана.
Третий способ. Для сжигания 40 л метана расходуется 2 • 40 — 80 л
кислорода. По условию задачи израсходовали кислорода 170 л, т. е. на 90 л боль-
ше (170 — 80 — 90). Так как на сжигание 1 л пропана расходуется на 3 л кисло-
90
рода больше, чем для сжигания 1 л метана, то в смеси было —— = 30 л пропана
О
и 10 л метана.
Четвертый способ. Если количество метана в смеси обозначить
через х л, а объем кислорода, необходимый для его сжигания, через у л, то объем
пропана будет равен (40 — х) л, а объем кислорода, необходимый для его сжига-
ния,— (170 — у) л. Из уравнения реакции горения метана видно, что
для сжигания 1 л СН4 необходимо 2 л О2,
> » к л СН4 » у л О2,
у = 2х
Из уравнения реакции горения пропана видно, что
для сжигания 1 л С3Н8 необходимо 5 л О2,
» » (40 — х) л С3Н8 » (170 — у) л О2,
170 —г/= 5(40 —х),
170 — 2х = 200 — 5х,
Зх — 30,
х — 10 л.
Значит, в смеси было 10 л метана и 30 л пропана.
62. Реакция между моноксидом углерода и водяным паром проходит с обра-
зованием углекислого газа и водорода. Углекислый газ реагирует с едким натром
п° таким уравнениям:
2NaOH 4- СО2 = Na2CO3 4-Н2О,
2 • 40 22,4 106
Na2CO3 + СО2 4- Н2О =
2NaHCO3 .
2 • 84
99
Первый с п о с о б. По условию задачи взяли 700 л смеси монокси,,
углерода с водяным паром. Через раствор едкого натра пропустили 14 л
14 4 24 ’ >
—у — 0,02 части всей газовой смеси. Образовалось 4,24 г, или
3,36
карбоната и 3,36 г, пли - — 0,04 моль, гидрокарбоната натрия. Из привел!
о4
пых уравнений образования карбоната и гидрокарбоната натрия следует, что дд
образования 1 моль как карбоната, так и гидрокарбоната натрия расходу^
1 моль углекислого газа. Значит, на образование 0,04 моль карбоната и 0,04 мсй!
гидрокарбоната натрия израсходовано 0,08 моль углекислого газа, содержащего,
в 14 л смеси. В 700 л такой смеси содержится в 50 раз больше углекислХ
газа, т. е. 0,08 • 50 = 4 моль, или 4 • 22,4 = 89,6 л.
Из уравнения реакции моноксида углерода с водяным паром следует, Л
89,6 л углекислого газа могут образоваться, если 89,6 л моноксида углерода про.
реагируют с 89,6 л водяного пара. При этом образуются еще 89,6 л водорода. Зна.
чит, в 700 л образовавшейся смеси было 89,6 л, или ~ 12,8%,
кислого газа, 89,6 л, или 12,8%, водорода, 10,4 л (100 — 89,6 = 10,4),
10,4 • 100
700
510,4 • 100 п0/ -
----700----~ 72,9%, водяного пара.
Второй способ. По условию задачи в 14 л смеси содержалось столь|о
углекислого газа, что из него образовалось 4,24 г карбоната и 3,36 г гидрокарбо-
ната натрия. Из уравнения реакции образования карбоната натрия видно, что
для образования 106 г Na2CO3 расходуются 22,4 л
» » 4,24 г Na2CO3 » хл
106 °>04 МОЛЬ
УГ.
= 1,5%, моноксида углерода и 510,4 л (600 — 89,6 = 510,4),
иди
или
со2,
со2,
।
х =-----4-^------=0,896 л.
106
Из уравнения реакции образования гидрокарбоната натрия
для образования 84 г NaHCO3 расходуются 22,4 л СО.
у>
видно, что
2’
х± л СО2,
» 3,36 г NaHCO.
о
22,4-3,36
----------= °>896 л-
»
Следовательно,
в
14 л смеси содержалось 1,792 л СО2,
7С0л » » х2 л СО2,
1,792 • 700 г
х2 = ------—------= 89,6 л.
решения задачи такой же, как и первым способом.
»
Дальнейший ход
63. По условию задачи в контактный аппарат подали 600 м3 смеси моноксида
углерода и водяного пара в соотношении 1 : 5, т. е. в 600 м3 смеси содержалось
100 м3 моноксида углерода и 500 м3 водорода. При охлаждении парогазовой смеси
водяной пар конденсируется и из 600 м3 смеси в газообразном состоянии остаются
только 160 м3 газов. После окончания реакции между моноксидом углерода и во*
дяным паром объем несконденсированных при нормальных условиях газов уве|
личился за счет образования водорода, так как моноксид углерода переходит
в диоксид. По условию задачи после прохождения газа через контактный аппарат
и конденсации водяного пара объем смеси составлял 160 м3, т. е. увеличился на
60 м3 (160 — 100 = 60) за счет образования водорода. Из уравнения реакции моно!
ксида углерода с водяным паром видно, что 60 м3 водорода образовалось при окис*
лении водой 60 м3 моноксида углерода. Выходит, что из 100 м3 взятого для реакций
моноксида углерода прореагировали 60 и степень превращения моноксида угле^
рода составляет 60%.
100
64 По условию задачи в 900 мл смеси моноксида азота с воздухом содержатся
62,23 • 900 _ГА D .
— 560 мл азота. В образовавшейся смеси азот составляет
560 • 100 ОАА о -
----—----= 800 мл. Значит, объем смеси уменьшился
62,23%.*’ли loo
й объем ее равен
100 мл (900 — 800 — 100). Уменьшение объема обусловлено присоединением
Недорода к моноксиду азота. Из уравнения реакции моноксида азота с кислоро-
Ком (см. решение задачи 53) видно, что 2 объёма моноксида азота реагируют с 1 объе-
мом кислорода и образуют 2 объема диоксида азота. При этом объем смеси умень-
шается на единицу. Поскольку по условию задачи объем уменьшился на 100 мл,
0 это значит, что 100 мл кислорода прореагировали с 200 мл моноксида азота
г образованием 200 мл диоксида азота. Значит, в 900 мл взятой смеси было 560 мл,
560 • 100 сп oft/ ПАА 200 -100 оо о0/
ил» —-------= 62,2%, азота, 200 мл, или -----— = 22,2%, моноксида азо-
и 140 мл (900 - 560 - 200 = 140), или ‘^'J00
Zjyjxj
В800 мл образовавшейся смеси было 70% азота, 200 мл, или
оксида азота и 40 мл (140— 100—40), или д
oUU
65. Конверсия метана с водяным паром проходит по такому уравнению реак-
ции:
— 15,6%, кислорода.
200 • 100 0_0/
~юо~ = 25%’ди-
= 5%, кислорода.
та,
По условию задачи соотношение между метаном и водяным паром равно 1 : 3.
Для решения этой задачи можно взять определенное соотношение метана я водя-
ного пара. Например, на 100 объемов метана нужно взять 300 объемов водяного
пара. По условию задачи прореагировало 80?^, или 80 объемов, метана. По урав-
нению реакции 1 объем метана реагирует с 1 объемом водяного пара с образовани-
ем 1 объема моноксида углерода и 3 объемов водорода, а 80 объемов метана про-
реагируют с 80 объемами водяного пара с образованием 80 объемов моноксида
углерода и 240 объемов (80 • 3 — 240) водорода. Газовая смесь, образовавшаяся
из 400 объемов метана и водяного пара, состоит из 20 объемов (100 — 80 — 20)
метана, 80 объемов моноксида углерода, 240 объемов водорода и 220 объемов
(300 — 80 — 220) водяного пара. Общий объем смеси будет равен 560 объемам
(20 + 80 + 240 + 220 = 560) и процентный состав ее будет: ~
240*100 лоо.Л/
= 14,29% моноксида углерода, ---— = 42,86% водорода
ооО
80 • 100
МеГаНа’ —560~
220 • 100
и ———— = 39,28% водяного пара.
560
66. По условию задачи смесь состоит из водорода, метана и кислорода.
При сжигании этой смеси метан и водород горят:
СН4 -Ь 2О2 = СО2 4- 2Н2О;
2Н, + О, = 2Н„О.
При охлаждении газовой смеси конденсируется водяной пар, образовавший-
ся при сгорании как метана, так и водорода. Поэтому по данным уменьшения
объема газовой смеси после конденсации водяного пара невозможно определить
содержание водорода и метана. При пропускании смеси через раствор щелочи
поглощается углекислый газ, образующийся при сжигании только метана. По
условию задачи при поглощении углекислого газа объем смеси уменьшился
на 10 мл (35 — 25 = 10). Из уравнения реакции горения метана видно, что из
1 объема метана образуется 1 объем углекислого газа. Значит, в 100 мл смеси
содержалось 10 мл метана. Из этого же уравнения видно, что 1 объем метана реа-
гирует с 2 объемами кислорода с образованием 1 объема углекислого газа и 2 объе-
мов водяного пара. При конденсации водяного пара объем уменьшится на 2,
101
так как из 1 объема метана и 2 объемов кислорода (1 + 2 = 3) остается 1
углекислого газа. При сгорании 10 мл метана и конденсации водяного пара об^Г
должен уменьшиться на 20 мл. По условию задачи при конденсации водяногоЭ1
ра объем уменьшился на 65 мл (100 — 35 ~ 65). Значит, при сжигании мета^
объем уменьшился на 20 мл, а при сжигании водорода и конденсации водян01
пара — на 45 мл (65 — 20 — 45). Из уравнения реакции горения водор0?
видно, что 2 объема водорода реагируют с 1 объемом кислорода с образований
2 объемов конденсирующегося водяного пара и объем в целом уменьшается на I
В данном случае при уменьшении объема на 45 мл прореагировали 30 мл водо^
да и 15 мл кислорода. Значит, в 100 мл смеси было 10 мл, или 10%, метана, 30 мл
или 30%, водорода и 60 мл (100 — 10 — 30 ~ 60), или 60%, кислорода.
67. Реакции горения метана и этана проходят по уравнениям:
СН4 + 2О2 = СО2 + 2Н2О;
2С2Н6 + 7О2 = 4СО2 + 6Н2О.
Первый способ. По условию задачи при сгорании 50 л смеси метай
и этана образовалось 60 л диоксида углерода. Из уравнений реакций горения ме-
тана и этана видно, что при сгорании 1 объема метана образуется 1 объем СО*,
а при сгорании 1 объема этана образуется 2 объема СО2 По условию задачи COj
образовалось на 10 л больше, чем было смеси, значит, в смеси было Юл эта-
на и 40 л (50 — 10 — 40) метана.
Второй способ. Если количество метана обозначить через х л, а ко-
личество этана через (50 — х) л, то количество диоксида углерода будет равным:
х -J- 2 (50 — х) — 60, I
х+ 100 — 2х = 60, ]
х = 40 л.
Значит, в смеси было 40 л метана и 10 л этана.
68. Реакции горения пропана и бутана проходят по уравнениям:
С3НЯ + 5О2 -= ЗСО2 + 4Н2О; I
2С-Н10 + 130, = 8СО, + 1DH.O.
Первый способ. По условию задачи на сжигание 20 л смеси пропана
и бутана расходуется 124 л кислорода. Из уравнений реакций горения видно,
что для сжигания 1 л пропана нужно 5 л кислорода, а для сжигания 1 л бутана
нужно 6,5 л кислорода. Если объем бутана в смеси обозначить через х л, а объем
пропана — через (20 — х) л, то для сжигания бутана расходуется 6,5 х л кис-
лорода, а для сжигания пропана — 5 (20 — х) л кислорода, откуда
6,5х + 5 (20 — х) = 124, 1
6,5х+ 100 —5х = 124, 1
1,5х = 24, |
х== 16.
16 100
Значит, в 20 л смеси было 16 л, или------— 80%, бутана и 4 л (20 — 16 =»
4 ’ Ю0 ПЛ(1/
— 4), или ——— == 20%, пропана.
Второй способ. Из уравнений реакций горения прспаиа и бутана
видно, что на сжигание 1 л пропана расходуется 5 л кислорода, а на сжигание 1 л
бутана расходуется 6,5 л кислорода, т. е. на 1,5 л больше. Если бы сожгли 20 Л
пропана, то израсходовали бы 100 л кислорода, т. е. на 24 л (124 — 100 = 24)
меньше, чем по условию задачи. Эти 24 л расходуются на сжигание бутана: если
для сжигания 1 л бутана нужно на 1,5 л больше кислорода, чем для сжигания
24
1 л пропана, то в смеси было -т-=- — 16 л бутана. Количество пропана можно
1,0
определить по разности между объемом смеси и объемом бутана (20 — 16 — 4),
102
ч аналогичным размышлением: для сжигания 20 л бутана нужно 130 л кисло-
11Л’а а по условию задачи для сжигания 20 л смеси израсходовано 124 л кислс-
P°L’ т е. на 6 л меньше. На сжигание 1 л пропана расходуется на 1,5 л кислоро-
роДа’ g
да меньше, чем на сжигание 1 л бутана. Значит, в смеси было -ру = 4 л пропана.
Третий способ. По условию задачи на сжигание 20 л смеси пропана
бутана израсходовано 124 л кислорода. Обозначив объем пропана через х л,
й объем кислорода, расходуемого на сжигание пропана, через у л, объем бутана
будет равен (20 — х) л, а объем кислорода, расходуемый на сжигание бутана,
будет равен (124 — у) л. Из уравнений реакций горения пропана и бутана видно,
что
О2,
для сжигания 1 л С3Н8 расходуется 5 л
» » х л С3Н8 » у л О2
4/ = 5х;
для сжигания 2 л С4Н10 расходуется 13 л О2,
» » (20 — х) л С4Н10 » (124 — у) л О2,
2(124 — у) = 13 (20 — х).
Подставим в уравнение значение у:
2(124 — 5х) = 13(20 —х),
248— 10х — 260 ~ 13х,
Зх — 12,
х — 4.
Значит, в смеси было 4 л, или 20%, пропана и 16 л, или 80%, бутана.
69. Реакции горения пропана и бутана проходят по уравнениям:
С3Н8 + 5О2 = ЗСО2 + 4Н2О; (1)
2С4Н10 + 13О2 = 8СО2 + 10Н2О. (2)
Диоксид углерода реагирует с едким натром с образованием карбоната и гид*
рокарбоната натрия (см. задачу 62).
95,4
Первый способ. По условию задачи образуется 95,4 г, или —
== 0,9 моль, карбоната и 84 г, или 1 моль, гидрокарбоната натрия. Из уравнений
реакций диоксида углерода с едким натром следует, что для образования 1 моль
как карбоната, так и гидрокарбоната натрия расходуется 1 моль диоксида угле-
11 2
рода. Следовательно, при сгорании 11,2 л, или == 0,5 моль, пропан-бутано-
вой смеси образовались 1,9 моль (0,9 + 1 = 1,9) диоксида углерода. По уравне-
ниям реакций (1) и (2) при сгорании 1 моль пропана образуются 3 моль диоксида
Углерода, а при сгорании 1 моль бутана образуются 4 моль диоксида углерода.
Если обозначить количество молей пропана в смеси через х, а количество молей
бутана через (0,5 — х), то из х моль пропана образуются 3 х моль диоксида угле-
рода, а из (0,5 — х) моль бутана — 4 (0,5 — х) моль диоксида углерода. Отсюда
Зх + 4 (0,5 — х) == 1,9,
Зх + 2 — 4х = 1,9,
х = 0,1.
Следовательно, в смеси было 0,1 моль, или = 20%, пропана и
U ,0
0,4 моль (0,5— 0,1 = 0,4), или °’4 * == 80%, бутана.
103
Второй способ. Из решения задачи первым способом известно, qTo
из 0,5 моль смеси пропана и бутана образуются 1,9 моль диоксида углерод^
По уравнениям реакций (1) и (2) при сжигании 0,5 моль пропана должно образ^
ваться 1,5 моль диоксида углерода, а при сжигании 0,5 моль бутана должно од
разоваться 2 моль диоксида углерода. По условию задачи образовалось 1,9 мож
диоксида углерода, следовательно, сожгли 0,4 моль (1,9— 1,5—0,4) бутан8
и 0,1 моль (2— 1,9= 0,1) пропана.
Третий способ. По условию задачи из диоксида углерода образовд.
лось 95,4 г карбоната и 84 г гидрокарбоната натрия. По уравнению реакции дц.
оксида углерода с едким натром
106 г Na2CO3 образуются из 22,4 л СО2,
95,4 г Na2CO3 » » Xj л СО2,
22,4 . 95,4
х, -
— 20,16 л.
10о
По уравнению реакции образования гидрокарбоната натрия 84 г его обрд.
зуются из 22,4 л диоксида углерода. Следовательно, при сжигании 11,2 л про-
пан-бутановой смеси образовалось 42,56 л (20,16 + 22,4 = 42,56) диоксида угле-
рода.
Из уравнений реакций (1) и (2) видно, что при сжигании 1 объема пропана
образуются 3 объема диоксида углерода, а при сжигании 1 объема бутана обра-
зуются 4 объема диоксида углерода. Если обозначить объем пропана в смеси через
х л, то объем бутана будет равен (11,2 — х) л. При сгорании х л пропана образу-
ются Зх л диоксида углерода, а при сгорании (11,2—х) л бутана образуются
4 (11,2 — х) л диоксида углерода. Отсюда
Зх + 4 (11,2 — х) = 42,56, I
Зх + 44,8 —4х= 42,56, |
х=2,24. 1
924 • 100
Следовательно, в 11,2 л смеси было 2,24 л, или —- - <-75-= 20%, пропана
Л J. ) м*
и 8,96 л (11,2 — 2,24 = 8,96), или 8,96 ' 100 = 80%, бутана. |
Четвертый способ. Аналогично третьему способу можно опреде-
лить, что при сжигании 11,2 л пропан-бутановой смеси образуются 42,56 л диокси-
да углерода. Обозначив объем пропана через х л, а объем диоксида углерода,
образовавшегося при сгорании хл пропана — через у л; объем бутана будет равен
(11,2 — х) л, а объем диоксида углерода, образовавшегося при сжигании этого
объема бутана, будет равен (42,56 — у) л. Из уравнений реакций горения пропана
и бутана следует, что
при сгорании 1 л С3Н8 образуются 3 л СО2,
» » х л С3Н8 » у л СО2,
У = Зх;
при сгорании 2 л С4Н10 образуются 8 л СО2,
» » (11,2 — х) л С4Н10 » (42,56 — у) л СО2,
2(42,56— у) = 8(11,2 —х),
42,56 — Зх = 44,8 — 4х,
х=2,24. ’
Значит, в 11,2 л пропан-бутановой смеси было 2,24 л, или 20?6, пропана
и 8,96 л, или 80%, бутана.
Пятый способ. Аналогично третьему и четвертому способам можно
определить, что при сжигании 11,2 л пропан-бутановой смеси образуются 42,56 л
104
^оксида углерода. Из уравнений реакций горения пропана и бутана видно, что
jjpH сжигании 1 объема пропана образуются 3 объема СО2, а при сжигании
। объема бутана образуются 4 объема СО2. При сгорании пропан-бутановой смеси
образуется на столько больше объемов СО2 (по сравнению с количеством объемов,
образовавшихся при сгорании пропана), сколько объемов бутана было в смеси,
уак, при сгорании 11,2 л пропана должны образоваться 11,2 • 3 ° л СО2.
условию задачи образовалось на 8,96 л (42,56 — 33,6 = 8,96) СО2 больше.
Значит, в смеси было 8,96 л, бутана и 2,24 л пропана. Аналогично уменьшение ко-
личества объемов С02 при пересчете объема всей смеси на бутан равно содержа-
нию пропана в смеси. Так, при сгорании 11,2 л бутана должно образоваться
11,2 • 4 = 44,8 л С02. По условию задачи образовалось 42,56 л, т- е-
(44,8 — 42,56 = 2,24) меньше, значит, в смеси было 2,24 л пропана и 8,9о л
бутана.
70. При пропускании смеси азота и диоксида азота через раствор едкого нат-
ра реагирует только диоксид азота:
2NO2 + 2NaOH = NaNO3 + NaNO2 + H2O.
2 • 22,4 2-40 85 69
(О
Нитрит натрия в кислой среде окисляется перманганатом калия до нитрата
по такому уравнению:
5NaNO2 + 2КМпО4 + 3H2SO4 = K2SO4 + 2MnSO4 + 5NaNO3 + 3H2O. (2)
5 • 69 2-158
Первый способ. По условию задачи на окисление NaNO2 израсхо-
довано 12,64 г, или ~ 6,08 моль, КМпО4. По уравнению реакции (2) 2 моль
КМпО4 реагируют с 5 моль NaNO2, а 0,08 моль КМпО4 прореагирУют с 0,2 моль
NaNO2. Из уравнения реакции (1) видно, что 0,2 моль NaNO2 образуются в том
случае, если прореагирует 0,4 моль, NO2. Значит, в 20 л смеси азота и диоксида
азота было 0,4 моль, или 0,4 • 22,4 — 8,96 л, или 8--%Д__ 44,8%, диск-
сида азота и 11,04 л (20 — 8,96 — 11,04), или -! --*— 55,2% азота.
Второй способ. По условию задачи на окисление NaNO2 израсходо-
вано 12,64 г КМпО4. По уравнению реакции (2)
316 г КМпО4 окисляют 345 г NaNO2,
12,64 г КМпО4 » х г NaNO2,
345-12,64 ...
316—=‘3-8г-
х =
Из уравнения реакции (1) видно, что
69 г NaNO2 образуются из 44,8 л
13,8 г NaNO2 » » xt л
44,8 • 13,8 „ _
xt ------69-----8,96 Л‘
no2>
no,.
или = 44>8%
Следовательно, в 20 л смеси содержалось 8,96 л,
it пл 11,04-100 ,, Q0/
диоксида азота и 11,04 л, или —---—------— 55,2%, азота.
71. Реакция горения пропана проходит по уравнению:
СЧНЯ 4- 5О2 = ЗСО2 + 4Н2О.
О О » А 1 А
Поэтому уравнению для сжигания 42 л пропана нужно 42 . 5 = 210 л кисло-
рода. Озон разлагается на кислород, который принимает участие в реакции
105
горения:
2О„ = 30,. fl
Как видно, из 2 объемов озона образуются 3 объема кислорода. Если взять
озонированный кислород, содержащий 10% озона, то в 100 объемах его будет
10 объемов озона и 90 объемов кислорода. При разложении 10 объемов озона обрд,
зуются 15 объемов кислорода. Из 100 объемов смеси образуются 105 объемов
(90 + 15 — 105) кислорода. Потому озонированного кислорода с содержанием
10% озона нужно в 1,05 раза меньше, чем чистого кислорода. Если для сжигание
42 л пропана нужно 210 л чистого кислорода, то озонированного кислорода с со.
210
держанием 10% озона нужно YgF = 200 л.
72. Реакция сжигания халькопирита проходит по уравнению:
4CuFeS2 + 9О2 = 2Cu2S + 2Fe9O4 + 6SO2 .
4-184 9 • 22,4 ~6 Л>2Л~
73 6
Первый способ. По условию задачи 73,0 г, или —— 0,4 моль.
184
халькопирита сжигают в 400 л воздуха, содержащего 80 л кислорода и 320 л азо-
та. Из уравнения реакции следует, что 4 моль CuFeS2 реагируют с 9 моль Оа
и выделяют 6 моль SO2, а 0,4 моль CuFeS2 будут реагировать с 0,9 моль, или
0,9 • 22,4 = 20,16 л О2 и образуют 0,6 моль, или 0,6 • 22,4 = 13,44 л, SO2.
Следовательно, смесь газов будет содержать 320 л азота, 13,44 л диоксида
серы и 59,84 л (80—20,16 = 59,84) кислорода. Общий объем газовой смеси соста-
вит 393,28 л, а процентный состав ее будет такой: ogg ~ 81,3% азота!
13,44 • 100 о л0, 59,84 -100
—= 8,4% Диоксида серы и — • — = 15,3% кислорода.
Второй способ. По условию задачи сожгли 73,6 г халькопирита в 400 л
воздуха, содержащего 80 л кислорода и 320 л азота. Из уравнения реакции;
горения халькопирита видно, что
736 г CuFeS2 реагируют с 201,6 л О2, I
73,6 г CuFeS2 » » х л О2,
v 201,6 - 73,6 ..
х =-----ёБТ----— 20,16 л.
736
По этому же уравнению:
736 г CuFeS2 образуют 134,4 л SO2,
73,6 г CuFeS2 » хт л SO2,
134,4 - 73,6
736
= 13,44 л.
Следовательно, в образовавшейся газовой смеси будет 320 л азота, 13,44 л
диоксида серы и 59,84 л (80 — 20,16 = 59,84) кислорода. Объем газовой смеси
будет равен 393,28 л, а процентный состав ее будет такой: 93^ ~ 81,3%
13,44-100 Q.o/ 59,84-100 о0/’
азота, —опТ~оо—~ 3,4% диоксида серы и —= 15,3% кислорода.
73. При обжиге серного колчедана реакция протекает по уравнению:
4FeS, + 110, = 2Fe..O., 4- 8SO,
4-120 11-22,4 8 • 22?4
При решении этой задачи нужно исходить из объема воздуха, необходимого
для сжигания определенного количества серного колчедана. Лучше всего взять
соотношения по уравнению реакции. Из нее видно, что для сжигания 480 г кол-
106
ведана необходимо 11 • 22,4 = 246,4 л кислорода, который может содержаться
«246,4 • 5 = 1232 л воздуха. По условию задачи воздуха должно быть полуторное
оЛичество, Т. е. 1232 • 1,5 — 1848 л.
До реакции в 1848 л воздуха содержалось 1478,4 л азота (80%), который не
участвует в реакции, и 369,6 л (20%) кислорода, из которых 246,4 л прореагирова-
ли, а 123,2 л остались в образовавшейся смеси. В результате реакции образовалось
также 8 • 22,4 = 179,2 л дисульфида серы. Таким образом, общий объем образо-
«явшейся смеси был равным 1780,8 л (179,2 + 123,2 + 1478,4 = 1780,8) и в нем
179,2-100
содержалось 179,2 л, или
о = 10,06%, диоксида серы, образовавшегося
1/80,8
123 2 • 100
в результате реакции, 123,2 л, или —~ 6,92%, оставшегося кисло-
1/80,8
1 170 л 1478,4 • 100 _
Оода и 1478,4 л, или ---- ---- = 83,02% азота, который участия в ре-
г ' 1/80,8
акции не принимал.
74. В результате взрыва этан и бутан прореагируют с кислородом воздуха
согласно уравнениям:
2СоН6 + 7О2 = 4СО2 + 6Н2О;
2+зб“
4Н10 + 13О2 = 8СО2 + ЮН2О.
По условию задачи взорвали смесь 500 мл воздуха, содержащего 100 мл кисло-
рода и 400 мл азота, с 20 мл смеси этана и бутана, плотность по водороду которой
равна 17,8. Средняя молекулярная масса этой смеси равна 2 • 17,8 = 35,6.
Если долю бутана в мольном объеме обозначить через х, то доля этана будет рав-
ной (1 — х). Отсюда
58х + 30(1 — х) = 35,6,
58х + 30 — ЗОх = 35,6,
28 х= 5,6,
х = 0,2.
Значит в смеси было 0,2, или 20%, или 0,2 • 20 — 4 мл, бутана и 16 мл
(20 — 4 — 16) этана.
Из уравнений реакций горения этана и бутана видно, что на сжигание 1 мл
этана расходуется 3,5 мл кислорода, а на сжигание 1 мл бутана расходуется
6,5 мл кислорода. На сжигание 16 мл этана будет израсходовано 16 • 3,5 = 56 мл
кислорода, а на сжигание 4 мл бутана —4 * 6,5 — 26 мл кислорода. Из имевших-
ся до реакции 100 мл кислорода 82 мл (56 + 26 = 82) прореагируют с этаном
и бутаном, а 18 мл останутся. Из тех же уравнений видно, что из 1 мл этана обра-
зуются 2 мл СО2, из 1 мл бутана образуются 4 мл СО2, а из имевшихся в смеси 16 мл
этана образуются 32 мл СО2 и из 4 мл бутана —16 мл СО2- При приведении систе-
мы к нормальным условиям вода конденсируется и практически на объем и давле-
ние влияния оказывать не будет. Таким образом, из 520 мл первоначальной смеси,
содержащей 400 мл азота, 100 мл кислорода, 16 мл этана и 4 мл бутана, образова-
лась газовая смесь, содержащая 400 мл азота, 16 мл кислорода и 48 мл (32 + 16 —
48) углекислого газа. Общий объем образовавшейся смеси 464 мл (400+16 + 48—
464 • 760
= 464) и давление в эвдиометре будет равным ———- — 678 мм рт. ст.
107
III. ЭКВИВАЛЕНТ И МОЛЕКУЛЯРНАЯ МАССА
75. П е р в ы й с п о с о б. По условию задачи выделилось 0,896 л вод0.
рода. Если эквивалентный объем водорода равен 11,2л
0,896
чит, что выделилось у — 0,08 эквивалента водорода. 1 акое количество
может выделиться только в том случае, если прореагирует 0,08 эквивалента
1 6
талла. Значит, эквивалент металла равен = 20.
Второй способ. Г
ды 0,896 л водорода. Определить эквивалент металла
совое количество металла, которое вытеснит 1 г, или
0,896 л водорода вытесняются 1,6 г
11,2 л » » Э г
11,2 к ЭТО ЗЦд.
ме.
0,08
По условию задачи 1,6 г металла вытесняют из
। — значит найти такое
22,4
во.
ве-
— 11,2 л, водорода:
металла,
» >
3=-t896i- = 20-
Значит, эквивалент равен 20.
76. По условию задачи на нейтрализацию 1,89
60 мл 0,5 н. раствора едкого кали.
Первый способ. На нейтрализацию 1,89 г
г
кислоты израсходовали
кислоты пошло 0,06 л
0,5 н. раствора, или 0,06 • 0,5 = 0,03 эквивалента, едкого кали. Так как вещества
реагируют в эквивалентных количествах, то и кислоты прореагировало 0,03 эк-
1 89
вивалента. Эквивалент кислоты равен = 63. Такой эквивалент имеет азот-
ная кислота.
Второй способ. По условию задачи на нейтрализацию 1,89 г кислоты
пошло 60 мл 0,5 н. раствора едкого кали. Эквивалент его равен молекулярной
массе, т. е. 56.
в
»
Находим, что
1000 мл
60 мл
раствора содержится 0,5 • 56 г КОН,
»
х =
1,68
56
г
КОН
КОН
63 имеет азотная
»
60 • 28
1000 “
реагирует с
» »
1,89 - 56
~йб8-=63-
кислота.
1,68
х г КОН,
г
»
кислоты,
»
Эквивалент
77. По условию задачи на нейтрализацию 21 г
которой равен 63, израсходовали 50 г гидроксида металла. Отсюда гидроксид ме-
талла имеет эквивалент, равный
равен сумме эквивалентов гидроксид-иона ОН~“, который равен 17, и эквивалента
металла. Отсюда эквивалент металла равен 150 — 17 = 133. Такой эквивалент
имеет цезий.
78. Реакция едкого натра с соляной кислотой проходит по уравнению:
NaOH + НС1 == NaCl + Н2О.
40
азотной кислоты, эквивалент
63 • 50
= 150. Эквивалент гидроксида металлат
36,5
Первый способ. По условию задачи прореагировало 40 мл 0,2 н.
раствора соляной кислоты, содержащего 0,04 • 0,2 = 0,008 эквивалента хлоро-
108
одорода. Так как вещества реагируют в эквивалентных количествах, то и ед-
воГо натра прореагировало 0,008 • 40 = 0,32 г.
Второй способ. Произведение объема раствора в миллилитрах на его
нормальную концентрацию определяет количество миллилитров 1 н. раствора.
р;сди прореагировало 40 мл 0,2 н. раствора, это значит, что прореагировало 0,2 X
^40= 8 мл 1 н. раствора соляной кислоты. Так как вещества реагируют в эквива-
лентных количествах, то 8 мл 1 н. раствора соляной кислоты пойдет на нейтрали-
зацию 8 мл 1 н. раствора едкого натра. В 1 л 1 н. раствора содержится 1 эквива-
лент вещества, а в 1 мл 1 н. раствора — 0,001 эквивалента. В нашем случае в 8 мл
। н. раствора содержится 8 • 0,001 • 40 = 0,32 г едкого натра.
Третий способ. По условию задачи на нейтрализацию едкого натра
расходуется 40 мл 0,2 н. раствора соляной кислоты. В 1 л 0,2 н. раствора содер-
жится 0,2 эквивалента, или 0,2 • 36,5 = 7,3, хлороводорода:
в 1000 мл раствора содержится 7,3 г НС1,
» 40 мл » » х г НС1,
7,3 • 40
1000
= 0,292 г.
Из уравнения реакции нейтрализации едкого натра соляной
что
NaOH,
NaOH,
г.
кислотой видно,
36,5 г НС1 реагируют с 40 г
0,292 г НС1 » » хх г
,. = п3!?
79. Реакция нитрата неизвестного металла с серной кислотой проходит
по схеме:
23NO3 -> 32SO4.
Первый способ. По условию задачи при переходе от нитрата металла
к сульфату масса соли уменьшилась на 0,84 г (5,61 — 4,8 = 0,84), т. к. в экви-
валенте соли нитрат-ион (эквивалент 62) замещается сульфат-ионом (эквива-
лент 48). При превращении 1 эквивалента нитрата в сульфат масса соли долж-
на уменьшиться на 14 г (62 — 48 = 14). По условию задачи масса соли умень-
0 84
шилась на 0,84 г, значит, прореагировало — = 0,06 эквивалента соли. Тогда
5,64 пл 4,8
эквивалент нитрата равен —~ = 94, а эквивалент сульфата-----------= ои.
Эквивалент металла равен 32 (94 — 62 = 32, или 80 — 48 = 32).
Второй способ. Эквивалент нитрата металла равен (3 + 62), а эк-
вивалент сульфата — (Э + 48). По условию задачи из 5,64 г нитрата металла об-
разовалось 4,8 г сульфата металла:
5,64 г нитрата образуют 4,8 г сульфата,
(Э + 62) » » (Э + 48) » ,
5,64 (Э + 48) = 4,8(3 + 62),
5,643 + 270,72 = 4,83 + 297,6,
0,843= 26,88,
3 = 32.
80. Первый способ. По условию задачи 4,32 г металла соединяются
с 17,04 г (21,36 — 4,32 — 17,04), или = 0,48 эквивалента хлора. Следова-
ОО ,0
4 32
тельно, металла прореагировало 0,48 эквивалента и его эквивалент равен -т+цг ==
109
Второй способ. По условию задачи 4,32 г металла соединяю^
с 17,04 г (21,36 — 4,32 = 17,04) хлора. Поскольку эквивалент хлора равен 35$
то нужно определить количество металла, соединяющееся с 35,5 г хлора:
17,04 г хлора соединяются с 4,32 г металла,
35,5 г » » » Эг » f
4,32 • 35,5 п |
17,04 '
металла равен 9.
— 0,04 экви.
Значит, эквивалент
81. П е р в ы й способ. По условию задачи определенное количество
1 42
металла соединяется с 1,92 г кислотного остатка и с 1,42 г, или
35,5
валента, хлора. Так как вещества реагируют в эквивалентных количествах и с кис.
лотным остатком прореагировало такое же количество металла, как и с хлором,
значит, в реакцию вступило также 0,04 эквивалента кислотного остатка, эквива-
1,92
лент которого равен = 48. Эквивалент кислоты равен 49 (48 + 1 = 49),
Следовательно, это серная кислота.
Второй способ. По условию задачи одно и то же количество металла
соединяется с 1,92 г кислоты и с 1,42 г хлора. Так как вещества реагируют в эк-
вивалентных количествах, то количество металла соединяющееся с 1 эквивалентом
хлора, должно соединиться с 1 эквивалентом кислотного остатка. Значит,
1,42 г С12 эквивалентны 1,92 г кислотного остатка,
35,5 г С12 » х г » » ।
35,5 - 1,92 I
х “-----М2--------48' I
Эквивалент кислоты равен 49 (48 + 1 = 49). Значит, эго серная кислота.
Третий способ. Если с 1,42 г хлора соединяется х г металла, то с ]
1 эквивалентом металла соединяется 1 эквивалент хлора (35,5). Отсюда эквивалент
35 5х
металла Эм == — ’ ~ -. По условию задачи х г металла соединяются с 1,92 г кислот-
ного остатка, а 1 эквивалент Зм должен соединиться с 1 эквивалентом кислот-
Э • х
ного остатка Зк. Отсюда Эм — - 3-^ Так как в обоих уравнениях имеется
в виду эквивалент одного и того же металла, то
35,5% __ Эк • х q _ 35,5 *1,92 _
’ 1,42 "" "”1,92 ’; “ 1Л2 “ 48,
Эквивалент кислоты равен 49. Значит, это серная кислота.
82. Процесс термического разложения карбоната неизвестного металла мож-
но записать так:
Э2СО3 = 32О + СО2
23 + 60 23+16 44 ’
где Э — эквивалент металла.
Первый способ. По условию задачи выделилось 6,6 г (15 — 8,4 =я
6,6
— 6,6), или——= 0,15 моль, СО2. По уравнению реакции 1 моль СО2 выделяется
при разложении 1 моль карбоната. Так как выделилось 0,15 моль СО2, то 15 г
карбоната металла также составляют 0,15 моль, а молекулярная масса карбона-
15 inn ъ » 100 сл п
та металла равна 77-77 = Ю0. Эквивалент этой соли равен —= 50. Поскольку
О j 10 £
^нвалевтсоли состоит из эквивалента металла и эквивалента
I С~ х
равного 30
В т о р б и
металла образуется 8
реакции при выделении . ..
Металла. Следовательно,
при выделении
» »
кислотного остатка,.
60 = 30), то эквивалент металла равен 20 (50 — 30 — 20).
л Я спо со б По условию задачи при разложении 15 г карбоната
азуется 8 4 г его оксида и 6,6 г (15 - 8,4 = 6,6) СО3. По уравнению
. 1Хенйи‘1 мбль се2 образуется 1 моль, или 2 эквивалента, оксида
г оксида?
г
6,6 г СО2 образуется 8,4
44 г
со2 » 25
44 • 8,4__ 28_
» »
*' 1 *Х“Г-
3), а эквивалент оксида ме-
' г тт о
Z, • V, V
оксида равен сумме эквивалентов металла и кислорода (8), в на-
_______—' 28, а эквивалент металла — 20 (28 — 8 = 20).
способ. По условию задачи при разложении 15 г карбоната
—[ 8,4 г оксида металла. Эквивалент карбоната металла равен
мме эквивалентов карбонат-иона и металла (30 + 3), а эквивалент оксида ме-
- эквивалентов кислорода и металла, т. е. (8 + 3). Отсюда
разложении 15 г карбоната образуется 8,4 г оксида,
» (J
Эквивалент
тем случае он составляет
Третийс.. '
металла образуется 8,4 г оксида металла
талла равен сумме
при
»
» г
»
252 +8,43= 120+ 153,
6,63 = 132,
83. Элементы шестой
S H2SOo
группы
H2SO4
34
ЩТеОз
178
Н2ТеО4
"Л9Г"
Н2СгО4
118
Эквиваленты этих
-- = 49;
образуют такие двухосновные кислоты:
H2SeO4
81
2w7
218
H2SeO3 ________
129 ’ 145
Н2МоО4
162
3Д = 17;
Н2Те
130
= 41;
кислот соответственно равны:
11 = 72,5;
= 40,5;
129-= 64,5;
11 = 65;
11 = 89;
11 = 81.
= 97;
11 = 59;
; 5,8 г кислоты
, NaOH. Следователь-
--------------♦xrir-iOTJ
Первый с п о с о
пошло 40 мл 2 н. раствора
но, кислоты прореагировало
5,8 _
— 72,5, т. е. это эквивалент
и,08
* - 1
пошло 40 мл 2 н. раствора
массе, т. тт
рой способ
= 109;
б. По условию задачи на нейтрализацию
, или 2 • 0,04 = 0,08 эквивалента, NaOH
также 0,08 эквивалента. Эквивалент кислоты равен
селеновой кислоты H2SeO4.
. По условию задачи на нейтрализацию 5,8 г кислоты
NaOH, эквивалент которого равен его молекулярной
= 80 г NaOH,
х г NaOH,
е. 40. Находим, что
в 1000 мл раствора содержится 40 • 2 =
» 40 мг » »
411_ = 3 2 г-
1000 ’ ’
х =
3,2 г NaOH реагируют с 5,8 г кислоты,
40 г NaOH » » Э » ,
Эквивалент 72,5 имеет селеновая кислота H2SeO4. I
84. П е р в ы й способ. По условию задачи при вытеснении 2,24 г ме.
талла масса Пинковой пластинки увеличилась не на 2,24 г, а лишь на 0,94 г, т. к.
1,3
в раствор перешло 1,3 г, или = 0,04 эквивалента, цинка. Поскольку веще-
ства реагируют в эквивалентных количествах, то неизвестный металл прореаги-
2,24
ровал также в количестве 0,04 эквивалента. Эквивалент его = 56.
Второй способ. По условию задачи при вытеснении 2,24 г металла
в раствор перешло 1,3 г (2,24 — 0,94 = 1,3) цинка. Следовательно,
1,3 г цинка вытесняет 2,24 г металла,
32,5 г » » Э » ,
1
= 56.
« i
, 4 44
85. П е р в ы й с п о с о б. По условию задачи из 4,44 г, или =0,04 моль
хлорида кальция образовалось тоже 0,04 моль, или 8,76 г, кристаллогидрата.
8 76
Молекулярная масса кристаллогидрата равна —- =219. В 1 моль кристалло-
гидрата содержатся 111г хлорида кальция и 108 г (219 — 111 = 108), или =|
18
= 6 моль кристаллизационной воды. Значит, формула кристаллогидрата хло-
рида кальция будет СаС12 • 6Н2О.
Второй способ. По условию задачи из 4,44 г безводного хлорида каль-1
ция образовалось 8,76 г кристаллогидрата. Отсюда
из 4,44 г СаС12 образуются 8,76 г кристаллогидрата,
» 111г СаС12 » х г » ,
8,76-111 Q1Q
% = —- г ь----= 219 г.
4,44
В 219 г кристаллогидрата содержится 111г хлорида кальция и 108 г (219—
108
— 111 = 108), или —— — 6 моль, кристаллизационной воды. Значит, формула
1 о
кристаллогидрата хлорида кальция будет СаС12 • 6Н2О.
86. Реакция вытеснения ртути медью проходит по уравнению:
HgCl2 + Си = Hg + СиС12.
”272“ ~64~ "20Г
. = 0,08 эквивалента ,
136 /
Первый с п о с о б. По условию задачи при вытеснении ртути из раство-
1ЛОО 10,88 АЛЛ /10,88
ра, содержащего 10,88 г, или —- = 0,04 моль 1
Ci
сулемы, масса медной пластинки увеличилась на 13,7%. Если на пластинке вы-
делится 0,04 моль (0,08 эквивалента), или 0,04 • 201 = 8,04 г (0,08 • 100,5 =
= 8,04), ртути, то в раствор перейдет эквивалентное количество меди 0,04- 64=
= 2,56 г (0,08 • 32 = 2,56) и масса пластинки увеличится на 5,48 г (8,04 — 2,56 =
= 5,48). Поскольку масса пластинки увеличилась на 13,7%, то начальная ее
5’48
масса была равна —ppr- = 40 г.
V; 1 О I
112
Второй способ. По условию задачи в растворе было 10,88 г сулемы,
уравнения реакции вытеснения ртути видно, что
из 27° г HgCl2 вытесняется 201 г Hg,
» 10,88 г HgCl2 » х г Hg,
10,88 • 201 о А.
х--------272-----= 8’°4 Г;
при выделении 201 г Hg в раствор переходят 64 г Си,
» » 8,04 г Hg » » » г Си,
8,04 -64 _ г_
*1 = —201— = 2156 Г-
Следовательно, масса пластинки увеличилась на 5,48 г (8,04 — 2,56 — 5,48Е
1О 70/ и X 5,48 * 100 лп
или на 13,7%. Начальная масса пластинки была равна -----—------ = 40 г.
1и,/
87. Реакции вытеснения меди и ртути проходят по уравнениям:
CuSO4 + Me — МеЪО^ + Си
201
Поскольку при вытеснении меди масса пластинки уменьшилась, то атомная
масса этого металла больше, чем атомная масса меди, но меньше, чем атомная мас-
са ртути, т. к. при вытеснении ртути металла выделяется больше, чем пере-
ходит его в раствор.
Первый способ. По условию задачи масса пластинки при вытеснении
ртути увеличилась на 6,675%. Увеличение массы пластинки обусловлено раз-
ностью атомных масс металла и ртути, т. е. разностью между массой ртути, выде-
лившейся на пластинке, и массой металла, перешедшего в раствор (201 — Ме) г.
Уменьшение массы пластинки при вытеснении меди равно (Ме — 64) г. Масса
а пластинки в обоих случаях составляет:
(44^—64)100
(201 — Ме) 100
3,6 ’ -----6Д75-------’ °ТКуАа
(Ме — 64) 100 (201 — Ме) 100
3,6 “ 6,675
66,75 Ме — 4272 = 7236 — 36Л4е,
102,75 Ме ~ 11 508,
Ме = 112.
112 — атомная масса кадмия. Эквивалент его равен 56.
Второй способ. Предположим, что масса пластинки была равна
г. При вытеснении меди масса ее уменьшилась на 3,6 г, а при вытеснении
100
ртути увеличилась на 6,675 г. Разность масс обеих пластинок равна 10,275 г
(6,675 г + 3,6 — 10,275). Если на пластинках выделится по 1 моль ртути и меди,
то масса одной из них увеличится на (201 — Ме) г, а другой — уменьшится на
(Ме — 64) г. Разность масс пластинок будет равна 201 — Me + Ме — 64 —
= 137 г. Разделив разность масс пластинок, данных по условию задачи, на раз-
ность масс, рассчитанных на выделение 1 моль каждого металла, можно опреде-
лить, сколько прореагировало молей меди, ртути и неизвестного металла:
10,275 АА_ ~
— 0,075. Тогда уменьшение и увеличение масс пластинок составит:
0,075Л4е — 0,075 • 64 = 3,6, 0,075 • 201 — 0,075Л4е = 6,675,
113
= 31,6. По условию задачи прореаги-
0,075Л4е — 4,8 = 3,6, 15,075 — 0,075Лк = 6,675,
0,075Ме = 8,4, 0,075Л1е = 8,4 I
Me =112. Me =112. U
Пластинка была сделана из кадмия. Эквивалент его равен 56.
88. Марганец в перманганате калия при восстановлении в сернокислой среде
изменяет степень окисления от +7 до -р2, т. е. 1 атом марганца присоединяет 5 элек.
тронов. Поэтому эквивалент перманганата калия в этой реакции равен его моле-
158
кулярнои массе, деленной на 5, т. е. —
5
1 896
ровало 1,896 г, или -—-g-= 0,06 эквивалента перманганата калия. Так как ве-
щества реагируют в эквивалентных количествах, то очевидно, что неизвестное
вещество также прореагировало в количестве 0,06 эквивалента. Эквивалент его
I’02 17
равен адё= 17- I
89. Объем газа уменьшается в результате связывания кислорода воздуха
металлом.
Первый способ. По условию задачи 0,24 г металла прореагировали
0,112 НПО
- т— = 0,02 эквивалента, кислорода.
0,0
эквивалента и эквивалент его равен
со 112 мл, или
Следовательно,
0,24 _
0,02
Второй
112 мл, или
Значит,
-Й9"л"• = 0,000 моль, или
металла было также 0,02
задачи 0,24 г металла реагируют со
способ. По условию
0 112 • 32
- — 0,16 г, кислорода. Эквивалент кислорода равен 8.
0,16 г О2 реагируют с 0,24 г металла,
» с Э г » >
8*0,24
0,16
КМпО4 в сернокислой среде проходит по уравнению:
2
10 • 152
90. Реакция FeSO4 и
10FeSO4 + 2КМпО4
2• 158*
Первый способ. На титрование 20 мл FeSO4 израсходовано 30 мл
(0,03 л) 0,1 н. раствора или 0,03 • 0,1 = 0,003 эквивалента, КМпО4. Так как ве-
щества реагируют в эквивалентных количествах, значит прореагировало 0,003
эквивалента FeSO4. На титрование пошло только 20 мл раствора, следовательно,
в 300 мл раствора было в 15 раз больше FeSO4, т. е. 0,003 • 15 ~ 0,045 эквива-
лента. Эквивалент FeSO4 в этой реакции равен его молекулярной массе, т. к. при
окислении 1 ион железа отдает 1 электрон. В 300 мл раствора содержалось
0,045 моль FeSO4. Молекулярная масса кристаллогидрата железного купороса
FeSO4 • 7Н2О равна 278. Значит, растворили 0,045 • 278 = 12,51 г железного
купороса.
Второй способ. На титрование FeSO4, содержащегося в 20 мл рас-
твора, израсходовано 30 • 0,1 — 3 мл 1 н. раствора КМпО4. Так как растворы
с одинаковой нормальной концентрацией реагируют в одинаковом объемном со-
отношении, то 1 н. раствора FeSO4 прореагировало также 3 мл. Поскольку на
титрование пошло лишь 20 мл из 300 мл раствора, то в 300 мл его будет в 15 раз
15 = 45 мл 1 н. раствора. В 1 л 1 н. раствора содержится
а в 1 мл 1 н. раствора — 0,001 эквивалента. В нашем
равен его молю. Моль железного купороса обра-
соли. Значит, в 300 мл раствора было раство-
железного купороса. Это количество можно
больше FeSO4, т. е. 3 •
1 эквивалент FeSO4,
случае эквивалент FeSO4
зуется из моля безводной
рено 0,45 г 0,001 • 278 == 12,51 г
114
оПределить по формуле:
Я = Vn/Vn • 15 • 0,0013,
где В — количество FeSO4 • 7Н2О, г; Vn — объем раствора КМпО4, мл; Мп —
нормальная концентрация раствора КМпО4; 15 — число, показывающее, какая
часть раствора пошла на титрование; Э — эквивалент железного купороса.
Я = 30 • 0,1 • 15 • 0,001 . 278 = 12,51 г.
Третий способ. По условию задачи на титрование 20 мл раствора
FeSO4 пошло 30 мл 0,1 н. раствора КМпО4. Эквивалент КМпО4 в этой реакции
158
равен —= 31,6. В 1 л 0,1 н. раствора содержится 0,1 эквивалента, или 0,1 X
X 31,6 = 3,16 г КМпО4:
в 1000 мл раствора содержится 3,16 г КМпО4,
» 30 мл » » х г КМпО4,
30 . 3,16
1000
= 0,0948 г.
По уравнению реакции окисления сульфата железа (II) перманганатом калия
316 г КМпО4 реагируют с 1520 г FeSO4,
0,0948 г КМпО4 » » х4 г FeSO4,
0,0948 . 1520
316
= 0,456 г.
В 300 мл раствора содержалось в 15 раз больше сульфата железа (II), т. е.
15 • 0,456 = 6,84 г. Из формулы кристаллогидрата железного купороса видно,
что
152 г FeSO4 образуют 278 г FeSO4 • 7Н2О,
6,84 г FeSO. » х2 г FeSO4 • 7Н2О,
6,84-278 ,ОК1„
х2- 152 12,51 г.
91. П е р в ы й с п о с о б. По условию задачи образовалось 4,48 л, или
4 48
-~~2" = 0,2 моль, СО2, содержащего 0,2 моль, или 0,2 • 12 — 2,4 г, углерода,
4 32
и 4,32 г, или —= 0,24 моль, Н2О, содержащей 0,24 • 2 = 0,48 моль, или
1 о
0,48 г, водорода. Масса углерода и водорода равна 2,88 г, т. е. вещество состоит
из углерода и водорода. Соотношение между атомами углерода и водорода равно:
С; Н = 0,2 : 0,48 =1:2,4 = 5:12.
12-
1
Следовательно, формула соединения — СбН^.
Второй способ. Из формулы диоксида углерода видно, что
в 22,4 л СО2 содержится 12 г С,
» 4,48 л СО2 » х г С
4,48 -12 . .
Х 22,4 2,4
Из формулы воды видно, что
в 18 г Н2О содержится 2 г Н2,
» 4,32 г Н2О » х±
2>
18 — 0,48 г.
115
Масса углерода и водорода равна массе взятого вещества — 2,88 г (2,4
+ 0,48 = 2,88); выходит, в ней кроме углерода и водорода, других элементов
не было. Соотношение между атомами углерода и водорода равно:
2 4 0 48
С : Н = = 0?2 : 0,48 = 1 : 2,4 = 5: 12.
1 хС I
Формула вещества — С5Н12.
92. По условию задачи из 2 г металла образовалось 6 г его сульфата, в к0,
гором 2 г металла соединены с 4 г кислотного остатка серной кислоты. Эквивалент
сульфата равен 48. Исходя из этого,
2 г металла соединены с 4 г кислотного остатка,
Э г »
Эквивалент металла равен 24.
93. Первый с п о с о б. По условию задачи из 1,84 г органического ве-
щества образовалось 1,344 л, или = 0,06 моль, СО2, содержащего 0,06 моль,
1 44
или 0,06 - 12 = 0,72 г, углерода, и 1,44 г, или - 4о ~ = 0,08 моль, Н2О, содержа-
1 о
щей 0,16 моль, или 0,16 г, водорода. Масса углеводорода и водорода равна лишь
0,88 г, а остальное количество вещества составляет кислород. Следовательно,
в 1,84 г вещества содержалось 0,96 г, или = 0,06 моль, кислорода. Соотно-
шение между атомами углерода, водорода и кислорода в молекуле вещества рав-
но:
С: Н:О = 0,06: 0,16: 0,06 = 1:2,67: 1 =3:8:3.
Формула вещества — С3Н8О3.
Второй способ. По условию задачи при сжигании 1,84 г вещества
образовалось 1,344 л СО2 (н. у.) и 1,44 г Н2О. Из формулы диоксида углерода
видно, что
в 22,4 л СО2 содержится 12 г С,
» 1,344 л СО2 »
12 - 1,344
к — —————
= 0,72 г.
Из формулы воды видно, что
в 18 г Н2О содержится 2 г Н2,
» 1,44 г Н2О » Xj г Н2,
2-1,44
Х1 =-----18---= °’ 6 Г‘
Масса углерода и водорода в 1,84 г вещества равна 0,88 г (0,72 + 0,16 =
= 0,88). Остальное количество вещества составляет кислород 0,96 г (1,84 — 0,88 =
= 0,96). Соотношение между атомами углерода, водорода и кислорода в молеку-
ле вещества равно:
Г.Т4.П °’72 • °’16 - °’96 nnfi.niR.nnfi 1.9А7.1 Ч « Q
С : Н : О = —га— . —т— : ——— = 0,06 : 0,16 : 0,06 = 1 : 2,67 : 1 = 3 : 8 : 3.
1 16
Формула исходного вещества — С3Н8О3.
116
94 Реакция разложения нитрата тяжелого металла проходит по уравне-
ний*
2Ме (NO3)2 = 2Л4еО 4- 4NO2 + О2.
(Аналогичное уравнение можно написать и для металлов в другом валентном
с0Стоянии).
Первый способ. По условию задачи при разложении 6,62 г нитрата
1 12
металла выделилось 1,12 л, или ~ 0,05 моль газовой смеси. Из уравнения
реакции видно, что при разложении 2 моль нитрата металла выделяется 5 моль
газовой смеси (4 моль NO2 и 1 моль О2). Так как по условию задачи выделилось
0 05 • 2
q 05 моль газовой смеси, то разложилось —g-— == 0,02 моль нитрата металла.
6,62 л
Молекулярная масса нитрата металла равна " ^1. Атомная масса металла
равна 207 (331 — 2 • 62 — 207). Значит, разлагаемая соль — нитрат свинца
Pb (NO3)2.
Второй способ. По условию задачи при разложении 6,62 г нитрата
металла выделилось 1,12 л газовой смеси. По уравнению реакции при разложении
2 моль нитрата металла выделяется 22,4 • 5 = 112 л газовой смеси. Значит,
1,12 л газовой смеси выделяются при разложении 6,62 г нитрата,
112 л * » » » »
»
о. 6,62-112 . _f
1,12 4 • 6z
66.2-j4§_ = 207.
Разлагаемая соль — нитрат свинца Pb (NO3)2.
95. 100 г вещества содержат 85,71 г углерода и 14,29 г водорода. Соотноше-
ние между атомами углерода и водорода в молекуле этого вещества составляет
71 14 99
С : Н = ~~~~ : = 7,14 : 14,29 =1:2.
1 £ 1
Следовательно, простейшая формула соединения — СН2 (молекулярная мас-
са 14). Молекулярную массу соединения находим по уравнению Менделеева —
Клапейрона. По условию задачи 42 г вещества при 127° С и давлении 5 атм зани-
мают объем 3,28 л. Тогда
лл mRT 42 - 0,082 - 400
М = ~УГ =--------3^8 7 5---= 84-
Значит, истинная формула состоит из шести простейших ( -гт— — 6|, т. е.
СсН12.
96. Реакция между диоксидом марганца и концентрированной соляной кис-
лотой проходит по уравнению:
МпО2 4- 4НС1 = МпС12 + С12 4- 2Н2О.
87 71
Первый способ. По условию задачи прореагировало 6,96 г диокси-
да марганца. Из уравнения реакции между диоксидом марганца и соляной кисло-
той следует, что эквивалент диоксида марганца равен частному от деления его
молекулярной массы на 2, т. е. " 43,5. Значит, прореагировало =
= 0,16 эквивалента диоксида марганца, в результате чего выделилось 0,16
117
эквивалента хлора, из которого образовалось 0,16 эквивалента хлорида. Эквивал.,
7,6
хлорида металла равен -т- — 47,5, а эквивалент металла — 12(47,5 —35,5 1
= 12).
Второй способ. По условию задачи прореагировало 6,96 г диоксида
марганца. Из уравнения реакции между диоксидом марганца и соляной кислотой
видно, что
С12,
С12,
г.
87 г МпО2 образуют 71 г
6,96 г МпО2 » х г
71 • 6,96 -
х =------—-----— 5,68
В образовавшихся 7,6 г хлорида металла 5,68 г хлора соединены с 1,92 г ме-
талла:
»
5,68 г С12 соединяются с 1,92 г металла,
35,5 г С12 » »
п 1,92-35,5
5,68
97. Содержание стирола определяют по
== 12.
уравнениям реакции:
-> С6Н5 — СНВг — СН2Вг.
v->6115 -— ^Х12 г >
104 160
Избыток брома реагирует с иодидом калия:
ui2 Т ±2
ТбГ ~254~ ’
Выделившийся иод оттитровывают раствором тиосульфата известной
центрации:
кон-
6*
Первый
12 Т”
254 2 • 158
способ. По условию задачи к раствору стирола прибавили
60 мл 0,2 н. раствора, или 0,06 • 0,2 = 0,012 эквивалента, брома. На титрование
иода израсходовали 20 мл 0,1 н. раствора, или 0,02 • 0,1 = 0,002 эквивалента,
тиосульфата. Так как вещества реагируют в эквивалентных количествах, это
означает, что 0,002 эквивалента тиосульфата прореагировали с 0,002 эквивалента
иода, образовавшегося из 0,002 эквивалента брома. Из 0,012 эквивалента брома
0,002 эквивалента прореагировало с иодидом калия, а остальные 0,01 эквивален-
та (0,012 — 0,002 = 0,01) — со стиролом. Эквивалент стирола в этой реакции ра-
104
вен —— = 52. Значит, в растворе было 0,01 эквивалента, или 0,01 « 52 = 0,52 г,
стирола.
Второй способ. По условию задачи к раствору стирола прибавили
60 мл 0,2 н. раствора брома, или 60 • 0,2 = 12 мл 1 н. раствора брома. На титро-
вание иода, выделившегося при взаимодействии избытка брома с иодидом калия,
израсходовано 20 мл 0,1 н., или 20 • 0,1 = 2 мл 1 н., раствора тиосульфата.
Так как вещества реагируют в эквивалентных количествах, значит, 10 мл 1 н.
раствора брома из 12 мл (12 — 2 = 10) прореагировали со стиролом, а 2 мл —
с иодидом калия. Следовательно, в растворе было 10 мл 1 н. раствора или 10 X '
X 0,001 « 52 — 0,52 г, стирола. В общем виде содержание стирола можно вычис-
лить по формуле:
где VBr
Б ^(VBrWBr-VTWJ 0,0013, 1
и Ут— соответственно объем раствора брома и тиосульфата, мл; Л/7В|
— их нормальная концентрация.
в = (бо*о,2 —l: ~
Третий
0,2 я. 1
т. е. 80
2 . 80 = 16 г брома:
г Вг2,
г Вг2,
20 • 0,1)0,001 • 52-0,52 г.
ретий способ. По условию задачи к раствору прибавили
раствора брома. Эквивалент брома в этой реакции равен его атомной
. В 1 л 0,2 н. раствора содержится 0,2 —о.
раствора содержится 16
» х
60
60 мл
массе,
1000 мл
60 мл
в
»
16 •
х =
»
= 0,96 г.
1000
I брома
1. Эквивалент
. В 1 л 0,1 н. раствора
На титрование
ли 20 мл 0,1 и.
На титрование иода, выделившегося при взаимодействии избытка
с иодидом калия, израсходовали 20 мл 0,1 н. раствора тиосульфата. 9rp
тиосульфата в этой реакции равен его молекулярной массе. 2 1 ” п 1
содержится 0,1 • 158= 15,8 г тиосульфата:
в 1000 мл раствора содержится 15,8 г Na2S2O3,
» 20 мл » » г Na2S2O3,
__ 15,8-20
1 - ]000 0,316 .
Из уравнения реакции между иодом и тиосульфатом видно, что
316 г Na2S2O3 реагируют с 254
0,316 г Na2S2O3
•• — 2д4 • °’316—= 0,254
г 12,
2»
»
»
Г.
Л’2 316
Из уравнения реакции между бромом и иодидом
254 г 12 образуются, если реагируют
0,254 г 12 » » >
160 • 0,254 А
------------ == 0,16
калия следует, что
160 г Вг2,
х, Г Вг2,
хз — 254
г,
дидом калия, а 0,8 г (0,96 — 0,16 —
между стиролом и бромом следует,
Значит, 0,16 г брома прореагировали с иодидом
== 0,8) со стиролом. Из уравнения реакции 1
что
104 г стирола,
х4 г » f
160 г Вг2 реагируют с
0,8 г Вг2 , » »
104 • 0,8 п
х4 — 160 - 0,52 г.
Таким образом, в растворе было 0,52 г стирола.
•ч способ. При прокаливании 48,3 г кристаллогидрата
21 3
1 1 = 0,15 моль, безводного сульфата натрия. Значит,
0,15 моль кристаллогидрата. Молекулярная масса кристаллогидра-
— 322. 1 моль кристаллогидрата содержит 1 моль, или 142 г, без-
180
— 142 = 180), или = 10 моль, воды.
Na2SO4 • ЮН2О.
98. П е р в ы й
образовалось 21,3 г, или
прокаливали I,.
48,3
та равна — =
водного сульфата натрия и 180 г (322 -
Формула кристаллогидрата — Г _
119
118
Второй способ. По условию задачи при прокаливании 48,3 г кристад,
логидрата образуется 21,3 г безводного сульфата натрия:
21,3 г Na2SO4 образуется из 48,3 г кристаллогидрата,
142 г Na2SO4 » » к г ,
_ _142 • 48,3 _ 1
21,3 1522 Г‘ I
Следовательно, в 322 г кристаллогидрата содержится 142 г безводного суль
л .оа 130
фата натрия и 180 г, или ——
1о
кристаллогидрата — Na2SO4 • ЮН2О.
99. П е р в ы й с п о с о б. По условию задачи 6,8 г оксида металла восста-
навливаются таким количеством водорода, которое вытесняется из соляной или
13 13
серной кислот 13 г, или -gg- = 0,2 моль, или ——
Так как вещества реагируют в эквивалентных отношениях, то и водорода, и ок-
сида металла должно быть 0,4 эквивалента. Отсюда эквивалент оксида металла
= 17, а эквивалент металла —9 (17 — 8 = 9).
= 10 моль, кристаллизационной воды. Формула
— 0,4 эквивалентом цинка.
равен
Второй способ. По условию задачи на восстановление 6,8г оксида
металла расходуется такое количество водорода, которое образуется вытеснением
его из соляной или серной кислот 13 г цинка. 1 моль, или 65 г, цинка выте-
сняет 1 моль, или 2 г, водорода, откуда
65 г цинка вытесняют 2 г Н2,
13 г » » х
2 * 13
х == — — = 0,4 г;
65
2»
0,4
Значит, эквивалент
2
г Н2 восстанавливают 6,8 г оксида,
» Э » ,
6,8 -И 1
0,4 1 * I
оксида металла равен 17, а эквивалент металла равен
100. Первый
м го 0,53
щества образовалось 0,53 г, или
углерода и 0,01 моль натрия; 1,456 л, или
= 0,025 моль, воды, содер-
способ. По условию задачи при сжигании 1,44 г ве-
== 0,005 моль, соды, содержащей 0,005 моль
1,456 ___
9 - -- = 0,065 моль, диоксида углерода,
содержащего 0,065 моль углерода; 0,45 г, или
18
жащей 0,05 моль водорода. Значит, в 1,44 г вещества было 0,07 моль (0,005 +
+ 0,065 = 0,07), или 0,07 • 12 = 0,84 г, углерода, 0,05 моль, или 0,05 г, водоро-
да и 0,01 моль, или 0,01 • 23 — 0,23 г, натрия. Остальные 0,32 г (1,44 — 0,05
0 32
— 0,84 — 0,23 = 0,32), или = 0,02 моль, составлял кислород. Соотношение
между атомами углерода, водорода, кислорода и натрия равно:
С : Н ; О : Na = 0,07 : 0,05 : 0,02 : 0,01 = 7 : 5 : 2 : 1.
Формула вещества — C7H5O2Na, или CcH5COONa.
Второй способ. По условию задачи из 1,44 г вещества образовалось
0,53 г соды, 1,456 л диоксида углерода и 0,45 г воды. Из формулы соды видно, что
в 106 г Na2CO3 содержатся 12 г С,
120
0,53 г Na2CO3 содержится х г С,
х —
12 • 0,53
= 0,06 г
в
»
106 г Na2CO3 содержатся 46 г Na,
0,53 г Na2CO3 » хг г Na,
х _ 46-0,53 _
1 “ 106 "0,23
Из формулы диоксида углерода видно, что
в 22,4 л СО2 содержится 12 г С,
» 1,456 л СО2 » х2 г С,
12 • 1,456
*2 ~ 22,4
= 0,78 г.
Из формулы воды видно, что
в 18 г Н2О содержатся 2 г Н2,
» 0,45 г Н2О » х3 г Н2,
Следовательно, в 1,44 г вещества содержалось 0,84 г (0,78 + 0,06 = 0,84)
углерода, 0,05 г водорода, 0,23 г натрия и 0,32 г (1,44 — 0,84 — 0,05 — 0,23 ==
= 0,32) кислорода. Соотношение между атомами углерода, водорода, кислорода
и натрия равно:
CiH:OiNa =:-2i°— - = 0,07 : 0,05 : 0,02 : 0,01 =
JL 1 10
Формула вещества — C?H5O2Na, или C6H6CCONa.
101. Первый способ. По условию задачи при сжигании 6,3 г ве-
1 59
щества образовалось 1.59 г, или-^-== 0,015 моль, соды Na2CO3; содержащей
л 2,07
0,015 моль углерода и 0,03 моль натрия; 2,07 г, или - = 0,015 моль, поташа
138
2 016
К2СО3, содержащего 0,015 моль углерода и 0,03 моль калия; 2,016 л, или ~туу "
= 0,09 моль, диоксида углерода, содержащего 0,09 моль углерода; 1,08 г, или
1 08
—g— == 0,06 моль, воды, содержащей 0,12 моль водорода. Следовательно, в 6,3 г
вещества содержалось 0,12 моль (0,09 + 0,015 + 0,015 = 0,12), или 0,12 • 12 =
= 1,44 г, углерода, 0,12 моль, или 0,12 г, водорода, 0,03 моль, или 0,03 • 23 =
0,69 г, натрия, 0,03 моль, или 0,03 • 39 — 1,17 г, калия и 2,88 г (6,3 — 1,44 —
2 88
0,69 — 1,17 = 2,88), или —jg- ~ 0,18 моль, кислорода. Соотношение между
атомами углерода, водорода, кислорода, натрия и калия равно:
С : Н । О: Na : К = 0,12 1 0,12 : 0,18 : 0,03 : 0,03 = 4 : 4 » 6 : 1 : 1.
Формула вещества — KNaC4H4O6.
Второй способ. По условию задачи при сжигании 6,3 г вещества
образовалось 1,59 г соды, 2,07 г поташа, 2,016 л диоксида углерода и 1,08 г воды.
Из формулы молекулы соды видно, что
в 106 г Na2COg содержатся 12 г С,
» 1,59 г Na2CO3 » к г С,
121
12-1,59
А - 106~~ - 0118
г;
в 106 г
» 1,59 г
46
xi
Na2CO3 содержатся
Na2CO3 »
= -4L2-59. = о 69 г
106 ’
г Na,
Na,
Из формулы молекулы поташа видно, что
138 г К2СО3 содержатся
2,07 г К2СО3 »
_ 12-2,07 _
2 138 °’ 8
12
х2
138
2,07
= 1,17 г.
г К2СО3 содержатся 78
г К2СО3 » х3
= 78 ’ 2’07
138
Из формулы молекулы диоксида углерода видно, что
в 22,4 л СО2 содержатся 12 г С,
» 2,016 л СО2 » х
1£-2^=1>08
Х4
г.
Из формулы молекулы воды видно, что
г Н2О содержатся 2
г
в 18
» 1,08
2»
2и »
2-1,08
18
0,12 г.
2>
в
»
в
»
х3
г
г
г
г
г
Таким образом, в 6,3 г вещества было 1,44 г (1,08 + 0,18+0,18= 1,44
углерода, 0,12 г водорода, 0,69 г натрия, 1,17 г калия и 2,88 г (6,3 — 1,44 — 0,12 -
— 0,69 — 1,17 = 2,88) кислорода. Соотношение между атомами этих элементе
в
12
молекуле вещества равно:
г .кт.п.Мп.к- - *>44 . 0,12 . 2,88 . 0,69 . 1,17 = 1
16 ’ 23 * 39 I
= 0,12 : 0,12 : 0,18 : 0,03 : 0,03 = 4 : 4 : 6 : 1 : 1. I
Формула вещества — KNaC4H4OG.
102. По условию задачи при растворении 0,54 г металла в соляной кислоте
образовалось 200 мл, или 0,2 л, 0,1Л1 раствора, в котором содержалось 0,2 • 0,1 =
= 0,02 моль хлорида металла, содержащего 0,02 моль металла. Атомная масса
0,54
металла равна -----
103. Первый способ. По условию задачи на восстановление оксида
металла израсходовали 2,016 л водорода, а при растворении образовавшегося
металла в соляной кислоте выделилось 1,344 л водорода. При восстановлении ок-
сидов образуется вода и с 1 моль водорода соединяется 0,5 моль кислорода. По
2 016
условию задачи прореагировало 2,016 л, или ~ 6,09 моль, водорода
0,045 моль, или 0,045 • 32 = 1,44 г кислорода. Значит, в 4,8 г оксида металла
= 27. Значит, растворяли алюминий.
122
„^жалось 1,44 г кислорода и 3,36 г металла. При растворении этого количества
ссДЧ । 344
длиной кислоте выделилось 1,344 л, или ——тт ~ 0,12 эквивалента, водорода.
рс 11
^ачит и металла прореагировало 0,12 эквивалента. Отсюда эквивалент металла
^веН ~ 28. Такой эквивалент имеет железо.
Второй способ. При восстановлении оксидов водородом образуется
рода, в которой 22,4 л водорода соединяются с 16 г кислорода. Отсюда
22,4 л Н2 связывают
2,016 л Н2 »
16 • 2,016
г кислорода,
г »
16
X
1,44 г.
В 4,8 г оксида металла было 1,44 г кислорода и 3,36 г (4,8 — 1,44 = 3,36)
металла. При растворении этого количества металла в соляной кислоте выдели-
лось 1.344 л водорода. Отсюда
г металла вытесняют 1,344 л
металла » 11,2л
3,36
2»
2»
1,344
Эквивалент 28 имеет
104. П е р в ы й сп
железо.
особ. По условию задачи
при сжигании металла
в хлоре образовалось 32,5 г хлорида, в результате чего прореагировало 6,72 л
6 72
или - j-j--—- ~ 0,6 эквивалента, хлора. Так как вещества реагируют в эквивалент-
ных количествах, то эквивалент хлора соединяется с эквивалентом металла
с образованием эквивалента хлорида металла. Значит, образовалось 0,6 эквива-
лента хлорида металла. Эквивалент хлорида металла равен • ----- = 54,17, а экви-
Ч-' у V*
валент металла равен 18,67. Такой эквивалент имеет железо (III) (18,67 • 3 = 56).
Второй способ. По условию задачи при образовании 32,5 г хлорида
металла прореагировало 6,72 л хлора. Из молекулярной массы хлора следует;
равна
»
масса 22,4
» 6,72
При образовании
талла. Отсюда
21,3
35,5
хлорида
л хлора |
л »
• 6,72 _
22,4
металла 21,3
71 г,
г.
г хлора соединились с 11,2 г ме-
хлора
»
соединяются с 11,2 г металла,
» » Э г » ,
г
-р-Г— = 18,67.
Такой эквивалент*^мест железо (III), атомная масса которого равна 18,67-3=
56.
105. Реакция между медью и нитратом ртути протекает по уравнению:
Си + Hg (NO3)2 = Си (NO3)2 + Hg .
64 201
Первый способ. При выделении на медной пластинке 1 моль, или
201 г, ртути 1 моль, или 64 г, меди переходят в раствор и масса пластинки должна
123
44S
увеличиться только на 137 г. По условию задачи масса пластинки увеличил^
на 2,74 г. Значит, прореагировало-—^-— 0,02 моль меди и ртути, т. е. 0,02 мЛ
или 0,02 - 201 = 4,02 г, ртути выделилось на пластинке, а 0,02 моль, или 0,02 \
X 64= 1,28 г, меди перешло в раствор. После выделения ртути масса пластин^
была равной 22,74 г, а после прокаливания — 18,72 г (22,74 — 4,02 = 18
или 20 —1,28 — 18,72). <
Второй способ. При решении задачи первым способом показац0
что при переходе в раствор 201 г ртути масса пластинки увеличится на 137
По условию задачи масса пластинки увеличилась на 2,74 г. Отсюда
при увеличении массы на 137 г выделяется 201
» » 2,74 г » х
201 - 2,74 .
=----13^- = 4,02 г;
Ч
г.
г ртути,
г »
» »
при
»
увеличении
»
массы на 137 г в раствор переходит 64
» 2,74 г »
меди,
»
»
*1
137 ’ — 1 -28
Таким образом,
ла равной 22,74 г
106.
HF
20
—,. . 1 \^v,u “Г ^,/4 =— 22,j
(22,74 - 4,02 = 18,72, или 20 - 1,28 -
106. Элементы седьмой группы образуют с~:,;
HF, НС1, НВг, Н1, НС1О, НВ1О, НЮ, нею.
9П >>< г »• ---
ню2, нсю8,
36,5 81 128 52,5 97 144
НВгО», НЮ», НСЮ4, НВгО., НЮ,,
129' 176' 76075 “145“ 76Г
Для всех этих кислот,
Л1
после выделения ртути на медной пластинке масса ее бы-
Г9О л -L о тл 22,74), а после прокаливания — 18,72 г
28 = 18,72).
следующие кислоты:
_>2, НВгО
68,5' 113 160 84
H2MnO4, HMnO,, HReO4.
121 120“ “251“
кроме марганцовистой, эквиваленты равны
121
лярным массам, а для марганцовистой —
условию задачи на нейтрализацию 8,04 г кисло-
nd и 9 и раствора, в котором содержалось
•и как вещества реагируют в экви-
и кислоты прореагировало тоже 0,08 эквивалента.
8,04 1
= 100,5. Такой эквивалент имеет хлор*
и,ио
их молеку»
= 60,5.
2
Первый способ. По ’—
ты израсходовали 40 мл, или 0,04 л, 2 н. pi
0,04 • 2 — 0,08 эквивалента едкого натра. Так
валентных количествах, то
Отсюда эквивалент кислоты равен
пая кислота. i
Второй способ. По условию задачи на нейтрализацию 8,04 г кислоты
израсходовали 40 мл 2 н. раствора едкого натра, эквивалент которого равен его
молекулярной массе, т. е. 40. Отсюда
в 1000 мл раствора содержится 2 • 40
» 40 мл » » х
2-40-40 _ _
* = —Гббб— = 3’2 г:
3,2 г щелочи реагируют с 8,04 г
щелочи,
»
кислоты,
<0 г »
»
»
8,04 • 40
□ — 100,5.
Такой эквивалент имеет хлорная кислота.
107. Растворение цинка и алюминия в соляной кислоте и в растворе щелочи
провождается выделением одинакового количества водорода. Поэтому можно
уверенностью утверждать, что при растворении 1,68 г неизвестного металла
С соляной кислоте должно выделиться 0,672 л водорода.
г Пер в ый способ. По условию задачи при растворении 1,68 г металла
0 672
о соляной кислоте выделяется 0,672 л, или - * — 0,06 эквивалента, водорода,
р 11,2
Ток как вещества реагируют в эквивалентных количествах, то прореагировало
1 1 68
Q Об эквивалента и металла, эквивалент которого равен ~g’-gg “ 28. Такой экви-
валент имеет железо (II), атомная масса которого равна 28 • 2 — 56.
Второй способ. По условию задачи при растворении в соляной! кисло-
1,68 г металла выделяется 0,672 л водорода. Отсюда
1,68 г металла вытесняют 0,672 л
Э » » 11,2л
Q 11,2-1,68 Q_
Э = —07672 = 28’
Эквивалент 28 имеет железо (II), атомная масса которого 28 • 2 — 56.
те
1J2’
н2,
IV. ОКИСЛИТЕЛЬНО-ВОССТАНОВИТЕЛЬНЫЕ РЕАКЦИИ
108. При растворении железа в соляной кислоте выделяется водород, поэ-
тому образуется только хлорид железа (II),
Fe + 2НС1 = FeCL + Н2.
109. При взаимодействии хлора с иодидом калия хлор вытесняет иод:
2KI = Cl, = 2КС1 + L.
ПО. При взаимодействии перманганата калия с иодидом калия в сернокислой
среде иодид окисляется до свободного иода, а марганец восстанавливается до двух-
валентного. Калий и марганец образуют сульфаты. Реакция проходит по схеме:
4-7 —1 4-2 о
КМпО4 + KI + H2SO4 -> K2SO4 + MnSO4 + I2 + H2O.
Схема электронного баланса:
4-7 4-2
Mn-j-5e —Мп 2
—1 о
21 — 2е = 12 5
Наименьшим общим кратным чисел 2 и 5 является 10, а основными коэффи-
циентами — 2 для марганца и 5 для иода, или 10 для иодида:
2КМпО4 + 10KI + 8H2SO4 = 6K2SO4 + 2MnSO4 + 5I2 + 8H2O.
Левая и правая части уравнения имеют по 8 атомов кислорода, значит, урав-
нение написано правильно.
111. Оксид азота (I) термически неустойчив и при нагревании разлагается
на азот и кислород, взаимодействующий с водородом:
N’O + Н2 = N2 4- Н2О.
112. При сжигании органических соединений, в состав которых входят угле-
род, водород и кислород, образуются углекислый газ и вода. Подобрать коэффи-
циенты в уравнении можно либо с помощью схемы электронного баланса, либо
методом удвоен и я.
Первый способ
—2 0 4-4 —2
С3Н7ОН 4- О2 СО2 + Н2О.
124
125
Степень окисления углерода изменяется от —2 до +4, т. е. атом углерОл
отдает 6 электронов, а степень окисления кислорода изменяется от 0 до
т. е. 1 атом кислорода присоединяет 2 электрона, а 2 атома кислорода, входящ^’
в состав молекулы, присоединяют 4 электрона. Запишем схему электронного
ланса:
—2 +4
ЗС — 18е = ЗС 2
О —2
О2 + 4е = 2О 9
Li 1
Наименьшим общим кратным для чисел 18 и 4 является 36, а основными ко.
эффициентами — 2 для молекулы спирта и 9 для молекулы кислорода:
2СоН7ОН + 9О2 = 6СО2 + 8Н2О.
«J I * Li С ' «и
Второй способ. Для уравнивания коэффициентов методом удвоения
записывают кислород в атомарном виде и расставляют коэффициенты:
С3Н7ОН + 90 = ЗСО2 + 4Н2О. I
Так как число атомов кислорода нечетное, записывают кислород в молек4
лярном виде и удваивают коэффициенты возле остальных членов уравнения
2С3Н7ОН + 9О2 = 6СО2 + 8Н2О. I
113. Концентрированная соляная кислота взаимодействует с диоксидом
марганца, образуя хлорид марганца и свободный хлор:
4-4 —1 4-2 о
МпО2 + НС1 -> MnCL + С12 + Н20.
Составляем схему электронного баланса:
от о до —2. Составляем схему электронного баланса:
о
12С —
48е = 12С
. .9
11Н2О.
С.„Н„,ОП + 120, --= 12СО2
Второй способ. По методу удвоения кислород в уравнении реакции
записываем в атомарном виде и расставляем коэффициенты:
~ ~ _Ы1Н.О.
Так как число
кулы кислорода будет 12:
атомов кислорода четное (24), то коэффициентом возле моле-
I
С,,И,„О,, + 120, = 12СО2 + 11Н2О.
1x5 CiLi 11 1 Li Li • ~
116. При взаимодействии хлорноватистой кислоты с соляной кислотой выде-
ляется хлор:
о
Составляем схему электронного баланса:
Л-1 О
-I О
ci — е = С1
НСЮ 4~ ” п2и “Г v>12*
117. При растворении сульфида меди в концентрированной азотной кислоте
образуются сульфат меди и диоксид азота:
—1 о
2С1 — 2е = С12
Li
MnO, + 4НС1 = MnCl, + Cl, + 2Н,О.
Li 1 Li Li Li
Составляем схему электронного баланса:
4-6
114. При взаимодействии перманганата калия с нитритом натрия в нейтраль-
ной среде нитрит окисляется до нитрата, а марганец восстанавливается до диок-
сида:
4~7 4-3 4-4 4-5
KMnO. + NaNO, + Н,0 -> MnO, + NaNO, + КОН.
Степень окисления азота изменяется от +3 до +5, а марганца — от +7
до +4. Составляем схему электронного баланса:
4-3 4-5
N — 2е = N
3
4~4
N
CuS
ь 8HNO3 = CuSO4 + 8NO2 + 4Н2О.
118. При взаимодействии хлорида железа (II) с хлором образуется хлорид
железа (Ш):
2FeCl, + Cl, = 2FeClg.
Ci • Ci
119. Как более активный металл, алюминий вытесняет медь из ее соединений
растворе:
в
о
4-7 4-4
Мп + Зе — Мп
2КМпО4 4- 3NaNO2 + Н20 = 2МпО2 + 3NaNO3 + 2К0Н.
115. При сжигании дисахарида образуются углекислый газ и вода.
Первый способ. Запишем уравнение реакции сжигания дисахарида:
О 4 О —4 —2
С12Н22°11 + 02 С02 + Н20.
Степень окисления углерода изменяется от 0 до +4, а степень окисления
о 4-2
Al + CuSO4 Ai3 (S
Составляем схему электронного баланса:
с 4~
А1 — Зе = А1
-4-9 о
2А1 + 3CuSO4 = Al3 (SO4)2 + ЗСи.
127
126
I
120. В этой реакции сульфит натрия окисляется до сульфата, а марганец
перманганате восстанавливается до диоксида марганца:
Na2SO3 + KMnO4 + Н2О Na2SO4 + МпО2 + КОН.
Степень окисления серы изменяется от +4 до +6, а степень окисления мал.
ганца изменяется от +7 до +4, Составляем схему электронного баланса:
4-4 4-6
S—2е = S 3
4-7 4-4
Мп + Зе = Мп 2
3Na3SO3 + 2КМпО4 + Н2О = 3Na2SO4 + 2MnO2 + 2КОН.
121. При растворении хлора в щелочах образуются разные продукты в за*
висимости от температуры щелочи; в холодном щелочном растворе образуются
гипохлорит и хлорид калия, а в горячем — хлорат и хлорид калия:
о
КОН (хол.) 4- С12 ->
С1 + Н2О;
0 4-5 —1
КОН (гор.) + С12 -> КС1О3 + КС1 + Н2О
Составляем схемы
для холодной щелочи
электронного баланса:
о 4-1
CL — 2е = 2С1 1
О —1
С12 + 2е = 2С1 1,
для горячей щелочи
О 4-5
С1,— 10е = 2С1
А
О —1
Cl, + 2е = 2С1
2КОН (хол.) + С12 = КСЮ + КС1 + Н2О;
6КОН (гор.) + 3CL = КСЮ, + 5КС1 + ЗН2О.
122. При взаимодействии бромата с бромидом в сернокислой среде образу-
ются свободный бром и сульфат натрия:
—1 4-5 о
NaBr + NaBrO3 + H2SO4 -> Na2SO4 + Вг2 + H2O.
Составляем схему электронного баланса:
—1 о
2Вг — 2е = Вгп 5
4-5 о
2Вг+10е = Вг2 1
5NaBr + NaBrO3 + 3H2SO4 = 3Na2SO4 + ЗВг2 + 3H2O.
123. При растворении серы в концентрированной азотной кислоте образуется
серная кислота и степень окисления азота изменяется от + 5 до -|-4 (выделяется
диоксид азота):
о 4-5
S + HNO3
4-6 4~4
H2SO. + NO, + Н2О.
128
Составляем схему электронного баланса:
о -J-6
S — бе = S 1
4-5 4-4
N+ 1е = N
6
S + 6HNCL = H2SO4 + 6NO2 + 2Н2О.
124. При взаимодействии иода с тиосульфатом натрия образуются йодид
я гетратионат натрия:
2Na2S2O3 + I2 = 2NaI + Na2S4O6
125. При взаимодействии хлористой и соляной кислот образуется свобод-
ный хлор:
4-3 —1 о
НС1О2 + НС1 -> Н2О + С12.
Составляем схему электронного баланса:
4-3 О
С1 + Зе == Cl 1
—1 о
Cl —е== С1 3
НС1О9 4- ЗНС1 = 2Н2О + 2CL.
С 1 Ci 1 А
126. Диоксид марганца в кислой среде окисляет иодид до свободного иода.
Калий и марганец связываются в сульфаты:
4-4 —1 4-2 о
MnO2 + KI + H2SO4 MnSO4 + K2SO4 + I2 + H2O.
Составляем схему электронного баланса:
4-4 -{-2
Мп + 2е = Мп 1
—1 о
21 — 2е = I2 1
MnO2 + 2KI + 2H2SO4 == MnSO4 + K2SO4 + 12 + 2Н2О.
127. При взаимодействии перманганата калия с бромоводородом в растворе
выделяется бром, а степень окисления марганца изменяется от +7 до +2. Мар-
ганец и калий образуют бромиды:
КМпО4 + НВг
4-2 о
-> КВг + МпВг2 + Вг2 ф- Н2О.
Составляем схему электронного баланса:
Мп + 5е = Мп
—I о
2Вг —- 2е — Вг2
Ci
5
Коэффициент 5 нужно поставить возле молекулы брома, так как бромоводо-
род частично расходуется на образование бромидов:
2КМпО4 + I6HBi = 2КВг + 2МпВг2 + 5Вг2 + 8Н2О.
128. При растворении меди в разбавленной азотной кислоте азот восстанав-
ливается до моноксида азота, а медь окисляется до нитрата меди:
О 4-5
Си + HNO3
Си (NO3)2 + NO + Н2О.
5 2-182
129
Составляем схему электронного баланса:
о -Ь2
Си — 2е = Си 3
4-5 4-2
N + Зе = N 2
В этом случае коэффициент 2 нужно поставить только возле моноксида азс
та, а не возле азотной кислоты, так как она расходуется не только на окисленц*
меди, но и на образование нитрата меди:
3Cu + 8HNO3 = ЗСи (NO3)2 + 2NO + 4Н2О.
129. При окислении хлорида олова (II) в солянокислой среде образует^
хлорид олова (IV). Степень окисления хрома изменяется от +6 до +3. Образу
ются хлориды калия и хрома:
SnCL + К2Сг2О, + HCI -> SnCl4 + КС1 + CrCL + Н2О. I
Составляем схему электронного баланса;
. । 2 । 4 I
Sn — 2е = Sn 3 1
4-6 4~з
2Сг + бе = 2Сг 1
3SnCl2 + К2Сг2О7 + 14HCI = 3SnCL + 2КС1 + 2CrCL + 7Н2О. I
130. По методу удвоения записываем уравнение реакции горения октана
с атомарным кислородом:
СЯН18 + 250 = 8СО2 + 9Н2О. |
Так как число агомов нечетное, то 25 нужно оставить коэффициентом возле
молекулы кислорода, а остальные коэффициенты удвоить:
2СЯН1Я + 25О2 = 16СО2 + 18Н2О I
131. Сульфат железа (II) в сернокислой среде окисляется перманганатом
калия до сульфата железа (III), а степень окисления марганца изменяется от+?
до +2. Калий и марганец образуют сульфаты:
FeSO4 + КМпО4 + H2SO4 = Fe2 (SO4)3 + K2SO4 + MnSO4 + H20.
Составляем схему электронного баланса:
4-2 4-3
2Fe — 2е — 2Fe 5
4-7 -j~2 I
Mn + 5e = Mn 2
10FeSO4 + 2KMnO4 + 8H2SO4 = 5Fe2 (SO4)3 + K2SO4 + 2MnSO4 + 8H2O.
132. При растворении меди в концентрированной азотной кислоте образу-
ется нитрат меди; степень окисления азота изменяется от +5 до +4, т. е. выде-
ляется диоксид азота:
о 4-5 4-2 4-4
Си + HNO3 -> Си (NO3)2 + N02 + Н20.
Составляем схему электронного баланса:
О 4-2
Си — 2е — Си
130
Коэффициент 2 нужно поставить возле молекулы диоксида азота, так как азот-
я кислота расходуется также на образование соли нитрата меди:
Си -ф 4HNO3 = Си (NO3)2 + 2NO2 + 2Н2О
133. При взаимодействии перманганата калия с концентрированной соляной
К0слотой выделяется хлор, а степень окисления марганца изменяется от +7
0 4- 2. Марганец и калий образуют хлориды:
4-7 —1 4-2 о
КМпОд + HCI -> КО 4- МпС12 4- С12 4- Н2О.
Составляем схему электронного баланса:
4~7 4-2
Мп 4" 5е — Мп 2
—1 о
2CI — 2е = С1, 5
Коэффициент 5 нужно ставить возле молекулы хлора, так как соляная кисло-
та частично расходуется на образование хлора, а частично — на образование
хлоридов марганца и калия:
2КМпО4 4- 16НС1 = 2КС1 4- 2МпС12 + 5С12 4- 8Н2О.
134. Взаимодействие хлората калия с соляной кислотой сопровождается
выделением хлора. Степень окисления хлора при превращении хлората в хлорид
изменяется от 4~5 до —1:
4-5 —1 —1 о
КС1О34-НС1 -> КС1 4-С12 + н2о.
Составляем схему электронного баланса:
4-5 —1
С1 4- бе = Cl 1
—1 о
2С1 — 2е == С12 3
КСЮ.. 4- 6HCI КС1 4- ЗС12 4- ЗН2О.
135. В солянокислой среде хлорат калия образует хлор, окисляющий хло-
рид железа (II) до хлорида железа (III):
FeCL + КСЮ» + НС1 -> FeCL + КС1 + Н2О.
Составляем схему электронного баланса:
4-5 —1
С1 + бе = С1
6FeCI, 4- КС1О3 4- 6НС1 = 6FeC!3 + КС1 + ЗН2О.
136. Иодид в сернокислой среде окисляется хлоратом калия до свободного
Иода. Калий образует сульфат:
—1 -рз о —1
Ki 4- ксюз+ H2SO4 K2SO4 4- I2 + КС1 + н2о.
Составляем схему электронного баланса:
С?4~6е —С1 1
-1 о
21 — 2е = 12 3
6KI + КС1О3 4- 3H2SO4 = 3K2SO4 + 312 + КС1 + ЗН2О.
5*
131
137. В этой реакции сероводород — восстановитель, а сернистый газ,
окислитель. Степень окисления серы в обоих случаях изменяется до 0. Выпада'
свободная сера:
—2 -Н 0
H2S + SO2 -> S + H2O
Составляем схему электронного баланса:
2H2S + SO9 = 3S + 2Н2О.
138. Сульфат железа (II) в сернокислой среде окисляется дихроматом кадия
до сульфата железа (III), а степень окисления хрома изменяется от +6 до -Ж
Калий и хром образуют сульфаты:
-j-6 -j~2 -f-3 4-S
K2Cr2O7 + FeSO4 + H2SO4 Fe2 (SO4)3 + Cr2 (SO4)3 + K2SO4 + H2O.
Составляем схему электронного баланса:
ляется оксид азота (I):
0 +5
Mg + HNO3
Mg (NO3)2 + n2o 4- н2о.
Составляем схему электронного баланса:
о +
а 4Mg 4- 10HNO3 == 4Mg (NO3)2 4- N2O 4- 5 2
,44. Если на смесь сульфида и сульфита
. * о
—2
Составляем схему электронного баланса:
-2 0
о
К2Сг2О7 + 6FeSO4 + 7H2SO4 == 3Fe2 (SO4)3 + Cr2 (SO4)3 + K2SO4 + 7H2O.
139. При растворении цинка в растворе едкого натра выделяется водорИ
и образуется тетрагидроксоцинкат натрия:
Zn + 2NaOH + 2Н2О = Na2 [Zn (ОН)4] + Н2.
140. При окислении фосфора разбавленной азотной кислотой образуется
ортофосфорная кислота. Степень окисления азота изменяется от +5 до +2, т.Я
выделяется моноксид азота:
Р 4- HNO, + Н2о -> Н Д + NO. I
Составляем схему электронного баланса:
0 +5
Р — 5е —Р 3
-f-2
N + Зе = N 5
ЗР + 5HNO3 + 2Н2О = ЗН3РО4 + 5NO.
141. При действии на иодиды концентрированной серной кислотой выделя-
ется свободный иод. Степень окисления серы изменяется от +6 до +4. Катионы,
входящие в состав иодидов, переходят в сульфаты:
—1 н-6 о -и
2NaI + 2H2SO4 = Na2SO4 + I2 + SO2 + 2H2O
142. Железо взаимодействует с хлором с образованием только хлорида желе-
за (III). Хлорид железа (II) не образуется, т. к. он легко окисляется хлором Д°
хлорида железа (III):
2Fe + ЗС12 == 2FeCl3. 1
143. При растворении магния в разбавленной азотной кислоте образу-
ется нитрат магния, а степень окисления азота изменяется от+5 до+1, т. е.
132
/ 2 -Г 2 3 пячбавленной азотной кислоте образуется
^JSBSSS-’ "+5 » ’ 'вда
ляется свободный азот.
Со 4- №О3 -» Со (NO8)2 4" N2 + Н2О.
Составляем схему электронного баланса:
о +2
Со — 2е = Со 5
-4-5
2N
о
10е = М2 1
rmwnnft ячлтя т к. азотная кислота
Коэффициент 1 нужно ставитьgперед ^У^зо , .
расходуется также на образование нитрат> коо
мяпгянен (II) в нейтральной среде до ди-
от+7
и ОТ +2 в сульфате до +4:
1гмпГ>.-4-MnSO. 4-Н,0 -> K2SO44-MnO24-H2SO
4-
Составляем схему электронного баланса:
Мп — 2е = Мп
2КМпО4 4- 3MnSO4 4- 2Н2° ~
K2SO4 4" 5МпО2 4- 2H2SO4.
133
образует
Образуете^
147. При растворении цинка в разбавленной азотной кислоте
нитрат цинка; степень окисления азота изменяется от +5 до —3.
аммонийная соль — нитрат аммония:
О 4-5 4-2 —4
Zn + HNO3 -> Zn (NO3)2 4-NH4NO3 + Н2О.
Составляем схему электронного баланса:
О 4-2
Zn — 2е = Zn 4
4-5 —з
N + 8e=N 1
Коэффициент 1 нужно поставить возле аммонийной соли, т. к. азотная кисло,
та не только восстанавливается, но и расходуется на образование нитратов цинка
и аммония:
4Zn + 10HNO3 = 4Zn (NO3)2 + NH4NO3 ф- 3H2O.
148. Сернистая кислота окисляется хлором до серной кислоты:
H2SO3 + CL + Н2О = H9SO4 ф- 2HCL
149. В кислой среде пероксид водорода играет роль восстановителя и окисля-
ется перманганатом калия до свободного кислорода. Степень окисления марган-
ца изменяется от +7 до 4-2. Калий и марганец образуют сульфаты:
4-7 —1 4-2 О
КМпО4 4-Н2О2 4-H2SO4 -> K2SO4 4-MnSOy4-О2 4-Н2О.
Составляем схему электронного баланса:
4-7 4-2
Мп 4~ 5е — Мп 2
—1 о
20 — 2е == О2 5
2КМпО4 4- 5Н2О2 4- 3H2SO4 = K2SO4 + 2MnSO4 + 5О2 4- 8Н2О. I
150. Алюминий растворяется в растворе щелочи с образованием тетрагид-
роксоалюмината и выделением водорода:
о 4-1 4-з о
Al + NaOH+ Н2О -> Na [Al (OH)J 4- Н2.
Составляем схему электронного баланса:
О 4-3
А1 — Зе — А1 2
4-1 о
2Н 4- 2е = Н2 3
2А1 4- 2NaOH 4~6Н2О = 2Na [Al (ОН)4] 4- ЗН2. <
151. В щелочной среде гидроксид меди восстанавливается альдегидами до
оксида меди (I) с образованием соответствующей карбоновой кислоты. Это ха-
рактерная реакция на альдегиды:
2Си (ОН)2 + НСНО = Си2О 4- НСООН 4- 2Н2О.
152. При растворении меди в концентрированной серной кислоте образуется
сульфат меди и выделяется сернистый газ:
Си 4- 2H2SO4 = CuSO4 + SO2 4- 2Н2О.
153. Перекись водорода является очень сильным окислителем в нейтральной
и щелочной средах и окисляет иодид до свободного иода:
Н2О2 4- 2KI = 2КОН 4- 12.
134
154. Сернистый газ в водном растворе легко окисляется иодом до серной
кислоты:
S02 + 12 + 2Н2О = H2SO4 + 2HI.
155. При обжиге пирита образуются диоксид серы и оксид железа (III).
Первый способ. Записываем уравнение реакции обжига пирита:
4-2—1 0 4-3 —2 4-4
FeS2 + О2 Fe2O8 + SOa.
Составляем схему электронного баланса:
4-2—1 4-3 4-4
FeS2 — I le = Fe + 2S 4
О —2
02 + 4е = 20 11
4FeS, + 1102 = 2Fe,O, 4- 8S0».
Второй способ. Можно написать уравнение реакции с атомарным
кислородом и расставить коэффициенты:
2FeS2 +110 = Fe20n + 4SO2.
Так как в уравнении число атомов кислорода нечетное (11), его оставляем
коэффициентом возле молекулы кислорода, а коэффициенты возле остальных
членов уравнения удваиваем:
4FeS2 + 1102 = 2Fe2O« + 8SO2.
X 1 X X О * Xi
156. Методом удвоения нужно написать уравнение реакции горения бензола
с атомарным кислородом и расставить коэффициенты:
С6Нб + 150 = 6СО2 + ЗН2О.
Так как в уравнении число атомов кислорода нечетное (15), его нужно оста-
вить коэффициентом возле молекулы кислорода, а коэффициенты возле остальных
членов уравнения удвоить:
2С6Н6 + 15О2 = 12СО2 + 6Н2О.
157. Нитрит калия (в отличие от нитрата) в кислой среде очень легко окисляет
иодид до свободного иода. Степень окисления азота изменяется от +3 до +2.
Катионы калия образуют сульфаты:
2KNCX + 2KI + 2H2SO4 = 2K2SO4 + 12 + 2N0 + 2Н2О.
158. Методом удвоения нужно написать уравнение реакции горения ацето-
на с атомарным кислородом и расставить коэффициенты:
СНоСОСН. + 80 = ЗСО2 + ЗН2О.
Так как в уравнении число атомов кислорода четное (8), кислород записыва-
ют в молекулярной форме, а половина этого числа (4) будет коэффициентом возле
молекулы кислорода:
СН3СОСН3 + 4О2 = ЗСО2 + ЗН2О.
159. Тиосульфат натрия окисляется хлором до сульфата:
4-2 0 4-6 —1
Na2S2O3 + С12 + Н20 -> Na2SO4 + H2SO4 + НС1.
Составляем схему электронного баланса:
4—2 4- 6
2S — 8е = 2S 1
о -1
Ci2 + 2е = 2С1 4
Na.S.Os 4- 4С1, + 5Н,0 = Na,SO4 4- H,SO4 + 8НС1.
135
160. При окислении сульфида свинца пероксидом водорода образуется сул
фат свинца:
PbS + 4Н2О2 = PbSO4 + 4Н2О. V
161. Нитрат серебра в аммиачном растворе восстанавливается альдегида^
до металлического серебра (реакция «серебряного зеркала»), альдегиды при
окисляются:
4AgNO3 + 3NH4OH + СН3СНО = 2Ag + 2NH4NO3 + CH3COONH4 + 2H2O.
162. В щелочной среде соли хрома (III) окисляются пероксидом водорода
до хроматов:
4-3 —1 4-б —2
СгС13 + Н2О2 + NaOH -> Na2CrO4 + NaCi + Н2О.
Составляем схему электронного баланса:
4~«5 4-6
Сг — Зе = Сг 2
—1 —2
2О4-2е = 2О 3
ЗСгСЬ + ЗН,О, + lONaOH = 2Na,CrO, 4- 6NaCl + 8Н,О. I
163. Хлорид марганца (II) в щелочной среде окисляется гипохлоритом до
перманганата:
4-2 4-1 —1 4-7
MnCl2 + КСЮ + КОН -> КС1 + КМпО4 + Н2О.
Составляем схему электронного баланса:
+2 4-7
Мп — 5е — Мп 2
4-1 —1
С1 + 2е = С1 5
2МпС12 + 5КС1О + 6КОН = 9КС1 + 2КМпО4 + ЗН2О. I
164. При взаимодействии алюминия с перхлоратом калия в сернокислой
среде алюминий окисляется до трехвалентного состояния и образует сульфат
алюминия, а хлор восстанавливается до хлорида:
Al + КС1О4 + H2SO4 Al2 (SO4)3 + КС1 + Н2О. I
Составляем схему электронного баланса:
о +з
А1 — Зе = А1 8
4-7 —1
С1 + 8е = С1 3
8А1 + ЗКС1О4 + 12H2SO4 = 4Al2 (SO4)3 + ЗКС1 + 12Н2О. 1
165. При взаимодействии оксида железа (II) с концентрированной азотной
кислотой образуется нитрат железа (III), а азотная кислота восстанавливается
до диоксида азота:
4-2 4-5 4-3 -Н
FeO + 4HNO3 (конц.) == Fe (NO3)3 + NO2 + 2H2O.
166. При взаимодействии гипохлорита натрия с иодидом калия выделяется
свободный иод, калий связывается в сульфат, а хлор восстанавливается до хло-
рида:
4-1 —1 о —1
NaClO + 2KI + H2SO4 - I2 + NaCl + K2SO4 + Н2О»
136
167. В зависимости от концентрации дихромата и серной кислоты сульфид
^ет окисляться как до свободной серы (в разбавленной серной кислоте при ма-
м л концентрации дихромата), так и до серной кислоты (концентрированная сер-
кислота при большой концентрации дихромата).
—2 +6 0 4-3
1) Na2S + К2Сг2О7 + H2SO4 -> S + Na2SO4 + Cr2 (SO4)3 + K2SO4 + H2O.
Составляем схему электронного баланса:
-2 о
S — 2е = S
3
4~б 4-з
2Сг + бе = 2Сг
1
3Na2S + K2Cr2O7 + 7H2SO4 - 3S + 3Na2SO4 + Сг2 (SO4)3 + K2SO4 + 7Н2О.
—2 4-6 4-6 4-з
2) Na2S + K2Cr2O7 + H2SO4 -> Na2SO4 + Cr2 (SO4)3 +
Составляем схему электронного баланса:
K2SO4 + Н2О.
—2 +6
S — 8е = S 3
4-з
2Сг + бе = 2Сг 4
3Na2S + 4К2Сг2О7 + 16H2SO4 = 3Na2SO4 + 4Cr2 (SO4)3 + 4K2SO4 + 16H2O.
168. Марганец (II) в азотнокислой среде окисляется диоксидом свинца до
марганцевой кислоты. Свинец при этом восстанавливается и образует нитрат
свинца (II)
4~2 4-4 4-7 4~2
Мп (NO3)2 + РЬО2 + HNO3 -> НМпО4 + Pb (NO3)2 ч-Н2О.
Составляем схему электронного баланса:
4-2 +7
Мп — 5е = Мп 2
4-4 4-2
РЬ 4- 2е = РЬ 5
2Мп (NO3)2 + 5РЬО2 + 6HNO3 = 2НМпО4 + 5Pb (NO3)2 + 2Н2О.
163. Смесь соляной и азотной кислот называется царской водкой. Неза-
виси.о ст концентрации азотной кислоты всегда выделяется моноксид азота, так
как азотная кислота взаимодействует с соляной с образованием нитрозилхлори-
да и выделением свободного хлора:
HNO3 + 3HCI = NOC1 + С12 + 2Н2О.
Как хлср, так и нитрозилхлорид выступают окислителями железа (II) до же-
леза (III):
2FeCl2 + С12 = 2FeCI3;
FeCL + NOCI = FeCl, 4- NO.
Суммарное уравнение имеет вид:
3FeCl2 + HNO3 + ЗНС1 = 3FeCl3 + NO + 2H2O.
17Э. При окислении пирита азотной кислотой образуется железо (III), сера
окисляется до серной кислоты, которая связывает железо (III) в сульфат, а азот-
ная кислота восстанавливается до моноксида азота. Реакция протекает по схеме:
4~2—1
FeS2 + HNO8 -»
4~з 4~б 4“2
Fe2 (§О4)2 + H2SO4 + NO + H2O.
137
Составляем схему электронного баланса:
+2—1 +3 +6
FeS2 — 15е = Fe + 2S 6
+5 +2
N + Зе = N 30
6FeS, + 30HNO, = 3Fe„ (SO.), + 3H,SO. + 30NO + 12H,O.
V. РАСТВОРЫ
171. В 200 г 40%-ного раствора содержится 200 - 0,4 — 80 г соли. При сме-
шивании 200 г раствора с 800 мл (или граммами) воды (плотность воды равна еди-
нице) образуется 1000 г раствора, но количество соли при разбавлении раствора
не изменится. Концентрация раствора равна ——~—= 8%.
172. Масса 200 мл концентрированной HNO3 равна 200 • 1,4 — 280 г и в ней
содержится 63%, или 280 • 0,63 = 176,4 г, HNO3. После смешивания 200 мл
раствора HNO3 с 400 мл воды масса раствора будет равна 680 г (400 + 280 =
пот 176,4 * *00 огп/
= 680), а концентрация------———------— 26%.
680
173. При смешивании 200 г 10%-ного и 300 г 40%-ного растворов соляной
кислоты образуется 500 г (200 + 300 = 500) нового раствора, содержащего 20 г
хлороводорода из 200 г 10%-ного раствора (200 • 0,1 — 20 г) и 120 г хлороводо-
рода из 300 г 40%-ного раствора (300 • 0,4 — 120 г). Значит, в 500 г нового раст-
вора содержится 140 г (20 + 120 — 140) хлороводорода; концентрация раствора
140 - 100 _ft0/
равна -----------= 28%,
174. При растворении SO3 в воде образуется H2SO4:
80 18 98
Первый способ. По условию задачи в 920 г воды растворили 80 г,
или 1 моль, SO3, вследствие чего образовалось 1000 г (920 + 80 = 1000) раствора,
содержащего 1 моль, или 98 г, H2SO4. Следовательно, в 1000 г раствора содержа-
98 • 100
лось 98 г H2SO4; концентрация раствора равна —— == 9,8%.
Второй способ. 80 г SO3 растворили в 920 г воды. Образовалось
1000 г (80 + 920= 1000) раствора. По уравнению реакции между SO3 и водой
из 80 г SO3 образуются 98 г H2SO4. Следовательно, в 1000 г раствора содержалось
98 г H2SO4; концентрация раствора равна ^qq~^ ~ 9,8%.
175. Смешивая 150 мл 2 М с 350 мл 4 М растворов H2SO4, получаем 500 мл
раствора В 150 мл 2 М раствора содержится 0,15 • 2 = 0,3 моль, а в 350 мл 4 М
раствора содержится 0,35 • 4 = 1,4 моль H2SO4. В 500 мл, или 0,5 л, раствора
содержится 1,7 моль (0,3 + 1,4 = 1,7) H2SO4. Молярная концентрация раствора
равна = 3,4 М.
0,5
179 2
176. В 708 мл (или граммах) воды растворили 179,2 л, или - = 8 моль,
или 8 • 36,5 = 292 г, хлороводорода. В 1000 г (708 + 292 = 1000) образовавше-
292 • 100
гося раствора содержится 292 г хлороводорода; значит, раствор будет * ~.Л • =
1000
177. При смешивании 200 г 40%-ного и 300 г 20%-ного раствора едкого натра
образуется 500 г нового раствора. Он содержит 80 г NaOH с 200 г 40%-ного
раствора (200 • 0,4 80) и 60 г NaOH с 300 г 20%-ного раствора (300 • 0,2 ==
138
60) Следовательно, в500 г раствора содержится 140 г (80 + 60 = 140) NaOH
140 • 100 9ро/
концентрация раствора равна --s'ocT'— ~
178. Первый способ. По условию задачи в 400 г 42,875%-ного рас-
пора, содержащего 400 • 0,42875= 171,5 г H2SO4, растворили 100 г, или-^-==
1,25 моль, SO3, из которого образуются 1,25 моль, или 1,25 • 98 = 122,5 г
Ч 5Од. Значит, в 500 г (400 + 100 = 500) раствора содержится 294 г
Р2 294 • 100
(171,5 + 122,5 = 294) H2SO4; концентрация раствора --------= 58,8%.
Второй способ. В 400 г 42,875%-ного раствора, содержащего 400 X
0,42875 = 171,5 г H2SO4, растворили 100 г SO3. По уравнению реакции SO3
С водой
80 г SO3 образуют 98 г H2SO4,
100 г SO3 »
100 • 98
Х~ 80
Значит, в 500 г раствора (400 + 100 = 500)
+ 122,5 = 294) H2SO4; концентрация раствора
179. В 1 моль, или 278 г, FeSO4 * 7Н2О содержится 152 г FeSO4 и 126 г Н2О.
Первый способ. По условию задачи в 361 г Н2О растворили 139 г,
139
= 0,5 моль, FeSO4 • 7Н2О, содержащего 0,5 моль, или 0,5 * 152 = 76 г,
х г H2SO4,
= 122,5
содержится 294 г (171,5 +
V -
или 278
FeSO4. Значит, в 500 г (361 + 139 ~ 500) раствора содержится 76 г FeSO4; кон-
76 • 100 ,гоп/
центр а ци я раствора
Втор
образуется
видно, что
о й
500
500 ’
способ. При растворении в 361 г Н2О 139 г FeSO4 « 7Н2О
г (361 + 139 — 500) раствора. Из формулы кристаллогидрата
в
»
= 76 г.
278 г FeSO4 • 7Н2О содержится 152 г FeSO4,
139 г FeSO4 * 7Н2О » х г FeSO4,
139 • 152
Х“ 278
Следовательно, в 500 г раствора содержится 76 г FeSO4. Концентрация рас-
76 • 100 __ 1Г по/
твора равна----г а а--
500
180. Первый способ. По условию задачи нужно растворить 27,8 г,
27 8
’ =0,1 моль, железного купороса, содержащего 0,1 моль, или 0,1 • 152 =
ЛИ 278
— 15,2 г, сульфата железа. Нужно приготовить 3,8%-ный раствор, содержащий
. 15 2* 100
15,2 г FeSO4. Следовательно, раствора должно быть -—’-yg---= 400 г, а воды —
372,2 г (400 — 27,8 = 372,2).
Второй способ. Из формулы железного купороса видно, что
в 278 г FeSO4 • 7Н2О содержатся 152 г FeSO4,
» 27,8 г FeSO4 • 7Н2О » х г FeSO4,
152 • 27,8 Q
Х = --- 278-" = )5’2 П
Так как раствор должен быть 3,8%-ным и содержать 15,2 г FeSO4, раствора
Должно быть’.-^^х^- = 400 г, а воды нужно взять 372,2 г (400 — 27,8 = 372,2).
3,8
139
181. Реакция пероксида калия с водой происходит по уравнению:
2К2О4 + 2Н2О = 4КОН + ЗО2
2-142 2-18 4-56 3 • 22,4*
Первый способ. По условию задачи из 71 г, или == 0,5 моль
пероксида калия нужно получить 22,4%-ный раствор. Из уравнения реакции
дим, что из 2 моль пероксида образуются 4 моль гидроксида калия, а из 0,5 моль
пероксида образуется 1 моль, или 56 г, КОН, который в полученном растворе бу.
56 100
дет составлять 22,4%. Значит, раствора будет ——= 250 г. Из уравнения
реакции видим, что из 71 г пероксида реагируют 0,5 моль, или 9 г, воды и образу,
ется 56 г едкого кали. Значит, только 47 г из растворившегося пероксида (56
— 9 = 47) остается в растворе, а остальное улетучивается в виде кислорода,
и для получения 250 г 22,4%-ного раствора нужно 71 г пероксида калия раство-
рить в 203 г (250 — 47 = 203) воды.
Второй способ. По условию задачи нужно определить количество
водр1, в котором необходимо растворить 71 г пероксида калия, чтобы полу,
чился 22,4%-ный раствор. Из уравнения реакции видно, что
284 г К2О4 образуют 224 г КОН,
71 г К2О4 .» х г КОН, I
284 г К2О4 реагируют с 36 г Н2О,
71 г К2О4 » х4 г Н2О,
36-71 __о
Xi ~ 284 9 Г'
Значит, из 71 г пероксида калия образуются 56 г едкого кали, в состав кото-
рого входит 9 г воды и которые в приготовленном растворе должны составлять
22,4%. Отсюда
22,4 г КОН содержатся в 100 г раствора,
56 г КОН » » х2 г » ,
Таким образом, для приготовления 250 г 22,4%-ного раствора едкого кали
нужно в 203 г (или мл) воды (250 — 56 + 9 = 203) растворить 71 г пероксида
калия.
182. Серный ангидрид реагирует с водой с образованием серной кислоты,
как показано при решении задачи № 174.
Первый способ. По условию задачи нужно найти количество 50%-но-
240
го раствора серной кислоты, в котором нужно растворить 240 г, или-= 3 моль,
80
серного ангидрида, чтобы образовался 93,5%-ный раствор серной кислоты. Вы-
разим концентрации растворов относительно серного ангидрида:
98 г кислоты составляют 50%,
80 г ангидрида » х%.
50 - 80
98
= 40,82%;
98 г кислоты составляют 93,5%,
140
80 г ангидрида составляют %t%,
93,5 • 80
98
= 76,33%.
Если 240 г серного ангидрида растворить в х г 40,82%-ном относительно
серяого ангидрида растворе, то получится (240 + %) г раствора, в котором будет
сдержаться (240 + 0,4082 х) г серного ангидрида. Так как раствор должен быть
76,33%-ным относительно серного ангидрида, то
в 100 г раствора содержится 76,33 г SO3,
» (240 +) г » » (240 + 0,4082%) г SO3,
76,33 (240 + х) = 100 (240 + 0,4082%),
18319,2 + 76,33% = 24 000 + 40,82%,
35,51% = 5680,8,
% = 160 г.
Значит, для получения 93,5%-ного раствора серной кислоты нужно 240 г
серного ангидрида растворить в 160 г 50%-ного раствора серной кислоты.
Второй способ. По условию задачи нужно определить количество
50%-ного раствора серной кислоты, в котором нужно растворить 240 г серного
ангидрида, чтобы образовался 93,5%-ный раствор серной кислоты. Если раство-
рить его в % г серной кислоты, то образуется (240 + %) г раствора. Из уравнения
реакции образования серной кислоты видно, что из 240 г серного ангидрида
240 • 98
образуется ——-—- = 294 г серной кислоты. Из % г 50%-ного раствора будет
80
внесено еще 0,5 % г серной кислоты. Так как раствор должен быть 93,5%-ным, то
в 100 г раствора должно содержаться 93,5 г кислоты,
» (240 + %) г » » » (294 + 0,5%) г » ,
100 (294 + 0,5%) = 93,5 (240 + %),
29 400 + 50% = 22 440 + 93,5%,
43,5% == 6960,
х~ 160 г.
Значит, для приготовления 93,5%-ного раствора серной кислоты нужно 240 г
серного ангидрида растворить в 160 г 50%-ного раствора серной кислоты.
183. В 1 моль, или 250 г CuSO4 - 5Н2О содержатся 160 г CuSO4 и 90 г Н2О.
Первый способ. В 200 г 4%-ного раствора, содержащего 200 «0,04 =
50
= 8 г CuSO4, растворили 50 г, или -ggg- = 0,2 моль, медного купороса, содержа-
щего 0,2 моль, или 0,2 • 160 = 32 г, CuSO4. Следовательно, в 250 г (200 + 50 =
= 250) раствора было 40 г (8 + 32 = 40) CuSO4, что составляет
Второй спо
CuSO4, растворили 50
что
об. В
медного
40 • ЮО __ 1Д0/
250 %*
200 г раствора, содержащего 200 • 0,04 = 8 г
купороса. Из формулы медного купороса видно,
в 250
» 50
5Н2О содержатся 160 г CuSO4,
» % г CuSO4,
CuSO4 •
СиБОд • 5Н2О
_ 50 • 160
Х~ 250
= 32 г.
Следовательно, в 250 г (250 + 50 = 250) раствора содержатся 40 г (8 + 32 =?
50 • 100
40) CuSO4, что составляет----— = 1о%,
с
г
г
141
184. Реакция оксида натрия с водой протекает согласно уравнению:
Na2O + Н2О == 2NaOH.
62 18 2 • 40
Первый способ. По условию задачи нужно найти количество окси,
да натрия, которое нужно растворить в 1014 г раствора, содержащего 240 г едко.
240 • 62
го натра, или--------— 186 г оксида натрия, чтобы образовался 40%-ный раст.
80
40 * 62 _10/
вор относительно едкого натра, или ——— = 31 %-ныи раствор относительно
80
оксида натрия. В полученном растворе будет столько воды, сколько содержится
ее в 1014 г раствора, в котором есть 186 г оксида натрия и 828 г (1014 — 186 =:
== 828) связанной и несвязанной воды. Так как раствор должен быть 31%-ным
относительно оксида натрия, то
в 69 г воды должно быть 31 г оксида натрия,
" 828 г » > х I » »
х —
31 • 828
69
= 372 г.
Значит, в полученном растворе должно быть 372 г оксида натрия. Так как
в нем уже было 186 г, то нужно еще растворить 186 г оксида натрия.
Второй способ. По условию задачи нужно растворить х г оксида
натрия в 1014 г раствора, содержащего 240 г едкого натра, чтобы образовался
40%-ный раствор едкого натра. Из уравнения реакции видно, что
из 62 г оксида натрия образуются 80 г едкого натра,
» х г » » » у г » » ,
80х
У ~ 62 Г*
При растворении в указанном растворе хг оксида натрия образуется (1014+
(80х \
240+ -pQ- г едкого натра. Так как
раствор должен быть 40%-ным, то
в 100 г раствора содержится 40 г едкого натра,
(1014 + х) г » /О.Л , 80х \ (240 + 62 у
40(1014 + «) = 100 |Z 240
40 560 + 40х = 24 000 + 8000Х/62,
2 514 720 Н - 2480х = 1 488 000 + 8000х,
5520х = 1 026 720,
х~ 186 г.
Значит, для приготовления 40%-ного раствора едкого натра нужно в 1014 г
раствора, содержащего 240 г едкого натра, растворить 186 г оксида натрия.
185. Первый способ. По условию задачи нужно найти то количество
воды, в котором нужно растворить 93 г оксида натрия, чтобы получить 20%-ный
раствор едкого натра. Из уравнения реакции оксида натрия с водой (см. решение
задачи № 184) видно, что из 1 моль оксида натрия образуются 2 моль едкого
142
и2тра, а из 93 г, или = 1,5 моль, оксида натрия образуется 3 моль, или
.л . 3 = 120 г, едкого натра. В полученном растворе это количество едкого нат-
опп/ о к 120 ’ ЮО
должно составлять 20%. Значит, раствора должно быть --------------—-----==
р1'
г()0 г и для его приготовления нужно 93 г оксида натрия растворить в 507 г
/600 — 93 = 507) воды.
В т о р о й с п о с о б. По условию задачи нужно найти го количество воды,
в котором нужно растворить 93 г оксида натрия, чтобы образовался 20%-ный
раствор едкого натра. Из уравнения реакции оксида натрия с водой видно, что
62 г оксида натрия образуют 80 г едкого натра,
93 г » » » . х г » » ,
80 - 93
Х~ 62
= 120 г.
Полученный раствор должен быть 20%-ным, откуда
20 г едкого натра содержатся в 100 г раствора,
120 г » » « » г » ,
100 • 120 дпп
х, =-----------= 600 г.
Значит, для приготовления 600 г 20%-ного раствора едкого натра нужно
93 г оксида натрия растворить в 507 г (600 93 = 507) воды.
Третий способ. В 100 г 20%-ного раствора едкого натра содержатся
20
20 г, или -4Q- == 0,5 моль, едкого натра, которые образуются из 0,25 моль, или
0,25 • 62 = 15,5 г, оксида натрия.
Следовательно,
15,5 г
93 г
в 84,5 г воды,
» х г » ,
оксида натрия растворяют
» » >
х —
15,5
= 507
Значит, для приготовления 20%-ного раствора едкого натра нужно 93 г
оксида натрия растворить в 507 г воды.
186. Сернистый ангидрид, реагируя с водой, образует сернистую кислоту
SO2 + Н2О = H2SO3
22,4 82
Первый способ. По условию задачи нужно растворить 2,8 л, или
= 0,125 моль, SO2, образующего 0,125 моль, или 0,125 • 82 = 10,25 г,
’ 10,25-100
H2SO3. Так как раствор должен быть 2,05%-ным, его образуется —~2~()5---~
= 500 г. В растворе было 0,125 моль, или 0,125 • 64 = 8 г, SO2, воды было 492 г
(500 — 8 = 492).
Второй способ. Из уравнения реакции сернистого газа с водой вид-
но, что
22,4 л SO2 образуют 82 г H2SO3,
2,8 л SO2 » х г H2SOo,
2.8 • 82 =
22,4 ’ ’
х •—
143
Поскольку раствор должен быть 2,05%-ным, то
2,05 г H2SO3 содержится в 100 г раствора,
10,25 г H2SO.
3
содержится в xt г раствора,
10,25 100
= —Z05-------= 500 Г-
Из формулы молекулы сернистого газа видно, что
масса 22,4 л SO2 равна 64 г,
2,8 л SO2
» х2 г,
»
— 8 г.
~ 22,4
Значит, для приготовления 2,05%-ного раствора серной кислоты 2,8 л сер.
нистого газа нужно растворить в 492 г (500 — 8 = 492) воды.
187. В 1 моль, или 242 г, Cu (NO3)2 • ЗН2О содержатся 188 г Си (NO3)2 И
54 г воды.
Первый способ. Трудность этой задачи состоит в том, что при вне-
сении в раствор кристаллогидрата увеличивается количество растворителя. А так
как неизвестно, сколько нужно растворить кристаллогидрата, то неизвестно
также, как увеличится количество растворителя. Выразив концентрацию раствора
относительно кристаллогидрата, можно исключить влияние этой неизвестной
величины:
188 г Cu (NO3)2 составляют 18,8%,
242 г Си (NO3)2 •
ЗН20х х %,
= 24,2%. (1
1ОО
Теперь нужно найти количество кристаллогидрата нитрата меди, которое
следует растворить в 606,4 г воды, чтобы образовался раствор, содержащий
24,2% кристаллогидрата и 75,8% воды, т. е.
в 75,8 г воды нужно растворить 24,2 г Cu (NO3)2 • ЗН2О,
» 606,4 г » » » х{ г Си (NO3)2 • ЗН2О,
= 24,2 • 606,4 _
1 75,8 “ LW,b
Второй способ. Растворив в 606,4 г воды х г кристаллогидрата нитрата
меди, получим (606,4 + х) г раствора. Из формулы кристаллогидрата меди видно,
что
в 242 г Cu (NO3)2 • ЗН2О содержится 188 г Cu (NO3)2,
» х г Си (NO3)2 • ЗН2О » у г Си (NO3)2,
_ 188х
У~ 242
А так как раствор должен быть 18,8%-ным, го
18,8 г Си (NO3)2 содержатся в 100 раствора,
1 fifty
-7.9 - Г Си (NO3)2 » » (606,4 + х) г » ,
100 • -S-=18>8 <606-4+
18800/ = 242 • 18,8 (606,4 + х),
ЮООх = 146748,8 + 242/,
144
758х “ 146748,8,
х = 193,6.
Следовательно, для приготовления 18,8%-ного раствора нитрата меди нужно
193,6 г его кристаллогидрата растворить в 606,4 г воды.
188. Первый способ. По условию задачи нужно найти количество
44 8
воды, в котором нужно растворить 44,8 л, или = 2 моль, или 36,5 • 2 ~
73 г хлороводорода, чтобы образовался 14,6%-ный раствор соляной кислоты.
Для приготовления такого раствора
14,6 г НС1 нужно растворить в 85,4 г воды,
73 г НС1 » » » х г » ,
- = 427 г.
14,6
X ~
Таким образом, для приготовления 14,6%-ного раствора нужно 44,8 л хло-
роводорода растворить в 427 г воды.
Второй способ. По условию задачи нужно найти количество воды,
в котором нужно растворить 44,8 л хлороводорода, чтобы образовался 14,6%-
ный раствор соляной кислоты. Из формулы хлороводорода видно, что
масса 22,4 л НС! равна 36,5 г,
» 44,8 л НС1 » х г,
36,5 • 44,8 _Q
Х =-----22Л~- = 73Г-
Так как раствор должен быть 14,6%-ным, го
14,6 г НС1 должны содержаться в 100 г раствора,
73 г HCJ » » » xt г » ,
Таким образом, для приготовления 14,6%-ного раствора нужно 44,8 л хло-
роводорода растворить в 427 г (500 — 73 — 427) воды.
189. В 1 моль, или 203 г, MgCl2 • 6Н2О содержится 95 г MgCl2 и 108 г Н2О.
По условию задачи нужно растворить 960 г соли, содержащей 84,58%, или 960X
X 0,8458 = 812 г, MgCl2 • 6Н2О.
Первый способ. По условию задачи нужно растворить 812
= 4 моль, MgCl2 • 6Н2О, содержащего 4 моль, или 4 • 95 = 380 г,
г, или
MgCl2.
812
203
Так как растворимость MgCl2 при 80° С равна 66 г, то 380 г его должны раство-
риться в —— === 576 г Н2О. Значит, 380 г MgCl2 содержится в 956 г (576 +
+ 380 = 956) раствора. Поскольку 380 г MgCl2 содержится в 812 г кристаллогид-
рата, то для его растворения нужно 144 г (956 — 812 — 144) Н2О.
Второй способ. Из формулы кристаллогидрата хлорида магния сле-
дует, что
в 203 г MgCl2 ’ 6Н2О содержится 95 г MgCl2,
» 812 г MgCl2 • 6Н2О » к г MgCl2,
812 • 95
203
== 380 г.
Так как растворимость MgCl2 при 80° С равна 66 г, то
66 г MgCi2 растворяются в 100 г Н2О,
145
380 г MgCl2 растворяются в хА г Н2О,
380 ♦ 100
66
Образуется 956 г (576 + 380 = 956) раствора, содержащего 380 г MgCI2.
Так как 380 г MgCl2 содержатся в 812 г кристаллогидрата, то для растворения этого
количества кристаллогидрата потребуется 144 г (956 — 812 ~ 144) воды.
190. Первый способ. ~
560
ИЛИ 22,4
НО при 60° С составляет 56,1 г, значит, 912,5 г
— 1626,5 г Н2О. При этом образуется
По условию задачи нужно растворить 560 д|
— 25 моль, или 25 • 36,5 = 912,5 г, хлороводорода. Растворимость
его могут растворяться в
2539 г (912,5 + 1626,5
912,5 - 100 0
—1539-------= 35’9%-
912,5 • 100
56,1
= 2539) раствора соляной кислоты с концентрацией
Второй способ. Как видно из формулы хлороводорода,
масса 22,4 л НС1 равна 36,5 г,
» 560 л НС1 » к г,
560-36,5 Q1Q_
х ~ ~—йтп------= 912,5 г.
Растворимость хлороводорода при 60° С равна 56,1 г, значит,
56,1 НС1 растворится в 100 г Н2О,
912,5 г HCI » » х, г Н9О,
JL л *
912,5 - 100
56,1
= 1626,5 г.
При растворении 912,5 г хлороводорода в 1626,5 г воды образуется 2539 г
раствора соляной кислоты, концентрация которой равна
912,5 - 100
2539
35,9%.
191. В 1 моль, или 250 г, медного купороса содержатся 160 г сульфата меди
и 90 г кристаллизационной воды.
Первый способ. Из формулы медного купороса видно, что
в 250 г CuSO4 • 5Н2О содержатся 160 г CuSO4,
» 200 г CuSO4 • 5Н2О » х г CuSO4,
200 • 160
250
= 128 г.
Растворив 200 г медного купороса в х г 4%-ного раствора сульфата меди, по-
лучим (200 + х) г раствора, содержащего (128+ 0,04х) г сульфата меди. Так как
раствор должен быть 16%-ным относительно сульфата меди, то
16 г CuSO4 будут содержаться в 100 г раствора,
(128 + 0,04х) г CuSO4 » » »(200 + х)г » ,
16 (200 + х) = 100 (128 + 0,04х),
3200+ 16х= 12 800 + 4х,
12х = 9600,
х = 800.
Следовательно, растворив 200 г медного купороса в 800 i 4%-ного раствора
меди, получим 16%-ный раствор сульфата меди.
146
Второй способ. Концентрацию раствора сульфата меди можно вы-
азить относительно медного купороса:
160 г CuSO4 составляют 4%,
250 г CuSO4 • 5Н2О » х%г
4-250 _____
х =
160
160 г CuSO4 составляют 16%t
250 г CuSO4 - 5Н2О г> х2%,
__ 16 - 250 _ Q_o/
160 25/0'
Растворив 200 г медного купороса в х г 6,25%-ного раствора относительно
медного купороса, получим (200 + х) г раствора, содержащего (200 + 0,0625х) г
медного купороса. Так как раствор должен быть 25%-ным относительно медного
купороса, то
25 г CuSO4 ♦ 5Н2О будут содержаться в 100 г раствора,
(200 + 0,0625х) г CuSO4 . 5Н2О » » »(200 + х) г » ,
25 (200 + х) = 100 (200 + 0,0625х),
5000 + 25х = 20 000 + 6,25х,
18,75х = 15 000,
х = 800.
Следовательно, при растворении 200 г медного купороса в 800 г 4%-ного
раствора сульфата меди образуется 1000 г 16%-ного раствора сульфата меди.
Третий способ. Рассматривая медный купорос как раствор, содер-
жащий 64% сульфата меди, можно применить правило смешивания:
Следовательно,
12 г CuSO4 • 5Н2О нужно растворить в 48 г раствора,
200 г CuS04 • 5Н2О » » » х г » ,
X —
48 • 200
12
==800
192. В 228 г кристаллогидрата сульфата магния содержатся 120 г сульфата
магния и 18 • 6 = 108 г кристаллизационной воды.
Первый способ. По условию задачи нужно определить количество
кристаллогидрата сульфата магния, которое нужно растворить в 279 г воды,
чтобы образовался 20%-ный раствор сульфата магния. В полученном растворе
228 • 20
кристаллогидрат будет составлять ——
раствора
в 62 г воды нужно растворить 38 г MgSO4 • 6Н2О,
» 279 г » » » х г MgSO4 • 6Н2О,
38 • 279 п
Х==—62“ = 171 П
= 38%. Для приготовления такого
Для приготовления 20%-ного раствора сульфата магния нужно в 279 г воды
Растворить 171 г кристаллогидрата MgSO4 * 6Н2О.
147
Второй способ. По условию задачи нужно найти количество криста
логидрата сульфата магния, которое нужно растворить в 279 г воды, чтобы обг/*
вовался 20%-ный раствор сульфата магния. Если в 279 г воды растворить *
кристаллогидрата, то образуется (279 + х) г раствора, в котором будет содержат/
120х
ся --- г сульфата магния. Так как раствор должен быть 20%-ным, то
228
в 100 г раствора содержится 20 г MgSO4,
/о_п , . 120х
»(279 + х)г ,-228
4»
20 (279 + х) = 100 *
120х
228
20 • 279 • 228 + 20 - 228х = 12000х,
1 272 240 + 4560х = 12 ОООх,
7440х = 1 272 240,
х == 171 г.
Для приготовления 20%-кого раствора сульфата магния нужно в 279 г воды
растворить 171 г кристаллогидрата MgSO4 • 6Н2О.
193. Уксусный ангидрид, реагируя с водой, образует уксусную кислоту:
(СН3СО)2О +Н2О= 2СН3СООН
102 2-60
Первый способ. По условию задачи нужно найти количество уксус*
ного ангидрида и воды, чтобы приготовить 400 г 54%-ного раствора уксусной кис-
216
лоты. В 400 г 54 %-ного раствор а должно быть 54 * 4= 216 г, или-^-— 3,6 моль,
уксусной кислоты, которые могут образоваться согласно уравнению реакции
из 1,8 моль, или 1,8 • 102 = 183,6 г, уксусного ангидрида. Для приготовления
400 г 54%-ного раствора уксусной кислоты нужно 183,6 г уксусного ангидрида
растворить в 216,4 г (400 — 183,6 == 216,4) воды.
Второй способ. По условию задачи нужно найти такое количество
уксусного ангидрида и воды, чтобы приготовить 400 г 54%-ного раствора уксусной
кислоты. Если раствор 54%-ный, то
в 100 г раствора содержатся 54 г кислоты,
» 400 г » » х г »
54 • 400
100
= 216 г»
Из уравнения реакции образования уксусной кислоты видно, что
120 г кислоты образуется из 102 г ангидрида,
216 г » » » х1 г » г
*1 =
102 - 216
120
== 183,6 г.
Для приготовления 400 г 54%-ного раствора уксусной кислоты нужно 183,6г
уксусного ангидрида растворить в 216,4 г (400 — 183,6 = 216,4) воды.
194. В 1 моль, или 200 г, кристаллогидрата ацетата меди Си (СН3СОО)2 X
X Н2О содержится 182 г ацетата меди и 18 г кристаллизационной воды.
Первый способ. Чтобы исключить изменение количества раствори'
теля за счет внесения кристаллизационной воды, нужно выразить концентрацию
148
29,575%,
*1%>
зствора относительно кристаллогидрата:
182 г Си (СН3СОО)2 составляют 9,1%,
200 г Си(СН3СОО)2 • Н2О » х%,
_1ИК
1о2
182 г Си (СН3СОО)2 составляют
200 г Си (СН8СОО)2 • Н2О »
_ 29,575 • 200 _ ,
Х1 ~ 182 “
В 600 г раствора содержится 600 • 0,1 = 60 г кристаллогидрата ацетата меди
й 540 г воды. При растворении кристаллогидрата до образования 32,5%-ного раст-
вора относительно кристаллогидрата количество воды не изменится. Следова-
тельно,
в 67,5 г Н2О нужно растворить 32,5 г Си (СН3СОО)2 • Н2О,
» 540 г Н2О » » х2 г Си (СН3СОО)2 • Н2О,
м г.
^2
Поскольку в растворе уже было 60 г кристаллогидрата ацетата меди, то нужно
растворить еще 200 г (260 — 60 — 200) его.
Второй способ. Если в 600 г 9,1 % -ного раствора, содержащего 600 X
X 0,091 = 54,6 г ацетата меди, растворить х г его кристаллогидрата, образуется
(600 + х) г раствора. Из формулы кристаллогидрата ацетата меди видно, что
в 200 г Си (СН3СОО)2 • Н2О содержится 182 г Си(СН3СОО)2,
» х г Си (СН3СОО)2 ♦ Н2О » у г Си (СН3СОО)2,
182х
У~ 200 -°’91хг-
Так как раствор должен быть 29,575%-ным, то
29,575 г Си (СН3СОО)2 будут содержаться в 100 г раствора,
(54,6 + 0,91х) г Си (СН3СОО)2 » » »(600 +х)г» ,
100 (54,6 + 0,91х) = 29,575 (600 + х),
5460 + 91х = 17 745 + 29,575х,
61,425х = 12 285,
х — 200.
Следовательно, в 600 г раствора нужно растворить 200 г кристаллогидрата
ацетата меди.
Третий способ. Рассматривая кристаллогидрат как раствор, содер-
жащий .---------=91% ацетата меди, можно применить правило смешивания:
9k и20,475
)29,575<
9, г ^61,425
Из этой схемы видно, что
в 61,425 г раствора нужно растворить 20,475 г Си (СН3СОО)2 • Н2О,
149
в 600
г раствора нужно растворить х г Си (СН3СОО)2 • И2О,
20,475 • 600
61,425
= 200 г.
195. Первый способ. Если к 200 мл (или г) воды прибавить х г 40%.
ного раствора, содержащего 0,4х г щелочи, то масса раствора будет равна (200 4,
+ х) г. Раствор должен быть 24%-ным. Составим пропорцию:
24 г щелочи содержится в 100 г раствора,
0,4х г » » »(200 + х) г » ,
100 • 0,4х == 24 (200 + х) г,
40х = 4800 + 24х,
16х = 4800,
х = 300.
Значит, к 200 мл воды нужно прибавить 300 г 40%-ного раствора щелочи.
Второй способ. Если воду считать раствором, содержащим 0% рас-
творенного вещества, то можно применить правило смешивания:
40ч л24
)24<
0z ^16
Из этой схемы видно, что
к 16 г воды нужно прибавить 24 г раствора щелочи,
196. В 400 г 91 %-ного раствора содержится 400 • 0,91 = 364 г уксусной кис-
36
лоты и 36 г (400 — 364 = 36), или —— = 2 моль, воды.
1о
Первый способ. Из уравнения реакции уксусного ангидрида с водой
(см. задачу 193) видно, что 1 моль воды реагирует с 1 моль уксусного ангидрида
и образует 2 моль уксусной кислоты, а 2 моль воды прореагируют с 2 моль, или
2 • 102 = 204 г, уксусного ангидрида. Следовательно, для образования безвод-
ной уксусной кислоты к 400 г 91 %-ного раствора уксусной кислоты нужно при-
бавить 204 г уксусного ангидрида.
Второй способ. Из уравнения реакции уксусного ангидрида с водой
видно, что
18 г Н2О реагируют с 102 г (СН3СО)2О,
36 г Н2О » » х г (СН3СО)2О,
102 • 36
18
— 204 г.
Следовательно, для получения безводной уксусной кислоты нужно к 400 г
ее 91 %-ного раствора прибавить 204 г уксусного ангидрида.
197. Сернистый газ, реагируя с водой, образует сернистую кислоту:
SO2 + Н2О = H2SO3
64 82~
Первый способ. Чтобы исключить влияние воды, которая связыва-
ется сернистым ангидридом, концентрацию раствора можно выразить относитель-
но ангидрида:
82 г H2SO3 составляют 2%,
.150
64 г S02 составляют к %,
х —
64 - 2
- 1,56%.
х4 SO2,
Чтобы приготовить 1,56%-ный раствор, нужно
в 98,44 г Н2О растворить 1,56 г SO2,
» 1009 г Н2О »
1009 • 1,56 __ ш
~~ 98,44
г.
Следовательно, для приготовления 2%-ного раствора сернистой кислоты
в 1009 г Н2О нужно растворить 16 г, или -Ц-- = 0,25 моль, или 0,25 • 22,4 ==
= 5,6 л, SO2.
Второй способ. Если в 1009 г Н2О растворить х г SO2, то масса раство-
ра будет равна (1009 + х) г. По уравнению реакции:
64 г SO2 образуют 82 г H2SO3,
х г SO2 » у г H2SO3,
82х •
У = г-
64
Так как раствор сернистой кислоты 2%-ный, то
2 г H2SO3 содержится в 100 г раствора,
82х
г H2SO3 » » (1009 4- х) г » .
= 2 <1009 +
О *
8200х = 128 (1009 + х),
8200х = 129 152 + 128*,
8072х = 129 152,
х — 16.
Из формулы сернистого газа видно, что
64 г SO2 занимают объем 22,4 л,
16 г SO2 » » х± л,
Следовательно, в 1009 г Н2О нужно растворить 5,6 л SO2.
198. Первый способ. В 500 г 25%-ного раствора должно быть 500 X
X 0,25 = 125 г H2SO4 и 375 г Н2О. Так как серная кислота содержится только
в 98%-ном растворе, то раствора нужно взять столько, чтобы в нем было 125 г
195 . 100
кислоты, т. е. --—-----— 127,6 г, а воды — 372,4 г (500 — 127,6 = 372,4).
98
Второй способ. Можно применить правило смешивания:
98. „25
>5<
0х *73
151
= 127,6 г
Из этой схемы видно, что для приготовления 98 г (25 + 73 = 98) 25%-ногп
раствора серной кислоты нужно взять 25 г 98%-ного раствора серной кислоть
25 • 500 ь
и 73 г воды, а для приготовления 500 г раствора-----------—
Уо
73 500
98%-ного раствора серной кислоты и ——------- = 372,4 г воды.
У8
199. В 1 моль, или 171 г, кристаллогидрата хлорида меди СпС12 • 2Н2О
содержится 135 г хлорида меди и 36 г кристаллизационной воды.
Первый способ. В 10 кг 6,84%-ного раствора должно содержаться
10 • 0,0684 ~ 0,684 кг, или 684 г, хлорида меди. Это количество ее может содеп
171 - 684
жаться в ----—- = 8оо,4 г кристаллогидрата. Значит, для приготовления
1 оЭ
10 кг, или 10 000 г, 6,84%-ного раствора хлорида меди нужно 866,4 г кристалло-
гидрата растворить в 9133,6 г воды.
Второй способ. Рассматривая кристаллогидрат как раствор, содержа-
щи и ---jyj--= 78,95% хлорида меди, можно применить правило смешивания:
78,95. ,6,84
)6,84х
0х *72,11
Из схемы видно, что для приготовления 78,95 г (72,11 + 6,84 ~ 73,95)
6,84%-ного раствора хлорида меди нужно 6,84 г кристаллогидрата растворить
7O11 1АААА 6,84-10 000
в 72,11 г воды, а для приготовления 10 000 г этого раствора-~78~9э--Г
Qca . 72,11 • ’10 000
— 866,4 г кристаллогидрата хлорида меди растворить в --------------- ==
78,Уо
= 9133,6 г воды.
200. В 1 моль медного купороса содержатся 160 г сульфата меди и 90 г кри-
сталлизационной воды.
Первый способ. По условию задачи нужно найти количество медного
купороса и 8%-ного раствора сульфата меди для приготовления 420 г 16%-ного
раствора сульфата меди. Концентрации исходного и полученного растворов мож-
но выразить относительно медного купороса:
г CuSO4 составляют 8%,
г CuSO4 • 5Н2О » х%,
х = -^^=12,5%;
160
250
160
250
г CuSO4 составляют 16%,
г CuSO4 • 5Н2О » л:1%,
16 • 250
х’ “ 160 “25/о'
Полученный раствор должен быть 25%-ным относительно медного купороса.
25 * 420 75 • 490
В 420 г его должно быть —[до""- = ^5 г медного купороса и —[qo~ = 315 г
воды. Это количество воды может быть внесено только с 12,5%-ным относительно
медного купороса раствором. Отсюда
87,5 воды содержатся в 100 г
315 г » » » х2 г
100 - 315
2------87Т~ “ 360
раствора,
»
152
Следовательно, для приготовления 420 г 16%-ного раствора сульфата меди
нужно в 360 г 8%-ного раствора сульфата меди растворить 60 г (420 — 360 = 60)
Одного купороса.
Второй способ. По условию задачи нужно найти количества 8%-ного
раствора сульфата меди и медного купороса, необходимые для приготовления
420 г 16%-ного раствора сульфата меди. Если взять 150 г 8%-ного раствора суль-
фата меди и в нем растворить х г медного купороса, то получится (150 + х) г рас-
твора.
В 100 г раствора содержатся 8 г CuSO4,
» 150 г » » хг г CuSO4,
Из формулы кристаллогидрата меди видно, что
в 250 г CuSO4 • 5Н2О содержатся 160 г CuSO4,
» х г CuSO4 • 5Н2О » у г CuSO4,
160х
У~ 250
/ 160х \
Значит, в (150+х) г полученного раствора будут содержаться 112 Ч—I г
сульфата меди. Так как раствор должен быть 16%-ным, то
в 1G0 г раствора содержатся 16 г CuSO4,
»
х> (150 + х) г »
1 о । 60х \ слч
2 + 250 ) Г CuS°4’
16 (150 + х) = 100 12 +
\ ZOv
2400 + 16х = 1200 + 64х,
48х = 1200,
х = 25 г.
Для приготовления 175 г 16%-ного раствора сульфата меди нужно 25 г мед-
ного купороса растворить в 150 г 8%-ного раствора сульфата меди, а для приго-
25 • 420
товления 420 г такого раствора нужно----. ;..== 60 г медного купороса раство-
1 /о
рить в 360 г 1420 — 60 = 360, или == 360^ 8%-ного раствора сульфа-
\ 1 / о /
та меди.
Третий способ. Если медный купорос представить как раствор, то
можно воспользоваться правилом смешивания. Из формулы медного купороса
А 160 • 100 сл0/
видно, что сульфат меди составляет в нем ---= 64%
64. , 8 "
8
48
56
Из приведенной схемы видно, что
для получения 56 г раствора нужно 8 г CuSO4 • 5Н2О,
» » 420 г » » х г CuSO4 • 5Н2О,
8 • 420
56
= 60 г.
153
Следовательно, для приготовления 420 г 16%-ного раствора сульфата
нужно 60 г медного купороса растворить в 360 г ^420 — 60 — 360,
----—----— 360j 8%-ного раствора сульфата меди.
201. П е р в ы й способ. Чтобы исключить изменение концентрации
растворителя (воды), взаимодействующего с уксусным ангидридом, лучше всего
выразить концентрацию растворов относительно уксусного ангидрида:
120 г СН3СООН составляют 25%,
102 г (СН3СО)2О » х%,
х = =-21,25%;
120 г СН3СООН составляют 88%,
102 г (СН3СО)2О » хх%,
102 • 88
120
= 74,8%.
По условию задачи нужно приготовить 750 г 74,8%-ного относительно уксус-
ного ангидрида раствора, содержащего 750 • 0,748 = 561 г уксусного ангидрида
и 25,2%, или 750 • 0,252 = 189 г, воды. Такое количество воды можно прибавить
к раствору только с 21,25%-ным раствором уксусного ангидрида. Значит, его
нужно взять столько, чтобы в нем содержалось 189 г воды. Если в растворе есть
21,25% ангидрида и 78,75% воды, то 189 г воды будут содержаться в
78,75
— 240 г 21,25%-ного раствора относительно уксусного ангидрида, или 25%-ного
раствора относительно уксусной кислоты. Следовательно, для приготовления
750 г 88%-ного раствора уксусной кислоты нужно в 240 г ее 25%-ного раствора
растворить 510 г (750 — 240 = 510) уксусного ангидрида.
Второй способ. Если в 100 г 25%-ного раствора, содержащего 25 г
уксусной кислоты, растворить х г уксусного ангидрида, образуется (100 + х) г
раствора. Из уравнения реакции (см. задачу 193) видно, что
102 г (СН3СО)2 О образуют 120 г СН3СООН,
х г (СН3СО)2 О » у г СНдСООН,
120 л
У ~ 102 Г>
Поскольку образовавшийся раствор 88%-ный, то
88 г СН3СООН содержится в 100 г раствора,
/ 120х\
25 + г СН3СООН » »(100ф-х)г » л
/ 120х\
100 25 4- = 88 (100 + х),
100 (2550 4- 120х) = 102 • 88 (100 4- х),
255 000 4- 12 ОООх = 897 600 4- 8976х,
3024х = 642 600,
х = 212,5. |
Чтобы приготовить 312,5 г (100 + 212,5 = 312,5) 88%-ного раствора уксус-
ной кислоты, в 100 г 25%-ного раствора уксусной кислоты нужно растворить
154
0|2,5 г уксусного ангидрида, а чтобы приготовить 750 г такого раствора, в
= 240 г 25%-ного раствора уксусной кислоты нужно растворить
31Ди
912 5 * 750
----— 510г уксусного ангидрида.
202. В 1 моль, или 200 г, кристаллогидрата ацетата меди Си (СН3СОО)2 X
/ НгО содержится 182 г ацетата меди и 18 г кристаллизационной воды.
Первый способ. Чтобы исключить изменение количества воды за
сЧет внесения ее с кристаллогидратом, концентрацию раствора ацетата меди
можно выразить относительно кристаллогидрата:
г Си (СН3СОО)2 составляют
г Си (СН3СОО)2 • Н2О
5 • 200
182
Си (СН3СОО)2 составляют
Си (СН3СОО)2 * Н2О
„ 200 • 20
— 21,98%.
182
200
х%,
182 г
200 г
%1% >
»
»
В 430 г 21,98%-ного раствора должно быть 430 • 0,2198 = 94,5 г кристалло-
гидрата ацетата меди и 335,5 г воды. Поскольку эту воду можно внести только
п, 335,5 ’ Ю0 ОГП
5,49%-ным раствором кристаллогидрата, то его нужно взять ———------— 355 г,
УТ, о
а остальные 75 г (430 — 355 = 75) — кристаллогидрата ацетата меди.
Второй способ. Если в 100 г 5%-ного раствора, содержащего 5 г
ацетата меди, растворить х г кристаллогидрата ацетата меди, то масса раствора
будет равна (100 + х) г. Из формулы кристаллогидрата ацетата меди видно, что
в 200 г Си(СН3СОО)2 • Н2О содержится 182 г Си (СН3СОО)2,
» х г Си (СН3СОО)2 • Н2О » у г Си (СН3СОО)2,
I82x п
и —-------— 0,91х г.
7 200
100 г раствора,
) + х) г » ,
Так как раствор должен быть 20%-ным, то
20 г Си (СН3СОО)2 содержится в
(5 4-0,91х) г Си (СН3СОО)2 » »
100 (5 + 0,91х) = 20 (100 + х),
500+ 91х = 2000 4-20х,
71х = 1500,
х = 21,1.
Чтобы приготовить 121,1 г 20%-ного раствора ацетата меди, нужно взять
100 г 5%-ного раствора и 21,1 г кристаллогидрата ацетата меди, а чтобы пригото-
вить 430 г этого раствора-~Т2Т1™ ~ г 5%"ного РаствоРа и 75 г (430
355 — 75) кристаллогидрата ацетата меди.
Третий способ. Рассматривая кристаллогидрат как 91%-ный рас-
твор ацетата меди, можно применить правило смешивания:
9L ^15
X20Z
5Z Чч
155
Из схемы видно, что для приготовления 86 г (71 + 15 = 86) 20%-ного рас
ра ацетата меди нужно в 71 г 5%-ного раствора растворить 15 г кристаллогидр^'
ацетата меди, а для приготовления 430 г этого раствора — в --
пп/ 15 • 430 __
5%-ного раствора —— = 75 г кристаллогидрата ацетата меди,
оо
203. Первый способ. В 300 г 30% -ного раствора должно содержу
ся 300 ‘ 0,3= 90 г, или = 1,5 моль, уксусной кислоты, которая может™
ои ^0-
разоваться (см. задачу 193) из 0,75 моль, или 0,75 » 102 = 76,5 г, уксусного ан
гидрида. Следовательно, для приготовления 300 г 30%-ного раствора уксусной
кислоты нужно 76,5 г уксусного ангидрида растворить в 223,5 г (300 — 76,5
= 223,5) воды.
Второй способ. В 300 г 30%-ного раствора должно содержаться
300 • 0,3 = 90 г уксусной кислоты. По уравнению реакции
120 г СНдСООН образуются из 102 г (СН3СО)2 О,
90 г СН3СООН » » к г (СН3СО)2О,
102 .90 _
—120“ = 76,5 г. I
Следовательно, для приготовления этого раствора нужно 76,5 г уксусного ан-
гидрида растворить в 223,5 г (300 — 76,5 = 223,5) воды.
204. Масса 1 л 14,6%-ного раствора фосфорной кислоты плотностью 1,08 г/см8
равна 1000 • 1,08 = 1080 г. В нем содержится 1080 • 0,146 = 157,68 г, или
157,68
Paei4
= 647,15 г
пс = 1,61 моль, фосфорной кислоты; значит, раствор 1,61 М.
Уо
205. Масса 1 л 12,2 М раствора азотной кислоты равна 1000 • 1,35 = 1350 г.
В нем содержится 12,2 • 63 = 768,6 г азотной кислоты, и концентрация его рав-
768,6 • 100 _ _ О0/
на 1д50 56,9 /о.
206. В 1 моль, или 247 г, кристаллогидрата нитрита бария Ba (NO2)2 • Н20
содержится 229 г безводного нитрита бария и 18 г кристаллизационной воды.
Растворимость безводного нитрита бария при 100° С равна 300 г, а при 20° С —
67,5 г.
Первый способ. В 400 г (100 + 300 = 400) насыщенного при 100° С
раствора содержится 300 г нитрита бария, а в 800 г такого раствора содержится
в два раза больше, т. е. 2 • 300 = 600 г. Согласно формуле кристаллогидрата
нитрита бария из 600 г нитрита бария может образоваться ——-—
22У
кристаллогидрата. Значит, в 800 г раствора будет 647,15 г кристаллогидрата
и 152,85 г воды, не принимающей участия в образовании кристаллогидрата.
При 20° С в 167,5 г (100 + 67,5 = 167,5) раствора содержится 67,5 г безводного
нитрита бария, из которого может образоваться ———------= 72,8 г кристалло-
229
гидрата. Значит, при 20° С 72,8 г кристаллогидрата могут раствориться в 94,7 г
(167,5 — 72,8 = 94,7) воды. При охлаждении 800 г насыщенного при 100° С
раствора нитрита бария в растворе останется столько кристаллогидрата нитра-
та бария,сколько его может раствориться в 152,85 г воды, не принимающей
участия в образовании кристаллогидрата:
г Н2О содержится 72,8 г Ba (NO2)2 • Н2О
1 » к
72,8- 152,85
94,7 И/’°
Следовательно, из 647,15 г кристаллогидрата нитрита бария, содержаще-
. с раствора нитрита бария, 117,5 г его останут-
в 94,7
» 152,85 г Н2О
' А
1
г Ba (NO2)2 Н2О,
гося в 800 г насыщенного при 100°
156
с п о с о б. В 800 г насыщенного при 100° С раствора нитрита
ия содержится 600 г безводной соли и 200 г воды. Если при охлаждении раство-
р^.
в растворе, а остальные 529,65 г (647,15 — 117,5 = 529,65) выкристалли-
Л'ЮТСЯ- ft
^Второй
д^20°^Свыкристаллизуется х г кристаллогидрата нитрита бария, то в нем бу-
229х НИТрИТа бария и г воды. В растворе при 20° С останутся (600 —
№ 247 247 \
г нитрита бария и ^200 — г воды. Исходя из растворимости нитрита
^рйя при 20° С, можно определить, что
67,5 г Ba (NO2)2 растворяются в
247
100 г Н,О,
/ 72<J V \ /1с
600 ~ ~^г) г Ва (N°2)2 ’ 8 (20° " ~24
100 (148 200 — 229х) = 67,5 (49 400 — 18х),
14 820 000 — 22 900х = 3 334 500 — 1215х,
г Н„О, •
21 685х= 11 485 500,
х = 529,65.
Следовательно, из раствора выкристаллизуются 529,65 г кристаллогидрата
нитрита бария.
207. Растворимость хлорида железа (II) при 80° С равна 100 г. Значит, в
200 г (100 + 100 = 200) раствора содержится 100 г растворенного вещества,
и концентрация его равна 50%.
208. Растворимость нитрата калия при 60° С равна 110 г, а при 20° С — 31,6 г.
В 210 г (100 + ПО == 210) раствора, насыщенного при 60° С, содержится 110 г
KNO3, а в 840 г данного раствора по условию задачи содержалось —“
~ 440 г KNO3 и 400 г (840 — 440 = 400) воды. При выкристаллизации KNO3
из раствора количество воды как растворителя не изменяется, так как KNO3
выкристаллизовывается в виде безводной соли. В 400 г воды при 20° С может рас-
твориться 31,6 * 4 = 126,4 г KNO3, а остальные 313,6 г (440 — 126,4 = 313,6)
KNO3 выкристаллизовываются.
209. В 1 моль, или 228 г, кристаллогидрата сульфата магния содержится
120 г сульфата магния и 108 г кристаллизационной воды. Растворимость безвод-
ного сульфата магния при 70q С равна 59 г, а при 20° С — 44,5 г.
Первый способ. В 159 г (100 + 59 = 159) насыщенного при 70° С
раствора содержится 59 г безводного сульфата магния и 100 г воды, или
'~ ^2’1 г кристаллогидрата, и 46,9 г (159 — 112,1 == 46,9) воды, не
принимающей участия в образовании кристаллогидрата.
В 144,5 г насыщенного при 20° С раствора содержится 44,5 г безводного суль-
44 5 • 228
фата магния и 100 г воды, или —в 84,55 г кристаллогидрата и 59,95 г
(144,5 — 84,55 = 59,95) воды, не принимающей участия в образовании кристал-
логидрата.
При 20° С
в 59,95
г Н2О растворяются 84,55 г MgSO4 • 6Н2О,
г Н2О » х г MgSO4 • 6Н2О,
84,55 • 46,9 _ t
59^5—= 66)1 П
х =
Из 112,1 г кристаллогидрата, содержащегося в 159 г раствора, 66,1 г оста-
нутся в растворе, а 46 г (112,1 — 66,1 == 46) выкристаллизуются. Следовательно,
157
46 г кристаллогидрата выкристаллизуются из 159 г насыщенного при 70°Сраство
ра, а 460 г кристаллогидрата выкристаллизуются из 1590 г раствора.
Второй способ. В 159 г насыщенного при 70° С раствора содержится
59 г MgSO4 и 100 г воды. Если выкристаллизуется х г кристаллогидрата, то коли
120х 108х
чество соли уменьшится на -7^5-- г, а количество воды уменьшится на -7^- г. рас
ZZO ZZO
творимость MgSO4 при 20е С равна 44,5 г. Значит,
44,5 г MgSO4 растворяются в 100 г Н2О,
/сп 120х \ ( 108х \ гтп
I59-----228”) Р MgSO'! ’ ’ ( 100 --228“) Г Н2°’
\ /
100------7— 100 /59 —
120х \
228 /’
1 014 600 — 4806% = 1 345 200 — 12 СООх,
7194% = 330 600,
159 г насы-
х — 46.
Следовательно, 46 г кристаллогидрата выкристаллизуются из
шейного при 70° С раствора, а 460 г — из 1590 г раствора.
210. В 1 моль, или 250 г медного купороса CuSO4 * 5Н2О содержится 160 г
сульфата меди и 90 г кристаллизационной воды. В 5 кг соли содержится 5000 х
X 0,95 = 4750 г медного купороса. Растворимость безводного сульфата меди при
100° С равна 75,4 г, а при 20° С — 20,7 г,
Первый способ. По условию задачи нужно перекристаллизовать
4750 г, или -75^77= 19 моль, медного купороса, содержащего 19 моль, или 19 х
zoU
X 160 = 3040 г, безводного сульфата меди. При 100е Св 100 г воды растворяется
А л. опял 3040 * 100
75,4 г сульфата меди, а 3040 г его растворяются в —— = 4032 г воды. Сле-
довательно, в 7072 г (3040 + 4032 = 7072) насыщенного при 100° С раствора бу-
дет 4750 г медного купороса и 2322 г (7072 — 4750 = 2322) воды, не принимающей
участия в образовании медного купороса. Растворимость безводного сульфата
меди при 20° С равна 20,7 г. Это значит, что в 120,7 г раствора (100+ 20,7 =
20 7 • 250
= 120,7) содержится 20,7 г безводной соли и 100 г воды, или —------ 32,34 г
160
кристаллогидрата и 88,36 г (120,7 — 32,34 — 88,36) воды, не принимающей учас-
тия в образовании кристаллогидрата. Тогда,
в 88,36 г Н2О растворяются 32,34 г CuSO4 • 5Н2О,
» 2322 г Н2О » х г C11SO4 • 5Н2О,
2322 • 32,34 с„
88,36 85 Г‘
Значит, из 4750 г медного купороса, содержащихся в растворе, 850 г оста-
нутся в растворе при 20° С, а остальные 3900 г (4750 — 850 == 3900) выкристал-
лизуются.
Второй способ. Из формулы кристаллогидрата сульфата меди сле-
дует, что
в 250 г CtiSO4 • 5Н2О содержится 160 г CuSO4,
» 4750 г CuSO4 • 5Н2О » х^ г CuSO4,
4750 • 160
~ 250
= 3040 г.
Из растворимости безводного сульфата меди при 100° С видно, что
75,4 г CuSO4 растворяются в 100 г Н2О.
158
3040 г CuSO4 растворяются в х2 г Н2О,
х2 —
3040 100
75,4
= 4032 I.
В 7072 г (3040 + 4032 == 7072) раствора содержится 3040 г сульфата меди
й 4032 г воды. Если при охлаждении раствора до 20° С выкристаллизуется х г
. 16%
кристаллогидрата, то масса сульфата меди в растворе уменьшится на г, а ко-
9х
дичество воды уменьшится на -—т- г.
Так как растворимость безводной соли при 20° С равна 20,7 г, то
20,7 г CuSO4 растворяются в 100 г Н2О,
(16% \ / ®х \
3040 - 1 г CuSO. » » [4032 - г Н2О,
25 у 4 \ 25 у 2
100 (3040 — 0,64%) = 20,7 (4032 — 0,36%),
304 000 — 64х = 83 462,4 — 7,452%,
56,548% = 220 537,6,
х = 3900 г.
211. Масса 1 л 59,24%-ного раствора серной кислоты равна 1000 • 1,49 =
= 1490 г. В нем содержится 1490 • 0,5924 = 882,7 г, или = 18 эквива-
4У
лентов, серной кислоты. Значит, раствор 18 н.
212. Водород с хлором взаимодействует согласно следующему уравнению:
Н2 + С12 = 2НС1.
22,4 22,4 2 • 36,5
22 = 46,76 г, хлороводорода. Образуется
кислоты, концентрация которой будет равна
После герметического закрывания сосуда в нем находилось 300 мл воды
и 28,7 л (29 — 0,3 — 28,7) смеси газов. Так как смесь была эквимолекулярной
и из двух объемов водорода и хлора образуются 2 объема хлороводорода, то вся
смесь полностью превратится в хлороводород. По условию задачи нужно опреде-
лить концентрацию соляной кислоты, которая образуется в результате раство-
7 28,7 . 36,5
рения в воде 28,7 л, или -
346,76 г раствора соляной
4-6'76 • = 13,480/0.
346,76
213. В 1 моль 10-водного
142 г сульфата натрия и 180 г кристаллизационной воды. При разложении крис-
таллогидрата кристаллизационная вода играет роль растворителя. По условию
задачи 180 г кристаллизационной воды образуют 24,8%-ный насыщенный раствор,
в котором могут удерживаться —= 59,4 г сульфата натрия. Остальные
82,6 •- 100
82,6 г его (142 — 59,4 = 82,6) выкристаллизуются. Это составляет----— —
L
кристаллогидрата сульфата натрия содержатся
== 58,2% от общего содержания сульфата натрия.
214. Электролизу подвергали 10 • 1,3 = 13 кг 5 М раствора серной кислоты.
В процессе электролиза на катоде выделяется водород, а на аноде — кислород.
Количество серной кислоты при этом не изменяется, т. е. электролитически разла-
гается вода:
2Н2О - 2Н2 + О^.
2 18 2 • 22,4 22,4
159
Первый способ. По условию задачи на катоде выделилось 560
560 1,1
или — = 25 моль, водорода. Из приведенного уравнения разложения вопг
22,4 **«1
видно, что при разложении 1 моль воды выделяется 1 моль водорода. Значит раз
ложилось 25 моль, или 25 ♦ 18 = 450 г, воды. До электролиза в 10 л, или 13 Кг
раствора содержалось 5 • 10 = 50 моль, или 50 • 98 = 4900 г, серной кислот^
и 8100 г (13 000 — 4900 = 8100) воды. После электролиза объем раствора умещ.
шился на 450 мл и стал равным 9,55 л. Масса раствора уменьшилась на 450 г
и стала равной 12 550 г, а концентрация раствора равна — —= 39%, или
1 zi OOU
'^55'= 5,24 М.
Второй СП
в
4»
х г H2SO4,
»
особ. Так как раствор 5М, то
1 л раствора содержится 5 • 98 г H2SO,
10 л »
х = 5 • 98 • 10 = 4900 г.
В 13 000 г раствора содержалось 4900 г серной кислоты и 8100 г воды. Из урав-
нения реакции разложения воды видно, что
22,4 л Н2 выделяются при разложении 18 г Н2О,
560 л Н2 » » » х^ г Н2О,
18 • 560 с
* = “22^- = 450 Г‘
После электролиза образовалось 12 550 г раствора (13 000 — 450 = 12 550),
содержащего 4900 г серной кислоты, или 9,55 л раствора, содержащего 50 моль
Q * 4900 * 100 QG0/
серной кислоты. Значит, концентрация раствора будет равна —_— = 39%,
ээи
50 Г
или гг" — 5,24 М.
9,55
VI. СМЕСИ
215. Цинк и моноксид цинка растворяются в соляной кислоте по уравнениям
Zn + 2НС1 = ZnCl2 4- Н2; I
65 136
ZnO+ 2НС1 =ZnCl2-j-H2O. |
81 2 • 36,5
Первый способ. По условию задачи на растворение 10,7 г смеси
цинка и моноксида цинка израсходовали 100 г 10,22%-ного раствора соляной
10 22
кислоты, содержащего 10,22 г, или ~ 0,28 моль, хлороводорода. Из урав-
36,5
нений реакций видно, что на растворение 1 моль цинка или 1 моль моноксида
цинка расходуется 2 моль хлороводорода, в результате чего образуется 1 моль
ZnCl2, содержащий 1 моль цинка, а 0,28 моль хлороводорода будут реагировать
с 0,14 моль цинка и моноксида цинка и образуют 0,14 моль ZnCl2, содержа-
щего 0,14 моль, или 0,14 < 65= 9,1 г, цинка. Следовательно, в 10,7 г смеси
цинка и моноксида цинка содержалось 9,1 г цинка в свободном состоянии
1 6
и в виде моноксида и 1,6 г (10,7 — 9,1 = 1,6), или —— 0,1 моль, кислорода,
1о
входящего в состав 0,1 моль, или 0,1 • 81 = 8,1 г, моноксида цинка. Следователь-
но, в смеси было 8,1 г моноксида цинка и 2,6 г (10,7 — 8,1 = 2,6) цинка.
Второй способ. По условию задачи прореагировали 10,7 г смеси цин-
160
2»
х г ZnCl2,
= 19,04 г.
я моноксида цинка со 100 г 10,22%-ного раствора соляной кислоты, содержа-
10,22 г хлороводорода. В результате реакции образовалась соль — хлорид
^нка. Из уравнений реакций видно, что
73 г НС1 образуют 136 г ZnCl
10,22 г НС! »
136 • 10,22
73
Из формулы молекулы хлорида цинка видно, что
в 136 г ZnCl2 содержатся 65 г Zn,
» 19,04 г ZnCl2 » х^ г Zn,
_ 65 • 19,04
Х* ~ 136
= 9,1 г.
Значит, в 10,7 г смеси содержалось 9,1 г цинка в свободном состоянии и в ви-
де моноксида и 1,6 г (10,7 — 9,1 = 1,6) кислорода, входящего в состав моноксида
цинка. Из формулы моноксида цинка видно, что
16 г кислорода образуют 81 г ZnO,
1,6 г » » х2 г ZnO,
х2 — 16 8,1 г.
Следовательно, в 10,7 г смеси содержалось 8,1 г моноксида цинка и 2,6 г
(10,7 — 8,1 = 2,6) цинка.
216. Железо и медь в разбавленной азотной кислоте растворяются по урав-
нениям:
3Cu + 8HNO3 = ЗСи (NO3)2 + 2NO + 4Н2О;
3 - 64 2 • 22,4
Fe + 4HNO3 = Fe (NO3)3 + NO + 2H2O.
56
(1)
(2)
0 896
Первый способ. По условию задачи выделилось 0,896 л, или =
= 0,04 моль, моноксида азота. Если количество молей моноксида азота, выделив-
шееся при растворении железа, обозначить через х, то количество молей моно-
ксида азота, выделившееся при растворении меди, будет равно (0,04 — х). Как
видно из уравнения реакции (2), 1 моль NO выделяется при растворении 1 моль
Fe, а х моль NO — при растворении х моль, или 56х г F<e. Ц.з уравнения реакции
(1) видно, что 2 моль NO выделяются при растворении 3 моль Си, а (0,04 —
ктхч ‘ 3 /Л ч " 64~ГЗ (0,04 — х)
— х) моль NO — при растворении-^- (0,04 — х) моль, или --------g------ г,
или 96 (0,04 — х) г, Си. Следовательно, в 3,04 г смеси было 56х г железа и 96
(0,04 — х) г меди, откуда
56x4-96 (0,04 — х) = 3,04,
56x4-3,84 —96х = 3,04,
40х = 0,8,
х = 0,02.
Значит, в смеси было 0,02 « 56 = 1,12 г железа и 1,92 г (3,04 — 1,12 = 1,92)
Меди.
6 2-182
161
X
Второй способ. Если в смеси было х г, или моль,
56
5 04 —— х>
было также (3,04 — х) г, или ——-
Fe’ то в Het
моль Си. Из уравнения реакции
видно, что при растворении 1 моль Fe образуется 1 моль NO, а при растворено
х х 22 4х
л, NO. Из уравнения реакции (1) видно, ЧТо
3,04 _ ,
х 22,4х
моль, или
56 М0ЛЬ Fe 56 ------------- 56
при растворении 3 моль Си образуются 2 моль NO, а при растворении
2 (3,04 — х) 2 . 22,4 (3,04 — х)
МОЛЬ Си----------7-— моль, или
3 • 64
3 • 64
л, NO, откуда
22,4х
~56~
22,4 (3,04 —х)
96
= 0,896,
96х + 56 (3,04 — х) = 0,04 • 56 - 96,
96х + 170,24 — 56х = 215,04,
40х=44,8,
х==1,12. I
Таким образом, в смеси было 1,12 г Fe и 1,92 г (3,04 — 1,12 = 1,92) Си.
Третий способ. Обозначим количество железа в смеси через х г,
а объем моноксида азота, образовавшегося при растворении железа, через у г.
Количество меди в смеси будет равно (3,04 — х) г, а объем моноксида азота, обра-
зовавшегося при растворении меди, будет равен (0,896 — у) л. При помощи урав-
нений (1) и (2) составляем две пропорции, образующие систему двух уравнений
с двумя неизвестными:
при растворении 56 г Fe образуются 22,4 л NO,
» » х г Fe » у л NO,
56г/ = 22,4 х; I
при растворении 192 г Си образуются 44,8 л NO,
» » (3,04 — х) г Си » (0,896 — у) л NO,
192 (0,896 — у) = 44,8 (3,04 — х), I
22,4х
У~ 56 ; I
/ 22 4х \
192 (0,896------=£- ) = 44,8 (3,04 — х),
\ 56 /
192 (0,896 — 0,4х) = 44,8 (3,04 — х),
172,032 — 76,8х = 136,192 — 44,8х,
32х = 35,84,
х= 1,12.
Таким образом, в смеси было 1,12 г железа и 1,92 г (3,04 — 1,12 = 1,92) меди»
Четвертый способ. Можно рассчитать, сколько выделилось бы мо-
ноксида азота, если бы смесь состояла только из железа или только из меди-
Из уравнений реакций (1) и (2) видно, что
NO,
NO,
при растворении 192 г Си выделяются 44,8
» » 3,04 г Си » х
44,8 -3,04
х — Tqq — 0,709 л;
при растворении 56 г Fe выделяются 22,4
л
л
л
NO,
162
при растворении 3,04 г Fe выделяются л NO,
X] —
22,4 • 3,04
= 1,216 л.
В первом случае моноксида азота выделилось на 0,187 л (0,896 — 0,709 ==
0,187) меньше, а во втором случае на 0,320 л (1,216 — 0,896 = 0,320) больше,
qeM но условию задачи. Отношение этих разностей показывает, в каком весовом
со0тношении находились компоненты в смеси:
_^Си 1,216 1,716
nFe 0,709 1
Значит, в смеси на 1 вес. ч. железа приходится 1,716 вес. ч. меди, т. е. в смеси
3,04 .1 , |О 3,04 . 1,716 , пп
было ——= 1,12 г железа и —?г——— = 1,92 г меди.
2,/1о 2,716
217. Железо и моноксид железа реагируют с серной кислотой по уравнениям:
Fe + H2SO4 = FeSO4 + Н2;
56
FeO + H,SO. = FeSO. + H,O.
72
Молекулярная масса железного купороса равна 278.
Первый способ. По условию задачи образовалось 111,2 г, или
111 2
- = 0,4 моль, железного купороса, содержащего 0,4 моль, или 0,4 • 56 =
278
= 22,4 г, железа. В 27,2 г смеси железа с моноксидом железа было 22,4 г железа
4 8
в свободном состоянии и в виде моноксида и 4,8 г (27,2 — 22,4 = 4,8), или —“~
1Ь
= 0,3 моль, кислорода, входящего в состав моноксида железа и образующего его
0,3 « 72= 21,6 г. Значит, в 27,2 г смеси содержалось 21,6 г моноксида железа и
5,6 г (27,2 — 21,6 = 5,6) железа.
Второй способ. По условию задачи образовалось 111,2 г желез-
111,2- 56 о г О7 о
ного купороса, содержащего ——— = 22,4 г железа. Следовательно, в 27,2 г
278
смеси железа и моноксида железа было 22,4 г железа и 4,8 г кислорода, входяще-
го в состав моноксида железа. Из формулы моноксида железа видно, что
16 г кислорода входят в состав 72 г FeO,
4,8 г » » » » х г FeO,
Таким образом, в смеси было 21,6 г моноксида железа и 5,6 г (27,2 — 21,6 =
= 5,6) железа.
218. Горение пирита и сульфида цинка происходит по уравнениям:
4FeS2 + 1102 = 2Fe203+ 8SO2 ; (1)
4-120 8 • 22,4
2ZnS + ЗО2 = 2ZnO + 2SO2 (2)
2 • 97 2 • 22,4
Первый способ. По условию задачи при сжигании 251,2 г смеси пи-
* 71 68
рита и сульфида цинка образовалось 71,68 л, или ~ 3,2 моль> диоксида се-
ры. Если обозначить количество молей диоксида серы, образующегося при сжига-
нии сульфида цинка, через х, количество молей диоксида серы, образующегося
6*
163
при сжигании пирита, будет равно (3,2 — х). Из уравнения реакции (2) видно, Чт
х моль SO2 образуются при сжигании х моль, или 97 х г, ZnS. По уравнению п*
(3 2____________________________________________________________х)
акции (1) (3,2 — х) моль SO2 образуются при сжигании — ---------- моль,
120 (3,2 - х) г „ п
------------ г, reS2. Отсюда
97х + 60 (3,2 — х) = 251,2,
97x4- 192 — 60х = 251,2,
37 х = 59,2,
х~ 1,6.
Таким образом, в смеси было 1,6 моль, или 1,6
^4-^ = 0,8), или 0,8 • 120 = 96 г, FeS2.
97 = 155,2 г, ZnS и 0,8 моль
X
г, или моль, сульфида
У/
моль. По уравнению‘ реак-
. * * * * * * * * * х
образуются моль, или
Второй способ. Если в смеси было х
251 2—-х
цинка, то пирита было (251,2 — х) г, или——
X
пии (2) при сжигании моль сульфида цинка
У/
22 4х
л, диоксида серы. По уравнению реакции (1) при сжигании 4 моль FeS2
У/
251 2__х
образуются 8 моль SO2, а при сжигании -----— моль FeS2 образуются
2 (251,2 - х) 22,4 (251,2 - х) _
----------- моль, или ----——--------л, SO2. Отсюда
120
60
22,4х 22,4(251,2 —х)
97 + 60
= 71,68,
60х + 97 (251,2 - х) = 3,2 • 60 • 97,
60х + 24 366,4 — 97х = 18 624,
37х = 5742,4,
х= 155,2.
Таким образом, в смеси было 155,2 г ZnS и 96 г (251,2 — 155,2 = 96) FeS2.
Третий способ. Если количество сульфида цинка обозначить через
х г, а объем диоксида серы, образующийся при сжигании сульфида цинка,— че-
рез у л, то количество пирита будет равно (251,2 — х) г, объем диоксида серы,
образующийся при сжигании пирита, составит (71,68 — у) л. Пользуясь уравне-
ниями реакций (1) и (2), можно составить две пропорции, образующие систему
двух уравнений с двумя неизвестными:
194 г ZnS образуют 44,8 л SO2,
х г ZnS » у л SO2,
194 у = 44,8х;
480 г FeS2 образуют 179,2 л SO2,
(251,2 — х) г FeS2 » (71,68 — у) л SO2,
480 (71,68 — у) = 179,2 (251,2 — х);
164
/ 44 8х \
480 (71,68 ----г~) = 179,2 (251,2 — х),
\ * <7 * /
120 (310,4 — х) = 194 (251,2 — х),
37 248 — 120х == 48732,8 — 194х,
74х = 11484,8,
х = 155,2.
Значит, в смеси было 155,2 г ZnS и 96 г (251,2 — 155,2 = 96) FeS2*
219. Карбонат и гидрокарбонат кальция реагируют с серной кислотой по урав-
нениям;
СаСО3 + H2SO4 = CaSO4 + Н2О + СО2;
100 136
Са (НСО3)2 + H2SO4 = CaSO4 + 2Н2О + 2СО2.
162
Первый способ. По условию задачи из 33,3 г смеси карбоната и
32 64
гидрокарбоната образовалось 32,64 г, или —= 0,24 моль, сульфата каль-
136
ция. Из уравнений реакций карбоната и гидрокарбоната кальция с серной
кислотой видно, что из 1 моль и карбоната, и гидрокарбоната образуется
1 моль сульфата кальция, а 0,24 моль сульфата кальция могут образоваться из
0,24 моль карбоната и гидрокарбоната кальция. Если количество молей карбона-
та кальция обозначить через х, то количество молей гидрокарбоната кальция
будет равно (0,24 — х). Тогда в смеси будет 100 х г карбоната кальция и 162 (0,24—
— х) г гидрокарбоната кальция. Отсюда
ЮОх + 162 (0,24 — х) = 33,3,
ЮОх + 38,88 — 162х = 33,3,
62х = 5,58,
х = 0,09.
Следовательно, в смеси было 0,09 моль, или 0,09 •. 100 = 9 г, карбоната
кальция и 24,3 г (33,3 — 9 = 24,3) гидрокарбоната кальция.
Второй способ. Если в смеси было х г, или моль, карбоната каль-
33 3 __х
ция, то гидрокарбоната кальция было (33,3 — х) г, или —— моль. Из уравне-
ний реакций карбоната и гидрокарбоната кальция с серной кислотой видно, что
х х I36х
из — моль карбоната кальция образуется — моль, или —- г, сульфата каль-
33,3 — х л е 33,3 — х
ция, а из ——— моль гидрокарбоната кальция образуется ——
136 (33,3 - х) . п
-—----------- г, сульфата кальция. Отсюда
моль, или
136х 136(33,3 —х)
100 + 162
= 32,64,
162х + 100 (33,3 — х) = 0,24 • 100 • 162,
162х 4- 3330 — ЮОх = 3888,
62х = 558,
х = 9 г,
165
Следовательно, в смеси было 9 г карбоната кальция и 24,3 г (33,3 — 9 — 24,3)
гидрокарбоната кальция.
Третий способ. Если количество карбоната кальция в смеси обо.
значить через х г, а количество образовавшегося из него сульфата кальция через у
г, то количество гидрокарбоната кальция будет равно (33,3 — х) г, а количество
образовавшегося из него сульфата кальция — (32,64 — у) г. Пользуясь уравне-
ниями реакций карбоната и гидрокарбоната кальция с серной кислотой, можц0
составить систему двух уравнений с двумя неизвестными:
из 100 г СаСО3 образуются 136 г CaSO4, 5
> х г СаСО3 » у г CaSO4,
100# = 136х; £
из 162 г Са (НСО3)2 образуются 136 г CaSO4,
» (33,3 — х) г Са (НСО3)2 » (32,64 — у) г CaSO4,
162 (32,64 — у) = 136 (33,3 — х),
у 1,36х,
162 (32,64 — 1,36х) = 136 (33,3 — х), t
5287,68 — 220,32х = 4528,8 — 136х,
84,32x^ 758,88,
х = 9 г. 3
Значит, в смеси было 9 г карбоната кальция и 24,3 г (33,3 — 9 = 24,3) гид-
рокарбоната кальция.
220. Реакции хлоридов калия и натрия с серной кислотой происходят со-
гласно следующим уравнениям:
2КС1 + H2SO4 = K2SO4 + 2НС1; 1
2 • 74,5 174
2NaCl + H2SO4 = Na2SO4 + 2НС1. 1
2 58,5 142
Первый способ. По условию задачи из 8,3 г хлоридов калия и натрия
образовалось 9,8 г их сульфатов, т. е. масса увеличилась на 1,5 г (9,8 — 8,3 —
== 1,5). Увеличение массы обусловлено заменой двух молей хлора одним молем
сульфата. При такой замене масса должна увеличиться на 25 г (96 — 71 = 25).
1 5
По условию задачи масса увеличилась на 1,5 г, значит, прореагировали 2 • =
= 0,12 моль хлоридов калия и натрия с образованием
= 0,06 моль сульфа-
тов калия и натрия. Если количество молей хлорида калия в смеси обозначить
через х, то количество молей хлорида натрия будет равно (0,12 — х). В смеси
было 74,5х г хлорида калия и 58,5 (0,12 — х) г хлорида натрия. Отсюда
74,5х + 58,5 (0,12 — х) = 8,3,
74,5х + 7,02 —58,5х = 8,3,
16х= 1,28,
х = 0,08.
Следовательно, в смеси было 0,08 моль, или 0,08 • 74,5 = 5,96 г, хлорида
калия и 0,04 моль (0,12 — 0,08 = 0,04), или 0,04 •- 58,5 = 2,34 г, хлорида натрия.
Согласно уравнениям реакций хлоридов калия и натрия с серной кислотой из
0,08 молей хлорида калия образовалось 0,04 моль, или 0,04 • 174 = 6,96 г,
сульфата калия, а из 0,04 моль хлорида натрия образуются 0,02 моль, или 0,02 X
X 142 = 2,84 г, сульфата натрия.
166
то хлорида натрия было (8,3 — х) г, или
х
моль хлорида
174х ж 8>3 — *
г, сульфата калия, а из —моль
142 (8,3 — х)
МОЛЬ, ИЛИ -----руу-----
X
Второй способ. Если в смеси было х г, или — - моль, хлорида калия,
3 ~~ х
------ моль. Из уравнений реакций
58,5
хлоридов калия и натрия с серной кислотой видно, что из
г- Х
калия образуется -—=-р= моль, или
8,3 — х
хлорида натрия образуется Г)—
Z • ио,О
Отсюда
174х 142(8,3 —х)
149 117
= 9,8,
58,5
г, сульфата натрия.
117 • 174х+ 149 • 142(8,3 — х) =9,8 • 149 • 117,
20 358 х + 175611,4 — 21 158х = 170843,4,
800х = 4768,
х ~ 5,96 г.
Следовательно, в смеси было 5,96 г хлорида калия и 2,34 г (8,3 — 5,96 ~
174 • 5 96
= 2,34) хлорида натрия. Из 5,96 г хлорида калия образуются ----------г-—— =
142 • 2,34
= 6,96 г сульфата калия, а из 2,34 г хлорида натрия образуются-------—------—
= 2,84 г сульфата натрия.
Третий способ. Если количество хлорида калия обозначить через
х г, а количество сульфата калия через у г, то количество хлорида натрия будет
равно (8,3 — х) г, а количество сульфата натрия — (9,8 — у) г. Пользуясь урав-
нениями реакций хлоридов калия и натрия с серной кислотой, можно составить
систему двух уравнений с двумя неизвестными:
из 149 г КС1 образуются 174 г K2SO4,
х г КС1 » у г K2SO4,
149г/ = 174х;
из 117 г NaCl образуются 142 г Na2SO4,
» (8,3 — х) г NaCl » (9,8 — у) г Na2SO4,
117(9,8 — у) = 142 (8,3 —х),
174х
У 149 ’
117 9,8------гаг- = 142 (8,3 —х),
\ 1 4’У /
117 (1460,2— 174х) = 142 « 149 (8,3 — х),
170843,4 — 20 358х = 175611,4 — 21 158х,
800х = 4768,
х = 5,96 г.
_ X - А/? 174 • 5,96
Значит, в смеси было 5,96 г хлорида калия, из которого образуется —— =
= 6,96 г сульфата калия, и 2,34 г (8,3 — 5,96 = 2,34) хлорида натрия, из кото-
рого образуется 2,84 г (9,8 — 6,96 = 2,84) сульфата натрия.
167
221. Растворение магния и моноксида магния в соляной кислоте проходит
по уравнениям:
Mg + 2НС1 = MgCl2 + Н2;
24
MgO + 2НС1 == MgCl2 + Н2О.
40
Осаждение магния гидрофосфатом натрия в аммиачной среде проходит
по уравнению:
MgCl2 + Na2HPO4 + NH4OH = MgNH4PO4 + 2NaCl + H2O. -
При прокаливании фосфат магния и аммония разлагается по уравнению:
2MgNH4PO4 = Mg2P2O7 + 2NH3 + Н2О.
Для решения этой задачи целесообразно пользоваться не всеми приведенными
выше уравнениями, а такими двумя схемами:
2Mg -> Mg2P2O7> 2MgO -> Mg2P2O7.
2 - 24 222 2 • 40 222
0,32 Л ПО
—= 0,02 моль, кислоро-
Первый способ. По условию задачи образовалось 6,66 г, или ==
= 0,03 моль, пирофосфата магния, содержащего 0,06 моль, или 0,06 • 24 = 1,44 г,
магния. Значит, в 1,76 г смеси содержалось 1,44 г магния в свободном состоянии
и в виде моноксида и 0,32 г (1,76 — 1,44 = 0,32), или
да, входящего в состав 0,02 моль, или 0,02 » 40 = 0,8 г, моноксида магния. Та-
ким образом, в смеси было 0,8 г моноксида магния и 0,96 г (1,76 — 0,8 = 0,96)
магния.
Второй способ. По условию задачи образовалось 6,66 г пирофосфата
магния. Из формулы пирофосфата магния следует, что
в 222 г Mg2P2O7 содержится 48 г Mg,
» 6,66 г Mg2P2O7 » х г Mg,
48 - 6,66
Х 222 1,44 Г*
Следовательно, в 1,76 г смеси было 1,44 г магния в свободном состоянии и в со-
ставе моноксида и 0,32 г (1,76 — 1,44 = 0,32) кислорода, входящего в состав мо-
ноксида магния. Из формулы моноксида магния видно, что
16 г О2 входит в состав 40 г MgO,
0,32 г О2 » » » Xj г MgO,
40 • 0,32
Xi ~~ 16
= 0,8 г.
Таким образом, в 1,76 г смеси было 0,8 г моноксида магния и 0,96 г (1,76 —
— 0,8 = 0,96) магния.
Третий способ. Если количество магния в смеси обозначить через
х г, а количество пирофосфата магния, образовавшегося из магния, через у г»
то количество моноксида магния будет равно (1,76 — х) г, а количество образовав-
шегося из него пирофосфата магния будет равно (6,66 — у) г. Пользуясь приве-
денными схемами, можно составить две пропорции, из которых образуется систе-
ма двух уравнений с двумя неизвестными:
из 48 г Mg образуется 222 г Mg2P2O7,
» х г Mg » у г Mg2P2O„
168
48у 222x;
из 80 г MgO образуется 222 г Mg2P2O7,
» (1,76 — х) г MgO » (6,66 — t/) г Mg2P2O7,
80 (6,66 — у) = 222 (1,76 — x),
_ 222x
У~ 48 ’
80 6,66 — = 222 (1,76 — x),
\ /
80 (319,68 — 222x) = 10 656 (1,76 — x),
25574,4 — 17 760x = 18754,56 — 10 656x,
7104x= 6819,84,
x = 0,96.
Следовательно, в 1,76 г смеси было 0,96 г магния и 0,8 г (1,76 — 0,96 — 0,8)
моноксида магния.
222 . Перманганат калия со щавелевой и муравьиной кислотами в сернокислой
среде взаимодействуют по уравнениям:
2КМпО4 + 5Н2С2О4 + 3H2SO4 = K2SO4 + 2MnSO4 + 10СО2 + 8Н2О; (1)
2-158 5-90
2KMnO4 + 5НСООН + 3H2SO4 = K2SO4 + 2MnSO4 + 5СО2 + 8Н2О. (2)
2-158 5-46
Первый способ. По условию задачи в 500 мл раствора содержалось
13,7 г смеси щавелевой и муравьиной кислот, а в 50 мл, взятых для титрования,—
1 58
1,3 7 тэтой смеси. На окисление смеси кислот израсходовано 1,58г, или — ==
= 0,01 моль, перманганата калия. Из уравнений реакций (1) и (2) видно, что
в обоих случаях 2 моль перманганата калия реагируют с 5 моль щавелевой и му-
равьиной кислот; 0,01 моль перманганата калия прореагировали с 0,025 моль
щавелевой и муравьиной кислот. Если обозначить количество молей щавелевой
кислоты через х, а муравьиной — через (0,025 — х), то в 1,37 г смеси будет со-
держаться 90х г щавелевой и 46 (0,025 — х) г муравьиной кислот, откуда
90х + 46 (0,025 —х) = 1,37,
90х + 1,15 — 46х = 1,37,
44х = 0,22,
х = 0,005.
Значит, в 50 мл раствора содержалось 0,005 моль щавелевой и 0,02 моль
(0,025 — 0,005 = 0,02) муравьиной кислот, а в 500 мл этого раствора — соот-
ветственно 0,05 моль щавелевой и 0,2 моль муравьиной кислот; раствор будет
0,1 М относительно щавелевой и 0,4 М относительно муравьиной кислот.
Второй способ. Если на окисление щавелевой и муравьиной кислот
в 50 мл раствора расходуется 1,58 г перманганата калия, то на окисление всей
х
смеси в 500 мл нужно израсходовать 15,8 г его. В 13,7 г смеси было х г, или —
уи
13 7___х
моль, щавелевой и (13,7 — х) г, или —----моль, муравьиной кислот. Согласно
46
Уравнениям реакций (1) и (2) на окисление 5 моль кислоты расходуется 2 моль
перманганата калия. На окисление моль щавелевой кислоты будет израсхо-
169
2^. 158 • 2х 13 7__
довано-р—7^- моль, или -тгд- г, перманганата калия; на окисление——т?;-—
5 • 90 5 • 90 46
2(13,7 — х) 158 • 2 (13,7 — х)
моль муравьиной кислоты — —~——— моль, или ------------------g—4g-------г,
перманганата калия, откуда
316х , 316(13,7 — х)
----------------------2—1 L_ 1 г о
450-------------------230_“ 10’6’
460х + 900 (13,7 — х) = 450 • 230 • 0,1,
460х + 12 330 — 900х = 10 350,
440х = 1980,
х == 4,5.
4 5
Значит, в 500 мл раствора было 4,5 г, или = 0,05 моль, щавелевой
9,2
и 9,2 г (13,7 — 4,5 = 9,2), или 0,2 моль, муравьиной кислот. Раствор бу.
дет 0,1 М относительно щавелевой и 0,4 М относительно муравьиной кислот.
Третий способ. Для окисления 13,7 г смеси щавелевой и муравьиной
кислот, содержащихся в 500 мл раствора, нужно израсходовать 15,8 г перманга-
ната калия. Если количество щавелевой кислоты, содержащейся в смеси, равно
х г, а количество перманганата калия, необходимое для ее окисления, — у г, то
количество муравьиной кислоты в смеси равно (13,7 — х) г, а количество перман-
ганата — (15,8 — у) г. Пользуясь уравнениями реакций (1) и (2), можно соста-
вить две пропорции, из которых образуется система двух уравнений с двумя не-
известными:
для окисления 450 г Н2С2О,} нужно 316 г КМпО4,
» » х г Н2С2О4 » у v КМпО4,
450г/ = 316х; I
для окисления 230 г НСООН нужно 316 г КМпО4,
й » (13,7 —х) г НСООН » (15,8 — //) г КМпО4,
230(15,8 — у) = 316(13,7— х),
= 316х
У~ 450 ’ ' , • , в
г 1 • i "*
230 (15,8 - = 316 (13,7 - х),
163 530 — 7268х = 194 814 — 14 220х,
6952х = 31 284,
х=4,5.
4 5 : '
Следовательно, в 500 мл раствора было 4,5 г, или = 0,05 моль, щавеле-
уи
9,2
вой и 9,2 г (13,7 — 4,5 9,2), или ™ = 0,2 моль, муравьиной кислот, раствор
будет 0,1 М относительно щавелевой и 0,4 М относительно муравьиной кислот.
223. Перманганат калия и бертолетовая соль при нагревании разлагаются
по уравнениям:
2КМпО4 = К2МпО4 + МпО2 + О2 ,
2 • 158 22,4 ’ Ш
2КС1О3 = 2КС1 4- ЗО2
2 • 122,5 3 • 22,4 ’ 1 1
170
При разложении перманганата калия образуется диоксид марганца, катали-
зирующий реакцию разложения бертолетовой соли. Поэтому разложение будет
проходить только
не образуется.
Первый сп
перманганата калия и бертолетовой соли выделилось 1,568 л, или
= 0,07 моль, кислорода. Из уравнения реакции (1) видно, что 1 моль О2 выделяет-
ся при разложении 2 моль КМпОд, а из уравнения реакции (2) видно, что 3 моль
09 выделяются при разложении 2 моль КС1О3. Если через х обозначить количест-
во молей кислорода, выделившегося при разложении перманганата калия, то
перманганата разложится 2х моль. Количество кислорода, выделившегося при
разложении бертолетовой соли, равно (0,07 — х) моль. Такое количество кисло-
2 (0,07 — х) .
рода может выделиться при разложении ——---------- моль бертолетовой соли.
Значит, в 8,06 г смеси содержалось 2х моль, или2х • 158 г, перманганата калия
2(0,07 —х)
и ---------- моль, или
по приведенным выше уравнениям. Перхлорат калия
особ. По условию задачи при разложении 8,06 г смеси
1,568
22,4
2 (0,07 — х) • 122,5 А ~
' г, бертолетовой соли. Отсюда
3
3 • 158 • 2х + 245 (0,07 — х) = 3 • 8,06,
948х + 17,15 — 245х = 24,18,
703х = 7,03,
х = 0,01.
Следовательно, в смеси было 0,02 моль, или 0,02 • 158= 3,16 г, перманга-
2
ната калия и — (0,07 — 0,01) — 0,04 моль, или 0,04 • 122,5 = 4,9 г, бертоле-
О
ТОБОЙ СОЛИ.
Второй способ. Если в смеси было х г, или моль, перманганата
8,06 — х ..
моль. Из уравнения
калия, то бертолетовой соли было (8,06 — х) г, или _
1 । О
реакции (1) видно, что при разложении 2 моль КМпО4 выделяется 1 моль О2,
х х 22,4х
а при разложении моль КМпО4 выделяется -—моль, или --- • л,
г 158 2 * 158 316
О2. Из уравнения (2) выходит, что при разложении 2 моль КС1О3 выделяется 3 моль
8,06 — х 3 (8,06 — х)
О2, а при разложении — - -—моль КС1О3 выделяется — моль, или
1ZZ,O Z * iZZ,o
3 • 22,4 (8,06 — х)
2 • 122,5
122,5
л, 02. Отсюда
22,4х , 3. 22,4 (8,06 —х)
316
245
= 1,568,
X
зТб
l4.d8 = о 07
245
245х + 7640,88 — 948х = 5419,4,
703х= 2221,48, ’ J;
х = 3,16. ... ;<
Следовательно, в смеси было 3,16 г перманганата калия и 4,9 г (8,06 — 3,16 =
= 4,9) бертолетовой соли. , ,,
Третий способ. Если количество перманганата калия в смеси обо-
значить через х г, а объем кислорода, выделившегося при разложении перманга-
ната калия, через у л, то количество бертолетовой соли в смеси будет равно
(8,06 — х) г, а объем кислорода, выделившегося при разложении бертолетовой
.171
соли, равен (1,568 — у) л. Пользуясь уравнениями (1) и (2), можно составить
две пропорции, из которых образуется система двух уравнений с двумя неизве-
стными:
при разложении 316 г КМпО4 выделяется 22,4 л О2,
» » х г КМпО4 » у л О2,
31 бу = 22,4х;
при разложении 245 г КСЮ. выделяется 67,2 л О2,
» » (8,06 — х) г КС1О3 » (1,568 —у) л О2,
245 (1,568 — у) == 67,2 (8,06 — х);
__ 22,4х
у ~ 316 ’ I
946 . 99 4г
384,16-—=541,632 - 67,2х,
о 1 и
121394,56 — 5488х = 171155,712 — 21235,2х,
15747,2х = 49761,152,
х = 3,16. I
Следовательно, в 8,06 г смеси было 3,16 г перманганата калия и 4,9 г
(8,06 — 3,16=4,9) бертолетовой соли.
224. Сульфат и силикат натрия реагируют с хлоридом бария по уравнениям:
Na2SO4 + ВаС12 = BaSO4 + 2NaCl;
142 233
Na2SiO3 + ВаС12 =
~122
BaSiO3 + 2NaCl.
“213
Первый способ. По условию задачи масса смеси при замене двух ио-
нов натрия одним ионом бария увеличилась на 3,64 г (9,12 — 5,48 = 3,64). Если
2 моль натрия (46 г) заменить 1 моль бария (137 г), то масса смеси должна увели-
читься на 91 г (137 — 46 = 91). По условию задачи масса смеси увеличилась
3 64
на 3,64 г, значит прореагировало 0,04 моль бария, т. е. в смеси было
У1
0,04 моль сульфатов и силикатов натрия или бария. Если количество молей суль-
фата бария обозначить через х, то количество молей силиката бария будет равно
(0,04 — х). Тогда в смеси будет 233 х г сульфата и 213 (0,04 — х) г силиката бария.
Отсюда
233x4-213(0,04 —х) =9,12,
233x4-8,52 —213х = 9,12,
моль, или 0,03 • 233 = 6,99 г
0,01 < 213 = 2,13 г, силиката
0,03 « 142 = 4,26 г, сульфата
20х = 0,6,
х=0,03.
Следовательно, в полученной смеси было 0,03
сульфата и 0,01 моль (0,04 — 0,03 = 0,01), или
бария. В исходной смеси было 0,03 моль, или
и 0,01 моль (0,04 — 0,03 = 0,01), или 0,01 • 122 = 1,22 г, силиката натрия.
Второй способ. Если количество сульфата натрия обозначить через
х z? /г ч 5,48 —х
х г, или моль, то силиката натрия в смеси было (5,48 — х) г, или ———-
моль. Согласно уравнениям реакций сульфата и силиката натрия с хлоридом ба-
х . х 233х ,
рия из моль сульфата натрия образуются — моль, или г, сульфата
172
5,48 — х
бария, а из —
213 (5,48 — х)
——------------г, силиката бария. Отсюда
- 5,48 — х
моль силиката натрия образуются -—— моль, или
233х , 213(5,48 — х) о 1О
142 + 1ОП —У,12,
122
233 122х + 213 • 142 (5,48 — х) = 9,12 • 142 • 122,
28 426х + 165748,08 — 30 246х = 157994,88;
1820* = 7753,2,
х = 4,26 г.
Следовательно, в исходной смеси было 4,26 г сульфата и 1,22 г (5,48 —
233 • 4 26
— 4,26 = 1,22) силиката натрия, из которых образовалось ------—— 6,99 г
213 • 1 22
сульфата и ----—- — 2,13 г силиката бария.
Третий способ. Если количество сульфата натрия обозначить через х г,
а количество сульфата бария — через у г, то количество силиката натрия будет
равно (5,48 — х) г, а количество силиката бария — (9,12 — у) г. Пользуясь урав-
нениями реакций сульфата и силиката натрия с хлоридом бария, можно соста-
вить систему двух уравнений с двумя неизвестными:
из 142 г Na2SO4 образуются 233 г BaSO4,
» х г Na2SO4 » у г BaSO4,
142г/ = 233х;
из 122 г Na2SiO3 образуются 213 г BaSiO3.
» (5,48 — х) г Na2SiO3 » (9,12— у) г BaSiO3,
122 (9,12 — у) =213(5,48 — х),
233х
142 ’
122 9,12------= 213 (5,48 - х),
122 (1295,04 — 233х) = 30 246 (5,48 — х),
157994,88 — 28 426х = 165748,08 — 30 246х,
1820х = 7753,2,
х = 4,26 г.
Значит, в смеси было 4,26 г сульфата и 1,22 г (5,48— 4,26 — 1,22) силиката
233 » 4 26
натрия, из которых образовалось —“ 6,99 г сульфата и 2,13 г (9,12 —
— 6,99=2,13) силиката бария.
225. Хлориды калия и цинка реагируют с серной кислотой по уравнениям
реакций:
2КС1 + H2SO4 = K2SO4 + 2Н(
2 • 74,5 174
ZnCl2 + H2SO4 = ZnSO4 + 2HC1.
136
(1)
161
173
Первый с п о с о б. По условию задачи из 11,14 г хлоридов калия и цицк
образовалось 13,14 г сульфатов калия и цинка, в результате чего масса смеЛ
увеличилась на 2 г. Увеличение массы обусловлено заменой двух хлорид-ионоп
одним сульфат-ионом по схеме:
2СГ so4~
71 96 ‘
При замене 2 моль хлорида 1 моль сульфата масса смеси должна увеличиться
на 25 г (96 — 71 = 25). По условию задачи масса смеси увеличилась на 2 г, зна-
2
чит, в смеси было = 0,08 моль сульфатов калия и цинка. Если количество
молей сульфата калия обозначить через х, а количество молей сульфата цинка
через (0,08 — х), то в смеси сульфатов будет 174х г сульфата калия и 161 (0,08 —
— х) г сульфата цинка, откуда
174x4- 161 (0,08 — х)= 13,14,
174х + 12,88 — 161х = 13,14,
13х = 0,26,
х — 0,02.
Следовательно, в смеси сульфатов будет 0,02 моль, или 0,02 • 174 = 3,48 г,
сульфата калия и 0,06 моль (0,08 — 0,02 = 0,06), или 0,06 • 161 = 9,66 г, суль-
фата цинка. Из уравнений реакций (1) и (2) видно, что 1 моль ZnSO4 образуется
из 1 моль ZnCl2, а 1 моль K2SO4 образуется из 2 моль КС1. Значит, в смеси хло-
ридов было 0,06 моль, или 0,06 • 136 = 8,16 г, хлорида цинка и 0,04 моль, или
0,04 • 74,5 = 2,98 г, хлорида калия.
было
X
Второй способ. Если в смеси было х г, или моль, КС1, то в ней
74,5
' 11,14—х
(11,14— х) г, или ——----моль, ZnCl2. Согласно уравнениям реакций (I)
lot)
х XI (4х
и (2) из-=2-=-моль КС1 может образоваться ——моль, или - г, K2SO4,
11,14-. 7П „ II,14-1 ' 161(11,14 — .)
а из ----—— моль ZnCl2 образуется --------—— моль, или ---------' - * ----- г,
loo lob 136
ZnSO4. Отсюда
174х 161(11,14 —х)
149 + 136
174 • 136x4- 149 • 161 (11,14— х) = 13,14 • 149 - 136,
23 664х 4- 267237,46 — 23 989х = 266268,96,
325х = 968,5,
х = 2,98.
2 98
—== 0,04 моль, КС1 и 8,16 г
Следовательно, в смеси было 2,98 г, или
(11,14 — 2,98=8,16), или ~ ~ 0,06 моль, ZnCl2. Из уравнений реакций (1)
и (2) видно, что 0,04 моль КС1 могут образовать 0,02 моль, или 0,02 * 174 = 3,48 г,
К2ЬО4, а 0,06 моль ZnCl2 могут образовать 0,06 моль, или 0,06 * 161 = 9,66 г,
ZnSO4.
Третий способ. Если количество хлорида калия обозначить через
хг, а количество сульфата калия — через у г, то количество хлорида цинка будет
равно (11,14 — х) г,,а количество сульфата цинка — (13,14 — у) г. Пользуясь
уравнениями реакций (1) и (2), можно составить цве пропорции, образующие
174
сцстему двух уравнений с двумя неизвестными:
149 г КС1 образуют 174 г K2SO4,
х г КО » у г K2SO4,
149// = 174х;
136 г ZnCl2 образуют 161 г ZnSO4,
(11,14-х) г ZnCl2 » (13,14 — у) г ZnSO4,
136 (13,14 — у) = 161 (11,14 —х),
174х
у 149“ ’
136 13,14------г—j = 161 (11,14 — х),
266268,96 — 23 664% = 267237,46 — 23989%,
325% = 968,5,
х — 2,98.
Значит, в смеси было 2,98 г КС1; из него образовалось
174-2,98
~149----3’48
Г
K2SO4 и 8,16 г (11,14 — 2,98 = 8,16) ZnCl2, из которого образовалось
9,66 г (13,14 — 3,48 == 9,66) ZnSO4.
226. Гидриды калия и натрия реагируют с водой с образованием гидрокси-
дов по следующим уравнениям:
КН +Н2О= КОН + Н2;
40 56
NaH + Н2О = NaOH 4- Н2.
24 40
Нейтрализация гидроксидов калия и натрия проходит по уравнениям реак-
ций:
КОН + НС1 = KCI + Н2О;
56 22,4
NaOH + НС1 = NaCI + Н2О.
40 22,4
Первый способ. По условию задачи на нейтрализацию 50 мл раство-
ра гидроксидов, взятых от 250 мл, израсходовали 20 мл 2 н. раствора соляной
кислоты, содержащей 0,02 • 2 — 0,04 эквивалента, или 0,04 моль, хлороводоро-
да. Так как 1 моль гидроксида реагирует с 1 моль хлороводорода, то в 50 мл
раствора было 0,04 моль гидроксидов, а в 250 мл этого раствора было 0,04 • 5 =
= 0,2 моль гидроксидов. Из уравнений реакций гидридов с водой видно, что
1 моль гидроксида калия или натрия образуется из 1 моль гидрида., Значит,
в 7,2 г смеси было 0,2 моль гидридов. Если обозначить количество молей гидрида
калия через х, а количество молей гидрида натрия — через (0,2 — х), то в смеси
было 40х г гидрида калия и 24 (0,2 — х) г гидрида натрия. Отсюда
40x4- 24 (0,2 —х) = 7,2,
40х + 4,8 — 24х = 7,2,
16х = 2,4,
х == 0,15.
Следовательно, в смеси было 0,15 моль, или 0,15 . 40 = 6 г, гидрида калия
и 0,05 моль (0,2 — 0,15 = 0,05), или 0,05 • 24 = 1,2 г гидрида натрия.
175
Второй способ. Если в смеси было х г, или моль, ридрида калия»
7,2_________________________________х
то гидрида натрия было (7,2 — х) г, или — моль. Для нейтрализации 50 мл
раствора гидроксида израсходовали 20 мл 2 и. раствора соляной кислоты, а
для нейтрализации 250 мл раствора гидроксидов нужно израсходовать 20 • 5
== 100 мл 2 н. раствора соляной кислоты, содержащего 0,1 • 2 = 0,2 эквивалента,
или 0,2 моль, хлороводорода. Для нейтрализации гидроксида, образовавшегося
х "[ *2,_х
из моль гидрида калия и — моль гидрида натрия, нужно соответственно
х 7,2 — х
40 мольи “24
моль хлороводорода. Отсюда
х
40
7,2 — х
24
= 0,2,
24х + 40 (7,2 — х) = 0,2 . 40 • 24,
24х + 288 — 40х = 192,
16х = 96,
х = 6.
Следовательно, в смеси было 6 г КН и 1,2 г (7,2 — 6 === 1,2) NaH.
Третий способ. Для нейтрализации всех гидроксидов, образую-
щихся при обработке гидридов водой, нужно 0,2 моль, или 0,2 • 36,5 = 7,3 г
хлороводорода. Обозначим количество гидрида калия в смеси через х г, а коли-
чество хлороводорода, необходимое для нейтрализации гидроксида калия, через
у г. Тогда гидрида натрия будет (7.2 — х) г, а для нейтрализации гидроксида
натрия нужно (7,3 — у) г хлороводорода. Пользуясь схемами превращения
КН НС1 и NaH НС1 ,
40 36,5 24 36,5
можно составить две пропорции, образующие систему двух уравнений с двумя
неизвестными:
40 г КН реагируют с 36,5 г НС1,
X г КН » у г НС1,
40# = 36,5х;
24 г NaH реагируют с 36,5 г НС1,
(7,2 —х) г NaH » (7,3 — #) г НС1,
24 (7,3—#) = 36,5 (7,2-х),
36,5х
24 (7-3 - -ЦЙ = 36»5 (7.2 ~ *).
24 (292 — 36,5х) = 1460 (7,2 — х),
7008 — 876х = 10 512 — 1460%,
584х = 3504,
X = 6.
Таким образом, в смеси было 6 г КН и 1,2 г (7,2 — 6 == 1,2) NaH.
176
227. Карбонаты калия и натрия -реагируют с азотной кислотой по уравне-
ниям:
К2СО3 + 2HNO3 = 2KNO3 + Н2О + СО2;
138 2 * 63
Na2CO3 + 2HNO3 = 2NaNO3 + Н2О + СО2.
106 ’ 2 • 63
Первый способ. По условию задачи 6,26 г смеси карбонатов калия
и натрия нейтрализуют 200 мл 0,5 М раствора, содержащего 0,2 • 0,5 = 0,1 моль
азотной кислоты. Как видно из уравнений реакций, 1 моль соды или поташа
реагирует с 2 моль азотной кислоты, а 0,1 моль азотной кислоты прореагирует с
0,05 моль соды и поташа. Если обозначить количество молей поташа через х, а
соды — через (0,05 — х), то в смеси было 138 х г поташа и 106 (0,05 — х) г соды,
откуда
138х + 106 (0,05 — х) = 6,26,
138х + 5,3 — 106х = 6,26,
32х = 0,96,
х = 0,03.
Значит, в смеси было 0,03 моль, или 0,03 • 138 == 4,14 г, поташа, и 0,02 моль
(0,05 — 0,03 = 0,02), или 0,02 • 106 = 2,12 г, соды.
Второй способ. Если в смеси было х г, или
, . 6,26 — х
будет (6,26 — х) г, или
х
у— моль, поташа, то соды
loo
моль. При взаимодействии с азотной кислотой,
106
х 2х
которой было 0,2 * 0,5 == 0,1 моль, -у^- моль поташа нейтрализуют -у^- моль
1оо Iоо
6,26 — х 2 (6,26 — х)
азотной кислоты, а —— моль соды------------1-------- моль азотной кислоты.
106 106
Отсюда
2х 2 (6,26 — х)
138 + 106
212х-|-276(6,26 — х) = 0,1 - 138 . 106,
212х + 1727,76 — 276х = 1462,8,
64х = 264,96,
х = 4,14.
Следовательно, в смеси было 4,14 г поташа и 2,12 г (6,26 — 4,14 == 2,12) соды.
Третий способ. В 200 мл 0,5 М раствора содержалось 0,2 • 0,5 =
= 0,1 моль, или 0,1 • 63 = 6,3 г, азотной кислоты. Если обозначить количество
поташа через х г, а количество азотной кислоты, прореагировавшее с поташом,—
через у г, то соды в смеси будет (6,26 — х) г, а количество азотной кислоты, про-
реагировавшей с содой, равно (6,3 — у) г. Пользуясь уравнениями реакций,
можно составить две пропорции, из которых образуется система двух уравнений
с двумя неизвестными:
138 г К2СО3 реагируют » 126 г HNO3,
х г К2СО3 » » у г HNO3,
138у = 126х;
106 г Na2CO3 реагируют с 126 г HNO3,
(6,26 — х) г Na2CO3 » » (6,3 — у) г HNO3,
177
106 (6,3 — у) = 126 (6,26 — х),
_ 126л
у~ 138 ’
/ 126х \
106 6,3-----) = 126 (6,26 — х),
\ loo /
106 (6,9 — х) = 138 (6,26 — х),
731,4 — 106х = 863,88 — 138х,
32х = 132,48,
х=4,14.
Значит, в смеси было 4,14 г поташа и 2,12 г (6,26 — 4,14 = 2,12) соды.
228. Щавелевая и муравьиная кислоты под действием концентрированной'
серной кислоты разлагаются по уравнениям:
Н2С,О4 = Н,0 + СО 4- СО,
90 2 • 22,4 ’ Ю
(2)
разложении 22,6 г смеси
11,2 OR
— 0,5 моль, газовой
££ у *
НСООН =Н2О+ со
• 46 22,4’
Первый способ. По условию задачи при
щавелевой и муравьиной кислот выделилось 11,2 л, или
смеси. Как видно из уравнений реакций (1) и (2), при разложении 1 моль щавеле-
вой кислоты выделяются 2 моль газовой смеси, а при разложении 1 моль мура-
вьиной кислоты — 1 моль моноксида углерода. Если количество молей газовой
смеси, выделившейся при разложении щавелевой кислоты, обозначить через х, тс
_ х 90х
такое количество ее может выделиться при разложении — моль, или —~ г,
щавелевой кислоты, а (0,5 — х) моль моноксида углерода выделится при разло-
жении (0,5 — х) моль, или 46 (0,5 — х) г, муравьиной кислоты, откуда
45х + 46 (0,5 — х) = 22,6,
45х + 23 — 46х = 22,6,
х = 0,4.
46
„ х 2х
щавелевой кислоты образовалось моль, или
Значит, в смеси было 0,4 • 45 = 18 г щавелевой кислоты и 46 (0,5 — 0,4) =
= 4,6 г муравьиной кислоты.
Второй с п о в о б. Если в смеси было х г, или моль, щавелевой и
УО
22 6 — х х
(22,6 — х) г, или —----моль, муравьиной кислот, то при разложении q— моль
vU
22,4х
—— л, смеси моноксида
4о
и диоксида углерода, а при разложении
22,6 — х
моль муравьиной кислоты вы-
46
22 4 (22 6 _х)
делилось —~—- моль, или —1 ---------------— л, моноксида углерода. По условию
задачи выделилось 11,2 л газовой смеси, откуда
22,4х 22,4 (22,6 -х)
45 ф 46 ~ ’’
46х + 45 (22,6 — х) = 0,5.45 • 46,
46х+ 1017 — 45х = 1035,
х= 18.
178
Следовательно, в смеси было 18 г щавелевой и 4,6 г (22,6 — 18 = 4,6) му-
равьиной кислот.
Третий способ. Если количество щавелевой кислоты в смеси обозна-
чить через х г, а количество газов, выделившихся при ее разложении,— через у л,
ю количество муравьиной кислоты будет равно (22,6 — х) г, а объем моноксида
углерода, выделившийся при ее разложении,— (11,2 — у) л. Пользуясь уравне-
яиями (1) и (2), можно составить две пропорции, из которых образуется система
двух уравнений с двумя неизвестными:
при разложении 90 г Н2С2О4 выделяются 44,8 л газа,
» » х г Н2С2О4 » у л » ,
90{/ = 44,8х;
при разложении 46 г НСООН выделяются 22,4 л СО,
» » (22,6 —х) г НСООН » (11,2— у) л СО
46 (11,2 — у) = 22,4 (22,6 — х);
_ 44,8х .
У~ 90 ’
(44 Ях \
11,2---^- = 22,4 (22, 6-х),
46 (1008 — 44,8х) = 2016 (22,6 — х),
46368 — 2060,8х = 45561,6 — 2016х,
44,8х = 806,4,
х = 18.
Следовательно, в смеси было 18 г щавелевой и 4,6 г (22,6— 18= 4,6) му-
равьиной кислот.
229. Растворение цинка и алюминия в растворе щелочи происходит согласно
уравнениям реакций:
Zn + 2NaOH + 2Н2О = Na2 [Zn (OH)J + H2 ;
X 65 22,4
1 + 6NaOH + 6Н2О = 2Na3 [Al (OH)6] + 3H2 .
2-27 3 • 22,4
Первый способ. По условию задачи при растворении цинка и алю-
миния выделилось 1,904 л, или
1*904 А п
— 0,17 эквивалента водорода. Если число
эквивалентов цинка в сплаве обозначить через х, а число эквивалентов алюми-
ния _ через (0,17 — х), то в сплаве было 32,5 х г цинка и 9 (0,17 — х) г алюми-
ния. Отсюда
32,5х + 9 (0,17 — х) == 2,
32,5х + 1,53 —9х = 2,
23,5х = 0,47,
х = 0,02.
Следовательно, в сплаве было 0,02 эквивалента, или 0,02 • 32,5 = 0,65 г,
ЙЛИ • 100. „ 32,5%, цинка, и 67,5% (100 — 32,5 = 67,5) алюминия.
2
„ х
Второй способ. Если в сплаве было х г, или моль, алюминия,
ы I
2 _ х
то цинка было (2 — х) г, или —моль. Из уравнений реакций растворения цин-
179
ка и алюминия в растворе щелочи видно, что из моль алюминия образуются
3 jc 3 • 22 2 — jc
2 ; 27~ моль> или -----— л, водорода, а из -gg— моль цинка образуются
2___х 22 4 (2 _х)
—— моль, или —-——--------------- л, водорода. Отсюда
67,2х
Первый способ. По условию задачи при обработке кислотой 9,92 г
4,48
сМеси карбидов кальция и алюминия выделилось 4,4о л, или
смеси газов ацетилена и метана.
церез х, а количество молей метана — х ,
зуются из х моль, или 64х г, карбида кальция, а (0,2— .
моль, или *44 <№ ~.*1 г, карбида алюминия. Отсюда
3 3
- ~ - п по
---- ' "22 4 = 0,2 моль>
. Если обозначить количество молей ацетилена
на — через (0,2 — х), то х моль ацетилена обра-
—^аттипия. я (0.2 — х) моль метана — из
3 • 65х + 54 (2 — х) = 0,085 • 65 • 54,
195х + 108 — 54х = 298,35,
141х = 190,35,
х = 1,35 г.
16х = 0,32,
х = 0,02.
Следовательно, в сплаве было 1,35 г, или
п Г[- 0,65 • 100 _0/
и 0,65 г, или----------— 32,5%, цинка.
1,35 . 100
2
67,5%,
алюминия
Третий способ. Если в сплаве было х г цинка, а при его растворении
выделилось у л водорода, то алюминия в сплаве было (2 — х) г, а при его раство-
рении выделилось (1,904 — у} л водорода. Пользуясь уравнениями реакций рас-
творения цинка и алюминия в растворе щелочи, можно составить систему двух
уравнений с двумя неизвестными:
было 0,02 моль, или 0,02 • 64 = 1,28 г, карбида каль-
== 0,06^, или 0,06- 144 = 8,64 г, карбида алюминия.
х
Второй способ. Если в смеси было х г, или —
64
9 92 _х
кальция и (9,92 — х) г, или. — моль, карбида алюминия, то из
х 22 4х
карбида кальция образуется -g^ моль, или —g^—
3 /9 92_х)
моль карбида алюминия образуются мv —---
Следовательно, в смеси
_ /0,2—0,02
ция и 0,06 моль (----з-----
моль, карбида
х
~х~г МОЛЬ
64
9,92 — х
л, ацетилена, а из ——
-Л,
моль, или--------48
при растворении 65 г Zn выделяется 22,4 л Н2,
» » х г Zn » у л Н2,
65# = 22,4х;
при растворении 54 г AI выделяются 67,2 л Н2,
» » (2 — х) г Al » (1,904 — у) л Н2,
54 (1,904 — #) = 67,2 (2 — х),
22,4х
у ~ 65 ’
( 22 4х \
1,904 - = 67,2 (2 — х)9
оо /
54 (5,525 — х) = 3 • 65 (2 — x)t
298,35 — 54х = 390 — 195х,
141х = 91,65,
х = 0,65 г.
метана. Отсюда
22,4х 22,4 (9,92-х)
64 “Г 48 ’ ’
48х + 64 (9,92 — х) = 0,2 • 48 • 64,
48х + 634,88 — 64х == 614,4,
16х = 20,48,
х = 1,28.
Значит, в смеси было 1,28 г карбида кальция и 8,64 г (9,92 — 1,28 == 8,64)
... _ _ количество карбида кальция через х г,
— через у л, количество карбида алюминия будет равно (9,92 —
— х) 1, а ..етана — (4,48 — у) л. Пользуясь уравнениями реакций, можно
составить две пропорции, образующие систему двух уравнений с двумя неизвест-
карбида алюминия.
Третий способ. Обозначив
а объем ацетилена • - ~
— х) г, а объем метана
„„„ лбпяэдюшие
ными:
Значит, в сплаве было 0,65 г, или ——-— = 32,5%, цинка и 67,5% (100 —
— 32,5 = 67,5) алюминия.
230. Карбиды кальция и алюминия реагируют с кислотой по уравнениям
СаС2 + 2НС1 = СаС12 + С2Н2;
64 22,4
А14С3 + 12НС1 = 4А1С1„ + ЗСН4 .
144 3 • 22,4
64 г СаС2 образуют 22,4 л С2Н2,
х г СаС2 » У л С2Н2,
64# = 22,4х;
144 г А14С3 образуют 67,2 л СН4,
(9,92 — х) г А!4С3 » (4,48 — #) л СН4,
144 (4,48 — у) = 67,2 (9,92 — х),;
22,4х
у~ 64 ’
3
181
180
144 6,48 - = 67,2 (9,92 - х),
\ 64 /
144 (12,8 — х) = 192 (9,92 — х),
1843,2 — 144х = 1904,64 — 192х,
48х= 61,44,
х = 1,28.
Следовательно, в смеси было 1,28 г карбида кальция и 8,64 г (9,92 — 1,28
= 8,64) карбида алюминия.
231. Хлорид и бромид калия реагируют с нитратом серебра по уравнениям:
КС1 + AgNO3 = AgCl + KNO3;
74,5 143,5
КВг + AgNO3 = AgBr + KNO3.
119 188
Первый способ. По условию задачи при обработке 12,5 г смеси хло-
рида и бромида калия нитратом серебра образовалось 20,78 г смеси хлорида и бро-
мида серебра. Масса смеси увеличилась на 8,28 г (20,78 — 12,5 — 8,28), в ре-
зультате замены в соединениях смеси иона калия ионом серебра. При замене
1 моль ионов калия 1 моль ионов серебра масса смеси должна увеличиться
на 69 г (108 — 39 = 69). По условию задачи масса смеси увеличилась на 8,28 г,
8 28
значит в смеси было —== 0,12 моль хлорида и бромида калия, из которых
ЬУ
образовалось 0,12 моль хлорида и бромида серебра. Если количество молей
хлорида калия обозначить через х, а количество молей бромида калия — через
(0,12 — х), то в смеси было 74,5 х г хлорида и 119 (0,12 — х) г бромида калия,
откуда
74,5x4- 119(0,12 —х) 12,5,
74,5х+ 14,28 — 119х = 12,5,
44,5х — 1,78,
х = 0,04.
Следовательно, в смеси было 0,04 моль, или 0,04 • 74,5 — 2,98 г, хлорида
и 0,08 моль (0,12 — 0,04 = 0,08), или 0,08 • 119 = 9,52 г, бромида калия, из
которых образовалось 0,04 моль, или 0,04 • 143,5 = 5,74 г, хлорида и 0,08 моль,
или 0,08 • 188 = 15,04 г, бромида серебра.
лия, то бромида калия было (12,5 — х) г, или
11У
х 143 5х
рида калия образовалось — моль, или
12,5 —х
ч „ V
Второй способ. Если в смеси было х г, или моль, хлорида ка-
/ 4,0
12,5 — х а х
— МОЛЬ. Из моль хло-
74,5
- г, хлорида серебра, а ,яз
4)0 /4,0
, 12,5 —х 188 (12,5-х)
моль бромида калия образовалось —— моль, или ------------Ц-гт;----'
чу 119 119
г, бромида серебра. Отсюда
143,5х 188(12,5 —х)
74,5 + 119
119 • 143,5x4-74,5 • 188(12,5 —х) = 74,5 -119 • 20,78,
17076,5х + 175 075 — 14 ООбх = 184225,09,
3070,5х = 9150,09,
’ х—2,98.
182
Таким образом, в смеси было 2,98 г хлорида и 9,52 г (12,5 — 2,98 = 9,52)
/ромида калия. В результате реакций обмена образовалась смесь, содержащая
798-143,5 188-9,52 .
----== 5,74 г хлорида и------------- = 15,04 г бромида серебра.
74,5 11У
Третий способ. Обозначим количество хлорида калия через х г,
г количество хлорида серебра — через у г; количество бромида калия будет
(12,5 — х) г, а количество бромида серебра — (20,78 — у) г. Пользуясь урав-
нениями реакций, можно составить две пропорции, образующие систему двух
уравнений с двумя неизвестными:
КС1 образуют 143,5 г AgCl,
КС! » у г AgCl,
74,5г/ = 143,5х;
74,5
x
г
г КВг образуют 188
г КВг »
Г AgBr,
(20,78 —t/) г AgBr,
119
(12,5—х)
119 (20,78 — //) = 188 (12,5 — х);
_ 143,5х
У ~ 74,5 ’
119 (20,78----^4-
\ 74,0
184225,09 — 17076,5х = 175 075 — 14 ООбх
3070,5х = 9150,09,
х = 2,98.
= 188 (12,5 — х),
»
Следовательно, в смеси было 2,98 г хлорида калия и 9,52 г (12,5 — 2,98 =
= 9,52) бромида калия. При реакциях обмена между хлоридом и бромидом калия
. 143,5-2,98
и нитратом серебра образовалось --------------- = 5,74 г хлорида и 1о,04 г
(20,78 — 5,74 = 15,04) г бромида серебра.
232. При кипячении растворов гидрокарбонатов калия и магния выпадают
карбонат кальция и основной карбонат магния:
162 100
2Mg (НСО3)3 = J4g2 (ОН)2СО3 + ЗСО2 + Н2О.
2 • 146
142
(1)
(2)
Первый е п ос об. В 2 л раствора содержится 2 • 14=28 миллиэквива-
лентов, или 0,014 моль, гидрокарбонатов кальция и магния. Из уравнений реакций
(1) и (2) видно, что при разложении 1 мольСа (НСО3)2 образуется 1 моль СаСО3,
а при разложении 2 моль Mg (НСО3)2 — 1 моль Mg2 (ОН)2СО3. Обозначим коли-
чество молей гидрокарбоната кальция через х, а количество молей гидрокарбо-
ната магния — через (0,014 — х); в смеси, образующейся после кипячения гид-
0 014________________________________________________х
рокарбонатов, будет ЮОх г карбоната кальция и ——х-------- 142 г основного кар-
£
Соната магния. Отсюда
ЮОх -Ь 71 (0,014 — х) = 1,168,
ЮОх + 0,994 —71х = 1,168
29х —0,174,
х = 0,006,
»
SJ J
183
Следовательно, в смеси было 0,006 моль, или 0,006 100 = 0,6 г, карбоната
кальция и 9.*9.9.9 — о,ОО4 моль, или 0,004 • 142 = 0,568 г, основного
карбоната магния.
х
Второй способ. Если в смеси было х г, или -jgg- моль, карбоната
кальция и (1,168 — х) г, или * ’ * моль, основного карбоната магния, г0
„ X
они соответственно образуются из -ygg- моль гидрокарбоната кальция
2 (1,168 — х) , _
-----rjo----- моль гидрокарбоната магния. Отсюда
и
100
1,168 — х
71
= 0,014,
X
71х+ 116,8— 100х = 99,4,
29х = 17,4,
х = 0,6.
Значит, в смеси было 0,6 г карбоната кальция и 0,568 г (1,168 — 0,6 =
= 0,568) основного карбоната магния.
Третий способ. В 2 л воды было 0,014 моль гидрокарбоната кальция
и магния. Обозначим количество молей гидрокарбоната кальция через х, и коли-
чество молей карбоната кальция в осадке — через у г. Количество молей гид-
рокарбоната магния будет равно (0,014 — х), а количество основного карбоната
магния — (1,168 — у) г. Пользуясь уравнениями реакций (1) и (2), можно со-
ставить две пропорции, образующие систему двух уравнений с двумя неизвест-
ными:
1 моль Са (НСО3)2 образует 100 г СаСО3,
х моль Са (НСО3)2 » у г СаСО3,
у = Ю0х;
2 моль Mg (НСО3)2 образуют 142 г Mg2 (ОН)2СО3,
(0,014 — х) моль Mg (НСО3)2 образуют (1,168 — у) г Mg2 (ОН)2СОд,
2 (1,168 — у) = 142 (0,014 — х),
1,168— 100х = 71 (0,014 —х),
1,168— 100х = 0,994 — 71х,
29х = 0,174,
х = 0,006.
Следовательно, в смеси было 0,006 моль, или 0,006 • 100 = 0,6 г, карбоната
кальция и 0,568 г (1,168 — 0,6 = 0,568) основного карбоната магния.
233. Кремний и цинк растворяются в растворе щелочи по уравнениям:
Si + 2NaOH + Н2О = Na2SiO3 + 2Н2
28 2 • 22,4 ’
Zn + 2NaOH + 2Н2О = Na2Zn (ОН)4 + Н2
65 22,4 ’
Первый способ. По условию задачи при растворении 8 г сплава вы-
6 272
делилось 6,272 г, или — = 0,28 моль, водорода. Как видно из уравнений реак-
ций, при растворении 1 моль Zn выделяется 1 моль Н2, а при растворении 1 моль
Si — 2 моль Н2. Обозначим количество молей водорода, выделившееся при раство-
пеции цинка, через х, а количество
Ln кремния — через (0,28 — х); х
хмоль,
------------------------ молей водорода, выделившееся при растворе-
......................... • моль водорода выделяется при растворении
или 65 х г, цинка, а (0,28 — х) моль водорода выделяется при растворении
— МППР. ИЛИ 14 (0.28 — х) г, кремния. Отсюда
51х = 4,08,
х = 0,08.
Значит, в 8 г сплава было 0,08 моль, или 0,08 • 65 = 5,2 г,
ss 65%, цинка и 0*28 0*99 = о,1 моль, или 0,1 - 28 = 2,8 г,
== 35%, кремния.
х
Второй способ. Если в сплаве будет х г, или -gg~
/о 8 — X
кремния в нем будет (8
X X
из -тт=-“ моль Zn образуется
65 65
2 __х)
Si образуется —~ моль» или
22,4х
~65~
5,2 • 100
или 8
2,8 • 100
или 8
моль, цинка, то
— х) г, или —— моль. По уравнениям реакций
28
х 22 4 х 8 "•1 х
моль, или ——— л, Н2, а из ——- моль
DO Z/O
22,4 (8-х) ,, _
-----Yj----- л, Н2. Отсюда
I X
224 14 ~Х> = 6’272,
14х + 520 — 65х = 254,8,
51х = 265,2,
„ А Ч 9 г или 5^2^ = 65%, Zn и 2,8 г (8 -
Следовательно, в сплаве было 5,2 г, ил 8
2,8 • 100 __ si.
,2 = 2,8), или ------------S5/n-
8
Третий способ. Обозначим количество цинка в сплаве через х г,
а объем водорода, образующегося при растворении цинка — через у л; кремния
в сплаве будет (8 — х) г, а объем водорода, выделяющегося при растворении крем^
1вен (6,272 — у) л. Из уравнений реакций составляем две пропорции,
систему двух уравнений с двумя неизвестными:
при растворении 65 г " u
»
ння, будет равен (6,272 — у) л
образующие систему дь7..
' Zn выделяется 22,4 л Н
х г Zn »
65^/ = 22,4х;
растворении 28 г Si выделяется 44,8 л Н
2»
у л Н2,
»>
при
»
2»
(8 — х) г Si > (6,272 —у) л Н3>
28 (6,272 — у) = 44,8 (8 — х),
22,4 к
22,4х \
28 6,272-------ё5“)
= 44,8(8 —х),
185
184
281 0.28 - -2L_) = 2(8-x),
/
28(18,2 —x) = 130(8— x),
78 • 3x + 142 (29,8 — x) = 0,25 • 2 . 142 • 78,
234x + 4231,6 — 142x = 5538,
92x = 1306,4,
x= 14,2.
509,6 — 28x= 1040— 130x,
102x= 530,4,
x = 5,2.
5 2 • 100
Значит, в 8 г сплава было 5,2 г, или —-— ---— 65%, Zn и 2,8 г (8 — 5,?
— о о\ 2,8 • 100 огп/ о*
~ 2,8), или ---------= 35%, S1.
о
234. Пероксиды калия и натрия реагируют с водой по уравнениям:
2К2О4 + 2Н2О = 4КОН + ЗО2 ;
2-142 3 • 22,4
14,2
Следовательно, в смеси было 14,2 г, или —--’х- — 0,1 моль, пероксида калия
й3 которого образовалось 0,2 моль гидроксида калия, и 15,6 г (29,8 — 14,2 =
15 6
15,6), или —= 0,2 моль, пероксида натрия, из которого образовалось
78
0t4 моль гидроксида натрия. Раствор был 0,2 М относительно едкого кали и 0,4 М
относительно едкого натра.
Третий способ. Обозначим количество пероксида калия в смеси че-
рез х г, а количество кислорода, выделившееся при его разложении — через /ул.
Тогда пероксида натрия в смеси было (29,8 — х) г, а объем кислорода, выде-
его разложении, равен (5,6 — у) л. Пользуясь уравнениями реак-
. ----.... itnnrHinniiii г» пп\шя не-
лившийся при
ций, составим
к-Л XX --f ч ,
две пропорции, образующие систему двух уравнений с двумя це-
2Na2O2 + 2Н2О = 4NaOH + О2 ,
2 • 78 22,4
известными:
Первый
рия водой выделилось 5,6 л, или
количество молей кислорода, выделившегося при разложении пероксидов калия
и натрия, соответственно через х и (0,25 — х); х моль кислорода образуется пои
2х 2х • 142
разложении — моль, или-------- г, пероксида калия, а (0,25 — х) моль кисло-
о о
способ. При обработке 29,8 г смеси пероксидов калия и нат*
5,6
= 0,25
моль, кислорода. Обозначим
рода - при разложении 2 (0,25 - х) моль, или 2 (0,25 - х) 78 г, пероксида нат-
рия. Отсюда
284 г К2О4 образуют 67,2 л О2,
х г К2О4 » у л О2,
284г/ = 67,2х;
156 г Na2O2 образуют 22,4 л О3,
(29,8 — х) г Na2O2 » (5,6 — у) л О2,
156 (5,6 — г/) -22,4 (29,8-х),
__ 67,2х .
У ~ 284 :
2х • 142
+ 78 • 2 (0,25 - х) = 29,8,
284х-|- 117 — 468х — 89,4,
184х= 27,6,
х — 0,15.
0 15 • 2
Таким образом, 0,15 моль кислорода образуются при разложении ----------338
== 0,1 моль пероксида калия, в результате чего получится 0,2 моль гидроксида
калия, а 0,25 — 0,15 = 0,1 моль кислорода образуется при разложении 2 • 0,1 =
== 0,2 моль пероксида натрия, в результате чего получится 0,4 моль гидроксида
натрия. *
Значит, раствор будет 0,2 М относительно едкого кали и 0,4 М относительно
едкого натра.
Второй способ. Если в смеси было х г, или моль, пероксида
X Г
29,8 — х
моль. При разложе-
156 (б,6--^-) =22,4 (29,8-х),
248102,4 — 10483,2х — 189575,68 — 6361,6х,
4121,6х = 58526,72,
х — 14,2.
14,2
В 29,8 г смеси было 14,2 г, или
щего 0,2 моль гидроксида калия, и 15,6 г (29,8 — 14,2 = 15,6), или
Na2O2, образующего 0,4 моль гидроксида натрия. Следовательно, раствор 0,2 М
относительно едкого кали и 0,4 М относительно едкого натра.
235. Реакция диоксида углерода с едким натром проходит с образованием
как карбоната, так и гидрокарбоната натрия:
2NaOH+ СО2
— 0,1 моль, пероксида калия, образую-
15,6 А О
—4-=0,2 моль,
/о
калия, то пероксида натрия было (29,8 — х) г, или
78
х Зх
нии "Т77Г моль пероксида калия выделится —-—--тг- моль,
142 2 • 142
29,8 — х
лорода, а при разложении ———— моль пероксида
2 • /о
29,8 — х
—Ъ---=5— моль, или
2 • /о
ИЛИ ~2~- 142 Л’ КИС'
натрия выделится
Na2CO3
106
NaOH + СО2 = NaHCO3
22,4 84
78
22,4 • Зх
2 • 142
- л, кислорода. Отсюда
22,4 • (29,8— х)
Первый способ. По условию задачи 11,44 г карбоната и гидрокарбо-
ната натрия образовалось при пропускании через раствор едкого натра
2,464
2,464 л, или -hq-t' ~ 0,11 моль, диоксида углерода. Так как по уравнениям реак-
ций 1 моль СО2 образует 1 моль как карбоната, так и гидрокарбоната, то в обра-
зовавшейся смеси содержалось 0,11 моль карбоната и гидрокарбоната натрия.
раствор едкого натра
= 0,11 моль, диоксида углерода. Так как по уравнениям реак-
187
186
Если количество молей карбоната натрия обозначить через х, а количество г
рокарбоната — через (0,11 — х), то в смеси было 106 х г карбоната и 84 (0 ц
— х) г гидрокарбоната натрия, откуда *
106x4-84(0,11 — х) = 11,44,
106x 4- 9,24 — 84х = 11,44,
22х = 2,2,
х = 0,1.
Следовательно, в смеси было 0,1 моль, или 0,1 • 106= 10,6 г, карбонат
и 0,01 моль (0,11 — 0,1 = 0,01), или 0,01 • 84 = 0,84 г, гидрокарбоната натрия9
х *
Второй способ. Если в смеси было х г, или моль, карбоната нат.
11 44 — х
рия, то гидрокарбоната натрия было (11,44 — х) г, или —-------- моль. На обоя.
о4
х х 22 4х
зование -ygg- моль карбоната натрия расходуется -ygg- моль, или —Л» диок-
11 44 — х
сида углерода, а на образование ——- моль гидрокарбоната натрия расходу.
11 44__х 22 4 (11 44 _х)
ется —-------- моль, или —!——-----------' л, диоксида углерода. Отсюда
о4 о4
22,4х 22,4 (11,44 —х)
ПО6"+---------^4--------~= 2,464,
84x4- 106(11,44 —х) = 0,11 • 106 - 84,
84х 4- 1212,64 — 106х = 979,44,
22х = 233,2,
х = 10,6.
Значит, в смеси было 10,6 г карбоната и 0,84 г (11,44 — 10,6 = 0,84) гидро*
карбоната натрия.
Третий способ. Если количество карбоната натрия в смеси обозначить
через х г, а количество диоксида углерода, необходимое для его образования, че-
рез у л, то количество гидрокарбоната натрия будет равно (11,44 — х) г, а объем
диоксида углерода, необходимый для его образования,— (2,464 — у) л. Пользу-
ясь уравнениями реакций, можно составить две пропорции, образующие систему
двух уравнений с двумя неизвестными:
22,4 л СО2 образуют 106 г Na2COg,
у л СО2 » х г Na2CO3,
106г/ = 22,4х;
22,4 л СО2 образуют 84 г NaHCO3,
(2,464 — у) л СО2 » (11,44 — х) г NaHCO3,
84 (2,464 — у) = 22,4 (11,44 — х),
_ 22,4х
У~ 106 ;
84 (2,464 - = 22,4 (11 >44 ~ *).
84 (11,66— х) = 106(11,44 — х),
979,44 — 84х = 1212,64 — 106х,
22х = 233,2,
к = 10,6.
188
Следовательно, в смеси было 10,6 г карбоната и 0,84 г (11,44 — 10,6 —
0,84)гидрокарбоната натрия.
236. Медь и серебро растворяются в азотной кислоте по уравнениям реакций:
Си 4-4HNO3= Си (NO3)2 +2NO2 + 2H2O;
64 188
Ag + 2HNO3 = AgNO3 +
108 170
NO2 + H2O.
Первый способ. По условию задачи из 3 г сплава меди и серебра
образовалось 7,34 г нитратов серебра и меди; при этом масса смеси увеличилась
на 4,34 г (7,34 — 3 = 4,34) в результате присоединения нитрат-ионов. Поскольку
4 34
масса смеси увеличилась на 4,34 г, это значит, что присоединилось — 0,07 моль
нитрат-ионов. Эквивалент нитрат-иона также равен 62. Значит, в 3 г сплава было
0,07 эквивалента меди и серебра. Обозначим количество эквивалентов меди через
х, а количество эквивалентов серебра — через (0,07 — х). Тогда в 3 г сплава бу-
дет 32х г меди и 108 (0,07 — х) г серебра, откуда
32х + 108 (0,07 — х) == 3,
32х + 7,56 — 108х = 3,
76х = 4,56,
х = 0,06.
Следовательно, в сплаве было 0,06 эквивалента, или 0,06 • 32 = 1,92 г, или
1 09 . inn
——~----=64%, меди и 0,01 эквивалента (0,07 — 0,06= 0,01), или 0,01 X
О
X 108= 1,08 г, или = 36%, серебра.
О
X
В то рой способ. Если в смеси было х г, или гг моль, меди, то в ней
г ’64
3__хх х
моль, серебра. Из моль меди образовалось моль,
_ 3 — х
моль серебра--—— моль, или
Юо
было (3 — х) г, или
Шо
188х
ИЛИ —ri—
64
170 (3 — х)
108
3 — х
меди, а из -
серебра. Отсюда
188х 170 (3 —х)
64 ' 108
нитрата
нитрата
108 •
188х + 64 • 170 (3 — х) = 7,34 • 108 • 64,
20 304х + 32 640 — 10 880х = 50734,08,
9424х == 18094,08,
х = 1,92.
1 92 • 100
Значит, в 3 г сплава было 1,92 г, или ——х-------= 64%, меди и 1,08 г (3 —
О
— 1,92= 1,08), или I*08= 36%, серебра.
Третий способ, Если количество меди в сплаве обозначить через
х г, а количество нитрата меди — через у г, то количество серебра в сплаве будет
равно (3 — х) г, а количество нитрата серебра — (7,34 — у) г. Пользуясь урав-
нениями реакций, можно составить две пропорции, образующие систему двух
уравнений с двумя неизвестными: i
64 г Си образуют 188 г Си (NO3)2,
189
х г Си образуют у г Си (ЫО8)2,
64 у = 188%,
108 г Ag образуют 170 г AgNO3,
(3 — х) г Ag » (7,34 — у) г AgNO3,
108 (7,34 — у) = 170 (3 — х),
188%
У~ 64 ’
108 ^7,34---= 170 (3 — х), ? W
108 • 64 • 7,34 — 108 • 188х = 64 • 170 • 3 — 64 • 170%,
50734,08 — 20304% = 32640 — 10880%, I
9424% = 18094,08,
% =1,92. <
Следовательно, в 3 г сплава было 1,92 г, или 64%, Си и 1,08 г, или 36%, Ag.
237. Реакции нейтрализации серной и соляной кислот едким натром прохо*
дят по таким уравнениям:
H2SO4 + 2NaOH = Na2SO4 + 2Н2О;
142
НС1 + NaOH = NaCl + Н2О. В
40 58,5
Первый способ. По условию задачи для нейтрализации соляной
и серной кислот, содержащихся в 10 мл раствора, израсходовано 40 мл 0,5 н.
раствора едкого натра. Для кислот, содержащихся в 100 мл этого раствора, по-
требуется в 10 раз больше раствора щелочи, т. е. 40 • 10 = 400 мл 0,5 н. раствора,
содержащего 0,4 • 0,5 = 0,2 эквивалента едкого натра. Так как вещества рез*
гируют в эквивалентных количествах, значит, в растворе было 0,2 эквивалента
кислот, а в смеси солей было 0,2 эквивалента хлорида и сульфата натрия.
Обозначив количество эквивалента хлорида натрия через х, а количество эквива-
лентов сульфата натрия — через (0,2—х), в смеси солей будет х эквивалентов,
или 58,5 х г, хлорида натрия и (0,2 — х) эквивалентов, или 71 (0,2 — х) г»
сульфата натрия. Отсюда
58,5х+71 (0,2 — х) = 13,2,
58,5х+ 14,2 — 71х= 13,2,
12,5х == 1,0,
х = 0,08.
Значит, в смеси было 0,08 эквивалента NaCl, образующегося из 0,08 моль
НС1, и 0,12 эквивалента (0,2 — 0,08=0,12) Na2SO4, образующегося из 0,12
эквивалента, или из 0,06 моль H2SO4. Раствор был 0,8 М относительно соляной
и 0,6 М относительно серной кислот.
Второй способ. Для нейтрализации соляной и серной кислот израо
ходовано 0,2 эквивалента едкого натра, в результате чего образовалось 13,2 »
смеси хлорида и сульфата натрия. Если в смеси было х г, или эквивалента*
хлорида натрия, значит, сульфата натрия было (13,2 — х) г, или
13,2 — х
71
ЭКВИ'
п о х
валентов. Но уравнениям реакции v- эквивалентов хлорида натрия *
00,0
190
«о 2___х
iU-yj----эквивалентов сульфата натрия образуются соответственно из
(3 2 — х
----эквивалентов едкого натра. Отсюда
* । 13,2 х _____~ п
58,5 71
х
58^5” И
12,5х = 58,5,
х = 4,68.
4 68
Следовательно, в смеси солей было 4,68 г, или = 0,08 моль, NaCl, об-
00,0
8 52
разующегося из 0,08 моль НС1, и 8,52 г (13,2 — 4,68 = 8,52), или = 0,06 моль,
Na2SO4, образующегося из 0,06 моль H2SO4. Раствор будет 0,8 М относительно
соляной и 0,6 М относительно серной кислот.
Третий способ. Для нейтрализации соляной и серной кислот израс-
ходовано 0,2 эквивалента, или 0,2 • 40 = 8 г, едкого натра. Обозначим количест-
во хлорида натрия в смеси через хг, а количество едкого натра, необходимого
иля образования х г хлорида — через у г. Сульфата в смеси будет (13,2 — х) г,
з количество едкого натра, из которого образуется сульфат, будет равно (8 —
— у) г. Пользуясь уравнениями реакций нейтрализации, составим две пропор-
ции, образующие систему двух уравнений с двумя неизвестными:
58,5 г NaCl образуются из 40 г NaOH,
х г NaCl » * у г NaOH,
58,5# = 40х;
142 г Na2SO4 образуются из 80 г NaOH,
(13,2 — х) г Na2SO4 » » (8 — у) г NaOH,
142 (8 —#) = 80 (13,2х),
__ 40*
У~ “58J5 ’
142 8--^-=- =80(13,2- х),
66 456 — 5680х = 61 776 — 4680х,
1000х = 4680,
х = 4,68.
4 08
Значит, в смеси было 4,68 г, или - = 0,08 моль, NaCl, образующегося из
8 52
0.08 моль НС1, и 8,52 г (13,2 — 4,68 = 8,52), или - = 0,06 моль, Na2SO4,
л
образующегося из 0,06 моль H2SO4. Раствор будет 0,8 М относительно соляной
и 0,6 М относительно серной кислот.
238. Карбонаты кальция и магния реагируют с диоксидом углерода в водной
среде по уравнениям:
СаСО3 + СО2 + Н2О == Са (НСО3)2;
100 22,4
MgCO3 + СО2 + Н2О = Mg (НСО3)2.
84 22,4
191
Первый способ. По условию задачи с 8,2 г смеси карбонатов кальция
2 016
и магния прореагировало 2,016 л, или ~ = 0,09 моль, диоксида углерода.
Из уравнений реакций видно, что 1 моль карбонатов реагирует с 1 моль СО .
Значит, в смеси было 0,09 моль карбонатов кальция и магния. Если количество
молей карбоната кальция обозначить через х, а количество молей карбоната маг-
ния — через (0,09 — х), то в смеси было х моль, или 100 х г, карбоната кальция
и (0,09 — х) моль, или 84 (0,09 — х) г, карбоната магния, откуда
ЮОх + 84 (0,09 — х) = 8,2,
ЮОх + 7,56 — 84х = 8,2,
16х = 0,64,
х = 0,04.
Следовательно, в смеси было 0,04 моль, или 0,04 • 100 == 4 г, карбоната
кальция и 0,05 моль (0,09 — 0,04 = 0,05), или 0,05 • 84 = 4,2 г, карбоната
магния.
Второй способ. Если в смеси было х г, или моль, карбоната каль-
g 2___д.
ция, то карбоната магния было (8,2 — х) г, или ---------моль. По уравнениям
о4
х х 22 4х
реакций — моль карбоната кальция прореагировали с — моль, или -у- л,
8,2 — х 8,2 — х
СО2> а — моль карбоната магния прореагировали с —— моль, или
22,4 (8,2 - х) п п
------------- л, СО2. Отсюда
22,4х , 22,4 (8,2 - х) _
100 + 84 ’ *
84х + 100 (8,2 — х) = 0,09 * 100 • 84,
84х + 820 — ЮОх = 756,
16х = 64,
х = 4.
Значит, в смеси было 4 г карбоната кальция и 4,2 г (8,2 — 4 = 4,2) карбо-
ната магния.
Третий способ. Если количество карбоната кальция обозначить
через х г, а объем диоксида углерода, прореагировавшего с карбонатом
кальция, через у л, то количество карбоната магния будет равно (8,2 — х) г,
а объем прореагировавшего с ним диоксида равен (2,016 — у) л. Пользуясь урав-
нениями реакций, можно составить две пропорции, образующие систему двух
уравнений с двумя неизвестными:
100 г СаСО3 реагируют с 22,4 л СО2,
х г СаСО3 » » у л СО2,
100t/ = 22,4х;
84 г MgCO3 реагируют с 22,4 л СО2,
(8,2 — х) г MgCO3 » » (2,016 — у) л СО2,
84 (2,016 — у) = 22,4 (8,2 — х),
у = 0,224х;
84 (2,016 — 0,224х) == 22,4 (8,2 — х),
169,344 — 18,816х = 183,68 —22,4х,
192
3,584л: = 14,336,
Следовательно, в смеси было 4 г карбоната кальция и 4,2 г (8,2 -4 = 4,2)
карбоната магния.
239. При растворении в соляной кислоте цинка и железа реакции происхо
дят согласно следующим уравнениям:
Zn + 2НС1 = ZnCl2 + Н2 ;
65 22,4
Fe + 2НС1 = FeCL + Н,.
_ 1 А • Л
46
способ. По условию задачи при растворении 2,79 г смеси;
1,008 Л тг
= 0,045, моль водорода. Из
Первый
цинка и железа выделилось 1,008 л, или
у X
уравнений реакций растворения цинка и железа в соляной кислоте видно, что при
растворении 1 моль цинка или железа выделяется 1 моль водорода. Значит, в
смеси было 0,045 моль цинка и железа. Если количество молей цинка обозначить
через х, а количество молей железа — через (0,045 — х), то в смеси было 65л г
цинка и 56 (0,045 — х) г железа. Отсюда
65х + 56 (0,045 - х) = 2,79,
65х 2,52 — 56х = 2,79,
9х = 0,27,
х = 0,03.
Следовательно, в смеси было 0,03 моль, или 0,03 • 65 — 1,95 г, цинка
и 0,015 моль (0,045 — 0,03 = 0,015), или 0,015 • 56 = 0,84 г, железа.
х
Второй способ. Если в смеси было х г, или моль, цинка, то же-
оо
2 79 — х
леза было (2,79 — х) г, или ——--- моль. Из уравнений реакций растворения1
X X"
цинка и железа в соляной кислоте видно, что из -gg- моль цинка образуется
22,4х 2,79 —х Л
моль, или —gs—л, водорода, а при растворении —----------моль железа образуется
22,4 (2,79 — х)
моль, или
56
56
56
л, водорода. Отсюда
22,4х , 22,4 (2,79 —х)
65 + 56
= 1,008,
56х + 65 (2,79 — х) = 0,045 • 56 • 65,
56х + 181,35 — 65х = 163,8,
9х = 17,55,
х = 1,95 г.
Следовательно, в смеси было 1,95 г цинка и 0,84 г (2,79 — 1,95 = 0,84)'
Железа.
Третий способ. Если количестве цинка в смеси обозначить через х г,
а объем водорода, выделившегося при его растворении — через у л, то количест-
во железа в смеси будет равно (2,79 — х) г, а объем выделившегося при его раство-
рении водорода — (1,008 — у} л. Пользуясь уравнениями реакций растворения:
Цинка и железа в соляной кислоте, можно составить систему двух уравнений-
7 2-182
193
двумя неизвестными:
при растворении 65 г цинка выделяется 22,4 л Н2,
» » х г » » у л Н2,
tby — 22,4х;
при растворении 56 г железа выделяется 22,4 л Н2,
» » (2,79 — х) г » » (1,008 — у) л Н2,
56 (1,008 — у) = 22,4 (2,79 — х),
22,4х
У~ 65
56 (1,008 —
\ 65
и 0,84 г (2,79 -
1,95 = 0,84)
56 (2,925 — х) — 65 (2,79 — х),
163,8 — 56х — 181,35 — 65х,
9х — 17,55,
х = 1,95 г.
Следовательно, в смеси было 1,95 г цинка
железа.
240. При растворении в растворе щелочи указанной смеси со щелочью вза-
имодействуют только цинк и алюминий, как показано при решении задачи № 229,
что в смеси было 1,5 г, или
а медь остается без изменений. Из этого следует,
? 5 . 100
—1—=----— 30%, меди и 3,5 г (5-1,5= 3,5)
о
Первый способ. По условию задачи
2 0’6
и алюминия выделилось 2,016 л, или - ~ 7 .. = 0 09 МОль, или -7~- == 0,18 экви-
Z-2S , г 1 I I ju
валента, водорода. Так как вещества реагируют в эквивалентных количествах,
(то в смеси было 0,18 эквивалента цинка и алюминия. Если количество эквивален-
тов цинка обозначить через х, а количество эквивалентов алюминия — через
0,18 — х), то всмеси было 32,5х г цинка и 9 (0,18 —х) г алюминия. Отсюда
алюминия и цинка.
при растворении 3,5 г цинка
2,016
0,9 • 100
23,5х = 1,88,
х = 0,08.
Следовательно, в смеси было 30% меди, 0,08 эквивалента, или 0,08 • 32,5 =
= 2,6 г, или —% = 52%, цинка и 0,9 г (3,5 — 2,6 = 0,9), или
о
— 18%, алюминия.
Второй способ. Если количество цинка в смеси обозначить через х г,
^5 -1 х
или — моль, то в смеси было (3,5 — х) г, или 7 —моль, алюминия. Из урав-
нений реакций растворения цинка и алюминия в растворе щелочи видно, что
х х 22,4 х 3,5 — х
из — моль цинка образуется моль, или —— л, водорода, а из — - —
оо оо оо £ /
моль алюминия образуются
Отсюда
моль, или
54
л, водорода.
5
22,4х
“65“
54
= 2,016,
194
54х -р 3 • 65 (3,5 — х) = 0,09 • 54 • 65,
54х + 682,5 — 195х = 315,9,
141 х = 366,6,
х — 2,6 г.
Следовательно, в смеси было 30% меди, 2,6 г, или с *99..= 52%, цинка
о
и 0,9 г (3,5 — 2,6 = 0,9), или ----- ~ 18%, алюминия,
о
Третий способ. Если количество цинка в смеси обозначить через х
г, а количество выделившегося при его растворении водорода — через у л, го
количество алюминия в смеси будет равно (3,5 — х) г, а количество выделивше-
гося при его растворении алюминия — (2,016 — у) л. Пользуясь уравнениями
реакций растворения цинка и алюминия в растворе щелочи, можно составить
систему двух уравнений с двумя неизвестными:
при растворении 65 г цинка выделяются 22,4 л Н2,
» » х г » » у л Н2,
65 г/ = 22,4х;
при растворении 54 г AI выделяются 67,2 л Н2,
» » (3,5 — х) г А1 » (2,016 — у) л Н2,
54 (2,016 - у) = 67,2 (3,5 - х),
22,4х
У “ 65 ’
С 22 4х \
2,016 ~ I = 67,2 (3,5 — х),
ОО /
54 (5,85 — х) = 65 • 3 (3,5 - х),
315,9 — 54х = 682,5 — 195х,
141х == 366,6,
х = 2,6 г.
Следовательно, в смеси было 30% меди, 2,6 г, или *99 = 52%, цинка
0,9.100 1о0/
и 0,9 г, или -2—=----= 18%, алюминия.
5
241. При обработке смеси железа, оксида железа (II) и оксида железа (III)
сульфатом меди будет взаимодействовать только железо по уравнению:
Fe + CuSO4 = FeSO4 + Си.
56 64
Оксиды железа реагируют с водородом по уравнениям;
FeO + Н2 = Fe + Н2О;
72 56
Fe2O3 + ЗН2 = 2Fe + ЗН2О.
160 2 • 56
Первый с п о с о б. По условию задачи при восстановлении смеси же-
леза, оксида железа (II) и оксида железа (III) водородом образовалось 3,92 г
железа, а при взаимодействии этой смеси с раствором сульфата меди масса смеси
увеличилась на 0,24 г (4,96 — 4,72 = 0,24). Из уравнения реакции железа с суль-
7*
195
фатом меди видно, что если 1 моль меди выделится, то 1 моль ;-----
в раствор и масса остатка увеличится на 8 г (64 — 56 ~ 8). Так как масса увел?/
чилась на 0,24 г, то прореагировало — = 0,03 моль железа. Значит, в смеси
‘было 0,03 моль, или 0,03 • 56 — 1,68 г, железа и 3,04 г (4,72 — 1,68 =
оксидов железа. Так как при взаимодействии 4,72 г смеси с водородом образовц.
лось 3,92 г железа, то в смеси было 3,92 г связанного и несвязанного железа
и 0,8 г (4,72 — 3,92 — 0,8), или — 0,1 эквивалента кислорода. Это значит
что в 3,04 г оксидов железа содержалось их 0,1 эквивалента. Эквивалент окси/п
72 160
железа (II) равен 36, а эквивалент оксида железа (III) равен —6“ 5=8 26>б7.
Если количество эквивалентов оксида железа (II) в смеси обозначить через *
а количество эквивалентов оксида железа (III) — через (0,1 — х), то в смеси
было 36х г оксида железа (II) и 26,67 <0,1 — х) г оксида железа (III). Отсюда
железа перейду
<0,1 — х) г оксида железа (III). Отсюда
36х + 2,667 — 26,67х = 3,04,
9,33% = 0,373,
х=0,04.
Следовательно, в смеси было 1,68 г железа, 0,04 эквивалента, или 0,04 х
X 36 — 1,44 г, оксида железа (II) и 0,06 эквивалента (0,1 — 0,04 = 0,06), или
0,06 * 26,67 — 1,6 г, оксида железа (III).
Второй способ. По условию задачи при восстановлении оксидов
железа водородом масса смеси уменьшилась на 0,8 г. (4,72 — 3,92 = 0,8)« Это
значит, что в смеси было 0,8 г кислорода, связанного в оксиды железа. При обра-
ботке смеси медным купоросом масса смеси увеличилась на 0,24 г (4,96 — 4,72 =
— 0,24). Из уравнения этой реакции видно, что если в раствор перейдет 56 г же-
леза, то в смесь перейдет 64 г меди и масса смеси должна увеличиться на 8 г (64 —
— 56 = 8). Отсюда
при увеличении массы на 8
» » » » 0,24
56 • 0,24
х =----------
реагирует
»
56 г железа,
X г »,
1,68 г.
Значит, в смеси было 1,68 г железа и 3,04 г (4,72—
х
лез а. Если в смеси оксида железа (II) было хг, или моль, то оксида железа
f W
——- моль. Из уравнений реакций восстановления
х
оксидов железа водородом видно, что из моль оксида железа (II) образуется
х 56 х
моль, или -
3 04___ у
(III) было (3,04 — х) г, или ’
160
моль,
1,68 = 3,04) оксидов же-
3,04 — x
железа, а из-----—моль оксида железа (III) образуется
56 (3,04 — x)
или ------—-------- г, железа. Отсюда
оО
56 (3,0 4—х)
80
80х + 72 (3,04 - х) = 0,04 • 72 • 80,
80х 4- 218,88 — 72х = 230,4,
8х = 11,52,
х= 1,44 г.
56х
~72~
= 2,24,
г
г
196
Следовательно, в смеси было 1,68 г железа, 1,44 г оксида железа (II) и 1,6 г
(3,04 — 1,44=1,6) оксида железа (III).
Третий способ. При решении задачи первыми двумя способами по-
казано, что в смеси было 1,68 г железа и 3,04 г оксидов железа. При восстановле-
нии оксидов железа водородом масса смеси уменьшилась на 0,8 г (4,72 — 3,92 ==
= 0,8). Это значит, что в 3,04 г оксидов было 0,8 г связанного кислорода и 2,24 г
(3,08 — 0,8 = 2,24) железа в виде различных оксидов. Если количество оксида
железа (II) обозначить через к г, а количество образовавшегося из него железа
через у г, то количество оксида железа (III) будет равно (3,04 — х) г, а коли-
чество образовавшегося из него железа равно (2,24 — у) г. Пользуясь уравнени-
ями реакций восстановления оксидов железа, можно составить систему двух
уравнений с двумя неизвестными:
из 72 г FeO образуются 56 г Fe,
» к г FeO » у г Fe,
72у = 56х;
из 160 г Fe2O3 образуются 112 г Fe,
» (3,04 — х) г Fe2O3 » (2,24 — у) г Fe,
160 (2,24 — у) = 112 (3,04 — х),
_____________56х
У 72~ ’
2,24 — 1=112 (3,04 — х),
160 (2,88 — х) = 72 • 2 (3,04 — х),
460,8 — 160х = 437,76 — 144х,
16х = 23,04,
х= 1,44 г.
Значит, в смеси было 1,44 г оксида железа (II), 1,6 г (3,04 — 1,44 = 1,6)
оксида железа (III) и 1 ,68 г железа.
I. 242. Алюминий, магний, цинк и железо реагируют с соляной кислотой со-
гласно следующим уравнениям:
2А1 + 6НС1 = 2А1С13 + ЗН2 ;
2 • 27 3 • 22,4
Mg + 2НС1 = MgCl2 + Н2;
24 22,4
Zn + 2НС1 = ZnCI2 + Н2;
65 22,4
Fe 4- 2HC1 = FeCl, + H2 .
56 22,4
При растворении сплава в растворе щелочи реагируют только цинк и алюми-
ний согласно уравнениям, приведенным при решении задачи 229. Значит, при рас-
творении алюминия и цинка выделилось 2,016 л Н2, а так как при растворении
алюминия и цинка в кислоте и щелочи выделяется одинаковый объем водорода,
то при растворении в соляной кислоте магния и железа выделилось 1,568 л
(3,584 — 2,016 = 1,568) водорода.
Первый способ. По условию задачи на 1 моль алюминия приходи-
лось 3 моль цинка, или на 3 эквивалента алюминия — 2 • 3 = 6 эквивалентов
цинка. Если количество эквивалентов алюминия обозначить через х, го количест-
во эквивалентов цинка будет равно 2х. По условию задачи при растворении сплава
197
в растворе щелочи выделилось 2,016 л, или • = 0,18 эквивалента
рода. Значит, растворилось 0,18 эквивалента цинка и алюминия. Отсюда
х-|- 2х = 0,18,
в°До»
Зх = 0,18,
х = 0,06.
Следовательно, в Сплаве было 0,06 эквивалента, или 0,06 • 9 = ~ “
миния, 0,12 эквивалента (0,18 — 0,06 = 0,12), или 0,12 * 32,5 = 3,9 г
и 9.QR г п л. _ п ^4 — з,9 = 2,96) железа и магния. По условию задачи
1,568
Следовательно, в сплаве было 0,54 г алюминия, 3,9 г цинка, 2,24 г железа
0,72 г (2,96 — 2,24 = 0,72) магния.
’Третий способ. Если в сплаве было х моль алюминия, при растворе-
- которого образуется у л водорода, то цинка было Зх моль и при его раство-
3 _ у) л водорода. Пользуясь уравнениями реакций
- -------------------------------------------------составить систему
= 0,54 г алю.
. пинка
£ при ИХ
= 0,07 моль, водорода. Значит про-
железа обозна-
— х), то в сплаве было
и 2,96 г (7,4 - 0,54
растворении выделилось 1,568 л, или
реагировало 0,07 моль железа и магния. Если количество молей
чить через х, а количество молей магния — через (0,07
56х г железа и 24 (0,07 — х) г магния. Отсюда
KO'lUpulU ovси_vv 1 vп у
енип образовалось (2,016
растворения цинка и алюминия в растворе щелочи,
дВух уравнений с двумя неизвестными:
при растворении 2 моль А1 выделяются
» »
к моль А1 »
можно
67,2 л
У Л
2»
2>
56х + 24 (0,07 — х) = 2,96,
56х + 1,68 — 24х = 2,96,
32х = 1,28, -
2у — 67,2х;
при растворении 1 моль цинка выделяются 22,4 л Н2,
» >> Зх моль » » (2,016 — у) л Н2,
2,016 — у = 22,4 • Зх,
г/ = 33,6х,
х = 0,04.
в сплаве было 0,54 г алюминия, 3,9 цинка, 0,04 моль, или
железа и 0,72 г (2,96 — 2,24 = 0,72, или 0,03 • 24 = 0,72)
особ. По условию задачи на 1 моль алюминия прихо-
дилось 3 моль цинка. Если количество молей алюминия обозначить через х, то
количество молей цинка будет равно Зх. При растворении х молей алюминия
согласно уравнению реакции растворения алюминия в растворе щелочи образуют-
ся 1,5 х моль, или 22,4 • 1,5х — 33,6х л, водорода, а при растворении в рас-
творе щелочи Зх моль цинка образуются согласно уравнению реакции Зх моль,
или 22,4 • Зх = 67,2х л, водорода. Отсюда
Следовательно,
0,04 • 56 = 2,24 г,
магния.
Второй СП
2,016 —33,6х = 67,2х,
100,8х = 2,016,
х = 0,02.
33,6х + 67,2х = 2,016,
100,8х= 2,016,
х = 0,02.
Следовательно, в сплаве было 0,02 моль, или 0,02 . 27 = 0,54 г, алюминия.
О НС ___ п г\ _ ~ ~~ — in П£\
, • = 2,96) железа и магния.
моль, железа, то магния было (2,96 — хх) г,
2 96 —х х
~—24—“ моль. Из моль железа согласно уравнению реакции растворе-
Следовательно, в сплаве было 0,02 моль, или 0,02 • 27 = 0,54 г, алюминия,
моль, или 0,06 • 65 = 3,9 г,гцинка и 2,96 г (7,4 — 0,54 — 3,9 = 2,96) желе-
за и магния. Если количество железа в сплаве обозначить через хх г, а количество
выделившегося при его растворении водорода через уг л, то количество магния
будет равно (2,96 — хх) г, а количество выделившегося при его растворении в со-
ляной кислоте водорода — (1,568 — г/т) л. Пользуясь уравнениями реакций рас-
творения железа и магния в соляной кислоте, можно составить систему двух урав-
нений с двумя неизвестными:
при растворении
»
0,06 моль
будет равно (2,96 — xr) rf а количество выделившегося при его растворении в со-
Л ЛГ» П л А' ” -----~ ПЛИ
0,02 • 3 • 65 = 3,9 г цинка и 2,96 г (7,4 — 0,54 — 3,9
Если в сплаве было Xj г, или ---------
или
56 г Fe выделяются
хх г Fe »
Л 2»
л Н2,
при растворении
» »
56г/г = 22,4хр
24 г Mg выделяются 22,4 л Н2,
(2,96—xj г Mg » (1,568 — у±) л Н2,
- х *1 22,4 Xi
ния железа в соляной кислоте образуются моль, или—1 л, водорода,
ОО ЙО
2 96 _х
а из ——24—" моль магния согласно уравнению реакции растворения магния
„ л 2,96 — Xi 22,4 (2,96 — х,)
в соляной кислоте образуются ——- моль, или ------------L-2—.---- л, водорода.
Отсюда
22,4х, , 22,4 (2,96 - х,)
~56~ +------------24-------= ‘ ’568’
24Xj + 56 (2,96 — xt) = 0,07 - 24 - 56,
24Xj + 165,76 — 56х1 = 94,08,
32xj = 71,68,
хх = 2,24 г.
198
24 (1,568 — = 22,4 (2,96 — xj,
22,4хт
yi “ ~56 ’
( 99 4х \
1,568 -----] = 22,4 (2,96 — х,),
Ь6 /
24 (3,92 — = 56 (2,96 — х^,
94,08 — 24х, = 165,76 — 56хг,
32Xj = 71,68,
Xj = 2,24 г.
в сплаве было 0,54 г алюминия, 3,9 г цинка,
2,24 г железа
Следовательно,
и 0,72 г (2,96 — 2,24 = 0,72) магния.
243. Если 50 мл раствора нейтрализуют 22 мл 2М раствора соляной кислоты,
то 500 мл этого же раствора должны нейтрализовать 220 мл 2М раствора соля-
ной кислоты. Соляная кислота реагирует с карбонатами калия и рубидия по
199
следующим уравнениям:
КоСО, 4- 2НС1 = 2КС1 4- Н,0 + С02;
138 2 • 36,5
Rb2CO3 4- 2НС1 = 2RbCI 4- Н„0 4- СО,.
230
Первый способ. По условию задачи 32,2 г смеси карбонатов калия
и рубидия реагируют с соляной кислотой, содержащейся в 220 мл 2М раствора
т. е. с 0,22 • 2 = 0,44 моль соляной кислоты. Из уравнений реакций нейтрализа’
ции соляной кислоты карбонатами калия и рубидия видно, что одна молекула кап.
боната калия или рубидия реагирует с двумя молекулами соляной кислоты Зня
0 44
чит, в смеси было — 0,22 моль карбонатов калия и рубидия. Если количещво
молей карбоната калия обозначить через х, то количество молей карбоната рубидия
будет равно (0,22 — х). Тогда в смеси будет 138х г карбоната калия и 230 (0,22—
— х) г карбоната рубидия. Отсюда
138х + 230 (0,22 — х) = 32,2,
138x4-50,6 — 230х = 32,2,
92х = 18,4,
х = 0,2.
Следовательно, в смеси было 0,2 моль, или 0,2 • 138 — 27,6 г, карбоната
калия и 0,02 моль (0,22 — 0,2 — 0,02), или 0,02 • 230 = 4,6 г, карбоната рубидия.
Второй способ. По условию задачи 32,2 г смеси карбонатов калия
и рубидия прореагировали с 220 мл 2М раствора соляной кислоты, содержащего
х
0,22 • 2 = 0,44 моль хлороводорода. Если в смеси было х г, или моль, карбо-
loo
32,2 — х тл
- моль. Из
_____________________ видно, что
2х___________________32 2 —— х
1о6 моль хлороводорода, а —
1оо zoU
> 2 — х)
" моль хлороводорода.
ната калия, то карбоната рубидия было (32,2 — х) г, или
уравнений реакций карбонатов калия и рубидия с соляной кислотой
х 2х
моль карбоната калия прореагируют с
1оо __У
с
моль карбоната рубидия прореагируют с -
Отсюда
_?£_ । 2 (32>2 _ о 44
138 230
115х 4- 69 (32,2 — х) = 0,44 - 115-69,
115х 4- 2221,8 — 69х = 3491,4,
46х = 1269,6,
х = 27,6 г.
27,6 =
Следовательно, в смеси было 27,6 г карбоната калия и 4,6 г (32,2
= 4,6) карбоната рубидия.
Третий способ. По условию задачи 32,2 г смеси карбонатоь калия
и рубидия прореагировали с 220 мл 2М раствора соляной кислоты. Так как рас-
твор 2М, то в нем содержалось 0,22-2-36,5 = 16,06 г хлороводорода. Если ко-
личество карбоната калия обозначить через х г, а количество прореагировавше-
го с ним хлороводорода через у г, то количество карбоната рубидия будет равно
(32,2 — х) г, а количество прореагировавшего с ним хлороводорода — (16,06 —
— у) г. Пользуясь уравнениями реакций карбонатов калия и рубидия с соляной
кислотой, можно составить два уравнения с двумя неизвестными:
138 г К2СО3 реагируют с 73 г НО,
х г К2СО3 реагируют с у г НС!,
138г/ = 73х;
230 г Rb2CO3 реагируют с 73 г НС1,
(32,2 — х) г Rb2CO3 » » (16,06 — у) г НС1,
230 (16,06 - у) = 73 (32,2 — х),
__ 73х
V ~ 138 ’
230 I16,06 ----) = 73 (32,2 - х),
230 (30,36 - х) = 138 (32,2 — х),
6982,8 — 230х = 4443,6 — 138х,
92х = 2539,2,
х = 27,6 г.
Следовательно, в смеси было 27,6 г карбоната калия и 4,6 г (32,2 27,6
— 4,6) карбоната рубидия.
244. По условию задачи в 15 мл, или
творено 2,19 г смеси этанола и пропанола,
гируют согласно уравнениям:
15 • 0,88 = 13,2 г, бензола было рас-
которые с металлическим натрием реа-
2С2НбОН 4- 2Na = 2C2H5ONa 4- Н2 ;
2 - 46 22,4
2С3Н7ОН 4- 2Na = 2C3H7ONa 4- Н2.
2 • 60
Выделившийся водород в присутствии катализатора реагирует с уксусным
альдегидом согласно уравнению:
СН3СНО+ Н2 ==СН3СН2ОН.
___О I а О л
44 22,4
Избыток альдегида реагирует с аммиачным раствором оксида серебра соглас-
но уравнению:
Ag2O + СН3СНО = 2Ag 4-СН3СООН.
2 • 108
Первый способ. По условию задачи с выделившимся при реакции
спиртов с металлическим натрием водородом реагировало 1,54 г, или • =
= 0,035 моль уксусного альдегида. Избыток его прореагировал с аммиачным
3 24
раствором оксида серебра, в результате выделилось 3,24 г, или -jog- ~ 0,03 моль
серебра. Из уравнения реакции уксусного альдегида с оксидом серебра видно,
что 1 моль альдегида восстанавливает 2 моль серебра, а 0,03 моль серебра восста-
новятся 0,015 моль альдегид?. Значит, из 0,035 моль уксусного альдегида
0,015 моль прореагировали с оксидом серебра, а 0,02 моль (0,035 — 0,015 —
== 0,02) прореагировали с водородом. Из уравнения восстановления альдегида
водородом видно, что 1 моль альдегида реагирует с 1 моль водорода, а 0,02 моль
альдегида реагируют с 0,02 моль водорода. Из уравнений реакций спиртов с ме-
таллическим натрием видно, что 1 моль водорода выделяется при взаимодействии
2 моль спиртов, а 0,02 моль водорода выделяется при взаимодействии 0,04 моль
спиртов. Значит, в растворе 2,19 г спиртов было их 0,04 моль. Если количество
молей этанола обозначить через х, а количество молей пропанола обозначить
200
201
8 2182
через (0,04 — х), то этанола будет 46хг, а пропанола — 60 (0,04 — г) г От
46х + 60 (0,04 - х) = 2,19, 70,0/13
46х + 2,4 — 60х = 2,19,
14х= 0,21,
*=0,015.
Следовательно, в 15,3£
0,015 моль, или 0,015 - 46 = 0,69 г, или .—-
15,39
(0,04 — 0,015 = 0,025), или 0,025 - 60 = 1,5 г, или —1-=-лп'" ~ 9,75%, Ппп
1о,оУ ги-
панола.
Второй способ. Аналогично решению первым способом можно найти
что с 2,19 г смеси этанола и пропанола образовалось 0.02 мп.пк »
количество этанола в смеси обозначить
панола в смеси будет (2,19
0,69 10015,39) Раствора держал.
Ось
- 4,48%, этанола и 0.025 м0Ль
1,5 • 100
Значит, при взаимодействии 2,19 г смеси этанола и пропанола с металличес-
ким натрием выделилось 0,448 л водорода. Если количество этанола в смеси обозна-
чить через х2 г, а количество выделенного из него водорода через у л, то количест-
во пропанола будет равно (2,19 — х2) л, а количество выделенного из него водо-
рода — (0,448 — у) л. На основании этих данных и используя уравнения реак-
ций спиртов с металлическим натрием, можно составить систему двух уравнений
с двумя неизвестными:
при взаимодействии 92 г С2Н5ОН образуются 22,4 л Н2,
» » х2 г С2Н5ОН » у л Н2,
и пропанола образовалось 0,02 моль водорода. Если
х
через х г, или моль, то количество про-
4b
9 ig__х
— х), или - — моль. Из уравнений реакций спир.
60
тов в металлическим натрием видно, что из двух молекул спиртов образуется
1 молекула водорода, а из моль этанола образуется моль водорода
и из * моль пропанола образуются ? — моль водорода. Отсюда
9 19 х
120х-|-92 (2,19 — х) = 0,02 • 120-92,
120х + 201,48 — 92х = 220,8,
28х == 19,32,
х = 0,69 г.
Следовательно, в растворе было 0,69
и 1,5 г (2,19-0,69= . „ --
Третий способ. По условию задачи при взаимодействии
уксусного альдегида с аммиачным раствором оксида
серебра. Из уравнений этой реакции видно, что
216 г Ag выделяются при взаимодействии
х
г, или
1 5 inn 15>39
1,5), или 1,5 • 100
способ.
4,48%, этанола
= 9,75%, пропанола.
_ избытка
серебра выделилось 3,24 г
» » »
44-3,24
’ 216 " 0,66 г-
44 г СН3СНО,
х г СН3СНО,
Из взятых 1,54 г уксусного альдегида 0,66
ра, а 0,88 г (1,54 — 0,66 = 0,03;
тализатора. Из этого уравнения видно, что
44 г СН3СНО реагируют с 22,4 л И
0,88 г СН3СНО » » х* j.
S4 "•® _ 0,448 л.
-,^г прореагировали с оксидом сереб-
= 0,88) прореагировало с водородом в присутствии ка-
IRHPHUq ВИДНО UTn
2»
29
х1==
44
при взаимодействии 120 г С3Н7ОН образуются 22,4 л Н2,
» » (2,19 — х2) г С3Н7ОН » (0,448 — у) л Н2,
120 (0,448 — у) == 22,4 (2,19 — х2),
22,4х2
У~ 92 ’
120 (о,448 — • = 22,4 (2,19 — xj,
120 (1,84 — х2) = 92 (2,19 — Хз),
220,8 — 120х2 = 201,48 — 92х2,
28ха = 19,32,
х2 — 0,69 г.
л 1
Следовательно, в 15,39 г раствора было 0,69 г, или
нола и 1,5 г (2,19 — 0,69 = 1,5), или
1,5 - 100
15,39
0,69 • 100
15,39
4,48%, эта-
= 9,75%, пропанола.
VII. ЭЛЕКТРОЛИЗ
245. В 281 г кристаллогидрата сульфата никеля NiSO4 - 7Н2О содержится
59 г никеля, 155 г сульфата никеля и 126 г кристаллизационной воды. Для выде-
ления никеля взята лишь восьмая часть раствора. Значит, для выделения никеля
из всего раствора потребуется в 8 раз больше электрического тока. Если по усло-
вию задачи на выделение никеля из 100 г раствора израсходовано 1,072 • 2 =
== 2,144 А • ч электрического тока, то для выделения никеля из всего раствора
необходимо 2,144 • 8= 17,152 А - ч электрического тока.
Первый способ. При пропускании через электролит 26,8 А . ч
электрического тока выделяется 1 эквивалент любого вещества, в том числе и ни-
келя. По условию задачи на выделение никеля израсходовано 17,152 А • ч элек-
17 152
трического тока, значит, выделилось = 0,64 эквивалента, или 0,32 моль,
/0,0
никеля. Следовательно, было растворено 0,32 моль, или 0,32 • 281 = 89,92 г
кристаллогидрата сульфата никеля в 710,08 г (800 — 89,92 = 710,08) воды.
Второй способ. По законам Фарадея А = -= = --------------—------ ==
* z-fO о
= 18,88 г. Из формулы кристаллогидрата сульфата никеля видно, что
59 г Ni содержатся в 281 г NiSO4 - 7Н2О,
18,88 г Ni » » х г NiS©4 . 7Н2О,
х = J8^28. =89j92 г
8*
203
Следовательно, 89,92 г кристаллогидрата сульфата никеля были раствопетш
в 710,08 г (800 — 89,92 = 710,08) воды. н ы
29 R
Третий способ. Электрохимический эквивалент никеля равен
= 1,1007. По условию задачи для выделения никеля израсходовано 17,152 А
X ч электрического тока. Следовательно, никеля должно выделиться 17,152 у
X 1,1007 = 18,88 г. Из формулы молекулы кристаллогидрата сульфата никеля
18 88 -281 ”
видно, что 18,88 г никеля содержатся в—-—---- = 89,92 г кристаллогидрата
аУ
Значит, 89,92 г кристаллогидрата нужно растворить в 710,08 г воды.
246. Первый способ. Так как при прохождении через раствор элек-
тролита 26,8 А • ч электрического тока выделяется 1 эквивалент вещества, а по
условию задачи через раствор электролита прошло 3,35 А • ч электрического тока
3 35 4
значит, кадмия выделится 0,125 эквивалента, или 0,125 -56 = 7 г.
zb,о
Второй способ. По закону Фарадея
3,35 • 56
-26^-=7г-
л =
Значит, на катоде выделится 7 г кадмия.
56
Третий способ. Электрохимический эквивалент кадмия равен =
zb,о
= 2,09. При прохождении через раствор электролита 3,35 А • ч электрического
тока на катоде выделится 2,09 • 3,35 = 7 г кадмия.
247. Первый способ. По условию задачи должно выделиться 3,36 г,
3 36
или == 0,06 эквивалента, кадмия. Следовательно, через раствор электролита
ob
нужно пропустить 0,06 • 26,8 — 1,608 А - ч электрического тока. Так как коли-
чество электрического тока равно произведению силы тока на время его прохож-
„ п Л 1,608
дения, то ток силой 0,402 А следует пропускать в течение ——4 ч.
Второй способ. По законам Фарадея время прохождения электричес-
кого тока силой 0,402 А для выделения 3,36 г кадмия равно:
1Э
згх—z„’__ = 4 ч
0,402 • 56
56
Третий способ. Электрохимический эквивалент кадмия равен =
zb,о
— 2,09. По условию задачи должно выделиться 3,36 г кадмия, для чего через рас-
твор электролита
3 36
нужно пропустить — 1,608 А • ч электрического гока.
£ у
П ЛПП Л “ 1,608
равна 0,402 А, пропускать такой ток нужно в течение =
сульфата кадмия содержится 112 г кадмия.
S 576
выделилось = 0,32 эквивалента, или 0,16 моль, кадмия.
Так как сила тока
— 4 ч.
248. В 208 г
. Первый способ. По условию задачи через раствор электролита про-
пустили электрический ток силой 2,144 А в течение 4 ч (2,144 • 4 = 8,576 А • ч),
в результате чего
Следовательно, в 40 г соли содержалось 0,16 моль, или 0,16. 208 =33,28 г,
сульфата кадмия,
Второй способ. По законам Фарадея кадмия выделилось
2,144-4.56
F 26,8 И,У
33,28 • 100
что составляет -----—-----
40
204
Из формулы сульфата кадмия видно, что
112 г Cd содержится в 208 г CdSO4,
17,92 г Cd » » х г CdSO4,
X = 208 • ^J’-9-2- - 33,28 г.
Следовательно, в 40 г соли содержалось 33,28 г, или 83,2%, CdSO4.
56
Третий способ* Электрохимический эквивалент кадмия равен ==
== 2,09. При прохождении через раствор электролита 8,576 А • ч электрического
тока выделится 2,09 • 8,576 = 17,92 г кадмия. Из формулы сульфата кадмия
следует, что
112 г Cd содержится в 208 г
17,92 г Cd » » х г
х~ 208=33,28
CdSO4;
CdSO4,
Следовательно, в 40 г соли содержалось 33,28 г, или 83,2%, Cd§04.
249. Первый с п о с о б. По условию задачи электрический ток силой
0,268 А пропускали в течение 3 ч. Это значит, что через раствор электролита про-
0 804
шло 0,268 • 3 = 0,804 А • ч, или •нтт’ ” 0»03F электричества и из раствора вы-
zb,о
делилось 0,03 эквивалента цинка и кадмия, которые содержались в 0,03 эквива-
лента их сульфатов.
Если количество эквивалентов сульфата цинка обозначить через х, а коли-
чество эквивалентов сульфата кадмия — через (0,03 — х), то в смеси было 80,5х
г сульфата цинка и 104 (0,03 — х) г сульфата кадмия. Отсюда
80,5х + 104 (0,03 — х) = 2,65,
80,5х + 3,12 — 104х == 2,65,
23,5х = 0,47,
х== 0,02.
Следовательно, в смеси было 0,02 эквивалента, или 0,02 • 80,5= 1,61 г,
сульфата цинка и 0,01 эквивалента, или 0,01 • 104 = 1,04 г, сульфата кадмия.
Второй способ. По условию задачи на выделение цинка и кадмия
из 2,65 г смеси их сульфатов, эквиваленты которых равны 80,5 и 104 соответствен-
но, пропускали электрический ток силой 0,268 А в течение 3 ч. Это значит, что
через раствор прошло 0,268 • 3 = 0,804 А • ч электричества. Если в смеси было
х г, или эквивалента сульфата цинка, то сульфата кадмия было (2,65 — х) г,
ои,0
2 55__х х
или —- эквивалента. По законам Фарадея для выделения цинка из -gg-g-
х 26 8 х
эквивалента сульфата нужно фарадея, или А • ч, электричества,
oU,o o(j,o
2,65 — х . 2,65 — х
а для выделения кадмия из —г—-— эквивалента его сульфата нужно ------------—
, 26,8 (2,65 — х) . „
фарадея, или --------т---------- А • ч, электричества. Отсюда
26,8х , 26,8 (2,65 -х) п опл
"W +--------------104------= °’804’
104х + 80,5 (2,65 — х) = 0,03 • 80,5 • 104,
104х + 213,325 — 80,5х = 251,16,
205
23,5х = 37,835,
х = 1,61 г.
Следовательно, в смеси было 1,61 г сульфата цинка и 1,04 г (2,65 — 1,61 =
= 1,04) сульфата кадмия.
Третий способ. По условию задачи на выделение цинка и кадмия
из 2,65 г смеси их сульфатов потребовалось, как показано выше, 0,804 А . ц элек-
тричества. Если количество сульфата цинка в смеси обозначить через х г, а коли-
чество электричества, необходимое для выделения из него всего цинка, через
у А • ч, то количество сульфата кадмия будет равно (2,65—х) г, а количество элек-
тричества, необходимое для выделения из него всего кадмия,— (0,804 — у) А • ч.
Пользуясь значениями эквивалентов сульфатов цинка и кадмия, можно составить
систему двух уравнений с двумя неизвестными:
для выделения цинка из 80,5 г ZnSO4 нужно 26,8 А • ч,
» » » » х г ZnSO4 » у А • ч,
80,5г/ = 26,8х;
для выделения кадмия из 104 г CdSO4 нужно 26,8 А • ч,
» » » »(2,65 — х) г CdSO4 » (0,804 — г/) А-ч,
104 (0,804 —г/) = 26,8 (2,65 —х),
____________ 26,8х
у ~ “soln ’ 'ч
104 (о,804 - 2О6’8* \ = 26,8 (2,65 — х),
104 (2,415 — X) = 80,5 (2,65 — х),
251,16 — 104х = 213,325 — 80,5х,
23,5х = 37,835,
х = 1,61 г.
Следовательно, в смеси было 1,61 г сульфата цинка и 1,04 г (2,65 — 1,61 =
= 1,04) сульфата кадмия.
250. Первый способ. По условию задачи выделилось 2,24 г, или
2 24
0,07 эквивалента, меди. Следовательно, через раствор было пропущено
0,07 • 26,8 = 1,876 А • ч электрического тока. Так как количество электрического
тока равно произведению силы тока на время его прохождения, то сила тока
I = -% = 1,876 = 0,938 А.
D „ * r-r / FA 26,8 • 2,24
Второй способ. По законам Фарадея I = —=------------------——-------=
= 0,938 А.
32
Третий способ. Электрохимический эквивалент меди равен ------ =
26,8
= 1,194. По условию задачи выделилось 2,24 г меди, значит, через раствор про-
2,24
шло 7-7777 = 1,876 А • ч электрического тока. Так как количество электрического
1,1 У4
тока равно произведению силы тока на время его прохождения через электролит,
, Q 1,876 nnot, .
то сила тока / = —— = —к— = 0,938 А.
4
206
251. П е р в ы й способ. При прохождении через раствор электролита
26,8 А • ч электрического тока выделится 1 эквивалент любого вещества. По ус-
ловию задачи пропускали ток силой 5,36 А в течение 30 мин, или 0,5 ч, что равно
2 68
5,36 • 0,5 — 2,68 А • ч. Следовательно, должно выделиться ~rd- = 0,1 эквива-
26,о
лента, или 0,1 • 32 — 3,2 г, меди.
Второй способ. По законам Фарадея
. _ ИЭ 5,36 • 0,5 • 32 о о
/1 - —
26,8
Следовательно, должно выделиться 3,2 г меди.
Третий способ. По условию задачи через раствор электролита про-
пустили 5,36 • 0,5 = 2,68 А • ч электрического тока. Электрохимический экви-
32
валент меди равен ~ 1,194. Следовательно, на катоде выделится 1,194’X
2о,о
g
252. Первый способ. По условию задачи выделилось 8 г, или =
= 0,25 эквивалента, меди. Так как при прохождении через разные растворы
электролитов одинакового количества электричества выделяются эквивалентные
количества веществ, то и едкого кали образуется 0,25 эквивалента, или 0,25х
Х56 == 14 г.
Второй способ. По законам Фарадея для выделения 8 г меди необхо-
_ FA 26,8 -8 А .
димо электрического тока Q ~ == ---хх— “ 5,7 А • ч.
ij о2
Такое же количество электричества прошло и через раствор хлорида калия,
в результате чего образовалось едкого кали
. Q3 6,7 «56 ..
Л=Л- = -2бу- = 14г’
Третий способ. По законам Фарадея на выделение 8 г меди рас-
ходуется 6,7 А • ч электрического тока. Электрохимический эквивалент едкого
56
кали равен = 2,09. Значит, при прохождении через раствор хлорида калия
26,о
6,7 А • ч электрического тока должно образоваться 6,7 • 2,09 = 14 г едкого кали.
253. Первый способ. По условию задачи на катоде кулонометра
2 56
выделилось 2,56 г, или - о,08 эквивалента, меди. Так как количества ве-
ществ, выделяющихся на электродах при прохождении того же количества элек-
трического тока, эквивалентны, то газов также выделилось по 0,08 эквивалента.
0,64 о 2,84
Следовательно, эквивалент одного газа равен = 8, а другого — у—=
V,Uo U,ио
==* 35,5, т. е. один газ — кислород, а другой — хлор.
Второй способ. По законам Фарадея для выделения 2,56 г меди
через раствор электролита должно пройти электрического тока
'' FA 26,8-2,56 =2,144 А-ч.
32
2,144
газ — кислород, а
Поскольку то же количество электрического тока прошло и через другие
а FA 26,8 • 0,64 Q
электролизеры, эквивалент первого газа равен J ~ -л л-= о,
26,8 • 2,84 ос - п
а второго------— 3=5 35Д Следовательно, один
другой — хлор.
207
254. Первый способ. По условию задачи в растворе содержалось
= 0,035 эквивалента нитрата серебра и для полного выделения
1 А • ч электричества. При полном
е пе 5,95
5,95 г, или -рду
из него серебра потребовалось 0,5 • 2 = ~
использовании электрического юка для выделения серебра из 0,035 эквивалента
нитрата серебра нужно 0,035 • 26,8 = 0,938 А • ч. Следовательно, выход серебпа
0,938 • 100 QQ Q0/
по току равен -------j----- = 93,8%.
5 95 • 108
Второй способ. В 5,95 г нитрата серебра содержалось —-—--------------
= 3,78 г серебра. При пропускании электрического тока силой 0,5 А в течение
2 ч по законам Фарадея должно выделиться:
Л = -^- = °>5 22 3 * *8 10- = 4,03 г.
г zb,о
Должно выделиться 4,03 г серебра, а выделилось только 3,78 г.
г к 3,78-100 О0 Q0/
Следовательно, выход серебра по току равен -------------= 93,8%.
г л л , kJw
255. Первый способ. По условию задачи на катоде кулонометра вы-
2 56
делилось 2,56 г, или = 0,08 эквивалента меди. А так как при прохождении
oZ
такого же количества электричества через разные растворы электролитов ве-
щества выделяются в эквивалентных количествах, то едкого натра также должно
образоваться 0,08 эквивалента, или 0,08 • 40 = 3,2 г; образовалось же лишь
У •
3,12 г. Следовательно, выход едкого натра по току равен
» ---* Г -• -г- -
Второй способ. По законам Фарадея для выделения 2,56 г меди через
кулонометр прошло электрического тока
* FA
3,12 100 = 97,5%.
_ =2,144 А -ч.
При прохождении такого количества электричества через раствор хлорида
натрия едкого натра должно образоваться А =
разевалось лишь 3,12 г. Таким образом, выход
3,12-100
Q3 __ 2,144 • 40
F 26,8 3,2 Г’ а °6 * * *'
едкого натра по гоку равен
г меди по законам Фарадея из-
Третий способ. Для выделения 2,56 г меди по законам Фарадея из-
расходовали 2,144 А • ч электрического тока. Это же количество электричества
прошло и через раствор хлорида натрия. Электрохимический эквивалент едкого
40
натра равен = 1,493. При прохождении через раствор электролита 2,144 А X
V/ , О
X ч электричества должно образоваться 2,144-1,493 == 3,2 г едкого натра, а об-
3 12 • 100
разевалось лишь 3,12 г. Выход едкого натра по току равен -——— = 97,5%.
256. Первый способ. Эквивалентный объем кислорода равен ~~~ =
1 568
= 5,6 л. По условию задачи выделилось 1,568 л, или = 0,28 эквивалента,
5,6
кислорода и такое же количество эквивалентов металла. Значит, эквивалент ме-
9,1
галла равен ~ 32,5, а атомная масса равна 32,5 - 2 = 65 и это был цинк.
Второй способ. При выделении 1,568 л кислорода через электролит
должно пройти по законам Фарадея
п FA 26,8 - 1,568 ' ГГЛА я
Q = —о— = —-------------= 7,504 А • ч.
208
Такое же количество электричества выделено 9,1 г металла. Значит, эквива-
лент металла равен
Q FA _ 26,8-9,1
d “ Q “ 7,504 ’
Такой эквивалент имеет цинк.
257. В 20 л 4 М раствора содержалось 4 • 20 = 80 моль хлорида калия.
Первый способ. По условию задачи через раствор электролита про-
шло 40,2 • 40 = 1608 А • ч электричества, в результате чего должно было обра-
1608 гг
зоваться =60 эквивалентов, или 60 моль, едкого кали. Так как выход едкого
26,8
кали по току составляет лишь 90%, то практически его образовалось 60 • 0,9 =
= 54 моль. Превращение хлорида калия в едкое кали происходит по схеме:
КС1 -> КОН
74,5 56 *
Из 80 моль хлорида калия 54 моль его превратилось в едкое кали, а 26 моль
(80 — 54 ~ 26) остались без изменений. Таким образом, в 20 л раствора содержа-
лось 54 моль едкого кали и 26 моль хлорида калия. Раствор будет 2,7 М относи-
тельно едкого кали и 1,3 М относительно хлорида калия.
Второй способ. В 20 л раствора содержалось 80 моль, или 80 • 74,5 =
= 5960 г, хлорида калия. По законам Фарадея при прохождении через раствор
электролита электрического тока силой 40,2 А в течение 40 ч должно образовать-
ся едкого кали А = = 40,2 * = 336O г. Так как выход едкого кали
F 26,8
по току равен 90%, то практически его образовалось 3360 • 0,9 = 3024 г, или
3024 гл тл
-т— = 54 моль. Из приведенной схемы следует, что
об
» х г КС1,
= 4023 г.
= 2,09 и его должно об-
26,о
3024
56
56 г КОН образуются из 74,5 г КС1,
3024 г КОН »
3024 • 74,5
Х~ 56
Следовательно, из 5960 г хлорида калия 4023 г превратились в КОН, а 1937 г
1937
(5960 — 4023 — 1937), или — 26 моль, его остались в растворе. Раствор стал
2,7 М относительно едкого кали и 1,3 М относительно хлорида калия.
Третий способ. Через раствор электролита, содержащего 80 моль,
или 5960 г, хлорида калия, пропустили 40,2 • 40 = 1608 А • ч электричества.
а 56
Электрохимическим эквивалент едкого кали равен
разеваться 1608 • 2,09 = 3360 г. Так как выход едкого кали по току составляет
лишь 90%, то практически его образовалось 3360 • 0,9 = 3024 г, или
= 54 моль. Из приведенной выше схемы превращения хлорида калия в едкое
3024 - 74,5
кали видно, что 3024 г, или 54 моль, едкого кали образуются из -gg—:— =
— 4023 г, или 54 моль, хлорида калия. Следовательно, из 5960 г, или 80 моль,
КС1, содержащихся в 20 л раствора, 4023 г, или 54 моль, превратились в КОН,
а 1937 г (5960 — 4023 = 1937), или 26 моль (80 — 54 = 26), остались без измене-
ний. Раствор стал 2,7 М относительно едкого кали и 1,3 М относительно хлорида
калия.
258. Первый способ. По
а лс °>48
нометра выделилось 0,48 г, или -
все кулонометры прошло одинаковое
условию задачи на катоде
= 0,015 эквивалента, меди,
количество электричества,
медного куло-
Так как через
то .на катодах
209
других кулонометров тоже выделилось по 0,015 эквивалента металлов, и эквива-
ленты их соответственно равны 5^= 56 и = Ю8. Второй кулонометр
изготовлен из кадмия, а третий — из серебра.
Второй способ. По законам Фарадея для выделения 0,48 г меди через
кулонометр должно пройти электричества
Q = -Ц- = -26,8'0,48 = 0,402 А • ч.
Э 32
FA 26,8 • 0,84
---—-------------— 56, a эквивалент
Так как через все кулонометры прошло 0,402 А • ч электричества, эквивалент
металла второго кулонометра равен Э = - — Q
26,8 • 1,62 ’
металла третьего кулонометра равен —5^02— = Следовательно, второй
кулонометр изготовлен из кадмия, а третий — из серебра.
Третий способ. Электрохимический эквивалент меди равен
32
26,8 ~
0,48
1,194
второго
= 56, а эквивалент металла третьего кулонометра
= 1,194. Так как выделилось 0,48 г меди, то через кулонометр прошло
= 0,402 А • ч электричества. По законам Фарадея эквивалент металла
26,8 • 0,84
кулонометра равен —0'402—
26,8 • 1,62
равен ---— == Юо. Следовательно, второй кулонометр был изготовлен из
кадмия, а третий — из серебра.
259. Первый способ. По условию задачи электрический ток силой
0,268 А пропускали в течение 6 ч. Это значит, что для полного выделения меди
и кадмия из 5,76 г их сульфатов потребовалось 0,268 • 6 = 1,608 А • ч, или
1 608
-"-а л- = 0,06 фарадея, электричества, способных выделить 0,06 эквивалента
zo,o
любого вещества. Следовательно, в смеси было 0,06 эквивалента сульфатов меди
и кадмия. Если количество эквивалентов кадмия обозначить через х, а количество
эквивалентов меди через (0,06 — х), то в смеси было 104 х г сульфата кадмия
и 80 (0,06 — х) г сульфата меди. Отсюда
24х = 0,96,
х — 0,04.
Следовательно, в 0,5 л раствора было 0,04 эквивалента, или 0,02 моль, суль-
фата кадмия и 0,02 эквивалента (0,06 — 0,04 = 0,02), или 0,01 моль, сульфата
К 0’02 АЛ/ ЛА . °»01
меди и раствор будет = 0,04 М относительно сульфата кадмия и _ — =
и,о и,о
= 0,02 М относительно сульфата меди.
Второй способ. На выделение меди и кадмия, содержащихся в 5,76 г
их сульфатов, израсходовали 1,608 А • ч электричества. Если сульфата меди
в смеси было х г, или эквивалентов, то сульфата кадмия было (5,76 — х) г, или
ои
5 76 х х
-- — эквивалентов. На выделение -gg- эквивалентов меди из раствора необхо-
х , 26,8х Л
димо -т—- фарадея, или —37;— А • ч электричества, а на выделение из раствора
oU oU
210
104
5,76 — х к 5,76 — х
j-qi— эквивалентов кадмия необходимо --------------------- фарадея, или
26,8 (5,76 — х) Л ~
А » ч, электричества. Отсюда
104
26,8% , 26,8(5,76 —%) f
~80~ +----------104---------- 1>608>
104х + 80 (5,76 — х) = 0,06 • 104 • 80,
104х + 460,8 — 80х = 499,2,
24х = 38,4,
х = 1,6 г.
1 6
Следовательно, в 0,5 л раствора было 1,6 г, или j-gg = 0,01 моль, сульфата меди
4 16
и 4,16 г, или = 0,02 моль, сульфата кадмия и раствор был 0,02 М относитель-
ной
но сульфата меди и 0,04 М относительно сульфата кадмия.
Третий способ. По условию задачи на выделение меди и кадмия, со-
держащихся в 5,76 г их сульфатов, израсходовали 1,608 А • ч электричества.
Если количество сульфата меди в смеси обозначить через х г, а количество элек-
тричества, необходимое для выделения из него меди, через у А • ч, то количество
сульфата кадмия будет равно (5,76 — %) г, а количество электричества, необходи-
мое для выделения из него кадмия,— (1,608 — у) А • ч. Пользуясь величинами
эквивалентов сульфата меди и кадмия, равными соответственно 80 и 104. а также
законами Фарадея, можно составить систему двух уравнений с двумя неизвест-
ными:
для выделения меди из 80 г CuSO4 нужно 26,8 А • ч,
» » » » х г CuSO4 » у А • ч,
80г/ = 26,8%;
для выделения кадмия из 104 г CdSO4 нужно 26,8 А • ч,
» » » »(5,76 — %) г CdSO4 » (1,608 — у) А • ч,
104 (1,608 — у) = 26,8 (5,76 — %),
____________ 26,8%
У~ 80 ’
104 (1,608 - 26О’8—\ = 26,8 (5,76 - х),
\ oU /
104 (4,8 — х) = 80 (5,76 — х),
499,2 — 104х = 460,8 — 80х,
24х = 38,4,
х = 1,6 г.
1 6
Следовательно, в 0,5 л раствора содержалось 1,6 г, или = 0,01 моль,
4,16
сульфата меди и 4,16 г, или == 0,02 моль, сульфата кадмия и раствор был
0,02 М относительно сульфата меди и 0,04 М относительно сульфата кадмия.
260. По условию задачи в первом электролизере выделилось 400 мл измерен-
ного при 25° С и 740 мм рт. ст. водорода, а на катоде второго электролизера —
1,04 г неизвестного металла. При нормальных условиях водород будет занимать
211
объем:
. _ VPT„ 400 • 740 • 273 or. Q
0 РвТ ~ 760 • 298 “3оЬ’8
ИЛИ
Первый способ. По условию задачи выделилось 356,8 мл, или 0.3568 п
О 3568 л’
-j-j-g- — 0,03186 эквивалента, водорода и столько же эквивалентов неизвест-
1 04
ного металла. Значит эквивалент металла будет тг-Л« о'7~ = 32,643, а атомная
UjUolob л
масса — 32,643 • 2 = 65,29. Такую атомную массу имеет цинк.
Второй способ. По условию задачи в первом электролизере выдели-
лось 0,3568 л водорода. Это значит, что через электролизер пропущено электри*
чества
~ FA 26,8 • 0,3568 А осл л
Q = —- == 1-------- 0,854 А • ч.
Э 11,2
По условию задачи одновременно выделилось 1,04 г металла, эквивалент ко-
торого будет равен
5- 26,8.1,04
Q 0,854
Следовательно, эквивалент металла равен 32,64, а атомная масса равна
32,64 • 2 ® 65,28. Такую атомную массу имеет цинк.
VIII. ХИМИЧЕСКОЕ РАВНОВЕСИЕ
261. Бензойная (фенилкарбоновая) кислота диссоциирует по уравнению:
СвНвСООН СвН6СОО~ + н+,
[Н]+ . [С6Н6СОО~] 5
----[СДСООН]-------616 •10 '
Если общая концентрация бензойной кислоты равна 0,02 моль/л, то при сте-
пени диссоциации, равной 0,5%, концентрация бензоат-ионов [СеНбСОО^] будет
равна 0,02 • 0,005 — 10^ моль/л. Отсюда
6 6 • 1(Г~5 . 2 • 10~*2
[Н+] = ~“ = 1,32 • 10“2 = ю+0,12 • 10~2 = 10~*‘88;
рН= — lg[H+]= 1,88.
262. Уксусная кислота диссоциирует по схеме:
СНзСООН сн3соо~ + н+,
откуда
[Н+] • [СН8СОО~]
[СН3СООН1
Общая концентрация уксусной кислоты равна 0,1 моль/л. Если степень дис-
социации, показывающая отношение количества молекул, распавшихся на ионы,
к общему количеству молекул, равна 1,3%, или 0,013, то концентрация диссоции-
рованных молекул равна 0,1 • 0,013 = 0,0013 моль/л, а концентрация недиссо-
циированных молекул — 0,1 (1 — 0,013) = 0,1 0,987 = 0,'0987 моль/л. Так
как в растворе нет в избытке ни одного из ионов, то [СН3СОО“] == [ЕГЧ =
~ 0,0013 моль/л, или 1,3 • 10~3 моль/л, а [СН3СООН] = 0,0987 моль/л, или
212
g,87 • 10 2 моль/л. Отсюда
„ 1,3 • 10~3 • 1,3 • 10-3 1,69 • to—6 ._ 1Л_5
9,87 • 10~2 9,87 • 10~2
263. Для сульфата свинца произведение растворимости равно:
ПРрыю, = [Pb2+] • [SO|~] = 1,6 • 10~8.
По условию задачи концентрация сульфат-ионов равна 0,05 моль/л, так как
мольная концентрация сульфата натрия равна 0,05 моль/л, и сульфат натрия, как
сильный электролит, диссоциирует полностью. Следовательно, концентрация
ионов свинца равна:
гп, 24-1 ПРРЬ$О4 1,6 • 10 f о о —7
[Pb ‘1 = — -у == —------------у- = 3,2 • 10 моль/л.
[SO?—] 5 • 10~2
264. Окисление диоксида серы в триоксид кислородом происходит по уравне-
нию:
2SO2 -J- О2 = 2SO3.
Константа равновесия этого процесса имеет вид:
К IW
р [SO2]2[O2] •
Для ее определения необходимо знать равновесные концентрации всех трех
компонентов. По условию задачи равновесная концентрация серного ангидрида
равна 0,03 моль. По уравнению реакции из каждого моля сернистого ангидрида
образуется один моль серного ангидрида. Для образования 0,03 моль/л серного
ангидрида необходимо 0,03 моль/л сернистого ангидрида и 0,015 моль/л кисло-
рода. По условию задачи исходные концентрации сернистого ангидрида и кисло-
рода были соответственно равны 0,07 и 0,06 моль/л. Равновесные их концентра-
ции будут равны 0,07 — 0,03 = 0,04 моль/л сернистого ангидрида и 0,06 —
' — 0,015 = 0,045 моль/л кислорода. Константа равновесия будет равна:
0,ОЗ2 _ 9 10~~4
Лр 0,042 0,045 ]>6 . 10—3-4,5-10—2
265. При растворении фторид кальция диссоциирует по уравнению:
CaF2 Са2+ + 2F~,
прсак = [Са2+] • [F~la= 4 • 10~п.
Растворимость фторида кальция (в моль/л) равна концентрации ионов каль-
ция в 1 л, так как из одной молекулы фторида кальция образуется один ион
кальция. Концентрация фторид-ионов в растворе в два раза больше, чем концен-
трация ионов кальция:
IF~] = 2 [Са2+].
Обозначим концентрацию ионов кальция через х, тогда
ПРСар2 = X (2Х)2 = 4 . 10-1!,
х 4х2 — 4 • 10~11,
х3 = 1 • 10~11 = 10 • 10“12,
х= 2,154 • 10-4.
Значит, в 1 л насыщенного раствора содержится 2,154~4 моль, или 78 X
X 2,154 • 10~4 = 168 • 10—4, или 0,0168 г, фторида кальция.
213
266. Взаимодействие азота с кислородом воздуха происходит по уравне
Na + О2 = 2NO, УР^нению.
к tNQl2
р IN2] ♦ [О2] *
По условию задачи в равновесной системе при 1800° С было 0,5% моноксида
азота, остальное — кислород и азот (примеси других газов во внимание не при-
нимаются). Начальный состав смеси состоял из 80% азота и 20% кислорода. Так
как в моноксид азота превратилось небольшое количество азота и кислорода
(по 0,25 объема из 20 объемов кислорода и 80 объемов азота), то в равновесной
системе на 0,5% объема моноксида азота приходится 20 объемов кислорода и 80
объемов азота:
----0,25 ==0>000156= 156. 10-4.
при 2500° С составляет 2,5%. Если на-
, то в равновесной
= 18,75) кислорода и
'Vp~ 80-20 1600
Равновесный выход моноксида азота при 2500° С составля
чальиая концентрация газов была 80% азота и 20% кислорода,
смеси было 2,5% моноксида азота, 18,75% (20 — 1,25 = '
78,75% (80 — 1,25 = 78,75) азота. Тогда
Кр 78,75-18,75 1476,56 “ 0,00423 ~4)23 ' 10 *
267. Реакция гидролиза цианида калия проходит по уравнению
CN” + Н2О = HCN + ОН”,
откуда
к = [HCN] • [ОН—1
Г |С№]
степень гидролиза равна а, то концентрация ионов ОН” будет
концентрации молекул цианистоводородной кислоты: [HCN] = [ОН”] ==
Концентрация цианид-ионов будет равна 0,1 (1 — а). Отсюда
= 1,58 - 10~5,
- 1,58 • 10”5.
Если
равна
0,1а.
0,1а • 0,1а
0,1 (1—а)
а2 =1,58- 10~*
(1 — а),
а“ +1,58- 10~4а — 1,58 • 10-4 = 0.
В этом случае второй член уравнения 1,58 • 10 4 а незначительно влияет
на значение степени гидролиза, потому
а = ]/ ф- = У Ь58 - 10“4
= 1,26- 10 2 = 0,0126, или 1,26%.
Концентрация ионов ОН равна 0,1 • 0,0126 = 1,26 • 10~3. Отсюда
1g [ ОН-] = - 2,9, a 1g [Н+] = — (14 — 2,9) = — 11,1;
pH = 11,1.
268. Муравьиная кислота диссоциирует по уравнению:
НСООН Н+ + НСОО-
откуда
[Н+] • [НСОО-] -4
К =-----[НСООН]----=Ь8-1° •
* 6 моль/л. Общая кон-
' -, откуда
’ ИЛИ [НСООН] = 1,8 102 = 180,
При pH = 6 концентрация ионов водорода равна 10
^нтрация муравьиной кислоты равна 2 • 10”1, откуда
|Н_+1 JHCOO-] ~
[НСООН]
Следовательно, соотношение между диссоциированной и недиссоциированной
частями соли равно 180. Это означает, что лишь около 0,5%
равьиной кислоты останется в недиссоциированном
или 0,995, диссоциируют. Концентрация формиат-ионов будет равна:
[НСОО”] = 0,2 • 0,995 == 0,199 моль/л.
269. Практически полное осаждение означает, что количество ионов, остав-
шееся в 1 л раствора, невозможно взвесить на аналитических весах. Чувствитель-
ность аналитических весов (то наименьшее количество, которое можно взвесить)
равна 0,0001 г. Примем среднюю ионную массу за 100, тогда концентрация ионов
после практически полного осаждения не должна превышать 10”6 моль/л. Кон-
центрация ионов бария в этом случае не должна превышать 10“6 моль/л. От-
сюда
г-4
ч 1Ж часть) му‘
состоянии, а остальные 99,5%,
nPBaSO4 _ 1,1 • 10~‘° = jд . w-4
iso2-] =
Значит, концентрация сульфат-ионов должна быть не ниже 1,1 •
и даже 0,001 М избыток сульфат-HqHOB обеспечивает практически полное осажде-
ние ионов бария.
270. Для иодида свинца ПРрЬ1г = [РЬ2“Н • [!”]*= 1,1 • 10 9. Так как
концентрация ионов свинца не должна превышать 10”6 моль/л, то концентрация
иодид-ионов будет равна:
ПРРЫ2 1,1 • 10-Э _ 1(1 , 10-з.
Ю”6
10“4 моль/л
11 J [Pb2+] 10~6
[1~] = Г 1,1 • ю~3 = 3,317 • 10~2 да 0,033 моль/л.
271. Произведение растворимости карбоната магния равно:
ПРмчСО» = lMg2+J • 1С°з“1-
По условию задачи в 400 мл воды растворяется 0,212 г соли, в 1 л раствора
0 53
будет содержаться 0,212 • 2,5 = 0,53 г, или —- = 0,00631 моль, или 6,31 X
о4
X Ю”3 моль, карбоната магния. Соли — сильные электролиты. Растворившаяся
часть соли полностью диссоциирует на ионы. Концентрация ионов магния и кар*
бонат-ионов будет равна концентрации карбоната магния. Так как в этом растворе
нет в избытке ни одного из ионов, то [Mg2~H — [СО3”] = 6,31 ♦ 10”3 моль/л,
а произведение растворимости карбоната магния равно:
nPMgCO3=6,31 - 10~3 • 6,31 • 10~3 = 39,8 . IO-6 = 4 - 10~5-
272. Плавиковая кислота в водном растворе диссоциирует по уравнению:
откуда
[Н+] • [F~j
[HF] •
214
215
Обозначим степень диссоциации через а. Концентрация ионов водорода и фТо.
рид-ионов равна произведению общей концентрации фтороводорода на степень
диссоциации а. В этом случае [Н~М — [F“] = 0,5а. Концентрация недиссоции-
рованных молекул фтороводорода равна [HF] = 0,5 (1 — а).
Константа диссоциации фтороводорода равна:
0,5а • 0,5а „ 1П_4
0,5(1-а) =6'8'10 -
0,5а2 = 6,8- 10~4(1—а),
а2 = 1,36 • 10~3(1 — а),
а2 + 0,00136а — 0,00136 = 0,
а2 = — 0,00068 ± V (0.00068)2 + 0,00136 ,
а = — 0,00068 ± 0,0369,
а = — 0,00068 + 0,0369 = 0,0362, или 3,62%.
Концентрация фторид-ионов, как и ионов водорода, в 0,5 М растворе плави-
ковой кислоты равна 0,5 • 0,0362 = 0,0181 = 1,81 • 10~2 моль/л.
Очень часто степень диссоциации значительно меньше единицы. В таких
случаях а = I/
273. Если в 500 мл воды растворилось 0,1914 г фосфата лития, то в 1 л воды
его растворится 2 • 0,1914 = 0,3828 г, или 0,0033 моль. Фосфат лития — силь-
ный электролит. В растворе он диссоциирует полностью по уравнению:
Li3PO4 3Li+ + РО3“.
Произведение растворимости фосфата лития равно ПРЕ1зРО = [Li~^]3X
Х[РО3~]. Концентрация фосфат-ионов равна концентрации фосфата лития, т. е.
3,3 • 1(Г~3 моль/л, а концентрация ионов лития равна трем концентрациям фос-
фат-ионов, т. е. [L^j == 3 [РО3~] = 3 • 3,3 • 10~3 = 9,9 • 10—3 моль/л.
Произведение растворимости фосфата лития равно:
nPLi3PO4 = (9,9 • Ю”3)3 3,3 • 10~3 = 3202 • 10“12 = 3,2 • 10~9.
274. Сероводородная кислота диссоциирует по уравнениям:
h2s & н+4-HS-
HS~ н+ + s2~,
откуда
_ IHtLESZ! _ а,9. ш-.; _ 1н+] is?-] 1O_1S
IH2S] [HS-|
Вторая константа диссоциации сероводородной кислоты в 685 000 раз меньше,
чем первая, поэтому концентрация ионов водорода обусловлена первой константой
диссоциации. Из уравнения первой константы диссоциации видно, что [Н"Н =
= [HS~], a [H2S] практически равна концентрации Ск сероводородной кислоты
в растворе. Отсюда
[Н+l = /К, • Ск ,
pH = - 1g [Н+] = - ’ 1g К,------------F Ск = 4- pKi------------- 1g ск,
Z Л. £ £
216
pKi = -Ig Ki,
pH = 4- • 7,05 - 4-(- 1) = 3,5 + 0,5 = 4,0
(pK — отрицательный логарифм значения константы диссоциации).
275. Диссоциация сернистой кислоты проходит по таким уравнениям:
H2SO3 н+ + HSO-; HSO~ H++SO|_,
откуда
„ [н+] . [SO?-]
= 1,7- 10“2; К2 = ---------
[HSO-]
_ [Н+] • [HSO71
1 [H2SO8]
= 6,2 • 10~8.
Гидролиз сульфит-иона проходит в направлении, противоположном диссо-
циации:
so2“ + Н2О HSOJ- + ОН- и HSO- + Н2О H2SO3 + ОН“
Так как вторая константа диссоциации очень мала, то гидролиз в большинстве
случаев будет проходить по первой схеме (до образования гидросульфит-ионов).
Константа гидролиза будет иметь такой вид:
[HSO-] [ОН-]
г ” [SO2-J
Поскольку это уравнение имеет несколько неизвестных, то константу гид-
ролиза целесообразно было бы заменить известными величинами. Для этого чис-
литель и знаменатель можно умножить на концентрацию ионов водорода:
[HSO7] • [ОН-] [Н+] _ АНао
[SO2-| ’ [н+] К2
В числителе получается ионное произведение воды, а в знаменателе — К2
диссоциации сернистой кислоты. Отсюда
/<н2о [HSO~] • [ОН-]
к2 [SO2-]
Так как [HSO^"1 = [ОН—], a [SO|—] равно концентрации
,о [ОН-]2
-— = ———, а из ионного произведения воды
[ОН-]2 = -^4-’ —^- =—----------------»
[Н+]2 А 2 [Н+]2 • Со
2 1g [Н+] = 1g AHsO + 1g К2 - 1g Сс,
Сс соли, то
pH = - 1g |Н+] = —L 1g KHiO _ Ig к2 + ф- 1g Сс = ------L igK2 +
+ 4- IgCc = 7 + 4- рА2 +1 Ig Сс.
217
В этом случае pH 0,1 М раствора сульфита натрия равно:
pH = 7---1- 1g (6,2. 10“8)+^-lg(10-1) = 7 + ^---l- =
= 7 + 3,6 —0,5= 10,1.
Величину pH раствора можно определить, пользуясь степенью гидролиза
раствора. Константа гидролиза равна:
14
[HSOri ♦ ЮН-] к^о ю- , с 1П
---------------= — — —-------------- — 16 . 1Q
[SO2~| 6,2 • 10~8
О
Из приведенного соотношения между гидролизованной и негидролизованной
частями видно, что степень гидролиза — величина очень малая (а< 1). Концен-
трация гидролизованной части равна: [HSO3~J — [OH~J = 0,1а.
Концентрация негидролизованной части практически равна общей концен-
трации:
^=1,6.10-7
*^+=1,6.10-
10~*
а2 = 1,6 • 10~6, а = 1,265 • 10~3.
Концентрация гидроксильных ионов равна 0,1 • 1,265 • 10~3 = 1,265х
X 10—4. Концентрация ионов водорода равна:
[н+] =
10~14
1,265 • 10-4
= 7,9 • 10-11;
pH = — 1g [Н+] = — 1g 10+°’9 • 10_1|= 1g 10~10J = 10,1.
276. Ионы цинка взаимодействуют с сероводородом по уравнению:
откуда
Zn2+ + H2S г± ZnS4-2H+,
твердая
фаза
К - 1н+1а
Р [Zn2+] . [H2Sj •
Умножив числитель и знаменатель на концентрацию ионов серы, получим
константу равновесия:
к [Н+1 ts2—] Ah2s
р [Zn2+] • [H2s] [S2-] npZnS ‘
Значит,
^H2S [H+]2
npZns [Zn2+] • [H2S]
Отсюда
^Has • tZn2+l • [H2S]
^PZnS
При продолжительном пропускании сероводорода раствор насыщается и кон-
центрация его равна Ю'1 моль/л. Концентрация ионов цинка при практически
полном осаждении равна 10~6 моль/л. Константы диссоциации сероводородной
кислоты равны /<! = 8,9 • 10~8 и /С2 = 1,3 • 10~13. Находим общую константу
218
диссоциации сероводородной кислоты, равную произведению двух констант диссо-
циации:
ZCHjS = . /<2 = 8,9 • 10~8 • 1,3 • 10“13 = 1,16 • 10“20;
[Н+12 = 1,16 ' 10 20 ' 10 ' 10 ‘ = 7,25 • 10-4;
1,6 • 10“24
[Н+] = V7,25 • 10“4 = 2,7 • 10~2;
pH = — 1g [Н+] = — 1g 2,7 • 10“2 = — 1g ю+0,43 10“2 = 1,57.
Следовательно, практически полное осаждение ионов цинка сероводородом
возможно при концентрации ионов водорода не выше 2,7 • 1(Г“2 моль/л.
277„ Реакция между сероводородом и ионами железа (II) проходит по урав-
нению:
Fe2'1’ 4- H2S FeS + 2Н+,
откуда
[Н+]2
р [Fe2+] . [H2S]
Аналогично решению задачи 276
К [Н+]2 ... ^H,S
Р [Fe2+] • [HaS] nPFeS ’
откуда
tu+1, _ Kh2s • !Fe2+] • [H2S] 1J6 . Ю-20 . 10-6 . 1O-1
1 1 . nPFeS 5. ю-I»
= 2,32 • IO-10;
IH+|= 1,517 • IO-5;
pH = — 1g 1,517 • IQ—5 = — lg 10+°18 • IO-5 = — Ig 10“4,82 = 4,82.
Значит, практически полного осаждения ионов железа сероводородом можно
достичь только при pH не ниже 4,82. Но, как показано в задаче 274, pH 0,1 М
раствора сероводорода равен 4. Следовательно, сероводородом нельзя полностью
осадить ионы железа (II), так как при повышении концентрации ионов водорода
увеличивается растворимость моносульфида железа.
278. Из предыдущей задачи следует, что константа равновесия осаждения
ионов железа (И) сероводородом равна:
/<H2s [Н+]2
Р nPFeS ~ [Fe2+] • [H2S1
Следует также, что насыщенный раствор сероводорода является 0,1 М и pH
такого раствора равен 4. Это значит, что концентрация ионов водорода равна
10"“4. Отсюда концентрация ионов железа, оставшихся в растворе, равна:
[Fe2+] =
[Н+]2 . DPFeS (10-4)2.5 • 10“18 л о
Khss4H2S] “ 1,16- 10-2°. 10-'’
10 5 моль/л.
Для практически полного осаждения концентрация ионов железа (II) не
должна быть больше 10~6 моль/л.
219
Значит, практически полностью осадить ионы железа (II) сероводородом
невозможно.
279. Сульфид меди в кислоте растворяется по уравнению:
CuS + 2Н+ Cu2+ + H2S,
твердая
фаза
откуда
_ ]Си2+] • [HaS] ПРСц5
Р [Н+]2 KHas
Если в 1 л растворить 0,0096 г, или — = 0,0001 моль, сульфида меди
УО 9
то концентрация ионов меди будет равна 10~~4 моль/л, а концентрация сероводо-
рода — также 10~4 моль/л. Концентрацию ионов водорода можно определить
из уравнения:
npCuS == [Сп2+] - [H2S]
Kh2s [Н+]2
+ ICu^] m «„.s _ ю-< 10- - 1.16. . 10+,
nPCuS 6,3 • 10~36
|н+| = /18,4 • 10" да 4,3 • 103.
Следовательно, сульфид меди растворяется лишь только в том случае, когда
концентрация кислоты равна 4300 моль/л, Ла поскольку такой концентрации не бы-
вает, значит, растворить сульфид меди в кислоте практически невозможно.
280. Пикриновая кислота диссоциирует по уравнению:
CeH2 (NO3)3 ОН CeH2 (NO2)3 О- + н+.
Константа диссоциации пикриновой кислоты равна:
[Н+] [СеН2 (NO2)3 о-] _з
[CeH2 (NO2)3 ОН] *и •
Концентрация пикрат-ионов и ионов водорода одинакова и равна 0,1 а,
а концентрация недиссоциированных молекул равна 0,1 (I —а).
Отсюда
0,lot • 0,1ос _£ in—з
0,1 (1 — сс) 5 ' ° ’
0,1а2 = 5 10-3 (I — а),
а2 + 0,05а - 0,05 = 0,
а = — 0,025 ± / (0.025)2 + 0,05',
ос = —0,025 + 0,225 = 0,2, или 20%.
Концентрация пикрат-ионов равна 0,1 • 0,2 = 0,02, или 2 • 10~2 моль/л.
281. Гидролиз арсенат-иона происходит по таким уравнениям:
AsO3- + H„O HAsO?-4-ОН-.
HAsO?~ 4-Н„О H„AsO7 + OH~
H2AsOr + H2O H3AsO4 + OH~
a 4 * A v 4 •
220
Так как третья константа диссоциации мышьяковой кислоты меньше, чем
вторая константа почти в 3500 раз, то практически гидролиз арсенат-иона в ос-
новном будет проходить по первой схеме. Константа гидролиза будет равна:
[HAsO2~| • [ОН~|
Кр —~ 11 ’ о * •
|AsO3“l
Концентрацию гидроксильных ионов определяют, исходя из величины pH
раствора:
[ОНП ~ Ю~(14~р11) io”(14~I2’26) == 10“1,74 = 10~2 • 10+°’26 = 1,82 • 10~2.
Для определения константы гидролиза воспользуемся данными табл. 2 при-
ложения. Для этого числитель и знаменатель выражения константы гидролиза
умножим на концентрацию ионов водорода:
[HAsO2") [ОНП КНго IO"14 ,„3
Г [AsO3~] К3 2,95 • 10~12
Поскольку в раствор не вводились водородные и гидроксильные ионы, то
концентрация гидролизованных ионов равна концентрации гидроксильных ио-
нов:
а =
[HAsO42-] = [ОН-] = 1,82 • 10-2.
Степень гидролиза равна:
18,20/0.
282. Для карбоната никеля
ПРьисо, = [Ni2+] • [СО|~ ] = 6,6 10~9.
Поскольку в растворе нет избытка ионов никеля и карбонат-ионов. значит
концентрации их равны между собой. Отсюда
[Ni2+p = npNlcOs = 6,6 • ю-9,
[Ni2+] = К 6,6 • 10~9 =8,1 • 10~ ’ моль/л.
Растворимость карбоната никеля равна 119 • 8,1 • 1(У~5 = 0,0096 г/л.
283. Для арсената магния
nPMg,(Aso4)2 = [Mg2+ ]3 • [AsO^-F = 2,1 • Ю-20.
Обозначим растворимость (в моль/л) арсената магния через х, тогда концен-
трация ионов магния будет Зх, а концентрация арсенат-ионов — 2х. Произведение
растворимости будет равно:
[Зх]3 • [2х]2 = 2,1 • IO"20.
27х“ • 4х2 = 2,1 • 10-2С,
108х5 = 2,1- 1О~20,
х6 = 1,95 • 10“22,
х = 10~41342 = ю+0>658 . 10-3 = 4,55 • 10~5 моль/л.
Растворимость арсената магния равна 4,55 • 10~э моль/л, или 350 • 4,55 X
X jo-5 == 0,0159 г/л.
8 2
284. В 1 л раствора содержалось 8,2 г, или == 0,1 моль, ацетата натрия,
следовательно, концентрация его была 0,1 моль/л.
221
Гидролиз ацетата натрия, точнее, ацетат-ионов, проходит по уравнению-
СН,СОО~ + Н„О & СН.СООН + он-
откуда
_ [СН3СООН] • [ОН“]
/ г ~ [СН3СОО-]
Концентрацию гидроксильных ионов можно определить, пользуясь значе-
ниями pH:
[ОН-] = 10-(14-8’9) = 10+°’9 • 10“6 = 7,95 - Ю-6.
Поскольку в раствор не добавляли одноименные ионы, то концентрации ио-
нов ОН” и молекул уксусной кислоты должны быть одинаковыми, т. е.
[СН3СООН] = [ОН-] = 7,95 • 10~6.
Концентрацию ацетат-ионов определяют как разность между общей концен-
трацией соли и концентрацией прогидролизованнбй ее части:
[СН3СОО-| = 0,1 —7,95 • 10—6 = 0,1.
Так как концентрация прогидролизованной части в 10 000 раз меньше,
чем общая концентрация соли, то концентрация негидролизованной части практи-
чески равна общей концентрации соли:
7,95 - IO'6 - 7,95 - 10-6 = 63,2 - 10~12 10
Кр =------------_------------ -------------= 6132 . ю .
Степень гидролиза — это отношение концентрации прогидролизованной час-
ти соли к общей ее концентрации. В данном случае степень гидролиза равна:
« - 7'95 ' |Ю . - 7.95 • 19-’ %- 0,<Ю8%.’
U, 1
285. Диссоциация хлора на атомы происходит по такому уравнению:
С1, = 2С1.
а
Константа диссоциации будет иметь вид:
к [С1р
1С12]
По условию задачи 5% хлора, первоначальная концентрация которого была
0,04 моль/л, диссоциировала. Это значит, что концентрация его уменьшилась
на ~ 0,002 моль/л и была равной 0,038 моль/л (0,04 — 0,002 = 0,038).
Из уравнения диссоциации видно, что концентрация ионов хлора будет равна
0,002 • 2 = 0,004 моль/л.г Отсюда константа диссоциации будет равна:
Д004^ = 16 1021 = 42.10_4
0,038 3,8 • 10—2 ’ •
286. Гидроксид аммония диссоциирует по уравнению:
nh4oh = NH+ 4- ОН-
Константа диссоциации его равна:
[Nh+][OH-] аС.аС а?С
(NH4OH| С(1 —а) ~ 1—а *
222
на, то степень диссоциации равна а
Так как гидроксид аммония слабое основание и (1 — а) очень малая величи-
Константа диссоциации гид-
роксида аммония из табл. 2 равна 1,76- 10 5. Для 1 М раствора степень диссоци-
ации равна:
а = у —‘Z0 = V 17,6 • 10~6 = 4,2 • 10~3 = 0,0042, или 0,42%.
Для 0,1 М раствора степень диссоциации равна:
«,= 1/ ‘•76_^9Т5.. = ]/ 1>76 . ю—4 = 1,3 10~2 =0,013, или 1,3%.
Следовательно, при разбавлении раствора в 10 раз степень диссоциации уве-
1,3 _
личилась в 3 раза.
0,42 г
IX. ЭНЕРГЕТИКА ХИМИЧЕСКИХ РЕАКЦИЙ
287. Горение этилена проходит по термохимическому уравнению:
С2Н4 + ЗО2 = 2СО2 + 2Н2О + Д Я. (1)
Первый способ. Этот процесс можно разделить на три отдельных
процесса с известными тепловыми эффектами:
1. Реакция разложения этилена:
С2Н4 = 2С + 2Н2 + ДЯ1. (2)
2. Реакция горения углерода:
2С + 2О2 = 2СО2 + 2ДЯ2. (3)
3. Реакция горения водорода:
2Н2 + О2 = 2Н2О + 2Д Н3. (4)
В этих термохимических уравнениях ДЯХ — теплота разложения этилена,
величина которой равна величине теплоты образования этилена, взятой с проти-
воположным знаком; ДЯ2 — теплота образования углекислого газа, а ДЯ3 —
теплота образования воды (см. табл. 4 приложения). Тепловой эффект реакции
горения равен сумме тепловых эффектов реакций разложения этилена, образова-
ния углекислого газа и воды:
кН = ДЯХ + 2ДЯ2 + 2 ДЯ3 = — 12,5 + 2 (— 94) + 2 (— 68,4) =
= _ 12,5 — 188 — 136,8 = — 337,3 ккал.
Второй способ. Уравнение реакции разложения этилена можно
записать как уравнение реакции его образования:
2С + 2Н2 == С2Н4 + ДЯХ. (5)
В этом случае кНг — теплота образования этилена. Сложив уравнения (1)
и (5), (3) и (4), получим уравнения (6) и (7):
С2Н4 + ЗО2 4- 2С + 2Н2 = 2СО2 + 2Н2О + С2Н4 + ДЯ + ДЯХ; (6)
2С + 2О2 4-2Н2 + О2 = 2СО2 + 2Н2О + 2 ДЯ2 + 2 ДЯ3. (7)
Уравнения (6) и (7) одинаковы, так как правая и левая части их содержат
одни и те же химические соединения в одинаковом количестве. Значит, тепловые
эффекты этих уравнений будут равны:
ДЯ + ДЯХ = 2ДЯ2 + 2ДЯ3.
• Л 4 1 О
223
АН = 2АЯ2 + 2 АЯ3 - ЛЯ, = 2 (— 94) 4- 2 (— 68,4) — 12,5 =
= — 188 — 136,8 — 12,5 = —337,3 ккал.
288. Процесс конверсии моноксида углерода водяным паром можно рассмат-
ривать как две реакции: разложение моноксида углерода и водяного пара:
СО = С + 0,5О2 4- 26,4 ккал;
Н2°пар = Н2 + °-5О2 + 51,7 ккал,
и образование диоксида углерода;
С 4~ О2 = СО2 — 94 ккал.
Тепловой эффект этой реакции будет равен алгебраической сумме всех при-
веденных тепловых эффектов:
А/7 = — 94 4- 51,7 4- 26,4 = — 15,9 ккал.
289. Средняя молекулярная масса пентан-гексановой смеси равна 38,8 X
X 2 — 77,6. Обозначим количество молей гексана в одном мольном объеме смеси
через х, а количество молей пентана — через (1 — х). Средняя молекулярная
масса смеси будет равна:
86х 4- Т2 (1 — х) = 77,6,
86х 4- Т2 — 72х == 77,6,
14х = 5,6,
х = 0,4.
Следовательно, в смеси было 40% гексана и 60% пентана, что составляет
33 6
56 • 0,4 = 22,4 л, или 1 моль, гексана и 56 • 0,6 = 33,6 л, или = 1,5 моль,
пентана. По данным табл. 5 приложения теплота сгорания пентана равна
| —845,4 ккал/моль, а гексана—1002,4 ккал/моль. Следовательно, при сгорании
1,5 моль пентана выделится 1,5 • 845,4 = 1268,1 ккал, а при сгорании 1 моль
гексана — 1002,4 ккал тепла. При сгорании 56 л смеси выделится 2270,5 ккал
I (1002,4 4- 1268,1 = 2270,5) тепла.
I 28 0
290. Сожгли 28 л, или “ 1,25 моль, ацетилена. Реакция горения ацети-
I лена проходит по термохимическому уравнению:
С2Н2 4- 2,5О2 = 2СО2 + Н2О + А/7.
Тепловой эффект реакции горения ацетилена равен сумме теплоты его раз-
! ложен и я (по табл. 4 приложения 4“54,2 ккал/моль), теплоты образования диок-
I сида углерода (—94 • 2 = —188 ккал/моль) и теплоты образования воды
(—68,4 ккал/моль):
I АЯ = 4- 54,2 — 188 — 68,4 = — 202,2 ккал.
Следовательно, при сжигании 22,4 л, или 1 моль, ацетилена выделится
202,2 ккал тепла, а при сжигании 28 л, или 1,25 моль, ацетилена выделится
। 202,2 • 1,25 = 252,75 ккал тепла.
291. Средняя молекулярная масса ацетоно-метанольной смеси равна 25,75 X
X 2 = 51,5. Если количество молей ацетона в смеси обозначить через х, а коли-
I чество молей метанола — через (1 — х), то в одном мольном объеме паров будет
I 58 х г ацетона и 32 (1 — х) г метанола, откуда
I 58x4-32(1 —х) = 51,5, I
I ‘ 58х 4- 32 — 32х = 51,5,
[ 26х = 19,5,
х =0,75.
224
Следовательно, в смеси было 75% ацетона и 25% метанола. Так как средняя мо-
515
пекулярная масса смеси равна 51,5, то сожжено было -gpg — 10 моль смеси, со-
держащей 0,25 • 10 = 2,5 моль метанола и 0,75 • 10 == 7,5 моль ацетона. Из
данных табл. 5 приложения видно, что при сжигании 1 моль ацетона выделяется
435,4 ккал тепла, а при сжигании 1 моль метанола выделяется 173,6 ккал тепла.
Следовательно, при сжигании 515 г смеси метанола и ацетона, содержащей
2,5 моль метанола и 7,5 моль ацетона, выделится 173,6 • 2,5 + 435,4 • 7,5 =
= 434 + 3265,5 == 3699,5 ккал тепла.
292. Горение метанола проходит по уравнению:
СН3ОН + 1,5О2 = СО2 + 2Н2О + ДЯ. (1)
Первый способ. Процесс горения метанола можно .разделить на три
отдельных процесса с известными тепловыми эффектами:
1. Реакция разложения метанола:
СН3ОН = С + 2Н2 + 0,5О2 + ДЯ1в (2)
2. Реакция горения углерода:
С + О2 = СО2 + ДЯ2. (3)
3. Реакция горения водорода:
2Н, 4- О, = 2Н,0 + 2ДЯ3. (4)
В этих уравнениях — ДЯГ — теплота разложения метанола, равна теплоте
его образования, взятая с противоположным знаком; ДЯ2 — теплота образования
углекислого газа; ДЯ3 — теплота образования воды (табл. 4 приложения).
Тепловой эффект реакции горения метанола равен сумме тепловых эффектов всех
трех реакций:
ДЯ = Д#! + ДЯ2 + 2ДЯ3 = + 57,2 — 94 + 2 (— 68,4) =
= 57,2 — 94 — 136,8 = — 173,6 ккал.
Второй способ. Уравнение реакции разложения метанола можно
записать как уравнение реакции его образования:
С + 2Н2 + 0,5О2 = СН3ОН + ДЯр (5)
В этом случае ДЯ* — теплота образования метанола. Сложив уравнения
(1) и (5), (3) и (4), получим уравнения (6) и (7):
СН3ОН + 1,5О2 + С + 2Н2 + 0,5О2 = СО2 + 2Н2О’+ СН3ОН + ДЯ + ДЯГ, (6)
С + О2 + 2Н2 + О2 = СО2 + 2Н2О + ДЯ2 + 2ДЯ3. (7)
Уравнения (6) и (7) одинаковы, так как левые и правые части их содержат
одинаковые количества тех же веществ. Следовательно, тепловые эффекты их рав-
ны:
ДЯ + ДЯ£ = ДЯ2 + 2ДЯ3.
Откуда
ДЯ = — ДЯХ + ДЯ2 + 2ДЯ3 = + 57,2 — 94 + 2 (— 68,4) =
= 57,2 — 94 — 136,8 = — 173,6 ккал.
293. По условию задачи нужно определить тепловой эффект реакции полу-
чения 120 г, или -gg- = 1,5 моль, метафосфор ной кислоты из фосфорного ангидри-
да и воды, если тепловой эффект образования ее равен — 226,2 ккал/моль. Ре-
акцию образования метафосфорной кислоты можно записать следующим термо-
химическим уравнением:
0,5Р2О6 + 0,5Н2О «= НРО3 +ДЯ.
80
225
Тепловой эффект этой реакции равен разности тепловых эффектов образОВя
метафосфорной кислоты и исходных продуктов, т. е. фосфорного ангидрида и ВоНИя
’ Из табл. 4 приложения видно, что теплота образования фосфорного ангидпиЬ1*
равна — 365,8 ккал/моль, а воды-------68,4 ккал/моль. Отсюда тепловой эффеДа
реакции Кт
ДЯ = — 226,2 — 0,5 (— 365,8) — 0,5 (— 68,4) =
= — 226,2 + 182,9 + 34,2 =—9,1 ккал.
При получении 1,5 моль метафосфорной кислоты тепловой эффект будет
равен —9,1 • 1,5= —13,65 ккал.
294. Реакция горения сероводорода при недостатке кислорода проходит
по уравнению:
H2S + 0,5О2 = Н2О +S + ДЯ. (I)
Этот процесс можно разделить на два процесса с известными тепловыми эф.
фектами:
1. Реакция разложения сероводорода: H2S = Н2 + S + ДЯ*.
2. Реакция горения водорода: Н2 + 0,5О2 = Н2О + ДЯ2.
Тепловой эффект реакции горения сероводорода при недостатке кислорода
равен сумме тепловых эффектов реакций разложения сероводорода и горения во-
дорода. Тепловой эффект реакции разложения сероводорода равен тепловому
эффекту реакции его образования, взятому с противоположным знаком (тепловые
эффекты реакций приведены в табл. 4 приложения):
ДЯ — AHi + ДЯ2 — + 5,0 — 68,4 = — 63,4 ккал.
295. Горение метана проходит по уравнению:
СН4 + 2О2 = СО2 + 2Н2О + ДЯ.. (I)
Этот процесс можно разделить на три отдельных процесса:
1. Реакция разложения метана:
СН4 = С + 2Н2 + ДЯ. (2)
2. Реакция горения углерода:
С + О2 = СО2 + ДЯ2. (3)
3. Реакция горения водорода:
2Н„ + О, = 2Н,0 + 2ДЯ,. (4)
Первый способ. Тепловой {эффект реакции горения метана (см.
табл. 5 приложения) равен сумме тепловых эффектов реакций разложения мета-
на, горения углерода и горения водорода:
ДЯ4 = ДЯ + ДЯ2 4- 2ДЯ3,
откуда
ДЯ = ДЯХ — ДЯ2 — 2ДЯ3 = — 212,9 + 94 + 136,8 = + 17,9 ккал.
- Так как знак теплоты образования противоположен знаку теплоты разло-
жения, то теплота образования метана равна — 17,9 ккал/моль.
Второй способ. Уравнение реакции разложения метана можно за-
писать как уравнение реакции образования метана:
С + 2Н2 = СН4 + ДЯ. (5)
Сложив уравнения (1) и (5), (3) и (4), получим уравнения (6) и (7):
СН4 + 2О2 + С + 2Н2 = СО2 + 2Н2О + СН4 + ДЯГ + ДЯ, (6)
С + О2 + 2Н2 + О2 = СО2 + 2Н2О + ДЯ2 2ДЯ3. (7)
Уравнения (6) и (7) одинаковы, потому и тепловые эффекты их равны:
ДЯ, + ДЯ = ДЯ2 4- 2ДЯ3,
ДЯ = — ДЯ, + ДЯ2 4- 2ДЯ3 = 4- 212,9 — 94 — 136,8 = — 17,9 ккал.
226
296. Горение термита проходит по термохимическому уравнению:
3Fe3O4 .j_ 8А1 = 4А1,О, + 9Fe + ЛЯ.
3 • 232 8 • 27
Тепловой эффект этой реакции равен сумме тепловых эффектов реакций
разложения оксидов железа и образования оксида алюминия. Так как железная
окалина является смесью двух оксидов железа FeO и Fe2O3, то процесс горения
термита можно разделить на три процесса:
1. Реакция разложения моноксида железа:
3FeO = 3Fe + l,5O2 + ЗДЯГ
2. Реакция разложения оксида железа (III):
3Fe2O3 = 6Fe + 4,5O2 + ЗДЯ2.
3. Реакция образования оксида алюминия:
8А1 + 6О2 = 4А1,О3 + 4ЛЯ3.
Тепловые эффекты всех трех реакций известны: ДЯТ и ДЯ2 — теплоты раз-
ложения соответственно оксидов железа (II) и (III), величины которых равны ве-
личинам их теплот образования, взятым с противоположными знаками; ДЯ3 —
теплота образования оксида алюминия (см. табл. 4 приложения). Тепловой эффект
реакции горения термита равен сумме тепловых эффектов приведенных реакций:
ДЯ = ЗДЯХ + ЗДЯ2 + 4ДЯ3 = 3 (+ 63,3) + 3 (+ 196,5) +
+ 4 (— 400,5) = 189,9 + 589,5 — 1602 = — 822,6 ккал.
Следовательно, при сжигании 912 г (3 • 232 + 8 - 27 — 912) термита выде-
36 48 • 822 6
лится 822,6 ккал тепла, а при сжигании 36,48 г термита выделится —-——- ==
V/ 1 ла
— 32,9 ккал тепла.
297. Горение фосфина проходит по уравнению:
РН3 + 2О2 = 0,5Р2О5 + 1,5Н2О + ДЯХ. (1)
Этот процесс можно разделить на три отдельных процесса с известными теп-
ловыми эффектами:
1. Реакция разложения фосфина:
РН3 = Р + 1,5Н2 + ДЯ. (2)
2. Реакция горения фосфора:
Р + 1,25О2 = 0,5Р2О5 + 0,5ДЯ2. (3)
3. Реакция горения водорода:
1,5Н2 + 0,75О2 = 1,5Н2О + 1,5ДЯ3. (4)
Первый способ. Тепловой эффект реакции горения фосфина равен
—286,8 ккал (см. табл. 5 приложения) и сумме тепловых эффектов разложения
фосфина, горения фосфора и горения водорода:
ДЯХ = ДЯ + 0,5ДЯ2 + 1,5ДЯ3,
откуда ДЯ = ДЯХ — 0,5ДЯ2 — 1,5ДЯ3 = — 286,8 — 0,5 (— 365,8) —
— 1,5 (— 68,4) =-—286,8+ 182,9 + 102,6 = — 1,3 ккал.
Так как знак теплоты образования противоположен знаку теплоты разложе-
ния, то теплота образования фосфина равна +1,3 ккал/моль.
Второй способ. Уравнение реакции разложения фосфина можно за-
писать как уравнение реакции его образования:
Р+1,5Н2 = РН3 + ДЯ. (5)
227
Сложив уравнения {1) и (5), (3) и (4), получим уравнения (6) и (7):
РН3 + 2О2 + Р + 1,5Н2 = 0,5Р2О5 + 1,5Н2О + РН3 + ДЯ + ДЯ£,
Р + 1,25О2 + 1,5Н2 + 0,75О2 = 0,5Р2О5 + 1,5Н2О + 0,5ДЯ2 + 1,5ДЯ3. (7)
Так как уравнения (6) и (7) одинаковы, то и тепловые эффекты их равны-
ДЯ 4- = 0,5ДЯ2 + 1,5Д/73;
ДЯ == — ДЯ, + 0,5 Д/72 + 1,5ДЯ3 = 286,8 + 0,5 (— 365,8) + 1,5 (— 68,4) ==,
= 286,8 — 182,9 — 102,6 ==+ 1,3 ккал.
298. Образование сульфида железа из железа и серы проходит по следующе.
му уравнению:
Fe +S = FeS + Atf.
56
7
По условию задачи прореагировало 7 г, или -gg- = 0,125 моль, железа и при
этом выделилось 2,9 ккал тепла. При образовании 1 моль сульфида железа долж-
но выделиться 2,9 : 0,125 = 23,2 ккал тепла.
299. По условию задачи при взаимодействии 2 л хлора с водородом выдели-
лось 3,91 ккал тепла. Хлор с водородом взаимодействуют по такому термохими-
ческому уравнению:
0,5С12 + о.5Н„ = НС1 4-ДЯ.
* 1 " А •
11,2
Из уравнения реакции видно, что для образования 1 моль хлороводорода
должно прореагировать 11,2 л хлора (н. у.). Значит, теплота образования хлоро-
водорода равна:
АЯ = 3,91 ♦ 11,2 в — 21,9 ккал/моль.
2
300. Взрыв гремучего газа происходит по следующему термохимическому
уравнению реакции:
0,5О2 + Н2 = Н2О + ЬН.
По условию задачи прореагировало 14,4 г гремучей смеси, из которой, соглас-
14 4
но уравнению реакции, должно образоваться 14,4 г, или —~ = 0,8 моль, воды.
Теплота образования воды равна — 68,4 ккал/моль (см. табл. „4 приложения).
Значит, при образовании 1 моль воды выделяется 68,4 ккал тепла, а при образо-
вании 0,8 моль — 0,8 • 68,4 = 54,72 ккал тепла.
Ответы на задачи для самостоятельного решения
1 87,5%; 0,915г CdCl2 и 4,76 г ZnCl2.
2. 89,6%.
3. 2,19 г НС1.
4. 125 кг.
5. 2,61 г Ва (NO3)2 и 2,29 г Ва (NO2)2
6. 80,91% N2, 10,19% SO2 и 8,90% О2.
7. 125 м3.
8. 31,1625 г КСЮ4 и 27,9375 г КС1.
9. 94,5%.
10. 70%; 7,5 г СаСО3 и 9,8 г СаО.
II. 10 г Fe2(SO4)3> 1,51 г MnSO4>
0,87 г K2SO4, 1,52 г FeSO4 и 5,88 г
H2SO4.
12. 1000 кг.
13. 75%.
14. 4,8 г CuS и 4,05 г СиС12.
15. 88,8%.
16. 5,88 г H2SO4; 8,52 г Na2SO4 и 2,34 г
NaCl.
17. 9,6 г.
18. 40% СО2, 40% СО и 20% SO2.
19. 30%.
20. 78,4 л.
21. 168 л О2 или 840 л воздуха.
22. 15232 л О9 или 76160 л воздуха.
23. 3 65 г
24. ' 60% С4Н10, 10% C6Ht2 и 30% C4Hf
25. 7,2.
26. 1,44 г
27. 40 л.
28. 10% СО, 30% Н2 и 60% О2; 20% СО2
и 80% О2.
29. 22,2% N2, 66,7% Н2 и 11,1% NH3.
30. 3,1.
31. 70° С.
32. 100 л.
33. 23
34. 20% СН4 и 80% СО.
35. 28.
36. 40 г.
37. Н2С2О4.
38. 56.
39. 20
40. 50% СО и 50% СО2.
41. 63.
42. 28, железо.
43. 4,48 г.
44. 32.
45. 32.
46. Na4P2O2.
47. С3Нв.
48. 17,75 %.
49. CH3COONa.
50. 52,5%.
51. 50,31%.
52. 1,25 М.
53. 20,11%.
54. 50%.
55. 400 г.
56. 90 г.
57. 6476,8 г воды.
58. 49 г.
59. 317,7 г.
60. 107 г.
61. 220,6 г.
62. 200 мл.
63. 50 г ангидрида и 200 г раствора
кислоты.
64. 400 г.
65. 279 г воды и 121 г Си (NO3)2 X
X ЗН2О.
66. 720 г воды и 225 г раствора кисло-
ты.
67. 0,56 г Fe и 3,48 г Fe3O4.
68. 75%.
69. 293,1 г.
70. 939 г.
71. 71 г.
72. 1,44 г NaH и 1,68 г СаН2.
73. 0,2 М НС) и 0,3 М HNO3.
74. 50 г.
75. 774 г воды.
76. 420 г.
77. 2,16 г А1 и 6,12 г А12О3.
78 21 6 г
79. ’ 2,12 г* Na2CO3 и 4,2 г NaHCO3.
80. 8,7 г K2SO4 и 7,2 г MgSO4.
81. 22,5 г СаСО3 и 33,6 г MgCO3
82. 0,28 г.
83. 85, рубидий.
84. 95%.
85. 0,4 ч.
86. 95%.
87. 1г СаСО3 и 1,68 г MgCO3.
88. 2 г СиО и 3,24 г ZnO.
89. 0,402 А.
90. 39, калий.
91. Цинк и кадмий.
92. 0,1 М AgNO3 и 0,1 М Си (NO3)2.
93. 0,014 г/л.
94. 1,16 • 10~3 моль/л; pH == 2,94.
95. 6,8 • 10""1 моль/л.
96. Ар = 2,08 • 10~6; а = 0,456%.
97. 1090,15 ккал.
98. —530,8 ккал/моль.
99. 30,2 ккал/моль.
100 1750 ккал.
101. —134,4 ккал/моль*
102. +19,8 ккал/моль.
103. 0,0019 г/л.
104. 0,236%, А2=5,55<10-7.
229
105. 44,44% CO, 44,44% H2,
CO2 и 5,56% CH..
106. 28.
107. 32.
108. C7H6O2, или C6H5COOH.
109. 39.
110. 500 г воды; 28,57%.
111. H2SeO4.
112. 612 г воды.
5,56%
113. 200 г.
114. 4,05 г ZnO и 1,3 г Zn
115. 250 г 10%-ного раствора и 15о
50%-ного раствора. и
116. 5,96 г КС1 и 1,90 г MgCl
117. 2 г КН и 1,8 г NaH. 2’
118. 0,2 моль/л.
119. 5 г CuSO4 и 3,9 г CdSOA
120. 148,5 г или 195,67 л.
ПРИЛОЖЕНИЯ
Таблица 1. Растворимость некоторых неорганических веществ в воде
Форуму л а T. фА Растворимость безводной соли, г на 100 г температуре, °C воды При
20 30 40 50 60 70 80 100
AgNO3 222,0 300,0 376,0 455,0 525,0 669,0 952,0
А1С13 6H2O 45,9 46,6 47,3 —. 48,1 - 48,6 49,0
Al (NO3)2 9H2O 75,4 81,0 89,0 96,0 108,0 120,0 -—
A-U (^4)3 18H2O 36,4 40,4 45,7 52,2 59,2 66,2 73,1 89,0
BaCL 2H2O 35,7 38,2 40,7 43,6 46,4 49,4 52,4 58,8
Ba (bfO2)2 H2O 67,5 — 101,2 — 141,9 — 205,8 300,0
Ca (N03)o 4H2O 129,3 152,6 196,0 — ——- — ——
CaSO4 2H2O 0,209 0,210 —‘ 0,205 0,197 0,162
CuCl2 2H2O 72,7 77,3 80,8 84,2 87,6 92,3 96,1 110,0
Cu (NO8)2 3H2O 163,1 171,8 181,8 194,1 207,8 247,3
CuSO. 5H2O 20,7 25,0 28,5 33,3 40,0 47,1 55,0 75,4
FeCl2 4H2O ' 73,0 77,3 82,5 88,7 — — 100,0 —
FeCl3 6H2O 91,9 106,8 — — — —
Fe (NO3)3 6H2O 83,0 — — 166,6 — —• —
FeSO, 7H2O 26,5 32,9 40,2 48,6 — 11 — —
H2S — 0,447 0,358 0,286 11 — —— — —
K2CO3 2H2O 110,5 113,7 116,9 121,3 126,8 133,5 139,8 155,7
KBr — 65,5 70,6 75,5 80,2 85,1 90,0 95,0 104,0
KCl — 34,0 37,0 40,0 42,6 45,5 48,1 51,1 56,7
KNO3 -— 31,6 45,8 63,9 85,5 110,0 138,0 169,0 246,0
K2sd4 — 11,1 13,0 14,8 18,2 — 21,4 —
MgCl2 6H2O 54,5 " 57,5 61,0 — 66,0 73,0
Mg (NO3)2 6H2O 70,1 74,8 78,9 84,5 91,2 — 106,2 —
MgSO4 6H2O 44,5 45,4 50,4 55,0 59,0 64,2 73,9
NH4Ci — 37,2 41,4 45,8 50,4 55,2 60,2 65,6 77,3
NH4NO3 — 192,0 242,0 297,0 344,0 421,0 499,0 580,0 871,0
(NH4)2SO4 — 75,4 78,0 81,0 88,0 —— 95,3 103,3
Na2CO3 H2O — 50,5 48,5 46,4 46,2 45,8 45,5
NaCl — 36,0 36,3 36,6 37,0 37,3 37,8 38,4 39,8
NaNO3 88,0 96,0 104,0 114,0 124,0 —11 148,0 180,0
Na2SO4 — —. 50,4 48,8 46,7 45,3 44,1 43,7 42,5
NH3 — 52,6 40,3 30,7 22,9 — — 1
1 Количество кристаллизационной воды в твердой фазе, находящейся в равно-
весии с насыщенным раствором.
230
Таблица 2. Константы диссоциации некоторых кислот и основании
Название Формула Константы диссоциации
Kj к. к*
Бензойная кислота С6Н6СООН 6,6-10“5 —
Борная кислота . Н3ВО3 5,8-1О“10
Угольная кислота Н2со3 4,5-10“7 4,8-10 11
Муравьиная кислота НСООН 1,8-10“”4 7
Мышьяковая кислота ..... H3AsO4 6,0-10"3 1,05-10~7 2,95 X X 10“12
Уксусная кислота . . . СН3СООН 1,7-10“5 —
Плавиковая кислота HF 6,8-10-4
Пропионовая кислота . С2Н6СООН 1,35- 10“s —
Селенистая кислота H2SeO? 2,4-10“3 4,8-10“9
Сернистая кислота H2SO3 А о 1,7-10“2 6,2-10“8 ——1
Сероводородная кислота , H,S 8,9-10“8 1,3-10~13
1еллуристая кислота Н2ТеО3 2,7-10“3 1,8-10“8
•осфорная кислота Н3РО4 7,6-10“3 6,2- Ю-8 -
Ьанистоводородная кислота HCN 6,2-10“’° " —
ломовая кислота Н2СгО4 1,8-10“’ 3,2-10“7 —
Лаве лева я кислота ...... Н2С2О4 5,6-10“2 5,4-10“5
дроксид аммония nh4oh 1,76-10“5 — —•
дроксид лития LiOH 6,8-10“’ ——•
дроксид свинца Pb(OH), 3,0-10“4 3,0-10“8
растворимости некоторых
труднорастворимых
а б л и ц а 3. Произведения
ществ
Вещество Произведение Вещество Произведение
растворимости растворимости
AggAsOj 1,0-10“22 Al (OH)3 1,0-10“32
I AgBr 5,3-10“13 A1AsO4 1,6-10“16
1 Ag,CO3 8,2-10~12 BaCO, 5,1-10“9
{ AgCI 1,78-10~10 BaCrO4 1,2-10“’°
1 Agl 8,3-10~17 co Q5 w to 6,0-10“39
Ag2S 6,3- 10~5° BaSO4 1,1-10“’°
^2^0? 1,5-10“14 CaCOo о 4,8-10“9
Ag2SO4 1,6-10~5 CaCrO4 7,1-IO-4
CaF2 4,0-10“” Mg (OH)2 6,0-10“'°
Ca3 (P04)2 2,0-10“29 Mg3 (PO4)2 1,0-10“13
. CaSO. 2,4-10“5 MnS 2,5-10“’°
CaSO, 1,3-IO”8 NiCO3 6,6-10“9
CdS 7,9-10“27 Ni (OH), 2,0-10“15
Cr (OH)3 6,3- IO-*31 PbCOq 1,0-10“13
CuS 6,3-10“36 Pbl2 1,1-10“9
Cu (OH)2 5,0-10“2° Pb (OH)2 1,1-10“2°
FeAsO4 5,8-10“2’ PbS 2,5-10“27
FePO. 1,3-10“22 PbSO4 1,6-10-8
FeS 5,0-10“18 SnS 1,0-10“25
Hgs 1,6-10“52 ZnCO3 1,5-10“”
KC1O4 l,1.10“2 Zn (OH), 7,1 • 10“18
Li3PO4 3,2.10~9 ZnS 1,6-10~24
Таблица 4. Теплоты образования некоторых веществ
Вещество кДж моль ккал моль Вещество кДж МОЛЬ ккал моль
НС1 —91,6 —21,9 СвН6СН8пар +49,8 + Н,9
н2ож —286,2 -68,4 СН8СОСН3пар —216,7 -51,8
Р^пар —216,3 —51,7 сн„онж —239,3 -57,2
SO2 —297,1 —71,0 —277,0 -66,2
so3 —395,8 —94,6 cs2 4-115,9 4-27,7
H2so„ —814,2 — 194,6 SiO2 —910,9 -217,7
NO 4-90,4 4-21,6 SiH4 4-34,7 4-8,3
no2 АЛ +33,9 4-8,1 Р2^3тв — 1272,8 —304,2 '
NHo о -46,0 — 11,0 А120зтв — 1675,7 —400,5
HNO3 — 174,0 —41,6 ZnO —350,6 -83,8
p2o5 — 1530,5 -365,8 H2S —20,9 —5,6
PHo +5,4 + 1,3 Cr2O3 — 1140,6 —2721
h3po4 — 1266,1 —302,6 CuO — 156,9 —37i
co — 110,5 —26,4 Ag2O —31,0 —7,4
co2 —393,3 —94,0 FeO —264,8 —63,3
CH4 —74,9 -17,9 Fe2O3 —822,2 — 196,5
C2H„ —84,9 —20,3 Fe3O4 —1117,1 -267,0
C2H4 +52,3 + 12,5 CaO —635,5 — 151,9
c2H2 +226,8 +54,2 MgO —601,7 — 143,8 .
C3H8 — 103,8 —24,8 NaCl —410,9 —98,2 i
C4H10 —126,4 -30,2 NaOH —426,8 —102,0
C6H12 — 146,4 —35,0 Na2O —415,9 —99,4
C6H14 — 168,2 —40,2 Na2CO3 — 1130,9 —270,3 !
ceHe +82,8 + 19,8 Na2SO4 — 1384,5 —330,9
Таблица 5. Теплоты сгорания некоторых веществ
Вещество Теплота сгорания Вещество Теплота сгорания
кДж МОЛЬ ккал МОЛЬ кДж МОЛЬ ккал моль
сн4 —890,8 —212,9 NO —56,5 —13,5
С2Н„ — 1560,2 -372,9 СНоСОСН, -1821,7 -435,4
С2Н4 — 1411,3 —337,4 со —282,8 —67,6
с2н2 —1299,6 —310,6 cs2 — 1103,3 —263,7
С3Н8 —2220,9 -530,8 РН3 —1200,0 -286,8
с4н10 —2877,8 —687,8 NH3 (до N2) —383,3 —91,6
С5Н12 —3537,2 —845,4 NH3 (до NO) —292,9 —70,0
СвН14 —4194,0 -1002,4 SiH4 -1518,0 —362,8
свн6 —3301,2 —789,0 H2S (изб. 09) —562,3 -134,4
с,н6сн8 —3947,6 —943,5 Н25(нед.О2) —265,3 -63,4
СНдОН —726,3 — 173,6 so2 —98,7 -23,6
С2НбОН —1368,2 —327,0
Предисловие ...............
.V
I. Химические уравнения ....
II. Реакции в газовом состоянии
III. Эквивалент и молекулярная
масса ................
IV. Окислительно-восстанови-
тельные реакции .............
V. Растворы...............
VI. * Смеси ...............
VII. Электролиз.............
VIII. Химическое равновесие . .
IX. Энергетика химических ре-
акций .......................
X. Задачи для самостоятельного
решения................... . .
Ответы на задачи для самостоя-
тельного решения.............
Приложения ..................
3
Условия
5
10
14
18
28
32
35
38
44
47
229
230
Решения
56
90
108
125
138
160
203
212
223
Иван Петрович Середа
Конкурсные задачи по химии
Поступающим в вузы
Издание четвертое, переработанное и дополненное
Редактор Н. Д. Рогоза
Технический редактор 3. С. О н и щ у к
Корректор Р. П. Киевская
Информ, бланк № 5343.-
Сдано в набор 28.11 80 Подл, в печать 16.02.82. Формат 60Х90’/:е.
Бумага? типогр. № 1. 14.5 печ. л. 14,81 кр.-отт. 15,87 уч.-изд. л.
Доп. тираж 30 000 экз. Изд. № 5098. Зак. № 2-182. Цена 55 к.
Головное издательство издательского объединения «Вища школа»,
252051 Киев. 54, Гоголевская. 7.
Отпечатано с матриц Головного предприятия «Полиграфкнига»
252057, г, Киев, на книжной фабрике им. Фрунзе, 310057,
г. Харьков 57, Донец-Захаржевская, 6/8.