Контрольная работа по химии №1

Родюков Петр Валерьевич

гр. о-160-87а

код-is002RPV

пароль-81051517

V=(10*17) div100=170 div100=1.7

Вариант№1

1. Написать формулы гидроксидов соответствующих указанным оксидам: BeO; Jn₂O₃; Cl₂O₇; As₂O₅; SO₃; Tl₂O₃. Какими свойствами (основными, амфотерными, кислот- ными) обладают приведенные оксиды и соответствующие гидроксиды. Назвать и построить их графические формулы, определить эквивалент и эквивалентную массу для соединений: Te₂O₃; Te(OH)₃; Te₃(SO₃)₃; H₃AsO₃

РЕШЕНИЕ

BeO = (амфотерный оксид) BeO + 2NaOH = Na₂BeO₂ + H₂O

BeO +2HCI = BeCI₂ + H₂O

Jn₂O₃ – Jn(OH)₃ амфотерный

Cl₂O₇ – HClO₄ кислотный

As₂O₃ – As(OH)₃ амфотерный

As₂O₅ + 6NaOH 2Na₃AsO₄ + 3H₂O (кислотный оксид)

SO₃ – H₂SO₄ кислотный

Te₂O₃ – Te(OH)₃ основной

(Te₂O₃) = 76 г/моль (Te(OH)₃) = 85 г/моль

Te = O O – H

O Te O – H

Te = O O – H

(Tl₂(SO₃)₃) = 108 г/моль (H₃AsO₃) = 42 г/моль

O O H

Te O S = O As O H

O O H

S = O

Te O

O S = O

O

2. Закончить уравнение реакций:

2F + O₂ = FeO

GaCl₃ + NaOH = Ga(OH)₃ + 3NaCl

Ga(OH)₃ + NaOH = Na₃GaO₃ + 3H₂O

2Ga(OH)₃ + 3H₂SO₄ = Ga₂(SO₄)₃ + 6H₂O

Ga₂O₃ + SO₂ = Ga₂(SO₃)₃

FeO + H₂SO₄ = FeSO₄ + H₂O

t⁰C

Cd(C₂H₅)₂ Cd + C₄H₁₀

NaOC₂H₅ + 3O₂ 2CO₂ + 2H₂O + NaOH

2GaH3 + N2 = 2GaN + 3H₂

t⁰C

Si(OC₂H₅)₄ SiO₂ + 2C₂H₅OC₂H₅

3. Рассчитать энтальпию образования жидкого сероуглерода CS₂ по следующим данным:

S_{(монокл)} + O2 = SO_2(rp); ∆H⁰₁ = -296,9 кДж;

CS_2(ж) + 3O₂ = CO₂ + 2SO_2(r); ∆H⁰₁ = -1109,0 кДж;

C_(граф) + O₂ = CO₂; ∆H⁰₁ = -393,5 кДж.

РЕШЕНИЕ

1. ₊(S_{(монокл)} + 2O₂ = SO_2(r) )×2

C(_граф) + O₂ = CO₂

2S + C + 3O₂ = CO_2(r) + 2SO_2(r)

∆H⁰₁ = ∆H⁰(CO₂) - ∆H⁰(SO₂) = -393,5 + 2(-296,9) = -987,3 кДж

2. _-2S + C + 3O₂ = CO_2(r) + 2SO_2(r)

CS₂ + 3O₂ – 2SO_2(r)

2S + C = CS₂

∆H⁰₂ = -1109,0 кДж - (-987,3 кДж) = -121,7 кДж

Ответ: -121,7 кДж.

4. Сколько нужно затратить теплоты чтобы разложить 200г Na₂CO₃ до оксида натрия и диоксида углерода, если тепловые эффекты реакции равны:

Na₂CO_3(T) + SiO_2(T) = CO₂ + Na₂SiO_3(T); ∆H⁰₁ = -819,29 кДж;

Na₂O_(T) + SiO_2(T) = Na₂SiO_3(T); ∆H⁰₂ = 243, 5 кДж;

РЕШЕНИЕ

Вычтем из первого второе уравнение

Na₂CO₃ + SiO₂ = CO₂ + Na₂SiO₃ ∆H₁

Na₂O + SiO₂ = Na₂SiO₃ ∆H₂

Na₂CO₃ Na₂O + CO₂

∆H = ∆H₁ - ∆H₂ = -819,29 – 243,5 = -1062,79кДж

_t

NaCo₃ Na₂O + CO₂

M_Na2Co3 = 100г/моль

106 = Na₂Co₃ – (1062,79)

200 = Na₂CO₃ – X

X = 2005,243кДж

Q = 2005,263кДж

Необходимо затратить: ∆H = -Q,

Q = 2005,263кДж.

Ответ: 2005,263кДж нужно затратить теплоты чтобы разложить 200г Na₂CO₃ до оксида натрия и диоксида углерода.

5. Начальные концентрации веществ в реакции CO+H₂O=CO₂+H₂ были равны, г/моль, [CO]=0,5; [H₂O]=0,6; [CO₂]=0,4; [O₂]=0,2. Вычислите концентрации всех участвующих в реакции веществ после того, как прореагировало 60% воды.

РЕШЕНИЕ

Если [H₂O] = 0,6 г/моль соответствует 100%

То [H₂O] = X г/моль соответствует 60%

X = 0,36моль/л

[H₂O] 0,6моль/л прореагировало, осталось [H₂O] = 0,6 моль/л – 0,36 моль/л =

= 0,24 моль

Таким образом, после того, как прореагировало 60% H₂O

[Co]₂ = [CO]₁ – 0,36моль/л

[CO₂]₂ = 0,5 – 0,36 = 0,14 моль/л

[CO₂]₂ = [CO₂]₁ + 0,36 моль/л = 0,4 + 0,36 = 0,76 моль/л

[H₂]₂ = [H₂]₁ + 0,36моль/л = 0,2 + 0,36 = 0,56 моль/л

Ответ: [H₂O] = 0,24 моль/л; [CO] = 0,14 моль/л; [CO₂] = 0,76 моль/л;

[H₂] = 0,56 моль/л.

6. В каком направлении сместиться равновесие в системе – max при повышении давления (в 3 раза), при повышении температуре:

1. 2Al_(T) + 3/2O₂ Al₂O_3(T) ∆H⁰ = -1580 кДж

2. 4Fe_(T) + 3O₂ 2Fe₂O₃ ∆H = -1488 кДж

3.2H₂ + O₂ 2H₂O ∆H = -483,6 кДж.

Написать для всех реакций выражения закона действия масс.

РЕШЕНИЕ.

1. 2Al_(T) + 3/2O₂ Al₂O_3(T) ∆H⁰ = -1580 кДж

Так как реакция экзотермическая, то равновесие при увеличении температу- ры сместиться влево, т.е в сторону разложения Al₂O₃.

При увеличении давления равновесие сместиться вправо – в сторону мень- шего объема газов, т.е в сторону образования Al₂O₃

2. 4Fe_(T) + 3O₂ 2Fe₂O₃ ∆H = -1488 кДж

Анологично первой реакции, при увеличении температура равновесия смес- титься влево. При увеличении давления – вправо.

3.2H₂ + O₂ 2H₂O ∆H = -483,6 кДж

Анологично первой реакции, при увеличении температура равновесия смес- титься влево. При увеличении давления – вправо

7. В стеклоплавильных печах протекают реакции:

MgCo_3(T) + SiO_2(T) = MgSiO_3(T) + CO_2(r)

Na₂CO_3(T) + SiO_2(T) = Na₂SiO_3(T) + CO_2(r)

Примените правило фаз к каждой реакции в отдельности.

РЕШЕНИЕ

В общем случае правило фаз C = k – f + 2, где C – количество степеней свободы

k – кол-во независимых компонентов

f – кол-во фаз в равновесии.

Т.к. печи не герметизированы, то можно положить, что давление в печи постоянно

P = const – одна степень свободы системы израсходована и правило примет вид:

C = k-f+1

а) MgCo_3(T) + SiO_2(T) = MgSiO_3(T) + CO₂

Т.к. образованием растворов между твердыми фазами можно пренебречь, то наблюдаем

f = 4 (3 твердых и одна газовая)

k = 4-1=3 (четыре компонента связаны одной химической реакцией – идущей – реакции протекания которые не возможно на k не влияют

С = 3-4+1 = 0

С = 0 – нонвариантная система, без исчезновения в ходе реакции какого-либо из исходных компонентов температуры в печи, не смотря на постоянный подвод тепла расти не будет

Когда один из компонентов исчезнет

станет f = 3, k = 3 – реакции нет, все три компонента независим б) Na₂CO_3(T) + SiO_2(T) = Na₂SiO_3(T) + CO_2(r)

Ситуация полностью аналогична (а), только замены на 2 натрия 1 магний (в формулах)

Заключение

Очевидно, что при нагреве шихты в печи вначале достигается температура, при которой значительна скорость одной из этих реакций. До исчезновения соответствующего карбоната система нонвариантная и лишь после этого возможен подъем температуры шихты до температуры прохождения другой реакции

8. Медь и никель образуют непрерывный ряд твердых растворов. Расплав, содержа- щий 60% Ni, охлаждали до 1300⁰С, после чего жидкую фазу сливали; выпав- шие кристаллы твердого раствора расплавляли при 1500⁰C и жидкий расплав вновь охлаждали до 1350⁰C.

Определите

а) Сколько выпало твердой фазы при первичном и повторном охлаждении, если

количество исходного расплава составляло 20кг.

б) какого состава получились при этом твердая и жидкая фазы.

в) постройте кривые охлаждения для сплавов, содержащих 20, 40, 60, 100%

никеля.

РЕШЕНИЕ.

На диограме плавкости для сплава Ni – Cu данному составу (60% - Ni и 40% - Cu) и t1 = 1300⁰C соответствует точка K, через которую проведем прямую, параллельную оси абсцисс до пересечения с кривой b и до пересечения с кривой a. Точка F отве- чает составу жидкой фазы, а точка N – твердой фазы

Т⁰С

C 1451

1400 L

F M

1300 N K

1200

1108

Cu

0

20 40 60 80 100

жидкая фаза имеет состав : 45% - Ni, 55% - Сu.

твердая фаза: 70% Ni и 30% Cu.

Массы твердой m_Т1 и жидкой m_Ж1 фаз в сплаве данного состава при t⁰₁ = 1300⁰C. Определяем по правилу рычага.

m_тв. и m_жид. фазы обратно пропорциональны длинам отрезков между точкой выражающей состояние данной системы и точками, определяющими состав твердой и жидкой фазы:

m_T KF

=

m_Ж NK

Общая масса сплава – 20кг.

тогда m_Ж = 20-m_T,

выразим длины отрезков;

KF = 15; NK = 10

тогда:

m_T1 15

=

20-m_T1 20

300-15m_T1 = 10m_T1

m_T1 = 12

Масса твердой фазы = 12кг

Масса жидкой фазы = 8кг

После расплавления и охлаждения твердой фазы при t = 1350⁰C. На диограм- ме плавкости отметим точку С и аналогично выразим отрезки CL=10 и CM=12

Затем по правилу рычага вычислим

m_T2 10

=

12-m_T2 12

12m_T2 = 120-10m_T2

m_T2 = 5

Масса вторично полученной твердой фазы =5кг

Масса жидкой фазы = 12-5=7кг

Ответ: m_T1=12кг; m_ж1=8кг;

m_T2=5кг; m_Ж2=7кг.