Решебник Глинка / Задачи по химии Глинка

Дано:

Розв’язок:

l = 2;

l = 3

Для орбітального квантового числа l = 2, магнітне квантове число може мати п’ять значень: -2, -1, 0, 1, 2.

Для орбітального квантового числа l = 3, магнітне квантове число може мати сім значень: -3, -2, -1, 0, 1, 2, 3.

m = ?

4s²

4p

3d⁶

3p⁶

3s²

2p⁶

2s²

1s²

4s¹

4p¹

3d⁶

3p⁶

3s²

2p⁶

2s²

1s²

Дано:

Розв’язок:

ΔН_С2Н4 = 52,3 кДж/моль

ΔН_Н2О = -285,8 кДж/моль

ΔН_СО2 = -383,5 кДж/моль

Н₂С = СН₂ + 3О₂ 2СО₂ + 2Н₂О_(ж.) + 6226 кДж

Визначимо кількість моль етилену, що бере участь у даній реакції. З термохімічного рівняння, використовуючи стандартні ентальпії утворення речовин (ΔН простих речовин = 0), що входять в реакцію (подані у довідкових матеріалах підручника), запишемо вираз, позначивши кількість моль етилену за Х:

52,3Х = 2Х(-285,8) + 2Х(-393,5) + 6226;

1410,9Х = 6226

Звідки:

Х = 4,41 моль.

З рівняння реакції бачимо, що оксиґену для проходження такого перетворення потрібно в тричі більше ніж етилену, тому νО₂ = 3νС₂Н₄ = 3*4,41 =13,24 моль.

Звідки об’єм оксигену:

VO₂ = νО₂ * V_m =

= 13,24 моль * 22,4 л/моль =

= 296,5л.

VO₂ = ?

Дано:

Розв’язок:

m _{50%р-наKOH} = 1кг

Складемо рівняння, позначивши масу необхідного для розведення розчина за Х:

В 50%-му розчині міститься 500г КОН і 500г Н₂О, тому коли ми додаватимемо 20%-ний р-н, до присутнього в 50%-му р-ні КОН додаватиметься 0.2Х (по масі) КОН, а загальна маса розчину збільшуватиметься на Х. В результаті розведення має вийти 25% р-н.

Вище сказане можна записати у вигляді виразу:

;

0,5кг + 0,2Х = 0,25кг + 0,25Х;

0,25кг = 0,05Х;

Х = 5кг.

Отримати

25% р-н КОН

m _{20%р-наKOH} = ?

Дано:

Розв’язок:

Р-н С СН₃СООН = 0,01н

К СН₃СООН = 0,042

Рівняння дисоціації:

СН₃СООН СН₃СОО ^– + Н ⁺

Запишемо вираз для константи дисоціації оцтової кислоти:

;

З умови, що даний розчин 0,01н слідує – концентрація

[CH₃COOH] = 0,01 моль/л

Враховуючи [CH₃COO^-] = [H⁺] підставимо у вираз для константи дисоціації:

;

[СН₃СОО ^– ] [Н ⁺] = 0,00042 ;

Знайдемо концентрацію іонів гідроґену:

[H⁺] = 0,02049;

Звідки pH середовища:

pH = - ln[0,02049] = 3,88

рН р-на = ?

Дано:

Mn(OH)₂ + Cl₂ + KOH MnO₂ + ...

Розв’язок:

Аналізуючи ліву і праву частину рівняння можна зробити висновок, що в даній реакції Mn буде виступати відновником:

Mn⁺² – 2e Mn⁺⁴ (втрачає два електрони)

Через те, що оксиґен у даному рівнянні не змінює ступеня окислення – окисником може виступити тільки хлор. Можливий хід реакції:

Mn(OH)₂ + Cl₂ + KOH MnO₂ + KCl + H₂O

Тоді:

Cl₂ + 2e 2Cl ^–

Прирівняємо кількість речовин у обох частинах рівняння реакції:

Mn(OH)₂ + Cl₂ + 2KOH MnO₂ + 2KCl + 2H₂O

Дано:

Розв’язок:

Гальванічний

елемент

Cu – катод:

Для того, щоб в гальванічному елементі купрум міг виступати в якості катода, для анода потрібно обрати менш електронегативний елемент – наприклад цинк (Zn).

Схема такого гальванічного елемента:

Zn | ZnSO₄ || CuSO₄ | Cu

Реакція, що відбувається:

Zn + CuSO₄ = ZnSO₄ + Cu

Zn = Zn⁺² + 2e – анод окислюється (φ_Zn = - 0,76 В)

Cu⁺² + 2e = Cu – катод відновлюється (φ_Cu = 0,34 В)

Стандартна ЕРС даної реакції:

Е = φ_Cu – φ_Zn = 0,34 – ( – 0,76) = 1,1В

Cu – анод:

Для того, щоб в гальванічному елементі купрум міг виступати в якості анода, для катода потрібно обрати більш електронегативний елемент – наприклад золото (Au).

Схема такого гальванічного елемента:

Cu | CuCl₂ || AuCl₃ | Au

Реакція, що відбувається:

3Cu + 2AuCl₃ = 3CuCl₂ + 2Au

Cu = Cu⁺² + 2e – анод окислюється (φ_Cu = 0,34 В)

Au⁺³ + 3e = Au – катод відновлюється (φ_Au = 1,50 В)

Стандартна ЕРС даної реакції:

Е = φ_Au – φ_Cu = 1,50 – 0,34 = 1,16В

Cu – катод

Cu – анод

Дано:

H₂O₂ + HOCl HCl + O₂ + H₂O

Знайти:

В якому напрямку самовільно може відбуватися реакція?

Розв’язок:

Запишемо стандартні електродні потенціали електрохімічних систем, що беруть участь у реакції:

HOCl + H⁺ + 2e = Cl^– + H₂O (φ₁ = 1,49)

H₂­O₂ = O₂ + 2H⁺ + 2e (φ₂ = 0,68)

Через те, що φ₁ > φ₂ , окисником в даній реакції є HOCl, значить реакція відбуватиметься з ліва на право.

Дано:

Скласти схему електролізу водного розчину хлориду цинку.

а) анод цинковий б) анод вугільний

Розв’язок:

Вугільний анод:

Вугільний анод є нейтральним – він не братиме участі в електрохімічних реакціях.

Реакції, що можуть відбуватися на аноді:

2Сl^– = Cl₂ + 2e (φ₁ = 1,36) – окислення хлорид-іону

або 2H₂O = O₂ + 4H⁺ + 4e (φ₂ = 1,23)

Хоча φ₁ > φ₂ , але відбуватиметься саме перший процес. Це пов’язано зі значним перенавантаженням другого процесу: матеріал анода гальмує його протікання.

На катоді в цей час можуть відбуватися такі реакції:

Zn⁺² + 2e = Zn (φ₃ = – 0,76) *

або 2H₂O + 2e = H₂ + 2OH^–

Та через те, що стандартний електродний потенціал системи (*) негативніший за потенціал водневого електрода в нейтральному водному середовищі ( – 0,41В), відбуватиметься електрохімічне відновлення води, що супроводжується виділенням гідроґену.

Цинковий анод:

Завдяки тому, що (φ₃ = – 0,76) значно менший за потенціали (φ₁ = 1,36) і (φ₂ = 1,23), буде відбуватися анодне розчинення цинку.

Дано:

Із розчину комплексної солі PtCl₄*6NH₃ нітрат срібла осаджує весь хлор у вигляді хлориду срібла, а з розчину солі PtCl₄*3NH₃ – тільки ¼ частину хлору.

Знайти:

Написати координаційні формули цих солей, визначити координаційне число платини у кожній із них.

Розв’язок:

З умови задачі: з PtCl₄*6NH₃ нітрат срібла осаджує весь хлор, значить він входить у зовнішню сферу комплексної сполуки, а 6NH₃ у внутрішню, тому координаційна формула речовини: [Pt(NH₃)₆]Cl₄ і відповідно координаційне число платини дорівнює 6 – за кількістю лігандів.

Аналогічно міркуючи: з PtCl₄*3NH₃ нітрат срібла осаджує тільки ¼ хлору, значить, тільки один атом хлору входить у зовнішню сферу комплексної сполуки, три інші, разом з 3NH₃ – у внутрішню, тому координаційна формула речовини: [Pt(NH₃)₃Cl₃]Cl і відповідно координаційне число платини в цій сполуці теж дорівнює 6.

Дано:

CHCl₃

Знайти:

Скласти валентну схему молекули.

а) який зв’язок найбільш полярний?

б) в якому напрямку зміщена електронна хмара цього зв’язку?

Розв’язок:

Молекула хлороформу має вигляд представлений на рис. 1. Чотири неспарених електрони збудженого атома вуглецю беруть участь в утворенні чотирьох ковалентних зв’язків з трьома атомами хлору (1s²2s²2p⁶3s²3p⁵) і одним атомом водню (1s¹), що мають по одному неспареному електрону на зовнішніх орбіталях.

Найбільш полярним зв’язком є зв’язок між атомами вуглецю і хлору.

В цьому легко переконатися обчисливши різниці відносних електронегативностей атомів для зв’язків: C – Cl і C – H. (Cl = 3,0; C = 2,5; H = 2,1)

Δ_{χ c – cl} =3,0 – 2,5 = 0,5; Δ_{χ c – н} = 2,5 – 2,1 = 0,4 => Δ_{χ c – cl} > Δ_{χ c – н}.

Електронна хмара цього зв’язку зміщена в сторону Cl, як більш електронегативного атома.

Дано:

CaO, ZnO, SnO₂, NiO, Al₂O₃.

Знайти:

Які з перелічених оксидів можуть бути відновлені воднем до вільного метала за температури 298 К?

Розв’язок:

Щоб дати відповідь на це питання потрібно обчислити стандартну енергію Ґібса реакцій:

1. CaO + H₂ Ca + H₂O ^*

2. ZnO + H₂ Zn + H₂O

3. SnO₂ + 2H₂ Sn + 2H₂O

4. NiO + H₂ Ni + H₂O

5. Al₂O₃ + 3H₂ 2Al + 3H₂O ^*

По-перше реакції позначені (*) не можуть відбутися (за даних умов), бо в них беруть участь оксиди активних металів, які під час відновлення воднем одразу перетворяться в гідрооксиди.

Стандартні енергії Ґібса для сполук, що беруть участь в реакціях:

ΔG^o₂₉₈ : CaO(–604,2), ZnO(–320,7), SnO₂ (–519,3), NiO (–211,6), Al₂O₃ (–1582,0), H₂O (–237,3)

1. ΔG^o₂₉₈ = –237,3 – ( – 604,2) = 366,9 кДж > 0 => не може

2. ΔG^o₂₉₈ = –237,3 – (–320,7) = 83,4 кДж > 0 => не може

3. ΔG^o₂₉₈ = 2∙( –237,3) – (–519,3) = 44,7 кДж > 0 => не може

4. ΔG^o₂₉₈ = –237,3 – ( – 211,6) = – 25,7 кДж > 0 => може

5. ΔG^o₂₉₈ = 3∙(–237,3) – ( – 1582,0) = 1344,7 кДж > 0 => не може

Дано:

Водневий електрод занурений в розчин з рН = 0.

Знайти:

На скільки зміниться електродний потенціал електрода, якщо розчин нейтралізувати до рН = 7 ?

Розв’язок:

Для того, щоб дати відповідь на це питання обчислимо значення φ якщо рН розчину дорівнює 7. φ = – 0,059 рН = –0,41 В. Відповідно значення водневого електрода зменшиться на 0,41 В.

Відповідь в).

Дано:

C_{(графіт)} + СО_{2 (г.)} 2СО_(г.) ΔН^о = 172,5 кДж

Знайти:

а) Як зміниться вміст СО в рівноважній суміші з підвищенням температури але за незмінного тиску? Зі зростанням загального тиску але за незмінної температури?

б) Чи зміниться константа рівноваги за умови підвищення загального тиску і незмінній температурі? За умови збільшення температури? За умови введення в систему каталізатора?

Розв’язок:

а) Через те, що ΔН^о = 172,5 кДж > 0 – реакція екзотермічна, тому за умови підвищення температури, та за незмінного тиску, рівновага зміститься вліво, тобто в сторону оберненої, відповідно концентрація СО в суміші зменшиться.

За незмінної температури збільшення тиску призведе до зменшення об’єму системи, що в свою чергу викличе збільшення концентрації речовин, що беруть участь в реакції.

Якщо до збільшення тиску швидкість прямої реакції була: v₁ = k₁[CO₂], а оберненої: v₂ = k₂[CO]² . Вважатимемо, що концентрації речовин збільшились в n разів, тоді швидкості реакцій:

v₁^’ = k₁n[CO₂] = nv₁ – пряма;

v₂^’ = k₂(n[CO])² = n²v₂ – обернена; =>

Швидкість оберненої реакції після підвищення тиску збільшиться в n² разів, а пряма лише в n, значить концентрація СО в суміші зменшиться.

б) На константу рівноваги зміна тиску за незмінної температури не вплине тому, що вона залежить лише від природи речовин, що беруть участь в реакції і від температури.

Так. – К.Р. залежить від температури.

Ні. Тому що каталізатор однаково змінює енергію активації як прямої, так і оберненої реакції. Через це він не впливає на відношення констант і швидкостей реакцій, тому каталізатор не впливає на розмір константи рівноваги і, відповідно, не може ні збільшити, ні зменшити вихід реакції. Він лише може пришвидшити або сповільнити настання рівноваги.