Контрольная

5

Представим формулу вещества в виде Э₂O₃, где 2 и 3 – количество вещества атомных Э и О в 1/моль вещества. Применим для расчетов образец оксида неизвестного элемента массой 100г ,m(оксида)=100 г .Тогда масса кислорода в оксиде составляет m(o)=m_{(оксида)}*w_(o)/100

M_(O)=100*31.58/100=31.58

Масса неизвестного элемента в оксиде

m_(э)=m_{(оксида)}-m_(о)

m_(э)=100-31,58=68,42 г

В этом соединении

31,58г кислорода соединены с 68,42г Э исходя из того, что эквивалентная масса кислорода в оксиде составляет 8 г/моль,

Эквивалентная масса элемента =68,42*8/31,58=17,33 г/моль

Исходя из определения эквивалентной массы элемента и учитывая,

Что валентность элемента в данном оксиде равен 3

Малярная масса элемента = эквивалентная масса элемента * 3

17,33*3=51,99 г/моль

В рассматриваемом оксиде малярная масса элемента совпадает с атомной массой элемента.

Ответ: 17,33 г/моль 51,99 г/моль 51,99 г/моль

30.

SiF₄+2HF=H2SiF₆

При взаимодействии фторида кремния с фтороводородом образуется гексафтор-кремневая(или кремнефтористоводородная ) кислота. По силе эта кислота близка с серной. Соли ее – фторосиликаты.

Сама кислота и все ее соли ядовиты.

42.

H_2(r)+CO_2(r)=CO_(r)+H₂O

G⁰=(G^O_CO+G^O_H20)-(G^O_H2+G^O_CO2)

Значение G^O образования отдельных соединений выбираем из таблиц

G^O_H2(2)=0 кДж/моль

G^O_CO2(2)=-394.64 кДж/моль

G^O_CO(2)=-137.23 кДж/моль

G^O_H2O(2)=-228.76 кДж/моль

G^O=(-137.23+(-228.76))-(0+(-394.64))=28.65 кДж/моль

При стандартных условиях протекают самопроизвольно лишь те реакции для которых G^O <0, у нас G^O >0. Исходя из формулы G=H-TS можно прогнозировать, что с повышением температуры энтропичный фактор TS возрастает и при достаточно высокой температуре его влияние может стать преобладающим и появиться и появиться возможность самопроизвольного протяжения реакции.

Ответ: осуществление данной реакции в стандартных условиях невозможно.

52.

R₂₈₈=3.1*10^-4 моль/л*мин

R₃₁₃=8.15*10^-3 моль/л*мин

Ea-?

R₃₀₃-?

Для расчетов используем уравнение

lnR=A/T+B

Где А и B – индивидуальные постоянные, характерные для данной реакции

Имеем систему из двух уравнений

lnR_T1=A/T₁+B

lnR_T2=A/T₂+B

Вычитая первое уравнение из второго

ln(R_T2/R_T1)=A(1/T₂-1/T₁)

ln(8.15*10^-3/3.1*10^-4)=A(1/313-1/288)

Переходим к десятичным логарифмам

2.303lg(8.15*10^-3/3.1*10^-4)=A(1/313-1/288)

Отсюда A = -11833

Ea=-AR, где

R – универсальная газовая постоянная

R=8.32 Дж/моль

Ea=(-11833)*8,32=98450,56 Дж/моль

Ea=98.45 кДж/моль

Тогда для T=288K при переходе к десятичным логарифмом и при подстановке найденного значения A принимает вид

lnR_T1=A/T1+B

2.303lg(3.1*10^-4)=-11833/288+B

Оттуда

B=-8.0804+41.0804=33.0064

Составим уравнение, выражающее для данной реакции зависимость константы скорости от температуры

2.303lg R=-11833/T+33.0064

Константы скорости при T=303K

2.303lgR₃₀₃=-11833/303+33.0064

LgR₃₀₃=-2.625=3.375

R₃₀₃=3.37*10^-3 моль/л*мин

При введении в систему ингибитора происходит процесс ,_,_,_,_,

Ингибитор препятствует обычному пути протекания реакции, связывая промежуточные вещества и тем самым затрудняет протекание многостадийных реакций, замедляет ее. Введение Ингибитора затрудняет достижения равновесия. Следовательно, изменяется энергия активности в сторону увеличения.

Ответ: Ea=98.45kДж/моль R₃₀₃=2.37*10^-3 моль/л*мин

68.

Медь, серебро и золото – элементы побочной подгруппы 1 группы периодической системы.

Атомы этих элементов имеют на внешнем энергетическом уровне по одному S – электрону предвнешний энергетический уровень атомы имеет кроме S и P еще и D – электроны.

Наличие d-электронов, а также значительно меньшие радиусы атомов приводят к резкому уменьшению свойств этих элементов по сравнению со щелочными металлами, расположенными в главной группе 1 группы.

Эти элеметы обладают большей плотностью, высокой температурой плавления и большой величиной энтальпии атомизации. У рассматриваемых металлов меньшее по размеру атомы располагаются боле плотно, в следствии этого силы притяжения между ними велики. Малый размер атомов объясняет также более высокое значение энергии ионизации металлов этой подгруппы, чем щелочных металлов.

Металлы данной подгруппы имеют характерную окраску: медь – розовую, серебро – белую, золото – оранжево – желтую.

Все они особенно золото, ковки и пластичны. Наибольшей электрической проводимостью обладает серебро, а за ним медь.

Элементы побочной подгруппы 1 группы встречаются в природе в самородном виде, что свидетельствует о химической инертности свободных металлов, резко усиливаются в ряду Cu-Ag-Au.

Не случайно Ag и Au относят к благородным металлам

Сила притяжения зарядов ядра и электронов атомов рассматриваемых элементов по сравнению с атомами соответствующих щелочных металлов превышает взаимное отталкивание элементов. В связи с этим элементы подгруппы меди сильно отличаются от элементов главной подгруппы своим отношением к кислороду, воде, и растворам солей.

Эти элементы в электрохимическом ряду напряжений металлов стоят правее водорода и следовательно в ряду Cu-Ag-Au химическая октивность элементов падает.

Так с кислородом непосредственно взаимодействует только медь. На воздухе она постепенно покрывается плотной зеленой пленкой основной соли (CuOH)₂CO₃ по реакции 2Cu+O₂+H₂O+CO₂= (CuOH)₂CO₃

При накаливании меди до 400__ на воздухе образуется оксид меди (2), при ограниченном доступе воздуха и 800 ^OC- оксид меди (1).

Все элементы побочной подгруппы 1 группы с водой не взаимодействуют

Даже при высокой температуре

Cu+H2O не ровны при t

По отношению к кислотам золото совершенно инертно, но если золото поместить в «царскую воду », то происходит его растворение

A+HNO₃+3HC=AuCl₃+NO+2H₂O

А затем при избытке HCl образуется комплексная кислота H[AuCl₄]

AuCl₃+HCl=H[AuCl₄]

Медь и серебро растворимы только в серной кислое концентрированной при нагревании, а также в азотной кислоте любой концентрации.

Cu+2H₂SO_4(конц.)=CuSO₄+SO₂+2H₂O

2Ag+2H₂S0_4(конц.)=Ag₂SO₄+SO₂+2H₂O

Cu+4HNO_3(конц.)=Cu(NO3)₂+2N0₂+2H₂O

Ag+2HNO_3(конц.)=AgNO₃+NO₂+H₂O

3Cu+8HNO_3(разб)=3Cu(NO₃)₂+2NO+4H₂O

3Ag+4HNO_3(разб)=3AgNO₃+NO+2H₂O

В присутствии кислорода и при высокой температуре медь и серебро взаимодействуют с хлора – водородом

2Cu+4HCl+O₂=2CuCl₂+2H₂O

Кроме того, при нагревании медь легко соединятся с галогенами, серой, фосфором.

Cu+S=CuS

Cu+Cl₂=CuCl₂

Серебро способно образовывать прямые соединения с серой селеном

2Ag+S=Ag₂S

Эти реакции подтверждают снижение химической активности в ряду

Cu-Ag-Au

Металлы подгруппы 1 группы нашли широкое применение в полкупрвдниковой технике. Медь используется в качестве конструкционного материала при изготовлении корпусов полупроводниковых злементов. Золото и медь являются основным контактным материалом для полупроводниковых диодов.

Медь и золото применяют в качестве примесного легирования в производстве полупроводниковых материалов.

Серебро используют для покрытия выводов полупроводниковых приборов.

83.

CO₂+H₂O   H₂CO₃ слабая кислота, существует только в растворе

H₂CO₃   H⁺ + HCO ^- ₃ 1 ступень диссоциации

Диссоциация многоосновной кислоты протекает главным образом по первой ступени. Определяем количество вещества растворенного CO₂

n_(CO2)=m_(CO2)/M_(CO2)

n_(CO2)=0.44/44=0.1 моль

M_(CO2)=12+2*16=44 г/моль

Определяем молярную концентрацию раствора

C=n_(CO2)/V C=0.01/1=0.01 моль/л V=1л

[H⁺]=корень из Kg₁C где Kg₁C- конст. Дисоциации угольной кислоты по 1 ст.

Kg₁=4.4*10^-7

[H⁺]=корень из 4.4*10^-7*10^-2=6.3*10^-5

PH=-lg[H⁺] PH=-lg 6.3*10^-5

PH=5-lg 6.3 PH=5-0.8=4.2

Ответ: PH=4.2

104.

E=272 мВ

pH_k=3

pH_a- ?

Анод (+) 1/2H₂₍₂₎ –e =H⁺ _p-p *1

Катод(-) H⁺ _p-p +e =1/2H₂₍₂₎ *1

Для концентрационного гальванического элемента, составленного из двух водородных электродов, уравнение Нернста примет вид.

E=0.0592/n*lg(c₁/c₂)

В нашем случае n=1 (из уравнения онодио. котодных процессов)

pH_k=3 pH_k=-lg[c₁]

-lg[c₁]=3

0.0592lg(c₁/c₂)=0.272

lg(c₁/c₂)=0.272/0.0592

lg(c₁/c₂)=4.61

lgc₁- lgc₂=4.61

-3- lgc₂=4.61

-lgc₂=7.61

pH_a=-lgc₂

Ответ: pH раствора, в который погружен анод составляет 7,6

132.

Коррозия – процесс разрушения металла под действием окружающей среды.

Нанесение металлических покрытий - это один из методов защиты от коррозии.

1. Пленка из олова, нанесенная на железо - это пример катодного покрытия. Катодные покрытия не защищают металлы в случае нарушения их целостности (трещины, царапины) и в случае присутствия атмосферной влаги возникает гальваническая пара Sn и Fe . В этом процессе роль растворимого анода играет защищающий метал.

Анод(+) Fe-2e=Fe⁺² 2

Катод (-) O₂+2H₂O+4e=4OH^- 1

2Fe+O₂+2H₂O=2Fe(OH)₂

Гидрооксид железа (2) легко окисляется атмосферным кислородом

4Fe(OH) ₂+O₂+2H₂O=4Fe(OH)₃

Окончательным продуктом окисления является гидратированный оксид железа (3) – Fe(OH)₃ ржавчина

2) Пленка из олова, нанесенная на медь – это пример анодного покрытия. При нарушении целостности слоя металла – покрытия возникает гальвонический элемент в котором покрытие - анод будет разрушаться а основной металл останется невредимым.

Анод(+) Sn-2e=Sn⁺² 2

Катод (-) O₂+2H₂O+4e=4OH^- 1

2Sn+O₂+2H₂O=2Sn(OH)₂

Вывод: необходимым условием защиты от атмосферной коррозии луженого железа является обеспечение целостности покрытия.В противном случае олово своим присутствием усиливает коррозию железа. Покрытие оловом меди будет лишь само разрушать и разрушаясь защищать основной металл несмотря на дефекты целостности покрытия.

116