Міністерство освіти і науки України

Національний університет водного господарства та природокористування

Кафедра хімії та фізики

05-06-30

МЕТОДИЧНІ ВКАЗІВКИ

до виконання контрольної та самостійної роботи з навчальної дисципліни «ХІМІЯ» для студентів за напрямами підготовки

6.050202 «Автоматизація та комп’ютерно-інтегровані техно-

логії» та 6.050701 «Електротехніка та електротехнології»

денної та заочної форм навчання

Рекомендовано

методичними комісіями

за напрямами підготовки:

6.050202 „Автоматизація

та комп’ютерно інтегровані технології”,

протокол № __ від __.__.2014 р.

6.050701 „Електротехніка та

електротехнології”,

протокол № __ від __.__.2014 р.

Рівне – 2014

2

Методичні вказівки до виконання контрольної та самостійної робо-

ти з навчальної дисципліни «Хімія» для студентів за напрямами пі-дготовки 6.050202 «Автоматизація та комп’ютерно-інтегро

вані технології» та 6.050701 «Електротехніка та електротехнології»

денної та заочної форм навчання/ Ф.М.Боднарюк, Н.М.Буденкова, Н.М.Корчик – Рівне: НУВГП, 2014.- 47 с.

Упорядники: Ф.М.Боднарюк, доцент кафедри хімії та фізики;

Н.М.Буденкова, доцент кафедри хімії та фізики

Н.М.Корчик, доцент кафедри хімії та фізики

Відповідальний за випуск: М.В.Яцков, канд. техн. наук,

завідувач кафедри хімії та фізики

© Ф.М.Боднарюк,

Н.М.Буденкова,

Н.М.Корчик, 2014

© НУВГП, 2014

3

ЗМІСТ

Стор.

ПЕРЕДМОВА………………………………………………………….4

1. Основні поняття та закони хімії……………………………………5

Контрольні завдання………………………………………………...7

2. Еквівалент речовини. Закон еквівалентів………………………...10

Контрольні завдання……………………………………………….14

3. Будова атомів. Періодичний закон та Періодична система елементів……………………………………………………………15

Контрольні завдання……………………………………………….18

4. Хімічний зв’язок та будова речовин……………………………...18

Контрольні завдання……………………………………………….22

5. Загальні закономірності перебігу хімічних реакцій……………..23

Контрольні завдання……………………………………………….24

6. Загальна характеристика та склад розчинів………………………25

Контрольні завдання……………………………………………….29

7. Реакції обміну між електролітами в розчинах. Йонно-

молекулярні рівняння………………………………………………30

Контрольні завдання……………………………………………….30

8. Йонний добуток води. Водневий показник………………………33

Контрольні завдання……………………………………………….34

9. Гідроліз солей………………………………………………………35

Контрольні завдання……………………………………………….37

10. Окисно-відновні реакції………………………………………….37

Контрольні завдання……………………….……………………..38

11. Гальванічні елементи……………………………………………..39

Контрольні завдання……………………………………………...42

12. Корозія металів……………………………………………………42

Контрольні завдання……………………………………………...44

ЛІТЕРАТУРА………………………………………………………….47

4

ПЕРЕДМОВА

Êîíòðîëüíó та самостійну ðîáîòó студентами денної форми

навчання слід âèêîíóâàòè по мірі вивчення теоретичного матеріа-лу за наведеною нижче літературою та уважного розгляду

розв’язання прикладів типових задач, наведених перед набором ко-

нтрольних задач з кожної теми.

З 10 варіантів кожного завдання студент виконує варіант, номер

якого збігається з останньою цифрою номера його залікової книж-

ки. Робота, виконана за іншим варіантом, не рецензується і не зара-ховується.

Після вивчення відповідного розділу умову завдання переписати

в звичайний учнівський зошит і дати на нього відповідь, залишаючи

поля (≈ 2см) для зауважень рецензента. Відповідати на поставлені питання треба стисло, конкретно, в повному обсязі, писати виразно, чітко, акуратно, грамотно. Особливо старанно слід писати форму-

ли хімічних сполук та рівняння реакцій.

При розв’язанні розрахункових задач слід дотримуватись насту-

пних правил:

1. Переписати повністю умову задачі. 2. Записати скорочено умову задачі за стандартними правила-

ми з застосуванням позначень фізичних величин відповідно до ви-

мог Міжнародної системи одиниць фізичних величин та Міжнарод-

ної спілки теоретичної та прикладної хімії (IUPAC).

3. Аналізуючи умову задачі, визначити і записати математичні вирази законів або інших співвідношень, які зв’язують величини,

дані в умові задачі, з тими величинами, які треба знайти.

4. В одержаний вираз підставити числові значення величин з їх

одиницями, виконати необхідні математичні дії і вказати результат також у відповідних одиницях (якщо це не безрозмірна величина). При виконанні розрахунків за формулами переходу від одного спо-

собу вираження концентрації речовини в розчині до іншого всі ве-личини записуються без їх одиниць, але результату обов’язково

присвоюється (і береться в дужки) відповідна одиниця.

При позначенні величин, які стосуються одної речовини, в дуж-

ках обов’язково вказується формула цієї речовини, напр.: V(О2) –

об’єм кисню; m(KCl) – маса калій хлориду; c(HNO3) – молярна концентрація HNO3. При позначенні величин, які стосуються сумі-

5

ші речовин, ніяких індексів або позначень в дужках писати не мо-

жна, тобто такі позначення, як „Vр-ну,”, „ m(розч)” тощо, не допус-

каються. Величини, що стосуються сумішей та розчинів (m, V, ρ

тощо) можуть мати індекси 1,2...., якщо стосуються різних систем,

напр.: m1 – маса 1-го розчину; V2 – об’єм 2-го розчину, сЕ(1) – моля-

рна концентрація еквівалентів (нормальність) 1-го розчину тощо.

В кінці контрольної роботи обов'язково навести перелік навча-льної літератури, використаної при її виконанні, вказати рік та мі-сце видання кожного посібника.

В період лабораторно-екзаменаційної сесії студенти виконують

лабораторний практикум. До здачі екзамену (заліку) допускаються студенти, які мають зошити з захищеними звітами про виконання всіх передбачених навчальним планом лабораторних робіт та зара-хованими контрольними роботами. При захисті лабораторної робо-

ти студент повинен вміти описати хід виконання дослідів, зробити

висновки з їх результатів та пояснити їх, вміти написати рівняння відповідних реакцій, назвати реагенти та продукти реакцій.

1. ОСНОВНІ ПОНЯТТЯ ТА ЗАКОНИ ХІМІЇ

Приклад

Для речовин, що утворюються при випалюванні 50 кг чистого

вапняку, розрахувати: а) кількість речовини; б) масу; в) об’єм та гу-

стину утвореного газу за нормальних умов (н.у.); г) об’єм утворено-

го газу при нормальному тиску і температурі t = 9270С; д) відносну

густину утвореного газу за повітрям; е) масу формульної одиниці негашеного вапна.

Випалювання вапняку описується рівнянням

CaCO3 →± C01001000

CaO + CO2↑ (1).

Отже, скорочено умову задачі слід записати так:

6

Розв’язання

m(CaCO3) = 50 кг;

а) n(CaO )-? n(CO2) -? б) m(CaO )-? m(CO2)-? в) Vн(CO2)-? ρн(CO2 )-? г) Vt(CO2 )-?

д) повCOD /2=Dпов(СО2) -?

e) mФО(СаСО3) - ?

а) З рівняння (1) n(CaCO3) = n(CaO) =n(CO2)= )(

)(

3

3

CaCOM

CaCOm= n;

Мr(CaCO3)=40+12+16 . 3 =100 (а.о.м.) → М(CaCO3)=100 г/моль.

Тоді 500/100

10503

=⋅

=ìîëüã

ãn моль.

б) За рівнянням т(реч)= n(реч) . М(реч) маємо: т(CaO)=n . М(CaO)=500 моль . (40+16) г/моль =28000 г = 28 кг; m(CO2)= n . М(CO2)=500 моль ·(12+2·16) г/моль =22000 г =22 кг.

в) За рівнянням Vн(г) = n(г) ·VМ, де VМ =22,4 л/моль, молярний об’єм газів за н.у., маємо: Vн(CO2) = n·VМ = 500 моль·22,4 л/моль = 11200 л = 11,2 м3

;

При розрахунку густини газів за н.у. в формулі V

m=ρ можна

взяти молярні масу та об’єм. Тоді

96,1/4,22

/44)()( 2

2 ===ìîëüë

ìîëüã

V

ÑÎÌÑÎ

Míρ г/л.

г) За законом Гей-Люссака при сталому тиску

TгV

Т

гV T

н

н )()(= ,

де Vн (г) і Vt (г) – об’єм газу за н.у. та при температурі Т = t + Тн = t + 273 (К).

7

Звідси

23,49273

)273927(2,11)()(

32

2 =+⋅

=⋅

=Ê

Êì

Ò

ÒÑÎVCOV

í

íT м3

.

д) З закону Авогадро випливає, що відносна густина одного га-зу за іншим дорівнює відношенню їх молярних мас. Середня молярна маса атмосферного повітря становить ≈29 г/моль. Звідси

.52,1/29

/44

)(

)( 2/2

===ìîëüã

ìîëüã

ïîâÌ

ÑÎÌD ïîâCO

е) З М(реч)=т(ФО)·NA маємо:

22

123

13

3 1066,11002,6

100)()( −

−

−

⋅=⋅

⋅==

ìîëü

ìîëüã

N

ÑàÑÎÌÑàÑÎm

AÔÎ г.

Відповіді: а) n(CaO) = n(CO2) = 500 моль; б) т(CaO)=28 кг; т(СО2)=22 кг; в) Vн(CO2)=11,2 м3

; ρн(CO2)=1,96 г/л; г) Vt(CO2)=49,23 м3

;

д) повCOD /2=1,52.

е ) mФО(СаСО3 ) =1,66·10–22 г.

КОНТРОЛЬНІ ЗАВДАННЯ 1. Звичайне (віконне) скло виробляють сплавленням суміші

крейди (або вапняку) з содою та піском при ≈1500 0С за рівнянням:

Na2CO3 + CaCO3 + 6SiO2 → Na2O . CaO

. 6SiO2 + CO2↑.

Розрахувати кількості речовини та маси вихідних речовин, необ-

хідні для виготовлення 95,6 кг скла, а також кількість речовини, ма-су та об’єм вуглекислого газу, що при цьому виділиться (за умов ре-акції та за нормальних умов).

2. В процесі виготовлення спеціального тугоплавкого скла спла-вленням суміші крейди (або вапняку) з поташем та піском при

≈15000С за рівнянням

К2CO3 + CaCO3 + 6SiO2 → Na2O . CaO

. 6SiO2 + CO2↑

виділилось 2,64 кг вуглекислого газу. Визначити: а) кількість речо-вини та об’єм утвореного газу за нормальних умов та за умов реак-

ції; б) кількості речовини та маси одержаного скла та вихідних ре-

8

човин; в) масову частку Силіцію в склі; г) масу (в г) одної форму-

льної одиниці поташу.

3. При кип’ятінні природної води, в якій розчинений кальцій гід-

рогенкарбонат, останній розкладається за рівнянням:

Ca(НCO3)2 → CaCO3↓ + Н2О + CO2↑.

Визначити: а) масу накипу та об’єм утвореного газу (зведений до

нормальних умов), якщо в воді було розчинено 1,5 моль кальцій гі-дрогенкарбонату; б) масову частку Кальцію в накипі; в) масу 20%-

ної хлоридної (соляної) кислоти, необхідну для розчинення накипу.

4. Процеси, що відбуваються при корозії виробів та конструкцій

із чорних металів у вологому повітрі, описуються сумарним рів-

нянням:

4Fe + 3О2 + 6Н2О → 4Fe(ОН)3.

Після тривалого зберігання шматка листового заліза на вологому

повітрі його маса зросла на 2,55 г. Розрахувати: а) кількість речо-вини та масу іржі, що утворилася; б) кількість речовини та масу окисненого заліза; в) кількість речовини, масу та об’єм кисню (за н.у.) , що прореагував.

5. Будівельний гіпс (алебастр) виробляють випалюванням при-

родного гіпсу при 160-1700С за рівнянням:

CaSO4 . 2H2O → CaSO4

. 0,5H2O + 1,5H2O↑.

Розрахувати: а) кількість речовини та масу алебастру, який мож-

на одержати із 25,8 кг природного гіпсу? б) кількість речовини, ма-су та об’єм (за умов реакції та за нормальних умов) води, що виді-ляється при цьому; в) масову частку води в природному гіпсі та в

алебастрі; г) масу одної формульної одиниці алебастру (в г).

6. При виробництві газобетонів до вапняно-цементних будіве-льних розчинів додають алюмінієвий порошок, який реагує з вап-

ном за рівнянням:

2Al + 3Ca(OH)2 + 6H2O → 3CaO . Al2O3

. 6H2O + 3H2↑.

Водень, що при цьому виділяється, є причиною утворення пор і порожнин в процесі тужавіння таких будівельних розчинів, тобто

утворення газобетону. Розрахувати: а) кількість речовини, масу та об’єм (за нормальних умов) водню, який виділиться при розчиненні 1,89 кг алюмінієвого порошку; б) кількість речовини та масу каль-

цій гідроксиду, який прореагував; в) кількість речовини та масу со-

лі, яка при цьому утворилася; г) масу одної формульної одиниці утвореної солі (в г).

9

7. При кип’ятінні природної води, в якій розчинений магній гід-

рогенкарбонат, останній розкладається за рівнянням:

Mg(НCO3)2 → Mg(OH)2↓ + 2 CO2↑.

Визначити: а) кількість речовини та масу розчиненої в воді солі, якщо утворилося 145 г накипу; б) кількість речовини та об’єм

утвореного газу (зведений до нормальних умов); в) масову частку Магнію в накипі; г) масу 30%-ної хлоридної (соляної) кислоти, не-обхідну для розчинення накипу.

8. Для добування концетрованого фосфорного добрива – подвій-ного суперфосфату Са(Н2РО4)2

. Н2О природні фосфати (фосфорит,

апатит, кісткове борошно) обробляють концентрованою ортофосфа-тною кислотою відповідно до рівняння:

Са3(РО4)2 + 4Н3РО4 + Н2О → 3Са(Н2РО4)2 . Н2О .

Розрахувати: а) кількість речовини та масу 70%-ної ортофосфат-ної кислоти, необхідної для перетворення в подвійний суперфосфат 13,5 кг фосфориту; б) кількість речовини та масу утвореного по-

двійного суперфосфату; в) масову частку Фосфору та кристаліза-ційної води в одержаному добриві; г) масу одної формульної оди-

ниці фосфориту (в г).

9. Малорозчинне в воді, але ефективне на кислих ґрунтах фосфо-

рне добриво – преципітат СаНРО4·2Н2О – добувають частковою

нейтралізацією ортофосфатної кислоти гашеним вапном за рівнян-

ням:

Са (ОН)2 + Н3РО4 → СаНРО4 . 2Н2О↓.

Розрахувати: а) кількість речовини та масу 70%-ної ортофосфат-ної кислоти, необхідної для реакції з 37 кг гашеного вапна; б) кіль-кість речовини та масу одержаного преципітату; в) масову частку Фосфору в преципітаті та в безводній солі кальцій дигідрогенфос-фаті; г) масу одної формульної одиниці преципітату (в г).

10. Найпоширеніше азотне добриво – аміачну селітру NH4NO3 –

одержують пропусканням газу аміаку в 45-58%-ний розчин нітрат-ної (азотної) кислоти, при цьому кислота нейтралізується за рівнян-

ням:

NH3 + НNO3 → NH4NO3.

Розрахувати: а) кількість речовини НNO3 та масу 50%-ної нітра-тної кислоти, необхідної для одержання 24 кг аміачної селітри; б) об’єм аміаку (зведений до нормальних умов), необхідний для

10

цього; в) масову частку Нітрогену в аміачній селітрі; г) масу од-

ної формульної одиниці NH4NO3.

2. ЕКВІВАЛЕНТ РЕЧОВИНИ. ЗАКОН ЕКВІВАЛЕНТІВ

Приклади

1. Визначити еквівалент, молярну масу еквівалентів та молярний

об’єм еквівалентів азоту в реакції синтезу амоніаку з простих речо-

вин:

E(N2) – ?;

ME(N2) – ?;

VE(N2) – ?; Роз’язання

За визначенням еквівалентом речовини називається частина формульної одиниці цієї речовини, яка в даній реакції еквівалентна (рівноцінна) одному атомові Гідрогену або (в окисно-відновній реакції) одному електронові , тобто

Е(реч) = z

1ФО(реч ), (2.1)

де z – еквівалентне число. З формули NH3 видно, що з одним атомом Нітрогену сполуча-

ється 3 атоми Гідрогену, отже, в реакції утворення аміаку одному

атомові Гідрогену еквівалентна третина атома Нітрогену, тобто в

цій реакції Е(N2) = ⅓N. В загальному випадку при визначенні Е про-стої речовини за формулою (2.1) за ФО беруть атом відповідного елемента, а z дорівнює його валентності в даній реакції.

Молярна маса еквівалентів складної речовини є часткою від ді-лення молярної маси цієї речовини на еквівалентне число, а для простих (елементарних) речовин ця величина є часткою молярної маси відповідного хімічного елемента. Звідси

МЕ(N2) = z

1M(N)=

моль

г

моль

г67,414

3

1=⋅

(або точніше мольекв

г).

Молярний об’єм еквівалентів простого газу можна визначити за формулами

11

)(

)()(

гM

гMVгV E

ME = або VE(г) = xz

VM

⋅ ,

де VM = 22,4 л/моль – молярний об’єм газів за нормальних умов;

х – число атомів в молекулі простого газу. Отже, для азоту

214

67,44,22

)(

)()(

2

2⋅

⋅==NM

NMVNV E

ME= 3,74 (л/мольекв),

або VE(г)= =⋅23

4,22 3,74 (л/мольекв).

2. Визначити еквівалент, молярну масу еквівалентів та молярний

об’єм еквівалентів аміаку в реакціях синтезу амоніачної селітри (а) та горіння (б):

а) NH3 + НNO3 → NH4NO3;

б) 4NH3 + 3О2 → 2N2 + 6H2O.

Розв’язання

В реакції (а) одна молекула NH3 нейтралізує 1 еквівалент кисло-

ти, тобто z(NH3) =1, і Е(NH3) = NH3, звідки: ME(NН3) = M(NН3) = 14 +3 . 1 = 17 VE(NН3) = VM = 22,4 л/моль-екв.

Реакція (б) – окисно-відновна, в ній кожний атом Нітрогену втра-чає три електрони за рівнянням: 2N -3 - 2 · 3 e

→ N2. Отже, кожна молекула NH3 в цій реакції еквівалентна трьом електронам, звідки:

Е(NH3) = ⅓ NH3; МЕ(NH3) = ⅓ NH3 = 17/3 = 5,67 (г/моль-екв);

=⋅==17

67,54,22

)(

)()(

3

32 NHM

NHMVNV E

ME 7,47 (л/моль-екв).

3. Визначити еквіваленти алюміній хлориду в наступних реакці-ях:

а) AlCl3 + NaOH → AlOHCl2 + NaCl;

б) AlCl3 + 3NaOH → Al(OH)3 + 3NaCl;

в) AlCl3 + 4NaOH → Na[Al(OH)4] + 3NaCl.

В реакції (а) одна формульна одиниця (ФО) солі реагує з одним

еквівалентом лугу, тобто в цій реакції zа(AlCl3) = 1, і Еа(AlCl3) = AlCl3. Відповідно: zб(AlCl3) = 3 → Еб(AlCl3) = ⅓AlCl3; zв(AlCl3) = 4 → Ев(AlCl3) = 1/4AlCl3.

12

4. При розчиненні 0,45 г 3-валентного металу в хлоридній кис-лоті виділилось 560 мл водню, виміряного за нормальних умов.

Визначити молярні маси еквівалентів металу та утвореної солі, а також встановити, який це був метал.

m(Me) = 0,45 г; Vн(Н2) = 560 мл;

z(Ме) = 3 ________________ МЕ (Ме)-?; МЕ(солі)-?

Ме - ?

Розв’язання

За законом еквівалентів в хімічних реакціях речовини реагують і утворюються в еквівалентних кількостях, тобто для даної реакції

nE(Ме) = nE(Н2 ) або )(

)(

)(

)(

2

2

HV

HV

MeMMem

E

н

E

= .

Звідси

0,956,0

/2,1145,0

)(

)()()(

2

2 =−⋅

=⋅

=ë

åêâìîëüëã

ÍV

HVMemÌåM

í

EE г/моль-екв.

З закону еквівалентів також випливає, що в реакціях обміну МЕ(солі) = МЕ(катіона) + МЕ(аніона).

Для даної реакції: МЕ(МеСl3 ) = МЕ(Me3+) + МЕ(Cl–) = 9 +35,5 = 44,5 (г/моль-екв).

За визначенням МЕ(Me) = 1/z M(Me), звідки M(Me) = z(Ме) · МЕ(Me) = 3 · 9 = 27 г/моль.

Молярна маса елемента чисельно збігається з його молярною ма-сою, звідки Аr(Ме) = 27 а.о.м. Таку атомну масу має Алюміній.

5. При розчиненні в хлоридній кислоті 2,6 г цинку і 0,48 г ін-

шого 2-валентного металу виділяється однаковий об’єм водню.

Встановити, що це за метал.

m(Me) = 0,48г; m(Zn) = 2,6г;

VМе(Н2)=VZn(Н2); _________________

Me – ?

13

Розв’язання

За законом еквівалентів

nE(Ме) = nE(Zn) = nE(Н2), звідки

)(

)(

)(

)(

ZnMZnm

MeMMem

EE

= → 1,123,1

2/4,6548,0

)(

)()()( =

⋅=

⋅=

Znm

ZnMMemMeM E

E ,

г/ммоль-екв. Тоді M(Me) = z(Ме) · МЕ(Me) = 2 · 12,1 = 24,2 (г/моль). Молярна маса елемента чисельно збігається з його молярною ма-

сою, звідки Аr(Ме) = 24,2 а.о.м. До розрахованого значення близь-

ка атомна маса Магнію. 6. Масова частка металу в його гідроксиді становить 57,5%.

Визначити молярну масу еквівалентів металу та його оксиду.

ω(Ме) = 57,5% в Ме(ОН)z

МЕ(Ме) – ? МЕ(окс) – ?

Розв’язання

Нехай маса гідроксиду металу m(Me(ОН)z) = 100 г. Тоді за умо-

вою

m(Me) = 5,57%100

100%5,57

%100

))(()(=

⋅=

⋅ ãOHMemMe zω, г.

Маса ОН-груп становитиме:

т(ОН) = m(Me(ОН)z) – m(Me) = 100 г – 57,5 г =42,5 г.

За законом еквівалентів )(

)(

)(

)(

OHM

OHm

MeM

Mem

EE

= ,

звідки

235,42

175,57

)(

)()()( =

⋅=

⋅=

OHm

OHMMemMeM E

E г/моль-екв.

МЕ(окс) = МЕ(Ме) + МЕ(О) = 23 + 8 = 3 г/моль-екв.

14

7. 3,31 г нітрату металу утворюється 2,78 г його хлориду. Визна-

чити молярну масу еквівалентів цього металу.

Розв’язання

m(Me(NO3)y ) = 3,31 г;

m(MeCly) = 2,78 г;

ME(Me) -?

За законом еквівалентів:

.)(

)(

)(

)(

)(

)(

3

3

NOM

NOm

ClM

Clm

MeM

Mem

EEE== (1)

Нехай т(Ме) = х, тоді т(Cl) = m(MeCly) – т(Ме) = (2,78 – х) г; т(NO3) = (3,31 –х) г.

Підставивши в праву частину рівняння (1) ці значення та ME(Cl) = 35,5 г/моль-екв і ME(NO3) = M(NO3

–) = 14 + 16 · 3 = 62 (г/моль-

екв), одержимо: 62

31,3

5,35

78,2 xx −=

−.

Звідси х = т(Ме) = 2,07 г; т(Cl) = (2,78 –2,07) г = 0,71 г; т(NO3) = (3,31 – 2,07) г = 1,24 г.

З лівої частини рівняння (1) знаходимо:

5,10371,0

5,3507,2

)(

)()()( =

⋅=

⋅=

Clm

ClMMemMeM E

E г/моль-екв.

КОНТРОЛЬНІ ЗАВДАННЯ 1. Виробництво мінеральних добрив амофосу та диамофосу

нейтралізацією ортофосфатної кислоти амоніаком описується рів-

няннями:

1) NH3 + H3PO4 → NH4 H2PO4 – амоній дигідрогенфосфат, амофос;

2) 2NH3 + H3PO4 → (NH4 )2HPO4 – амоній гідрогенфосфат, диамофос.

Визначити еквіваленти та молярні маси еквівалентів ортофос-фатної кислоти в реакціях 1) і 2).

15

2. При спалюванні 16,74 г двовалентного металу утворилося

21,54 г оксиду. Знайти молярну масу еквівалентів металу, його ок-

сиду та відносну атомну масу металу. 3. Масова частка Оксигену в оксиді металу становить 30,0%.

Визначити молярну масу еквівалентів металу та його оксиду.

4. На спалювання 4,0 г простої речовини затрачено 2,8 л кисню

(об'єм кисню зведено до нормальних умов). Знайти молярну масу еквівалентів простої речовини та утвореного оксиду.

5. Визначити об’єм кисню (за н.у.), необхідний для спалювання 6,73 г металу, молярна маса еквівалентів якого становить 12,15

г/моль-екв.

6. При розчиненні 3,4 г оксиду металу в хлоридній кислоті утво-

рюється 8,9 г його хлориду. Визначити молярну масу еквівалентів

металу.

7. Масова частка Хлору в хлориді двовалентного металу стано-

вить 52,05%. Визначити молярну масу еквівалентів металу та його

хлориду, молярну та відносну атомну масу металу, назвати метал.

8. На відновлення 0,9 г оксиду металу затрачено 280 мл водню

(об'єм водню зведено до нормальних умов). Визначити молярні ма-си еквівалентів оксиду та металу.

9. Масова частка металу в його гідроксиді становить 57,5%.

Визначити молярні маси еквівалентів металу та його оксиду.

10. При спалюванні 4,86 г двовалентного металу утворилося 8,06

г оксиду. Знайти молярну масу еквівалентів та відносну атомну ма-су металу. Яка кількість сульфатної кислоти ( n(H2SO4) ) необхідна для його розчинення?

3. БУДОВА АТОМІВ. ПЕРІОДИЧНИЙ ЗАКОН ТА

ПЕРІОДИЧНА СИСТЕМА ЕЛЕМЕНТІВ

Приклад

Написати електронні формули елементів з атомними числами

Z1 = 24 та Z2 = 34, підкреслити валентні електрони. Вказати пері-од, групу, підгрупу та електронну родину, до яких належить кожен з них. Навести число протонів та числа нейтронів в ядрах ізотопів

цих елементів з масовими числами, що дорівнюють закругленим

значенням їх відносних атомних мас. Показати графічно розподіл

16

валентних електронів по атомних орбіталях (АО) в атомах елеме-нтів, що належать до головної підгрупи, пояснити, чому обидва

елементи належать до одної групи. На підставі електронної будови

атомів та їх положення в Періодичній системі елементів (ПСЕ) дати

коротку (без довідкових даних про значення їх фізико-хімічних

констант) порівняльну характеристику властивостей цих елементів

та утворених ними простих (елементарних) речовин, а також їх бі-нарних сполук з Оксигеном та Гідрогеном. Відповіді обгрунтувати.

Відповідь Атомне число елемента Z дорівнює числу протонів в ядрі його

атома, заряду ядра в е.о.з., числу електронів в його нейтральному

атомі та порядковому номеру елемента в ПСЕ. Закруглені до цілих

чисел значення відносних атомних мас Хрому та Селену станов-

лять: Аr(Cr) = 52 а.о.м. і Аr(Se) = 79 а.о.м.

Такі масові числа мають ізотопи Cr52

24 та Se79

34 .

Число нейтронів в ядрі атома N = A – Z, де А – масове число.

Звідси:

N1 = A1 – Z1=52 – 24 = 26; N2= A2 – Z2 = 79 – 34 = 45.

Згідно відомих правил (принцип мінімальної енергії, принцип Паулі, правила Клечковського) електронні формули елементів Хро-

му та Селену записуються так:

24Сr 1s22s

22p

63s

23p

63d

54s

1, або скорочено 24Сr |Ar|3d

54s

1;

34Se 1s22s

22p

63s

23p

63d

104s

24p

4, або скорочено 34Se |Ar|3d

104s

24p

4.

В атомах обох елементів: а) є валентні електрони на 4-му енерге-тичному рівні, тому вони належать до 4-го періоду; б) є по 6 ва-лентних електронів, тому вони належать до шостої групи. В атомі Хрому останній електрон поступає на d-підрівень, тому він нале-жить до родини d-елементів, а, отже, до побічної (VIБ) підгрупи,

тоді як в атомі Селену – на р-підрівень, і тому Селен належить до р-

елементів і головної (VIА) підгрупи. Обидва елементи належать до

одної групи, тому що в їх атомах однакове число валентних

електронів. Розподіл останніх по атомних орбіталях (АО) підко-

ряється правилу Гунда. Для атомів Селену він описується енерге-тичною діаграмою, показаною на рис. 3.1.

17

Рис. 3.1.

Атоми елементів VIA-підгрупи (підгрупи Оксигену), маючи на зовнішньому енергетичному рівні 6 електронів (ns

2np

4), легко приє-

днують два електрони (проявляють ступінь окиснення –2), набува-

ючи при цьому стабільну електронну оболонку найближчого благо-

родного газу (ns2np

6):

34Se 1s22s

22p

63s

23p

63d

104s

24p

4 + 2е–

→34Se2-

1s22s

22p

63s

23p

63d

104s

24p

6

нейтральний атом селенід-аніон

Тому утворені ними прості речовини є неметалами (окисника-ми), в хімічних сполуках їх атоми проявляють ступінь окиснення –

2. З ростом n поступово проявляються їх металічні властивості, то-

му в елементарному стані Селен існує як в неметалічній, так і в ме-талічній модифікаціях, хоча за хімічними властивостями Селен

ближчий до неметалів.

Сполуки Селену за властивостями дуже подібні до аналогічних

сполук Сульфуру. Як і H2S, гідроген селенід H2Se – отруйний газ з неприємним запахом, сильний відновник. Водний розчин H2Se

–2 –

кислота, сильніша від сульфідної (сірководневої) кислоти. При спа-люванні селену утворюється кристалічний селен(ІV) оксид Se

+4О2 –

ангідрид, при прямій гідратації якого утворюється селенітна (селе-ниста) кислота H2SeО3. Остання під дією сильних окисників перет-ворюється в сильну селенатну (селенову) кислоту H2Se

+6О4.

В атомах Хрому на зовнішньому енергетичному рівні є лише один s-електрон, тому елементарний хром – типовий метал, газопо-

дібних гідридів не утворює. Найстійкіший ступінь окиснення Хрому

– +3. Відновленням сполук Сr3+ воднем або дією на металічний

хром газоподібних гідроген галогенідів (напр., HСl(г)) одержують сполуки Сr

2+. Зміни в електронній оболонці атомів Хрому, які при

цьому відбуваються, можна описати схемами:

18

зростання

24Сr0 1s

22s

22p

63s

23p

63d

54s

1

e

e

2

2

−

+⇔ 24 Сr

2+ 1s

22s

22p

63s

23p

63d

44s

0 e

e

−

+⇔

e

e

−

+⇔ 24Сr

3+1s

22s

22p

63s

23p

63d

34s

0.

Під дією сильних окисників в утворенні хімічних зв’язків беруть участь всі електрони незавершеного 3d-підрівня, за рахунок яких

його атоми проявляють ступінь окиснення +6. Характер оксидів та гідроксидів Хрому залежить від ступеня його окиснення:

.)()( 4

6

23

3

2

2

OCrHOHÑrOHCr êèñëîòîñò³çðîñòàííÿ +++ → →

оснóвний амфотерний кислотний

КОНТРОЛЬНІ ЗАВДАННЯ Дати відповіді на питання, поставлені в прикладі, взявши зна-

чення атомних чисел Z1 і Z2 з таблиці 3.1 відповідно до вашого ва-ріанта.

Таблиця 3.1

Z Варіант 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10

Z1 11 12 13 14 17 23 6 7 8 9

Z2 29 30 21 22 25 33 32 15 16 35

4. ХІМІЧНИЙ ЗВ’ЯЗОК ТА БУДОВА РЕЧОВИН

Приклад

На основі природи хімічних зв’язків в молекулах води та міжмо-

лекулярної взаємодії коротко описати та пояснити властивості води

та льоду.

Відповідь

В молекулі води атом Оксигену 8O 1s22s

22p

4 перебуває в стані sp3-гібридизації валентних атомних орбіталей (АО): в процесі утворення зв'язків електронна густина одної 2s- та трьох 2р-АО пе-рерозподіляється так, що утворюється 4 однакових за енергією (рис. 4.1) гібридних АО, які мають форму асиметричної „об’ємної вісімки”.

19

Рис. 4.1. Енергетичний стан валентних електронів атома Оксигену

до і після гібридизації його валентних АО.

В sp3-гібридизованому атомі С всі чотири гібридні орбіталі од-

ноелектронні, тому кут між будь-якою парою таких орбіталей ста-новить 109

028'. При взаємному перекриванні цих орбіталей з 1s-

орбіталями атомів Н утворюється молекула СН4 – правильний тет-раедр з атомом Карбону в центрі і атомами Н по вершинах. В мо-

лекулі ж Н2О взаємне відштовхування між одноелектронними гіб-

ридними орбіталями слабкіше, ніж їх відштовхування від двоелект-ронних орбіталей, тому валентний кут в молекулі Н2О менший від

109028' (рис.4.2).

Рис. 4.2. Перекривання АО в молекулі Н2О

Крім того, електронна густина зв'язуючих пар зосереджена в про-

сторі між ядрами, сильніше притягується ними і займає менший

об'єм, ніж незв'язуючі (неподілені) електронні пари. Таким чином,

молекула води має кутову будову, і її структурна формула буде:

20

05,104

О

Н Н

крапками позначені неподілені електронні пари).

Електронегативність атома Оксигену значно вища, ніж Гідроге-ну, тому електронна густина зв'язуючих пар зміщена до центрально-го атома. Отже, в молекулі води – ковалентні, полярні, σ-зв’язки. Через кутову будову молекули векторна сума дипольних моментів

обох зв’язків не дорівнює нулю, молекула в цілому полярна:

OH2

→

µ = OH

→

µ + OH

→

µ = 6,1·10--30Кл·м = 1,85D.

О2δ-

δ+Н Нδ+

(тут стрілки показують напрям

векторів →µ

, а не зміщення

електронної густини).

Внаслідок високої полярності молекул вода є сильно йонізуючим

розчинником, розчиняє йонні сполуки та полярні речовини і прак-

тично не розчиняє неполярні. Завдяки наявності неподілених елект-ронних пар атом Оксигену в молекулі Н2О може бути донором при

утворенні ковалентних зв’язків за донорно-акцепторним механіз-мом:

−+

+δδClHOH 2 ⇄ .3

−+ + ClOH

Внаслідок сильного зміщення електронної густини зв'язків О–Н

до Оксигену ядро атома Гідрогену (тобто протон) в молекулі Н2О

майже позбавлене електронної густини, тому в кристалах льоду та в

рідкій воді молекули зв'язані між собою водневими зв'язками. Вод-невим називають зв'язок між позитивно поляризованим атомом Гідрогену одної молекули та негативно поляризованим атомом (F, O або N) іншої молекули. Маючи значний позитивний заряд і роз-міри, на 5 порядків менші від розмірів атомних та молекулярних

орбіталей, ядра атомів Гідрогену можуть не тільки притягуватись

до негативно поляризованих атомів інших молекул, а і проникати в

електронні хмари їх неподілених електронних пар. Інакше кажучи,

водневі зв'язки мають одночасно ознаки орієнтаційної та донорно-акцепторної взаємодії. Тому водневі зв'язки міцніші, ніж сили Ван-

дер-Ваальса, хоча і на порядок слабкіші від ковалентних. В криста-

21

лах льоду (4.3) кожна молекула зв’язана з чотирма сусідніми тет-раедрично спрямованими водневими зв'язками.

Напрямленість водневих зв’язків, яка є доказом їх ковалентного

(принаймні частково) характеру, перешкоджає максимально щіль-

ному пакуванню молекул води в кристалах, тому густина льоду

(0,917г/см3) значно менша від густини води. Під час плавлення

льоду частина водневих зв'язків розривається, утворені при цьому

асоціати (Н2О)n та окремі молекули Н2О дістають змогу зблизитись

щільніше, ніж в кристалах, чим і пояснюється зростання густи-

ни води при нагріванні від 0 до 4 0С.

Рис 4.3. Схема утворення водневих зв'язків в кристалах льоду

Завдяки цій аномальній властивості води в зимовий період лід

залишається на поверхні водоймищ і захищає їх від повного про-

мерзання. З іншого боку, розширення води при замерзанні веде до розриву заповнених нею труб і апаратів, розширення тріщин в

різних матеріалах та їх руйнування. Затрати енергії на розрив вод-

невих зв'язків є також причиною аномально високих теплоємнос-ті, температур плавлення та кипіння води .

22

КОНТРОЛЬНІ ЗАВДАННЯ 1. Який зв’язок називається ковалентним? Пояснити і показати

графічно відомими Вам способами утворення σ- та π-зв’язків в

молекулах азоту та вуглекислого газу.

2. Навести відомі Вам способи утворення ковалентних зв’язків,

вказати і обґрунтувати максимальну валентність елементів N, O, S .

Чому атоми елементів Оксигену та Сульфуру, незважаючи на одна-кове число електронів на зовнішньому енергетичному рівні, мають різні валентні можливості?

3. На прикладах утворення молекул H2, Cl2, HCl та CH4 пояснити,

в чому причина направленості та насичуваності ковалентних

зв’язків? Описати гібридизацію валентних атомних орбіталей Кар-

бону в молекулі метану.

4. Навести структурні формули наведених нижче молекул, виб-

рати серед них: а) полярні; б) неполярні. Чому деякі з них неполяр-

ні, незважаючи на полярність зв’язків між їх атомами?

H2, Cl2, HCl, CH4, NH3, H2O, CO2

5. Дати характеристику хімічних зв’язків в молекулі аміаку. З

наведених нижче варіантів вибрати структурну формулу, яка най-точніше відображає будову цієї молекули. Відповідь обґрунтувати.

Н

│

:N─Н;

│

Н

••

N

H H;

Н

••

N

Н Н;

Н

а) б) в)

∠ НNH = 900 ; ∠ НNH = 109

028';

••

N

H H;

Н

Н

│

Н─N:

│

Н

г) д)

∠ НNH = 107,30; ∠ НNH =120

0.

23

6. При змішуванні двох газів – HCl та NH3 – утворюється безба-рвна кристалічна речовина. Написати рівняння реакції, назвати про-

дукт, дати детальну характеристику всіх хімічних зв’язків в утворе-

ній речовині. Як і чому змінилася валентність Нітрогену в результа-ті реакції ?

7. Дати коротку характеристику хімічних зв’язків в карбон(ІV) оксиді та в силіцій(ІV) оксиді, коротко описати властивості цих ре-човин. Чим пояснити величезну різницю у їх властивостях всупереч

тому, що елементи Карбон та Силіцій є електронними аналогами і найближчими сусідами в ІVА-підгрупі?

8. Написати рівняння реакції, що відбувається при пропусканні газу аміаку в розчин нітратної (азотної) кислоти, назвати продукт, навести структурні формули утворених при цьому йонів. Вказати

валентність та ступені окиснення Нітрогену в кожній з вихідних ре-човин та в утворених йонах. Пояснити, чому валентність Нітрогену

не може бути більшою, ніж ІV.

9. Дати коротку характеристику хімічних зв’язків в сполуках HCl

та NaCl, коротко описати властивості цих речовин та пояснити

причини відмінностей.

10. Пояснити (на прикладах Cl2, HCl та КCl), чому для ковален-

тних зв’язків властиві насичуваність та напрямленість, тоді як для йонних – навпаки. Як це проявляється у властивостях цих сполук?

5. ЗАГАЛЬНІ ЗАКОНОМІРНОСТІ ПЕРЕБІГУ

ХІМІЧНИХ РЕАКЦІЙ

Приклад

Для системи, в якій встановилася хімічна рівновага С(к) + Н2О(г) ⇄ СО(г) +Н2(г), ∆Hr < 0,

визначити, як і в скільки разів зміняться швидкості прямої та зво-ротної реакцій при: а) збільшенні тиску в системі вдвічі; б) при під-

вищенні температури на 40К, якщо температурний коефіцієнт

Вант-Гоффа прямої реакції γпр = 3, а γзв = 2.

Написати математичний вираз константи хімічної рівноваги в

даній системі, сформулювати його словами, вказати, як слід зміни-

ти умови (тиск, температуру, співвідношення реагентів) для змі-щення рівноваги вправо.

24

Розв’язання

а) В рівняння швидкості гетерогенних реакцій концентрація твердої фази не входить, тому vпр = kпр · [Н2О, г].

Нехай при р = р1 молярна концентрація водяної пари [Н2О, г] = а, тоді v1(пр) = kпр · а.

Тоді при р = 2р1[Н2О, г] = 2а, і v2(пр) = kпр · 2а =2 kпра.

Звідси .2)(

)(

1

2 =прvпрv

Нехай при р = р1 [СО, г] = b, а [Н2, г] = с. Тоді v1(зв) = kзв· bс;

При р = 2р1 [СО, г] = 2b, а [Н2, г] = 2с.

Тоді v2(зв) = kзв · 2b · 2с =4kзв · bс, і .4)(

)(

1

2 =звv

звv

Таким чином, при збільшенні тиску в системі вдвічі швидкості обох реакцій зростають: прямої – вдвічі, а зворотної – в 4 рази.

б) За рівнянням Вант-Гоффа .1012

T

vv∆

⋅ ⋅= γ За умовою задачі, маємо:

).(8133)( 1

4

110

40

12 прvvvпрv =⋅=⋅= ⋅

Аналогічно: )(162)()( 1

4

12 звvзвvзвv =⋅= .

В математичний вираз константи хімічної рівноваги в гетероген-

ній системі не входить концентрація твердої фази, тому для даної

систем ][

][][

2

2

OHHCO

K⋅

= .

Отже, константа даної рівноваги дорівнює відношенню добутку

молярних концентрацій водню та карбон(ІІ) оксиду до молярної концентрації водяної пари.

Згідно принципу Ле Шательє зміщенню такої рівноваги вправо

сприятимуть: зниження загального тиску, підвищення температури,

підвищення парціального тиску водяної пари.

КОНТРОЛЬНІ ЗАВДАННЯ Перед виконанням кожного варіанту навести визначення наступ-

них понять та формулювання законів: термохімічне рівняння реак-

25

ції; швидкість хімічної реакції, константа швидкості реакції, закон діючих мас, хімічна рівновага, принцип Ле Шательє. Після цього ві-дповісти на питання, поставлені в прикладі для системи, взятої із таблиці 5.1. згідно вашого варіанта.

Таблиця 5.1

Варіант Система 1 SiO2(к) + 4HF(г) ⇄ SiF4(г) + 2 H2O(г), ∆Hr > 0

2 2 CH4(г) ⇄ C2H2(г) + 3H2(г), ∆Hr < 0

3 CH4(г) + 2 H2O(г) ⇄ CO2(г) + 4 H2(г), ∆Hr > 0

4 TiO2(к) + 4HCl(г) ⇄ TiCl4(г) + 2 H2O(г), ∆Hr > 0

5 C(к) + CO2(г) ⇄ 2 CO (г), ∆Hr > 0

6 2 H2O2(г) ⇄ 2H2O(г) + O2(г), ∆Hr < 0

7 2 CO(г) + 2 H2(г) ⇄ CH4(г) + CO2(г), ∆Hr < 0

8 2NO(г) ⇄ N2(г) + O2(г), ∆Hr < 0

9 Fe3O4(к) + 4H2(г) ⇄ 3Fe(г) + 4H2O(г), ∆Hr > 0

10 Si(к) +2H2(г) ⇄ SiH4(г), ∆Hr > 0

6. ЗАГАЛЬНА ХАРАКТЕРИСТИКА ТА СКЛАД

РОЗЧИНІВ

Приклади

1. Розчинність КОН в воді при 200С становить 95,3 г/100 г.

Визначити:

а) масову частку; б) молярну частку; в) моляльність лугу в

насиченому розчині.

Розв’язання ks(KOH) = 95,3 г/100 г с%(KOH) – ? х(КОН) – ?

ст(КОН) – ? а) За умовою задачі: m(KOH) = 95,3 г; m(H2O) = 100 г; Маса розчину m = m(KOH) + m(H2O) = 195,3 г.

Тоді %.8,48%1003,195

3,95%100

)()(% =⋅=⋅=

ã

ã

m

KOHmKOHc

26

б) За визначенням молярна частка речовини в системі

,)(

)(in

речnречx

Σ=

де Σni – сума кількостей речовини всіх компонентів системи.

Мr(КОН) = 39 +16 +1 = 56 (а.о.м.) → М(КОН) = 56 г/моль; М(Н2О) = 18 г/моль.

7,1/56

3,95

)(

)()( ===

ìîëüã

ã

KOHM

KOHmKOHn моль;

56,5/18

100

)(

)()(

2

22 ===

ìîëüã

ã

OHM

OHmOHn моль.

Тоді

;234,0)56,57,1(

7,1

)()(

)()(

2

=+

=+

=ìîëü

ìîëü

OHnKOHn

KOHnKOHx

х(Н2О) = 1 - 0,234 = 0,766.

в) За визначенням моляльність s

m mречМ

речmречc

⋅

⋅=

)(

1000)()( ,

де ms – маса розчинника. За умовою задачі:

1702,17100)11639(

10003,95)( ≈=

⋅++

⋅=ÊÎÍcm моль/кг.

Відповідь: а) с%(KOH) = 48,8%; б) х(KOH) = 0,234;

в) ст(КОН) = 17 моль/кг.

2. Визначити масу та кількість речовини алюміній сульфату, що

міститься в 200 мл його 0,5-молярного розчину. Яка нормальність цього розчину?

Розв’язання

V = 200 мл;

с (Al2(SO4)3) = 0,5M n(Al2(SO4)3) – ?; m(Al2(SO4)3) –? сE(Al2(SO4)3) –?

За визначенням .)()()(

)( VречсречnVречn

речc ⋅=⇒=

27

n(Al2(SO4)3) = с (Al2(SO4)3) · V = 0,5 моль/л . 0,2 л = 0,1 моль.

Мr(Al2(SO4)3) = 2 . 27 + 3(32 + 16 . 4) = 342 (а.о.м.), звідки М(Al2(SO4)3) = 342 г/моль.

з =⋅=⇒= )()()()(

)()( речМречnречm

речM

речmречn

= 0,1 моль . 342 г/моль = 34,2 г.

Нормальність речовини в розчині зв’язана з її молярністю рів-

нянням сЕ(реч) = z . с(реч), де z – еквівалентне число розчиненої

речовини.

z (Al2(SO4)3)=2 . 3 = 6, і сE(Al2(SO4)3)=6 . 0,5= 3(мольекв/л) = 3н. Відповідь: n(Al2(SO4)3) = 0,1 моль; m(Al2(SO4)3)= 34,2 г; сE(Al2(SO4)3)= 3н.

3. Визначити об’єм мілінормального розчину лугу, необхідний

для нейтралізації 20 мл 0,05-молярної сульфатної (сірчаної) кислоти.

Розв’язання

V(к) = 20 мл;

cн(л) = сЕ(л) = 0,001н; c(к) = 0,05 моль/л H2SO4

V(л) – ?

За законом еквівалентів для розчинів nE(к)=nE(л) або

V(к) . сЕ(к)= V(л) . сЕ(л), звідки )(

)()()(

лс

кскVлV

Е

Е⋅= .

З сЕ(реч) = z · с(реч) знаходимо: сЕ(к) = z · с(к). Тоді

2000/001,0

/05,0220

)(

)()()()( =

⋅⋅=

⋅⋅=

ëìîëü

ëìîëüìë

ëñ

êñêzêVëV

Å мл.

Відповідь: V(лугу) = 2 л.

4. Визначити об’єм тридецимолярної сульфатної (сірчаної) кис-лоти, необхідний для повного розчинення 3,21 г ферум(ІІІ) гідрок-сиду.

28

Розв’язання

c(H2SO4) = 0,3M = 0,3 моль/л;

m(Fe(OH)3) = 5,35 г;

V(к) – ?

За законом еквівалентів nE(H2SO4) = nE(Fe(OH)3) .

З рівнянь )(

)()(

кV

кnкc E

E = та сЕ(к) = z·с(к) маємо:

nE(H2SO4) = nE(к) = V(к) · z · с(к) = V(к) · 2 · с(к) .

З рівнянь nE(Fe(OH)3)= 3

3

)((

)((

OHFeMOHFem

E

та

МЕ(Fe(OH)3) = 3

1М(Fe(OH)3) маємо:

nE(Fe(OH)3)=3

3

)((

)((3

OHFeM

OHFem⋅ . Підставивши отримані значення nE

обох речовин в рівняння, що виражає закон еквівалентів, одержимо:

V(к) · 2 · с(к)= ,)((

)((3

3

3

OHFeM

OHFem⋅ звідки

.25025,0/3,02/107

35,53

)(2)((

))((3)(

3

3

ìëëëìîëüìîëüã

ã

êcOHFeM

OHFemêV

==⋅⋅

⋅=

=⋅⋅

=

Відповідь: V(к) = 250 мл.

5. Визначити молярну концентрацію (молярність) та молярну

концентрацію еквівалентів (нормальність) кальцій хлориду в

20%-му розчині густиною 1,178 г/см3.

Розв’язання

с%(СaCl2) = 20%;

ρ = 1,178 г/см3

М(СaCl2) = 111г/моль.

с(СaCl2) –? сЕ(СaCl2) –?

29

Молярність речовини в розчині зв’язана з її масовою часткою

співвідношенням: сМ(реч) )(

)(10 %

речM

речc⋅=

ρ.

Тоді сМ(СaCl2) 12,2111

20178,110

)(

)(10

2

2% =⋅⋅

=⋅

=CaClM

CaClcρ (моль/л).

сЕ(СaCl2) = z . с(СaCl2) = 2 · 2,12 = 4,24 (моль-екв/л) = 4,24н.

Відповідь: сМ(СaCl2) = 2,12 (моль/л); сЕ(СaCl2) = 4,24н.

КОНТРОЛЬНІ ЗАВДАННЯ 1. Визначити масову частку та моляльність розчиненої речовини

в вапняній воді при 200С (розчинність гашеного вапна в воді при

200С становить 0,148 г/100 г). Який об’єм децимолярної хлоридної

кислоти потрібний для нейтралізації 1л вапняної води, густину якої вважати ≈1 г/мл ?

2. Визначити нормальність (молярну концентрацію

еквівалентів) розчину лугу, на нейтралізацію 60 мл якого затрачено

10 мл 0,1М ортофосфатної кислоти.

3. Розчинність барій гідроксиду в воді при 200С становить

1,65 г/100 г. Визначити: а) масову частку; б) молярну частку;

в) моляльність основи в насиченому розчині. 4. Які об’єми 0,5-молярних розчинів хлоридної (соляної) та

сульфатної (сірчаної) кислот необхідні для розчинення 8,5 г алюміній оксиду?

5. Визначити масу осаду, який випаде при додаванні надлишку

розчину натрій сульфіду до 50 мл децимолярного розчину купрум(ІІ) хлориду.

6. Визначити об’єм децинормального розчину лугу, необхідний

для перетворення купрум(ІІ) хлориду, який міститься в 100 мл його

0,5М розчину, в: а) купрум(ІІ) гідроксид; б) оснόвну сіль?

7. Визначити масу осаду, який випаде при додаванні надлишку

розчину кальцій хлориду до 500 мл сантимолярного розчину натрій

ортофосфату.

8. Визначити моляльність, молярну концентрацію (мо-лярність) та молярну концентрацію еквівалентів (нормальність)

алюміній хлориду в 16%-му розчині густиною 1,149 г/см3.

30

9. Визначити масу осаду, який утвориться при додаванні розчину натрій сульфату до 200 мл 0,5-молярного розчину барій

хлориду.

10. Визначити молярність та нормальність (молярну

концентрацію еквівалентів) розчину, в 200 мл якого міститься 6,6 г ортофосфорної кислоти.

7. РЕАКЦІЇ ОБМІНУ МІЖ ЕЛЕКТРОЛІТАМИ В

РОЗЧИНАХ. ЙОННО-МОЛЕКУЛЯРНІ РІВНЯННЯ

КОНТРОЛЬНІ ЗАВДАННЯ Користуючись даними таблиць 7.1 та 7.2, написати молекулярні,

повні та скорочені йонно-молекулярні рівняння реакцій А і В,

вибраних з таблиці 7.3 відповідно до вашого варіанта. Назвати

продукти.

Таблиця 7.3.

Варіанти контрольних завдань Варіант Реакція А Реакція В

1 H3PO4 + NaOH → H3PO4 + 3 NaOH →

2 Al2(SO4)3 + 2 NaOH → Al2(SO4)3 + 6 NaOH →

3 Ca(HCO3)2 + Na2CO3 → Mg(HCO3)2 + 2 HCl →

4 Ca(OH)2 + CO2 → Ca(OH)2 + 2 CO2 →

5 Cu(OH)2 + H2SO3 → Cu(OH)2 + 2 H2SO3 →

6 AlCl3 + 3 NaOH → AlCl3 + 4NaOH →

7 СuSO4 + 2 NaOH → 2 СuSO4 + 2 NaOH →

8 (СuOH)2SO4 + NaOH → (СuOH)2SO4 + H2SO4 →

9 K3PO4 + 3HCl → K3PO4 + HCl →

10 NaH2PO4 + 2 NaOH → NaH2PO4 + HCl →

Таблиця 7.1.

Розчинність в воді основ та солей

Катіон

Аніон

OH– F

– Cl

– Br

– I

– S

2– SO3

2– SO4

2– SiO3

2– CO3

2– PO4

3– CH3COO

–

Mg2+ м н р р р р н р н н н р

Ca2+ м н р р р м н м н н н р

Ba2+ р м р р р р н н н н н р

Al3+ н м р р р ─ ─ р н ─ н м

Cr2+ н н р р р ─ ─ р н ─ н р

Mn2+

,Zn2+ н м р р р н н р н н н р

Co2+

, Ni2+ н р р р р н н р н н н р

Fe2+ н н р р р н н р н н н р

Fe3+ н н р р р ─ ─ р н н н р

Cd2+ н р р р р н н р н н н р

Hg2+

─ ─ р м н н н р ─ н н р

Cu2+ н н р р р н н р н н н р

Ag+ ─ р н н н н н м н н н р

Sn2+ н р р р р н ─ р ─ ─ н р

Pb2+ н н м м н н н н н н н р * В воді легкорозчинні всі гідроксиди лужних металів, всі солі амонію, всі кислі солі та нітрати.

Малорозчинні або практично нерозчинні всі оснόвні солі.

Умовні позначення: р – ks >1г/100г; м – 0,1г/100г < ks < 1г/100г; н – ks < 0,1г/100г;

─ – речовина не існує або розкладається водою.

32

Таблиця 7.3.

Константи дисоціації деяких слабких електролітів в воді при 250С

Електроліт Рівняння дисоціації Кд рКд= –lgKд Амоній гідроксид NH4OH ⇄ NH4

+ + OH

– 1,79·10–5

4,75

Ацетатна кислота CH3COOH ⇄ CH3COO– + H

+ 1,86·10–5

4,73

Вода H2O ⇄ H+ + OH

– 1,8·10–16

15,73

Гідроген пероксид H2O2 ⇄ H+ + HO–O

– (НО2

–) d 10

–12 d12

Карбонатна кислота H2CO3 ⇄ H+ + HCO3

–

HCO3– ⇄ H

+ + CO3

2–

4,31·10–7

5,61·10–11

6,37

10,25

Нітритна кислота HNO2 ⇄ H+ + NO2

– 4·10–4

3,40

Метасилікатна кислота

H2SiO3 ⇄ H+ + HSiO3

–

HSiO3– ⇄ H

+ + SiO3

2–

3,2·10–10

1,6·10–12

9,49

11,80

Сульфідна кислота H2S ⇄ H+ + HS

–

HS– ⇄ H

+ + S

2–

8,9·10–8

1,3·10–13

7,05

12,89

Сульфітна кислота H2SO3 ⇄ H+ + HSO3

–

HSO3– ⇄ H

+ + SO3

2–

1,3·10–2

6,2·10–8

1,89

7,21

Ортофосфатна кислота

H3PO4 ⇄ H+ + H2PO4

–

H2PO4– ⇄ H

+ + HPO4

2–

HPO42–

⇄ H+ + PO4

3–

7,51·10–3

6,23·10–8

2,2 ·10–13

2,12

7,21

12,66

Фторидна кислота HF ⇄ H+ + F

– 7,40·10–4

3,13

Ціанідна кислота HCN ⇄ H+ + CN

– 7,2·10–10

9,14

8. ЙОННИЙ ДОБУТОК ВОДИ. ВОДНЕВИЙ ПОКАЗНИК

Приклади

1. Визначити водневий та гідроксидний покáзники розчину, в

200 мл якого розчинено 0,73 г НСl.

Розв’язання

V = 200мл;

m(HCl) = 0,73г

рН – ? рОН – ?

Водневим покáзником називається десятковий логарифм моляр-

ної концентрації гідроген-катіонів, взятий з протилежним знаком: pH = –lg[H+].

Гідроксидний покáзник: pОH = –lg[ОH–]. В водному розчині газ НСl практично повністю йонізується за

рівнянням: НСl → Н+ + Сl

–, тобто утворюється розчин сильної ки-

слоти, тому [H+] = с(HCl).

За умовою задачі знаходимо молярну концентрацію НСl:

./1,02,0/5,36

73,0

10200/)5,351(

73,0

)(

)()(

3

ëìîëüëìîëüã

ã

ëìîëüã

ã

VHClM

HClmHClcM

=⋅

=

=⋅⋅+

=⋅

=−

Отже, pH = –lgс(НСl) = –lg0,1 = 1.

В водних середовищах рН + рОН = 14, звідси

рОН = 14 – рН = 14 – 1 = 13.

Відповідь: рН = 1; рОН = 13.

2. Визначити рОН, рН та [H+] в розчині, в 300 мл якого розчине-

но 0,12 г натрій гідроксиду. Розв’язання

V = 300 мл;

m(NaOH) = 0,12 г рОН – ? рН – ?

[H+] – ? 33

34

За визначенням pОH = –lg[ОH–]. В водному розчині NaOH

практично повністю йонізується за рівнянням:

NaOH → Na+ + OH

–, αістинний = 1.

Отже, NaOH – сильна основа, тому [ОH–] = с(NaOH). За умовою

задачі знаходимо молярну концентрацію лугу:

./01,0/12

12,0

3,0/40

12,0

)(

)()(

ëìîëüëìîëü

ëìîëüã

ã

VNaOHM

NaOHmNaOHcM

==

=⋅

=⋅

=

Отже, pОH = –lgс(NaOH) = –lg0,01 = 2. В водних середовищах

за звичайних умов

рН + рОН = 14, звідси рН = 14 – рОН = 14 – 2 = 12.

За визначенням [H+] =10

-рН = 10

–12 (моль/л).

Відповідь: рОН = 2; рН =12. [H+]=10–12

(моль/л).

КОНТРОЛЬНІ ЗАВДАННЯ 1. Визначити водневий та гідроксидний покáзники розчину, в

500 мл якого розчинено 1,12 л газоподібного НСl (об’єм зведено до

нормальних умов).

2. Визначити водневий та гідроксидний покáзники розчину, в

100 мл якого розчинено 2,24 л газоподібного НСl (об’єм зведено до

нормальних умов).

3. Визначити рН: а) сантимолярного розчину нітратної кислоти;

б) сантимолярного розчину їдкого калі (КОН); в) суміші однакових

об’ємів двох перших розчинів.

4. Визначити рН: а) одномолярного розчину нітратної кислоти;

б) одномолярного розчину їдкого натру (NaОН); в) суміші однако-

вих об’ємів двох перших розчинів.

5. Визначити рН: а) сантимолярного розчину нітратної кислоти;

б) децимолярного розчину їдкого калі (КОН); в) суміші 100 мл роз-чину а) з 10 мл розчину б).

6. Визначити водневий та гідроксидний покáзники розчину, в

200 мл якого розчинено 0,8 г їдкого натру (NaОН) та 4,48 г їдкого калію (КОН).

7. Водневий покáзник розчину нітратної кислоти дорівнює 3. В

якому об’ємі такого розчину міститься 6,3 г HNO3?

35

8. Гідроксидний покáзник розчину їдкого натру (NaОН) дорів-

нює 2. В якому об’ємі такого розчину міститься 2 г NaОН?

9. Який об’єм розчину з рН = 2 необхідний для нейтралізації 50

мл сантимолярної сульфатної кислоти?

10. Який об’єм розчину з рН = 12 необхідний для нейтралізації 20 мл сантимолярного розчину лугу?

9. ГІДРОЛІЗ СОЛЕЙ

Приклади

При виконанні завдання керуватись даними з таблиць 7.1. та

7.2.

1. З солей а) СН3СООK, б) KNO3 та в) Al(NO3)3 вибрати солі, які в водних розчинах гідролізуються, підкреслити в їх формулах

йони – залишки слабких кислоти або основи, після чого написати

повні та скорочені йонно-молекулярні рівняння (ЙМР) їх гідролізу. Вказати рН їх розчинів (рН > 7, рН < 7 або рН = 7). Що відбудеться при: змішуванні рівних об’ємів їх розчинів? додаванні до кожного

кислоти або лугу?

Відповідь

В водних розчинах гідролізуються дві з наведених солей, до

складу яких входять залишки слабких кислоти або основи:

а) СН3СООK та в) Al(NO3)3.

Йонно-молекулярні рівноваги зміщуються в бік утворення найс-лабкіших електролітів (у випадку гідролізу – в бік утворення води), тому за звичайних умов:

1) з водою реагує лише незначна частка розчиненої солі; 2) гід-

роліз багатозарядних йонів – залишків слабких кислот або основ –

практично обмежується 1-им ступенем:

а) СН3СОО– + К+

+ Н2О ⇄ СН3СООН + К+ + ОН–

– повне ЙМР

гідролізу;

СН3СОО– + Н2О ⇄ СН3СООН + ОН–

, рН > 7 – скорочене ЙМР.

в) Al3+

+ 3 NO3– + Н2О ⇄ AlОН2+

+ 3 NO3– + Н+

– повне ЙМР,

1-ий ступінь;

Al3+

+ Н2О ⇄ AlОН2+ + Н+

, рН < 7 – скорочене ЙМР.

36

+Н+

+ОН–

+Н+

+ОН–

Відповідно до принципу Ле Шательє: при змішуванні розчинів рівновага гідролізу обох солей зміщується вправо, їх гідроліз взаєм-но підсилюється, стають помітними 2-ий та 3-ій ступені гідролізу

Al3+

, але рН суміші не буде істотно відрізнятись від нейтрального

(адже зв’язуються як Н+-, так і ОН–

-йони):

Al3+

+ СН3СОО– + Н2О ⇄ AlОН2+

+ СН3СООН, рН ≈ 7.

при додаванні кислоти гідроліз СН3СООK підсилюється (рівновага гідролізу зміщується вправо):

СН3СОО– + Н2О ⇄ СН3СООН + ОН–

,

а гідроліз Al(NO3)3 послаблюється:

Al3+

+ Н2О ⇄ AlОН2+ + Н+

;

при додаванні лугу гідроліз СН3СООK пригнічується, (рівновага гі-дролізу зміщується вліво), а гідроліз Al(NO3)3 підсилюється (рівно-

вага гідролізу зміщується вправо), і при достатній кількості лугу ві-дбуваються 2-ий та 3-ій ступені гідролізу:

2-ий ст.: AlОН2+

+ Н2О ⇄ Al(ОН)2+ + Н+

;

3-ій ст.: Al(ОН)2+

+ Н2О ⇄ Al(ОН)3↓+ Н+.

2. Завдання, сформульовані в прикладі 1, виконати щодо солей:

а) Al(NO3)3; б) K2SO4; в) K2S.

Відповідь

В водних розчинах гідролізуються солі, до складу яких входять залишки слабких кислоти або основи: а) Al(NO3)3; в) K2S.

а) Al3+

+ 3 NO3– + Н2О ⇄ AlОН2+

+ 3 NO3– + Н+

– повне ЙМР,

1-ий ступінь;

Al3+

+ Н2О ⇄ AlОН2+ + Н+

, рН < 7 – скорочене ЙМР.

в) 2 К+ + S

2– + Н2О ⇄ 2 К+

+ НS– + ОН–

– повне ЙМР,

1-ий ступінь;

S2–

+ Н2О ⇄ НS– + ОН–

, рН > 7 – скорочене ЙМР.

37

При змішуванні розчинів рівновага гідролізу обох солей, відпо-

відно до принципу Ле Шательє, зміщується вправо, їх гідроліз взає-мно підсилюється, відбувається за всіма ступенями і стає необо-ротним через те, що продукти повного гідролізу обох солей прак-

тично нерозчинні в воді: 2 Al

3+ + 3 S

2– + 6 Н2О ⇄ 2 Al(ОН)3↓ +3 Н2S↑.

КОНТРОЛЬНІ ЗАВДАННЯ Завдання, сформульовані в прикладі 1, виконати щодо солей а),

б) та в), взятих з таблиці 9.1. згідно вашого варіанта.

Таблиця 9.1

Солі 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10

а)

Na 2

SO

3

FeC

l 2

Na 2

CO

3

KB

r

FeC

l 3

BaC

l 2

ZnS

O4

NH

4N

O3

KC

l

СН

3СОО

Li

б)

NaC

l

NaN

O3

LiC

l

ZnB

r 2

K2C

O3

Na 2

CO

3

K3P

O4

Na 2

SO

4

Na 2

S

Fe(

NO

3) 3

в)

CrC

l 3

Na 2

S

CuC

l 2

Li 2

S

KI

NH

4C

l

KN

O3

Na 2

SiO

3

FeC

l 3

Ba(

NO

3) 2

10. ОКИСНО-ВІДНОВНІ РЕАКЦІЇ

Приклад

Для окисно-відновної реакції (ОВР), яка описується схемою

Cr2O3 + Br2 + NaOH → Na2CrO4 + NaBr + H2O,

38

написати електронні рівняння процесів окиснення та відновлення, на їх основі визначити та розставити коефіцієнти в рівнянні ОВР,

вказати еквіваленти речовини-окисника та речовини-відновника.

Відповідь Встановлюємо ступені окиснення елементів, чий стан окиснен-

ня змінився в результаті реакції: +3 0 +6 -1

Cr2O3 + Br2 + NaOH → Na2CrO4 + NaBr + H2O.

Складаємо електронні рівняння процесів окиснення та віднов-лення і через НСК чисел втрачених і приєднаних електронів встано-

влюємо коефіцієнти при окисникові, відновникові та продуктах їх

перетворень:

63 2322 ++ →⋅− CreCr 1 окиснення елемента-відновника 6

1

2 22−

→+ BreBro

3 відновлення елемента-окисника

Розставивши знайдені коефіцієнти, підбираємо коефіцієнти при

інших учасниках реакції і одержуємо рівняння ОВР:

Cr2O3 + 3 Br2 + 10 NaOH → 2 Na2CrO4 + 6NaBr + 5 H2O.

Еквіваленти речовини-окисника або речовини-відновника визна-

чаються за загальною формулою ),(1

)( речФОz

речE = де z –

еквівалентне число, яке дорівнює числу електронів, приєднаних од-ною формульною одиницею речовини-окисника або втрачених од-ною ФО речовини-відновника в даній реакції.

Отже, Е(окисника) = Е(Br2) = ½ Br2 ; Е(відновника) = 1/6 Cr2O3.

КОНТРОЛЬНІ ЗАВДАННЯ

Завдання, сформульовані в прикладі, виконати щодо схем окис-но-відновних реакцій, взятих з таблиці 10.1 згідно вашого варіанта.

39

Таблиця 10.1

Варі-ант

Схема ОВР

1 K2Cr2O7 + H2S + H2SO4 → Cr2(SO4)3 + S + K2SO4 + H2O

2 PH3 + KMnO4 + H2SO4 → H3PO4 + MnSO4 + K2SO4 + H2O

3 K2Cr2O7 + HI + H2SO4 → Cr2(SO4)3 + I2 + K2SO4 + H2O

4 Fe(CrO2)2 + Na2CO3 + O2 → Fe2O3 + Na2CrO4 + CO2

5 P + HNO3 + H2O → H3PO4 + NO

6 KCl + KMnO4 + H2SO4 → Cl2 + MnSO4 + K2SO4 + H2O

7 KMnO4 + H2S + H2SO4 → MnSO4 + S + K2SO4 + H2O

8 CaH2 + H2O → Ca(OH)2 + H2

9 Mg + HNO3 → Mg(NO3)2 + NH4NO3 + H2O

10 NaI + MnO2 + H2SO4 → I2 + MnSO4 + Na2SO4 + H2O

11. ГАЛЬВАНІЧНІ ЕЛЕМЕНТИ

При виконанні завдання керуватись даними з таблиці 11.1.

Таблиця 11.1

Стандартні електродні потенціали деяких ОВС в

водних розчинах

Окисно – відновна система (ОВС,

електрод) Ox + z e ⇄ Red Окиснена

форма відновлена форма

речовини

ϕ0(Ox/Red), B

1 2

Li+ + e ⇄ Li

-3,05

Na+ + e ⇄ Na

-2,71

Mg2+

+ 2 e ⇄ Mg -2,36

Al3+

+ 3 e ⇄ Al -1,66

Ti2+

+ 2 e ⇄ Ti -1,63

Mn2+

+ 2 e ⇄ Mn -1,18

40

1 2

Cr2+

+ 2 e ⇄ Cr -0,91

Cr3+

+ 3 e ⇄ Cr -0,74

Zn2+

+ 2 e ⇄ Zn -0,76

Fe2+

+ 2 e ⇄ Fe -0,44

Cd2+

+ 2 e ⇄ Cd -0,40

Ni2+

+ 2 e ⇄ Ni -0,25

Sn2+

+ 2 e ⇄ Sn -0,14

Pb2+

+ 2 e ⇄ Pb -0,13

2H+ + 2 e ⇄ H2

0

Cu2+

+ 2 e ⇄ Cu +0,34

Ag+ + e ⇄ Ag

+0,80

O2 + 4H+ + 4 e ⇄ 2H2O

+1,23

Cl2 + 2 e ⇄ 2Cl- +1,36

Au+ + e ⇄ Au

+1.51

F2 + 2 e ⇄ 2F- +2,87

Приклад

Записати схему гальванічного елемента (ГЕ), що складається з металів А = Mn та В = Pb, занурених в розчини їх солей. Написати

йонно-електронні рівняння напівреакцій, що відбуваються на пове-рхні кожного з них, та сумарне йонно-молекулярне рівняння стру-

моутворюючої окисно-відновної реакції (ОВР) в цьому ГЕ. Визна-

чити електрорушійну силу (е.р.с., 1) з концентраціями катіонів:

а) стандартними, тобто с0(Mn

2+) = с0

(Pb) = 1моль/л = 1M;

б) с(Mn2+

) = 0,01моль/л; с(Pb) = с0(Pb) = 1M.

Відповідь

Гальванічним елементом (ГЕ) називається система з двох електродів, сполучених провідником та електролітичним ключем, в

41

якій хімічна енергія ОВР перетворюється в електричну. Електрод, в якому відбувається напівреакція окиснення, називається анодом,

а електрод, в якому відбувається відновлення, називається като-

дом.

Хімічними символами свинцево-марганцевий ГЕ записується

так: (–)Mn│Mn2+║

Pb2+ │Pb(+), де вертикальна риска символізує

поверхню розділу “метал│електроліт”, а подвійна риска – елек-

тролітичний ключ.

В цьому ГЕ φ0(Mn

2+/Mn) < φ0

(Pb2+

/Pb), тобто марганець є анодом,

а свинець – катодом. Реакції, що відбуваються, описуються рівнян-

нями:

Mn0 – 2 e → Mn

2+ – напівреакція окиснення на аноді

+

Pb2+

+ 2 e → Pb0

– напівреакція відновлення на катоді Mn

0 + Pb

2+ → Mn

2+ + Pb

0 – струмоутворююча ОВР.

Електрорушійна сила ГЕ дорівнює його напрузі при розімкнутому зовнішньому електричному колі і визначається відніманням потен-ціалу позитивного електрода (катода) від потенціалу негативного ( анода): ξ = ϕ(катода) – ϕ(анода).

а) Різниця стандартних електродних потенціалів напівелементів

називається стандартною напругою ξ0 гальванічного елемента. Для даного ГЕ

ξ0 = φ0(Pb

2+/Pb) – φ0

(Mn2+

/Mn) = – 0,13 В – (– 1,18 В) = 1,05 В. б) За рівнянням Нернста знаходимо потенціал марганцевого

електрода:

ϕ(Меz+/Me)=ϕ0(Меz/Me)+ )(lg059,0 2 +zMecz

→

→ φ(Mn2+/Mn)=φ0(Mn2+/Mn) + )(lg2

059,0 2+Mnc .

За умовою: φ(Mn2+/Mn)= –1,18+ =01,0lg2

059,0–1,239(В).

42

Тоді ξ = φ0(Pb2+/Pb) – φ (Mn2+/Mn) = – 0,13 – (–1,239) = 1,109 ≈

1,11 (В).

КОНТРОЛЬНІ ЗАВДАННЯ Виконати завдання, сформульовані в прикладі, взявши метали А

і В та концентрації їх катіонів із таблиці 11.2 згідно вашого варіан-

та. Таблиця 11.2

Умови Варіанти

А Mg Cr Zn Al Mn Cd Fe Cu Mg Mn

В Sn Ni Pb Cd Ag Zn Mn Cr Cu Sn

с(Аz+),

M

0,1 1 0,01 0,001 1 0,01 0,001 0,1 1 0,1

c(Bz+),

M

1 0,01 0,001 1 0,1 1 1 0,1 0,1 1

12. КОРОЗІЯ МЕТАЛІВ

Приклади

1. Чим пояснюється висока ефективність захисту залізних виро-

бів від корозії покриттям їх поверхні тонким шаром таких, набагато

активніших металів, як цинк та хром? Навести схему гальванічної пари, яка утворюється при порушенні цілісності цинкового покриття поверхні залізної деталі, яка перебуває в вологій атмосфері.

Написати йонно-електронні рівняння напівреакцій, що відбува-ються на аноді та на катоді такої гальванопари, а також сумарне рі-вняння окисно-відновної реакції (ОВР).

Відповідь

Ряд металів (Mg, Al, Cr, Zn, Ti), незважаючи на низькі значення

їх ϕ0, відзначаються дуже високою стійкістю до корозії в вологій

атмосфері та в нейтральних водних середовищах. За цих умов вони

починають окиснюватись, напр., за рівняннями:

2Zn + O2 → 2 ZnO; Zn + 2H2O → Zn(OH)2 + H2↑

Практично нерозчинні в воді продукти цих реакцій покривають поверхню металів суцільною щільною, хоч і надзвичайно тонкою

(≈10–5 мм) плівкою, яка ізолює метал від води та розчиненого в ній

43

кисню і різко гальмує його окиснення. Це явище глибокого галь-мування корозії металу внаслідок утворення на його поверхні за-хисної оксидної, гідроксидної або сольової плівки називається па-

сивацією металу. Продукти корозії заліза та чорних металів – пористі речовини,

які не затримують воду та розчинені в ній окисники і не гальмують корозії. Тому для захисту виробів із заліза та його сплавів їх по-

верхню покривають металами, здатними до пасивації. Покриття металічного виробу для захисту від корозії актив-

нішим металом, напр., покриття заліза шаром Zn або Cr, нази-

вається анодним. При порушенні цілісності цинкового покриття по-

верхні залізної деталі, яка перебуває в вологій атмосфері, утво-

рюється гальванічна пара, схема якої показана на рис. 12.1.

Рис. 12.1. Схема захисту заліза від корозії цинковим покриттям

(-) Zn │ O2, H2O │ Fe(+)

Напівреакції:

Zn – 2 e → Zn2+

2 – окиснення на анодf +

O2 + 2H2O + 4 e → 4OH 1

– відновлення на катоді (Fe)

2Zn + O2 + 2H2O → Zn(OH)2

– сумарне рівняння ОВР.

Захисна дія анодного покриття не припиняється навіть після по-

рушення його цілісності: оголена поверхня заліза залишається не-

44

ушкодженою до повного окиснення анодного покриття, адже на поверхні заліза відбувається напівреакція відновлення. Утворені на поверхні заліза йони ОН–

рухаються до покриття, де з катіонами

Zn2+

утворюють захисну гідроксидну плівку.

2. Описати та пояснити явища, що відбуваються при внесенні алюмінієвої стружки в розчини: а) купрум(ІІ) сульфату; б) куп-

рум(ІІ) хлориду. Написати рівняння реакцій, що відбуваються.

Відповідь

а) Як видно з табл. 11.1, катіон Сu2+

є сильним окисником для металічного алюмінію, але в розчині СuSO4 алюміній тривалий час залишатиметься без змін через те, що цей метал на повітрі пасиву-ється, його поверхня завжди захищена оксидною або гідроксидною

плівкою, практично непроникною для окисника Сu2+

.

б) В розчині CuCl2 алюмінієва стружка досить швидко починає покриватись темним осадом, потім бульбашками газу, спливає на поверхню розчину і нарешті повністю розчиняється. При цьому різ-ко послаблюється інтенсивність забарвлення розчину (зменшується

концентрація Сu2+

). Ці явища пояснюються тим, що в розчині CuCl2,

крім йонів окисника Сu2+

, є ще хлорид-аніони Cl–. Ці йони, а також

інші галогенід-йони (Br–,I

–) називають активаторами корозії: самі

вони не є окисниками, але, адсорбуючись на поверхні металів, вони руйнують захисні плівки і перешкоджають їх утворенню, що приз-водить до різкого прискорення корозії. В нашому випадку після руйнування захисної плівки відбуваються реакції:

1) 3Сu2+

+ 2Al0 → 3Сu

0↓ + 2Al

3+;

2) 2Al0 + 6H2O → 2Al(OH)3 + 3H2↑.

Темний осад – це пориста мідь, яка утворюється за рівнянням 1).

Водень, бульбашки якого адсорбуються на поверхні алюмінію, при-

зводить до спливання стружки на поверхню розчину перед остаточ-

ним її розчиненням.

КОНТРОЛЬНІ ЗАВДАННЯ

При виконанні завдання керуватись даними з таблиці 11.1. 1. Чому вироби із хімічно чистого заліза набагато стійкіші до ко-

розії в вологій атмосфері, ніж вироби з чавуну і сталі? Написати

йонно-електронні рівняння напівреакцій, що відбуваються на анод-

45

них та катодних ділянках мікрогальванічних пар, що утворюються на поверхні виробів із чавуну і сталі, а також сумарне рівняння від-

повідної окисно-відновної реакції (ОВР).

2. В якій – прісній чи в морській воді – корозія металів відбува-ється з більшою швидкістю? Чому? Написати йонно-електронні рі-вняння напівреакцій анодного та катодного процесів, що відбува-

ються при електрохімічній корозії виробів із чавуну і сталі, а також

сумарне рівняння відповідної окисно-відновної реакції (ОВР).

3. Чому слід уникати застосування в одній конструкції деталей,

виготовлених з різних металів? Навести схему гальванічної пари, яка утворюється в місці контакту мідної деталі з залізною в вологій

атмосфері, написати йонно-електронні рівняння напівреакцій, що

відбуваються на її аноді та катоді, а також сумарне рівняння окис-но-відновної реакції (ОВР).

4. В три пробірки з розчином купрум(ІІ) сульфату та алюмініє-вою стружкою додали: в 1-у – розчину натрій нітрату; в 2-у – на-трій хлориду; в 3-ю – натрій гідроксиду. Що спостерігається? На-писати рівняння реакцій, що відбуваються.

5. Яке з покрить залізних виробів – хромове чи нікелеве – назива-ється катодним? Яке з них ефективніше захищає залізо від корозії: а) до порушення його цілісності; б) після порушення його ціліснос-ті? Відповідь обґрунтувати рівняннями реакцій, що відбуваються в

місці порушення цілісності покриття в вологій атмосфері. 6. При зануренні цинкової пластинки в розведену хлоридну або

сульфатну кислоту починається інтенсивне виділення бульбашок

газу, яке швидко майже припиняється. Якщо ж до кислоти додати

розчину купрум(ІІ) хлориду, виділення газу різко прискорюється.

Чому? Відповідь обґрунтувати рівняннями: а) реакції, що відбува-

ється за відсутності СuSO4; б) реакції, в результаті якої на поверхні цинку утворюються мікрогальванічні пари; в) напівреакцій, що від-

буваються на аноді та на катоді такої мікрогальванопари, та сумарне рівняння.

7. Написати йонно-молекулярні рівняння реакцій, що відбува-

ються на поверхні цинкової та залізної пластинок, занурених в роз-ведену сульфатну кислоту. Які процеси відбуватимуться на поверх-

ні кожної із пластинок, якщо їх зовнішні кінці з’єднати провідни-

ком? Відповідь обґрунтувати йонно-електронними рівняннями на-півреакцій окиснення та відновлення.

46

8. Як змінюється швидкість корозії а) заліза та б) цинку при зро-

станні водневого показника (рН) середовища від 1 до 14. При яких

значеннях рН швидкість корозії кожного з металів буде: а) мініма-льна; б) максимальна. Відповідь обґрунтувати.

9. З металів – алюмінію, цинку та магнію вибрати найефективні-ший для протекторного захисту свинцевої оболонки кабеля від

атмосферної корозії? Відповідь обґрунтувати. Написати йонно-електронні рівняння напівреакцій, що відбуватимуться на поверхні протектора та кабеля.

10. Яке з покрить залізних виробів – цинкове, олов’яне чи нікеле-ве – називається анодним? Яке з них ефективніше захищає залізо від

корозії: а) до порушення його цілісності; б) після порушення його

цілісності? Відповідь обґрунтувати рівняннями реакцій, що відбу-

ваються в місці порушення цілісності покриття в вологій атмосфері.

47

ЛІТЕРАТУРА: 1. Боднарюк Ф.М., Хімія. Частина І (загальнохімічна): Навч.

посібник. Рівне: РДТУ, 1999.– 112с. 2. Боднарюк Ф.М., Хімія. Частина ІІ (спеціальна): Навч. посі-

бник. Рівне: РДТУ, 1999, 91 с. 3. Хомченко Г.П., Посібник з хімії для вступників до вузів:

Пер. з рос. – К.: А.С.К., 2000. – 480с. 4. Хомченко Г.П., Хомченко И.Г., Задачи по химии для посту-

пающих в вузы: – М.: Высш. шк., 1987. – 238с. 5. Глинка Н. Л., Общая химия: – Л., Химия, 1988.

6. "Методичні вказівки до лабораторних робіт з дисципліни

“Хімія" для студентів спеціальностей 6.130100, 6.100400 та 6.092500." / Ф. М. Боднарюк, – Рівне: РДТУ, 2002р.,– 40с., шифр

077-83. 7. Степин Б.Д. Применение Международной системы единиц

физических величин в химии, М., Высш. шк., 1990. – 96с. 8. Буденкова Н.М., Вербецька К.Ю., Хімія: Інтераитивній ком-

плекс навчально-методичного забезпечення. - Рівне: НУВГП, 2006.–

62с.

48

Таблиця 7.1.

Розчинність в воді основ та солей

Катіон

Аніон

OH– F

– Cl

– Br

– I

– S

2– SO3

2– SO4

2– SiO3

2– CO3

2– PO4

3– CH3COO

–

Mg2+ м н р р р р н р н н н р

Ca2+ м н р р р м н м н н н р

Ba2+ р м р р р р н н н н н р

Al3+ н м р р р ─ ─ р н ─ н м

Cr2+ н н р р р ─ ─ р н ─ н р

Mn2+

,Zn2+ н м р р р н н р н н н р

Co2+

, Ni2+ н р р р р н н р н н н р

Fe2+ н н р р р н н р н н н р

Fe3+ н н р р р ─ ─ р н н н р

Cd2+ н р р р р н н р н н н р

Hg2+

─ ─ р м н н н р ─ н н р

Cu2+ н н р р р н н р н н н р

Ag+ ─ р н н н н н м н н н р

Sn2+ н р р р р н ─ р ─ ─ н р

Pb2+ н н м м н н н н н н н р * В воді легкорозчинні всі гідроксиди лужних металів, всі солі амонію, всі кислі солі та нітрати.

Малорозчинні або практично нерозчинні всі оснόвні солі.

Умовні позначення: р – ks >1г/100г; м – 0,1г/100г < ks < 1г/100г; н – ks < 0,1г/100г;

─ – речовина не існує або розкладається водою.

Таблиця 7.2.

Константи дисоціації деяких слабких електролітів в воді при 250С

Електроліт Рівняння дисоціації Кд рКд= –lgKд Амоній гідроксид NH4OH ⇄ NH4

+ + OH

– 1,79·10–5

4,75

Ацетатна кислота CH3COOH ⇄ CH3COO– + H

+ 1,86·10–5

4,73

Вода H2O ⇄ H+ + OH

– 1,8·10–16

15,73

Гідроген пероксид H2O2 ⇄ H+ + HO–O

– (НО2

–) d 10

–12 d12

Карбонатна кислота H2CO3 ⇄ H+ + HCO3

–

HCO3– ⇄ H

+ + CO3

2–

4,31·10–7

5,61·10–11

6,37

10,25

Нітритна кислота HNO2 ⇄ H+ + NO2

– 4·10–4

3,40

Метасилікатна кислота

H2SiO3 ⇄ H+ + HSiO3

–

HSiO3– ⇄ H

+ + SiO3

2–

3,2·10–10

1,6·10–12

9,49

11,80

Сульфідна кислота H2S ⇄ H+ + HS

–

HS– ⇄ H

+ + S

2–

8,9·10–8

1,3·10–13

7,05

12,89

Сульфітна кислота H2SO3 ⇄ H+ + HSO3

–

HSO3– ⇄ H

+ + SO3

2–

1,3·10–2

6,2·10–8

1,89

7,21

Ортофосфатна кислота

H3PO4 ⇄ H+ + H2PO4

–

H2PO4– ⇄ H

+ + HPO4

2–

HPO42–

⇄ H+ + PO4

3–

7,51·10–3

6,23·10–8

2,2 ·10–13

2,12

7,21

12,66

Фторидна кислота HF ⇄ H+ + F

– 7,40·10–4

3,13

Ціанідна кислота HCN ⇄ H+ + CN

– 7,2·10–10

9,14

31

3

2

49