Контрольная работа по "Химии"

Вариант 13

1 При какой концентрации ионов бария будут выпадать одновременно осадки хроматов свинца и бария если концентрация Рb²⁺      0,02 моль/л?

 Решение: Чтобы хроматы бария  и свинца выпадали в осадок  одновременно, нужно чтобы концентрация  вводимых хроматов удовлетворяла одновременно обоим значениям произведения растворимости ПР.

Равновесная концентрация ионов CrO₄^2-:

1. Над осадком BaCrO₄: [CrO₄²] =
2. Над осадком PbCrO₄: [CrO₄²] =

Эти концентрации равны, если

или / =

Осадки хроматов будут  выпадать одновременно, если отношение  концентрация ионов металлов равно  отношению  их ПР.

Из справочника:  ПР = 1,6 ∙ 10^-10

ПР  = 1,8 ∙ 10^-14

/ = 1,6∙ 10^-10/1,8 ∙ 10^-14  = 8888,89

Таким образом, осадки будут  выпадать в раствор одновременно, если концентрация ионов бария будет  в 8888,89 раз больше концентрации ионов  свинца.

= 8888,89 ∙  = 8888,89 ∙ 0,02 = 177,78 моль/л

 

2 Вычислите рН раствора, полученного при сливании 30 мл 0,15 н СН₃СООН  и 50 мл 0,075 н NaOH.

Дано:

V (CH₃COOH) = 30 мл

V (NaOH) = 50 мл

С_э (CH₃COOH) = 0,15 н

С_э (NaOH) = 0,075 н

рН = ?

 

Решение: 

1. Рассчитаем молярную концентрацию растворов уксусной кислоты и гидроксида натрия по формуле:

где – молярная концентрация раствора, моль/л; (фактор эквивалентности) – число, обозначающее долю реальной частицы, которая равноценна одному атому водорода в реакциях без изменения степени окисления или одному электрону в окислительно-восстановительной реакции; – молярная концентрация эквивалентов (нормальность), моль экв/л (н).

(CH₃COOH) = 1, (NaOH) = 1. Следовательно, молярная концентрация и молярная концентрация эквивалентов (нормальность) растворов будут равны.

(CH₃COOH)  = 1  С_э (CH₃COOH) = 0,15 моль/л

(NaOH) = 1 С_э (NaOH) = 0,075 моль/л

2. Вычислим химическое количество веществ в растворах. Исходя из формулы определения молярной концентрации

3. Запишем уравнение реакции, протекающей при сливании растворов уксусной кислоты и гидроксида натрия.

CH₃COOH + NaOH = CH₃COONa + H₂O

4. Исходя из уравнения реакции, можно сделать вывод о том, что взаимодействие CH₃COOH:NaOH = 1:1. Следовательно, после протекания реакции в растворе останется некоторое количество непрореагировавшей уксусной кислоты.

5. Найдем концентрацию  уксусной кислоты в новом растворе. Объем нового раствора составляет

5. Уравнение диссоциации уксусной кислоты:

CH₃COOH   CH₃COO^- + H⁺

6. Находим активную концентрацию ионов водорода в данном растворе.

Константа ионизации уксусной кислоты  К_a = 1,74 ∙ 10^-5

 

7. Рассчитаем рН полученного  раствора:

Ответ: рН = 3,4

 

3 Укажите, какие из приведенных соединений: Na₂C₂O₄, Hg(NO₃)₂, Li₂SO₄ – подвергаются гидролизу, а какие не подвергаются. Напишите уравнения реакций гидролиза и объясните, почему протекает гидролиз, какую среду имеют растворы этих веществ. Укажите способы усиления и подавления гидролиза.

Решение:

Na₂C₂O₄ – оксалат натрия. Соль, образованная сильным основанием NaOH и слабой кислотой H₂C₂O₄. Растворима.  Гидролизуется по аниону C₂O₄^2-. Число ступеней гидролиза 2.

I ступень:   Na₂C₂O₄ + H₂O   NaHC₂O₄ + NaOH

2Na⁺ + C₂O₄^2- + HOH   Na⁺ + HC₂O₄^- + Na⁺ + OH^-

C₂O₄^2- + HOH   HC₂O₄^- + OH^-

II ступень:   NaHC₂O₄ + Н₂О      Н₂С₂О₄ + NaOH

Na⁺ + HC₂O₄^- + HOH     Н₂С₂О₄ + Na⁺ + OH^-

HC₂O₄^- + HOH     Н₂С₂О₄ + OH^-

Реакция раствора оксалата натрия щелочная, рН >7, так как в результате гидролиза накапливаются ионы ОН^-.

Способы усиления гидролиза: нагревание раствора, разбавление раствора, связывание продукта гидролиза ( в данном случае иона ОН^- ) в молекулы слабого электролита (Н₂О) (в данном случае можно использовать раствор кислоты или соль гидролизующуюся по катиону).

Способы подавления гидролиза: охлаждение раствора, увеличение концентрации исходной соли, введением в раствор  одного из продуктов гидролиза (в  данном случае щелочи).

Hg(NO₃)₂ – нитрат ртути (II). Соль образованная сильной кислотой HNO₃ и слабым основанием Hg(OH),  в одном растворе не существующим и разлагающимся полностью. Гидролизуется по катиону. Число ступеней гидролиза 2.

I ступень:   Hg(NO₃)₂ +  Н₂О   HgOHNO₃ + HNO₃

Hg²⁺ + 2NO₃^- + HOH    HgOH⁺ + NO₃^- + H⁺ + NO₃^-

        Hg²⁺ + HOH   HgOH⁺ + H⁺

II ступень:   HgOHNO₃ + Н₂О   HgO + Н₂О + HNO₃

HgOH⁺ +  NO₃^- + HOH    HgO + Н₂О + H⁺ + NO₃^-

HgOH⁺ +  HOH   HgO + Н₂О + H⁺

Реакция раствора кислая, рН < 7, так как в результате гидролиза накапливаются ионы Н⁺.

Способы усиления гидролиза: нагревание раствора, разбавление раствора, связывание продукта гидролиза ( в данном случае иона H⁺) в молекулы слабого электролита (Н₂О) (в данном случае можно использовать раствор щелочи или соль гидролизующуюся по аниону).

Способы подавления гидролиза: охлаждение раствора, увеличение концентрации исходной соли, введением в раствор одного из продуктов гидролиза (в данном случае кислоты).

Li₂SO₄ – сульфат лития. Соль, образованная сильной кислотой Н₂SO₄ и сильным основанием LiOH. Такие соли гидролизу не подвергаются.

 

4 Напишите в ионной и молекулярной форме уравнения реакций взаимодействия в водных растворах следующих веществ:

Cr(NO₃)₃ + KOH_изб→

BaCl₂ + (NH₄)₂C₂O₄ →

NiCl₂ + K₄[Fe(CN)₆]→

AgNO₃ + HCl →

K₂SO₃ + H₂SO₄ →

Укажите, образование каких продуктов определяет направление этих реакций. Какие реакции являются обратимыми, какие практически необратимыми и между какими веществами не происходит заметного химического взаимодействия?

 

Решение:

Cr(NO₃)₃ + 4KOH_изб     = KCrO₂ + 2Н₂О + 3KNO₃

Cr³⁺ + 3NO₃^- + 4K⁺ + 4OH^- = K⁺ + CrO₂^- + 2НОH + 3K⁺ + 3NO₃^-

Cr³⁺ + 4OH^- = CrO₂^- + 2НОH

С катином хрома Cr³⁺ щелочи образуют осадок сине-зеленого цвета, который при добавлении избытка щелочи растворяется и в результате образуется изумрудно-зеленый раствор хромита калия. Реакция является необратимой так как в результате реакции образуется малодиссоциирующее соединение – вода.

 

BaCl₂ + (NH₄)₂C₂O₄ =BaC₂O₄    + 2NH₄Cl

Ba²⁺ + 2Cl^- + 2NH₄⁺ + C₂O₄^2- = BaC₂O₄ +  2NH₄⁺ +   2Cl^- 

Ba²⁺ + C₂O₄^2-  = BaC₂O₄

В результате реакции выпадает белый осадок оксалата бария. Реакция необратима.

 

2NiCl₂ + K₄[Fe(CN)₆] = Ni₂[Fe(CN)₆] + 4KCl

2Ni²⁺ +4 Cl^- +  4K⁺ + [Fe(CN)₆]^4- = Ni₂[Fe(CN)₆] + 4K⁺ + 4Cl^-

2Ni²⁺ + [Fe(CN)₆]^4- = Ni₂[Fe(CN)₆]

В результате реакции выпадает осадок ферроцианида никеля. Реакция необратима.

 

AgNO₃ + HCl = AgCl + HNO₃

Ag⁺ + NO₃^- + H⁺ + Cl^- = AgCl   + H⁺ + NO₃^-

Ag⁺ + Cl^- = AgCl  

В результате реакции  выпадает осадок хлорида серебра  белого цвета. Реакция необратима, так  ка образуется слабый электролит AgCl.

K₂SO₃ + H₂SO₄ = K₂SO₄ + H₂O + SO₂

2K⁺ + SO₃^2- + 2H⁺ + SO₄^2- = 2K⁺ + SO₄^2- + H₂O + SO₂

SO₃^2- + 2H⁺ = H₂O + SO₂ 

В результате реакции выделяется газ  диоксида серы (бесцветный с характерным  резким запахом).

 

5 Укажите, какие катионы и в виде каких соединений будут находиться в растворе и в осадке, если на смесь катионов второй, третьей и четвертой аналитических групп подействовать раствором гидроксида натрия. Напишите уравнения реакций.

 

Решение:

Катионы II аналитической группы: Ag⁺, Hg₂²⁺, Pb²⁺ .

2Ag⁺ + 2NaOH = 2AgOH + 2Na⁺

2AgOH = Ag₂O + H₂O

Получается бурый осадок оксида серебра, образующийся в следствии  распада получившейся в первый момент неустойчивой гидроокиси серебра.

Hg₂²⁺ + 2NaOH = Hg₂O + H₂O + 2Na⁺

Выделяется черный осадок оксида ртути (II).

Pb²⁺ + 2Na⁺ +  2OH^- = Pb(OH)₂  + 2Na⁺

Образуется белый осадок гидроокиси свинца. При избытке щелочи образует растворимые плюмбиты.

Pb(OH)₂    + 2NaOH = Na₂PbO₂ + 2H₂O

Pb(OH)₂    + 2OH^- = PbO₂^2- + 2H₂O

 

Катионы III аналитической группы: Ba²⁺,Sr²⁺, Ca²⁺.

Ba²⁺ + 2Na⁺ +  2OH^- =

Sr²⁺ + 2Na⁺ +  2OH^-   = Sr(OH)₂ + 2Na⁺

Гидроксид стронция малорастворим  в воде, образует бесцветные кристаллы.

Сa²⁺ + 2Na⁺ +  2OH^-   =Ca(OH)₂  + 2Na⁺

Гидроксид кальция малорастворим  в воде и поэтому в результате реакции образуется осадок белого цвета.

 

Катионы IV аналитической группы: Al³⁺, Cr³⁺, Zn²⁺, Sn²⁺, Sn⁴ – амфотерные гидроксиды.

Al³⁺ + 3Na⁺ + 3OH^- = Al(OH)₃ + 3Na⁺

Образуется белый аморфный осадок.

Сr³⁺ + 3Na⁺ + 3OH^- = Cr(OH)₃  + 3Na⁺

Образуется серо-зеленый  осадок.

Zn²⁺ + 2Na⁺ + 2OH^- = Zn(OH)₂ + 2Na⁺

Образуется белый осадок.

Sn²⁺ + 2Na⁺ + 2OH^- = Sn(OH)₂ + 2Na⁺

Sn⁴⁺ + 4Na⁺ + 4OH^- = Sn(OH)₄ + 4Na⁺

Образуются белые осадки гидроокисей Sn²⁺ и Sn⁴⁺.

Эти осадки растворяются в избытке щелочи.

А1(ОН)₃ +  ОН^–   → A1O₂^–   + 2H₂O,

Сr(ОН)₃ +  ОН^–   → CrO₂^–  + 2Н₂О,

Zn(OH)₂ + 2ОН^–   → ZnO₂^2– +2H₂O,

Sn(OH)₂ + 2ОН^–   → SnO₂^2–+2H₂O,

Sn(OH)₄ + 2ОН^–   → SnO₃^2– +2H₂O.

 

Таким образом,

1. При добавлении щелочи в растворе останутся ионы: Ba²⁺. В осадок перейдут в виде нерастворимых оснований - Pb²⁺, Sr²⁺, Сa²⁺, Al³⁺, Сr³⁺, Zn²⁺, Sn²⁺, Sn⁴⁺; в виде оксидов металлов - Ag₂O, Hg₂O.
2. При избытке щелочи в растворе будут ионы: PbO₂^2-, A1O₂^–, CrO₂^– , ZnO₂^2–, SnO₂^2–, SnO₃^2–, Ba²⁺. В осадке: в виде оксидов металлов - Ag₂O, Hg₂O; в виде нерастворимых оснований - Sr²⁺, Сa²⁺, 

 

 

6 В водном растворе имеется смесь катионов различных аналитических групп:

Al³⁺, Hg²⁺, Cr³⁺, Sr²⁺, Cu²⁺, Mn²⁺, Fe²⁺.  

Предложите любые варианты разделения этих катионов при помощи общих и групповых реагентов, а также реакции их качественного определения. Напишите уравнения реакций и укажите условия их проведения.

 

Решение:

В растворе имеются катионы III, IV, V, VI аналитических групп.

III - Sr²⁺,

IV - Al³⁺, Cr³⁺,

V - Mn²⁺, Fe²⁺,

VI - Hg²⁺, Cu²⁺.

1. Подействуем на смесь групповым реактивом на катионы III аналитической группы  - серная кислота .