Контрольная работа: Примеры решения задач по курсу химии

Название: Примеры решения задач по курсу химии
Раздел: Рефераты по химии
Тип: контрольная работа

Томский межвузовский центр дистанционного образования

Томский государственный университет

систем управления и радиоэлектроники (ТУСУР)

Кафедра промышленной электроники (ПрЭ)

Контрольная работа №1

по дисциплине «Химия»

Примеры решения задач по курсу химии

Выполнил:

студент ТМЦДО

специальности 200700

2005г


1. Закончите уравнения реакций:

P2 O5 +Ca(OH)2 =

Sn+O2 =

SnCl4 +NaOH=

Sn(OH)4 +NaOH=

[Mg(OH)]2 CO3 +HCl=

Ge+O2 =

Al+NH3 =

AlH3 +O2 =

SiH4T

SiH4 +O2 =

Какие реакции можно использовать в технологии получения плёнок (каких), составить ионные уравнения реакций (где возможно).

Решение:

P2 O5 +3Ca(OH)2 = Ca3 (PO4 ) 2 + 3H2 O

Sn+O2 = SnO2

SnCl4 +4NaOH= 4NaCl+Sn(OH)4

Sn(OH)4 +4NaOH= Na4 SnO4 +4H2 O

[Mg(OH)]2 CO3 +4HCl=2MgCl2 +CO2 +3H2 O

Ge+O2 = GeO2

2Al+2NH3 =2AlH3 +N2

2AlH3 +O2 =Al2 O3 +3H2 O

SiH4T Si+2H2

SiH4 +2O2 =SiO2 +2H2 O

2. При растворении в соляной кислоте 5,4 г сплава алюминия с цинком объём выделившегося водорода, приведённый к н. у. составил 3,8 л. Какой процентный состав сплава?

Решение:

Пусть х – масса алюминия в сплаве, тогда:

Находим V(H2 ), выделившийся при реакции Al с HCl:

x, г(Al) – y, л(H2 )

54 г(Al) – 67,2 л(H2 )

y = (67,2*x)/5,4 л.

Находим V(H2 ), выделившийся при реакции Zn с HCl:

z = ((5,4 г - x)*22,4)/65

Общий V(H2 ) при реакции сплава с HCl = 3,8 л, следовательно:

z + y = 3,8 (л), тогда находим массу Al:

(67,2 * x)/54+((5,4-x)*22,4)/64=3,8 (л).

22,4*(3x/54+(5,4-x)/64)=3,8

(22,4*46x+97,2)/1152=3,8

46x+97,2=3,8*1152/22,4

46x+97,2=195,4

46x=98,2

x = 2,14 (г) – масса алюминия.

Находим m (Zn):

5,4 – 2,14 = 3,26 (г)

W(Al) = (2,14/5,4)*100% = 39,6%

W(Zn) = (3,26/5,4)*100% = 60,4%

Ответ: состав сплава: 39,6% Al и 60,4% Zn.

3. Вычислить изменение энергии Гиббса для химической реакции:

4CO( Г ) +2SO2( Г ) =S2(T) +4CO2( Г ) ,

при 25о С по стандартным значениям энтальпий образования и абсолютных энтропий. Реакция проводится между чистыми веществами:

На основании вычисленной энергии Гиббса сделать вывод о возможности реакции? Измениться ли направление процесса при повышении температуры до 100о Какую роль при этом играют энтальпийный и энтропийный факторы?

Решение :

4СO( r ) +2SO2( r ) =S2( T ) +4CO2( r )

Найдём изменения энтальпии:

Найдём изменение энтропии:

Зависимость энергии Гиббса реакции описывается уравнением

при стандартной температуре t=250 C (T=298 K):

1) При t=1000 C (T=373 K):

При стандартной температуре значение () свидетельствует о том что реакция смещается вправо, в сторону продуктов реакции, при () но т. к. менее электроотрицательнее, то процесс смещения идет в право в меньшей степени. А если было бы >0 то реакция изменила бы направление в обратную сторону.

Энтропийный и энтальпийный факторы определяют направление реакций, если энтропия не меняется , то фактором, определяющим направление реакции, служит энтальпия, если то ито это идет процесс с выделением тепла. Если же , то система может перейти только в состоянии с большей энтропией , из-за знака минус изменение энергии Гиббса .

4. Исходя из теплот реакций окисления As2 O3 кислородом и озоном

As2 O3 +O2 = As2 O5

3As2 O3 +2O3 = 3As2 O5

Вычислить теплоту образования озона из молекулярного кислорода

3/2O2 →O3.

Решение:

Первое уравнение умножим на 3:

3As2 O3 +3O2 =3As2 O5

3As2 O3 +2O3 =3As2 O5

Вычтем из первого уравнения второе:

3O2 =2O3 или 3/2О23.

- процесс самопроизвольно протекать не может.

5. Константа равновесия реакции FeO( T ) +CO«Fe( T ) +CO2 при некоторой температуре равна 0,5. Найти равновесные концентрации CO и CO2 , если начальные концентрации этих веществ составляли: [CO]=0,05 моль/л, [CO2 ]=0,01 моль/л.

Решение :

FeO(T) +CO Fe(T) +CO2

К=0,5.

Начальные концентрации [CO]=0,05моль/л; [CO2 ]=0,01моль/л.

По мере течения реакции концентрация исходных веществ уменьшается, а концентрация продуктов реакции увеличивается. Изменение концентрации идет в строгом соответствии со стехиометрическими соотношениями, которые берутся из уравнения реакции, примем изменение концентрации [СО] до равновесия равному Х моль/л тогда в момент равновесия его концентрация станет 0,05-Х, а у СО2 увеличится на Х, т.е. будет 0,01+Х. Коэффициенты в уравнении одинаковы n(CO)=n(CO2 ). Для момента равновесия концентрации взяты равновесны.

0,025-0,5Х=0,01+Х или 1,5Х=0,015

т. е. Х=n=0,01моль/л отсюда в момент равновесия:

[CO2 ]1 =0,01+0,01=0,02моль/л

[CO]1 =0,05-0,01=0,04моль/л

Ответ: [CO2 ]=0,02моль/л; [CO]=0,04моль/л.

6. В состоянии равновесия системы CO2 +H2 =CO+H2 O(Г) реакционная смесь имела объёмный состав: 22% CO2 , 42% H2 , 17% CO, 20% H2 O. Вычислить Kp и Kc для этой реакции при 1900 К и давлении 98501 Па.

Решение:

Для вычисления константы равновесия Kp воспользуемся парциальными давлениями реагирующих веществ:

Определим парциальные давления реагирующих веществ:

Определяем Kp :

Между Kp и Kc существует следующая взаимосвязь:

где - разность между числом молей газообразных веществ продуктов реакции и исходных веществ:

=2-2=0, следовательно: .

Ответ: Kp = Kc = 0,37.

7. Постройте диаграмму состояния систем висмут-теллур по следующим данным:

Bi, вес % 100 93 80 60 52 30 15 0
Температура появления кристаллов, о С 271 250 400 540 570 480 398 430

По построенной диаграмме:

а) Определите тип диаграммы и её особенности;

б) Примените правило фаз Гиббса для всех полей, линий и характерных точек на этой диаграмме;

в) Постройте кривые охлаждения для сплавов, содержащих 0, 20, 15, 52, 80 и 100% висмута.

Сформулируйте правило фаз Гиббса, что называется фазой, компонентом, эвтектикой?

Решение:

Данная диаграмма представляет собой диаграмму плавкости. В точках А и Е системы инвариантны. Правило фаз для них выглядит как: С = 1 – 2 + 1 = 0. При температурах выше t(A) и t(E) чистые компоненты находятся в расплаве (С = 1 – 1 + 1 = При температурах ниже t(A) и t(E) в твёрдом состоянии (С = 1 – 1 + 1 = 1).

Точка А характеризует температуру плавления Te, точка E характеризует температуру плавления Bi.

Линия ABCDE – линия ликвидуса.

Линия FCG – линия эвтектики, линия солидуса.

Линия AH – линия солидуса Te.

Линия EJ – линия солидуса Bi.

Линия ABC – расплав, насыщенный Te.

Линия CDE – расплав, насыщенный Bi.

Точка С – расплав, насыщенный Te и Bi.

Линии ликвидуса и солидуса делят диаграмму на несколько полей: 1- ненасыщенный расплав Bi и Te (С = 2 – 1 + 1 = 2); 2 – расплав компонентов Bi и Te и кристаллы Te (С = 2 – 2 + 1 = 1); 3 – расплав компонентов Bi и Te и кристаллы Bi (С = 2 – 2 + 1 = 1); 4 и 5 - кристаллы Bi и Te (С = 2 – 2 + 1 = 1).

Кривые охлаждения построены на рисунке 2. Все пробы, одинаковые по массе, но разные по концентрации, характеризуются точкой 3. Температурные остановки 5-6 на кривых охлаждения при 0 и 100% Bi указывают на то, что чистые компоненты кристаллизуются при постоянной температуре t(A) и t(E) (С = 1 – 2 + 1 = 0). Участки 3-5 и 6-7 соответствуют охлаждению чистых компонентов в жидком и твёрдом состояниях соответственно (С = 1 – 1 + 1 = 1). Кривые охлаждения 15, 20 и 80%: участок 3-4 отвечает охлаждению состава (С = 2 – 1 + 1 = 2). Точке 4 соответствует температура начала кристаллизации одного из компонентов (15, 20% - Te, 80% - Bi). За счёт выделяющейся теплоты кристаллизации в точке 4 наблюдается излом, но температура кристаллизации расплава не сохраняется постоянной, так как его состав непрерывно меняется, а число степеней свободы равно 1 (С = 2 – 2 + 1 = 1). На участке 4-5 в системе продолжается кристаллизация Te (15 и 20%) и Bi (80%) и каждой температуре соответствует определённый состав насыщенного расплава, который постепенно меняется до эвтектического. Расплав, соответствующий точке 5 становится насыщенным относительно обоих компонентов (точка Cна диаграмме), начинается кристаллизация эвтектики, состоящей из кристаллов Te и Bi. Число степеней свободы уменьшается до нуля (С = 2 – 3 + 1 = 0) и температура остаётся постоянной до полного затвердевания смеси (участок 5-6). Продолжительность температурной остановки тем больше, чем ближе состав исходного расплава к составу эвтектики. Участок 6-7 соответствует охлаждению двухфазной системы в твёрдом состоянии (С = 2 – 2 + 1 = 1).

Правило фаз Гиббса – в равновесной системе, на которую из внешних факторов оказывают влияние только температура и давления, число степеней свободы равно числу компонентов минус число фаз плюс два.

Фаза – часть гетерогенной системы, ограниченная поверхностью раздела и характеризующаяся в отсутствие внешнего поля сил одинаковыми химическими, физическими и термодинамическими свойствами во всех своих точках.

Компонентом называют индивидуальное химическое вещество, которое является составной частью системы, может быть выделено из неё и существовать самостоятельно.

Эвтектика – есть смесь из нескольких (двух или более) компонентов, имеющая определённую характерную структуру, и дающая при температуре своего плавления расплав – раствор, насыщенный относительно всех компонентов, входящих в состав.

8. Возможно ли существование однокомпонентной системы, состоящей из четырёх фаз? Как доказать?

Решение:

Для однокомпонентной системы правило фаз Гиббса принимает вид:

C = 1 – Ф + 2 = 3 – Ф.

Если минимальное число степеней свободы равно нулю (система инвариантна), то Ф = 3. Значит, в равновесной однокомпонентной системе могут существовать максимально три фазы (т, ж, г).