Методические указания по решению задач - Химия

Формат документа: pdf
Размер документа: 0.64 Мб





Прямая ссылка будет доступна
примерно через: 45 сек.




Теги: МГТУ им. Н. Э. Баумана
  • Сообщить о нарушении / Abuse
    Все документы на сайте взяты из открытых источников, которые размещаются пользователями. Приносим свои глубочайшие извинения, если Ваш документ был опубликован без Вашего на то согласия.

Московский государственный технический
университет им. Н.Э. Баумана
Факультет «Фундаментальные науки»
Кафедра «Химия»
В. И. ЕРМОЛАЕВА, Н. Н. ДВУЛИЧАНСКАЯ
ТЕОРЕТИЧЕСКИЕ ОСНОВЫ ХИМИИ — ЗАДАЧИ С РЕШЕНИЯМИ
Электронное учебное издание
Методические указания к решению задач по курсу
«Неорганическая химия»
(из списка рекомендуемой литературы)
МОСКВА
(С) 2010 г МГТУ им. Н.Э. Баумана

УДК 546
Рецензент: В.О. Гладышев
Методические указания включают примеры решения типовых задач
различной сложности по теоретическим основам неорганической химии,
используемых в МГТУ им. Н.Э. Баумана в контрольных мероприятиях, а также
задачи для самостоятельной работы.
Рекомендованы для студентов специальностей 280101 «Безопасность
жизнедеятельности в техносфере» и 280201 «Охрана окружающей среды и
рациональное использование природных ресурсов» МГТУ им. Н.Э. Баумана, а
также могут быть полезны преподавателям общей и неорганической химии
технических университетов.

Оглавление
1. Основные законы химии
1.1. Расчеты по уравнениям реакций
1.2. Расчеты по закону эквивалентов
2. Строение атома. Электронные конфигурации атомов
3. Строение молекул. Химическая связь
3.1. Метод молекулярных орбиталей
3. 2. Метод валентных связей
4. Скорость химической реакции
4.1. Закон действующих масс. Константа скорости
4.2. Кинетические уравнения реакций первого и второго порядков
4.3. Влияние температуры на скорость реакции. Энергия активации
5. Энергетика и направление химической реакции
5.1. Тепловой эффект реакции. Стандартные энтальпия и внутренняя энергия
5.2. Термохимические циклы
5.3. Направление реакции в изолированной системе. Стандартная энтропия реакции
5.4. Направление реакции в закрытой системе. Стандартная энергия Гиббса реакции
5.5. Расчет константы равновесия реакции по изменению стандартной энергии
Гиббса
5.6. Зависимость константы равновесия реакции от температуры. Уравнение изобары
химической реакции
5.7. Определение направления реакции в состоянии, отличающемся от стандартного.
Уравнение изотермы химической реакции
6. Химическое равновесие
6.1. Равновесие в гомогенной системе
6.2. Равновесие в гетерогенной системе
6.3. Равновесие в растворах слабых электролитов
6.4. Гетерогенное равновесие в электролитах. Условие выпадения осадка
7. Электрохимические процессы
7.1. Направление протекания окислительно-восстановительной реакции
7.2. Процессы в гальваническом элементе
7.3. Процессы при электролизе
7.4. Электрохимическая коррозия

Предисловие
Методические указания к примерам решения задач по теоретическим основам
неорганической химии содержат задачи по основным разделам неорганической химии в
соответствии с утвержденной в МГТУ им. Н.Э. Баумана программой для специальностей 280101
«Безопасность жизнедеятельности в техносфере» и 280201 «Охрана окружающей среды и
рациональное использование природных ресурсов».
В методических указаниях подробно рассмотрены примеры решения типовых задач
различной сложности по строению атома, химической связи, химической кинетике, энергетике и
направлению реакции, химическому равновесию, электрохимии, предлагаемых на кафедре химии
в МГТУ им. Н.Э. Баумана при защите лабораторных работ, рубежном контроле, зачете и
экзамене. Кроме того рассмотрены примеры решения задач на стехиометрические законы химии,
которые являются предметом изучения химии в школе, но, как показывает опыт, не всеми
студентами усвоены. Большинство задач содержат информацию о свойствах веществ, процессах
и явлениях, которые проявляются в окружающей человека среде. Связь химических задач с
реальными процессами способствует не только созданию положительной мотивации, развитию
познавательного интереса, но и повышению профессиональной компетентности студентов в
процессе общеобразовательной подготовки.
В конце пособия приведены задачи и вопросы для самостоятельной работы, рассчитанные
на разный уровень подготовки студентов. Отсутствие ответов также повышает познавательную
активность, способствует приобретению дополнительной информации, в том числе при
коллективном обсуждении решения задачи.
Работа с пособием предполагает знание теоретических основ различных разделов курса.
При возникновении затруднений в понимании излагаемого материала, а также при решении
новых задач авторы рекомендуют обращаться к литературным источникам, список которых
приведён в конце данного пособия.
Подобный набор предлагаемых задач позволит преподавателю химии технического
университета использовать аналогичные задачи в своей работе, что поможет повысить уровень
усвоения студентами изучаемого материала.

1. Основные законы химии
1.1. Расчеты по уравнениям реакций
Пример 1.1. Хлороводород, полученный при слабом нагревании хлорида натрия и концентриро ­
ванной серной кислоты (массовая доля H
2 SO
4 ω =98%, плотность раствора H
2 SO
4 ρ =1841 г/л),
растворили в 1 л воды и получили раствор с массовой долей ω
HCl = 25%. Рассчитайте массу NaCl
и объем H
2 SO
4 , израсходованных на получение хлороводорода.
Решение . При слабом нагревании NaCl и концентрированной H
2 SO
4 образуется гидросульфат
натрия:
NaCl + H
2 SO
4    0t NaHSO
4 + HCl 
Массовые отношения: 58,5 г 98 г 120 г 36,5
Молярные отношения: 1 моль 1 моль 1 моль 1 моль

Из уравнения реакции следует:
ν моль( NaCl ) = ν моль( H
2 SO
4 ) = ν моль( HCl ),
где ν - количество каждого вещества, участвующего в реакции, моль
Количество образовавшегося хлороводорода ν находим из заданной массовой доли H С l,
равной ω
HCl = 0,25:
ω
HCl =
1000 5, 36
5, 36
2     

OH HCl
HCl
раствора
HCl
m m
m
m
m = 0,25
(здесь 1000 представляет массу 1 л воды, плотность которой равна 1000 г/л), откуда получаем:
ν = 9,13 моль, масса хлороводорода:
m
HCl = ν M
HCl = 9,13 ∙ 36,5 = 333,2 г, масса хлорида натрия:
m
NaCl = ν M
NaCl = 9,13 ∙ 58,5=534,1г, масса серной кислоты m
H
2 SO
4 =  M
H
2 SO
4 = 9,13 ⋅ 98 = 894,74 кг
.
Объем израсходованного раствора H
2 SO
4 находим, зная массовую долю и плотность
раствора серной кислоты: V
4 2SOH = 496,0 1841 98,0
74, 894 4 2     
SOHm л
Ответ : m
NaCl = 534,1 г, V
4 2SOH = 0,496 л.
Пример 1.2. Сплав дуралюмин содержит алюминий, магний и медь. Для анализа взяли кусочек
сплава массой 6,8 г и поместили в соляную кислоту. В результате реакции выделился водород в
количестве 8,176 л, измеренный при нормальных условиях, и образовался осадок массой 0,2 г.
Рассчитайте массовые доли металлов в сплаве.
Решение . Из трех компонентов сплава с соляной кислотой реагируют только два: алюминий и
магний по уравнениям:
(a) 2Al + 6HCl = 2AlCl
3 + 3H
2
(б) Mg + 2HCl = MgCl
2 + H
2

Осадок образовала медь, масса которой, следовательно, равна m ( Cu ) = 0,2 г.
Рассчитываем массу алюминия и магния в сплаве:
m ( Al + Mg ) = m (сплава) – m ( Cu ); m ( Al + Mg ) = (6,8 – 0,2) г = 6,6 г.
Определяем количество молей вещества водорода, полученного при растворении сплава
ν mV
H V H ) ( ) ( 2 2  , где V
m – молярный объем водорода при нормальных условиях:
ν
моль моль H 365,0 4, 22
176,8 ) ( 2  
Обозначим массу алюминия в сплаве m ( Al ) = x , тогда масса магния будет равна:
m (Mg) = m (Al + Mg) – m (Al); m (Mg) = (6,6 – x )
Обозначим количество молей водорода, полученного по реакции (а), y = ν
a ( H
2 ).
Количество водорода, полученного по реакции (б), составит:
ν
б ( H
2 ) = ν ( H
2 ) – ν
а ( H
2 ) = (0,365 – y ) моль
Вычисляем количество магния и алюминия:

; 24
6,6
) (
) ( ) ( x
Mg M
Mg m Mg     27 ) (
) ( ) ( x
Al M
Al m Al   
Из уравнения реакции (а) следует:

;3
2
) (
) (
2
 H
Al
а
 ) ( 3
2 ) ( 2 H Al a   или . 3
2
27 y x 
Из уравнения (б) следует:
ν ( Mg ) = ν
б ( H
2 ) (в)
y x    365,0 24
6,6
(г)
Решая систему уравнений (в) и (г), получаем:
x = m (Al) = 6,48 г
Тогда m ( Mg ) = m ( Al + Mg ) – m ( Al ) = (6,6 – 6,48) г = 0,12 г.
Рассчитываем массовые доли металлов в сплаве:

953,0 8,6
48,6
) (
) ( ) (    сплава m
Al m Al w , или 95,3%;

018,0 8,6
12,0
) (
) ( ) (    сплава m
Mg m Mg w , или 1,8%;

029,0 8,6
2,0
) (
) ( ) (    сплава m
Cu m Cu w , или 2,9%.
Ответ : w ( Al ) = 95,3%, w ( Mg ) = 1,8%, w ( Cu ) = 2,9%.

1.2. Расчеты по закону эквивалентов
Пример 1.3. Определите молярную массу эквивалентов металла, если при взаимодействии с
соляной кислотой 1,47 г этого металла вытеснили 2, 0 л водорода, собранного над водой и
измеренного при давлении р = 101,3 кПа и температуре T =291 К. Давление насыщенного пара
воды при указанной температуре равно 2070,0 Па.
Решение. Молярную массу эквивалентов металла М
экв можно найти из уравнения, выражающего
закон эквивалентов, согласно которому вещества реагируют в эквивалентных количествах:2 2 0 эквH
экв
H
Me
V
M
V
m Me 
(1. 1 ),
где m
Me - масса металла,

V0H2 - объем выделившегося водорода, приведенный к нормальным
условиям,
М экв Me - молярная масса эквивалентов металла,
2 эквНV - объем, который занимает
моль эквивалентов водорода при нормальных условиях. Молярная масса эквивалентов водорода
равна 1,00 г/моль и занимает при нормальных условиях половину молярного объема водорода,
который в соответствии с законом Авогадро, составляет 22,4 л/моль, т.е.
2 эквНV = 11,2 л/моль.
Выразим молярную массу эквивалентов металла из уравнения ( 1. 1) :


2 2
0H
эквН Me экв V
V m М
Мe   (1.2),
Объем собранного над водой водорода, приведенного к нормальным условиям, находим из
уравнения объединенного газового закона
T p
T V p V H H H 0
0 ,0 2 2 2
,
где: p
H
2 - парциальное давление водорода, собранного над водой, равное разности общего
давления (101,3 кПа) и парциального давления воды при температуре 291 К:
p
H
2 = (101,3 -2,07) кПа,
VH2 - объем выделившегося водорода при заданных условиях, p
0 —
нормальное давление, равное 101,3 кПа, T — заданная температура, T
0 —
нормальная
температура, равная 273К.
Объем собранного над водой водорода, приведенного к нормальным условиям, равен .
Подставим найденные величины в уравнение (1.2) и получим:

л V H 83,1 291 3, 101
273 2 ) 07,2 3, 101(
2,0  
   

M
экв
Me = 1,47 .11 ,2
1,83 = 8,99
г/моль
Ответ : М
экв Ме = 8,99 г/моль
Пример 1.4. Определите молярную массу эквивалентов металла, если из хлорида металла массой
4,71 г получен гидроксид этого же металла массой 3,22 г.
Решение. Молярная масса эквивалентов соединения равна сумме молярных масс эквивалентов
его составных частей, т. е. M
экв хлорида = M
экв мет + M
экв хлорид-иона = M
экв мет + 35,5;
M
экв гидроксида = M
экв мет + M
экв гидроксид-иона =
M
экв мет + 17,0.
В соответствии с законом эквивалентов
Подставим данные и получим
откуда молярная масса эквивалентов металла равна M
экв мет = 22,98 г/моль.
2. Строение атома. Электронные конфигурации атомов
Пример 2.1. Напишите электронную конфигурацию атома хлора в стабильном и возбужденном
состояниях. Изобразите электронно-графические диаграммы внешнего электронного уровня ато ­
ма в этих состояниях.
Решение. Электронные конфигурации и электронно-графические диаграммы внешнего элек ­
тронного уровня атома хлора в стабильном (а) и максимально возбужденном (б) состояниях име ­
ют вид:
а)
17 Cl : 1s 2
2s 2
2p 6
3s 2
3p 5



б )
17 Cl *
: 1s 2
2s 2
2p 6
3s 1
3p 3
3 d 3
mхлорида
mгидроксида
= M экв хлорида
M экв гидроксида
= M экв мет 35.5
M экв мет 17.0
4.71
3.22 = M экв мет 35.5
M экв мет 17.0 , 3 s 3 p 3 d3 s 3 p

Пример 2.2. Запишите значения четырех квантовых чисел: главного n , орбитального l , магнит ­
ного m
l и спинового m
s для каждого из электронов внешнего энергетического уровня атома хлора
в стабильном и максимально возбужденном состояниях.
Решение. Электронная конфигурация атома хлора в стабильном состоянии [Ne]3s 2
3p 5
.
Значения четырех квантовых чисел представлены в табл. 1.
Таблица 1. Значения квантовых чисел для атома хлора в стабильном состоянии
Квантовые числа 3 s 2
3 p 5
n 3 3
l 0 1
m
l 0 -1 0 +1
m
s + ½ - ½ + ½ - ½ + ½ - ½ + ½
Электронная конфигурация атома хлора в возбужденном состоянии [Ne] 3s 1
3p 3
3d 3
.
Значения четырех квантовых чисел представлены в табл. 2 .
Таблица 2 . Значения квантовых чисел для атома хлора в возбужденном состоянии
Квантовые числа
3 s 1
3 p 3
3d 3
n 3 3 3
l 0 1 2
m
l 0 -1 0 +1 -2 -1 0
m
s + ½ + ½ + ½ + ½ + ½ + ½ + ½

Пример 2.3. Какую электронную конфигурацию имеет ион хлора в степени окисления (-1) ?
Какие еще частицы имеют такую же электронную конфигурацию?
Решение. Электронная конфигурация иона хлора Cl -
имеет вид [Ne]3s 2
3p 6
, что соответствует
электронной конфигурации инертного газа аргона 1s 2
2s 2
2p 6
3s 2
3p 6
. Такую же
электронную конфи ­
гурацию будут иметь частицы S 2-
, P 3-
, Si 4-
, K +
, Ca 2+
, Sc 3+
, Ti 4+
, V 5+
, Cr 6+
, Mn 7+
.
3. Строение молекул. Химическая связь
3.1. Метод молекулярных орбиталей
Пример 3 .1. С позиций метода молекулярных орбиталей (ММО) объясните значения энергий
диссоциации и межатомных расстояний в ряду частиц O
2 -
, O
2 , O
2 +
:
O
2 -
O
2
O
2 +
E , кДж/моль 397 498 646
d, пм 134 121 112

Постройте энергетическую диаграмму для молекулы O
2 , определите порядок связи в молекуле и
молекулярных ионах O
2 -
и O
2 +
, укажите, обладают ли эти частицы парамагнитными или
диамагнитными свойствами.
Решение. Электронная конфигурация атома кислорода в основном состоянии записывается
8 O - [1 s 2
2 s 2
2 p 4
] или [ K 2 s 2
2 p 4
], где K обозначает первый уровень 1 s 2
.
Энергетическая диаграмма образования молекулы типа А
2 представляет собой
последовательность расположения молекулярных орбиталей разного типа в порядке возрастания
их энергии:
σ (1 s )  σ *(1 s )  σ (2 s )  σ *(2 s )  σ (2 p
z )  π (2 p
x )= π (2 p
y )  π *(2 p
x )= π *(2 p
y )  σ *(2 p
z ).
Для молекулы O
2 на рис. 1 представлена схема расположения заполненных электронами
молекулярных орбиталей (МО), начиная с перекрывания атомного уровня 2 s.
O [K2s 2
2p 4
] O
2 O [K2s 2
2p 4
]
Образование молекулы O
2 можно
представить записью:
O [ K 2 s 2
2 p 4
] + O [ K 2 s 2
2 p 4
] →
O
2 { KK [ σ (2 s ) ] 2
[ σ *(2 s )] 2
[ σ (2 p
z )] 2
[ π (2 p
x )] 2
[ π (2 p
y )] 2
[ π *(2 p
x ) ] 1
[ π *(2 p
y )] 1
}
Порядок связи для двухатомной частицы
рассчитывается по формуле:
2
*N N n   , где N – количество
электронов на связывающих МО, N *
-
количество электронов на разрыхляющих МО.
В молекуле O
2 имеется избыток четырех
электронов на связывающих МО, что
определяет порядок связи n =
2
4 8 =2.
Молекула O
2 имеет непарные электроны на разрыхляющих π * - МО , ее суммарный спин не равен
нулю, молекула парамагнитна.
Образование диоксигенил-иона O
2 +
можно представить записью:
O [ K 2 s 2
2 p 4
] + O +
[ K 2 s 2
2 p 3
] → O
2 +

или O
2 – e → O
2 +
.
Диоксигенил-ион O
2 +
будет иметь следующее строение:
O
2 +
[ KK σ (2 s ) 2
σ *(2 s ) 2
σ (2 p
z ) 2
π (2 p
x ) 2
π (2 p
y ) 2
π *(2 p
x ) 1
].Рис.1. Схема молекулярных орбиталей молекулы
кислорода
σ(2s)
σ *(2s)


σ *(2pz) π *(2px) π*(2py)
π (2px) π (2py)
σ(2pz )
2p
2s 2s
Е

В ионе O
2 +
имеется избыток пяти электронов на связывающих МО, что соответствует
порядку связи 2,5.
Образование супероксид-иона O
2 -
можно представить записью:
O [ K 2 s 2
2 p 4
] + O -
[ K 2 s 2
2 p 5
] → O
2 -

или O
2 + e → O
2 -
.
Супероксид-ион O
2 -
будет иметь следующее строение
O
2 -
[ KK σ (2 s ) 2
σ *(2 s ) 2
σ (2 p
z ) 2
π (2 p
x ) 2
π (2 p
y ) 2
π *(2 p
x ) 2
π *(2 p
y ) 1
].
В ионе O
2 -
имеется избыток трех электронов на связывающих МО, что соответствует
порядку связи 1,5.
В соответствии с методом МО в ряду частиц O
2 -
, O
2
, O
2 +
уменьшается количество
электронов на разрыхляющих МО и увеличивается порядок связи, что приводит к упрочнению
связи и уменьшению межатомного расстояния (длины связи). Все частицы парамагнитны.

3.2. Метод валентных связей
Пример 3.2. Известно, что молекула SbF
3 имеет тригонально-пирамидальную форму
(  F - Sb - F = 95 0
), а ион [ SbF
6 ] -
- форму октаэдра (  F - Sb - F = 90 0
). Объясните, почему частицы
имеют такое строение, используя теорию отталкивания электронных пар валентных орбиталей
( ОЭПВО) и метод валентных связей (МВС). Как ая из частиц является диполем?
Решение. Согласно современным представлениям о химической связи два атома удерживаются
вместе парой электронов с противоположными спинами. Отдельная связь может образоваться
или по обменному механизму, когда каждый атом предоставляет в общее пользование по одному
электрону, или по донорно-акцепторному механизму, когда один атом предоставляет пару
электронов, а другой атом принимает ее на свою свободную орбиталь.
Центральным атомом в обеих частицах является атом сурьмы Sb , концевыми – атомы
фтора F .
Электронное строение и электронно-графические диаграммы атомов:

Sb [1 s 2
2 s 2
2 p 6
3 s 2
3 p 6
3 d 10
4 s 2
4 p 6
4 d 10
5 s 2
5 p 3
] ≡ [ KLMN 5 s 2
5 p 3
] 5 р
5 s

F [1 s 2
2 s 2
2 p 5
] ≡ [ K 2 s 2
2 p 5
] 2p
2s

Для образования молекулы SbF
3 по обменному механизму атом сурьмы должен
предоставить три неспаренных электрона, что соответствует его основному состоянию. В
основном состоянии атома фтора имеется один неспаренный электрон. Связи могут быть
образованы перекрыванием p – орбиталей атома Sb и трех атомов F (рис. 2), но тогда валентный
угол  F - Sb - F должен быть равным 90 0
, что не соответствует экспериментальным данным.
Согласно теории ОЭПВО пространственное распределение химических связей вокруг
центрального атома определяется общим числом пар электронов
как связывающих, так и несвязывающих. Для атома Sb сумма
окружающих его электронов равна восьми (пять электронов
поставляет атом сурьмы, три - атомы фтора), что отвечает
четырем электронным парам. Молекула SbF
3 относится к типу
AB
3 E , где A – центральный атом Sb , B – три концевых атома F , E
– неподеленная пара электронов у атома Sb. Ч етыре электронные
пары должны ориентироваться в пространстве относительно атома
сурьмы таким образом, чтобы их отталкивание было
минимальным, что соответствует пространственному распределению химических связей и
пирамидальному строению молекулы. Увеличение валентного угла от 90 0
до
95 0
можно объяснить
более сильным отталкиванием неподеленной пары электронов от соседних электронных пар,
образующих связи.
В соответствии с методом валентных связей (МВС),
применение которого приводит к такому же выводу,
пространственная конфигурация молекулы определяется
пространственным расположением гибридных орбиталей
центрального атома. Атом сурьмы, имея на четырех валентных
орбиталях (одной s- и трех p - орбиталях) пять электронов,
подвергается sp 3
– гибридизации, образуя четыре гибридные
орбитали, на которых располагается пять электронов, два из них
занимают общую орбиталь, остальные располагаются по одному
на трех оставшихся орбиталях. Расположение гибридных орбиталей при sp 3
-
гибридизации
отвечает тетраэдрическому распределению электронной плотности в пространстве. Орбиталь,
заполненная парой электронов, является несвязывающей, она занимает больший объем, т.к.
взаимодействует только со своим ядром, и сильнее отталкивается по сравнению с отталкиванием
связывающих орбиталей. Перекрывание одноэлектронных гибридных орбиталей атома Sb с p -
орбиталями атомов F приводит к образованию ковалентных полярных связей  - типа,
95 o
F
F
F
..
SbРис. 3. Образование молекулы SbF
3
согласно МВС
Sb
F
F
FРис. 2. Образование молекулы SbF
3
согласно ОЭПВО

электронная плотность в которых смещена к более электроотрицательному атому F . Каждая связь
полярна и характеризуется электрическим моментом, направленным от атома Sb к более
электроотрицательному атому F. Векторная сумма электрических моментов связей отлична от
нуля, молекула имеет электрический момент, является диполем . Наличие неподеленной пары
электронов на несвязывающей орбитали увеличивает электрический момент молекулы и
приводит к уменьшению валентного угла от 109 0
28 
, который соответствует sp 3
– гибридизации,
до 95 0
,что определяет геометрическую форму молекулы SbF
3 , которую можно рассматривать
как тригонально-пирамидальную с тетраэдрическим расположением гибридных орбиталей в
пространстве (рис.3).
Как видим, использование МВС приводит к такому же результату, что и теория ОЭПВО.
При образовании комплексного иона [ SbF
6 ] –
атом Sb в соответствии с МВС должен
находиться в возбужденном состоянии:
Sb [ KLMN 5 s 2
5 p 3
d 0
]       электрона ание промотиров Sb *
[ KLMN 5 s 1
5 p 3
d 1
],
в котором может образовать по обменному механизму пять
связей. Шестая связь должна образоваться по донорно-
акцепторному механизму, в соответствии с которым на
свободную орбиталь атома Sb поступает электронная пара от
атома F . Образование шести равноценных связей возможно при
sp 3
d 2
- гибридизации атомных орбиталей сурьмы, что определяет
октаэдрическую форму иона с валентным углом F - Sb - F , равным 90 0
(рис. 4). Все связи полярны,
но их векторная сумма вследствие симметрии частицы равна нулю - комплексный ион [ SbF
6 ] –
не
имеет электрического момента.
Пример 3.3. Используя метод валентных связей, объясните строение молекулы воды и значение
валентного угла  H-O-H=104,5 0
.
Решение. Согласно методу валентных связей пространственное строение молекулы определяется
пространственным распределением гибридных орбиталей центрального атома .
Для установления пространственной структуры молекулы H
2 O воспользуемся следующей
схемой:
 определяем центральный атом - атом кислорода и концевые атомы - атомы
водорода;
 записываем их электронные конфигурации: O - 1 s 2
2 s 2
2 p 4
, H
- 1 s 1
;
 учитываем, что в образовании связей участвуют все валентные электроны
центрального атома кислорода и валентные электроны обоих атомов водорода;

F

F
F
F
F
F
Sb
900 Рис. 4. Геометрическая
конфигурация иона [SbF
6 ] -

 определяем общее количество электронов, участвующих в образовании связей, как
сумму валентных электронов атома кислорода и двух атомов водорода, т. е.
∑ ē = 6+2=8 ;
 определяем общее количество электронных пар n , поделив сумму валентных
электронов на два, так как каждая связь образуется парой электронов, которое
равно четырем - n =8
2= 4 ;
 определяем количество связывающих электронных пар n
связ , равное числу
концевых атомов Н, - n
связ = 2;
 определяем количество неподеленных, или несвязывающих, электронных пар n
несвяз ,
равное разности между общим количеством электронных пар и количеством
связывающих электронных пар, - n
несвяз = 4-2 = 2;
 устанавливаем тип гибридизации центрального атома, который определяется
общим количеством окружающих его электронных пар. Для атома кислорода
общее количество электронных пар равно четырем, что соответствует sp 3
-
гибридизации атома и тетраэдрическому расположению в пространстве
электронных пар;
 записываем тип молекулы воды как АВ
2 Е
2 , где А обозначает центральный атом, в
данном случае атом кислорода, В
- концевой атом, т.е. атом водорода, Е
-
неподеленную электронную пару;
 определяем пространственное строение молекулы H
2 O как угловое, поскольку а
тетраэдре заняты атомами две вершины из четырех.
Наличие двух несвязывающих электронных пар в молекуле H
2 O ,
испытывающих притяжение только к одному ядру и поэтому занимающих
больший объем, изменяет угол между связями кислород - водород, уменьшая его от
109,5 o
, отвечающего sp 3
гибридизации, до 104,5 o
.
На рис. 5 схематически изображена молекула H
2 O, несвязывающие
орбитали показаны точками.
4 . Скорость химической реакции
4.1 . Закон действующих масс. Константа скорости
Пример 4.1. Оксиды азота, содержащиеся в выбросах тепловых электростанций, промышленных
предприятий, автотранспорта, загрязняют атмосферу. В воздухе NO окисляется до NO
2 , который
Рис. 5. Схема
молекулы H
2 O

относится к высокотоксичным соединениям, для человека предельно допустимое содержание
NO
2 в воздухе составляет 1 · 10 -4
%. Определите изменение скорости газовых реакций с участием
оксидов азота: (1) 2 N
2 O = 2 N
2 + O
2 ;
( 2) 2NO + O
2 = 2NO
2 ;
( 3) N
2 O
4 = 2NO
2
при: а)увеличении концентрации каждого из реагирующих веществ в 2 раза; б) при уменьшении
общего давления в системе в 3 раза. Реакции считайте элементарными. Укажите размерность
константы скорости для каждой реакции.
Решение . Скорость реакции определяется основным постулатом химической кинетики (законом
действующих масс) , согласно которому скорость реакции при постоянной температуре пропор ­
циональна произведению концентраций реагирующих веществ в некоторых степенях, определяе ­
мых опытным путем и называемых порядками реакций по каждому веществу:
m
B
n
AC kC r (4.1)
или, принимая во внимание, что концентрация и парциальное давление i -го компонента реакции
связаны зависимостью P
i = C
i RT ,

m
B
n
AP kP r (4.2),
где r – скорость гомогенной реакции; k – константа скорости;
A C ; B C – концентрации реагирую ­
щих веществ;
AP ; BP – парциальные давления реагирующих веществ; n – порядок реакции по ве ­
ществу А , m – порядок реакции по веществу В .
Для элементарных реакций порядки совпадают со стехиометрическими коэффициентами.
Рассмотрим реакцию (1) : 2 N
2 O = 2 N
2 + O
2 , для случая а) имеем:

2
1
2 ON kC r  ; , 4 ) 2( 2 2
2
22 ON ON C k C k r   
откуда
,4 4
2
2
1
2
2 2   
ON
ON
kC
C k
r
r
следовательно, скорость реакции увеличится в 4 раза;
для случая б) имеем:
2
1
2 ON kP r  ; , 9
1
3
2 2
2
22 ON ON P k P k r   




 
откуда ,9
1
1
2 r
r т. е.
скорость уменьшится в 9 раз.
Размерность константы скорости реакции второго порядка:
k = r
C 2 = [ моль ⋅ л − 1
⋅ c − 1
моль 2
⋅ л − 2 ] = [ моль − 1
⋅ л ⋅ c − 1
]
Рассмотрим реакцию ( 2 ) : 2 NO + O
2 = 2 NO
2 , для случая а) имеем:

;
2 2
1 O NO C kC r  ); 2() 2(
2 2
2 O NO C C k r  8 2 4
1
2    r
r ,

следовательно, скорость реакции увеличится в 8 раз;
для случая б) имеем:
222
1 O ON P kP r  ; 










  3 3 22
2
2 O ON P P k r
; 27
1
3
1
3
1 2
1
2 
 

 
 r
r , т. е.
скорость уменьшится в 27 раз.
Размерность константы скорости реакции третьего порядка:
[ k ]= [ C -2
][ t -1
] = моль -2
· л 2
·с -1
Рассмотрим реакцию (3): N
2 O
4 = 2 NO
2 , для случая а) имеем:
42
1 ON kC r  ;

) 2(
42 2 ONC k r  , откуда ,2
1
2 r
r следовательно, скорость реакции увеличится в 2 раза;
для случая б) имеем:
4 1
2 ON kP r  ; ) 3 ( 42 2 ONP k r 
; 3
1
1
2 r
r , т. е. скорость уменьшится
в 3 раза.
Размерность константы скорости реакции первого порядка:
[ k ]= [ t -1
] = с -1
Ответ : скорость реакции (1) в случае а) увеличится в 4 раза; б) уменьшится в 9 раз;
реакции (2) в случае а) увеличится в 8 раз; б) уменьшится в 27 раз;
реакции (3) в случае а) увеличится в 2 раза; б) уменьшится в 3 раза.
Пример 4 .2. Разложение оксида азота ( I ) N
2 O на поверхности золота при высоких температурах
происходит по уравнению 2N
2 O = N
2 + O
2 . Определите скорость реакции при температуре
Т = 1173 K в начальный момент времени и в некоторый момент, когда разложится 30 % N
2 O,
если начальная концентрация N
2 O составляет 3,2 моль/л. Константа скорости реакции при
Т = 1173 K равна k = 5∙10 - 4
л/(моль∙мин).
Решение . Согласно закону действующих масс ( 4 .1) скорость реакции определяется уравнением:
2
2
ON kC r .
Начальная скорость реакции равна r
0 = 5∙10 -4

(3,2) 2
= 51, 2 ∙10 -4
моль/(л∙ мин) .
По истечении некоторого времени, когда разложится 30 % N
2 O , концентрация N
2 O изменится и
станет равной ( 3,2 – 3,2∙0,30) = 2, 24 моль/л. Следовательно, изменится и скорость реакции:
r
1 = 5∙10 -4
∙(2,24) 2
= 25,1 ∙10 -4
моль/(л∙ мин)
Ответ : r
0 = 51, 2 ∙10 -4
моль∙ л -1
∙ мин -1
; r
1 = 25,1 ∙10 -4
моль∙ л -1
∙ мин -1
.

4 .2. Кинетические уравнения реакций первого и второго порядков
Пример 4 .3. Денатурация некоторого вируса является реакцией первого порядка с энергией акти ­
вации 630 кДж/моль. Период полураспада вируса при 30°С составляет 5 ч. Рассчитайте период
полураспада при 35°С.
Решение. Период полураспада (иначе время полупревращения) 5,0 – время, в течение которого
прореагировала половина исходного количества вещества .
Между скоростью и временем протекания реакции существует обратно пропорциональная зави ­
симость, т. е.
)2(5,0
)1(5,0
1
2

  r
r , откуда
 1 2
)1(5,0 )2(5,0 /r r
   ,
где r
1 – скорость реакции при температуре 30°С; r
2 - скорость реакции при температуре 35°С;
)1(5,0
, )2(5,0 – время полураспада вируса при температуре 30°С и 35°С соответственно.
Так как скорости и константы скорости - пропорциональные величины, можно записать:
 1 2
)1(5,0 )2(5,0 /k k
  
,
где k
1 и k
2 – константы скорости реакции при температурах 30°С и 35°С соответственно.
Расчет отношения констант скоростей реакции проводим на основании уравнения Аррениуса,
устанавливающего зависимость константы скорости реакции от температуры:



 

  RT
E k k a exp0 (4.3) ,
где k – константа скорости реакции; Е
a - энергия активации реакции; Т – абсолютная температу ­
ра; R – универсальная газовая постоянная; k
0 – предэкспоненциальный множитель.
Логарифмируя уравнение ( 4 .3) для каждого значения температуры, можно записать:
. ln ln ; ln ln
2 0 2 1 0 1 RT
E k k RT
E k k a a    
Вычитая из второго уравнения первое, получаем:

21
1 2
1
2 ) ( ln T RT
T T E
k
k a  




 ( 4 .4),
где k
1 – константа скорости реакции при температуре 30° С или Т
1 = 303 К; k
2 – константа скоро ­
сти реакции при температуре 35° С или Т
2 = 308 К.
Рассчитываем отношение констант скоростей реакции при различных температурах:

48,0 3
1
2
308 303 31,8
5 10 630 exp e k
k 





 
  .
Таким образом, период полураспада вируса составляет:
 1 2
)1(5,0 )2(5,0 /k k
  
= 5
e 0,48 = 3,097 ч
= 3 ч 5 мин 49 с
Ответ .
)2(5,0 = 3 ч 5 мин 49 с
Пример 4.4. Сероводород является токсичным веществом ( предельно допустимая концентрация
сероводорода в атмосферном воздухе составляет 10 мг/м 3
) и имеет запах тухлых яиц. Для удале ­
ния сероводорода из промышленных сточных вод используется реакция его окисления:
2 H
2 S + O
2 = 2 S  + 2 H
2 O .
Реакция подчиняется уравнению второго порядка. Рассчитайте начальную скорость реакции и
время полупревращения, если концентрации реагентов одинаковы и равны 10 -5
моль/л, а
константа скорости реакции составляет 10 - 4
моль -1
∙л∙с -1
.
Решение. Так как реакция имеет второй порядок, то согласно закону действующих масс (4.1)
рассчитываем начальную скорость реакции по уравнению:
2
0 0 kC r 
= 10 - 4
(10 -5
) 2
= 10 -14
моль/(л∙с).
Кинетическое уравнение реакции второго порядка при условии равенства начальных концентра ­
ций реагентов имеет вид:
где k
2 – константа скорости реакции второго порядка;
0C – начальная концентрация реагентов;
C – концентрация исходных веществ через некоторое время t от начала реакции.
Поскольку время полупревращения τ
0,5 – это время, при котором концентрация реагентов умень ­
шается в два раза , т. е.
2
0C C  , тогда
0 0 0 5,0 2
1 1
2/
1
C C C k     , откуда
c C k
9
5 4 0 2 5,0 10
10 10
1 1 

    
≈ 2 года.
Ответ .
0r = 10 -14
моль/(л∙с); 5,0 ≈ 2 года.
4.3 . Влияние температуры на скорость химической реакции. Энергия активации
Пример 4.5. Растворение образца цинка в соляной кислоте при 20ºС заканчивается через 36 мин, а
при 40ºС такой же образец металла растворяется за 4 мин. За какое время данный образец цинка
0 2
1 1
C C t k  

растворится при температуре 55ºС? Рассчитайте температурный коэффициент γ и энергию акти ­
вации данной реакции.
Решение . Поскольку во всех трех случаях растворяются образцы одинаковой массы, можно счи ­
тать, что средняя скорость реакции обратно пропорциональна времени протекания реакции,
т. е. ,
2
1
1
2

 r
r где
1r и 1 – скорость реакции и время ее протекания при 20ºС; 2r и 2 – ско ­
рость реакции и время ее протекания при температуре 40ºС. Следовательно, при нагревании от t
1
= 20ºС до t
2 = 40ºС скорость реакции увеличивается в 36/4 = 9 раз.
Рассчитаем температурный коэффициент γ , который в соответствии с правилом Вант-Гоффа
10
1
2 12tt
r
r 

показывает, во сколько раз возрастает скорость химической реакции при увеличении
температуры на 10ºС (или 10 К); t
2 и t
1 – конечная и начальная температуры реакции:
Определив температурный коэффициент γ , найдем изменение скорости реакции при нагревании
от 40ºС до 55ºС:
2,5 3 10
40 55
10
2
3 213   
 tt
r
r 
и время её протекания 3 : 2,5 4
3 3
2
2
3     

r
r ,
откуда
3 = 0,77 мин = 46,2 с.
Для расчета энергии активации используем преобразованное уравнение Аррениуса (4.4)
(см. пример 4.3):
21
1 2 1 2
) ( ) / ln( T RT
T T E k k a   , откуда энергия активации равна:
1 2
1 2 21 ) / ln(
T T
k k T RT Ea  
Заменив в уравнении (4.4) отношение k
2 / k
1 пропорциональными величинами
1 2/r r , опреде ­
лим энергию активации:
1 2
1 2 21 ) / ln(
T T
k k T RT Ea  
= 8,31 ⋅ 313 ⋅ 328 ⋅ ln  5.2 
328 − 313 = 93769 Дж / моль
 93,8 кДж/моль
Ответ . Образец растворится за 46,2 с; E
a = 93,8 кДж/моль
Пример 4 .6. Одной из реакций, протекающих на катализаторе, используемом для очистки вы ­
хлопных газов, может быть взаимодействие CO c NO
2 по реакции СО + NO
2 = СО
2 + NO
.3 4
36 10
2
1 10
1
2 12 12    
  tt tt
r
r

 

При замене одного катализатора другим при температуре 700 К энергия активации реакции по ­
нижается на 75 кДж/моль. Рассчитайте, во сколько раз возрастает при этом скорость реакции.
Решение . Запишем уравнение Аррениуса ( 4 .3) для констант скорости реакции с различными ката ­
лизаторами:
k
1 = k
0 exp  − E
cat ,
1
RT 
; k21= k0exp − Ecat ,2
RT 
Поскольку при замене катализатора энергия активации уменьшилась, то скорость реакции
увеличится в некоторое число раз, равное
Ответ. С корость увеличилась в 390 тысяч раз

5. Энергетика и направление химической реакции
5 .1. Тепловой эффект реакции. Стандартные энтальпия и внутренняя энергия
Пример 5 .1. Одним из способов получения гидразина N
2 H
4 , используемого в качестве горючего
компонента в ракетных топливах, является реакция
каталитического окисления аммиака
кислородом, протекающая по уравнению
4 NH
3 (г) + O
2 (г) = 2 N
2 H
4 (ж) + 2 H
2 O
(ж)

  298Hf , кДж/моль (- 45,94) 0,0 50,45 (- 285,83)
Вычислите стандартный тепловой эффект реакции: а) при изобарном проведении
  298Hr ;
б) при изохорном проведении
  298Ur
Решение . а) Стандартный тепловой эффект изобарного процесса (или стандартная энтальпия
реакции)
  298Hr в соответствии с законом Гесса рассчитывается по уравнению

         
i i f i j f j j r H H H , 298 , 298 298   ( 5 .1),
где
  298Hf - стандартная энтальпия образования вещества, j - стехиометрические
коэффициенты продуктов в уравнении реакции,
i - стехиометрические коэффициенты реагентов.
Подставив в уравнение ( 5 .1) стандартные энтальпии образования веществ, получим
Δ
r H
298 0
= 2 Δ
f H
298 0
(N
2 H
4 ) + 2 Δ
f H
298 0
(H
2 O) - 4 Δ
f H
298 0
(NH
3 ) - Δ
f H
298 0
(O
2 ) =
2 · 50,45 + 2 ·(-285,83) – 4·46,94 – 0 = - 287 кДжk
2
k
1 = exp  E
cat ,1 − E
cat ,2
RT  = exp  75000
8,31 ⋅ 700  = e 12,9
= 390022 ≃ 390000

Реакция экзотермическая, т. е. протекает с выделением теплоты, так как   298Hr < 0.
б) Стандартный тепловой эффект изохорного процесса (или стандартная внутренняя энергия
реакции)
  298Ur рассчитывается по уравнению

  298Ur =
  298Hr - Δ nRT , (5.2)
где Δ n – изменение количества молей газообразных веществ, участвующих в реакции:
Δ n =
  
i i j j n n = - n (NH
3 ) – n (O
2 ) = – 4 – 1 = -5.
Подставив в уравнение (5.2 ) данные с учетом различий в размерности величин, получим:
  298Ur
= - 287 – (-5)·8,314·10 -3
·298 = - 274,61 кДж
Ответ .
  298Hr = - 287 кДж;
  298Ur = - 274,61 кДж.
Пример 5 .2. При производстве хлора для водоочистительной станции на Дзержинском заводе
«Капролактам» используют реакцию разложения поваренной соли под действием электрического
тока. Рассчитайте тепловой эффект реакции, если на производство 1 т хлора требуется 1,155∙10 7
кДж энергии. Каков знак изменения энтальпии в результате реакции?
Решение. При электролизе расплава поваренной соли происходит реакция:
2NaCl  2Na + Cl
2
По условию задачи образуется 1 т хлора, что составляет количество молей, равное
n =
3 6
10 084, 14 71
10 1     M
m моль.
Согласно условию задачи на образование 14,084 кмоль хлора израсходовано 1,155∙10 7
кДж
энергии, тогда на образование одного моля хлора потребуется
820
10 084, 14
10 155,1
3
7


  Q кДж .
В соответствии с уравнением реакции количество теплоты, затраченной на производство 1 моля
хлора, представляет ее тепловой эффект Δ
r H
298 0
. Поскольку теплота поглощается, реакция
является эндотермической, т.е.
.0 0
298   Hr
Ответ . Q = 82 0 кДж;
.0 0298   Hr
5 .2. Термохимические циклы
Пример 5 .3. Вычислите стандартную энтальпию образования Na
2 SO
4(т) , если известны
стандартные энтальпии следующих реакций:

а) 2 Na
(т) + 0,5 O
2 (г) = Na
2 O
(т)   298Hr = - 417,98 кДж;
б) S
(т) + O
2 (г) = SO
2 (г)
  298 Hr = - 296,90 кДж;
в) SO
3 (г) = SO
2 (г) + 0,5 O
2 (г)
  298Hr = + 98,95 кДж;
г ) Na
2 O
( т ) + SO
3 ( г ) = Na
2 SO
4 ( т )
  298Hr = - 573,38 кДж .
Решение . Стандартной энтальпии образования вещества
0
, 298 i fH  отвечает реакция получения
1 моля вещества из простых веществ, взятых в состоянии, устойчивом при стандартных условиях,
т. е. для Na
2 SO
4 (т) это будет реакция 2 Na
(т) + S
(т) + 2 O
2 (г) = Na
2 SO
4 (т) .
Осуществить данную реакцию и измерить ее тепловой эффект практически невозможно, но
благодаря закону Гесса можно рассчитать тепловой эффект путем алгебраического
суммирования термохимических уравнений данных реакций, составив термохимический цикл.
Для получения искомой реакции нужно сложить левые и правые части уравнений (а), (б) и (г) и
вычесть уравнение (в), т. е. записать его в обратном направлении, изменив при этом знак
  298Hr
на противоположный.
Термохимический цикл
  298Hr , кДж
2 Na
(т) + 0,5 O
2 (г) = Na
2 O
(т) - 417,98
S
(ромб) + O
2 (г) = SO
2 (г) - 296,90
SO
2 (г) + 0,5 O
2 (г) = SO
3 (г) - 98,95
Na
2 O
( т ) + SO
3 ( г ) = Na
2 SO
4 ( т ) - 573,38
В результате суммирования получим:
2Na
( т ) + S
( ромб ) + 2O
2 ( г ) = Na
2 SO
4 ( т )
 
42 , 298 SO Na fH
Стандартная энтальпия образования сульфата натрия
  4 2 298 SO Na fH будет равна сумме стандартных
энтальпий
  i rH , 298 всех реакций, образующих цикл:
 
42 298 SO Na fH = (-417,98) + (-296,90) + (-98,95) + (-573,38) = - 1387,21 кДж/моль.
Ответ .
  4 2 298 SO Na fH = - 1387,21 кДж/моль
5.3. Направление реакции в изолированной системе. Стандартная энтропия реакции
Пример 5.4. Вычислите изменение энтропии при образовании раствора хлорида натрия объемом
200 мл с массовой долей 0,9 %. Плотность раствора 1,005 г/мл. Данный раствор можно считать
идеальным.

Примечание. Такой раствор используется в медицине в качестве заменителя плазмы крови и
называется изотоническим раствором.
Решение. Изменение энтропии при образовании идеального раствора   S mix вычисляется по
уравнению
   
i i i mix X n R S ln , (5.3),
где n
i - количество i –го компонента (моль), X
i – мольная доля i –го компонента, равная


i
i i n
n X
Определим массу раствора NaCl объемом 200 мл:
m
раствора = V ρ = 200  1,005 = 201 г.
В растворе содержится:
хлорида натрия:
NaClm = m
раствора ω = 201·0,9·10 –2
=1,809 г,
воды:
OHm
2 201 - 1,809= 199, 191 г.
Количества веществ (моль) в растворе равны:
031,0 5, 58
809,1   
NaCl
NaCl NaCl M
m n
моль; 066, 11 18
191, 199
22
2   
OH
OH OH M
m n моль
Мольные доли компонентов соответственно равны :
; 0028,0 066, 11 031,0
031,0    NaClX
9972,0 031,0 066, 11
066, 11
2   OHX
Изменение энтропии при образовании раствора составит
 595, 454 ) 9972,0 ln 066, 11 0028,0 ln 031,0( 314,8 ln ln [
22       
OH OH NaCl NaCl mix X n X n R S Дж/К.
Энтропия при растворении NaCl в воде увеличивается на 454,595 Дж/К, что подтверждает
самопроизвольное растворение соли.
Ответ .
595, 454  S mix Дж/К
Пример 5 .5. Обоснуйте возможность или невозможность получения в изолированной системе
при стандартном давлении и температуре Т =298 К этилового спирта посредством реакции
гидратации этилена по уравнению:
C
2 H
4 (г) + H
2 O
(ж)  C
2 H
5 OH
(ж)


298S , Дж/(моль∙К) 219,45 69,95 160,67
Решение. Согласно второму закону термодинамики в изолированной системе самопроизвольно
могут протекать процессы, в которых энтропия возрастает.

С тандартная энтропия реакции рассчитывается по уравнению:
( 5 .4)
Подставляя в уравнение ( 5 .4) стандартные энтропии образования веществ, получим

r S 0
298 = S 0
298 ( C
2 H
5 OH) - S 0
298 (C
2 H
4 ) - S 0
298 (H
2 O) = 160,67 -219,45- 69,95 = - 128,73 Дж/К
Уменьшение стандартной энтропии реакции указывает на невозможность самопроизвольного
протекания этой реакции в изолированной системе при стандартном давлении и температуре
Т =298 К.
Ответ : 73, 128 298   Sr Дж/К, реакция при стандартном давлении и температуре Т =298 К
в изолированной системе самопроизвольно протекать не может
Примечание. Большинство химических реакций протекает с выделением или поглощением
теплоты, т.е. в неизолированной системе , в которой энтропия может как увеличиваться, так
и уменьшаться, поэтому изменение энтропии не может однозначно определять
термодинамическую возможность процесса.
5 .4. Направление реакции в закрытой системе. Стандартная энергия Гиббса реакции
Пример 5 .6. В производстве синтетические спирты получают гидратацией алкенов.
Покажите возможность получения этилового спирта гидратацией этилена по уравнению,
приведенному в примере 5 .5, рассчитав изменение энергии Гиббса реакции, протекающей в
стандартных условиях при температуре Т =298 К.
C
2 H
4 (г) + H
2 O
(ж) = C
2 H
5 OH
(ж)

  298Hf , кДж/моль 52,30 (- 285,83) (- 276,98)


298S , Дж/(моль∙К) 219,45 69,95 160,67

  298Gf , кДж/моль 68,14 (- 237,23) (- 174,15)
Оцените вклад энтальпийного и энтропийного факторов в величину
  298Gr .
Решение . Стандартную энергию Гиббса реакции можно рассчитать по уравнению

r G
T0
= 
r H
2980
− T 
r S
2980
(5.5)
Для реакции, протекающей в стандартных условиях при температуре Т =298 К
уравнение (5.5) запишим в виде
  298Gr =
  298Hr - 298 ·
  298Sr .
Стандартную энергию Гиббса реакции, протекающей в стандартных условиях при температуре
Т =298 К , можно вычислить и другим способом, используя значения стандартных энергий
Гиббса образования веществ по уравнению (5.6):

  298Gr =       
i f i j f j G G 298 298   ( 5 .6)
       
i i i j j j r S S S , 298 , 298 298  

где   298Gr - стандартная энергия Гиббса реакции;
  298Hr - стандартная энтальпия реакции;
  298Sr
- стандартная энтропия реакции;
  298Gf - стандартная энергия Гиббса образования 1 моль
вещества.
а) Рассчитаем
  298Gr по уравнению ( 5 .5). Стандартная энтальпия реакции
  298Hr в
соответствии с уравнением ( 5 .1) равна

r H 0
298 = 
f H 0
298 ( C
2 H
5 OH) - 
f H 0
298 (C
2 H
4 ) - 
f H 0
298 (H
2 O) = - 276,98 –52,30 – (-285,83) = - 43,45 кДж
Стандартная энтропия реакции рассчитана в примере 5 .5:
  298Sr = - 128,73 Дж/К .
Стандартная энергия Гиббса будет равна
  298Gr
=
  298Hr - 298 ·
  298Sr = - 43,45 - 298(-128,73∙10 -3
) = - 5,09 кДж.
б) Рассчитаем
  298Gr по уравнению ( 5 .6):

r G 0
298 = 
f G 0
298 ( C
2 H
5 OH) - 
f G 0
298 (C
2 H
4 ) - 
f G 0
298 (H
2 O) = -174,15 – 68,14 - (-237,23) = -5,06 кДж
Оба результата практически совпадают.
Уменьшение энергии Гиббса реакции (
  298Gr < 0 ) указывает на термодинамическую
возможность ее протекания в закрытой системе при стандартных условиях и температуре 298К.
Самопроизвольному протеканию реакции способствует энтальпийный фактор (
  298Hr < 0), а
энтропийный фактор (
  298Sr < 0) препятствует. Реакция контролируется энтальпийным
фактором и самопроизвольное ее протекание возможно при условии
     T T S T H , т. е. при
низких температурах.
Ответ . Поскольку
  298Gr < 0 , в закрытой системе реакция может протекать самопроизвольно
при низких температурах.
Пример 5 .7. При контактном способе получения серной кислоты используется каталитическое
окисление кислородом оксида серы ( IV ) в оксид серы ( VI ) по реакции:
2 SO
2 (г) + O
2 (г)  2 SO
3 (г)

  298Hf , кДж/моль (- 296,90) 0,0 (-395,85)


298S , Дж/(моль∙К) 248,07 205,04 256,69
Рассчитайте температуру, при которой равновероятны как прямое, так и обратное протекание
реакции. Как нужно изменить условия протекания реакции ( p , T ), чтобы она протекала
преимущественно в прямом направлении?

Решение . Температура, при которой равновероятны оба направления реакции, характеризует
наступление в системе термодинамического равновесия при заданных условиях и может быть
определена из условия   298Gr =
  298Hr - Т
  298Sr = 0, откуда 


 
298
298
S
H T
r
r .
По уравнениям ( 5 .1) и ( 5 .4) рассчитываем
  298Hr ,
  298Sr и температуру Т :
90, 197 ) 90, 296 (2 0 ) 85, 395 (2 2 2 2 2 3 , 298 , 298 , 298 298                
SO f O f SO f r H H H H
кДж,
80, 187 07, 248 2 04, 205 69, 256 2 2 2 2 2 3 , 298 , 298 , 298 298              
SO O SO r S S S S
Дж/К,
K T 78, 1053 80, 187
197900  
.
При температуре Т = 1053,78 К реакция протекает в обоих направлениях с равной вероятностью,
система находится в состоянии равновесия.
В соответствии с принципом Ле-Шателье реакция преимущественно в прямом направлении будет
протекать при T < 1053,78 K , так как реакция экзотермическая (
0
298Hr < 0).
При протекании реакции объем системы уменьшается, поскольку среди продуктов реакции
находится меньше газообразных веществ, чем среди реагентов, т. е. Δ
r n
(газ) < 0:
Δ
r n
(газ) = =
223
O SO SO n n n   = 2-2-1= -1,
поэтому реакция в прямом направлении будет протекать при давлении выше стандартного,
равного 101,3 кПа.
Ответ :
K T 78, 1053 , реакция в прямом направлении будет протекать при повышении
давления и понижении температуры.
5.5. Расчет константы равновесия реакции по изменению стандартной энергии Гиббса
Пример 5.8. Для реакции 2 SO
2 (г) + O
2 (г)  2 SO
3 (г) рассчитайте значение константы
равновесия при температуре 900 К, если
  900Gr = - 28,88 кДж. Напишите выражение константы
равновесия K
p ˚
.
Решение . Стандартная энергия Гиббса связана с константой равновесия K
p ˚
уравнением:

RT
G K T r p
   ln (5.7)
Подставляя данные, находим численное значение константы равновесия и записываем ее
выражение:

K
p ˚
= exp 




  RT
GT r
° = exp


 


900 31,8
28880 = 47,53; K
p ˚
=
22 3
~ ~
~
2
2
O SO
SO
p p
p
,
где
3
~SOp ,
2 ~SOp ,
2 ~Op - относительные (т. е. отнесенные к стандартному давлению) равновесные
парциальные давления газов.
Ответ . K
p ˚
= 47,53; K
p ˚
=
22 3
~ ~
~
2
2
O SO
SO
p p
p

5.6. Зависимость константы равновесия реакции от температуры. Уравнение изобары
химической реакции.
Пример 5.9. Оцените среднее значение энтальпии реакции CaCO
3 (т)  CaO
(т) + CO
2 (г) , если
давление углекислого газа при температуре Т
1 = 420 К составляет 4,5 кПа, а при повышении
температуры до Т
2 = 470 К возрастает до 921 кПа.
Решение . Среднее значение энтальпии реакции можно рассчитать на основании уравнения
изобары химической реакции

2
ln
RT
H
dT
K d T r p ° °  
или в интегральной форме
 
12
1 2
1 2 ln T RT
T T H
K
K T r
p
p   
°
°
°
,
откуда среднее значение энтальпии реакции
°
T rH  равно

 1 2
12
12 ln
T T
K
K T RT
H p
p
T r   
°
°
°
(5.8)
Стандартная константа равновесия данной гетерогенной реакции определяется только
парциальным давлением углекислого газа

°
pK
2 ~COp ,
где
2
~COp - относительное парциальное давление углекислого газа °
2
2 2
~
CO
CO CO p
p p  , здесь
2 COp -
парциальное давлением CO
2 ,
°
2
COp - стандартное давление CO
2 , равное 101,3 кПа.
Подставим данные в уравнение (5.8) и определим среднее значение энтальпии реакции

  174500 420 470
5,4
921 ln 420 470 31,8
 
  
  °
T rHДж =174,5 кДж.
Ответ .
°
T rH  = 174,5 кДж, реакция эндотермическая
5.7. Определение направления реакции в состоянии, отличающемся от стандартного
Уравнение изотермы химической реакции
Пример 5.10. Для реакции Cl
2 (г) + H
2 (г)  2 HCl
(г) , протекающей в автоклаве объемом 1 л
при некоторой постоянной температуре,
константа равновесия K
c 0
= 4,0.
Определите, в каком направлении будет протекать реакция, если в реакционной смеси при
этой температуре находятся: а) 1 моль Cl
2 , 1 моль H
2 и 4 моль HCl ; б) 0,5 моль Cl
2 , 1 моль H
2
и 0,2 моль HCl ; в) 1 моль Cl
2 , 1моль H
2 и 2,0 моль HCl .
Решение . Для определения направления реакции при заданном составе и постоянной температуре
используем уравнение изотермы химической реакции

r G 0
T = - RT ln K 0
c + RT ln П
с ,
где 
r G 0
T - стандартная энергия Гиббса, K
c 0
– концентрационная константа равновесия, П
с -
дробь, аналогичная по построению константе равновесия, но относящаяся к неравновесному
состоянию смеси.
При П
с ≠ K
c в системе может протекать прямой или обратный процесс до установления состояния
равновесия, характеризующегося равенством П
с = K
c .
При П
с > K
c стандартная энергия Гиббса 
r G 0
T > 0 и процесс самопроизвольно может протекать
только в обратном направлении, при П
с < K
c стандартная энергия Гиббса

 r G 0
T < 0 и процесс
будет самопроизвольно протекать в прямом направлении.
а) П
с =
16 11
4
) / )( / (
) / ( 2 2 2
2222
     V n V n
V n
C C
C
H Cl
HCl
H Cl
HCl > K
c , 
r G 0
T > 0
- процесс в прямом
направлении невозможен, может протекать только в обратном направлении;
б) П
с =
08,0 1 5,0
2,0
) / )( / (
) / ( 2 2 2
2222
     V n V n
V n
C C
C
H Cl
HCl
H Cl
HCl < K
c , 
r G 0
T < 0
- процесс
самопроизвольно протекает в прямом направлении;
в) П
с =
4 11
2
) / )( / (
) / ( 2 2 2
2222
     V n V n
V n
C C
C
H Cl
HCl
H Cl
HCl = K
c , 
r G 0
T = 0 – система находится в
состоянии термодинамического равновесия, процесс самопроизвольно протекает как в прямом,
так и обратном направлении.

Ответ : а) процесс в прямом направлении невозможен; б) процесс самопроизвольно протекает в
прямом направлении; в) система находится в состоянии термодинамического равновесия,
процесс самопроизвольно протекает как в прямом, так и в обратном направлении
6. Химическое равновесие
6.1. Равновесие в гомогенной системе
Пример 6.1. Зависимость константы равновесия от температуры для реакции
H
2(г) + I
2(г)  2 HI
(г)
выражается уравнением
290,5 10 054,0 10 210,0 lg 448,1 4, 302 lg 2
5 3        
T
T T T Ka
Вычислите численное значение константы равновесия при T = 600 K и равновесный состав
смеси, если в сосуд емкостью 5 л введено 10 моль H
2 и 10 моль I
2 .
Решение . Подставив в уравнение, выражающее температурную зависимость константы
равновесия, конкретное значение температуры, вычислим K
a :
          290,5
600
10 054,0 600 10 210,0 600 lg 448,1 600
4, 302 lg 2
5 3
aK
      290,5 015,0 126,0 023,4 504,0
= 1,912 ; K
a =81,66.
Реакция протекает без изменения количества молей газов (т.е. без изменения объема), поэтому
все константы равновесия численно одинаковы K
a = K
c = K
p .
Изменения количеств веществ в реакции взаимосвязаны стехиометрическим уравнением реакции
и законом сохранения:
HI
HI
I
I
H
H n n n
  
    
2 2
2 2
или
2 1 1 22
HI I H n n n     
. (6.1)
Обозначим изменения реагентов водорода и иода
x n n I H    2 2 , тогда для иодида водорода
x nHI 2 
. Таким образом,
H
2(г) + I
2(г)
 2 HI
(г)
n
исх , моль 10 10 0
n
равн , моль (10- х ) (10- х ) 2 х
Концентрационная константа равновесия реакции имеет вид:
66, 81
) 10(
4
]5/) 10 ][(5/) 10[(
)]5/ 2[(
] ][ [
] [
2
2 2
2 2
2


    
x
x
x x
x
I H
HI Kc

Из решения квадратного уравнение 77,66 х 2
-1633,2 х +8166 = 0 находим: х
1 =12,842; х
2 =8,188.
Корень х
1 не подходит, поскольку его значение больше исходного количества водорода.
В равновесной смеси находятся:
H
2 и I
2 - по (10- х ) = 10 – 8,188 = 1,812 моль,
HI - (2 х ) = 2·8,188 = 16,376 моль.
Ответ. K
c = 81,66; в равновесной смеси находятся 1,812 моль H
2 , 1,812 моль I
2 , 16,376 моль HI .
Пример 6.2. При температуре 918 К и общем давлении 101,3 кПа степень диссоциации
пентахлорида фосфора на трихлорид и хлор по уравнению PCl
5 (г)  PCl
3 (г) + Cl
2 (г) равна α =33%.
Вычислите константы равновесия K
р и K
с .
Решение . Константа равновесия K
р выражается через равновесные парциальные давления газов:

5 23
PCl
Cl PCl
p p
p p
K 
(6.2)
Равновесное парциальное давление газа равно общему давлению, умноженному на равновесную
молярную долю газа в газовой смеси: p
I = p
0 X
i ,
где
i
i i n
n X   .
Степень диссоциации характеризует количество разложившегося вещества, поэтому, приняв
исходную концентрацию PCl
5 , равной 1 моль, получим по α молей образующихся PCl
3 и Cl
2 :
PCl
5 (г)
 PCl
3 (г) + Cl
2 (г)
n
исх , моль 1 0 0 ; 
n
исх =
1 моль
n
равн , моль (1 - α ) α α ;  n
равн = (1+ α ) моль
Вычисляем равновесные парциальные давления газов и значение константы равновесия K
p :


5 23
PCl
Cl PCl
p p
p p
K 
= p0 2
1−2=101,3 0,33 2
1−0,33 2=12,4 кПа
Константа равновесия K
c связана с константой равновесия K
p выражением
K
c = K
p (RT) 
Δ n
( 6 .3),
где Δ n – изменение количества молей газообразных веществ в реакции, определяемое как
разность Δ n
(г) = Σ n
(прод, г) – Σ n
(реаг, г) = 1+1  1=  1
K
c = K
p ( RT ) 
Δ n
= 12400(8,31  918) 
( 
1)
= 1,62 моль
Ответ .
4, 12pK кПа; K
c
= 1,62 мольp
PCl
3 = p
Cl
2 = p
0 
 1   
pPCl 5= p0
1− 
1 

Пример 6. 3. При некоторой постоянной температуре в гомогенной системе 2 HI
(г)  H
2(г) + I
2(г)
установилось равновесие при следующих концентрациях (моль/л): [ HI ] = 10,0; [ H
2 ] = [ I
2 ] = 2,0.
Равновесие нарушили, дополнительно введя в систему 4 моля HI . Через некоторое время в
системе установилось новое химическое равновесие. Вычислите новые равновесные
концентрации веществ.
Решение . Введение дополнительного количества реагента HI в соответствии с принципом Ле-
Шателье приводит к смещению положения равновесия в сторону образования продуктов реакции
H
2 и I
2 . При установлении нового равновесия концентрации всех реагирующих веществ
изменяются, а их соотношение, выражаемое константой равновесия, остается неизменным.
Вычислим значение константы равновесия
04,0
10
2 2
] [
] ][ [
2 22 2    
HI
I H Kc
Новые равновесные концентрации веществ [ H
2 ] *
, [ I
2 ] *
, [ HI ] *
найдем из значения константы
равновесия K
c . Обозначим изменение концентраций реагирующих веществ (см. пример 6.1):
,
22x C C I H    x CHI 2 
2 HI
(г)
 H
2(г) + I
2(г)
с
исх , моль/л 10 2 2
с
доп , моль/л 4 0 0
с
равн , моль/л (14-2 х ) (2+ х ) (2+ х )
04,0
) 2 14(
) 2(
] [
] ][ [
2
2
2*
*2 *2 

  
x
x
HI
I H Kc
Упрощаем решение квадратного уравнения, извлекая корень квадратный из левой и правой его
частей и беря положительное его значение, получаем х = 0,57.
Решив полное квадратное уравнение, приходим к такому же значению: х
1 = 0,57 и х
2 = - 8,0.
Второй корень является недействительным.
Новые равновесные концентрации реагентов равны (моль/л): [ HI ] *
= 12,86; [ H
2 ] *
= [ I
2 ] *
= 2,57.
Увеличение концентраций продуктов по сравнению с начальными подтверждает смещение
равновесия реакции при увеличении концентрации реагента в сторону образования продуктов.
Ответ . [ HI ] *
= 12,86 моль/л; [ H
2 ] *
= [ I
2 ] *
= 2,57 моль/л
6.2. Равновесие в гетерогенной системе
Пример 6.4. Вычислите равновесные концентрации газообразных веществ для реакции
SiO
2 (т ) + 2 H
2 (г )
 Si
(т ) + 2 H
2 O
(г ) ,

если в некоторый момент времени концентрации (моль/л) составили: водорода - 0,6; водяного
пара – 0,2. Константа равновесия K
c =1,0, температура постоянна.
Решение . Концентрации и парциальные давления твердых веществ SiO
2 и Si
не влияют на
положение равновесия и величину константы равновесия, которая может быть записана в виде:
Kc= [H 2O]
[H 2]
Реакция протекает без изменения объема ∆ n
(г) = 0, изменения концентраций газов будут
одинаковыми (см. пример 6 .1) :
OH H C C
22   = х .
SiO
2 (т ) + 2 H
2 (г )
 Si
(т ) + 2 H
2 O
(г )
с
исх , моль/л - 0,6 - 0,2
с
равн , моль/л - (0,6 - х ) - (0,2 + х )
0,1
) 6,0(
) 2,0(
] [
] [
2
2
2
2
2
2 

  
x
x
H
O H Kc
, откуда х = 0,2.
Равновесные концентрации водорода и водяного пара будут одинаковыми и равными 0,4 моль/л.
Ответ . [ H
2 O
(г) ] = [ H
2 ] = 0,4 моль/л
Пример 6 .5 . В сосуде объемом 0,001 м 3
при исходном давлении водяного пара p
0 (H
2 O) = 130,3
к Па и температуре 423 К протекает реакция
Fe
(т ) + H
2 O
( г)
 FeO
(т ) + H
2 (г
При достижении в системе равновесия парциальное давление водорода становится равным
p
равн ( H
2 ) = 128,3 кПа. В сосуд при постоянной температуре дополнительно вводят водяной пар
под давлением p
доп (H
2 O) = 303,3 кПа.
Определите количество образовавшегося водорода (в молях и граммах).
Решение . Реакция протекает без изменения объема, равновесное парциальное давление водяного
пара будет равно
p
равн , H
2 O = p
0, H
2 O − p
равн , H
2 = 130,3 − 128,3 = 2 кПа

Вычисляем константу равновесия
K p= pH2,равн
pH2Oравн
= 128,3
2 =64,15
При дополнительном введении водяного пара реакция начнет протекать в прямом направлении
до установления нового состояния равновесия с иными значениями равновесных парциальных
давлений газов, значение константы равновесия при этом останется неизменным.

Обозначим новые равновесные давления водорода и водяного пара 
2
Hp и 
OHp
2 соответственно.
Новое равновесное парциальное давление водорода

2
Hp определим из константы равновесия:
15, 64
10 033,3 10 02,0
10 283,1
* 5 5
* 5
*
*
22
2 2

   
   
H
H
OH
H p p
p
p
p K
pH2
*= K p⋅3,053 ⋅10 5−1,283 ⋅10 5
1 K p
= 64,15 ⋅3,053 ⋅10 5−1,283 ⋅10 5
164,15 = 2,99 ⋅10 5Па
Количество молей водорода определяем из уравнения Менделеева – Клапейрона:
Масса образовавшегося водорода m
H
2 = M
H
2 n
H
2 = 2 ⋅ 0,085 = 0,17 г
Ответ .
nH2=0,085 моль ; mH2=0,17 г
6 .3. Равновесие в растворах слабых электролитов.
Пример 6 .6 . Вычислите степень диссоциации и рН 0,001М CH
3 COOH при Т = 298 К. Константа
диссоциации CH
3 COOH K
a =1,75·10 -5
.
Решение . Уравнение электролитической диссоциации уксусной кислоты имеет вид:
CH
3 COOH
 H +
+ CH
3 COO –
Концентрационная константа диссоциации кислоты в соответствии с законом разбавления
Оствальда записывается в виде
C C COOH CH
COO CH H Ka
2 2
3
3
1 ] [
] ][ [  
    
 
,
где α – степень диссоциации, С – молярная концентрация кислоты.
Отсюда можно рассчитать степень диссоциации уксусной кислоты
  132,0 001,0
10 75,1 5
  

C
Ka
Концентрация ионов водорода равна
[ H +
] = C α = 0,001·0,132=1,32·10 -4
моль/л.
Водородный показатель среды: pH = - lg [ H +
] = - lg (1,32·10 -4
) = 3,88.
Ответ : [ H +
] = 1,32·10 -4
моль/л; pH = 3,88n
H
2 = p
H
2*
⋅ V
RT = 2,99 ⋅ 10 5
⋅ 0,001
8,314 ⋅ 423 = 0,085 моль

Пример 6 .7 . Определите степень диссоциации, концентрацию ионов OH -
и pH 0,1М NH
4 OH при
Т = 298 К. Как изменится степень диссоциации, концентрация ионов OH -
и pH раствора NH
4 OH
при введении в него 1 моля NH
4 Cl , степень диссоциации которого равна 1,0? Изменением объема
раствора можно пренебречь. Константа диссоциации NH
4 OH K
b =1,77·10 -5
.
Решение . Уравнение электролитической диссоциации NH
4 OH имеет вид:
NH
4 OH  NH
4 +
+
OH -
Концентрационная константа диссоциации
C C OH NH
OH NH Kb
2 2
4
4
1 ] [
] ][ [  
    
 
,
отсюда степень диссоциации
  2 5
10 33,1 1,0
10 77,1  
    C
Kb
.
Концентрация ионов OH -
равна
[ OH -
] = C α = 0, 1·1,33·10 -2
=1,33·10 -3
моль/л.
Концентрацию ионов водорода находим из ионного произведения воды при Т = 298К:

14 10 00,1 ] ][ [       OH H Kw , откуда
12
3
14
10 5,7
10 33,1
10 00,1 ] [ 

   

  H
Водородный показатель среды: pH = - lg [ H +
] = - lg (7,5·10 -12
) = 11,12.
При введении в раствор слабого электролита NH
4 OH сильного электролита NH
4 Cl , полностью
распадающегося на ионы NH
4 +
и
Cl -
, в растворе увеличивается концентрация ионов NH
4 +
, что
приводит к смещению равновесия диссоциации NH
4 OH в направлении образования
недиссоциированных молекул, в результате чего понижается степень диссоциации слабого
электролита, и изменяется рН раствора.
Подтвердим этот вывод расчетом. Концентрация ионов NH
4 +
в растворе NH
4 OH ,
содержащем NH
4 Cl , равна
0,1 0,1 10 33,1 ] [ ] [ ] [ 3
4 4 4
44          
Cl NH OH NH NH NH NH моль/л, т. е.
практически определяется концентрацией сильного электролита.
Новую концентрацию OH -
найдем по значению константы диссоциации K
b :
6 5
4
4 * 10 77,1 0,1
1,0 10 77,1
] [
] [ ] [  

       
NH
OH NH K OH b
моль/л,
из которой определим новую степень диссоциации NH
4 OH :
5 6 * * 10 77,1 1,0
10 77,1 ] [   
     C
OH 
.
Новое значения [ H +
] *
находим из ионного произведения воды K
w :

9
6
14
*
* 10 6,5
10 77,1
10 0,1
] [
] [ 



  

  
OH
K H wмоль/л,
Водородный показатель среды pH *
:
25,8 ) 10 6,5 lg( ] lg[ 9 * *       H pH .
Вычисления подтвердили уменьшение концентрации ионов OH -
, степени диссоциации и рН в
результате смещения равновесия диссоциации NH
4 OH при увеличении концентрации иона NH
4 +
.
Ответ :
  1,33·10 -2
, [ OH -
] = 1,33·10 -3
моль/л; pH = 11,12; 5 * 10 77,1     ;
[ OH -
] *
=
6 10 77,1   моль/л; pH *
=8,25
Пример 6 .8 . Вычислите константу и степень гидролиза карбоната натрия, протекающего по
первой ступени, в водном растворе, содержащем 0,1моль/л Na
2 CO
3 .
Константы диссоциации угольной кислоты:
по первой ступени: H
2 CO
3
 H +
+ HCO
3 -
, K
a, 1 = 4,27·10 -7
;
по второй ступени: HCO
3 -

 H +
+ CO
3 2-
, K
a, 2 = 4,68·10 -11
Решение . Запишем уравнение гидролиза Na
2 CO
3 по первой ступени в молекулярной и
молекулярно-ионной формах
Na
2 CO
3 + H
2 O
 NaHCO
3 + NaOH; CO
3 2-
+ H
2 O  HCO
3 -
+ OH -
Константа гидролиза K
г может быть выражена через ионное произведение воды K
w и константу
диссоциации угольной кислоты по второй ступени K
a,2 :
K
г = [ HCO
3-
] [ OH -
]
[ CO
32-
] = [ HCO
3-
] [ OH -
] [ H +
]
[ CO
32-
] [ H +
] = K

K
a
, 2
Вычисляем константу гидролиза:
Kг= 1,0 ⋅10 -14
4,68 ⋅10 -11 =2,1 ⋅10 -4
Степень гидролиза h определяется из уравнения:
K
г = h 2
1 − h C ≈ h 2
C ,
откуда
h =
 K
г
C =  2,1 ⋅ 10 -4
0,1 = 4,58 ⋅ 10 -2
= 4,58 %
Ответ :
Kг= 2,1 ⋅10 -4 ; % 58,4h
6 .4. Гетерогенное равновесие в электролитах. Условие выпадения осадка
Пример 6 .9 . В промышленных сточных водах концентрация катионов свинца ( II ) не должна
превышать 0,1 мг/л. Установите, обеспечивается ли очистка сточных вод от свинца осаждением
его в виде иодида при Т =298 К. Произведение растворимости PbI
2 при Т =298 К ПР = 8,2·10 -9
.

Решение . Иодид свинца в насыщенном растворе вследствие малой растворимости полностью
диссоциирован на ионы по уравнению
PbI
2 (т) Pb 2+
(раствор)
+ 2 I -
(раствор)
При диссоциации 1 моля PbI
2 образуется 1 моль ионов Pb 2+
и 2 моля ионов I -
, т. е. 
 22 Pb I C C
.
Тогда
ПР PbI 2=CPb2+CI-2=CPb2+2C Pb2+2=4C Pb2+ ,
откуда находим концентрацию ионов свинца:
CPb2+= 3

ПР PbI 2
4 = 3

8,2 ⋅10 −9
4 =1,27 ⋅10 −3моль /л
Определим массу ионов Pb 2+
, содержащихся в 1 л раствора при данной температуре:

 22 Pb Pb M C m
= 1,27·10 -3
·207 = 0,263 г/л = 263 мг/л,
где
2Pb M - молярная масса свинца, г/моль.
Так как полученное значение существенно превышает предельно допустимую концентрацию
ионов Pb 2+
, равную 0,1 мг/л, то очистка сточных вод от свинца путем осаждения его в виде
иодида возможна.
Ответ . При данных условиях очистка обеспечивается.
Пример 6.10 . Произведение растворимости AgCN при температуре Т =298 К равно ПР=1,6·10 -14
.
Каковы концентрации ионов Ag +
и CN -
в насыщенном растворе цианида серебра при этой
температуре? Как изменятся концентрации ионов при введении в раствор при постоянной
температуре 0,01 моля нитрата серебра, степень диссоциации которого равна 1,0? Изменением
объема раствора можно пренебречь.
Решение . В насыщенном растворе AgCN устанавливается равновесие
AgCN
 Ag +

+ CN -
Концентрации ионов Ag +
и CN -
одинаковы и равны
C
Ag + = C
CN - =
 ПР
AgCN =  1,6 ⋅ 10 − 14
= 1,26 ⋅ 10 − 7
моль / л
При введении сильного электролита, практически полностью диссоциирующего на ионы по
уравнению AgNO
3 
Ag +
+ NO
3 -
, в растворе увеличивается концентрация ионов Ag +
, что
приводит к нарушению равновесия, выпадению осадка AgCN и установлению новых
равновесных концентраций ионов Ag +
и CN -
.
Новая концентрации ионов серебра равна
CAg+* =CAgисх+CAgдоб+=1,26 ⋅10 −7 0,01 =0,01 моль /л .
Нов ую концентраци ю цианид – ионов определим из произведения растворимости:
CCN - * = ПР AgCN
CAg+* = 1,6 ⋅10 −14
0,01 =1,6 ⋅10 −12моль /л

В результате введения в насыщенный раствор AgCN вещества, содержащего одноименный ион
Ag +
, произошло увеличение концентрации Ag +
в 4
7 10 8
10 26,1
01,0  
  раз и уменьшение
концентрации CN -
в
4
12
7
10 8
10 6,1
10 26,1  



 раз в результате выпадения осадка AgCN .
Ответ .
7 10 26,1    
 CN Ag C C моль/л; 01,0 * AgC моль/л; 12 * 10 6,1   
 CNC моль/л
Пример 6.11 . Вычислите растворимость (моль/л и г/л) сульфата бария в чистой воде и растворе
сульфата натрия с концентрацией 0,01 моль/л. Произведение растворимости сульфата бария
равно ПР
4
BaSO =1,0·10 -10
.
Решение . Растворимость соли определяется концентрацией иона Ba 2+
, которую можно вычислить
из произведения растворимости BaSO
4 :

Растворимость сульфата бария в присутствии сульфата натрия, содержащего одноименный ион
SO
4 2-
, уменьшится (см. пример 6.10) и станет равной:
sBaSO 4
* = ПР BaSO 4
CSO42-Na2SO4
= 1,0 ⋅10 −5
0,01 =1,0 ⋅10 −8моль /л
и
6 8 * * 10 37,1 33, 137 10 0,1
444          BaSO BaSO BaSO M n m г/л.
Растворимость BaSO
4 в растворе сульфата натрия уменьшилась в 1000 раз по сравнению с его
растворимостью в чистой воде.
Ответ .
5 10 0,1 4
   BaSOs моль/л; 3 10 37,1
4    BaSOm г/л; 8 * 10 0,1
4    BaSOs моль/л; 6 * 10 37,1
4    BaSOm г/л
Пример 6.12 . Какую массу хлорида кальция нужно добавить к 1 л 0,001М Na
2 SO
4, чтобы выпал
осадок сульфата кальция ? ПР
4
CaSO =1,7·10 -5
.
Решение . Уравнение реакции
Na
2 SO
4 + CaCl
2  CaSO
4  + 2 NaCl или Ca 2+
+ SO
4 2-

CaSO
4 
Осадок образуется при выполнении условия
CCa2+CSO42-≥ ПР CaSO 4
Концентрацию ионов SO
4 2-
принимаем равной концентрации соли Na
2 SO
4 (см. пример 6.10):

001,0 2
4  SOC
моль/л.s
BaSO
4 = C
Ba + =
 ПР
BaSO
4 =  1,0 ⋅ 10 − 10
= 1,0 ⋅ 10 − 5
моль / л
3 5 10 37,1 33, 137 10 0,1
444          BaSO BaSO BaSO M n m

Из условия образования осадка определяем концентрацию ионов Ca 2+
:
C
Ca 2 + ≥ ПР
CaSO
4
C
SO
42 - = 1,7 ⋅ 10 − 5
0,001 = 1,7 ⋅ 10 − 2
моль / л
и массу CaCl
2 , которую нужно добавить, чтобы выпал осадок CaSO
4 : 89,1 98, 110 10 7,1 2
222      
CaCl CaCl CaCl M n m г/л.
Ответ .
89,1
2 CaClm г/л
7. Электрохимические процессы
7.1. Направление протекания окислительно-восстановительной реакции
Пример 7.1. Историки считают, что одной из причин гибели Римской империи было использова ­
ние древними римлянами свинцовых труб для водопровода и посуды. Отравление свинцом
происходит медленно, по мере накопления его в организме. Свинцовое отравление римлян под ­
тверждается результатами анализа их останков.
Обсудите возможность растворения свинца в воде ( pH = 7 ), если стандартные электродные
потенциалы свинца и кислорода соответственно равны:
Pb 2+
+ 2 ē
 Pb φ 0
1 = - 0,126 В
O
2 + 4 H +
+ 4 ē
 2 H
2 O φ 0
2 = 1,229 В
Решение . Растворение свинца в воде происходит по окислительно-восстановительной реакции,
уравнение которой можно составить, исходя из условия самопроизвольного перехода электронов
от восстановителя к окислителю. Восстановитель, отдавая электроны, имеет меньшее значение
электродного потенциала, окислитель, принимая электроны, имеет большее значение потенциа ­
ла. На основании этого запишем уравнения процессов окисления и восстановления, а также об ­
щее ионно-молекулярное уравнение в направлении его самопроизвольного протекания:
окисление восстановителя Pb : Pb
 Pb 2+
+ 2 ē
восстановление окислителя O
2 : O
2 + 4 H +
+ 4 ē
 2 H
2 O
В реакции число принятых электронов должно быть равно числу отданных. Для составления об ­
щего уравнения реакции стехиометрические коэффициенты первой реакции необходимо умно ­
жить на 2 и алгебраически просуммировать обе реакции:
общее уравнение реакции в ионно-молекулярной форм е :
2Pb + O
2 + 4H +

 2Pb 2+
+ 2H
2 O

Определим электродвижущую силу (ЭДС) данной окислительно-восстановительной реакции.
ЭДС есть максимальная разность между равновесными электродными потенциалами окислителя
и восстановителя:
E = φ
ок – φ
восст . ( 7 .1)
Потенциал кислородного электрода зависит от pH среды и относительного парциального давле ­
ния кислорода:
OH H O
22 / ,  
= 1,229 - 0,059 pH +
2 ~ lg 4
059,0
Op (7.2)
Принимая парциальное давление кислорода равным стандартному давлению, потенциал кисло ­
родного электрода рассчитываем по уравнению

OH H O
22 / ,  
= 1,229 - 0,059 pH (7.3)
тогда 
  2
22 / , Pb OH H O E   = ( 1,229 – 0,059∙7) - (-0,126) = 0,942 В.
Самопроизвольное протекание окислительно-восстановительной реакции возможно при пониже ­
нии энергии Гиббса, которое связано с ЭДС реакции уравнением:

°Gr = - zFE , (7.4)
где z – общее число электронов, участвующих в окислительно-восстановительной реакции; F –
число Фарадея : F  96500 Кл/моль (экв); E – ЭДС окислительно-восстановительной реакции.
Определим изменение энергии Гиббса в реакции:

°Gr = - 4∙ 96500∙0,942∙10 -3
= -363,61 кДж
Положительное значение ЭДС реакции и отрицательное значение изменения энергии Гиббса
подтверждают её самопроизвольное протекание.
Ответ . При достаточной концентрации кислорода в воде свинец растворяется, переходя в
ионное состояние
Пример 7.2. В технике для травления меди обычно применяется трихлорид железа. Можно ли
при стандартных условиях окислить медь с помощью трихлорида кобальта CoCl
3 ? Ответ под ­
твердите расчетом.
Приведите уравнения процессов окисления и восстановления, а также общее уравнение ре ­
акции в ионно-молекулярной и молекулярной формах.
Стандартные электродные потенциалы:
Co3+/Co2+ 0 =1,81 B; 
Cu 2+
/ Cu0
= 0,34
B
Решение . Так как
Co3+/Co2+ 0 > Cu2+/Cu 0 , уравнения процессов окисления и восстановления
можно записать следующим образом:

процесс окисления восстановителя: Cu  Cu 2+
+ 2 ē
проц е сс восстановления окислителя: Co 3+
+ ē
 Co 2+
Запишим суммарное ионно-молекулярное уравнение реакции в направлении ее самопроизволь ­
ного протекания: 2Co 3+
+ Cu
 2Co 2+
+ Cu 2+
Согласно (7.1), в стандартных условиях E º = φ º
ок – φ º
восст ,
откуда

E0=Co3+/Co2+ 0 −Cu2+/Cu 0 =1,81 −0,34 =1,47 В
Изменение энергии Гиббса рассчитываем по уравнению (7.4):
°Gr
= - zFE º
= -2∙96500∙1,47 = -283710 Дж.
Поскольку E º
> 0 и
°Gr < 0, травление меди в растворах CoCl
3 возможно.
При этом протекает реакция
Cu + 2CoCl
3
 CuCl
2 + 2CoCl
2
Ответ . Возможно; E º
=1,47 В;
°Gr = -283710 Дж.
7.2. Процессы в гальваническом элементе
Пример 7.3. Алюминиевая и медная пластины соединены внешним проводником и погружены в
растворы их хлоридов с активностью ионов
; 10 3
3   Ala 1 10
2    Cua .
Приведите схему гальванического элемента, уравнения электродных процессов и токообра ­
зующей реакции. Рассчитайте работу, изменение энергии Гиббса и константу равновесия реак ­
ции, лежащей в основе работы гальванического элемента, при температуре Т =298 К.
Стандартные электродные потенциалы:
° Al Al /
3   = -1,662 В ; ° Cu Cu /2  = 337,0 В.
Решение. Анодом в данном гальваническом элементе является алюминиевая пластина, катодом –
медная, поскольку
° Al Al /
3   < °
Cu Cu /2  .
C хема гальванического элемента имеет вид:
( анод ) (-) Al │ Al 3+
║ Cu 2+
│ Cu (+) ( катод )
Электродные процессы описываются уравнениями:
( анодный процесс ) (-): Al
 Al 3+
+ 3 ē
( катодный процесс ) (+): Cu 2+
+ 2 ē
 Cu
Уравнение токообразующей реакции является суммой уравнений электродных процессов:
2Al + 3Cu 2+

 3Cu + 2Al 3+
Максимальное значение электрической работы, совершаемой при протекании реакции в гальва ­
ническом элементе, равно

W = zFE . (7.5)
По уравнению (7.1) рассчитываем ЭДС гальванического элемента:
E = φ
ок – φ
восст =
° Cu Cu /2  - ° Al Al /3 
Потенциалы металлических электродов рассчитываем по уравнению Нернста :
 =  0
 0,059
z log a
i (7.6)
где φ 0
– стандартный электродный потенциал; z – число электронов, участвующих в электрод ­
ном процессе; a
i – активность ионов металла в растворе.
Вычисляем потенциалы анода и катода:
анод = Al3+/Al=Al3+/Al 0  0,059
3 log 10 −3=−1,662 −0,059 =−1,721 В

катод = 
Cu 2+
/ Cu = 
Cu 2+
/ Cu0
 0,059
2 log  10 − 1
 = 0,337 − 0,029 = 0,307 В
По уравнению (7.5) рассчитываем работу:
W = 6∙96500∙(0,307+1,721)∙10 -3
= 1174,5 кДж
Работа, совершаемая в реакции при постоянной температуре и давлении, равна убыли энергии
Гиббса реакции, т. е. W =
Gr , откуда

Gr = -W= - zFE = -1174,5 кДж .
Стандартная энергия Гиббса связана с константой равновесия
°aK уравнением
RT
G K r a
° °  ln

При равновесии
) ( / /
32
° ° ° °
Al Al Cu Cu r r zF zFE G G         , откуда
474 29831,81118050
e e Ka    °
Ответ . W = 1174,5 кДж;
Gr = -1174,5 кДж; 474e Ka° , токообразующая реакция практи ­
чески необратима.
Пример 7.4. Гальванический элемент состоит из двух водородных электродов, погруженных в
растворы с разными значениями рН: pH
1 = 3 и pH
2 = 10 . Приведите уравнения электродных реак ­
ций, рассчитайте ЭДС гальванического элемента. Укажите, какой электрод является анодом, ка ­
кой – катодом. К какому типу относится данный гальванический элемент?
Решение . Так как на аноде происходит процесс окисления, а на катоде – восстановление, в галь ­
ваническом элементе будут протекать следующие электродные реакции:

(а нод ) (-): H
2  2 H +
+ 2 ē
(к атод ) (+): 2 H +
+ 2 ē
 H
2
Потенциал водородного электрода зависит от pH раствора и относительного парциального давле ­
ния водорода:

2
2
~ lg 2
059,0 lg 059,0 / 2 H H H H p a     (7.7)
Принимая парциальное давление водорода равным стандартному давлению и заменяя активность
ионов водорода величиной рН, потенциал водородного электрода рассчитываем по уравнению:

pH H H 059,0
2 / 2  
(7.8)
Рассчитаем потенциалы водородных электродов по уравнению (7.8):
при pH
1 = 3: φ
1 = - 0,059∙3 = - 0,177 В ; при pH
2 = 10: φ
2 = -0,059∙ 10 = - 0,59 В.
Поскольку φ
1 > φ
2 , электрод, погруженный в раствор с pH
1 = 3, будет катодом, а электрод, погру ­
женный в раствор с pH
2 = 10 , – анодом.
ЭДС образованного гальванического элемента рассчитываем по уравнению
E = φ
1 - φ
2 =
-0,177 - (-0,59) = 0,413 В.
Данный элемент относится к концентрационным гальваническим элементам , так как состоит из
двух одинаковых по своей природе электродов (с одной и той же электродной реакцией), но с
различной активностью электролита.
Ответ . ЭДС = 0,413 В; концентрационный гальванический элемент
7.3. Процессы при электролизе
Пример 7.5. Ионы кадмия ( II ) относятся к экологически вредным ионам (ПДК
Cd (2+) = 0,1 мг/м 3
),
их можно удалить из раствора по реакции восстановления, например, электрическим током:
Cd 2+
+ 2 ē
 Cd
Рассчитайте теоретическое количество электричества, которое необходимо для восстановления
кадмия из раствора объемом 10 м 3
с концентрацией 1,12 кг/ м 3
Cd 2+
.
Решение . Количество электричества определяем из уравнения Фарадея:

KIt Kq m   , (7.9)
где m – масса вещества, претерпевшего электрохимическое превращение; q - количество электри ­
чества; K – электрохимический эквивалент; I – сила тока; t – время прохождения тока.
Электрохимический эквивалент равен

K= M экв
F = M
zF , (7.10)

где M экв – молярная масса эквивалента вещества, F – число Фарадея, F =96484 ≈ 96500
Кл/моль; M – молярная масса вещества; z – число электронов, участвующих в электродной ре ­
акции .
Масса полностью восстановленного из 10 м 3
раствора кадмия составляет
m = 1,12 кг/ м 3
∙10 м 3
= 11,2 кг
Необходимое количество электричества рассчитаем по уравнению
q = m
K = mzF
M = 11,2 ⋅ 10 3
⋅ 2 ⋅ 96500
112,4 = 1,92 ⋅ 10 7
Кл
Ответ. q = 1,92∙10 7
Кл
Пример 7.6. Для защиты металлических деталей от коррозии в некоторых случаях используют
медь, наносимую на изделие электрохимическим способом. Определите массу выделившейся на
катоде меди при электролизе водного раствора сульфата меди CuSO
4 , если на аноде выделилось
700 мл кислорода, измеренного при нормальных условиях. Составьте уравнения электродных
реакций и суммарное уравнение процесса.
Решение. В водных растворах сульфата меди содержатся ионы Cu 2+
и SO
4 2-
, образующиеся в ре ­
зультате диссоциации CuSO
4 ,
и молекулы воды. При электролизе на аноде окисляются молекулы
воды, на катоде восстанавливаются ионы меди, так как ° °
2 2 / 2 / H H Cu Cu     .
Схема всего процесса может быть представлена следующим образом:
( анод ) (+): 2 H
2 O - 4 ē
 O
2 + 4 H +
( катод ) (-): Cu 2+
+ 2 ē
 Cu
Суммарное уравнение процесса электролиза имеет вид
2Cu 2+
+ 2H
2 O → 2Cu + O
2 + 4H +
Согласно закону эквивалентов, количества вещества эквивалентов кислорода и меди одинаковы.
Определим, сколько эквивалентов кислорода выделилось при электролизе. При нормальных
условиях (температура T = 0 º С = 273 К и давлении 101,3 кПа) один моль кислорода, имеющий
молярную массу 32 г/моль, согласно закону Авогадро занимает объем 22,4 л. Один моль эквива ­
лентов кислорода имеет молярную массу 8 г/моль и занимает при этих условиях объем 5,6 л.
Следовательно, в 700 мл кислорода содержится эквивалентов n
экв =
125,0
6,5
700,0  моль.
Столько же образовалось эквивалентов меди, откуда масса меди
m = М
экв ∙ n
экв = M ⋅ n
экв
z = 63,54 ⋅ 0,125
2 = 3,97 г

Ответ. m = 3,97 г.
Пример 7.7. Будут ли различаться по составу продукты электролиза расплавов и водных раство ­
ров хлоридов кальция и меди? Приведите уравнения электродных реакций, протекающих на гра ­
фитовых электродах. Возникают ли экологические проблемы при проведении этих процессов?
Ответ аргументируйте.
Решение. 1. Рассмотрим электролиз расплавов хлоридов кальция и меди. В расплавах соли полно ­
стью диссоциируют на ионы:
CaCl
2  Ca 2+
+ 2Cl -
; CuCl
2  Cu 2+
+ 2Cl -
.
При прохождении электрического тока через расплавы солей на аноде будут окисляться анионы
хлора, на катоде – восстанавливаться катионы металлов:
CuCl
2 (расплав) :
( анод ) (+): 2 Cl -
- 2 ē
 Cl
2 ;
( катод ) (-): Cu 2+
+ 2 ē  Cu 0

CaCl
2 (расплав) :
( анод ) (+): 2 Cl -
- 2 ē
 Cl
2 ; ( катод ) (-): Ca 2+
+ 2 ē  Ca 0
Суммарные уравнения процессов электролиза расплавов солей имеют вид:
Cu 2+
+ 2Cl -
→ Cu 0
+ Cl
2  Ca 2+
+ 2Cl -
→ Ca 0
+ Cl
2 
2. Рассмотрим электролиз водных растворов хлоридов кальция и меди.
При электролизе водного раствора хлорида меди на аноде окисляются хлорид-ионы, на катоде
восстанавливаются катионы меди, суммарное уравнение электролиза водного раствора останется
таким же, как и при электролизе расплава:
CuCl
2 (раствор) :
( анод ) (+): 2 Cl -
- 2 ē
 Cl
2  ;
( катод ) (-): Cu 2+
+ 2 ē  Cu 0
Cu 2+
+ 2Cl -
→ Cu 0
+ Cl
2 
В водном растворе хлорида кальция на аноде окисляются хлорид-ионы, на катоде
восстанавливаются катионы водорода, точнее, молекулы воды, так как значения их стандартных
электродных потенциалов более положительные (
В H H 0 2/ 2  ° , 
2H
2 O / H
2  2 OH -0
= − 0,828 В
,
чем потенциал кальция (
В Ca Ca 87,2 /2   ° ):
CaCl
2 (раствор) :
( анод ) (+): 2 Cl -
- 2 ē
 Cl
2  ;
( катод ) (-): 2 H +
+ 2 ē
 H
2  или 2 H
2 O + 2 ē  H
2  + 2 OH -

Суммарное уравнение электролиза водного раствора CaCl
2 будет иным
Ca 2+
+ 2Cl -
+ 2H
2 O → Ca 2+
+ Cl
2  + H
2  +2 OH -

Ca 2+
+ 2Cl -
+ 2H
2 O → Cl
2  + H
2  + Ca( OH)
2
Продукты электролиза расплава и водного раствора CaCl
2 различны.
При проведении описанных процессов возникают экологические проблемы, связанные с
воздействием выделяющегося хлора на живые организмы, прежде всего на человека. Хлор

представляет собой ядовитый газ с резким запахом. Он вызывает раздражение дыхательных
путей, а вдыхание большого его количества может привести к гибели от удушья. Эти
обстоятельства необходимо учитывать при организации и проведении технологических
процессов в масштабах производства.
Ответ. При электролизе расплава и водного раствора хлорида меди образуются одинаковые
продукты, а при электролизе расплава и раствора хлорида кальция продукты различны.
7 .4. Электрохимическая коррозия
Пример 7 .8 . Опишите процессы, протекающие при коррозии никелированного железа во
влажном воздухе. Составьте схему коррозионного гальванического элемента.
Стандартные электродные потенциалы: Fe2+/Fe 0 =−0,44 В; Ni2+/Ni 0 =−0,25 B
Решение . Исходя из значений стандартных электродных потенциалов, определяем более
активный металл, который в гальванической паре Fe – Ni будет анодом. Таким металлом является
железо, потенциал которого меньше, поэтому оно будет подвергаться окислению. На никелевом
катоде восстанавливается окислитель – кислород.
Схема коррозионного элемента:
( анод ) ( Fe ) (-) Fe | H
2 O , O
2 | O
2 / OH -
(+) ( Ni ) (к атод )
Электродные процессы:
( анод ) (Fe) (-): Fe
 Fe 2+
+ 2 ē
( катод ) (Ni) (+): O
2 + 2H
2 O + 4 ē
 4OH -
Токообразующая реакция : 2Fe + O
2 + 2H
2 O
 2Fe 2+
+ 4OH -
 2Fe(OH)
2 ↓
Пример 7 .9 . Вычислите потенциал свинца, корродирующего в деаэрированной среде при
температуре Т =298 К и стандартном давлении, если продуктами коррозии являются гидроксид
свинца ( II ) и водород. Стандартный электродный потенциал:
Pb2+/Pb 0 =−0,126 B,
произведение растворимости ПР
Pb  OH 
2 = 5,1 ⋅ 10 − 16
.
Решение . Электродный потенциал свинца вычисляем по уравнению Нернста ( 7 .6):
Pb2+/Pb=Pb2+/Pb 0  0,059
z log aPb2+
.
Активность ионов свинца a
i = C
i γ
i  C
i находим из произведения растворимости Pb ( OH )
2
(см. пример 6 .9):
ПР
Pb  OH 
2 = C
Pb 2+ C
OH -2
= C
Pb 2+  2C
Pb2+
 2
= 4C
Pb 2+3
откуда
C
Pb 2+ = 3
 ПР
Pb  OH 
2
4 = 3 
5,1 ⋅ 10 − 16
4 = 5,03 ⋅ 10 − 6
моль/л
Электродный потенциал свинца

282,0 156,0 126,0 ) 10 03,5 lg( 2
059,0 126,0 6
/
2        
Pb Pb В.
Ответ.
282,0 /
2   Pb Pb В
Пример 7 .10 . Образец меди, частично покрытой оловом, подвергается коррозии в природной
воде (рН=8,1), при температуре 298 К и стандартном давлении. С какой деполяризацией –
кислородной или водородной может протекать процесс? Активность ионов корродирующего
металла примите равной 10 -6
.
Стандартные электродные потенциалы:
337,0 /2   °
Cu Cu В, 136,0 /
2   °
Sn Sn В.
Решение . Исходя из значений стандартных электродных потенциалов меди и олова, определяем,
что подвергаться коррозии будет олово, являющееся в гальванической паре Cu – Sn анодом:
( анод ) ( Sn ) (-): Sn
 Sn 2+
+ 2ē
Вычисляем потенциал анода по уравнению Нернста (7.6):
313,0 10lg 2
059,0 136,0 lg 2
059,0 6
/ /
222       
Sn Sn Sn Sn Sn a °  В
На медном катоде в слабощелочной среде могут протекать катодные реакции:
при кислородной деполяризации O
2 + 2 H
2 O + 4ē
 4 OH -
,
при водородной деполяризации 2 H
2 O + 2ē
 H
2 + 2 OH -
Вычисляем потенциалы кислородного электрода по уравнению (7.3):
751,0 1,8 059,0 229,1 059,0 229,1 /
2        pH OH O В,
и водородного электрода по уравнению (7.8):
478,0 1,8 059,0 059,0
22 /     pH HOH В
Для соответствующих схем коррозионных элементов определяем ЭДС элементов:
при кислородной деполяризации :
( анод ) ( Sn ) (-) Sn | H
2 O , O
2 , рН=8,1| O
2 / OH -
(+) ( Cu ) ( катод )
064,1 ) 313,0 ( 751,0 / / 1
2
2        Sn Sn OH O E   В;
при водородной деполяризации :
( анод ) ( Sn ) (-) Sn | H
2 O , рН=8,1|Н
2 O / H
2 (+) ( Cu ) (к атод )
165,0 ) 313,0 ( 478,0 / / 2
2
22        Sn Sn HOH E   В
Коррозия меди с оловянным покрытием (луженой меди) в природной воде с рН=8,1 может
протекать только с кислородной деполяризацией, поскольку для водородной деполяризации
Е
2 < 0, что определяет знак
°
2, 298Gr >0.

Ответ . Коррозия луженой меди в воде может протекать только с кислородной деполяризацией,
при этом разрушается металл покрытия – олово.
Пример 7 .11 . Изделия из сплавов меди во влажном воздухе, содержащем CO
2 , покрываются
пленкой ( CuOH )
2 CO
3 в результате реакции
2Cu
( т ) + H
2 O
( ж ) + O
2( г ) + CO
2( г )  (CuOH)
2 CO
3( т )


298S , Дж/(моль∙К) 0,0 (-285,83) 0,0 (-393,51) (-1051,0)

  298Hf , кДж/моль 33,14 69,95 205,04 213,66 211,60
  298Gf
, кДж/моль 0,0 (-237,23) 0,0 (-39 4 ,37) (-900,90)
Определите термодинамическую возможность процесса при стандартном давлении и
температуре Т = 298 К. Рассчитайте ЭДС коррозионного элемента. Оцените температуру, при
которой процесс становится невозможным.
Решение . Вычисляем изменение стандартной энергии Гиббса (см. пример 5.6, уравнение 5.6):

r G
2980
= 
f G
298,  CuOH 
2 CO
30
− 2 
f G
298, Cu0
− 
f G
298, H
2 O0
− 
f G
298, CO
20
= ¿
= - 900,90 - 2  0 - (-237,23) – 0 – (-394,37) = - 269,30 кДж.
Понижение энергии Гиббса
  298Gr < 0 указывает на термодинамическую возможность процесса
при стандартных условиях и определяет возможность совершения полезной работы системой, в
данной случае работы по переносу электрического заряда: W =
zFE GT r    ,
где z – общее количество электронов, участвующих в окислительно-восстановительной реакции,
осуществляемой в гальваническом элементе; F – число Фарадея, равное 96484 Кл/моль(экв);
Е – ЭДС элемента.
ЭДС коррозионного элемента:
698,0 96484 4
) 10 30, 269 ( 3
298  
    zF
G E r
° В.
Температура, при которой коррозия изделий из сплавов меди становится невозможной, может
быть определена из условия термодинамического равновесия, при наступлении которого процесс
равновероятен в обоих направлениях (см. пример 5.7):
  5, 1082 33, 343
10) 66, 371 (
) 04, 205 66, 213 14, 33 2 60, 211(
100 ) 83, 285 ( 0 2 0, 1051 3 3
298
298  
     
      

  

S
H T
r
r
К.
Реакция протекает с выделением теплоты (
  298Hr < 0), поэтому согласно принципу Ле-Шателье
она термодинамически возможна при температуре Т < 1082,5 K и становится невозможной при
температуре Т > 1082,5 K .
Ответ .
  298Gr = - 269,35 кДж; 698,0 E В; Т > 1082,5 K

Задачи для самостоятельного решения
1. Рассчитайте массовую долю гидроксида натрия в растворе, полученном растворением
9,6 г гидрида натрия в 200 г воды.
2. Для приготовления 1 л раствора соляной кислоты с массовой долей 30,5 % был
использован хлороводород, полученный при слабом нагревании смеси хлорида натрия и
концентрированной серной кислоты (массовая доля ω= 98 %, плотность ρ = 1841 г/л).
Рассчитайте израсходованные массу хлорида натрия и объем серной кислоты.
3. Медицинский раствор нашатырного спирта является водным раствором аммиака с
массовой долей 3% . Определите массу и объем газообразного аммиака, требующегося
для приготовления 1 л раствора при давлении 101,3 кПа и температуре 20 0
С .
4. При промышленном получении медного купороса медный лом окисляют кислородом
воздуха и полученный оксид меди ( II ) растворяют в серной кислоте. Вычислите расход
меди и 80%-ной серной кислоты, требующийся для получения 100 кг CuSO
4 · 5 H
2 O .
5. Определите молярную массу эквивалентов металла, если при растворении 20 мг металла
при температуре 18 0
С и давлении 101,3 кПа был получен водород объемом 12,12 мл.
6. Рассчитайте молярную массу эквивалентов кислоты и определите ее формулу, если на
нейтрализацию 1 л раствора кислоты с массовой долей 20,4 % и плотностью 1,10 г/мл,
израсходовано 1,12 л раствора гидроксида натрия с массовой долей 18 ,3 % и
плотностью 1,20 г/мл.
7. Определите молярную массу эквивалентов металла, если 13,29 мг металла при
взаимодействии с соляной кислотой вытеснил 5,00 мл водорода, собранного под водой и
измеренного при давлении P = 101,3 кПа и температуре 293 К . Давление насыщенного
пара воды при этой температуре OHp 2 = 2,34 кПа. Назовите металл, степень окисления
которого равна двум.
8. Определите, используя закон эквивалентов, какое вещество находится в избытке, если к
10 г раствора азотной кислоты прибавили 10 г раствора гидроксида калия.
9. Определите молярную массу эквивалентов галогена, если в галогениде некоторого метал ­
ла массовая доля галогена составляет 49 , 16 %, а в оксиде этого же металла массовая доля
кислорода составляет 20,70 %. Молярная масса эквивалентов кислорода равна 8,00
г/моль.

10. П о заданным координатам (период, группа) установите элемент в периодической системе элемен ­
тов, составьте полную электронную формулу его атома в стабильном и возбужденном состоя ­
ниях. Изобразите электронно-графические диаграммы внешнего электронного уровня
атома в этих состояниях: а) (4 период, 16 группа ); б ) (5 период , 1 группа ); в ) ( 3 период ,
17 группа ); г ) ( 3 период ,
11. 15 группа ).
12. Запишите значения четырех квантовых чисел: главного n , орбитального l , магнитного
m
l и спинового m
s для каждого из электронов внешнего энергетического уровня атома в
стабильном и максимально возбужденном состояниях: а) P; б) Ti; в) Mn; г) S .
13. Составьте полные электронные формулы атомов, объясните изменение первой энергии иониза ­
ции (эВ) в ряду элементов: а) Li (5,39), Na (5,14), K (4,34); б) Li (5,39), Be (9,32), B (8,296);
в) Zn (9,39), Cd (8,99), Hg (10,34); г) O (13,61), F (17,42), Ne (21,56).
14. Используя метод молекулярных орбиталей, объясните различные значения энергии ионизации
(кДж/моль) в частицах: а) O
2 (498) и O
2 -
(394); б) I
2 (153) и I
2 +
(254); в) P
2 (489) и S
2 (426);
г) H
2 (436) и H
2 +
(260).
15. Используя метод молекулярных орбиталей, объясните различные значения длины связи (пм) в
ряду частиц: а) O
2 -
(13 4 ), O
2 (121), O
2 +
(112); б) F
2 +
(133), F
2 (142), F
2 -
(150) .
16. И спользуя метод валентных связей, объясните экспериментально установленное строение
молекул или ионов, у кажите тип гибридизации орбиталей центрального атома, изобразите
перекрывание орбиталей, обоснуйте наличие или отсутствие у частицы электрического момента:
а) BeCl
2 , линейная,  Cl-B-Cl =180 0
; б ) BBr
3 , плоский треугольник,  Br-B-Br =120 0
;
в ) [ BeF
4 ] 2-
, тетраэдр ,  F-Be-F =109,5 0
; г ) HOF, угловая,  H-O-F = 97 0
.
17. Используя метод валентных связей, объясните одинаковую геометрическую форму частиц,
у кажите тип гибридизации орбиталей центрального атома, н аличие σ - или π - связей, изобразите
перекрывание орбиталей: а) линейная: частицы BeF
2 и CO
2 ; б) линейная: частицы COS и
CNCl; в) плоская треугольная: частицы AlBr
3 и COCl
2 ; г) тетраэдрическая: частицы CF
4
и [BF
4 ] -
.
18. В водоем со сточными водами попал гербицид, начальная концентрация которого в во ­
доёме составила 10 -4
моль/л. Определите период превращения гербицида при взаимодей ­
ствии его с компонентами среды и изменение его концентрации через 120 ч, если реакция
протекает по первому порядку и константа скорости равна 10 -6
с.
19. Получение аммиака из простых веществ основано на реакции N
2 + 3 H
2  2 NH
3 . Рассчи ­
тайте концентрации азота и водорода при концентрации аммиака 0,5 моль/л, если в на ­
чальный момент времени они были равны: C N
2 = 1,5 моль/л; C H
2 = 2,5 моль/л;
C NH
3 = 0 моль/л.

20. В результате химических реакций при постоянной температуре за 30 с в реакционном
пространстве объёмом 1 л образовались следующие количества веществ: а) H
2 – 10 г;
б) H
2 O – 18 г; в) H
2 S – 17 г. Установите, какая из этих реакций протекает быстрее.
21. При изучении кинетики реакции CH
4(г) + 2 S
2(г) = CS
2(г) + 2 H
2 S
(г) было обнаружено, что при
повышении давления метана в 2 раза скорость реакции возросла в 2 раза. К тем же ре ­
зультатам привело увеличение давление паров серы в 2 раза. Составьте кинетическое
уравнение реакции. Каковы порядки реакции по каждому из исходных веществ и общий
порядок реакции? Как изменится скорость реакции: а) при увеличении общего давления в
системе в 2 раза; б) при увеличении давления метана в 3 раза?
22. Рассчитайте, как изменится скорость реакции восстановления железа оксидом углерода
по реакции: Fe
2 O
3(т) + 3 CO
(г) = 2 Fe
(т) + 3 CO
2(г) , если: а) увеличить давление CO в 3 раза;
б) уменьшить объем системы в 2 раза.
23. Растворение образца алюминия в растворе гидроксида калия при 20ºС заканчивается че ­
рез 36 мин., а при 40ºС такой же образец металла растворяется за 4 мин. Рассчитайте вре ­
мя, за которое данный образец металла растворится при 65ºС. Составьте уравнение
происходящей реакции.
24. Реакция разложения сульфурилхлорида SO
2 Cl
2 → SO
2 + Cl
2 описывается кинетическим
уравнением первого порядка с константой скорости k = 2,2∙10 -5
с -1
при температуре 320ºС.
Рассчитайте, какая часть исходного количества SO
2 Cl
2 разложится за 90 мин.
25. Реакция омыления эфира раствором щелочи CH
3 COOCH
3 +NaOH = CH
3 COONa + CH
3 OH
описывается уравнением скорости второго порядка. Константа скорости реакции равна
5,4 л/(мин∙моль). Какая молярная доля (%) эфира прореагирует за 20 мин, если исходные
концентрации щелочи и эфира одинаковы и равны 0,05 моль/л?
26. Докажите, что реакция разложения ацетона CH
3 COCH
3 = C
2 H
4 + H
2 + CO является реак ­
цией первого порядка. Установлено, что концентрация ацетона во времени изменяется
следующим образом: в начальный момент - 25,4 моль/л, через 15 мин от начала реакции -
9,83 моль/л, через 30 мин - 3,81 моль/л.
27. Энергия активации реакции разложения иодида водорода при использовании платиново ­
го катализатора уменьшается с 168 до 59 кДж/моль при 450 К. Оцените, во сколько раз
возрастает скорость реакции при постоянной температуре.
28. Энергия активации реакции кислотного гидролиза сахарозы в живых организмах при
температуре 37°С равна 102 кДж/моль, а в присутствии фермента энергия активации сни ­
жается до 35 кДж/моль. Рассчитайте, во сколько раз быстрее протекает реакция гидроли ­
за сахарозы в присутствии фермента. На сколько градусов должна быть повышена темпе ­

ратура тела, чтобы с такой же скоростью проходили процессы усвоения сахарозы без
фермента?
29. Радиоактивность природных вод в основном вызвана присутствием в ней естественных
радиоактивных изотопов калия, радия, радона, урана. Их периоды полураспада состав ­
ляют: 40
K - 1,3∙10 9
лет; 226
Ra - 1600 лет; 222
Rn - 3,8 суток; 238
U - 4,5 лет. Вычислите, как
изменится содержание каждого вещества через указанное число лет: а) 1 год; б) 10 лет;
в) 100 лет; г) 200 лет.
30. Одним из вредных компонентов выхлопных газов двигателя внутреннего сгорания яв ­
ляется оксид углерода ( II ). Его можно нейтрализовать окислением:
СО + ½О
2 = СО
2
Δ
f H °
298 , кДж/моль ( -110,5) 0,0 (-393,5)

298 , Дж /( моль ∙K) 197,5 205,0 213,7
Определите тепловой эффект и изменение внутренней энергии реакции в стандартных
условиях при температуре 298 К. При какой температуре в системе наступит равновесие?
Если в системе установится равновесие, то какие внешние воздействия будут способ ­
ствовать нейтрализации СО? Дайте обоснованный ответ.
31. Газовые выбросы тепловых станций и двигателей внутреннего сгорания содержат оксиды
азота. Реакции их образования очень сложны, но в наиболее простом виде их можно
представить уравнениями: а) ½ N
2 + ½ O
2 = NO ; б) NO + ½ O
2 = NO
2 .
Рассчитайте тепловые эффекты реакций при 298 К и укажите, какая из них является эндо ­
термической, какая – экзотермической. Определите, протекание какой реакции более ве ­
роятно при стандартной температуре. Стандартные энтальпии образования веществ
Δ
f H °
298 (кДж/моль): O
2 – 0; NO - 90,47; NO
2 - 33,5. Стандартные энтропии образования
веществ S °
298 (Дж/(моль∙ K ): O
2 – 205,0 ; NO - 210,6; NO
2 - 240,5.
32. При добыче природного газа создаются серьёзные экологические проблемы из-за
наличия в нём токсичного сероводорода. Рассмотрите термодинамическую возможность
превращения H
2 S в элементарную серу при стандартном давлении и температуре Т =298
К: а) по реакции окисления кислородом воздуха; б) по реакции окисления с помощью
диоксида серы SO
2 . Составьте уравнения реакций, рассчитайте, какое количество серы
можно получить из 11,2 м 3
H
2 S (при нормальных условиях) и сколько потребуется для
этого кислорода и диоксида серы . Стандартные энергии Гиббса образования веществ
Δ
f G °
298 (кДж/моль): H
2 S
(г) - (-33,8); O
2 (г) – 0; S
(т) - 0,19; SO
2 (г) - (-300,2); H
2 O
(г) - (-228,6).
33. Озоновый слой атмосферы Земли, образующийся на высоте 100 км, поглощает ультрафи ­
олетовое излучение, ослабляя его вредное воздействие на живые организмы ; озон при

этом превращается в кислород. Обсудите термодинамическую возможность превращения
озона при стандартном давлении и температуре Т =298 К , предположив, что процесс рас ­
пада описывается уравнением 2 O
3 = 3 O
2 . Как изменяется устойчивость озона при повы ­
шении температуры?
Стандартные энтальпии образования веществ Δ
f H °
298 (кДж/моль): O
2 – 0; O
3 - 142,2.
Стандартные энтропии образования веществ S °
298 (Дж/(моль∙ K ): O
2 – 205,0 ; O
3 - 228,8.
34. Исходным сырьём пирометаллургического способа получения цинка в промышленности
является сульфид цинка, окисление которого происходит в соответствии с реакцией
2 ZnS
(т) + 3 O
2(г)  2 ZnO
(т) + 2 SO
2(г)
Изменение концентрации каких веществ будет способствовать смещению равновесия в
системе в сторону образования продуктов реакции? Определите концентрацию диоксида
серы в некоторый момент протекания реакции, когда концентрация кислорода
составляет 2 моль/л, если при постоянной температуре состояние равновесия в системе
установилось при концентрации кислорода, равной 0,5 моль/л. Константа равновесия
K
с = 12,5. Поясните, почему производство цинка представляет экологическую опасность.
35. Степень диссоциации PCl
5 (г) при Т
1 =470 К и общем давлении 1 атм равна α
1 = 0,22, при
Т
2 =520 К и таком же давлении составляет α
2 = 0,86. Рассчитайте среднее значение
энтальпии реакции диссоциации PCl
5 (г)  PCl
3 (г) + Cl
2 (г) .
36. Для осветления питьевой воды к ней добавляют сульфат алюминия. Образуется
студнеобразный гидроксид алюминия, который хорошо адсорбирует взвешенные в воде
частицы. Рассчитайте остаточную концентрацию катионов алюминия в воде с pH =6,55
при температуре 25ºС. Произведение растворимости Al(OH)
3 ПР = 3,2∙10 -34
.
37. Константа диссоциации уксусной кислоты в водном растворе K
а = 1,86∙10 -5
. Вычислите
концентрацию ацетат-ионов, ионов водорода и pH 0,01М раствора. Как изменится
концентрация ионов водорода и pH раствора уксусной кислоты, если его разбавить в 10
раз?
38. Рассчитайте, во сколько раз концентрация ионов водорода в крови ( pH = 7,36) больше,
чем в спинномозговой жидкости ( pH = 7, 53).
39. Константа диссоциации ортофосфорной кислоты H
3 PO
4 по первой ступени равна
K
a =7,11·10 -3
. Оцените рН 0,01М раствора H
3 PO
4 , пренебрегая диссоциацией кислоты по
второй и третьей ступеням.
40. Определите степень диссоциации, концентрацию ионов OH -
и рН 0,01н NH
4 OH . Констан ­
та диссоциации NH
4 OH K
b =1,77·10 -5
.

41. Как изменится концентрация ионов OH -
и рН в 0,1М растворе NH
4 OH , если к 1 л раство ­
ра добавили 5,35 г хлорида аммония, степень диссоциации которого равна 90 %.
Константа диссоциации NH
4 OH K
b =1,77·10 -5
.
42. Вычислите константу и степень гидролиза 0,01М раствора KNO
2 . Константа диссоциа ­
ции азотистой кислоты K
a =4,0·10 -4
.
43. Городская водопроводная вода в обычных условиях содержит 0,02…0,2 мг/л алюминия.
ПДК алюминия в питьевой воде составляет 0,5 мг/л. В какой форме алюминий содержит ­
ся в воде? Можно ли приливанием в воду раствора щелочи обнаружить алюминий по об ­
разованию осадка Al ( OH )
3 ? ПР
Al(OH)3 = 3,2∙10 -34
.
44. В соответствии с «Медико-биологическими требованиями и санитарными нормами…»,
действующими в России, в питьевой (газированной) воде допустимо содержание (мг/л,
не более): свинца – 0,3; кадмия – 0,03; меди – 3,0; цинка - 10,0. Можно ли обнаружить
эти вещества в воде добавлением к ней раствора: а) соды Na
2 CO
3 (0,01М; 0,1М) ; б) гид ­
роксида натрия (0,01 М; 0,1М)? Произведение растворимости солей: PbCO
3 - 7,5∙10 -14
;
CdCO
3 - 1∙10 -12
; CuCO
3 - 2,5∙10 -10
; ZnCO
3 - 5,3∙10 -11
; Pb ( OH )
2 - 1∙10 -15
; Cd ( OH )
2 - 4,3∙10 -15
;
Cu ( OH )
2 - 5,6∙10 -20
; Zn ( OH )
2 - 1,3∙10 -17
.
45. Оптимальная для здоровья человека массовая концентрация ионов F -
в питьевой воде
составляет 1,25 мг/л. Установите, будет ли при температуре 25 ºС годной для питья вода,
прошедшая очистку от фторид ионов осаждением фторида кальция (без применения
избытка катионов кальция). Произведение растворимости ПР11 10 0,4
2    CaF
46. Нижний предел бактерицидного действия серебра оценивается концентрацией его в
растворе порядка 10 -6
мг/л. Определите, достаточно ли серебра в насыщенном растворе
AgCl для его бактерицидного действия . Произведение растворимости ПР
AgCl = 1,8∙10 -10
.
47. Пероксид водорода Н
2 О
2 в окислительно-восстановительных реакциях может вести себя
как окислитель и как восстановитель. Напишите уравнения реакций с участием перокси ­
да водорода путем комбинирования полуреакций (1)-(4) с полуреакциями (5)-(6) в
направлении их самопроизвольного протекания. Рассчитайте ЭДС и
0 Gr реакций при
стандартных условиях и T =298K . Укажите, в каких реакциях Н
2 О
2 является окислителем.
Поясните, почему пероксид водорода относится к экологически чистым окислителям.
1) O
3 + 2 H +
+2 ē = O
2 + H
2 O φ
1 0
= 2,07 В;
2) Cr
2 O
7 2-
+ 14 H +
+ 6 ē = 2 Cr 3+
+ 7 H
2 O φ
2 0
= 1,33 В;
3) HNO
2 + H +
+ ē = NO + H
2 O φ
3 0
= 0,98 В ;
4) S + 2H +
+2 ē = H
2 S φ
4 0
= 0,17 В ;
5) O
2 + 2H +
+2 ē = H
2 O
2 φ
5 0
= 0,68 В ;

6) H
2 O
2 + 2H +
+2 ē = 2H
2 O φ
6 0
= 1,77 В .
48. Составьте схемы двух гальванических элементов, в одном из которых кадмий является
анодом, в другом – катодом. Напишите уравнения электродных процессов и токообразу ­
ющие реакции; вычислите ЭДС этих элементов в стандартных условиях: Т = 298 К, ак ­
тивность ионов а = 1,0 . Изменится ли ЭДС элементов при уменьшении активности каж ­
дого вида ионов? Ответ обоснуйте.
49. В гальваническом элементе один электрод кислородный со стандартным давлением кис ­
лорода и pH = 4; а второй – алюминиевый с активностью ионов алюминия a = 0,01.
Приведите уравнения электродных процессов и токообразующей реакции; рассчитайте
ЭДС при температуре Т = 298 К. Стандартные потенциалы 
Al 3+
/ Al0
= − 1,66 B
,

O
2 , 4H +
/ H
2 O0
= 1,228 B
50. Электролитическое рафинирование меди, содержащей примеси никеля и серебра, прово ­
дят в водном растворе H
2 SO
4 . Какие процессы будут протекать на аноде и катоде? Где
окажутся в результате рафинирования меди серебро и цинк? Рассчитайте время, необхо ­
димое для проведения электролиза при силе тока 100 А, чтобы на аноде растворилось 2,5
кг меди при коэффициенте выхода по току 98 %.
51. В какой последовательности будут выделяться металлы при электролизе водного раство ­
ра с pH = 3, содержащего соли меди, цинка и свинца? Активность катионов металлов
а = 1,0 . Дайте обоснованный ответ. Рассмотрите экологический аспект данных процессов.
52. Вычислите объемы водорода и кислорода при нормальных условиях, выделившихся в ре ­
зультате электролиза воды при силе тока 10 А в течение 0,5 час. Коэффициент выхода по
току составляет 0,9. Приведите уравнения электродных реакций.
53. Рассчитайте теоретическое количество электричества, необходимого для катодного оса ­
ждения свинца из 5 м 3
отходов, содержащих 1,04 г/л ионов Pb 2+
.
54. Одним из способов промышленного получения магния является электролиз расплава
хлорида магния. Рассчитайте, какую массу металла можно получить, если в результате
электролиза выделился хлор объемом 672 л, измеренный при нормальных условиях .
Какие реакции происходят в электролизере?
55. Будет ли покрываться свинец пленкой карбоната при стандартных условиях, если
процесс описывается уравнением: Pb + ½ O
2 + CO
2 = PbCO
3 ? Ответ подтвердите
термодинамическим расчетом.
Стандартные энергии Гиббса образования веществ Δ
f G °
298 (кДж/моль):
Pb (0); O
2 (0); CO
2 (- 394); PbCO
3 (-629)

56. Определите возможность протекания коррозии олова в деарированной среде с рН = 8,5 и
активностью ионов Sn 2+
, равной 10 –4
, при стандартном давлении и температуре Т = 298 К.
Приведите уравнения электродных процессов.
57. Рассчитайте потенциал железа, подвергающегося коррозии при температуре Т =25 0
С,
если продуктами коррозии являются водород и гидроксид железа ( II ), произведение
растворимости которого равно ПР = 7,9∙10 -16
. Напишите уравнения протекающих
процессов.
58. При изучении коррозии высокопрочного сплава алюминия, содержащего цинк (5…9 %),
в нейтральной среде было израсходвано 0,068 л кислорода , измеренного при нормальных
условиях. Определите массу алюминия, перешедшего в раствор. Приведите уравнения
электродных процессов.
59. При коррозии никеля, находящегося в контакте с серебром, в кислотной среде при
стандартном давлении и температуре Т =298 К, концентрация ионов никеля в растворе
увеличилась с 0,001 моль/л до 0,02 моль/л, при этом изменилось значение рН раствора с
4,0 до 6,0. Как при этом изменилась ЭДС коррозионного элемента?

Список рекомендуемой литературы
1. Методические указания к выполнению домашнего задания по базовому курсу химии
(примеры решения): в 2 ч. / [В.И. Ермолаева и др.]. – М.: Изд-во МГТУ им. Н.Э. Баумана, 2001.
Ч. 1. – 27 с.
2. Методические указания к выполнению домашнего задания по базовому курсу химии
(примеры решения): в 2 ч. / [В.И. Ермолаева и др.]. – М.: Изд-во МГТУ им. Н.Э. Баумана, 2001.
Ч. 2. – 27 с.
3. Методические указания к выполнению домашнего задания по неорганической химии /
[В.И. Ермолаева и др.]. – М.: Изд-во МГТУ им. Н.Э. Баумана, 2006. – 40 с.
4. Фадеев, Г.Н. Решение задач по курсу «Химия» для нехимических вузов: учебное пособие.
В 2 ч. / Г.Н.Фадеев, Н.Н.Двуличанская. – М.: Дом педагогики. – 2000. – Ч.1. – 72с.
5. Решение задач по курсу «Химия» для нехимических вузов: учебное пособие. В 2 ч. / [Г.Н.
Фадеев и др.]. – М.: Дом педагогики. – 2008. – Ч.2. – 64с.
6. Гольбрайх, З.Е. Сборник задач и упражнений по химии: Учебное пособие для студентов
/З.Е. Гольбрайх, Е.И. Маслов. – М.: ООО «Издательство Астрель», 2004. – 383 с
7. Задачи и вопросы по общей и неорганической химии с ответами и решениями / [Ю.М.
Корнев и др.]. – М.: Мир, 2004. – 368 с.
8. Задачи и упражнения по общей химии: Учебное пособие для студентов высших учебных
заведений, обучающихся по техн. направлениям и специальностям / [Б.И. Адамсон и др.]; под
ред. Н.В.Коровина. – М.: Высшая школа, 2006. – 255 с.
9. Зайцев, О.С. Задачи, упражнения и вопросы по химии / О.С.Зайцев. – М.: Химия, 1996. –
432 с.
10. Лидин, Р.А. Задачи по общей и неорганической химии / Р.А. Лидин, В.А. Молочко, Л.Л.,
Андреева. – М.: Гуманитар. Изд. Центр ВЛАДОС, 2004. – 383 с.
11. Краткий справочник физико-химических величин. / Под ред. А.А. Равделя и А.М.
Пономаревой. – Изд. десятое, испр. и дополн. – СПб.: «Иван Федоров», 2003. – 240 с.
12. Химия: Учебник / [А.А. Гуров и др.]. – М.: Изд-во МГТУ, 2004. – 748 с.