Xreferat.com » Рефераты по химии » Примеры решения задач по курсу химии

Примеры решения задач по курсу химии

Томский межвузовский центр дистанционного образования

Томский государственный университет

систем управления и радиоэлектроники (ТУСУР)

Кафедра промышленной электроники (ПрЭ)


Контрольная работа №1

по дисциплине «Химия»

Примеры решения задач по курсу химии


Выполнил:

студент ТМЦДО

специальности 200700


2005г

Закончите уравнения реакций:


P2O5+Ca(OH)2=

Sn+O2=

SnCl4+NaOH=

Sn(OH)4+NaOH=

[Mg(OH)]2CO3+HCl=

Ge+O2=

Al+NH3=

AlH3+O2=

SiH4→T

SiH4+O2=


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


Решение:


P2O5+3Ca(OH)2= Ca3(PO4) 2+ 3H2O

Sn+O2= SnO2

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

Sn(OH)4+4NaOH= Na4SnO4+4H2O

[Mg(OH)]2CO3+4HCl=2MgCl2+CO2+3H2O

Примеры решения задач по курсу химии

Примеры решения задач по курсу химии

Ge+O2= GeO2

2Al+2NH3=2AlH3+N2

2AlH3+O2=Al2O3+3H2O

SiH4→TSi+2H2

SiH4+2O2=SiO2+2H2O

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


Решение:


Пусть х – масса алюминия в сплаве, тогда:


Примеры решения задач по курсу химии

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


x, г(Al) – y, л(H2)

54 г(Al) – 67,2 л(H2)

y = (67,2*x)/5,4 л.

Примеры решения задач по курсу химии


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


z = ((5,4 г - x)*22,4)/65


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


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

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

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

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

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

46x+97,2=195,4

46x=98,2

x = 2,14 (г) – масса алюминия.


Находим m (Zn):


5,4 – 2,14 = 3,26 (г)

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

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


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


Вычислить изменение энергии Гиббса для химической реакции:


4CO(Г)+2SO2(Г)=S2(T)+4CO2(Г),


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


Примеры решения задач по курсу химии Примеры решения задач по курсу химии

Примеры решения задач по курсу химии Примеры решения задач по курсу химии

Примеры решения задач по курсу химии Примеры решения задач по курсу химии

Примеры решения задач по курсу химии Примеры решения задач по курсу химии


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


Решение:

4СO(r)+2SO2(r)=S2(T)+4CO2(r)


Найдём изменения энтальпии:


Примеры решения задач по курсу химии


Найдём изменение энтропии:


Примеры решения задач по курсу химии


Зависимость энергии Гиббса реакции описывается уравнением


Примеры решения задач по курсу химии


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


Примеры решения задач по курсу химии


При t=1000C (T=373 K):


Примеры решения задач по курсу химии


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

Энтропийный и энтальпийный факторы определяют направление реакций, если энтропия не меняется Примеры решения задач по курсу химии, то фактором, определяющим направление реакции, служит энтальпия, если Примеры решения задач по курсу химии то иПримеры решения задач по курсу химиито это идет процесс с выделением тепла. Если же Примеры решения задач по курсу химии, то система может перейти только в состоянии с большей энтропией Примеры решения задач по курсу химии, из-за знака минус Примеры решения задач по курсу химииПримеры решения задач по курсу химииизменение энергии Гиббса Примеры решения задач по курсу химии.

4. Исходя из теплот реакций окисления As2O3 кислородом и озоном


As2O3+O2= As2O5 Примеры решения задач по курсу химии

3As2O3+2O3= 3As2O5 Примеры решения задач по курсу химии


Вычислить теплоту образования озона из молекулярного кислорода


3/2O2→O3.


Решение:

Первое уравнение умножим на 3:


3As2O3+3O2=3As2O5 Примеры решения задач по курсу химии

3As2O3+2O3=3As2O5 Примеры решения задач по курсу химии


Вычтем из первого уравнения второе:


3O2=2O3 или 3/2О2=О3.

Примеры решения задач по курсу химии


- процесс самопроизвольно протекать не может.


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


Решение:


FeO(T)+CO Примеры решения задач по курсу химииFe(T)+CO2

К=0,5.


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

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


Примеры решения задач по курсу химии

0,025-0,5Х=0,01+Х или 1,5Х=0,015


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


[CO2]1=0,01+0,01=0,02моль/л

[CO]1=0,05-0,01=0,04моль/л


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


В состоянии равновесия системы CO2+H2=CO+H2O(Г) реакционная смесь имела объёмный состав: 22% CO2, 42% H2, 17% CO, 20% H2O. Вычислить Kp и Kc для этой реакции при 1900 К и давлении 98501 Па.


Решение:

Для вычисления константы равновесия Kp воспользуемся парциальными давлениями реагирующих веществ:


Примеры решения задач по курсу химии


Определим парциальные давления реагирующих веществ:


Примеры решения задач по курсу химии

Примеры решения задач по курсу химии

Примеры решения задач по курсу химии

Примеры решения задач по курсу химии


Определяем Kp:


Примеры решения задач по курсу химии


Между Kp и Kc существует следующая взаимосвязь:


Примеры решения задач по курсу химии


где Примеры решения задач по курсу химии- разность между числом молей газообразных веществ продуктов реакции и исходных веществ:

Примеры решения задач по курсу химии=2-2=0, следовательно: Примеры решения задач по курсу химии.

Ответ: Kp = Kc = 0,37.


Постройте диаграмму состояния систем висмут-теллур по следующим данным:


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

По построенной диаграмме:

а) Определите тип диаграммы и её особенности;

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

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

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

Решение:


Примеры решения задач по курсу химии


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

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

Линия ABCDE – линия ликвидуса.

Линия FCG – линия эвтектики, линия солидуса.

Линия AH – линия солидуса Te.

Линия EJ – линия солидуса Bi.

Линия ABC – расплав, насыщенный Te.

Линия CDE – расплав, насыщенный Bi.

Точка С – расплав, насыщенный Te и Bi.

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

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

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

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

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

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


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


Решение:

Для однокомпонентной системы правило фаз Гиббса принимает вид:


C = 1 – Ф + 2 = 3 – Ф.


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

12


Если Вам нужна помощь с академической работой (курсовая, контрольная, диплом, реферат и т.д.), обратитесь к нашим специалистам. Более 90000 специалистов готовы Вам помочь.
Бесплатные корректировки и доработки. Бесплатная оценка стоимости работы.

Поможем написать работу на аналогичную тему

Получить выполненную работу или консультацию специалиста по вашему учебному проекту

Похожие рефераты: