bsuir.info
БГУИР: Дистанционное и заочное обучение
(файловый архив)
Вход (быстрый)
Регистрация
Категории каталога
Другое [37]
Белорусский язык [245]
ВОВ [89]
Высшая математика [468]
Идеология [114]
Иностранный язык [628]
История Беларуси [240]
Культурология [42]
Логика [255]
НГиИГ [116]
Основы права [7]
Основы психологии и педагогики [7]
Охрана труда [7]
Политология [174]
Социология [117]
Статистика [31]
ТВиМС [79]
Техническая механика [43]
ТЭЦ [81]
Физика [145]
Философия [165]
Химия [75]
Экология [35]
Экономика предприятия [35]
Экономическая теория [167]
Электротехника [35]
ЭПиУ [43]
Этика [5]
Форма входа
Логин:
Пароль:
Поиск
Статистика

Онлайн всего: 2
Гостей: 2
Пользователей: 0
Файловый архив
Файлы » Общевузовские предметы » Химия

ИТиУвТС (з.), Химия, Контрольная работа №2, вар.16, 2016
Подробности о скачивании 19.12.2016, 20:36
Содержание

Задача № 14 3
Задача № 33 4
Задача № 45 5
Задача № 77 6
Задача № 96 7
Задача № 108 8
Задача № 125 9
Задача № 147 10
Задача № 162 11
Список литературы 12


Задача № 14

Рассчитайте количество теплоты, которое будет поглощено при восстановлении 1 кг цинка графитом, происходящем при стандартных условиях по уравнению:
ZnO(кр) + C(кр) = Zn(кр) + CO(г)

Решение

Согласно закону Гесса, суммарный тепловой эффект химической реакции при стандартных условиях равен
ΔrH0298 = Σ ΔfH0прод. - Σ ΔfH0исх.

Учитывая, что ΔfH0298 простых веществ принимают равным нулю, для реакции
ZnO(кр) + C(кр) = Zn(кр) + CO(г)

ΔrH0298 = ΔfH0298(СО(г)) - ΔfH0298(ZnО(кр)) = –110,53 – (–348,11) = 237,58 кДж.

Изменение энтальпии ΔrH0298 = 237,58 кДж соответствует восстановлению 1 моль цинка.
Рассчитаем количество теплоты, которое будет поглощено при восстановлении 1 кг цинка.
Молярная масса цинка M(Zn) = 65 г/моль.
Химическое количество цинка, соответствующее массе 1 кг (1000г):
n(Zn) = m(Zn)/ M(Zn) = 1000/65 моль.

ΔH298 = ΔrH0298•n(Zn) = 237,58•1000/65 = 3655 кДж.


Задача № 33

Пользуясь справочными данными, рассчитайте абсолютную энтропию 1 кг воды при 2000С и давлении 101 кПа. Теплоемкость газообразной воды равна 34,4 Дж/моль•К.

Решение

Зависимость абсолютного значения энтропии от температуры для 1 моля вещества:

S0T2= S0T1 + C0P298 ln T2 / T1

Абсолютная энтропия 1 моль воды при 2000С (473К) и давлении 101 кПа:

S0473(Н2О) = S0298(Н2ОГ) + C0P298(Н2ОГ) ln 473 / 298 = 188,72 + 34,4•ln 1,587 = 204,61 Дж/моль•К.

Рассчитаем абсолютную энтропию 1 кг воды при 2000С и давлении 101 кПа.
Молярная масса воды M(Н2О) = 18 г/моль.
Химическое количество воды, соответствующее массе 1 кг (1000г):
n(Н2О) = m(Н2О)/ M(Н2О) = 1000/18 моль.

S473(Н2О)= S0473(Н2О)•n(Н2О) = 204,61•1000/18 = 11367,2 Дж/моль•К.


Задача № 45

Рассчитайте термохимическую возможность протекания реакции при стандартных условиях
Fe3O4(кр) + 4CO(г) = 3Fe(кр) + 4CO2(г)

Изменится ли направление ее протекания, если повысить температуру до 1000 К. Ср ≠ f(T).

Решение.

Термодинамическая возможность протекания реакций определяется изменением энергии Гиббса: при ΔG < 0 протекание реакции в прямом направлении возможно, при ΔG > 0 невозможно (возможно протекание реакции в обратном направлении).
Изменение энергии Гиббса реакции рассчитывают по формуле:

ΔG0T = ΔH0T – TΔS0T.

1) Для стандартных условий:
ΔG0298 = ΔH0298 – 298ΔS0298.

Согласно закону Гесса, учитывая, что энтальпии образования простых веществ равны нулю, для реакции Fe3O4(кр) + 4CO(г) = 3Fe(кр) + 4CO2(г) изменение энтальпии равно:

ΔH0298 = 4ΔH0(CO2(г)) – ΔH0(Fe3O4(кр)) – 4ΔH0(CO(г)) = 4∙(– 393,51) – (– 1117,13) – 4∙(– 110,53) = – 14,79 кДж.

Изменение энтропии рассчитываем аналогично изменению энтальпии:

ΔS0298 = 3S0(Fe(кр))+4S0(CO2(г))–S0(Fe3O4(кр)) – 4S0(CO(г)) = 3∙27,15 + 4∙213,66 – 146,19 – 4∙197,55 = – 0,3 Дж/моль•К.

ΔG0298 = – 14790 – 298•(– 0,3) = – 14701 Дж.

ΔG0298 < 0, следовательно, протекание реакции в прямом направлении при стандартных условиях термодинамически возможно.

2)
ΔG01000 = ΔH01000 – 1000ΔS01000.

Зависимость теплового эффекта от температуры выражается уравнением:

ΔH01000 = ΔH0298 + ΔC0P298(1000 – 298)

ΔС0Р298 = 3С0(Fe(кр))+4С0(CO2(г))–С0(Fe3O4(кр))–4С0(CO(г)) = 3∙24,98 + 4∙37,11 – 150,79 – 4∙29,14 = – 43,97 Дж/моль•К.

ΔH01000 = – 14790 + (– 43,97)∙702 = – 45657 Дж.

ΔS01000 = ΔS0298 + ΔС0Р298∙ln(1000/298) = – 0,3 + (– 43,97)∙1,21 = – 53,50 Дж/моль•К. ;

ΔG01000 = – 45657 – 1000•(– 53,50) = 7843 кДж.

ΔG01000 > 0, следовательно, протекание реакции в прямом направлении при 1000 К термодинамически невозможно.

Задача № 77

Нарисуйте диаграмму состояния Pb – Sn, постройте кривую охлаждения для состава, заданного фигуративной точкой М3. Рассчитайте число степеней свободы на каждом участке кривой охлаждения, указав при этом, как будут изменяться составы жидкой и твердой фаз. Укажите путь кристаллизации. Для т.8 рассчитайте массы твердых фаз, находящихся в равновесии, если общая масса равна 1 кг.

Решение.

Точке М3 соответствует эвтектический состав смеси Pb – Sn, поэтому профиль кривой охлаждения аналогичен кривой однокомпонентной системы:

1) Число степеней свободы определяется правилом Гиббса:
С = К – Ф + n
Для двухкомпонентной системы с конденсированными фазами (при постоянном давлении):
С = 3 – Ф

а) На первом участке кривой охлаждения (соответствует охлаждению расплава до начала кристаллизации) Ф = 1; С = 3 – 1 = 2.
б) На втором участке кривой (соответствует кристаллизации эвтектического состава) Ф = 3; С = 3 – 3 = 0.
в) На третьем участке кривой (соответствует охлаждению смеси двух твердых растворов)
Ф = 2; С = 3 – 2 = 1.

2) Путь кристаллизации: прямая М3Е.

3) В точке 8 две твердые фазы, находящиеся в равновесии – это твердые растворы α (раствор олова в свинце) и β (раствор свинца в олове). Исходя из диаграммы состояния, состав содержит 80% Sn и 20% Pb, т.е. 1 кг содержит 800 г олова и 200 г свинца.
Обозначим массу раствора α за х, массу раствора β за у.
Как видно из диаграммы состояния (т.a и b), раствор α содержит 14% Sn и 86% Pb; раствор β – 95%Sn и 5% Pb.
х + у = 1000
0,14х + 0,95у = 800
Решив систему уравнений, получаем:
х = 185,2 г; у = 814,8

Масса раствора α (твердый раствор олова в свинце) =185,2 г;
Масса раствора β (твердый раствор свинца в олове) = 814,8 г.

Задача № 96

Составьте схему концентрационного гальванического элемента из водородных электродов, определив рН раствора электролита, в который помещен анод, если φк = – 0,118В, а ЭДС элемента равна 472 мВ. Запишите уравнения анодно-катодных процессов. Рассчитайте значения А'М, ΔG и Кр.

Решение

Концентрационный гальванический элементо - это гальванический элемент с одинаковыми электродами в электролитах с различной концентрацией потенциалопределяющих ионов.
Электрод в растворе с меньшей концентрацией электролита – анод, с большей – катод.

φа = φр(2Н+/Н2) = – 0,059рН.

ЭДС реакции
ε = φк - φа = – 0,118 – (– 0,059рН) = 0,472 В.

0,472 + 0,118
рН = ——————— = 10
0,059

Концентрация потенциалопределяющих ионов водорода в электролите анода С(Н+) = 10-10 моль/л.
Рассчитаем С(Н+) в электролите катода.
φк = – 0,059рН = – 0,118В; рН = 0,118/0,059 = 2.
С(Н+) = 10-2 моль/л.

Схема гальванического элемента:
– Pt,Н2 | 2Н+ || 2Н+ | Н2,Pt +
10-10 моль/л 10-2 моль/л
A: Н2 – 2e → 2Н+

К: 2Н+ + 2e → Н2

Полезная работа гальванического элемента:
А'м = nFε = 2∙96500∙0,472 = 91096 Дж.

Изменение энергии Гиббса токообразующей реакции:
ΔG = – А'м = – 91096 Дж.

Константу равновесия находим из уравнения:
ΔG = – 2,3 RTlgKp;

– ΔG 91096
lgKp = ——— = —————— =15,99;
2,3 RT 2,3•8,314•298

Kp  1016


Задача № 108

Составьте схему электролиза 1М раствора AgNO3 на инертных электродах и рассчитайте выход по току (ВТ), если за 25 мин при силе тока 3 А масса катода увеличилась на 4,8 г. Какое вещество и сколько его по массе и объему (н.у.) выделилось на аноде? Ответ подтвердите, записав уравнение электродных реакций и суммарное уравнение электролиза. Определите электрохимический эквивалент металла.

Решение.

Схема электролиза раствора AgNO3:

К (–)
Ag+, NO3-,
H2O
(+) A

К: Ag+ + е- → Ag0 А: 2Н2О – 4е- → О2↑ + 4Н+

Суммарное уравнение электролиза:
I
4AgNO3 + 2Н2О → 4Ag + О2↑ + 4HNO3

Уравнение, объединяющее 1-й и 2-й законы Фарадея:


m = —— I τВТ;
F

Электрохимический эквивалент серебра MЭ(Ag) = M(Ag) = 108 г/моль;
F = 26,8 A•ч;
τ = 25 мин. = 25/60 ч.

mF 4,8•26,8•60
ВТ = ——— = ————— = 0,95 (95 wacko .
MЭ I τ 108•3•25

Cогласно 2-му закону Фарадея, одинаковые количества электричества преобразуют эквивалентные количества веществ:

m(Ag) MЭ(Ag)
———— = ————
V0(О2) V0Э(О2)

V0Э(О2) = 22,4/4 = 5,6 л/моль.
V0(О2) = 4,8∙5,6∙/108 = 0,25 л.


Задача № 125

Определите термодинамическую возможность коррозии оловянных изделий в условиях: а) кислой среды (рН = 3) без доступа О2; б) щелочной среды (рН = 10) с доступом О2. Ответ подтвердите соответствующими уравнениями и количественными расчетами.

Решение

а) Если в условиях кислой среды (рН = 3) без доступа О2 будет происходить коррозия оловянного изделия, то анодом будет Sn, а на примесных центрах будут разряжаться ионы Н+ (водородная деполяризация).

Уравнения электродных процессов:

А: Sn – 2e- = Sn2+; φа = φ0(Sn2+/ Sn) = – 0,136 В;
К: 2Н+ + 2е- = Н2; φк = φ(2Н+/ Н2) = – 0,059рН = – 0,059•3 = – 0,177 В.

Суммарное уравнение токообразующей реакции:

Sn + 2Н+ = Sn2+ + Н2

Термодинамическая возможность процесса определяется значением ΔG.

ΔG = –nFε = –nF(φк – φа) = – 2∙96500∙(– 0,177 – (– 0,136)) = 7,913 кДж.

ΔG > 0, следовательно, процесс коррозии оловянных изделий в условиях кислой среды (рН = 3) без доступа О2 термодинамически невозможен.

б) При коррозии в условиях щелочной среды (рН = 10) с доступом О2 анодом будет Sn, а на примесных центрах будут разряжаться молекулы О2 (кислородная деполяризация).

Уравнения электродных процессов:

А: Sn – 2e- = Sn2+; φа = φ0(Sn2+/ Sn) = – 0,136 В;
К: 1/2О2 + Н2О + 2е- = 2ОН-; φк = φ0(О2/ 2ОН-) = 1,23 – 0,059рН = 1,23 – 0,059•10 = 0,64 В.

Суммарное уравнение токообразующей реакции:

Sn + 1/2О2 + Н2О = Sn(ОН)2

ΔG = –nFε = –nF(φк – φа) = – 2∙96500∙(0,64 – (– 0,136)) = – 149,768 кДж.

ΔG < 0, следовательно, процесс коррозии оловянных изделий в условиях щелочной среды (рН = 10) с доступом О2 термодинамически возможен.


Задача № 147

Железо-никелевые (щелочные) аккумуляторы: схема, уравнения процессов при разрядке и зарядке. Основные характеристики аккумуляторов, преимущества и недостатки, их применение.

Решение

Аккумуляторы – это химические источники электрического тока многократного действия. Щелочные (железо-никелевые ЖНА и кадмий-никелевые КНА) аккумуляторы занимают второе место по распространенности после свинцовых. В готовом к употреблению (заряженном) ЖНА анодом служит железо, катодом – гидратированный оксид никеля (III) NiOOH. Электроды могут быть различной конструкции: ламельные, спеченные, прессованные.
Электролит – водный раствор КОН с добавлением небольшого количества LiOH для улучшения работоспособности окиснонокелевого электрода.

Схема заряженного ЖНА:

– Fe  KOH  NiOOH +
LiOH

При работе (разрядке) аккумулятора на электродах происходят реакции:

А(–): Fe + 2OH- = Fe(OH)2 + 2е-;
К(+): 2NiOOH + 2H2O + 2е- = 2Ni(OH)2 + 2OH-;

Суммарное уравнение процесса разрядки:

2NiOOH + 2H2O + Fe = 2Ni(OH)2 + Fe(OH)2

ЭДС заряженного ЖНА равна примерно 1,4 В. При работе ЭДС падает; когда его значение становится ниже 1 В, аккумулятор заряжают, подключая к внешнему источнику тока.

Электродные реакции при зарядке аккумулятора:

А(–): Fe(OH)2 + 2е- = Fe + 2OH-;
К(+): 2Ni(OH)2 + 2OH- = 2NiOOH + 2H2O + 2е-;

Суммарное уравнение процесса зарядки:
I
2Ni(OH)2 + Fe(OH)2 → 2NiOOH + 2H2O + Fe

Щелочные аккумуляторы имеют высокий ресурс: 1 – 2 тысячи циклов. ЖНА дешевле КНА, но имеют более низкие значения отдачи по току и энергии и характеризуются повышенным саморазрядом из-за коррозии железа в щелочной среде. Газовыделение при коррозии делает невозможной полную герметизацию ЖНА, поэтому, в отличие от КНА, их не используют в приборах бытовой техники ., ср-вах связи и т.п. ЖНА применяют в основном для изготовления тяговых аккумуляторных батарей большой емкости (до 1200А•ч).


Задача № 162

Элементарные полупроводники и их классификация по периодической таблице. Особенности химической связи у элементарных полупроводников IV группы. Правило Юм-Розери.

Решение

Элементарные полупроводники – это элементы, проявляющие полупроводниковые свойства в виде простых веществ. Элементарные проводники расположены компактной группой в периодической таблице, правее т.н. границы Цинтля (кроме бора), расположенной между подгруппами IIIа и IVа. Все они являются р – элементами с незавершенными р – подуровнями внешнего электронного слоя, имеющие более 4 валентных электронов (кроме бора). В простых веществах, имеющих собственную проводимость, выполняется правило Юм-Розери (правило октета), согласно которому координационное число атома в полупроводнике равно 8 – N, где N – номер группы периодической системы. Для полупроводников IV группы (С, Si, Ge, Sn), имеющих 4 валентных электрона, координационное число равно 8 – 4 = 4 (тетраэдрическая структура).




Список литературы

1. Бондарь И.В., Молочко А.П., Соловей Н.П., Позняк А.А. Учебно–методическое пособие для студентов всех специальностей БГУИР.
2. Коровин Н.В. Общая химия. - М.: Высш. шк.,2000
3. Стромберг А.Г., Семченко Д.П. Физическая химия / Под ред. А.Г.Стромберга – М.: Высш. шк.,1988.
Категория: Химия | Добавил: artmal
Просмотров: 986 | Загрузок: 13
Всего комментариев: 0
Добавлять комментарии могут только зарегистрированные пользователи.
[ Регистрация | Вход ]