Задачи 115, 140, 165, 190, 211, 236, 251 (из первой методички), 9, 38 ,57 ,95 ,107 ,126 , 157, 175 (из второй методички) Задача 115. Какие реакции называются гомогенными и гетерогенными? Запишите выражение ЗДМ для следующих реакций: 1) NO(г) + O3(г) = O2(г) + NO2(г); 2) Fe2O3(кр) + 3 H2(г) = 2 Fe(кр) + 3 H2O(г) Как надо изменить давление в системах, чтобы скорость первой реакции увеличилась в 36 раз, а скорость второй – в 27 раз? Ответ подтвердите расчетами. Решение: Гомогенные реакции – реакции, протекающие в гомогенных системах (т.е. состоящих из одной фазы). Гетерогенные реакции протекающие в гетерогенных системах (т.е. состоящих из нескольких фаз). v2 = 36v1 v'2 = 27v'1 p2/p1 - ? p'2/p'1 - ?
1) v1 = k•p1(NO)•p1(O3) При увеличении давления р2 = n•p1, где n – во сколько увеличилось давление. Поэтому v2 = k•p2(NO)•p2(O3) v2 = k•n•p1(NO)•n•p1(O3) = n2•v1 n2 = 36 n = 6 2) v1 = k•p31(H2) При увеличении давления р2 = n•p1, где n – во сколько увеличилось давление. Поэтому v2 = k•p32(H2) v2 = k•n3•p31(H2) = n3•v1 n3 = 27 n = 3 Ответ: 1) в 6 раз; 2) в 3 раза.
Задача 140. Константа равновесия (Кр) при некоторой температуре в системе 4 HCl(г) + O2(г) = 2 Cl2(г) + 2 H2O(г) + Q равна 0,3. Какие вещества преобладают в состоянии равновесия? Каким способом можно увеличить численное значение Кр? Ответы должны быть обоснованными. Ответ: Константа равновесия представляет собой отношение констант скоростей прямой и обратной реакций. Если, она меньше 1, то преобладает обратная реакция, а это значит, что в нашем случае в системе будут преобладать HCl и О2. Чтобы увеличить численное значение Кр, требуется сместить равновесие таким образом, чтобы преобладала прямая реакция (реакция образования Cl2 и Н2О). Поскольку реакция экзотермична (Q > 0), то, по принципу Ле-Шателье, понижение температуры будет смещать равновесие вправо, т.е. Кр увеличится. Также Кр увеличится при повышении концентрации исходных веществ, так как равновесие также будет смещаться в сторону образования Cl2 и Н2О. Поскольку прямая реакция идет с уменьшением молекул газообразных веществ (из 5 получается 4), то увеличение давления будет повышать Кр, т.е. смещать равновесие вправо. Задача 165. Вычислите эквивалентную и молярную концентрации 20,8 %-го раствора HNO3, плотность которого 1,12 г/см3. Сколько граммов кислоты содержится в 4 л этого раствора? Решение: ω (HNO3) = 20,8 % V (HNO3) = 4 л ρр-ра (HNO3) = 1,12 г/см3 См - ? Cn - ? m (HNO3) - ?
Найдем массу 4 л HNO3 m=ρ×V mр-ра (HNO3) = 4000×1,12 = 4480 (г) Найдем сколько содержится HNO3 в растворе: m (HNO3) = mр-ра (HNO3) × ω m (HNO3) = 4480×0,208 = 931,84 (г) Затем найдем количество вещества, соответствующее 931,84 г HNO3: n (HNO3) = m (HNO3)/ M (HNO3), где M – молярная масса n (HNO3) = 931,84/ 63 = 14,79 (моль) После этого найдем молярность (отношение количества вещества, содержащегося в растворе, к объему раствора в литрах): См = n (HNO3)/ Vр-ра (HNO3) См = 14,79 / 4 = 3,7 М Молярная концентрация эквивалента – отношение числа эквивалентов растворенного вещества к объему раствора. Молярная концентрация эквивалента связана с молярной концентрацией следующим выражением: Сn = Сm×M/MЭ, где MЭ – молярная масса эквивалента. MЭ (HNO3) = M (HNO3)/z = 63 / 1 = 63 (г/моль), где z –фактор эквивалентности. Сn = 3,7×63/63 = 3,7 н. Ответ: 0,37 М; 0,37 н.; 931,84 г.
Задача 190. Определите концентрацию ионов в 0,6 н. растворе соли FeCl3 (α=1). Запишите уравнение диссоциации и определите количество ионов Fe3+ в 1 мл раствора. Решение: V (FeCl3) = 1 мл α=1 Сn (FeCl3) = 0,6 н. СFe3+ - ? CCl- - ? NFe3+ - ?
FeCl3 = Fe3+ + 3 Cl− Для нахождения концентрации ионов используем следующее выражение: С± = СМ×α×n, где n – число ионов, на которые распадается одна молекула. α = 1, т.к. FeCl3 – сильный электролит (соль хорошо растворима в воде) Молярная концентрация связана с молярной концентрацией эквивалента следующим выражением: СM = Сn×MЭ/M, где MЭ – молярная масса эквивалента. MЭ (FeCl3) = M (FeCl3)/z = 162,5 / 3 = 54,2 (г/моль), где z –фактор эквивалентности. СМ (FeCl3) = 0,6×54,2/162,5 = 0,2 М. Теперь можем найти концентрации Fe3+ и Cl−: СFe3+ = 0,2×1×1 = 0,2 (моль/л) CCl- = 0,2×1×3 = 0,6 (моль/л). Количество ионов каждого вида определяется исходя из закона Авогадро, согласно которому 1 моль любого вещества содержит одинаковое количество структурных элементов (атомов, молекул, ионов и т.д.), равное числу Авогадро – 6,02•1023. Но сначала необходимо найти, сколько молей ионов Fe3+ содержится в 1 мл. С = n/V n = C×V n = 0,2×0,001 = 0,0002 (моль) NFe3+ = 0,0002×6,02•1023 = 1,2•1020 ионов Ответ: СFe3+ = 0,2 моль/л; CCl- = 0,6 моль/л; NFe3+ = 1,2•1020 ионов.
Задача 211. Определите, сколько граммов NaOH содержится в 1 л раствора, рН которого равен 10. Диссоциацию основания считать полной.
Решение: рН = 10 V = 1 л m (NaOH) - ?
NaOH = Na+ + OH− pOH = - lg COH− pOH = 14 – pH COH− = 1014 – pH COH− = 10-4 (моль/л) С = n = 10-4 (моль/л) Из уравнения диссоциации видно, что из 1 моль NaOH получается 1 моль OH−. Следовательно, n (NaOH) = n (OH−) = 10-4 m (NaOH) = n (NaOH)×M (NaOH) m (NaOH) = 0,0001×40 = 0,004 (г) Ответ: 0,004 г
Задача 236. В молекулярной и краткой ионной формах запишите уравнения получения и гидролиза соли K2SO3 и рассчитайте рН ее 0,02 н. раствора, учитывая только первую степень гидролиза. Решение: Cn (K2SO3) = 0,02 н. рН - ?
Реакция образования сульфита калия – взаимодействие сернистой кислоты со щелочью: H2SO3 + KOH = K2SO3 + H2O H+ + OH− = H2O Гидролиз будет протекать по аниону: K2SO3 + 2 H2O = Н2SO3 + 2 КOH 1 ступень: SO32− + HOH = НSO3− + OH− 2 ступень: НSO3− + НОН = SO32− + OH− Расчет рН: Гидролиз идет по первой ступени. K2SO3 + H2O = КНSO3 + КOH рН = - lg CH+ CH+ = CM•hгидр hгидр = (Кгидр/ СМ)0,5 Кгидр = Кводы/ Ккисл К (HSO3−) = 1,6•10-2 (из справочных данных) Кводы = 10-14 СМ (K2SO3) = Сn (K2SO3)/2 СМ (K2SO3) = 0,02/ 2 = 0,01 (моль/л) Кгидр = 10-14/ 1,6•10-2 = 6,25•10-13 hгидр = (6,25•10-13/0,01)0,5 = 7,9•10-6 рН = - lg (7,9•10-6•0,01) = 7,1 Ответ: 7,1
Задача 251. На основании электронно-ионных схем составьте полные молекулярные уравнения окислительно-восстановительных реакций, установив восстановитель, окислитель и процессы окисления и восстановления. Cu2S + HNO3 = Cu(NO3)2 + S + NO KMnO4 + Na2SO3 + H2O = MnO2 + Na2SO4 Решение: 1) Cu2S + HNO3 = Cu(NO3)2 + S + NO 2 Cu+1 – 2 e = Cu+2 3 - восстановитель (процесс окисления) N+5 + 3 e = N+2 2 – окислитель (процесс восстановления) 3 Cu2S + 16 HNO3 = 6 Cu(NO3)2 + 3 S + 4 NO + 8 H2O 2) KMnO4 + Na2SO3 + H2O = MnO2 + Na2SO4 S+4 – 2 e = S+6 3 – восстановитель (процесс окисления) Mn+7 + 3 e = Mn+4 2 – окислитель (процесс восстановления) 2 KMnO4 + 3 Na2SO3 + H2O = 2 MnO2 + 3 Na2SO4 + 2 KOH Часть 2 Задача 9. Рассчитайте тепловой эффект реакции СО(г) + 3 Н2(г) = СН4(г) + Н2О(г) протекающей при постоянном давлении (Р =101 кПа) и Т = 800 К (Ср ≠f (Т)). Решение: ΔНf 0298 (CО (г)) = - 110,53 (кДж/моль) ΔНf 0298 (СН4 (г)) = -74,85 (кДж/моль) ΔНf 0298 (Н2 (г)) = 0 (кДж/моль) ΔНf 0298 (Н2О (г)) = - 241,81 (кДж/моль) Ср0298 (CО (г)) = 29,14 (Дж/моль•К) Ср0298 (СН4 (г)) = 35,71 (Дж/моль•К) Ср0298 (Н2 (г)) = 28,83 (Дж/моль•К) Ср0298 (Н2О (г)) = 33,61 (Дж/моль•К) Т = 800 (К) Р = 101 (кПа) = const СО(г) + 3 Н2(г) = СН4(г) + Н2О(г) ΔНr 0800 - ? Для нахождения теплового эффекта реакции при стандартных условиях используем закон Гесса: ΔНr 0298 = [ΔНf 0298 (СН4 (г)) + ΔНf 0298 (Н2О (г))] – [ΔНf 0298 (CО (г)) + 3 × ΔНf 0298 (Н2 (г))] ΔНr 0298 = [- 74,85 – 241,81] – [- 110,53 + 3 × 0] = - 206,13 (кДж) Для нахождения теплового эффекта реакции при 800 К используем следующее выражение: ΔНr 0800 = ΔНr 0298 + ΔСр r 0298 (800 - 298) Найдем ΔСр r 0298: ΔСр r 0298 = Ср0298 (Н2О (г)) + Ср0298 (СН4 (г)) - Ср0298 (CО (г)) - 3×Ср0298 (Н2 (г)) ΔСр r 0298 = 33,61 + 35,71 – 29,14 - 3×28,83 = - 46,31 (Дж/К) ΔНr 0800 = - 206130 – 46,31 (800 – 298) = - 229,4 (кДж) Реакция экзотермичная. Ответ: - 229,4 кДж Задача 38. Изменение энтропии при стандартных условиях для реакции 2 H2S(г) + 3 O2(г) = 2 SO2(г) + 2 H2O(г) равно минус 390,28 Дж/К. Вычислите стандартную энтропию H2S. Решение: S0298 (SО2) = 248,07 (Дж/моль•К) S0298 (Н2О) = 188,72 (Дж/моль•К) S0298 (О2) = 205,04 (Дж/моль•К) ΔSr0298 = - 390,28 (Дж/К) S0298 (H2S) - ?
Задача 57. Для реакции СО(г) + Н2О(г) = СО2(г) + Н2(г) , идущей в газовой фазе при 298 К, ΔН0298 = - 41,2 кДж. Можно ли при повышении температуры увеличить выход водорода. Ответ необходимо дать на основании термодинамических рассуждений и расчетов. Ответ: ΔН0298 = - 41,2 кДж S0298 (Н2О(г)) = 188,72 (Дж/моль•К) S0298 (Н2(г)) = 130,52 (Дж/моль•К) S0298 (СО(г)) = 197,55 (Дж/моль•К) S0298 (СО2(г)) = 213,66 (Дж/моль•К) СО(г) + Н2О(г) = СО2(г) + Н2(г)
Поскольку ΔН0298 < 0, то экзотермичная. А повышение температуры, по принципу Ле-Шателье, будет смещать равновесие в сторону исходных веществ. Следовательно, повышением температуры нельзя повысить выход водорода. Изменение свободной энергии Гиббса и константа равновесия связаны следующим соотношением: ΔG0 = - 2,3 RTlg Kp Следовательно, если ΔG0 < 0, то Кр будет больше нуля и в системе будут преобладать продукты реакции. Соответственно, увеличится и выход водорода. Чтобы ответить на поставленный вопрос, необходимо посмотреть будет ли ΔG0 с увеличением температуры уменьшаться. Для этого рассчитаем ΔG0 при стандартных условиях: ΔSr0298 = S0298 (СО2(г)) + S0298 (Н2(г)) - S0298 (Н2О(г)) - S0298 (СО(г)) ΔSr0298 = 213,66 + 130,52 – 188,72 – 197,55 = - 42,09 (Дж/К) ΔG0 = ΔН0298 - Т× ΔSr0298 ΔG0 = - 41200 - 298×(- 42,09) = - 28657 (Дж) При повышении температуры Т× ΔSr0298 будет увеличиваться. Поскольку она отрицательна, то при повышении температуры ΔG0 будет увеличиваться и при некоторой температуре достигнет нуля, а Кр будет уменьшаться. Следовательно, при повышении температуры выход водорода будет понижаться. Рассчитаем, при какой температуре ΔG0 = 0: ΔН0298 - Т× ΔSr0298 = 0 Т = ΔН0298/ ΔSr0298 Т = - 41200 / - 42,09 = 979 К
Задача 95. Дайте определение химического гальванического элемента. От чего зависит его ЭДС? Предложите электрохимический способ вытеснения Ag из раствора AgNO3 медью, исключающей погружение последней в раствор AgNO3. Запишите уравнения протекающих реакций. Ответ: Химический гальванический элемент – замкнутая электрохимическая система, состоящая из электродов различной химической природы. Электродвижущая сила гальванического элемента равна разности потенциалов двух его электродов. Она зависит от концентрации растворов. Чтобы вытеснить серебро из раствора нитрата серебра, следует составить гальванический элемент типа Даниэля-Якоби, т.к. они состоят из 2-х электродов 1-рода, т.е. каждый из электродов обратим относительно собственных ионов в растворе электролита. Cu|Cu(NO3)||AgNO3|Ag Поскольку φ (Cu/Cu2+) < φ (Ag/Ag+), то медный электрод будет анодом, а серебряный – катодом. Запишем уравнения анодно-катодных процессов: А: Cu – 2 е = Cu2+ К: Ag+ + 1 е = Ag
Задача 107. При полном электролитическом разложении 33,3 г хлорида некоторого двухвалентного металла выделилось 6,72 л Cl2 (н.у.). Определите, соль какого металла подвергалась электролизу. Имеет ли значение для решения задачи – раствор или расплав соли использовали для электролиза? Запишите уравнения анодно-катодных процессов на электродах из Pt. Решение: V (Cl2) = 6,72 л m (МеCl2) = 65 г Ме - ? Составим схему электролиза.
К (-) Pt МеСl2 Pt А (+) Ме2+ Cl− K: Ме2+ + 2 е = Ме А: 2 Cl− - 2 е = Cl2
Суммируя электродные реакции, запишем суммарное уравнение электролиза в молекулярной форме: МеCl2 I, A Ме + Cl2↑ Найдем количество молей соли и хлора: n (МеCl2) = 33,3/(М + 71) (г/моль), где М – молярная масса металла n (Cl2) = 6,72/ 22,4 = 0,3 Из уравнения реакции видно, что из 1 моль соли получается 1 моль хлора. Следовательно, 33,3/(М + 71) = 0,3 Отсюда М = 40 (г/моль) Следовательно Ме = Са Поскольку Са стоит в ряду напряжений до алюминия, то при электролизе раствора соли, Са не будет восстанавливаться.
К (-) Pt СаСl2, Н2О Pt А (+) Са2+ , Н2О Cl−, Н2О K: 2 Н2О + 2 е = Н2 + 2 ОН− А: 2 Cl− - 2 е = Cl2 В объеме раствора: 2 ОН− + Са2+ = Са(ОН)2 Суммируя электродные и вторичные реакции, запишем суммарное уравнение электролиза в молекулярной форме: СаСl2 + 2 Н2О I, A Са(ОН)2 + Cl2↑ + Н2↑ Из уравнения электролиза раствора видно, что, как и при электролизе расплава, из 1 моль соли получается 1 моль хлора. Но при решении задачи мы не знаем, где находится металл в ряду напряжений, поэтому невозможно написать уравнение электролиза раствора и, соответственно, определить металл. Следовательно, для решения задачи имеет значение – расплав или раствор подвергался электролизу. Ответ: Ме = Са
Задача 126. Приведите электрохимическую схему протекторной и катодной защиты стальной конструкции в условиях: а) нейтральной почвы (О2, Н2О) рН =7; б) в среде электролита (рН=3) без доступа О2. Ответ подтвердите уравнениями соответствующих процессов и расчетами. Ответ: А) 1. при катодной защите конструкция подключается к отрицательному полюсу внешнего источника тока, а вспомогательный электрод (отходы Fe) – к положительному. В результате возникает электролизная система, электролитом в которой являются Н2О, О2: К − + А Fe H2O, O2 Fe (отходы) рН = 7 А: Fe – 2 e = Fe2+ ; φА = φ0 (Fe/Fe2+) = - 0,44 В К: О2 + 2 Н2О + 4 е = 4 ОН− ; φК = φР (О2/4 ОН−) = 1,23 – 0,059рН = 1,23 – 0,059•7 = 0,82 В Суммарное уравнение электролиза: 2 Fe + O2 + 2 H2O = 2 Fe(OH)2 ε = φК - φА = 0,82 + 0,44 = 1,26 В Так как ε > 0, то ΔG = - nFε = - 2•96500•1,26 = - 243,2 (кДж). 2. при протекторной защите создается электрический контакт защищаемого объекта с протектором – более активным металлом (например, цинк). При таком контакте возникает гальваническая пара типа Zn-Fe и коррозии подвергается протектор, а не защищаемый объект: К А Fe H2O, O2 Zn рН = 7 А: Zn – 2 e = Zn2+ ; φА = φ0 (Zn/Zn2+) = - 0,763 В K: О2 + 2 Н2О + 4 е = 4 ОН− ; φК = φР (О2/4 ОН−) = 1,23 – 0,059рН = 1,23 – 0,059•7 = 0,82 В Суммарное уравнение электролиза: 2 Zn + O2 + 2 H2O = 2 Zn(OH)2 ε = φК - φА = 0,82 + 0,763 = 1,583 В Так как ε > 0, то ΔG = - nFε = - 2•96500•1,583 = - 305,5 (кДж). Б) 1. при катодной защите конструкция подключается к отрицательному полюсу внешнего источника тока, а вспомогательный электрод (отходы Fe) – к положительному. В результате возникает электролизная система, электролитом в которой являются Н2О, Н+: К − + А Fe H2O, Н+ Fe (отходы) рН = 3 А: Fe – 2 e = Fe2+ ; φА = φ0 (Fe/Fe2+) = - 0,44 В К: 2 Н+ + 2 е = Н2 ; φК = φР (2Н+/Н2) = – 0,059рН = – 0,059•3 = - 0,18 В Суммарное уравнение электролиза: Fe + 2 H+ = Fe2+ + H2 ε = φК - φА = - 0,18 + 0,44 = 0,26 В Так как ε > 0, то ΔG = - nFε = - 2•96500•0,26 = - 50,2 (кДж). 2. при протекторной защите создается электрический контакт защищаемого объекта с протектором – более активным металлом (например, цинк). При таком контакте возникает гальваническая пара типа Zn-Fe и коррозии подвергается протектор, а не защищаемый объект: К А Fe H2O, Н+ Zn рН = 3 А: Zn – 2 e = Zn2+ ; φА = φ0 (Zn/Zn2+) = - 0,763 В K: 2 Н+ + 2 е = Н2 ; φК = φР (2Н+/Н2) = – 0,059рН = – 0,059•3 = - 0,18 В Суммарное уравнение электролиза: Zn + 2 H+ = Zn2+ + H2 ε = φК - φА = - 0,18 + 0,763 = 0,583 В Так как ε > 0, то ΔG = - nFε = - 2•96500•0,583 = - 112,5 (кДж).
Задача 157. Составьте схему процесса электрорафинирования (очистки) никеля, содержащего примеси цинка, железа, свинца, меди. Запишите схему электролиза и уравнения процессов, протекающих на аноде и катоде. Ответ: φ0 (Ni/Ni2+) = - 0,25 В φ0 (Zn/Zn2+) = - 0,763 В φ0 (Cu/Cu2+) = + 0,337 В φ0 (Fe/Fe2+) = - 0,44 В φ0 (Pb/Pb2+) = - 0,126 В При рафинировании анодом служит очищаемый металл (в нашем случае никель). На аноде растворяются основной металл и примеси, потенциал которых отрицательнее потенциала основного металла (в нашем случае, это цинк и железо). Примеси, имеющие более положительный потенциал, выпадают из анода в виде шлама (в нашем случае, это свинец и медь). На катоде в первую очередь выделяется металл, имеющий наиболее положительный потенциал. Так как потенциал никеля положительнее, чем потенциалы цинка и железа, то в первую очередь на катоде выделяется никель, а примеси (т.е. цинк и железо) остаются в растворе. При малой концентрации примесей их потенциалы в соответствии с уравнением Нернста сдвигаются в сторону отрицательных значений, что способствует преимущественному выделению на катоде никеля. К (-) С Ni (Zn, Cu, Fe, Pb) Ni А (+) Ni (Zn, Cu, Fe, Pb) K: Ni2+ + 2 е = Ni А: Ni - 2 е = Ni2+ Zn – 2 e = Zn2+ Fe – 2 e = Fe2+
Задача 175. Элементарные полупроводники V группы периодической таблицы. Охарактеризуйте их физические и химические свойства и применение в полупроводниковой технике. Ответ: Из элементов 5-ой группы периодической системы при определенных условиях полупроводниковые свойства проявляют фосфор, мышьяк и сурьма. Однако полупроводниковые модификации названных элементов малодоступны и не представляют интереса с точки зрения их применения. Но фосфор, мышьяк и сурьма являются важнейшими полупроводникобразующими элементами, на основе которых можно синтезировать соединения с нужными для практики свойствами, например, перспективные полупроводники типа АIIIВV. Кроме того, эти вещества часто применяются для легирования полупроводников, чтобы придать им нужный тип проводимости. У полупроводниковых модификаций простых веществ 5-ой группы – Р, As, Sb – координационное число равно 3, что способствует формированию слоистых структур. Черный фосфор - полимерное вещество с металлическим блеском, по виду он похож на графит, без запаха, жирен на ощупь и тяжелее других видоизменений. Его плотность равна 2,7 г/см3. Нерастворим в воде и в органических растворителях. Не ядовит. Атомная кристаллическая решетка, полупроводник. Ткип = 453 0С (возгонка), Тпл = 1000 0С (при 1,8•109 Па), устойчив. Черный фосфор образуется из белого при нагревании его до 200-220 0С под очень высоким давлением. В химическом отношении черный фосфор наименее реакционоспособен, воспламеняется лишь при нагревании выше 400 0С. Черный мышьяк – аморфное вещество с плотностью 4,7 г/см3. Образуется при возгонке As в струе водорода. Он не окисляется на воздухе, но выше 270 0С переходит в серую форму. Нерастворим в воде. Реагирует с азотной кислотой, царской водкой и горячими щелочами: As + 3 HCl(конц) + HNO3(конц) = AsCl3 + NO ↑ + 2 H2O As + HNO3(конц) = H3AsO4 + 5 NO2 + H2O 2 As + 2 NaOH (20 %-ный) + 2 H2O = 2 NaAsO2 + 3 H2↑ (реакция идет при нагревании) Черная сурьма образуется при нагревании, а также освещении видимым светом желтой сурьмы. Плотность равна 5,3 г/см3. При нагревании выше 400 0С превращается в металлическую сурьму. Реагирует с концентрированной серной кислотой, царской водкой: 3 Sb + 18 HCl(конц) + 5 HNO3(конц) = 3 H[SbCl6] + 5 NO ↑ + 10 H2O 2 Sb + HNO3(конц) = Sb2O5 + 10 NO2 + 5 H2O (при кипении)
Использованная литература: 1.Глинка Н.Л. Общая химия, 1983 2.Стромберг А.Г., Семченко Д.П. Физическая химия, 1988 3. Ахметов Н.С. Общая и неорганическая химия, 2001 4. Лидин Р.А., Молочко В.А. Химические свойства неорганических веществ, 2000 5. Угай Я.А. Общая и неорганическая химия, 1997 6. Угай Я.А. Введение в химию полупроводников, 1965
