Teoria disociimi elektrolitik pranon se të gjitha reaksionet në tretësirat ujore të elektroliteve janë reaksione ndërmjet joneve. Prandaj, ekuacionet e reagimit për këto procese, të shkruara në formë molekulare, nuk pasqyrojnë gjendjen e vërtetë të substancave në tretësirë. Përveç shkrimit të ekuacioneve të reaksionit, në formë molekulare ekziston një formë jonike (jon-molekulare) e paraqitjes së ekuacioneve të reaksionit ndërmjet elektroliteve në tretësirat ujore. Në ekuacionet jonike-molekulare të reaksioneve, substancat që janë pak të tretshme, pak të disociuara dhe të gazta shkruhen në formën e molekulave dhe elektrolite të forta- në formën e joneve në të cilat ato shpërndahen. Për shembull, kur reagojnë tretësirat e klorurit të bakrit (II) dhe hidroksidit të natriumit, formohet një precipitat i hidroksidit të bakrit (II): CuCl2 + 2NaOH = Cu(OH)2| + 2 NaCl. Në formë jonike-molekulare, ekuacioni për këtë reaksion shkruhet si më poshtë: Cu2+ + 2C1″ + 2Na+ + 20NG = Cu(OH)2i + 2Na+ + 2SG. Përqendrimet e joneve të natriumit dhe klorit mbeten të pandryshuara gjatë reaksionit, kështu që ato mund të përjashtohen nga ekuacioni i reaksionit. Meqenëse reaksionet ndërmjet joneve në tretësirë janë një shembull ekuilibri kimik, parimi i zhvendosjes së ekuilibrit Jle Chatelier është i zbatueshëm për to. Sipas këtij parimi, ekuilibri mund të zhvendoset nëse ndonjë substancë hiqet nga sfera e reaksionit ndërsa vazhdon. Heqja e një lënde mund të kryhet në tre raste: 1) formimi i një precipitati dobët të tretshëm; 2) përzgjedhja substancë e gaztë; 3) formimi i një përbërjeje pak të disociuar. Kur një tretësirë e (NH4)2S bashkëvepron me acid klorhidrik Formohet gaz sulfuri i hidrogjenit dhe ekuilibri i reaksionit zhvendoset djathtas: (NH4)2S + 2HC1 - 2NH4C1 + H2ST, 2NH4+ + S2″ + 2H4″ + 2СГ = 2NH4+ + 2СГ + H2Sf ose 2Sf ose 2H+. Një shembull i një reaksioni ekuilibri i të cilit është zhvendosur drejt formimit të një përbërjeje pak të disociuar është ndërveprimi ndërmjet tretësirave acid nitrik dhe hidroksid natriumi: HN03 + NaOH - NaN03 + H20, H+ + N03″ + Na+ + OH" = Na+ + NO3- + H20 ose H+ + OH" - H20. Reagimi me formimin e një përbërjeje pak të tretshme u diskutua më sipër. Shpesh hasim procese në të cilat nuk kryhet një nga tre llojet e reaksioneve të shkëmbimit të konsideruara, por një ose një kombinim tjetër i tyre. Kështu, kur një zgjidhje e sulfitit të kaliumit ndërvepron me acidin sulfurik, formimi i një substance paksa të disociuar - uji dhe lirimi i një produkti të gaztë ndodh njëkohësisht: K2S03 + H2S04 = K2S04 + S02T + H20, 2K+ + S02H+ + S042′ - 2K+ + S042″ + S02t + H20 ose 2H+ + S032~ - S02t + H20. Dhe kur një zgjidhje e hidroksidit të bariumit reagon me acidin sulfurik, si një precipitat dhe elektrolit i dobët: Ba(OH)2 + H2S04 = BaS04i + 2H20, ‘Ba2+ + 20H” + 2H* + S042’ “BaS04i + 2H20. Disa reaksione ndodhin me formimin e dy substancave pak të tretshme: CuS04 + BaS = BaS04| + CuSj, Cu2+ + S042″ + Ba2* + S2″ = BaS04l + CuSi. Në një sërë procesesh metabolike, komponime pak të disociuara ose pak të tretshme gjenden midis produkteve fillestare dhe përfundimtare të reaksionit: nh4oh + n+ + C1-?± nh4+ + cr + n2o. Për shkak të formimit të komponimeve pak të tretshme në në disa raste zhvendosje e mundshme acid i fortë nga komponimet e dobëta, për shembull: Cu24″ + 2СГ + H2S « CuSJ + 2Н* + 2СГ, Cu2+ + H2S-CuSi + 2Н+. Kështu, shembujt e diskutuar më lart konfirmojnë model i përgjithshëm: të gjitha reaksionet e shkëmbimit në tretësirat e elektrolitit ecin në drejtim të zvogëlimit të numrit të joneve të lira.
Përfundimi i punës
Eksperimenti 1. Formimi i bazave të dobëta të tretshme. Hidhni 3-5 pika të një solucioni kripe hekuri (III) në një epruvetë, të njëjtën sasi të një solucioni kripe bakri (II) në një tjetër dhe një tretësirë kripe të nikelit (II) në një të tretën. Shtoni disa pika tretësirë alkali në secilën epruvetë derisa të ndodhë reshjet. Ruajeni sedimentin deri në eksperimentin tjetër.
Cilës klasë i përkasin precipitatet e hidroksidit të metaleve që rezultojnë? A janë këto hidrokside baza të forta?
Eksperimenti 2. Shpërbërja e bazave pak të tretshme. Shtoni disa pika tretësirë të acidit klorhidrik me përqendrim 15% në precipitatet e marra në eksperimentin e mëparshëm derisa të treten plotësisht.
Cili përbërës i ri, pak i disociuar formohet kur bazat treten në një acid?
Eksperimenti 3. Formimi i kripërave pak të tretshme.
A. Hidhni 3-5 pika tretësirë nitrat plumbi (II) në dy epruveta dhe shtoni disa pika jodur kaliumi në një epruvetë dhe klorur bariumi në tjetrën.
Çfarë vërehet në çdo epruvetë?
B. Hidhni 3-5 pika tretësirë të sulfatit të natriumit në një epruvetë dhe të njëjtën sasi tretësirë të sulfatit të kromit (III) në tjetrën. Shtoni disa pika tretësirë të klorurit të bariumit në secilën epruvetë derisa të ndodhë reshjet.
Cila substancë formohet si precipitat? A do të ndodhë një reagim i ngjashëm i klorurit të bariumit, për shembull, me sulfat hekuri (III)?
Eksperimenti 4. Studimi i vetive të hidroksideve amfoterike.
A . Shtoni 3 pika tretësirë të kripës së zinkut dhe disa pika holluar tretësirë e hidroksidit të natriumit (nga një raft me reagentë) derisa të formohet një precipitat i hidroksidit të zinkut. Shpërndani precipitatet që rezultojnë: në një provëz - në një zgjidhje të acidit klorhidrik, në një tjetër - në tepricë të përqendruara
B. Shtoni 3 pika tretësirë kripe alumini dhe disa pika në dy epruveta holluar tretësirë sode kaustike (nga një raft me reagentë) derisa të formohet një precipitat i hidroksidit të aluminit. Shpërndani precipitatet që rezultojnë: në një provëz - në një zgjidhje të acidit klorhidrik, në një tjetër - në tepricë të përqendruara zgjidhje sode kaustike (nga një kapuç tymi).
B. Shtoni 3 pika tretësirë kripe të kromit (III) dhe disa pika holluar tretësirë e hidroksidit të natriumit (nga një raft me reagentë) derisa të formohet një precipitat i hidroksidit të kromit (III). Shpërndani precipitatet që rezultojnë: në një provëz - në një zgjidhje të acidit klorhidrik, në një tjetër - në tepricë të përqendruara zgjidhje sode kaustike (nga një kapuç tymi).
Eksperimenti 5. Formimi i përbërjeve pak të disociuara. Shtoni 3-5 pika tretësirë të klorurit të amonit në një provëz dhe shtoni disa pika tretësirë të hidroksidit të natriumit. Kushtojini vëmendje erës, shpjegoni pamjen e saj bazuar në ekuacionin e reagimit.
Eksperimenti 6. Formimi i komplekseve. Hidhni 3-5 pika tretësirë të sulfatit të bakrit (II) në një epruvetë, më pas shtoni pikë për pikë. holluar(nga një raft me reagjentë!) tretësirë amoniaku derisa të formohet një precipitat i sulfatit hidroksibak (II) sipas reaksionit:
2CuSO 4 + 2NH 4 OH = (CuOH) 2 SO 4 ↓ + (NH 4) 2 SO 4
Shtoni tepricën në sediment të përqendruara tretësirë amoniaku (nga kapaku i tymrave!). Kushtojini vëmendje shpërbërjes së precipitatit sipas reagimit:
(CuOH) 2 SO 4 + (NH 4) 2 SO 4 + 6NH 4 OH = 2SO 4 + 8H 2 O
Çfarë ngjyre ka kompleksi i aminës i tretshëm i bakrit që rezulton?
Eksperimenti 7. Formimi i gazeve.
A. Hidhni 3-5 pika tretësirë karbonat natriumi dhe disa pika acid sulfurik në një provëz. Çfarë po vëzhgohet?
B. Hidhni 3-5 pika tretësirë të sulfurit të natriumit dhe 1 pikë acid sulfurik në një provëz. Kushtojini vëmendje erës së gazit që ikën.
duke përdorur a) HCl b) H 2 S c) H 2 O d) NaOH
Mbështetni përgjigjen tuaj me ekuacione molekulare dhe jon-molekulare për reaksione të mundshme.
7 pikë
Raport pesha molekulare klorur dhe oksid më i lartë i një elementi që ndodhet në grupin IV tabelë periodike, është 17:6 Identifikoni elementin.
Shpërndarja e një kampioni alumini në një tretësirë të hidroksidit të kaliumit në 20 0 C përfundon në 36 minuta, dhe në 40 0 C - në 4 minuta. Sa kohë do të duhet që i njëjti mostër alumini të tretet në 65 0 C? Shkruani ekuacionin e reaksionit.
Dy gota me të njëjtën masë, njëra prej të cilave përmban 100 g tretësirë 18,25% të acidit klorhidrik dhe tjetra përmban 100 g tretësirë 16% të sulfatit të bakrit, u vendosën në dy tigane me peshore. Ekuilibri i peshores u prish duke shtuar 2 g karbonat kalciumi në acid klorhidrik. Llogaritni masën e një pjese të hekurit që duhet shtuar në një gotë tjetër në mënyrë që peshore të balancohet përsëri.
Shkruani ekuacionet e reaksionit që mund të përdoren për të kryer transformimet e mëposhtme:
5 pikë
Përcaktoni formulën molekulare të një alkeni nëse dihet se e njëjta sasi e tij, duke bashkëvepruar me halogjenë të ndryshëm të hidrogjenit, formon përkatësisht ose 5,23 g derivat klori ose 8,2 g derivat bromo.
Produktet djegie e plotë një përzierje e propanit dhe metilaminës në oksigjen të tepërt kaloi përmes një solucioni të tepërt të hidroksidit të bariumit, duke rezultuar në formimin e 13,97 g precipitat. Gazrat që nuk përthitheshin kaluan mbi bakër të nxehtë. Më pas solli në kushte normale vëllimi i gazit u bë 2.5 herë më i vogël se vëllimi i përzierjes origjinale të propanit dhe metilaminës (n.o.). Përcaktoni fraksionet masive substancat në përzierjen fillestare të gazeve.
Olimpiada e klasës së 11-të (1 raund)
(përgjigjet)
1. A është e mundur të kryhet transformimi: BaS → Ba(HS) 2
duke përdorur a) HCl b) H 2 S c) H 2 O d) NaOH?
Mbështetni përgjigjen tuaj me ekuacione molekulare dhe jon-molekulare për reaksione të mundshme..
a) 2BaS + 2HCl = Ba(HS) 2 + BaCl 2 2b
2Ва 2+ + 2S 2– + 2Н + + 2Сl – = Ва 2+ + 2НS – + Ва 2+ + 2Сl –
2S 2– + 2Н + = 2НS –
S 2– + H + = NS –
Mund
b) BaS + H 2 S = Ba(HS) 2 2b
Ba 2+ + S 2– + H 2 S = Ba 2+ + 2НS –
S 2– + Н 2 S = 2НS –
Mund
c) 2BaS + 2H 2 O = Ba(HS) 2 + Ba(OH) 2 2b
S 2– + H 2 O = NS – + OH –
Kjo nuk është e mundur, pasi vetëm një pjesë e substancës origjinale i nënshtrohet hidrolizës.
d) BaS + 2NaON = Ba(OH) 2 + Na 2 S 1b
Ba 2+ + S 2– + 2Na + + 2OH – = Ba 2+ + 2OH – + 2Na + + S 2–
Është e pamundur, sepse reagimi nuk ndodh.
2. Raporti i peshave molekulare të klorurit më të lartë dhe oksidit të një elementi që ndodhet në grupin IV të sistemit periodik është 17: 6. Identifikoni elementin.
Grupi IV element (E) ka valencë më të lartë IV dhe formon klorur ESl 4 dhe oksid EO 2:
M(ESl 4) = x + 4 35,5 = (x + 142) g/mol,
M(EO 2) = x + 2 16 = (x + 32) g/mol. 1b
Që nga kushti
M(ESl 4) ∕ M(EO 2) = 17 ∕ 6, atëherë
(x + 142) ∕ (x + 32) = 17 ∕ 6.
Nga vjen x = 28 Ky është elementi silic. 1b
3. Shpërndarja e një kampioni alumini në një tretësirë të hidroksidit të kaliumit në 20 0 C përfundon në 36 minuta, dhe në 40 0 C - në 4 minuta. Sa kohë do të duhet që i njëjti mostër alumini të tretet në 65 0 C? Shkruani ekuacionin e reaksionit.
Ekuacioni i reaksionit
2Al + 2KOH + 6H 2 O = 2K + 3H 2. 1b
Sepse Shpejtësia mesatare reagimi është në përpjesëtim të zhdrejtë me kohën e reagimit, atëherë kur temperatura rritet nga 20 0 C në 40 0 C, shpejtësia e reagimit do të rritet me
një herë.
Sipas rregullit të van't Hoff (
) marrim vlerën γ:
γ = 3. 1b
Rritja e shpejtësisë së reagimit kur temperatura rritet nga 40 0 C në 65 0 C do të jetë:
një herë. 1b
Rrjedhimisht, koha e reagimit në 65 0 C do të jetë 15.588 herë më pak se në 40 0 C dhe e barabartë
1b
4. Dy gota të së njëjtës masë, njëra prej të cilave përmban 100 g tretësirë 18,25% të acidit klorhidrik dhe tjetra – 100 g tretësirë 16% të sulfatit të bakrit, u vendosën në dy gota peshore. Ekuilibri i peshores u prish duke shtuar 2 g karbonat kalciumi në acid klorhidrik. Llogaritni masën e një pjese të hekurit që duhet shtuar në një gotë tjetër në mënyrë që peshore të balancohet përsëri.
Një gotë acid klorhidrik përmban
100·0,1825 = 18,25 g HCl. 1b
Pas shtimit të CaCO 3 ndodh reaksioni
2HCl + CaCO 3 = CaCl 2 + CO 2 + H 2 O, 1b
në këtë rast, CaCO 3 konsumohet plotësisht, pasi HCl përmbahet me tepricë në tretësirë (siç mund të shihet nga zgjidhja e proporcionit):
2 36,5 g HCl ─ 100 g CaCO 3
x g HCl ─ 2 g CaCO 3
x = 1,46 g HCl nevojiten (nga 18,25 g) për të tretur CaCO 3, 1b
dhe është formuar
100 g CaCO 3 ─ 44 g CO 2
2 g CaCO 3 ─ y g CO 2
y = 0,88 g CO 2. 1b
Kështu, masa e qelqit me HCl u rrit me 2 g në kohën e shtimit të CaCO 3 dhe u ul me 0,88 g pas përfundimit të reaksionit për shkak të heqjes së CO 2 (supozojmë se i gjithë CO 2 avullon) dhe u bë i barabartë. te
100g + 2g – 0,88g = 101,12g.
Kjo është më e madhe masë fillestare me 1.12 g. 1b
Për të rivendosur ekuilibrin e peshores, në gotën e dytë duhet të shtohet e njëjta sasi (1,12 g) Fe, pasi si rezultat i reagimit.
Fe + CuSO 4 = Cu + FeSO 4 1b
formohen substanca që mbeten në gotë.
5. Shkruani ekuacionet e reagimit që mund të përdoren për të kryer transformimet e mëposhtme:
Elementet e përgjigjes:
U përpiluan ekuacionet e reagimit që korrespondojnë me skemën e transformimit:
(Formimi i CO 3 është i pranueshëm)
Përgjigja është e saktë dhe e plotë, përfshin të gjithë elementët e përmendur më sipër 5 pikë
4 ekuacione reagimi të shkruara saktë 4 pikë
Të shkruara saktë 3 ekuacione reaksionesh 3 pikë
Të shkruara saktë 2 ekuacione reaksionesh 2 pikë
Shkruar saktë 1 ekuacion reaksioni 1 pikë
Të gjithë elementët e përgjigjes janë shkruar gabim 0 pikë
Pika: maksimumi 5
6. Përcaktoni formulën molekulare të një alkeni nëse dihet se e njëjta sasi e tij, duke ndërvepruar me halogjenë të ndryshëm të hidrogjenit, formon përkatësisht ose 5,23 g derivat klori ose 8,2 g derivat bromo.
Elementet e përgjigjes:
1) Shkruhen ekuacionet e reaksionit dhe tregohet se sasitë e haloalkaneve janë të barabarta me njëra-tjetrën:
C n H 2 n + HCl C n H 2 n +1 Cl
C n H 2 n + HBr C n H 2 n +1 Br
n(C n H 2n+1 Cl) = n(C n H 2n+1 Br)
2) Vendimi ekuacioni algjebrik Formula molekulare e alkenit u gjet:
5,23/(14n+36,5) = 8,2/(14n+81)
Formula molekulare e alkenit C 3 H 6
Përgjigja është e saktë dhe e plotë, përfshin të gjithë elementët e përmendur më sipër 2 pikë
Elementi i parë i përgjigjes është shkruar saktë 1 pikë
Të gjithë elementët e përgjigjes janë shkruar gabim 0 pikë
Rezultati maksimal 2
Pika: max2
7. Produktet e djegies së plotë të një përzierjeje të propanit dhe metilaminës në oksigjen të tepërt kaluan përmes një tepricë të tretësirës së hidroksidit të bariumit, duke rezultuar në formimin e 13,97 g sediment. Gazrat që nuk përthitheshin kaluan mbi bakër të nxehtë. Pas së cilës, vëllimi i gazit i reduktuar në kushte normale u bë 2.5 herë më i vogël se vëllimi i përzierjes fillestare të propanit dhe metilaminës (n.o.). Përcaktoni fraksionet masive të substancave në përzierjen fillestare të gazeve.
Zgjidhja:
C 3 P 8 + 5O 2 -------- 3CO 2 + 4H 2 O
4CH 3 NH 2 + 9O 2 ------ 4CO 2 + 2N 2 + 10 H 2 O
CO 2 + Ba(OH) 2 ------ BaCO 3 + H 2 O
O 2 + 2Cu ------ 2CuO
Le të jetë ν(C 3 H 8) = x mol, ν(CH 3 NH 2) = y mol, atëherë
ν(CO 2) = 3x+y, ν(CO 2) = ν(BaCO 3) = 13,97/197 = 0,0709 mol
Pasi kaloi mbi bakër, mbeti vetëm azoti.
ν(N 2) = 0,5у, ν (gazrat e burimit) = x+y
x+y= 2.5(0.5y) x= 0.25y
3х+y+0.0709 0.75y+y=0.0709
x=0.25*0.0405= 0.0101 y=0.0709/1.75=0.0405
ν(C3H8) = 0.0101 mol; m(C 3 H 8) = 0,0101*44 = 0?446u
ν(CH3NH2) = 0.0405 mol; m(CH 3 NH 2)0.0405*31= 1.256g
m(përzierje) = 0,446+1,256 = 1,7 g
ω(C 3 H 8) = 0.0446/1.7 = 0.262 (26.2%)
ω(CH 3 H 2) = 1,256/1,7 = 0,738 (73,8%)
Ekuacionet e hartuara reaksionet kimike 2 pikë
Është krijuar një ekuacion për të llogaritur 2 pikë
Për gazin e mbetur u konkludua dhe sasia e substancës së tij u përcaktua 2 pikë
Hartoi dhe zgjidhi një sistem ekuacionesh 3 pikë
Fraksionet masive të substancave përcaktohen 1 pikë
REAKSIONET TË KTHYSHME
Reaksionet me formimin e substancave të dobëta të tretshme (precipitateve).
Le të krijojmë ekuacione molekulare dhe jon-molekulare për reaksionin midis tretësirave të klorurit të hekurit (III) dhe hidroksidit të natriumit.
1. Shkruani ekuacionin molekular dhe zgjidhni koeficientët:
FeCl 3 + 3NaOH = Fe(OH) 3 + 3NaCl
2. Le të gjejmë substancën që shkakton shfaqjen e reaksionit. Ky është Fe(OH) 3. Vendosim shenjën e sedimentit ↓:
3. Tregojmë forcën e bazës dhe tretshmërinë e kripërave:
FeCl 3 + 3NaOH = Fe(OH) 3 ↓ + 3NaCl
i tretshëm i fortë sedimenti i tretshëm
Kripë me bazë kripe
4. Le të shkruajmë të plotë ekuacioni jon-molekular(në formën e joneve përfaqësojmë kripëra të tretshme dhe një bazë të fortë):
Fe 3+ + 3Cl – + 3Na + + 3OH – = Fe(OH) 3 ↓ + 3Na + + 3Cl –
5. Le të theksojmë formulat që nuk përfshihen në reaksion (këto janë formula për jonet identike në të dy anët e ekuacionit):
Fe 3+ + 3Cl - + 3 Na++ 3OH – = Fe(OH) 3 ↓ + 3 Na+ + 3Cl -
6. Eliminoni formulat e nënvizuara dhe merrni
Fe 3+ + 3OH – = Fe(OH) 3 ↓
Shkurtuar jon-molekulare tregon se thelbi i reaksionit reduktohet në bashkëveprimin e joneve Fe 3+ dhe OH-, duke rezultuar në formimin e një precipitati të hidroksidit të hekurit (III) Fe(OH) 3.
Reaksionet me formimin e substancave me disociim të dobët (elektrolitet të dobët).
Le të krijojmë ekuacione molekulare dhe jon-molekulare për reaksionin midis tretësirave të acidit nitrik dhe hidroksidit të kaliumit.
Ekuacioni molekular:
HNO3 + KOH = KNO3 + H2O
i fortë i fortë i tretshëm i dobët
kripë bazë acide elektrolit
H + + NO 3 – + K + + OH – = K + NO 3 – + H 2 O
Ekuacioni i shkurtuar jon-molekular:
H + + OH – = H 2 O
Reaksionet me formimin e substancave të gazta.
Le të krijojmë ekuacione molekulare dhe jon-molekulare për reaksionin midis tretësirave të sulfurit të natriumit dhe acidit sulfurik.
Ekuacioni molekular:
Na 2 S + H 2 SO 4 = Na 2 SO 4 + H 2 S
i tretshëm i fortë i tretshëm gazi
kripë acid kripë
Ekuacioni i plotë jonik molekular:
2Na + + S 2 – + 2H + + SO 4 2 – = 2Na + + SO 4 2 – + H 2 S
Ekuacioni i shkurtuar jon-molekular:
2H + + S 2 – = H 2 S
REAKSIONET REVERSIVE
Le të analizojmë proceset që ndodhin gjatë bashkimit të zgjidhjeve të nitratit të kaliumit dhe klorurit të natriumit.
Ekuacioni molekular:
KNO3 + NaCl = KCl + NaNO3
i tretshëm i tretshëm i tretshëm i tretshëm
kripë kripë kripë kripë
Ekuacioni i plotë jonik molekular:
K + + NO 3 – + Na + + Cl – ⇄ K + + Cl – + Na + + NO 3 –
NË në këtë rast ekuacioni i shkurtuar jon-molekular nuk mund të shkruhet: sipas teorisë së disociimit elektrolitik, reagimi nuk ndodh. Nëse një tretësirë e tillë avullohet, fitojmë një përzierje të katër kripërave: KNO 3, NaCl, KCl, NaNO 3.