![]() |
|
|
Химия. Решение задач• xl = 0,25 моль NO. 4
Определим число молей N02, образовавшихся при окислении 0,25 моль N0 по реакции (2): Из 2 моль N0 образуется 2 моль N02. Из 0,25 моль образуется х моль N02. О 25 • 2 х2 = — = 0,25 • х2 = 0,25 моль N09. 2 2 Определяем число молей HNOg, образующихся при растворении в воде 0,25 моль N02 по реакции (3): Из 4 моль N02 образуется 4 моль HNOg. Из 0,25 моль N02 образуется х моль HN03. 0,25 • 4 хЗ = = 0,25 моль HNO,. 4 3 Итак, мы нашли количество HN03, проведя последовательные вычисления по уравнениям трех реакций. Тот же результат можно получить и более простым способом, не прибегая к вычислениям. Посмотрите внимательно на уравнения (1)—(3). Вы увидите, что числа молей исходных веществ и числа молей продуктов реакций находятся между собой в простом соотношении 1 : 1 для всех трех реакций: уравнение 1: NH3 —> NO 4 моль 4 моль; уравнение 2: NO —> N02 2 моль 2 моль; уравнение 3: N02 —> HN03+ 4 моль 4 моль. Следовательно, если окислилось 0,25 моль NH3, то количество получившейся азотной кислоты
также должно составлять 0,25 моль. Умение анализировать коэффициенты уравнений химических реакций может существенно упростить путь вычислений. Далее найдем массу NH3 в растворе: (HNOJ = — ; m(HNOJ = M-v , 3 М 3 Mr(HN03) = 1 4- 14 + 16-3 = 63, M(HN03) = 63 г/моль, m(HN03) - 630,25 = 15,75 г. Теперь определим, сколько молей воды пошло на химическое взаимодействие с N02 по реакции (3). 4 моль N02 взаимодействуют с 2 моль Н20, 0,25 моль N02 взаимодействуют с х моль Н20, 0,25-2 х — = 0,125 моль Н90. 4 л Определим массу воды, которая прореагировала с N02: V(H2°) = S m(H2°) Mv; М(Н20) = 18 г/моль; m(H20) = 0,12548 - 2,25 г. Всего было взято 35 г Н20, поэтому в свободном виде, в качестве растворителя останется 35 г-2,25 г = 32,75 г Н20. М(Н20 в растворе) = 32,75 г. Находим массу раствора т: т = m(HN03) + т(Н20 в растворе) = 15,75 + 4- 32,75 = 48,5 г.
m(HN(X) 15,75 w(HN04)=— г-= —— = 0,32 400 % - 32 %. 3 m(p-pa) 48,5 Ответ. Получен раствор азотной кислоты, в котором концентрация HNOg составляет 32 % . Пример 2. Сколько граммов аммиачной селитры необходимо добавить к 2000 г преципитата, чтобы получить удобрение с соотношением по массе азота и фосфора, равным 1 : 2? Решение. В состав удобрительной смеси входят соединения СаНР04-2Н20 и NH4N03. По условию задачи масса азота и фосфора в смеси должна подчиняться пропорции: m(N) : m(P) =1:2. Записываем молярные массы солей и элементов: М(СаНР04-2Н20) - 172 г/моль, M(NH4N03) = 80 г/моль, M(N) - 14 г/моль; М(Р) = 31 г/моль. Вычисляем, сколько граммов фосфора содержится в 2000 г преципитата. 172 г СаНР04-2Н20 содержит 31г Р. 2000 г СаНР04-2Н20 содержит xl г Р. 2000-31 х = = 360,5 г Р. 172 Теперь можно найти, сколько граммов азота должно содержаться в питательной смеси: m(N) : m(P) = 1:2, m(P) = 360,5 г, m(N) : 360,5 = 1:2, 1-360,5 m(N) = — = 180,25; m(N) = 180,25 г. Итак, мы нашли, что в удобрительной смеси с отношением масс азота и фосфора 1 : 2 на 360,5 г фосфора должно приходиться 180,25 г азота. Вычисляем массу аммиачной селитры в которой будет содержаться 180,25 г питательного элемента азота. 80 г NH4N03 содержит 244 г [N]. х г NH4N03 содержит 180,25 г [N]. 80480,25 х2 = 515-3 - 515 г NH.NCK. 28 4 3 Ответ. Для того чтобы в смеси, состоящей из СаНР0/2Но0 NH,N0o, элемента азота по массе 4 2 4 З7 содержалось в 2 раза меньше по сравнению с другим питательным элементом — фосфором, к 2000 г преципитата следует добавить 515 г аммиачной селитры. Пример 3. Газ, выделившийся при обработке водой гидрида кальция, пропустили над раскаленным оксидом железа (II). В результате этого произошло уменьшение массы образца на 16 г. Сколько граммов гидрида кальция обработали водой? Решение. СаН2 4- 2Н20 Са(ОН)2 4- 2Н2Т (1) 1моль 2 моль FeO 4- Н2 -> Fe + Н20 (2) 1моль 1моль (18г) Mr(H20) = 1-2 + 16 = 18, M(H20) - 18 г/моль, m(H20) = 18 г. Уменьшение массы образца произошло за счет связывания кислорода. Если масса уменьшилась на 16 г, значит, был восстановлен 1 моль FeO и на восстановление затратился 1 моль водорода (2). Это количество водорода получается из 0,5 моль СаН2, что составит: Мг(СаН2) = 40 4- 1-2 = 42, М(СаН2) « 42 г/моль. m М = — ; m = M-v = 420,5 = 21 г. v Ответ. 21 г СаН2 обработали водой. Пример 4. К водному раствору йодида калия по каплям прилили свежеприготовленную хлорную воду. Объяснить, почему вначале появившаяся окраска раствора при дальнейшем приливании хлорной воды исчезла. Решение. 2KI 4- С12 —> 2КС1 4-12 (окраска раствора за счет йода), I2 + 5С1 + 2Н20 -> 2HI03+ 10НС1 (обесцвечивание раствора). Пример 5. Смесь двух газов прореагировала на солнечном свету со взрывом. Затем газообразный продукт реакции с избытком одного из газов пропустили через воду. Объем нераство-рившегося газа составил 1,12 л (н.у.). При исследовании этого газа оказалось, что он горит с об |
< К СПИСКУ КНИГ > 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 27 28 29 30 31 32 33 34 35 36 37 38 39 40 41 42 43 44 45 46 47 48 49 50 51 52 53 54 55 56 57 58 59 60 61 62 63 64 65 66 67 68 69 70 71 72 73 74 75 76 77 78 79 80 81 82 83 84 85 86 87 |
Скачать книгу "Химия. Решение задач" (1.54Mb) |
[каталог] [статьи] [доска объявлений] [прайс-листы] [форум] [обратная связь] |
|
Введение в химию окружающей среды. Книга известных английских ученых раскрывает основные принципы химии окружающей
среды и их действие в локальных и глобальных масштабах. Важный аспект книги
заключается в раскрытии механизма действия природных геохимических процессов в
разных масштабах времени и влияния на них человеческой деятельности.
Показываются химический состав, происхождение и эволюция земной коры, океанов и
атмосферы. Детально рассматриваются процессы выветривания и их влияние на
химический состав осадочных образований, почв и поверхностных вод на континентах.
Для студентов и преподавателей факультетов биологии, географии и химии
университетов и преподавателей средних школ, а также для широкого круга
читателей.
Химия и технология редких и рассеянных элементов. Книга представляет собой учебное пособие по специальным курсам для студентов
химико-технологических вузов. В первой части изложены основы химии и технологии
лития, рубидия, цезия, бериллия, галлия, индия, таллия. Во
второй
части книги изложены основы химии и технологии скандия, натрия, лантана,
лантаноидов, германия, титана, циркония, гафния. В
третьей части книги изложены основы химии и технологии ванадия, ниобия,
тантала, селена, теллура, молибдена, вольфрама, рения. Наибольшее внимание
уделено свойствам соединений элементов, имеющих значение в технологии. В
технологии каждого элемента описаны важнейшие области применения, характеристика
рудного сырья и его обогащение, получение соединений из концентратов и отходов
производства, современные методы разделения и очистки элементов. Пособие
составлено по материалам, опубликованным из советской и зарубежной печати по
1972 год включительно.
|
|