6. какое соотношение для объемов равных масс газов со и со2 при одинаковых условиях верно? аr(с)=12, ar(o)=16 a) vco > усо2 b) vco = vсо2 c) vco d) vco = 2vco2 e) 2v со =v co2
а) В ряду Н2S – Н2Sе – Н2Те кислотные свойства усиливаются, т.к. увеличивается атомный радиус в ряду элементов S-Se-Te, следовательно, длина химической связи в ряду Н -S – Н-Sе – Н-Те увеличивается, что облегчает отрыв атома водорода в виде иона Н+.
Восстановительные свойства усиливаются.
б) В ряду Н2SО4 – Н2SеО4 – Н2ТеО4 кислотные свойства ослабевают, т.к. в ряду S-Se-Te электроотрицательность уменьшается.
А окислительные свойства ухудшаются, т. к. уменьшается элемента в высшей степени окисления принимать электроны. Следовательно, восстановительные свойства усиливаются.
Проведите реакцию нетрализации между растворами кислоты и щёлочи (к щёлочи предварительно добавьте фенолфталиин)
А) HCl и NaOH
Б) H2 So4 и NaOH
В) HNo3 и Ca(OH)2
Г) HCl и Ca(OH)24
с растворами MnSO4 и Al2(SO4)3 выпадут осадки, причѐм в пробирке, содержащей
раствор MnSO4 , выпавший осадок будет медленно буреть на воздухе, а в пробирке,
содержащей Al2(SO4)3 , осадок будет растворяться в избытке реактива.
MnSO4 +2NaOH = Mn(OH)2↓ + Na2SO4
2 Mn(OH)2 + O2 = 2MnO(OH)2 (или 2H2MnO3 или MnO2 + H2O)
Al2(SO4)3 + 6NaOH = 2Al(OH)3↓ + 3Na2SO4
Al(OH)3 + NaOH = Na[Al(OH)4] (или Na3[Al(OH)6])
Мы определили MnSO4 и Al2(SO4)3.
Реактивы и оборудование на одного участника.
Растворы : 0,5М Ba(OH)2, 1М NaOH (свежеприготовленный, так как примесь
карбоната будет давать ложную реакцию с BaCl2), 1М H2SO4, 1М HCl, 0,5М Na2SO4, 0,5М
Pb(CH3COO)2, 0,5М BaCl2, 0,5М NH4Cl, 0,5М MnSO4, 0,5М Al2(SO4)3, 0,5М Na2CO3 : CaCl2, CuCl2, NaCl, для
соединений меди. Поэтому приходим к выводу, что мы должны синтезировать CuCl2 или
CuSO4. При этом CuCl2 не позволит различить BaCl2 и Ca(NO3)2, а CuSO4 – позволит.
Окончательный вывод – мы должны синтезировать CuSO4.
Синтез реактива.
Сульфат меди (II) может быть получен путем взаимодействия двух из выданных
вещества – основного карбоната меди и серной кислоты – по реакции:
Cu2(OH)2CO3 + 2H2SO4 → 2CuSO4 + CO2↑ + 3H2O
Для этого добавим к раствору серной кислоты избыток основного карбоната меди.
Наблюдаем выделение газа и растворение основного карбоната меди с образованием
голубого раствора сульфата меди. После прекращения выделения газа сольем раствор с
осадка.
Идентификация соединений.
Идентификацию соединений можно проводить в произвольном порядке. Для ее
всплывает)
4 Выпадение черного
осадка
CuSO4 + Na2S → CuS↓ +
Na2SO4
Na2S
5 При недостатке
реактива –
образование
бесцветного
раствора, при
избытке –
зеленого*
a) 2CuSO4 (недост.) +
6Na2S2O3 → 2Na3[Cu(S2O3)2]
(бесцветный)+ Na2S4O6 +
2Na2SO4**
б) CuSO4 (изб.) + 2Na2S2O3
→ Na2[Cu(S2O3)2] (зеленый)+
Na2SO4
Na2S2O3
6 Интенсивное
зеленое
окрашивание
раствора
CuSO4 + 6NaNO2 →
Na4[Cu(NO2)6] + Na2SO4
NaNO2
7 Выпадение
обильного белого
осадка
CuSO4 + BaCl2 → BaSO4↓ +
CuCl2
BaCl2
8 Замедленное (через
10 – 15 мин)
выпадение
кристаллического
осадка
CuSO4 + Ca(NO3)2 → CaSO4↓
+ Cu(NO3)2
Ca(NO3)2
9 При недостатке
реактива –
интенсивное
васильковое
окрашивание, при
избытке –
выпадение
голубого осадка*
a) CuSO4 (недост.) + 4NH3 →
[Cu(NH3)4]SO4
б) CuSO4 (изб.) + 2NH3 +
2H2O → Cu(OH)2↓ +
(NH4)2SO4
NH3
10 Появление
василькового
окрашивания и
выпадение белого
осадка
CuSO4 + 2[Zn(NH3)4]SO4 +
4H2O → [Cu(NH3)4]SO4 +
2Zn(OH)2↓
В пронумерованные пробирки помещают 5 % растворы KI, NaOH, NaHCO3, Na2S,
Na2S2O3, NaNO2, BaCl2, NH3, [Zn(NH3)4]SO4 (методику получения см. в разделе
методические указания) и 20 % раствор Ca(NO3)2. По 5 мл каждого раствора на человека.
Также в подписанных бюксах выдаются твердые вещества CaCO3, Cu2(OH)2CO3
(при отсутствии в наличии см. методику получения в разделе методические указаСоль Мора – (NH4)2Fe(SO4)2 6H2O.
а) При нагревании (при ~100 С) твердой
(NH4)2Fe(SO4)2 6H2O С
100
(NH4)2Fe(SO4)2 + 6H2O.
б) При взаимодействии соли Мора с раствором щелочи при небольшом
нагревании по появлению
(NH4)2Fe(SO4)2 6H2O + 4NaOH
t
2NH3 + Fe(OH)2 + 2Na2SO4 + 8H2O,
4Fe(OH)2 + O2 + 2H2O 4Fe(OH)3
(вместо образования Fe(OH)3 в качестве верного ответа принимается образование
FeO(OH)).
в) Обнаружить присутствие сульфат-ионов в растворе соли Мора можно с
реакции образования нерастворимого белого осадка BaSO4:
Ba2+ + SO4
2 BaSO4.
Опыт 2.
2NaNO2 + H2SO4 Na2SO4 + NO2 + NO + H2O,
(наблюдается выделение бурого газа)
Na2S2O3 + H2SO4 Na2SO4 +
CaCO3 + 2CH3COOH (CH3COO)2Ca + CO2 + H2O,
CaCO3 + H2SO4 CaSO4 + CO2 + H2O.
О
взаимодействию H2SO4 и CaCO3.
Опыт 4.
При взаимодействии цинка с серной кислотой выделяется водород:
Zn + H2SO4
RT
EA
k k e
0
). является
анодом, а медь – катодом:
Анод Катод
Zn / H2SO4 р-р / Cu
Zn0
2ē Zn2+ 2Н+
+ 2ē Н2
Cr3+
:
K2Cr2O7 + 3Zn + 7H2SO4 K2SO4 + 3ZnSO4 + 7H2O + Cr2(SO4)3
(допускается также описание этого процесса в виде:
Zn + H2SO4 ZnSO4 + 2H
0
(в данном случае – не Н2),
K2Cr2O7 + 6H
0
+ 4H2SO4 K2SO4 + 7H2O + Cr2(SO4)3).
Если проводить восстановление дихромат-иона молекулярным водородом Н2
(например, из ) смены оранжевой окраски раствора наблюдаться не будет,
поскольку молекулярный водород обладает заметно меньшей восстановительной
активностью, чем «водород в момент выделения» (Zn + H2SO4 р-р).
Опыт 7.
Гидроксид меди(II) – термически нестабильный гидроксид, который уже при
60-70 С разлагается. В случае использования горячего раствора щелочи образуется CuO,
а не Cu(OH)2:
CuSO4 + 2NaOH Cu(OH)2 + Na2SO4,
(образуется голубовато-синий осадок)
CuSO4 + 2NaOH
t
CuO + H2O + Na2SO4.
Объяснение:
а) В ряду Н2S – Н2Sе – Н2Те кислотные свойства усиливаются, т.к. увеличивается атомный радиус в ряду элементов S-Se-Te, следовательно, длина химической связи в ряду Н -S – Н-Sе – Н-Те увеличивается, что облегчает отрыв атома водорода в виде иона Н+.
Восстановительные свойства усиливаются.
б) В ряду Н2SО4 – Н2SеО4 – Н2ТеО4 кислотные свойства ослабевают, т.к. в ряду S-Se-Te электроотрицательность уменьшается.
А окислительные свойства ухудшаются, т. к. уменьшается элемента в высшей степени окисления принимать электроны. Следовательно, восстановительные свойства усиливаются.