O slideshow foi denunciado.
Utilizamos seu perfil e dados de atividades no LinkedIn para personalizar e exibir anúncios mais relevantes. Altere suas preferências de anúncios quando desejar.

методика розвязування задач Dascalu

186.161 visualizações

Publicada em

dascalu

Publicada em: Ciências
  • Seja o primeiro a comentar

методика розвязування задач Dascalu

  1. 1. 1 Герцаївська районна державна адміністрація Районний методичний кабінет Великобудський НВК Даскалу Юліана Костянтинівна вчитель хімії Великобудського НВК Герцаївського р-ну Чернівецької обл. 2013 р. Алгоритми та методичні рекомендації по розв’язуванню розрахункових задач з хімії
  2. 2. 2 Схвалено радою районного методичного кабінету відділу освіти, молоді та спорту Герцаївської районної державної адміністрації Протокол №4 від 13 червня 2013 Завідуючий рай методкабінетом Лукіянчук М. І. Автор: Даскалу Ю. К. – вчитель хімії Великобудського НВК Рецензенти: Лукіянчук М. І. – завідуючий районним методичним кабінетом відділу освіти, молоді та спорту Герцаївської районної адміністрації Сопрович Д. М. – вчитель хімії Острицької ЗОШ І – ІІІ ст., вчитель методист Райляну О.І. – вчитель хімії Молницької ЗОШ І – ІІІ ст., «старший вчитель». Цей посібник написано для учнів старших класів, які планують скласти ЗНО з хімії. Уміння розв’язувати задачі є основним показником творчого засвоєння предмета. У посібнику вміщено задачі різного рівня складності. У всіх розділах задачі подані розв'язками. Пропонований посібник містить вправи, що змістовно охоплюють майже всі розділи програмових вимог до зовнішнього незалежного оцінювання з хімії. Структура посібника дозволяє використовувати запропоновані завдання як для перевірки знання окремих тем, так і для підсумкового контролю. При самостійній підготовці до тестування рекомендуємо учням спочатку повторити теоретичний матеріал шкільного курсу з хімії. Посібник рекомендований випускникам та абітурієнтам. Також він буде корисним учням старших класів та вчителям. Хімія. Алгоритми та методичні рекомендації по розв’язуванню розрахункових задач з хімії. Навчальний посібник – Герца, 2013 р.
  3. 3. 3 ЗМІСТ В С Т У П Розділ 1. Обчислення за хімічними формулами 1.1.Знаходження відносної молекулярної маси і визначення масової частки елемен1.2. Визначення кількості речовини, молярної маси речовини 1.3. Обчислення відношення мас елементів у складній речовині за її формулою 1.4. Молярний об’єм газів. Закон Авогадро. 1.5. Обчислення з використанням газових законів Розділ ІІ. Розчини. 2.1. Обчислення масової частки і маси речовини в розчині 2.2. Обчислення молярної концентрації розчинів 2.3. Розв’язування задач з використанням поняття розчинності речовин 2.4. Розв’язування задач з використанням поняття викристалізації речовин 2.5. Обчислення на приготування розчинів з масовою часткою речовини з кристалогідратів 2.6. Обчислення на змішування розчинів Розділ ІІІ. Обчислення за рівняннями хімічних реакцій 3.1. Обчислення кількості речовини, маси чи об’єму речовини за рівнянням реакції 3.2.Розв’язування задач на домішки 3.3.Розв’язування задач на вихід продукту від теоретично можливого 3.4. Розв’язування задач на надлишок однієї з реагуючих речовин 3.5. Обчислення за термохімічними рівняннями. 3.6. Розв'язування задач на суміші Розділ 1V. Розв'язування задач на встановлення формул органічних сполук 4.1. Виведення молекулярної форми відомого класу органічних сполук за відносною густиною 4.2. Виведення молекулярної формули за відомими масовими частками елементів 4.3. Виведення молекулярної формули за відомими масою, об’ємами або кількістю речовини продуктів згорання 4.4. Виведення молекулярної формули за об’ємом кисню, необхідного для спалювання органічної речовини 4.5. Виведення молекулярної формули за об’ємними відношеннями газів 4.6. Виведення молекулярної формули за рівнянням стану ідеальних газів Список використаної літератури Додатки
  4. 4. 4 В С Т У П Хімія-одна із найважливіших природничих наук,яка відіграла значну роль у створенні сучасної наукової картини світу. Ми на кожному кроці бачимо необхідні в нашому житті предмети, виробництво яких неможливе без застосування хімічних знань. Цікаві і разом з тим складні процеси у величезній кількості відбуваються в живих організмах. Звідси зрозуміло, що людям,які мріють присвятити своє життя медицині чи фармакології,металургії чи нафтохімії, парфюмерії чи сільському господарству, потрібні знання хімії. Проте, майбутньому вченому-хіміку мало знати і вміти пояснювати ті чи інші хімічні явища з якісної сторони, їх потрібно характеризувати ще й кількісно. Це вміння формується у процесі систематичного розв`язування розрахункових задач. Памятаючи,що хімія належить до точних наук,потрібно дуже відповідально ставитись до математичних розрахунків. Розв’язування розрахункових задач з хімії – одна зі складових хімічної освіти поряд з вивченням і засвоєнням теоретичного матеріалу та опануванням технікою експерименту. Уведення задач в навчальний процес дає змогу реалізувати такі дидактичні принципи навчання: забезпечення самостійності й активності учнів; досягнення єдності знань і умінь; встановлення зв’язків навчання з життям. У ході розв’язування задач з хімії забезпечується: вироблення оптимальної методики підходу до теоретичного обґрунтування умови задачі; єдність навчання, розвитку, виховування учнів; закріплення правил, термінів, законів, рівнянь; осмислення зв’язку фізичних величин, політехнічну підготовку знань учнів; конкретизація, систематизація, зміцнення і перевірка знань учнів; поєднання теорії з практикою, вміння втілювати свої знання у життя; розвиток логічного мислення, активізація розумової діяльності, виховання ініціативності, самостійності, уважності; ілюстрація хімічних закономірностей, принципів хімічної технології, хімізації народного господарства, продуктивності апаратів, якості та виходу готового продукту; Задачі відіграють значну роль в організації пошукових ситуацій, необхідних у проблемному навчанні, а також у здійсненні перевірки знань учнів і закріплення засвоєного матеріалу.
  5. 5. 5 Розділ 1. Обчислення за хімічними формулами 1.1.Знаходження відносної молекулярної маси і визначення масової частки елементів у речовині Відносна молекулярна маса речовини позначається Мr і обчислюється як сума добутків атомних мас елементів, що входять до складу сполуки, на кількість атомів елемента у даній сполуці: Mr(AxByCz)= x·Ar(A)+y·Ar(B)+z·Ar(C) Приклад Обчислити відносну молекулярну масу кальцій карбонату СаСО3. Mr(СаСО3)= 1·Ar(Са)+1·Ar(С)+3·Ar(О)= 40+12+3 ·16=100 Для визначення масової частки елемента у сполуці користуються формулою: ω% (E) = %100 )( )( ⋅ ⋅ спMr EArn Де ω% (E) – масова частка елемента у сполуці; n - кількість атомів елемента у сполуці; Ar (E) – відносна атомна маса цього елемента; Mr (сполуки) – відносна молекулярна маса даної сполуки. Приклад Визначити масову частку Оксигену в кальцій карбонаті СаСО3. Дано: Розв’язання: СаСО3 1. Mr(СаСО3)= 1·Ar(Са)+1·Ar(С)+3·Ar(О)= 40+12+3 ·16 =100 2. ω% (О)= %48%100 100 163 =⋅ ⋅ ω% (О)- ? Відповідь: ω% (О)= 48% 1.2. Визначення кількості речовини, молярної маси речовини Кількість речовини ν (X) = )( )( XM Xm ; ν (X) = )( )( XN XN A ; NA = 6,02 · 1023 моль -1 ν (X) – кількість речовини Х, m – маса речовини Х, М – молярна маса речовини Х; N – число структурних одиниць (атомів чи молекул); NA – число Авогадро. Молярна маса речовини – маса 1 моля речовини. Вона чисельно дорівнює відносній молекулярній масі, одиниці вимірювання – г/моль. М(СаСО3) = 100 г/моль Приклад Скільки атомів містить залізо масою 1,12 г? Дано: Розв’язання: m(Fe)=1,12 г 1. ν (Fe) = 1,12 : 56 = 0,02 (моль) 2. Nат (Fe) =0,02· 6,02· 1023 =1,2·1022 атомів Nат (Fe) -? Відповідь: 1,2·1022 атомів
  6. 6. 6 1.3. Обчислення відношення мас елементів у складній речовині за її формулою Приклад Обчислити співвідношення мас Феруму й Оксигену в ферум (ІІІ) оксиді. Дано: Розв’язання: Fe2O3 ν (А) : ν (В): ν (С) = х : у : z ν (Fe) : ν (О) = 2 : 3 m (Fe) : m (O) = 2М(Fe) : 3М(O); m (Fe) : m (O) = (2·56) : (3·16) = 112 : 48 = 7 : 3 m(Fe):m(O) - ? Відповідь: співвідношення мас елементів Феруму й Оксигену в ферум (ІІІ) оксиді становить 7 : 3. 1.4. Молярний об’єм газів. Закон Авогадро. Обчислення відносної густини газів Закон Авогадро: в однакових об’ємах різних газів за однакових умов міститься однакова кількість молекул. Разом з тим 1 моль будь-якого газу містить однакову кількість молекул. Отже, за однакових умов 1 моль будь-якого газу займає один і той же об’єм. Цей об’єм називається мольним об’ємом газу і за нормальних умов становить 22,4 л/моль. Опорні формули: Vm =υ V , Vm = 22,4 л/моль; Оскільки 1 моль (за н.у.) займає об’єм 22,4 л, то, знаючи масу 1 л газу (за н.у.), можна обчислити молярну масу цього газу: М = Vm·ρ, де ρ – густина, тобто маса 1 л даного газу (за н.у.) Відносна густина газу одного газу (Х) за другим (Y) позначається DX(Y). Це безрозмірна величина, яка обчислюється відношенням маси певного газу до маси такого самого об’єму іншого газу, взятих за однакових температури і тиску. DХ(Y) = )( )( XM YM ; Відносна густина деякого газу (Y) за водне: DН2 (Y)= )( )( 2HM YM ; Відносна густина деякого газу (Y) за повітрям :Dпов(Y) = )( )( повM YM ; Повітря – це суміш газів, тому підставляємо значення середньої молярної маси повітря – М(пов)=29 г/моль. Відносна густина газової суміші – відношення середньої молярної маси цієї суміші до молярної маси газу, за яким її визначають: DХ(газов. суміші) = )( ... ХМ сумгазМсер Середня молярна маса газової суміші Мсер. газ. сум. дорівнює сумі добутків молярної маси газу на його мольну частку (χ) (чи об’ємну частку (φ)) в складі газової суміші: М сер. газов. суміші = М1χ1+М2 χ2+… або М сер. газов. суміші = М1φ1+М2 φ2+…
  7. 7. 7 Мольна частка (χ) – це відношення кількості речовини одного компонента суміші до суми кількостей речовини усіх складових суміші: χ = )( )( заг A υ υ ; υ (заг) = υ (А) + υ (В) + ... Об’ємна частка (φ) – це відношення об’єму газу одного з компонентів суміші до суми об’ємів газів усіх компонентів суміші(об’єму газової суміші): φ = ).( )( сумгазV газуV ; V(газ. сум.) = V ( A) + V(B) + … Приклад Обчислити відносну густину карбон (ІV)оксиду за повітрям. Дано: Розв’язання: СО2 Дпов(Y)= )( )( повM YM ; М(пов)=29 г/моль; М(СО2)= 44 г/моль Дпов(СО2)= 52,1 29 44 = Дпов(СО2) - ? Відповідь: відносна густина СО2 за повітрям дорівнює 1,52. Приклад Обчислити густину за воднем газової суміші, що містить 0,4 об’ємних частки вуглекислого газу, 0,3 об’ємних частки нітроген (ІУ) оксиду і 0,3 об’ємних частки азоту. Дано: Розв’язання: φ (СО2)= 0,4 φ (NO2)= 0,3 φ (N2) = 0,3 ДН2 (сум.)= )( .. 2HМ сумгазMс ; 1. Яка середня молярна маса газової суміші? Мсер.(сум.)=М(СО2)· (СО2)+М(NO2)· (NO2)+M(N2)·(N2) Mсер. (сум.)=44·0,4+46·0,3+28·0,3= 39,8 (г/моль) 2. Яка відносна густина суміші за воднем? ДН2 (газ. сум.) = 9,19 2 8,39 = ДН2 (суміші)-? Відповідь: відносна густина газової суміші за воднем дорівнює 19,9. 1.5. Обчислення з використанням газових законів Закон Бойля – Маріотта: при сталій температурі тиск, що спричиняє дана маса газу, обернено пропорційний об’єму газу. 2 1 1 2 V V р р = або pV = const Закон Гей-Люссака (1): при сталому тиску об’єм газу змінюється прямо пропорційно абсолютній температурі: 2 2 1 1 T V T V = або = T V const
  8. 8. 8 Об’єднаний газовий закон виражає залежність між об’ємом газу, тиском і температурою (об’єднує закони Бойля – Маріотта та Гей–Люссака): 0 00 T Vp T pV = ; де р0, V0, Т0 – тиск, об’єм та температура за нормальних умов, р, V, Т – тиск, об’єм та температура за інших умов Нормальні умови: p0 = 101,3 кПа = 1 атм. = 760 мм рт. ст. Т0=273 К. Стандартні умови: p0 = 101,3 кПа = 1 атм. = 760 мм рт. ст. Т0=298 К. φ = ).( )( сумгазV газуV ; φ - об’ємна частка Рівняння Менделєєва – Клапейрона р V = νRT, ν = ; M m р V = M m RT R – універсальна газова стала, R = 8,31 кДж/моль·К = 0,082 л·атм/моль·К = 62630 мл·мм рт.ст./ моль·К Закон Гей-Люссака (2): об’єми реагуючих і утворених газоподібних речовин відносяться між собою як прості цілі числа або коефіцієнти в рівняннях реакцій: V1 : V2 : V3 = ν1 : ν2: ν3 Приклад Обчислити об’єм азоту і водню, необхідних для синтезу амоніаку (NH3) об’ємом 60 м3 . Дано: Розв´язання: V(NH3)=60м3 N2 + 3H2  2NH3 ν (N2) : ν (H2) : ν (NH3) = 1 : 3 : 2 V(N2) : V(H2) : V(NH3) = 1 : 3 : 2 x : y : 60 = 1 : 3 : 2 x : 60 = 1 : 2; x = 30 (л) y : 60 = 3 : 2; y = 90 (л) V(N2) - ? V(H2) - ? Відповідь: об´єм азоту 30 л, об´єм водню 90 л. Приклад За нормальних умов 1 г повітря займає об’єм 773 мл. Який об’єм займе та ж маса повітря при 00 С та тиску, рівному 93,3 кПа? Дано: Розв´язання: m (пов) = 1 г V0 (пов) = 0,773 л t = 00 C р = 93,3 кПа 0 00 T Vp T pV = ; V = 0 00 pT TVp ; V = 2733,93 273773,03,101 ⋅ ⋅⋅ =0,84 (л) V (пов) - ? Відповідь: об´єм повітря 0,84 л. Розділ ІІ. Розчини. 2.1. Обчислення масової частки і маси речовини в розчині
  9. 9. 9 Масова частка розчиненої речовини в розчині (ω (%) (р.р.)) – це відношення маси розчиненої речовини до загальної маси розчину. Розчинник ω (р.р.) = )( ).( poзm ppm , якщо концентрація у частках від одиниці. ω (р.р.) = %100 )( ).( ⋅ poзm ppm , якщо концентрація у відсотках ω (р.р.) – масова частка розчиненої речовини m (р.р.) – маса розчиненої речовини m (розчину) – маса розчину m (розчину) = m (р.р.) + m (Н2О) чи іншого розчинника Якщо відомий об’єм розчину і його густина , то масу розчину знаходять за формулою m (розчину) = V ∙ρ Виходячи з вищезазначеного, формула набуває вигляду: ω (р.р.) = %100 )(.).( ).( 2 ⋅ + ОНmрpm ppm Приклад Обчислити масову частку цукру в розчині, приготовленому при розчиненні 20 г цукру в 180 г води. Дано: Розв’язання: m (р.р.)=20 г m (Н2О)=180 г 1. ω) (р.р.)= %100 )(.).( ).( 2 ⋅ + ОНmрpm ppm 2. ω (р.р.)= 10%100 18020 20 =⋅ + % ω (р.р.) - ? Відповідь: масова частка цукру 10% Приклад Визначити масу та об’єм води, в якій потрібно розчинити 60 г солі, щоб утворився 25%-ний її розчин. Дано: Розв’язання: m (р.р.)=60 г ω (%) (р.р.) = 25 1. Записуємо формулу для обчислення масової частки ω (р.р.)= 100 )(.).( ).( 2 ⋅ + ОНmрpm ppm m (роз)= m (р.р.) + m (Н2О) 2. Підставляємо значення: 25 % = ;100 60 60 ⋅ + х 0,25(60 + х) = 60 15 + 0,25х = 60 Розчинювана речовинаРозчин
  10. 10. 10 0,25х = 35 х =140 – це m (Н2О) 3. Знаходимо об’єм води: m (розчину) = V ∙ρ, V = m (розчину)/ ρ ρ (Н2О) = 1 г/см3 V = 140 1 140 = (см3 ) m(Н2О) - ? Відповідь: маса води становить 140 г, об’єм – 140 см3 . Приклад Визначити масову частку хлоридної кислоти в розчині, утвореному при додаванні 200 мл води до 300 г 40% її розчину. Дано: Розв’язання: V(H2O) = 200 мл m1(розч)=300 г ω % (HCl) = 25% 1. Яку масу води додали до розчину? m = ρ∙V; ρ (H2O) = 1 г/мл m (H2O) = 200 ∙ 1 = 200 (г) 2. Яка маса утвореного розчину? m2(розч)= m1(розч)+ m(H2O) m2(розч)=300 +200 = 500 (г) 3. Яка маса хлоридної кислоти у вихідному розчині? m(HCl) = 75 100 25300 = ⋅ (г) 4. Записуємо формулу для обчислення масової частки ω (р.р.)= %100 )( ).(2 ⋅ розчm ppm ω2 (р.р.)= %100 500 75 = 15% ω2(HCl) - ? Відповідь: масова частка хлоридної кислоти в утвореному розчині становить 15% Приклад Визначити масову частку кухонної солі в розчині, одержаному при додаванні 25 г натрій хлориду до 200 г розчину з масовою часткою солі 0,25. Дано: Розв’язання: m (NaCl)=60 г m1(poзч)=200г ω1 (NaCl) = 0,25 1. Яка маса солі містилась у вихідному розчині? m1(NaCl)р.р.=200∙0,25 = 50 (г) 2. Яка маса розчиненої речовини в утвореному розчині? m2(NaCl)р.р.= m1(NaCl)р.р.+ m (NaCl)= 50+60 = 110 (г) 3. Яка маса утвореного розчину? m2(poзч)= m1(poзч) + m (NaCl)= 200 + 60 = 260 (г) 4. Якою буде масова частка утвореного розчину? ω2 (р.р.)= %100 )( ).( 2 2 ⋅ pm ppm ω2 (NaCl)= %100 260 110 = 42,3%
  11. 11. 11 ω2(NaCl) - ? Відповідь: маса води становить 140 г, об’єм – 140 см3 . Приклад Визначити масову частку калій гідроксиду в розчині, одержаному при розчиненні 7,8 г калію в 200 мл води. Дано: Розв’язання: m (К)=7,8 г V (Н2О) = 200 мл 1. m = ρ∙V; ρ (H2O) = 1 г/мл m (H2O) = 200 ∙ 1 = 200 (г) 2. 2К + 2Н2О = 2КОН + Н2↑ 2 моль 2 моль 1 моль М=39 г/моль М=56г/моль М=2 г m = 78 г m = 112 г m= 2 г 7,8 г х г у г х = 11,2 (г) у = 0,2 (г) 3. m (розч) = m (К)+ m (H2O) – m (H2) = (7,8 + 200) – 0,2 = = 207,6 (г) 4. ω) (р.р.)= %100 6,207 2,11 ⋅ = 5,4% ω%(КОН) - ? Відповідь: масова частка калій гідроксиду 5,4 % 2.2. Обчислення молярної концентрації розчинів Молярна концентрація показує, яка кількість розчиненої речовини міститься в певному об’ємі розчину. с (Х) = )( )( рV Хν ; ν = ; M m с (Х) = )()( )( pVXM Xm ⋅ (моль/л) Якщо відома масова частка розчиненої речовини в розчині та густина розчину, можна використати формулу: с (Х) = М %10 ωρ ⋅⋅ Часто молярну концентрацію речовини в розчині позначають великою літерою М біля цифри, що зазначає її. Наприклад, розчин з молярною концентрацією 2 моль/л – це 2М розчин. Розчин з молярною концентрацією речовини 0,1 моль/л – 0,1М розчин. Приклад Визначити молярну концентрацію натрій хлориду в його розчині об’ємом 100мл, якщо там міститься 56 г солі. Дано: Розв’язання: m (NaCl)=56 г V (розч)=100 мл 1. с (Х) = )()( )( pVXM Xm ⋅ 2. с (NaCl)= 1,058 56 ⋅ =0,97 моль/л c (NaCl) - ? Відповідь: молярна концентрація солі становить 0,97 моль/л.
  12. 12. 12 2.3. Розв’язування задач з використанням поняття розчинності речовин Розчинність виражається масою речовини, що здатна розчинятись у певній масі або об’ємі розчинника, утворюючи насичений розчин. Найчастіше розчинність виражають кількістю грамів речовини, що може розчинитись при певній температурі у 100г розчинника. S = г розчинникаm ppm 100 )( .).( розчинника (Н2О) S – розчинність речовини Приклад При випарюванні насиченого при 100 С розчину натрій хлориду масою 200 г одержали твердий залишок масою 52,6 г. Обчислити розчинність натрій хлориду при даній температурі. Дано: Розв’язання: m (NaCl)р=200 г m (NaCl )=52,6 г t = 100 C 1. S (Х) = г розчинникаm ppm 100 )( .).( 2. m(Н2О) = 200 – 52,6 = 147,4 (г) 3. s (NaCl)= 100 4,147 6,52 ⋅ =35,7 (г) S (NaCl) - ? Відповідь: розчинність натрій хлориду становить 35,7 г. 2.4. Розв’язування задач з використанням поняття викристалізації речовин Приклад Розчинність натрій фториду при 400 С становить 4,5 г, а при 00 С – 4,1 г. Яка маса солі викристалізується при охолодженні насиченого при 400 С розчину масою 540 г до00 С? Дано: Розв’язання: S(NaF, 400 C)= 4,5 г S(NaF, 400 C)= 4,1 г m (розч)=540 г І спосіб 1. m1(poз)= 100 г H2O + 4,5 г NaF = 104,5 (г) 2. m2(poз)= 100 г H2O + 4,1 г NaF = 104,1 (г) 3. Яка маса солі, що викристалізується з маси насиченого розчину? m (NaF) викрист= 104,5 – 104,1=0,4 (г) 4. Яка маса солі викристалізується з розчину масою 540г? Із 104,5 г викристал. 0,4 г солі із 540 г - х х = 2,1 (г) ІІ спосіб 1. Яка маса насиченого розчину при 400 С? m1(poз)= 100 г H2O + 4,5 г NaF = 104,5 (г) 2. Яка маса солі в розчині масою 540 г? 104,5 г містить 4,5 г солі
  13. 13. 13 540 г - х х = 23,3 (г) 3. Яка маса води? m(Н2О) = 540 – 23,3 = 516,7 (г) 4. Яка маса солі розчиняється у воді при 00 С? 100 г - 4,1 г солі 516,7 г - х г х = 21,2 (г) 5. Яка маса солі викристалізувалась? m (NaF) = 23,3 – 21,2 = 2,1 (г) m (NaF) - ? Відповідь: викристалізується 2,1 г солі. 2.5. Обчислення на приготування розчинів з масовою часткою речовини з кристалогідратів Кристалогідрати – сполуки, що містять у своєму складі кристалізаційну воду. Тобто, це кристалічні речовини, до складу яких входить певне число молекул води. Особливість розрахункових задач з кристалогідратами полягає в тому, що в розчині розчинюваною речовиною є сіль – складова кристалогідрату, а до маси розчину входить вся маса кристалогідрату з масою розчинника. Тобто, необхідно робити перерахунок з маси кристалогідрату на масу безводної солі, яка й буде розчинюваною речовиною. ω (р.р.)= 100 )()( ).( 2 ⋅ + ОНmдратукристалогim ppm Приклад У воді масою 150 г розчинили мідний купорос масою 50 г. Визначити масову частку купрум (ІІ) сульфату в одержаному розчині. Дано: Розв’язання: m (Н2О)р=150 г m (СuSO4∙5H2O) = =50 г 1. Яка маса розчиненої речовини – безводного СuSO4? СuSO4∙5H2O  CuSO4 1 моль 1 моль М=250 г/моль М=160 г/моль m = 250 г m = 160 г 50 г х г х = 32 (г) - це m (р.р.) 2. Яка масова частка солі в утвореному розчині? ω (р.р.)= 100 )()( ).( 2 ⋅ + ОНmдратукристалогim ppm ω (СuSO4)= 100 15050 32 ⋅ + =16 ω % (СuSO4)- ? Відповідь: масова частка купрум (ІІ) сульфату становить 16% Приклад Обчислити масу мідного купоросу та води, необхідних для приготування розчину купрум (ІІ) сульфату масою 200 г з масовою часткою солі 16%.
  14. 14. 14 Дано: Розв’язання: ω (%) (СuSO4)= 16 m (СuSO4)р = 200 г 1. ɷ (р.р.)= 100 )()( ).( 2 ⋅ + ОНmдратукристалогim ppm m (СuSO4) = %100 )()((% 2OHmдратукристалогіm +⋅ω m (СuSO4) = 100 20016 ⋅ = 32 (г) 2. Яка маса кристалогідрату містить 32 г безводної солі? СuSO4  CuSO4∙5H2O 1 моль 1 моль М=160 г/моль М=250 г/моль m = 160 г m = 250 г 32 г х х = 50 (г) - це m (СuSO4∙5H2O) 3. Яка маса води потрібна? m (Н2О) = m (СuSO4)розч - m (СuSO4∙5H2O) = = 200 – 50 = 250 (г) m (Н2О) – ? m (СuSO4∙5H2O) – ? Відповідь: маса кристалогідрату 50 г, маса води 250 г. Приклад Визначити масову частку натрій сульфату в розчині, одержаному при додаванні 16,1 г глауберової солі до 300 г розчину натрій сульфату з масовою часткою солі 0,2. Дано: Розв’язання: m (Na2SO4∙10H2O)= = 16,1 г ω 1 (Na2SO4)= 0,2 m 1(Na2SO4)р = 300 г _________________ 1. ω (р.р.)= )( ).( розчинуm ppm m1(Na2SO4) = ω1∙ m1(розчину) m (Na2SO4) = 0,2 ∙ 300 = 60 (г) 2. Na2SO4 ∙10H2O  Na2SO4 1 моль 1 моль М=322 г/моль М=142 г/моль m = 322г m = 142 г 16,1 г х х = 7,1 (г) - це m (Na2SO4) з кристалогідрату 3. m2(розчину) = m1(розчину) + m (кристалогідрату) m2(Na2SO4) роз = 300 + 16,1 = 316,1 (г) 4. Яка маса розчиненої речовини в утвореному розчині? m2(р.р.) = m1(р.р.) + m (безводної солі з кристалогідрату) m2(Na2SO4) р.р. = 60 + 7,1 = 67,1 (г) 5. Яка масова частка утвореного розчину?
  15. 15. 15 _ ω2(Na2SO4) – ? ω2(р.р.)= )( ).( 2 2 розчинуm ppm ω2(%) (Na2SO4)= %100 1,316 1,67 ⋅ = 21,23 Відповідь: масова частка солі в утвореному розчині 21,23% 2.6. Обчислення на змішування розчинів Задачі даного типу можна розв’язувати поетапно з використанням раніше наведених формул, а можна розв’язувати з використанням формули змішуваних розчинів: ω(%) зміш. = ... ... 21 2211 ++ +⋅+⋅ mm mm ωω ∙100 або з використанням правила „хреста” чи „квадрата Пірсона”: ω1 ω2 – ω3 а (масових частин) ω3 ω2 ω1 – ω3 b (масових частин) Приклад Змішали розчини сульфатної кислоти з масовими частками 10%, 25% та 32% з відповідними масами 120 г, 200 г та 350 г. Обчислити масову частку сульфатної кислоти в одержаному розчині. Дано: Розв’язання: ω1 = 10% ω2 = 25% ω3 = 32% m1 = 120 г m2 = 200 г m3 = 350 г ω зміш. = ... ... 21 2211 ++ +⋅+⋅ mm mm ωω ∙100 ω4 = 350200120 %32350%25200%10120 ++ ⋅+⋅+⋅ ∙ 100%=26% ω4 (Н2SO4)- ? Відповідь: масова частка сульфатної кислоти становить 26% Приклад Які маси розчинів сульфатної кислоти з масовими частками 12% та 42% слід взяти для приготування розчину кислоти масою 600 г з масовою часткою 36%? Дано: Розв’язання: ω1 = 12% ω2 = 42% ω3 = 36% m3 = 600 г І спосіб ω зміш. = ... ... 21 2211 ++ +⋅+⋅ mm mm ωω ∙100 m3 = m1 + m2 Нехай m1 = х (г), тоді m2 = 600 – х (г) 36% = 600 %42)600(%12 ⋅−+⋅ хх ∙ 100% х = 120 (г) – це m1, тоді m2 = 600 – 120 = 480 (г) ІІ спосіб 1. 12 % 6 % 1
  16. 16. 16 36 % 42 % 24 % 4 2. загальне число масових частин 1 + 4 = 5 3. маса розчину з ω = 12% 5 : 1 = 600 : х, х = 120 (г). 4. маса розчину з ω1 = 42% 5 : 4 = 600 : у, у = 480 (г). m1 = ? m2 = ? Відповідь: m1 = 120 г, m2 = 480 г Розділ ІІІ. Обчислення за рівняннями хімічних реакцій 3.1. Обчислення кількості речовини, маси чи об’єму речовини за рівнянням реакції Приклад Яку масу залізної окалини можна одержати при спалюванні заліза масою 33,6г? Дано: Розв’язання: m(Fe) = 33,6 г І спосіб 1. М(Fe) =56 г/моль; М(Fe3O4)=232 г/моль. 3 Fe + 2 O2  Fe3O4 2. ν (Fe) = )(6,0 56 6,33 моль= 3. ; 6,0 1 3 x = х = 0,2 моль 4. m (Fe3O4) = 232 ·0,2 = 46,4 (г). ІІ спосіб 3 Fe + 2 O2  Fe3O4 3 моль 1 моль М=56 г/моль М=232 г/моль m=168г m= 232 г 33,6 г х 232168 6,33 x = ; )(4,46 168 2326,33 гx = ⋅ = m (Fe3O4)-? Відповідь: маса окалини 46,6 г. 3.2.Розв’язування задач на домішки Під час хімічних виробництв використовують сировину, яка в основному не являє собою чисту речовину, а містить різноманітні домішки. Ці домішки в процесі виробництва участі не беруть. Тому необхідно провести розрахунки, за якими обчислити масу чистої речовини, яка і буде брати участь в хімічному процесі. Особливість розв’язування задач даного типу полягає в тому, що слід з’ясувати, що є технічною речовиною, чистою речовиною, а що є домішками. Технічна речовина – це речовина, в якій корисний компонент, забруднений домішками. Визначивши компоненти, користуємось опорними формулами.
  17. 17. 17 Технічна речовина чиста речовина m(тex) = m (чист. реч.) + m(дом); m (чист. реч.) = m(тex) – m(дом) ω%(дом.) = 100 )( )( ⋅ техm домm ; ω% (чист. реч.) = 100 )( .).( ⋅ техm рчm ω%(дом.) + ω% (чист. реч.) = 100% Приклад Який об’єм водню виділиться при дії хлоридної кислоти на технічний алюміній масою 1,2 г, якщо масова частка домішок, що не реагують з кислотою, 10%. Дано: Розв’язання: m(Al тех)=1,2 г ω%(дом.)=10% М(Аl)=27 г/моль; Vm=22,4л/моль 1. m = )(12,0 %100 %102,1 г= ⋅ 2. m(Al)=1,2 – 0,12=1,08 (г) 3. υ(Al)=1,08:27=0,04 (моль) 4. 6 HCl + 2 Al  2 AlCl3 + 3 H2 2 моль 3 моль 0,04 моль х Х= )(06,0 2 304,0 моль= ⋅ 5. Який об’єм водню? V(H2)= 22,4∙0,06=1,344 (л) V(H2)-? Відповідь: 1,344 л водню 3.3.Розв’язування задач на вихід продукту від теоретично можливого Особливість цих задач полягає в тому, що в умові зазначається маса або об’єм вихідної речовини та практична маса чи об’єм продукту реакції. На основі цих даних необхідно обчислити масову або об’ємну частку виходу продукту реакції за відношенням до теоретично можливого. Відношення маси практично одержаного продукту до маси речовини, яку повинні одержати теоретично, називають масовою часткою виходу продукту і позначають грецькою літерою η (читається ета). Під час одержання продукту в газоподібному чи рідкому станах обчислюють об’ємну частку виходу продукту, яку позначають літерою φ (читається фі). η (Х) = %100 )( )( ⋅ Хтеорm Хпрm ; φ(Х) = %100 )( )( ⋅ ХтеорV ХпрV Приклад При випалюванні залізного колчедану масою 96 г одержали ферум (ІІІ) оксид масою 60 г. Обчислити вихід продукту реакції за відношенням до теоретичного. Дано: Розв’язання: m (FeS2) = 96 г m(Fe2O3) = 60 г М (FeS2 ) =120 г/моль; М (Fe2O3) = 160 г/моль 1. ν (FeS2 ) = 96:120 =0,8 моль домішки
  18. 18. 18 2. 4 FeS2 + 11 О2  2 Fe2O3 + 8 SO2 ν (Fe2O3) = 4,0 4 28,0 = ⋅ (моль) 3. m(Fe2O3)=64 г 4. η (Fe2O3) = %75,93%100 64 60 =⋅ η (Fe2O3)-? Відповідь: 93,75% 3.4. Розв’язування задач на надлишок однієї з реагуючих речовин Особливість задач даного типу полягає в тому, що в умові зазначається маса чи об’єм обох реагуючих речовин, одна з яких дається з кількості, більшій, ніж це необхідно для реакції (тобто, в надлишку). Під час проведення реакції частина такої речовини залишається в реакційній суміші після реакції, тому що не прореагує повністю. Для обчислення продукту реакції необхідно знати масу чи об’єм речовини, що прореагує повністю. Саме за даними цієї речовини (вважається, що вона знаходиться в недостачі) і будуть проводитися обчислення, необхідні для продукту реакції. ν (X) = )( )( XM Xm ; ν (X) = )( )( XVm XV ; k = M m ⋅ν ; M(прод)= k∙М(пр)∙υ (пр); V(прод)= k∙Vm∙υ (пр) Приклад Який об’єм водню виділиться при взаємодії алюмінію масою 2,16 г з розчином, що містить 9,6 г хлоридної кислоти? Дано: Розв’язання: m (Al) = 2,16 г m (HCl) = 9,6 г І спосіб 1. υ (Al) = 08,0 27 16,2 = (моль); υ (HCl) = 26,0 5,36 6,9 = (моль) 2. 2Al + 6HCl  2AlCl3 + 3Н2↑ 3. кількість речовини хлоридної кислоти, щоб повністю прореагував весь алюміній кількістю речовини 0,08 моль 2 : 6 = 0,08 : х; х = 0,24 (моль) 4. У нас за умовою кислоти 0,26 моль, а потрібно 0,24 моль. Отже в надлишку саме HCl. Тоді алюміній у недостачі. Подальші розрахунки проводимо за тією речовиною, яка в недостачі, тобто – за алюмінієм. 5. 2 : 3 = 0,08 : у; у = 0,12 (моль) 6. V(H2) = 0,12 ∙ 22,4 = 2,688 (л). ІІ спосіб 2. 2Al + 6HCl  2AlCl3 + 3Н2↑ 3. Обчислюємо коефіцієнти пропорційності: k (Al) = 272 16,2 ⋅ =0,04; k (HCl) = 5,366 6,9 ⋅ =0,044 4. Коефіцієнт пропорційності менший у алюмінію, отже знаходимо об’єм водню саме за ним: V(H2) = 0,04 ∙22,4∙3=2,688 (л)
  19. 19. 19 V(H2) - ? Відповідь: об’єм утвореного водню становить 2,688 л Особливості розв’язування задач на надлишок за участю солей багатоосновних кислот Особливість цих задач полягає у тому, що в залежності від кількісних співвідношень кислот з лугами можуть утворюватись різні типи солей. Для ортофосфатної кислоти: Н3РО4 + NaOH  NaH2PO4 + H2O (співвідношення 1 : 1) Н3РО4 + 2NaOH  Na2HPO4 + 2H2O (співвідношення 1 : 2) Н3РО4 + 3NaOH  Na3PO4 + 3H2O (співвідношення 1 : 3) Для двохосновних кислот (наприклад, Н2SО4) Н2SО4 + KOH  KНSО4 + H2O (співвідношення 1 : 1) Н2SО4 + 2KOH  K2SО4 + H2O (співвідношення 1 : 2) Приклад До розчину, що містить 16 г натрій гідроксиду, додали розчин, що містить 19,6 г ортофосфатної кислоти. Розчин випарили. Обчислити маси утворених солей. Дано: Розв’язання: m (NaOH) = 16 г m (Н3РО4) = 19,6 г 2. υ (NaOH) = 4,0 40 16 = (моль); υ (Н3РО4) = 2,0 98 6,19 = (моль) 3. υ (NaOH) : υ (Н3РО4) = 0,4 : 0,2 = 2 : 1 Сіль двозаміщена. 4. Н3РО4 + 2NaOH  Na2HPO4 + 2H2O 5. кількість речовини утвореної солі 1 : 1 = 0,2 : х х = υ (Na2HPO4)= 0,2 (моль) 6. маса утвореної солі M (Na2HPO4) = 0,2 ∙ 142 = 28,4 (г) m (солей) - ? Відповідь: маса утвореного натрій гідрофосфату 28,4 г. Приклад До розчину, що містить 44 г натрій гідроксиду, додали розчин, що містить 39,2 г ортофосфатної кислоти. Розчин випарили. Обчислити маси утворених солей. Дано: Розв’язання: m (NaOH) = 44 г m(Н3РО4)= 39,2 г 2. υ (NaOH) = 1,1 40 44 = (моль); υ (Н3РО4) = 4,0 98 2,39 = (моль) 3. υ (NaOH) : υ (Н3РО4) = 1,1 : 0,4 = 2,75 : 1 Утворюється двозаміщена сіль і трохи гідрофосфату. 4. Н3РО4 + 2NaOH  Na2HPO4 + 2H2O Na2HPO4+ NaOH  Na3PO4 + H2O 5. кількість речовини лугу яка прореагувала з кислотою 1 : 2 = 0,4 : х; х = 0,8 (моль) 6. кількість речовини лугу в надлишку υ (NaOH) = 1,1 – 0,8 = 0,3 (моль) 7. кількість речовини утвореної солі Na2HPO4
  20. 20. 20 1 : 1 = 0,4 : у; у= 0,4 (моль) 8. кількість речовини гідрофосфату натрію яка прореагувала з надлишком лугу 1 : 1 = 0,3 : у2; у2= 0,3 (моль) 9.кількість речовини гдрофосфату натрію яка залишилась υ (Na2HPO4) = 0,4 – 0,3 = 0,1 (моль) 10. кількість речовини ортофосфату натрію яка утворилась 1 : 1 = 0,3 : у3; у3= 0,3 (моль) 11. маса утворених солей M (Na2HPO4) = 0,1 ∙ 142 = 14,2 (г) m (Na3PO4) = 0,3 ∙ 164 = 49,2 (г) m (солей) - ? Відповідь: маса утвореного натрій гідрофосфату 14,2 г, а натрій ортофосфату 49,2 г. 3.5. Обчислення за термохімічними рівняннями. Термохімічними називаються рівняння хімічних реакцій, в яких зазначений тепловий ефект реакції. Тепловим ефектом реакції (∆Н0 ) називається кількість теплоти, яка поглинається чи виділяється під час хімічної реакції. Тепловий ефект реакції записується після хімічного рівняння і відділяється від нього крапкою з комою. Значення ∆Н стосується того числа молів речовин, яке зазначене рівнянням реакції. Екзотермічними називаються хімічні реакції, які відбуваються з виділенням теплоти. При таких процесах значення ∆Н має від’ємне значення. Хімічні реакції, які відбуваються з поглинанням теплоти, називаються ендотермічними.. Значення ∆Н– додатнє. Теплота утворення (кДж/моль) – це тепловий ефект реакції утворення 1 моль речовини зі стійких простих речовин при тиску 101,3 кПа та температурі 298 К. Слід пам’ятати, що тепловий ефект реакції утворення простих речовин за стандартних умов приймається рівним 0. Закон Гесса: Тепловий ефект хімічної реакції залежить від стану вихідних речовин і кінцевих продуктів, але не залежить від проміжних стадій реакції. Із закону Гесса витікає, що тепловий ефект реакції (∆Н0 ) дорівнює різниці сум теплових ефектів реакцій утворення кінцевих продуктів реакції (∆Н0 кін) і вихідних речовин (∆Н0 вих): ∆Н0 = ∑ ∆Н0 кін – ∑ ∆Н0 вих Приклад Скільки теплоти виділиться при згоранні водню об’ємом 67,2 л, якщо тепловий ефект реакції становить 571,6 кДж? Дано: Розв’язання: V (Н2) = 67,2 л ∆Н0 = -571, 6 кДж 2 H2 + O2  2 H2O + 571,6 кДж 2 моль Vm=22,4л/моль
  21. 21. 21 V=44,8 л 571,6 кДж 67,2 л х х = 8,44 6,5712,67 ⋅ = 857,4 (кДж) q - ? Відповідь: 857,4 кДж Приклад Скласти термохімічне рівняння, якщо відомо, що при згорянні магнію масою 4г виділяється 102,4 кДж теплоти. Дано: Розв’язання: m (Mg) = 4 г q = 102,4 кДж 2 Mg + O2  2 MgO + x кДж 2 моль M=24 г/моль m=48 г х кДж 4 л 102,4 кДж х = 4 4,10248 ⋅ = 1228,8 (кДж) ∆Н0 - ? Відповідь: ∆Н0 = - 1228,8 кДж Приклад Обчислити тепловий ефект реакції, що описується рівнянням С2Н6О (г) + 3О2 (г)  2СО2 (г) + 3Н2О, якщо теплоти утворення С2Н6О, СО2 та Н2О відповідно становлять -277 кДж/моль; -393,3 кДж/моль та -286,2 кДж/моль. Дано: Розв’язання: ∆Н0 (С2Н6О) = -277 кДж/моль ∆Н0 (СО2) = -393,3 кДж/моль ∆Н0 (Н2О) = -286,2 кДж/моль С2Н6О (г) + 3О2 (г)  2СО2 (г) + 3Н2О ∆Н0 = ∑ ∆Н0 кін – ∑ ∆Н0 вих ∆Н0 =(2∙(-393,3) + 3∙(-286,2))- (1∙(- 277)+3∙0)= = (-786,6 – 858,6) + 277 = -1368,2 кДж ∆Н0 - ? Відповідь: ∆Н0 = - 1368,2 кДж 3.6. Розв'язування задач на суміші Суміші – це системи, в яких співвідношення реагуючих компонентів може бути різним. Тому при розв’язуванні задач на знаходження компонентів сумішей потрібно писати не сумарне рівняння реакції, а для кожного компонента суміші окремо. Якщо в суміші є більше, ніж два компоненти, то для кожного третього компонента суміші необхідна додаткова умова в задачі. Приклад При розчиненні у хлоридній кислоті сплаву алюмінію з цинком масою 6,66 г виділилось 3,024 л водню. Визначити масу кожного металу у суміші.
  22. 22. 22 Дано: Розв’язання: m (Al + Zn) = 6,66 г V (H2) = 3,024 л І спосіб 1.Нехай m (Al) = х (г), тоді m (Zn) = 6,66 – х (г) 2. кількості реагуючих речовин υ (Al) = 27 х (моль) υ (Zn) = 65 66,6 х− (моль) 3. кількість речовин водню яка виділяється υ (H2) = 4,22 024,3 = 0,135 (моль) 4. 2 Al + 6 HCl  2 AlCl3 + 3H2↑ Zn + 2 HCl  ZnCl2 + H2↑ 5. кількість моль водню який виділиться при взаємодії хлоридної кислоти з алюмінієм 2 : 3 = 27 х : υ1 (H2) ; υ1 (H2)= 1854 3 хх = (моль) 6. кількість моль водню який виділиться при взаємодії хлоридної кислоти з цинком 1 : 1 = 65 66,6 х− : υ2 (H2) ; υ2 (H2)= 65 66,6 х− (моль) 7. маса алюмінію в суміші 18 х + 65 66,6 х− = 0,135 65х + 119,88 – 18х = 157,95 х = 0,81 (г) 8. маса цинку в суміші? m (Zn) = 6,66 – 0,81 = 5,85 (г) ІІ спосіб 1.Нехай m (Al) = х (г), тоді m (Zn) = у (г) 2. кількості реагуючих речовин υ (Al) = 27 х (моль) υ (Zn) = 65 у (моль) 3. кількість речовин водню який виділяється υ (H2) = 4,22 024,3 = 0,135 (моль) 4. 2 Al + 6 HCl  2 AlCl3 + 3H2↑ Zn + 2 HCl  ZnCl2 + H2↑ 5. кількість моль водню який виділиться при взаємодії хлоридної кислоти з алюмінієм 2 : 3 = 27 х : υ1 (H2) ; υ1 (H2)= 1854 3 хх = (моль) 6. кількість моль водню який виділиться при взаємодії хлоридної кислоти з цинком 1 : 1 = 65 у : υ2 (H2) ; υ2 (H2)= 65 у (моль) 7. маса речовин у суміш х + у = 6,66; 27 х + 65 у = 0,135;
  23. 23. 23 у = 6,66 – х, 27 х + 65 у = 0,135; х = 0,81 (г), у = 5,85 (г) m (Al) - ? m (Zn) - ? Відповідь: m (Al) = 0,81 г; m (Zn) = 5,85 г. Розділ 1V. Розв'язування задач на встановлення формул органічних сполук 4.1. Виведення молекулярної форми відомого класу органічних сполук за відносною густиною Приклад Відносна густина пари деякого алкану за повітрям дорівнює 3,931. Визначте формулу цього алкану і назвіть його. Дано: Розв’язування: СnH2n+2 M(CnH2n+2)= (14n +2) г/моль D(CnH2n+2)пов= 3,931 1. Обчислимо молярну масу алкану: СnH2n+2 - ? M(CnH2n+2) = D(CnH2n+2)пов × Mпов; Mпов=29г/моль M(CnH2n+2) = 3,931 × 29 г/моль = 114 г/моль 2. Обчислимо число атомів Карбону в алкані: 12n + 2 = 114; 14n = 112; 8 14 112 ==n ; С8Н18 Відповідь: Формула сполуки С8Н18. Це октан. 4.2. Виведення молекулярної формули за відомими масовими частками елементів Приклад Виведіть молекулярну формулу вуглеводню, масова частка Карбону в якому становить 82, 75%, а Гідрогену 17,25%. Відносна густина пари цього вуглеводню за повітрям дорівнює 2. Дано: Розв’язування: ω(С) = 82,75% 1. Обчислюємо молярну масу вуглеводню: ω(Н) = 17,25% ( ) мольгмольгМDНСМ повповух /58/292 =×=×= D(CxHy)пов = 2 2. Виводимо алгоритм для встановлення кількості атомів Карбону та Гідрогену: CxHy - ? ( ) ( ) ( ) ( )СAr НСMrС Сх ух× = ω ( ) ( ) ( ) ( )НAr НСMrН Ну ух× = ω 3. Обчислюємо число атомів Карбону і Гідрогену у вуглеводні (для розрахунків відсотки переводимо в частки):
  24. 24. 24 ( ) 4 12 588275,0 = × =Сх ( ) 10 1 581725,0 = × =Ну Формула вуглеводню С4Н10 4. Робимо перевірку виведеної формули вуглеводню за молярною масою: М(С4Н10)=58г/моль Відповідь: формула вуглеводню С4Н10 (бутан) 4.3. Виведення молекулярної формули за відомими масою, об’ємами або кількістю речовини продуктів згорання Приклад Внаслідок спалювання вуглеводню масою 1,5 г утворилися оксид карбону (ІV) об’єму 2,24 л (н.у.) та вода масою 2,7 г. Виведіть формулу вуглеводню, якщо відносна густина його за повітрям становить 1,0345. Дано: Розв’язування: m(CxHy)=1,5г 1. Обчислимо молярну масу вуглеводню: V(CxHy)=2,24 л ( ) ( ) повповухух МНСDНСM ×= m(H2O)=2,7г Mпов = 29 г/моль D(CxHy)пов=1,0345 ( ) мольгмольгНСМ ух /30/290345,1 =×= CxHy - ? 2. Обчислимо кількість речовини вуглеводню масою 1,5 г: ( ) ( ) ( ) моль мольг г НСM НСm НС ух ух ух 05,0 /30 5,1 ===υ 3. Обчислимо кількість речовини оксиду карбону (ІV) об’ємом 2,24 л: ( ) ( ) ( ) моль мольл л СОV СОV СО m 1,0 /4,22 24,2 2 2 2 ===υ 4. Обчислимо кількість речовини води масою 2,7 г: ( ) ( ) ( ) моль мольг г ОНM ОНm ОН 15,0 /18 7,2 2 2 2 ===υ 5. Обчислимо співвідношення кількостей речовин вуглеводню, оксиду карбону (ІV) та води: υ (CxHy) : υ (СО2) : υ (Н2О) = 0,05 : 0,1 : 0,15 ( ) ( ) ( ) 3:2:1 05,0 15,0 : 05,0 1,0 : 05,0 05,0 :: 22 ==ОНСОНС ух υυυ 6. Обчислимо число атомів Карбону і Гідрогену у вуглеводні: СхНу + О2 → 2 СО2 + 3Н2О х=2; у=6; С2Н6; М(С2Н6) = 30 г/моль Відповідь: Формула вуглеводню С2Н6 (етан) 4.4. Виведення молекулярної формули за об’ємом кисню, необхідного для спалювання органічної речовини Приклад На спалення 0,5 моль етиленового вуглеводню витрачається 33,6 л кисню (н.у.). Встановити формулу сполуки. Дано: Розв’язування:
  25. 25. 25 υ(СnH2n) = 0,5 моль 1. Знаходимо кількість кисню: V(O2) = 33,6 л моль мольл л О 5,1 /4,22 6,33 )( 2 ==υ СnH2n - ? 2. Складаємо рівняння реакції горіння етиленового вуглеводню у загальному вигляді і розставляємо коефіцієнти: СnH2n + хO2 → nСО2 + nН2О n+2n=2x 3n=2x моль5,1 2 3 n n х == 3.Складаємо пропорцію: На 1 моль СnH2n йде 1,5 моль O2 (n) На 0,5 моль СnH2n йде 1,5 моль О2 (за умовою) 2 5,15,0 5,11 = × × = мольмоль мольмоль n Отже, у молекулі етиленового вуглеводню два атоми Карбону. А на два атоми Карбону припадає чотири атоми Гідрогену. Формула вуглеводню С2Н4, це етилен. Відповідь: формула вуглеводню С2Н4 (етилен) 4.5. Виведення молекулярної формули за об’ємними відношеннями газів Приклад При дегідратації первинного насиченого спирту утворився газоподібний алкен, об’єм якого виявився в 4 рази меншим, ніж об’єм карбон(VI)оксиду, що утворився при спалювані такої ж кількості спирту. Одержаний алкен може повністю знебарвити розчин бромованої води, де міститься 16г брому. Який спирт піддали дегідратації? Дано: Розв’язування: ( ) 4 )( 2 2 COV HCV nn = Складаємо рівняння відповідних реакцій: m(Br2) = 16г 1) Дегідратація первинного насиченого спирту: СnH2n+1OH - ? СnH2n+1OH СnH2n + H2O 2) Горіння первинного насиченого спирту: СnH2n+1OH + О2 СО2 + Н2О 3) Приєднання брому алкеном: СnH2n + Br2 СnH2n Br2 Складаємо співвідношення реагуючих речовин та продуктів реакції: V(СnH2n) : V (CO2) = 1:4 4) Знаходимо кількість речовини Брому: ( ) моль1,0 160 16 2 === M m Brν , за рівнянням υ(СnH2n) = 0,1 моль 5) За умовою задачі: 1V СnH2n 4V CO2 υ(СnH2n) = 0,1 моль υ(CO2) = 0,4 моль υ(СnH2n): υ(CO2) = 0,1 : 0,4 = 1:4 6) Формула алкену містить 4 атоми Карбону: С4Н8
  26. 26. 26 При гідратації алкену добудемо одноатомний насичений спирт С4Н9ОН Відповідь: С4Н9ОН – бутанол 4.6. Виведення молекулярної формули за рівнянням стану ідеальних газів Приклад У сталеву посудину, місткість якої 2,75л, помістили 1,32г насиченого одноатомного спирту. Потім туди ввели 3,36л кисню (н. у.). Після підпалювання спирт повністю згорів, при цьому тиск у посудині за температурою 227ºС становив 306 кПа. Визначте формулу спирту. Дано: Розв'язування: Vпосуду = 2,75л 1) За рівнянням Менделєєва-Клапейрона: m(CnH2n+1OH) = 1,32г RT M m PV = V(O2) = 3,36л Виводимо формулу для визначення кількості речовини суміші продуктів t = 227ºС згорання: P =306 кПа RT PV =ν , Т = 227 + 273 = 500 К; CnH2n+1OH - ? R = 8,314 мольК лкПа × × ( ) мольсуміші 2025,0 500314,8 75,210306 3 = × ×× ν 2) За законом збереження маси речовини, знаходимо масу кисню витраченого для спалювання насиченого одноатомного спирту: ( ) 5моль1,0 4,22 36,3 2 === mV V Оν ( ) гтО 8,43215,02 =×=×=νν 3) Маса вихідних речовин: ( ) ( ) г12,68,432,1OHHC 212nn =+=++ Omm Маса продуктів реакції: ( ) ( ) ( )222 COCOMCOm ν×= ( ) ( ) ( )OHOHMOHm 222 ν×= Приймаємо υ(СО2) = х, υ(Н2О) = 0,2025-х Складаємо математичне рівняння за законом збереження мас речовин: 6,12 = 44х + (0,2025-х)18 6,12 = 44х + 3,645 – 18х 2,475 = 26х х = 0,095 Отже, υ(СО2) =0,095 моль, υ(Н2О) = 0,1075 моль 4) Складаємо рівняння реакції горіння насиченого одноатомного спирту: CnH2n+1OH + О2 5СО2 + 6Н2О За співвідношенням υ(СО2) : υ(Н2О) = 0,095:0,1075 = 5:6 В сполуці спирту 5 атомів Карбону і 12 атомів Гідрогену. Отже формула насиченого одноатомного спирту С5Н11ОН Відповідь: С5Н11ОН – пентанол (аміловий спирт)
  27. 27. 27 4.7. Виведення молекулярної формули за хімічними властивостями речовин Приклад Етиленовий вуглеводень, що утворився із 24 г одноатомного насиченого спирту при нагріванні з концентрованою сульфатною кислотою, приєднує 15,3 мл брому (ρ = 3,14 г/см3 ). Який спирт використали для реакції? Врахуйте, що масова частка виходу алкену становить 75% від теоретичного. Дано: Розв’язування: m(СnH2n+1OH) = 24г 1. Визначаємо масу брому, що приєднує алкен: V(Br2) = 15,3мл m(Br2) = ρ V = 15,3 мл 3,14 г/мл = 48 г ρ = 3,14 г/см3 2. Визначаємо кількість речовини брому: ωвих . (СnH2n) = 75% υ моль мольг г M m 3,0 /160 48 )(Br2 === СnH2n+1OH - ? 3. Складаємо рівняння відповідних реакцій: СnH2n + Br2 СnH2nBr2 СnH2n+1OH  → °t,SOH 42 СnH2n + H2O 4. Визначаємо практичну кількість речовини алкену, що приєднує бром: υ(Br2) = υпр.(СnH2n) = 0,3 моль 5. Обчислимо теоретичну кількість виходу алкену: ( ) моль моль НС nnтеор 4,0%100 %75 3,0 2 =×=υ 6. Обчислимо молярну масу одноатомного насиченого спирту: ( ) мольг моль г M m ОНH n /60 4,0 24 СM 12n ===+ 7. Обчислимо число атомів Карбону в сполуці спирту : 12n +2n +1 +17 = 60 14n =42 n=3 8. Виводимо формулу одноатомного насиченого спирту: С3Н7OH Відповідь: для реакції використали пропанол (С3Н7OH) Приклад Для каталітичного гідрування алкіну невідомого складу потрібно використати 1,7 л водню (н.у.). Така ж сама маса вуглеводню під час взаємодії з бромом утворює 15,24 г тетраброміду з розгалуженим карбоновим скелетом. Визначте формулу алкіну. Дано: Розв’язування: V(H2) = 1,7 л 1. Складаємо рівняння відповідних реакцій: m(СnH2n-2Br4) = 15,24г СnH2n-2 + 2H2 СnH2n+2 СnH2n-2 + 2Br2 СnH2n-2Br4 СnH2n - ? 2. Обчислимо кількість речовини водню що вступив у реакцію каталітичного гідрування алкіну : ( ) моль мольл л V V Н m 076,0 /4,22 7,1 2 ===υ 3. Обчислимо кількість речовини брому, що вступив у реакцію: υ(Br2)= 0,076 моль
  28. 28. 28 4. Обчислимо масу брому: m(Br2) = М υ = 160 г/моль 0,076 моль = 12,16 г 5. Обчислимо масу алкіну: m(СnH2n-2) = m(СnH2n-2Br4) – m(Br2) = 15,24 – 12,16 = 3,08 г 6. Обчислюємо кількість речовини алкіну за рівнянням реакції приєднання брому: υ(СnH2n-2) = υ(Br2)/2 = 0,076/2 = 0,038 моль 7. Обчислюємо молярну масу алкіну: ( ) мольг моль г M m НСM nn /82 038,0 08,3 22 ==− 8. Обчислюємо число атомів Карбону в алкіні: 12n + 2n – 2 = 82 14n = 84 n=6 9. Виводимо формулу алкіну: С6H10 Відповідь: формула алкіну С6H10 (гексин) Приклад Внаслідок нагрівання насиченого одноатомного спирту з концентрованою йодидноюкислотою утворилась сполука, в якій масова частка йоду становить 74,7%. Визначте формулу одноатомного спирту. Дано: Розв’язування: СnH2n+1OH СnH2n+1OH + НI → СnH2n+1I + H2O ω(I) = 74,7% Mr(СnH2n+1I) = 14n + 128 СnH2n+1OH - ? ( ) ( ) ( ) %100 12 ×= + IНCMr InAr I nn ω %100 12814 127 %7,74 × + = n 74,7 (14n + 128) = 12700 1045,8n + 9561,6 = 12700 1045,8n = 3138,4 3 8,1045 4,3138 ==n ; С3Н7ОН Відповідь: Формула спирту С3Н7ОН (пропанол) Приклад Маса продукту приєднання гідроген броміду до вуглеводню етиленового ряду виявилась у 2,929 раза більшою за масу вихідного вуглеводню. Визначте формулу етиленового вуглеводню. Дано: Розв’язування: m(CnH2n) ×2,929 = 1. Складаємо рівняння реакції: m(CnH2n+1Br) CnH2n + НBr CnH2n+1Br CnH2n - ? 2. Приймаємо m(CnH2n) за х, згідно умови m(CnH2n+1Br)=2,929 х 3. Складаємо співвідношення за кількістю речовин реагентів і продуктів реакції: υ(CnH2n)= υ(CnH2n+1Br) 4. Визначаємо молярні маси реагентів і продуктів реакції: М(CnH2n)=12n +2n = 14n
  29. 29. 29 M(CnH2n+1Br)=14n+81 5. Визначаємо кількості речовин: 6. Встановлюємо кількість атомів Карбону у сполуках за пропорцією: n=3 Отже, у молекулі етиленового вуглеводню 3 атоми Карбону та 6 атомів Гідрогену. Формула вуглеводню C3H6 – пропен. Відповідь: Формула етиленового вуглеводню C3H6 ( пропен). Приклад В результаті дії натрію на 13,8г суміші етилового спирту і одноосновної органічної кислоти виділяється 3,36л газу, а в результаті дії на таку ж саму суміш насиченого розчину гідроген карбонату натрію – 1,12л газу. Визначте будову органічної кислоти . Дано: Розв’язування: mсум.(СnH2n+1COOH; 1. Складаємо рівняння реакції взаємодії C2H5OH) = 13,8 г органічної кислоти та натрій гідроген V1 заг.(газу) = 3,36 л карбонату: V2 (газу) =1,12 л СnH2n+1COOH + NaHCO3 СnH2n+1COONa+ Na, NaHCO3 + H2O + CO2 СnH2n+1COOH - ? Висновок виділяється вуглекислий газ ω(СnH2n+1COOH) - ? об’ємом 1,12 л ω(C2H5OH) - ? 2. Визначаємо кількості речовин вуглекислого газу і органічної кислоти за рівнянням реакції: υ(CO2) = υ.(СnH2n+1COOH) υ(СnH2n+1COOH) = 0,05 моль = 0,05 моль 3. При взаємодії натрію як з органічною кислотою так і спиртом виділяється водень: V1 заг.(Н2) = 3,36л; 4. Складаємо рівняння реакції взаємодії органічної кислоти з натрієм: 2СnH2n+1COOH + 2Na 2СnH2n+1COONa + H2 З попередніх розрахунків υ(СnH2n+1COOH) складає 0,05 моль, отже υ1(Н2) за рівнянням реакції дорівнює 0,025 моль: υ2(Н2) = - υ1(Н2) = 0,15моль – 0,025 моль = 0,125 моль 5. Складаємо рівняння реакції етилового спирту з натрієм:
  30. 30. 30 2C2H5OH + 2Na 2C2H5ONa + H2 Відповідно υ(Н2) в даній реакції дорівнює υ2(Н2) = 0,125 моль, а за рівнянням υ(C2H5OH) = 0,25 моль 6. Знаходимо маси речовин у суміші: m(C2H5OH) = M(C2H5OH) × υ(C2H5OH) = 46 г/моль × 0,25 моль = = 11,5 г Масу СnH2n+1COOH визначаємо за різницею маси суміші та маси спирту: m(СnH2n+1COOH) = 13,8 г – 11,5 г = 2,3 г 7. Визначаємо молярну масу органічної кислоти: 8. Обчислюємо кількість атомів Карбону в органічній кислоті: = 12n+2n +46 = 46 Висновок: вуглеводневий радикал у формулі даної органічної кислоти замінено містить тільки один атом Гідрогену. Отже, формула органічної кислоти НСООН Відповідь: Формула одноосновної органічної кислоти НСООН (метанова або мурашина кислота) Приклад При кількісній міжмолекулярній дегідратації суміші двох одноатомних насичених спиртів невідомої будови виділилось 13,4 г води й утворилось 66г суміші трьох органічних речовин з однаковими кількостями речовин. Відомо, що речовини належать до одного й того ж класу органічних сполук. Визначте склад вихідних спиртів. Дано: Розв’язування: mсум.(3 етерів) = 66г 1) Складаємо рівняння реакції дегідратації суміші 2-х m(H2O) = 13,5г одноатомних спиртів: R-OH + R´ - OH R-O-R´ + H2O Склад вихідних спиртів - ? 2) Знаходимо кількість речовини Н2О: ( ) моль75,0 18 5,13 2 === M m ОНν За рівнянням υ (Н2О) = υ(R-O-R´) υ(R-O-R´) = 0,75 моль 3) Визначаємо молярну масу суміші вуглеводневих радикалів, що входять до складу етерів: M(R-O-R´) 88 75,0 66 === ν m г/моль M(R;R´) =M(R-O-R´) – M(O) = 88 – 16 = 72 г/моль 4) Виводимо вираз для визначення сумарної кількості атомів Карбону у продуктах реакції: R = CnH2n+1 M(CnH2n+1) = 72 г/моль 12n + 2n + 2 = 72 14n = 70 n = 5
  31. 31. 31 Отже, загальна кількість атомів Карбону у суміші вихідних спиртів 5. Відповідь: 1 суміш С2Н5ОН – етанол С3Н7ОН – пропанол 2 суміш СН3ОН - метанол С4Н9ОН – бутанол 3 суміш СН3ОН - метанол С4Н9ОН – ізобутанол Список використаної літератури 1. Березан О.В. Органічна хімія: навч. посіб. – Тернопіль : Підручники і посібники, 2012. – 208 с. 2. Боєчко Ф.Ф, та ін..Органічна хімія: Проб. підруч. для 10-11 класів (шкіл) хімічних профілів та класів (шкіл) з поглибленим вивченням предмета – К.: Вища шк., 2001. – 398 с. 3. Данильченко В.Є. Як розв’язувати задачі з хімії. 8 – 11 класи. – Х., 2008. 4. Дерибас М.В. Розв’язування розрахункових задач з хімії ускладненого типу алгебраїчним та графічним способами. // Біологія та хімія в школі. – 2/1998.
  32. 32. 32 5. Зелена Р.М. Навчання учнів розв’язування розрахункових задач. // Шкільний світ. Хімія. – №№ 34 – 35/ 2004. 6. Інновації на уроках хімії. – Х., Основа, 2007. 7. Косинський О.І. Органічна хімія. Практикум : Посібник - Київ.: Вища школа, 2002 р 8. Кузьменко М.Є., Єрьомін В.В. Хімія. 2400 для школярів та абітурієнтів / Пер. з рос. – Тернопіль: Навчальна книга – Богдан, 2001. – 560 с. 9. Педагогічні знахідки на уроках хімії. – Х., Основа, 2007. 10.Сльота Л.О., Граніна Г.М., Холін В.Ю. Цікава хімія для вчителів і учнів. Харків. Видавнича група „Основа”. 11.Туринська Н.М. Основи загальної хімії. - Київ: Ірпінь: ВТФ "Перун". 12.Хомченко Г.П. Посібник з хімії для вступників. - Видавництво Київ "Н.С.К." 2000 р. 13.Ярошенко О. Г., Новицька В. І. Збірник задач і вправ з хімії— К., 1996. Додатки Характеристика частинок, що входять до складу атома Назва частинки Позначення Маса Електричний заряд (в одиницях елементарного заряду) у грамах в а.о.м. Протон р+ 1,673·10-24 1,0073 +1 Нейтрон n0 1,675·10-24 1,0087 0 Електрон е- 9,109·10-28 0,000549 -1 Ряд енергетичних підрівнів атома 1s 2s 2p 3s 3p 4s 3d 4p 5s 4d 5p 6s 5d 6p…
  33. 33. 33 енергія електронів зростає Ряд активності металів Li K Ba Sr Ca Na Mg Be Al Mn Cr Zn Fe Cd Ni Sn Pb (H2) Bi Cu Ag Hg Pt Au хімічна активність металів зростає Позначення та розмірність деяких фізичних величин Позначення фізичної величини Фізична величина Розмірність Аr Відносна атомна маса а.о.м. Мr Відносна молекулярна маса а.о.м. W Масова частка % m Маса г, кг, т n або ν Кількість речовини моль V Об’єм мл, л, м3 Vm Молярний об’єм 22,4 л/моль; м3 /моль М Молярна маса г/моль, кг/моль N Число структурних частинок атоми, молекули, йони NА Стала Авогадро 6,02·1023 моль-1 ρ Густина г/мл, г/см3 , кг/м3 DН2 Відносна густина за воднем Dпов Відносна густина за повітрям С Молярна концентрація моль/л або М Р Тиск Па, кПа, атм Vх.р. Швидкість хімічної реакції T або t Температура K або C0 ∆Н Тепловий ефект реакції кДж/моль η або φ Вихід реакції % Основні формули, що використовуються при розв’язуванні задач Фізична величина Формули Кількість речовини M m n = ; mV V n = ; A o N N n = Об’єм ρ m V = mVnV = M m VV m = A o m N N VV = Число структурних частинок o o m m N = Ao NnN = M m NN Ao = m Ao V V NN = Молярний об’єм n V Vm = ; ρ M Vm = ; m M VVm =
  34. 34. 34 Відносна молекулярна маса )(12/1 Cm m Mr o = 22 HDMr = повDMr 29= Молярна концентрація розчV n С = розчVM m С  = MC m Vрозч  = Маса розчVMCm = oo Nmm = ρVm = Mnm = mV V Mm = A o N N Mm = розчVCMm = Молярна маса n m M = ρmVM = V V mM m o = Відносна густина 2 1 ρ ρ =D 2 1 Mr Mr D = )( 2HMr Mr D = 29 Mr Dпов = Масова частка елемента )( )( речm таелm W − = ; Arnтаелm =− )( Mr Arn W  = Ar Mrw n  = Масова частка розчиненої речовини )()( )( 2OHmречm речm W + = )( )( розчm ниречm W − = ρ)( )( розчV ниречm W − = ρ)()( розVрозm =

×