В. К. НИКОЛАЕМ КО
Р ЕШЕНИЕ
ЗАДАЧ
ПОВЫШЕННОЙ
СЛОЖНОСТИ
ПО ОБЩЕЙ
И НЕОРГАНИ-
ЧЕСКОЙ
ХИМИИ
ПОСОБИЕ
ДЛЯ УЧИТЕЛЯ
Под общей редакцией доктора
химических наук Г. В. Лисичкина
КИЕВ
«ОДЯНСЬКА ШКОЛА*
1990
Учебно-методическое пособие
НИКОЛАЕНКО ВАДИМ КОНСТАНТИНОВИЧ
РЕШЕНИЕ ЗАДАЧ ПОВЫШЕННОЙ СЛОЖНОСТИ
ПО ОБЩЕЙ И НЕОРГАНИЧЕСКОЙ ХИМИИ
Пособие для учителя
Под общей редакцией доктора химических наук
Лисичкина Георгия Васильевича
Заведующий редакцией литературы по географии, биологии, химии
/У П, Задорожный. Литературные редакторы Г. В. Брезницкая, Л, А. Дро~
Фань, Художник обложки В. Б. Бродский. Художественный редактор
Ф. пе&арикаша. Технический редактор Ц. Б. Федосихина1 Корректоры
Л. В, Шуминская, Г, А, Зацерковная^
ИБ № 7103
Сдано в набор 18.02.89. Подписано в печать 09.08.89. Формат MXIMfo.
вала v ТИП' № 2~ о7,НИ1Ура литературная. Печать высокая. Усл. печж
ВЛО. Усл. кр.-отт. 8.61. Уч.-изд. л. 7,76. Тираж 30 000 экз. Изд. №33123.
Заказ № 9-125. Цена 20 к.
Издательство «Радянська школа», 252053, Киев, Ю. Коцюбинского. 5.
Книжная ф-ка им. М. В. Фрунзе, 310057, Харьков-57, ул. Доаец-Захвв-
жевского, 6/8.
ББК 74.265.7
Н63
Мии-лейере тез
ipoc-‘ioco ибразеси/.ич
Ijripcif.ici l.C.U
УССР
т11- -счент КГУ, канд. химических наук
jc.ii HHUu химии средней школы Ли 92 г. Киева
Р е и е н з е н
П. П.	\ Ч1'.
.7. .4. Ф./дч-^а-
Ре ди к гор В. И. Голуб
13 5 9 5 9 G
Николаенко В. К.
Н63 Решение задач повышенной сложности по об-
щей и неорганической химии: Пособие для учи-
теля; Под ред. Г. В. Лисичкина — К.: Рад. шк.,
1990.-160 с.
ISBN 5—330—01166—3.
В пособии рассматриваются общие подходы к реше-
нию некоторых типов задач повышенной сложности,
в том числе и олимпиадных, дается их классификация.
Приведены решения более 100 оригинальных задач
с объяснениями хода решения.
Для учителей химии общеобразовательной школы.
Н
4306011500—042
М210(04)—90 277 ~ 90
ББК 74.265.7
ISBN 5—330—01166—3
© В. К. Николаенко, 1990
ВВЕДЕНИЕ
В школьном: курсе химии значительное внимание
уделяется решению задач, способствующих более глу-
бокому и прочному усвоению учащимися знаний, раз-
витию их способностей к химии, формированию умений
применять знания в новых ситуациях. Кроме того, ре-
шение задач помогает обобщать знания по отдельным
вопросам, темам, разделам школьного курса химии.
Задачи же повышенной сложности (стандартные и не-
стандартные) служат своеобразным мостом между школь-
ной программой и реальными задачами, которые при-
дется решать многим учащимся в будущем.
Развитие и формирование способностей к химии, во-
прос о которых впервые был поставлен Д. А. Эпштейном
в работе «Формирование химических способностей у уча-
щихся» [42, с. 107] в немалой степени зависит от методи-
ческого и общенаучного уровня используемых учителем
задач. Важность химических задач как метода обучения
химии подробно проанализирована в монографии «Ме-
тодика преподавания химии» [16]. В пособии П. Н. Про-
тасова и И. К. Цитович [28] показано значение вычисли-
тельных задач в школьном курсе химии, отмечены
некоторые недостатки в использовании задач и в мето-
дике их решения, рассмотрены особенности решения задач
в разных классах.
По обучающему значению задачи по химии можно
условно разделить на три группы: репродуктивные;
продуктивные, требующие частично поисковой деятель-
ности учащихся; творческие. В связи с ограниченностью
времени и с учетом требований, предъявляемых к уча-
щимся программой по химии, учителя, как правило,
на уроках применяют репродуктивные задачи. Реже,
в основном при дифференцированном подходе к учащим-
ся, учителя предлагают отдельным из них задачи, тре-
бующие частично поисковой деятельности. Как в первом,
так и во втором случае используются задачи стандартные,
то есть задачи, для которых методикой предусматри-
вается определенный, установленный по этапам путь
3
решения на тчгове теоретической подготовки у чатился
в объем»* npoip.iMv.noro м.периа.та. 1акие задачи назы-
p;iHir «с I ан шр : m I'-ii!iак k.ik они не ставят ученика пе-
Р-.; неожиданной, проблемной ситуацией, для которой
нет гоювых ответов и типовых решений. Стандартные
задачи рассчитаны на хчеников средних способностей,
1;, ,гому учитель не венда может заметить одаренных
х чащшхсч
Решение нестандартных задач творческого характера
требует от шкотьников глубоких и прочных знании фак-
тического материала, логического мышления, общей эру-
диции. В .ходе решения таких задач учитель получает
возможность выявить школьников, которые обладают
особой склонностью к постижению химических явле-
ний и даром химической интуиции. Именно из числа
таких учеников комплектуются факультативные группы
по химии, кружки юных химиков, их учителя готовят
к олимпиадам по химии.
Факультативы, кружки юных химиков, индивиду-
альные занятия по подготовке к химическим олимпиадам
предусматривают более глубокое владение программными
знаниями, а часто также требуют знаний, выходящих за
пределы школьной программы. При их проведении,
наряду с теоретическими и практическими занятиями,
нужно использовать задачи, для решения которых не-
обходима творческая деятельность.
Юные химики, как правило, хорошо ознакомлены
с описательной химией, неплохо знают свойства и об-
ласти применения веществ, иногда поражают своей эру-
дицией специалистов. Но если выполнение задания
требует анализа, обобщения и на этой основе принятия
того пли иного решения, многие ученики испытывают
трудности из-за отсутствия культуры химического мыш-
ления, из-за неумения найти нестандартные пути приме-
нения своих знаний.
Один из путей формирования этих качеств — ре-
шение задач повышенной сложности, к которым отно-
сятся задачи, специально подготовленные учителями,
методистами и учеными, задачи олимпиад, некоторые
конкурсные задачи, предлагаемые на экзаменах посту-
пающим в вузы химического профиля. Характерной чер-
той, объединяющей эти задачи, является их нестандарт-
ность, нетипичность. Именно такие задачи в макси-
мальной степени способствуют развитию творческого
мышления школьников.
4
Большой популярностью у учителей химии пользу-
ются неоднократно ncpeiдававшиеся сборники задач
И. П. Середы 130] n Н iI. Мушкало и В. И. Брайко [18].
Эти книги учат твор'е кому подходу к решению задач;
для ряда задач предлагается несколько вариантов реше-
ния, что дает возможность выбирать оптимальный способ
в зависимости от конкретных условий использования
задачи. Мы акцентируем внимание па пособиях [30]
и 1181 потому, что они, по нашему мнению, представляют
собой не только сборники задач повышенной сложности
с решениями, но и удачные методические руководства.
В большинстве пособий и сборников подробно разби-
раются решения стандартных, типовых задач. При раз-
боре же задач нестандартных, и прежде всего качествен-
ных, авторы ограничиваются лишь готовыми решениями
или краткими комментариями к ним. Однако даже опыт-
ные учителя не всегда в состоянии научить учеников ре-
шать задачи повышенной сложности, особенно нестан-
дартные. Беседы с учителями, посещение внеклассных
занятий показывают, что причина такого положения —
неумение многих учителей научить школьников пра-
вильно анализировать задачи, устанавливать логические
связи между исходными данными, определять подходы
к решению задачи. Мы употребляем термин «подходы
к решению» применительно к нестандартным задачам,
так как методики их решения, как ясно уже из опреде-
ления, не существует, и создать ее практически невоз-
можно. Решение каждой такой задачи является индиви-
дуальным актом творчества. Разумеется, нельзя отри-
цать, что при решении ряда задач определенную роль
играет химическая интуиция, но и в этом случае учитель
обязан показать ученику логические пути к их решению.
Главная цель данного пособия — не только снабдить
предложенные задачи решениями и комментариями, но
и показать логическую обоснованность решений. Автор
не претендует на решение всех проблем, связанных с ис-
пользованием задач повышенной сложности, но надеет-
ся, что пособие может оказать практическую помощь
учителям, которые ведут систематическую работу с уча-
щимися, серьезно интересующимися химией. Не меиее
важной задачей, которую ставил перед собой автор, явля-
ется повышение общенаучного и методического кругозора
учителей, подготовка их к внеклассной работе по химии,
в частности к занятиям с будущими участниками хими-
ческих олимпиад.
5
Все задачи, включенные в пособие, составлены
автором. Часть задач вошла в методические рекоменда-
ции по решению задач повышенном сложности, изданные
Кировоградским областным институтом усовершенство-
вания учителей в 1984 году. Некоторые задачи уже пред-
лагались на олимпиадах различных рангов, включая
III—IV этапы олимпиад. Ряд задач из данного пособия,
включенных в конкурсную работу автора, были отме-
чены третьей премией на Всесоюзном конкурсе методи-
ческих работ молодых учителей химии. (Конкурс прово-
дился в 1985 году Всесоюзным обществом «Знание» совме-
стно с ВХО имени Д. И. Менделеева и Министерством
просвещения СССР.)
В пособие не включены экспериментальные задачи.
Сделано это исключительно по причине ограниченного
объема пособия. С каждым годом значение эксперимен-
тального тура олимпиад возрастает, и у молодого учителя
не должно сложиться неверное представление о меньшей
важности экспериментальных задач. Более того, по-
скольку химия была и остается экспериментальной нау-
кой, решение задач, представляющих чисто теоретиче-
ский интерес, является способом подготовки учащегося
к решению реальных практических задач, с которыми
он будет иметь дело в будущем. С другой стороны, про-
ведение химических олимпиад содействует формирова-
нию качеств будущего химика-исследователя, которому,
возможно, придется заниматься не только прикладными,
но и фундаментальными проблемами химической науки.
Исходя из этого нам представляется вполне оправданным
использование ряда задач, направленных на развитие
абстрактного мышления учащихся. Многие задачи но-
сят эвристический характер. Например, расчет значения
pH растворов слабых кислот рассматривается на при-
мере вычисления pH обычной воды.
Учитывая актуальность проблемы всеобщего ком-
пьютерного обучения, автор включил ряд задач с при-
менением программ, составленных на микрокалькуля-
торе «Электроника БЗ-34», сознательно используя для
этих целей элементарный с точки зрения математики
материал, хотя в этой области возможности микрокаль-
куляторов намного шире (в частности, расчет погрешно-
стей, обработка результатов эксперимента и многое
другое). Сделано это потому, что еще не все учителя
прошли соответствующую подготовку по информатике
и программированию. Желающим ознакомиться с этим
6
вопросом более подробно советуем вполне досцпное для
учителя химии пособие В. Д. Майбороды и др. 1141.
Хотелось бы дать несколько советов молодым учите-
лям, приступающим к подготовке у чащи хся к олимпиадам
по химии. Иногда учащиеся, проявляющие углубленный
интерес к химии, пытаются заниматься по учебникам,
предназначенным для вузов химического профиля, так
как из таких учебников можно почерпнуть.много допол-
нительных сведений о свойствах веществ и способах их
получения. Часто такие дополнительные знания сказы-
ваются отрицательно на выступлении учащегося па
олимпиаде, поскольку не усвоены на должном уровне.
С другой стороны, на олимпиадах высоких рангов (на-
чиная с III этапа) ряд задач по содержанию фактиче-
ского материала явно выходит за рамки школьной про-
граммы. Однако, как показывает анализ заданий для
III—V этапов, задачи по содержанию фактического мате-
риала обычно не выходят за рамки учебника Н. Л. Глин-
ки [4] и «Справочника по элементарной химии» [32],
рекомендованных для учащихся старших классов сред-
ней школы. Поэтому не следует поощрять чрезмерное
увлечение дополнительной литературой, хотя отдельные
темы учащиеся могут прорабатывать по написанным па
современном уровне учебникам общей и неорганической
химии для вузов [101 и [1]. Для учащихся 7—8-х классов
можно также предложить учебник И. Г. Хомченка «Об-
щая химия» [37].
В связи с тем, что данное пособие адресовано учите-
лям, а также с целью сокращения объема книги в реше-
ниях задач опущены несложные, стандартные выкладки,
уравнения реакций в ионном виде, балансы окислитель-
но-восстановительных реакций, кроме тех случаев, когда
они необходимы при объяснении решения. Но при реше-
нии задач повышенной сложности школьники должны
все эти выкладки показать полностью, то есть задачу
нужно решать с соблюдением всех общих требований
методики. Тем не менее автор считает, что при решении
нестандартных задач не следует требовать от учащихся
записи условия в сокращенном виде, хотя схематическая
краткая запись условия в большинстве случаев по-
лезна.
Между задачами каждого раздела существует опре-
деленная логическая взаимосвязь. Например, при реше-
нии задачи 18 сначала подробно анализируется приме-
нение квадрата Пирсона для решения задач по теме
7
«Растворы'», причем сама задача 18 включает в себя решение
еще 6 стандартных задач. Также во многом связаны меж-
ду собой задачи 30, 31, 34 и г. Д. (ионные равновесия
в растворах электролитов). Раздел «Задачи для само-
стоятетыюго решения» содержит ряд задач творческого
характера, решение которых требует использования до-
полнительной литературы. Кроме того, этот раздел явля-
ется контрольным. При самостоятельном решении этих
задач школьниками учитель получит возможность про-
верить их умения и результативность занятий.
Набор прилагаемых в пособии нестандартных задач
опытные руководители факультативов, кружков юных
химиков могут дополнить. Но при этом следует избегать
распространенной ошибки, когда при составлении задач
повышенной сложности стандартную, типичную задачу
загромождают рядом усложнений, главным образом
расчетных. Эффективность использования таких задач
в процессе факультативных занятий и во внеклассной
работе мала, так как их решение практически ничего не
дает для развития мышления учащихся и может даже
вызвать у них негативное отношение к решению задач.
Главным при проведении различных форм внекласс-
ной работы по химии является удовлетворение интере-
сов учащихся, систематизация и углубление их знаний.
При этом у школьников повышается интерес к химии,
что способствует их профессиональной ориентации. Фа-
культативы, кружки юных химиков и особенно олимпи-
ады по химии могут и должны оказать большую помощь
в превращении наметившейся у школьников первона-
чальной заинтересованности в устойчивый интерес к хи-
мии, в осознанном выборе отрасли народного хозяйства
для трудоустройства или учебного заведения для про-
должения образования.
КЛАССИФИКАЦИЯ ОЛИМПИАДНЫХ ЗАДАЧ
И ОБЩИЕ ПОДХОДЫ
К РЕШЕНИЮ НЕКОТОРЫХ ТИПОВ ЗАДАЧ
Химические задачи можно классифицировать по
различным признакам, поэтому существует несколько
их классификаций: по содержанию фактического мате-
риала, учебному назначению, проверяемым знаниям,
степени сложности и т. д. Однако даже такая простая
классификация, как деление задач на качественные, рас-
четные и комбинированные, не всегда однозначно отно-
сит задачу к одному из классов. Иногда для того, чтобы
дать правильный ответ на качественную задачу, нужно
провести расчет и сделать соответствующий вывод.
Встречаются расчетные задачи, которые могут быть ре-
шены на основе чисто качественных рассуждений. По-
этому любая классификация в определенной мере ус-
ловна.
На химических олимпиадах предлагаются задачи
самых различных видов и типов, в зависимости от цели
их проведения на различных этапах от I (школьного)
до V (всесоюзного). Особо следует остановиться на за-
дачах стандартных и нестандартных. Стандартные зада-
чи — это задачи, для которых есть определенный, раз-
работанный методикой путь решения, то есть алгоритм
решения. Что касается нестандартных задач, то они не
могут быть решены по готовой методике и требуют более
высокого уровня мыслительной деятельности учащихся.
И здесь нет четкой границы между группами, так как
стандартная задача превращается в нестандартную,
если ее предложить учащимся, которые еще не владеют
требующимися для решения способами и приемами и
должны, по существу, заново открыть их для себя. Реше-
ние нестандартной задачи может в отдельных случаях
сводиться к приемам решения типичных, стандартных
задач. Условность термина «нестандартная задача» мож-
но проиллюстрировать на следующем примере.
В пяти пронумерованных пробирках без надписей
находятся растворы хлорида бария, карбоната калия,
соляной кислоты, серной кислоты, сульфата натрия.
Как можно различить этн растворы, не используя допол-
нительные реактивы?
9
Когда задачи такого типа были впервые предложены
на отмпиадах, их можно было назвать нестандартными,
так как они не могли быть решены но имеющимся шабло-
нам. Ошэко со временем была ра<рабоаапа четкая мето-
дика решения задач этого типа — метод перекрестных
взлимодейс।вий, который сводится к следующим этапам^
1.	Составляем таблицу 1 возможных взаимодействий
между растворами, используя следующие ооозначепия.
j —образование осадка, f —выделение газа,
отсутствие признаков реакции.
2.	Стиваем небольшие порции каждого раствора
с другими растворами и отмечаем в таблице 2 результаты
взаимодействий.
3.	Сравниваем две таблицы и устанавливаем содержи-
мое каждой пробирки. Если бы для двух веществ полу-
чились одинаковые результаты, их можно было- бы
попытаться различить с помощью уже идентифицирован-
ных растворов (хотя это не всегда возможно).
Таким образом, после появления в методической ли-
тературе алгоритма решения задача превратилась в за-
урядную задачу для экспериментального тура олимпиад.
Классификация олимпиадных задач не является в
достаточной степени разработанной. Это, возможно,
объясняется именно тем, что многие олимпиадные задачи
оригинальные, нестандартные, не имеют аналогов. В посо-
бии [18] задачи размещены по степени трудности в соот-
ветствии с классом (например, задачи для 7-го класса).
В сборнике «Польские химические олимпиады» [26]
задачи разбиты на 8 разделов. Однако при таком делении
в один и тот же раздел попадают задачи, различные по
содержанию фактического материала, структуре, спо-
собам решения. Более общую классификацию олимпиад-
ных задач предлагает С. С. Чуранов [41] и авторы статьи
«Об эффективности внеклассной работы по химии» [12].
В практической деятельности учителей, занимающих-
ся подготовкой учащихся к химическим олимпиадам,
удобно ввести классификацию олимпиадных задач по
структуре, точнее, по форме построения самой задачи.
Необходимость создания такой классификации вызвана
тем, что интересующиеся химией учащиеся теряются пе-
ред многообразием олимпиадных задач, не имея началь-
ных ориентиров, и в итоге ие могут решить даже впол-
не посильные для них задачи. Естественно, предлагаемая
классификация не охватывает все олимпиадные задачи,
так как совершенно очевидно, что сделать систематиза-
10
цию нестандартных задач по одному из признаков крайне
затруднительно. Классификация задач указанного типа,
не являясь строгой, оказывается плодотворной при ана-
лизе возможных подходов к решению некоторых за-
дач [20].
О. С. Зайцев пишет: «До настоящего времени еще не
удалось окончательно узнать, как решается новая зада-
ча, но выработаны многочисленные советы, как следует
подходить к решению задачи» [7]. Конечно, это отно-
сится прежде всего к творческим задачам (смотри ниже),
но и говоря о любой нестандартной задаче, мы используем
термин «подход к решению», а не термины «метод» и
«способ» (решения). Следует подчеркнуть, что если исхо-
дить из данной классификации, то очень многие олимпи-
адные задачи придется отнести к комбинированным
(или комплексным), то есть одновременно содержащим
элементы разных типов. Тем не менее даже такое упро-
щенное рассмотрение в ряде случаев оказывается по-
лезным с практической точки зрения.
Задачи и вопросы тестового характера, К этому типу
относятся задачи и вопросы общего характера, помога-
ющие, с одной стороны, проверить базовые знания уча-
щихся, соответствующие учебной программе, а с дру-
гой— культуру химического мышления, способности
ученика к анализу и обобщению в рамках более или менее
стандартной ситуации. Из расчетных задач тестового
характера на олимпиадах I—II этапов широко исполь-
зуются стандартные задачи, относящиеся к программным
типовым, или же несколько усложненные комбиниро-
ванные задачи. Например: предлагается установить ко-
личественный состав сплава алюминия и цинка по изве-
стному объему водорода, выделившегося при растворе-
нии определенной навески сплава. Как правило, на
олимпиадах первых этапов задачи и вопросы тестового
характера составляются исходя из пройденного ко вре-
мени проведения олимпиады материала и не требуют для
своего решения сверхпрограммных знаний. Однако на
областных олимпиадах, не говоря уже о более сложных
этапах, нередко встречаются задачи, явно непосильные
для ученика, не работавшего с дополнительной литерату-
рой, содержащей материал, который выходит за рамки
программы. В этом случае бывает, что ученик, любящий
химию и достаточно хорошо успевающий по этому пред-
мету, после неудачного участия в олимпиаде теряет инте-
рес к химии, разочаровывается в своих возможностях.
11
В итоге у такого ученика может сформироваться нега-
тивное отношение не только к химии как к науке, но и к
любой профессии, прямо или косвенно связанной с хи-
мией Другими словами, одно из важнейших назначении
олимпиад - профориентация — оборачивается своей
противоположностью, что совершенно недопустимо. Во
избежание такого положения иногда в олимпиадное
задание сознательно вводят одну-две элементарные
задачи, доступные даже для относительно слабо подго-
товленного участника. Г. В. Лисичкин называет такие
задачи утешительными [И). По нашему мнению, есть
и другие пути составления задачи тестового характера:
1) построить ее таким образом, чтобы существовало не-
сколько уровней решения, соответствующих разным
уровням подготовки учащегося; 2) создать такую задачу,
чтобы она разбивалась на отдельные самостоятельные
части. Рассмотрим пример задачи первого типа.
Задача /. В каких случаях менее сильная кислота всту-
пает в реакцию обмена с солью более сильной кислоты?
Такую задачу способен хотя бы частично решить
практически любой участник олимпиады, имеющий твер-
дые знания по теме «Электролитическая диссоциация»,
но исчерпывающее решение не является вполне элемен-
тарным. Действительно, есть несколько существенно
различающихся случаев, удовлетворяющих условию за-
дачи, и не каждый школьник сможет привести соответ-
ствующие примеры, но любой участник обязан знать
условия прохождения до конца реакций ионного обмена
и может дать хотя бы общий ответ на поставленный
вопрос.
Решение. 1)В результате реакции обмена обра-
зуется соль, нерастворимая в более сильной кислоте:
Pb (NO3).,4- H3S = PbS ( + 2HNO3
2)	Более сильная кислота при нагревании будет ле-
тучей :
КС1О4 + H2SO4 = KHSO, + НС1О4 t
3)	Происходит комплексообразование (анионы слабой
кислоты связываются с катионами металла, входящего
в состав соли сильной кислоты, в устойчивый комплекс-
ный ион). Такую реакцию также можно условно считать
реакцией ионного обмена:
АиС13+ 4HCN = Н [Au (CN)J + ЗНС1
12
4)	Более слабая кислота реагирует с основной солью
более сильной кислоты:
2Mg (ОН)Вг + 2HCI = MgCl2+ MgBr2+ 2Н2О
(Mg (ОН)Вг + HCI = MgClBr + H,O)
5)	Образующаяся соль слабой кислоты растворима
в воде, но является слабым электролитом или неэлектро-
литом, Это довольно редкий случай. В качестве примера
можно привести реакцию взаимодействия между хлори-
дом ртути (II) и синильной кислотой, используемую
для количественного определения HCN:
HgCI2+ 2HCN = Hg (CN)2+ 2HCI
HgCl2(p.p) + 2HCN(P.P) = Hg(CX)2(P-P) + 2H+ + 2C1"
Bo многих случаях между слабой кислотой и солтю
более сильной кислоты возможны окислительно-восста-
новительные реакции, но такие реакции не относятся
к реакциям обмена, как этого требует условие, и их
можно не рассматривать.
Иногда задача тестового характера является состав-
ной частью более сложной задачи. В этом случае, даже
если решение задачи в целом непосильно учащемуся,
он может справиться с доступной для него частью и,
таким образом, получить после проверки решения за дан-
ную задачу больше, чем 0 баллов.
Задача 2. Какой объем кислорода при температуре
20 °C и давлении 105 кПа требуется для окисления хло-
рида железа в его подкисленном соляной кислотой рас-
творе массой 200 г с массовой долей хлорида железа
(II) 10%? Как влияет понижение pH, повышение темпера-
туры, введение в раствор ионов F-, РО^-. МОз" на процесс
окисления Fe2+ до Fe3* кислородом воздуха по схеме:
4Fe2++ 4Н++ О2-+ 4Fe3++ 2Н2О
(Fe2+— е~^ Fe3+)
Как можно замедлить процесс окисления ионов железа
в растворе железного купороса? Предложить методику
очистки (от примесей окислившегося продукта) железного
купороса, хранившегося на открытом воздухе.
В целом данная задача достаточно сложна и по степе-
ни- трудности соответствует IV—V этапам олимпиадного
задания для учащихся 8-го класса. Сначала приведем
решение задачи, а затем разобьем его на этапы и оценим
13
каждый шаг, условно приняв, что максимальное число
баллов за задачу — 20.
Решение. 1. Вычисляем массу геС12 в растворе:
m(FeCI2) = ^p.pi)'W(FeCI2) = 200- 0,1 =20(г)
2.	Составляем уравнение реакции окисления FeCl2:
4FeCI>4- 0,4- 4НС1 = 4FeCI34- 2Н.-0
3.	Вычисляем объем кислорода при нормальных ус-
ловиях (и. у.), который требуется для окисления FeCl2:
4 моль FeCI,— I моль О,; М (FeCl2) = 126,75 г/моль
4 • 126,75 г FeCI2— 22,4 л О2
20 г FeCI,— л' л О2
х = 0,884 (л)
4.	Приводим объем кислорода к температуре и давле-
нию, указанным в условии:
V (о2) = 0,884 • 273 105 « 0,914 (л)
Третий и четвертый этапы нужно оценивать вместе,
так как в данном случае ход решения мог быть несколько
иным.
За. Вычисляем количество вещества кислорода, кото-
рое требуется для окисления FeCl2- По реакции на окис-
ление 1 моль FeCI, расходуется 0,25 моль О2. Количе-
ство вещества FeCI, составляет:
m(FeCl )
v(FeCl2) =	0,158 (моль)
Следовательно, на окисление FeCl2 расходуется 0,0394
моль О2.
4а. Вычисляем объем О2 при t = 20 °C и р = 105 кПа,
используя уравнение Менделеева — Клапейрона:
pV = vRT- V =	= о,914 (л)
5.	Введение ионов F-, POt" повышает скорость окис-
ления Fe2+, так как трехзарядные ионы Fe3+ более
прочно, чем Fe2+, связываются с данными ионами в ком-
плексные ионы.
6.	Ионы NO3 практически не влияют на процесс
окисления, так как соответствующие нитраты хорошо
14
растворимы, а сам ион NOr имеет небольшую склонность
к комплексообразованию.
7.	Влияние на скорость реакции окисления pH рас-
твора— это наиболее трудный вопрос, поскольку здесь
имеется ловушка, которую можно не заметить. Хотя
ионы Н+ входят в левую часть уравнения, повышение
кислотности раствора (понижение pH) смещает равнове-
сие не вправо, а влево. Хорошо известен тот факт, что
в щелочной среде процесс окисления Fe2+ до Fe3' идет
намного легче, чем в кислой. При повышении pH гидро-
лиз ионов Fe3+ усиливается, и за счет образования ионов
Fe(OH)2+ и т. д. до гидроксида Fe(OH)3 равновесие при
повышении pH смещается вправо, а при понижении —
влево. (Более доступно такое объяснение: чем выше pH
раствора, тем сильнее степень гидролиза ионов Fe3+,
и присоединение к ним электронов менее выгодно из-за
уменьшения заряда.)
8.	Повышение температуры также повышает скорость
окисления ионов Fe2+ по упомянутой причине (усиление
гидролиза ионов Fe3+).
9.	Процесс окисления ионов Fe2+ в растворе сульфата
железа (II) можно замедлить подкислением раствора и
понижением температуры.
10.	Наиболее простая методика очистки: растворить
железный купорос в воде и подкислить раствор серной
кислотой, при этом основная соль Fe(OH)SO4, в кото-
рую превращается сульфат железа (II) при окислении на
воздухе,
4FeSO4+ 2Н2О + О2= 4Fe (OH)SO4
перейдет в среднюю:
2Fe(OH)SO4 + H2SO4= Fe2(SO4)3 + 2Н2О
К полученному раствору прибавить железные опилки,
произойдет восстановление ионов Fe3+ до ионов Fe2+:
Fe2(SO4)3+ Fe = 3FeSO4
Fe°+ 2Fe3+= 3Fe2+
(Методика, основанная на простом растворении загряз-
ненного железного купороса в воде и отделении фильтро-
ванием менее растворимой основной соли, по нескольким
причинам неприемлема, например из-за небольшого коли-
чества образующейся основной соли и ее заметной рас-
творимости, то есть из-за потерь соли.) Отдельные этапы
15
в решении данной задачи можно оценить следующим
обраюм: 1-1 балл. 2-2 балла 3-4-4 балла,
", 2 балла. 6 - i балл. 7-3 балла, 8 - 1 балл. 9 —
2 балла, 19—4 балла.
Определенная сложность исполыованпя качествен-
ных задач тестового характера состоит в том. что иногда
1р\дно определить, получено решение за счет частично
поисковой дея ।елыюсти'учащегося или же решающую
роль в решении сыграли дополнительные знания, то
есть не всегда ясно, что явилось главным фактором, спо-
собствующим решению — эрудиция или способности,
хотя эти факторы всегда определенным образом взаимо-
связаны Например, менее способный ученик мог спра-
виться с последней задачей только потому, что знал спе-
цифику окисления ионов Fe2’ до ионов Fe3F Поэтому
к составлению задач и вопросов тестового характера сле-
дует подходить с особой тщательностью. Требования
к задачам для химических олимпиад рассмотрены в сбор-
нике [11|.
Методика рс-шения расчетных задач тестового харак-
тера в принципе ничем не отличается от методики реше-
ния типовых задач (рекомендуется сначала проанализи-
ровать условие и четко выделить, что дано и что требует-
ся определить), этапы мыслительной деятельности уча-
щихся при решении таких задач рассмотрены в посо-
бии {16|.
Расчетные задачи с неполным условием. По своей
сути расчетные задачи с неполным условием аналогичны
стандартным, но в них не хватает одного или нескольких
элементов, имеющихся в условии типичной, стандартной
задачи. В некоторых случаях недостающий элемент или
элементы могут быть выявлены уже при внимательном
анализе условия.
Задача 3. В результате сжигания сплава магния с не-
известным металлом X образовалась смесь оксидов маг-
ния и Z с массой, в 2,3 раза превышающей массу навески
сожженного сплава. Установить качественный и коли-
чественный состав сплава.
Решение. Если бы было известно, какой именно
второй металл входил в состав сплава, задача реша-
лась бы по стандартной методике. Одним из способов ре-
шения мог быть следующий. Принять, что в навеске
сплава массой 1 г масса магния составляет х г, а масса
Z 0 х) г. Вычислить по уравнениям реакций окис-
ления Mg и Z массы оксидов, которые образуются при
16
z/359596
сжигании х г Mg*H (1 — х) г Z. Сумма значений этих
масс составляет 2,3 г. Решив полученное уравнение,
можно найти х, причем сразу же получим, что w (Mg) =
= х. Более рационально задача решалась бы путем со-
ставления системы уравнений:
х + у = 1
kfX + k2y = 2,3
X = w (Mg) =
—2,3
k2 —
2,3
"(2’=V
3-1
*1
и fe2— массы оксидов, которые образуются из 1 г Mg
и 1 г Z. Но в том и состоит проблема, что второй металл,
входящий в состав сплава, неизвестен. Какой же выход
из создавшегося затруднения? Еще раз вернемся к усло-
вию. В условии обращает на себя внимание значительное
относительное увеличение массы в результате сжигания
сплава. Если бы в сплаве был только один магний, отно-
шение массы образовавшегося оксида магния и массы
сожженного магния составило бы 40 : 24 = 1,7. Даже
в случае лития относительное увеличение массы соста-
вило бы 2,14. Следовательно, второй металл имеет еще
меньшее, чем литий, значение молярной массы эквива-
лента (в дальнейшем в пособии будет использоваться
сокращение ММЭ). Условию удовлетворяет только берил-
лий, для которого Эт(Ве) = 9 : 2 = 4,5 г/моль. Итак,
Z —Be.
Учащиеся, незнакомые с законом эквивалентов, могут
чисто эмпирическим путем установить, за счет какого
второго металла произошло такое значительное относи-
тельное увеличение массы в результате сжигания спла-
ва. Теперь уже задача свелась к стандартной: «Устано-
вить массовую долю Mg и Be в сплаве, содержащем толь-
ко эти металлы, если известно, что в результате сжигания
в кислороде сплава массой 1 г образовалась смесь окси-
дов массой 2,3 г».
Итак, первый из двух возможных подходов к реше-
нию задач с неполным условием — попытаться выявить
недостающий элемент (или элементы) из условия задачи.
В ряде случаев это невозможно, и тогда приходится
искать другие пути решения. Второй возможный подход
к решению расчетной задачи с неполным условием состо-
ит в том, что задачу пытаются решить в общем виде, по-
скольку в некоторых случаях недостающие элементы для
_ 17
fffelMBLitrrr -
решения несущественны (не влияют на окончательный
результат).
Задача 4. К раствору йодида одновалентного металла
приливали раствор нитрата серебра до прекращения вы-
деления осадка. В итоге оказалось, что масса образовав-
шегося раствора равна массе исходного раствора йоди-
да. Вычислить массовую долю нитрата серебра в исход-
ном растворе.
Решение. Казалось бы, для решения задачи
в условии не хватает слишком многих элементов: неиз-
вестен йодид, его массовая доля в растворе, соотношение
масс реагирующих растворов. Но тем не менее задача
имеет однозначное решение. Здесь, как и во многих дру-
гих случаях, оказывается эффективным способ решения,
исходящий из 1 моль одного из веществ. Наиболее уни-
версальным способом- решения расчетной задачи с не-
полным условием, связанной с расчетом по химическому
уравнению, является следующий: связать соотношение
масс, объемов или количеств веществ по уравнению реак-
ции с условием, а затем проанализировать полученный ре-
зультат. Однако не все способы равноценны по трудо-
емкости. Это можно проиллюстрировать на примере
решения последней задачи.
1-й способ решения. Пусть раствор, в ко-
тором содержался 1 моль AgNO3 и х г Н2О, прореагиро-
вал с раствором, в котором содержался 1 моль RI и у г
Н2О. Массы исходного раствора и образовавшегося рас-
твора составляют:
тп0= 1 моль • М (RI) + у
тп2= X + у + 1 моль \М (RI) + м (AgNO3) — Af(Agl)]
Поскольку по условию т0— т2, то приравниваем значе-
ния масс и решаем полученное уравнение:
х + у + тм (RI) 4- тм (AgNO3) — тм (Agl) = тм (RI) + у
х = тм (Г) — т(NOS") = 65 (г)
” % <Леда.) =	'100 "'° = 72 "/•
2-й способ решения. Если прореагировали 1 моль
RI и 1 моль AgNO3, причем в растворе AgNO3 было х вво-
ды, то увеличение массы раствора на [х + тм (NO?)] г дол-
жно компенсироваться тем, что ионы I” связались в осадок
Следовательно, х + тм (NO?) = тм(\ -); х = 65 г.
В некоторых случаях решение задачи указанного типа
18
в общем виде не приводит к исчезновению из решения
недостающих элементов, но все-таки задача иуеет одно-
значное решение из-за того, что неизвестные зеличины
могут иметь только строго определенные значения.
Задача 5. Две одинаковые цинковые пластинки опус-
тили в растворы нитратов металлов А и Б (объемы рас-
творов и молярные концентрации эквивалентов нитратов
одинаковы). По окончании реакции пластинки просуши-
ли и взвесили. Оказалось, что уменьшение массы первой
пластинки в 77,75 раза меньше, чем увеличение массы
второй пластинки. С какими нитратами реагировал
цинк?
Решение. Поскольку валентности металлов А и Б
неизвестны, используем закон эквивалентов. Пусть ко-
личество вещества эквивалента (КВЭ) цинка, перешед-
шего в раствор, составляет п. Тогда такое же КВЭ
металлов А и Б выделилось на пластинках. Масса первой
пластинки уменьшилась в результате реакции на
Ami = п [Эт (Zn) — Эт (А)] г; Эт (Zn), Эт (А) —
значение ММЭ цинка и А (г, моль). Аналогично во вто-
ром случае увеличение массы пластинки составит Дгп2 =
= п[Эт(Б)— Эт (Zn)]. По условию массы пластинок оди-
наковы, следовательно, можно записать:
Affl, _	1 _ эт (Б) — 32,7
Длг2 77,75’	32,7—Эт (А) =''•/<>
«Эт(Б) + 77,5 • <Эт(А) = 2575
Из полученного уравнения следует, что Эт(А) — вели-
чина порядка 30—33 г/моль, так как максимальное
значение Эт(Б) — 200. Одновалентного металла с Аг~
30—33 не существует; если металл А двухвалентен,
его значение относительной атомной массы должно быть
не намного меньше, чем цинка. Условию удовлетворяет
только медь.Если А—Си, то Эт(Си) = 31,8 и Эт(Б) =
— 103,6. Это соответствует свинцу. Если предположить,
что валентность металла А в нитрате больше двух, расчет
не дает реальных значений АГ(А) и ЛГ(Б). Итак, цинк
реагировал с растворами нитрата меди (II) и нитрата
свинца (II):
Zn 4- Си (NO3)2= Zn (NO3)j+ Си
Zn + Pb (NO3)3= Zn (NO3)3+ Pb
19
Задачи-головолсмки. Это задачи, в которых предла-
гается установить вещество или группу веществ по опи-
санию их превращений, выполненному в частично или
полностью зашифрованном виде. Задачи-головоломки
можно условно разбить на две группы. Первая: исходное
вещество неизвестно, но известны действующие реагенты
и результаты взаимодействия исходного вещества с реа-
гентами. Задачи этой группы наиболее близки к приклад-
ным задачам аналитической химии. Вторая группа:
неизвестны многие вещества, поэтому решить такие зада-
чи сложнее. В задачах-головоломках бывают также чис-
ловые данные, и в ходе решения приходится выполнять
определенные расчеты. Общий подход к решению задач-
головоломок таков: необходимо идентифицировать хо-
тя бы одно из веществ, а затем уже дешифровать всю
цепочку превращений, то есть необходимо «зацепиться»
в хсловии за одно звено, а затем уже пытаться решить
задачу в целом. В самом общем смысле метод решения
таких задач состоит в неоднократном использовании ме-
тодов индукции и дедукции. К сожалению, бывают слу-
чаи, когда задачи данного типа составляются не на долж-
ном методическом уровне, и учащемуся приходится ре-
шать такую задачу «методом гадания». Нужно решать ее
на основе установления логических связей между опи-
санными веществами и превращениями. Приведем про-
стейший пример задачи-головоломки.
Задача 6. Одним из продуктов взаимодействия раство-
ров солей А и Б является раствор кислоты В. Безводная
кислота В при нагревании растворяет большинство ме-
таллов, но не действует на золото и платину. Кислота В
может быть получена нагреванием кислоты К и соли Д,
широко используемой в сельском хозяйстве и пиротех-
нике. Если кислота К взаимодействует со щелочью Ег,
возможно образование соли А. Если кислота В взаимо-
действует со щелочью Е2, то образуется соль Б. Назвать
все вещества, написать уравнения реакций.
Решение. Судя по описанию, В — азотная кисло-
та; это дополнительно подтверждается областями при-
менения соли, из которой она получается. Но каким об-
разом азотная кислота могла быть одним из продуктов
взаимодействия растворов двух солей? Очевидно, какой-
то нитрат прореагировал с кислой солью, а в результате
реакции катионы нитрата связались с анионами кислой
соли в нерастворимую в воде и кислотах соль. Одно-
основные кислоты, как правило, не образуют кислых
20
солей. Из двух- и многоосновных кислое условию удов-
летворяет серная кислота. Тогда К — H2SO4. Д —
КМО3, применение нитрата калия соответствует усло-
вию задачи. Следовательно, А — гидросульфат калия,
а.Е!— КОН, Б — нитрат бария, образующий с сульфа-
тами нерастворимый в кислотах осадок, Е2— Ва(ОН)2.
Уравнения соответствующих реакций:
KHSO4+ Ba (NO3),= BaSO4 | 4- KNO34- HNO3
t
KNO34- H2SO4 = KHSO44- HXO3
KOH 4- H2SO4= KHSO44- H2O
Ba(OH)2-r 2HNO3= Ba(X'O3)2+ 2H2O
В данном случае условию также удовлетворяет не
только нитрат бария, но и нитрат стронция.Чтобы реше-
ние было строго однозначным, условие можно было бы
дополнить. Например, указать, что соль Б окрашивает
бесцветное пламя в желтовато-зеленый цвет, или приве-
сти количественные данные о титровании раствора гид-
роксида.
Педагогическая практика показывает, что задачи-
головоломки пользуются у учащихся большой популяр-
ностью. Ученики охотно решают такие задачи и часто
пытаются их составлять. Однако нередко, приводя пра-
вильное решение, школьники не в состоянии достаточно
логично обосновать его однозначность. Например, усло-
вию предыдущей задачи частично удовлетворяет пара
солей Си (NO3)2+ KHS , но H,S не реагирует с KNO3
с образованием HNO3. Анализ таких побочных вариантов
часто не делается, поэтому следует указать, что, если
решение задачи-головоломки основывается только на
химической интуиции, оно не может считаться исчерпы-
вающим.
Задачи-ловушки. Эти задачи построены таким обра-
зом, что из самого условия вытекает такое решение или
такой путь к решению, которые в итоге оказываются лож-
ными. В условии — «ловушка», в которую легко по-
пасть, если поверхностно проанализировать условие
Или догматически перенести ранее накопленные знания
в новую ситуацию. Как отмечает О. С. Зайцев, «при реше-
нии нестандартных задач прямой опыт может затруднить
поиск решения и привести к неправильным результатам»
17J. Это прежде всего относится к задачам-ловушкам.
В качестве примера приведем задачу, составленную авто-
21
ром данного пособия н предложенную учащимся восьмых
классов на олимпиаде IV этапа.
Задача 7. В два стакана с водой внесли навески ли-
тия и натрия массой по 0,1 г. В каком стакане после окон-
чания реакции раствор нагреется сильнее?
Здесь ловушка заключается в том, что ученикам из-
вестен такой факт: металлические свойства у натрия вы-
ражены сильнее, чем у лития, и натрий реагирует с во-
дой более активно, чем литий; отсюда можно сделать
неверный вывод, что в случае натрия раствор нагреется
сильнее. Однако правильное решение оказывается не
просто прямо противоположным, но и более глубоким.
Решение. Литий и натрий реагируют с водой,
образуя гидроксиды и выделяя водород, по общему
уравнению:
2М + 2Н.0 = 2М++ 2ОН-+ Н2
Обе реакции являются сильно экзотермическими,
причем можно показать, что тепловые эффекты реакций
в расчете на 1 моль металла не могут сильно различаться.
Действительно, натрий отдает свои электроны легче,
чем литий, и за счет меньшей энергии ионизации натрия
тепловой эффект в случае натрия должен быть большим.
Однако из-за маленького радиуса иона Li+ теплота гид-
ратации иона Li+ намного больше, чем иона Na+, по-
этому за счет данного фактора тепловые эффекты обеих
реакций в расчете на 1 моль металла — это величины
одного порядка и не могут существенно различаться. Но
количество вещества лития в его навеске массой 0,1 г
больше чем втрое превышает количество вещества натрия
в такой же навеске натрия, так как Д,. (Na) = 23,
а /4Г (L i) = 7. Поэтому в стакане, в который бросили
кусочек лития, раствор после окончания реакции нагре-
ется сильнее из-за большего количества теплоты, выде-
лившейся в результате реакции.
Примечание: сделаем более строгий анализ по
термохимическим уравнениям реакций:
Li(IB.)4- Н2О(жиДк.) = Li+(p.p) -ф ОН-(р.р, +^Н2(газ) ф- Д//х
Na(TB > 4- Н2О(жидк.) = Na^p.p, 4- ОН~(Р.Р) 4-^ Н2(газ)4- Д//а
По закону Гесса: Д^ - ДД, = ДЯ[Ы+(р.р)| -ДЯ[№+(Р.Р)]
Используя табличные данные, получаем:
ДН2= —278 — (—240) = 38 кДж
22
Таким образом, даже в расчете на 1 моль тепловой
эффект в случае лития больше. Можно было и не делать
числовых расчетов, а просто вспомнить, что литий рас-
положен в ряду напряжений левее натрия из-за намного
большей теплоты гидратации иона Li*, но это было
бы не совсем строго, поскольку положение металла
в ряду напряжений определяется изменением свободной
энергии при образовании гидратированного иона (энер-
гии Гиббса), а не энтальпии.
Задача-ловушка часто напоминает по форме элемен-
тарную задачу тестового .характера, поэтому учащиеся
просто недооценивают ее сложность. Иногда такая зада-
ча и является по сути тестовой задачей, цель которой —
выяснить, насколько осознанно учащийся владеет зна-
ниями по той или иной теме [23].
Задача X. Какую реакцию — кислую, щелочную или
нейтральную — будет иметь раствор, полученный в ре-
зультате сливания растворов гидроксида цезия и соля-
ной кислоты с одинаковой молярной концентрацией ве-
ществ С (CsOH) = С (НО) = I моль/л? Aiacca первого
раствора равна массе второго раствора.
Если бы смешивались растворы CsOH и НО с одина-
ковыми объемами, а не массами, решение было бы оче-
видным. Действительно, в исходных растворах содержа-
лось бы одинаковое количество веществ CsOH и НО.
В итоге CsOH и НО полностью прореагировали бы по
уравнению реакции CsOH 4- НО — CsO 4- Н2О. Окон-
чательно образовался бы раствор хлорида цезия. Хло-
рид цезия как соль, образованная катионами сильного
основания и анионами сильной кислоты, имеет в раство-
ре реакцию близкую к нейтральной, так как практиче-
ски не гидролизуется.
Но ведь по условию одинаковыми являются массы
растворов, а не объемы. В каком же из растворов содер-
жится большее число молей реагирующего вещества?
Мг (CsOH) Л1Г(НС1), поэтому раствор CsOH имеет
заметно большую плотность, чем раствор НО с той же
молярной концентрацией. Следовательно, объем про-
реагировавшего раствора CsOH будет меньше согласно
формуле V — — . Отсюда вытекает, что соляная кислота
находится в избытке и полученный раствор будет иметь
кислую реакцию. Заметим, что если бы в условии данной
задачи речь шла о гидроксиде натрия, а не цезия, сделать
правильный вывод на основе чисто качественных рас-
23
суждений было бы невозможно, так как Afr(NaOH)
~ МДНС1), и мы не сможем сказать без табличных дан-
ных, какой из растворов имеет меньшую плотность.
Приступая к решению задачи, нужно лишний раз
проанализировать ее условие, чтобы выяснить, нет ли
в нем более глубокого смысла, так сказать, двойного дна,
ловушки, каким бы элементарным не казалось решение.
Если приучить учащихся всегда поступать таким обра-
зом, им удастся во многих случаях избежать ошибочного
отождествления задачи-ловушки с элементарной задачей
тестового характера. Иногда, кстати, бывает наоборот:
ученик принимает элементарную тестовую задачу за
ловушку или пытается доказать некорректность задачи.
Если параллельно этому он все-таки показывает воз-
можное решение, такой подход к задаче не следует
считать недостатком, влияющим на общую оценку ее ре-
шения
Задачи-кроссворды. Так мы условно называем задачи,
в которых предлагается подобрать вещества, составить
уравнения реакций, удовлетворяющие определенным
условиям и требованиям. В отличие от задач-головоло-
мок, в условиях задач-кроссвордов не зашифрованы
строго определенные вещества или уравнения, которые
требуется дешифровать, поэтому они носят более твор-
ческий характер и позволяют учащимся проявить не
только знания, но и изобретательность, фантазию. В ряде
случаев такие задачи строятся на парадоксах или ка-
жутся неразрешимыми. Задачи данного типа подобны
задачам тестового характера, задачам-ловушкам, во их
специфической особенностью является то, что решение
не является строго определенным и однозначным. Дру-
гими словами, этот тип задач больше других приближен
к творческим задачам.
Задача 9. Привести примеры нескольких, существен-
но отличающихся случаев взаимодействия растворов
двух средних солей, протекающего без образования
малорастворимого или нерастворимого в воде вещества
и без выделения газов.
Решение. Соли реагируют друг с другом в очень
многих случаях, но ограничения, содержащиеся в усло-
вии, резко сужают круг поиска. По условию, все про-
дукты реакции должны быть растворимы в воде, а ис-
ходные соли не относить к кислым (большинство основ-
ных солей малорастворимы в воде). За счет чего взаимо-
действие оказывается все-таки возможным?
24
I.	Образуется малоднссоциирующее вещество (доста-
точно редкий случай):
FeCl3+ 3KNCS = Fe (NCS),+ ЗКС1
Hg (NO3),+ 2\’aCl HgCl2+ 2NaNO3
2.	За счет избытка одной из солей образуется ком-
плексная соль, растворимая в воде:
BiCl34- 4KI = К iBilJ + ЗКС1
FeSO44- 6KCN = K4[Fe (CN)J 4- K2SO4
3.	Между солями проходит окислительно-восстанови-
тельная реакция с образованием растворимых в воде
веществ. Этот случай, в свою очередь, можно разбить на
варианты:
а)	катион окисляет катион:
SnCI24- 2FeCl3= 2FeCl2+ SnCl4
б)	анион окисляет анион:
Na.,SO34- NaOCl = Na2SO4+ NaCl
в)	катион окисляет или восстанавливает анион:
(NH4)2S2O8+ 2FeSO4= (NH4)2SO4+ Fe2(SO4)3
Вот пример задачи-кроссворда, которая может быть
отнесена также к задачам-ловушкам.
Задача 10. Л1ожно ли привести пример уравнения ре-
акции, проходящей в сильнокислой среде, в результате
которой одновременно образуются хлор и оксид мар-
ганца (IV)?
На первый взгляд, задача не имеет решения. Дей-
ствительно, в сильнокислой среде оксид марганца (IV)
-1 о
может окислять С1 до Cl2. С другой стороны, в кислой
среде соединения марганца обычно восстанавливаются
до степени окисления 4- 2, а не 4- 4. Но ведь могло быть
и наоборот: в реакции атомы марганца выступали в роли
восстановителей, а атомы хлора — в роли окислителей.
Если это так, то в реакции степень окисления хлора
понижалась, а марганца повышалась. Следовательно,
в реакцию вступала какая-нибудь соль, в которой хлор
имеет положительную степень окисления, например
хлорит или хлорат (перхлораты — сильные, но медлен-
но действующие окислители и не проявляют в растворе
сильных окислительных свойств). Марганец же в исход-
ном соединении находился в степени окисления 4-2
25
и в ходе реакции окислился до МпО2(Н2МпО3). Исходны-
ми веществами могли быть хлорат калия и сульфат мар-
ганца (II):
5MnSO4 + 2КС!О3 + 4Н2О = 5МпО2 (Н2МпО3) +
+ K2SO4 ч- 4H2SO4 + Cl21
Творческие задачи. Дать достаточно общее и четкое
определение творческой задачи сложно. Если, например,
определять ее как задачу, требующую использования
приемов творческого мышления, то следует конкретно
установить, что понимается под такими приемами.
Некоторые авторы считают, что при решении творче-
ских задач ученик приобретает новые сведения в резуль-
тате самостоятельного поиска, и выделяют особенности
таких задач (В. П. Гаркунов, [16]):
а)	учащиеся самостоятельно переносят ранее усвоен-
ные знания в новую ситуацию;
б)	учащиеся приобретают способность видеть новые
проблемы в знакомых ситуациях или предвидеть новые
функции известного им ранее объекта.
По нашему мнению, такое определение не совсем
удачное, если его применить к олимпиадным задачам.
Так, в качестве творческого задания учащимся предла-
гается рассмотреть с точки зрения окислительно-восста-
новительного процесса реакцию взаимодействия меди
с хлоридом железа (III). Но решение данной задачи тре-
бует всего лишь умения установить, какие атомы будут
выступать в роли окислителей и восстановителей.Это
типичная задача тестового характера. Само слово «твор-
ческий» означает «созидательный, самостоятельно созда-
ющий что-нибудь новое, оригинальное». (Общие вопросы
психологии решения школьниками творческих задач
рассмотрены в работе В. А. Моляко [17]). Поэтому
к творческим можно отнести все задачи, которые не
имеют строго определенного однозначного решения, при
решении которых учащиеся должны проявить не только
глубокие знания, но и фантазию, воображение, инженер-
ное мышление. Другими словами, решение творческой
задачи должно представлять своеобразную творческую
работу учащегося. В данном понимании творческие зада-
ЧИ 67]4™ Совпа'г1ают с катег°рией реальных задач 13,
Говоря о творческих задачах, следует упомянуть и
о так называемых познавательных задачах. О. С. Зай-
26
цев [7] называет познавательными задачи, для решения
которых необходимо искать дополнительную информа-
цию, использовать приемы творческого мышления и ме-
тоды научного познания. В таком понимании термин
«творческая задача» во многом идентичен термину «по-
знавательная задача». С другой стороны, в книге
Т. В. Смирновой [31] рассматривается подход И. Я. Лер-
нера к понятию «познавательная задача», существенно
отличающийся от вышеупомянутого. Все это говорит
о неоднозначном толковании различными авторами тер-
минологии, относящейся к классификации задач.
Особенно важны творческие задачи с практическим
содержанием, прикладного характера. Например, в за-
даче предлагается разработать достаточно дешевую тех-
нологию очистки промышленных вод предприятия от
определенного вещества, предложить способ рентабель-
ной переработки минерала или какого-нибудь отхода
химического производства. Для учащихся, прожива-
ющих в сельской местности, такие задачи следует мак-
симально приближать к реальным задачам химизации
сельского хозяйства. Чем ближе задача к реальным про-
блемам, с которыми сталкивается человек в своей прак-
тической деятельности, тем больше ее воспитательное
значение, тем выше роль таких задач в формировании
будущего гражданина с активной жизненной позицией.
Предложенная классификация олимпиадных задач не
является классификацией ради классификации. Она
сложилась у нас в процессе подготовки учащихся к олим-
пиадам по химии, и ее применение содействует успешно-
му обучению школьников. Поэтому автор надеется, что
предложенная классификация может оказаться полез-
ной для учителей, занимающихся подготовкой учащихся
к олимпиадам.
ЗАДАЧИ ПО КУРСАМ ОБЩЕЙ
И НЕОРГАНИЧЕСКОЙ ХИМИИ
Терминология и условные обозначения, используемые
при решении задач
At (X) — относительная атомная масса элемента:
А _____ та(^ _
27
Mr(K) — относительная молекулярная масса:
Мг (H2SO4) = 2ЛГ (Н) + A, (S) + 4ДГ (О) = 98,07
до (X) — молярная масса вещества X, выражаемая
в г/моль и реже в кг/моль:
М (H.,SO4) = 98 г/моль, М (Al) = 27 г/моль
v (х)_количество вещества X, выражаемое в молях
или в кратных и дольных единицах (ммоль, кмоль).
Напомним, что если количество вещества обозначено
цифрой, слово «моль» не склоняется. Например, из
3 моль СО.,. 2 моль О2 (читается же «из трех молей»,
«два моля»)? Если же количество вещества обозначено
словом, то слово «моль» склоняется. В свое время предла-
галось не употреблять слово «моль» с вопросительным
местоимением «сколько» (например, предлагалось гово-
рить: «Какое количество вещества серной кислоты...»).
Позднее были признаны вполне приемлемыми фразы типа
«Сколько молей серы нужно взять...» 18, с. 26].
щ(Х) — масса вещества X, V (X) — объем вещества X.
Что касается употребления терминов «масса» и
«объем», то вполне допустимы выражения: «имеется 5 л
кислорода» и «имеется кислород объемом 5 л».
Более подробно с физическими величинами и их
единицами можно ознакомиться в справочном пособии
Л. Р. Стоцкого ]34], предназначенном для учителей, хотя
книга, как отмечено в критической статье Э. Янсона 143,
с. 72], не лишена недостатков с точки зрения химической
терминологии.
Остановимся на некоторых характерных терминологи-
ческих ошибках. В частности, во избежание тавтологии
нельзя говорить «величина объема кислорода», так как
сам объем является физической величиной. В необходи-
мых случаях слово «величина» может быть заменено тер-
мином «значение» (значение константы диссоциации кис-
лоты» и т. п.). Не рекомендуется применять сочетание
двух величин (величина величины). Некоторые авторы
считают более правильным выражение «масса СО2 объ-
емом 3 л», а не «масса 3 л СО2» ]34]. Однако это явное на-
рушение норм стилистики языка. Например, вряд ли
может быть названо удачным выражение «Масса воды,
взятой количеством вещества 2 моль», поэтому в литера-
туре в ряде случаев допускаются такие фразы: масса
1,5 моль Н2О. Иногда вместо термина «количествовеще-
ства» используется термин «число молей».
28
Напомним, что некоторые наименования физических
величин устарели. Правильно: теплота, количество теп-
лоты, удельная теплота сгорания, вместимость, электри-
ческая проводимость, теплопроводимость (неправильно:
тепло, количество тепла, теплотворная способность,
емкость, электропроводность, коэффициент теплопро-
водности). Типичные ошибки при употреблении терми-
нологии СИ рассмотрены в статье Л. Р. Стойкого 133].
Vm — молярный объем газов. Vm = 22,4 л/моль (н.у.)
Вместо бывшего термина „процентное содержание" введен
термин «массовая доля».
w (X) — массовая доля X в долях от 1 ил и в процентах в
смеси, растворе и т.д., элемента X в соединении. Например,
w (НС1) = 0,2:
<с“> = лдаг 100’‘ “ 80%
Неверно употреблять для массовой доли термин ю [5].
<р(Х) — объемная доля вещества X, компонента X.
р — плотность. Например, р (H2SO4) = 1,5 г/мл.
2)Гг (Г\) — относительная плотность газа Г\ по газу Г2.
Например, Z?„2 (СО2) = 22.
С (X) — молярная концентрация компонента в рас-
творе, смеси и т. д. Термин «молярность» аннулируется,
вместо «1 М раствор» следует говорить: «раствор, в ко-
тором С (X) = 1 моль/л» или «раствор, где С (X) =
= 1 моль/л».
Вместо бывшего термина «нормальность» (нормальная
концентрация) предлагаются 2 термина: «эквивалентная
молярная концентрация» и «молярная концентрация
эквивалента» с не совсем удачным обозначением С, ана-
логичным молярной концентрации. Например:
C(1h2SO4) = 1,5 моль/л; [С (А X)]
Отметим, что ГОСТ — 8.417—81 рекомендует тер-
мин «молярная концентрация эквивалента», но по ряду
причин этот термин в литературе почти не употребляется.
лэ, л X] — количество вещества эквивалента.
«(^x) = Z*-л(Х)
Z*— число эквивалентности.
29
Эт (X), М Q-.Xj — молярная масса эквивалента
(ММЭ)
В литературе данный термин также почти не употребляется
(вместо него употребляется термин «эквивалентная масса»),
Кэ (X) — молярный объем эквивалента; в данном случае
более удачным является термин «эквивалентный объем».
Например: КЭ(Н2) = 11,2 л/моль
m.\i(X) — масса вещества X в граммах, взятого коли-
чеством вещества 1 моль. (Молярная масса имеет размер-
ность г/моль, поэтому при переходе от молярной массы
вещества к массе вещества, взятого количеством веще-
ства 1 моль, следует учитывать изменение размерности.)
ПС — периодическая система Д. И. Менделеева.
1 а. е. м.— 1 атомная единица массы (1 mH): 1 ти =
= Г2 ТО)
Установление формул. Строение вещества
11.	Найти формулу минерала с массовой долей алю-
миния 10,04 % и кремния 31,35 %. Минерал содержит
еще два элемента X и Y в массовом соотношении
1: 10,652.
12.	Массовая доля металла в кристаллогидрате суль-
фата одновалентного металла составляет 14,3 %. Уста-
новить формулу кристаллогидрата и обосновать одно-
значность решения.
13.	Учитывая природный изотопный состав кислоро-
да, водорода и фтора, установить, какое максимальное
число различным образом построенных молекул Н2О
в HF имеет одинаковое значение относительной молеку-
лярной массы. Какая из этих разновидностей молекул
встречается наиболее редко?
14.	Плотность фторида натрия 2,79 г/см3, йодида нат-
рия — 3,67 г/см3. Исходя из этих данных, вычислить, на
сколько радиус иона I- больше радиуса иона F”. Дан-
ные соли имеют простую кубическую решетку типа хло-
рида натрия.
15.	В результате а-распада 1 мг радия в течение одно-
го года образуется 4,3 • 10 ~5 см3 гелия. Через сколько
лет распадается половина имеющейся навески радия?
30
16.	Почему водородная связь особенно ярко проявля-
ется в тех случаях, когда атомы водорода связаны с ато-
мами кислорода? Она мало характерна, когда водород
связан с менее электроотрицательными, чем кислород,
элементами (N, Cl, S). Почему, несмотря на большую
прочность водородных связей H...F по сравнению с
Н...О, аномальная структура воды (льда) не имеет ана-
логий в HF (жидк.) и HF (тв.)?
17.	Назвать формулы безводных средних солей, име-
ющих наибольшую возможную массовую долю водорода
и наибольшую возможную массовую долю кислорода.
Растворы. Электролитическая диссоциация
и равновесия в растворах
18.	Растворимость нитрата алюминия при температу-
рах tt и t2 составляет 300 и 400 (г/л Н2О). Какая масса
кристаллогидрата нитрата алюминия, теряющего при
сильном прокаливании 86,41 % своей массы, выделится
из насыщенного при температуре /2 раствора A1(NO3)3
массой 140 г, если его охлаждать от /2 До	,
19*. Какова массовая доля НГ в растворе галогено-
водородной кислоты, если известно, что после его пол-
ного взаимодействия с оксидом одновалентного металла
образовался раствор с такой же массовой долей соли1?
20.	Может ли образоваться насыщенный раствор нит-
рата натрия в результате взаимодействия насыщенного
раствора хлорида натрия и раствора нитрата серебра?
Растворимость NaCl, AgNO3 и NaNO3 при 20 °C состав-
ляет соответственно 360, 2280 и 880 (г/л Н2О).
21.	Растворимость гидроксида натрия и нитрата нат-
рия при 20 °C составляет соответственно 1090 и 875 (г/л
Н2О). Чему равна массовая доля кислоты в растворе
HNO3, если после его полного взаимодействия с насы-
щенным при 20 °C раствором NaOH и охлаждения полу-
ченного раствора до начальной температуры 20 °C обра-
зовался насыщенный раствор нитрата натрия?
22.	Какие массы растворов гидроксида калия и азот-
ной кислоты с w % (КОН) = w % (HNO3) = 40 % тре-
буются для того, чтобы в результате полного взаимодей-
ствия этих растворов и приведения системы к обычным
условиям из раствора выделилось 11 г нитрата калия?
Звездочкой обозначены наиболее сложные задачи.
31
Растворимость KNO3 при обычных условиях (20 JQ
составляет 320 г/л Н2О.
23 Кристаллогидрат Na3HO4-	можно полу-
чить реакцией обмена между растворами Н3РО4 и NaOH
по уравнению реакции:
Н3РО4п- ЗХаОН = Na;;PO4 + ЗН.,0
.i
В охлажденном до температуры i в насыщенном растворе
фосфата натрия массовая доля соли составляет w3. Ка-
кие массы растворов Н3РО4 и NaOH с массовыми долями
веществ соответственно и w2 требуются для получе-
ния а г кристаллогидрата? Составить программу для
вычисления масс растворов на микрокалькуляторе «Элек-
троника БЗ-34», сделать вычисления для следующего на-
бора параметров: Wj= 0,42, w2= 0,2, w3= 0,1, а =
= 12 г1.
24.	В результате пропускания избытка углекислого
газа через раствор карбоната натрия образовался осадок,
но при этом масса образовавшегося раствора оказалась
равной массе исходного раствора. Чему равна массовая
доля соли в исходном растворе, если растворимость гид-
рокарбоната натрия при этих условиях составляет
96 г/л Н2О?
25.	В железную бочку с нерастворимым в кислотах
дном ошибочно налита до некоторого уровня соляная кис-
лота. При какой минимальной молярной концентрации
кислота полностью разрушит бочку? Диаметр бочки
d = 0.5 м, толщина стенок I ~ 4 мм. Скорость растворе-
ния металла считать одной и той же во всех точках.
26.	В раствор хлорида бария вливали 96 %-ную сер-
ную кислоту до прекращения выделения осадка. Затем
порцию полученного раствора массой 2 г нейтрализовали
раствором едкого натра, при этом израсходовалось
21,4 мл раствора NaOH с С (NaOH) = 0,1 моль/л. Чему
равна массовая доля ВаС12 в исходном растворе?
27.	Растворимость нитрата бария при температуре
20 °C составляет 92 г/л Н2О, а сульфата натрия 194 г/л.
Какую максимальную массу нитрата натрия можно полу-
чить, если сливать растворы Ba(NO3)2 и Na2SO4, имея
для приготовления растворов всего 0,200 л воды?
При использовании программируемых микрокалькуляторов
других моделей («Электроника-54, 61, 52, 56) клавишам П, ИП,
*’ лот соответствуют клавиши У -> П, П-»-Х, Bf, Х:£У-
32
28.	Растворимость алюмокалиевых квасцов состав-
ляет 30 г/л Н2О (0 °C). Для получения квасцов при-
готовили растворы из A1,(SO4)3- 18Н2О и K.SO.,, содер-
жащие одинаковые количества веществ этих солей, при-
чем для приготовления раствора в каждом случае было
использовано одно и то же количество воды. В результате
сливания растворов и охлаждения системы до 0 °C из
раствора выделилось вдвое меньше квасцов, чем теорети-
чески должно было образоваться из исходных количеств
солей. Вычислить массовую долю сульфата алюминия
в исходном растворе.
29*. В калориметр с разбавленным раствором едкого
натра прибавили определенный объем раствора серной
кислоты с молярной концентрацией, равной С (NaOH)
в растворе NaOH. После перемешивания измерили из-
менение температуры. Затем калориметр привели к на-
чальной температуре и добавили к полученному раствору
такой же объем кислоты, как и в первом случае. После
прибавления второй порции кислоты изменение темпе-
ратуры оказалось в 3 раза меньше, чем в первом случае-.
Выразить молярную концентрацию веществ в образовав-
шемся растворе через концентрацию исходного раствора
гидроксида натрия.
30. В двух случаях титруют раствор соляной кисло-
ты объемом ОД л раствором NaOH в присутствии индика-
торов фенолфталеина и метилового оранжевого: С (НС1)=
= С (NaOH) = 0,1 моль/л. В каком случае на титрова-
ние потребуется больший объем щелочи и во сколько раз
больше? Принять, что изменение окраски фенолфталеина
фиксируется при pH=9, а метилового оранжевого при
pH = 5.
31. В колбе смешали растворы одноосновных кислот
А и В (массы растворов составляют соответственно 6 г
и 20 г. а массовые доли кислот в растворах — 1С % и
2 %). Полученный раствор оттитровали в присутствии
фенолфталеина до появления малиновой окраски.
Объем израсходованного раствора гидроксида калия
с С (КОН) = 1 моль/л составил примерно 41 мл. Назвать
кислоты А и Б. Можно ли титровать смесь кислот А и Б
в присутствии метилового оранжевого.
32*. Привести примеры слабокислого и щелочного
растворов, после взаимодействия которых образуется
сильнокислый раствор. Может ли образоваться кислый
или сильнокислый раствор в результате сливания ней-
трального и щелочного растворов?
2 9425
33
33. Как связана сила кислоты с ее раствор и мостью,
окислительными свойствами, устойчивостью в свободном
состоянии?	1
34. Можно ли приготовить раствор КОп, в котором
молярная концентрация ионов ОН - в 1,5 раза больше
молярной концентрации щелочи?
35*. Какой объем раствора соляной кислоты плотно-
стью 1,2 г/см3 (а % (НС1) = 20 %) следует прибавить
к раствору соли КХ одноосновной кислоты НХ объемом
0.1 л с pH=9 для того, чтобы pH полученного раствора
составил: а) 1, 6) 7. С (КХ^ — 0,1 моль/л
36.	Привести пример такого уравнения реакции меж-
ду водными растворами соли и кислоты, для которого
нельзя написать ионного уравнения.
37.	При обычных условиях вода в равновесии с воз-
духом содержит 5 • 10~* г/л СО,. Вычислить, какое зна-
чение pH приобретает вода за счет растворения СО2.
Первая константа диссоциации угольной кислоты состав-
ляет 3,6 • 10-7.
38.	Водные растворы гидрокарбоната натрия имеют
слабощелочную реакцию (например, рН=8,3). Исходя из
этих данных, оценить константу диссоциации угольной
кислоты по схеме:
НаСО3^2Н+ + СОз“
39*. Почему растворимость многих практически не-
растворимых в воде солей значительно выше вычисленной
по произведению растворимости соли?
40.	Как известно, в хлорной воде существует равно-
весие:
Н2О(ЖВДК.) -f" С12(Р.р)	Н+(р.Р) + С! (р.р) -J- HOCl(p.p)
При обычных условиях константа этого равновесия со-
ставляет 4,2 • 10-4. Вычислить, какая часть хлора нахо-
дится в свежеприготовленной хлорной воде в виде моле-
кул. Растворимость хлора в воде — 0,1 моль/л.
41.	Серная кислота согласно второй константы
диссоциации не относится к сильным кислотам: К2=
= 1 • 10“2. Тем не менее растворы сульфатов щелочных
металлов имеют нейтральную реакцию и не гидролизу-
ются. Подтвердить этот факт расчетом для раствора
K2SO4 с молярной концентрацией С (K2SO4) = 0,01
моль/л и объяснить полученный результат.
34
42.	Согласно одному из положений теории электроли-
тической диссоциации степень диссоциации электроли-
тов с разбавлением раствора возрастает. Однако степень
диссоциации слабых электролитов возрастает не беспре-
дельно. Например, синильная кислота (Д' = 5 • 1СН°)
не может иметь степень диссоциации даже 1 % в сколь
угодно разбавленном растворе. Объяснить это противо-
речие; вычислить предельное значение степени диссо-
циации уксусной кислоты (К — 1,7 • ЦТ5). Существует
ли подобное ограничение для оснований и солей?
43.	Константа диссоциации циановодородной кисло-
ты в воде — величина порядка 1 • а соляной —
1 • 107, но в жидком аммиаке НСХ, как и НС1, высту-
пает сильным электролитом и практически полностью
диссоциирует на ионы. С другой стороны, бромово-
дородная и хлорная кислоты, относящиеся в водных
растворах к наиболее сильным кислотам, ведут себя
в безводной уксусной кислоте как слабые кислоты, при-
чем НС1О4 выступает как более сильная. Объяснить эти
явления.
44.	Бромид серебра хорошо растворяется в жидком
аммиаке и между растворами солей AgBr и Ba (NOa)2
в жидком аммиаке реакция обмена проходит до конца.
Объяснить почему.
45*. При приливании разбавленного раствора хлори-
да натрия к осадку хлорида серебра, находящемуся в рав-
новесии с водой, растворимость AgCl сначала уменьшает-
ся, а затем начинает возрастать доопределенного предела.
Объяснить это явление. При какой молярной концентра-
ции раствора NaCl растворимость AgCl будет минималь-
ной? Произведение растворимости AgCl : ПР = 1 X
X 10~10, константа нестойкости AgClF: К — 1 • Ю-5.
Окислительно-восстановительные реакции
46. Привести несколько существенно отличающихся
уравнений реакций, при которых образуется свободный
фтор. Почему фтор, имеющий наибольшую электроотри-
цательность, может быть получен, как правило, только
с помощью электрического тока, тогда как наиболее
активные щелочные металлы, имеющие наименьшую
электроотрицательность, могут быть получены из их
соединений без использования электролиза?
47. Ниже приведены стандартные электродные по-
тенциалы (В) металлов подгруппы II—А:
2»
35
	Be	Mg	Са	Sr	Ba
Кисла-1 среда	—1,85	-2,37	—2,87	—2,89	—2,90
Щелочная среда	—2,62	— 2,69	—3,03	—2,99	—2,97
Как видим, значения стандартных потенциалов неоди-
наковы в кислой и щелочной среде, причем разность
значений ЛЕ° уменьшается при переходе от Be к Ва.
Объяснить это явление.
18.	Почему при проведении окислительно-восстанови-
тельных реакций для создания кислой среды обычно
используют серную кислоту, а не, например, соляную
или азотную кислоту? Почему для этой же цели часто
непригодны фосфорная и уксусная кислоты?
49.	Как известно, царская водка является в ряде слу-
чаев значительно более сильным окислителем металлов,
чем азотная кислота. Может ли царская водка быть менее
эффективным окислителем металлов, чем азотная кислота
или смесь азотной кислоты с какой-нибудь другой кис-
лотой (не соляной)?
50.	Почему, несмотря на большую окислительную
активность фюра по сравнению с кислородом, для ряда
элементов известны высшие оксиды, но не получены
высшие фториды? Может ли наблюдаться обратное?
51.	В каком случае при обжиге сульфидов масса
твердого остатка превышает массу исходного сульфида,
подвергнутого обжигу кислородом воздуха?
52.	Одинаковые навески смеси порошков двух метал-
лов массой по 2 г полностью растворили в избытке горя-
чей щелочи и в соляной кислоте. В первом случае объем
выделившегося водорода составил 2,088 л, а во втором —
1,784 л (н. у.). Установить качественный и количествен-
ный состав смеси.
53.	Элемент А, относящийся к металлам, находится
в 6-м периоде ПС. При окислении кислородом воздуха
простого вещества А образуется высший оксид Б, соот-
ветствующий положению элемента в ПС. При действии
на Б концентрированной соляной кислотой выделяется
хлор и образуется хлорид со степенью окисления А,
которая вдвое меньше, чем в высшем оксиде. Назвать А,
написать уравнения реакций.
54.	В каких случаях менее активный (согласно поло-
жению в ряду напряжений) металл может реагировать
с раствором соли более активного металла? Случай, когда
36
реакция сводится к взаимодействию с содой, например
бария с раствором хлорида калия, исключить.
55.	Смесь металла с оксидом того же металла (массо-
вая доля оксида в смеси 55,9 %) была восстановлена во-
дородом до металла. На восстановление израсходовали
водород объемом V (Н.,) = а. Полученный металл был
растворен в избытке горячей соляной кислоты. В резуль-
тате реакции выделился такой же объем водорода а.
Назвать металл, написать уравнения реакций.
56.	Расшифровать уравнения:
АхБу2Бу = АхБй+2 + 2Бх
АБЛ + АБ = АЛ.БЙ
57.	В промышленности калиевую соль А. широко
используемую в некоторых областях техники, получают
электролизом раствора соли Б. В результате электролиза
раствора в течение одного часа при силе тока 10 А на
катоде выделился водород объемом 4,104 л, а на аноде
образовалась соль А массой 53 г (t = 25 °C, р =
= 101,3 кПа). Приняв, что выход продукта по току один
и тот же на катоде и на аноде, установить формулу соли А.
Вычислить выход соли А по току. (А — соль однооснов-
ной кислоты.)
58.	Доказать, что существует только два газа, удов-
летворяющих следующим условиям:
а) на сжигание 1 объема газа расходуется 1,5 объема
кислорода; б) одним из продуктов сжигания 1 объема
газа является 1 объем газа Г3; в) среди основных про-
дуктов сжигания газа нет пвердых при обычных усло-
виях веществ.
Химия элементов. Задачи-головоломки
59.	Раствор соли X (соль двухвалентного метал-
ла) приливали к раствору сульфата серебра до
прекращения выделения белого осадка, нераство-
римого в разбавленных кислотах. Осадок отфильтрова-
.ли, а в фильтрат влили раствор соли Б. Выделился газ
с неприятным запахом, и образовалась смесь двух осад-
ков, частично растворимая в растворах азотной кислоты,
серной кислоты и едкого натра, причем во всех трех слу-
чаях остается нерастворимым одно и то же вещество Д.
При сливании растворов сульфата серебра и соли Б
образуется темноокрашенная смесь осадков, нераство-
37
римая в кислотах, а в растворе остается практически
чистая вода. Чтобы получить вещество Б, нужно прокэ*
ливать Д с углем, при этом образуется газ Г. Назвать
все вещества, написать уравнения реакций.
60.	В результате взрыва смеси газов А и Б, взятых
в объемном соотношении 4 : 3, и после охлаждения про-
дуктов реакции до обычных условий образовались
простое газообразное вещество В и раствор галогено-
водородной кислоты с массовой долей кислоты в рас-
творе w % (НГ)=69 °о. Написать уравнение такой ре-
акции.
61*. В результате взаимодействия газа Гх и твердого
вещества А образуются соль Б, газ Г, и высший оксид
элемента X — вещество В. Вещество В реагирует с во-
дой с образованием жидкости Д, разлагающейся при на-
гревании на воду и газы Г2, Г3. При определенных усло-
виях газ Г, может быть превращен в газ Г4, который при
действии на Г3 дает В, при этом также образуется Г2.
При прокаливании вещества А образуется порошок ме-
талла Е и смесь газов Г3 и Г2. Металл Е не взаимодей-
ствует с Г2, но взаимодействует с Г4. Металл Е реагирует
с Д с образованием раствора А и газа Г3, который при
взаимодействии с водой в присутствии Г2 образует вод-
ный раствор Д. Соль Б практически нерастворима
в растворе Д, но хорошо растворяется в водном рас-
творе газа Г5, способного гореть в газе Г,. При окисле-
нии газа Г5 образуется газ Гй, который образуется такл е
при термическом разложении газа Г3. Назвать все ве-
щества, написать уравнения реакций. (1\— простое
газообразное вещество.)
62.	Кристаллическое вещество А массой 3,285 г
прокалили в токе сухого хлороводорода. Образовались
безводный хлорид двухвалентного металла массой
1,538 г и вода. Выделившиеся пары воды были погло-
щены оксидом фосфора (V), помещенного в трубку, при-
вес трубки составил 1,747 г. Какова формула исходного
вещества А?
63.	Обосновать однозначность элементов Эи Э2, Э3,
образующих простые вещества А, Б и В, если о иих из-
вестно следующее:
а)	А при обычных условиях реагирует с Б, Б с В,
но А и В не взаимодействуют между собой;
б)	при самопроизвольном разложении соединения
элементов 3j и Э3 образуется вещество, плотность кото-
рого меньше, чем у воздуха;
38
в)	в результате действия воды на соединение элемен-
тов Э, и Э2 выделяется газ, широко применяемый в на-
родном хозяйстве;
г)	соединение элементов Э2 и Э3 представляет собой
соль, хорошо растворимую в воде;
д)	элемент Э3 широко распространен в природе.
64.	В результате пропускания водорода над нагретой
солью X массой 2,77 г образовались металл массой
1,92 г, вода массой 0,697 г и азот, причем объем азота
составил 1/4 объема прореагировавшего водорода. Уста-
новить формулу соли X.
65.	Массовые доли элемента X и кислорода в двух
кислотах одного и того же элемента имеют следующие
значения: w%(X)= 38,24 %, w%(0)=59,37 %. Кислоты
имеют одинаковые значения относительных молекуляр-
ных масс. Кислота 2 легко гидролизуется до двух наи-
более известных кислот элемента X. Кислота 1 гидро-
лизуется значительно труднее. Установить строение
кислот 1 и 2. Почему при гидролизе кислот 1 и 2 при на-
гревании получаются иные продукты но сравнению с гид-
ролизом при обычных условиях?
66.	Для получения газа Г4 используют реакцию меж-
ду газами Гг и Г2, протекающую с образованием газа Г3
по схеме: 6l\+ 2Г2= 6Г3+ Г4. Известно, что Л4, (Г2)~
= 58,6 Мг (Гг) и ЛЪ(Г3) = 1,32 Л4Г (Г4). Написать
уравнение реакции получения Г4.
67.	В состав соли X входит 3 элемента (2 элемента
относятся к металлам, а один — к неметаллам). Массовая
доля неметалла в соли — 38,07 %. Соль X растворима
в воде с образованием интенсивно окрашенного раствора,
имеющего кислую реакцию. При сильном прокалива-
нии X разлагается с выделением газообразного вещества
А. Если же на остаток после несильного прокаливания X
подействовать водой, в нерастворимом состоянии остает-
ся окрашенное вещество В, а в раствор переходит соль Д.
При взаимодействии растворов серной кислоты и Д обра-
зуется раствор, в котором можно обнаружить две соли:
X и еще одну соль. В свою очередь, при действии раство-
ра гидроксида калия на соль X образуется раствор соли
Д. Назвать формулу исходной соли X, написать урав-
нения реакций превращений.
68.	Газ Гх способен реагировать с парами воды. В ре-
зультате реакции и после охлаждения продуктов до
25 °C образуются 2 газообразных вещества, одно из
которых относится к простым. Образующиеся газы Г4
39
г находятся в смеси в молярном соотношении 1 •_ 2.
l’-ходпый газ негорюч, но в одном из образовавшихся
газов способны гореть пекоюрые металлы. Полученная
смесь гаюв частично поглощается известковой водой,
причем при натичии избытка известковой воды наблю-
дается помутнение раствора. Назвать все вещества,
написать сравнения реакций.
69.	Для относительных молекулярных .масс газов
Г Г>, Г3) Г4 справедливы следующие соотношения:
’ .Чг(Г2)=.Нг(Г3) = 2.Иг(Г1) = 0,5.И,(Г1)
Все газы представляют собой бинарные соединения. При
щкигании в кислороде газа Г, образуются вода и газ
Г7. практически нерастворимый в воде; при сжигании
газа Г2 и охлаждении продуктов реакции до обычных
условий — индивидуальное кристаллическое вещество А,
способное реагировать с Гг В результате сжигания газа
Г9 образуются вода и газ Г5. раствор которого в воде
представтяет собой слабую кислоту, способную реаги-
ровать с Г, и Г3 Сжигание газа Г4 дает только один про-
дукт — газ Гв, в котором массовая доля одного из эле-
ментов в 1,55 раза превышает массовую долю того же
элемента в Г4. Раствор Г6 также представляет собой
слабую кислоту. Назвать все вещества, написать урав-
нения реакций.
70.	Важнейшим соединением элемента X, в котором
атомы X проявляют наиболее характерную для X сте-
пень окисления, является кристаллогидрат соли Б,
в котором на 1 моль соли приходится 2 моль Н2О. В со-
ставе безводной соли Б три элемента: Na, X и У. Массо-
вая доля натрия в кристаллогидрате составляет 5,78 %.
Установить формулу соли, если в ней на 1 атом натрия
приходится 1 атом X.
71*. Равные навески окрашенных солей А и Б,
имеющих одинаковый качественный и количественный
состав, растворили в воде и прилили к каждому раствору
раствор нитрата серебра до прекращения выделения
осадка Д. Осадки отделили, просушили и взвесили. Мас-
са первого осадка в 2 раза больше массы второго. Оказа-
лось, что вещество Д нерастворимо в разбавленных
растворах кислот, но хорошо растворяется в растворах
аммиака и тиосульфата натрия. При высушивании
в эксикаторе первая соль теряет в два раза меньше воды»
чем вторая, при условии равных навесок солей. На
фильтраты после отделения осадка Д подействовали рас-
40
твором едкого натра. В обоих случаях образовался оса-
док вещества Е, растворимого в избытке растворов щело-
чей. Если на одинаковые навески А и Б подействовать
избытком раствора NaOH, а затем через полученные
растворы пропустить хлор, изменяется их окраска.
Если же к каждому из этих растворов прилить избыток
разбавленного раствора хлорида бария, образуются осад-
ки соли Е2, причем масса каждого осадка после просу-
шивания составляет 0,95 массы солей А или Б. В резуль-
тате прокаливания вещества Е образуется зеленое веще-
ство Е3, труднорастворимое в растворах кислот и щело-
чей. Установить строение солей А и Б. Раствор какой из
солей лучше проводит электрический ток?
72.	При кипячении раствора, образовавшегося в ре-
зультате смешивания 10 г раствора щелочи А с массовой
ее долей 20 % и 40 г раствора соли Б с массовой ее долей
10 %, в растворе остается соль В! и выделяется газ Гр
При термическом разложении соли Bj образуется соль
Во и выделяется газ Г2. При нагревании смеси В2 и Б
образуются соль Bv Н2О и газ Г3. Нагревание соли Б
может давать различные продукты: при умеренном на-
гревании наблюдается выделение газа Г4 с небольшими
примесями Г5. возможно также взрывообразное разло-
жение Б с образованием газов Г2, Г3 и воды. Газ Г5
при определенных условиях разлагается с образованием
газов Г4 и Гв. Назвать все вещества, написать уравнения
реакции.
Разные задачи
73.	Два шара наполнили разными газами Г4 и Г2
равных объемов и связали их невесомой нитью. Система
из двух связанных шаров зависла в воздухе. Он/П) >
> 10Е)н,(Гг). Какими газами могли быть наполнены
шары? Массой оболочек шаров пренебречь.
74.	Лаборанту принесли на анализ сильнокислый
раствор, в котором могли бы быть такие катионы и ани-
оны:
Mg2*, Zn2t, Ва2+, Al3', Fe2+, Fe3+, Pb2+, Ni2+, Cu2+, Cr3+
SO4~, S2-, Cl’, Br, Г, SO*-, СОз", SiC>3~ СЮГ
В растворе были обнаружены в значительных количе-
ствах- 4 аниона и 7 катионов (кроме Н"). Назвать вы-
явленные; в исходном растворе ионы.
75* Привести несколько существенно различающихся
наб0рОй£неществ А, Б и В, удовлетворяющих следующе-
41
му условию: А, Б и В не имеют в своем составе ни одво. !
го общего элемента, но при приливании раствора А к рас» ’
твору Б и раствора А к раствору В образуется один ;
и тот же осадок.
76.	Смесь газов, каждый из которых имеет значение
относительной молекулярной массы /VI, « 28, была сож»
жена в кислороде При этом образовалась такая же но
объему смесь газообразных продуктов сгорания, как
и исходная смесь, а на сжигание потребовался такой же
объем кислорода. Объем смеси газообразных продуктов
сгорания уменьшился на 90 % в результате пропускания
через щелочь. Определить качественный и количествен-
ный состав исходной смеси.
77.	Привести несколько существенно различающихся
случаев образования основания при взаимодействии
кислоты с солью.
78.	Через раствор вещества А пропустили углекис-
лый газ. Образовался осадок, не исчезающий при дей-
ствии избытка СО2. Каков мог быть состав вещества А?
79*. В эвдиометре взорвали смесь газов А и Б и газ
В в объемном соотношении (А + Б) : В = 1 : 2,25.
В результате единственным продуктом реакции оказался
раствор галогеноводородной кислоты. Вычислить массо-
вую долю кислоты в образовавшемся растворе.
80.	Найти все простые вещества, среди которых нет
водорода и галогенов, и которые реагируют по схеме:
Агл +	-» Б„А2,,+2
81.	Навеску смеси хлорида ртути (II) и сульфата
ртути (II) массой 10.000 г растворили в воде и пропусти-
ли через раствор сероводород. Осадок отделили, про-
сушили и взвесили. Его масса составила примерно
8,4 г. С какой точностью нужно измерить его массу,
чтобы погрешность в определении массы сульфата ртути
в смеси не превышала 1 %?
82*. Привести примеры нескольких существенно раз-
личающихся наборов веществ А, Б и В, удовлетворя-
ющих следующему условию: единственным продуктом
взаимодействия растворов веществ А, Б и В является
раствор соли Д, причем в результате реакции степени
окисления некоторых элементов изменились.
83.	Для определения массовой доли алюминия в сто
сплаве с магнием может быть использована следующая
методика. На определенную навеску порошка сплава
действуют избытком раствора крепкой щелочи и измеря-
42
ЮТ после предварительного просушивания объем выде-
лившегося при этом водорода. Пусть в результате дей-
ствия щелочи на навеску сплава массой т г выделяется
водород объемом V л при температуре / °C и давлении р
кПа.
1)	Вывести в общем виде формулу зависимости массо-
вой доли алюминия в сплаве от значений перечисленных
параметров.
2)	Можно ли использовать выведенную формулу для
определения w (Al) в сплаве, в состав которого, помимо
алюминия и магния, входят другие металлы?
3)	Как будут отличаться от истинных полученные по
данной формуле значения w % (Al) в сплаве (будут
завышенными или заниженными)?
4)	Составить программу для вычисления w % (Al) на
микрокалькуляторе «Электроника БЗ-34», провести вы-
числения для следующих наборов параметров:
	тп г	Ул	р кПа	t °C	w % (Al)
1	1,800	2,010	104	17	
2	1,800	2,141	101,3	25	
3	2,13	0,454	105,8	20	
4	1,315	0,1129	102,5	22	
5	4,450	4,00	101	21	
84.	Для определения массовой доли алюминия в его
смеси с цинком может быть использован следующий ме-
тод. Навеску порошка смеси массой т г растворяют
в избытке раствора концентрированной щелочи. Выде-
лившийся водород после просушивания занимает при
температуре t °C и давлении р кПа объем И л. Составить
программу для вычисления w (Al) в навеске порошка
смеси, сделать вычисления для следующих наборсв пара-
метров:
	т г	У л	р кПа	t °C	w % (Л!)
1	0,417	0,224	101,3	0	
2	1,050	0,71	104	20	
3	1,112	0,52	102,5	17	
4	1,325	0,64	101,8	19	
5	1,233	0,55	102,6	20	
43
Определить, будет данный метод приводить к завы- j
шенным или заниженным значениям w (Zn) в смеси. 1
85.	Для установления степени чистоты едкого натра, .
находившегося в контакте с воздухом, используют еле- <
дующий метод. Определенную навеску едкого натра рас- >
творяют в достаточно большом объеме водьц а затем тит-
руют полученный раствор соляной кислотой с молярной
концентрацией С моль/л до исчезновения малиновой ок-
раски. Делают отсчет израсходованного объема кислоты
(Vt мл), после этого к полученному раствору добавляют
метиловый оранжевый и титруют раствор до получения
красноватой окраски. Делают второй отсчет на бюретке
(И2 мл).
1)	Объяснить, для чего нужны два титрования.
2)	Почему навеску NaOH растворяют в избытке
воды, а не делают концентрированный раствор NaOH?
3)	Вывести формулу для расчета w (NaOH) в образце;
составить программу для вычисления w (NaOH) на
микрокалькуляторе «Электроника БЗ-34», сделать рас-
чет для следующих наборов параметров:
	т г	1'\ мл	Г2 мл	С	W
1 2	0,1054 0,1326	25,0 24,3	26,2 25,5	0,1 моль/л	
3 4	0,1420 0,1008	20,8 16,2	24,4 18,4		
86. При обменном взаимодействии двух солей в рас-
творе осталась практически чистая вода. В осадке же
оказалась смесь двух солей с массовой долей каждой соли
0,50. Какие соли вступили в реакцию обмена, если
известно, что элементы-мета ллы, входящие в состав
солей, находятся в одной группе ПС и элементы-неметал-
лы, входящие в состав солей, также находятся в одной
группе ПС?
^Dk+K’ ^епользУясь специфическими реактивами на
ионы Ко и Cs+ и не прибегая к спектральному анализу,
различить хлориды рубидия и цезия?
88. Расшифровать уравнения:
ЗА + Б = 2В
2Д = А + ЗБ
(А и Б — простые вещества)
44
. 89. Предложить несколько способов распознавания
растворов хлоридов цинка и алюминия.
90.	Азотная кислота полностью вступила в реакцию
и при этом на 1 моль HNO3 образовалось п моль Н2О.
В каких случаях п = 1; п = 0,5; п <0,5; п = 2/7?
Может ли п быть больше 1?
91.	Навеску хлората калия в течение некоторого
времени подвергали несильному прокаливанию. В ре-
зультате масса ее уменьшилась на 7,834 %. К остатку
прилили большую порцию холодной воды. Нерастворив-
шуюся часть отделили, а к фильтрату добавили подкис-
ленный азотной кислотой раствор нитрата серебра до
прекращения выделения осадка хлорида серебра. Масса
осадка составила 0,3508 массы исходного хлората. Вы-
числить массовую долю веществ в образце после про-
каливания.
92.	Через трубку с нагретой смесью оксидов олова
(IV) и меди (II) пропустили водород. После поглощения
воды и приведения водорода к начальным условиям
оказалось, что объемная доля прореагировавшего водо-
рода составила 20 %, а .масса трубки со смесью оксидов
уменьшилась на 2,256 г. Какой объем воздуха при 20 СС
потребуется на сжигание остатка водорода?
93.	Известно, что поведение реальных газов отли-
чаегся от поведения идеальных газов. В частности, мо-
лярный объем газов при одинаковых условиях не явля-
ется строго постоянной величиной. Исходя из этого,
расположить в порядке возрастания молярного объема
следующие газы (/ = 25 °C. р — 101 кПа): водород,
гелий, аммиак, фторид водорода, азот.
94.	Даны термохимические уравнения нейтрализа-
ции растворов некоторых кислот раствором едкого
. натра:
 НС1(Р.Р,+ .\аОН,Р.р,= ХаС1(Р Р.-- Н.,О, , 113К ,-<-57 кДж (Q.)
Hl\Oj(p.p -j- XaOHip.p; = \а\О3 Р.р1 Н2О<,кндк.> т
--57 кДж (Q.,)
HF(P.P) + NaOH(P.P,= XaF,p.p) -ь Н2О(А1(ДК , +67 кДж((?3)
7 ' HOCbp.p) + NaOHjp.j > = XaOClip Р> т H2O(;,IUk.> -г
-г 38 кДж (С4)
Объяснить, почему тепловые эффекты для НО и
HNO., одинаковы, а в последующих двух слхчаях разли-
чаются, причем Q.,> Q2-
45
95.	Нерастворимое в воде вещество А последователь-
но прореагировало с раствором вещества Б и раствором
В, а затем с раствором Д. Единственным продуктом
этих превращений оказался интенсивно окрашенный
раствор вещества Е. Известно, что в составе каждого
из веществ есть одни и те же 2 элемента, причем в первых
веществах одно и то же соотношение между числом ато-
мов этих элементов, а массовая доля одного из элементов
в четвертом веществе составляет 42,7 %. Назвать все
вещества, написать уравнения соответствующих реакций.
96*. Привести пример уравнения реакции, в которой
в результате взаимодействия растворов солей двух кис-
лородсодержащих кислот образуется 5 веществ. Рас-
ставьте в реакции коэффициенты. Докажите, что если
при взаимодействии таких солей образуется 5 и более
веществ, то для того, чтобы реакция допускала однознач-
ную расстановку коэффициентов, требуется, чтобы,
пэ-крайией мере, одна из солей состояла не менее чем
из четырех элементов, например, была кислой солью
простой кислородсодержащей кислоты.
97.	В сосуд объемом 1 л поместили 1 г иегазообраз-
ного вещества А (р = 101 кПа, I = 25 °C), Затем сосуд
герметически закрыли и сильно нагрели. При нагрева-
нии произошло необратимое разложение вещества А.
Какое максимальное давление могло установиться в со-
суде после приведения системы к начальной температу-
ре? А —бинарное соединение, не содержащее в своем
составе водорода.
98.	Привести примеры твердого при обычных усло-
виях простого вещества А, продуктом взаимодействия
которого с газом Гх является твердое вещество Б, разла-
гающееся при умеренном прокаливании с выделением
газа Г2.
99.	В каких случаях при разложении безводных солей
образуются свободные металлы?
100.	Природный гелий состоит из смеси изотопов
’Не и 4Не, между тем А, (Не) = 4,003 >4. С другой сто-
роны, кислород состоит из смеси изотопов 16О, 17О и
*0, а АГ(О) = 15,9994 < 16. Объяснить эти противо-
речия.
101.	В одном объеме воды при температуре 20’С мо-
жет раствориться до 0,88 объема углекислого газа. Вы-
числить pH насыщенного при обычных условиях рас-
твора СО2. Записать в порядке возрастания молярной
концентрации ионы, которые находятся в этом растворе.
46
[Константы диссоциации Н2СО3 при 20 °C составляют:
4,5 • 10-7, К2= 4,8 • 10-11.
102*. Даны газообразные вещества Гг, Г2, ...	Г8,
Г„ причем Гг, Г2, Г4, Гв, Г8 являются простыми веще-
ствами. А — негазообразное при обычных условиях
вещество. Вещества вступают в следующие превра-
» щения:
Гх + Г2-Г5(1)
Г3 + Г4-Г5(2)
Г5 + Г6->Г7 + Г2(3)
-	" Г4 + А(4)
Fv + rg-^I^-l-A-l- Г9 (5)
Г4 + Г8Г9(6)
+ г8 -> А (7)
2
Назвать все вещества.
103.	20 %-ный раствор гидроксида калия нейтрализо-
вали 30 %-ным раствором серной кислоты, при охла-
ждении полученного раствора до 0 °C образовалось
26 г кристаллов сульфата калия. Какая масса кристаллов
KjSO, выделится при тех же условиях (0 °C) из раствора,
если такую же порцию раствора КОН с и. % (КОН) =
20 % нейтрализовать 50 %-ным раствором H2SO4?
(Растворимость K2SOt при 0 °C составляет 73,5 г/л
Н2О.)
104*. Порцию 20 %-ного раствора КОН нейтрализо-
вали 30 %-ным раствором азотной кислоты и охладили
до некоторой температуры %, при этом из раствора выде-
лилось 50 г нитрата калия. Если такую же порцию 20 %-
ного раствора КОН нейтрализовать 20 %-пой азотной
кислотой, из раствора при его охлаждении до температу-
ры % выделится 30 г KNO:i. Какая масса кристаллов
KNO3 выделится при охлаждении до / = % раствора,
полученного нейтрализацией гой же порции 20 %-иого
раствора КОН 40 %-ным раствором Н.\О3?
105.	В лаборатории имеется 1 л дистиллированной
воды и 350 г 96 %-ного раствора химически чистой сер-
ной кислоты. Какую максимальную массу 20 %-ного
раствора Н ,SOt можно получить из этих количеств воды
и кислоты, дополнительно используя лишь водопровод-
ную воду с содержанием хлорпд-иопов 80 мг’л. если тре-
буется, чтобы концентрация ионов CI ~ в получением
 растворе не превыше та 2.25  10 4 моль л?
106.	Составить программу решения следующей задачи
г на микрокалькуляторе «Электроника БЗ-34*. а также
; для персонального компьютера на я'ыке Бейсик:
I Даны вещества А и В, реагирующие с образованием ве-
щества С по уравнению. пдА -4* пвВ л<;С Ч- ... .
Массы веществ А и В составляют соответственно щ1Г
и т>г Какая масса продукта С образуется в результате
реакции? Какова масса остатка непрореагировавшего
вещества?
Задачи для самостоятельного решения
107.	В минерале ашарите на 1 атом элемента X при-
ходится 1 атом элемента У. Кроме того, в минерале
w % (Mg) = 28,9 %, w % (О) = 57,05 %. Установить
формулу ашарита. В каком еще минерале w % (Mg) =
= 29 %, a w % (О) — 57 %.
108*. Исходя из плотности льда, на основе модели
строения льда вычислить средний радиус молекулы воды.
109.	Элементы А и Б, относящиеся к металлам, рас-
позагаются в одной группе ПС. В результате взаимодей-
ствия раствора нитрата А с массовой долей соли 5 %
с металлом Б образуется раствор нитрата Б с массовой
дотей соли 1,86 %. Назвать А и Б, написать уравнение
упомянутой реакции.
НО. Раствор сульфата натрия с w % (Na2SO4) =
= 10 % и раствор неизвестного сульфата с w % (соли)=
= 20 % смешали в массовом соотношении 1 : 2. К полу-
ченному раствору массой 10 г прилили избыток раствора
нитрата бария. Образовавшийся осадок отделили, про-
сушили и взвесили. Его масса составила 3,1326 г. Уста-
новить неизвестный сульфат.
111. К осадку карбоната бария прилили раствор сер-
ной кислоты В итоге образовался раствор серной кисло-
ты. масса которого составила 0,5 массы прилитого рас-
твора. Вычислить соотношение масс прилитого раствора
HjSOt и осадка ВаСО3.
112. Смешивают растворы галогеноводородной кисло-
ты НХ и щелочи МОН с одинаковой массой растворов
(5 г) и одинаковой массовой долей растворенного веще-
ства (20 %). На титрование полученного раствора в при-
сутствии метилового оранжевого израсходовалось
17,2 мл раствора соляной кислоты с С (НС1) = 1 моль/л.
Назвать НХ и МОН, обосновать однозначность решения
задачи.
ИЗ. Одни соли существуют в растворе, но не могут
быть выделены из раствора в безводном состоянии, дру-
гие существуют только в безводном состоянии и не су-
ществуют в растворе. Объяснить это явление и привести
48
пример двух таких типов солей одного и того же
металла.
114.	Привести пример полного гидролиза бинарного
соединения, в результате которого полученный раствор
является: а) сильнокислым; б) слабокислым; в) ней-
тральным; г) слабощелочным; д) сильнощелочным.
115.	Константа равновесия для бромной воды (см. 40)
равняется 7 • 10 ~9, а растворимость брома при обычных
условиях 35 г/л Н2О. Вычислить значение pH насыщен-
ной бромной воды.
116.	Навеска металла массой 1 г полностью прореаги-
ровала с серной кислотой. Какое максимальное и мини-
мальное количество вещества серной кислоты могло при
этом прореагировать? (Металл переходит в среднюю
соль.)
117.	Бесцветная смесь азота, водорода, аммиака,
одного из оксидов азота и кислорода имеет относитель-
ную плотность по водороду Dh:= 14,13. Объемная допя
азота в смеси в два раза больше объемной доли кислоро-
да. Смесь несколько раз пропустили через трубку с на-
гретой медью. Масса трубки не изменилась, но объем
смеси уменьшился на 1/3. Газообразный остаток был
пропущен через трубку с сильно нагретым оксидом меди.
Масса второй трубки также не изменилась. Установить
объемные доли газов в исходной смеси.
118.	Газообразная при температуре 25 °C смесь двух
гидридов объемом То с одинаковыми объемными долями
гидридов была сожжена в кислороде воздуха. При этом
объем израсходованного воздуха составил 22,5 lzn. Уста-
новить качественный состав смеси, если известно, что
среди продуктов сгорания нет газообразных при обыч-
ных условиях веществ. Принять, что объемная доля кис-
лорода в воздухе составляет 20 %.
119.	Соль А, растворимую в воде, обработали избыт-
ком разбавленной кислоты Б, а также избытком кон-
центрированных кислот Б и В при нагревании. Во всех
трех случаях образовался один и тот же осадок Д, но
выделились разные газы: Г,, Г2 и Г,. При взаимодействии
газов Г, и Г2 в водном растворе образуются простое ве-
щество Е и вода. Вещество Е также может образоваться
при взаимодействии раствора Tj с раствором, получен-
ным при пропускании Гя через воду. При взаимодействии
последнего раствора с раствором Г2 образуется раствор
кислоты Б. Назвать все вещества, написать уравнения
реакций.
49
120.	Для элементов А и Б известны оксиды А, и Б,
с примерно одинаковой (с ючностью до С>.5 %) массовой
долей кислорода. Оба оксида реагируют с водой с обра-
зованием неизвестных в индивидуальном виде кислот
1<! и Кг. Растворы К, и К2 могут реагировать между со-
бой с образованием кислоты К3, соли и воды. Элемент
А входит в состав соли бария, нерастворимой в воде и в
разбавленных кислотах, причем степень окисления А
в этой соли больше, чем в оксиде А2. В свою очередь,
элемент Б также входи г в состав труднорастворимой
соли бария, но степень окисления Б в этой соли меньше,
чем в оксиде Бр Назвать все вещества, написать необхо-
димые уравнения реакций.
121.	Привести примеры уравнений реакций, когда
во взаимодействие вступает 1 моль двухвалентного ме-
талла и в результате образуется п моль газообразного
вещества для п = 2; 1; 0,5; 2/3; 1/3; 0,25; 0,20. В обра-
зовавшемся соединении металл двухвалентен.
122.	Кристаллогидрат некоторой окрашенной соли
массой 26,257 г был растворен в воде. К полученному
раствору по каплям добавляли раствор аммиака до
прекращения выделения бурого осадка. Осадок отделили
и прокалили, масса остатка при этом составила 4,348 г.
Фильтрат подкислили азотной кислотой и прилили
к нему избыток раствора нитрата бария. В резуль-
тате образовался осадок массой 25,418 г, который от-
фильтровали. Ко второму фильтрату прилили избыток
щелочи и нагрели. Выделившийся при этом газ был по-
глощен раствором серной кислоты объемом 200 мл с мо-
лярной концентрацией 1 моль/л. На нейтрализацию
остатка кислоты потребовалось 182 мл раствора едкого
натра с С (NaOH) = 1 моль/л. В растворе после добав-
ления щелочи были выявлены только ионы Na+, Ва2+,
NO3. Установить формулу соли.
123.	Указать возможные вещества А, Б и В, удовле-
творяющие следующим условиям:
а)	одно вещество сложное, а два других простые;
б)	А не реагирует с водой, а Б и В реагируют при
обычных условиях, образуя при этом продукты Дх
и Дг>
в)	при окислении А и Б образуются вещества В и Б2.
Dj реагирует с В, образуя нерастворимую в воде соль
Д3, используемую в качестве удобрения. Д3 реагирует
с Д2 с образованием растворимой соли, также исполь-
зуемой в качестве удобрения.
50
124.	Назвать простые вещества А (газ) и Б (тв.),
удовлетворяющие следующим условиям:
а)	вещества А и Б, реагируя в массовом соотношении
1 : 1,22, образуют вещество В (тв.).
б)	в результате взаимодействия вещества В с водой
выделяется А и образуется бесцветный раствор.
125.	В состав окрашенной соли X, нерастворимой
в воде, входят атомы трех элементов. При умеренном
прокаливании соль разлагается с выделением газа Гх.
В результате взаимодействия образца соли X с избыт-
ком раствора серной кислоты образуется осадок соли А,
раствор соли Б и выделяется газ Гг При действии на X
соляной кислоты выделяется газ Г, и образуется раствор,
в котором находится смесь солей Д] и Е. При взаимодей-
ствии полученного раствора с раствором КОН образует-
ся бурый осадок Д2, но если на тот же раствор подейство-
вать серной кислотой, образуется белый осадок, а рас-
твор остается неинтенсивно окрашенным. При прокали-
вании Д2 образуется окрашенное вещество Д3. Д3 также
образуется при выпаривании раствора соли Е досуха.
В результате прокаливания Д3 с калийной селитрой
в присутствии КОН в твердом остатке находится смесь
двух веществ, растворимая в воде. Если к полученному
раствору прилить раствор хлорида бария, образуется
осадок соли X. Назвать все вещества, написать уравне-
ния реакций.
126.	В соли А на 1 атом элемента Xj приходится
1 атом элемента Х2 и 4 атома элемента Х3, а в соли Б
на 1 атом элемента Хл— 1 атом элемента Х5 в 4 атома
элемента Х3. Обе соли являются солями широко исполь-
зуемых кислот, причем у солей А и Б практически оди-
наковые значения молярных масс. Соль А хорошо рас-
творяется в воде, соль же Б нерастворима в воде и ук-
сусной кислоте, но растворима в соляной кислоте. Уста-
новить формулы солей А и Б.
127.	В результате взаимодействия растворов кислоты
А и основания Б и выпаривания полученного раствора
до прекращения выделения паров воды образуется кри-
сталлическое вещество В, используемое в качестве деше-
вого удобрения. При умеренном прокаливании В разла-
гается с выделением газа Г, переходя в соль Bv которая
имеет в растворе снльнокнслую реакцию и непригодна
для использования в качестве удобрения. В результате
взаимодействия раствора В, с нерастворимой солью В.,
которую можно использовать как удобрение на кислых
51
почвах, образуется частично растворимая в воде смесь
солей, которую можно использовать в качестве комплекс-
ного ’минерального удобрения. Назвать все вещества,
написать уравнения реакций.
128.	Некоторый газ массой 1,325 г был поглощен
порцией воды. При этом наблюдалось образование осад-
ка. Осадок отделили, а к фильтрату прилили раствор
нитрата серебра до прекращения выделения белого осад-
ка. Этот осадок отделили, прокалили и взвесили. Его
масса составила 4,862 г. Ко второму фильтрату добавили
несколько кусочков мрамора, при этом наблюдалось вы-
деление газа. Установить формулу газа.
129.	Оценить порядок наименьшего и наибольшего
возможного значения pH раствора.
130.	Частично прореагировавшая смесь азота и водо-
рода была пропущена через раствор серной кислоты,
а затем из оставшейся газообразной смеси был удален
водород. Ока алось. что па второй стадии относительное
уменьшение объема смеси было таким же, как и на
первой, а остаток составил 0.5 объема исходной смеси
азота и водорода. Вычислить массовою долю выхода ам-
миака в процентах от теоретически возможной доли.
131.	Привести возможные варианты двух бесцветных
растворов соли и кислоты, при обменном взаимодей-
ствии которых образуется окрашенный осадок и выде-
ляется газ.
132.	В трех пробирках находятся зеленоватые рас-
творы солей одного и того же металла, немного подкис-
ленные соответствующими кислотами, причем каждая
пара солей имеет еще один общий элемент, кроме метал-
ла. При хранении на воздухе раствор в одной из проби-
рок краснеет, а в двух других желтеет. Каков состав
солей?
133.	Две кислоты имеют одинаковые значения отно-
сительных молекулярных масс (М Г<С 80), причем массо-
вые доли элемента X в кислотах одинаковые, а массовая
доля элемента Y в одной из кислот в 3 раза больше, чем
в другой. Какие это кислоты?
134.	В растворе некоторой сильной кислоты массой
1 г и с массовой долей кислоты 5 % общее число ионов
составляет 7,2 • 1020. Какая это кислота?
135.	Над бинарным соединением металла А пропус-
тили при нагревании газ Б. Образовалась смесь двух га-
зов Б и Г с плотностью по воздуху 0,307. Когда эту
смесь пропустили через раствор NaOH, ее объем умень-
52
f- шился на 20 %. Оказалось, что на титрование получен-
ного раствора расходуется раствора НС1 с С (НС1) =
= 0,5 моль/л на 10 мл меньше, чем на титрование исход-
I ного раствора NaOH. После реакции в трубке оказался
£ металл А массой 0,2439 г. Какое соединение восстанав-
ливали? Вычислить практический выход соединения А
по газу Б.
136.	Доказать, что существует только одна соль А
с Мг <60, удовлетворяющая следующим условиям:
1)	при нагревании соль легко разлагается с выделе-
нием газов Г4 и Г2 в объемном соотношении 1 : 1;
2)	массовая доля элемента X в соли составляет
w (X) « 0,1.
137.	Известно, что соль может быть единственным
продуктом взаимодействия двух простых веществ (Fe +
4- S), оксидов (СаО + СО.,), водородных соединений
(HCI + N'H3). Назвать несколько других, существенно
различающихся случаев, когда единственным продуктом
взаимодействия двух веществ является соль.
138.	Металл А растворили в концентрированной соля-
ной кислоте. К полученному раствору прилили раствор
КОН, при этом образовался осадок А4, растворимый
в избытке раствора щелочи. При осторожном обезво
живанип Aj в атмосфере углекислого газа образуется
окрашенное вещество А.,, также растворимое в раство-
рах щелочей и кислот. Вещество Б2. относящееся к то-
му же классу веществ, что и А.,, образуется в результате
взаимодействия серной кислоты с крепким раствором
соли Д, и выделяется из раствора в этих условиях в виде
кристаллического окрашенного осадка. А2 и Б2 при
нагревании разлагаются. Если прокалить на воздухе
смесь А., и Б2, взятых в молярном соотношении 3 : 2,
образуется смесь веществ А3 и Б3, причем масса смеси
веществ А3 и Б3 равна массе исходной смеси веществ
А2 и Б.,. А3 и Б3 нерастворимы в растворах щелочей и в
разбавленных кислотах, но могут быть переведены в рас-
творимое состояние сплавлением со щелочами. При
сплавлении Б3 с КОН в присутствии хлората калия
одним из продуктов реакции является соль Б4, способ-
ная при действии раствора H2SO4 переходить в Д>.
Назвать все вещества, написать уравнения реакций.
139*. Газ с резким запахом Г4 пропустили через
раствор нитрата двухвалентного металла. Образовались
черно-бурый осадок А], раствор кислоты А, и газ Г2.
В результате взаимодействия при нагревании Л4 с кон-
53
центрированной соляной кислотой оораз\ются раствор
соли Б( и та > Г3, также имеющий резкий запах и, в от-
личие от Г( и Г >, .хорошо растворимый в воде. Если через
раствор Б( пропускать Tj. также обршуется Aj. Если
Л, нагревать с концентрированной серной кислотой, вы-
деляется Г., чго является старым лабораторным спосо-
бом по.о,чей :я Г,. При нагревании Г( разлагается с об-
разованием IE. Назвать все вещества, написать уравне-
ния реакций.
140.	Через раствор в воде газа А пропустили избыток
газа Б. К полученному раствору, имеющему близкую
к нейтральной реакцию, прилили крепкий раствор хло-
рида натрия. Выпал белый осадок. Полученный осадок
прокипятили с водой. Выделился газ Б, осадок исчез
и при охлаждении раствора до начальной температуры
не появился, причем полученный в итоге раствор вызы-
вал такое же изменение окраски индикаторов, как и ис-
ходный раствор А. Назвать все вещества, написать
уравнения реакций.
141.	В сосуд объемом 1 л при температуре 25 °C по-
местили смесь хлорида аммония и гидроксида натрия
массой 2 г, в которой масса NaOH составляет 1 г. Сосуд
герметически закрыли и нагрели до 300 °C. Какое давле-
ние установится в сосуде? (Начальное давление р =
= 100 кПа.)
142.	Расшифровать уравнения:
1)	ЗА + 4Б = ЗВ + 4Д
2)Е + К = В+ Д
3)	2А + Е = ЗП 4- ЗЛ
Буквами А, Б, В, Д, Е и К обозначены формулы
кислот. Известно, что В и Д — широко используемые
кислоты.
143.	Можно ли, используя всего один дополнитель-
ный реактив и II пробирок, различить содержимое
10 пробирок с растворами: нитрата натрия, хлорида
калия, сульфата натрия, йодида калия, хлорида бария,
йодида стронция, едкого натра, карбоната натрия, гидро-
сульфида натрия, нитрата бария? Массовая доля солей
в растворах «0,1. Предполагается, что в каждой из
пробирок можно проводить не более одного взаимодей-
ствия между двумя растворами. (Физико-химические
свойства растворов, внесение их в пламя не исполь-
зовать.)
54
144.	Соль А нерастворима в воде. Через взвесь А
в воде пропустили газ Соль А растворилась и обра-
зовался раствор соли Б, имеющей такой же качествен-
ный состав, как и А. В результате пропускания серни-
стого газа через раствор соли Б выделилась соль А и
резко понизилось pH раствора. При взаимодействии
раствора Б со щелочами образуется осадок Д, разлага-
ющийся при сильном нагревании. Один из продуктов
разложения — В реагирует с Tj с образованием соли Б.
Назвать все вещества, написать необходимые уравнения
реакций.
145*. Составить программу решения на микрокаль-
куляторе «Электроника БЗ-34» следующей задачи: Ве-
щества А и В могут реагировать с образованием про-
дуктов С и Д (в зависимости от соотношения масс А и В).
П] А + л2В — nsC + • • •
п\ А 4-	= /7зД л- • • .
Заданы исходные массы А и В: тх и т2.
Вычислить массу продукта (продуктов) реакции и массу
остатка вещества, находящегося в избытке.
146.	В минерале инвоите массовая доля элемента
X — 11,69 %, w % (Са) = 14,43 %, w % (О) = 69,16 %,
w % (Н) = 4,72 %. Установить формулу минерала
и предложить способ его переработки с целью получения
простого вещества X. Что вы знаете о применении со-
единений X в современной технике?
147.	В каких случаях связь между атомами одного
и того же элемента носит полярный характер н в каких
случаях связывающее электронное облако между двумя
атомами смещено в сторону менее электроотрицатель-
ного атома?
148.	Для количественного определения одного из
галогенов используют малую растворимость в воде не-
которой соли, состоящей из трех элементов. Массовые
доли галогена и металла в соли составляют соответствен-
но 7,261 % и 79,188 %. Какая это соль?
149.	Предложить несколько твердых окислителей для
топлива ракетного двигателя, выделяющих при нагрева-
нии максимальный объем кислорода на единицу массы.
Окислитель в топливе должен быть устойчивым при обыч-
ных условиях и невзрывоопасным. Предложить твердый
восстановитель, который будет наиболее эффективным
55
с данным окислителем и рассчитать массовое соотноше-
ние окислителя и восстановителя в топливе. Оценить
экологические последствия интенсивного использования
ракетных двигателей на таком топливе.
150.	Почему довольно часто металл с менее выражен-
ными металлическими свойствами (согласно положению
в ПС) оказывается восстановителем по отношению к более
активному металлу? Например, возможны реакции:
Са - CsCl Al + К 2СО NaCl + Zr->.
151.	Предложить методику количественного анализа
сплава алюминия, содержащего, кроме алюминия,
цинк и магний. Составить программу для вычисления
массовой доли этих металлов в сплаве на микрокальку-
ляторе «Электроника БЗ-34».
152.	Доказать, что есть только две средние соли,
образованные катионами металла с постоянной валент-
ностью и анионами высших кислот элементов X и Y,
в каждой из которых w % (О) = 57 %.
153.	Вывести формулу кристаллогидрата сульфата
одновалентного металла с массовой долей кислорода
в кристаллогидрате 62,5 %. Обосновать однозначность,
решения.
154.	В результате взаимодействия горячих растворов
едкого натра и хлорида аммония образовался раствор
хлорида натрия с w % (NaCl) = 29, 7 %. В исходном
растворе NaOH w % (NaOH) = 66,7 %. Вычислить,
в каком массовом соотношении реагировали растворы.
155.	Доказать, что если разбавленный раствор соли
КНХ двухосновной кислоты Н2Х имеет в растворе кис-
лую реакцию, то для константы диссоциации кислоты
Н2Х'по схеме Н2Х Д 2Н++ X2- выполняется соотно-
шение:	2 > 1  Г)-14.
156	Оксиды А. Б и В могут попарно реагировать
между собой по схеме: А 4- Б = Дх; А В = Д2;
Б + В = Д3. В первом случае образуется малораство-
римая в воде соль, а в третьем — хорошо растворимая
в воде соль. Для оксида Б известно несколько модифика-
ции. а в результате взаимодействия Б с водой образуется
жидкость Е, растворяющая Дг На нейтрализацию рас?
твора, образовавшегося при взаимодействии с водой 1 г
оксида В расходуется 12,9 г раствора Е с массовой долей
0,123. Назвать все вещества, написать необходимые
уравнения реакций.
157*	. Расшифровать левые части уравнений по из-
вестной правой части;
56
1)	= 4Fe (0H),+ 8C0,	6)	= 3CO2
2)	= 2CaO + 4CO2	7)	= Fe + 2CO2
3)	= 6Cu + S02	8)	= S + S02+ 2H2O
4)	- Мп (0H)4+ 2HC1 + 02 s)	- 2HC1 + O,
5)	= H2S F H2SO4	10)	= N.,0 + NO2
158*. Записать в порядке возрастания молярной
концентрации ионы, содержащиеся в растворе карбо-
ната аммония.
159*. Раствор соли А Дает осадок с растворами суль-
фата натрия, соляной кислоты и едкого натра. При
сильном прокаливании А не остается твердого остатка,
а газообразные продукты разложения взаимодействуют
с водой с образованием кислоты Б, причем остается часть
непрореагировавшего газа Г. Раствор соли А образуется
при взаимодействии металла, входящего в состав соли
с’ раствором Б. Установить формулу А.
160. При прокаливании соли А с простым веществом
Е образуется газ Г и металл В (один из старых способов
получения металла В). Образовавшийся металл не реаги-
 рует с азотом, но уже при обычных условиях реагирует
: с кислородом. Назвать все вещества, написать уравне-
ния реакций. Что вы знаете о применении металла В
1 в современной технике? Почему в настоящее время даи-
! ный способ получения металла не используется в про-
' мышленности?
'	161. Расшифровать уравнения:
(	А2,„Б + 2В2 = БВ_, + • • •
;	Б4-2Ат=.-.
'	162. В безводной средней соли X массовая доля од-
' ного из элементов составляет 2,76 %. В результате вза-
имодействия при нагревании X с H2SO4 выделяется газ
*	Гр а при нагревании с раствором КОН — газ Г2. При
' хранении в контакте с воздухом раствор X темнеет и
* образуется то же вещество, что и при взаимодействии
• X с H2SO4. Установить формулу X, написать уравнения
1 всех упомянутых реакций.
>	163. Привести примеры нескольких пар элементов
•	А и Б, удовлетворяющих следующим условиям:
'	1) А и Б — соседи по периоду в ПС;
I 2) для А известен оксид AflOm, а для Б — Б,„ОП,
1 причем m =# п.
164.	Почему количественный состав сплава титана
магния нельзя установить с помощью измерения массы
i  <	57
смеси оксидов, образовавшейся в результате сжигания
определенной навески сплава в кислороде? Предло-
жить рациональную методику количественного анализа
такого сплава.
165.	При прокаливании кристаллогидрата некоторой
соли в атмосфере азота образуются металл А, газ Гг
II водз. Если же прокаливзть кристаллогидрат на возду-
хе, образуется вещество Б, способное реагировать с га-
зом Г„. причем в результате реакции образуется
и Л. Если в атмосфере азота прокаливать навеску кри-
сталлогидрата массой 1 г, то образуется металл массой
0,4119 г и вода массой 0,1188 г. Установить формулу
кристаллогидрата.
166.	Смесь водорода, азота, угарного и углекислого
газов с плотностью по воздуху D[!03A.=0,684 была про-
пущена через трубку с нагретым оксидом меди. В ре-
зультате объем смеси уменьшился на 40 %. Образовав-
шаяся в итоге смесь была пропущена через избыток рас-
твора едкого натра, непоглощенный остаток составлял
40 % от исходного объема смеси газов. Вычислить
молярное соотношение веществ в исходной смеси.
167.	Элементы одного ряда ПС А, В, Д и Е образуют
кислородсодержащие соли АБО4 и ДЕО4. Обе соли
окрашены и растворимы в воде. В результате действия
раствора соляной кислоты на первую соль она раство-
ряется и при этом образуется интенсивно окрашенный
раствор. Если же подействовать концентрированной со-
ляной кислотой па вторую соль, наблюдается выделение
газа и после окончания реакции образуется бледноокра-
шенный раствор. Назвать формулы солей, написать не-
обходимые уравнения реакций.
168.	Соль X является обычным препаратом металла
А, который можно купить в магазине. При прокалива-
нии X происходит разложение, масса твердого остатка
Б при этом составляет 0,778 массы X. Летучие продук-
ты разложения поглощаются водой, причем образуется
раствор, имеющий щелочную реакцию. Образовавшееся
в результате прокаливания желтое вещество Б не рас-
творяется в воде и разбавленных кислотах, но раство-
ряется в щелочах. Назвать все вещества, написать упомя-
нутые уравнения реакций. Почему многие современные
конструкционные материалы немыслимы без использова-
ния металла А?
169.	Газообразное и твердое простые вещества Tj и
А реагируют при слабом нагревании с образованием лету-
58
чего вещества В4, расплывающегося на воздухе. Раствор
Бх имеет кислую реакцию и интенсивно окрашен. При
выпаривании раствора Б4 до прекращения выделения
паров воды выделяется газ Г2, раствор которого раство-
ряет А с образованием раствора В2 и выделением газа.
Г3. При действии Гг на раствор Б2 образуется раствор
Бр а при взаимодействии раствора Б4 с А образуется
раствор B2. Bi реагирует с аммиаком с образованием
вещества Б3, разлагающегося водой с образованием
осадка Б4. При растворении Б4 в растворе Г2 образуется
окрашенный раствор Бр но если В4 растворять в хлор-
ной кислоте, то из раствора можно выделить практически
бесцветный кристаллогидрат. Бл также получается при
взаимодействии раствора Б] с растворами щелочей и при
окислении на воздухе осадка, образующегося при слива-
нии растворов В2 и КОН, при этом окраска изменяется
с зеленоватой на бурую. Назвать все вещества, напи-
сать уравнения реакций.
170.	В результате прокаливания нерастворимой соли
А с простым твердым веществом Б выделяется газ Г4
и образуется твердое вещество В, бурно реагирующее
с водой. В результате нейтрализации полученного рас-
твора серной кислотой образуется кристаллический
осадок Бр масса которого в 1,244 раза превышает массу
соли А. При сжигании газа Г] образуется газ Г.,, реаги-
рующий с В при обычных условиях с образованием
соли А. Назвать все вещества, написать уравнения
реакций.
171.	Металл А, нерастворимый при обычных усло-
виях в концентрированной азотной кислоте, растворили
в избытке крепкого раствора едкого натра. Полученный
раствор нейтрализовали серной кислотой и довели зна-
чение pH раствора до 2. В ходе нейтрализации образо-
вался. а затем опять растворился белый осадок Б,,
легко растворимый при добавлении небольшой порции
эасгвора плавиковой кислоты с образованием раствора
соли Б.,. В результате взаимодействия раствора Б,
с раствором сульфата магния образуются осадок соли Б-.
и раствор гой же соли чго и при нейтрализации серной
кислотой первого раствора до образования раствора
срН —2. Б] растворим в соляной кислоте и растворе гид-
рокарбоната натрия. Металл Л реагирует с хлором,
образуя дымящееся па воздухе вещество Б.,, которое при
нагревании полностью гидролизуется водой. О каком
металле идет речь? Как применяется этот металл и его
59
сплавы в современной промышленности. Написать урав- .
нения всех описанных реакции.
172.	В трех стаканах помещены: концентрированный 
раствор кислоты X. раствор соли меди (II) кислоты X,
разбавленный раствор кислоты X. В стаканы поочередно
вносят желешую пластинку. Ни в одном из стаканов
не наблюдается при таков реакции. Затем третий и пер-
вый стаканы меняют местами и опять поочередно вно-
сят в стаканы такую же железную пластинку. Во всех
трех стаканах наблюдаются признаки реакции: во вто-
ром выделяется медь а в первом и третьем происходит
растворение металлов с выделением газа. Какие веще-
ства и в какой последовательности находились в ста-
канахэ
173.	А и Б представляют собой нерастворимые
в воде бинарные соединения металла X с одинаковой
массовой долей металла. А и Б способны вступать в сле-
дующие превращения:
А + H2SO4 (конц.) -4 Г4 + • • •
А + H2SO4 (разб.) -> Г, + •  •
Б 4- Н2БО4(конц.) -4 Г3 + • • •
Б + НС1 (конц.) -4 Г4 4- • • •
Газы Г3 и Г4 не реагируют между собой, но каждый
из этих газов может при определенных условиях реаги-
ровать с газами Г4 и Г2. Назвать соединения А и Б.
174.	В состав смешанной соли X входит 5 элементов.
Соль X хорошо растворяется в воде, а ее раствор имеет
слабокислую реакцию. При прокаливании при темпера-
туре 300 °C X разлагается. При поглощении летучих
продуктов разложения получается щелочной раствор,
а остаток после прокаливания представляет собой соль,
взаимодействующую с водой с образованием сильнокис-
лого раствора. X окрашивает бесцветное пламя спир-
товки в фиолетовый цвет. В результате взаимодействия
X с раствором КОН при нагревании образуется газ
Г4, и в растворе может быть обнаружена только одна
соль. Массовая доля одного из элементов в соли X со-
ставляет 2,61 %. Установить состав X, написать урав-
нения упомянутых реакций. Где данная соль может
использоваться без предварительной переработки?'
175.	В результате взаимодействия при повышенном
давлении газов Г4 и Г2 образуется технически важное
вещество А, причем по реакции газы реагируют в объем-
60
ном соотношении 1:2. Вещество А в водном растворе
постепенно превращается в соль Бг. неустойчивую к на-
греванию. При слабом нагревании безводная соль Б
разлагается с образованием газа Г2 и соли Б2, разлага-
ющейся при температуре выше 60 СС без твердого остат-
ка. Назвать формулы всех описанных веществ, написать
уравнения реакций. Предложить рациональною мето-
дику определения степени разложения вещества’ А в рас-
творе.
176.	Навеску безводной соли X подвергли умеренно-
му нагреванию. При этом произошло разложение соли
с выделением газа и образованием темноокраитенного
остатка, сама же соль имеет светло-желтый цвет. При
более сильном прокаливании этот твердый остаток
также разлагается с выделением газа Г2 и образованием
свободного металла, причем из 3,226 г X образуется
металл массой 2,524 г. Образовавшийся металл не рас-
творяется в соляной кислоте, но растворяется в азотной
и концентрированной серной кислотах, реагирует с йо-
доводородной кислотой. Установить формулу X, нави-
сать уравнения реакций
177.	Порцию некоторой жидкости, хорошо проводя-
щей электрический ток, сожгли в кислороде. В резуль-
тате образовалась смесь двух веществ Л и Б массой
12,245 г. Через трубку с полученной смесью пропустили
избыток углекислого газа. В результате увеличение
массы трубки составило 1,546 г и образовалась такая же
по объему смесь углекислого газа с кислородом, как и
начальный объем газа СО.,. Исходная жидкость бурно
реагирует с водой с образованием сильношелсчиого раст-
вора. Каким мог быть состав жидкости?
178.	Доказать, что существует единственное веще-
ство X с массовой долей металла 0.817, в результате
взаимодействия которого с раствором соляной кислоты
выделяется газ, причем при взаимодействии вещества
массой 1 г с соляной кислотой выделяется газ объемом
4.67 1 (н. с.).
179.	В результате кипячения смеси растворов солеи
А и Б образуется раствор соли В и выделяются газы Г,
и Г- Четыре вещества: А, Б, В в раствор Г,— поль-
зуются в качестве удобрений, причем Б и Г1 удобре-
ния одного типа (В — комплексное удобрение.) На-г-ть
все вещества.
180.	При нагревании сот А с крепким раствором
едкого натра выделяется кислород и образуется h ас
Ы
твор соли Б, имеющей тот же качественный состав, что
и А (других продуктов реакции не было). А и Б окра-
шены, причем их окраски заметно различаются. Для
получения соли А используется обработка хлором соля-
нокислого раствора соли Б. Соль Б широко использует-
ся в различных областях, применение соли А ограничено.
Назвать А и Б, написать необходимые уравнения ре-
акций.
181.	Соединения А, Б и В имеют практически оди-
наковые значения молярных масс. А и В реагируют с во-
дой, причем в первом случае образуется нерастворимое
в воде вещество Ар а во втором — раствор вещества
В* н газ Гг. Б растворяется в воде с образованием рас-
твора со свойствами, во многом аналогичными раствору
Вр Ар Б и Bj вызывают окрашивание раствора фенол-
фталеина, но если прилить к А] фенолфталеин и подо-
греть пробирку, окраска исчезает. Все три вещества Л,
Б и В реагируют с кислотами, причем в случае В реак-
ция идет очень бурно. Назвать все вещества, написать
уравнения реакций.
182.	Вещества А, Б и В относятся к различным клас-
сам неорганических соединений, причем каждая пара
нз этих веществ имеет в своем составе не менее одного
общего элемента. Вещество Д относится к тому же клас-
су, что и А. В результате взаимодействия растворов А
и Б, а также Б и В образуются осадок и раствор, прак-
тически не проводящие электрического тока. Такая же
картина наблюдается в случае взаимодействия растворов
Д и А. Гели же Д реагирует с раствором В, выделяется
газ и образуется осадок того же состава, что и при взаимо-
действии Б и В. Металлы, входящие в состав всех соеди-
нений, находятся в одном периоде ПС, а неметаллы —
в трех соседних периодах ПС. Осадки, образующиеся
в результате упомянутых сливаний растворов, относят-
ся к различным классам неорганических соединений.
Назвать все вещества, написать необходимые уравнения
реакций.
183.	В результате взаимодействия твердого и газо-
образного веществ А и Б, относящихся к простым веще-
ствам, образуется жидкость Вр сильно дымящая на
воздухе, но при наличии избытка Б образуется бесцвет-
ное кристаллическое вещество В2, нацело разлага-
ющееся водой с образованием раствора В3 и газа Гг
Если же при гидролизе В2 использовать избыток воды,
образуется раствор Г\. А не реагирует при обычных
62
условиях с водой, но при температуре 700 °C в резуль-
тате взаимодействия А с парами воды образуется газ Г
и раствор В8. Назвать все вещества, написать необходи-
мне уравнения реакций.
184.	Металлы X,, Х2 и Х3 расположены в одном из
длинных периодов ПС, причем Ar(X3) = 1 43 Л ?х )
В результате взаимодействия: оксида X, с раствором
сульфата Х2 образуются осадок сульфата Хх и раствор
вещества А; раствора А с сульфатом Х3— осадок и
раствор сульфата Х2; полученного осадка с раствором
сульфата Х4, в которому металл Х4 трех валентен,—оса-
док и раствор сульфата Х3. Назвать все вещества, на-
писать необходимые уравнения реакций.
185.	Соль А широко распространена в природе в со-
ставе различных минералов и используется в различ-
ных областях промышленности и в быту. Соль Б имеет
ограниченное применение, а оксид В используется на
предприятиях, где изделия нуждаются в защитных галь-
ванических покрытиях. Для молярных масс веществ А,
Б и В справедливо соотношение:
М (А) = М (Б) = М (В)
Соль А нерастворима в воде, Б — хорошо растворима,
а В реагирует с водой. В результате взаимодействия в во-
де А и В образуется соль Ах, умеренно растворимая в во-
де. Если же с В реагирует раствор Б, в результате ре-
акции может образоваться хорошо растворимая соль
Бр используемая в различных областях народного хозяй-
ства. Назвать все вещества, написать необходимые
уравнения реакций.
186.	Вещество X черного цвета, относится к бинар-
ным соединениям, не растворяется в воде, но частично
разлагается при обработке горячей водой. Навеску X
массой 3,22(5 г обработали соляной кислотой. Выделился
газ Г, объемом 0,822 л (н. у.). При обработке А горячей
серной кислотой выделяется газ Г.,. Если же X реагирует
с раствором азотной кислоты, то выделяется газ Г3.
Каков состав X?
187.	Аммофос, предназначенный для использования
в качестве удобрения, длительное время находился на
открытом воздухе. Какие изменения могли произойти
с этим удобрением из-за несоблюдения условий его хра-
нения? Предложить методику определения в лежавшем
На открытом воздухе аммофосе массовых долей asoia и
фосфора.
63
РЕШЕНИЕ ЗАДАЧ ГЛАВЫ
«ЗАДАЧИ ПО КУРСАМ ОБЩЕЙ
И НЕОРГАНИЧЕСКОЙ ХИМИИ»
Установление формул. Строение вещества
11. Из массового соотношения X и Y в минерале
легко найти w (X) и w (Y). Если бы элементы X и Y были
известны, задача решалась бы по стандартной методике,
сводящейся к двум этапам:
1) Разделить массовые доли элементов на значения
относительных атомных масс элементов.
2) Наименьшее полученное число принять за едини-
цу и, решив соответствующие пропорции, получить
соотношение между числом атомов элементов в минерале.
Это соотношение и будет простейшей формулой минерала.
С чего же начать решение? Очевидно, в минерале
содержится также и кислород, так как в природных алю-
мостикатах атомы алюминия и кремния всегда связа-
ны с атомами кислорода. Элемент X не может быть кис-
лородом, в противном случае кислорода не хватит на
связывание алюминия и кремния. Следовательно, Y —
кислород Отсюда можно найти соотношение между чис-
лом атомов Al, Si и О в минерале:
Ю»04 # 31,35 53,58 _ „ 079 . i 11 . о одо
26,982 ’ 28,086 ' 16 “ U,6/ ’ 1,11 ' 0,04
Наименьшее значение принимаем за 1, тогда в минерале
на 1 атом алюминия приходится 3 атома кремния и 9 ато-
мов кислорода. Тем не менее элемент X по-прежнему
неизвестен. Закончить решение можно двумя способами,
читатель же изберет оптимальш/й вариант.
1-й способ решения. Представим формулу минера-
ла в виде соединения оксидов: А12О3 • 6SiO2 • mX20„.
В соединении на 2 атома А! приходится 18 атомов О. Зна-
чит, (15 + т • п) = 18. Из массового соотношения X и О
находим:
2Ar (X) • т	]	з
(15 4-m • п)  16 = Г6Т652 ’ т = п
Если п = 2, Аг (X) = 9. Это значение Аг соответствует
бериллию. Если же валентность X больше двух, получае-
мое значение Аг нереально. Итак, формула минерала —
AIjSigBejOjg.
64
2-ой способ решения. Пусть в составе
минерала на 1 моль AlSi3O9 приходится т моль X,
з степень окисления X составляет Соединение
AlSi3OeXm должно быть электронейтральным. В алю-
мосиликатах алюминий проявляет степень окисления
+3, кремний +4, кислород — 2. Тогда на группу
AlSi3O9 приходится суммарная степень окисления — 3.
Следовательно, tn • п, = 3. Из массового соотношения
X и О получаем:
т • Дг(X)	1
9 . 16 = 10,652 ’	(X) = 4,5/г; X — Be
12.	Запишем формулу кристаллогидрата в виде
X2SO4 пН2О. По условию в кристаллогидрате w (X) =
= 0,143, следовательно:
2Аг(Х) = 0,143(2Аг(Х) + 96 + 18л); п = 0,667Ar (X) -
— 5,333
X не может быть литием, иначе n<Z 0 (это вполне оче-
видно, так как массовая доля лития даже в безводном
Li2SO4 меньше 0,143). Если X — Na, то п = 10. Это
соответствует мирабилиту (глауберовой соли). Если X —
одновалентный металл с большей атомной массой, чем
натрий, то получим слишком большое и нецелочисленное
значение п. Например, при А Г(Х) = 85,47 (Rb), п =
= 51,65, что является нереальным, потому что соотно-
шение масс воды и соли в кристаллогидрате превышает
соответствующее значение для насыщенного раствора.
В случае щелочных металлов задача упрощается, потому
что сульфаты калия, рубидия и цезия кристаллизуются
из растворов в безводном состоянии. (Но учащимся этот
факт может быть неизвестен.) Итак, формула кристалло-
гидрата — Na 2SO4 • ЮН.,О.
13.	В состав природного кислорода входят изотопы
“О, 17О, 18О, водорода — ]Н и 2H(D). Фтор же является
моноизотоп ным, «чистым» элементом, состоит только
из атомов 1!’F. Следовательно, Alr(HF) может иметь
только 2 значения: 20 и 21, но значению .Мг = 21 соот-
ветствует только 2 разновидности молекул воды: HD18O
и D217O. Если Л!г = 20, то есть 3 разновидности моле-
кул воды: HD17O, НГО. D216O. Итак, существуют 4 вида
молекул HF и Н.,0, имеющих одинаковое значение
Мг = 20. Реже всего из перечисленных молекул встре-
. чаются молекулы D2O, так как w (D) в водороде меньше,
; чем w (17О) в кислороде.
i 3 9 125	65
14.	Представим 1 моль соли М+Х в виде куба.
Длина ребра такого куба будет равняться:
/=3/^W2, Где:
V Р
тм — масса в г соля, взятой количеством вещества 1 моль,
р— плотность соли в г/см3.
Всего на 1 моль соли приходится 2Уд ионов АГ и X*.
(УА —число Авогадро.) Тогда среднее расстояние между
ионами составит:
d =

Для NaF dt = 2,32 • 10'8см, для Nal d2 = 3,24 • 10'8см.
d, (NaF) = R (Na+) 4- R (F“); d2 (Nal) = R (Na+) + R (Г)
R (Г) — R (F-) = d2 — dx = 0,9 • 1 O’8 cm (0,09 нм)
15.	Задача сводится к определению периода полурас-
пада радия Расчет показывает, что, если бы 1 мг Ra
полностью распался, объем образовавшегося гелия был бы
во много раз больше, чем 4,3 • 10~5 см3. Следовательно,
для Ra Т 1 года. Поэтому можно воспользоваться
формулой, связывающей число распавшихся атомов за
малый промежуток времени с периодом полураспада
изотопа:
* «,	,, At • In 2
= No —, где:
Уо— общее число атомов, ДУ — число атомов распадаю-
щееся за время Д/.
Учитывая, что из 1 моль Ra образуется 1 моль Не,
формулу можно записать в более удобном виде:
= 22400
Подставляем в формулу числовые значения!
Т = 1 • 10'3 • 22400 • 0.693(226 • 4,3 . Ю’5)'1« 1600 (лет)
Половина имеющегося радия распадается через t —
= Т = 1600 лет.
16.	Фтор более электроотрицательный элемент, чем
кислород, поэтому связь Н—F значительно более поляр-
на, чем связь Н—О. Но кислород двухвалентен, а фтор
одновалентен, и за счет двух связей общий отрицатель-
66
ный заряд на атомах кислорода в молекулах воды пре-
вышает заряд фтора в Н—F. Тем не менее связь Н- • -F
прочнее, чем связь Н---О, при этом сказывается боль-
ший заряд Н в HF. Из-за этого при температурах,
близких к температуре кипения, HF (газ) существует
в практически полностью ассоциированном состоянии
(в отличие от водяного пара). В твердом и частично в жид-
ком состоянии водородная связь особенно сильно про-
является для воды. Помимо указанной причины, здесь
решающее значение имеет следующий фактор: в моле-
куле воды число неподеленных электронных пар атома
кислорода (2) в точности совпадает с числом атомов водо-
рода в молекуле. Другими словами, каждый атом водо-
рода и каждая неподеленная электронная пара кисло-
рода вовлечены в образование водородных связей, что
было бы невозможным в молекулах HF и NH8. Поэтому
t пл.(Н2О) > t пл.(HF). С менее электроотрицательными,
чем кислород, атомами водород не склонен образовы-
вать прочные водородные связи как из-за слабого куло-
новского притяжения Н...Х, так и из-за стерических
препятствий.
17.	Если катион соли не содержит элемента кислоро-
да, максимальное значение массовой доли кислорода
w (О) будет в том случае, когда массовая доля кислорода
в анионе как можно больше, а значение ММЭ катиона
как можно меньше, при этом основность кислоты также
должна быть минимальной. Установим, как именно за-
висит от этих факторов массовая доля кислорода в сред-
ней соли кислоты НтХО„ металла со значением ММЭ
равным а. Для w (О) в такой соли можно записать:
W (О) — ------—------- = -------------:---
та+ 16лЛг (X) (Лг (Х)4-то) • 1 + 16
п
Следовательно, чем больше величина	тем выше
w (О)в соли. Наименьшее значение а для металла 4,5 (Be).
В перхлоратах п больше, чем в нитратах, но из-за меньше-
го значения Лг(\’) по сравнению с ЛГ(С1) среди нитратов
солей с небольшими значениями ММЭ металла w (О)
больше. В карбонатах w (О) меньше из-за того, что анион
СОз~ — двухвалентный кислотный остаток. Итак, из всех
средних солей наибольшее возможное значение w (О) =
~ 73 % в безводном нитрате бериллия. (В Be(OH)NOs
w(О) еще выше, но это основная соль. Гидрокарбонат
8*
67
бериллия также имеет больнее, чем Be (NO3)2 значение
w (О), но эта соль не существует.)
Соль с наибольшей возможной массовой долей водоро-
да должна, очевидно, являться солью аммония
кислоты с наименьшим возможным значением ММЭ.
Данному условию удовлетворяет сульфид аммония, в ко-
тором w % (Н) = 11,8 %, в NH4F и NH4HS w (Н)
меньше, чем в (NH4)2S. Существуют соединения, фор-
мально относящиеся к солям (например, NH4BH4),
с еще большим значением w fH), но мы рассматривали
вещества, относящиеся к солям в обычном смысле
этого слова (производные обычных кислот).
Растворы. Электролитическая диссоциация
и равновесия в растворах
18.	На примере этой задачи покажем возможность
применения диагональной схемы (квадрата Пирсона)
для решения ряда задач повышенной сложности по теме
«Растворы», но сначала решим задачу по стандартной
методике с использованием алгебраического метода.
1-й	способ решения. Установим формулу
кристаллогидрата нитрата алюминия. При сильном про-
каливании кристаллогидрата протекает реакция:
4А1 (NO3)3 • nH2O = 2А12О3 + 12NO2 + ЗО2 + 4пН2О
Из условия задачи масса А12О3 составляет 13,59 %.
Получаем соотношение:
2МГ(А12О3)
4Mr (Al (NO3)3) + 4п • Мг (Н2О) =
0,1359;
51
213+ 18п
= 0,1359;
п — 9
Вычисляем массовую долю A1(NO3)3 в A1(NO3)3X
X 9Н2О; w — 0,568. Находим массовую долю A1(NO3)S
в растворах A1(NO3)3 при t = и t = Л>:
wx(Al(NO3)3) = 0,23077; w2(A1 (NOS)3) = 0,28571
Пусть при охлаждении раствора A1(NO3)3 массой 140 г
от t2 до tr выделится кристаллогидрат A1(NO3)3- 9Н2О
массой х г. Масса A1(NO3)3bx г кристаллогидрата со-
ставляет 0,568 х г. Масса раствора — (140 — х) г,
в этом растворе для A1(NO3)3 т = 0,23077 • (140 — х)г.
68
Получаем уравнение:
0,568х + 0,23077 • (140 — х) = 140 • 0,28571,
откуда х = 22,8 г кристаллогидрата.
Теперь вернемся к диагональной схеме (квадрату
Пирсона, в старых учебниках этот метод называют пра
вилом креста). В методической литературе для решения
задач по определению масс растворов в различными мас-
совыми долями растворенного вещества для получения
раствора с заданной массовой долей рекомендуется при-
менять так называемый метод смеш₽н ия с решением задач
с помощью диагональной схемы. Напомним этот метод
на примере решения следующей задачи.
Задача 18-1. Какие массы растворов с = 25 %
и w2% — 60 % требуются для приготовления раствора
массой 400 г с w % = 30 %?
Заметим, что, согласно требованиям СИ, термин
«процентная концентрация» аннулируется, вместо него
вводится термин «массовая доля», и, например, запись
«раствор с w % — 25 %» следует понимать как раствор
с массовой долей растворенного вещества в процентах
w % (вещества) = 25 %, но для того, чтобы каждый раз
не повторять полную запись, будем пользоваться сокра-
щенной формой.
Решение задачи 18-1. Составляем диаго-
нальную схему: слева вверху пишем наибольшую массо-
вую долю, внизу — наименьшую, в центре пересечения
диагоналей — промежуточную массовую долю (среднюю).
Правый столбец представляет собой разность между
средней и наименьшей и между наибольшей и средней
массовыми долями:
6ОЧ /5
30
25/ 44 30
Данные растворы нужно взять в массовом соотношении
5 : 30 = 1 : 6. Пусть раствора с w2% = 60 % требуется
х г, тогда раствора с «!%= 25 % требуется (400
— х) г.
Согласно диагональной схеме:
*	; х=57г; 400 —х= 343(г)
£9
Таким образом, раствора с массовой долей растворенного
вещества 60 % требуется 57 г, а раствора с массовой до-
лей вещества 25 % — 343 г.
Метод смешения можно применить для решения прак-
тически всего спектра стандартных задач на приготов-
ление растворов, включая задачи с участием кристалло-
гидратов солей (имеются в виду задачи, в которых речь
идет о массовых долях веществ в растворе). Кристалло-
гидраты при этом принимаются за растворы с соответ-
ствующей массовой долей, безводное вещество — за
раствор с w % — 100 %, растворитель — за раствор
с w = 0. Рассмотрим решение трех таких задач [см. так-
же 39, с. 39].
Задача 18-2. Какие массы медного купороса и воды
требуются для получения 200 г раствора сульфата меди
с w % (CuSO4) = 10 %?.
Решение задачи 18-2. Находим массовую
долю CuSO4 и Cu.SO4- 5Н2О и составляем диагональную
схему, приняв искомую массу воды за х.
64ч Л 0
ioz
0 / ^54
10	200—X.
54 х '
х — 169 (г)
Следовательно, воды требуется 169 г, медного купо-
роса — 31 г.
Задача 18-3. Какую массу медного купороса следует
прибавить к 40 г раствора CuSO4, насыщенного при
температуре 20 °C, для получения раствора, насыщенно-
го при температуре 80 °C? Растворимость CuSO4 при
20 °C и 80 °C соответственно составляет 172 и 350 (г/л
Н2О).
I Решение задачи 18-3. Находим массовые
доли CuSO4 в растворах, насыщенных при температурах
20 °C и 80 °C:
'“."тЙ = 0.147;	0.259
Составляем диагональную схему:
64	/11,2
25,9
14,7^	^38,1
11,2 х .
38,1 ~ 40’
11,8 (г)
30
Задача 18-4. Растворимость •безводного сульфата
натрия при температурах О °C и 20 °C составляет соот-
ветственно 45 и 160 (г/л Н2О). Насыщенный при 20 °C
раствор Na2SO4 массой 120 г охладили от 20 °C до 0 °C.
Какая масса кристаллогидрата NaaSC^ - ЮН2О при этом
выделится?
Решение «задачи 18-4. При температуре
0 °C wx(Na2SO4) = 0,043, при температуре 20 °C w2=
= 0,138. Составляем диагональную схему, учитывая,
что в Na2SO4- ЮН2О w (Na2SO4) = 0,441.
44,1^	/ 9,5
зо“з ~ 120 —х ’	= 29 (г)
4,3Z	^30,3
Отметим, что «компактное» решение последней задачи
через диагональную схему оказалось возможным потому,
что мы подошли к задаче с неожиданной стороны: на-
ходили не массу кристаллогидрата, которая должна
выделиться из раствора, а массу кристаллогидрата,
которая требуется для получения данной массы раствора.
Такое нестандартное решение оказалось достаточно
рациональным. Теперь сравним решение последней
задачи с решением, которое можно назвать прямым ал-
гебраическим способом, то есть таким, когда искомая
величина обозначается через х и составляются уравне-
ния, связывающие х с условием задачи. Пусть в резуль-
тате охлаждения раствора от температуры 20 °C до 0 °C
масса выделившегося кристаллогидрата составляет х г,
а масса раствора — у г. Получаем систему уравнений:
(х + »=120	...
1о, 441 х+ 0,043 у = 16,56
Если выразить у через х в первом уравнении, и подста-
вить полученное выражение во второе уравнение, то
решение задачи окажется более громоздким, чем решение
с помощью диагональной схемы. Однако можно восполь-
зоваться готовыми формулами для решения системы двух
линейных уравнений с двумя неизвестными. В общем
случае система уравнений вида
\ах + by = с
-г Ь'у = с1
П
имеет следующие решения:
сЬ1 — &Ь .	ас1 — а1 с .
Х = ab1 — а1Ь ’ У ~ abl — ахЬ ’
(ab1 — ayb =И= 0)
Решаем по этим формулам последнюю задачу:
120 • 0,043 — 16,56 ~ 9Q
0,043 — 0,441
Таким образом, если решать систему по готовой
формуле, квадрат Пирсона не имеет явных преимуществ
перед диагональной схемой. Некоторые учителя считают
нецелесообразным решать химические задачи по гото-
вым математическим формулам, так как учащийся, по
их мнению, сам должен выполнить соответствующие вы-
кладки. Такой подход порой оправдывают необходимо-
стью осуществления межпредметных связей с математи-
кой. Нам такое обоснование представляется весьма
спорным. Решая же задачу методом подстановки, мы,
по существу, каждый раз выводим одну и ту же формулу
решения системы уравнений. Если требуется решить
много таких систем, удобно воспользоваться микрокаль-
кулятором «Электроника БЗ-34». Учитывая, что еще не
все учителя освоили в достаточном объеме программиро-
вание на микрокалькуляторах, приводим программу
для решения системы (1):
Адрес коман- ды	00	01	02	сз	04	05	06	07	08	09
00	ИП 1	ИП5	X	ИП 4	ИП 2	X			П7	ипз	ИП5
10	X	ИП6	ИП2	X		ИП7	-i.	П8	ИП 1	ИП6
20	X	ИП4	ипз	X	—	ИП7	-т-	С/П		
у, X — ИП 8
а, в, с, а', д', с’ — П 1, 2, 3, 4, 5, 6
Возможна более компактная программа 114].
При решении большого количества различных видов
химических задач (не только по теме «Растворы», но и,
например, на установление состава смесей) приходится
решать систему вида:
( х-{- у = а _ аК2 — ь
I КХХ 4- Кау = в Кг-Кц
7Я
В этом случае программа для вычисления х имеет вид:
00. ИПА 01. ИП2 02. X	03, ИПВ 04. —
05. ИП2 06. ИП1 07. —	08. ч-	09.С/П
(RA — a, RB — b, R1—Кг, R2— К2)
Квадрат Пирсона может быть использован для решения
ряда задач с участием химических превращений.
Задача 18-5. Вычислить массы оксида серы (VI) и
раствора серной кислоты с w % (H2SO4) = 80 %, тре-
бующиеся для получения 400 кг 10 %-ного олеума (рас-
твора SO3bH2SO4 с w % (SO3) = 10 %).
Решение задачи 18-5. Вычислим условную
массовую долю SO3 в H2SO4:
Mr (SOs) = 80; Мг (H2SO4) = 98; wo/o (SO3) = g- Ю0о/0 =
= 81,6%
Тогда условная массовая доля SO3 в данном растворе
H2SO4 составляет: wx= 80 %  0,816 = 65,3 %. Массо-
вая доля SO3 в олеуме будет: w2= 90 %  0,816+10 =
— 83,4 %. Составляем диагональную схему, приняв
чистый оксид серы (VI) за раствор с w % = 100 %
100.	,18,1
>83,4<
65,3/	+16,6
18,1 х
16,6 — 400 — х
х = 209; tn (SO3) = 209 кг; т (р-ра) = 191кг.
Задача 18-6. Какую массу оксида натрия следует
добавить в раствор с w % (NaOH) = 20 %, чтобы в ре-
зультате реакции образовался раствор NaOH массой
160 г с w % (NaOH) = 30 %?
Решение задачи 18-6. Аналогично решению
задачи 18-5 для чистого гидроксида натрия можно за-
писать:
Находим w(Na20) в растворах NaOH с w4% =20% и
w2% = 30 %.
w4 % (Na2O) =20 % • 0,775 = 15,5 %
wa % (NaaO) =30 % • 0,775 = 23,3 %
100.	7,8	7,8 ____
>23,3<	76,7 “160 — X
15,5/	\76,7
x= 14,8; /n(NaaO)« 15 г
73
При обсуждении задачи 18 мы сравнили два различных
подхода к решению задач, в которых речь идет о раство-
рах с определенными массовыми долями солей.
Приводим решение задачи 18 с использованием диаго-
нальной схемы.
2-й способ решения задачи 18. По-
скольку при прокаливании кристалогидрата A1(NO3)3 X
X пН2О образуется оксид алюминия А12О3, то условная
массовая доля А12О3 в кристаллогидрате составляет
13,59 %. Вычислим w (А12О3) в растворах A1(NO3)3
при t = /j и t = /2, учитывая, что из 1 моль A1(NO3)3
образуется 0,5 моль А12О3.
п/ /я 1 гл \	300 • 0,5 • Мг (А12О3) <пг>п/  К сос п/
W1% (А12Оа) — 1300 .	(А! (NOs)s) • 100 /о — 5,52о /о
wa% (Al2О3) = 6,841о/о
Составляем диагональную схему:
13,59	1,316	1>316_ х
/6,841<	6,749	140 — х
5,525/	\6,749
х = 22,8 г
Хотя такое нестандартное решение является по сравне-
нию с первым способом более компактным, предоставим
читателю право самостоятельно выбрать наиболее прием-
лемый для себя вариант.
19. Во многих задачах, связанных с расчетами по
уравнениям реакций, наиболее эффективным способом
решения оказывается прямой алгебраический метод
(см. 18,22), когда искомая величина обозначается через
неизвестное (х, у и т. д.), а затем составляется уравнение
или система уравнений. Другими словами, в данном
случае массовую долю кислоты в растворе необходимо
связать с уравнением реакции, с условием. Как показы-
вает опыт, наиболее рационально вести расчет на коли-
чества вещества, фигурирующих в уравнении реакции.
Запишем уравнение данной реакции:
М2О + 2НГ = Н2О + 2МГ
Исходя из уравнения реакции, из 1 моль М2О и
2 моль НГ образуется 2 моль МГ. Обозначим относи-
тельную атомную массу металла через х, галогена че-
рез у, а массовую долю кислоты в растворе через w.
Пусть прореагировал 1 моль оксида и соответственно
ТА
2 моль ИГ. Масса исходного раствора НГ и образовав-
шегося раствора составят:
лЧ(р-ра) = 2х 4- 16	(г)
В образовавшемся растворе масса соли 2 (х 4- у) г.
По условию, массовая доля соли в растворе равна
массовой доле кислоты в исходном растворе, то есть:
-----
2x4-164-2(^4-1)--
w
Получаем уравнение с тремя неизвестными, но после
умножения w на знаменатель первой дроби у сокращает-
ся, и для w получим:
Для лития w — = 0,4. При х — 23 (Na), w = 22,31.
Очевидно, что такая массовая доля соли натрия кислоты
НГ нереальна, не говоря уже о более тяжелых металлах.
(Для калия w = 0,8.) Поэтому единственно возможный
оксид — Li2O, кислотой могла быть одна из следующих:
НС1, HBr, HI. (Соль LiF нерастворима, но для солей
LiCl, LiBr, Lil массовая доля в растворе 40 % вполне
реальна.) Отметим, что массовой доле 0,4 соответствуют
почти насыщенные при обычных условиях растворы
LiCl и НС1. Итак, массовая доля кислоты в исходном
растворе НГ составляла 0,4.
Путь решения данной задачи мог быть в иным.
Можно принять, что масса исходного раствора НГ состав-
ляет 100 гив этом растворе х г НГ. Далее выразить
в общем виде массу раствора после реакции и т. д. Сове-
туем самостоятельно убедиться в том, что такой способ
окажется более громоздким по сравнению с первым.
20.	1-й с п о с о б решения. Пусть к насыщен-
ному раствору хлорида натрия, содержащему 1 моль
NaCl, прилито х г раствора нитрата серебра. Масса
раствора NaCl может быть вычислена исходя из раство-
римости NaCl:
Л4 (NaCl) = 58,5 г/моль
360 г NaCl — 1360 г р-ра
58,5 г NaCl — х} г р-ра
Х1= 221 г
75
В образовавшемся растворе NaNO3 содержится 1 моль
NaNO, (85 г). Если раствор NaNOs насыщенный, его
масса может быть найдена, исходя из растворимости
NaNO3:
800 г NaXO3 — 1880 г р ра
85 г Х'аХО3 —х2 г р-ра
8Ь0	18Ъ0 .	। пл _
85	Х2— 182 Г
Масса образовавшегося раствора NaNO3 равна сумме
масс растворов NaCl и AgNO3 минус массу хлорида се-
ребра, выпавшего в осадок. Тогда: 182 = 221 + х —
— 1 моль Af(AgCl); хЧ~78 = 182; х = 104 г. Получили,
что масса раствора AgNO3 составляет 104 г. Но в этом
растворе должен содержаться 1 моль AgNO3, а
М. (AgNO3) = 170 г/моль >104.
Следовательно, если для реакции использовать насыщен-
ный раствор NaCl и раствор AgNO3, то насыщенный
раствор NaNO3 образоваться не может.
2-й способ решения. Докажем, что даже
если с насыщенным раствором хлорида натрия реагирует
безводный нитрат серебра, то образуется ненасыщенный
раствор нитрата натрия. Если прореагировал 1 моль
NaCl, то масса воды в растворе может быть вычислена,
исходя из растворимости NaCl:
360 г NaCl - 1000 г Н2О
58,5 г NaCl—х, г Н2О
360 юоо. ,со. .
5^5= —1 ^г= 163(f)
В этом растворе после реакции должен содержаться
1 моль NaNO3 (85 г). Вычислим массу NaNO3, приходя-
щуюся в этом растворе на 1000 г Н2О:
85 г NaNO3— 163 г Н2О
х2 г NaNO3— 1000 г Н2О
х2 = 521 г
Однако в насыщенном растворе NaNO3 на 1000 г Н2О
приходится 880 г NaNO3. Поскольку при взаимодействии
безводного нитрата серебра и насыщенного раствора
NaCl образуется ненасыщенный раствор NaNO3, то
при использовании раствора AgNO3 насыщенный рас-
твор NaNO3 тем более образоваться не может.
21.	Пусть в исходном растворе содержался 1 моль
гидроксида натрия, тогда исходя из растворимости
76
NaOH, можно вычислить массу этого раствора:
1090 г NaOH — 2090 г р-ра
40 г NaOH —х г р-ра
х «77 (г)
Из 1 моль NaOH образуется 1 моль NaNO3, то есть
85 г. Массовая доля соли в полученном растворе NaNO3
составит, учитывая растворимость NaNO3 в воде при
температуре 20 °C, ^^= 0,467.
Следовательно, масса раствора NaNO3 после реакции
составляет: т =Q^gy~ 182 (г). Значит, прилито 182 —
— 77 — 105 (г) раствора HNO3, где содержится 1 моль
HNO3 (63 г).
Массовая доля кислоты в исходном растворе HNO3
составляет:
w% (HNO3) -	 100 о/о « 60 %
22.	1-й способ решения. При решении этой
задачи используем так называемый метод обратного рас-
чета. Смысл его заключается в следующем. В ряде задач
требуется установить массу (объем, количество вещества)
исходного вещества для получения определенного коли-
чества продукта (указывается масса, объем или количе-
ство вещества продукта реакции). В некоторых случаях
составить пропорцию и решить ее невозможно. Тогда
поступают так: вычисляют, какая масса (объем) продук-
та образуется из исходных веществ с произвольным зна-
чением параметров т, V илим. Если речь идет о гревра-
щении по определенному уравненью, то расчет нат белее
рационально проводить на 1 моль (или просто целее
число молей) исходного вещества. Затем составляется
пропорция и делается пересчет на условия задачи. До-
пустим, что в реакцию вступил раствор гидроксида ка-
лия, в котором был 1 моль КОН, с ним прореагировал
раствор HNO3, в котором содержится 1 моль HNO3,
и в итоге образовался 1 моль KNO3. Найдем массу
воды в растворах гидроксида калия и азотной кислоты:
М (HNO3) = 63 г/моль; М (КОН) = 56 г/моль
тх (Н2О) = -тм (КОН) = 84 г
mt (Н2О) =	• znK(HNO3) = 94,5 г
77
Общая масса воды в образовавшемся растворе соста-
вит 84 + 94,5 + 18 = 196 (г), поскольку по реакции
КОН + HNO3= KNO3+ Н2О
из 1 моль КОН дополнительно образуется 1 моль Н3О.
Исходя из растворимости соли KNO3 вычисляем ее массу
в растворе:
1000 г Н2О —320 г KNO3
196 г Н2О —х г KNO3
196 • 320 ~ м
(г)
Всего образовался 1 моль KNO3, то есть 101 г, значит,
из раствора выделится 101 — 62,9 « 38 (г) KNOS.
Теперь мы знаем, что если бы в реакцию вступил рас-
твор КОН массой г, то масса кристаллов KNOS,
выделившихся из раствора, составила бы 38 г. Состав-
ляем пропорцию:
140 г р-ра КОН — 38 г KNO3
х г р-ра КОН — 11г KNO3
х = 40,5 г
Аналогично можно вычислить массу раствора HNOS:
/п2(р-ра) = 45,6 г.
Сравним теперь метод обратного расчета с прямым
алгебраическим методом решения данной задачи и попы-
таемся установить преимущества и недостатки каждого
из них.
2-й способ решения (прямой алгебраиче-
ский). Пусть для того, чтобы из раствора выделился нит-
рат калия массой 11 г, требуется раствор КОН массой х г
и раствор HNO3 массой у г. Масса КОН в растворе
w • х (г), масса HNO3 в растворе w • у (г). В обоих
растворах содержится одинаковое количество веществ
КОН и HNO3, так как эти вещества реагируют в моляр-
ном соотношении 1:1, тогда:
п =___— w • У • у _ 1 log х
АНКОН) A4(HNOS) У ~ 1,1Z0 Х
Вычислим массовую долю KNOa в насыщенном растворе
KNO3 (образовавшийся раствор):
=	0,2424
78
Масса образовавшегося раствора составляет {х + у —
— 11) г, так как его масса уменьшилась на массу выде-
лившихся кристаллов KNO3. Всего по реакции образова-
лось п моль KNO3. Получаем уравнение:
0,2424 (х + у — 11) + 11 = я • Л4 (KNO3) -= 0,7214х
Решаем систему уравнений:
(у = 1,125 х
10,242 (х + у - 11) + 11 = 0,7214 х
В итоге, х ~ 40,5; у = 45,6.
Если сравнить первый и второй способы решения задачи,
можно сделать вывод, что способ обратного расчета
рациональнее, поскольку не нужно составлять систему
уравнений и решать ее. Кроме того, в этом случае Ьы-
числения на отдельных этапах можно производить
с меньшей точностью. Стандартный же алгебраический
способ решения удобнее в том случае, если задачу ре-
шать в общем виде, при этом ход решения выглядит более
стройным. Н. Н. Мушкало и В. И. Брайко [18] ре-
комендуют по возможности шире использовать алгебра-
ические способы решения химических задач, в других же
пособиях встречается прямо противоположная точка
зрения.
23.	В данном случае также используем метод обрат-
ного расчета, то есть вначале вычислим, какай Масса
Na3PO4- 12Н2О образуется при взаимодействии раство-
ров Н3РО4 и NaOH, содержащих соответственно 1 моль
Н3РО4 и 3 моль NaOH. Сумма масс этих растворов имеет
значение:
тм (Н3РО4)	3 тм (NaOH) _ 98	120
т — -----------------г -------------- — — -г ...
Пусть в итоге образуется х г Na3PO4- 12Н»О и у г рас-
твора, тогда, исходя из условия задачи, можно составить
систему уравнений:
М (Na3PO4) — 163,9 г/моль; М (Na3PO4 • 12Н2О) =
— 320,1 г моль
(	,	98 , 120
х =
320,1	163,9
(?+—°)~163-9
w3 —0,5121
79
Теперь из пропорции можно вычислить, какая масса
раствора требуется для получения а г Na3PO4- 12Н2О:
~~ г р-ра Н3РО4 — та г Na3PO4 • 12 Н2О
х2 г р-ра Н3РО4— а г Na3PO4  12 Н2О
_ a (w3 — 0,5121)
w3( 1 — 1,2245
Вычисляем у — массу раствора NaOH (v (NaOH) =
= 3v (H3PO4):
__ 120 Wj ____ 120 a • \Уд (w3 — 05121)
98 * w2 98 w3 (w2 — 1,2245)
Программа для вычисления и уг:
Rl—w1; R2 —w2, R3—ws, R4 — a, R7— 1,2245
R8 — 05121, R5 — «Xj», R6 — «yp>
Адрес коман- ды	00	01	02	03	04	05	06	07	08	09
00 10 20	ИН 1 X ИП 2	ИП 2 ИПЗ	ИП 8 120	ИП 7 X	X 98	1	1—'. П 6	ИП 4 П5 С/П	ИП 1	ИПЗ X
Xj = 31,5; yx = 81
24.	При пропускании через раствор Na2CO3 угле-
кислого газа происходит реакция:
Na2CO3+ Н2О + СО2= 2NaHCO3
Гидрокарбонат натрия имеет относительно невысо-
кую растворимость и частично переходит в осадок. По-
скольку в итоге образовался раствор, карбонат натрия
полностью перешел в гидрокарбонат. Пусть на 1 моль
NaHCO3 в растворе в осадке находится х моль NaHCOs.
Исходя из растворимости NaHCO3 находим массу рас-
твора:
М (NaHCO3) = 84 г/моль
96 г NaHCO3— 1096 г р-ра
84 г NaHCO3— т2 г р-ра
ш2= 959 г
На образование 1 моль NaHCO3 и х моль NaHCOs
потребовалось 0,5 (1 4- х) моль СО2 или 22 (1 + х) г.
80
Тогда масса исходного раствора Na,CO« составит’
т1= 84 X + 959 — 22 (1 + х).
Масса образовавшегося раствора т2— 959 г. По
условию:
84х + 959 — 22 (1 + х) = 959; х = 0,355 (моль)
В исходном растворе содержалось 0,5 (1 4- х) моль
Na2CO3, или 71,8 г.
w% (Na2CO3) =	• 100 % = 7,5 %
т1
25.	Пусть в бочку налита кислота с молярной кон-
центрацией С на высоту h. Объем кислоты составляет
0,25л • d2 • h. Если бочка полностью разрушилась кис-
лотой, масса прореагировавшего железа может быть
вычислена по формуле т = л-d • I  h  р (г), где р —
плотность железа в г/см3. Данная формула выполняется
для I <с d. Количество вещества прореагировавшего
железа составит:
v (Fe) = П ' М (Fe) ' Р (моль>
Если в растворе содержалось п моль НО, согласно
уравнению реакции Fe + 2НС1 = FeCl24- Н2
2v (Fe) = п. Получаем уравнение:
л • d2-h-c_2n-d-h-l-pB р _ о 103	1 ’ Р _
4000	— М (Fe) ’ G ° ’ luM(Fe) • d
— 9 моль/л
Кислота полностью разрушит бочку, если ее молярная
концентрация в исходном растворе больше, чем 9 моль/л.
Некорректность задачи состоит в том, что железо будет
растворяться в кислоте неравномерно, так как из-за
примесей образуются гальванические пары «железо —
включение». Попросту говоря, бочка полностью разру-
шится кислотой в каком-то одном месте, и кислота выте-
чет из отверстия.
26.	Найдем массовую долю НС1 в образовавшемся
растворе. В 21,4 мл раствора NaOH, где С (NaOH) =
= 0,1 моль/л, содержится 21,4-0,1  10"3 моль NaOH, или
2,14-10-3 моль. Учитывая, что на нейтрализацию 1 моль
НС1 идет 1 моль NaOH, w (НС1) в растворе составит:
w(НС1)= v (НС1)-Л1 (НС) = 2-14 • 10-3 ' 36’5 = 0,039
'	' т (р-ра)	2
81
Пусть в исходном растворе хлорида бария содержится
1 моль ВаС12 и вода массой х г. Из уравнения реакции
ВаС12+ H2SO4= BaSO4| + 2НС1
следует, что прилит раствор, в котором содержится
1 моль H2SO4.
Масса раствора H2SO4:
т __ 1 моль • Л1 (H2SO4)_98 _ . п9 , .
mi~ w, (H2SO4)	0,96	102(г)
Масса образовавшегося раствора:
т2 = тм (ВаС12) + х + 102 — тм (BaSOj = (х + 77) (г)
В этом растворе содержится 2 моль НО . Исходя из мас-
совой доли соляной кислоты, вычисляем xt
0,039 = х= 1795(г)
’	г -I- 7/	х '
Массовая доля ВаС12 в исходном растворе ВаС12 состав-
ляет:
/ии(ВаС12) 208
W (ВаС12) = ^л(ВаС12)+ 1795 = 208+ 1795 = °’ 04
27.	Очевидно, следует брать насыщенные растворы,
иначе мы не получим максимальную массу NaNO3.
Пусть мы имеем растворы Ba (NO3)2 и Na2SO4, в каждом
из’которых содержится 1 моль соли согласно соотноше-
нию количеств веществ по уравнению реакции:
Ba (NO3)2+ Na,SO4= BaSO4| + 2NaNO3
Находим массу воды в каждом растворе. М (Ва (N’O3)2=
= 261,3 г/моль; М (Na2SO4) = 142,04 г/моль.
92 г Ba (NO3)2 — 1000 г Н2О
261 г Ba (NO3)2 — xt г Н2О хг = 2837 г
194rNa2SO4 — 1000 г Н2О
142 г Na2SO4 — х2 г Н2О х2 = 732 г
Итак, если использовать для приготовления растворов
2837 + 732 = 3569 г воды, то образуется 2 моль, или
170 г нитрата натрия. Составляем пропорцию:
3569 г Н2О— 170rNaNO3
200гН20 —xrNaNO3
3569	170. п _ . .
200 “ X ' х~ 9’5(г)
82
Задачу можно было решить, используя прямой ал-
гебраический способ. Если принять, что на образование
pacTBopai Ba (NO3)2 потребуется у г вода, тогда на обра-
зование раствора Na2SO4 израсходуется (200 — у) г во-
ды, при этом образуется х г NaNO3. Далее вычислить,
какие массы Ba (NO8)2 и Na^C^ требуются для полу-
чения х г NaNOg. Из данных о растворимости
Ba (NO3)2 и Na2SO4 можно получить систему уравнений,
которая легко решается. Но и в этом случае прямой ал-
гебраический способ более громоздкий, чем способ,
основанный на решении с использованием I моль. Реко-
мендуем убедиться в этом самостоятельно.
28.	Пусть для приготовления квасцов использовали
1 моль A12(SO4)3 • 18Н2О и 1 моль K2SO4. Тогда в резуль-
тате сливания растворов и охлаждения до температуры
0 °C в осадке находился 1 моль KAI (SO4)2 - 12Н2О,
а в растворе — 1 моль KAI (SO4)2, поскольку масса вы-
делившихся квасцов составляла 0,5 от теоретически
возможной. Если в каждом случае для приготовления
растворов использовали х г Н2О, то общая масса воды
в образовавшемся при 0 °C растворе KAI (SO4)2 состав-
ляет:
/п(Н2О) =2х 4- 18тЛ (Н2О) — 12/пЛ (Н2О) = (2х 4- 108) г
По условию, в этом растворе содержится KA1(SO4)2(258 г).
Учитывая растворимость KAI (SO4)2, можно вычислить х:
(2х 4- 108) г Н2О — 258 г KAI (SO4)2
100 г Н2О- 3 г KAI (SO4)2
^ = ^;х = 424б(г)
Следовательно, на 1 моль A12(SO4)3- 18Н2О было ис-
пользовано 4246 г Н2О. М (A12(SO4)3  18Н2О = 666,4
г моль, значит, общая масса раствора составляет 666,4 4-
4- 4246 = 4912 (г), в этом растворе содержится 1 моль
AI2(SOt)3 (342 г). Массовая доля сульфата алюминия
в растворе составляет:
(Al2 (SO4)3) -	• Ю0% = 6,9%
29.	Повышение температуры раствора за счет выде-
лившегося количества теплоты Q определяется формулой:
д< = А’
83
где т — масса раствора, С, — удельная теплоемкость
раствора.
В данном случае теплота выделялась за счет реакции:
Н+(р.Р) + ОН (р.р) = Н2О(Ж||ДК.) 4- Q
Следовательно, повышение температуры прямо про-
порционально объему прибавленного прореагировавшего
раствора H2SO4 и обратно пропорционально общему
объему раствора после приливания кислоты (по условию,
растворы являются разбавленными и их теплоемкость
близка к теплоемкости воды). Если бы точка нейтрализа-
ции была достигнута в результате прибавления первой
порции раствора H2SO4, то после добавления второй пор-
ции температура вообще не повышалась бы. С другой
стороны, если точка нейтрализации не была достигнута
в результате добавления второй порции раствора H2SO4,
то, учитывая вышеизложенное, должно выполняться
соотношение:
--з2х = 3;х = — 2, гдех — объем
1 -f- X
раствора H2SO4, прибавленный на 1 объем раствора
NaOH. Это невозможно, значит точка нейтрализации
была достигнута в ходе прибавления второй порции
раствора H2SO4. Пусть к одному литру раствора NaOH
прибавлено х л раствора H2SO4. Тогда в первом случае
температура повысилась на Д^= kx : (1 + х), где k —
постоянная.
На нейтрализацию 1 л раствора NaOH потребовалось
0,5 л раствора H2SO4, так как молярные концентрации
NaOH и H2SO4 в растворах одинаковы. Следовательно,
во втором случае повышение температуры составило:
А 4 к (0,5 — х)
j + 2х
По условию, A/j= ЗД/2. Решаем уравнение:
___£0_+_ЗД__ — з . у ~ л 352
(1 + х) (0,5 — х) — й х ~
Итак, на 1 л раствора NaOH всего прибавлено 0,702 л
раствора H2SO4. Из 1 моль NaOH и 0,7 моль H2SO4
образуется 0,3 моль Na2SO4 и 0,4 моль NaHSO4. По-
скольку по условию задачи мы имеем разбавленный
раствор, то его объем равен сумме объемов слитых рас-
64
творов, поэтому молярные концентрации солей в по-
лученном растворе составят:
C1(Na8SO4) =	0,18Со,
С2 (NaHSO4) = 2^ = о,24 Со,
где Со— молярная концентрация исходного раствора
NaOH.
30.	В результате титрования в присутствии фенол-
фталеина pH раствора равняется 9, то есть в растворе
по сравнению с истинной точкой эквивалентности есть
«лишняя» щелочь. Поскольку 1Н+] • ЮН-] = 1 • 10-1*,
в растворе содержится ЮН-] =1 • 10-5 моль/л, зна-
чит, количество вещества прибавленной «лишней» ще-
лочи составляет 2 • 10-® моль. Аналогично во втором
случае при титровании в присутствии метилового оран-
жевого концентрация недотитрованной кислоты состав-
ляет 1 • 10-5 моль/л, то есть недотитровывается 2 х
X 10-6 моль НС1 (необходимо учесть, что в точке экви-
валентности объем раствора соли составляет примерно
0,2 л). В первом случае перелит, а во втором — недолит
один и тот же объем раствора NaOH, где С (NaOH) =
= 0,1 моль/л. Найдем значение этого объема, учиты-
вая, что в 1 л исходного раствора NaOH содержится
0,1 моль NaOH
1000 мл р-ра — 0,1 моль NaOH
х мл р-ра — 2 • 10~6 моль NaOH
1000	0,1 ЛЛО. ч
— = 2По^ Х = 0,02 <мл)
В первом случае на титрование израсходуется 100,02 мл
раствора, а во втором — 99,98 мл: К1 = 1,004. Очевидно,
'2
что это отношение настолько близко к 1, что при титро-
вании сильных кислот сильными основаниями практиче-
ски все равно, каким индикатором пользоваться: фенол-
фталеином или метиловым оранжевым, хотя в ряде слу-
чаев фенолфталеин более удобен из-за резкого изменения
окраски в точке эквивалентности.
31.	Масса кислоты Ав полученном растворе состав-
ляет 0,6 г, а кислоты Б — 0,4 г. Поскольку на титрова-
ние смеси А и Б потребовался 41 мл раствора гидроксида
калия с С (КОН) = 1 моль/л, сумма количеств веществ
85
кислот составит 0,041 моль. Обозначим значение моляр-
ной кислоты А через х, а кислота Б — через у. Тогда
запишем:
0,041
0,6 , 0,4 ,	14,6	9,76
^ + ~у ’’ 1	+ ~
Даже если х = у = 30, сумма + меньше 1.
Следовательно, по крайней мере для одной из кислот,
Л4Г< 30. Если у = 20, то х = 30, что нереально. Сле-
довательно, х = 20 (HF), тогда у = 36,5 (НС1). Итак,
А — плавиковая кислота, а Б — соляная.
Смесь HF и НС1 титровать в присутствии метилового
оранжевого или другого кислого индикатора нельзя, так
как HF — относительно слабая кислота (/С = 6-10~4).
Точке эквивалентности соответствует раствор KF, име-
ющий из-за частичного гидролиза слабощелочную ре-
акцию. Если же при титровании все-таки воспользо-
ваться метиловым оранжевым, то изменение окраски
индикатора произойдет в интервале pH 4—5, когда зна-
чительная часть плавиковой кислоты останется недоти-
трованной.
32.	Если реакция не была окислительно-восстанови-
тельной, то естественно предположить, что в одном из
веществ ионы Н+ были связаны с каким-то анионом,
а в результате реакции эти анионы связались с катиона-
ми другого вещества и выпали в осадок, нерастворимый
в кислотах. Тогда можно предложить решение, основан-
ное на нерастворимости в кислотах ряда сульфидов.
Например, раствор NaHS имеет щелочную реакцию за
счет преобладания равновесия (1):
HS" 4- Н2О H2S + ОН“ (1)
HS- + H2O?=±S2- + Н3О+(2)
Но если к такому раствору прибавить раствор соли ме-
талла, сульфид которого нерастворим в кислотах, реак-
ция раствора станет сильно кислой за счет высвобождения
ионов Н+ 121, с. 76]:
Hg(NOs)a + NaHS = HgS ! + NaNO,4- HNO3
pH < 7 pH > 7	pH<7
CuCl2 4- NaHS = CuS J 4- NaCl 4- HCI
HS" 4- Cua+ = CuS I 4- H*
Сложнее подобрать пару веществ для реакции типа:
86
нейтральный раствор 4- щелочной раствор = силь-
нокислый раствор
Дело в том, что сульфиды, нерастворимые в кислотах,
образованы катионами слабых оснований и растворы их
солей с анионами сильных кислот имеют кислую реак-
цию. Единственный металл, соли которого не гидроли-
зуются и имеют в растворе близкую к нейтральной реак-
цию, а сульфид его нерастворим в кислотах — серебро.
Тогда решением будет реакция:
2AgNO3+ KHS = Ag2S| + KNO3+ HNO3
Отметим, что реакция между HgCl2 и NaHS в качестве
решения не подходит, так как раствор HgCl2 имеет кис-
лую реакцию, хотя сулема и малодиссоциирующее
соединение (ион Hg2+ гидролизуется так сильно, что даже
небольшая концентрация Hg2+ вызывает образование
кислой среды).
Значительно легче задача решается с использованием
окислительно-восстановительных реакций. Предлагаем
несколько примеров, которые читатель может проанали-
зировать самостоятельно:
С12 + Н2О + Na2SO3 = Na2SO4 +2НС1
KHS + Br,= S + KBr + HBr
NaHSO3+ NaOCl = Na2SO4 + HC1
33.	Сила кислоты определяется только тем, насколько
полно кислота диссоциирует в растворе на ионы и непо-
средственно не связана с другими свойствами кислоты.
Например, селеновая кислота растворяет даже золото,
но по силе примерно равна серной и значительно слабее
соляной.
Кроме того, сила кислоты не связана и с растворимо-
стью, так как высокая растворимость может быть след-
ствием сильных межмолекулярных взаимодействий меж-
ду молекулами воды и кислоты (синильная и плавиковая
кислоты). Среди неустойчивых и не выделенных в сво-
бодном состоянии кислот также встречаются как силь-
ные (НМпО4, НС1О3), так и слабые (Н2СО3, H2SO3).
Тем не менее, если кислота малорастворима в воде,
можно заведомо сказать, что она слабая (если бы про-
цесс диссоциации кислоты был термодинамически выго-
ден, то растворение происходило бы).
34.	Пусть молярная концентрация КОН в таком рас-
творе равна С. Гидроксид калия —сильный электролит,
87
в водном растворе находится в практически полностью
ионизированном состоянии и ЮН"] ж С (КОН). До-
полнительная концентрация ионов ОН" обуслоьлена
диссоциацией воды. Общая концентрация ионов ОН-
заметно больше молярной концентрации КОН в сильно
разбавленном растворе. В этом случае КОН полностью
диссициирован на ионы, а произведение равновесных
концентраций [Н+] • [ОН-] = 1 • 10"и. Пусть за счет
диссоциации воды образовалось у моль/л ОН~, тогда
общая концентрация ионов ОН" составит: ЮН"] ~
= х 4- у, х — молярная концентрация КОН. Получаем
систему уравнений:
[у(у + -*) = 1 • Ю-»
(у + х ~ 1,5 х
Решив ее, получим: х — 1,15 • 10"7. Это соответствует
раствору КОН, в котором w % (КОН) — 6,4 • 10"7 %.
Заметим, что наблюдать описанные в задаче эффекты,
можно лишь при наличии абсолютно чистой воды,
получаемой из обычной воды многократной перегонкой
и очисткой. В обычных условиях получить такой рас-
твор невозможно.
35.	На примере этой задачи рассмотрим принципы
расчета равновесий в растворах слабых кислот и их солей.
Константа диссоциации кислоты НХ определяется для
разбавленного раствора уравнением:
НХ^НЧХ- К =	(1),
где [Н+], [X-], [НХ]-равновесные молярные концентрации
Н+, X", НХ.
Следует указать, что согласно СИ для молярной кон-
центрации рекомендуется обозначение С, но в химиче-
ской литературе для того, чтобы подчеркнуть, что данная
величина является не просто молярной концентрацией X,
а равновесной молярной, то есть соответствующей состо-
янию равновесия, по-прежнему используется запись
[X]. Уравнение (1), являющееся следствием приложения
закона действия масс к электролиту НХ, справедливо
не только для раствора самой кислоты НХ, но и для лю-
бого разбавленного раствора. В растворе соли КХ анион
X- гидролизуется:
Х- + Н2О^НХ +ОН-
Из уравнения гидролиза следует, что IHX] «ДОН-].
88
Кроме того, 1Н+] ♦ ЮН-1 = 1 • 10-14. 1НХ1 = ЮН"] =
= Ки,1Н*]. Подставив [Н+] в уравнение 1, получим
формулу, позволяющую вычислить 1Н +] в растворе соли
КХ:
(В данной задаче предстоит вычислять не 1Н+] по извест-
ному значению К, а Л по известному значению IH+]
(PH)).
а)	В растворе КХ объемом 0,1 л всего содержится
1 • 10 ~2 моль КХ. Пусть для того, чтобы pH полученно-
го раствора довести до 1, в раствор следует добавить х
моль НС1. Тогда I • 10“2 моль ионов 1Н+1 израсходует-
ся на связывание ионов Х“ по уравнению: Х“+ Н +->
-+НХ.
В итоге концентрация ионов Н+ в растворе составит
С (Н+) = 10-(х— 0,01). По условию, pH = 1, или
[Н+] = 1 • 10-1. Решаем уравнение 10 • (х — 0,01) =
= 1-Ю”1, х — 0,02. Вычисляем искомый объем кисло-
ты с р = 1,2 г/см®:
т (НС1) = х • М (НС1) = 0,02 • 36,5 = 0,73 (г)
™(р.ра) =	= 3,65 (г); Vp.pa = 7J = 3,04 (мл)
Нами принято, что объем раствора после приливания
НС1 практически не меняется, ответ (3 мл) подтверждает
правомерность такого предположения.
б)	В этом случае прилитой кислоты уже не хватает на
полное связывание ионов X" в НХ и решение не будет
столь простым, как в первом случае. Вначале по формуле
(2) вычислим константу диссоциации кислоты НХ:
„ _ [Н+]2 • С __ (1 • 10-»)» х 1 • 10-1 _
К ~ к -	1  ю-ч -1-10
Пусть для достижения рН=7 в раствор следует ввести х
моль кислоты. Поскольку х < 0,1, то лишь часть ионов
Х~ свяжется в кислоту НХ. Тогда в растворе будет х
моль НХ и (0,01 —х) моль Х“. Подставив в формулу
(1) значения [Н+], [Х“] и [НХ], получим уравнение
[X -]	(0,1 — 10х):
-°-7 У ~ =1 • 10“5; °-1 =1010х’
10х
х« ЫО-1 моль
89
Объем раствора с р = 1,2 составит:
^-P3)=’'oT1F = 0’02(MJI)
Другими словами, раствор станет нейтральным от пер-
вых же капель кислоты.
36.	Для выполнения условия задачи требуется,
чтобы исходная кислота была очень слабой, а соль долж-
на быть практически недиссоциирующей в воде, но,
тем не менее, растворимой. Образующаяся по реак-
ции обмена кислота также должна быть очень слабой,
а соль — нерастворимой в воде и в образующейся кисло-
те. Следовательно, исходная соль также должна быть
солью слабой кислоты. Однако, в состав растворимых,
но слабодиссоциирующих солей обычно входят металлы
побочных подгрупп ПС, и большинство солей, удовлетво-
ряющих условию задачи, нерастворимы в воде. Исклю-
чением может быть цианид ртути (II). Тогда исходная
кислота может быть сероводородной кислотой. В ре-
зультате реакции образуется сульфид ртути и синильная
кислота:
Hg (CN)2+ H8S = HgS ; + 2HCN
Аналогичным решением может быть реакция между
цианидом кадмия и сероводородной кислотой (еще один
металл подгруппы П-Б — цинк образует нерастворимый
в воде цианид).
37.	Используя уравнение (1) из решения задачи 35
для константы диссоциации кислоты, выведем уравнение
зависимости pH разбавленного раствора слабой кислоты
от величины ее константы. В растворе слабой кислоты
большинство молекул кислоты находится в недиссо-
циированном состоянии, поэтому [НХ] « С (где С —
общая молярная концентрация кислоты в растворе).
Каждая молекула Н X распадается на ион Н+ и ион
X-. Следовательно, fH+] = [X-]. Тогда [Н+Р= К • С.
Данное уравнение применимо и для многоосновных кис-
лот, так как каждая последующая константа многоос-
новной кислоты на несколько порядков меньше преды-
дущей.
В результате получаем:
[Н+]-/кГС; РН= — lg[H+]
pH ~ i рКх - 1 IgC; ( рКх = - IgKx)
90
По условию, в 1 л воды содержится 5 • Ю-4 г СО2,
значит, [СО2] = 5 моль. Вычисляем значение pH
воды:
[Н+] = ]/	• 3,6 • 10~7 = 2 • Ю’9; рН=5,7
Рассчитанное значение pH совпадает с найденным
экспериментально значением pH 5,7.
38.	На первый взгляд, в задаче нет всех необходимых
данных для вычисления значения константы, поскольку
нам неизвестны значения [СО2-] и [Н2СО3]. Ионы
СОз’ образуются за счет диссоциации НСОз, а молекулы
Н3СО3—за счет гидролиза НСОз!
НСО; Н* + СОз"; НСОз" + Н2О?=± H2COS + ОН’
[нчмсоП
[Н2СО3]
Поскольку реакция раствора NaHCO3 незначительно от-
личается от нейтральной, то в растворе NaHCO3 [СО|~] «
« [Н2СО3]. Исходя из этого,
K1>2«[H+J2; [Н+]« 1 • 10'4 Лц2«(1 • Ю^3)2^
« 2,5 • Ю'17-
Полученное значение К\, i практически совпадает с экспе-
риментальным значением (рК = 16,7). Строго говоря,
в растворе Н2СО3 неионнзированной частью является
не Н2СО3, а СО,(р-р) 4- Н2СО3, причем лишь меньшая
часть растворенного в воде СО2 находится в виде моле-
кул Н2СО3. Но для решения данной задачи этот факт
не имеет существенного значения.
39.	Напомним, что произведение растворимости ма-
лорастворимой соли определяется уравнением:
ПР(М„Хт)=[М^]п [X-*’]'”
Расчет растворимости соли, исходя из произведения рас-
творимости, часто приводит к очень грубым ошибкам.
Например, в книге Ю. В. Ходакова [36, с. 357] приво-
дится расчет растворимости сульфида ртути (И):
C(HgS) = /ПР = V 1 • 10'“ = 1 • 1 О'” (моль/л)
91
Это соответствует, как указано в книге, «одной молекуле
сульфида ртути в расщепленном на ионы состоянии
в 1 м* воды». В действительности дело обстоит несколько
иначе. В частности, экспериментально измеренное зна-
чение растворимости HgS составляет 3 • 10-7 моль/л
[19]. В чем же дело? Прежде всего, расчет растворимости
соли, исходя из значения ПР, не учитывает переход
соли в раствор в недиссоциированном состоянии, на-
пример, возможность образования коллоидных растворов.
Иллюстрацией этого явления может служить тот факт,
что из-за образования коллоидных растворов часто не
удается добиться полного осаждения даже таких прак-
тически нерастворимых соединений, как сульфиды сереб-
ра и мышьяка, гидроксид железа (III). Кроме того,
истинная растворимость соли оказывается выше вычис-
ленной из-за комплексообразования, деффектов кри-
сталлической решетки соли, частичного окисления ионов
в растворе за счет кислорода, солевого эффекта, прояв-
ляющегося в том, что в растворах коэффициенты актив-
ности ионов соли часто меньше единицы. За счет послед-
него фактора растворимость соли даже в слабом растворе
электролита, не имеющем общих ионов с данной со-
лью, всегда значительно выше рассчитанной. Есть еще
одна причина, на которой мы остановимся подробнее.
Дело в том, что многие нерастворимые в воде соли об-
разованы катионами слабых оснований и анионами сла-
бых кислот, поэтому расчет растворимости, исходя из
значения ПР, не учитывает гидролиз соли в растворе.
Следует отметить, что это упущение распространено
в учебной и даже в научной литературе.
В качестве примера вычислим растворимость сульфи-
да ртути с учетом гидролиза ионов. В растворе сульфида
ртути существуют равновесия:
HgS^ Hg2+ + S2- (1) Hg2+ + H2O Hg (OH)+ + H+ (3)
S^ + H2O^tHS- + OH'(2) H2O^H+ + OH“(4)
Четвертым равновесием можно пренебречь, так как для
такого практически нерастворимого вещества, как HgS
концентрации освобождающихся при гидролизе ионов
Н+ и ОН - ничтожно малы по сравнению с концентра-
циями тех же ионов в чистой воде (1 • 10-7 моль/л).
Поэтому для насыщенного раствора HgS в воде [Н+] =
= [ОН-] =]/ 1 • ю-14 — 1 • 10-7. Тогда равновесия можно
92
описать тремя уравнениями:
[Hg2+] • [S2’J = ПР (1)
[НП- [S3-J _	„
[HS-J Ла W
[Hg^J (QH-J _
[Hg (ОНП “Лз м5)»
где К2 — константа диссоциации H2S по второй ступени,
Кя—константа нестойкости иона Hg(OH)+. Поскольку
К2 и К3 «С 1 • 10-7, практически все ионы S2- и Hg2+ связаны
в HS" nHg(OH)+. Следовательно: [HS'] да [Hg(OH)+] =х,
где х — искомая растворимость HgS в моль/л.
Из второго уравнения системы получаем IS2-] =
= К3х. / [Н+], а из третьего — [Hg2+] = /<3х/[ОН-].
Подставив эти значения в первое уравнение, получаем:
*2 • *з •	_ р. _ -1/
[НН [ОН'] ~ х “ У ; Кэ - ’
Kw= 1 • 10~14, /<2 и Кз согласно [13], составляют 2,5 х
X 10~13 и 5 • 10"11. Тогда:
х= ~/i2510T 10-" • /ПР = з • Ю4 /ПР
Таким образом, вычисленная с учетом гидролиза раство-
римость HgS в 30 000 раз выше, чем вычисленная не-
посредственно из ПР. Если учесть вторую стадию гидро-
лиза, то различие будет еще больше. Заметим, что не-
которые практически нерастворимые соли образованы
катионами сильных оснований и анионами сильных
кислот (BaSO4, AgCl, AgBr, Agl).
В этом случае гидролиз не влияет на растворимость.
40.	Запишем уравнение для константы равновесия,
учитывая, что в разбавленных растворах [Н,О1 = Const
и в уравнение для константы равновесия не входит:
[Н*] • [СГ] • [HOCI]
Л “	(C1.J
Из уравнения взаимодействия хлора с водой следует, что
в растворе [Н +] = [С1 “] — [НОС1 ]. Из 1 моль С12 обра-
зуется 1 моль С1“ и 1 моль НОС1. Следовательно, если
[С1~] = х, то [С12] = 0,1 — х.
Решая уравнение методом последовательных приближе-
ний, получаем х = 0,03 и (0,1 — х) = 0,07. Следова-
93
тельно, в свежеприготовленной хлорной воде 70 % хлора
находится в виде молекул.
41.	В растворе K2SO4 существует 2 равновесия:
Г][ЮГ! = 1 • ю-
< [HSOJ
([Н+] • [ОН-] = 1 • 10’14
Ион SOf частично гидролизуется по схеме;
sof + н2о hso; + он-
Пусть за счет гидролиза SO4 образуется!/моль/л ионов
ОН" и у моль/л ионов HSO4, а за счет собственной
диссоциации воды — х моль/л ионов Н+ и х моль/л ионов
ОН“. Тогда, учитывая, что [SO4 ] та С (С — молярная
концентрация K2SO4) получаем систему уравнений:
2-^1 = 0,01
х(х + у)= 1 • 10’14
Из первого уравнения находим, что у = х, тогда 2х2=
= 1 • 10 ~14; х = 0,7 • 10 "7. pH раствора K2SO4 7,2,
то есть раствор практически нейтральный. Почему же
ион БОГ не гидролизуется, несмотря на то, что
/(2(H2SO4) = 1 • 10-2? Все дело в очень маленькой кон-
станте собственной диссоциации воды. Другими словами,
если константа собственной ионизации растворителя
так мала, то вторая константа диссоциации 1 • 10—
соответствует сильной кислоте.
42.	На диссоциацию очень слабых электролитов
влияет собственная диссоциация воды. Если ее не учи-
тывать, можно вообще получить парадоксальные резуль-
таты. Например, если рассчитать по формуле [Н+] =
=V К-С значение [Н+] в растворе йодноватистой кислоты
с молярной концентрацией 1 • 10~4 моль/л, то получим
значение pH >7, что явно бессмысленно. Вычислим
предельное значение степени диссоциации HCN в беско-
нечно разбавленном растворе. В этом случае [Н+] «
« 1 • 10-’моль/л:
!.•10-7 • 1CN-1 = 5 . 10-10. [СЫД_
°	’ [HCN1“Ь 10
[HCN]
а та 0,5 %
94
Вычислим теперь предельное значение а для уксусной
кислоты. Если учесть, что в растворе уксусной кислоты
[СН3СОО~] = а • С, [СН8СООН1 = С (1 — а), то:
[НД • а С = а к . а 2  10"»
С (1 — а) — ’ 1 — а~ [Н+] ’ 1 — а ~ 1 • 10“7
Решив уравнение, получим а = 0,994. Следовательно,
в бесконечно разбавленном растворе уксусная кислота
более чем на 99 % диссоциирована на ионы (сравните
с HCN). Аналогично собственная диссоциация воды сдер-
живает диссоциацию очень слабых оснований, но что
касается солей, то здесь подобного ограничения нет.
Кроме того, большинство солей находится в полностью
ионизированном состоянии в уже умеренно разбавлен-
ных растворах, так как энергия разрыва ионных кри-
сталлических решеток солей не компенсируется тепло-
той гидратации нейтральных молекул.
43.	В водных растворах синильная кислота значи-
тельно слабее соляной, потому что связь Н—С в HCN
ионизируется значительно труднее, чем связь Н—С!
в молекуле хлороводорода. Однако энергия присоеди-
нения протона к молекуле аммиака с образованием
прочного иона аммония и последующая сольватация
ионов NH^" и CN" полностью перекрывают затраты энер-
гии на первую стадию. Поэтому в NH3 (жидк.) HCN ве-
дет себя как сильная кислота. Другими словами, рас-
творитель, молекулы которого имеют большее средство
к протону, чем Н2О, оказывает на кислоты нивелирую-
щее действие — выравнивает их по силе. В кислых
растворителях, молекулы которых имеют меньшее срод-
ство к ионам Нх, наблюдается обратная картина. Разни-
ца в силе наиболее сильных кислот в воде незаметна,
так как все они в растворах находятся в практически
полностью ионизированном состоянии. Кислоты НВг
и НС1О4, примерно одинаковые по силе в воде, ведут себя
по-разному в уксуснокислой среде: НС1О4 оказывается
более сильной. В данном случае проявляется дифферен-
цирующее влияние растворителя, связанное с его мень-
шей диэлектрической проницаемостью и меньшим срод-
ством к протону. Заметим, что порядок силы кислот не
является абсолютным и сильно зависит от природы рас-
творителя. Например, в воде К (HI) > Л‘ (НС1О4),
а в СНдСООН наблюдается обратная картина. В безвод-
ной серной кислоте кислоты HSO3C1 и HSO3F сильнее,
95
чем НС104, в жидком фториде водорода HNO3 и НС1
ведут себя как основания и т. д.
44.	Реакция ионного обмена протекает до конца толь-
ко в том случае, когда происходит связывание ионов
(образуется нерастворимое вещество, выделяется газ
или образуется малодиссоципрующее в данном раство-
рителе вещество). Очевидно, бромид серебра хорошо рас-
творим в аммиаке из-за образования термодинамически
устойчивых ионов [Ag (NH3)2]+ (известно, что AgBr
растворим даже в концентрированных водных растворах
аммиака). В результате реакции обмена образуется нит-
рат диамминосеребра, который растворим в воде и тем
более в аммиаке. Следовательно, бромид бария — либо
растворимое в аммиаке, но слабодиссоциирующее соеди-
нение, либо вообще нерастворимо в жидком аммиаке
(из условия вытекает, что произошло связывание ионов).
Но первое исключено, так как, если соль растворима
и малодиссоциирована, то связь в ее молекулах далека
от ионной (как правило, это соли металлов побочных
подгрупп), а ВаВг2— типичное ионное соединение. Сле-
довательно, единственно возможной причиной прохож-
дения реакции ионного обмена в жидком аммиаке
между Ba (NO3)2 и AgBr является нерастворимость
ВаВг2. Это подкрепляется и тем, что чем больше радиусы
нонов, тем слабее они сольватируются в растворителях
с меньшими, чем у воды, значениями диэлектрической
проницаемости. Уравнение реакции в ионном виде сле-
дующее:
Ba2+(NH3) + 2Br-(NH3) = ВаВг21
45.	Вначале при приливании раствора хлорида нат-
рия к хлориду серебра растворимость AgCl будет умень-
шаться из-за того, что в раствор вводится одноимен-
ный с осадком ион С1", а произведение растворимости
ПР (AgCl) = [Ag+][C1~] — величина постоянная. Затем
с увеличением концентрации ионов С1_ в растворе будет
происходить комплексообразование по схеме:
AgCl + Cr^AgCG
Растворимость будет возрастать до определенного пре-
дельного значения, соответствующего избытку раствора
NaCl. (Еще одной причиной, способствующей росту рас-
творимости, является рост ионной силы раствора, в ре-
зультате чего коэффициенты активности ионов умень-
шаются, а величина ПР остается постоянной). Пусть
98
к осадку AgCl прилит раствор NaCl с молярной кон-
центрацией С; вычислим растворимость AgCl в этом рас-
творе. Константа нестойкости комплексного иона
АБ„— величина, которая аналогична константе диссо-
циации кислоты и определяется выражением:
к _ [А+гЧ • {Б-**]*
1АБ*]
Следовательно, в данном растворе существуют 2 равно-
весия:
[Ag+] • [С1-] = Р = 1 . 10-1»; [Ag^][Cl-p = j ю_5
Р = ПР (AgCl)	1 AgCl^i
В растворе [С1“] « С, так как лишь небольшая часть вве-
денных ионов СГ связалась в ион [AgCl^]. Кроме того,
уменьшение концентрации ионов СГ за счет комплексообра-
зования частично компенсируется собственной диссоциа-
цией AgCl на ионы Ag*' и СГ, если обозначить величину
([ Ag+] [ AgClfJ) в растворе через х, a [AgCirj через у, то
[Ag+] = х — у
Получаем систему уравнений:
(х — у) • С = Р = 1 • 10"1» fC(x — у) = Р
(*-*) • С2-м-) ю-a ИЛИ|Р-С=К-у
У
/ р р X
Решив ее, получаем, что х = (- С) моль/л. Чтобы
вычислить минимальное значение растворимости AgCl,
следует продифференцировать полученное выражение по
С и приравнять производную к нулю:
% = Р (- 1 4-= 0 ; С = УК =3,1 • Ю'3 моль/л
Следовательно, хлорид серебра имеет минимальную рас-
творимость в растворе NaCl с молярной концентрацией
С = 3,1 • 10"3 моль/л. Предлагаем читателю самосто-
ятельно вычислить минимальную растворимость AgCl
и сравнить полученное значение с растворимостью AgCl
в чистой воде.
Решение данной задачи приводит к важному практи-
ческому выводу: для более полного осаждения осадка не
следует давать большой избыток осадителя, иначе полу-
чим противоположный результат. Например, из решения
4 9-125
97
данной задачи следует, что в растворе с С (NaCl) —
= 1 моль/л растворимость AgCl только за счет комплек-
сообразования больше, чем в воде.
Окислительно-восстановительные реакции
46.	1) Типичный случай—электролиз расплавлен-
ных фторидов следующий:
CaF2 (жидк.) = Са (жидк.) -)- F2 (газ);
2KF (жидк.) = 2К(жидк.) + F2
2) Термический распад высших фторидов на простые
вещества или же на фтор и низший фторид (как правило,
такие фториды сами получаются с помощью свободного
фтора):
XeF4 Хе + 2F3; PbF4=L PbFa + F2
3) Нетипичным примером может служить следующая
реакция:
O2F2 + BF3 = О2 [BFJ + | F2
По-существу, эта реакция представляет собой модифика-
цию второй, так как процесс можно рассматривать как
распад O2F2 на O2F и -^F2 (реакция возможна за счет
высокой устойчивости комплекса BF4_).
Для сравнения рассмотрим возможность получения
наиболее активных типичных металлов. Цезий.например,
имеет наименьшую электроотрицательность, но у иона
Cs+ довольно большой радиус и литий может восстанав-
ливать оксид цезия до свободного металла из-за большей
прочности решетки Li2O по сравнению с Cs2O. Анало-
гично калий можно получить по реакции:
Na + КОН = К + NaOH
Нужно отметить, что даже свободный углерод (неметалл)
+1 о
способен восстанавливать Na до Na из-за большой проч-
ности связей С—О в оксиде углерода (II) и роста энтро-
пии в реакции:
Na2CO3 4- 2С = 2Na 4-.ЗСО
98
Что касается фтора, то все факторы не способствуют его
получению. Во-первых, сродство фтора к электрону
очень велико и уступает только хлору. Во-вторых,
радиус атомов фтора очень мал и связь в соединениях
фтора достаточно прочная, независимо от того, какого
она вида — ионного или ковалентного. В-третьих, при
соединении атомов фтора в молекулы выделяется не-
большое количество энергии (например, энергия диссо-
циации на атомы молекул О2 в три раза превышает
энергию диссоциации молекул F2). Другими словами, наи-
меньшая электроотрицательность цезия «компенсирует-
ся» большим радиусом иона Cs + , а наибольшая электро-
отрицательность фтора только «усиливается» маленьким
радиусом, высоким сродством к электрону и небольшой
энергией диссоциации молекул F2. Следует отметить, что
положение металла в ряду электроотрицательности не
имеет прямого отношения к окислительной активности
соответствующего простого вещества, причем наиболь-
шую поправку в эти расхождения вносит энергия связи
между атомами простого вещества [25, с. 76] (достаточно
вспомнить низкую окислительную активность азота или
тот факт, что в ряде превращений хлор является более
активным, чем кислород, окислителем, несмотря на зна-
чительно большую электроотрицательность кислорода
{22, с. 63].
47.	Рассмотрим пример магния. В щелочной среде
ионы Mg2+ связываются с ионами. ОН " и выпадают в оса-
док Mg (ОН)2, из-за чего магний выступает как более
сильный, чем в кислой среде, восстановитель и потенциал
Mg в щелочной среде меньше, чем в кислой. Казалось бы,
опыт приводит к противоположным выводам: магний
бурно реагирует с кислотами, но не реагирует со щело-
чами. Однако это противоречие легко разрешается, если
вспомнить, что концентрация ионов Н+ в щелочном рас-
творе во много раз меньше, чем в кислом, то есть потен-
циал самого водорода оказывается в щелочной среде
меньше. Гидроксид кальция растворим намного лучше,
чем гидроксид магния, поэтому для Са Д£° меньше.
При переходе к стронцию и барию Д£ становится еще
меньше, причем для Ва Д£ составляет всего 0,07 В.
Это объясняется тем, что гидроксид бария относительно
хорошо растворим в воде, хотя концентрация ионов
Ва2+ и не достигает стандартного значения 1 моль/л.
Самое большое значение Д£°для Be, так как в щелочной
среде ионы Ве2+ переходят не просто в гидроксид Ве(ОН)2,
4*
99
а в комплексные, термодинамически устойчивые ионы
(Be(OH)J--. Be (ОН),, в отличие от всех упомянутых
гидроксидов, является амфотерным. Из этого следует
важный вывод: некоторые металлы (Zn, Al) являются
в щелочной среде намного более сильными восстановите-
лями, чем в кислой и нейтральной.
48.	Разбавленная серная кислота не проявляет ни
окислительных, ни восстановительных свойств и не
мешает основной реакции. Соляная кислота непригодна
из-за своих восстановительных свойств (в системе может
оказаться окислитель, способный окислять в кислой
— 1 и
среде О до О,). Аналогично азотная кислота также не-
пригодна из-за своих окислительных свойств, поэтому
ее не всегда можно использовать для подкисления рас-
твора. Фосфорная кислота, с одной стороны, не может
создать (если это требуется) сильнокислую среду, а с дру-
гой — ион Рождает со многими катионами нераствори-
мые фосфаты, что может усложнить дальнейшую работу
с раствором. Уксусная кислота как слабая, также не-
пригодна, кроме того, она при нагревании летуча.
49.	Сильные окислительные свойства царской водки
по отношению к таким металлам, как золото, платина
и некоторым другим, объясняются тем, что растворение
происходит за счет одновременного действия сразу двух
т
факторов: окислительного действия HNO3(N) и после-
дующего образования комплексных ионов из ионов ме-
талла и хлорид-иона. Поэтому, если растворяемый ме-
талл образует устойчивые комплексные ионы с хлорид-
ионами, соляная кислота усиливает действие азотной
кислоты (более наглядным, хотя не совсем точным объяс-
нением сильных окислительных свойств царской водки
является образование в ней неустойчивого нитрозил-
хлорида, распадающегося с образованием атомарного
хлора). Но если металл в условиях реакции образует
нерастворимый хлорид или же хлоридные комплексы
данного металла являются недостаточно устойчивыми по
сравнению с аквакомплексами, то царская водка дей-
ствует на металл намного слабее, чем азотная кислота.
Наглядным примером является серебро, легко раствори-
мое в азотной кислоте, но слабо подверженное действию
смеси азотной и соляной кислот из-за образования хло-
рида AgCl.
Для ряда металлов комплексообразование с ионами
С1“ значительно менее характерно, чем с другими ани-
100
онами. Например, цирконий (IV) образует очень устой-
чивые комплексные ионы с фгорид-ионами, соответству-
ющие же хлоридные комплексы неустойчивы. Именно
поэтому цирконий, на который практически не действуют
азотная кислота и царская водка, относительно легко
растворяется в смеси азотной и плавиковой кислот:
3Zr + 18HF + 4HNO3- 3H2ZrFe+ 4NO + 8Н2О
50.	Кислород двухвалентен, а фтор — одновалентен,
поэтому в высшем фториде на 1 атом элемента приходит-
ся вдвое больше атомов фтора, чем атомов кислорода
в оксиде. Если радиус атома элемента невелик, то атомы
фтора испытывают сильное взаимное отталкивание и выс-
ший фторид является неустойчивым. Например, известен
оксид Мп2О7, но фторид AInF7 не получен; аналогична
картина для хлора (согласно литературным данным, сооб-
щения о получении C1F7 не подтвердились). Уже полу-
чен высший оксид железа FeO4 [15]. Отрицательный
заряд на атомах кислорода в высших оксидах больше,
чем заряд атомов фтора во фторидах (хотя фтор имеет
большую электроотрицательность, кислород образует
с атомом элемента в оксиде не одну, как фтор, а две
связи), но в данном случае фактор кулоновского оттал-
кивания не оказывает решающего значения. Если же
радиус атома элемента достаточно велик, то, как правило,
одновременно существуют высшие фториды и оксиды
даже для элементов, проявляющих высокие значения ва-
лентностей (ReF, и Re2O7; ХеО4 и XeF8) и тем более су-
ществуют фториды с более низкими значениями валент-
ностей элементов. Здесь уже сказывается большая окис-
лительная активность фтора. Например, получены IF7,
BrF7, BiF5, но соответствующие оксиды в индивидуаль-
ном состоянии неизвестны. Более того, для элементов
с невысоким значением высшей валентности по кисло-
роду иногда удается получить фторид с большей даже,
чем это значение, валентностью элемента (AgF5), по-
скольку в данном случае стернческий фактор не являет-
ся существенным (в литературе встречалось также сооб-
щение о получении AuF, [35, с. 18]. Особым случаем
является ситуация с оксидами и фторидами азота. NF5
не существует не из-за сильного отталкивания атомов
фтора (хотя в литературе [19] встречается и такое объяс-
нение), а потому, что для азота валентность 5 принципи-
ально невозможна (у атомов второго периода отсутствует
валентный d-подуровень и пятивалентное состояние не
101
может реализоваться, энергия перевода 2$-электрона
на подуровень 3s- слишком велика).
51.	Предположим, при обжиге сульфида образуется
оксид. A(S) >4Г(О), поэтому, если при обжиге обра-
зуется сульфид с той же степенью окисления металла,
что и в исходном сульфиде, масса остатка будет меньше,
например:
2ZnS + ЗО3= 2ZnO + 3SO2 (m (ZnO) < tn (ZnS)
Кроме того, Лг(3) = 2.4, (О), поэтому, если образовался
оксид со степенью окисления металла ровно вдвое боль-
шей, чем в сульфиде, то масса твердого остатка будет
примерно равна массе исходного сульфида:
Cu2S + 2О2 2CuO + SO2; SnS + 2О3 SnO2 + SO2
Если же в результате обжига степень окисления металла
возросла более, чем в два раза, то масса остатка будет
превышать массу сульфида:
4VS + 9О2 = 2V2O3 + 4SO3
При обжиге не обязательно образуется оксид. Так,
если металл образует термически устойчивый сульфат,
возможно образование сульфата. В этом случае масса
остатка также должна превышать массу исходного
сульфида:
LiaS + 2Оа = Li2SO4; BaS + 2О2 = BaSO4
52.	Из условия задачи вытекает, что оба металла
образуют амфотерные гидроксиды. Но почему различа-
ются объемы водорода, выделившегося при растворении
смеси в кислотах и щелочах? Очевидно, один из метал-
лов при растворении в кислотах и щелочах переходит
в соединения с различными степенями окисления. Таким
металлом мог быть только титан (еще один металл
растворяющийся в щелочах, олово — дает при раство-
рении в щелочах производные с той же степенью окис-
ления, что и при растворении в кислотах (+2), а осталь-
ные такие металлы проявляют постоянные степени
окисления). При растворении в щелочах образуются про-
изводные Ti (Ti — 4е~).
102
При растворении в горячей соляной кислоте образуется
длорид титана (III) Ti — 3e"->Ti. Если бы в смеси был
1 моль титана, то разница в объемах водорода состави-
ла бы 1 V, (Н2), или 11,2 л. Исходя из этих данных,
составим пропорцию:
47,9 г Ti	— 11,2 л Н2
х< Ti	.	—0,304 л Н.
47,9	11,2	.„л
При растворении титана массой 1;3 г в соляной кислоте
выделяется водород объемом 0,912 л, следовательно при
растворении 0,7 г второго металла образуется 0,872 л Н2.
Находим значение ММЭ неизвестного второго металла:
0,7 г М —0,872 л Н2
х г М — 11,2 л Н2 х « 9 (г/моль)
Второй металл — алюминий. В исходной смеси массовая
доля алюминия составляет 35 %, а титана — 65 %.
Уравнения реакций взаимодействия титана с растворами
NaOH и НС1 такие:
Ti + 2NaOH + 4Н,0 = NaJTi (ОН)6] + 2Н21
2Ti + 6НС1 = 2TiCl 3+ ЗН21
53.	Б — сильный окислитель, поскольку окисляет
-I о
С1 до С12. Кроме того, А находится в одной из четных
групп ПС. Оксиды ЭО (II группа) не могут быть окисли-
телями, РЬО2 формально удовлетворяют условию, но
свинец на воздухе не окисляется до своего высшего
оксида РЬО2. Оксид вольфрама вообще не проявляет
окислительных свойств (учащимся хорошо известно,
что вольфрам практически не окисляется на воздухе).
Следовательно, А — один из следующих металлов: Os,
1г, Pt. Но иридий и платину, как благородные трудно-
окисляемые металлы, можно исключить, тогда А —
осмий. Уравнения реакций будут такими:
Os -J- 20 2= OsO4
OsO4+ 8HCI - OsCl4+ 2C12+ 4H2O
(При решении предполагалось, что учащийся не знает
химических свойств осмия, то есть он должен прийти к ре-
шению методом исключения, опираясь на знание общих
свойств металлов. Например, 1г и Pt могли быть исклю-
103
чены уже потому, что эти металлы не образуют высшие
оксиды ЭО4.)
54.	1) Соль может быть кислой, и взаимодействие
металла с солью — следствие восстановления ионов Н*:
2KHSO4+ Zn = ZnSO4+ K2SO4 + Н2 f ;
Zn + 2H+ = Zn2++ H2f
2)	Окисление идет за счет воды, а перешедшие в рас-
твор катионы металла связываются с анионами соли:
K2SO4+ Ba + 2Н,0 = BaSO4 | + 2КОН + Н2 f
3)	Окисление идет за счет воды, а образовавшиеся
анионы гидроксила (гидроксид-ионы) связываются с ка-
тионами соли:
2Na + СаС12+ 2Н2О = Са (ОН), | + Н2 f + 2NaCl
4)	Металл находится в растворе соли в более высокой
степени окисления, чем «стандартной», соответствующей
положению металла в ряду напряжений:
Си + 2FeCl3= СиС12+ 2FeCl2
5)	Окисление происходит за счет комплексообразова-
ния:
4KCN + 2Cu + 2Н2О = 2К [Си (CN)21 + 2КОН +Н2 f
6)	Раствор имеет из-за гидролиза кислую реакцию,
а металл восстанавливает ионы Н+:
Zn + А1С13 + 2Н2О = Al (ОН)2С1 + ZnCl2+ Н2 f
7)	Раствор соли имеет из-за гидролиза щелочную ре-
акцию, а металл растворяется в щелочном растворе.
2А1 + 2К2СО3+ 8Н2О = 2К 1А1 (ОН)4] + 2КНСО3+
+ ЗН2|
8)	Металл восстанавливает анион соли-окислителя:
3Mg 4- NaNO2 + 5Н2О= 3Mg(OH)2 + NaOH + NHS
3Mg 4- 2KMnO4 4- 4HaO = 3Mg (OH)2 + 2MnO2 + 2KOH
55.	Поскольку объемы водорода в случае восстанов-
ления смеси и растворения металла в кислоте оказались
одинаковыми, в оксиде металл проявляет степень окис-
ления более высокую, чем в хлориде. Можно показать,
что степень окисления металла в хлориде составляет
104
+ 2. Действительно, иные степени окисления при рас--
творении в соляной кислоте проявляют металлы I и
III групп ПС (+1, +3 и, как исключение, некоторые
другие металлы, например титан). Но оксиды всех этих
металлов не могут быть восстановлены водородом до
металлов, а этот факт противоречит условию. Пусть
в исходной смеси на 1 моль оксида М2ОЛ приходится х
моль металла. Тогда на восстановление смеси потребует-
ся п моль Н2, а при взаимодействии с НС1 (2 + х) моль
металла выделится (2 + х) моль водорода. По условию,
2 + х = п:
х = п — 2; п > 2
Следовательно, в исходной смеси на 1 моль оксида при-
ходится (п — 2) моль металла. Обозначив через А{ (X)
относительную атомную массу металла, выразим массо-
вую долю оксида в смеси через п и А{ (X):
2ЛГ (X) + 16л	_
2Лг(Х)+16л+ (л — 2) ЛГ(Х) = W
Из этого уравнения можно выразить АГ(Х) через п и W!
дг(Х) = .|6п(1-ц)
При п — 3 знаменатель приобретает отрицательное зна-
чение, что невозможно. При п = 4 ЯГ(Х) = 119, что соот-
ветствует олову. Олово действительно растворяется
при нагревании в соляной кислоте, а оксид олова (IV)
может быть восстановлен водородом до металла. Для
п = 5 получаем нереальное значение АГ(Х) (полу-
чается слишком маленькое значение АГ(Х) и еще мень-
шее при больших п, а металлы с такими значениями
АГ(Х) не могут проявлять высокие степени окисления и,
кроме того, их оксиды не восстанавливаются водородом).
Итак, в исходной смеси были оксид олова (IV) и метал-
лическое олово.
Уравнение соответствующих реакций:
SnO2+ 2Н2= Sn + 2Н2О
Sn + 2НС1 = SnCI2+ Н2 f
56.	Из второго уравнения х = 2, но из того же урав-
нения х -f- 1 = у, тогда у = 3. Уравнения приобрета-
ют вил:
AnBj-J- 2Б3= A2B5-f- 2B.j
ЛБ2+ АВ = A2Bs,
105
где Б — кислород, так как только кислород существует
в виде двух аллотропных модификаций, формулы которых
О2 и О3.
Следовательно, озон окислил оксид тина А,О3 до
А,О5. Такому условию удовлетворяют многие оксиды
V группы ПС. Но только азот образует, помимо оксидов
N,O3 и N,O3 оксиды NO, и NO, способные реагировать
между собой при низких температурах. Следовательно,
в расшифрованном виде уравнения реакций имеют вид:
N,O34- 2О3 = N,O54- 20,
NO + N02= N303
57.	Приводим объем водорода к нормальным усло-
виям К0(Н,) = 4,104~ = 3,76(л). Вычислим количество
вещества эквивалента водорода (п? (Н,):
"»<н») =	- та х °’3357 <моль>
По условию, выход по току один и тот же на катоде и на
аноде, следовательно, соль А, взятая эквивалентным
количеством вещества 0,336 моль, имеет массу 53 г.
Находим значение ММЭ соли в окислительно-восстано-
вительной реакции;
Э„(А) = г^«158
Очевидно, соль образовалась за счет того, что кислород-
содержащий анион окислился на аноде до более высокой
степени окисления входящего в его состав элемента.
Если атом элемента отдавал при этом п электронов, то
наименьшее возможное значение молярной массы соли —
158 г/моль. Если формула А — КХОЛ, то при п = 4
А= 55. Соль А — перманганат калия, который может
быть получен электролизом раствора манганата калия по
схеме:
2КаМпО4 + 2Н2О = 2КОН + 2KMnO4f + Н2 f
Вычислим выход КМпО4 по току (а). Количество элек-
тричества, прошедшее через раствор, составляет:
Q = J . t = 10А • 3600 с = 36000 Кл
Если бы значение Q составляло 96 500 Кл, образовалось бы
соли, а при прохождении через раствор 36 000 Кл .
106
электричества образовалось бы 0,373 п3 соли. Но в дей-
ствительности образовалось только 0,336 пэ. Выход
КМпО4 по току составляет 0,336 : 0,373 « 0,9 или
90 %, а = 90 %.
58.	Запишем уравнение сжигания искомого газа
в условном виде:
X + 1,5 О, = Г3+ ...
Очевидно, в состав газа входили атомы неметаллов,
образующие в результате реакции газообразные или
жидкие при обычных условиях оксиды. Пусть в состав
молекулы исходного газа входил только один атом
элемента, который менял в результате реакции степень
окисления. Тогда электронный баланс реакции можно
записать так:
г	г+п
4 Э— пе"^>-Э	. 4 _ 1 R
л	9 *	~~ 1 г,
о	—2 п 1,5
п 2О + 4е ->2О
Из электронного баланса следует, что степень окисления
элемента изменилась на 6 единиц. Это может соответ-
—2	+4
ствовать только переходу S — 6e"->-S(H2Se, Н2Те,
—2	-2
и другие производные, содержащие атомы Se и Те,
дали бы при сжигании твердые вещества SeO2 и ТеО2.)
Следовательно, есть только 2 газа, в молекулах которых
—2
находится по одному атому S : H2S и COS. Теперь пред-
положим, что в молекуле газа было два атома, которые
меняли свою степень окисления. Тогда каждый атом из-
менил степень окисления на 3 единицы. Это нереально.
Напомним, что весьма существенным является тот факт,
что в условии говорится не просто о продуктах сжигания
газа, а об основных продуктах (известно, что при сжига-
нии серосодержащих веществ образуется до нескольких
процентов SO3, а при неполном сгорании углеродсодер-
жащих соединений частично образуется углерод и угар-
ный газ СО из-за неполного сгорания вещества).
Химия элементов. Задачи-головоломки
59.	Общий подход к решению задачи-головоломки
состоит в идентификации одного из звеньев в цепи пре-
вращений. Иногда для этой цели приходится перебирать
различные рабочие гипотезы до тех пор, пока не будет
достигнуто полное соответствие гипотезы и условия,
107
поскольку не всегда есть возможность строго и однознач-
но произвести идентификацию вещества или уравнения.
Иногда эффективным явтяется метод произвольной гипо-
тезы, когда вначале выбирают вещества, лишь частично
удовлетворяющие условию задачи, а затем путь к реше-
нию может быть подсказан противоречиями, возника-
ющими при сопоставлении такой произвольной гипотезы
и условия задачи. Следует отметить, что задачи-голово-
ломки без конкретных числовых данных часто оказы-
ваются для учащихся более сложными по сравнению с за-
дачами, в которых, например, указано массовое соот-
ношение реагирующих веществ, любые количественные
данные о составе вещества, так как в последнем случае
можно сразу же выдвинуть гипотезу. Однако в условии
данной задачи никаких числовых данных нет, поэтому не
совсем ясно, с чего же начинать решение. Рассмотрим
несколько способов решения этой задачи.
1-й с п о с о б решения. Из описания особенно-
стей взаимодейщвия раствора X с раствором Ag2SO4
вытекает, что X — соль бария или стронция, образующая
с солью Ag2SO4 осадок MSO4 или же неизвестный хлорид,
образующий осадок AgCl Докажем, что первая возмож-
ность исключена. Действительно, в этом случае первый
фильтрат представлял бы собой раствор соли серебра,
которая не могла бы реагировать с раствором соли Б с об-
разованием смеси двух осадков и выделением газа с не-
приятным запахом. Следовательно, X — неизвестный
хлорид с формулой МС12 (другие галогениды серебра
были бы окрашены). Поскольку при сливании растворов
MSO4 и Б образуется темноокрашепная смесь осадков,
нерастворимая в кислотах, можно предположить, что
Б — сульфид, это дополнительно подтверждается взаи-
модействием раствора Б с первым фильтратом. Но тогда
Б — сульфид бария, так как сульфат должен быть не-
растворимым в кислотах. Итак, в первой реакции хлорид
МС12 прореагировал с раствором Ag2SO4:
MCI2+ Ag2SO4 = 2AgCl | 4- MSO4
При сливании растворов MSO4 и BaS выделяется серо-
водород, следовательно, по реакции обмена образуется
сульфид, гидролизующийся до гидроксида по схеме:
BaS -J- MSO4+ 2Н2О = BaSO41 + М (ОН)2+ H2S f
Условию задачи удовлетворяет только ВеС12, поскольку
другие хлориды металлов, сульфаты которых также рас-
108
творимы, образуют нерастворимые сульфиды, а по усло-
вию задачи, сульфид должен быть полностью гидроли-
зующимся.
2-й способ решения. Определение веществ
можно было начать с описания взаимодействия растворов
Ag2SO4 и Б и сделать вывод, что Б — соль бария или
стронция. Далее следует, что это сульфид и т. д.
3-й способ решения (более простой). По-
скольку, по условию задачи, при взаимодействии двух
солей образуется амфотерный гидроксид и выделяется
газ с неприятным запахом, можно сразу же предположить,
что сульфат двухвалентного металла прореагировал
с раствором сульфида BaS, а такому условию может
удовлетворять только соль бериллия, так как сульфат
цинка дал бы при взаимодействии с раствором BaS
смесь ZnS | + BaSO41
Итак, X — ВеС12, Б — BaS, Д — BaSO4, Г — СО.
Уравнения соответствующих реакций:
ВеС12+ Ag2SO4= BeSO4+ 2AgCl |
Ag2SO4+ BaS— Ag2S 4- BaSO4
BaS 4- BeSO4+ 2H2O = Be (OH)21 4- BaSO41 4- H2S f
Be (OH)2+ 2H+= Be2+4- 2H2O
Be (OH)24- 2OH-= [Be (OH)J2-
BaSO44- 4C + BaS 4- 4CO
60.	Такое высокое значение w (HD в растворе мог
иметь только фтороводород, следовательно, образовалась
плавиковая кислота. Находим соотношение между чис-
лом молей образовавшихся HF и Н2О:
v (HF) w (HF) • Л1Г (Н2О) _ 69 18—$
v (Н2О) ~ w (Н2О) • Mr (HF) ~ 31 ’ 20 ~ 1
На каждые 2 молекулы HF образовалась 1 молекула
Н2О. Отсюда следует, что соотношения числа атомов
водорода и фтора в реагирующих веществах составляет
2:1. Однако водород и фтор могли входить только в раз-
ные газы, а, по условию задачи, газы реагировали в объ-
емном соотношении 4 : 3. Следовательно, в состав мо-
лекулы первого газа входит 3 атома водорода, а в состав
молекулы второго газа — 2 атома фтора. Первым газом
мог быть только аммиак, так как в результате реакции
образовалось простое газообразное вещество. Из массо-
вой доли HF в растворе можно найти соотношение между
числом атомов фтора и кислорода в газе Б. Получим, что
10)
в молекуле газа на 2 атома фтора приходится I атом
кислорода. Следовательно, газ Б—OF2. Уравнение
реакции имеет вид:
4NH3+ 3OF2= 2N24- 6HF + ЗН2О
Хотя данная реакция может быть неизвестной учаще-
муся, решение получается логическим путем и является
строго однозначным. Можно также упростить решение.
Известно, что у фтора всего одно газообразное бинарное
соединение с кислородом — OF2. Сам факт образования
в результате реакции раствора HF и простого газооб-
разного вещества мог непосредственно натолкнуть на
мысль, что фторид кислорода реагировал с аммиаком.
Другими словами, при решении задач-головоломок нема-
ловажную роль могут играть химическая интуиция и эру-
диция учащегося. Само по себе решение, основанное на
химической интуиции, не является недостатком, однако,
если ученик уже пошел таким путем, он обязан доказать,
что решение исчерпывается рассмотренным им вариан-
том. Часто одаренный ученик даже не видит необходи-
мости объяснить или обосновать тот или иной вывод,
так как он ему кажется совершенно элементарным и не
заслуживающим внимания, а это создает дополнительные
сложности при проверке работы на олимпиадах.
61.	Решение данной задачи представляет определен-
ную сложность уже потому, что само условие является
очень громоздким. Дополнительно усложняет то, что
в задаче речь идет о превращениях, неизвестных многим
учащимся. Тем не менее и в данном случае решение логи-
чески вытекает из условия. С чего же начать установле-
ние веществ? Составим схему условия:
1)	Г| + А—> Б 4- Г2 4- В 7) Е 4- Г4 ->?
2)	В 4-Н3О-> Д	8) Е4- Д-> А 4-Г8 4-Н2О
3)	Д Д HjO 4-Г2 4-Г3 9) Г24-Г34-Н2О->Д
Ю)Г54-Б->
5) Г8 4-Г4-> В 4-Г» 11)Га4-Га->?
6) А4е + Г8 + Г, 12) Г64-О,->Гв
13)	Г3ЛГ64- ...
Очевидно, что Д — кислородсодержащая кислота,
являющаяся сильным окислителем (8). Из уравнений
(3) и (9) вытекает, что кислотой Д могла быть только
азотная кислота, это дополнительно подтверждается
110
уравнением (13) (S02 при нагревании не разлагается
на газ, который сам является продуктом окисления ка-
кого-то серосодержащего газа). Следовательно, А—
нитрат металла, разлагающийся при нагревании на ме-
талл, кислород и оксид азота (IV). Тогда уравнение (5)
имеет вид: NO2+ Г4-> N2O5+ О2. Отсюда Г4— О3.
Нитратом А мог быть нитрат серебра (нитрат ртути ис-
ключается из-за того, что кислород не должен окислять
металл, а золото не реагирует с HNO3).
Остается ответить на вопросы: При окислении какого
растворимого в воде газа образуется NO и какая соль
растворима в растворе NH3? Ответ на первый вопрос
очевиден — аммиак, а соль должна образовываться при
действии Г4 на AgNO3 и растворяться в аммиаке. Этим
условиям удовлетворяет хлорид серебра. Теперь уже
все вещества расшифрованы. Уравнения соответствую-
щих реакций:
2С12 + 4Ag NO3 = 4 AgCl + 2N2O5 + O2;
N2O5 + H2O = 2HNO3
4HNO34- 4NO2 -r 02 + 2H2O; 3O2 = 2O3
2NOa 4- O3 = N2O5 + O2; 2Ag NO3 4 2Ag + 2NO2 + O2
Ag 4- °з = Ag+2O + O2
Ag + 2HNO3 = Ag NO3 + NO2 + H,0
4NO2 + O2 + 2H.2O = 4HNO3
4NH3 + 5O2 = 4NO 4- 6 H2O
Ag Cl 4- 2NH3 = [ Ag (NH3)2r 4- СГ
2NO 4- O2 = 2NO2; 2NO2 = 2NO 4- O2
62.	Веществом А мог быть оксид или гидроксид ме-
талла, прореагировавший с НС1 с образованием есды и
хлорида. Однако в этом случае масса выделившейся есды
не могла в точности соответствовать разнести между
массами прореагировавшего вещества и образовавшейся
соли, как и в том случае, если исходное вещество — ос-
новная соль или оксихлорид. Из условия же вытекает,
что разность этих масс 3,285 — 1,747 = 1,538. Следова-
тельно, исходное вещество представляет собой кристал-
логидрат хлорида двухвалентного металла и при нагре-
вании произошло его обезвоживание. Пусть неизвестный
металл, входящий в состав хлорида, имеет относительную
атомную массу Лг (X). тогда
- гЦ; М36 АГ(Х) = 18п— 80,6
Л г (Л) / л	1 ,ООо
ш
п не может быть меньше 6, при п = 6 ЛГ(Х) = 24 (Mg).
Большие значения п также нереальны. Итак, исходное
вещество — MgCl.>- 6Н2О. Таким образом в лаборатор-
ных условиях получают безводные хлориды (галогени-
ды) металлов. Если же просто нагревать кристаллогид-
раты хлоридов, в состав которых входят катионы метал-
лов, подвергающиеся гидролизу, то безводный хлорид
не образуется. Даже в случае MgCl,• 6Н2О образуется
смесь хлорида с оксихлоридом Mg2OCI2, не говоря
уже о катионах, которые гидролизуются значительно
сильнее.
Например, при выпаривании растворов А1С13 и FeCls
проходит полный гидролиз с образованием А12О3 (aq)
и Fe2O3 (aq) [24, с. 78].
63.	Поскольку соединение элементов Э2 и Э3 пред-
ставляет собой соль, то один из этих элементов относится
к металлам, а другой к галогенам или к халькогенам.
Если при распаде соединений элементов Э3 и Э3 обра-
зуется вещество легче воздуха, то среди А и Б есть
либо азот, либо водород. (Докажите, что другие вариан-
ты невозможны). В не может быть азотом или водоро-
дом, иначе соединение элементов Э2 и Э3 не будет солью.
Следовательно, А — азот или водород. Но вторая воз-
можность также исключена, поскольку водородные соеди-
нения металлов и неметаллов, образующих соли, не
способны к самопроизвольному распаду. Итак, А—N2.
Азот при обычных условиях реагирует только с литием,
значит, Б — литий. Остается определить В. Очевидно,
что В является галогеном или халькогеном. Из неустой-
чивости соединения азота и Э3 следует вывод, что это
хлор или бром. Но, по условию, элемент Э3 широко рас-
пространен в природе, значит, Э3— хлор. В данной зада-
че одно из условий являлось вспомогательным. Дей-
ствительно, при решении нам не понадобился тот факт,
что при действии воды на соединение элементов Э, и Э2
выделяется широко использующийся газ. (К решению
можно было прийти более простым путем, если сопоста-
вить с условием соответствующие газы: Н2, О2, NHS,
СО2 и т. д.) Однако, как уже отмечалось, необходимо
не только решить задачу, но и обосновать однознач-
ность решения. Уравнения соответствующих реакций
такие:
6Li + Na = 2Li3N 2Li + Cl3 = 2LiCl
2C13N = N2 + 3Cla Li8N + 3H2O = 3LiOH -f- NH3f
112
Примечание: у азота есть еще одно соединение
с хлором — C1NS, но оно разлагается аналогичным обра-
зом на С12 и N2.
64.	Рассмотрим два случая: 1) в состав соли не вхо-
дил водород; 2) в состав соли входил водород. Первый
случай можно исключить различными способами. Пока-
жем только один из них. Поскольку V (Н2) = 4V (N2),
то в соли на 1 атом азота приходится 2 атома кислорода
в соответствии с уравнением реакции:
г/Н2= М + 0,5xN2+ г/Н2О
Но если по массе воды вычислить массу кислорода, вхо-
дящего в состав навески соли, а затем по разности —
массу азота, то получим совершенно иное соотношение.
Следовательно, в состав соли А входил водород. Если X
представляет собой соль аммония, то, исходя из соотно-
шения V (Н2) и V (N2), соль имеет формулу NH4XO4
(формально также подошла бы формула NH4H2XO6,
но трехосновных кислот вида Н8ХОв не существует).
По массе металла, образующейся на 1 моль соли, легко
вычислить значение относительной атомной массы ме-
талла. Получим АГ(Х) = 186 (Re). Масса воды также
соответствует соли NH4ReO4. Соль X — перренат аммо-
ния, реагирующий с водородом по уравнению:
NH4 ReO4 + 2Н2Х Re + 1 N2 + 4Н2О
Мы получили частное решение данной задачи, однако не
рассмотрели случай, когда соль X не является солью
аммония, а является, например, кислой или основной
солью какой-нибудь кислородсодержащей кислоты, об-
разованной азотом. Проведя соответствующий анализ,
можно исключить эту возможность, тогда самсе строгое
решение данной задачи заключалось бы в следующем.
Обозначим формулу соли в виде МН,гМтОр. Записываем
уравнение реакции восстановления соли:
МН„ Nm Op + Н2 = М + 0,5m N2 + р Н2О
Итак, нам неизвестны три параметра: АГ(М), р и п (2р—
—п=4т). Однако эти параметры можно связать с усло-
вием, сделав в общем виде три расчета: 1) вычислить
массу воды, приходящуюся на 1 моль соли; 2) вычислить
массу металла; 3) вычислить массовую долю кислорода
в соли и сопоставить ее со значением, полученным из
из
массы воды. Решив систему трех уравнений с тремя не-
известными, получим решение — ReH4NO4. Однако при
таком, пусть даже строгом, решении был бы полностью
утрачен химический смысл задачи. Как отмечалось
в 111], химическая расчетная задача не должна быть вы-
числительной задачей на химическом материале.
65.	Массовая доля водорода в кислотах составит:
w % (Н) = 100 — 37,24 — 59,37 = 2,49. Найдем соот-
ношение между числом атомов водорода и кислорода
в молекуле кислоты. Для этого составим пропорцию:
2,49	59,27 О|	.
А— = —— ; х = 24 а. е. м. (О^)
Простейшая формула кислоты — Н2ХО3, но тогда на
долю элемента X приходится 31 а. е. м., что соответствует
фосфору. Но, во-первых, такая кислота не существует,
а во-вторых, по условию задачи, должно существовать
два изомера кислоты. Возможной формулой кислоты
является Н4Р2О6, для которой действительно возможны
два изомера:
0 0	О
Н-О\ II II zO-H Н-С\ ||	/О-Н
— Р<	>Р—О—Р<
Н—СИ	\о—Н Н—СИ	'О—н
I	II
Кислота II должна гидролизоваться легко, поскольку
в ее молекулах атомы фосфора связаны через атом кисло-
рода, а в кислоте I связь Р—Р неполярна и гидролиз
затруднен. Обе кислоты гидролизуются по схеме:
Н4Р2Ов+ Н20 = Н3РО3+ Н3РО4
Если гидролиз проводить при нагревании, то возможно
частичное разложение фосфористой кислоты с образова-
нием фосфорной кислоты и водорода:
Н20 + Н3РО3 = Н8РО4 + Ня
Заметим, что безводная Н3РО3 разлагается по другому
уравнению:
4H,PO3=L3H8PO4+ РН3
О р	о 4	1	v
66.	Газом Г4 мог быть только водород. (Следующим
за водородом газом по величиие является гелий,
неспособный вступать в химические реакции, далее
114
вдут газы с Мг>15, но тогда Мг(Г2)>800, что
совершенно нереально.) Следовательно, Мг(Г2) = 117,2.
Отсюда можно найти величину 6Л1Г (Г\) + 2Л4Г (Г2). Из
уравнения реакции следует, что
6Я (Гх) + 2Л4, (Г3) = 6Л4Г (Г8) + Мг (Г4)
Получаем систему уравнений:
|6Л1Г (Г3) + М, (Г4) = 246
( Л4Г(Г3)= 1,32Л1Г(Г4)
Решив систему уравнений, получаем Л4г(Г3) = 36,5,
а МГ(Г4) = 28. Газом Г3 мог быть только НС1, тогда из
анализа уравнения вытекает, что в молекуле газа Г4
не менее 6 атомов водорода. Газом с Л4Г 28, удовлетво-
ряющему этому условию, мог быть только В2НС. Следо-
вательно, Г2— ВС13, что подтверждается соотношением
значений Мт (ВС13) и Л/Г(Н2). Уравнение реакции полу-
чения газа Г4 такое:
6H2+ 2ВС13= В2Н6+ 6НС1
67.	Из условия задачи вытекает, что в состав соли Д
входит калий, так как под.действием гидроксида калия
соль X переходит в соль Д. Поскольку сама соль Д яв-
ляется продуктом разложения X, то X является солью
калия. Соль X не могла быть кислой по двум причинам.
Во-первых, соль не могла иметь такое большое значение
w (Н). Во-вторых, в этом случае в анион соли входят
атомы еще одного неметалла, а по условию задачи, в со-
ставе соли всего три элемента, один из которых неметалл.
Отсюда можно заключить, что X — кислородсодержащая
соль, образованная калием и неизвестным ангогсм. По
условию, раствор соли имеет кислую реакцию. На пер-
вый взгляд, это невозможно. Действительно, средниесоли
калия, образованные анионами сильных кислот, обычно
имеют в растворе реакцию, близкую к нейтральной, а ес-
ли в составе соли есть анион слабой кислоты, то реакция
раствора будет щелочной, поскольку КОН — сильное
основание. В данном случае можно предположить, что
в состав соли входит не простой кислородсодержащий
анион, а анион изополикислоты. Из условия задачи сле-
дует, что между солями X и Д возможны взаимные
переходы, проходящие в щелочной и кислой среде. Усло-
вию задачи удовлетворяет дихромат калия, массовая
115
доля кислорода в нем подтверждает это. Раствор имеет
кислую реакцию из-за гидролиза по схеме:
Сг2О7“ 4- Н,О^ 2СгОГ i- 2Н*
Как видно из уравнения, это довольно редкий случай,
когда соль калия, не относящаяся к кислым, имеет
в растворе кислую реакцию. Большинство таких солей,
в состав анионов которых входят, помимо кислорода,
атомы другого неметалла, водой практически полностью
разлагаются (K2S.,O7). При несильном прокаливании
дихромат калия разлагается по уравнению:
4К2 Сг2О. i 4КгСгО, 4- 2Сг,О3 + ЗО2
Раствор хромата калия имеет слабощелочную ре-
акцию из-за гидролиза:
СгО<- - Н2О^ НСгОГ + ОН’
Между хроматом и дихроматом калия возможны взаим-
ные переходы:
2К.,СгО44- H.,SO4= K.,SO4+ K2Cr.,O7+ Н2О
К2Сг2О7-т 2КОН = 2К2СгО4+ Н2О
Следует отметить, что по качественным характеристикам
решению задачи удовлетворяет не только дихромат, но
и, например, трихромат калия K2Cr3Oi0 или тетрахромат
калия К2Сг4О13. Однако количественная характеристи-
ка — массовая доля кислорода в соли — не соответствует
таким солям.
68.	Вода в реакции с газом Гх могла быть как окисли-
телем, так и восстановителем. В первом случае образовав-
шееся простое газообразное вещество является водоро-
дом. Такое направление процесса в принципе возможно.
Например, так с парами воды могут реагировать угле-
водороды или оксид углерода (II), но эти вещества исклю-
чаются уже потому, что являются горючими, не говоря
о молярном соотношении образовавшихся газов. Заме-
тим, что по остальным параметрам условию задачи мо-
гут частично соответствовать оксид углерода (IV) и во-
дород, образующиеся при взаимодействии СО и Н,0
(в оксиде углерода (IV) действительно могут гореть не-
которые металлы: кальций, магний и др.), СО2 вызывает
помутнение известковой воды. Другие же газы, способ-
ные в реакции с водой быть в качестве восстановителей,
не дали бы газообразные продукты. Итак, в искомой ре-
акции вода выступала в качестве восстановителя, а в ре-
зультате реакции образовался кислород и еще один газ,
в состав которого входит водород. Какой же газ способен
окислить воду до кислорода? Таким газом мог быть толь-
ко фтор или его «оксид» (оксиды хлора сами при нагре-
вании неустойчивы, а оксиды азота не могут окислять
Н2О до О2). Фтор исключается потому, что по реак-
ции 2Н2О 4- 2F2= О2+ 4HF на 1 моль О2 образуется
4 моль HF. Следовательно, 14— OF2— фторид кислоро-
да (название «оксид фтора» является неточным, потому
что в этом соединении степень окисления кислорода
положительна). Фторид кислорода полностью удовлетво-
ряет условию задачи. Исходя из реакции OF24- Н2О =
= 2HF + О2, на 2 моль HF образуется 1 моль О2.
В кислороде действительно горят многие металлы. Фто-
рид водорода способен реагировать с известковой водой:
2HF + Са (ОН).,= CaFojH- 2Н2О
69.	В большинстве случаев при сжигании газообраз-
ных гидридов образуются оксиды, способные реагировать
с водой. Образование яри сжигании Гх нерастворимого
в воде газа Г7 говорит о том, что газом Г4 мог быть только
аммиак, что дополнительно подтверждается способностью
газа Tj реагировать с растворами кислот. Л4Г(\'Н3) = 17,
тогда Мг (Г2) = Л4Г (Г3) = 34. Такое значение Мг имеют
H2S и РН3. При сжигании РН3 образуются Р2О5 и Н2О,
а после приведения продуктов реакции к обычным
условиям образуется только один продукт — ортофос-
форная кислота Н3РО4. Г3 — H2S, в результате сжигания
которого образуются SO2 н Н2О. H2SO3 действительно
способна реагировать с H2S и NH3.
Для газа Г4 Мг = 68. Предположим, учащийся не
знает о существовании газа, который имеет такое зна-
чение относительной молекулярной массы и дает при
сжигании всего один продукт — газ Г6. Очевидно, в со-
став газа входит углерод, так как Г5, а по условию,
один оксид при сжигании образует углекислый газ (дру-
гие варианты, как легко убедиться, невозможны). Угар-
ный газ не соответствует значению Л1Г(Г4).
По условию задачи, массовая доля одного из элемен-
тов в резхльгате сжигания возросла в 1,55 раза. Таким
элементом мог быть только кислород, но поскольку про-
дукт сжигания —СО2, то можно вычислить vv(O) в Г4,
исходя из w (О) в СО2. Получим, что в газе Гд w (О) =
— 0.47. Тогда на долю кислорода приходится 32 а. е. м.
117
и формула Г4— С3О2. Уравнения соответствующих реак-
ций :
4\Н34-ЗО2= 2.\', + 6НгО РН3 + 2О2 = Н3РО4
Г,	Г7	га
2H,S + ЗО3= 2S0.2 + 2Н3О C3Ot + 2Оа = ЗСО2
Г	Г4
НзРО. + \Н3 = Х’Н4 Н2РО4 H2SO3 + 2.\нз =(NH4),SO,
Формулу газа Г4 можно было установить чисто ка-
чественным путем, исходя из того, что, по условию задачи,
один газообразный оксид переходит при сжигании в дру-
гой. Можно сделать вывод, что в состав Г4 может входить
либо углерод, либо сера. Анализ значения Мг газа Г4
показывает, что единственной комбинацией, дающей
такое суммарное значение Мг является сочетание в моле-
куле двух атомов кислорода и трех атомов углерода.
70.	Из очень маленького значения массовой доли нат-
рия в кристаллогидрате вытекает, что это натриевая соль
одноосновной кислоты. Если предположить, что это
соль двухосновной кислоты, то на долю кислотного остат-
ка приходится более 700 а. е. м., что явно нереально.
Следовательно, формулу соли можно записать в виде
NaXY„- 2Н2О. Из массовой доли натрия в кристалло-
гидрате можно найти:
Z = Аг (X) + п Аг (Y)
ЛгЖтГзй = 0,0578; Z = 339
Ar (Na) + Z -f- 36	’
Элемент Y не может быть кислородом. Действительно,
в этом случае значение п не больше четырех, и получается
нереально большое значение ЛГ(Х). Предположение,
что Y — сера, также не дает реального АГ(Х). Если
Y — хлор, то при п = 4 ЛГ(Х) = 197. Это соответствует
значению относительной атомной массы золота. Формула
кристаллогидрата NaAuCl4- 2Н2О. Это так называемая
золотая соль (хлораурат натрия), являющаяся важнейшим
препаратом золота. Предположив, что Y — бром или
другой галоген и вычислив А{ (X), получим слишком
маленькие ее значения.
При использовании задач подобного типа во вне-
классной работе можно в качестве домашнего задания
предложить учащимся найти в соответствующей литера-
туре области применения соединения, состав которого
был установлен в ходе решения задачи, предложить
118
рациональные способы получения или технической пере-
работки вещества. Если при этом будет реализована
и какая-то иная воспитательная цель, например эколо-
гическое просвещение, то эффективность использования
задач-головоломок еще больше повысится.
71.	По описанию, в состав солей входят ионы Сг8 +
и С1", кроме того, А и Б являются кристаллогидратами.
Из условия вытекает, что в щелочной среде произошло
+3	+6
окисление Сг до Сг, а затем ионы СгО4 прореагировали
с ионами Ва2+, и в итоге образовался нерастворимый
в воде хромат бария. Исходя из соотношения масс ис-
ходной соли и ВаСгО4 можно найтн значение молярной
массы соли. М (ВаСгО4) = 253 г/моль, тогда
М (А) — М (Б )=	=266(г/моль)
Это соответствует брутто-формуле СгС13- 6Н2О.
Какое же строение у солей А и Б? Очевидно, что это ком-
плексные соединения, причем во внешней сфере соли А
в два раза больше ионов С1*, чем в соли Б, а во внешней
сфере Б в два раза больше молекул воды. Учитывая, что
координационное число иона Сг3+ равно 6, можно одно-
значно записать строение солей А и Б так:
А : [Сг (Н2О)5С1]С12- Н2О; Б : [Сг (Н2О)4С12]С1 • 2Н2О
Соли А и Б диссоциируют в водном растворе по урав-
нениям:
[Сг(Н2О)5С1] С12«[Сг(Н2О)5С1]2+ + 2СГ*
[Сг (Н2О)4 С12] С1 [Сг( Н8О)4 С12Г + Cl-
Поскольку при диссоциации первой соли образуется
вдвое больше ионов С1 _ по сравнению со второй, то рас-
твор А значительно лучше проводит электрический ток.
А и Б являются гидратными изомерами:
[Сг (H2O)5C1J С12 + 2Ag NO3 = [Сг (НзОХ Cl] (NO8)2 +
+ 2 AgCl|
[Сг (Н2О)4 Cl2] Cl + Ag NO3 = [Cr(H2O)4 Cl8] NO3 +
+ AgCl|
Отметим, что такие комплексные соединения являются
непрочными, а подобный характер осаждения AgCl
наблюдается лишь для свежеприготовленных растворов
солей. Кроме того, при длительном стоянии смеси рас-
119
творов СгС13 и AgNO3 происходит полное осаждение
ионов С1* не только из внешней, но и из внутренней
сферы комплекса. Ион Сг3* может образовывать с анио-
нами обычных кислот и более устойчивые комплекс-
ные ноны. Например, при обычных условиях раствор
Н3[Сг (SO4)31 не дает осадка даже с ВаС12:
AgCl 4- 2.\'Н3 = [Ag(x\H3)2] Cl
Д — AgC! AgC) 2NajSsC>3 = Naj [Ag(SAW + NaCl
При высушивании солей удаляется только вода из внеш-
ней сферы. Если на растворы солей подействовать рас-
твором едкого натра, то образуется амфотерный гидро-
ксид хрома (Ш):
СгС13 + 3NaOH = Сг(ОН)3| 4- ЗХаС!
Сг (ОН)3 4- ЗОН" = [Сг (ОН)6]3-
Гидроксохроматы (III) или хромиты легко окисляются
до хроматов:
4NaOH 4- 2Na3[Cr (ОН) J 4- ЗС12= 6NaCl 4- 2Na2CrO44-
4-8Н2О
В результате прокаливания Сг (ОН)3 образуется оксид
хрома (III), нерастворимый в кислотах и щелочах:
2Сг (ОН)32г Сг2О3 4- ЗН2О
72.	По описанию, Б—соль аммония, разлагающаяся
при нагревании по различным направлениям. Взрыво-
образное разложение Б с образованием трех продуктов,
включая воду, говорит о том, что это может быть нитрат
аммония. Достаточно легко показать, что условию задачи
не может удовлетворять любая соль аммония, образован-
ная кислородсодержащей кислотой хлора. Исходя из
значения w (А) в растворе щелочи, можно заключить, что
это гидроксид одновалентного металла. Но по реакции
МОН 4- NH4NO8 на 1 моль гидроксида МОН расходует-
ся 1 моль NH4NO3, а по условию задачи, массы нитрата
аммония и МОН относятся как 2:1. Следовательно,
молярная масса щелочи 40 г/моль, что соответствует
NaOH. Хотя начальные вещества известны, при расшиф-
ровке остальных превращений встречаются определенные
сложности. Необходимо выяснить, примесь какого газа
образуется при разложении NH4NO3 с образованием
N2O. Ключевым является тот факт, что Г5 может разла-
120
гаться на N20 и еще один газ. Поскольку оксид азота не
мог разлагаться на N2O и О2 ,то в газе Г8 степень окис-
ления азота больше, чем 4- 1, но меньше, чем 4- 4 (ина-
че не образуется еще один газообразный оксид). Следо-
вательно, газом Г8 мог быть только оксид азота (II).
Разумеется, учащийся мог знать из каких-нибудь
литературных источников различные варианты разложе-
ния NH4NO3 и ему не понадобится выяснять состав Г8
путем вышеприведенных логических заключений, во
задача не должна строиться на знании одного малоиз-
вестного факта.
Уравнения соответствующих реакций:
NH4NO8 + NaOH J= NH3f 4- H2O 4- NaNO3
2NaNOs= 2NaNOa4-Oa
NaNO2 + NH4NO3 =4 Na 4- 2H2O 4- NaNO3
NH4NO3 = NsO 4- 2HaO (NO — примесь)
2NH4NO3=L2Na 4- O2 4- 4HaO
3NO^= N2O 4-NOa
Г Г Г
При необходимости данную задачу можно было бы упро-
стить: например, указать, что газ Г5 образуется при ката-
литическом окислении Гх, а газ Г6 образуется при окисле-
нии Г8 кислородом при обычных условиях. Если не
останавливаться детально на условиях разложения соли
Б, то задача окажется более сложной по сравнению с при-
веденным вариантом.
После решения данной задачи можно предложить
учащимся ответить на вопрос: Какое значение для прак-
тической деятельности человека имеет информация,
почерпнутая при решении данной задачи? (Имеется
в виду особое обращение с аммиачной селитрой, исполь-
зуемой в качестве минерального удобрения.)
73.	Поскольку подъемная сила системы, состоящей
из двух шаров, которые наполнены одинаковыми объе-
мами газов, оказалась равной нулю, то среднее арифме-
тическое значение относительных молекулярных масс
газов равно средней относительной молекулярной массе
воздуха. Тогда можно записать:
0,5 [Мг (Г,) 4- М- (Га)] = 29; Мг (Гх) 4- М, (Г2) = 58
Поскольку Мг (Г1)> 10Л1г (Г2), то Л1Г(Г2)<5.
121
Газом Г2 мог быть только водород или гелий. В пермй|
случае /ИДГ^^бб, а во втором — Afr(rx)=54. УслЙ|
вию задачи удовлетворяют следующие пары тазсгё
1) С4Н,, Н.,; 2) OF2> Не (разумеется, второе решений
не вполне корректно, так как фторид кислорода раэру*
шил бы резиновую оболочку шара).
74.	Сильнокислая среда исключает присутствие ИОНОВ
S2', 30з~, СОз",51Оз~ из-за происходящих реакций
S2- + 2Н* = H,St SOt" + 2Н+ = SO„t 4- HgO
СО°Г + 2Н+ = CO.f + Н,0 SiOj~ + 2Н* = H,SiO,|
Ионы СЮГ исключаются, потому что в силыюкислой
среде хлорат-ион окислил бы ионы I-, Вг~1Г даже СИ
С10з + I- = Юз СГ
СЮ3“ + Вг- = ВгО8- + СГ
С1О3“ + 5СГ + 6Н* = ЗС12 4- ЗН2О
Следовательно, в растворе были анионы SO^, СГ, Вг“,
Г. Катионы Си2* и Fe3* в растворе присутствовать не
могли из-за восстановительных свойств ионов Г<
Си2* + 2Г = Cui 4- 4 I2; Fe3* 4- Г = Fe2* 4-11,
Катионы РЬ2* исключаются из-за малой растворимости
PbSO4 и РЬС12, Ва2*—из-за нерастворимости BaSO4.
Итак, в растворе были следующие катионы: Mg2+, Zn**,
Al3*, Fe2+, Ni2*, Mn2+, Cr3+.
75.	Осадок должен состоять только из атомов эле-
ментов, входящих в состав вещества А или же из эле-
ментов вещества А и воды (Н и О). Первый вариант
возможен, если растворы Б и В вызвали окисление или
восстановление А с образованием осадка или же добав-
ление Б и В вызвало переход А из растворимой формы
в нерастворимую. Второй вариант возможен, если соеди-
нение, которое должно образоваться по реакции обмена,
полностью гидролизуется с образованием гидроксида.
Отсюда получаем три группы решения данной задачи.
1.	А — Na2S (или HI), Б — С12, В — Вг2
Na2S + CI,= 2NaCI + S; Na2S 4- Br2= 2NaBr4~S
2. A - А1С13(СгС13, ВеС12), Б — Na2S, В — KOH
2A1CI34- 3Na2S 4- 6H2O = 2AI (OHU 4-
4- 6NaCl 4- 3H2S
A1C134- 3KOH = Al (OH)3| 4- 3KC1
122
3.	A — коллоидный раствор Fe (ОН)3; Б и В — два
электролита, вызывающие коагуляцию, например ScCl,
и А1Вг3.
76.	Значение Мг « 28 имеют следующие газы: азот,
оксид углерода (II), этилен, диборан. При сжигании СО
образуется такой же объем газообразного продукта —
СО2, при сжигании С2Н4 образуется вдвое больший объем
СО2, при сжигании В2Нв газообразных при обычных
условиях продуктов вообще не образуется:
В2Н6+ ЗО2= В2О3+ ЗН2О (2Н3ВО3)
СО + 1/2О2= СО2; С2Н4+ ЗО2= 2СО2+ 2Н2О
В смеси газообразных продуктов сгорания могли быть
только азот и углекислый газ, причем СО2 поглотился
щелочью. Следовательно, объемная доля N2 в исходной
смеси составляет 10 %. В исходной смеси газы С2Н4
и В2Н6 могли либо одновременно присутствовать либо
одновременно отсутствовать, поскольку после сжигания
образовался такой же объем смеси газообразных про-
дуктов. В первом случае требуется (убедитесь в этом
сами), чтобы объемные доли диборана и этилена в смеси
были одинаковыми, а второй случай можно сразу же
исключить, так как на сжигание смеси N2 и СО пойдет
меньший объем кислорода, чем объем смеси N2 и СО.
Пусть в исходной смеси на I моль приходится х
моль СО и по у моль С2Н4 и В2Нв. Поскольку <р (N2) =
= 10 %, то х + 2у = 9. На сжигание 1 моль СО расхо-
дуется 0,5 моль О2, на сжигание 1 моль С2Н4 расходуется
3 моль О2, а на сжигание I моль В2Нв также расходуется
3 моль О2. Отсюда получаем систему уравнений
( х + 2у — 9 х = 6,8; у — 1,1
I 0,5 х + бу — 10
Состав исходной смеси: ф (N2) = 0,1; ф (СО) = 0.68,
ф (В2Нв) = ф (С2Н4) = 0,11.
77.	1) Ряд солей, в состав анионов которых входят
атомы металлов в высших степенях окисления, неустой-
чивы в кислой среде из-за сильных окислительных
свойств аниона. Например, при недостатке серной кис-
лоты между растворами феррата калия и H2SO4 проте-
кает реакция:
4H2SO4 + 4KaFeO4 + 2НаО = 4Fe (ОН)3| +4KaSO4 +ЗОа
123
Аналогично:
Н2О + СОа + ЗК2МпО4 =
= МпО2 + К2СО3 + 2КМпО4 + 2КОН
2)	Кислота могла быть окислителем, а соль-восстано-
витель восстановила ее до основания:
6KI + 5Н2СгО4= 2Сг (ОН)з| + 3I2+ 3K2CrO4+ 2HSO
2Н2О + 3NaS + 2НМпО4= 3MnO2+ 3S + 6NaOH
3)	Кислота могла быть восстановителем и восстановить
соль-окислитель до основания при условии недостатка
кислоты или анион кислоты окислился до простого ве.
щества:
2КМпО4 + 3H2S = 3S + 2К0Н + 2МпО2+ 2Н2О
K2FeO4+ 10HI = 2Fe (ОН)3| + 4KI + 2Н2О + 312
4)	Если считать солями продукты взаимодействия
амфортерных гидроксидов со щелочами, то еще одним (фор-
мальным) решением будет реакция типа:
NaH2CrO3+ НС1 = Сг (ОН)3|+ NaCl
Na3fCr (OH)el + ЗНС1 = Сг (ОН)3|+ 3NaCl + ЗН2О
78. 1) Если А — щелочь или карбонат, то при про-
пускании избытка СО2 образуется гидрокарбонат, кото-
рый, по условию задачи, должен быть в осадке. Этому
условию удовлетворяет, например гидрокарбонат нат-
рия, имеющий при 20 °C не слишком большую раствори-
мость (100 г/л Н2О). Тогда пропускание избытка СО2
через крепкий раствор NaOH или Na2CO3 вызовет
образование осадка:
NaOH + СО2 = NaHCO3|
2) Оксид углерода (IV) мог прореагировать с солью
более слабой кислоты с образованием осадка либо самой
кислоты, либо гидрокарбоната:
K2SiO3+ 2СО2+ 2Н2О = 2КНСО3+ H2SiO3|
NaOCl + СО2+ Н2О = НОС1 + NaHCO3
3) Образование осадка может быть простым следст-
вием понижения pH раствора за счет пропускания СО2,
тогда в осадке мог оказаться амфотерный гидроксид или
Ш
продукт разложения соли, существующей лишь в ще-
лочном растворе:
К3АЮ3+ ЗСО24- ЗН2О = А1 (ОН), + ЗКНСО3
ЗК2МпО4+ 4СО2+ 2Н2О = 2КМпО4+ 4КНСО34-
+ МпО2
4K2FeO4+ 8СО2+ 10Н2О = 8КНСО3+ 4Fe (ОН)3|4-
+ ЗО2
Последняя реакция является своеобразным дополнением
к решению задачи 77: в этом случае даже при прилива-
нии избытка раствора кислоты к раствору соли обра-
зуется типичное основание.
79,	Окислителями в описанной реакции могли быть
только фтор, хлор или их газообразные соединения
с кислородом, а восстановителем мог быть только во-
дород (объясните почему). Из объемного соотношения
смеси газов (А 4- Б) п В вытекает, что В — водород,
так как при восстановлении газообразного оксида объем
прореагировавшего оксида не может быть меньше объема
водорода. Используя и далее метод исключения, рассу-
ждаем так. Раствор плавиковой кислоты образоваться не
мог, так как даже на восстановление OF2, не говоря уже
о фторе, идет всего лишь вдвое больший объем водорода:
OF24- 2Н2= 2HF + Н2О
Следовательно, один из газов А или Б — С1О2, посколь-
ку только при взаимодействии этого газа с водородом
объемное соотношение реагирующих веществ больше
двух. Вторым газом из пары А, Б не мог быть С12 или
С12О, так как даже при чистом С1О2 в образовавшемся
растворе была бы слишком высокая концентрация со-
ляной кислоты (образовалось бы 2 моль Н,0 на 1 моль
HCI). Следовательно, вторым газом был кислород.
Запишем уравнение соответствующей реакции:
СЮ24- хО24- уН2= НС1 4- (2х 4- 2)Н2О
Поскольку количество атомов водорода в левой и
правой частях уравнения должно быть одинаковым,
то у = 2х 4- 2,5. Кроме того, по условию задачи, на
(1 4~ х) моль смеси С1О2 и О2 расходуется 2,25 моль Н2.
Исходя из этих данных, получаем систему уравнений:
Г у = 2х 4- 2,5
(у — 2,25х 2,25, откуда х = 1, у = 4,5
125
Следовательно, (2х + 2)=4, то есть в итоге образовался
раствор, в котором на 1 моль НС1 приходится 4' моль
Н2О. Находим массовую долю НС1 в растворе:
w% (HCI) = Л]г (НС1) + 4Мг (НаО) • 100% ~ 33’6%
80.	Если п = I, то уравнение реакции имеет вид:
2А2+ Б = БА4. Элемент Б в образовавшемся соединении
либо четырехвалентен, либо восьмивалентен. Если ва-
лентность Б равна 4, то А — галоген или водород, что
исключено условием задачи. Если элемент восьмивале»-
тен, то возможны два решения:
Os + 2Оа = Os О4; Ru -f-20a = RuO4
(Другие простые вещества не могут окисляться кислоро-
дом до оксидов ЭО4, хотя такие вещества могут существо-
вать, например ХеО4.) При п = 4 уравнение реакции
имеет вид:
А8 + Б4 —>- б4а10
Условию задачи удовлетворяет сера и белый фосфор;
реагирующие по уравнению реакции
S8+	P4S10 (5S8+ 4Р4= 4P4S1o)
Очевидно, п не может быть числом, большим четырех.
Итак, получили три решения задачи. Отметим, что Ru
окисляется до RuO4 лишь при высоких температурах.
Это очень редкий случай, когда оксид, который неустой-
чив при невысоких температурах (при нагревании выше
100 °C оксид рутения (VIII) может разлагаться со взры-
вом на RuO2 и О2), может образовываться при высоких
температурах, так как является в этих условиях более
устойчивым.
81.	Пусть в исходной смеси масса сульфата ртути
составляла х г, а хлорида ртути — у. Вычислим, какие
массы сульфида ртути образуются из х г HgSO4 и у г
HgCI2. Молярные массы HgSO4, HgCla и HgS соответ-
ственно составляют 296,65; 271,50 и 232,65 г/моль.
Делаем расчеты по уравнениям реакций:
HgSO4 + HaS = HgS| + HaSO4
Wj (HgS) = 0,78426 x( г)
HgCla + HaS = HgS| + 2HC1
ma (HgS) = 0,85691 у (г)
126
Пусть для достижения требуемой точности требуется
взвесить осадок HgS с точностью до Azn г. Тогда истинная
масса HgS (уточненное значение массы HgS) составит
(8,4 ±’Azn) г. Получаем систему уравнений:
х + у = 10
0,78 426% + 0,85691 у = 8,4 ± Azn
Решение ее дает х = 2,32 ± 13,8 Azzz; т (HgS)« 2,32 г.
По условию задачи: 13,8Az?z < 0,01 • 232.
Отсюда Azn < 1,7 • 10-3 г. Оказывается, массу HgS
нужно знать достаточно точно, так как HgSO4 и HgCl2
имеют не очень сильно различающиеся значения моляр-
ных масс, а массовая доля HgSO4 в смеси меньше еди-
ницы.
В данном случае мы сознательно привели решение за-
дачи, основанное на решении неравенства, хотя можно
было воспользоваться готовыми формулами из теории
погрешностей измерений.
82.	Запишем схему реакции: А т Б 4-B->D +
+ Н2О. Рассмотрим два случая: I) Д — соль бескисло-
родной кислоты типа МХ„. Тогда либо одно из веществ
Б или В — пероксид водорода, а другое — кислота НХ,
либо одно из веществ кислота, в которой элемент X про-
являет положительную степень окисления, а другое —
НХ. Отсюда можно получить два варианта решения,
соответствующих первому случаю:
SnCl.,+ Н2О.,+ 2НС1 = SnCl4-r 2Н2О
6FeCl2+ 5HCI + HCIO3= 6FeCl3~ ЗН2О
Возможно такое решение:
основная соль Н- кислота 4- галоген = соль 4* Н2О,
но основные соли с катионами, способными к окисле-
нию, обычно нерастворимы в воде. Аналогично отбрасы-
вается вариант решения типа:
основание кислота + галоген = соль + Н2О.
2) Д — соль кислородсодержащей кислоты, тогда
можно предположить, что одно из веществ — пероксид
водорода, а другое — основание. В результате Н2О2
окисляет основание Э (ОН)Л до соли с более высокой сте-
пенью окисления металла, а третьим веществом является
щелочь, которая нужна для образования соли кислород-
содержащей кислоты. Однако элементы, образующие та-
кие соединения, дают нерастворимые в воде основания.
Следовательно, А не может быть оснсвашкм, но может
127
быть солью — производной амфотерного гидроксид*,
например, хромитом:
NaH2CrO3-r 2\аОН + ЗН2О2= NasCrO4+ 6Н,0
Решение задачи не исчерпывается приведенными ва-
риантами. Советуем самостоятельно проанализировать
случаи Н2О2 + кислота + щелочь и т. д. Кроме того,
возможны* варианты решения на основе комплексных
соединений, например:
3H2[PtCl4) 4- NaC103+ 5NaCI = 3Na2IPtCle] + 3HtO
83.	(Приведенное решение предполагает, что уча-
щиеся не знают закон эквивалентов.)
I)	Со щелочью реагирует только алюминий, причем
независимо ог формы написания уравнения реакции (мо-
лекулярной, ионной или комплексной) на 2 моль А1
образуется 3 моль Н2, так как электронный баланс ре-
акции во всех случаях будет один и тот же:
О	-1-3
21 Al — Зе"-> А1
3|2Н + 2е-->На
Находим количество вещества выделившегося водорода,
используя уравнение Менделеева — Клапейрона:
Р- V = vRT-, v(H2) = g
Находим массу алюминия в навеске (2 моль А1 — 3 моль
Н2)
26,982 г А! - 1,5 моль Н,
26>982 Р ' v м
X г AI - моль Н2	х~ 1,5 RT
RT	*
Массовая доля алюминия в сплаве составляет:
100%= 216,35
2)	Если в сплаве есть и другие металлы, то формула
для определения w (Al) в сплаве может быть использова-
на только в том случае, если среди этих металлов нет
растворяющихся в концентрированных растворах щело-
чей и способных реагировать с водой.
3)	Практический выход водорода всегда будет не-
сколько меньше теоретического, поэтому рассчитанное
128
значение w % (Al) в сплаве будет несколько меньше
истинного.
4)	Программа для вычислений w % (Al) на микро-
калькуляторе «Электроника БЗ-34» (RO = т, RI —V,
R2 — р, R3 — t, R4 —216,35, R5 — 273) ОО.ИП 2
01.ИП4 02.Х ОЗ.ИП I 04. X 05. ИП 0 06. 4- 07. ИП 3
08.ИП5 09. + 10 . 4- 12. С/П
Для вычисления таблицы значений w % (Al) необ-
ходимо сделать следующее:
1)	включить калькулятор;
2)	нажать клавиши В/0, F, ПРГ (режим программи-
рования);
3)	набрать программу;
4)	нажать клавиши F, АВТ (переход на режим
счета);
5)	ввести значения v, р, t, tn в П 1, П 2, П 3 и П 0
(например, 25 П 3);
6)	пуск программы: В/0, С/П.
w % (А1): 86,6; 87,5, 16,6 7,37, 66,8.
84. Пусть в навеске смеси массой т масса алюминия
составляет х г, а цинка у г. Тогда х + у = т. При взаимо-
действии со щелочью алюминия, взятого количеством
вещества 1 моль, образуется 1,5 моль Н2. Аналогично
1 моль Zn дает 1 моль Н2. Общее количество вещества
водорода, выделившееся при взаимодействии смеси с рас-
твором щелочи, можно вычислить по уравнению Менде-
леева — Клапейрона.
v (Н2) =
Составляем систему уравнений:
[х+у=т
1,5	___1	 v
I 26,982 Х + 65,37 У R Т
Решив систему и учитывая, что w (А!) =-^ . получаем
для w % (А1):
Ц'%(Л1) = 298.48- <,/^.„-37.96
Программа для вычисления w % (Al) (R4 — 298.48,
R5 — 37,96) ОО.ИП 1 01.ИП.2 02.X 03. ИП4 04. X. 05.
ИП 0 06.4-07. ИП 3 08. 273 09. + I0.F^ 11. X. 12. ИП
5 13,—14.С/П
5 «-125
129
Вводим в регистры памяти 0, 1, 2 и 3 значения т, V , р, t
и проводим вычисления:
w % (Л1) : 21.5; 33,7; 11,4; 12,3; 8,66
Поскольку реально выделившийся и измеренный объем
водорода всегда будет несколько меньше рассчитанного
теоретически по уравнению реакции, то данный метод
будет приводить к завышенным значениям w (Zn) в сме-
си, так как значение молярной массы эквивалента цин-
ка (32,7 г/моль) больше соответствующего значения для
алюминия (9 г/моль).
85.	Очевидно, загрязненный едкий натр содержит,
помимо воды, примесь карбоната натрия, образующегося
за счет поглощения углекислого газа из воздуха. Титро-
вание едкого натра соляной кислотой в присутствии ме-
тилового оранжевого и фенолфталеина дало бы практи-
чески идентичные результаты, так как NaCl — соль,
образованная катионами сильного основания и анионами
сильной кислоты, и в точке эквивалентности раствор
имеет реакцию, близкую к нейтральной. Но если в при-
сутствии фенолфталеина титровать смесь Na2CO3+ NaOH
в растворе, то первая точка эквивалентности соответ-
ствует NaCl + NaHCO3, поскольку гидрокарбонат нат-
рия имеет в растворе слабощелочную реакцию. Другими
словами, в этой точке оттитровывается весь NaOH и ров-
но половина карбоната натрия. Если титровать NaHCO3
дальше в присутствии метилового оранжевого, то точке
эквивалентности будет соответствовать Н2СО3, если
учесть, что изменение окраски метилового оранжевого
наступит при pH « 4. Следовательно, на титрование
NaHCO3 расходуется (Е2— V\) мл раствора, тогда на
титрование щелочи расходуется:
V3— 2 (Е2— Ег) = (2Уг — V2) мл р-ра НС1
Количество вещества гидроксида натрия в образце
составит:
v(NaOH) = (2 V1~ УорОС(НС1)
Массовая доля NaOH в образце (при С = 0,1 моль/л):
(NaOH) = <2>/1-^)-С(НС1)  Ai(NaOH) _
'	lOOOzn
loo = Q’4 № у* —
т
130
Программа для вычисления w % (NaOH) (R1—
R2 — Vz, R3 — tn, R4 — 0,4):
00. ИП 1 01.2 02. X.03. ИП 2 04,—05. ИП 4 06. X
07.ИП 3 08 -4- 09. С/П
w % (NaOH): 90,3; 69,7; 48,45; 55,6.
Достаточно разбавленный раствор NaOH готовят не
только для более точного визуального установления
точки эквивалентности, но и потому, что в сильнощелоч-
ной среде фенолфталеин приобретает бесцветную ок-
раску.
86.	Вначале сделаем общий анализ задачи, не учиты-
вая массовое соотношение солей в образующейся смеси.
Если в состав солей входили галогены, то для I группы
ПС возможно решение, основанное на растворимости
фторида серебра и нерастворимости остальных галоге-
нидов серебра:
LiГ + AgF = LiFj + Agl^; Г — Cl, Br, I
Аналогичное решение возможно для металлов III группы
ПС:
МГ, + 3T1F = MF3[ + ЗТ1 Г|
Для металлов остальных групп галогенидное решение,
по-видимому, невозможно. Еще одну группу решений
можно предложить для металлов II группы и неметал-
лов VI группы:
MS + M'SO4 = MSO4| + M'S|
M—Sr, Ba M'-Zn, Cd, Hg
Теперь вернемся к условию. Требуется, чтобы массы
образовавшихся нерастворимых солей были одинаковы.
В первом и втором случае это невозможно, так как всегда
Лг (Agl )>A4r (LiF) и ЗА4Г (Т1Г) > Л4Г (MFS)
Для третьей группы решений выполнение условия задачи
определяется уравнением A4r (MSO4) « Л4Г (M'S) или
Ar (М) + 64 « Ar (М’)
Условию задачи удовлетворяют только два металла:
Ва и Hg. Искомое уравнение реакции будет таким:
BaS + HgSO4 = BaSOj + HgS
M (BaSO4) « M (HgS)
87.	Можно взять одинаковые навески RhCI и CsC)
и к их растворам прибавить избыток раствора нитрата
5*
131
серебра. Образовавшиеся осадки AgCl взвесить. Там, где
обпазовалась большая масса осадка, был хлорид рубидия,
так как Mr (RbCl) < Afr (CsCl), и в этой навеске коли-
чество ионов С1“ было больше, чем в другой навеске.
На практике безводные RbCl и CsCl можно различить
еще проще. Хлорид цезия (как и CsBr и Csl), в отличие
от галогенидов остальных щелочных металлов, имеет
объемно-центрированную кристаллическую решетку с ко-
ординационным числом 8. Следовательно, учитывая,
что Мг (CsCl) > Mr (RbCl) и хлорид цезия имеет намного
большую плотность, можно просто сравнить массу
этих солей, если они заключены в примерно одинаковом
объеме.
88.	Можно показать, исходя из валентностей эле-
ментов в соединениях, что среди А и Б есть либо азот,
либо галоген. Действительно, пусть в молекуле соеди-
нения А п атомов, а в соединении Б — т атомов. Тогда
из уравнений реакций вытекает, что формула В — А Б
Д — АпБзт; гп., п — четные числа. Если
2	~2
ЗА2 + Б2 = 2БА3; 2АБ3 = А2 + ЗБ2,
то А и Б не могут быть одновременно галогенами, так
как в межгалоидных соединениях более электроотрица-
тельный галоген всегда проявляет степень окисления (_1).
Если один из элементов — азот, а другой — галоген,
то, по условию задачи, требуется, чтобы соединение
ВА3 получалось прямой реакцией взаимодействия гало-
гена и азота, что возможно только для фтора. Но тогда
не выполнится второе условие. FN3 — «фторазид» —
хоть и существует, но не распадается при нагревании на
исходные простые вещества. Остается последнее пред-
положение: одно из простых веществ — азот, а другое
водород. Это вполне согласуется с условием задачи,
так как азот и водород действительно образуют соеди-
нения NH3 и HN3, первое из которых может быть полу-
чено прямой реакцией, а второе разлагается на простые
вещества:
ЗН2 + N2 = 2NH3 2HN3=LH1 + 3N2
89.	1) Прилить к каждому раствору избыток раствора
аммиака: А1 (ОН)3 нерастворим в растворе NH8, а
Zn (ОН)2 растворим:
Zn (ОН)2 + 4NH, = [Zn (NH^p* + 2ОН"
132
.. 2) Выпаривать растворы, при этом А1С1, гидроли-
зуется:
А1С1, + ЗН2О=С Al (ОН)3| + ЗНС1
Выделяющийся хлорид водорода можно идентифициро-
вать синей лакмусовой бумагой.
3)	Прилить к растворам солей небольшие порции
раствора сульфида натрия. В присутствии хлорида алю-
миния будет наблюдаться выделение сероводорода, так
как AlaS3 в растворе полностью гидролизуется:
2А18+ + 3S2’ + 6Н2О = 2А1 (ОНЦ + 3HtSf
Zn2+ + s2- = zns;
4)	Прилить к растворам солей раствор фосфата нат-
рия. А1РО4 как фосфат трехвалентного металла нераство-
рим в уксусной кислоте:
AI3++ РО4~ = AlPO4j
3ZnCl2 + 2Na3PO4 = Zn3 (PO4)2; + 6NaCl
Zn3 (PO4)2 + 4CH3 COOH = Zn (H2PO4), +
+ 2Zn (CH3COO)2
5)	Если концентрация A1C13 и ZnCl2 в растворах од-
ного порядка, то можно просто сравнить кислотность
растворов. Поскольку А! (ОН)3 значительно более сла-
бое основание, чем Zn (ОН).,, соли А13+ гидролизуются
намного сильнее и pH раствора А1С13 будет меньше.
6)	Опустить в оба раствора алюминиевую пластинку.
2А1 + Zn2+= 3Zn + 2А13+
7)	Самый простой вариант — прилить к каждому
раствору немного раствора щелочи. А! (ОН)3, в отличие
от Zn (ОН)2, образует не белый, а серый осадок.
90.	Если реакция с участием азотной кислоты не
является окислительно-восстановительной, из 1 моль
HNO3 образуется 1 или 0,5 моль Н2О, в зависимости от
того, образуются ли молекулы воды за счет соединения
ионов Н+ и ОН ~ или за счет ионов 2Н+ молекулы HNO3:
КОН + HNO3= KNO3+ Н2О; CuO + 2HNO3=
= Си (NO3)2+ Н2О
Аналогично образуется I моль Н2О, если «половину»
ионов Н+ поставляет азотная кислота, а другую «поло-
вину» — второе вещество:
NaHCO3+ HNO3= NaNO3+ Н2О + СО2
133
Если же реакция является окислнтельно-воссшйови-
тельной, то п ~ 0,5 в том случае, когда атомы водорода
молекул HNO3 идут только на образование воды и не
входят в состав окисленного вещества, например:
3Cu + 8HNO3= ЗСи (\О.,),4- 2NO + 4Н2О
Если же атомы водорода частично вошли в состав
окисленного вещества, то п. <0,5, например:
S + 6HNO3 = H2SO4 J- 6МОа + 2Н2О
Если п = 2 7, то можно предположить, что в резуль-
тате реакции произошло окисление простого вещества
от степени окисления 0 до +7 и образовалась кислота.
Данному условию удовлетворяет реакция окисления
рения до рениевой кислоты:
3Re 4- 7HNO3= 3HReO44- 7NO + 2Н2О
Если исходить из данного анализа, то следует дать
отрицатетьный ответ на вопрос о существовании п > 1.
Однако в этом случае мы не учли того, что Н\ТО3 может
не быть в реакции ни окислителем, ни восстановителем,
а просто создавать кислую среду. В этом случае п > 1,
если вода образуется также за счет окисления или восста-
новления других водородсодержащих веществ. Примером
может служить следующая реакция:
2КМпО4+ 5Н2О2+ 6HNO3- 2KNO3+ 2Мп (NO3)2+
+ 50 2 +8Н2О
91.	На примере данной задачи рассмотрим способ
решения, основанный на предположении, что масса
исходного вещества составляет 100 г. Этот способ как
альтернатива способу рассмотрения на 1 моль вещества
часто оказывается не менее эффективным, особенно в тех
случаях, когда в задаче требуется вычислить массы или
массовые доли вещества.
Итак, пусть масса исходного хлората составляет 100 г.
При прокаливании бертолетова соль частично разложи-
лась по уравнению реакции:
2КС1О3Х 2КС1 + ЗОа (1)
Вычислим массу КС1 образовавшегося при разложении
КС1О3: 2 моль КСО3 дают 3 моль О2 (КС1О8-> КС1)
2 • 74,55 г КС1 — 96 г О2
xrKCl—7,834 г О2 х = 12,1673 (г)
134
При разложены и часть КС1О8 перешла в перхлорат:
4КС1О3= ЗКС1О4+ КС1 (2)
При растворении остатка в воде хлорид калия переходит
в раствор (КС1О3 и КСЮ4 имеют относительно низкую
растворимость в холодной воде). Далее ионы О- оса-
дили в виде хлорида серебра. По массе осадка AgCl
можно вычислить общую массу КС1, образовавшегося
в результате реакций 1 и 2:
т (AgCl) = 35,08 г М (AgCl) = 143,321 г/моль
143,321 г AgCl — 74,551 г КС1 х « 18,2475 (г)
35,08 г AgCl - х г КС1
Следовательно, в результате разложения хлората
калия до перхлората образовалось 28,2475 — 12,1673 =
— 6,08 г КС1. Вычислим, какая масса КС1О4 при этом
образовалась, учитывая, что в результате реакции на
1 моль КС! образуется 3 моль КС1О4:
3 • 138,549г КС1О4 — 74,551 г КС!
х г КС1О4 — 6,08 г КС1 Х = 33,9 (Г)
Находим общую массу КС! и КС1О4 в образовавшейся
в результате прокаливания смеси:
т (КС1) + т (КСЮ4) = 18,247 + 33,9 = 52,15 (г)
Масса смеси после прокаливания составляет 100 —
_7,834 = 92,166 г.
Значит, масса неразложившегося хлората составляет
92,17 — 52,15 = 40 (г). Вычисляем массовые доли солей
в смеси после прокаливания:
w% (КСЮ3) = д— • 100% = 43,4%
Wo/O(KC1) = ^J - 100% = 19,80/0
w% (КС1О4) =	• 100% = З6,8о/О
Если бы требовалось узнать молярное соотношение
веществ в образовавшейся смеси, можно было использо-
вать иную методику: пусть в исходном хлорате калия на
1 моль КС1О3, не подвергнувшегося разложению, при-
ходилось 2х моль, разложившегося до КС1 с выделением
кислорода, и 4 у моль, разложившегося до перхлората
калия. Тогда в образовавшейся смеси содержится 1 моль
135
KCIO3 (2x + у) моль KC1, у моль КС1О4. Связав х и у
с условием задачи, получаем систему уравнений:
|1+г,Л” (КСКЫ-0'07^
(2х 4- у) • Л1 (AgCl) „ экло
(1+2х + 4У) • Л1(КСЮз)
Решение данной системы не представляет особых
сложностей и даже не является громоздким, если приве-
сти ее к стандартному виду и находить х и у по готовым
формулам.
92.	На первый взгляд условие не является достаточ-
но полным, поскольку мы не знаем массы прореагиро-
вавших SnO2 и СиО. Однако это не имеет никакого зна-
чения для решения. Действительно, уменьшение массы
смеси произошло за счет того, что атомы кислорода,
входящие в состав оксидов, связались в молекулы воды.
Из 1 моль О образуется 1 моль Н2О, следовательно,
можно вычислить количество вещества прореагировав-
шего водорода:
v(H2) = v(O)=m^ = 0,141 (моль)
Прореагировала только 1/5 часть водорода, поэтому ко-
личество молей непрореагировавшего водорода будет
в четыре раза больше, то есть 0,564 моль. Значит, на сжи-
гание остатка водорода потребуется 0,282 моль О2 (6,32л).
Вычисляем объем воздуха при нормальных условиях,
приняв, что объемная доля кислорода в воздухе состав-
ляет 0,2:
V (воздуха) =	= 31,6 (н.у.)
При / == 20 °C на сжигание остатка водорода понадобится
такой объем воздуха:
У2 = 31,6 -	= 34 (л)
93.	Отклонения реальных газов от поведения иде-
альных газов обусловлены в основном двумя причинами:
собственным объемом молекул и силами межмолекуляр-
ного притяжения. При сравнительно невысоких давле-
ниях главную роль играет последний фактор. Другими
словами, чем сильнее силы межмолекулярного притяже-
ния, тем будет большее отклонение от теоретического
136
значения молярного объема (22,414 л/моль для н. у.).
Наименьшее значение Vm будет иметь HF, так как за
счет водородных связей в HF (газ) при невысоких тем-
пературах значительная часть молекул димеризована,
причем в этом случае наблюдается резкое расхождение
с теоретическим значением (Vm = 24,47 л для t =25 °C).
Далее идет аммиак, молекулы которого сильно
полярны и энергия их протяжения намного больше
соответствующей энергии для азота. В свою очередь,
Vm (^г) <	(Мг). так как из-за большей массы энергия
дисперсионного взаимодействия молекул N, больше,
чем Н2. На последнем месте будет гелий, молекулы кото-
рого значительно более компактны, чем Н2, и из-за
строгой симметричности межмолекулярные взаимодей-
ствия в гелии слабее, чем в водороде. Естественно,
в последних четырех случаях отклонение от значения
молярного объема идеального газа будет не таким зна-
чительным, как в первом, причем Не при обычных усло-
виях ведет себя почти как идеальный газ. Итак, полу-
чили следующий ряд для условия задачи:
Vm (HF) < Vm (HSN) < Vm (N2) < Vm (H2) < Vm (He)
94.	Соляная и азотная — сильные кислоты, практи-
чески полностью диссоциированные в растворе на ионы,
поэтому в обоих случаях протекает одна и та же ре-
акция:
Н+ (р-р) + ОН" (р-р) = Н2О (жидк.) + Q
Поэтому и тепловые эффекты одинаковы.
Хлорноватистая кислота является слабой, при ней-
трализации требуется разорвать связь в молекулах Н0С1
(формально меньший тепловой эффект можно объяснить
тем, что реакция обратима).
Наиболее интересным случаем является нейтрализа-
ция плавиковой кислоты. Действительно, почему при
нейтрализации HF тепловой эффект даже больше, чем
для сильных кислот. Казалось бы, должно быть наобо-
рот, ведь в растворе HF присутствуют полимерные мо-
лекулы (HF)„, на разрыв которых требуется дополни-
тельная энергия. Однако в процессе нейтрализации в рас-
творе появляются сильно гидратирующиеся ионы F~.
Именно по причине очень большого значения теплоты
гидратации ионов F" при нейтрализации HF выделяется
большее количество теплоты, чем в случае нейтрализа-
ции сильных кислот.
137
95.	Очевидно, общими для всех веществ элементами
были водород и кислород. Тогда нерастворимое в воде
вещество представляет собой основание М (ОН)2, Б —
щелочь, В — пероксид водорода (иначе не будет выпол-
няться условие задачи — одинаковое соотношение меж-
ду количеством атомов Н и О в веществах). Учитывая
решение задачи 82, можно предположить, что А —
Сг (ОН)3, но тогда нужно выяснить, раствор какого ве-
щества даст с хроматом всего один продукт — раствор Е.
Таким веществом может быть сама хромовая кислота,
образующая с хроматами дихроматы. Расчет молярной
массы дихромата из массовой доли кислорода указывает,
что Е — дихромат натрия. Уравнения соответствующих
реакций:
2Сг(ОН)3+ 4NaOH + ЗН2О2= 2Na2CrO4+ 8Н2О
Na2CrO4 + Н2СгО4= Na2Cr2O7-F Н2О
В дихромате натрия w (О) = 0,427.
96.	Примером процесса, удовлетворяющего условию
задачи, может быть реакция:
4NaHSO4+ ЗК2МпО4= 2Na2SO4+ 2K2SO4+ MnO24-
+ 2КМпО4+ 2НвО
Еще один пример:
NaHSO4+ K2FeO4->- Na2SO4+ K2SO4+ Fe2(SO4)3+
+ H2O + O2
Рассмотрим методику расстановки коэффициентов
в последнем случае. Записываем электронный баланс
реакции:
3 20 —4Г->20
4-6	+3
2 2Fe + бе“-> 2Fe
Исходя из баланса, можно поставить коэффициенты пе-
ред K2FeO4, Fe2(SO4)3 и О>, а затем, как следствие,
коэффициент перед K2SO4. Однако коэффициенты перед
Na2SO4 и NaHSO4 по-прежнему неизвестны. В данном
случае можно воспользоваться алгебраическим способом.
Пусть коэффициент перед Na2SO4 равен х, тогда коэффи-
циент перед NaHSO, равен 2х. Запишем полученное
уравнение:
2xNaHSO4-F 4K2FeO4= xNa2SO4+ 4K2SO4+
+ 2Fe2(SO4)3+ 3O2+ xH2O
138
Из равенства числа молей ионов SOl” в левой и правой
частях уравнения реакции вытекает, что 2х = к +-
+ 4 4-6. Решив уравнение, получим х = 10 и 2х = 20.
Уравнение реакции имеет вид:
20NaHSO4+ 4K2FeO4=
= 10Na2SO4+ 4K2SO4+ 2Fe2(SO4)3+ 3O2+ 10H2O
Данный способ можно рекомендовать во всех слу-
чаях, когда расстановка коэффициентов только из элек-
тронного баланса невозможна или затруднительна.
Теперь вернемся ко второму вопросу задачи. Если
при взаимодействии двух веществ образуется 5 веществ,
то в реакции должно быть однозначно расставлено
5 4-2 — 1=6 коэффициентов в связи с тем, что один
коэффициент является в общем случае произвольным.
(Например, вполне эквивалентны записи:
Н2 4* 4 О2 = Н2О и 2На 4- О2 = 2НаО,
так как коэффициенты относятся не к числу молекул
реагирующих веществ, которые не могут быть дробными,
а к числу молей.) Числа молей элементов в правой и ле-
вой частях уравнения связаны алгебраическим равен-
ством, следовательно, если каждая из солей состоит
только из 3 элементов, мы можем составить только
5 независимых уравнений (кислород является элементом,
общим для обоих солей). Нам же требуется не 5, а 6 ураг-
нений (6 коэффициентов). Значит, в этом случае реакция
допускает бесчисленное множество вариантов набора
коэффициентов, что и требовалось доказать. Полученный
нами результат можно сформулировать следующим об-
разом.
Необходимый признак однозначности набора коэффи-
циентов: «Если сумма числа веществ в левой и правой
частях уравнения равна п, то для того, чтобы существо-
вал однозначный набор коэффициентов, требуется, что-
бы общее количество элементов, входящее в состав ве-
ществ, было не меньше (гг — 1). Например, для реакции:
К 4- H2SO4 (конц.) -> H2S 4- S 4- J42O + K2SO4
возможны самые разные наборы коэффициентов:
36К 4- 23H2SO4= 2S 4- 3H2S 4- 18K2SO4-^ 20Н„О
92К 4- 59H2SO4= 6S + 7H2S + 46K2SO4+ 52H2O
139
Сформулированный нами признак является необходи-
мым, но недостаточным, так как уравнения, связывающие
число молей элементов в левой и правой частях уравне-
ния не всегда являются независимыми. Например, раз-
ложение КС1О3 до КС1 с выделением О2 и до КСЮ4
не может быть однозначно описано одним уравнением
КСЮз-о КС! + КС1О4+ О2
с однозначным набором коэффициентов. Здесь, как и в
предыдущем случае, протекает 2 параллельные реакции.
Советуем в этом плане проанализировать задачу 932
из пособия О. С. Зайцева 17].
97.	Если бы в условии задачи не было оговорено,
что в составе вещества А нет водорода, решение было бы
очевидным — ВеН2, так как Be имеет маленькое значе-
ние МЧЭ, а негазообразные при обычных условиях во-
дородные соединения бора при полном разложении выде-
ляют все-таки меньший объем водорода в пересчете на
1 г вещества. Какое же вещество удовлетворяет условию?
При разложении А должен образоваться как можно боль-
ший объем газообразных продуктов, а значения ММЭ эле-
ментов в соединении должны быть минимальными. Фор-
мально условию удовлетворяет N3O5, но при разложении
N2O3 образуется NO2 и О2, а не простые вещества. Сле-
довательно, искомое вещество С12О7 (самостоятельно
убедитесь, что при разложении C13N образуется меньший
объем смеси газов в пересчете на 1 г). Вычислим, какой
объем смеси газов образуется при 25 °C в результате
разложения оксида хлора (VII) массой 1 г. Согласно
уравнению реакции, 1 моль С12О7 дает 4,5 моль смеси
С12 и О2:
С12О7 = С12 + 3,5 Оа М(С12О7) — 183 г/моль
183 г С12О7 — 4,5 • 22,4 О2 х = 0,55 (л)
1 г С12О7 — х г Оа
= 0,55 -	= 0,6 (л)
Давление в сосуде составит:
Р = Ро'-у = 162 (кПа)
98.	Если Гх—• простое вещество, то возможен такой
набор газов Г2 и Гх, который удовлетворяет условию за-
дачи: О2 и О3. Озон окисляет простое вещество до оксида,
а сам оксид должен легко разлагаться при нагревании.
140
Условию задачи, среди прочих простых веществ, удов-
летворяют ртуть и серебро:
+2
Ag + O3 = AgO + О,; 2AgO^2Ag+Oa
Если же предположить, что вещество Б разлагается
с выделением кислорода, то газом Гх может также быть
газообразный оксид, например NO2 или NO:
4Hg + 2NO2 = 2HgO + Na; 2HgOX2Hg + Oa
Если Г2— хлор, то требуется, чтобы газообразное соеди-
нение хлора прореагировало с простым веществом с обра-
зованием легко разлагающегося хлорида. Если же Гц—
оксид хлора, то требуется, кроме того, чтобы хлорид был
более термодинамически устойчивым, чем оксид. Усло-
вию задачи удовлетворяет золото:
Au + С1О2 = AuCI + О2 (t < 50°С)
2AuCl = 2Au + Cla
Предлагаем самостоятельно найти другие варианты ре-
шения задачи.
99.	1) С образованием металла разлагаются при на-
гревании галогениды (кроме фторидов) металлов с наи-
большими значениями электродных потенциалов, на-
пример платины и золота:
PtCl.= Pt + Cl.; 2AuI = 2Au + I2
2)	Кислородсодержащие соли разлагаются с образова-
нием металла в том случае, если соответствующий оксид
является термически неустойчивым и способен разла-
гаться на кислород и металл, например:
2AgNO3 X2Ag + 2NO. + О.
3)	Если анион обладает сильными восстановительны-
ми свойствами, то возможно образование металла даже
втехслучаях, когда металл имеет достаточно отрицатель-
ное значение стандартного электродного потенциала:
Ni (CN), Ni + 2С + N2; СоСаО4 = Со + 2СО.
4)	Как исключение свободные металлы, электродные
потенциалы которых имеют наиболее отрицательные зна-
чения, могут образовываться при разложении некоторых
141
термически неустойчивых солей, представляющих собой
бинарные соединения:
2NaN3 = 2Na + 3N,
100.	1 а. е. м. равна 1/12 массы атома изотопа 12С.
Массы же ядер атомов элементов не имеют в такой систе-
ме целочисленных значений, так как при соединении
нуклонов наблюдается известный деффект массы. Посколь-
ку ядро кислорода 18О содержит большее число нукло-
нов, чем 12С, в нем деффектмассы проявляется в большей
степени и отношение масс атомов 18О и 12С не равно
16/12, а несколько меньше этой величины. Если же
учесть, что в природном кислороде примеси изотопов
*7О и 18О крайне незначительны, то в итоге относительная
атомная масса кислорода несколько меньше, чем 16.
В ядре атома гелия меньшее число нуклонов, чем в ядре
углерода и соответственно деффект массы меньше. По-
этому в случае гелия наблюдается обратная картина.
101.	Попытаемся вначале ответить на вторую часть
задачи, не прибегая к расчетам. В растворе СО2 суще-
ствуют 3 равновесия:
Н2СО3(СО2 •	+ НСОГ
НСОГ^= н+ + col-
Н2О.-Н+ + ОН-
В растворе Н2СО3 концентрация ионов Н+ будет наи-
большая, так как ноныН+ (точнее, гидроксония Н3О+)
образуются за счет первой и второй стадии диссоциации
Н2СО3. Далее идут ионы НСОз, поскольку известно, что
каждая последующая константа диссоциации кислоты
на несколько порядков меньше предыдущей. Также впол-
не очевидно, что 1НСО31 3> ГС0;|_1.
Более сложным является вопрос, каких ионов в рас-
творе больше: СО2-или ОН". Пусть мы имеем 1л Н2О.
В 1 л Н2О при температуре 20 °C растворяется 0,88 л
СО2. Вычислим v (СО2) и pH раствора, учитывая толь-
ко первую стадию диссоциации Н2СО3:
v(CO2) =	— 0,034 (моль)
[Н+] « VKjC « 1^4,5 • 10“7 • 0,034 « 1,24 • 10-4 (моль/л)
pH = —1g [Н+] = 3,9 (pH « 4)
142
Запишем теперь уравнение для константы диссоциации
Н3С0я по двум стадиям:
[Н+]«[СО?*П	,
"ТиГсОз] ;	[COi“l «К.
Мы получили интересный результат, который можно
было бы сформулировать в виде задачи: доказать, что
концентрация ионов X2* в растворе слабой кислоты
НаХ примерно равна второй константе диссоциации кис-
лоты. Следовательно, [СО|“1 « 4,8 • 10-11. С другой
стороны, [Н+] • [ОН-] = 1 • 10-14.
[ОН-] = TFTT = S ~ °’8 • 10'10 ~ 8 • 1(ГП
Неожиданно оказалось, что в растворе Н2СО3 значения
концентраций СО|“ и ОН“ — величины одного порядка.
В результате получили следующий ряд:
[со!~]< [он<-] (нсол < [н+]
102.	Если попытаться решить эту задачу методом под-
бора, то легко убедиться, что уже на 4—’5-м этапах
возникают неясности, которые не так просто устранить.
Но в данном случае есть четкий и логически строго обо-
снованный путь решения, вытекающий из глубокого ана-
лиза условия. Известно, что Г9 и А — бинарные соеди-
нения, имеющие в своем составе 1 общий элемент. Следо-
вательно, всего в составе продуктов взаимодействия Г7
и Г8 есть 4 элемента. Однако в ходе реакций (1—4) уча-
ствовали 5 простых веществ, а, по условию задачи, в со-
ставе продуктов 5-й реакции есть атомы элемента, входя-
щего в газ Г2. который выделился в ходе реакции (3).
Значит, какие-то 2 газообразных простых вещества явля-
ются аллотропными модификациями одного и того же
элемента. Отсюда вытекает, что среди Tj, Г2, Г4, Г6
и Г8 есть кислород и озон. Теперь используем метод
исключения. Газ Г4 не О3, так как реакция (4) является
реакцией замещения и озон не мог быть одним из ве-
ществ в такой реакции, поскольку, по условию задачи,
реакция обратима. Исходя из реакции (4), газ Г2 не О3.
Если Гя — озон, тогда А п Г9— оксиды и тогда из реакции
(4) выходит, что газ Г2 более сильный, чем кислород,
окислитель, а это исключается реакцией (3). Следова-
тельно. озоном могли быть газы Гг или Г6. Сравнивая
уравнения реакций (3) и (5) видим, что Гв— озон, так
как именно озон окисляет многие вещества с образова-
143
нием простого вещества — кислорода. Теперь уже многое
проясняется, поскольку, мы знаем из реакции (1), что
при взаимодействии двух газообразных простых веществ
образовался газообразный оксид. Этому условию может
удовлетворять только азот или фтор, также реагирующие
с кислородом в жестких условиях. Но фтор не мог быть
одним из продуктов взаимодействия двух газов (реак-
ция 5), поэтому Г4— азот. Итак, в реакции 1 образовался
оксид азота (II), который далее прореагировал с газо-
образным простым веществом с образованием единствен-
ного продукта — газа Г5. Газ Г4 не фтор, поскольку
кислород не мог бы окислить бинарное соединение до
F, (реакция 4). Остается последнее предположение:
Г4— хлор. Теперь необходимо выяснить, какие формулы
у газов Г5 и Г7. Учитывая, что степень окисления азота
в NO составляет +2, а высшая возможная степень окис-
ления азота 4* 5 и то, что NO легко вступает в реакции
за счет неспаренного электрона, получаем: Г5—NOC1,
Г7 — NO2C1. Уравнения соответствующих реакций:
N2+O2=2NO (1)
NO + Cl2= 2NOC1 (2)
NOCI + О3 = NO2CI + О2 (3)
4НС1 + О2±^ 2С12+ 2Н2О (4)
2NO2C1 + 5Н„= N2+ 4НаО + 2НС1 (5)
Н2+С12=2НС1 (6)
2Н24-О2= 2Н2О (7)
Заметим, что учащиеся с достаточно развитой хими'
ческой интуицией могли прийти к решению и другим
путем: в задаче обращает на себя внимание тот факт, что
в течение трех стадий (1—3) в реакции вступают газо-
образные простые вещества, а в итоге также образуются
газы. Можно показать, что исходным веществом в этой
цепи мог быть только азот, а далее уже комбинировать
метод подбора и исключения.
103.	В данном случае необходимо наиболее раци-
онально использовать метод обратного расчета (см. 22)
в комбинации с алгебраическим методом. Пусть в реак-
цию вступили 2 моль КОН и 1 моль H2SO4.
Массы растворов составят:
»-66Ы (ГХ
344
В итоге образовался 1 моль K2SO4:
 ' tn (K2SO4) = 174,3 г; m0(p-pa) — 888 (г)
Находим массовую долю K2SO4 в насыщенном при О °C
растворе K2SO4:
w(K2SO4) = -^5 = 0,06847
Пусть из раствора выделится х г K2SO4 и образуется
у г раствора K2SO4. Получаем систему уравнений:
|x + f/=888	888 • 0,06847—174,3	. „ ,
IХ + 0,06847// = 173,3	0.006847- 1	"" 121,6
Итак, если бы масса раствора КОН составляла
561,1 г, из раствора выделилось бы 121,8 г кристаллов
сульфата калия. Теперь можно составить пропорцию:
561,1г р-ра—121,8 г K2SO4
ой ven х= 119,8 (г)
х г р-ра — 26 г K2SO4
Вычислим, какая масса 50 %-ного раствора H2SO,
прореагирует со 119,8 г 20 %-ного раствора КОН и какая
масса K2SO4 при этом образуется:
23,96 г т, т2
2КОН + H2SO4 = K2SO4 + 2НаО
2 МОЛЬ	I МОЛЬ	I моль
112,22 г	98.07 г	174,25 г
mi (H2SO4) = 20,94 г; т2 (K2SO4) = 37,2 г
Масса раствора H2SO4 составляет — 41,88 г,
сумма масс исходных растворов составляет 41,88 4-
4- 119,8 — 161,68 г. Исходя из этих данных, составляем
систему уравнений:
|х + */= 161,68	161.68 • 0,06847 — 37,2	„д, .
1 х + 0,06847// = 37,2	0,06847-1	~ w
Получили, что замена 30 %-ной H2SO4 на 50 %-ную
H2SO4 дает незначительное увеличение массы K2SO4,
145
так как растворимость K2SO4 невелика, а раствор КОН
имеет то же значение w % (КОН) = 20 %.
104.	Данная задача не является элементарной, так
как неизвестна растворимость нитрата калия при тем-
пературе /0. Очевидно, вначале требуется вычислить не-
известную массовую долю KNO3 в насыщенном при
t = t0 растворе. Обозначим эту величину через w.
Пусть масса 20 %-кого раствора КОН составляет х г.
Вычислим, какая масса 30 %-ного раствора HNO3
прореагирует с этим раствором и какая масса KNO3
при этом образуется
т (КОН) = 0,2% (г)
0,2л т^г т*г
КОН + HNO3 = KNO3 + НаО
1 моль I моль I моль
56,11 г 63,01 г 101,1 г
zz?! = 0,2245945% (г)
т2 — 0,36036 х (г)
т (р-ра) =0,74865%(г)
Сумма масс растворов КОН и HNO3 составит
1,74865 х г. По условию задачи, из раствора выделилось
50 г KNO3, следовательно, масса насыщенного раствора
KNO3 составит:
т (р-ра) = (1,74865 х — 50) Р
В этом растворе содержится (0,36036 х — 50) г KNOS
_ 0,36036* — 50
W “ 1,74865*—50
Во втором случае масса раствора КОН по-прежнему
% г. и также образуется 0,36036 х г KNO3, но в этом слу-
чае масса раствора HNO3 составит:
_ 0,36036* — 30
m} = 1,12297* г 2,12297* —30
Решаем уравнение:
0,360 36* — 50 _ 0,36036* — 30
1,74865* —50 ~ 2,12297* — 30
х = 344,6 w = 0,1342
146
Теперь задача свелась к стандартной: 344,6 г 20 %-ногр
раствора КОН нейтрализовали 40 %-ной азотной кисло-,
той и охладили раствор до температуры, при которой
массовая доля KNO3 в насыщенном его растворе состав-
ляет w = 0,1342. Какая масса KNO3 при этом выделится
из раствора? т (КОН) = 69,92 г. По уравнению реакции
вычислим массу прореагировавшей азотной кислоты
и массу образовавшегося нитрата калия:
m(HNO3) = 77,39 г
m(KNOs) - 124.2 г	= «3.5 г
Сумма масс растворов КОН и HNO3 составляет 538,1 г.
Используя эти данные, составляем систему уравнений:
( х + у = 538,1
|х + 0,1342// = 124,2 х=6°(г)
Мы получили несколько неожиданный результат:
понижение массовой доли кислоты на 10 % вызывает
уменьшение массы выделившихся кристаллов на 20 г,
а повышение массовой доли кислоты на 10 % вызывает
увеличение массы выделившихся кристаллов только на
10 г (см. 103).
105.	Вначале установим, можно ли использовать
для приготовления требующегося раствора H2SO4 всю
имеющуюся дистиллированную воду и всю серную кис-
лоту. По условию задачи, водопроводная вода содержит
ионы С1" (80 мг/л), что соответствует молярной кон-
центрации С (С1") «	• 1 • 10-3= 2,25 • 10-3 моль/л.
Это значение ровно в 10 раз превышает максимально
допустимую концентрацию ионов С1". Следовательно,
в полученном растворе массовая доля водопроводной
воды не должна превышать 10 %. Но в этом случае соот-
ношение масс H2SO4 и дистиллированной воды будет
20 : 70 = 0,28, у нас же > 0,3.
Поэтому серную кислоту полностью использовать не
удается. Продолжить решение можно двумя способами.
1-й способ. Если приготовлено 100 г раствора,
удовлетворяющего указанным в условии задачи требо-
ваниям, то в нем содержится 10 г водопроводной воды
и 20 г кислоты. Масса израсходованного раствора H2SO,
117
составляет Q~gg = 20,8 (г). Тогда масса израсходован-
ной дистиллированной воды составит: 100 — 10 — 20,8 =
= 69,2 (г).
Составим пропорцию:
68 г диет, воды — 100 г р-ра H2SO4
100 г диет, воды — х г р-ра H2SO4
х = 1446 (г)
2-й с п о с о б. Пусть на 1 л дистиллированной воды
следует взять х г 96 %-ной H2SO4 и у г водопроводной
воды. Массовая доля H2SO4 в растворе равна 0,2:
Массовая доля водопроводной воды в полученном рас-
творе — 0,1:
1000 + *+= 0,1
Система уравнений (1) и (2) легко решается делением
уравнения (1) на уравнение (2) и последующей подста-
новкой у = 0,48 х в одно из уравнений: х = 301,2;
у = 144,6, т (р-ра) = 1000 + х + у = 1446 г.
106.	Прежде всего разрабатываем алгоритм решения,
разбив ход решения на отдельные этапы:
1.	Вычисляем отношение масс веществ А и В по урав-
нению реакции:
^ = Ж(П1==/гА’	=	Л42 = Л4(В)
2.	Сопоставляем полученное значение с Л, = —.
Если К2>/<1, вещество А находится в избытке, если
Ка — вещество В в избытке и расчет ведется по А.
3.	Вычисляем массу прореагировавшего вещества и
массу остатка.
4.	Вычисляем массу продукта реакции.
Для удобства составления программы условие 2 пере-
пишем в таком виде:
148
Да |	| Нет
Остаток — вещество В Остаток — вещество А
Если Л\ = К2- то все равно, по какому веществу вести
расчет массы продукта, вещества по условию задачи даны
в строго стехиометрическом соотношении.
Получаем блок-схему
149
Составляем программу:
Адрес коман- ды	00	01	02	03	04	05	06	07	08	09
00 10 20 30	Сх Fx<0 С/П	П5 22 С/П	П6 ИПА ИПВ	ИП 1	ИПВ 1 П5	X П6 ИП 2	ИП 2 ИП 1 ИПС	ИПА ИПС X	X X ИПВ	ИПА
R 1 - /п„ R2—т.,, RA - ^.Vh, RB — п.2А12, RC — п3Л13 (псМ (С)
Значение массы остатка первого вещества находится
в регистре П5, второго — в регистре П6. Значение массы
продукта читаем на индикаторе после окончания счета.
Объясним, для чего нужны первые 3 команды: при мно-
гократном использовании программы в регистрах П 5
и П 6 оставались бы «остатки» от решения предыдущих
задач, поэтому перед каждой новой задачей их необхо-
димо онулить.
Покажем использование данной программы на кон-
кретном примере. Пусть требуется вычислить массу
фосфата кальция, а также массу остатка непрореагиро-
вавшего вещества, которые образуются в результате
взаимодействия 10,5 г хлорида кальция и 13,6 г фосфата
калия. Уравнение реакции:
ЗСаС12+ 2К3РО4= Са3(РО4)2+ 6КС1
Вводим величину ЗЛ4 (СаС12) = 333 в регистр памяти А,
величину 2М (К3РО4) = 424,5 в регистр В, величину
Л13— 310,2 в регистр С. Значения масс А и В вводим
в регистры 1 и 2. После окончания счета читаем на инди-
каторе результат: 9,78 (г)—т (Са3(РО4)2.) Проверяем
массу остатка СаС12 (ИП 5) — «0» (СаС12 прореагиро-
вал полностью). Масса остатка К3РО4 (ИП 6) — 0,2 (г).
Заметим, что если требуется знать массу или объем
продукта реакции, но не остатка, задачи на избыток мо-
гут решаться по очень простой методике, не требующей
использования программируемого микрокалькулятора.
Для этого достаточно вычислить массу или объем про-
дукта, предположив, что полностью прореагировало
первое вещество, а затем — что полностью прореагирова-
ло второе. Решением задачи будет меньшее из двух по-
лученных значений, так как вещество, находящееся в из-
150
битке, даст больший результат. Например, решение по-:
следней задачи будет таким:
* =	- 9’78;	9,94	•
Xi < т (Cas (РО4),) = xt = 9,78 (г)
При составлении программы решения задачи на язы-
ке Бейсик не обязательно пользоваться блок-схемой,
можно сделать прямой расчет по уравнению реакции и
установить, какое из веществ находится в избытке.
Решение имеет вид:
OLIST
10 REM задачи на избыток
20 PRINT «Введите массы веществ А и В, реагирующих по
уравнению N1A -|- N2B = N3C 4~ ... ,
молярные массы веществ А, В, С, коэффициенты N 1, N 2,
N 3»
30 INPUT Ml, М2, А,
В, С, Nl, N2, N3
40 IF М2/ Ml > = N2^B / (N1*A) THEN 20
50 X = M2X-N3 С / (N2 X В)
60 PRINT «Масса продукта С»
70 PRINT X
80 Х2 = Ml — NlX-A X М2 / (N2 X В)
90 PRINT «Масса остатка первого вещества»
100 PRINT Х2
ПО STOP
120 X = M1XN3XC/(NI *А)
130 PRINT «Масса продукта С»
140 PRINT X
150 Х2 = М2 — N2 * В*М1 / (N1 * А)
160 PRINT «Масса остатка второго вещества»
170 PRINT Х2
180 END
URUN
«Введите массы веществ А и В. реагирующих по уравнению
N1A 4- N2B = N3C 4- ... > молярные массы вещества А, В,
С, коэффициенты Nl, N2, N3»
?10.5, 13. 6. 111. 212, 25. 310. 2, 3, 2, 1
Масса продукта С 9, 78108108
Масса остатка второго вещества. 214864867
Как показывает педагогическая практика, учащиеся
значительно легче усваивают программирование на пер-
сона чьим х компьютерах, чем на микрокалькуляторах.
Работая па персональных компьютерах «Ямаха» или
«Агат», удается практически с первого же занятия обу-
чить восьмиклассников составлять простейшие линей-
ные программы, а уже на втором — составлять про-
граммы в соответствии с типом решенной задачи.
151
Приводим пример стандартной задачи, которая может
служить простейшим примером составления линейных
программ:
0LIST
10 REM «Установление формулы органического вещества на
основании данных количественного анализа»
20 PRINT «Введите массу вещества и массу образовавшейся
в результате сгорания воды в граммах, объем углекислого
газа в литрах, значение относительной плотности паров
веществ А по газу Г, значение молярной массы Г»
30 INPUT М, А, В, D, Р
40 Nl =« Р * D * А / (9 * М)
50 N2 = Р * D • В / (22,4 * М)
60 N3 = (Р * D — 12 * N2 — N1) / 16
70 PRINT «Число атомов углерода, водорода и кислорода
в молекуле»
80 PRINT N2, Nl, N3
90 END
0RUN
Введите массу вещества и массу образовавшейся в резуль-
тате сгорания воды в граммах, объем углекислого газа в лит-
рах, значение относительной плотности паров вещества
по газу Г, значение молярной массы Г ? 4. 6, 5. 4, 4. 48, 23,2
число атомов углерода, водорода и кислорода в молекуле
ОТВЕТЫ И УКАЗАНИЯ К ЗАДАЧАМ
ДЛЯ САМОСТОЯТЕЛЬНОГО РЕШЕНИЯ
107. Формула ашарита — MgHBO3> второй минерал — магнезит
MgCO3. 108. Г =1,38 • Ю-w м. 109. Zn 4- Hg2(NO3)2. 110. MgSO4.
111. 0,8: 1. 112. NaH + HI. 114. a) SiCl4; б) B2He; в) ALC,;
r) Mg3P2; д) NaOH. 115. pH = 3. 116. 0,00245 моль (T1+
+ H2SO3 (разб.); 0,22 моль (Be + H2SO4 (конц.). 117. ср (^_) =
= <p (H2) = 0,133; ф (N2O) = 0,4; ф (NH3) = 0,267; ф (О2) =
= 0,07. 118. B4HW; Si2H„. 119. А — BaS. 120. A4— SO2, A2-
—Mn2O7. 121. n = 1/3 : KNO2 + 3Mg + 5H2O; n = 0,2 : Co +
+ HNO3. 122. NH4Fe(SO4)2- 12H2O. 123. A — P, Б — Ca,
В — P2O5. 124. К + O2 = KO2. 125. X — BaFeO4. 126. MnSO4
и FePO4. 127. В — (NH4)2SO4. 128. BCI3. 130. w (NH3) = 0,66.
131. T12CO3+ HI (HBr) или Pb (HCO3)2+ H2S. 132. Fe (NCS'2,
FeSO4, Fe (NO3)2. 133. HN3 и HNCO. 134. HC1O3. 135. PtCI4+
4-H2, выход Pt — 1/9. 136. NH4HS. 138. A—Sn, B2—CrO3.
139. Tj— O3, А,— Mn (OH)4. 140. A — NHS, Б — CO,. 141. p =
= 381 кПа. 142. A — H2S, Б — НСЮ4, В — H2SO4; Д — HC1,
E —H2SO3, К — HOC!. 143. Реактив — CuSO4. 144. A —
— Hg2CI2, Б — HgCl2. 146. Ca2BeO„- 13H2O.	148. PbFCl.
152. Mg (CIO4), и MgCO3. 153. Li„SO4 • H2O. 154 . 2,58 ; 1. 156. A—
—PbO, Б — SO3, В — Na,O. 157. 1 / 4Fe (HCO3)2 + 2H2O + O2;
2) 2CaC2O4+ O2 и 2CaC2+ 5O2; 3) 2CuO + Cu2S; 4) MnCl2 +
+ O3+ 3H2O; 5) H2S2O3+ H2O; 6) C3O2+ 2O2; 7) FeC,O4;
8) H2S + H2SO4; 9) H2O2+ CIa и 2HOC1; 10) 3NO. 158. [H+] <
< [он-] < [Hco;] < [corj<[nh4+]. 159. Hg (NO3)2.
160. Na, Na2CO3. 161. a) CH4+ 2O2; 6) Mg2Si + O2. 162. X -
— NH4I, Г1— SO2, Г2— NH3. 163. CO2 н N2O, C12O и SOa
C1O2 и S2O, B2O3 и C3O,. 165. CuC2O4 • H,0 = Cu + 2CO2+
+ H2O. 166. v (H2) : v‘(N2) : v (CO) : v (CO2) = 4 : 3,6 : 1 : 1.4.
167. CaCrO4 и KMnO4. 168. X — NH4VO3. 169. rt— CI2, A — Fe.
170. A — SrCO3, Б — C. 171. Be. 172. 1 — HNO3 (конц.); железо
пассивируется. 173. MnS и МпО2. 174. NH4KSO4 X 2NH3+
+ K2S2O,+ H2O. 175. A — CO (NH2)2. 176. X - Ag2CO3.
177. Жидкий сплав К и Na, w (Na) = 0,37. 178. BeH,.
179. K2CO3, NH4NO3. 180. A — K3[Fe (CN)6], Б - K4[Fe (CN1J.
181. A — MgO, Б — NaOH, В — KH. 182. A —- HgSO4, Б —
Ba (OH)2, В — H2SO4, Д — BaS. 183. A — P, Б — Cl2, В,—
PCI3, B2— PC15. 184. X, — Ca, X2— K, X3— Zn, X4- Fe.
185. A — CaCO3, Б — KHCO3, В — CrO3. 186. FeS.
153
СПИСОК ИСПОЛЬЗОВАННОЙ ЛИТЕРАТУРЫ
1.	Ахметов Н. С. Общая и неорганическая химия.—
М.: Высш, шк., 1981.— 679 с.
2.	Б а б к о А. К-, П я т и и ц к и й И. В. Количествен-
ный анализ.— Мл Высш. шк., 1968.— 495 с.
3.	Б е р д о и о с о в С. С. Основные тенденции химиче-
ского образования//Химия в шк.— 1986.— № 1.— С. 67—70.
4.	Г л и н к а Н. Л. Общая химия.— Л.: Химия. Ленингр.
отд-ние, 1986.— 702 с.
5.	Дайнеко В. И. О массовых долях и процентах И
Химия в шк.— 1987.— № 4.— С. 54.
6.	3 а й ц е в О. С. Задачи и вопросы по химии.— Мл Хи-
мия, 1985.— 302 с.
7.	Зайцев О. С. Познавательные задачи по общей хи-
мии.— Мл Изд-во Моск, ун-та, 1982.— 181 с.
8.	И в а н о в а Р. Г. О методических проблемах применения
физических величии и единиц СИ в учебном процессе// Химия
в шк.— 1982,—№ 4,—С. 26—31.
9.	Иноходцев В. Восьмивалентное железо И Химия
и жизнь.— 1987.— № 7.— С. 15.
10.	Карапетьянц М. X., Д р а к и н С. И. Общая
и неорганическая химия.— Мл Химия, 1981.— 631 с.
II.	Лисичкин Г. В. Профориентационный подход
при подготовке задания для химических олимпиад И Материалы
Всесоюз. совещ.-семинара «Методические проблемы химических
олимпиад». (Новосибирск, май 1979 г.) — А4л Знание, 1979.—
136 с.
12.	Л и с и ч к и и Г. В., Р о т и н а Е. С., К о р о бей-
ник о в а Л. А. Об эффективности внеклассной работы по
химии И Журн. ВХО им. Д. И. Менделеева — 1978.— Т. 23.—
№ 6,—С. 666—669.
13.	Лурье Ю. Ю. Справочник по аналитической химии.—
Мл Химия, 1979.— 480 с.
14.	М а й б о р о д а В. Д., Максимова С. Г., Ор-
лик Ю. Г. Решение задач по химии с использованием програм-
мируемых микрокалькуляторов.— Минск : Изд-во Минск, ун-та,
1988.— 157 с.
15.	М а к а р е и я А. А., 3 а в л и н П. М. Повторим хи-
мию.— Мл Высш, шк., 1984.— 192 с.
16.	Методика преподавания химии / Под ред. Н. Е. Кузне-
цовой.— Мл Просвещение, 1984.— 308 с.
17.	Мол яко В. А. Психология решения школьниками
творческих задач,— Кл Рад. шк., 1983,— 95 с.
18.	М у ш к а л о Н. Н., Брайко В. I. Ол1мп1адн1
задач! з xiMii'.— Кл Рад. шк., 1978,— 152 с.
19.	Н е к р а с о в Б. В. Основы общей химии : В 2 т —
Мл Химия, 1973,—Т. 1.- 656 с; Т. 2 — 688 с.
20.	Николаенко В. К. Классификация олимпиадных
задач и общие подходы к решению некоторых типов задач И
Химия в шк,— 1986,—№ 6.—С. 65—68.
21.	Николаенко В. К., Бабанский И. Т. «Не>
154
возможные» реакции //• Химия . и жизнь.— 1987 — № 2 —
С. 76—77.	'	'
22.	Н и к о л а е и к о В. К., Бабанский И. Т. Не-
металл — металл. Где граница?//Химия и жизнь.— 1986 —
№ 9.— С. 63—64.
23.	Н и к о л а е н к о В. К-, Б а б а н с к и й И. Т. Не по-
падитесь в ловушку!// Химия и жизнь.— 1986.—Ns 7.—С. 78—
79.
24.	Николаенко В. К., Бабанский И. Т. Самая
растворимая соль // Химия и жизнь.— 1987.— № 3.— С. 78—79
25.	Н и к о л а е н к о В. К., Бабанский И. Т. Са-
мый металлический металл//Химия и жизнь.— 1986.—№3 —
С. 76-78.
26.	Польские химические олимпиады / Под ред. С. С. Чура-
кова — М.: Мир, 1980.— 530 с.
27.	Прокопенко В. Г. О некоторых терминах и поня-
тиях//Химия в шк.— 1987,—№ 4.— С. 54.
28.	П р о т а с о в П. Н., Цитович И. К. Методика
решения расчетных задач по химии.— М.: Просвещение, 1978.—
127 с.
29.	Сборник олимпиадных задач по химии / Васильева Р. И.,
Аданович Т. П„ Станишевский Л. С. и др.— Минск : Нар. асве-
та, 1980.— 111с.
30.	С е р е д а И. П. Конкурсные задачи по химии. — К.:
Вища шк., 1984.— 232 с.
31.	См и р и о в а Т. В. Формирование научного миро-
воззрения учащихся при изучении химии.— М.: Просвещение,
1984,— 175 с.
32.	Справочник по элементарной химии / Под ред. А. Т. Пи-
липенко.— К.: Наук, думка, 1985.— 560 с.
33.	Стон к и й Л. Р. Методические указания по правиль-
ному применению физических величин и их единиц в школьном
курсе химии// Химия в шк.— 1980.— № 6.— С. 68—71.
34.	Стоцкий Л. Р. Физические величины и их единицы:
Справ.— М.: Просвещение, 1984.— 238 с.
35.	Т и м а к о в А. А. В высшей степени окисленное зо-
лото//Химия и жизнь.— 1987.— № 5.— С. 18—19.
36.	X о д а к о в Ю. В. Общая и неорганическая химия.—
М.: Просвещение, 1965.— 357 с.
37.	X о м ч е и к о И. Г. Общая химия.— М.: Химия,
1987,— 463 с.
38.	X о м ч е и к о Г. П. Химия для поступающих в вузы.—
М.: Высш, шк., 1985.— 367 с.
39.	X о м ч е и к о Г. П., X о м ч е и к о 11. Г. Задачи по
238<ИИ ДЛЯ n0CTyna,0UlHX в вузы.— М.: Высш, шк., 1987
40.	Цитович И. К-, Протасов П. Н. Методика
решения расчетных задач по химии.— М.: Просвещение, 1981.
41.	Чуранов С. С. Химические олимпиады в школе.—
М.: Просвещение, 1982.— 189 с.
42.	Эпштейн Д. А. Формирование химических способ-
ностей у учащихся // Bonn. психологии,— 1963.— Аг К —
С. 107-115.
43.	Я и с о н Э. Книга о СИ//Химия в шк,— 1985. -
№ 4,— С. 72—73.
155
СОДЕРЖАНИЕ
Введение..................................................3
Классификация олимпиадных задач и общие подходы к реше-
нию некоторых типов задач.................................9
Задачи по курсам общей и неорганической химии .... 27
Решения задач главы «Задачи по' курсам общей и неоргани-
ческой химии»............................................64
Ответы и указания к задачам для самостоятельного решения 153
Список использованной	литературы ......................154
Приложение...............................................157
Z9I
—	8’91 3’16	6’59 I’OZ	Z*68 9’39	O'H9	'(8ON)8w
O’£Z	0'19	9*fr9	8*39	O'H9	'id^w
I'K	ZI'8I	II’H	9£‘Z	—	rOS'M
frZ9	3ZE	9‘Z15	ZZI	—	NDSM
8ZI	Zt-I	—	—	o'h	HOM
——	—	311	Z6	o'hs	o . HOM
—	—	8‘fr9	>‘83	O'Hfr	’O*H*DBNM
9V3	0’011	9‘ie	E’EI	——	SONM
—	3’35	f9	£8’3	—	’ouwm
803	9ZI	Ж	9’ZSI	—	. » » !M
,0‘Z	9’5	£9’0	5£‘O	—	’р’н’энм
9’16	0‘IZ	б’З»	08 ~	—	l’(ND)’J]'M
8‘ZZ	6’99	6’83	6>I	ОгН£	1’(ю)эаГм
		(Do 93)			
—	—	19’51	—	o’hsi	'(*OS)JDM
0’501	9’09	I‘£I	0’9	—	‘o'JD'M
9‘9Z	9’89	Z‘I9	3’89	—	’oo'm
Z’SSI	8’951	9’011	£‘901	ОгН9‘1	sod'm
0401	1’98	9’99	9‘£9	—	JQM
0‘Ж	8‘fr3	6’9	O‘£	c/hsi	'(*OS)IVM
9‘£9	6‘H	9’9	E’fr	—	ЧЭЗн
—	9H‘O	8Z£‘O	669’0	—	s'h
—	1’99	—	£‘58	—	IDH
—		59’6	P9‘£	o'hs	>о'э'н
—	—	9’93	99’91	o’hz	rOS3J
6‘9£9	—	—“	—	—	SID9J
—	—	6’16	ViL	ОгН9	®ID9J
fr‘9Z	O’Ofr	Z‘03	E’frI	OSH9	*OSnD
—	-—	6’59	9‘£t	ОгН9	'ID°D
O’ZH	9‘9£I	9‘t>£l	—	o'h	ЮРЭ
zzo’o	911’0	991’0	981’0	—	'(40)53
—	—	£‘631	I‘301	о'ш	'(SON)53
—	—	9‘frZ	9’69	O'H9	'1353
——	Z90‘0	891’0	t££‘O	—	'03
—	>6’05	68‘£	Z9*I	O'H8	'(но)ва
3*fr£	£‘05	5’6	0’9	—	'(8ON)b9
8’89	F9fr	Z‘9£	9*I£	O'HS	в,. s£Ba
0’68	5’69	£‘9£	3*l£	o'hsi	S(’osnv
691	801	FSZ	19	O'H6	s('ON)jv
396	959	553	331	—	eON®V
9	s		£	г	I
J ‘rrtfoa j ooi я вхэатпэа чхэояибоахэе^					
oOOI	1	«09	I oOZ	oO	вееф Betfdaai	BirXadot)
Эо ‘BdXiBdauwaj					
ndAxedauwax xo ихэониэиявс a
atfoa a axaatnaa xndoxoxjH axsowadoaxaBd
I BUHIfQ BJ^
аинажо1гис! u
Продолжение табл. 1
1	1	2		3	4	5	G
NH«C1			29,4	37,2	55,2	77,3
(NH4)2Fe(SO4)2	6H2O	17,8	26,9	53,4	—
Na2B4O7	10H2O	1,3	2,7	20,3	—
Na2CO3	10H2O	7	21,5	—	—
Na2CO3	H2O	—	—	46,4	45,5
NaCl		35,7	36,0	37,3	39,8
NaF		3,53	4,17	4,68	5,08
NaHCO3	—	6,9	9,6	16,4	Роз-
					клада-
					сться
NaH2PO4	2H3O	57,9	85,2	—	—
NaH.,PO4		—.	—	179,3	246,6
Na2HPO4	12H3O	1,67	7,7	—	—
Na2HPO4	7H2O	—	—	—	—
Na2HPO4	2H2O	—	—	82,9	—
NaNO.,		72,1	84,5	—	163,1
NaNO3	—	73	88	124	180
NaOH	4HaO	42	—	—	—
NaOH	H2O	—	109	174	
NaOH		—	—	—	347
Na3PO4	12H3O	1,5	II	55	108
Na2S	9H2O	—	18,8	—-	—
Na2S	6H2O	—	—	39,1	—
Na2SO3	7H3O	13,9	26.9	—	—
Na2SO3	—	—	—	33,-2	26,6
Na„S2O3	5H,0	52,5	70,0	—	—
Na9S.zOa	2H3(>	—	—	206,5	—.
Na.,S2O3	—	—	—	—	266
NiSO4	7H,0	27,22	—	—	
NiSO4	бн2о	—	—	54,80	76,7
Pb(NO3)3	—	38,8	56,5	95	138,8
SnCl.	21 |,o	83,9	269,8	—-		
			(15 °C)		
Sr(NO3)3	4H2e	40,1	70,5	—.	—
Sr(NO3)2	—	—	—	93,8	—
ZnSO4	H2O	—	—	—	80,8
Таблица 2
Произведения растворимости (ПР) некоторых солей
при температуре 25 °C
Формула	up	1	Формула	ПР
AgBr Ag2CO3 AgCl Agl AgNOa Ag3PO4 Ag2S A1PO4 Aul	5,3- 10*1:i 1,2- 10~12 1,8-10-1" 8,3-IO*17 6-10-1 1,3-IO"20 2.10-so 5,8- 10-i° 1,6- IO'»3	AtiC 1 BaCO3 BaC2O4 BaCrO4 BaF2 Ba3(PO4)2 BaSO4 Bi2S3 CaCOs	2-10-13 4-10-1° 1,1-10-’ 1,2-10-1» 1,1  10"» 6-10-3» i,i.io-i« 1  IO'»’ 3,8-1 O’»
158
Продолжение табл. 2
Формула |ПР|| Формула |ПР
CaSO,	2,5-IO"6 2,3 -Ю-9	*&o4)a	6,5- 10~9 1. IO"1»
CaF2 *	4-IO-11	MnS (a)	2,5-IO'19
Са3(РО4)а	2.10'2a	NiC03	1,3-10-’
CdS	1,6-10~28	NiS (a)	3,2- IO'19
CoS (а)	410~21	PbCl2	1,6-Ю-3
СаС1О4	4-IO-3	PbSO4	1,6-IO*8
CuBr	5,3-IO-8	PbS	2,5-10“27
CuCI	1.210-»	PbF3	2,7-1 O'8
Cui	1,1-io-12	РЫ,	IJ-IO’9
CuS	6,3- IO-33	PtS	8- 10“73
FeS	5 IO-19	PbCIO4	2,5-10-3
FePO4	1,3- IO'22	SnS	2,5- IO’27
HgS	1,6-10~32	SrC2O4	1,6- io-7
KC1O4	1,1 -10~2	SrCO3	1,1 - IO-10
li2co3	4-IO-3	SrSO4	3,2- KF7
LiF	1.7-10-3	SrF2	2,5-10--
Li3PO4	3,2- IO'9	ZnS (a)	1,6- IO"-4
MgCO3	2,1- IO-3	Zns(PO4)3	9,1 • 10-3:
Таблица .3
Значения рК некоторых кислот при температуре 25 СС (рА- — —1g К)
Одноосновные кислоты		AUioroocHOBHbie кислоты			
Формула	pA'i	Формула	Px,	pX:	рЛ,
HF	3,21	112S	6,99	12,6		
HC1	—7	H2SO3	1,85	7,2	—
HOCl	7,53	H2so4	-3	1,94	—
нс IO2	1,97	H7S oO,	0,6	1,72	—
HC1O3	— 1	H2CrO4	0,8	6,3	—
HC1O4	—8, —10	H2Cr2O7		1,64	
HBr	-8	H2Se	3,89	11	—
HOBr	8,66	H2SeO3	2,75	8,5	—
HBrO3	0,7	H2SeO4	-3	1,92	—
HBrO4	—8	H2Te	2,64	12,16	—
HI	-11	H2TeO3	2,57	7,74	—
HOI	10,64	H,TeO,	7,61	10,93	15
H1O3	0,77	H3PO,	1,23	—	—
HIO4	1,61		1,51	6,79	—
HMnO4	-1,7	H3PO4	2,15	7 2!	12
HNO3	3,16	H3AsO3	9.2		—
HNOS	=«—1.6	H3AsO4	2,25	6,77	11.53
HN,	4,7	H2CO3	6,35	10.712	—
HCN	9,3	(CO2+H3O)			
HCOOH	3,75	HjCjOx	1,25	4,27	—
CH,COOH	4.76	H4SiO4	9,9	1 1.8	'3,7
cci,cooH	0,7	H3B93	9,15	12.71	I 3,8
CFjCOOH	0,3	H2B4O,	3.74	7.7	—
C,HSOH	10	H2O2	11.7		—
159