ГДЗ по Химии 8 Класс Страницы 154-155 Рабочая тетрадь (2018) Габриелян — Подробные Ответы

Часть II

1. Запишите уравнения реакций обмена между:
1) гидроксидом лития и фосфорной кислотой
2) сульфидом железа (II) и соляной кислотой
3) хлоридом бария и сульфатом натрия
4) азотной кислотой и гидроксидом алюминия

2. Составьте уравнения реакций, идущих до конца.
1) CuO + HCl →
2) KCl + NaNO₃ →
3) Na₂CO₃ + HCl →
4) HF + MgCl₂ →
5) Na₃PO₄ + BaCl₂ →
6) KBr + AlCl₃ →

3. Напишите уравнения реакций обмена, протекающих:
1) с выпадением осадка
2) с выделением газа
3) с образованием осадка и выделением газа
4) с образованием воды
5) с образованием воды и осадка

4. Установите соответствие между типом и уравнением химической реакции.

ТИП ХИМИЧЕСКОЙ РЕАКЦИИ
А) соединения
Б) разложения
В) замещения
Г) обмена

УРАВНЕНИЕ РЕАКЦИИ
1) CaO + SiO₂ = CaSiO₃
2) Fe₂O₃ + 2Al = Al₂O₃ + 2Fe
3) Fe + 2HCl = FeCl₂ + H₂
4) 3KOH + H₃PO₄ = K₃PO₄ + 3H₂O
5) 2KClO₃ = 2KCl + 3O₂
6) H₂SO₄ + 2RbOH = Rb₂SO₄ + 2H₂O

Укажите реакции нейтрализации (цифрами):_____

5. Определите массу соли и количество вещества воды, полученных при взаимодействии гидроксида меди (II) с 58,8 г серной кислоты.

Часть II

Вопрос 1

1. 3LiOH + H₃PO₄ → Li₃PO₄ + 3H₂O
2. FeS + 2HCl → FeCl₂ + H₂S↑
3. BaCl₂ + Na₂SO₄ = BaSO₄ + 2NaCl
4. Al(OH)₃ + 3HNO₃ → Al(NO₃)₃ + 3H₂O

Вопрос 2

Реакции, идущие до конца:

CuO + 2HCl → CuCl₂ + H₂O
Na₂CO₃ + 2HCl → 2NaCl + H₂O + CO₂
2HF + MgCl₂ → MgF₂↓ + 2HCl↑
2Na₃PO₄ + 3BaCl₂ → Ba₃(PO₄)₂ + 6NaCl

Вопрос 3

1. 2NaOH + CuSO₄ = Cu(OH)₂↓ + Na₂SO₄
2. Na₂CO₃ + 2HNO₃ = 2NaNO₃ + H₂O + CO₂↑
3. \((\text{NH}_4)_2\text{CO}_3 + \text{Ba(OH)}_2 \rightarrow \text{BaCO}_3 \downarrow + 2\text{NH}_3 \uparrow + 2\text{H}_2\text{O}\)
4. Al(OH)₃ + 3HNO₃ → Al(NO₃)₃ + 3H₂O
5. Ba(OH)₂ + H₂SO₄ = BaSO₄ + 2H₂O

Вопрос 4

Реакции нейтрализации: 4, 6.

Вопрос 5

Дано:
m(H₂SO₄) = 58,8 г
M(H₂SO₄) = 98 г/моль
M(CuSO₄) = 160 г/моль

m(CuSO₄) = ?
n(H₂O) = ?

Cu(OH)₂ + H₂SO₄ = CuSO₄ + 2H₂O
n(H₂SO₄) = m/M = 58,8/98 = 0,6 (моль)

По уравнению реакции:

x = n(CuSO₄) = 0,6 × 1/1 = 0,6 (моль)
y = n(H₂O) = 0,6 × 2/1 = 1,2 (моль)
m(CuSO₄) = n × M = 0,6 × 160 = 96 (г)

Ответ: 96 г, 1,2 моль.

Общие положения: Основы химических реакций обмена

Прежде чем приступить к решению, давайте вспомним ключевые моменты, касающиеся реакций обмена:

Что такое реакция обмена? Это химический процесс, при котором два сложных вещества обмениваются своими составными частями (как правило, ионами), образуя два новых сложных вещества.
Пример: \( \text{AB} + \text{CD} \rightarrow \text{AD} + \text{CB} \)

Условия протекания реакций обмена до конца (необратимо): Реакции обмена в растворах протекают до конца, если образуется одно из следующих веществ, которое «удаляется» из сферы реакции:

• Осадок (↓): Нерастворимое или малорастворимое вещество, выпадающее из раствора.
  Чтобы определить, образуется ли осадок, нужно использовать таблицу растворимости.
• Газ (↑): Газообразное вещество, которое улетучивается из раствора.
  Часто образуется при взаимодействии кислот с карбонатами (выделяется \( \text{CO}_2 \)), сульфидами (выделяется \( \text{H}_2\text{S} \)) или при разложении нестабильных кислот (например, угольной \( \text{H}_2\text{CO}_3 \) на \( \text{H}_2\text{O} \) и \( \text{CO}_2 \)).
• Вода (\(\text{H}_2\text{O}\)): Малодиссоциирующее вещество.
  Чаще всего образуется в реакциях нейтрализации (взаимодействие кислоты с основанием).
  Образование воды снижает концентрацию ионов \( \text{H}^+ \) и \( \text{OH}^- \), что смещает равновесие реакции в сторону образования продуктов.

Правило Бертолле: Это правило гласит, что реакция обмена протекает до конца, если в результате реакции образуется осадок, газ или малодиссоциирующее вещество (например, вода).

Вопрос 1

Для каждого пункта мы сначала определим формулы реагентов, затем спрогнозируем продукты обмена, используя правила валентности или зарядов ионов, и, наконец, уравняем реакцию, расставив коэффициенты.

1) гидроксидом лития и фосфорной кислотой

Определение формул реагентов:

• Гидроксид лития: Литий (\(\text{Li}\)) находится в первой группе, поэтому его валентность I (заряд иона \( \text{Li}^+ \)).
  Гидроксид-ион имеет формулу \( \text{OH}^- \).
  Соединяем: \( \text{LiOH} \).

• Фосфорная кислота: Известная формула \( \text{H}_3\text{PO}_4 \).

Прогноз продуктов обмена:

Это реакция между основанием (\(\text{LiOH}\)) и кислотой (\(\text{H}_3\text{PO}_4\)).

Такие реакции называются реакциями нейтрализации.

Они всегда дают соль и воду.

• Литий (\(\text{Li}^+\)) обменяется с водородом (\(\text{H}^+\)).
• Катион \( \text{Li}^+ \) соединится с анионом \( \text{PO}_4^{3-} \) (фосфат-ион).
  Для нейтрализации зарядов нам нужно 3 иона \( \text{Li}^+ \) на 1 ион \( \text{PO}_4^{3-} \),
• поэтому формула фосфата лития будет \( \text{Li}_3\text{PO}_4 \).
• Оставшиеся \( \text{H}^+ \) и \( \text{OH}^- \) образуют воду \( \text{H}_2\text{O} \).

Составление и уравнивание уравнения:

\( \text{LiOH} + \text{H}_3\text{PO}_4 \rightarrow \text{Li}_3\text{PO}_4 + \text{H}_2\text{O} \)

Уравняем литий: справа 3 атома \( \text{Li} \), слева 1.

Ставим коэффициент 3 перед \( \text{LiOH} \).
\( 3\text{LiOH} + \text{H}_3\text{PO}_4 \rightarrow \text{Li}_3\text{PO}_4 + \text{H}_2\text{O} \)

Уравняем водород: слева \( 3\text{H} \) (из \( \text{LiOH} \)) + \( 3\text{H} \) (из \( \text{H}_3\text{PO}_4 \)) = 6 атомов \( \text{H} \).

Справа в \( \text{H}_2\text{O} \) 2 атома \( \text{H} \).

Ставим коэффициент 3 перед \( \text{H}_2\text{O} \).
\( 3\text{LiOH} + \text{H}_3\text{PO}_4 \rightarrow \text{Li}_3\text{PO}_4 + 3\text{H}_2\text{O} \)

Проверяем кислород: слева \( 3\text{O} \) (из \( \text{LiOH} \)) + \( 4\text{O} \) (из \( \text{H}_3\text{PO}_4 \)) = 7 атомов \( \text{O} \).

Справа \( 4\text{O} \) (из \( \text{Li}_3\text{PO}_4 \)) + \( 3\text{O} \) (из \( 3\text{H}_2\text{O} \)) = 7 атомов \( \text{O} \).

Уравнение уравнено.

Условие протекания: Образование воды (\(\text{H}_2\text{O}\)).

2) сульфидом железа (II) и соляной кислотой

Определение формул реагентов:

• Сульфид железа (II): Железо (II) означает \( \text{Fe}^{2+} \).
  Сульфид-ион \( \text{S}^{2-} \).
  Соединяем: \( \text{FeS} \).
• Соляная кислота: Известная формула \( \text{HCl} \).

Прогноз продуктов обмена:

• Железо (\(\text{Fe}^{2+}\)) обменяется с водородом (\(\text{H}^+\)).
• Катион \( \text{Fe}^{2+} \) соединится с анионом \( \text{Cl}^- \) (хлорид-ион).
• Для нейтрализации зарядов нужно 1 ион \( \text{Fe}^{2+} \) и 2 иона \( \text{Cl}^- \), поэтому формула хлорида железа (II) будет \( \text{FeCl}_2 \).
• Катион \( \text{H}^+ \) соединится с анионом \( \text{S}^{2-} \).
• Для нейтрализации зарядов нужно 2 иона \( \text{H}^+ \) и 1 ион \( \text{S}^{2-} \), поэтому формула сероводорода будет \( \text{H}_2\text{S} \).
• Сероводород — это газ.

Составление и уравнивание уравнения:

\( \text{FeS} + \text{HCl} \rightarrow \text{FeCl}_2 + \text{H}_2\text{S}\uparrow \)

Уравняем хлор: справа 2 атома \( \text{Cl} \), слева 1.

Ставим коэффициент 2 перед \( \text{HCl} \).
\( \text{FeS} + 2\text{HCl} \rightarrow \text{FeCl}_2 + \text{H}_2\text{S}\uparrow \)

Проверяем остальные элементы: \( \text{Fe} \) (1 слева, 1 справа), \( \text{S} \) (1 слева, 1 справа), \( \text{H} \) (2 слева, 2 справа).

Уравнение уравнено.

Условие протекания: Выделение газа (\(\text{H}_2\text{S}\)).

3) хлоридом бария и сульфатом натрия

Определение формул реагентов:

• Хлорид бария: Барий (\(\text{Ba}\)) находится во второй группе, поэтому его валентность II (заряд иона \( \text{Ba}^{2+} \)).
  Хлорид-ион \( \text{Cl}^- \).
  Соединяем: \( \text{BaCl}_2 \).
• Сульфат натрия: Натрий (\(\text{Na}\)) находится в первой группе, валентность I (заряд иона \( \text{Na}^+ \)).
  Сульфат-ион \( \text{SO}_4^{2-} \).
  Соединяем: \( \text{Na}_2\text{SO}_4 \).

Прогноз продуктов обмена:

• Барий (\(\text{Ba}^{2+}\)) обменяется с натрием (\(\text{Na}^+\)).
• Катион \( \text{Ba}^{2+} \) соединится с анионом \( \text{SO}_4^{2-} \).
• Формула сульфата бария \( \text{BaSO}_4 \).
  По таблице растворимости \( \text{BaSO}_4 \) — это нерастворимое вещество (осадок).
• Катион \( \text{Na}^+ \) соединится с анионом \( \text{Cl}^- \).
• Формула хлорида натрия \( \text{NaCl} \).
  \( \text{NaCl} \) — растворимое вещество.

Составление и уравнивание уравнения:

\( \text{BaCl}_2 + \text{Na}_2\text{SO}_4 \rightarrow \text{BaSO}_4\downarrow + \text{NaCl} \)

Уравняем натрий: слева 2 атома \( \text{Na} \), справа 1.

Ставим коэффициент 2 перед \( \text{NaCl} \).
\( \text{BaCl}_2 + \text{Na}_2\text{SO}_4 \rightarrow \text{BaSO}_4\downarrow + 2\text{NaCl} \)

Проверяем остальные элементы: \( \text{Ba} \) (1 слева, 1 справа), \( \text{Cl} \) (2 слева, 2 справа), \( \text{S} \) (1 слева, 1 справа), \( \text{O} \) (4 слева, 4 справа).

Уравнение уравнено.

Условие протекания: Выпадение осадка (\(\text{BaSO}_4\)).

4) азотной кислотой и гидроксидом алюминия

Определение формул реагентов:

• Азотная кислота: Известная формула \( \text{HNO}_3 \).
• Гидроксид алюминия: Алюминий (\(\text{Al}\)) имеет валентность III (заряд иона \( \text{Al}^{3+} \)).
  Гидроксид-ион \( \text{OH}^- \).
  Соединяем: \( \text{Al(OH)}_3 \).
  По таблице растворимости \( \text{Al(OH)}_3 \) — нерастворимое основание.

Прогноз продуктов обмена:

Это реакция между кислотой (\(\text{HNO}_3\)) и основанием (\(\text{Al(OH)}_3\)), то есть реакция нейтрализации.

Они всегда дают соль и воду.

• Алюминий (\(\text{Al}^{3+}\)) обменяется с водородом (\(\text{H}^+\)).
• Катион \( \text{Al}^{3+} \) соединится с анионом \( \text{NO}_3^- \) (нитрат-ион).
• Для нейтрализации зарядов нужно 1 ион \( \text{Al}^{3+} \) и 3 иона \( \text{NO}_3^- \), поэтому формула нитрата алюминия будет \( \text{Al(NO}_3)_3 \).
• Оставшиеся \( \text{H}^+ \) и \( \text{OH}^- \) образуют воду \( \text{H}_2\text{O} \).

Составление и уравнивание уравнения:

\( \text{Al(OH)}_3 + \text{HNO}_3 \rightarrow \text{Al(NO}_3)_3 + \text{H}_2\text{O} \)

Уравняем нитратные группы (\(\text{NO}_3\)): справа 3 группы, слева 1.

Ставим коэффициент 3 перед \( \text{HNO}_3 \).

\( \text{Al(OH)}_3 + 3\text{HNO}_3 \rightarrow \text{Al(NO}_3)_3 + \text{H}_2\text{O} \)

Уравняем водород: слева \( 3\text{H} \) (из \( \text{Al(OH)}_3 \)) + \( 3\text{H} \) (из \( 3\text{HNO}_3 \)) = 6 атомов \( \text{H} \).

Справа в \( \text{H}_2\text{O} \) 2 атома \( \text{H} \).

Ставим коэффициент 3 перед \( \text{H}_2\text{O} \).
\( \text{Al(OH)}_3 + 3\text{HNO}_3 \rightarrow \text{Al(NO}_3)_3 + 3\text{H}_2\text{O} \)

Проверяем кислород: слева \( 3\text{O} \) (из \( \text{Al(OH)}_3 \)) + \( 3 \times 3\text{O} \) (из \( 3\text{HNO}_3 \)) = \( 3 + 9 = 12 \) атомов \( \text{O} \).

Справа \( 3 \times 3\text{O} \) (из \( \text{Al(NO}_3)_3 \)) + \( 3\text{O} \) (из \( 3\text{H}_2\text{O} \)) = \( 9 + 3 = 12 \) атомов \( \text{O} \).

Уравнение уравнено.

Условие протекания: Образование воды (\(\text{H}_2\text{O}\)).

Вопрос 2

Реакции обмена протекают до конца (необратимо), если в результате образуется:

Осадок (↓): нерастворимое или малорастворимое вещество.

Газ (↑): газообразное вещество, которое улетучивается из раствора.

Вода (\(\text{H}_2\text{O}\)): малодиссоциирующее вещество.

Если ни одно из этих условий не выполняется, то реакция является обратимой и не идет до конца. Для определения образования осадка используется таблица растворимости.

1) \( \text{CuO} + \text{HCl} \rightarrow \)

Определение реагентов: \( \text{CuO} \) — оксид меди (II) (основный оксид), \( \text{HCl} \) — соляная кислота.

Прогноз продуктов: Взаимодействие основного оксида с кислотой приводит к образованию соли и воды. Медь (\(\text{Cu}^{2+}\)) обменяется с водородом (\(\text{H}^+\)). Образуются хлорид меди (II) (\(\text{CuCl}_2\)) и вода (\(\text{H}_2\text{O}\)).

Составление и уравнивание:

\( \text{CuO} + 2\text{HCl} \rightarrow \text{CuCl}_2 + \text{H}_2\text{O} \)

(Для уравнивания хлора и водорода перед \( \text{HCl} \) ставим коэффициент 2).

Условие протекания до конца: Образуется вода (\(\text{H}_2\text{O}\)), которая является малодиссоциирующим веществом. Реакция идет до конца.

2) \( \text{KCl} + \text{NaNO}_3 \rightarrow \)

Определение реагентов: \( \text{KCl} \) — хлорид калия, \( \text{NaNO}_3 \) — нитрат натрия. Оба вещества являются растворимыми солями.

Прогноз продуктов: Калий (\(\text{K}^+\)) обменяется с натрием (\(\text{Na}^+\)). Образуются нитрат калия (\(\text{KNO}_3\)) и хлорид натрия (\(\text{NaCl}\)).

Составление и уравнивание:

\( \text{KCl} + \text{NaNO}_3 \rightarrow \text{KNO}_3 + \text{NaCl} \)

(Уравнение уже уравнено).

Условие протекания до конца: Проверяем растворимость продуктов: \( \text{KNO}_3 \) — растворим, \( \text{NaCl} \) — растворим. Не образуется ни осадка, ни газа, ни воды. Реакция не идет до конца.

3) \( \text{Na}_2\text{CO}_3 + \text{HCl} \rightarrow \)

Определение реагентов: \( \text{Na}_2\text{CO}_3 \) — карбонат натрия, \( \text{HCl} \) — соляная кислота.

Прогноз продуктов: Натрий (\(\text{Na}^+\)) обменяется с водородом (\(\text{H}^+\)). Образуются хлорид натрия (\(\text{NaCl}\)) и угольная кислота (\(\text{H}_2\text{CO}_3\)). Угольная кислота очень нестабильна и сразу же разлагается на воду (\(\text{H}_2\text{O}\)) и углекислый газ (\(\text{CO}_2\uparrow\)).

Составление и уравнивание:

\( \text{Na}_2\text{CO}_3 + 2\text{HCl} \rightarrow 2\text{NaCl} + \text{H}_2\text{O} + \text{CO}_2\uparrow \)

(Для уравнивания натрия и хлора перед \( \text{NaCl} \) ставим коэффициент 2, затем проверяем водород и кислород).

Условие протекания до конца: Выделяется газ (\(\text{CO}_2\)). Реакция идет до конца.

4) \( \text{HF} + \text{MgCl}_2 \rightarrow \)

Определение реагентов: \( \text{HF} \) — фтороводородная (плавиковая) кислота, \( \text{MgCl}_2 \) — хлорид магния.

Прогноз продуктов: Водород (\(\text{H}^+\)) обменяется с магнием (\(\text{Mg}^{2+}\)). Образуются фторид магния (\(\text{MgF}_2\)) и соляная кислота (\(\text{HCl}\)).

Составление и уравнивание:

\( 2\text{HF} + \text{MgCl}_2 \rightarrow \text{MgF}_2\downarrow + 2\text{HCl} \)

(Для уравнивания фтора и водорода перед \( \text{HF} \) и \( \text{HCl} \) ставим коэффициент 2).

Условие протекания до конца: По таблице растворимости фторид магния (\(\text{MgF}_2\)) является малорастворимым веществом (осадком). Реакция идет до конца.

5) \( \text{Na}_3\text{PO}_4 + \text{BaCl}_2 \rightarrow \)

Определение реагентов: \( \text{Na}_3\text{PO}_4 \) — фосфат натрия, \( \text{BaCl}_2 \) — хлорид бария. Оба вещества являются растворимыми солями.

Прогноз продуктов: Натрий (\(\text{Na}^+\)) обменяется с барием (\(\text{Ba}^{2+}\)). Образуются фосфат бария (\(\text{Ba}_3(\text{PO}_4)_2\)) и хлорид натрия (\(\text{NaCl}\)).

Составление и уравнивание:

\( 2\text{Na}_3\text{PO}_4 + 3\text{BaCl}_2 \rightarrow \text{Ba}_3(\text{PO}_4)_2\downarrow + 6\text{NaCl} \)

(Уравниваем сначала фосфатные группы и барий, затем натрий и хлор).

Условие протекания до конца: По таблице растворимости фосфат бария (\(\text{Ba}_3(\text{PO}_4)_2\)) является нерастворимым веществом (осадком). Реакция идет до конца.

6) \( \text{KBr} + \text{AlCl}_3 \rightarrow \)

Определение реагентов: \( \text{KBr} \) — бромид калия, \( \text{AlCl}_3 \) — хлорид алюминия. Оба вещества являются растворимыми солями.

Прогноз продуктов: Калий (\(\text{K}^+\)) обменяется с алюминием (\(\text{Al}^{3+}\)). Образуются бромид алюминия (\(\text{AlBr}_3\)) и хлорид калия (\(\text{KCl}\)).

Составление и уравнивание:

\( 3\text{KBr} + \text{AlCl}_3 \rightarrow \text{AlBr}_3 + 3\text{KCl} \)

(Уравниваем бром и хлор).

Условие протекания до конца: Проверяем растворимость продуктов: \( \text{AlBr}_3 \) — растворим, \( \text{KCl} \) — растворим. Не образуется ни осадка, ни газа, ни воды. Реакция не идет до конца.

Вопрос 3

Здесь нужно привести примеры реакций, которые соответствуют заданному условию.

1) с выпадением осадка

Принцип: Выбираем два растворимых вещества, которые при обмене ионами образуют одно нерастворимое вещество.

Пример: Взаимодействие сульфата меди (II) с гидроксидом натрия.

\( \text{CuSO}_4 (\text{раств.}) + 2\text{NaOH} (\text{раств.}) \rightarrow \text{Cu(OH)}_2\downarrow (\text{осадок}) +\)
\(+ \text{Na}_2\text{SO}_4 (\text{раств.}) \)

2) с выделением газа

Принцип: Часто это взаимодействие кислоты с солью слабой и летучей кислоты (например, карбонаты, сульфиты, сульфиды).

Пример: Взаимодействие карбоната натрия с азотной кислотой.

\( \text{Na}_2\text{CO}_3 + 2\text{HNO}_3 \rightarrow 2\text{NaNO}_3 + \text{H}_2\text{O} + \text{CO}_2\uparrow \)

3) с образованием осадка и выделением газа

Принцип: Это более сложный случай. Нужно, чтобы в результате обмена образовались и нерастворимое вещество, и газ.

Пример: Взаимодействие карбоната аммония с гидроксидом бария.

\( (\text{NH}_4)_2\text{CO}_3 (\text{раств.}) + \text{Ba(OH)}_2 (\text{раств.}) \rightarrow \text{BaCO}_3\downarrow (\text{осадок}) +\)
\(+ 2\text{NH}_3\uparrow (\text{газ}) + 2\text{H}_2\text{O} \)

4) с образованием воды

Принцип: Классическая реакция нейтрализации между кислотой и основанием.

Пример: Взаимодействие гидроксида алюминия с азотной кислотой.

\( \text{Al(OH)}_3 + 3\text{HNO}_3 \rightarrow \text{Al(NO}_3)_3 + 3\text{H}_2\text{O} \)

5) с образованием воды и осадка

Принцип: Реакция, в которой одновременно образуются вода и нерастворимый продукт. Часто это взаимодействие кислоты с растворимым основанием, образующее нерастворимую соль.

Пример: Взаимодействие гидроксида бария с серной кислотой.

\( \text{Ba(OH)}_2 + \text{H}_2\text{SO}_4 \rightarrow \text{BaSO}_4\downarrow + 2\text{H}_2\text{O} \)

Вопрос 4

Давайте проанализируем каждое уравнение:

Типы реакций:

• Соединения (А): Из двух или более исходных веществ образуется одно сложное вещество.
• Разложения (Б): Из одного сложного вещества образуется два или более новых веществ.
• Замещения (В): Простое вещество реагирует со сложным, вытесняя один из его элементов.
• Обмена (Г): Два сложных вещества обмениваются своими составными частями.

Анализ уравнений:

1) \( \text{CaO} + \text{SiO}_2 = \text{CaSiO}_3 \)

Два сложных вещества (\(\text{CaO}\) и \(\text{SiO}_2\)) объединяются в одно сложное вещество (\(\text{CaSiO}_3\)).

Тип: Соединения (А)

2) \( \text{Fe}_2\text{O}_3 + 2\text{Al} = \text{Al}_2\text{O}_3 + 2\text{Fe} \)

Простое вещество (\(\text{Al}\)) вытесняет элемент (\(\text{Fe}\)) из сложного вещества (\(\text{Fe}_2\text{O}_3\)).

Тип: Замещения (В)

3) \( \text{Fe} + 2\text{HCl} = \text{FeCl}_2 + \text{H}_2 \)

Простое вещество (\(\text{Fe}\)) вытесняет элемент (\(\text{H}\)) из сложного вещества (\(\text{HCl}\)).

Тип: Замещения (В)

4) \( 3\text{KOH} + \text{H}_3\text{PO}_4 = \text{K}_3\text{PO}_4 + 3\text{H}_2\text{O} \)

Два сложных вещества (\(\text{KOH}\) и \(\text{H}_3\text{PO}_4\)) обмениваются своими составными частями (\(\text{K}\) с \(\text{H}\), \(\text{OH}\) с \(\text{PO}_4\)).

Тип: Обмена (Г)

5) \( 2\text{KClO}_3 = 2\text{KCl} + 3\text{O}_2 \)

Одно сложное вещество (\(\text{KClO}_3\)) разлагается на два новых вещества (\(\text{KCl}\) и \(\text{O}_2\)).

Тип: Разложения (Б)

6) \( \text{H}_2\text{SO}_4 + 2\text{RbOH} = \text{Rb}_2\text{SO}_4 + 2\text{H}_2\text{O} \)

Два сложных вещества (\(\text{H}_2\text{SO}_4\) и \(\text{RbOH}\)) обмениваются своими составными частями (\(\text{H}\) с \(\text{Rb}\), \(\text{SO}_4\) с \(\text{OH}\)).

Тип: Обмена (Г)

Соответствие:

А) Соединения: 1

Б) Разложения: 5

В) Замещения: 2, 3

Г) Обмена: 4, 6

Реакции нейтрализации (цифрами):

Реакции нейтрализации — это частный случай реакций обмена, когда кислота реагирует с основанием с образованием соли и воды.

Уравнение 4: \( 3\text{KOH} + \text{H}_3\text{PO}_4 = \text{K}_3\text{PO}_4 + 3\text{H}_2\text{O} \) (основание + кислота)

Уравнение 6: \( \text{H}_2\text{SO}_4 + 2\text{RbOH} = \text{Rb}_2\text{SO}_4 + 2\text{H}_2\text{O} \) (кислота + основание)

Ответ: 4, 6.

Вопрос 5

Это задача на расчеты по химическому уравнению. Для ее решения необходимо выполнить следующие шаги:

1. Написать и уравнять химическое уравнение реакции.

Реагенты: гидроксид меди (II) (\(\text{Cu(OH)}_2\)) и серная кислота (\(\text{H}_2\text{SO}_4\)).

Тип реакции: Это реакция нейтрализации, так как взаимодействуют основание (\(\text{Cu(OH)}_2\)) и кислота (\(\text{H}_2\text{SO}_4\)). В результате таких реакций образуются соль и вода.

Продукты: Соль, образованная катионом меди (\(\text{Cu}^{2+}\)) и анионом сульфата (\(\text{SO}_4^{2-}\)), — это сульфат меди (II) (\(\text{CuSO}_4\)). Второй продукт — вода (\(\text{H}_2\text{O}\)).

Неуравненное уравнение: \( \text{Cu(OH)}_2 + \text{H}_2\text{SO}_4 \rightarrow \text{CuSO}_4 + \text{H}_2\text{O} \)

Уравнивание:

• Медь (\(\text{Cu}\)): 1 атом слева, 1 атом справа. Уравнено.
• Сера (\(\text{S}\)): 1 атом слева, 1 атом справа. Уравнено.
• Водород (\(\text{H}\)): В \( \text{Cu(OH)}_2 \) 2 атома \( \text{H} \), в \( \text{H}_2\text{SO}_4 \) 2 атома \( \text{H} \). Всего 4 атома \( \text{H} \) слева. Справа в \( \text{H}_2\text{O} \) 2 атома \( \text{H} \). Чтобы уравнять, нужно поставить коэффициент 2 перед \( \text{H}_2\text{O} \).
• Кислород (\(\text{O}\)): В \( \text{Cu(OH)}_2 \) 2 атома \( \text{O} \), в \( \text{H}_2\text{SO}_4 \) 4 атома \( \text{O} \). Всего 6 атомов \( \text{O} \) слева. Справа в \( \text{CuSO}_4 \) 4 атома \( \text{O} \), в \( 2\text{H}_2\text{O} \) (после уравнивания водорода) 2 атома \( \text{O} \). Всего 6 атомов \( \text{O} \) справа. Уравнено.

Уравненное химическое уравнение:
\( \text{Cu(OH)}_2 + \text{H}_2\text{SO}_4 \rightarrow \text{CuSO}_4 + 2\text{H}_2\text{O} \)

2. Определить известные величины.

Дана масса серной кислоты (\(\text{H}_2\text{SO}_4\)): \( \text{m(H}_2\text{SO}_4) = 58,8 \text{ г} \).

3. Рассчитать молярные массы веществ, участвующих в расчетах.

Молярная масса серной кислоты (\(\text{H}_2\text{SO}_4\)):
\( \text{M(H}_2\text{SO}_4) = 2 \times \text{Ar(H)} + \text{Ar(S)} + 4 \times \text{Ar(O)} \)
\( \text{M(H}_2\text{SO}_4) = 2 \times 1 \text{ г/моль} + 32 \text{ г/моль} + 4 \times 16 \text{ г/моль} = 2 + 32 + 64 =\)
\(= 98 \text{ г/моль} \)

Молярная масса сульфата меди (II) (\(\text{CuSO}_4\)):
\( \text{M(CuSO}_4) = \text{Ar(Cu)} + \text{Ar(S)} + 4 \times \text{Ar(O)} \)
\( \text{M(CuSO}_4) = 63,5 \text{ г/моль} + 32 \text{ г/моль} + 4 \times 16 \text{ г/моль} = 63,5 + 32 +\)
\(+ 64 = 159,5 \text{ г/моль} \)

\( \text{M(CuSO}_4) \approx 160 \text{ г/моль} \)

Молярная масса воды (\(\text{H}_2\text{O}\)):
\( \text{M(H}_2\text{O}) = 2 \times \text{Ar(H)} + \text{Ar(O)} \)
\( \text{M(H}_2\text{O}) = 2 \times 1 \text{ г/моль} + 16 \text{ г/моль} = 2 + 16 = 18 \text{ г/моль} \)

4. Рассчитать количество вещества серной кислоты.

Используем формулу: \( \text{n} = \text{m} / \text{M} \)
\( \text{n(H}_2\text{SO}_4) = 58,8 \text{ г} / 98 \text{ г/моль} = 0,6 \text{ моль} \)

5. Использовать стехиометрию уравнения реакции для определения количества вещества продуктов.

Из уравненного химического уравнения:
\( \text{Cu(OH)}_2 + \text{H}_2\text{SO}_4 \rightarrow \text{CuSO}_4 + 2\text{H}_2\text{O} \)

Видно, что 1 моль \( \text{H}_2\text{SO}_4 \) реагирует с образованием 1 моля \( \text{CuSO}_4 \) и 2 молей \( \text{H}_2\text{O} \).

Следовательно, если прореагировало 0,6 моль \( \text{H}_2\text{SO}_4 \):

Количество вещества сульфата меди (II) (\(\text{CuSO}_4\)):
\( \text{n(CuSO}_4) = \text{n(H}_2\text{SO}_4) = 0,6 \text{ моль} \)

Количество вещества воды (\(\text{H}_2\text{O}\)):
\( \text{n(H}_2\text{O}) = 2 \times \text{n(H}_2\text{SO}_4) = 2 \times 0,6 \text{ моль} = 1,2 \text{ моль} \)

6. Рассчитать массу соли.

Используем формулу: \( \text{m} = \text{n} \times \text{M} \)
\( \text{m(CuSO}_4) = 0,6 \text{ моль} \times 160 \text{ г/моль} = 96 \text{ г} \)

7. Сформулировать окончательный ответ.

Ответ:
Масса соли (сульфата меди (II), \( \text{CuSO}_4 \)) составляет 96 г.
Количество вещества воды (\(\text{H}_2\text{O}\)) составляет 1,2 моль.