Контрольная работа №2 Тема: «Электролитическая диссоциация. Химические реакции в растворах» 9 класс (1 четверть)

На листе два варианта одной контрольной — я разобрал оба, по типам заданий, чтобы был виден общий принцип.

1. Ионные уравнения

Принцип: сильные электролиты (растворимые соли, щёлочи, сильные кислоты) в растворе записываем ионами; осадок, газ и воду — молекулами. Затем вычёркиваем ионы, которые есть и слева, и справа.

Вариант 1

а) \(2\mathrm{NaOH} + \mathrm{H_2SO_4} \rightarrow \mathrm{Na_2SO_4} + 2\mathrm{H_2O}\) полное: \(2\mathrm{Na^+} + 2\mathrm{OH^-} + 2\mathrm{H^+} + \mathrm{SO_4^{2-}} \rightarrow 2\mathrm{Na^+} + \mathrm{SO_4^{2-}} + 2\mathrm{H_2O}\) сокращённое: \(2\mathrm{OH^-} + 2\mathrm{H^+} \rightarrow 2\mathrm{H_2O}\) (или \(\mathrm{H^+} + \mathrm{OH^-} \rightarrow \mathrm{H_2O}\))

б) \(\mathrm{K_2CO_3} + 2\mathrm{HCl} \rightarrow 2\mathrm{KCl} + \mathrm{H_2O} + \mathrm{CO_2}\uparrow\) полное: \(2\mathrm{K^+} + \mathrm{CO_3^{2-}} + 2\mathrm{H^+} + 2\mathrm{Cl^-} \rightarrow 2\mathrm{K^+} + 2\mathrm{Cl^-} + \mathrm{H_2O} + \mathrm{CO_2}\uparrow\) сокращённое: \(\mathrm{CO_3^{2-}} + 2\mathrm{H^+} \rightarrow \mathrm{H_2O} + \mathrm{CO_2}\uparrow\)

в) \(\mathrm{FeCl_3} + 3\mathrm{NaOH} \rightarrow \mathrm{Fe(OH)_3}\downarrow + 3\mathrm{NaCl}\) полное: \(\mathrm{Fe^{3+}} + 3\mathrm{Cl^-} + 3\mathrm{Na^+} + 3\mathrm{OH^-} \rightarrow \mathrm{Fe(OH)_3}\downarrow + 3\mathrm{Na^+} + 3\mathrm{Cl^-}\) сокращённое: \(\mathrm{Fe^{3+}} + 3\mathrm{OH^-} \rightarrow \mathrm{Fe(OH)_3}\downarrow\)

г) \(\mathrm{BaCl_2} + \mathrm{Na_2SO_4} \rightarrow \mathrm{BaSO_4}\downarrow + 2\mathrm{NaCl}\) полное: \(\mathrm{Ba^{2+}} + 2\mathrm{Cl^-} + 2\mathrm{Na^+} + \mathrm{SO_4^{2-}} \rightarrow \mathrm{BaSO_4}\downarrow + 2\mathrm{Na^+} + 2\mathrm{Cl^-}\) сокращённое: \(\mathrm{Ba^{2+}} + \mathrm{SO_4^{2-}} \rightarrow \mathrm{BaSO_4}\downarrow\)

Вариант 2

а) \(\mathrm{Ca(OH)_2} + 2\mathrm{HNO_3} \rightarrow \mathrm{Ca(NO_3)_2} + 2\mathrm{H_2O}\) полное: \(\mathrm{Ca^{2+}} + 2\mathrm{OH^-} + 2\mathrm{H^+} + 2\mathrm{NO_3^-} \rightarrow \mathrm{Ca^{2+}} + 2\mathrm{NO_3^-} + 2\mathrm{H_2O}\) сокращённое: \(2\mathrm{OH^-} + 2\mathrm{H^+} \rightarrow 2\mathrm{H_2O}\)

б) \(\mathrm{Na_2CO_3} + \mathrm{H_2SO_4} \rightarrow \mathrm{Na_2SO_4} + \mathrm{H_2O} + \mathrm{CO_2}\uparrow\) полное: \(2\mathrm{Na^+} + \mathrm{CO_3^{2-}} + 2\mathrm{H^+} + \mathrm{SO_4^{2-}} \rightarrow 2\mathrm{Na^+} + \mathrm{SO_4^{2-}} + \mathrm{H_2O} + \mathrm{CO_2}\uparrow\) сокращённое: \(\mathrm{CO_3^{2-}} + 2\mathrm{H^+} \rightarrow \mathrm{H_2O} + \mathrm{CO_2}\uparrow\)

в) \(\mathrm{CuSO_4} + 2\mathrm{KOH} \rightarrow \mathrm{Cu(OH)_2}\downarrow + \mathrm{K_2SO_4}\) полное: \(\mathrm{Cu^{2+}} + \mathrm{SO_4^{2-}} + 2\mathrm{K^+} + 2\mathrm{OH^-} \rightarrow \mathrm{Cu(OH)_2}\downarrow + 2\mathrm{K^+} + \mathrm{SO_4^{2-}}\) сокращённое: \(\mathrm{Cu^{2+}} + 2\mathrm{OH^-} \rightarrow \mathrm{Cu(OH)_2}\downarrow\)

г) \(\mathrm{AgNO_3} + \mathrm{NaCl} \rightarrow \mathrm{AgCl}\downarrow + \mathrm{NaNO_3}\) полное: \(\mathrm{Ag^+} + \mathrm{NO_3^-} + \mathrm{Na^+} + \mathrm{Cl^-} \rightarrow \mathrm{AgCl}\downarrow + \mathrm{Na^+} + \mathrm{NO_3^-}\) сокращённое: \(\mathrm{Ag^+} + \mathrm{Cl^-} \rightarrow \mathrm{AgCl}\downarrow\)

2. Электронный баланс

Принцип: находим атомы, изменившие степень окисления; число отданных электронов равно числу принятых. Множители ставим перед формулами так, чтобы уравнять эти атомы, остальное добираем подбором.

Вариант 1, а) \(3\mathrm{Cl_2} + 6\mathrm{KOH} \rightarrow 5\mathrm{KCl} + \mathrm{KClO_3} + 3\mathrm{H_2O}\) \[ \mathrm{Cl_2} + 2e^- \rightarrow 2\mathrm{Cl^-}\ \big|\ 5 \] \[ \mathrm{Cl_2} - 10e^- \rightarrow 2\mathrm{Cl^{+5}}\ \big|\ 1 \] Хлор здесь и окислитель, и восстановитель (реакция диспропорционирования): \(5\mathrm{Cl_2} + \mathrm{Cl_2} = 6\mathrm{Cl_2}\).

Вариант 1, б) \(4\mathrm{Zn} + 5\mathrm{H_2SO_4}(\text{конц.}) \rightarrow 4\mathrm{ZnSO_4} + \mathrm{H_2S} + 4\mathrm{H_2O}\) \[ \mathrm{Zn^0} - 2e^- \rightarrow \mathrm{Zn^{+2}}\ \big|\ 4 \] \[ \mathrm{S^{+6}} + 8e^- \rightarrow \mathrm{S^{-2}}\ \big|\ 1 \] \(\mathrm{Zn}\) — восстановитель, \(\mathrm{H_2SO_4}\) (за счёт \(\mathrm{S^{+6}}\)) — окислитель.

Вариант 2, а) \(3\mathrm{Br_2} + 6\mathrm{NaOH} \rightarrow 5\mathrm{NaBr} + \mathrm{NaBrO_3} + 3\mathrm{H_2O}\) \[ \mathrm{Br_2} + 2e^- \rightarrow 2\mathrm{Br^-}\ \big|\ 5 \] \[ \mathrm{Br_2} - 10e^- \rightarrow 2\mathrm{Br^{+5}}\ \big|\ 1 \] \(\mathrm{Br_2}\) — и окислитель, и восстановитель.

Вариант 2, б) \(4\mathrm{Mg} + 10\mathrm{HNO_3}(\text{разб.}) \rightarrow 4\mathrm{Mg(NO_3)_2} + \mathrm{N_2O} + 5\mathrm{H_2O}\) \[ \mathrm{Mg^0} - 2e^- \rightarrow \mathrm{Mg^{+2}}\ \big|\ 4 \] \[ 2\mathrm{N^{+5}} + 8e^- \rightarrow 2\mathrm{N^{+1}}\ \big|\ 1 \] \(\mathrm{Mg}\) — восстановитель, \(\mathrm{HNO_3}\) — окислитель.

Проверка для последнего: \(\mathrm{Mg}\) 4 = 4; \(\mathrm{N}\) 10 = 8 + 2; \(\mathrm{H}\) 10 = 10; \(\mathrm{O}\) 30 = 24 + 1 + 5. Сходится.

3. Осуществление превращения по схеме

Принцип: нужны два растворимых вещества, дающие в растворе указанные ионы; единственным «неионным» событием должно быть образование осадка.

Вариант 1: \(\mathrm{Ba^{2+}} + \mathrm{SO_4^{2-}} \rightarrow \mathrm{BaSO_4}\downarrow\) Берём растворимую соль бария и растворимый сульфат: \(\mathrm{BaCl_2} + \mathrm{Na_2SO_4} \rightarrow \mathrm{BaSO_4}\downarrow + 2\mathrm{NaCl}\) ионное: \(\mathrm{Ba^{2+}} + \mathrm{SO_4^{2-}} \rightarrow \mathrm{BaSO_4}\downarrow\)

Вариант 2: \(\mathrm{Ag^+} + \mathrm{Cl^-} \rightarrow \mathrm{AgCl}\downarrow\) \(\mathrm{AgNO_3} + \mathrm{NaCl} \rightarrow \mathrm{AgCl}\downarrow + \mathrm{NaNO_3}\) ионное: \(\mathrm{Ag^+} + \mathrm{Cl^-} \rightarrow \mathrm{AgCl}\downarrow\)

4. Задачи на осадок

Принцип: массовая доля даёт массу растворённого вещества, затем по уравнению — количество осадка, затем его массу.

Вариант 1. \(\mathrm{CuSO_4} + 2\mathrm{NaOH} \rightarrow \mathrm{Cu(OH)_2}\downarrow + \mathrm{Na_2SO_4}\) \[ m(\mathrm{CuSO_4}) = 150 \cdot 0{,}12 = 18\ \text{г} \] \[ n = \frac{18}{160} = 0{,}1125\ \text{моль} = n(\mathrm{Cu(OH)_2}) \] \[ m(\mathrm{Cu(OH)_2}) = 0{,}1125 \cdot 98 = 11{,}025\ \text{г} \approx 11\ \text{г} \] Ответ: около 11 г (11,025 г) осадка \(\mathrm{Cu(OH)_2}\).

Вариант 2. \(\mathrm{FeCl_3} + 3\mathrm{KOH} \rightarrow \mathrm{Fe(OH)_3}\downarrow + 3\mathrm{KCl}\) \[ m(\mathrm{FeCl_3}) = 200 \cdot 0{,}10 = 20\ \text{г} \] \[ n = \frac{20}{162{,}5} \approx 0{,}123\ \text{моль} = n(\mathrm{Fe(OH)_3}) \] \[ m(\mathrm{Fe(OH)_3}) = 0{,}123 \cdot 107 \approx 13{,}2\ \text{г} \] Ответ: около 13,2 г осадка \(\mathrm{Fe(OH)_3}\).

Проверка обратным счётом: \(13{,}2 : 107 \approx 0{,}123\) моль, что даёт \(0{,}123 \cdot 162{,}5 \approx 20\) г соли, то есть 10 % от 200 г — сходится.