Теоретические основы неорганической химии

Московский государственный технический университет 
имени Н.Э. Баумана 
 
 
 
 
В.И. Ермолаева, Н.Н. Двуличанская 

 

ТЕОРЕТИЧЕСКИЕ ОСНОВЫ  
НЕОРГАНИЧЕСКОЙ ХИМИИ 

Методические указания к решению задач 
по курсу «Неорганическая химия» 

Москва 

Издательство МГТУ им. Н.Э. Баумана 
2011 

УДК 546 
ББК 24.1 
Е74 

Рецензент С.В. Котомин 

Ермолаева В.И. 
Е74 
Теоретические основы неорганической химии: метод. указа- 
ния / В.И. Ермолаева, Н.Н. Двуличанская. – М.: Изд-во МГТУ 
им. Н.Э. Баумана, 2011. – 61, [3] с. : ил.  

 

Методические указания содержат примеры решения различных 
типовых задач по химической кинетике, химической термодинамике, 
электрохимии, предлагаемых в МГТУ им. Н.Э. Баумана 
при защите лабораторных работ, на рубежном контроле, зачете и 
экзамене. 
Для студентов специальностей 280101 «Безопасность жизнедеятельности 
в техносфере» и 280201 «Охрана окружающей среды 
и рациональное использование природных ресурсов» МГТУ им. 
Н.Э. Баумана. Также могут быть полезны преподавателям общей и 
неорганической химии технических университетов. 
Рекомендовано Учебно-методической комиссией факультета 
«Фундаментальные науки». 

УДК 546 
ББК 24.1 

 
 МГТУ им. Н.Э. Баумана, 2011 

ПРЕДИСЛОВИЕ 

Методические указания к решению задач по теоретическим 
основам неорганической химии содержат задачи по основным разделам 
неорганической химии в соответствии с утвержденной в 
МГТУ им. Н.Э. Баумана программой для специальностей 280101 
«Безопасность жизнедеятельности в техносфере» и 280201 «Охрана 
окружающей среды и рациональное использование природных 
ресурсов».  
В методических указаниях подробно рассмотрены примеры 
решения различных типовых задач по химической кинетике, химической 
термодинамике, электрохимии, предлагаемых на кафедре 
химии в МГТУ им. Н.Э. Баумана при защите лабораторных работ, 
на рубежном контроле, зачете и экзамене. Задачи по строению 
атома, химической связи и химии элементов здесь не рассматриваются, 
так как примеры решения подобных задач приведены в 
ранее изданных методических указаний [1–3]. 
Процесс обучения будет эффективным только в том случае, если 
обучающийся осознает ценность приобретаемых знаний как в 
личностном, так и в общественном плане. Учащимся необходимо 
показать применение химических знаний в различных областях 
практической деятельности: в бытовой, профессиональной, при 
решении экологических проблем. Поэтому большинство задач содержат 
информацию о свойствах веществ, процессах и явлениях, 
которые реально проявляются в окружающей человека среде. 
Связь химических задач с экологией способствует не только созданию 
положительной мотивации, развитию познавательного интереса, 
но и повышению профессиональной компетентности студентов, 
обучающихся по экологическим специальностям, уже при 
изучении химии в рамках общеобразовательной подготовки. 
В конце методических указаний приведены задачи для самостоятельной 
работы, рассчитанные на различный уровень подготовки 
студентов. Отсутствие ответов также повышает познава-

тельную активность, способствует приобретению дополнительной 
информации, в том числе при коллективном обсуждении в процессе 
поиска правильного решения.  
Предполагается, что студенты имеют представление о теоретических 
основах различных разделов курса неорганической химии. 
При возникновении затруднений в понимании излагаемого материала, 
а также при решении новых задач авторы рекомендуют обращаться 
к литературным источникам [4–12]. 
Подобный набор предлагаемых задач позволит преподавателю 
химии технического университета использовать аналогичные задачи 
в своей работе, что поможет повысить уровень усвоения студентами 
изученного материала. 

1. СКОРОСТЬ ХИМИЧЕСКОЙ РЕАКЦИИ 

1.1. Закон действующих масс. Константа скорости 

Пример 1.1. Реакции с участием оксидов азота очень важны 
для природных процессов, так как они протекают в атмосфере. 
Оксиды азота выбрасываются в нее при работе двигателей автомобилей 
и самолетов, на специальных заводах по производству азотной 
кислоты и азотных удобрений. Избыток азотных удобрений в 
почве также приводит к увеличению концентрации оксидов азота в 
атмосфере. Проникая в верхние слои атмосферы, оксид азота реагирует 
с озоном, уменьшая его концентрацию, что, в свою очередь, 
приводит к увеличению поступления ультрафиолетового излучения 
на Землю. Это неблагоприятно влияет на процессы, происходящие 
на Земле: приводит к заметным изменениям климата, росту 
числа различных заболеваний человека (рак кожи, нарушение сердечной 
деятельности и др.). 
Определите изменение скорости газовых реакций с участием 
оксидов азота: а) при увеличении концентрации каждого из реагирующих 
веществ в 2 раза; б) при уменьшении общего давления 
в системе в 3 раза. Реакции считайте элементарными: 1) 2N2O =  
= 2N2 + O2; 2) 2NO + O2 = 2NO2; 3) N2O4 = 2NO2. 
Укажите размерность константы скорости для каждой реакции. 
Решение. Скорость реакции определяется основным постулатом 
химической кинетики (или законом действующих масс), согласно 
которому скорость реакции при постоянной температуре 

пропорциональна произведению концентраций реагирующих веществ 
в некоторых степенях, определяемых опытным путем и называемых 
порядками реакций по каждому веществу: 

 
n
m

A
B
r
kC C

, 
(1.1) 

или, принимая во внимание, что концентрация и парциальное 
давление i-го компонента реакции связаны зависимостью Pi =  
= CiRT,  

 
m

B

n

A P
kP
r 
,  
(1.2) 

где r – скорость гомогенной реакции; k – константа скорости; 
A
C , 

B
C  – концентрации реагирующих веществ; 
A
P , 
B
P  – парциальные 
давления реагирующих веществ; n – порядок реакции по веществу А; 
m – порядок реакции по веществу В.  
Для элементарных реакций порядки совпадают со стехиометрическими 
коэффициентами. 
1. Рассмотрим реакцию 2N2O = 2N2 + O2. Для случая а) имеем 

2
2
1
N O
r
kC

; 
2
2
2
2
2
N O
N O
(2
)
4
;
r
k
C
k
C



 
2

2

2
N O
2
2
1
N O

4
4,
k
C
r
r
kC





 

следовательно, скорость реакции увеличится в 4 раза. 
Для случая б) имеем 

2
2
1
N O
r
kP

; 
2
2

2
N O
2
2
N O
1
;
3
9

P
r
k
k
P









 2

1

1 ,
9
r
r 
 

т. е. скорость реакции уменьшится в 9 раз. 
Размерность константы скорости реакции второго порядка: 

2

1
1

2
2
2
N O

моль л
с
л
моль с
моль
л

r
k
C
























. 

2. Рассмотрим реакцию 2NO + O2 = 2NO2. 
Для случая а) имеем 

2
2
1
NO
O ;
r
kC
C

 
2
2
2
NO
O
(2
) (2
);
r
k
C
C

 
8
2
4

1

2



r
r
, 

следовательно, скорость реакции увеличится в 8 раз.  
Для случая б) имеем 

2
2
2
1
N O O
r
kP
P

; 
2
2
2
N O
O
2
3
3

P
P
r
k 
 



 


 

; 
27
1
3
1
3
1
2

1

2










r
r
, 

т. е. скорость уменьшится в 27 раз. 
Размерность константы скорости реакции третьего порядка: 


 

2

1
1
2

2
2
2
1
1
NO
O

моль л
с
л
.
(
)
моль
с
моль л
моль л

r
k
C
C

















 













 

3. Рассмотрим реакцию N2O4 = 2NO2. 
Для случая а) имеем 

2
4
1
N O
r
kC

; 
2
4
2
N O
(2
)
r
k
C

; 
,2

1

2 
r
r
 

следовательно, скорость реакции увеличится в 2 раза. 
Для случая б) имеем 

2
4
1
N O
r
kP

; 
2
4
N O
2
3

P
r
k









; 
3
1

1

2 
r
r
, 

т. е. скорость уменьшится в 3 раза. 
Размерность константы скорости реакции первого порядка: 

2
4

1
1
1
1
N O

моль л
с
с
.
моль л

r
k
C





















 

Ответ. Скорость реакции 1 в случае а) увеличится в 4 раза;  
в случае б) уменьшится в 9 раз; реакции 2 в случае а) увеличится  
в 8 раз; в случае б) уменьшится в 27 раз; реакции 3 в случае а) увеличится 
в 2 раза; в случае б) уменьшится в 3 раза. 
Пример 1.2. Разложение оксида азота (I) N2O на поверхности золота 
при высоких температурах происходит по уравнению 2N2O = 
 = N2 + O2. Константа скорости данной реакции k = 5·10–4 л/(моль·мин) 
при температуре 1173 K. Начальная концентрация N2O составляет 
3,2 моль/л.  
Определите скорость реакции при заданной температуре в начальный 
момент времени и в некоторый момент, когда разложится 
30 % N2O. 
Решение. Согласно закону действующих масс (1.1) скорость 
реакции определяется уравнением 
2
2
N O
r
kC

. Начальная скорость 

реакции равна r0 = 5·10–4 · (3,2)2 = 51, 2 ·10–4 моль/(л·мин). По истечении 
некоторого времени разложится 30 % N2O, т. е. концентрация 
N2O изменится и станет равной 3,2 – 3,2·0,30 = 2,24 моль/л. 
Следовательно, изменится и скорость реакции:  

r1 = 5·10–4 ·(2,24)2 = 25,1 ·10–4 моль/(л·мин). 

Ответ. r0 = 51, 2 ·10–4 моль/(л–1·мин–1); r1 = 25,1 ·10–4 моль/(л–1× 
×мин–1). 

1.2. Кинетические уравнения реакций  
первого и второго порядков 

Пример 1.3. Денатурация некоторого вируса является реакцией 
первого порядка с энергией активации 630 кДж/моль. Период полураспада 
вируса при температуре 30 °С составляет 5 ч.  
Рассчитайте период полураспада при температуре 35 °С.  
Решение. Период полураспада (или время полупревращения) 

0,5

 – время, в течение которого прореагировала половина исход-

ного количества вещества.  
Между скоростью и временем протекания реакции существует 
обратно пропорциональная зависимость, т. е. 
2
1
0,5(1)
0,5(2)
r
r  

, 

откуда  

0,5(1)
0,5(2)
2
1
,
/
r
r




 

где r1 – скорость реакции при температуре 30 °С; r2 – скорость реакции 
при температуре 35 °С; 
0,5(1)

, 
0,5(2)

 – время полураспада 

вируса при температуре 30 и 35 °С соответственно. 
Поскольку скорости и константы скорости – пропорциональные 
величины, можно записать 

0,5(1)
0,5(2)
2
1
,
/
k
k




 

где k1 и k2 – константы скорости реакции при температуре 30 и 
35 °С соответственно. 
Расчет отношения констант скоростей реакции проводим на 
основании уравнения Аррениуса, устанавливающего зависимость 
константы скорости реакции от температуры: 

 









RT
E
k
k
a
exp
0
, 
(1.3) 

где k – константа скорости реакции; Еa – энергия активации реакции; 
Т – абсолютная температура; R – универсальная газовая постоянная; 
k0 – предэкспоненциальный множитель.  
Логарифмируя уравнение (1.3) для каждого значения температуры, 
можно записать 

.
ln
ln
;
ln
ln

2
0
2
1
0
1
RT
E
k
k
RT
E
k
k
a
a




 

Вычитая из второго уравнения первое, получаем 

 
2
1
2

1
1 2

(
)
ln
,
a
E
T
T
k
k
RT T



 
(1.4) 

где k1 – константа скорости реакции при температуре 30 °С = 303 K; 
k2 – константа скорости реакции при температуре 35 °С = 308 K. 

Рассчитываем отношение констант скоростей реакции при различных 
значениях температуры: 

3
0,48
2

1

630 10
5
exp 8,31 303 308
k
e
k















. 

Таким образом, период полураспада вируса составляет 

0,5(1)
0,5(2)
0,48
2
1

5
3,097 ч
3 ч 5 мин 49 с.
/
k
k
e







 

Ответ. 
0,5(2)

 = 3 ч 5 мин 49 с. 

Пример 1.4. Сероводород является токсичным веществом 
(предельно допустимая концентрация (ПДК) сероводорода в атмосферном 
воздухе составляет 10 мг/м3) и имеет запах тухлых яиц. 
Для удаления сероводорода из промышленных сточных вод используется 
реакция его окисления: 2H2S + O2 = 2S + 2H2O. Реакция 
подчиняется уравнению второго порядка.  
Рассчитайте начальную скорость реакции и время полупревраще-
ния, если концентрации реагентов одинаковы и равны 10–5 моль/л,  
а константа скорости реакции составляет 10–4 моль–1·л·с–1. 
Решение. Так как реакция имеет второй порядок, согласно закону 
действующих масс (1.1) рассчитываем начальную скорость 
реакции по уравнению 

2

0
0
kC
r 
 = 10– 4·(10–5)2 = 10–14 моль/(л·с). 

Кинетическое уравнение реакции второго порядка при условии 
равенства начальных концентраций реагентов имеет вид 

0
2
1
1
C
C
t
k


, 

где k2 – константа скорости реакции второго порядка; 
0
C  – начальная 
концентрация реагентов; C – концентрация исходных веществ 
через некоторое время t от начала реакции.  

Поскольку время полупревращения – это время, при котором 

концентрация реагентов уменьшается в 2 раза, т. е. 
0
2
C
C 
, то 

2 0,5
0
0
0

1
1
1
/ 2
k
C
C
C




, откуда  

9
0,5
4
5
2
0

1
1
10 c
10
10
k C







≈ 2 года. 

Ответ. 
0r  = 10–14 моль/(л·с); 
0,5

 ≈ 2 года. 

1.3. Влияние температуры на скорость химической реакции. 
Энергия активации 

Пример 1.5. Растворение образца цинка в соляной кислоте при 
температуре 20 ºС заканчивается через 36 мин, а при температуре 
40 ºС – через 4 мин.  
За какое время данный образец цинка растворится при температуре 
55 ºС? Рассчитайте энергию активации этой реакции. 
Решение. Поскольку во всех трех случаях растворяемые образцы 
имеют одинаковую массу, можно считать, что средняя 
скорость реакции обратно пропорциональна времени протекания 

реакции, т. е. 
2
1

1
2
,
r
r

 
 где 1r  и 
1  – скорость реакции и время ее 

протекания при 20 ºС; 2r  и 
2
  – скорость реакции и время ее протекания 
при температуре 40 ºС. Следовательно, при нагревании от 
температуры t1 = 20 до t2 = 40 ºС скорость реакции увеличивается в 
36/4 = 9 раз.  
Рассчитаем температурный коэффициент γ, который в соответ-

ствии с правилом Вант-Гоффа 

2
1
2
10

1

t
t
r
r



 
показывает, во сколько 

раз возрастает скорость химической реакции при увеличении температуры 
на 10 ºС (или на 10 K); t2 и t1 – конечная и начальная температуры 
реакции. Имеем 

2
1
2
1
2
1
10
10

1
2

36
3.
4

t
t
t
t
r
r




 



