Добавил:
Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.
Вуз: Предмет: Файл:
Скачиваний:
39
Добавлен:
10.05.2014
Размер:
84.99 Кб
Скачать

ВАРИАНТ 40.

Задание 3.2д

Полная электронная формула:

92U 1s22s22p63s23p63d104s24p64d104f145s25p65d105f36s26p66d17s2.

Сокращенная электронная формула в виде энергетических ячеек:

92U [ ] 5s2 / 5p6\ /5d10 \ / 5f3 \ 6s2 / 6p6 \ /6d1\ 7s2

Уран U  f-элемент; к его электронным аналогам относится неодим Nd.

Высшая степень окисления урана 6 ; это возбужденное состояние характеризуется следующими значениями квантовых чисел:

92U*…6s2 / 6p6 \ / 6d4 \ 7s1 / 7p1 \

n

6

6

6

6

7

7

l

2

2

2

2

0

1

m

2

1

1

2

0

0

s

½

½

½

½

½

½

Задание 3.3д

K2Cr2O7 ; O2 O2 Связи KO ионные ( разность электро-

|| || отрицательностей 2,7 ), следовательно,

K1O2Cr6O2Cr6O2K1 они обладает большей степенью ионности, чем

|| || ковалентные полярные связи CrO (ЭО = 1,1 ).

O2 O2

CrO5 ; O1 O1 Связи CrO ковалентные полярные (ЭО = 1,1 ) с долей

/ \ / \ ионности, в то время как в ковалентных неполярных связях

O1Cr6O1 OO (ЭО = 0 ) степень ионности равна нулю.

||

O2

K2C2O4 ; O2 O2 Связи KO ионные (ЭО = 2,7 ), следовательно,

|| || они обладает большей степенью ионности, чем

K1O2C4C4O2K1 ковалентные полярные связи CO (ЭО = 0,9 );

Связи CC ковалентные неполярные (ЭО = 0 ).

Задание 3.7

H2(г)  2H(г) ; H1 = 435кДж/моль, следовательно Hобр(H) = H1/2 = 217,5 кДж/моль.

Cl2(г)  2Cl(г) ; H2 = 243кДж/моль, следовательно Hобр(Cl) = H2/2 = 121,5 кДж/моль.

По условию, Hобр(HCl) = 92 кДж/моль.

Тогда для реакции H(г) + Cl(г)  HCl(г)

H3 = Hобр(HCl)  Hобр(H)  Hобр(Cl) = 431 кДж

Т. е. энергия связи HCl равна Eсвязи= H3 = 431 кДж/моль.

Задание 3.12в

Согласно уравнению Аррениуса k = Aexp(Ea / RT), где

k  константа скорости реакции; A  предэкспоненциальный множитель;

Ea  энергия активации реакции; T  абсолютная температура, К.

В температурном интервале 2535С, т.е. 298308 К, по условию имеем:

k(308) = 4k(298), т.е. Aexp(Ea / 8,31308)= 4Aexp(Ea / 8,31298), отсюда получаем:

Ea = ln 4=105,7103 Дж.

Задание 3.17

По уравнению реакции AB(г) = A(г) + B(г) видно, что если [B] = 0,02 моль/л, то [A] = [B] = 0,02 моль/л, а исходная концентрация c(AB) больше равновесной [AB] на 0,02 моль/л, т.е. c(AB) = [AB] + [B] = ( [AB] + 0,02) моль/л. По условию, константа равновесия равна K = 0,04 , тогда получаем:

, следовательно, [AB] = 0,01 моль/л.

Окончательно получаем c(AB) = [AB] + 0,02 = 0,03 моль/л, т.е. разложилось вещества AB.

Задание 3.27

Рассмотрим электролит KA; пусть в насыщенном растворе его концентрация равна c1 моль/л. Он диссоциирует по уравнению: KA = K + A.

концентрации: c1моль/л c1моль/л

отсюда получаем выражение для произведения растворимостей:

ПР(KA) = [K]·[A] = c1·c1 = 1020, следовательно c1 = 1010 моль/л.

Аналогично для раствора K2A (концентрацию его насыщенного раствора обозначим c2):

K2A = 2K + A2.

концентрации: 2c2моль/л c2моль/л.

ПР(K2A) = [K]2·[A2] = (2c2)2·c2 = 1020, следовательно c2 = 1,36·107 моль/л.

Аналогично для раствора K3A (концентрацию его насыщенного раствора обозначим c3):

K3A = 3K + A3.

концентрации: 3c3моль/л c3моль/л.

ПР(K3A) = [K]3·[A3] = (3c3)3·c3 = 1020, следовательно c2 = 4,39·106 моль/л.

Из приведенных расчетов видно, что в ряду KA, K2A, K3A растворимость увеличивается.

Задание 3.37

При контакте железа с медью образуется гальванический элемент, в котором процессы окисления (железа) и восстановления (водорода на меди) пространственно разделены. В результате скорость коррозии железа увеличивается по сравнению с простым окислением Fe в HCl. Эти процессы можно изобразить следующим образом:

на катоде: 2H + 2e  H20 ; на аноде: Fe0  2e  Fe2 .

Суммарный процесс: Fe + 2HCl  FeCl2 + H20 .

При контакте железа с цинком достигается обратный эффект: цинк, являясь анодом, окисляется, а на железном катоде восстанавливается водород. Т.е. при хорошем контакте этих металлов скорость коррозии железа уменьшается почти до нуля. Уравнения этих процессов:

на катоде: 2H + 2e  H20 ; на аноде: Zn0  2e  Zn2 .

Суммарный процесс: Zn + 2HCl  ZnCl2 + H20 .

Задание 3.45д

Согласно электронной теории кислот и оснований Льюиса, кислота является акцептором, а основание  донором электронов. Следовательно, в реакции

AuCl3 + Cl = [AuCl4]

AuCl3 является кислотой Льюиса, а Cl  основанием Льюиса.

Задание 4.1в

SO3 + H2O  H2SO4 ; P2O5 + 3H2O  2H3PO4 ;

Na2SiO3 + H2SO4  Na2SO4 + H2SiO3 ; KOH + HNO3  KNO3 + H2O ;

K2O + 2HClO4  2KClO4 + H2O ; Al2O3 + 3H2SO4  Al2(SO4)3 + 3H2O .

Задание 4.3д

Al2(CO3)3 + 6H2O  2Al(OH)3 + 3H2CO3 ( H2CO3  CO2 + H2O ) ;

Na2S + H2O  NaOH + NaHS , S2 + H2O  OH + HS ;

ZrBr4 + 2H2O  Zr(OH)2Br2 + 2HBr , Zr4 + 2H2O  Zr(OH)22 + 2H ;

CaH2 + 2H2O  Ca(OH)2 + 2H2 ; CaH2 + 2H2O  Ca2 + 2OH + 2H2 ;

CoCl2 + H2O  CoOHCl + HCl , Co2 + H2O  CoOH + H .

Задание 4.4

2KMnO4 + 10FeSO4 + 8H2SO4  2MnSO4 + K2SO4 + 5Fe2(SO4)3 + 8H2O ;

Mn7 + 5e  Mn2 ·1

Fe2  e  Fe3  ·5

MnO4 + 5Fe2 + 8H  Mn2 + 5Fe3 + 4H2O .

2KMnO4 + 6KI + 4H2O  2MnO2 + 3I2 + 8KOH ;

Mn7 + 3e  Mn4 ·2

2I1  2e  I20  ·3

2MnO4 + 6I + 4H2O  2MnO2 + 3I2 + 8OH .

2KMnO4 + K2SO3 + 2KOH  2K2MnO4 + K2SO4 + H2O ;

Mn7 + e  Mn6 ·2

S4  2e  S6  ·1

2MnO4 + SO32 + 2OH  2MnO42 + SO42 + H2O .

Как видно из молекулярно-ионных уравнений, во всех реакциях принимают участие ионы H или OH. Следовательно, в зависимости от их концентрации, т. е. от pH среды, будет меняться разность потенциалов восстанавливающегося и окисляющегося элементов.

Поэтому для различных условий, т. е. для различных значений pH среды, энергетически выгодны будут различные реакции, что и видно из уравнений.

Задание 4.8б

K4[Fe(CN)6] + 2ZnSO4  Zn2[Fe(CN)6] + 2K2SO4 ;

mZn2[Fe(CN)6] + nK4[Fe(CN)6]  {[mZn2[Fe(CN)6]]n[Fe(CN)6]4xK}(4n-x) (4n-x)K

||

|

mAl(OH)3 + nAlCl3  {[mAl(OH)3]nAl3xCl}(3n-x) (3n-x)Cl

||

|

Соседние файлы в папке БДЗ по химии