БДЗ по химии / VAR22

ВАРИАНТ 22.

Задание 3.1б.

Согласно правилу Клечковского, заполнение энергетических уровней происходит в порядке возрастания суммы чисел n+l, а при равных значениях n+l – в порядке возрaстания n. То есть для заданной суммы n+l=5 порядок заполнения будет следующим: 3d(n=3, l=2); затем 4p(n=4, l=1); затем 5s(n=5, l=0).

Задание 3.3б.

H₂SO₃ ; O^2 Все связи ковалентные полярные с долей ионности.

|| Степень ионности связи HO (разность

H^1O^2S^4O^2H^1 электроотрицательностей 1,3) больше, чем связи

SO ( ЭО = 0,9 ).

K₂S₂O₇ ; O^2 O^2 Связи KO ионные (ЭО = 2,7 ), следовательно,

|| || они обладает большей степенью ионности, чем

K^1O^2S^6O^2S^6O^2K^1 ковалентные полярные связи SO (ЭО = 0,9 ).

|| ||

O^2 O^2

Na₂S₂O₈ ; O^2 O^2 Связь OO (ЭО = 0 ) ковалентная неполярная;

|| || остальные связи описаны в предыдущем

Na^1O^2S^6O^1O^1S^6O^2Na^1 пункте ( связь NaO аналогична KO ).

|| ||

O^2 O^2

Задание 3.5.

а) O(г), 160,8 Дж/(мольК) ; O₂(г), 204,86 Дж/(мольК) ; O₃(г) , 238,68 Дж/(мольК).

Энтропия в этом ряду возрастает, т.к. усложняется строение молекул (от одноатомных до трехатомных), в результате увеличивается число возможных положений каждой молекулы в пространстве, т.е. возрастает степень хаотичности в расположении всей совокупности молекул.

б) C(алмаз), 2,44 Дж/(мольК) ; C(графит), 5,69 Дж/(мольК).

Энтропия алмаза меньше, чем графита, т.к. в кристаллической решетке алмаза все атомы соединены друг с другом равноценными связями, в то время как кристаллическая решетка графита имеет слоистую структуру, которая обладает гораздо меньшей степенью симметрии и, следовательно, в пространстве может быть реализована большим числом различных способов, что и обуславливает увеличение энтропии графита по сравнению с алмазом.

в) H₂O(лед), 43,9 Дж/(мольК) ; H₂O(ж), 66,9 Дж/(мольК) ; H₂O(г) , 188,7 Дж/(мольК).

Энтропия в этом ряду возрастает, т.к. при переходе от твердой фазы к жидкой и от жидкой к газообразной увеличивается подвижность молекул, т.е. возрастает степень хаотичности системы.

Задание 3.9.

2NO + 2H₂  N₂ + 2H₂O ; V = k [NO]² [H₂]

По кинетическому уравнению легко определить частные порядки по реагирующим веществам: по NO - 2; по H₂ - 1.

Общий порядок реакции равен сумме частных порядков, т. е. 3.

Экспериментальные порядки не согласуются со стехиометрическими соотношениями, т. к. данная реакция является сложной.

Задание 3.14д.

CuSO₄(р-р) + 4NH₃(г)  [Cu(NH₃)₄]SO₄(р-р);

Cu^2 + 4NH₃  [Cu(NH₃)₄]^2 ;

Th(NO₃)₄(р-р) + 4Na₂CO₃(р-р)  Na₄[Th(CO₃)₄]( р-р) + 4NaNO₃(р-р);

Th^4 + 4CO₃^2  [Th(CO₃)₄]^4 ;

Задание 3.24.

K₄[Fe(CN)₆] ; заряд комплексного иона 4; степень окисления комплексообразователя +2;

координационное число 6; уравнение диссоциации: K₄[Fe(CN)₆]  4K^ + [Fe(CN)₆]^4.

K₃[Fe(CN)₆] ; заряд комплексного иона 3; степень окисления комплексообразователя +3;

координационное число 6; уравнение диссоциации: K₃[Fe(CN)₆]  3K^ + [Fe(CN)₆]^3.

Задание 3.34д.

По табличным данным находим, что E⁰(Zn^2/ Zn⁰) < E⁰(Au^3/ Au⁰), следовательно, на катоде идет восстановление золота, а на аноде – окисление цинка. Схема такого гальванического элемента имеет вид:

_/ 6e^ _\

Zn⁰ | Zn^2 || Au^3 | Au⁰. Электродные процессы:

на катоде: Au^3 + 3e^  Au⁰ , E⁰(Au^3/ Au⁰) = 1,498 B ;

на аноде: Zn⁰  2e^  Zn^2 , E⁰(Zn^2/ Zn⁰) = 0,763 B ;

тогда ЭДС равна E = E⁰(Au^3/ Au⁰)  E⁰(Zn^2/ Zn⁰) = 2,261 B.

Уравнение токообразующей реакции имеет вид:

2Au^3 + 3Zn⁰  2Au⁰ + 3Zn^2 ; 2AuCl₃ + 3Zn  2Au + 3ZnCl₂ .

Задание 3.41.

Для выделения соединений церия и европия из смеси лантаноидов можно использовать то, что в отличие от других лантаноидов сульфаты этих элементов (в степени окисления +3) хорошо растворимы. Т.е. соответствующие реакции можно записать так:

2Ce(NO₃)₃ + 3Na₂SO₄ = Ce₂(SO₄)₃ + 6NaNO₃ ;

2Eu(NO₃)₃ + 3Na₂SO₄ = Eu₂(SO₄)₃ + 6NaNO₃ ;

2La(NO₃)₃ + 3Na₂SO₄  La₂(SO₄)₃ + 6NaNO₃ (в качестве примера приведен сам лантан).

Т.е. ионы Ce^3 и Eu^3 остаются в растворе, а другие лантаноиды выпадает в осадок в виде сульфатов, следовательно, могут быть отделены.

Задание 3.45а.

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

Al^3 + 6H₂O = [Al(H₂O)₆]^3

Al^3 является кислотой Льюиса, а H₂O  основанием Льюиса.

Задание 4.1а.

Th + O₂  ThO₂ ; C + O₂  CO₂ ;

2FeS + 3O₂  2FeO + 2SO₂ ; CH₄ + 2O₂  CO₂ + 2H₂O ;

2Sc(OH)₃ Sc₂O₃ + 3H₂O ; La₂(CO₃)₃La₂O₃ + 3CO₂ ;

Y₂(C₂O₄)₃Y₂O₃ + 3CO₂ + 3CO ; 2Cu(NO₃)₂2CuO + 4NO₂ + O₂ .

Задание 4.3б.

Al₂S₃ + 6H₂O  2Al(OH)₃ + 3H₂S ;

Na₂HPO₄ + H₂O = NaOH + KH₂PO₄ , HPO₄^2 + H₂O = OH^ + H₂PO₄^ ;

Cu(NO₃)₂ + H₂O = CuOHNO₃ + HNO₃ , Cu^2 + H₂O = CuOH^ + H^ ;

LiH + H₂O  LiOH + H₂ ; LiH + H₂O  Li^ + OH^ + H₂ ;

EuC₂ + 2H₂O  Eu(OH)₂ + C₂H₂ .

Задание 4.6в.

K₂Cr₂O₇ + 14HCl(конц)  3Cl₂ + 2CrCl₃ + 2KCl + 7H₂O ;

Cr^6 + 3e^  Cr^3  ·2 ; E⁰(Cr^6/Cr^3) = 1,33 B ;

2Cl^1  2e^  Cl₂⁰  ·3 ; E⁰(Cl⁰/Cl^1) = 1,36 B ;

E⁰ = E⁰(Cr^6/Cr^3)  E⁰(Cl⁰/Cl^1) = 0,03 B.

G⁰ =  z·F·E⁰ = 17,37 кДж (где z  число молей электронов, участвующих в ОВР,

F  96500 Кл  постоянная Фарадея).

G⁰>0, следовательно, реакция идет в обратном направлении.

4Zn + 10HNO₃(разб) NH₄NO₃ + 4Zn(NO₃)₂ + 3H₂O ;

N^5 + 8e^  N^3  ·1 ; E⁰(N^5/N^3) = 0,86 B ;

Zn⁰  2e^  Zn^2  ·4 ; E⁰(Zn⁰/Zn^2) = 0,763 B ;

E⁰ = E⁰(N^5/N^3)  E⁰(Zn⁰/Zn^2) = 0,097 B.

G⁰ =  z·F·E⁰ = 74,88 кДж.

G⁰> 0, следовательно, реакция идет в обратном направлении.

MnSO₄ + Br₂ + 4NaOH  MnO₂ + Na₂SO₄ + 2NaBr+ 2H₂O ;

Br₂⁰ + 2e^  2Br^1  ·1 ; E⁰(Br₂/Br^1) = 1,063 B ;

Mn^2  2e^  Mn^4 ·1 ; E⁰(Mn^4/Mn^2) = 0,05 B ;

E⁰ = E⁰(Br₂/Br^1)  E⁰(Mn^4/Mn^2) = 1,113 B.

G⁰ =  z·F·E⁰ = 214,8 кДж.

G⁰« 0, следовательно, реакция идет в прямом направлении.

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]nAl^3xCl^}^(3n-x) (3n-x)Cl^

||

|

3