БДЗ по химии / VAR46

ВАРИАНТ 46.

Задание 3.2а

Полная электронная формула: ₁₁Na 1s²2s²2p⁶3s¹.

Сокращенная электронная формула в виде энергетических ячеек: ₁₁Na [ ] 3s¹



Натрий Na  s-элемент; к его электронным аналогам относятся литий Li, калий K, рубидий Rb, цезий Cs, франций Fr.

Высшая степень окисления ванадия 1 ; это возбужденное состояние характеризуется следующими значениями квантовых чисел:

₁₁Na^*[ ] 3s¹

	
n	3
l	0
m	0
s	½

Задание 3.3а

BaO₂ ; Ba^2 Связи BaO ионные (разность электроотрицательностей 2,6) и,

/ \ соответственно, они обладает большой степенью ионности, в

O^1  O^1 отличие от ковалентных неполярных связей OO (ЭО = 0 ).

K₂U₂O₇ ; O^2 O^2 Связи KO ионные (ЭО = 2,7 ), следовательно,

|| || они обладает большей степенью ионности, чем

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

|| ||

O^2 O^2

Na₂SO₄ ; O^2 Связи NaO ионные (ЭО = 2,6 ), следовательно,

|| они обладает большей степенью ионности, чем

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

||

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 3.8

По данным задачи легко определить частные порядки по реагирующим веществам:

по A - 2; по B - 0; по C - 1.

Общий порядок реакции равен сумме частных порядков, т. е. 3. Следовательно, кинетическое уравнение данной реакции имеет вид : V = k [A]² [C].

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

Задание 3.13

а) Cr^3(р-р) + H₂O(р-р) = (CrOH)^2(р-р) + H^(р-р) ;

 константа гидролиза.

б) Ag₃PO₄(тв) = 3Ag^(р-р) + PO₄^3(р-р) ;

 произведение растворимостей.

в) H₂SO₃(р-р) = HSO₃^(р-р) + H^(р-р) ;

 константа диссоциации.

г) H₂O(ж) = H^(гидратир.) + OH^(гидратир.) ;

 ионное произведение воды.

д) [Cu(NH₃)₄]^2(р-р) = Cu^2(р-р) + 4NH₃(р-р) ;

 константа нестойкости.

Задание 3.18г

Найдем концентрацию ионов водорода. Уксусная кислота диссоциирует по уравнению:

CH₃COOH = CH₃COO^ + H^.

концентрации: (0,02c)0,02 моль/л c моль/л c моль/л.

Отсюда получаем , отсюда c = 6·10^4 моль/л.

Итак, в 0,02 моль/л растворе уксусной кислоты концентрация ионов водорода равна 6·10^4 моль/л. Следовательно, степень диссоциации равна:.

Если к одному литру 0,02 моль/л раствора кислоты добавить 8,2 г. CH₃COONa (что составляет 0,1 моль), то [CH₃COO^]  0,1 моль/л, следовательно получаем:

; [H^] = 3,6·10^6 моль/л,

т.е. концентрация ионов водорода уменьшается в 166,7 раза.

Задание 3.33д

Для процесса восстановления водорода 2H^ + 2e^  H₂ согласно уравнению Нернста получаем: E(H^/H⁰) = 0,059  lg C(H^) =  0,059pH.

Найдем концентрацию H^ : гидроксид аммония диссоциирует по уравнению:

NH₄OH = NH₄^ + OH^.

концентрации: (0,02c)0,02 моль/л c моль/л c моль/л.

Отсюда получаем ,

отсюда c = 5,8·10^4 моль/л. Тогда C(H^) = K_В /C(OH^) = 1,710^11 моль/л, следовательно, E(H^/H⁰) =  0,64 B.

ЭДС концентрационного гальванического элемента, описанного в задаче, равна: E = E⁰(H^/H⁰)  E(H^/H⁰) = 0,64 B.

Задание 3.45в

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

4NH₃ + Cu^2 = [Cu(NH₃)₄]^2

Cu^2 является кислотой Льюиса, а NH₃  основанием Льюиса.

Задание 4.2б

CuSO₄ + 4NH₄OH  [Cu(NH₃)₄]SO₄ + 4H₂O ; [Cu(NH₃)₄]SO₄ – сульфат тетраамминмеди.

AgBr + 2Na₂S₂O₃  Na₃[Ag(S₂O₃)₂] + NaBr ; Na₃[Ag(S₂O₃)₂] – дитиосульфитоаргентат натрия.

2AlOHSO₄ + H₂SO₄  Al₂(SO₄)₃ + 2H₂O ; Al₂(SO₄)₃ – сульфат алюминия.

3KOH + H₃PO₄  K₃PO₄ + 3H₂O ; K₃PO₄ – ортофосфат калия.

2Y(OH)₃ + 3H₂SO₄  Y₂(SO₄)₃ + 6H₂O ; Y₂(SO₄)₃ – сульфат иттрия.

Задание 4.3а

Fe₂(CO₃)₃ + 6H₂O  2Fe(OH)₃ + 3H₂CO₃ ( H₂CO₃  CO₂ + H₂O ) ;

K₂S + H₂O  KOH + KHS , S^2 + H₂O  OH^ + HS^ ;

CrOHCl₂ + H₂O  Cr(OH)₂Cl + HCl , CrOH^2 + H₂O  Cr(OH)₂^ + H^ ;

PBr₅ + 4H₂O  H₃PO₄ + 5HBr , PBr₅ + 4H₂O  H₃PO₄ + 5H^ + 5Br^ ;

CeC + 4H₂O  Ce(OH)₄ + CH₄ .

Задание 4.5б

2KMnO₄ + 5H₂O₂ + 3H₂SO₄  2MnSO₄ + K₂SO₄ + 8H₂O + 5O₂ ; H₂O₂ – восстановитель ;

Mn^7 + 5e^  Mn^2  ·2

2O^1  2e^  O₂⁰  ·5

H₂S + 4H₂O₂  H₂SO₄ + 4H₂O ; H₂O₂ – окислитель ;

S^2  8e^  S^6  ·1

2O^1 + 2e^  2O^2  ·4

Задание 4.8д

2KBr + Pb(NO₃)₂  PbBr₂ + 2KNO₃ ;

mPbBr₂ + nKBr {[mPbBr₂] nBr^xK^ }^(n-x)  (n-x)K^

||

|

Pb(NO₃)₂ + 2KBr  PbBr₂ + 2KNO₃ ;

mPbBr₂ + nPb(NO₃)₂  {[mPbBr₂]nPb^2xNO₃^}^(2n-x) (2n-x)NO₃^

||

|