БДЗ по химии / VAR41

ВАРИАНТ 41.

Задание 3.1а

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=4 порядок заполнения будет следующим: 3p(n=3, l=1); а затем 4s(n=4, l=0).

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 обладают 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 3.4

По определению, энтальпией образования химического соединения называется изменение энтальпии в процессе получения моль этого соединения из простых веществ, устойчивых при данной температуре. Очевидно, что под это определение подходят только реакции г) и е). Энтальпия остальных реакций не является энтальпией образования веществ, т. к. в реакции а) образуется два моля вещества, а в реакциях б), в), д), ж) исходные вещества не являются простыми

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 3.28

Найдем концентрацию ионов серебра. Ag₂S диссоциирует по уравнению:

Ag₂S = 2Ag^ + S^2.

концентрации: 2c моль/л c моль/л

Выражение для произведения растворимостей имеет вид:

ПР(Ag₂S) = [Ag^]²·[ S^2] = (2c)²·c = 4·10^50, следовательно c = 2,15·10^17 моль/л,

тогда концентрация ионов серебра равна c(Ag^) = 1,03·10^17 моль/л.

Электродный потенциал серебряного электрода в таком растворе согласно уравнению Нернста равен: E(Ag^/Ag⁰) = E⁰(Ag^/Ag⁰) + 0,0258  ln c(Ag^) =

= 0,799 + 0,0258  ln (1,03·10^17) =  0,21 В.

ЭДС гальванического элемента, составленного из такого электрода и из стандартного серебряного, равна E = E⁰(Ag^/Ag⁰)  E(Ag^/Ag⁰) = 1,009 В.

Задание 3.33г

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

Найдем концентрацию H^ : 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. Тогда E(H^/H⁰) =  0,19 B.

ЭДС концентрационного гальванического элемента, описанного в задаче, равна: E = E⁰(H^/H⁰)  E(H^/H⁰) = 0,19 B.

Задание 3.44а

Согласно протонной теории кислот и оснований Брендстеда, кислота является донором протонов, а основание  акцептором протонов. Следовательно, в реакции

HCl + H₂O = H₃O^ + Cl^

кислоте HCl соответствует сопряженное основание Cl^, а основанию H₂O  сопряженная кислота H₃O^.

Задание 4.1г

CuCl₂ + H₂S  CuS + 2HCl ; AgNO₃ + NaCl  AgCl + NaNO₃ ;

FeCl₃ + 3KCN  K₃[Fe(CN)₆] + 3KCl ; AgBr + 2Na₂S₂O₃  Na₃[Ag(S₂O₃)₂] + NaBr ;

Ba(OH)₂ + SO₂  BaSO₃ + H₂O ; 2NaOH + WO₃  Na₂WO₄ + H₂O ;

Al₂O₃ + 2NaOH  2NaAlO₂ + H₂O ; 3KOH + Cr(OH)₃  K₃[Cr(OH)₆] ;

CaO + SiO₂  CaSiO₃ ; Al₂O₃ + K₂O  2KAlO₂ ;

2La + 3Cl₂  2LaCl₃ ; Cu + 2H₂SO₄(конц)  CuSO₄ + SO₂ + 2H₂O ;

2Sc + 3H₂SO₄(разб)  Sc₂(SO₄)₃ + 3H₂ ; Fe + CuSO₄  Cu + FeSO₄ .

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 4.5а

PbS + 4H₂O₂  PbSO₄ + 4H₂O ; H₂O₂ – окислитель ;

S^2  8e^  S^6  ·1

2O^1 + 2e^  2O^2  ·4

HOCl + H₂O₂  HCl + H₂O + O₂ ; H₂O₂ – восстановитель ;

Cl^1 + 2e^  Cl^1  ·1

2O^1  2e^  O₂⁰  ·1

Задание 4.7в

Fe(SCN)₃ + 6KF  K₃[FeF₆] + 3KSCN ;

Fe^3 + 6F^  [FeF₆]^3 ;

G⁰ = G_обр([FeF₆]^3)  G_обр(Fe^3) 6·G_обр(F^) ;

Zr(OH)₄ + 6KF  K₂[ZrF₆] + 4KOH ;

Zr(OH)₄ + 6F^  [ZrF₆]^2 + 4OH^ ;

G⁰ = G_обр([ZrF₆]^2) + 4G_обр(OH^)  G_обр(Zr(OH)₄) 6·G_обр(F^) ;