БДЗ по химии / VAR06

ВАРИАНТ 6.

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 3.23.

Поскольку координационное число хрома равно 6, то указанному соединению соответствует формула [Cr(H₂O)₅Cl]Cl₂ , следовательно, реакция осаждения внешнесферного хлора имеет вид:

[Cr(H₂O)₅Cl]Cl₂ + 2AgNO₃  [Cr(H₂O)₅Cl](NO₃)₂ + 2AgCl.

Количество вещества [Cr(H₂O)₅Cl]Cl₂ равно 0,2л·0,01моль/л = 0,002моль; как видно из уравнения реакции для осаждения такого количества понадобится 0,004 моль AgNO₃, что соответствует 0,04 л. (т.е. 40 мл.) 0,1 молярного раствора нитрата серебра.

Задание 3.33б.

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

В 0,05 моль/л растворе H₂SO₄ (=1) очевидно, что C(H^) = 0,1 моль/л. Тогда получаем E(H^/H⁰) =  0,059 B.

ЭДС концентрационного гальванического элемента, описанного в задаче, равна: E = E⁰(H^/H⁰)  E(H^/H⁰) = 0,059 B.

Задание 3.43. Лантаноиды нельзя выделить в виде металлов электролизом водных растворов, т.к. на катоде будет восстанавливаться водород, а не ионы лантаноидов. Это видно из простого расчета (например, для самого лантана ):

1) La^3 + 3e^  La⁰ , E₁= E⁰(La^3/La⁰) = 2,522 B ;

2) 2H₂O + 2e^  H₂ + 2OH^ , E₂ =  0,059pH .

Очевидно, что E₁< E₂ , поэтому на катоде идет вторая реакция.

На практике для получения лантаноидов пользуются электролизом расплавов соответствующих солей или очень сильными восстановителями, такими как металлический кальций: 2LaF₃ + 3Ca 2La + 3CaF₂ (в инертной атмосфере).

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 4.1г.

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 4.6б.

10KBr + 2KMnO₄ + 8H₂SO₄  5Br₂ + 2MnSO₄ + 6K₂SO₄ + 8H₂O ;

Mn^7 + 5e^  Mn^2 ·2 ; E⁰(Mn^7/Mn^2) = 1,51 B ;

2Br^1  2e^  Br₂⁰  ·5 ; E⁰(Br₂/Br^1) = 1,063 B ;

E⁰ = E⁰(Mn^7/Mn^2)  E⁰(Br₂/Br^1) = 0,447 B.

G⁰ =  z·F·E⁰ = 431,36 кДж (где z  число молей электронов, участвующих в ОВР,

F  96500 Кл  постоянная Фарадея).

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

6FeSO₄ + KClO₃ + 3H₂SO₄  KCl + 3Fe₂(SO₄)₃ + 3H₂O ;

Cl^5 + 6e^  Cl^1  ·1 ; E⁰(Cl^5/Cl^1) = 2,45 B ;

Fe^2  e^  Fe^3  ·6 ; E⁰(Fe^3/Fe^2) = 0,77 B ;

E⁰ = E⁰(Cl^5/Cl^1)  E⁰(Fe^3/Fe^2) = 1,68 B.

G⁰ =  z·F·E⁰ = 972,72 кДж.

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

2Ce(OH)₄ + 8HCl  2CeCl₃ + Cl₂ + 8H₂O ;

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

Ce^4 + e^  Ce^3  ·2 ; E⁰(Ce^4/Ce^3) = 1,61 B ;

E⁰ = E⁰(Ce^4/Ce^3)  E⁰(Cl⁰/Cl^1) = 0,25 B.

G⁰ =  z·F·E⁰ = 48,25 кДж.

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

Задание 4.8в.

K₄[Fe(CN)₆] + Th(SO₄)₂  Th[Fe(CN)₆] + 2K₂SO₄ ;

mTh[Fe(CN)₆] + nK₄[Fe(CN)₆]  {[mTh[Fe(CN)₆]]n[Fe(CN)₆]^4xK^}^(4n-x) (4n-x)K^

||

|

nFeCl₃ + mFe(OH)₃  {[mFe(OH)₃]nFe^3xCl^}^(3n-x) (3n-x)Cl^

||

|

4