Добавил:

Hist Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Национальный исследовательский ядерный университет (МИФИ)

Предмет:

Химия

Файл:

БДЗ по химии / VAR10

.DOC

Скачиваний:

Добавлен:

10.05.2014

Размер:

68.1 Кб

Скачать

☆

ВАРИАНТ 10.

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; O^² O^² Связи KO ионные ( разность электро-

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

K^¹O^²Cr^⁶O^²Cr^⁶O^²K^¹ они обладает большей степенью ионности, чем

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

O^² O^²

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

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

O^¹Cr^⁶O^¹ OO (ЭО = 0 ) степень ионности равна нулю.

O^²

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

|| || они обладает большей степенью ионности, чем

K^¹O^²C^⁴C^⁴O^²K^¹ ковалентные полярные связи CO (ЭО = 0,9 );

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

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 3.12б.

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

k  константа скорости реакции; A  предэкспоненциальный множитель;

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

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

k(308) = 3k(298), т.е. Aexp(E_a/ 8,31308)= 3Aexp(E_a/ 8,31298), отсюда получаем:

E_a = ln 3=83,8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 = 10^²⁰, следовательно c₁ = 10^¹⁰ 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 = 10^²⁰, следовательно c₂ = 1,36·10^⁷ 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 = 10^²⁰, следовательно c₂ = 4,39·10^⁶ 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 3.41.

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 Ce³^ и Eu³^ остаются в растворе, а другие лантаноиды выпадает в осадок в виде сульфатов, следовательно, могут быть отделены.

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 4.1б.

2Na + 2H₂O  2NaOH + H₂ ; K₂O + H₂O  2KOH ;

2NaCl + 2H₂O2NaOH + H₂ + Cl₂ ;

Fe₂(SO₄)₃ + 6NaOH  2Fe(OH)₃ + 3Na₂SO₄ ;

(NH₄)₂Fe(SO₄)₂ + 4NaOH  2NH₄OH + Fe(OH)₂ + 2Na₂SO₄ .

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 ;

Mn^⁷ + 5e^  Mn^² ·1

Fe^²  e^  Fe^³  ·5

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

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

Mn^⁷ + 3e^  Mn^⁴ ·2

2I^¹  2e^  I₂⁰  ·3

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

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

Mn^⁷ + e^  Mn^⁶ ·2

S^⁴  2e^  S^⁶  ·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 4.8д.

2KBr + Pb(NO₃)₂  PbBr₂ + 2KNO₃ ;

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