БДЗ по химии / VAR32

ВАРИАНТ 32.

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 3.7

H₂(г)  2H(г) ; H₁ = 435кДж/моль, следовательно H_обр(H) = H₁/2 = 217,5 кДж/моль.

Cl₂(г)  2Cl(г) ; H₂ = 243кДж/моль, следовательно H_обр(Cl) = H₂/2 = 121,5 кДж/моль.

По условию, H_обр(HCl) = 92 кДж/моль.

Тогда для реакции H(г) + Cl(г)  HCl(г)

H₃ = H_обр(HCl)  H_обр(H)  H_обр(Cl) = 431 кДж

Т. е. энергия связи HCl равна E_связи= H₃ = 431 кДж/моль.

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 3.14б

CuO(тв) + 2HCl(р-р)  CuCl₂(р-р) + H₂O(ж);

CuO + 2H^  Cu^2 + H₂O ;

ZnSO₃(тв)  ZnO(тв) + SO₂(г);

Задание 3.19

Найдем молярную концентрацию каждой из солей по формуле: ;

; считая диссоциацию соли полной, получаем: C(Cr^3) = 2C(Cr₂(SO₄)₃) = 0,02 моль/л.

; C(Zn^2) = C(ZnCl₂) = 0,0074 моль/л.

; C(La^3) = C(LaCl₃) = 0,081 моль/л.

Задание 3.34б

По табличным данным находим, что E⁰(Ag^/ Ag⁰) > E⁰(Cu^2/ Cu⁰), следовательно, на катоде идет восстановление серебра, а на аноде – окисление меди. Схема такого гальванического элемента имеет вид:

_/2e^ _\

Ag⁰ | Ag^ || Cu^2 | Cu⁰. Электродные процессы:

на катоде: Ag^ + e^  Ag⁰ , E⁰(Ag^/ Ag⁰) = 0,799 B ;

на аноде: Cu⁰  2e^  Cu^2 , E⁰(Cu^2/ Cu⁰) = 0,337 B ;

тогда ЭДС равна E = E⁰(Ag^/ Ag⁰)  E⁰(Cu^2/ Cu⁰) = 0,462 B.

Уравнение токообразующей реакции имеет вид:

2Ag^ + Cu⁰  Cu^2 + 2Ag⁰ ; Ag₂SO₄ + Cu  CuSO₄ + 2Ag .

Задание 3.39

Для разделения соединений скандия и лантана можно раствор их солей обработать раствором какого-либо гидроксида, при этом La(OH)₃ выпадет в осадок, а Sc(OH)₃ останется в растворе: La(NO₃)₃ +3NaOHLa(OH)₃ + 3NaNO₃ ; La³⁺ +3OH^  La(OH)₃;

Sc(NO₃)₃ + 3NaOH(разб) = Sc(OH)₃ + 3NaNO₃ (раствор NaOH должен быть разбавленным, т.к. растворимость Sc(OH)₃ невысока).

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 4.2б

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 4.3б

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 4.6б

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^

||

|