БДЗ по химии / VAR34

ВАРИАНТ 34 - 1г, 3г, 5, 11, 16, 21в, 36, 41, 45б; 1г, 3г, 6в, 8г.

{ВАРИАНТ 44 - 1г, 3г, 7, 11, 16, 21д, 36, 31, 45б; 2а, 3г, 6б, 8г.}

Задание 3.1г.

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=7 порядок заполнения будет следующим: 4f(n=4, l=3);затем 5d(n=5, l=2); затем 6p(n=6, l=1); затем 7s(n=7, l=0).

Задание 3.3г.

U₃O₈ ; O^2 O^2 O^2 O^2 Все связи ковалентные полярные с долей ионности.

\\ / \ / \ // Степень ионности связи OU^4 (разность

U^6 U^4 U^6 электроотрицательностей 2,1) больше, чем связи

// \ / \ / \\ OU^6 ( ЭО = 1,6 ).

O^2 O^2 O^2 O^2

Pb₃O₄ ; O^2 O^2 Все связи ковалентные полярные с долей ионности.

/ \ / \ Степень ионности связи OPb^2 ( ЭО = 1,9 )

Pb^2 Pb^4 Pb^2 больше, чем связи OPb^4 (ЭО = 1,7 ).

\ / \ /

O^2 O^2

Fe₃O₄ ; O^2 = Fe^3  O^2  Fe^2  O^2  Fe^3 = O^2 ;

Все связи ковалентные полярные с долей ионности.

Степень ионности связи OFe^2 ( ЭО = 1,7 ) больше, чем связи OFe^3 (ЭО = 1,6 ).

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 3.11.

Среди перечисленных реакций группу быстрых составляют реакции ионного обмена и взаимодействия радикалов:

в) Ag^(р-р) + Cl^(р-р)  AgCl(тв) ;

г) OH^(р-р) + H^(р-р)  H₂O(ж) ;

д) KOH(р-р) + HCl(р-р)  KCl(р-р) + H₂O(ж) ;

е) H·(г) + H·(г)  H₂(г) ;

ж) Cl·(г) + Cl·(г)  Cl₂(г) ;

для этих реакций E_а= 0÷50 кДж.

Группу медленных реакций составляют взаимодействия валентнонасыщенных соединений:

а) C(графит) + O₂(г)  CO₂(г) ;

б) CH₄(г) + 2O₂(г)  CO₂(г) + 2H₂O(г) ;

для этих реакций E_а= 90÷220 кДж.

Задание 3.16.

По уравнению реакции N₂O₄ = 2NO₂ видно, что если из начальных 0,08 моль/л N₂O₄ диссоциировало 50%, то равновесная концентрация NO₂ составит [NO₂] = 0,08 моль/л, при этом равновесная концентрация N₂O₄ составит (100-50)=50% от начальной, т.е. [N₂O₄] = 0,04 моль/л. Тогда константа равновесия равна :

Задание 3.21в.

1) Рассмотрим раствор K₂Cr₂O₇ (C = 0,1 моль/л ).Эта соль диссоциирует по уравнению:

K₂Cr₂O₇  2K^ + Cr₂O₇^2, поэтому C(K^) = 0,2 моль/л, C(Cr₂O₇^2) = 0,1 моль/л. Найдем ионную силу такого раствора:

= 0,5·[C(K^)·z²(K^) + C(Cr₂O₇^2)·z²(Cr₂O₇^2)] = 0,5·[0,2·1² + 0,1·2²] = 0,3.

Используя уравнение первого приближения теории ДебаяХюккеля, найдем коэффициент активности y_± : ln y_± =  A·z_·z_·, где A  константа растворителя (А_вод=1,174);

ln y_± =  1,174·1·(2) · = 1,286 ; отсюда y_± = 0,276. Тогда активность электролита равна: a_± = = 2²·1¹·0,1³·0,276³ = 8,4·10^5.

2) Аналогично для раствора Th(SO₄)₂.

Th(SO₄)₂  Th^4 + 2SO₄^2 ; C(Th^4) = 0,1 моль/л, C(SO₄^2) = 0,2 моль/л.

I = 0,5·[C(Th^4)·z²(Th^4) + C(SO₄^2)·z²(SO₄^2)] = 0,5·[0,1·4² + 0,2·2²] = 1,2.

ln y_± =  1,174·4·(2)· = 10,29 ; отсюда y_± = 3,4·10^5. Тогда активность электролита равна: a_± = = 1¹·2²·0,1³·(3,4·10^5)³ = 7,28·10^17.

Задание 3.36.

При электролизе раствора KOH на аноде возможна только одна реакция:

4OH^  4e^  O₂ + 2H₂O . А на катоде конкурируют два процесса (перенапряжением по условию пренебрегаем ) :

1) K^ + e^  K⁰ , E₁= E⁰(K^/K⁰) = 2,925 B ;

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

Очевидно, что E₁< E₂ , поэтому на катоде идет вторая реакция (восстановление водорода). Тогда суммарная реакция такова: 2H₂O 2H₂ + O₂

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 Ce^3 и Eu^3 остаются в растворе, а другие лантаноиды выпадает в осадок в виде сульфатов, следовательно, могут быть отделены.

Задание 3.45б.

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

[FeF₆]^3 + 6CN^ = [Fe(CN)₆]^3 + 6F^

[FeF₆]^3 является кислотой Льюиса, а CN^  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 4.3г.

CuCO₃ + 2H₂O  Cu(OH)₂ + H₂CO₃ ( H₂CO₃  CO₂ + H₂O ) ;

Pb(NO₃)₂ + H₂O  PbOHNO₃ + HNO₃ , Pb^2 + H₂O  PbOH^ + H^ ;

UCl₆ + 4H₂O  U(OH)₄Cl₂ + 4HCl , U^6 + 4H₂O  U(OH)₄^2 + 4H^ ;

PCl₃+ 3H₂O  H₃PO₃ + 3HCl , PCl₃+ 3H₂O  H₃PO₃ + 3H^ + 3Cl^ ;

CaH₂ + 2H₂O  Ca(OH)₂ + 2H₂ , CaH₂ + 2H₂O  Ca^2 + 2OH^ + 2H₂ .

Задание 4.6в.

K₂Cr₂O₇ + 14HCl(конц)  3Cl₂ + 2CrCl₃ + 2KCl + 7H₂O ;

Cr^6 + 3e^  Cr^3  ·2 ; E⁰(Cr^6/Cr^3) = 1,33 B ;

2Cl^1  2e^  Cl₂⁰  ·3 ; E⁰(Cl⁰/Cl^1) = 1,36 B ;

E⁰ = E⁰(Cr^6/Cr^3)  E⁰(Cl⁰/Cl^1) = 0,03 B.

G⁰ =  z·F·E⁰ = 17,37 кДж (где z  число молей электронов, участвующих в ОВР,

F  96500 Кл  постоянная Фарадея).

G⁰>0, следовательно, реакция идет в обратном направлении.

4Zn + 10HNO₃(разб) NH₄NO₃ + 4Zn(NO₃)₂ + 3H₂O ;

N^5 + 8e^  N^3  ·1 ; E⁰(N^5/N^3) = 0,86 B ;

Zn⁰  2e^  Zn^2  ·4 ; E⁰(Zn⁰/Zn^2) = 0,763 B ;

E⁰ = E⁰(N^5/N^3)  E⁰(Zn⁰/Zn^2) = 0,097 B.

G⁰ =  z·F·E⁰ = 74,88 кДж.

G⁰> 0, следовательно, реакция идет в обратном направлении.

MnSO₄ + Br₂ + 4NaOH  MnO₂ + Na₂SO₄ + 2NaBr+ 2H₂O ;

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

Mn^2  2e^  Mn^4 ·1 ; E⁰(Mn^4/Mn^2) = 0,05 B ;

E⁰ = E⁰(Br₂/Br^1)  E⁰(Mn^4/Mn^2) = 1,113 B. G⁰ =  z·F·E⁰ = 214,8 кДж.

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

Задание 4.8г.

2KAuO₂ + 2Au  AuAuO₂ + 2KAuO ;

mAuAuO₂ + nKAuO₂  {[mAuAuO₂]nAuO₂^xK^}^(n-x)  (n-x)K^

||

|

Na₂S + Cd(NO₃)₂  CdS + 2NaNO₃ ;

mCdS + nNa₂S  { [ mCdS ]  nS^2xNa^}^(2n-x) (2n-x)Na^

||

|

4