БДЗ по химии / VAR19

ВАРИАНТ 19.

Задание 3.2г

Полная электронная формула:

₅₈Ce 1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d¹⁰4s²4p⁶4d¹⁰4f²5s²5p⁶6s².

Сокращенная электронная формула в виде энергетических ячеек:

₅₈Ce [ ] 4s² _/ 4p⁶ _{\ /} 4d¹⁰_{\ /} 4f ² _\ 5s² _/ 5p⁶ _\ 6s²

































Церий Ce  f-элемент; к его электронным аналогам относится торий Th.

Высшая степень окисления церия 4 ; это возбужденное состояние характеризуется следующими значениями квантовых чисел:

₅₈Ce^*… 5s² _/ 5p⁶ _{\ /} 5d² _\ 6s¹ _/ 6p¹ _\

















n

5

5

6

6

l

2

2

0

1

m

1

1

0

0

s

½

½

½

½

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 3.6д

TiO₂(тв) + 2C(графит)  Ti(тв) + 2CO(г) ; H₂₉₈= 722,9 кДж ;

Число моль газообразных веществ в ходе реакции возрастает, следовательно S>0. Поэтому изменение энергии Гиббса G = H₂₉₈  T·S для этой реакции отрицательно только при высокой температуре, т. е. термодинамически протекание данной реакции возможно при достаточно высокой температуре .

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 3.21б

1) Рассмотрим раствор KMnO₄ (C = 0,1 моль/л ).Эта соль диссоциирует по уравнению:

KMnO₄  K^ + MnO₄^, поэтому C(K^) = 0,1 моль/л, C(MnO₄^) = 0,1 моль/л. Найдем ионную силу такого раствора:

= 0,5·[C(K^)·z²(K^) + C(MnO₄^)·z²(MnO₄^)] = 0,5·[0,1·1² + 0,1·1²] = 0,1.

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·(1)· = 0,371 ; отсюда y_± = 0,69. Тогда активность электролита равна: a_± = = 1¹·1¹·0,1²·0,69² = 0,00476.

2) Аналогично для раствора UO₂SO₄.

UO₂SO₄  UO₂^2 + SO₄^2 ; C(UO₂^2) = 0,1 моль/л, C(SO₄^2) = 0,1 моль/л.

I = 0,5·[C(UO₂^2)·z²(UO₂^2) + C(SO₄^2)·z²(SO₄^2)] = 0,5·[0,1·2² + 0,1·2²] = 0,4.

ln y_± =  1,174·2·(2)· = 2,97 ; отсюда y_± = 0,051. Тогда активность электролита равна: a_± = = 1¹·1¹·0,1²·0,051² = 2,63·10^5.

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 3.38

Для разделения соединений тория(IV) и гадолиния(III), исходно находящихся в водном растворе, можно использовать большую склонность тория по сравнению с гадолинием к комплексообразованию. Так, например, добавив в раствор смеси хлоридов тория и гадолиния ( ThCl₄ и GdCl₃ ) избыток фторида натрия, мы получим осадок фторида гадолиния, в то время как торий останется в растворе в виде комплексного иона, т. е. элементы могут быть отделены друг от друга:

GdCl₃ + 3NaF  GdF₃ + 3NaCl ; Gd^3 + 3F^  GdF₃ ;

ThCl₄ + 8NaF  Na₄[ThF₈] + 4NaCl ; Th^4 + 8F^  [ThF₈]^4 .

Задание 3.44д

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

HF + H₂O = F^ + H₃O^

кислоте HF соответствует сопряженное основание F^, а основанию H₂O  сопряженная кислота H₃O^.

Задание 4.1в

SO₃ + H₂O  H₂SO₄ ; P₂O₅ + 3H₂O  2H₃PO₄ ;

Na₂SiO₃ + H₂SO₄  Na₂SO₄ + H₂SiO₃ ; KOH + HNO₃  KNO₃ + H₂O ;

K₂O + 2HClO₄  2KClO₄ + H₂O ; Al₂O₃ + 3H₂SO₄  Al₂(SO₄)₃ + 3H₂O .

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 4.6б

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 4.7а

CuSO₄ + 4NH₄OH  [Cu(NH₃)₄]SO₄ + 4H₂O ;

Cu^2 + 4NH₄^ + 4OH^  [Cu(NH₃)₄]^2 + 4H₂O ;

G⁰ = G_обр([Cu(NH₃)₄]^2) + 4·G_обр(H₂O)  G_обр(Cu^2) 4·G_обр(NH₄^) 4·G_обр(OH^) ;

Hg(NO₃)₂ + 4KI  K₂[HgI₄] + 2KNO₃ ;

Hg^2 + 4I^  [HgI₄]^2 ;

G⁰ = G_обр([HgI₄]^2)  G_обр(Hg^2) 4·G_обр(I^) ;