Решение задачи из билета 12.17

Ниже представлено решение задач из билета № 12.17, оформленное для удобного переписывания в тетрадь. Задача 1. Дано: \(T = 50 + 273 = 323 \, \text{К}\) \(\Delta H^\circ = 283 \, \text{кДж/моль} = 283000 \, \text{Дж/моль}\) \(\Delta S^\circ = 288 \, \text{Дж/(моль} \cdot \text{К)}\) Найти: \(\Delta G_{298}^\circ\), \(\Delta G_{323}^\circ\), оценить вклад факторов. Решение: 1) Энергия Гиббса при \(25^\circ \text{C}\) (\(298 \, \text{К}\)): \[ \Delta G_{298}^\circ = \Delta H^\circ - T \cdot \Delta S^\circ \] \[ \Delta G_{298}^\circ = 283000 - 298 \cdot 288 = 283000 - 85824 = 197176 \, \text{Дж/моль} \approx 197,2 \, \text{кДж/моль} \] 2) Энергия Гиббса при \(50^\circ \text{C}\) (\(323 \, \text{К}\)): \[ \Delta G_{323}^\circ = 283000 - 323 \cdot 288 = 283000 - 93024 = 189976 \, \text{Дж/моль} \approx 190,0 \, \text{кДж/моль} \] 3) Оценка факторов: Так как \(\Delta H > 0\) и \(\Delta S > 0\), процесс энтальпийно невыгоден, но энтропийно выгоден. С ростом температуры вклад энтропийного фактора (\(T \Delta S\)) увеличивается, что уменьшает \(\Delta G\), делая процесс более вероятным. Задача 2. Дано: \(C(\text{KOH}) = 0,1 \, \text{моль/л}\). Решение: KOH — сильное основание, диссоциирует полностью: \(\text{KOH} \rightarrow \text{K}^+ + \text{OH}^-\). \[ C_{\text{OH}^-} = C(\text{KOH}) = 0,1 = 10^{-1} \, \text{моль/л} \] \[ \text{pOH} = -\lg C_{\text{OH}^-} = -\lg(10^{-1}) = 1 \] \[ \text{pH} = 14 - \text{pOH} = 14 - 1 = 13 \] \[ C_{\text{H}^+} = 10^{-\text{pH}} = 10^{-13} \, \text{моль/л} \] Ответ: \(\text{pH} = 13\), \(C_{\text{H}^+} = 10^{-13} \, \text{моль/л}\), \(C_{\text{OH}^-} = 0,1 \, \text{моль/л}\). Задача 3. Дано: \(C = 0,05 \, \text{моль/л}\), \(T = 25 + 273 = 298 \, \text{К}\), \(R = 8,31 \, \text{кПа} \cdot \text{л/(моль} \cdot \text{К)}\). Решение: Глюкоза — неэлектролит, поэтому изотонический коэффициент \(i = 1\). \[ P_{\text{осм}} = i \cdot C \cdot R \cdot T \] \[ P_{\text{осм}} = 1 \cdot 0,05 \cdot 8,31 \cdot 298 \approx 123,82 \, \text{кПа} \] Ответ: \(123,82 \, \text{кПа}\). Задача 4. Реакция: \(5\text{SO}_3^{2-} + 2\text{MnO}_4^- + 6\text{H}^+ = 5\text{SO}_4^{2-} + 2\text{Mn}^{2+} + 3\text{H}_2\text{O}\) Дано: \(\varphi^\circ(\text{SO}_4^{2-}/\text{SO}_3^{2-}) = +0,20 \, \text{В}\), \(\varphi^\circ(\text{MnO}_4^-/\text{Mn}^{2+}) = +1,52 \, \text{В}\). Решение: Рассчитаем ЭДС реакции: \[ E^\circ = \varphi^\circ_{\text{окислителя}} - \varphi^\circ_{\text{восстановителя}} = 1,52 - 0,20 = 1,32 \, \text{В} \] Так как \(E^\circ > 0\), реакция протекает самопроизвольно в прямом направлении. Задача 5. Уравнение: \(\text{K}_2\text{Cr}_2\text{O}_7 + \text{KNO}_2 + \text{HNO}_3 \rightarrow \text{Cr}(\text{NO}_3)_3 + \text{KNO}_3 + \text{H}_2\text{O}\) Метод полуреакций: Окислитель: \(\text{Cr}_2\text{O}_7^{2-} + 14\text{H}^+ + 6e^- \rightarrow 2\text{Cr}^{3+} + 7\text{H}_2\text{O}\) | 1 Восстановитель: \(\text{NO}_2^- + \text{H}_2\text{O} - 2e^- \rightarrow \text{NO}_3^- + 2\text{H}^+\) | 3 Суммарно: \(\text{Cr}_2\text{O}_7^{2-} + 14\text{H}^+ + 3\text{NO}_2^- + 3\text{H}_2\text{O} \rightarrow 2\text{Cr}^{3+} + 7\text{H}_2\text{O} + 3\text{NO}_3^- + 6\text{H}^+\) Сокращаем: \(\text{Cr}_2\text{O}_7^{2-} + 8\text{H}^+ + 3\text{NO}_2^- \rightarrow 2\text{Cr}^{3+} + 3\text{NO}_3^- + 4\text{H}_2\text{O}\) Молекулярное уравнение: \[ \text{K}_2\text{Cr}_2\text{O}_7 + 3\text{KNO}_2 + 8\text{HNO}_3 \rightarrow 2\text{Cr}(\text{NO}_3)_3 + 5\text{KNO}_3 + 4\text{H}_2\text{O} \] Фактор эквивалентности восстановителя (\(\text{KNO}_2\)): \(f_{\text{экв}} = 1/z = 1/2\). Задача 6. Реакция: \(\text{PtCl}_4 + 2\text{HCl} \rightarrow \text{H}_2[\text{PtCl}_6]\) Продукт: Гексахлороплатинат(IV) водорода. Диссоциация: \[ \text{H}_2[\text{PtCl}_6] \rightarrow 2\text{H}^+ + [\text{PtCl}_6]^{2-} \text{ (как сильный электролит)} \] \[ [\text{PtCl}_6]^{2-} \rightleftharpoons \text{Pt}^{4+} + 6\text{Cl}^- \text{ (вторичная)} \] Выражение константы нестойкости: \[ K_{\text{нест}} = \frac{[\text{Pt}^{4+}] \cdot [\text{Cl}^-]^6}{[[\text{PtCl}_6]^{2-}]} \] Задача 7. Дано: \(V_{\text{р-ра}} = 300 \, \text{мл}\), \(\omega = 4,5\% = 0,045\), \(\rho = 1,021 \, \text{г/мл}\). Решение: 1) Масса раствора: \(m_{\text{р-ра}} = V \cdot \rho = 300 \cdot 1,021 = 306,3 \, \text{г}\). 2) Масса соли: \(m(\text{NaHCO}_3) = m_{\text{р-ра}} \cdot \omega = 306,3 \cdot 0,045 \approx 13,78 \, \text{г}\). 3) Масса воды: \(m(\text{H}_2\text{O}) = 306,3 - 13,78 = 292,52 \, \text{г}\). 4) Молярная концентрация (\(M = 84 \, \text{г/моль}\)): \[ C_M = \frac{m}{M \cdot V} = \frac{13,78}{84 \cdot 0,3} \approx 0,547 \, \text{моль/л} \] 5) Титр: \(T = \frac{m}{V} = \frac{13,78}{300} \approx 0,0459 \, \text{г/мл}\). Задача 8. Золь сульфата бария (\(\text{BaSO}_4\)) стабилизирован сульфатом калия (\(\text{K}_2\text{SO}_4\)). Избыток ионов \(\text{SO}_4^{2-}\). Формула мицеллы: \[ \{m[\text{BaSO}_4] \cdot n\text{SO}_4^{2-} \cdot 2(n-x)\text{K}^+\}^{2x-} \cdot 2x\text{K}^+ \] Коагулирующая способность зависит от заряда противоиона (\(\text{K}^+\)). Согласно правилу Шульце-Гарди, коагуляцию вызывают ионы с зарядом, противоположным заряду гранулы. Здесь гранула отрицательна, коагуляцию вызывают катионы: \(\text{Ca}^{2+}\), \(\text{Na}^+\), \(\text{Al}^{3+}\). Наибольшей коагулирующей способностью обладает ион с наибольшим зарядом — \(\text{Al}^{3+}\) (из соли \(\text{AlCl}_3\)).