новая папка / Кузьменко Н.Е., Теренин В.И., Рыжова О.Н. и др. Химия. Формулы успеха на вступительных экзаменах
.pdf122. |
Решения задании 2003 г. |
Составим систему уравнений:
(12х +100у = 34Л
[3540х +4 т у = т 0 ,
решив которую, имеем: х = 0.2и у = 0 .2 . Молярное соотношение:
у(С5Н 12) _ х _ 0 . 2 _ 1>1
у(С7Н16) у 0.2
Ответ: у(С5Н12) : у(С7Н16) = 1 : 1 .
14. Рассчитаем молярную массу выделившегося газа:
М(газа) = рК Т /р = 1.88 • 8.31 • 298 / 101.3 = 46 г/моль,
которая соответствует N0 2 . Количество оксида азота (IV):
у (Ш 2) = рУ / КТ= 101.3 • 7.33 / (8.31 • 298) = 0.3 моль.
Запишем уравнение реакции:
Ре8 2 + 18Ш 03 |
Ре(Ж) 3)3 + 2Н28 0 4 + 15Ш 2| + 7Н20. |
||
0.02 |
0.36 |
0.04 |
0.3 |
Пусть в исходном растворе содержалось х моль НЫ03. По условию в конечном растворе массы азотной и серной кислот равны:
О с-0.36) -63 = 0.04 -98,
откуда х = 0.422 моль.
Выразим массу конечного раствора:
ди(кон.р-ра НЫ03) = ди(исх.р-ра Р1Ж)3) + т(Ре8 2) - т (К 0 2) = 65 г,
откуда масса исходного раствора азотной кислоты составит:
ди(исх.р-ра Ш 0 3) = 6 5 - 0.02 • 120 + 0.3 • 46 = 76.4 г.
Массовая доля азотной кислоты в исходном растворе:
со(НЖ)3) = 0.422 • 63 / 76.4 = 0.348 (или 34.8 %).
Ответ: со(НЫ03) = 34.8 %.
15. При сплавлении твердых солей карбоновых кислот с твердыми щелочами происходит следующая реакция:
ясоок + кон — янТ+ к2со3.
По условию задачи полученное в результате этой реакции твердое вещество - это смесь избытка КОН и К2С 03. Пусть сплавлению подверг
Решения заданий 2003 г. |
123 |
ли х моль соли КСООК и у моль щелочи КОН. Тогда в результате реак ции получили х моль карбоната калия, а (у - х) моль щелочи осталось неизрасходованным.
С оксидом кремния реагируют и карбонат, и гидооксид калия:
К 2С 0 3 + 8Ю 2 -> К 25Ю з + С 0 2Т;
X X X X
2КОН + 5Ю2 -> К25Ю3 + Н20 |.
у -х (у-х)/2
По условию задачи количество оксида кремния:
у(8 Ю2) = 12.0 /60 = 0.2 моль.
Поскольку все продукты растворимы в воде, остаток после второго плавления и промывания водой - это избыток 8 Ю2 в количестве
у(8 Ю2 избыток)= 3.0 /60 = 0.05 моль,
следовательно, в реакцию вступило 0.2 - 0.05 = 0.15 моль $Ю2, тогда
х + ( у - х ) / 2 = 0.15, т.е. х +у = 0.3.
Выделившийся газ - это С 02; его количество
у(С02) = рГ / (КТ) = 101,3 • 1.22 / (8.31 • 298) = 0.05 моль.
Отсюда х = 0.05 моль, у = 0 3 —0.05 = 0.25 моль, т.е. сплавлению под вергли 0.05 моль КСООК и 0.25 моль КОН.
Масса 0.25 моль гидроксида калия:
ди(КОН) = 0.25 • 56 = 14 г.
Так как исходная масса при сплавлении равна 22.7 г, то масса гидро ксида калия:
ди(КСООК) = 22.7 - 14 = 8.7 г.
Поскольку у(КСООК) = 0.05, то М(КСООК) = 8.7 / 0.05 = 174 г/моль; тогда
М(К) = 174 - М(СООК) = 174 - 83 = 91 г/моль.
К - это С7Н7, а КН - это С7Н8, толуол. Масса полученного толуола:
ди(С7Н8) = 0.05 • 92 = 4.6 г.
Ответ: С7Н8, 4.6 г.
16.По молярному соотношению углерода и водорода
у(С ): у(Н) = (91.53 /12): (8.4 /1) = 9 : 10
установим молекулярную формулу исходного углеводорода. Это - С9Н10 (М= 118 г/моль), углеводород с одной двойной связью в боковой цепи.
Исходное количество углеводорода:
124 |
Решения заданий 2003 г. |
у(С9Ню) = 2.36 / 118 = 0 .0 2 моль.
Газ, выделяющийся при окислении этого углеводорода подкисленным раствором перманганата калия - это С 02, его количество:
у(С02) = 101.3- 0.481 / (8.31 • 293) = 0 .0 2 моль;
при окислении углеводорода из молекулы уходит только один атом угле рода, следовательно, в молекуле исходного углеводорода при бензольном кольце было два заместителя: СН3 и СН=СН2.
Из трех возможных винилметилбензолов два мононитропроизводных при нитровании дает только пара-изомер:
СН=СН2
Схемы реакций:
соон
[О]
+ со 2
сн = сн 2
+ Н20
сн=сн2
При нитровании продукта окисления - терефталевой кислоты - обра зуется единственное мононитропроизводное:
Решения заданий 2003 г. |
125 |
СООН
НЫОз
Н2504
СООН СООН
Ответ: /ш/?а-винилметилбензол; одно мононитропроизводное.
17. При растворении сульфидов хрома в соляной кислоте образу соответствующие хлориды хрома:
Сг8 + 2НС1 -> СгС12 + Н28 ,
Сг28 3 + 6НС1 -> 2СгС13 + ЗН28 .
При действии избытка щелочи хлорид хрома (II) превращается в не растворимый гидроксид хрома (II), а хлорид хрома (III) - в растворимый комплексный гидроксид (поскольку гидроксид хрома (III) амфотерен):
СгС12 + 2 КОН -> Сг(ОН)24- + 2КС1,
СгС13 + 4КОН -> К[Сг(ОН)4] + ЗКС1.
Первый осадок массой 3.44 г - это Сг(ОН)2. Этот осадок получился в две стадии из сульфида хрома (II), его количество:
у(Сг8 ) = у(Сг(ОН)2) = 3.44 / 86 = 0.04 моль.
Количество сульфида хрома (II) также составляет 0.04 моль, а масса:
т(Сг8 ) = 0.04 • 84 = 3.36 г.
Массу сульфида хрома (III) рассчитываем по разности:
ди(Сг28 3) = 7.36 - 3.36 = 4.00 г,
а его количество равно:
у(Сг2$3) = 4.00 / 200 = 0.02 моль.
Фильтрат содержит хлорид калия и комплексный гидроксид К[Сг(ОН)4], который при подкислении углекислым газом превращается в гидроксид хрома (III) - это второй осадок:
К[Сг(ОН)4] + С 02 -► Сг(ОН)31 + КНСОз.
Весь сульфид хрома (III) превратился в гидроксид хрома (III):
Сг28 3 -> 2Сг(ОН)3.
Количество гидроксида хрома (III):
у(Сг(ОН)3) = у(Сг28 3) • 2 = 0.04 моль,
а его масса (масса второго осадка):
126. |
Решения заданий 2003 г. |
/п(Сг(ОН)з) = 0.04 • 103 = 4.12 г.
Ответ: 4.12 г.
18. Судя по результату гидролиза, олигосахарид был образован т ко остатками глюкозы. Для полного гидролиза молекулы олигосахарида, состоящей из п остатков глюкозы, требуется (п - 1) молекул воды:
олигосахарид + (л-1)Н20 -> лС6Н120 6.
По уравнению реакции спиртового брожения:
С6Н120 6 -> 2С2Н5ОН + 2С02
можно определить количества углекислого газа и глюкозы:
упр(С02) = 29.57 / 44 = 0.672 моль;
утеор(С02) = 0.672 / 0.70 = 0.96 моль;
у(С6Н120 6) = 0.96 / 2 = 0.48 моль.
Масса глюкозы равна:
т(С6Н120 6) = 0.48 • 180 = 86.40 г.
Разница между массами глюкозы и исходного олигосахарида равна массе воды, израсходованной на гидролиз:
т(Н20) = 86.40 - 78.84 = 7.56 г.
Количество воды:
у(Н20 ) = 7.56 / 18 = 0.42 моль.
Для расчета числа остатков глюкозы п можно использовать уравнение гидролиза:
у(С6Н 120 6) / у(Н20 ) = п / {п - 1) = 0.48 / 0.42,
откуда п = 8 .
Ответ: п —8 ; т(Н20 ) = 7.56 г.
Химический факультет Очный тур олимпиады «Абитуриент МГУ-2003»
Вариант ХО-2003-1
1.
он |
он |
Решения заданий 2003 г. |
127 |
2. Суммарное количество газов: |
|
V = 0.5 моль (Н2) + 0.5 моль (ИНз) + |
1 моль (N 2) = 2 моль, |
отсюда давление в сосуде: |
|
р = уКТ/ У= 2 • 8.314 • 273 / 5.6 = 811 кПа.
Ответ: 811 кПа.
3. Реакция нейтрализации протекает в соответствии с уравнением:
ИаОН + НВг ИаВг + Н20.
Пусть смешали по 1 л растворов. Тогда в 2 л раствора после заверше ния реакции осталось 0 .0 2 моль ИаОН (гидроксид натрия был взят в из бытке).
Молярная концентрация гидроксида натрия с = 0.02 / 2 = 10-2 моль/л, отсюда водородный показатель раствора:
рН = 14 - 1§[ОН“] = 14 - 1е(1(Г2) = 14 - 2 = 12.
Ответ: рН = 12.
4. Рассчитаем молярные отношения атомов в комплексном соедине нии:
у(Р1) : у(*Г): у(С1) : у(Н) =
= (65.00 / 195): (9.33 / 14): (23.67 / 35.5): (2.00 / 1) = 1 : 2 : 2: 6 ,
отсюда формула комплекса - Р1К2С12Н6, или [Р1(МН3)2С12]; валентность центрального атома Р1 - IV; геометрические (цис-транс) изомеры ком плекса:
нзых |
С1 |
С1 |
ИНз |
|
|
X |
С1 |
Н)(/ |
х |
Н,м |
С1 |
|||
цис-изомер |
транс-изомер |
|||
5.1) С3Н7СНС12 + 2ЫаОН -> С3Н7СНО + 2ЫаС1 +Н20; |
||||
2) С3Н7СНО + Н2 |
—X . С3Н7СН2ОН; |
|
||
3 ) С3Н7СН2ОН |
н2^°4. конц, ^ с н 3СН2СН=СН2 + Н20 ; |
4)СН3СН2СН=СН2 + 2 К М п 0 4 + ЗН28 0 4 -> СН3СН2СООН + С 02 +
+К28 0 4 + 2 М п 8 0 4 + 4Н20.
Ответ: X - С3Н7СНО (бутаналь), V - СН3СН2СН=СН2 (бутен-1).
6 .1) Са3(Р04)2 + 38Ю2 — -— > ЗСа8 Ю3 + Р20 5;
128. |
Решения заданий 2003 г. |
2)Са3(Р04)2 + 38Ю2 + 5С — —1 > ЗСа8 Ю3 + 5СО + 2Р;
3)Са3(Р04)2 + ЗН28 0 4 -► ЗСа804 + 2Н3Р 04;
4)Р20 5 + 5С — — » 5СО + 2Р;
5)Р20 5 + ЗН20 -*• 2Н3Р04;
6 ) Р + 5Ш О , ->• Н3Р04 + 5 Ш 2 + Н20.
7. Для обратимой реакции Н2 + Ь ^2Н1 константа равновесия имеет вид:
у(Ш ) 2 |
б.о2 |
15 |
1 у(12 )у(Н2) |
0.8-3.0 |
|
По условию задачи при охлаждении реагирующей системы константа равновесия увеличилась в 2 раза, т.е. стала равна 30. Пусть при охлажде нии образовалось еще х моль Н1, тогда на это было израсходовано по 0.5л; моль Н2 и 12, и константа равновесия примет вид:
к |
(6 + х)2 |
30 |
2 |
(0.8 - 0.5х)(3 - 0.5х) |
|
отсюда х = 0.55.
Количества веществ в новой равновесной системе:
у(Н1) = 6 + х = 6.55 моль; у(Н2) = 3.0 - 0.5л; = 2.73 моль;
у(12) = 0.8 - 0.5л; = 0.53 моль.
Ответ: у(Н1) = 6.55 моль, у(Н2) = 2.73 моль, у(12) = 0.53 моль.
8 . Си2С2 + 2НС1 |
2СиС1 + С2Н2; |
2СиС1 + С12 |
2СиС12; |
СиС12 + 2ЫаОН -> Си(ОН)2 ^ + 2ЫаС1; |
|
С2Н2 + 2НС1 |
А1С1? > СН3СНС12; |
СН3СНС12 + 2ЫаОН ->• СН3СНО + 2ЫаС1 + Н20;
СН3СНО + 2Си(ОН)2 -> СН3СООН + Си20 + 2Н20 ,
Ответ: А - СиС1; В - СиС12; С - Си(ОН)2; Б - С2Н2; Е - СН3СНС12;
Г- СН3СНО; С - Си20 .
9.Реакция протекает в соответствии с уравнением:
2А1 + 38 — |
> А1283. |
Решения заданий 2003 г. |
129 |
Одну половину полученного продукта растворили в растворе гидро ксида натрия, при этом выделяется водород, образующийся при реакции избыточного алюминия с раствором гидроксида натрия:
А1 + ИаОН + ЗН20 Ка[А1(ОН)4] + 1.5Н2Т.
По условию количество выделившегося водорода:
у(Н2) = 3.36 / 22.4 = 0.15 моль,
отсюда количество избыточного алюминия в половине продукта:
у(А1) = 0.15 /1.5 =0.1 моль,
а во всем полученном продукте:
у(А1) = 0.1 • 2 = 0.2 моль.
К другой половине полученного продукта добавили воду:
А125з + 6Н20 2А1(ОН)3 + ЗН28 |.
По условию задачи количество выделившегося сероводорода:
у(Н28 ) = 6.72 / 22.4 = 0.3 моль,
отсюда количество сульфида алюминия во второй половине полученного продукта:
у(А1283) = 0.3 / 3 = 0.1 моль,
а во всем продукте:
у(А1283) = 0.1 • 2 = 0.2 моль.
Из уравнения взаимодействия алюминия с серой имеем: алюминия прореагировало 0.4 моль, а его исходное количество составило 0.4 + 0.2 = = 0 .6 моль, серы прореагировало 0.6 моль, отсюда масса исходной смеси:
'Ясмеси = т{А1) + ди(8 ) = 0.6 • 27 + 0.6 • 32 = 35.4 г. Массовая доля алюминия в смеси:
со(А1) = — = —6 - 2 7 = 0.4576 (или 45.76%). /иСм 35.4
Ответ: 35.4 г; 45.76%.
10. Схема реакции:
органическая соль + щелочь —►газ + ....
Можно предположить, что газ - это амин, его количество из условия задачи:
V = р У / К Т = 1 • 0.3606 / 0.082 • 293 = 0.015 моль;
количество органической соли также равно 0.015 моль. Молярная масса соли:
М= т / V = 1.89 / 0.015 = 126 г/моль.
130. |
Решения заданий 2003 г. |
При пропускании амина через трубку с оксидом меди (II) протекает следующая реакция:
+ (2х + 0.5^)СиО —» л;С02 + 0.5^Н2О + 0.5/?1Ч2 + (2х + 0.5^)Си.
Образующаяся газовая смесь состоит из С 02 и N2. Плотность смеси по водороду равна 20.4, отсюда молярная масса смеси:
М = 20.4 • 2 = 40.8 г/моль.
Составим систему уравнений:
Г44л;+ 0.5/? •28 = 40.8 [х + 0.5/? = 1,
решив которую, получим: х = 0.8; р = 0.4.
Молярное соотношение атомов углерода и водорода в органическом соединении:
= 0.8 : 0.4 = 2 : 1.
Подставив значения х и р в уравнение реакции, имеем
С2НУЫ + (4 + 0.5д>)СиО -> 2С02 + 0.5>>Н2О + 0.5И2 + (4 + 0.5>>)Си.
Значение у можно получить, предварительно рассчитав количество образовавшейся в ходе реакции воды:
у(Н20) = 0.945 / 18 = 0.0525 моль.
Зная исходное количество амина (0.015 моль) и количество воды (0.0525 моль), рассчитываем значение^:
у = (0.0525 / 0.015) '2 = 1.
Таким образом, формула амина - С2Н7М; формула соли - С2Н7М-НХ, где НХ - кислота, образующая эту соль (т.к. соль по условию содержит атомы четырех элементов).
М(С2Н7К) = 45 г/моль; М(НХ) = 126 - 45 = 81 г/моль; отсюда НХ - это НВг.
Возможные формулы соли: СН3СН2КН3Вг и (СН3)2КН2Вг.
При добавлении к раствору органической соли избытка нитрата се ребра протекает реакция:
(СН3)2МН2Вг + А§>Юз -> (СНзЫЩ -Шз + А^Вг^. 0.015 моль 0.015 моль
Масса бромида серебра:
/и(А§Вг) = 0.015 • 188 = 2.82 г.
Ответ: СНзСН2Ш 3Вг или (СН3)2Ш 2Вг; 2.82 г.
Решения заданий 2003 г. |
131 |
Вариант ХО-2003-2
1.пара-НО-С6Н4->Щ2 + НС1 -> пара-НО-С6114- Ш 3+С\-.
2.506.5 кПа.
3.рН = 2.
4.РК^Нз)2Вг2. Валентность центрального атома (платины) - IV, воз можны цис- и ди/?анс-изомеры комплекса.
5.X - (СН3)2С=СН2; V - (СН3)2СНОН.
6 . 1) |
Си(Ы03)2 + 2 Ш 3 + 2Н20 Си(ОН)21 + 2ЫН4Ы03; |
||
2 ) |
2Си(Ы03)2 — |
2СиО + 4 Ш 2Т + 0 2|; |
|
3) |
С и(Ш 3)2 + К23 |
Си51 + 2 К Ш 3; |
|
4) 2 Ш 2 + 2 Ш 3 + Н20 |
ЫН4]\Ю3 + Ш 4М02; |
||
5) N№,N03 + КОН — |
Ю4 0 3+ МН31 + Н20; |
6 ) 2И02 + 2КОН -> Ю403 + КЫ02 + Н20 .
7. \'(Ш) = 4.6 моль, \’(Н2) = 9.7 моль, \’(12) =1.1 моль.
8 . А - СО; В - НСООЫа; С -Н СО О Н ; 0 - С а С 2; Е -С аВ г2; Г - В г 2;
С- С 0 2.
9.20.4 г; ю(А1) = 55.08%.
10.(СН3)3Н Н Т; 9.4 г.
Вариант ХО-2003-3
1.
Н
2.1520 кПа.
3.рН = 12 .
4.Рс1(ЫН3)2С12. Валентность центрального атома (палладия) - IV, воз
можны цис- и /иранс-изомеры комплекса. 5. X - С2Н5СОСН3; V - СН3СН=СНСН3.
6 . 1) 4Ре5 + 702 —^ 2Ре20 3 + 4802Т;
2) |
Р е(Ш 3)2 + К23 -> Ре81 + 2КЖ )3; |
3) |
Ре + 3 — РеЗ; |
4) 4Ре(Ж)3)2 — 2Ре20 3 + 8М0 2Т + 0 2;