Задачи и упражнения / Кузьменко Н.Е., Теренин В.И. и др. Вступительные экзамены и олимпиады по химии. Опыт МГУ
.pdfРешения заданий олимпиады «Ломоносов» |
143 |
°2 к “ < 3 - СООН
<3 - с о о н
3.СаО (оксид), Са(ОН)2 (основание), К2СОэ (соль).
4.Бутин С4Н6, этилбензол С8Н12, триэтилбензол С^Н^.
5.19.2 г Си28.
6.АТ =24.9.
7.X - 0 2, V - Н20, Ъ - С6Н5СООК.
1)2РЪ(Ш3)2 — — > 2РЬО + 4И02 + 0 2;
2) С + 0 2 — |
С0 2; |
3)С 02 + 2КОН -► К2С 03 + Н20;
4)2К + 2Н20 -»• 2КОН + Н2Т;
5)КОН + С6Н5СООН -► СбН5СООК + Н20;
6)С6Н5СООК + КОН — > С6Н6 + К2С 03.
8.X - 0 2М-СбН4-СНВг-СН2Вг, V - 0 2М -С6Н4-С Н (0)-С Н з,
2 - ВгТ33]чГ-С6Н4-СНВг-СНз
СН-СН, ГНВг—СН2Вг
СНВг—СН2Вг С=СН
N02 |
N02 |
с=сн о=с-сн3
144 |
Олимпиада «Ломоносов» |
6) ( ^ ) |
+ 2КОН |
( О ] |
+ 2КВг + 2Н20 . |
Ш3Вг
9.3.96г; 62.5% СН3СНС12, 37.5% С1СН2СН2С1.
10.С1Р5.
С1Р5 + ЗН20 -*• НСЮ3 + 5НР; С1Р5 + 6КОН -►КСЮ3 + 5КР + ЗН20.
Решения заданий олимпиады 2007
Вариант 1
1.а) Н2 + С12 —►2НС1 - хлор восстанавливается (С1° + е -> С Г 1); б) С12 + ЗР2 —►2С1Рз - хлор окисляется (С1° - Зе -» С1+3).
2.Соотношение количеств фенола и НЖ>з 1 : 2; уравнение реакции:
ОН |
ОН |
N02
3. Теплота образования 8 0 2 равна 297 кДж/моль. Из термохимическо го уравнения
2802 + 0 2—►2803 + 198 кДж/моль
рассчитаем бобрС^Оз):
бобрСЗОз) = (198 + 2 е 0бР(502)) / 2 = (198 + 2 • 297) / 2 = 396 кДж/моль.
Ответ: 396 кДж/моль.
Решения заданий олимпиады «Ломоносов» |
145 |
4.Реактив - раствор КОН:
1)НЖ>з + КОН —►КЖ)з + Н20 (нет видимых изменений);
2)]ЧН4]ЧОз + КОН —►КЖ )3 + 1ЧНзТ + Н20 (выделение газа с харак терным запахом);
3)2А§Ж)з + 2КОН —►2КЖ)з + А§2о 4 + Н20 (образование бурого
осадка).
Ответ: КОН.
5. В системе установилось равновесие:
Над + 12(г) 5:1 2Н1(г).
Скорости прямой и обратной реакций выражаются как
^пр ~ ^пр[Н2][12], ^обр —^обр[Н1] .
При увеличении [Н2] в 3 раза скорость прямой реакции увеличится также в 3 раза; а при увеличении [Н1] в 2 раза скорость обратной реакции увеличится в 22 = 4 раза. Скорость обратной реакции превысит скорость прямой, поэтому равновесие сместится влево, в сторону реагентов.
6. Уравнения протекающих реакций:
КСООК + КОН — |
КН| + К2С 03; |
|
|
|
А |
2КСООК + 2Н20 элек1ролиз |
> |
К-К + 2С02| + Н2| + 2КОН. |
|
|
В |
Поскольку из уравнений реакций у(КН) = 2у(К-К), м ож н о записать: |
||
17.4 |
_ 2 |
17.1 |
М(К) + 1~ |
2М(К) |
|
Отсюда получаем М(К) = 57 г/моль, что соответствует С4Н9. Значит А - это С4Ню, а В - С8Н18
Ответ: С4Н10, СвН^.
7.1) Си + 2Н28 0 4(конц) -► Си$04 + 8 0 2| + 2Н20; Си804 + 2КОН -»• Си(ОН)24 + К28 0 4.
2) Си + 4НЫ03(конц) |
Си(М03)2 + 2Ж )2| + 2НгО; |
2Си(ИОз)2 — |
2СиО + 41'ТО2| + 0 2|. |
3)Си + СиС12 -*■2СиС1; СиС1 + 2ЫН3 -►[Си(Ш 3)2]С1.
Ответ: X - Си804; V - Си(Ж)з)2; 2 - СиС1.
146 |
Олимпиада «Ломоносов» |
8.1) С6Н120 6 |
фермент > 2С2Н5ОН + 2С02; |
2) 2С2Н5ОН ■кат''° > СН2=СН-СН=СН2 + 2Н20 + Н2;
3)СН2=СН-СН=СН2 + Вг2 -> ВгСН2-СН=СН-СН2Вг;
4)ВгСН2-СН=СН-СН2Вг + 2КОН(водн.р-р) -> НОСН2-СН=СН-СН2ОН +
+2КВг;
5)НОСН2-СН=СН-СН2ОН + Н2 - кат > НО(СН2)4ОН;
6)5НО(СН2)4ОН + 8КМп0 4 + 12Н2804 -> 5НООС(СН2)2СООН +
+ 4К28 0 4 + 8Мп804 + 22Н20.
Ответ: глюкоза; А - С2Н5ОН; СН2=СН-СН=СН2;
В- ВгСН2-СН=СН-СН2Вг; С - НОСН2-СН=СН-СН2ОН;
Б- НО(СН2)4ОН; НООС(СН2)2СООН.
9.Согласно условию, количество образовавшейся смеси газов:
у(смеси) = 8.96 / 22.4 = 0.4 моль,
молярная масса которой
М(смеси) = 18 • 2 = 36 г/моль.
Один из газов - это С 02, т.к. поглощается известковой водой:
Са(ОН)2 + С 02 -► СаСОз| + Н20.
Объем смеси газов уменьшился вдвое, следовательно, у(С0 2) = у(газа) = 0.2 моль. Из выражения средней молярной массы смеси газов
М сп = |
0.2-44 + 0.2М(газа) |
. |
-------------------0.4 |
= 36 г/моль |
|
ср |
|
М(газа) = 28 г/моль. Это может быть СО, Ы2 или С2Н4. Из этих трех газов с железом реагирует только СО, образуя карбонил:
Ре ~ь йСО —> Ре(СО)„.
Из условия задачи массовая доля железа в карбониле составляет
ю(Ре)= |
56 |
=0.286, |
|
56 ~ь 28п |
|
отсюда п = 5. При разложении органического вещества из 18.0 г образу ется 0.2 моль СО (массой 5.6 г), 0.2 моль С 02 (массой 8.8 г), остается 18.0 - 5.6 - 8.8 = 3.6 г, это - 0.2 моль Н20. Разложению подверглась ща велевая кислота:
н2с2о4 — Н20 + со + со2.
Решения заданий олимпиады «Ломоносов» |
147 |
|
10. |
Пусть формула углеводорода X - |
СХНУ. Установим простейш |
формулу: |
х : у = (94.12 / 12): (5.88 / 1) = 7.843 : 5.88 = 4:3 . |
|
|
||
Простейшей формуле С4 Н3 соответствует истинная формула С8 Н6 (ко личество атомов Н должно быть четным). По условию, этот углеводород содержит, по крайней мере, одну тройную связь на конце цепи, а всего тройных связей - три. При этом концевыми могут оказаться от одной до трех тройных связей. Возможные варианты строения X:
СН3—С = С — С=С —СН2 —С =СН,
н с = с — с = с —сн 2 —сн 2—с = с н
или
СН
III
г
н с ^ с —с —с = с н
I СН3
В зависимости от числа этинильных групп -С= СН, на металл может заместиться от одного до трех атомов водорода, и общую формулу соли V можно записать как С8Нб_лМе„, где п - число замещенных атомов водо рода. Согласно этой формуле, массовую долю металла можно выразить следующим образом:
со = |
пМ(Ме) |
= 0.6598, |
т----- г— ----------- |
8-12 + (б-и)+иМ (М е)
откуда
м м . ь ■•939-<10Ы
Перебором получаем единственное решение: при п = 3 значение М(Ме) = 64 г/моль. Это - медь. Следовательно, углеводород имеет три этинильные группы, и его структура соответствует последней из приве денных формул. При действии аммиачного раствора хлорида меди (I) образуется соль:
СН3 С ( 0 СН) 3 + 3[Си(Ш з)2 ]С1 -*• СН3 С(С= ССи) 3 + ЗЫН3Т + ЗЫН4 С1.
В результате полной каталитической гидратации образуется кетон:
СН3 С(С= СН) 3 + ЗН20 -*• СН3 С(С(0)СНз)з.
Ответ: X - 3-метил-3-этинил-1,4-пентадиин СНзС(С=СН)3;
V - СН3 С(С=ССи)3.
148 |
Олимпиада «Ломоносов» |
|
Вариант 2 |
1. а) 8 + Ре —-— > |
РеЗ - сера восстанавливается (8° + 2е -» 8-2); |
б) 8 + 0 2 —►8 0 2 - сера окисляется (8° - 4е -» 8+4).
2. Соотношение количеств толуола и РГМОз 1 : 2. Уравнение реакции:
СН3 СН3
Н2804 |
V |
+ 2Н20. |
+ 2НЫОз ^ - 4 Г |Г |
||
|
N02 |
|
3. Теплота образования N02 равна -68 / 2 = -34 кдж/моль. Из термо химического уравнения
4№Э2 + 0 2—►2М20 5 + 110 кДж/моль рассчитаем бобРО Ь05):
еобР(К20 5) = (110 + 4 е 0бР(К 02)) / 2 = (110 + 4 (-34)) / 2 = -13 кДж/моль.
Ответ: -13 кДж/моль.
4.Реактив - раствор А^МОз:
1)2КОН + 2А§М03 —►2КЖ )3 + А&О^ + Н20 (А&О - бурый оса
док);
2)ЫаР + А^ИОз - /—►(реакция не идет);
3)МРЦС1 + АёЫОз —►А§С1>1< + N ^ N 03 (А§С1 - белый осадок).
Ответ: А§Ж)з.
5. В системе установилось равновесие:
Н 2(Г) + 1г(г)5:1 2Н1(Г).
Скорости прямой и обратной реакций выражаются как
^пр—^прЕН^]^]*
^обр —^обр[Н1] .
При увеличении [12] в 2 раза скорость прямой реакции увеличится также в 2 раза; при увеличении [Н1] в 1.5 раза скорость обратной реакции увеличится в 1.52 = 2.25 раз. Скорость обратной реакции превысит ско рость прямой, поэтому равновесие сместится влево, в сторону реагентов.
6. Уравнения протекающих реакций:
КСООК + КОН — |
КН| + К2С 03; |
|
А |
2КСООК + 2Н20 — -1пролиз > К-К + 2С02Т + Н2Т + 2КОН.
В
Решения заданий олимпиады «Ломоносов» |
149 |
Поскольку из уравнений реакций у(КН) = 2у(К-К), м ож но записать:
17.617.2
Л/(К) + 1 ~~ 2Л/(К)
Отсюда получаем Л/(К) = 43 г/моль, что соответствует С3Н7. Значит А - это С3Н8, а В - С6Н14.
Ответ: С3Н8, С6Н14.
7.1) 2А1 + 6НС1 -► 2А1С13 + ЗН2Т;
А1С13 + З Ш 3 + ЗН20 |
А1(ОН)3! + ЗЫН4С1. |
||
2) А1 + 4Н Ж )3 |
А1(Ш 3)3 + N01- + 2Н20; |
||
4А1(Ш3)3 — |
2А120 3 + 12Ш 2Т + 302Т- |
||
3) 4А1 + 302 — |
2А120 3; |
|
|
А120 3 + 2К0Н + ЗН20 |
2К[А1(ОН)4]. |
||
Ответ: X - А1С13; V - А1(К03)3; 2 - |
А120 3. |
||
8.1) С12Н22Оп + Н20 -> С6Н120 6 + С6Н120 6; |
|||
сахароза |
глюкоза |
фруктоза |
|
2)С6Н|20 6 ферменты > 2СН3СН(ОН)СООН;
3)СН3СН(ОН)СООН + НВг -> СН3СН(Вг)СООН + Н20;
4) |
СН3СН(Вг)СООН + 2К0Н - |
> СН2=СНСООК + КВг + 2Н20; |
5) |
2СН2=СНСООК + Н23 0 4(разб) |
2СН2=СНСООН + К23 0 4; |
6) СН2=СНСООН + С2Н5ОН ^ СН2=СНСООС2Н5 + Н20.
Ответ: сахароза; А - глюкоза С6Н120 6; СН3СН(ОН)СООН; В - СН3СН(Вг)СООН; С - СН2=СНСООК; Б - СН2=СНСООН; СН2=СНСООС2Н5.
9.Согласно условию, количество образовавшейся смеси газов:
у(смеси) = 13.44 / 22.4 = 0.6 моль, молярная масса которой
М(смеси) = 13 • 2 = 26 г/моль.
Один из газов - это С 02, т. к. поглощается твердым гидроксидом ка лия:
2КОН + С 02 -► К2С 03 + Н20 .
Объем смеси газов уменьшился в 1.5 раза, т. е. стал равным 4 моль, следовательно, исходная газовая смесь состояла из 0.2 моль С 02 и
0.4моль другого газа.
Из выражения средней молярной массы смеси газов
150 |
Олимпиада «Ломоносов» |
М, |
0.2-44 + 0.4М(газа) = 26 г/моль |
среди |
06 |
|
М(газа) = 17 г/моль. Это - аммиак N113.
По условию массовая доля натрия в соединении х, образующемся при реакции аммиака с натрием, равна
со(Ка) = 23 / М{х) = 0.590,
отсюда М(х) = 39 г/моль, что соответствует амиду натрия №>Щ2.
2Ш + 2NНз -► 2NаNН2 + Н2.
При разложении 19.2 г неорганического вещества образуется 0.2 моль С 02 (массой 8.8 г), 0.4 моль №13 (массой 6.8 г), остается 19.2 - 8.8 - 6.8 = = 3.6 г. Это - 0.2 моль Н20. Разложению подвергся карбонат аммония:
(Ш 4)2С03 — — > 2ЫН3Т + Н20 + С02Т.
Ответ: С 02; ИНз; амид натрия ИаМН2; карбонат аммония (КН^СОз.
10. Пусть формула углеводорода X - С*НГ Установим простейш формулу:
х :у = (94.12/ 12): (5.88/1) = 7.843 : 5.88 = 4 :3 .
Простейшей формуле С4Н3 соответствует истинная формула С8Н6 (ко личество атомов Н должно быть четным). По условию, этот углеводород содержит, по крайней мере, одну тройную связь на конце цепи, а всего тройных связей - три. При этом концевыми могут оказаться от одной до трех тройных связей. Возможные варианты строения X:
сн3—с—с—С= С —СН2 —с=сн,
нс=с—с=с—сн2 —сн2—с=сн
или
сн
III
Н С = € —С —СнгСН
СН3
В зависимости от числа этинильных групп -С= СН, на металл может заместиться от одного до трех атомов водорода, и общую формулу соли V можно записать так: С8Нб_„Ме„, где п - число замещенных атомов во дорода. Согласно этой формуле, массовую долю металла можно выразить как
(0 =
откуда
Решения заданий олимпиады «Ломоносов» |
151 |
М М е Ь 0-212'*102- " * .
п
Перебором получаем единственное решение: при п = 3 значение М(Ме) = 7 г/моль. Это - литий. Следовательно, углеводород имеет три этинильные группы, и его структура соответствует последней из приве денных формул. При действии на него гидрида лития образуется соль:
СН3С(С= СН)3 + 31лН -► СН3С(С= С1л)3 + ЗН2.
В результате полной каталитической гидратации образуется кетон:
СН3С(С= СН)3 + ЗН20 -► СН3С(С(0)СН3)3
Ответ: X - 3-метил-3-этинил-1,4-пентадиин СН3С(С= СН)3; У -С Н 3С(С= С1л)3.
|
Вариант 3 |
1. а) 2Р + ЗСа — |
Са3Р2; |
2.б) 2Р + ЗС12 -*•2РС13 |
|
СООН |
СООН |
3.237.5 кДж/моль.
4.Реактив - раствор КОН.
1)СН3СООН + КОН -» СН3СООК + Н20 (нет видимых признаков реакции);
2)Са(Ж>3)2 + 2КОН -> Са(ОН)24< + 2КЖ>3 (образование белого осадка: гидроксид кальция малорастворим в воде);
3)ОЩ4)28 0 3 + 2КОН -» К28 0 3 + 2МН3Т + 2Н20 (выделение газа с характерным запахом).
5.Положение равновесия не изменится.
6 . С4 Н 1 0 , СдН^.
7.X - СгС12; V - Сг(Ж)3)3; Ъ - Сг20 3
1)Сг + 2НС1 —►СгС12 + Н2|; СгС12 + 2ЫН3 + 2Н20 -► Сг(ОН)21 + 2№1,С1.
2)Сг + 4НЫ03 — '°-+ Сг(Ы03)3 + N01 + 2Н20;
4Сг(Ж>3)3 — 2Сг20 3+ 12Ы02| + 302|.
,1 |
3) 4Сг + 302 — |
2Сг20 3; |
152 Олимпиада «Ломоносов»
Сг20 3 + 6К0Н + ЗН20 -► 2К3[Сг(ОН)6].
8. Глюкоза; А - С2Н5ОН; СН2=СН-СН=СН2; В - СН3СН2СН2СН3; С - СН3СН2СНВгСН3; Б - СН3СН=СНСН3; СН3-СН(ОН)-СН(ОН)-СН3.
1)С6Н120 6 |
фермент |
> 2С2Н5ОН + 2С02; |
||
2) |
2С2Н5ОН |
2п° '1° |
> СН2=СН-СН=СН2 + 2Н20 + Н2; |
|
3) СН2=СН-СН=СН2 + 2Н2 — 1 > СН3СН2СН2СН3; |
||||
4) |
СН3СН2СН2СН3 + Вг2 |
> СН3СН2СНВгСН3 + НВг; |
||
5) |
СН3СН2СНВгСН3 + КОН |
спирт > СН3СН=СНСН3 + КВг + Н20; |
||
6) ЗСН3СН=СНСН3 + 2КМп0 4 + 4Н20 -> -> ЗСН3-СН(ОН)-СН(ОН>-СН3 + 2КОН + 2Мп0 2|.
9.С 02; ИН3; амид калия КЫН2; карбонат аммония (МН4)2С 03. 2КОН + С02 -► К2С 03 + Н20.
2К + 2 Ш 3->2ККН2 + Н2.
(МН4)2С 03 — — > 2 Ш 3Т + Н20 + С 02Т.
10.Х - З-метил-З-этинил-1,4-пентадиин СН3С(С= СН)3; У -С Н 3С(С=СА8)3.
СН3С(ОСН)3 + 3[А§(ЫН3)2]ОН - » СН3С(С=СА§)3 + 6ЫН3Т + ЗН20. СН3С(ОСН)3 + ЗН20 н+'Не2+- > СН3С(С(0)СН3)3
Вариант 4
1. а) 8 0 2 + 2Н28 -► 38| + 2Н20;
2.б) 2802 + 0 2 кат' > 2803.
3.-33 кДж/моль.
4.Реактив - лакмус.
1)НС1 - лакмус красный;
2) Са(ОН)2 - лакмус синий;
3)К28О4 - нет изменения окраски лакмуса (среда нейтральная).
5.а) Равновесие сместится влево, в сторону реагентов; б) положение равновесия не изменится.
6 . С3Н8, С6Н14