Задачи и упражнения / Кузьменко Н.Е., Теренин В.И. и др. Вступительные экзамены и олимпиады по химии. Опыт МГУ
.pdf32 |
Олимпиада «Покори Воробьевы горы!» |
1 О ОД |
|
У(Р) = |
= 0.64 моль. |
|
31 |
рУ |
101.3-26.9 , |
у(С12) = —— = |
=1.12 моль. |
КТ |
8.31-293 |
В результате реакции образовались соединения:
2Р + ЗС12 -► 2РС13;
х 1.5х х
2Р + 5С12 -*■ 2РС15.
У2.5у у
Пусть образовалось х моль РС13 и у моль РС15. Можем записать систе му уравнений:
|
|
х + у = 0.64; |
|
|
|
||
|
|
Ь5*+2.5у = 1.12; |
|
|
|
||
ее решение: х - |
0.48, у = 0.16. Отсюда у(РС13) |
= 0.48 |
моль; у(РС15) = |
||||
= 0.16 моль. |
|
|
|
|
|
|
|
Массы РС13 и РС15 соответственно равны: |
|
|
|
||||
|
|
от(РС13) = 137.5х = 137.5 • 0.48 = 66.00 г. |
|
|
|||
|
|
т(РС13) = 208.5 = 208.5 • 0.16у = 33.36 г. |
|
|
|||
Массовые доли РС13 и РСЬ составляют: |
|
|
|
||||
со(РС13) = ------- |
^(ГС1з)------- |
= |
-----^ 0 0 ------ |
= 0 664 |
(или 66 4 /о). |
||
|
т(РС13) + ш(РС15) |
|
66.00 + 33.36 |
|
|
|
|
со(РС15) = |
/я(РС15) |
= |
33.36 |
= 0.336 |
. |
__ ^п/ч |
|
--------- |
------------------66.00 + 33.36 |
(или 33.6%). |
|||||
|
т(РС13) + т(РС15) |
|
|
|
|
||
Ответ: 66.4% РС13, 33.6% РС15. |
|
|
|
|
|
||
6 . |
Пусть в исходной смеси было х п С2Н6 (М= 30 г/моль) и у л |
||||||
(М= 17 г/моль). По условию х + у = 30. При добавлении к смеси НС1 (М= 36.5 г/моль) образуется твердая соль !ЧН4С1:
NН3 + НС1 ^ N Н 4СЦ.
Средняя молярная масса оставшейся газовой смеси:
Мер = 0.945 • 29 = 27.4 г/моль.
Следовательно, в смеси содержатся С2Н6 и >1Н3, поскольку если бы в смеси содержались С2Н6 и НС1, то средняя молярная масса находилась бы в интервале 30 < Мср < 36.5. Объём оставшегося КН3 равен (у - 10) л.
Выразим среднюю молярную массу как
решения заданий заочного тура олимпиады «Покори Воробьевы горы'» 3 3
_ 30х + 17(у-10)
Мер = |
= 27.4. |
х + у - 1 0 |
щ |
Составим систему уравнений
30х + 17(у-10)
= 27.4;
х+у - 10
х+у = 30;
решение которой дает х = 16, у = 14.
Объёмные доли газов в исходной смеси составляют: Ф(С2Н6) = 16 / 30 = 0.533 (или 53.3%), ф (Ш 3) = 14 / 30 = 0.467 (или 46.7%).
Ответ: 53.3% С2Н6, 46.7% КН3.
7.Согласно принципу Ле-Шателье, в реакциях а) и б) повышение дав ления приведёт к смещению равновесия вправо, так как количество мо лей газов слева больше, чем справа. В реакциях в) и г) повышение давле ния не приведёт к смещению равновесия, так как количества газов справа
ислева равны.
8. Уравнения протекающих реакций:
2КМп04 — |
К2М |
п04 + Мп02 + 0 2Т; |
|
2х |
х |
х |
х |
ЗК2Мп04 + 2Н20 -*■ 2КМп04 + Мп021 + 4КОН. х х/3
Пусть в первой реакции выделилось х моль 0 2. Тогда, согласно урав нениям реакций, всего образовалось (х + х/3) моль Мп02. Следовательно,
4 |
10.44 |
— х = |
87 |
3 |
откуда х =0.09 моль.
Объем выделившегося кислорода (и. у.):
К(02) = 0.09 • 22.4 = 2.02 л.
Ответ: 2.02 л 0 2.
9.При сливании растворов протекает реакция:
№ 2С 03 + М§Вг2 —►М§С03>1 + 2№Вг.
Пусть объём каждого из исходных растворов равен V л. Обозначим концентрации с(Ка2С 03) = сь а с(М§Вг2) = с2, тогда количества Nа2СОз и М§Вг2 в исходном растворе равны \\ = С \ У ъ \ 2 = с2- V.
34 |
Олимпиада «Покори Воробьевы горы!» |
|
|
Пусть выпало х моль М§СОз, тогда концентрации Ыа^ССЬ и М§Вг2 в |
|
|
^ ^ ^ |
^ —% |
конечном растворе равны соответственно — |
и —— — , поскольку |
|
общий объем после сливания удвоился.
ПР(М8С 03) = [м 82+][с о 321 = ( ~ ~ ——
’ /
Подставив числа и решив квадратное уравнение, получаем
— =0.0131 моль/л, или х = 0.0131К.
V
Тогда после завершения реакции концентрации веществ в растворе составляют:
с(Ыа2С03) = с У - х |
0.024К-0.0131К = 0.00545 моль/л; |
IV |
IV |
с У - х |
0.016К-0.0131К |
с(М§Вг2) = |
= 0.00145 моль/л; |
IV |
IV |
с(№Вг) = -у =0.0131 моль/л.
Масса образовавшегося осадка:
/я(МёСОз) = х • А/(М§С03) = 1.10Кг.
Ответ: /л(М§С03) = 1.10-Кг (где V - объём каждого из исходных рас творов, л), с(№ 2СОз) = 0.00545 М, с(М§Вг2) = 0.00145 М, с(ЫаВг) = = 0.0131 М.
10.1) 2>Ю+ 0 2 - » 2Ш 2;
2)4Ж )2 + 0 2 + 4ЫаОН -► 4NаNОз + 2Н20;
3)2Н аШ 3 — '!—> 0 2Т + 2ИаЫ0 2;
4)ЫаЫ02 + НС1 -► ИаС1 + Н Ш 2;
5) Н Ш 2 + ЫН3 — 2НгО + N3;
6)Ы2 + 61Л ->• 21лз>1;
7)+ ЗН20 -» ЗЫОН + Ш 3;
8) 4NНз + 502 кат > 4№) + 6Н20.
Ответ: А - Ж )2; В - Ы аШ 2; С - N3; Б - Ш 3.
11. 1) СО + NаОН '°'р > НСОСЖа;
2)НСОСЖа + НС1 ->• НСООН + ЫаС1;
Решения заданий заочного тура олимпиады «Покори Воробьевы горы!» 35
3)2НСООН + Са(ОН)2 - » 2Н20 + (НСОО)2Са;
4)(НСОО)2Са — — > СаСОз + СН20;
5) СН20 + Н2 кат > СН3ОН;
6) СН3ОН + НВг -♦ СН3Вг + Н20 .
Ответ: X - НСО(Жа; V - (НСОО)2Са; 2 - СН3ОН.
12.Пусть формула соединения С^Н^О*. Тогда
х : у : I |
41.38 |
: |
3.45 |
55.17 , |
, |
, |
= ------- |
------ : |
= 1 |
:1 |
: 1 . |
||
|
12 |
|
1 |
16 |
|
|
Следовательно, простейшая формула соединения - СНО. Соединение с такой формулой не существует. Последовательно умножаем получен ную простейшую формулу на 2, 3, 4. Условию задачи удовлетворяют малеиновая и фумаровая (цис- и транс-этилен-1,2 -дикарбоновые) кислоты с брутто-формулой С4Н40 4:
НС - СООН |
НС - СООН |
II |
II |
НС - СООН |
НООС—СН |
Молярная масса этих кислот Л/(С4Н40 4) = 116 г/моль. Реакции, в ко торые вступают обе изомерные кислоты:
а) реакция нейтрализации
НООС-СН=СН-СООН + 2Ш 0Н -> №ООС-СН=СН-СОО№ + 2Н20,
б) реакция с бромной водой (присоединение брома)
НООС-СН=СН-СООН + Вг2 -> НООС-СНВг-СНВг-СООН.
По условию задачи количества гидроксида натрия и брома равны со ответственно:
у(ТЧаОН) = 0.02 • 2 = 0.04 моль;
^ |
ч |
160 0.02 |
у(Вг2) = |
------------- = 0.02 моль. |
|
V |
7 |
160 |
Можно сделать вывод, что суммарное количество малеиновой и фумаровой кислот равно 0.02 моль. Однако при нагревании только малеиновая кислота (цис-изомер) способна образовать ангидрид, отщепив мо лекулу воды:
СН—СООН |
,0 |
с н —<,Р |
с н —с о о н |
|
о + Н20 . |
|
с н —с ; |
\>
Рассчитав количество воды (потеря массы)
36 |
Олимпиада «Покори Воробьевы горы!» |
2 3 2 -2 14 |
|
у(Н20) = —— |
— = 0.01 моль, |
определим количество малеиновой кислоты в смеси, которое будет также равно 0.01 моль.
Масса малеиновой кислоты аи(С4Н40 4) = 116 • 0.01 = 1.16 г.
Ответ: в смеси содержится по 1.16 г (по 0.01 моль) малеиновой и фумаровой кислот.
13.Уравнение диссоциации уксусной кислоты:
СНзСООН ^ |
Н+ + СНзСОСГ. |
|
|
Константа диссоциации К « са2, или а = (АУс)°5, откуда |
|
||
[Н+] = с - а = (К - с)0,5 |
|
|
|
Тогда |
|
|
|
[Н+]! = (1.75 • 10~5 • 0.1) ° 5 = 1.32 - 10"3 моль/л, |
|
||
откуда рН] = 2.88. По условию |
[Н+]2 = [Н*]] / 100, |
то |
есть [Н+]2 = |
= 1.32 • 10~5 моль/л, а рН2 = 4.88. |
|
|
|
Пусть концентрация добавленного СН3СООК равна х моль/л. Тогда |
|||
к = 7« га-5 [Н+] [СН3СОО~] |
1.32-10~5(х + 1.32-10~5) |
1.32-10~5-х |
|
[СН3СООН] ” |
с-1 .3210 -5 |
* |
с |
откуда х = 0.132 моль/л.
Масса добавленного ацетата калия;
т(СН3СООК) = х • V' М(СН3СООК) = 0.132 • 0.5 • 98 = 6.48 г.
Ответ: т(СН 3СООК) = 6.48 г, рН! = 2.88, рН2 = 4.88.
Решения заданий заочного тура 2010
1. Один из возможных вариантов ответа:
1° |
СН3- С -С Н 2-С Н 3 + Си + Н20 |
СН3-С Н -С Н 2-С Н 3 + СиО — |
|
ОН |
О |
Бутанол-2 оптически активен, бутанон - нет.
2 . Запишем два уравнения реакций растворения меди в азотной кисло те с образованием отдельно >Ю2 и N0:
Си + 4Н Ш 3 ->• Си(ЪЮз)2 + 2Ы02Т + 2НгО; ЗСи + 8Н Ш 3 -* ЗСи(КОэ)2 + 2М )Т + 4Н20.
решения заданий заочного тура олимпиады «Покори Воробьевы горы!» 37
Для того, чтобы получить уравнение реакции для мольного соотно шения N02 • N 0 = 2:1, надо первое уравнение умножить на два и сло жить со вторым:
5Си + 16НЖ)3 — 5Си(Ж)3)2 + 4 Ш 2Т + 2Ш Т + 8Н20 .
Отсюда мольное соотношение
у(Н Ш 3) : у(Си) = 16 : 5 = 3.2 : 1.
Ответ: 3.2 моль НМ )3.
3.Рассчитаем количество ВаС12 в исходном растворе:
у(ВаС12) = 6 0 ' 0 30 = 0.087 моль. 208
Пусть нужно добавить х моль Ыа28 0 4- ЮН20:
ВаС12 + Ыа28 0 4 —►Ва804>1 + 2ЫаС1.
х |
х |
х |
Масса ВаС12 в конечном растворе составляет
/и(ВаС12) = 208 • (0.087 -х).
Рассчитаем массу конечного раствора и массовую долю ВаС12 в нем:
т = 60 + /и(Ка28 0 4- ЮН20) - т{Ва804) = 60 + 322х - 233л: = 60 + 89л:;
а>(ВаС12) = |
= 0 .15, |
т |
60 + 89л: |
откуда х = 0.041. Тогда
/и(Ка28О4Т0Н2О) = 322л: = 13.2 г.
Ответ: 13.2 г.
4. Закон разведения Оствальда связывает а, степень диссоциации слоты, с её концентрацией с и константой диссоциации К:
„ |
а 2с |
2 |
К |
= |
« а с . |
|
1 - а |
|
По условию а 2 = 4аь Пусть раствор кислоты нужно разбавить в х раз, то есть с2 = с\ / х. Поскольку К не зависит от концентрации раствора, вы разим её для двух растворов и приравняем эти величины:
К = а 2 'Сх = а \ -с2 = (4а1) 2 • — ,
х
откуда находим х = 16.
По определению рН = - 1&[Н+], а концентрация ионов водорода в рас творе кислоты может быть выражена через концентрацию и степень дис социации как [Н+] = а • с, тогда
38 |
Олимпиада «Покори Воробьевы горы!» |
Ответ: в 16 раз; рН увеличится на 0.6.
5. При нагревании соли и последующем упаривании раствора про кают реакции:
|
о |
|
2 Ы а Ш 3 |
* 2№ Ш 2 + 0 2Т; |
|
АС |
А О |
X |
№ N 0 2 + Ш 4Ш 3 — -— > N2! + № Ш 3 + 2Н20 . |
||
АО ВС |
V |
АС |
Действительно, газ X (0 2) тяжелее газа V (Ы2) в 1.143 раза:
М (02) / Л/(Ы2) = 32 /28 = 1.143.
Ответ: газы: X - кислород 0 2, V - азот Ы2; катионы: А - № +, В - МН/; анионы: С - >Юз~, В - >Ю 2".
6 . Предельная одноосновная карбоновая кислота - С„Н2„02. Пусть личество первого гомолога в смеси равно х моль, а второго - у моль. Мо лярная масса первого гомолога составляет 14л + 32, тогда молярная масса второго на 14 больше и равна 14л + 46. Запишем уравнение реакции этерификации в общем виде:
КСООН + СН3ОН ->• ЯСООСНз + Н20.
Молярные массы полученных метиловых эфиров равны соответст венно 14л + 46 и 14л + 60. Можно составить следующую систему уравне ний:
х = 5у;
х(14п + 32) + у(14п +46) = 37.4;
0.7х(14и + 46) + 0.5_у(14и + 60) = 30.3.
Решив систему, получим х = 0.5, у = 0.1, л = 2. Исходные кислоты - уксусная и пропионовая.
Ответ: 0.5 моль СН3СООН и 0.1 моль С2Н5СООН.
7. Запишем реакции прокаливания хромата и дихромата аммония:
о
2 (КН4)2СЮ4 |
■» Сг20 3 + N3! + 2ЫН3Т + 5Н20; |
|
2х |
X X |
2х |
|
о |
|
( Ш 4 ) 2Сг20 7 |
-— > Сг2Оэ + Ы2Т + 4Н20. |
|
У |
У |
У |
решения заданий заочного тура олимпиады «Покори Воробьевы горы!» 39
Газ после прокаливания - это смесь (х + у) моль азота и 2х моль ам миака. При пропускании смеси через соляную кислоту поглощается только КН3:
N113 + НС1 -► Ш 4С1.
Поскольку объём газа уменьшился в два раза, Г(КН3) = Г(К2), откуда 2х = х + у, или х = у. Реакция прокаливания Сг20 3:
Сг20 3 + 2КОН — — > 2КСЮ |
2 + Н20. |
|
х+у |
2(х+у) |
|
Реакция растворения КСЮ2:
КСЮ2 + 2Н20 -> К[Сг(ОН)4].
При пропускании избытка углекислого газа происходит разрушение комплекса:
К[Сг(ОН)4] + С 0 2 ->• КНСОз + Сг(ОН)34.
Рассчитаем количество выпавшего осадка:
у(Сг(ОН)3) = 2(х +у) = 2.06 / 103 = 0.02 моль;
отсюда х = у = 0.005 моль. Следовательно,
|
/п((КН4)2СЮ4) = 2л: * 152 = 0.01 *152 = 1.52 г; |
|||
|
/п((Ш 4)2Сг20 7) = у *252 = 0.005 • 252 = 1.26 г; |
|||
|
/«(исходной смеси) = 1.52 + 1.26 = 2.78 г. |
|||
Ответ: 2.78 г. |
|
|
|
|
8 . |
По условию задачи, |
парциальные давления газов в равновес |
||
смеси |
|
|
|
|
|
|
С0 2(Г) + С(тв) ^ 2С0 (Г) |
||
составляют: |
|
|
|
|
|
р(С0 2) = 30 • 0.17 = 5.1 атм, |
|||
|
р(СО) = 30 • 0.83 = 24.9 атм. |
|||
Рассчитаем константу равновесия этой гетерогенной реакции: |
||||
|
|
^ |
|
= 2 4 ^ = 1 2 2 а т м _ |
|
Р |
р(С 0 2) |
5.1 |
|
|
|
|||
Величина константы равновесия не зависит от давления в системе, |
||||
а) |
Пусть общее давление в системе равно р атм. Тогда |
|||
^= (075р)1
р р{С 02) |
0.25р |
откуда р = 54.2 атм.
40 |
|
|
Олимпиада «Покори Воробьевы горы!» |
|||
Обозначим объемную долю С 0 |
2 в равновесной смеси через х. Тогда |
|||||
б) |
||||||
|
к |
р(СО)2 |
(20 |
-(1-х))2 |
122 |
|
|
р |
р(С0 2) |
|
2 0 л; |
|
|
откуда х = 0.125, или 12.5%. |
|
|
|
|||
в) |
Не изменится, так как не |
изменятся |
парциальные давления в |
|||
участников реакции. |
|
|
|
|
||
Ответ: а) 54.2 атм, б) 12.5%, в) не изменится.
9. Обозначим величины для более тяжёлого изотопа урана ин сом 1, а для более лёгкого - индексом 2. Запишем уравнения радиоактив ного распада для обоих изотопов для числа атомов И:
м 2 (1) = ы 2 ( 0 ) -
где XI =4.5109 лет, т2 = 7.0108 лет.
По условию, в начальный момент времени ^ (0 ) = Л^2(0), а в момент
времени I отношение |
составило 993 / 7 . |
Чтобы найти время |
поделим первое уравнение на второе: |
После логарифмирования получим
откуда
. |
993 |
|
I = |
|
г- = 5.9 • 109 лет « 6 млрд. лет. |
, . |
1 |
1 |
1%2 - ----------- |
||
1 Т2 |
^1ЧУ. |
|
Ответ: приблизительно 6 млрд. лет.
решения заданий заочного тура олимпиады «Покори Воробьевы горы!» 41
10.
|
|
:н3 |
1 ) 0 + СН3С 1 ^ ( П > Н С 1 ; |
||
А |
В |
|
СН3 |
|
СНз |
2) [ О + ЮТО3 |
О |
+ Н20 ; |
|
|
N 0 , |
СНз |
|
« ю н |
3) 5[О]+ 6КМп0 4 + 9Н28 0 4 ►5 (О) |
||
И 0 2 |
|
N 0 2 |
|
|
+ ЗК2804 + 6М п8 0 4 + 14Н20; |
СООН |
СООН |
|