Добавил:
Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.
Вуз: Предмет: Файл:

Задачи и упражнения / Кузьменко Н.Е., Теренин В.И. и др. Вступительные экзамены и олимпиады по химии. Опыт МГУ

.pdf
Скачиваний:
533
Добавлен:
04.12.2022
Размер:
9.4 Mб
Скачать

Решения заданий вступительных экзаменов 2010 г.

.543

5)ЫС-СНг-СНз-ССЮН + 2Н20 + НС1 —

-* НООС-СН2-СН2-СООН + ЫН4С1;

6) НООС-СН2-СН2-СООН + 2СН3ОН н+ »

——> СН3ООС-СН2-СН2-СООСН3 + 2Н20.

9.Пусть исходная смесь состояла из * моль МеН (Ме - неизвест щелочной металл с молярной массой М г/моль) и у моль 2п3Р2; тогда мас­ су смеси можно выразить следующим образом:

т{смеси) = {М + 1)* + 257у = 208.5 г, или

Их + х + 257у = 208.5 г.

(1)

Запишем уравнения реакций компонентов смеси с водой:

МеН + Н20 -* МеОН + Н2|;

2 п3Р2 + 6Н20 -► 32п(ОН)2| + 2РН3Т.

У Зу

Образовавшаяся щелочь и амфотерный гидроксид реагируют, образуя растворимую комплексную соль - тетрагидроксоцинкат щелочного ме­ талла:

2МеОН + 2п(ОН)2 — Ме2[2п(ОН)4]

х0.5* 0.5*

Уменьшение массы полученного раствора по сравнению с суммой масс исходных веществ произошло за счет выделившихся газов и осадка гидроксида цинка:

Д/и(раствора) = + 68у + {Ъу - 0.5*) • 99 = 87.5 г, или

73у - 9.5* = 17.5 г.

(2)

Масса образовавшегося раствора составляет:

 

/«(раствора) = 208.5 + 406.5 - 87.5 = 527.5 г.

Массовая доля соли по условию равна

 

/АЖ ГП- //ЧТТЧ 14 /ЛЛ 0.5*(2М + 133)

, или

со(Ме2[2п(ОН)4]) = 0.4 = -------------

М* + 66.5* = 211.

(3)

Мы получили систему из трех уравнений (1-3) с тремя неизвестными:

Мх + * + 257у = 208.5;

<73у-9.5х = 17.5;

М* + 66.5* = 211.

544 Письменный вступительный экзамен

Уравнения нелинейные (содержат произведение Мх). Решить такую систему можно, выразив произведение Мх из третьего уравнения и под­ ставив полученное выражение в первое.

Решение системы: х = 2 моль, у = 0.5 моль, М = 39 г/моль. Неизвест­ ный металл - калий.

Ответ'. КН, 2 моль.

10.Запишем формулы изомерных сложных эфиров как

К ,—С

Р

К г,— с

ч 0 - к 2 и

Ч ) - * ,

Xмоль

у моль

с одинаковыми молярными массами М. Понятно, что К1 + К2 = К3 + К4. Щелочной гидролиз (всего было добавлено у(ЫаОН) = 100 • 0.2 / 40 =

= 0.5 моль)

К1-СООК2 + КаОН -► К1-СОСМа + К2ОН,

X X X

К3-СООК4 + КаОН -► Кз-СОСМа + К4ОН

У У У

приводит к образованию двух солей, которые и дают вместе с избытком щелочи твердый остаток. Прокаливание этого остатка:

К,-СО(Ж а + КаОН — — ►К,НТ +К а2С 03;

Кз-СООКа + ИаОН —

К3Н | + N33 0 0 3 ;

У

У

У

У

приводит к выделению

5.04 / 22.4 = 0.225 моль газов, значит, х + у =

= 0.225 моль. Средняя молярная масса выделившейся газовой смеси по условию составляет

Л/(газ. смеси) = 6.8 • 4 = 27.2 г/моль,

из чего очевидно, что один из газов - метан (пусть это К1Н), поскольку никакая иная комбинация углеводородов не может дать такое значение (следующий гомолог - этан - имеет молярную массу 30 г/моль).

Масса выделившейся газовой смеси:

т(газ. смеси) = 0.225 • 27.2 = 6.12 = 16х+ (К3 + \)у г. Выразим массу исходной смеси эфиров:

т(исх.смеси) = М(х +у) = 0.225М= 19.8 г,

откуда М = 88 г/моль. Поскольку К1 = 15, то из общей формулы первого изомера находим К2 = 29 (это этил С2Н5). Тогда К3 = 29 и К4 = 15.

Таким образом, исходные изомеры следующие:

Решения заданий вступительных экзаменов 2010 г.

545

Р

Р

 

сн3— С

С2Н5-С

 

\) - С 2Н5 и

чо - сн 3

 

Составим систему уравнений с двумя неизвестными:

(х +у = 0.225;

[16.x+ 30у = 6.12,

решив которую, находим х = 0.045 моль и у = 0.18 моль. Твердый остаток после прокаливания содержит 0.225 моль Ыа2С 03 и (0.5 - 0.45) = = 0.05 моль ЫаОН.

Ответ: 0.045 моль этилацетата и 0.18 моль метилпропионата; 0.225 моль Ыа2С 03 и 0.05 моль ЫаОН.

Вариант 4

1.ЫаС1 состоит из ионов Ыа+ и СГ: Ыа+ \з22з22рь\

СГ \з22з22рвЪз2Ърв.

2.Средняя молярная масса газовой смеси:

М= М 1 Ф1 + М 2 ф2 = 44 0.3 + 28 0.7 = 13.2 + 19.6 = 32.8 г/моль.

Плотность газовой смеси:

р = т /У = М / Ут= 32.8 / 22.4 = 1.46 г/л.

Ответ: 1.46 г/л.

3. Формуле С3Н9К соответствуют несколько соединений, например:

СНз—СН2— СН2— ш 2

сн3— сн2— ин— сн3

СН3— N СН3

^Нз

4. При освещении колбы протекает реакция:

С12 + Н2 — ^

2НС1.

Обозначим у(Н2) =х, а у(С12) моль. Можно составить систему уравнений:

2х + 71у = 40-1.48, 40

решив которую, получим х = 0.98 моль, у = 0.81 моль. Таким образом, С12 - в недостатке.

Количество образовавшегося НС1:

546

Письменный вступительный экзамен

 

у(НС1) = 2 • 0.81 = 1.62 моль.

Количество выделившейся теплоты:

0 = 1.62-92 = 149.0 кДж.

Ответ: 149.0 кДж.

5. Реактив - бромная вода (оранжево-желтый раствор). При доба нии его в каждую из пробирок происходят следующие явления:

1) образование осадка триброманилина:

ЫН2

 

'Вг

+ ЗВг2

| + ЗНВг;

Вг

2)обесцвечивание бромной воды:

3)нет реакции;

4)2Ыа1 + Вг2 —►12| + 2ЫаВг (потемнение раствора).

6.Скорость элементарной реакции 2Х + V —►Ъ описывается урав

нием = к [Х]2[У]. Подставив в него начальные концентрации реагентов и константу скорости реакции, можно рассчитать величину скорости ре­ акции:

= 0.9 • 0.22 • 0.6 = 0.022 моль/(л мин).

Когда концентрация вещества V уменьшилась на 0.1 моль/л, текущие концентрации реагентов в соответствии с уравнением реакции составили:

[Х]= 0.2 - 2 -0.1 =0.0 моль/л,

[V]= 0.6 -0 .1 =0.5 моль/л.

Скорость реакции в этот момент равнялась нулю (реакция полностью завершилась, вещество X прореагировало полностью).

Ответ: = 0.022 моль/(л мин), = 0.0 моль/(л мин).

7.Один из вариантов решения:

1)2Н28 + 302 -► 2802 + 2Н20;

2)802 + 2Н28 —►38 + 2Н20;

3) 3 + Ре —^ РеЗ;

4)РеЗ + 2НС1 -► РеС12 + Н2ЗТ;

5)Н23 + Вг2 —* 2НВг + 8;

6) 4Ре8 + Юг

2Ре20 3 + 4302.

Ответ: X - 8 0 2, V - Ре8.

Решения заданий вступительных экзаменов 2010 г.

547

8 . 1) СН3СН2СН3 + Вг2

> СН3СНВ1СН3 + НВг;

 

2 ) 2СН3СНВгСН3 + -> (СНз)2СН-СН(СНз)2 + 2ЫаВг;

 

3)(СН3)2СН-СН(СН3)2+Вг2 —^

(СНз)2СВг-СН(СН3)2 +НВг;

4) (СНз)2СВг-СН(СН3)2 +ЫаОН

спирт > (СН3)2С=С(СН3)2 +

 

 

 

+ ИаВг + Н20;

5)5(СН3)2С=С(СНз)2 + 4КМп04 + 6Н28 0 4 -*• 10СН3СОСН3 +

+2К28 0 4 + 4Мп804 + 6Н20;

6) с н 3—С—сн3+сн2—сн2—сн2

С1\

/ > - “ 4

—►

V '

СН2 + 2Н20.

&

он

Ьн

сн3

 

0—сн2^

9. Пусть исходная смесь состояла из х моль МеН (Ме - неизвест щелочной металл с молярной массой М г/моль) и у моль 2п3Р2, тогда мас­ су смеси можно выразить следующим образом:

т(смеси) = (А/+ 1)х + 251у = 42.9 г, или

Мх + л: + 257у = 42.9 г.

(1)

Запишем уравнения реакций компонентов смеси с водой:

МеН + Н20 -► МеОН + Н2|;

X

X X

 

2п3Р2 + 6Н20 -► 32п(ОН)2| + 2РН3|.

У

Ь

2у

Образовавшаяся щелочь и амфотерный гидроксид реагируют, образуя растворимую комплексную соль - тетрагидроксоцинкат щелочного ме­ талла:

2МеОН + 2п(ОН)2 — Ме2[2п(ОН)4].

х

0.5х

0.5х

Уменьшение массы полученного раствора по сравнению с суммой масс исходных веществ произошло за счет выделившихся газов и осадка гидроксида цинка:

Д/я(раствора) = + 68у + (3у - 0.5х) •99 = 27 г, или

365у-47.5* = 27г.

(2)

Масса образовавшегося раствора составляет:

/«(раствора) = 42.9 + 134.1 -

27 = 150 г.

Массовая доля соли по условию равна

 

со(Ме[А1(ОН)4]) = 0.202 = О -^ М + ХЗЗ)^ или

Мх + 66.5л: = 30.3.

(3)

548 Письменный вступительный экзамен

Мы получили систему из трех уравнений (1-3) с тремя неизвестными:

Мх + х + 251у = 42.9; <365у-47.5х = 27; Мх + 66.5* = 30.3.

Уравнения нелинейные (содержат произведение Мх). Решить такую систему можно, выразив произведение Мх из третьего уравнения и под­ ставив полученное выражение в первое.

Решение системы: х = 0.2 моль, у = 0.1 моль, М = 85 г/моль. Неизвест­ ный металл - рубидий.

Ответ: КЪН, 0.2 моль.

10.Запишем формулы изомерных сложных эфиров как

к,—с/>

к,—сР

\ ) - К 2 и

Ч0 - К 4

X МОЛЬ

У МОЛЬ

с одинаковыми молярными массами М. Понятно, что К1 + К2 = Кз + К*. Щелочной гидролиз (всего было добавлено у(ЫаОН) = 200 • 0.2 / 40 =

= 1.0 моль):

К!-СООК2 + КаОН — ^-СОСМ а + К2ОН,

X X X

К3-СООК4 + КаОН -► Кз-СОСМа + К4ОН

УУ У

приводит к образованию двух солей, которые и дают вместе с избытком щелочи твердый остаток. Прокаливание этого остатка:

К.,-СОСЖа + №ОН —

> К,НТ + Ка2С 03,

X

X

X

X

Кз-СООКа + КаОН —

К3Н |+ М а 2С0 3,

У

У

У

У

приводит к выделению

10.08 / 22.4 = 0.45 моль газов, значит, х + у =

= 0.45 моль.

 

 

 

Средняя молярная масса выделившейся газовой смеси составляет

М(газ. смеси) = 0.87 • 20 = 17.4 г/моль,

из чего очевидно, что один из газов -

метан (пусть это К1Н), поскольку

никакая иная комбинация углеводородов не может дать такое значение (следующий гомолог - этан - имеет молярную массу 30 г/моль).

Масса выделившейся газовой смеси:

/и(газ. смеси) = 0.45 • 17.4 = 7.83 = 16* + (Кз + \)у г.

Решения заданий вступительных экзаменов 2010 г.

549

Выразим массу исходной смеси эфиров:

/и(исх.смеси) = М(х +у) = 0А5М= 39.6,

откуда М = 88 г/моль. Поскольку К1 = 15, то из общей формулы первого изомера находим К2 = 29 (это этил С2Н5). Тогда К3 = 29 и К4 = 15.

Таким образом, исходные изомеры следующие:

СН3—С

С2Н5—С

ч ° - с 2н 5

+>—сн3

И

 

Решив систему уравнений

 

х + у = 0.45;

16х + 30у = 7.83,

находим х = 0.405 моль и у = 0.045 моль. Твердый остаток после прока­ ливания содержит 0.45 моль Ыа2С 03 и (1.0 - 0.9) = 0.1 моль ЫаОН.

Ответ: 0.405 моль этилацетата и 0.045 моль метилпропионата; 0.45 моль Ыа2С 0 3 и 0.1 моль ЫаОН.

Вариант 5 (резервный)

1. СаО состоит из ионов Са2+ и О2-:

Са2+ \522522рьЪ52Ърь\

О2' 15*2^2р6.

2.Средняя молярная масса газовой смеси:

М= М 1 + М2ф2 = 28 • 0.2 + 40 • 0.8 = 5.6 + 32.0 = 37.6 г/моль. Плотность газовой смеси:

р= т / У = М / Ут = 37.6 / 22.4 = 1.68 г/л.

Ответ: 1.68 г/л.

3. Формуле С3Н60 соответствуют несколько соединений, например:

СН3- С Н 2- С Ч

СНз_(Г - СНз

н

о

сн2=сн—СН2—он

4.При освещении колбы протекает реакция:

С12 + Н2 — ^ 2НС1.

Обозначим у(Н2) моль, а у(С12) моль. Составим систему урав­ нений:

550 Письменный вступительный экзамен

2х +1\у = 60*1.01, 60

решив которую, получим х = 1.88 моль, у = 0.80 моль. Таким образом, С12 - в недостатке.

Количество образовавшегося НС1:

у(НС1) = 2 • 0.80 = 1.60 моль.

Количество выделившейся теплоты:

(?= 1.6-92= 147.2 кДж.

Ответ: 147.2 кДж.

5. Реактив - аммиачный раствор оксида серебра [А§(ЫНз)2]ОН. При пропускании каждого из газов через склянки с этим раствором происхо­ дят следующие явления:

1) образование «серебряного зеркала» при нагревании:

НСНО + 4 [А § (Ш з)2]ОН — ( ЫН^гСОз + 4 А е | + 6 Ш 3Т + 2Н20 ;

2)образование желтого объемного осадка иодида серебра: ЗН1 + [А8(Ш 3)2]ОН — А&1 + 2 Ш 4 + Н20;

3)реакция не идет;

4)образование белого осадка ацетиленида серебра:

С2Н2 + 2[А8(Ш 3)2]ОН — А§-С=С-А§| + 4 Ш 3 + 2Н20.

6.Скорость элементарной реакции X + V —►2Ъ описывается уравне-

VI/

нием IV = Л [Х][У], выражение для константы скорости к = щ 2 |- у - | • Под­

ставив в него начальные концентрации реагентов и скорость реакции, можно рассчитать величину константы скорости реакции:

к = 0.022 / (0.2 • 0.6) = 0.183 л/(моль мин).

Когда концентрация вещества Ъ достигнет 0.2 моль/л, текущие кон­ центрации реагентов в соответствии с уравнением реакции составят:

[Х] = 0.2-0.1 =0.1 моль/л,

[V] = 0.6 - 0.1 = 0.5 моль/л.

Скорость реакции в этот момент равнялась

IV = 0.183 • 0.1 • 0.5 = 0.0092 моль/(л -мин).

Ответ: к = 0.183 л/(моль мин), IV = 0.0092 моль/(л мин).

7. Один из вариантов решения:

Решения заданий вступительных экзаменов 2010 г.

551

1) Си + 2Н28 0

4(конц) —►Си804 + 8 0 2Т + 2Н20;

 

2 )

8 0 2 + 2Н28

->38 + 2Н20;

 

3)

8 + Ре —

Ре8 ;

 

4)Ре8 + 12НЫ03(конц) -► Ре(Ы03)3 + Н28 0 4 + 9И02Т + 5Н20;

5)8 + 2НЖ)з(конц) —►Н2804 + 2Ж )|;

6) 4Ре8 + 702 —

2Ре20 3 + 4802.

Ответ: X - 8 0 2; V - Ре8 .

 

8.1) С2Н6 + С12 —^

С2Н5С1 + НС1;

2) С2Н5С1 + ЫаОН

СПИрт > СН2=СН2 + №С1 + Н20;

3)С2Н, + С12 — СН2С1-СН2С1;

4)СН2С1-СН2С1 + 2КСЫ -► ЫС-СН2-СН2-СК + 2КС1;

5)КС-СНг-СНг-СИ + 4Н20 + 2НС1

 

 

 

->■ НООС-СН2-СН2-СООН + 2ЫН*С1;

6)

0-Ч

/ О

ь +Н 20.

н о /

.С -С Н 2-С Н 2- С ^

о н

 

 

^

 

У

9. Пусть в и с х о д н о й смеси содержалось х моль СзН и у моль АЦС3. Запишем уравнения протекающих реакций:

СзН + Н20 — СзОН + Н2Т;

АЦСз + 12Н20 — 4А1(ОН)3| + ЗСН4Т

У 4У Зу

Амфотерный гидроксид алюминия взаимодействует с СзОН, образуя комплексную соль (тетрагидроксоалюминат цезия):

СзОН + А1(ОН)3 -► С8[А1(ОН)4].

х х х

Уменьшение массы полученного раствора на 56.8 г по сравнению с суммой масс исходных веществ произошло за счет выделения газов и

осаждения А1(ОН)3 (в случае его избытка):

 

Д/я(раствора) = 2х + 48у + (4у - дс) • 78 = 56.8 г, или

 

90у-19*= 14.2 г.

(1)

Масса образовавшегося раствора складывается из суммы масс гидри­ да цезия, карбида алюминия и воды за вычетом Ат:

т(раствора) = 134л: + 144у + 200.8 - 56.8 = 134л: +144у + 144.0 г,

552

Письменный вступительный экзамен

поэтому выражение массовой доли Сз[А1(ОН)4] можно записать как

 

 

228*

Л

 

 

со = --------------------------= 0.228, или

 

 

134*+ 144у + 144.0

 

 

 

0.433* - 0.072у = 0.072.

(2)

Решая систему двух уравнений (1, 2) с двумя неизвестными

 

 

90у-19* = 14.2,

 

 

 

0.433* - 0.072у = 0.072,

 

находим: * - у

= 0.2 моль.

 

 

Ответ: 0.2 моль СзН, 0.2 моль АЦСз.

 

 

10.Запишем формулы изомерных сложных эфиров как

 

к ,

- /

Ч° - ^ 2

и

 

* моль

у

моль

с одинаковыми молярными массами М. Понятно, что + К2 = Кз + К4. Щелочной гидролиз (всего было добавлено у(КаОН) = 150 • 0.2 / 40 =

= 0.75 моль):

К!-СООК2 + NаОН -► К^-СОСЖа + К2ОН,

* * *

К3-СООК4 + №ОН -► К3-СО(Ж а + К4ОН

УУ У

приводит к получению двух солей, которые и образуют после упаривания раствора (вместе с избытком щелочи) твердый остаток. Прокаливание этого остатка:

К^-СОСЖа + №ОН —

Я, Н| + На2С 03;

*

*

*

*

Кз-СО(Жа + ШОН —

К3Н | + № 2С 03;

У

У

У

У

приводит к выделению 5.6 / 22.4 =

0.25 моль

газов, значит, * + у =

= 0.25 моль.

 

 

 

Средняя молярная масса выделившейся газовой смеси составляет

М(газ. смеси) = 4.7 • 4 = 18.8 г/моль,

из чего очевидно, что один из газов -

метан (пусть это КЩ), поскольку

никакая иная комбинация углеводородов не может дать такое значение (следующий гомолог - этан - имеет молярную массу 30 г/моль).

Масса выделившейся газовой смеси: