Решения заданий заочного тура олимпиады

1 2 3 4

1. Запишем уравнения реакций растворения цинка в азотной кислоте с образованием отдельно NO₂ и NO:

Zn + 4HNO₃ → Zn(NO₃)₂ + 2NO₂ + 2H₂O;

3Zn + 8HNO₃ → 3Zn(NO₃)₂ + 2NO + 4H₂O.

Для того, чтобы получить мольное соотношение NO₂: NO = 1: 3, надо второе уравнение умножить на 3 и сложить с первым:

10Zn + 28HNO₃ → 10Zn(NO₃)₂ + 2NO₂ + 6NO + 14H₂O.

Соотношение n(HNO₃): n(Zn) = 28: 10 = 2.8: 1.

Ответ: 2.8 моль HNO₃.

2. .

Пусть серия распадов включает x альфа- и y бета-распадов. Массовое число меняется только за счет альфа-распадов:

235 – 4 x = 207;

x = 7.

Заряд ядра меняется как за счет альфа-, так и за счет бета-распадов:

92 – 2 x + y = 82;

y = 4.

Ответ: 7 a-распадов, 4 b-распада.

3. Общая формула гомологического ряда предельных одноосновных карбоновых кислот C _n H₂ _n O₂. В молекуле кислоты содержится n + 2 n + 2 = 3 n + 2 атомов.

n(C _n H₂ _n O₂) = m / M = 97.5 / (14 n + 32) моль.

n(атомов) = (3 n + 2) · 97.5 / (14 n + 32) = 13.0 моль,

откуда n = 2. Следовательно, формула кислоты – C₂H₄O₂.

Ответ: C₂H₄O₂.

4. Число вторичных атомов углерода (CH₂ групп) не влияет на число четвертичных, т.к. CH₂ совпадает с гомологической разностью. Пусть в молекуле алкана C _n H₂ _n ₊₂ содержится x групп CH₃, y групп CH и z четвертичных атомов C, тогда:

Умножая первую строчку на 2 и вычитая вторую строчку, находим: z = 0.5(x – y) – 1.

Ответ: Число четвертичных атомов углерода: 0.5(x – y) – 1.

5. Смешаем по одному литру растворов NaOH и HBr.

NaOH + HBr → NaBr + H₂O.

До реакции: n(NaOH) = 0.04 моль, n(HBr) = 0.02 моль.

После реакции: n(NaOH) = 0.04 – 0.02 = 0.02 моль. Объем раствора после реакции – 2 литра. Молярная концентрация щелочи: c (NaOH) = 0.02 / 2 = 0.01 моль/л.

NaOH ® Na⁺ + OH^–.

[OH^–] = 0.01 моль/л, поскольку [H⁺][OH^–] = 10^–14, то

[H⁺] = 10^–14 / 0.01 = 10^–12 моль/л,

pH = –lg(10^–12) = 12.

Ответ: pH = 12.

6. MF + H₂SO₄(конц) ® MHSO₄ + HF;

2HF + Ca(OH)₂ → CaF₂¯ + 2H₂O.

n(CaF₂) = 27.3 / 78 = 0.35 моль;

n(MF) = n(HF) = 0.35 · 2 = 0.7 моль;

M (MF) = 18.2 / 0.7 = 26 г/моль;

A (M) = 26 – 19 = 7 г/моль. Неизвестный металл – литий.

Ответ: литий.

7. C _n H₂ _n _–6 ® C _n H₂ _n _–8 + H₂;

C _n H₂ _n _–8 + Br₂ ® C _n H₂ _n _–8Br₂.

n(C _n H₂ _n _–8) = n(Br₂) = 76 / 160 = 0.475 моль.

В первой реакции: n(C _n H₂ _n _–6) = n_теор(C _n H₂ _n _–8) = 0.475 / 0.6 = 0.792 моль.

M (C _n H₂ _n _–6) = 95 / 0.792 = 120 г/моль. Формула исходного углеводорода – C₉H₁₂.

Из восьми гомологов бензола состава C₉H₁₂ отщеплять водород с образованием двойной связи могут только те, у которых в боковой цепи есть хотя бы два атома углерода. Таких изомеров пять:

Ответ: Пять изомеров.

8. H₂ + I₂ ⇄ 2HI.

Пусть при охлаждении образовалось еще x моль HI, тогда израсходовано по 0.5 x моль H₂ и I₂:

;

x = 0.55,

n(HI) = 6 + x = 6.55 моль,

n(H₂) = 3.0 – 0.5 x = 2.73 моль,

n(I₂) = 0.8 – 0.5 x = 0.53 моль.

Ответ: 6.55 моль HI, 2.73 моль H₂, 0.53 моль I₂.

9. Найдем эмпирическую формулу комплекса:

n(Pt): n(N): n(Br): n(H) = (50.13/195): (7.20/14): (41.13/80): (1.54/1) = 1: 2: 2: 6.

Формула комплекса – PtN₂Br₂H₆, или [Pt(NH₃)₂Br₂]. Валентность Pt – IV. Получение:

PtBr₂ + 2NH₃ → [Pt(NH₃)₂Br₂].

Комплекс имеет форму плоского четырехугольника с атомом платины в центре. Одинаковые лиганды могут находиться либо на одной стороне, либо на диагонали.

Геометрические изомеры:

Ответ: [Pt(NH₃)₂Br₂]. Валентность центрального атома IV.

10. Исходное вещество C₇H₉N – любой из трех этилпиридинов (орто-, мета- или пара-).

1) Этилпиридин нитруется под действием азотной кислоты:

2) При взаимодействии этилпиридина с водным раствором перманганата калия этильная группа окисляется:

3) При прокаливании соли карбоновой кислоты с гидроксидом калия происходит декарбоксилирование:

4) Нитрогруппа восстанавливается до аминогруппы алюминием в щелочной среде:

5) Исходное соединение – этилпиридин – можно прогидрировать водородом на никелевом катализаторе:

6) Полученный циклический амин присоединяет хлороводород:

11. В обоих случаях происходит реакция нейтрализации:

H⁺ + OH^– → H₂O.

В первом случае в реакцию вступило по 0.01 · 0.50 = 5.0·10^–3 моль ионов H⁺ и OH^– и образовалось столько же моль H₂O (на 20 мл раствора). Во втором случае ионы OH^– находятся в недостатке: в реакцию вступило по 0.005 · 0.50 = 2.5 · 10^–3 моль ионов H⁺ и OH^– и образовалось столько же моль H₂O, т.е. в 2 раза меньше, чем в первом случае. В результате реакции выделилось в 2 раза меньше теплоты, но эта теплота приходится на меньший объем раствора: 15 мл вместо 20. Понижение температуры во втором случае:

D T ₂ =

Ответ: (2/3)D T.

12. 1) При смешивании растворов хлорида железа (III) и силиката натрия происходит полный гидролиз обоих соединений. Если реакцию проводить при легком нагревании, то образуется не кремниевая кислота, а ее ангидрид:

2FeCl₃ + 3Na₂SiO₃ + 3H₂O → 2Fe(OH)₃¯ + 3SiO₂¯ + 6NaCl.

2) Гидроксид железа (III) при прокаливании теряет воду:

2Fe(OH)₃ → Fe₂O₃ + 3H₂O.

3) Оксид железа (III) восстанавливается до металла под действием углерода:

2Fe₂O₃ + 3C → 4Fe + 3CO₂.

4) Углерод также восстанавливает оксид кремния:

SiO₂ + C → Si + CO₂.

5) Кремний растворяется в щелочах:

Si + 2NaOH + H₂O → Na₂SiO₃ + 2H₂.

6) При действии соляной кислоты на раствор силиката натрия образуется кремниевая кислота, которая при легком нагревании переходит в кремниевый ангидрид:

Na₂SiO₃ + 2HCl → SiO₂¯ + 2NaCl + H₂O.

Ответ: X₁ – Fe(OH)₃, X₂ – Fe₂O₃, X₃ – C, Y₁ – SiO₂, Y₂ – Si, Y₃ – Na₂SiO₃.

13. В реакциях с водой образуются два газа – водород и аммиак:

BaH₂ + 2H₂O → Ba(OH)₂ + 2H₂,

Li₃N + 3H₂O → 3LiOH + NH₃.

При растворении смеси в соляной кислоте выделяется только водород:

BaH₂ + 2HCl → BaCl₂ + 2H₂,

Li₃N + 4HCl → 3LiCl + NH₄Cl.

Пусть n(BaH₂) = x моль, n(Li₃N) = y моль, тогда n₁(H₂,NH₃) = 2 x + y, n₂(H₂) = 2 x.

По условию: 2 x + y = 1.5 × 2 x, откуда x = y.

Исходная смесь – эквимолярная. Массовая доля гидрида бария:

w(BaH₂) = M (BaH₂) / (M (BaH₂) + M (Li₃N)) = 139 / (139 + 35) = 0.80 или 80%.

Ответ: 80%.

14. CO + Cl₂ → COCl₂.

Концентрация фосгена через 5 минут после начала реакции:

c (COCl₂) = 5×2.5×10^–3 = 1.25×10^–2 моль/л.

Парциальное давление фосгена: p = cRT = 1.25×10^–2 × 8.314 × 398 = 41.4 кПа.

Общее давление через 5 минут складывается из давления фосгена и давлений CO и Cl₂, которые равны друг другу, так как в исходной смеси n(CO) = n(Cl₂).

p = p (COCl₂) + p (CO) + p (Cl₂) = p (COCl₂) + 2 p (Cl₂).

p (Cl₂) = (p – p (COCl₂)) / 2 = (230 – 41.4) / 2 = 94.3 кПа.

В процессе реакции количество прореагировавшего хлора равно количеству образовавшегося фосгена, поэтому уменьшение давления хлора равно давлению фосгена:

p ₀(Cl₂) – p (Cl₂) = p (COCl₂),

p ₀(Cl₂) = p (Cl₂) + p (COCl₂) = 94.3 + 41.4 = 135.7 кПа.

Ответ: 135.7 кПа.

15. Уравнения процессов электролиза нитратов висмута и ртути:

Bi³⁺ + 3 e ® Bi 4

2H₂O – 4 e ® O₂ + 4H⁺ 3

4Bi(NO₃)₃ + 6H₂O →4Bi¯ + 3O₂ + 12HNO₃;

Hg²⁺ + 2 e ® Hg 2

2H₂O – 4 e ® O₂ + 4H⁺ 1

2Hg(NO₃)₂ + 2H₂O → 2Hg¯ + O₂ + 4HNO₃.

Пусть n(Bi(NO₃)₃) = x моль, а n(Hg(NO₃)₂) = y моль. Тогда n(Bi) = x моль, а n(Hg) = y моль.

Из условия задачи следует:

209 x + 201 y = 7.195.

Количество электронов, прошедших через раствор:

n(e) = It / F = 0.90×161×60 / 96500 = 0.09 моль.

Из уравнений восстановления ионов металлов следует:

3 x + 2 y = 0.09.

Решая систему двух уравнений, находим: x = 0.02, y = 0.015.

Молярные концентрации солей:

с (Bi(NO₃)₃) = 0.02 / 0.16 = 0.125 M,

с (Hg(NO₃)₂) = 0.015 / 0.16 = 0.094 M.

Ответ: 0.125 М Bi(NO₃)₃, 0.094 М Hg(NO₃)₂.

16. Для реакции с диэфиром потребовалось 30 – 6 = 24 мл 1.00 М раствора NaOH, т.е. 0.024 моль. Уравнение щелочного гидролиза:

ROOC-X-COOR + 2NaOH ® NaOOC-X-COONa + 2ROH.

Количество диэфира n = 0.024 / 2 = 0.012 моль.

Молярная масса диэфира: M (A) = 2.81 / 0.012 = 234.16» 234 г/моль.

Судя по продуктам гидролиза, диэфир содержит сложноэфирную группу COOCH₃, другую сложноэфирную группу COOR, содержащую бензольное кольцо, и двойную связь CH=CH. С учетом оптической активности спирта C, который образуется при гидролизе, единственно возможная формула диэфира A:

H₃COCOCH=CHCOOCH(CH₃)C₆H₅

(брутто-формула C₁₃H₁₄O₄). При гидролизе образуются CH₃OH, дикарбоновая кислота

HOOC–CH=CH–COOH

и 1-фенилэтанол

C₆H₅–CH(OH)–CH₃

(вещество C).

Непредельная кислота B при дегидратации образует циклический ангидрид, следовательно, вещество B – это цис -изомер:

Структурная формула D:

17. Запишем суммарное уравнение образования смеси метана, этана и пропана в молярном соотношении 3: 2: 2.

13CO + 33H₂ ® 3CH₄ + 2C₂H₆ + 2C₃H₈ + 13H₂O.

Пусть в исходной смеси был 1 моль CO и 2 моль H₂. В реакцию вступил 0.1 моль CO. Количества газов в смеси после реакции:

n(CO) = 1 – 0.1 = 0.9 моль,

n(H₂) = 2 – 0.1×(33/13) = 1.75 моль,

n(CH₄) = 0.1×(3/13) = 0.023 моль,

n(C₂H₆) = n(C₃H₈) = 0.1×(2/13) = 0.015 моль,

n(H₂O) = n_{прореаг}(CO) = 0.1 моль.

До реакции в смеси было 3 моль газов, а после реакции:

0.9 + 1.75 + 0.023 + 2×0.015 + 0.1 = 2.80 моль.

Общее давление уменьшилось в 3 / 2.8 = 1.07 раза.

Ответ: Давление в системе уменьшилось в 1.07 раза.

18. Предположим для простоты, что аминокислоты, образующие дипептид, содержат только по одной аминогруппе. При кислотном гидролизе дипептида образуются хлороводородные соли аминокислот:

дипептид + 2HCl + H₂O ® ClH₃NCH(R)COOH + ClH₃NCH(R’)COOH.

По массовой доле хлора можно найти молярную массу одной из этих солей:

M (ClH₃NCH(R)COOH) = 35.5 / 0.2829 = 125.5 г/моль,

откуда M (R) = 15 г/моль, R – это метил CH₃.

Одна из аминокислот – аланин.

С разбавленной соляной кислотой пептид образует соль:

дипептид + HCl ® дипептид×HCl.

Молярную массу соли также находим по содержанию хлора:

M (дипептид×HCl) = 35.5 / 0.1671 = 212.5 г/моль, откуда M (дипептида) = 176 г/моль. Дипептид состоит из остатков двух аминокислот, одна из которых – аланин (M = 89 г/моль):

аланин + аминокислота → дипептид + H₂O,

M (аминокисл.) = 176 + 18 – 89 = 105 г/моль.

Такую молярную массу имеет серин (R’ – это CH₂OH). Искомый дипептид – Ala-Ser или Ser-Ala:

Ответ: Ala-Ser или Ser-Ala.

Решение варианта О-2004-1

1. HCOOC₂H₅ + NaOH → HCOONa + C₂H₅OH.

2. М (С₆Н₆) = 78 г/моль. Составим пропорцию:

0.879г – 1 см³

78 г – х

х = см³/моль.

Ответ: 88.7 см³/моль.

3. Na₂O + H₂O ® 2Na⁺ + 2OH^– щелочная среда;

CO₂ + H₂O ⇄ H⁺ + HCO₃^– кислотная среда;

CO₃^2– + H₂O ⇄ HCO₃^– + OH^– щелочная среда;

K₂SO₄ ® 2K⁺ + SO₄^2– нейтральная среда.

4. Формула гомологического ряда алифатических одноосновных карбоновых кислот

С _n H₂ _n ₊₁СООН. Массовая доля кислорода:

n = 2, формула кислоты – С₂Н₅СООН.

Ответ: пропионовая кислота С₂Н₅СООН.

5. С₂Н₃СООН ⇄ С₂Н₃СОО^– + Н⁺.

[H⁺] = 10^–^pH = 1.26 · 10^–3;

a = [H⁺] / C = 0.0420, или 4.20%.

Ответ: 4.20%.

6. Обозначим n(H₂) = x, а n(Cl₂) = y моль. Можно составить систему уравнений:

Решив систему, получим x = 1.34, y = 0.89. Таким образом, Cl₂ – в недостатке.

n(HCl) = 2 · 0.89 = 1.78;

Q = 1.78 · 92 = 164 кДж.

Ответ: 164 кДж.

7. 1) AlCl₃ + 3NH₃ + 3H₂O → Al(OH)₃¯ + 3NH₄Cl;

2) Al(OH)₃ + 3HNO₃ → Al(NO₃)₃ + 3H₂O;

t°

3) 4Al(NO₃)₃ → 2Al₂O₃ + 12NO₂↑ + 3O₂↑;

↯

4) 2Al₂O₃ → 4Al + 3O₂↑;

5) 2Al + 6HBr → 2AlBr₃ + 3H₂↑;

6) AlBr₃ + 4KOH → K[Al(OH)₄] + 3KBr.

Ответ: X – Al(OH)₃, Y – Al₂O₃, Z – AlBr₃.

8. H₂O

1) CH₃–CH₂–CH₂Br + NaOH → CH₃–CH₂–CH₂–OH + NaBr;

250°C

2) CH₃–CH₂–CH₂–OH + CuO → CH₃–CH₂–COH + Cu + H₂O;

t °

3) CH₃–CH₂–COH + 2Cu(OH)₂ → CH₃–CH₂–COOH + Cu₂O + 2H₂O;

P_кр_.

4) CH₃–CH₂–COOH + Cl₂ → CH₃–CHCl–COOH + HCl;

5) CH₃–CHCl–COOH + 2NH₃ → CH₃–CH(NH₂)–COOH + NH₄Cl;

H⁺

6) CH₃–CH(NH₂)–COOH + CH₃OH → CH₃–CH(NH₂)–COOCH₃ + H₂O.

9. Гидроксид меди осаждается щелочью, а c аммиаком медь (II) дает комплексное соединение. Гидроксид алюминия осаждается раствором аммиака, а в избытке щелочи образует растворимый тетрагидроксоалюминат.

Первая порция раствора:

CuSO₄ + 2KOH → Cu(OH)₂¯ + K₂SO₄;

Al₂(SO₄)₃ + 8KOH → 2K[Al(OH)₄] + 3K₂SO₄;

t°

Cu(OH)₂ → CuO + H₂O.

n(CuO) = 1.40 / 80 = 0.0175 = n(CuSO₄);

c (CuSO₄) = 0.0175 / 0.05 = 0.35 М.

Вторая порция раствора:

Al₂(SO₄)₃ + 6NH₃ + 6H₂O → 2Al(OH)₃¯ + 3(NH₄)₂SO₄;

CuSO₄ + 4NH₃ → [Cu(NH₃)₄]SO₄;

t°

2Al(OH)₃ → Al₂O₃ + 3H₂O.

n(Al₂O₃) = 0.765 / 102 = 0.0075 = n(Al₂(SO₄)₃);

c (Al₂(SO₄)₃) = 0.0075 / 0.05 = 0.15 М.

Ответ: 0.35 М CuSO₄, 0.15 M Al₂(SO₄)₃.

10. Первый осадок – это солянокислая соль, образованная анилином:

n(C₆H₅–NH₂) = n(C₆H₅–NH₃Cl) = 38.85 / 129.5 = 0.3 моль;

m (C₆H₅–NH₂) = 0.3 × 93 = 27.9 г;

w(C₆H₅–NH₂) = 27.9%.

Осадок с бромной водой дает метилфенол:

n(CH₃–C₆H₄–OH) = n (CH₃–C₆H₂Br₂–OH) = 53.2 / 266 = 0.2 моль;

m (CH₃–C₆H₄–OH) = 0.2 × 108 = 21.6 г;

w(CH₃–C₆H₄–OH) = 21.6%.

Количество бензола определяем по разности:

m (C₆H₆) = 100 – 27.9 – 21.6 = 50.5 г;

w(C₆H₆) = 50.5%.

Ответ: w(анилина) = 27.9%, w(метилфенола) = 21.6%, w(бензола) = 50.5%.

Решение варианта О-2004-2

1. H⁺

СH₃COOCH₃ + Н₂O ⇄ СH₃COOН + CH₃OH.

2. М (С₆Н₁₄) = 86 г/моль. Составим пропорцию:

0.660г –– 1 см³;

86 г –– х.

х = см³/моль.

Ответ: 130.3 см³/моль.

3. CaO + H₂O ® Ca²⁺ + 2OH^– щелочная среда;

SO₂ + H₂O ⇄ H⁺ + HSO₃^– кислотная среда;

CH₃COO^– + H₂O ⇄ CH₃COOH + OH^– щелочная среда;

NaNO₃ ® Na⁺ + NO₃^– нейтральная среда.

4. Формула гомологического ряда монохлоралканов С _n H₂ _n ₊₁Сl, массовая доля хлора: 0. ,

n = 2, формула искомого монохлоралкана – С₂Н₅Cl.

Ответ: С₂Н₅Cl.

5. С₆Н₅СООН ⇄ С₆Н₅СОО^– + Н⁺;

[H⁺] = 10^–pH = 1.23 · 10^–3;

a = [H⁺] / c = 0.0492 или 4.92%.

Ответ: 4.92%.

6. Пусть n(H₂) = x, n(Cl₂) = y моль. Можно составить систему уравнений:

Решив систему, получим x = 0.94, y = 0.40. Следовательно, Cl₂ был взят в недостатке.

n(HCl) = 2 × 0.40 = 0.80 моль.

Q = 0.80 × 92 = 73.6 кДж.

Ответ: 73.6 кДж.

7. 1) CuCl₂ + 2KOH → Cu(OH)₂¯ + 2KCl;

2) Cu(OH)₂ + 2HNO₃ → Cu(NO₃)₂ + 2H₂O;

t°

3) 2Cu(NO₃)₂ → 2CuO + 4NO₂↑ + O₂↑;

4) CuO + CO → Cu + CO₂;

t°

5) Cu + Br₂ → CuBr₂;

6) CuBr₂ + 2CH₃COOAg → (CH₃COO)₂Cu + 2AgBr¯.

Ответ: X – Cu(OH)₂, Y – CuO, Z – CuBr₂.

8. 1) CH₃–CH₂–CH₂–OH + HBr → CH₃–CH₂–CH₂Br + H₂O;

2) CH₃–CH₂–CH₂Br + 2Na → CH₃–(CH₂)₄–CH₃ + 2NaBr;

Pt, 200°C

3) CH₃–(CH₂)₄–CH₃–→ C₆H₆ + 4H₂;

AlCl₃

4) C₆H₆ + CH₃Cl → C₆H₅–CH₃ + HCl;

5) 5C₆H₅–CH₃ + 6KMnO₄ + 9H₂SO₄ → 5C₆H₅–COOH + 3K₂SO₄ + 6MnSO₄ + 14H₂O;

H⁺

6) C₆H₅–COOH + CH₃OH → C₆H₅–COOCH₃ + H₂O.

9. Медь осаждается щелочью, а алюминий образует растворимый алюминат калия:

Cu(NO₃)₂ + 2KOH → Cu(OH)₂¯ + 2KNO₃;

Al(NO₃)₃ + 4KOH → K[Al(OH)₄] + 3KNO₃;

t°

Cu(OH)₂ → CuO + H₂O.

n(CuO) = 2.40 / 80 = 0.03 = n(Cu(NO₃)₂);

c (Cu(NO₃)₂) = 0.03 / 0.075 = 0.4 М.

Аммиак осаждает гидроксид алюминия, а соль меди дает с аммиаком растворимый комплекс:

Al(NO₃)₃ + 3NH₃ + 3H₂O → Al(OH)₃¯ + 3NH₄NO₃;

Cu(NO₃)₂ + 4NH₃ → [Cu(NH₃)₄](NO₃)₂;

t°

2Al(OH)₃ → Al₂O₃ + 3H₂O.

n(Al₂O₃) = 1.53 / 102 = 0.015, n(Al(NO₃)₃) = 2×0.015 = 0.03.

c (Al(NO₃)₃) = 0.03 / 0.075 = 0.4 М.

Ответ: 0.4 М Cu(NO₃)₂, 0.4 M Al₂(SO₄)₃.

10. С соляной кислотой анилин образует соль:

n(C₆H₅–NH₂) = n(HCl) = 49.7 × 0.17 × 1.08 / 36.5 = 0.25 моль;

m (C₆H₅–NH₂) = 0.25 × 93 = 23.25 г;

m (C₆H₂Br₃–NH₂) = 0.25 × 330 = 82.5 г;

w(C₆H₅–NH₂) = 23.25 / 80 × 100% = 29.06%.

С бромной водой взаимодействует метилфенол:

m (CH₃–C₆H₂Br₂–OH) = 135.7 – 82.5 = 53.2 г;

n(CH₃–C₆H₂Br₂–OH) = 53.2 / 266 = 0.2 моль;

m (CH₃–C₆H₄–OH) = 0.2 × 108 = 21.6 г;

w(CH₃–C₆H₄–OH) = 21.6 / 80 × 100% = 27.0%.

Количество бензола находим по разности:

m (C₆H₆) = 80 – 23.25 – 21.6 = 35.15 г;

w(C₆H₆) = 35.15 / 80 × 100% = 43.94%.

Ответ: w(C₆H₅–NH₂) = 29.06%, w(CH₃–C₆H₄–OH) = 27.0%, w(C₆H₆) = 43.94%.

Решение варианта ХБ-2004-1

2. Растворение труднорастворимой соли описывается уравнением:

Ag₂SO₃ ⇄ 2Ag⁺ + SO₃^2–.

s 2s s

Здесь s – это молярная концентрация (моль/л).

ПР(Ag₂SO₃) = [Ag⁺]²[SO₃^2–] = (2 s)² · s = 4 s ³;

Ответ: 1.55 · 10^–5моль/л.

3. Реакция нейтрализации:

KOH + HCl ® KCl +H₂O.

n(HCl) = 2 · 0.05 = 0.1 моль;

n(KOH) = 1.082 · 18.12 · 0.1 / 56 = 0.035 моль.

В результате реакции нейтрализации полностью прореагировало 0.035 моль KOH с выделением 1.96 кДж теплоты, а при взаимодействии 1 моль KOH с HCl соответственно выделится

1.96 / 0.035 = 56 кДж.

Ответ: 56 кДж/моль.

Ответ: A – HBr, B – Cr₂(SO₄)₃.

5. Масса образца неизвестного металла m (Me) = r × V = 2.7 × 7.5 = 20.25 г.

1 моль металла содержит 6.02 × 10²³× n валентных электронов (n – число валентных электронов в одном атоме). Пусть А – атомная масса металла, тогда количество вещества этого металла составляет

n(Me) = 20.25 / A.

В нем содержатся 13.5×10²³ валентных электронов, что составляет

13.5×10²³/ (6.02×10²³· n) = 2.24 / n моль.

Тогда 20.25 / А = 2.24 / n, или A = 9 n.

Подставляя n = 1, 2, 3…, получаем при n = 3 значение А = 27 г/моль, это алюминий Al.

Электронная конфигурация: ₁₃Al 1 s ²2 s ²2 p ⁶3 s ²3 p ¹.

Ответ: алюминий.

6. По окончании реакции в растворе содержатся соли AlCl₃ и NaCl.

Пусть масса исходного раствора AlCl₃ равна m г.

М (NaCl) = 58.5 г/моль, М (AlCl₃) = 133.5 г/моль.

Т.к. в конечном растворе по условию w(NaCl) = w(AlCl₃), составляем уравнение

58.5 × 2 x = 0.08 m – 2/3 × x × 133.5, или m = 2575 x.

m _{фильтрата} = 2 m – m (Al(OH)₃) – m (CO₂) = 2 × 2527 x – 2/3 × x × 78 – 44 × x = 5054 x.

Т.о. в конечном растворе массовые доли солей составляют

w(AlCl₃) = w(NaCl) = 2 x × 58.5 / 5054 x = 0.0231 (2.31%);

В исходном растворе

w(Na₂CO₃) = 106 x / m = 106 x / 2575 x = 0.0412 (4.12%).

Ответ: w(AlCl₃) = w(NaCl) = 2.31%, w(Na₂CO₃) = 4.12%.

7. а) PH₃ + 2O₂ → H₃PO₄;

б) 3Zn + KClO₃ + 6KOH + 3H₂O → 3K₂[Zn(OH)₄] + KCl;

в) MnO₂ + 2NaBr + 2H₂SO₄ → Br₂ + MnSO₄ + Na₂SO₄ + 2H₂O.

8. Определим молекулярную формулу искомого углеводорода:

n(C): n(H) = = 1: 1. Простейшая формула – СН.

Углеводородом А, который соответствует предложенной схеме превращений, может быть стирол С₈Н₈.

Ответ:

9. В результате обжига неизвестного сульфида Me₂S (M = 2 x + 32, где х – это А (Ме)) в избытке кислорода

b 2 b

Me₂S + 2O₂ → 2MeO + SO₂

образовалось 2 b молей оксида МеО (b = 3.2 / (2 x + 32)), для растворения которого потребовалось 2 b молей H₂SO₄:

2 b 2 b 2 b

MeO + H₂SO₄ → MeSO₄ + H₂O.

Масса необходимого количества 39.2%-ного раствора H₂SO₄ составляет

2 b × 98 / 0.392 = 500 b г.

Общая масса раствора составляет

m (MeO) + m (р-ра H₂SO₄) = 2 b (x + 16) + 500 b = b (2 x + 532) г.

Масса соли в растворе m (MeSO₄) = 2 b (x + 96) г.

По условию задачи массовая доля MeSO₄ составляет 48.5%, отсюда:

2 b (x + 96) = 0.485(2 x + 532) b,

x = 64 (Ме – это медь).

Исходный сульфид – Cu₂S, в растворе содержится соль CuSO₄массой

m (CuSO₄) = 2 b × 160 = 2 × 0.02 × 160 = 6.4 г.

Исходная масса раствора равна 0.02 (64 × 2 + 532) = 13.2 г.

При охлаждении полученного раствора выпало 2.5 г кристаллогидрата, следовательно общая масса раствора стала равна 13.2 – 2.5 = 10.7 г. Масса CuSO₄ в оставшемся растворе равна 10.7 × 0.449 = 4.8 г, в выпавших кристаллах содержится 6.4 – 4.8 = 1.6 г CuSO₄, что соответствует 0.01 моль. Масса воды в кристаллах равна 2.5 – 1.6 = 0.9 г, что соответствует 0.05 моль. Таким образом, формула кристаллогидрата –
CuSO₄× 5Н₂О.

Ответ: CuSO₄× 5Н₂О.

10. 2KMnO₄ + 16HBr ® 2MnBr₂ + 5Br₂+ 2KBr + 8H₂O.

n(KMnO₄) = 0.5 × 0.1 = 0.05 моль,

n(HBr) = 8 × n(KMnO₄) = 0.4 моль.

По условию n(С₆Н₅СН₃) = 27.6 / 92 = 0.3 моль.

Отношение n(HBr) / n(С₆Н₅СН₃) = 4: 3.

При соотношении n(HBr) / n(С₆Н₅СН₃) = 1: 1 образуется монозамещенное производное, а при соотношении 2: 1 – дизамещенное. Поэтому в данном случае могут протекать две реакции:

Составим систему уравнений:

Решения системы: x = 0.2, y = 0.1.

Получено 0.2 моль 4-бромтолуола и 0.1 моль 2,4-дибромтолуола.

Ответ: 0.2 моль 4-бромтолуола, 0.1 моль 2,4-дибромтолуола.

Решение варианта ХБ-2004-2

2. Растворение труднорастворимой соли описывается уравнением:

PbI₂ ⇄ Pb²⁺ + 2I^–;

s s 2s

Здесь s – это молярная концентрация (моль/л).

ПР(PbI₂) = [Pb²⁺][I^–]² = s · (2 s)² = 4 s ³.

Ответ: 6.5 ×10^–4моль/л.

3. Реакция нейтрализации:

RbOH + HBr ® RbBr +H₂O.

n(RbOH) = 1 × 0.1 = 0.1 моль;

n(HBr) = 64.78 × 1.042 × 0.06 / 81 = 0.05 моль.

В результате реакции нейтрализации полностью прореагировало 0.05 моль HBr с выделением 2.8 кДж теплоты, а при взаимодействии 1 моль HBr с RbOH выделится

2.8 / 0.05 = 56 кДж.

Ответ: 56 кДж/моль.

Ответ: A – H₂O, B – HCl.

5. Масса образца неизвестного металла m (Me) = r × V = 3.02 × 6.5 = 19.63 г.

1 моль металла содержит 6.02×10²³× n валентных электронов (n – число валентных электронов в атоме). Пусть А – атомная масса металла, тогда количество вещества этого металла составляет

n(Me) = 19.63 / A.

В нем содержатся 7.88×10²³ валентных электронов, что составляет

7.88×10²³/ (6.02×10²³× n) = 1.31 / n моль.

Тогда 19.63 / А = 1.31 / n, или A = 15 n.

Подставляя n = 1, 2, 3…, получаем при n = 3 А = 45 г/моль, это скандий Sc.

Электронная конфигурация: ₂₁Sc 1 s ²2 s ²2 p ⁶3 s ²3 p ⁶3 d ¹4 s ².

Ответ: скандий.

6. По окончании реакции в растворе содержатся соли CrCl₃ и NaCl.

Пусть масса исходного раствора CrCl₃ – m. Т.к. в конечном растворе по условию w(NaCl) = w(CrCl₃), то

58.5 × 2 x = 0.06 m – 2/3 × x × 158.5,

m = 3711.11 x.

m _{фильтрата} = 2 m – m (Cr(OH)₃) – m (SO₂) = 2 × 3711.11 x – 2/3 × x × 103 – 64 x = 7289.55 x.

Т.о. в конечном растворе массовые доли солей:

w(CrCl₃) = w(NaCl) = 2 x × 58.5 / 7289.55 x = 0.0161 (или 1.61%);

В исходном растворе

w(Na₂SO₃) = 126 x / m = 126 x / 3711.11 x = 0.0339 (или 3.39%).

Ответ: w(CrCl₃) = w(NaCl) = 1.61%, w(Na₂CO₃) = 3.39%.

7. а) Ca₃N₂ + 8HCl → 3CaCl₂ + 2NH₄Cl;

б) 8Al + 3KNO₃ + 5KOH + 18H₂O → 8K[Al(OH)₄] + 3NH₃;

в) 2NaI + 2NaNO₂ + 2H₂SO₄ → 2NO↑ + I₂↓ + 2Na₂SO₄ + 2H₂O.

8. Определим молекулярную формулу искомого углеводорода

n(C): n(H) = = 3: 4. Простейшая формула – С₃Н₄.

Углеводородом А, который соответствует предложенной схеме превращений, может быть пропин С₃Н₄.

Ответ: A – CH₃–C ≡ CH; Б – CH₃–CBr₂–CH₃;

9. В результате обжига неизвестного сульфида MeS (M = x + 32, где х – это А (Ме)) в избытке кислорода

b 0.5 b

4MeS + 7O₂ → 2Me₂O₃ + 4SO₂

образовалось 0.5 b молей оксида Ме₂О₃ (b = 1.76 / (x + 32)), для растворения которого потребовалось 1.5 b молей H₂SO₄:

0.5b 1.5b 0.5b

Me₂O₃ + 3H₂SO₄ → Me₂(SO₄)₃ + 3H₂O.

Масса 29.4%-ного раствора H₂SO₄ составляет 1.5 b × 98 / 0.294 = 500 b г.

Общая масса раствора составляет

m (Me₂O₃) + m (р-ра H₂SO₄) = 0.5 b · (2 x + 48) + 500 b = b (x + 524) г.

Масса соли в растворе m (Me₂(SO₄)₃) = 0.5 b (2 x + 288)г.

По условию, массовая доля Me₂(SO₄)₃ равна 34.5%:

0.5 b (2 x + 288) = 0.345(x + 524) b,откуда x = 56 (Ме – это железо).

Исходный сульфид FeS, в растворе содержится соль Fe₂(SO₄)₃массой

0.5 b × 400 = 0.5 × 0.02 × 400 = 4 г. Исходная масса раствора равна 0.02(56 + 524) = 11.6 г.

При охлаждении полученного раствора выпало 2.9 г кристаллогидрата, следовательно общая масса раствора стала равна 11.6 – 2.9 = 8.7 г. Масса Fe₂(SO₄)₃ в оставшемся растворе равна 8.7 × 0.23 = 2 г.В выпавших кристаллах содержится 4 – 2 = 2 гFe₂(SO₄)₃, что соответствует 0.005 моль.Масса воды в кристаллах равна 2.9 – 2 = 0.9 г, что соответствует 0.05 моль.

Таким образом, искомая формула кристаллогидрата – Fe₂(SO₄)₃× 10Н₂О.

Ответ: Fe₂(SO₄)₃× 10Н₂О.

10. K₂Cr₂O₇ + 14HBr ® 2KBr + 3Br₂+ 2CrBr₃ + 7H₂O.

n(K₂Cr₂O₇) = 0.2 × 0.125 = 0.025 моль,

n(HBr) = 14× n(K₂Cr₂O₇) = 0.35 моль.

По условию задачи n(С₆Н₅С₂Н₅) = 15.9 / 106 = 0.15 моль.

Соотношение n(HBr) / n(С₆Н₅СН₃) = 2.33: 1.

При соотношении n(HBr) / n(С₆Н₅С₂Н₅) = 2: 1 образуется дизамещенное производное, а при соотношении 3: 1 – тризамещенное. Поэтому в данном случае могут протекать 2 реакции:

Составим систему уравнений:

Решения системы: x = 0.1 моль, y = 0.05 моль.

Получено 0.1 моль 2,4-дибромэтилбензола и 0.05 моль 2,4,6-трибромэтилбензола.

Ответ: 0.1 моль 2,4-дибромэтилбензола, 0.05 моль 2,4,6-трибромэтилбензола.

Ответы и указания к варианту ХБ-2004-3

2. 6.7×10^–5моль/л.

3. 56 кДж/моль.

4. A – Na₂CO₃, B – NaCl.

5. Цинк.

6. w(Al₂(SO₄)₃) = w(K₂SO₄) = 3.07%, w(K₂S) = 3.82%.

9. CuCl₂× 2Н₂О.

10. 0.3 моль 4-бромизопропилбензола, 0.15 моль 2,4-дибромизопропилбензола.

Ответы и указания к варианту ХБ-2004-4

2. 1.58 × 10^–2моль/л.

3. 56 кДж/моль.

4. A – H₂O, B – S.

5. Кадмий.

6. w(Cr₂(SO₄)₃) = w(Na₂SO₄) = 2.12%, w(Na₂CO₃) = 3.11%.

9. Fe(NO₃)₃× 9Н₂О.

10. 0.08 моль 2,4-дибромпропилбензола и 0.16 моль 2,4,6-трибромпропилбензола.

Решение варианта BБ-2004-1

1. C₈H₁₄N₂O₅ + H₂O ® C₅H₉NO₄ + X.

Ответ: X – C₃H₇NO₂.

2. Минимальная степень окисления (–1) – HBr, KBr.

Максимальная (+7) – HBrO₄, KBrO₄.

3. Исходная смесь: M ₁ = 8.5 г/моль, V ₁ = 40 л.

Добавили: M ₂ = 28 г/моль, V ₂ = 20 л.

Конечная смесь: г/моль.

Плотность смеси по водороду D_H₂ = 15 / 2 = 7.5.

Ответ: 7.5.

4. Схема трехстадийного синтеза: CH₄ ® C₂H₂ ® C₂H₄ ® C₂H₄(OH)₂.

1) 2CH₄ ® C₂H₂ + 3H₂;

2) C₂H₂ + H₂ ® C₂H₄;

3) 3C₂H₄ + 2KMnO₄ + 4H₂O ® 3C₂H₄(OH)₂ + 2MnO₂ + 2KOH.

5. n(CO₂) = 16.8 / 22.4 = 0.75 моль.

n(KOH) = 400 × 0.28 / 56 = 2 моль – избыток.

Протекает реакция CO₂ + 2KOH → K₂CO₃ + H₂O.

n(K₂CO₃) = 0.75 моль, m (K₂CO₃) = 0.75×138 = 103.5 г.

n_ост(KOH) = 2 – 1.5 = 0.5 моль, m _ост(KOH) = 0.5×56 = 28 г.

Ответ: 103.5 г K₂CO₃, 28 г KOH.

6. а) H₂S ⇄ H⁺ + HS^–.

a» .

б) H₂S ⇄ H⁺ + HS^–;

HCl ® H⁺ + Cl^–.

;

[H⁺] = 1 + [HS^–]» 1 М;

[H₂S] = 0.1 – [HS^–]» 0.1 М.

a» [HS^–] / C = 10^–8 / 0.1 = 10^–7.

Ответ: а) 10^–3; б) 10^–7.

7. 1) Ca₃(PO₄)₂ + H₃PO₄ → 3CaHPO₄;

t °

2) 2CaHPO₄ + 5C +2SiO₂ → 2P + 2CaSiO₃ + 5CO↑ + H₂O;

t °

3) 4P + 3KOH + 3H₂O → PH₃ + 3KH₂PO₂;

4) PH₃ + 2O₂ → H₃PO₄;

5) 2H₃PO₄ + Ca(OH)₂ → Ca(H₂PO₄)₂ + 2H₂O;

6) Ca(H₂PO₄)₂ + 2Ca(OH)₂ → Ca₃(PO₄)₂ + 4H₂O.

8. hn

1) C₆H₅CH₃ + Br₂ ® C₆H₅CH₂Br + HBr;

2) C₆H₅CH₂Br + KOH ® C₆H₅CH₂OH + KBr;

3) 5C₆H₅CH₂OH + 4KMnO₄ + 6H₂SO₄ ® 5C₆H₅COOH + 2K₂SO₄ + 4MnSO₄ +
+ 11H₂O;

4) C₆H₅COOH + NH₃ ® C₆H₅COONH₄;

5) 2C₆H₅COONH₄ + Ba(OH)₂ ® (C₆H₅COO)₂Ba + 2NH₃↑ + 2H₂O;

6) (C₆H₅COO)₂Ba + Na₂SO₄ ® 2C₆H₅COONa + BaSO₄¯.

9. Пусть формула оксида неметалла ЭО _х. В случае четной валентности неметалла реакция между NaOH и оксидом неметалла описывается следующим уравнением:

2NaOH + ЭО _х → Na₂ЭО _х _{+ 1} + H₂O.

Найдем массу конечного раствора, содержащего соль:

m _р-ра = 10.16 + 124 = 134.16.

Отсюда следует, что масса соли Na₂ЭО _х ₊₁ равна

m = 134.16 · 0.1127 = 15.12 г.

В процессе реакции из-за вхождения Na₂O в состав соли изменение массы составило

15.12 – 10.16 = 4.96 г. Отсюда n(Na₂O) = n(ЭО _х) = 0.08 моль, следовательно,

M (ЭО _х) = 10.16/0.08 = 127. Если х = 2, то М (Э) = 95 (такого неметалла нет).

Если х = 3, то М (Э) = 79. Это Se.

Найдем массовую долю NaOH в конечном растворе. К оксиду неметалла добавили 12.4 г NaOH, в реакцию вступило 0.16 моль или 6.4 г, поэтому

w(NaOH) = 6/134.16 = 0.0447 (или 4.47%).

Ответ: SeO₃, Na₂SeO₄, w(NaOH) = 4.47%.

10. Общая формула обоих гомологических рядов C _n H₂ _n _–5N.

, n = 7.

С бромоводородом оба изомера реагируют по уравнению:

C₇H₉N + HBr ® C₇H₁₀NBr.

n_общ(C₇H₉N) = n(HBr) = 1.21 × 101.3 / (8.314 × 295) = 0.05 моль.

С бромной водой реагирует только гомолог анилина.

n(Br₂) = 500 × 0.032 / 160 = 0.1 моль.

Гомолог анилина содержит один атом углерода в боковой цепи. Если бы этот атом был в орто- или пара-положении по отношению к группе NH₂, то вещество реагировало бы с двойным количеством брома:

CH₃C₆H₄NH₂ + 2Br₂ ® CH₃C₆H₂Br₂NH₂ + 2HBr,

но в этом случае n(CH₃C₆H₄NH₂) = 0.1 / 2 = 0.05 моль, что невозможно. Поэтому реакция идет с тройным количеством брома, что возможно только в случае мета-положения заместителя:

n(гом.анилина) = 0.1 / 3 = 0.033 моль,

n(гом.пиридина) = 0.05 – 0.033 = 0.017 моль.

Массовые доли изомеров равны мольным долям:

w(гом.анилина) = 0.033 / 0.05 = 0.67,

w(гом.пиридина) = 1 – 0.67 = 0.33.

Гомолог пиридина может иметь любое строение: с одной (этилпиридин) или двумя (диметилпиридин) боковыми цепями, например:

Ответ: 3-метиланилин, любой диметил- или этилпиридин. w(гом.анилина) = 0.67, w(гом.пиридина) = 0.33.

Решение варианта BБ-2004-2

1. C₁₂H₁₆N₂O₅ + H₂O ® C₉H₁₁NO₃ + X.

Ответ: X – C₃H₇NO₃.

2. Минимальная степень окисления (–1) – HI, KI. Максимальная (+7) – I₂O₇, H₅IO₆.

3. Исходная смесь: M ₁ = 36 г/моль, V ₁ = 100 л.

Добавили: M ₂ = 44 г/моль, V ₂ = 100 л.

Конечная смесь: г/моль.

Плотность по водороду:D_H₂ = 40 / 2 = 20.

Ответ: D_H₂ = 20.

4. Схема синтеза: CH₄ ® C₂H₂ ® CH₃CHO ® C₂H₅OH; CH₃CHO ® CH₃COOH.

t°

1) 2CH₄ ® C₂H₂ + 3H₂;

Hg²⁺, Н⁺

2) C₂H₂ + H₂O ––® CH₃CHO;

t°, Ni

3) CH₃CHO + H₂ ® C₂H₅OH;

NH₃

4) CH₃CHO + Ag₂O ® CH₃COOH + 2Ag↓;

H₂SO₄(конц)

5) C₂H₅OH + CH₃COOH ––––––® CH₃COOC₂H₅ + H₂O.

5. n(SO₂) = 14.56 / 22.4 = 0.65 моль,

n(NaOH) = 200×0.17 / 40 = 0.85 моль.

1 < n(NaOH)/n(SO₂) < 2, следовательно одновременно образуются средняя и кислая соли:

SO₂ + 2NaOH → Na₂SO₃ + H₂O;

SO₂ + NaOH → NaHSO₃.

Пусть в первую реакцию вступит x моль SO₂, а во вторую – y моль SO₂.

Решив систему уравнений, получим x = 0.2, y = 0.45.

n(Na₂SO₃) = 0.2 моль, m (Na₂SO₃) = 0.2×126 = 25.2 г,

n(NaHSO₃) = 0.45 моль, m (NaHSO₃) = 0.45×104 = 46.8 г.

Ответ: 25.2 г Na₂SO₃, 46.8 г NaHSO₃.

6. а) H₂S ⇄ H⁺ + HS^–;

a» .

б) H₂S ⇄ H⁺ + HS^–;

HCl ® H⁺ + Cl^–;

[H⁺] = 0.1 + [HS^–]» 0.1 М;

[H₂S] = 0.01 – [HS^–]» 0.01 М;

М;

a» [HS^–] / C = 10^–8 / 0.01 = 10^–6.

Ответ: а) 3.2×10^–3; б) 10^–6.

7. 1) 3MnO₂ + 4Al → 3Mn + 2Al₂O₃;

2) Mn + 4HNO₃ → Mn(NO₃)₂ + 2NO₂↑ + 2H₂O;

t°

3) Mn(NO₃)₂ → MnO₂ + 2NO₂↑;

4) MnO₂ + 4HBr → MnBr₂ + Br₂ + 2H₂O;

5) MnBr₂ + Cl₂ → MnCl₂ + Br₂;

6) MnCl₂ + 2CH₃COOAg → (CH₃COO)₂Mn + 2AgCl¯.

8. t °, кат

1) C₇H₁₆ –––® C₆H₅CH₃ + 4H₂;

2) 5C₆H₅CH₃ + 6KMnO₄ + 9H₂SO₄ ® 5C₆H₅COOH + 3K₂SO₄ + 6MnSO₄ + 14H₂O;

3) C₆H₅COOH + NH₃ ® C₆H₅COONH₄;

4) C₆H₅COONH₄ + NaOH ® C₆H₅COONa + NH₃↑ + H₂O;

t°

5) C₆H₅COONa + NaOH ® C₆H₆ + Na₂CO₃;

H₂SO₄(конц)

6) C₆H₆ + HNO₃ ––––® C₆H₅NO₂ + H₂O.

Ответ: X – C₆H₅CH₃, Y – C₆H₅COONH₄, Z – C₆H₆.

2NaOH + ЭО _х → Na₂ЭО _х ₊₁ + H₂O.

Найдем массу конечного раствора, содержащего соль:

m _р-ра = 9.6 + 108 = 117.6 г.

Отсюда следует, что масса соли Na₂ЭО _х ₊₁ равна 117.6 · 0.1449 = 17.04 г.

В процессе реакции из-за вхождения Na₂O в состав соли изменение массы составило

17.04 – 9.6 = 7.44 г.

Отсюда n(Na₂O) = n(ЭО _х) = 0.12, следовательно, M(ЭО _х) = 9.6 / 0.12 = 80.

Если х = 2, то М(Э) = 48 (такого неметалла нет). Если х = 3, то М(Э) = 32. Это S.

Найдем массовую долю NaOH в конечном растворе. К оксиду неметалла добавили 10.8 г NaOH, в реакцию вступило 0.24 моль или 9.6 г, поэтому

w(NaOH) = 1.2 / 117.6 = 0.01 (или 1%).

Ответ: SO₃, Na₂SO₄, w(NaOH) = 1%.

10. Общая формула обоих гомологических рядов: C _n H₂ _n _–5N.

, n = 7.

С хлороводородом оба изомера реагируют по уравнению:

C₇H₉N + HCl ® C₇H₁₀NCl.

n_общ(C₇H₉N) = n(HCl) = 0.95 × 101.3 / (8.314 × 289.5) = 0.04 моль.

С бромной водой реагирует только гомолог анилина.

n(Br₂) = 320×0.04 / 160 = 0.08 моль.

Гомолог анилина содержит один атом углерода в боковой цепи. Если бы этот атом был в орто- или пара-положении по отношению к NH₂, то вещество реагировало бы с двойным количеством брома:

CH₃C₆H₄NH₂ + 2Br₂ ® CH₃C₆H₂Br₂NH₂ + 2HBr,

но в этом случае n(CH₃C₆H₄NH₂) = 0.08 / 2 = 0.04 моль, что невозможно. Поэтому реакция идет с тройным количеством брома, что возможно только в случае мета-положения заместителя:

n(гом.анилина) = 0.08 / 3 = 0.027 моль,

n(гом.пиридина) = 0.04 – 0.027 = 0.013 моль.

Массовые доли изомеров равны мольным долям:

w(гом.анилина) = 0.027 / 0.04 = 0.67,

w(гом.пиридина) = 1 – 0.67 = 0.33.

Ответ: 3-метиланилин, любой диметил- или этилпиридин. w(гом.анилина) = 0.67, w(гом.пиридина) = 0.33.

Ответы и указания к варианту BБ-2004-3

1. C₇H₈O.

2. Минимальная – H₂Se, K₂Se; максимальная – SeO₃, H₂SeO₄.

3. D_H₂ = 6.5.

4. CH₄ ® C₂H₂ ® CH₃CHO ® C₂H₅OH ® (C₂H₅)₂O.

5. 27.6 г K₂CO₃, 15 г KHCO₃.

6. а) 4.2×10^–3; б) 1.8×10^–5.

9. SeO₃, K₂SeO₄, w(KOH) = 7.6%.

10. 3-этиланилин или 3,5-диметиланилин, любой гомолог пиридина с тремя атомами углерода в боковых цепях. w(гом.анилина) = 0.67, w(гом.пиридина) = 0.33.

Ответы и указани

Понравилась статья? Добавь ее в закладку (CTRL+D) и не забудь поделиться с друзьями: