Задачи и упражнения / Кузьменко Н.Е., Теренин В.И. и др. Вступительные экзамены и олимпиады по химии. Опыт МГУ
.pdfРешения заданий очного тура олимпиады «Покори Воробьевы горы!» 93
отсюда формула соли - КСЮ3, хлорат калия.
Из условия задачи рассчитаем количества веществ хлората калия, се ры и гидроксида бария:
у(КСЮз) = 24.5 / 122.5 = 0.2 моль,
у(8 ) = 12.8 / 32 = 0.4 моль,
у(Ва(ОН)2) = (256.5 • 0.1) /171 = 0.15 моль.
Запишем уравнение протекающей реакции:
2КСЮ3 + 38 — — > 2КС1 + 3302Т 0.2 0.3 0.2 0.3
(КСЮ3 - в недостатке).
По соотношению моль гидроксида бария и сернистого газа в резуль тате их взаимодействия образуется кислая соль Ва(Н803)2:
Ва(ОН)2 + 2802 |
Ва(Н803)2. |
|
0.15 |
0.3 |
0.15 |
Масса образовавшейся соли:
/и(Ва(Н803)2) = 299 • 0.15 = 44.85 г.
Конечная масса раствора:
/«(раствора) = 256.5 + 0.3 • 64 = 275.7 г.
Массовая доля Ва(Н803)2 в растворе:
со(Ва(Н503)2 = |
44 85 |
0.1627 (или 16.27%). |
Ответ: 16.27% Ва(Н803)2.
7. При действии на смесь соляной кислоты протекает реакция с лином:
С6Н5ЫН2 + НС1 -> С6Н5Ш 3С1.
При этом соляной кислоты было израсходовано
у(НС1) = 49.7 - 1.08 - 0.17 / 36.5 = 0.25 моль,
отсюда количество анилина у(СбН5>Щ2) также равно 0.25 моль. С бромной водой осадок образуют анилин и фенол:
С6Н5ЫН2 + ЗВг2(водн) -> С6Н2Вг3Ш 21 + ЗНВг;
С6Н5ОН + ЗВг2(водн) -> С6Н2Вг3ОН4 + ЗНВг;
Массы образовавшихся осадков составляют:
/и(С6Н2Вг3Ш 2) = 0.25 • 330 = 82.5 г;
/п(С6Н2Вг3ОН) = 99.1 - 82.5 = 16.6 г
94 |
Олимпиада «Покори Воробьевы горы!» |
Количество С6Н2Вг3ОН:
у(С6Н2Вг3ОН) = 16.6 / 331 = 0.05 моль.
следовательно, количество фенола в смеси \'(С6Н5ОН) равно 0.05 моль. Рассчитаем массовые доли веществ в исходной смеси:
со(С6Н5Ш 2) = 0.25-93 / 50 = 0.465 (или 46.5%); со(С6Н5ОН) = 0.05-94 / 50 = 0.094 (или 9.4%); со(С6Н6) = 1 - 0.465 - 0.094 = 0.441 (или 44.1%).
Ответ-. 46.5% С6Н5Ш 2, 9.4% С6Н5ОН, 44.1% СбН6.
Решения заданий очного тура 2010
Вариант Брянск
1.Тй 22 протона, 22 электрона, \.ч22.ч22рвЗя2ЗрвЗс124.У.
2.Поскольку по условию т\ =тг, воспользовавшись уравнением Менделеева-Клапейрона, получаем
|
р {УМх |
р 2УМ2 |
|
|
откуда |
|
КТ |
~ КТ |
’ |
|
|
|
|
|
„ |
М.р, |
44-101.3 |
„„ . |
|
М 2 = — |
= ------------ = |
28 г/моль; |
||
|
р 2 |
|
159.2 |
|
такую молярную массу имеют газы 142, СО и С2Н4. |
||||
3 . 1) КА102 + 2Н20 |
К[А1(ОН)4]; |
|
2)К[А1(ОН)4] + С 02 -*• КНСОз + А1(ОН)3|;
3)2А1(ОН)3 + ЗН2804 ->•А12(804)3 + ЗН20;
4) |
А12(804)3 + 2КОН |
сплавление > 2КА102 + Н20 + 3802Т + 1.502Т; |
|
5) |
2К[А1(ОН)4] + 4Н2804 ->•А12(804)3 + К2804 + 8Н20; |
||
6) |
А1(ОН)3 + КОН — |
|
КА102 + 2Н20. |
Ответ-. X, - К[А1(ОН)4]; Х2 - А12(804)3. |
|||
4.1) |
2п + 2ЫаОН + 2Н20 -> № 2[2 п(ОН)4] + Н2Т; |
||
2) |
Р4 + ЗШОН + ЗН20 — — ►ЗNаН2Р02 + РН3Т; |
||
3) |
С2Н5Вг + ИаОН |
Н2° |
■» С2Н5ОН + ИаВг; |
4) С2Н5Вг + №ОН |
С2Н5° Н -> С2Н4 + ИаВг + Н20; |
||
5) |
С6Н5СООNа + ЫаОН |
С6Н6 + № 2С 03 |
5.Исходные молярные концентрации 8 0 2 и С 02 составляют
с(802) = 1 /1 0 = 0.1 моль/л;
Решения заданий очного тура олимпиады «Покори Воробьевы горы!» 95
с(С02) = 2 /1 0 = 0.2 моль/л.
После установления равновесия концентрации веществ будут равны:
8 |
0 2 |
+ С 02 г± |
8 0 3 |
+ СО. |
0.1 |
- х |
0.2 —х |
х |
х |
Константа равновесия: |
|
|
|
к _ [ЗОзНСО] |
х х |
3 |
[802]-[С02] |
(0 .1- х ) ( 0 .2 - х ) |
’ |
откуда х = 0.0814 моль/л. |
|
|
Концентрация 8 0 2 в равновесной смеси: |
|
|
[802] = 0.1 |
- х = 0.0186 моль/л. |
|
Количество 802 в равновесной смеси: |
|
у(802) = с - У = 0.0186 10 = 0.186 моль.
Ответ: 0.186 моль 802.
6. Обозначим количество меди в смеси через х моль, а количество ок сида меди - через у моль. Запишем уравнения реакций взаимодействия с концентрированной серной кислотой:
Си + 2Н2804 —►Си804 + 8 0 2 + 2Н20;
хх х
СиО + Н28 0 4 Си804 + Н20.
У |
У |
|
|
Масса исходной смеси: |
|
|
|
/и(смеси) = /и(Си) + /г1(СиО) = 64х + 80у = 22.4 |
г. |
(1) |
|
Масса полученного раствора: |
|
|
|
/и(р-ра) = /и(Н2804) + /и(смеси) - |
/г!(802) = 500 + 22.4 - 64х |
= 516 г, |
(2) |
откуда х = 0.1 моль, тогда из уравнения ( 1) у = 0.2 моль.
Рассчитаем количество сульфата меди, его массу и массовую долю в полученном растворе:
у(Си804) = х + у = 0.3 моль; /и(Си804) = 160 • 0.3 = 48 г;
со(Си804) = 48 / 516 = 0.093 (или 9.3%).
Ответ: 9.3%.
7. Пусть в смеси содержалось х моль сахарозы и у моль мальтозы. В реакцию «серебряного зеркала» вступают только восстанавливающие сахара:
К.-СНО + 2[Ае(Шз)2]ОН -> К.-СОСЖН4 + 2А§1 + з ш 3 + н 2о.
96 |
Олимпиада «Покори Воробьевы горы!» |
Сахароза не реагирует с [Аё(КН3)2]ОН, а мальтоза реагирует, и на у моль мальтозы выделяется 2у моль осадка серебра. После гидролиза дисахаридов
С12Н22Оп + Н20 -> С6Н120 6 + С6Н120 6;
сахароза |
глюкоза |
фруктоза |
х |
х |
х |
С12Н22Оп |
+ Н20 —> 2С6Н120 6; |
мальтоза |
глюкоза |
у |
2у |
в смеси содержится (х + 2у) моль глюкозы. Именно глюкоза вступает в реакцию «серебряного зеркала». В реакции с раствором [А§(1^Н3)2]ОН выделяется (2х + 4у) моль серебра. По условию задачи,
2х +4у .
2 у
откуда х = 2у. Молярные массы мальтозы и сахарозы равны, поэтому массовая доля сахарозы:
со(сахарозы) = 2 / 3 = 0.667 (или 66.7%).
Ответ'. 66.7%.
Вариант Москва
1. 8 с: 21 протон, 21 электрон, \й12з22р6Ъз2Ър6Ъ<114з1.
2. Поскольку по условию т\ = т2, воспользовавшись уравнением Менделеева-Клапейрона, получаем
Р\УМ\ _ р 2УМ2
КТ ~ КТ 9
откуда
М\Р\ 17-101.3 _ ,
М. = — — = ----------- = 30 г/моль;
р2 57.4
такую молярную массу имеют N0, СН20, С2Н6.
3. Гидролиз олигосахарида схематично можно записать как
(С6Н10О5)„ Н2°- ^ «С6н 120 6.
В молекуле глюкозы имеется пять групп -ОН, всего 5п. В молекуле олигосахарида остатки глюкозы в цепи содержат по три группы -ОН, а концевые остатки глюкозы - по четыре группы -ОН, всего
(л-2)-3 + 2*4 = Зл + 2.
На ацилирование одной группы -ОН требуется одна молекула ангид рида:
Решения заданий очного тура олимпиады «Покори Воробьевы горы!» 97
к |
|
А* |
к |
|
|
Г л „ |
С Н з-С ^ |
о — |
| |
сн3- < |
|
Н С - О Н + |
|
|
Н С ^ О -С -С Н з + |
||
I |
г и |
г*/ |
|
^ |
ОН |
К] |
с н з |
с |
|
к, |
|
о
Соответственно, количество ангидрида, необходимого для ацилирования, равно количеству групп ОН. По условию,
5" -1 .5 .
Зл + 2
откуда п = 6 .
Ответ: молекула олигосахарида состоит из шести остатков глюкозы.
4 . 1) 14НС1 + К2Сг20 7 -> ЗС12Т + 2СгС13 + 2КС1 + 7Н20;
2)2КОН + К2Сг20 7 -> 2К2СЮ4 + Н20;
3)Н28 0 4(конц) + К2Сг20 7(тв) —-—> 2СЮ34' + К28 0 4 + Н20;
4) ЗСН3СН2ОН + К2Сг20 7 + 4Н28 0 4 — |
ЗСН3СНО + Сг2(804)3 |
|
|
+ К28 0 4 |
+ 7Н20; |
5) ЗСН3СН2ОН + 2К2Сг20 7 + 8Н28 0 4 — |
ЗСН3СООН + |
|
+ 2Сг2(804)3 + 2К28 0 4 + Н20.
5.Исходные молярные концентрации СО и С12 составляют:
с(СО) = 10/20 = 0.5 моль/л, с(С12) = 5/20 = 0.25 моль/л.
После установления равновесия концентрации веществ будут равны:
|
СО + |
С12 ** |
СОС12. |
|
|
0.5-л: 0.25-л: |
х |
|
|
Константа равновесия: |
|
|
|
|
к |
[СОС12] |
|
х |
_ Е |
|
[СО] • [С12] |
(0.5- х ) - (0.25- х ) |
’ |
откуда х = 0.18 моль/л.
Количество СОС12 в исходной равновесной смеси равно у(СОС12) = с У= 0.18 • 20 = 3.6 моль.
Ответ: 3.6 моль.
6 . Обозначим количество меди в смеси через х, а количество ок меди - через у. Запишем уравнения реакций взаимодействия с концен трированной серной кислотой:
Си + 2Н28 0 4 -> Си804 + 3 0 2Т + 2НгО;
98 |
Олимпиада «Покори Воробьевы горы!» |
|
Си20 + ЗН28 0 4 -> 2Си804 + 8 0 2| + ЗН20. |
||
У |
2у |
у |
Масса исходной смеси: |
|
|
|
64л: + 144у = 40 г. |
По условию, массовая доля соли:
(х + 2у)-160
ю(Си804) =
Решение системы из двух уравнений
64х + 144у = 40;
]60-(х +2 у)
дает х = 0.4, у = 0.1.
Рассчитаем массу полученного раствора:
/и(р-ра) = т{исх) + т(смеси) - т{8 0 2) = 472 + 40 - (х + у) • 64 = 480 г.
Ответ: 480 г.
7. Искомое соединение может быть либо алкином-1 (и тогда осад ацетиленид серебра), либо альдегидом (и тогда - это реакция «серебряно го зеркала» и осадок - металлическое серебро). Предположим, что осадок - серебро; тогда его количество
у(А§) = 21.6 /108 = 0.2 моль.
Если искомое вещество содержит одну альдегидную группу, то схе матически реакцию можно записать так:
К-СНО + Аё20 -► К-СООН + 2А§1.
0.1 моль |
0.2 моль |
Тогда молярная масса исходного вещества составит |
|
|
М= 9.0 / 0.1 =90 г/моль. |
При сгорании такой же навески вещества образовалась смесь С 02 и Н20 в количестве
Оставшийся после охлаждения газ - это С 02, количество которого со ставляет
^ с о 2) = 7.21-101.3 = 0.3 моль, 8.31-293
что подтверждается реакцией
Решения заданий очного тура олимпиады «Покори Воробьевы горы!» 99
Са(ОН)2 + С 0 2 |
-> СаС031 + Н20 . |
|
|
0.3 моль |
|
30 г= 0.3 моль |
|
Следовательно, масса С в исходной навеске равна 0.3 *12 = 3.6 г. На |
|||
долю Н20 приходится 0.6 - 0.3 = |
0.3 моль. Значит, масса |
Н в исходной |
|
навеске равна0.6 • 1 = 0.6 г. Остальная масса навески 9.0- 3.6 |
- 0.6 = 4.8 г |
||
приходится, скорее всего, на кислород. |
|
||
Определим простейшую формулу исходного вещества |
|
||
С : Н : 0 = — |
: — |
= 1 : 2: 1 (СН20). |
|
12 |
1 |
16 |
|
С учётом молярной массы М = 90 г/моль истинная формула - С3Н60 3, |
|||
которая соответствует, например, следующим веществам: |
|
||
с н 2- с р н - с ^ |
|
н _ с -- ° |
|
ОН ОН |
|
О -С Н , - с н , - о н |
|
|
|
сложный эфир этиленгликоля |
|
глицериновый альдегид |
|
и муравьиной„кислоты |
Вариант Нижний Новгород
1.С<1: 48 протонов, 48 электронов, 1 у22.г2р63 у23р4.г3<7104//4а'105.?2.
2.Поскольку по условию гп\ = т2, воспользовавшись уравнением Менделеева-Клапейрона, получаем
р1УМ1 _ р 2УМ2 КТ КТ
откуда
р 7 |
Р\М |
1 1-28 _ |
= —— |
- = -------= 0.70 атм. |
|
2 |
М 2 |
40 |
Ответ: 0.7 атм.
3.1) 2СгС13 + ЗС12 + 16КОН -> 2К2СЮ4 + 12КС1 + 8Н20;
2)2К2СЮ4 + Н2§0 4 -► К2Сг20 7 + К2804 + Н20;
3)С2Н4 + 2К2Сг20 7 + 8Н2804 -<■ 2С02| + 2Сг2(804)3 +
+2К2804 + ЮН20;
4) |
Сг2(804)3 + ЗВаС12 |
2СгС13 + ЗВа804|; |
5) |
2К2Сг04 + ЗК28 0 3 + 5Н28 0 4 -*• 5К2804 + Сг2(804)3 + 5Н20; |
|
6 ) К2Сг20 7 + 14НС1 |
ЗС12Т + 2КС1 + 2СгС13 + 7Н20. |
|
Ответ: X, - К2СЮ4; Х2 - Сг2(804)з. |
||
4.1) |
38 + 6КОН — % |
К28 0 3 + 2К28 + ЗН20; |
2) |
2А1 + 2КОН + 6Н20 -► 2К[А1(ОН)4] + ЗН2Т; |
100 |
|
|
Олимпиада «Покори Воробьевы горы!» |
3) С2Н5С1 + КОН |
Н2° |
■» С2Н5ОН + КС1; |
|
4) |
С2Н5С1 + КОН |
сгн»°”-> С2Н4 + КС1 + Н20; |
|
5) |
СН3СООСН3 + КОН |
н-2^ СН3СООК + СН3ОН. |
5. Исходные молярные концентрации С 02 и Н20 составляют
с(С02) = 4 /16 = 0.25 моль/л;
с(Н20) = 2 /16 = 0.125 моль/л.
После установления равновесия концентрации веществ будут равны:
СО + Н20 ** |
С 02 + |
Н2 |
0.25- х 0.125- х |
х |
х. |
Константа равновесия: |
|
|
к [С 02] [Н2] |
х х |
2 |
[СО][Н20] (0.25 - х) • (0.125 - х)
откуда х = 0.0955 моль/л, т.е. концентрация Н2 в равновесной смеси равна 0.0955 моль/л.
Количество Н2 в равновесной смеси равно
у(Н2) = с • У= 0.0955 *16 = 1.53 моль.
Ответ: 1.53 моль водорода.
6 . Запишем уравнения всех упомянутых реакций:
42п + ЮНЖЭз -► Ш 4>ТО3 + 4 2 п (Ш 3)2 + ЗН20 ;
И Н ^О з + ЫаОН — ЫН3| + № Ш 3 + Н20;
2 Ш 3 + Ре20 3 — |
2Ре + И2Т + ЗН20. |
Из условия задачи рассчитаем количество оксида железа:
у(Ре20 3) = 16 / 160 = 0.1 моль.
Следовательно, исходя из уравнений реакций, у(КН3) = 0.2 моль; у(2п) = 4 • 0.2 = 0.8 моль.
Масса цинка, растворенного в воде:
т(7л\) = 0.8 • 65 = 52 г.
Ответ: 52 г цинка.
7. Гидролиз сахарозы приводит к образованию моносахаридов, сум марное число групп -ОН в молекулах которых (10) больше, чем число групп -ОН в молекуле дисахарида (8):
С12Н220ц + Н20 |
—> С6Н120 6 |
+ С6Н120 6. |
сахароза |
глюкоза |
фруктоза |
Решения заданий очного тура олимпиады «Покори Воробьевы горы!» 10 1
Значит, всего в х моль сахарозы содержится 8х моль групп -ОН, а в продуктах гидролиза - 10х моль. Разница: 10х - 8х=2х.
На ацилирование одной группы -ОН требуется одна молекула ангид рида:
Р |
СН,—с н !- с / ° |
1* Оч |
С—он + |
/О —►Н С -О -С —СН2-СНз+СН3-СН2- с |
|
I |
сн,-снг-с(о |
V |
По условию задачи количество ангидрида:
у((СН3СН2С0 )20 ) = 2.6 / 130 = 0.02 моль;
значит, 2х = 0.02 моль, откуда х = 0.01 моль. Рассчитаем массу сахарозы и глюкозы:
/и(сахарозы) = 0.01 • 342 = 3.42 г;
т(глюкозы) = 7.02 - 3.42 = 3.6 г.
Ответ: 3.42 г сахарозы, 3.6 г глюкозы.
Вариант Омск
1.У: 39 протонов, 39 электронов, 1/2/2/?63$23/?64$23^104/?65я24^1
2.Поскольку по условию тх=т2, воспользовавшись уравнением Менделеева-Клапейрона, получаем
рхУМх _ р 2УМ2
КТ |
~ КТ 9 |
откуда |
|
М хр х _ 40-101.3 |
|
М 7 = — = |
— = 28 г/моль; |
2 р 2 |
144.7 |
такую молярную массу имеют Ы2, СО, С2Н4.
н+ /°
3.1) (С6Н1о0 5)„ + пН20 ---- 2— > пСьНХ20 6 (гидролиз целлюлозы с
образованием глюкозы);
2)С 6Н,20 6 |
фермент > |
2С2Н5ОН + 2С02Т (спиртовое брожение |
|
глюкозы); |
|
|
|
3) 2С2Н5ОН |
2пО,450° |
> С4Н6 + 2Н20 + Н2 (реакция Лебедева); |
|
4) СН2=СН-СН=СН2 + Вг2 |
-» ВгСН2-СН=СН-СН2Вг |
||
(1,4-присоединение); |
|
|
5)ВгСН2-СН=СН-СН2Вг + 2КОН —
—НО- СН2-СН=СН-СН2-ОН + 2КВг;
102 |
Олимпиада «Покори Воробьевы горы!» |
|
|
6) НО-СН2-СН=СН-СН2-ОН + Н2 — |
|
|
— |
НО- СН2-СН2-СН 2-СН 2-ОН; |
|
7) 5НОСН2-СН2-СН2-СН2ОН + 8КМп04 + 12Н23 0 4 |
|
|
-► 5НООС-СН2-СН2-СООН + 4К28 0 4 + 8Мп804 + 22НгО. |
4.1) РС13 + С12 -> РС15;
2)2КВг + С12 ->• 2КС1 + Вг2;
3) Си С12 —^ СиС12; |
|
|
|
4) |
С6Н5-СН3 + С12 — |
С6Н5-СН2С1 + НС1; |
|
5) |
С6Н5СН3 + С12 РеС'3 |
> |
иара-С1-СбН4-СН 3 + НС1. |
5. Исходные молярные концентрации 8 0 3 и Н2 составляют |
|||
|
с(803) = 3 |
/ 20 = 0.15 моль/л; |
|
|
с(Н2) = 2 |
/ 20 = 0.1 моль/л. |
После установления равновесия концентрации веществ будут равны:
8 0 3 + Н2 ^ 8 0 2 + Н20.
0.15 - х 0.1 - |
х х |
х |
|
Константа равновесия |
|
|
|
к _ [502]-[Н20 ] _ |
х-х |
1 6 |
|
[803]-[Н2] |
( 0 Л 5 - х) |
( 0 Л - х) |
* ’ |
откуда х = 0.0667 моль/л. |
|
|
|
Концентрация водорода в равновесной смеси:
[Н2] = 0.1 - х = 0.0333 моль/л.
Количество водорода в равновесной смеси:
у(Н2) = с - У = 0.0333 • 20 = 0.667 моль.
Ответ: 0.667 моль.
6 . Обозначим количество оксида меди в смеси через х, а количество
меди - через у. Запишем |
уравнения реакций взаимодействия этих ве |
|
ществ с концентрированной азотной кислотой: |
||
Си20 + 6 Ш 0 3 - » 2Си(И03)2 + 2 Ш 2! + ЗН20; |
||
х |
2х |
2х |
Си + 4НИ03 -» Си(Ж >3)2 + 2 Ш 2Т + 2Н20. |
||
У |
У |
2у |
Масса исхо дн ой смеси:
т(смеси) = т(Си20) + т(Си) = 144* + 64у = 27.2 г. Масса полученного раствора: