Глава 28. Решения избранных вариантов вступительных экзаменов

В этой главе приведены эталонные решения половины экзаменационных вариантов, представленных в главах 26 и 27. Необходимо иметь в виду, что многие решения не являются единственно верными, т.к. часть заданий допускает несколько правильных решений.

Решение варианта CО-95-3

1.

10 -электронов.

2. а) Окислительные свойства:

SO₂ + 2H₂S = 3S + 2H₂O,

t

SO₂ + 3Mg  MgS + 2MgO.

б) Восстановительные свойства:

SO₂ + Br₂ + 2H₂O = H₂SO₄ + 2HBr,

5SO₂ + 2KMnO₄ + 2H₂O = K₂SO₄ + 2MnSO₄ + 2H₂SO₄.

3. Это вещество — карбонат аммония, (NH₄)₂CO₃.

(NH₄)₂CO₃ + 2CH₃COOH = 2CH₃COONH₄ + CO₂ + H₂O,

t

(NH₄)₂CO₃ + 2KOH  K₂CO₃ + 2NH₃ + 2H₂O,

3(NH₄)₂CO₃ + 2AlCl₃ + 3H₂O = 2Al(OH)₃ + 3CO₂ + 6NH₄Cl.

4. 2H₂S + 3O₂ = 2SO₂ + 2H₂O, (1)

NaOH + SO₂ = NaHSO₃, (2)

2NaOH + SO₂ = Na₂SO₃ + H₂O, (3)

Na₂SO₃ + Ca(NO₃)₂ = CaSO₃ + 2NaNO₃. (4)

(H₂O) = (SO₂) = (H₂S) = 4,48 / 22,4 = 0,2 моль.

(NaOH) = 57,41,220,2 / 40 = 0,35 моль.

Пусть x моль SO₂ вступило в реакцию (2), y моль SO₂ — в реакцию (3), тогда

x = 0,05, y = 0,15.

m(р-ра) = m(р-ра NaOH) + m(H₂O) + m(SO₂) = 57,41,22 + 0,218 + 0,264 = 86,4 г.

(NaHSO₃) = x = 0,05, m(NaHSO₃) = 0,05104 = 5,2 г, (NaHSO₃) = 5,2 / 86,4 = 0,0602 = 6,02%.

(Na₂SO₃) = y = 0,15, m(Na₂SO₃) = 0,15126 = 18,9 г, (Na₂SO₃) = 18,9 / 86,4 = 0,219 = 21,9%.

(CaSO₃) = (Na₂SO₃) = 0,15, m(CaSO₃) = 0,15120 = 18,0 г.

Ответ. (NaHSO₃) = 6,02%, (Na₂SO₃) = 21,9%; m(CaSO₃) = 18,0 г.

H₃PO₄

5. 1) C₆H₆ + CH₃CH=CH₂  C₆H₅CH(CH₃)₂

“A”

h

2) C₆H₅CH(CH₃)₂ + Br₂  C₆H₅CBr(CH₃)₂ + HBr

“Б”

C₂H₅OH

3) C₆H₅CBr(CH₃)₂ + KOH  C₆H₅C(CH₃)=CH₂ + KBr + H₂O

“В”

H₂, Ni

4) C₆H₅C(CH₃)=CH₂ + H₂  C₆H₅CH(CH₃)₂

“Г”

5)

“Д”

6) 5BrC₆H₄CH(CH₃)₂ + 18KMnO₄ + 27 H₂SO₄ = 5BrC₆H₄COOH + 10CO₂ + 9K₂SO₄ + 18MnSO₄ + 42H₂O.

“Е”

x x/2 2x x/4

6. 4Fe(NO₃)₂ = 2Fe₂O₃ + 8NO₂ + O₂

y y/2 3y 3y/4

4Fe(NO₃)₃ = 2Fe₂O₃ + 12NO₂ + 3O₂

Пусть в исходной смеси содержалось x моль Fe(NO₃)₂ и y моль Fe(NO₃)₃, тогда в газовой смеси находится (2x + 3y) моль NO₂ и (x/4 + 3y/4) моль O₂.

6(2x + 3y) + 32(x/4 + 3y/4)

M_ср(NO₂,O₂) =  =

(2x + 3y) + (x/4 + 3y/4)

= 401,09 = 43,6,

откуда y = 1,27x.

m(исх. смеси) = m(Fe(NO₃)₂) + m(Fe(NO₃)₃) = 180x + 242y = 486,5x.

m(кон. смеси) = m(Fe₂O₃) = 160(x/2 + y/2) = 181,3x.

Масса смеси после прокаливания уменьшилась в 486,5 / 181,3 = 2,68 раза.

Ответ. В 2,68 раза.

7. Реакция вещества “А” с Fe + HCl свидетельствует о том, что в состав соединения входит группа NO₂. Радикал C₈H₉ принадлежит к ряду ароматических радикалов (C_nH_2n-7). 6 атомов углерода образуют ароматическое ядро, а два атома углерода находятся в боковых цепях. Поскольку при окислении число атомов углерода не изменяется, это означает, что в молекуле “А” было две группы CH₃ (если бы была одна группа C₂H₅, то при окислении число атомов углерода уменьшилось бы на единицу: C₂H₅  COOH + CO₂). Таким образом, вещество “А” — диметилнитробензол. Существует 6 изомерных диметилнитробензолов:

(в скобках приведено число возможных монобромпроизводных, стрелки указывают направления замещения). Число монобромпроизводных определяется правилами ориентации (CH₃ — ориентант 1-го рода, NO₂ — 2-го рода) и симметрией молекулы. Всем условиям задачи удовлетворяют два изомера: второй и шестой.

Уравнения реакций:

(CH₃)₂C₆H₃NO₂ + 3Fe + 7HCl = (CH₃)₂C₆H₃NH₂ + 3FeCl₂ + 2H₂O,

5(CH₃)₂C₆H₃NO₂ + 12KMnO₄ + 18H₂SO₄ = 5(HOOC)₂C₆H₃NO₂ + 6K₂SO₄ + 12MnSO₄ + 28H₂O.

Решение варианта С-95-4

1. 4-нитрофенол — более сильная кислота за счет –М-эффекта нитрогруппы.

2. CaCl₂ + CH₃COOK /

N₂H₄ + HCl  [N₂H₅Cl] (N₂H₄ — основание Льюиса)

3. Реактив — подкисленный раствор KMnO₄.

CH₃COONa + KMnO₄ /

5H₂CO + 4KMnO₄ + 6H₂SO₄ = 5CO₂ + 2K₂SO₄ + 4MnSO₄ + 11H₂O,

5C₂H₅OH + 4KMnO₄ + 6H₂SO₄ = 5CH₃COOH + 2K₂SO₄ + 4MnSO₄ + 11H₂O.

4. KAlO₂ + 4HCl = KCl + AlCl₃ + 2H₂O,

“X₁”

AlCl₃ + 3NH₃ + 3H₂O = Al(OH)₃ + 3NH₄Cl,

t

2Al(OH)₃  Al₂O₃ + 3H₂O,

“X₂”

сплавление

Al₂O₃ + 2KOH  2KAlO₂ + H₂O.

5. а) 2HI + H₂O₂ = I₂ + 2H₂O;

б) 3C₆H₅CH=CH₂ + 2KMnO₄ + 4H₂O  3C₆H₅CH(OH)CH₂OH + 2MnO₂ + 2KOH,

C₆H₅CH=CH₂ + 2KMnO₄ + 3H₂SO₄  C₆H₅COOH + CO₂ + K₂SO₄ + 2MnSO₄ + 4H₂O;

в) Ca₃(PO₄)₂ + 6HCl = 3CaCl₂ + 2H₃PO₄.

0,1 0,1

6. CaSO₃ + 2HCl = CaCl₂ + H₂O + SO₂

(HCl) = 500,2 / 36,5 = 0,274, (CaSO₃) = 12 / 120 = 0,1 — недостаток.

1) m₁ = m(р-ра HCl) – m(SO₂) = 50 – 0,164 = 43,6 г.

2) Пусть m(р-ра HCl) = x, m(HCl) = 0,1x, m(H₂O) = 0,9x

Cr₂S₃ + 6HCl = 2CrCl₃ + 3H₂S

Cr₂S₃ + 6H₂O = 2Cr(OH)₃ + 3H₂S

Пусть Cr₂S₃ вступает в реакции полностью: (Cr₂S₃) = 12 / 200 = 0,06.

(HCl) + (H₂O) = 0,066 = 0,36 = 0,1x / 36,5 + 0,9x / 18, откуда x = 6,83 г. При добавлении 6,83 г 10%-ной соляной кислоты Cr₂S₃ прореагирует полностью, при этом выделится 0,063 = 0,18 моль H₂S массой 0,1834 = 6,12 г. При дальнейшем добавлении соляной кислоты растворяется Cr(OH)₃, но масса стакана не изменяется.

m₁ = 43,6 = m(р-ра HCl) – m(H₂S), откуда m(р-ра HCl) = 43,6 + 6,12 = 49,72 г.

Ответ. m(р-ра HCl) = 49,72 г.

0,15 0,15

7. CH₃COOC₂H₅ + NaOH  CH₃COONa + C₂H₅OH,

C₃H₇OH + NaOH /

(CH₃COOC₂H₅) = 16,50,8 / 88 = 0,15, (NaOH) = 0,06258 = 0,5.

После упаривания в твердой смеси остались 0,15 моль CH₃COONa и 0,35 моль NaOH, которые реагируют друг с другом при прокаливании:

0,15 t 0,15

CH₃COONa + NaOH  CH₄ + Na₂CO₃.

После реакции: (Na₂CO₃) = 0,15, m(Na₂CO₃) = 0,15106 = 15,9 г, (NaOH) = 0,35 – 0,15 = 0,2, m(NaOH) = 0,240 = 8,0 г.

(Na₂CO₃) = 15,9 / 23,9 = 0,665 = 66,5%,

(NaOH) = 8,0 / 23,9 = 0,335 = 33,5%,

Ответ. (Na₂CO₃) = 66,5%, (NaOH) = 33,5%.

Решение варианта B-95-3

1.

2. 2FeBr₃ + H₂S = 2FeBr₂ + S + 2HBr (FeBr₃ – окислитель);

2FeBr₃ + 3Cl₂ = 2FeCl₃ + 3Br₂ (FeBr₃ — восстановитель).

3. CCl₃CH=CH₂ + HCl  CCl₃CH₂CH₂Cl

(присоединение против правила Марковникова за счет –I эффекта группы CCl₃);

H₂O

CCl₃CH₂CH₂Cl + 4KOH  HOOCCH₂CH₂OH + 4KCl + H₂O.

4. 1)

2)

3)

Способ обнаружения: водно-спиртовой раствор 4-нитропиридина окрашивает лакмус в синий цвет:

5. 1) BaSO₃ + H₂O₂ = BaSO₄ + H₂O

X₁ — сульфат бария, BaSO₄;

t

2) BaSO₄ + 2C  BaS + 2CO₂;

3) BaS + 2HCl = BaCl₂ + H₂S

X₂ — хлорид бария, BaCl₂;

4) BaCl₂ + H₂SO₄ = BaSO₄ + 2HCl;

5) BaCl₂ + Na₂SO₃ = BaSO₃ + 2NaCl.

6. (Cu(NO₃)₂) = 2350,2 / 188 = 0,25; m(NO₃^–) = 0,25262 = 31,0 г; (BaCl₂) = 1500,208 / 208 = 0,15.

Масса раствора после электролиза равна

m(NO₃^–) / (NO₃^–) = 31,0 / 0,092 = 337,0 г.

За счет электролиза масса раствора уменьшилась на m = 235 + 150 – 337 = 48,0 г. Для такого уменьшения массы электролиз должен был происходить в три этапа.

I этап. На катоде разряжаются ионы меди, на аноде — ионы хлора:

0,15 0,3 0,15

Cu²⁺ + 2e  Cu

0,3 0,3 0,15

2Cl^– – 2e  Cl₂ (Cl^– — в недостатке)

m₁ = m(Cu) + m(Cl₂) = 0,1564 + 0,1571 = 20,25 г; (e) = 0,3; в растворе осталось 0,1 моль ионов Cu²⁺.

II этап. На катоде разряжаются ионы меди, на аноде — ионы OH^–:

0,1 0,2 0,1

Cu²⁺ + 2e  Cu (Cu²⁺ — в недостатке)

0,2 0,05

4OH^– – 4e  O₂ + 2H₂O

m₂ = m(Cu) + m(O₂) = 0,164 + 0,0532 = 8,0 г; (e) = 0,2.

III этап. Электролиз воды: на катоде разряжаются ионы H⁺, на аноде — ионы OH^–:

2,2 1,1

2H⁺ + 2e  H₂

2,2 0,55

4OH^– – 4e  O₂ + 2H₂O

Масса воды, подвергшейся электролизу по уравнению 2H₂O = 2H₂ + O₂: m₃ = 48 – 20,25 – 8,0 = 19,8 г, (H₂O) = 19,8 / 18 = 1,1 = (H₂). (e) = 2,2.

Таким образом, на катоде выделилось (0,15+0,1)64 = 16,0 г Cu и 1,12 = 2,2 г H₂, на аноде — 0,1571 = 10,6 г Cl₂ и (0,05+0,55)32 = 19,2 г O₂. Через раствор прошло (0,3+0,2+2,2) = 2,7 моль электронов зарядом 2,796500 = 260550 Кл.

Ответ. Катод: 16,0 г Cu, 2,2 г H₂; анод: 10,6 г Cl₂, 19,2 г O₂. Q = 260550 Кл.

7. C_xH_yO_z + O₂  xCO₂ + y/2 H₂O

M_ср(H₂O,CO₂) = mRT / (pV) = RT / p = 1,0008,314473 / 113,3 = 34,71 г/моль.

34,71 = (44x + 18y/2) / (x + y/2), откуда x = 0,9y, т.е. (C):(H) = 9:10.

Из девяти атомов углерода шесть входят в состав ароматической системы, один — в состав альдегидной группы (реакция с [Ag(NH₃)₂]OH) и два атома находятся в метильных группах (при окислении CH₃  COOH не происходит выделения CO₂). Существует шесть диметилбензойных альдегидов, различающихся положением метильных групп относительно альдегидной группы (-2,3; -2,4; -2,5; -2,6; -3,4; -3,5). Из них только один изомер (-2,6) дает единственное мононитропроизводное (с учетом правил ориентации и симметрии молекулы):

(CH₃)₂C₆H₃CHO + 2[Ag(NH₃)₂]OH = (CH₃)₂C₆H₃COONH₄ + 2Ag + 3NH₃ + H₂O,

5(CH₃)₂C₆H₃CHO + 14KMnO₄ + 21H₂SO₄ = 5(HOOC)₂C₆H₃COOH + 7K₂SO₄ + 14MnSO₄ + 31H₂O.

Ответ. 2,6-диметилнитробензол.

Решение варианта М-95-2

1. CO₂ + 2NaOH = Na₂CO₃ + H₂O.

t

2. 1) 2Cu₂O + C  4Cu + CO₂;

t

2) CaCO₃ + 4C  CaC₂ + 3CO₂;

3) 3Cu₂O + 14HNO₃ = 6Cu(NO₃)₂ + 2NO + 7H₂O.

AlCl₃

3. 1) C₆H₆ + C₂H₅Cl  C₆H₅C₂H₅ + HCl;

“A”

h

2) C₆H₅C₂H₅ + Cl₂  C₆H₅CHClCH₃ + HCl;

“B”

C₂H₅OH

3) C₆H₅CHClCH₃ + KOH  C₆H₅CH=CH₂ + KCl + H₂O;

“C”

4) 3C₆H₅CH=CH₂ + 10KMnO₄  3C₆H₅COOK + 3K₂CO₃ + 10MnO₂ + KOH + 4H₂O.

“D”

4. Из а) и б) следует, что вещество может представлять собой двухатомный спирт. Из в) следует, что оно не содержит атомов галогенов и карбоксильной группы. Наконец, один из трех атомов углерода должен иметь 4 разных заместителя (асимметрический атом углерода, обеспечивающий оптическую активность, т.е. существование оптических изомеров). Возможная формула вещества:

Звездочкой обозначен асимметрический атом углерода. Уравнения реакций:

2HOCH₂CHOHCH₃ + Cu(OH)₂ + 2KOH = = K₂[Cu(OCH₂CH(CH₃)O)₂] + 4H₂O;

HOCH₂CHOHCH₃ + 2HBr  CH₃CHBrCH₂Br + 2H₂O.

5. 1) CaC₂ + 2H₂O = Ca(OH)₂ + C₂H₂

X₁ — гидроксид кальция, Ca(OH)₂;

2) Ca(OH)₂ + 2CH₃COOH = (CH₃COO)₂Ca + 2H₂O;

3) (CH₃COO)₂Ca + Na₂CO₃ = CaCO₃ + 2CH₃COONa.

X₂ — карбонат кальция, CaCO₃;

t

4) CaCO₃ + 4C  CaC₂ + 3CO₂.

6. С калием реагируют пиррол и бутанол-2:

z z/2

CH₃CH(OH)CH₂CH₃ + K  2CH₃CH(OK)CH₂CH₃ + 1/2H₂

Пусть (C₄H₄NH) = x, (CH₃C₅H₄N) = y, (C₄H₉OH) = z, тогда

(H₂) = PV / RT = 6,01101,3 / (8,31293) = 0,25 = x/2 + z/2.

После гидрирования пиррол превращается в пирролидин (x моль), 3-метилпиридин — в 3-метилпиперидин (y моль):

С соляной кислотой реагируют все три вещества, находящиеся в смеси после гидрирования:

z z

CH₃CH(OH)CH₂CH₃ + HCl  CH₃CHClCH₂CH₃ + H₂O

(HCl) = 76,040,36 / 36,5 = 0,75 = x + y + z

y = 0,25; m(CH₃C₅H₄N) = 0,2593 = 23,25 г.

Ответ. m(3-метилпиридина) = 23,25 г.

7. CH₃CH=CH₂ + H₂ <==> C₃H₈

Пусть (C₃H₆) = x, (H₂) = 1–x, тогда масса смеси равна

42x + 2(1–x) = 215 = 30, откуда x = 0,7, т.е. (C₃H₆) = 0,7, (H₂) = 0,3.

Давление уменьшилось на 25% при неизменных температуре и объеме за счет уменьшения на 25% числа молей в результате реакции. Пусть y молей H₂ вступило в реакцию, тогда после реакции осталось: (C₃H₆) = 0,7–y, (H₂) = 0,3–y, (C₃H₈) = y, _общ = 0,75 = (0,7–y) + (0,3–y) + y, откуда y = 0,25. Теоретически могло образоваться 0,3 моль C₃H₈ (H₂ — в недостатке), поэтому выход равен 0,25 / 0,3 = 0,833 = 83,3%.

Константа равновесия при данных условиях равна:

2) Пусть во втором случае (C₃H₆) = a, (H₂) = 1–a, тогда масса смеси равна

42a + 2(1–a) = 216 = 32, откуда a = 0,75, т.е. (C₃H₆) = 0,75, (H₂) = 0,25. Пусть в реакцию вступило b молей H₂. Это число можно найти из условия неизменности константы равновесия:

Из двух корней данного квадратного уравнения выбираем корень, удовлетворяющий условию: 0 < b < 0,25, т.е. b = 0,214.

Общее число молей газов после реакции равно _общ = (0,75–0,214) + (0,25–0,214) + 0,214 = 0,786, т.е. оно уменьшилось на 21,4% по сравнению с исходным количеством (1 моль). Давление пропорционально числу молей, поэтому оно также уменьшилось на 21,4%.

Ответ. Выход C₃H₈ — 83,3%. Давление уменьшится на 21,4%.

Решение варианта CО-96-1

1. Общая формула алифатических одноатомных спиртов:

где R, R', R'' — предельные алифатические радикалы или атомы водорода. Для того, чтобы спирт мог существовать в виде двух оптических изомеров, необходимо и достаточно, чтобы R, R', R'' были разными. В простейшем случае это H, CH₃, C₂H₅:

Это вещество называется бутанол-2. Его оптические изомеры:

2. Уравнение реакции:

5 объемов 2 объема

S₂Cl₂ + 3H₂SO₄ = 5SO₂ + 2HCl + 2H₂O.

(SO₂) = 5 / 7 = 0,714 = 71,4%, (HCl) = 2 / 7 = 0,286 = 28,6%.

3. С соляной кислотой могут реагировать амины, аминокислоты, соли карбоновых кислот и алкены:

RNH₂ + HCl = RNH₃Cl,

H₂N–CH(R)–COOH + HCl = Cl[H₃N–CH(R)–COOH],

RCOONa + HCl = RCOOH + NaCl,

R–CH=CH₂ + HCl  R–CHCl–CH₃.

4. Эта задача допускает несколько решений. Одно из них такое: X₁ — CaCO₃, X₂ — Ca(NO₃)₂. Уравнения реакций:

Ca(HCO₃)₂ + Ca(OH)₂ = 2CaCO₃ + 2H₂O,

t

CaCO₃  CaO + CO₂,

Ca(HCO₃)₂ + 2HNO₃ = Ca(NO₃)₂ + 2CO₂ + 2H₂O,

t

2Ca(NO₃)₂  2CaO + 4NO₂ + O₂,

CaCO₃ + 2HNO₃ = Ca(NO₃)₂ + CO₂ + H₂O,

Ca(NO₃)₂ + Na₂CO₃ = CaCO₃ + 2NaNO₃.

5. Первая реакция — это дегидроциклизация гептана (промышленный способ получения толуола):

При бромировании толуола в кольцо могут образоваться два монобромпроизводных: 2-бромтолуол (орто-изомер) и 4-бромтолуол (пара-изомер). Из реакции В  Г далее следует, что образовался 4-бромтолуол (см. ниже):

При окислении 4-бромтолуола метильная группа превращается в карбоксильную, и образуется 4-бромбензойная кислота:

Группа –COOH — мета-ориентант, а –Br — орто-пара-ориентант, поэтому при нитровании 4-бромбензойной кислоты первая нитрогруппа может попасть только в положение 3:

Если бы во второй реакции образовался 2-бромтолуол, то вещество В представляло бы собой 2-бромбензойную кислоту, и замещение водорода на нитрогруппу могло бы происходить в положения 3 и 5, при этом образовалась бы смесь двух мононитропроизводных.

Цинк в солянокислом растворе восстанавливает нитрогруппу до аминогруппы, которая присоединяет одну молекулу хлороводорода:

Диметиламин отнимает хлороводород у аминогруппы, связанной с бензольным кольцом, и одновременно реагирует как основание с карбоксильной группой:

6. Галогениды фосфора могут иметь формулу PX₃ или PX₅ (X — атом галогена). При их гидролизе образуется галогеноводородная кислота и фосфористая или фосфорная кислота:

1 моль 1 моль 3 моля

PX₃ + 3H₂O = H₃PO₃ + 3HX

1 моль 1 моль 5 молей

PX₅ + 4H₂O = H₃PO₄ + 5HX

Для полной нейтрализации продуктов гидролиза 1 моля PX₃ потребуется 5 молей KOH (H₃PO₃ — двухосновная кислота):

1 моль 2 моля

H₃PO₃ + 2KOH = K₂HPO₃ + 2H₂O

3 моля 3 моля

HX + KOH = KX + H₂O

Аналогично, для полной нейтрализации продуктов гидролиза 1 моля PX₅ потребуется 8 молей KOH:

1 моль 3 моля

H₃PO₄ + 3KOH = K₃PO₄ + 3H₂O

5 молей 5 молей

HX + KOH = KX + H₂O

(KOH) = c  V = 2 моль/л  0,035 л = 0,07 моль.

Рассмотрим сначала вариант галогенида фосфора (III):

(PX₃) = (KOH) / 5 = 0,014 моль,

M(PX₃) = m /  = 1,23 г / 0,014 моль = 88 г/моль,

A(X) = (88 – 31) / 3 = 19 г/моль.

X — фтор, искомый галогенид — PF₃.

В случае галогенида фосфора (V):

(PX₅) = (KOH) / 8 = 0,00875 моль,

M(PX₅) = m /  = 1,23 г / 0,00875 моль = 140,6 г/моль,

A(X) = (140,6 – 31) / 5 = 21,9 г/моль — не подходит.

Ответ. PF₃.

7. Эта задача допускает несколько решений, простейшее из которых — следующее. Одинаковый элементный состав (т.е., одинаковые элементы с одинаковыми массовыми долями) имеют все углеводороды состава C_nH_2n (алкены и циклоалканы). Действительно, (C) = 12n / (12n + 2n) = 6/7, (H) = 2n / (12n + 2n) = 1/7.

Уравнения сгорания имеют следующий вид:

C_xH_2x + 3x/2 O₂ = xCO₂ + xH₂O

C_yH_2y + 3y/2 O₂ = yCO₂ + yH₂O

C_zH_2z + 3z/2 O₂ = zCO₂ + zH₂O

По условию задачи, на сгорание одного моля C_xH_2x требуется столько же молей кислорода, что и для сжигания смеси, состоящей из одного моля C_yH_2y и одного моля C_zH_2z. Это означает, что 3x/2 = 3y/2 + 3z/2, то есть x = y + z. Теперь найдем x, y и z.

По условию, углеводороды Б и В изомерны между собой, причем других изомеров не имеют. Из всех веществ состава C_nH_2n два изомера имеет только C₃H₆ — пропен и циклопропан (y = 3, z = 3). Отсюда следует, что в состав вещества А входят шесть атомов углерода (x = y + z = 6). Из всех веществ состава C₆H₁₂ только циклогексан дает при бромировании единственное монобромпроизводное:

Таким образом, А — циклогексан, Б — пропен CH₃–CH=CH₂, В — циклопропан.

Решение варианта C-96-1

1. Молекулярная формула нитрофенола C₆H₅NO₃ (C₆H₄(OH)NO₂). Гомологи нитрофенола отличаются от него на n групп CH₂ и имеют общую формулу C_n+6H_2n+5NO₃. 11 атомов водорода (n =3) имеет, например, 2-пропил-4-нитрофенол:

2. Этот реагент — AgNO₃:

HBr + AgNO₃ = AgBr + HNO₃

NaF + AgNO₃ /

2KOH + 2AgNO₃ = Ag₂O + H₂O + 2KNO₃

AlCl₃ + 3AgNO₃ = 3AgCl + Al(NO₃)₃

AgBr — желтоватый осадок, Ag₂O — черно-бурый, AgCl — белый.

3. Рассмотрим треугольник, образованный атомом азота и двумя атомами фтора:

По теореме косинусов, r(F–F)² = 2r(N–F)² – 2r(N–F)² cos FNF, откуда cos FNF = –0,209, FNF = 102^o.

Это означает, что молекула NF₃ представляет собой неправильную треугольную пирамиду с вершиной в атоме азота, ребра пирамиды — равнобедренные треугольники. Пирамидальная форма свидетельствует о том, что атом азота находится в состоянии sp³-гибридизации.

4. X₁ — CuO:

2Cu₂O + O₂ = 4CuO

CuO + H₂SO₄ = CuSO₄ + H₂O

X₂ — Cu:

CuSO₄ + Fe = FeSO₄ + Cu

Cu + Cl₂ = CuCl₂

X₃ — Cu(OH)₂:

CuCl₂ + 2KOH = Cu(OH)₂ + 2KCl

2Cu(OH)₂ + CH₃CH=O  Cu₂O + CH₃COOH + 2H₂O

5. C₆H₁₂O₆  2C₂H₅OH + 2CO₂ (спиртовое брожение глюкозы)

140 ^oC, H₂SO₄

C₂H₅OH  C₂H₄ + H₂O

C₂H₄ + Cl₂  C₂H₄Cl₂

C₂H₅OH

C₂H₄Cl₂ + 2KOH  C₂H₂ + 2KCl + 2H₂O

C, 600 ^oC

3C₂H₂  C₆H₆

H₂SO₄

C₆H₆ + HNO₃  C₆H₅–NO₂ + H₂O

C₆H₅–NO₂ + 3(NH₄)₂S  C₆H₅–NH₂ + 3S + 2NH₄OH + 4NH₃

6. В парах уксусная кислота находится частично в виде димеров, а частично в виде отдельных молекул:

x молей x/2 молей

2CH₃COOH  (CH₃COOH)₂

Исходное количество уксусной кислоты: (CH₃COOH) = m / M = 5,4 / 60 = 0,09 моль. Пусть в реакцию димеризации вступило x молей CH₃COOH, тогда образовалось x/2 молей димера (CH₃COOH)₂ и осталось (0,09 – x) молей CH₃COOH.

Общее количество веществ в газовой фазе равно:

 = PV / (RT) = 43,7  4,50 / (8,31  473) = 0,05 = x/2 + (0,09 – x),

откуда x = 0,08 моль. Число молекул димера уксусной кислоты в газовой фазе равно:

N[(CH₃COOH)₂] =   N_A = 0,08 / 2  6,02  10²³ = 2,408  10²²

Ответ. 2,408  10²² молекул (CH₃COOH)₂.

7. Щелочной гидролиз обычных сложных эфиров происходит в соответствии с уравнением:

R–CO–O–R' + NaOH  RCOONa + R'OH

"Б"

Если для реакции гидролиза нужно вдвое большее количество щелочи, то это означает, что R'OH реагирует с щелочью, то есть R'OH — фенол или его гомолог:

0,0025 моль 0,005 моль

R''–CO–O–C₆H₄–R''' + 2NaOH  R''COONa + "А" + NaO–C₆H₄–R''' + H₂O

Таким образом, вещество Б — сложный эфир спирта, а вещество А — сложный эфир фенола или его гомолога.

Найдем молярную массу сложного эфира А по второму уравнению:

(NaOH) = c  V = 0,1 моль/л  0,05 л = 0,005 моль,

(R''–CO–O–C₆H₄–R''') = (NaOH) / 2 = 0,0025 моль,

M(R''–CO–O–C₆H₄–R''') = m /  = 0,375 г / 0,0025 моль = 150 г/моль,

M(R'' + R''') = 150 – M(CO–O–C₆H₄) = 30 г/моль.

Возможны три варианта распределения 30 г/моль между радикалами R'' и R''': 1) R'' = H, R''' = C₂H₅; 2) R'' = CH₃, R''' = CH₃; 3) R'' = C₂H₅, R''' = H. Первый вариант отпадает, поскольку эфир не дает реакции серебряного зеркала и, следовательно, не является эфиром муравьиной кислоты.

Рассмотрим второй вариант: CH₃–CO–O–C₆H₄–CH₃. Оба заместителя в бензольном кольце — и CH₃–CO–O и CH₃ — орто-пара-ориентанты. С учетом этого можно определить число мононитропроизводных, образующихся при нитровании эфира. Преимущественные направления нитрования для орто-, мета- и пара-изомеров эфира А показаны стрелочками:

Условию задачи удовлетворяет мета-изомер, то есть сложный эфир уксусной кислоты и мета-крезола:

Третий вариант, в котором вещество А представляет собой сложный эфир пропионовой кислоты и фенола: C₂H₅COOC₆H₅, не подходит, т.к. при нитровании этого эфира преимущественно образуются только два мононитропроизводных, в которых нитрогруппы находятся в орто- и пара-положениях по отношению к группе C₂H₅COO–.

В сложном эфире Б бензольное кольцо находится со стороны кислоты. Эфир может быть образован бензойной кислотой и этанолом

или метилбензойной кислотой (3 изомера) и метанолом:

Решение варианта B-96-2

1. Простейший амин, который имеет структурные изомеры — это C₂H₇N. Изомеры: CH₃CH₂NH₂ (этиламин) и CH₃NHCH₃ (диметиламин).

2. а) K₂Cr₂O₇ + 3SO₂ + H₂SO₄ = K₂SO₄ + Cr₂(SO₄)₃ + H₂O

б) 2K₂CrO₄ + 3KNO₂ + 2KOH + 5H₂O = 3KNO₃ + 2K₃[Cr(OH)₆]

3. Фрагменты А входят в состав целлюлозы, следовательно А — -глюкоза (изображена в пиранозной форме, т.е. в форме 6-членного цикла):

Смесь линейной формы глюкозы, -глюкозы и -глюкозы образуется при гидролизе следующего дихлорида:

CH₂OH–(CHOH)₄CHCl₂ + H₂O  C₆H₁₂O₆ + 2HCl

(гидролиз дихлоридов — один из способов получения альдегидов).

Вещество Б — -глюкоза в пиранозной форме:

4. 1) 3C₂H₅OH + 4Na₂CrO₄ + 7NaOH + 4H₂O = = 3CH₃COONa + 4Na₃[Cr(OH)₆]

2) CH₃COOC₂H₅ + NaOH = CH₃COONa + C₂H₅OH

3) 5C₂H₅OH + 4KMnO₄ + 6H₂SO₄ = 5CH₃COOH + 2K₂SO₄ + 4MnSO₄ + 11H₂O

4) CH₃COONa + C₂H₅I = CH₃COOC₂H₅ + NaI

5) CH₃COONa + HCl = CH₃COOH + NaCl

t, H₂SO₄

6) CH₃COOH + C₂H₅OH  CH₃COOC₂H₅ + H₂O

5. а) Окисление FeCl₂ концентрированной серной кислотой:

2FeCl₂ + 4H₂SO₄ = Fe₂(SO₄)₃ + SO₂ + 4HCl + 2H₂O

б) окисление PH₃ водным раствором перманганата калия:

3PH₃ + 8KMnO₄ = 8MnO₂ + 2K₃PO₄ + K₂HPO₄ + 4H₂O

в) реакция между водными растворами CuSO₄ и Na₂CO₃ (взаимный гидролиз):

2CuSO₄ + 2Na₂CO₃ + H₂O = [Cu(OH)]₂CO₃ + 2Na₂SO₄ + CO₂

г) вытеснение глицерина из глицерата натрия уксусной кислотой:

NaOCH₂–CHONa–CH₂ONa + 3CH₃COOH   HOCH₂–CHOH–CH₂OH + 3CH₃COONa

6. При нагревании перманганат калия разлагается:

0,06 t 0,03 0,03 0,03

2KMnO₄ = K₂MnO₄ + MnO₂ + O₂ 

Масса смеси уменьшается за счет выделившегося кислорода:

(O₂) = m / M = (22,12 – 21,16) / 32 = 0,03 моль. В результате реакции также образовалось 0,03 моль K₂MnO₄, 0,03 моль MnO₂ и израсходовано 0,06 моль KMnO₄. Перманганат калия разложился не весь. После реакции он остался в смеси в количестве (KMnO₄) = 22,12/158 – 0,06 = 0,08 моль.

Все три вещества, находящиеся в конечной смеси (KMnO₄, K₂MnO₄, MnO₂), — сильные окислители и при нагревании окисляют соляную кислоту до хлора:

0,08 0,64 0,2

2KMnO₄ + 16HCl = 5Cl₂ + 2KCl + 2MnCl₂ + 8H₂O

0,03 0,24 0,06

K₂MnO₄ + 8HCl = 2Cl₂ + 2KCl + MnCl₂ + 4H₂O

0,03 0,12 0,03

MnO₂ + 4HCl = Cl₂ + MnCl₂ + 2H₂O

(Cl₂) = (0,08  5/2) + (0,03  2) + 0,03 = 0,29 моль,

V(Cl₂) = 0,29  22,4 = 6,50 л.

(HCl) = (0,08  16/2) + (0,03  8) + (0,03  4) = 0,96 моль,

m(HCl) =   M = 0,96  36,5 = 35,04 г,

m(р-ра HCl) = m(HCl) / (HCl) = 35,04 / 0,365 = 96,0 г,

V(р-ра HCl) = m /  = 96,0 / 1,18 = 81,4 мл.

Ответ. V(Cl₂) = 0,29  22,4 = 6,50 л, V(р-ра HCl) = 81,4 мл.

7. Ключевая идея задачи состоит в том, что при гидролизе эфира образуется вещество, реагирующее с аммиачным раствором оксида серебра, то есть альдегид или спирт с тройной связью в конце углеродной цепи. Альдегид образуется при изомеризации непредельных спиртов вида HO–CH=CHR, в которых гидроксильная группа находится при двойной связи. Непредельные спирты такого типа не выделены, поскольку они быстро изомеризуются, однако существуют их простые и сложные эфиры, которые изомеризоваться не могут. Таким образом, уравнение реакции гидролиза имеет вид:

0,00845 0,00845

R’–CO–O–CH=CH–R + KOH  R’COOK + O=CH–CH₂–R

где R’ — ароматический радикал C_nH_2n–7. Образующийся альдегид вступает в реакцию серебряного зеркала

0,00845 0,01689

RCH₂CH=O + 2[Ag(NH₃)₂]OH  RCH₂COONH₄ + 2Ag + 3NH₃ + H₂O

(Ag) = m / M = 1,824 / 108 = 0,01689 моль,

(RCH₂CH=O) = (Ag) / 2 = 0,00845 моль,

(R’–CO–O–CH=CH–R) = (RCH₂CH=O) = 0,00845 моль,

M(R’–CO–O–CH=CH–R) = m /  = 1,368 / 0,00845 = 162 г/моль,

M(R’+R) = 162 – M(CO–O–CH=CH) = 162 – 70 = 92 г/моль.

Если R’ = C_nH_2n–7, а R = C_mH_2m+1, то получаем уравнение

(12n + 2n – 7) + (12m + 2m + 1) = 92

откуда n + m = 7, при этом n  6 (ароматический радикал).

Этому условию удовлетворяют два набора чисел: n = 6, m = 1 или n = 7, m = 0. В первом случае имеем эфир бензойной кислоты:

Набор чисел n = 7, m = 0 соответствует виниловым эфирам метилбензойных кислот (3 изомера):

В случае, если спирт содержит тройную связь на конце цепи, уравнения реакций выглядят следующим образом:

R’–CO–O–R–CCH + KOH  R’COOK + HO–R–CCH

HO–R–CCH + [Ag(NH₃)₂]OH  HO–R–CCAg + 2NH₃ + H₂O.

Этот случай анализировать намного сложнее, чем предыдущий, и неизвестно, есть ли здесь разумные выражения для R и R’. Попробуйте разобрать этот вариант самостоятельно.

Ответ. C₆H₅–CO–O–CH=CH–CH₃ или CH₃–C₆H₄–CO–O–CH=CH₂ (3 изомера).

Решение варианта M-96-1

1. M = RT / P = 1,165  0,082  293 / 1 = 28 г/моль — это оксид углерода (II) CO.

2. Сульфат алюминия надо прокалить:

t

Al₂(SO₄)₃ = Al₂O₃ + 3SO₂ + 3/2O₂

Твердый остаток надо расплавить и подвергнуть электролизу:

2Al₂O₃ = 4Al + 3O₂

Выделившиеся газы надо пропустить через сероводородную кислоту:

2H₂S + SO₂ = 3S + 2H₂O

3. При нитровании монодейтеробензола C₆H₅D на нитрогруппу с почти равной вероятностью может замещаться любой из пяти атомов водорода или атом дейтерия, поэтому a  17%. Уравнение замещения дейтерия имеет вид:

Если в орто-положение к дейтерию ввести нитрогруппу, которая является мета-ориентантом, то нитрование пойдет преимущественно в следующие положения (указаны стрелочками):

Выход продукта замещения дейтерия на нитрогруппу по уравнению

уменьшится, поскольку орто-положение, в котором находится дейтерий по отношению к нитрогруппе, не является благоприятным для нитрования.

4. Циклическая формула целлобиозы:

Звездочкой обозначен гликозидный гидроксил, который может замещаться на группу –OCH₃ при реакции с метанолом:

Благодаря наличию гликозидного гидроксила целлобиоза может в водном растворе превращаться в линейную форму с альдегидной группой (подобно глюкозе), поэтому она дает реакцию серебряного зеркала (уравнение приведено в упрощенном виде):

NH₃

C₁₂H₂₂O₁₁ + Ag₂O  C₁₂H₂₂O₁₂ + 2Ag

Монометиловый эфир целлобиозы не содержит гликозидного гидроксила, поэтому он не может существовать в линейной форме и не вступает в реакцию серебряного зеркала.

5. 1) Ag₂O + 2HCl = 2AgCl + H₂O

2) 2AgNO₃ + 2KOH = Ag₂O + 2KNO₃ + H₂O

3) 3Ag + 4HNO₃ = 3AgNO₃ + NO + 2H₂O

4) 2Ag + Cl₂ = 2AgCl

5) [Ag(NH₃)₂]₂SO₄ + Ba(OH)₂ = 2[Ag(NH₃)₂]OH + BaSO₄

6) [Ag(NH₃)₂]OH + CH₃–CCH  CH₃–CCAg + 2NH₃ + H₂O

7) 2CH₃–CCAg + H₂SO₄ = Ag₂SO₄ + 2CH₃–CCH

8) Ag₂SO₄ + 4NH₃ = [Ag(NH₃)₂]₂SO₄

9) [Ag(NH₃)₂]₂SO₄ + 6HCl = 2AgCl + 4NH₄Cl + H₂SO₄

10) Ag₂O + 4NH₃ + H₂O = 2[Ag(NH₃)₂]OH

11) CH₃–CCAg + HNO₃ = AgNO₃ + CH₃–CCH

12) 2Ag + 2H₂SO₄(конц) = Ag₂SO₄ + SO₂ + 2H₂O

6. Общая формула неизвестной соли NaClO_x, где x = 1  4. Уравнение окисления иодида калия имеет общий вид:

0,012 / x 0,012

NaClO_x + 2x KI + x H₂SO₄ = NaCl + x I₂ + x K₂SO₄ + + x H₂O

(I₂) = m / M = 3,05 / 254 = 0,012 моль, (NaClO_x) = 0,012 / x моль. С другой стороны, (NaClO_x) = m / M = 0,543 / (23 + 35,5 + 16x) моль. Из уравнения

0,012 / x = 0,543 / (23 + 35,5 + 16x)

находим x = 2. Искомая соль — хлорит натрия NaClO₂.

Все кислородсодержащие соли хлора при сильном нагревании разлагаются на хлорид и кислород:

t

NaClO₂ = NaCl + O₂

Из 1 моля NaClO₂ (90,5 г) образуется 1 моль NaCl (58,5 г). Потеря массы составляет 32 г, или 32 / 90,5  100% = 35,4%.

Ответ. NaClO₂. Потеря массы 35,4%.

7. Общая формула рибонуклеотида

Полный гидролиз этого вещества идет по уравнению:

0,01 0,01

Рибонуклеотид + 2H₂O = H₃PO₄ + C₅H₁₀O₅ + азотистое основание

Образующаяся фосфорная кислота реагирует с известковой водой:

0,01 0,005

3Ca(OH)₂ + 2H₃PO₄ = Ca₃(PO₄)₂ + 6H₂O

(Ca₃(PO₄)₂) = m / M = 1,55 / 310 = 0,005 моль,

(H₃PO₄) = 2  (Ca₃(PO₄)₂) = 0,01 моль,

(рибонуклеотида) = (H₃PO₄) = 0,01 моль,

M(рибонуклеотида) = m /  = 3,63 / 0,01 = 363 г/моль.

В одном моле рибонуклеотида содержится азота:

m(N) = 363  0,1928 = 70 г, (N) = m / M = 70 / 14 = 5 моль. Это означает, что в состав азотистого основания входят 5 атомов азота. Таких оснований в составе нуклеотидов может быть два: аденин и гуанин. Молярной массе нуклеотида 363 г/моль соответствует гуанин. Таким образом, искомый рибонуклеотид — гуанозинфосфат:

Решение варианта СО-97-3

1. а) Единственный альдегид, который может быть получен гидратацией алкина, — ацетальдегид, который образуется из ацетилена:

Hg²⁺, H⁺

C₂H₂ + H₂O  CH₃CH=O

б) Остальные алкины при реакции с водой дают кетоны, поэтому любые альдегиды, кроме ацетальдегида, не могут быть получены гидратацией алкина.

2. Валентности элементов: O – II, H – I, C – IV, Mg – II, P – V. Степени окисления отдельных атомов приведены ниже (обратите внимание на различные степени окисления атомов углерода):

.

3. P⁺³ и Br^– — сильные восстановители, поэтому оба элемента окисляются азотной кислотой: P⁺³ — до фосфорной кислоты, а Br^– — до брома. Азотная кислота восстанавливается до NO₂:

PBr₃ + HNO₃  H₃PO₄ + Br₂ + NO₂ + H₂O.

Для нахождения коэффициентов в уравнении реакции используем электронно-ионный баланс:

1 2PBr₃ + 8H₂O – 10e  2H₃PO₄ + 3Br₂ + 10H⁺

10 NO₃^– + 2H⁺ + e  NO₂ + H₂O

2PBr₃ + 10HNO₃ = 2H₃PO₄ + 3Br₂ + 10NO₂ + 2H₂O.

В результате реакции образуются кислота и кислотный оксид, поэтому в качестве вещества, реагирующего со всеми продуктами реакции, можно предложить щелочь:

NaOH + H₃PO₄ = NaH₂PO₄ + H₂O ;

2NaOH + 2NO₂ = NaNO₃ + NaNO₂ + H₂O.

Бром также реагирует со щелочами (по аналогии с хлором):

6NaOH + 3Br₂ = 5NaBr + NaBrO₃ + 3H₂O.

Можно предложить и другое решение. Br₂ и NO₂ — сильные окислители, поэтому надо найти такой сильный восстановитель, который реагировал бы с фосфорной кислотой. Подойдет любой активный металл, например кальций:

Ca + 2H₃PO₄ = Ca(H₂PO₄)₂ + H₂,

Ca + Br₂ = CaBr₂,

7Ca + 2NO₂ = 4CaO + Ca₃N₂ (нагревание кальция в атмосфере NO₂).

Ответ. NaOH или Ca.

4. Вся схема разбивается на три более простые схемы с одним неизвестным промежуточным веществом в каждой из них. Рассмотрим, например, вещество X₁. Скорее всего, X₁ — соль марганца (II), которая получается при восстановлении MnO₂ в кислой среде. В зависимости от того, какая кислота использовалась для создания кислой среды, из MnO₂ можно получить хлорид (бромид, иодид), сульфат или нитрат марганца (II). Однако Mn(NO₃)₂ нельзя превратить в MnF₂ по обменной реакции, а MnBr₂ использован в другой части схемы. Наиболее естественный выбор: X₁ — MnCl₂. Уравнения реакций:

MnO₂ + 4HCl = MnCl₂ + Cl₂ + 2H₂O,

MnCl₂ + 2AgF = MnF₂ + 2AgCl.

Аналогично можно проанализировать две другие части схемы. Надо только следить за тем, чтобы X₂ и X₃ не совпадали друг с другом, с X₁ и с обозначенными в схеме соединениями марганца. Одно из возможных решений: X₂ — Mn(OH)₂, X₃ — Mn(NO₃)₂. Уравнения реакций:

MnF₂ + 2NaOH = Mn(OH)₂ + 2NaF,

Mn(OH)₂ + 2HBr = MnBr₂ + 2H₂O,

MnBr₂ + 2AgNO₃ = Mn(NO₃)₂ + 2AgBr,

Mn(NO₃)₂ = MnO₂ + 2NO₂ (при нагревании).

Ответ. X₁ — MnCl₂, X₂ — Mn(OH)₂, X₃ — Mn(NO₃)₂.

5. В этой задаче два необычных момента. Во-первых, отсутствуют стрелки в схеме, и направления реакций можно выбирать самостоятельно; это облегчает задачу. Во-вторых, в схеме даны не конкретные вещества, а гомологические ряды; это усложняет задачу, поскольку для ее решения нужно хорошо представлять взаимосвязь разных классов органических соединений.

Попробуем расшифровать гомологические ряды. C_nH_2n–6 и C_nH_2n–8 — вероятнее всего, ароматический углеводород и его производное с двойной связью в боковой цепи. Вещество состава C_n–1H_2n–10O₂ содержит два атома кислорода, которые могут входить в состав карбоксильной группы COOH. Если из C_n–1H_2n–10O₂ вычесть COOH, то получится C_n–2H_2n–11, что соответствует ароматическому радикалу (C_mH_2m–7 при m = n–2). Таким образом, C_n–1H_2n–10O₂ — ароматическая кислота, что подтверждается также образованием калиевого производного C_n–1H_2n–11KO₂.

Для определения конкретного значения n надо заметить, что при переходе от C_nH_2n–6 к C_n–1H_2n–10O₂ число атомов углерода уменьшается на единицу. Это означает, что один атом углерода из боковой цепи окисляется до CO₂. Это возможно только, если n = 8, а C_nH_2n–6 — этилбензол, C₆H₅CH₂CH₃. В этом случае C_nH_2n–8 — стирол, C₆H₅CH=CH₂; C_n–1H_2n–10O₂ — бензойная кислота, C₆H₅COOH; C_n–1H_2n–11KO₂ — бензоат калия, C₆H₅COOK. Приведем уравнения реакций.

1) Стирол можно окислить до бензоата калия с разрывом двойной связи сильным окислителем в щелочной среде:

C₆H₅CH=CH₂ + 10KMnO₄ + 13KOH  C₆H₅COOK + 10K₂MnO₄ + K₂CO₃ + 8H₂O.

2. Бензоат калия превращается в бензойную кислоту при подкислении водного раствора:

C₆H₅COOK + HCl  C₆H₅COOH + KCl.

Обратное превращение происходит под действием щелочи:

C₆H₅COOH + KOH  C₆H₅COOK + H₂O.

3) Этилбензол можно окислить до бензоата калия перманганатом калия в водной среде:

C₆H₅CH₂CH₃ + 4KMnO₄  C₆H₅COOK + K₂CO₃ + KOH + 2H₂O.

4. Для превращения стирола в бензойную кислоту надо использовать сильный окислитель в кислой среде:

C₆H₅CH=CH₂ + 2KMnO₄ + 3H₂SO₄  C₆H₅COOH + CO₂ + K₂SO₄ + 2MnSO₄ + 4H₂O.

5) Этилбензол обратимо дегидрируется в стирол при нагревании с катализатором:

.

6) Этилбензол окисляется до бензойной кислоты под действием кислого раствора перманганата калия:

5C₆H₅CH₂CH₃ + 12KMnO₄ + 18H₂SO₄  5C₆H₅COOH + 5CO₂ + 6K₂SO₄ + 12MnSO₄ + 28H₂O.

Записывая органические уравнения с коэффициентами, нужно понимать, что на самом деле химики-органики не пользуются такими уравнениями, поскольку очень редкие органические реакции идут со 100%-ным выходом. Кроме того, органика не интересует, во что превращается неорганический окислитель — в MnO₂ или в MnSO₄. Задача органика — выделить органический продукт по возможности с хорошим выходом. Поэтому химик-профессионал запишет уравнение окисления этилбензола в виде схемы:

.

Тем не менее, если в условии сказано “напишите уравнения реакций”, схемами ограничиваться нельзя, и в уравнении надо указывать все участвующие в реакции вещества с коэффициентами.

Ответ. n = 8; этилбензол, стирол, бензойная кислота, бензоат калия.

6. При добавлении сульфита калия к раствору бромида бария происходит обменная реакция:

0,1 0,15 0,1 0,2

BaBr₂ + K₂SO₃ = BaSO₃ + 2KBr.

(K₂SO₃) = 23,7 / 158 = 0,15 моль, (BaBr₂) = 150  0,198 / 297 = 0,1 моль — недостаток. В результате реакции сульфита бария образовалось (BaSO₃) = 0,1 моль, в растворе осталось (0,15–0,1) = 0,05 моль K₂SO₃.

SO₂ в первую очередь реагирует с находящимся в растворе K₂SO₃ по уравнению ((SO₂) = 2,24 / 22,4 = 0,1 моль — избыток):

0,05 0,05 0,1

K₂SO₃ + SO₂ + H₂O = 2KHSO₃.

Оставшиеся (0,1–0,05) = 0,05 моль SO₂ частично растворяют осадок:

0,05 0,05 0,05

BaSO₃ + SO₂ + H₂O = Ba(HSO₃)₂.

После этой реакции осадка осталось (BaSO₃) = 0,1 – 0,05 = 0,05 моль. Масса осадка равна m(BaSO₃) = 0,05  217 = 10,85 г.

В конечном растворе находятся 0,2 моль KBr массой 0,2119 = 23,8 г, 0,1 моль KHSO₃ массой 0,1120 = 12,0 г и 0,05 моль Ba(HSO₃)₂ массой 0,05299 = 14,95 г. Масса раствора равна m(р-ра) = m(р-ра BaBr₂) + m(K₂SO₃) + m(SO₂) – m(BaSO₃) = 150 + 23,7 + 0,164 – 10,85 = 169,3 г. Массовые доли солей в растворе равны:

(KBr) = 23,8 / 169,3 = 0,141, или 14,1%;

(KHSO₃) = 12,0 / 169,3 = 0,0709, или 7,09%;

(Ba(HSO₃)₂) = 14,95 / 169,3 = 0,0883, или 8,83%.

Ответ. 10,85 г осадка BaSO₃; 14,1% KBr, 7,09% KHSO₃, 8,83% Ba(HSO₃)₂.

7. По данным элементного анализа можно установить простейшую формулу углеводорода C_xH_y.

x : y = (96,43/12) : (3,57/1) = 2,251 = 9 : 4.

Простейшая формула — C₉H₄. Это — необычная формула. Нужно определить структуру этого соединения. Предположим, что простейшая формула совпадает с истинной. Согласно условию, углеводород содержит по крайней мере одну тройную связь на конце цепи, а всего тройных связей, судя по степени ненасыщенности, — четыре. Сколько из них концевых? От одной до четырех. Точно можно сказать только тогда, когда мы установим формулу соли. Возможные варианты строения исходного углеводорода, соответствующие разному числу концевых тройных связей:

В зависимости от количества этинильных групп CCH, на металл может заместиться от одного до четырех атомов водорода. Общая формула соли: C₉H_4–nM_n, где n – число замещенных атомов водорода.

Согласно этой формуле, массовая доля металла равна (A — атомная масса металла):

0,7017 = nA / (912 + (4 – n) + nA),

откуда A = (112 – n) / (0,425n).

Перебором n от 1 до 4 убеждаемся, что возможны два решения:

1) n = 3, A = 85,4 (рубидий). Углеводород имеет три этинильные группы и описывается структурной формулой HCCCCCH(CCH)₂. При действии амида рубидия должна образоваться соль RbCCCCCH(CCRb)₂. Уравнения реакций:

HCCCCCH(CCH)₂ + 3RbNH₂   RbCCCCCH(CCRb)₂ + 3NH₃,

HCCCCCH(CCH)₂ + 8H₂   H₃C(CH₂)₃CH(C₂H₅)CH₂CH₃.

2) n = 4, A = 63,5 (медь). Углеводород имеет четыре этинильные группы (его можно назвать тетраэтинилметан) и описывается структурной формулой C(CCH)₄. При действии аммиачного раствора хлорида меди (I) должна образоваться соль C(CCCu)₄. Уравнения реакций:

C(CCH)₄ + 4[Cu(NH₃)₂]Cl  C(CCCu)₄ + 4NH₃ + 4NH₄Cl,

C(CCH)₄ + 8H₂  C(C₂H₅)₄.

Ответ. 1) HCCCCCH(CCH)₂ и C₉HRb₃; 2) C(CCH)₄ и C₉Cu₄.

Решение варианта С-97-4

1.

При сгорании этого вещества образуются вода, H₂O, CO₂, N₂ и HCl, а NO₂ превращается в NO.

2C₅H₃NCl₂ + 21NO₂ = 10CO₂ + 4HCl + N₂ + H₂O + 21NO

2 C₅H₃NCl₂ – 21e  5C⁺⁴ + 3H⁺ + N⁰ + 2Cl^–

21 N⁺⁴ + 2e  N⁺²

2. Как известно, теплота реакции равна сумме теплот сгорания исходных веществ за вычетом суммы теплот сгорания продуктов реакции. Теплота реакции изомеризации

CH₃CH(OH)CH₃ <==> CH₃CH₂CH₂OH

равна 1872 – 1887 = –15 кДж/моль. Это означает, что в этой реакции теплота поглощается; следовательно, пропанол-1 имеет бóльшую энергию и является «энергетически менее выгодным». Поэтому в равновесной смеси будет преобладать пропанол-2.

Относительные количества двух веществ можно оценить по разнице энергий:

(пропанол-1) / (пропанол-2) = exp[–E / RT] = = exp[–15000 / (8,31723)] = 0,082365.

Это значит, что в равновесной смеси пропанола-2 в 12 раз больше, чем его изомера.

3. Хром можно превратить в хлорид хрома (III) следующими способами:

1) реакцией с хлором:

2Cr + 3Cl₂ = 2CrCl₃;

2) растворением в соляной кислоте в присутствии воздуха:

4Cr + 12HCl + 3O₂ = 4CrCl₃ + 6H₂O;

3) реакцией замещения в водном растворе:

2Cr + 3CuCl₂ = 2CrCl₃ + 3Cu;

4) реакцией с каким-либо хлорирующим реагентом, например SO₂Cl₂:

2Cr + 3SO₂Cl₂ = 2CrCl₃ + 3SO₂.

4. Формула вещества «А» C₅H₆N₂ отличается от формулы пиридина C₅H₅N на группу NH (т.е. вместо атома H — аминогруппа NH₂), поэтому предположим, что «А» — один из трех аминопиридинов, какой именно — станет ясно дальше. Проверим это предположение.

При действии ацетилхлорида CH₃COCl происходит ацилирование аминогруппы, т.е. замена атома водорода на группу CH₃CO с образованием соединения класса амидов, при этом образующийся хлороводород присоединяется к атому азота пиридинового кольца:

Гидрокарбонат калия отнимает у соединения «Б» хлороводород:

При действии бромной воды на соединение «А» два атома водорода (в орто- и пара-положениях по отношению к аминогруппе) замещаются на два атома брома, а образующиеся молекулы бромоводорода присоединяются к двум оснóвным атома азота. В результате последовательного протекания реакций замещения и присоединения к молекуле «А» присоединяются четыре атома брома:

Если бы аминогруппа в соединении «А» была в положении 3 по отношению к пиридиновому атому азота, то на бром заместилось бы три атома водорода (как в анилине). В то же время, 4-аминопиридин полностью удовлетворяет условию задачи и может служить соединением «А», поскольку в этом случае при бромировании замещается два атома водорода в орто-положениях по отношению к аминогруппе.

Гидроксид калия отнимает у молекулы «Г» две молекулы бромоводорода:

Наконец, при гидрировании молекула «А» присоединяет три молекулы водорода, и образуется производное пиперидина:

Ответ. «А» — 2-аминопиридин или 4-аминопиридин.

5. а) Если бы вместо альдегида в правой части был спирт, то легко догадаться, что это была бы реакция щелочного гидролиза сложного эфира. Однако, надо помнить, что спирты, содержащие группу OH при двойной связи, неустойчивы и изомеризуются в альдегиды и кетоны. Таким образом, данная реакция описывает щелочной гидролиз сложного эфира, образованного предельной кислотой и непредельным спиртом:

C₂H₅COOCH=CHCH₃ + KOH  C₂H₅COOK + + CH₃CH₂CH=O.

б) Один из способов получения альдегидов — гидролиз 1,1-дихлоралканов. Гидролиз можно проводить водой, щелочью, а можно и водным раствором карбоната калия:

CH₃CH₂CHCl₂ + K₂CO₃  CH₃CH₂CH=O + 2KCl + CO₂.

в) Данная реакция — окислительно-восстановительная. В качестве окислителя выступает любая натриевая соль кислородных кислот брома, например бромат, а восстановителем является нитрит натрия. Реакция протекает в подкисленном водном растворе.

NaNO₂ + NaBrO = NaNO₃ + NaBr.

г) В правой части находится кислая соль. Один из способов получения кислых солей — действие кислот на средние соли. Данная смесь солей может образоваться при неполном вытеснении сернистой кислоты из сульфита кальция соляной кислотой:

2CaSO₃ + 2HCl = Ca(HSO₃)₂ + CaCl₂.

6. Оба металлических компонента смеси — цинк и алюминий — реагируют как с серой, так и с соляной кислотой:

Zn + S = ZnS, (1)

2Al + 3S = Al₂S₃, (2)

Zn + 2HCl = ZnCl₂ + H₂, (3)

2Al + 6HCl = 2AlCl₃ + 3H₂. (4)

Сульфиды цинка и серы также растворимы в соляной кислоте:

ZnS + 2HCl = ZnCl₂ + H₂S, (5)

Al₂S₃ + 6HCl = 2AlCl₃ + 3H₂S. (6)

С раствором нитрата меди реагирует сероводород:

H₂S + Cu(NO₃)₂ = CuS + 2HNO₃.

(CuS) = 1,92 / 96 = 0,02 моль, (H₂S) = (CuS) = 0,02 моль. Общее количество выделившегося газа (с учетом водорода) равно: (газов) = 0,784 /22,4 = 0,035 моль, следовательно в реакциях (3) и (4) выделилось 0,035–0,02 = 0,015 моль водорода.

Максимальное содержание веществ находится следующим образом. Представим себе, что в смеси почти не было алюминия, а были только цинк и сера. Тогда в реакцию (3) с соляной кислотой вступило 0,015 моль цинка. В реакцию (5) вступило 0,02 моль сульфида цинка, который образовался в реакции (1) из 0,02 моль цинка и 0,02 моль серы. Таким образом, в этом случае:

m(Zn) = (0,015 + 0,02)  65 = 2,28 г, m(S) = 0,02  64 = 1,28 г

(Zn) = 2,28 / (2,28 + 1,28) = 0,640 = 64,0%, (S) = 36,0%.

Аналогичный расчет можно провести в случае, когда в смеси почти не было цинка. В реакцию (4) вступило 0,01 моль алюминия, в реакцию (6) — 0,02/3 моль Al₂S₃, в реакцию (2) — 0,04/3 моль алюминия и 0,02 моль серы.

m(Al) = (0,01 + 0,04/3)  27 = 0,63 г, m(S) = 0,02  64 = 1,28 г

(Al) = 0,63 / (0,63 + 1,28) = 0,330 = 33,0%, (S) = 67,0%.

Таким образом, максимальное содержание серы в массовых процентах соответствует смеси с алюминием и пренебрежимо малым количеством цинка.

Ответ. 64,0% Zn, 33,0% Al, 67,0% S.

7. Водный раствор гидроксида калия реагирует с изопропилацетатом, но не реагирует с этанолом:

x x x

CH₃COOC₃H₇ + KOH  CH₃COOK + C₃H₇OH.

(KOH) = 0,066 = 0,36 моль — избыток, поскольку количество изопропилацетата не может превысить 20,0 / 102 = 0,196 моль.

Пусть в исходном растворе (CH₃COOC₃H₇) = x моль, тогда после выпаривания в смеси содержалось x моль CH₃COOK и (0,36–x) моль KOH.

При прокаливании протекает реакция

CH₃COOK + KOH  CH₄ + K₂CO₃.

Необходимо рассмотреть два случая:

1) KOH в последней реакции в избытке (0,36–x > x):

x x x

CH₃COOK + KOH  CH₄ + K₂CO₃.

Тогда после прокаливании в смеси останется x моль K₂CO₃ и (0,36–2x) моль KOH. Массовая доля калия в смеси равна:

2x39 + (0,36–2x)39

 = 0,587,

x138 + (0,36–2x)56

откуда x = 0,145 моль. Массовая доля изопропилацетата в исходном растворе равна 0,145102 / 20 = 0,739, а массовая доля спирта составляет: (CH₃CH₂OH) = 1 – 0,739 = 0,261.

2) KOH в последней реакции в недостатке (0,36–x < x):

0,36–x 0,36–x 0,36–x

CH₃COOK + KOH  CH₄ + K₂CO₃.

Тогда после прокаливании в смеси останется (0,36–x) моль K₂CO₃ и (2x–0,36) моль CH₃COOK. Массовая доля калия в смеси равна:

2(0,36–x)39 + (2x–0,36)39

 = 0,593,

(0,36–x)138 + (2x–0,36)98

откуда x = 0,164 моль, что противоречит условию недостатка KOH. Этот вариант отпадает.

Ответ. (CH₃CH₂OH) = 0,261.

Решение варианта B-97-2

1. В состав дезоксирибонуклеозида входят остатки дезоксирибозы и одного из четырех азотистых оснований: аденина, гуанина, цитозина и тимина. Из этих оснований наименьшее число атомов азота (два) имеет тимин. Формула дезоксирибонуклеозида:

2. Многие слабые кислоты являются слабыми окислителями за счет кислого атома водорода H⁺ (исключения — кислоты, в которых анион является сильным окислителем: HClO, HClO₂, HNO₂). В качестве примера можно выбрать уксусную кислоту.

Кислотные свойства:

CH₃COOH + NaOH = CH₃COONa + H₂O.

Окислительные свойства:

2CH₃COOH + Mg = (CH₃COO)₂Mg + H₂.

3. а) Для окисления альдегида в кислоту можно использовать сернокислый раствор перманганата или дихромата калия:

5C₂H₅CHO + 2KMnO₄ + 3H₂SO₄ = 5C₂H₅COOH + K₂SO₄ + 2MnSO₄ + 3H₂O.

б) Из реактива Гриньяра карбоновые получают реакцией присоединения к CO₂ с последующим гидролизом:

C₂H₅MgBr + CO₂ + H₂O  C₂H₅COOH + Mg(OH)Br.

4. а) Кальций получают электролизом расплава хлорида. Нитрат кальция можно превратить в хлорид в две стадии. При сильном прокаливании нитрат разлагается до оксида:

2Ca(NO₃)₂ = 2CaO + 4NO₂ + O₂,

который затем растворяют в соляной кислоте:

CaO + 2HCl = CaCl₂ + H₂O.

При электролизе расплава хлорида кальция образуются простые вещества:

CaCl₂ = Ca + Cl₂.

б) Ртуть образуется при прокаливании нитрата ртути:

Hg(NO₃)₂ = Hg + 2NO₂ + O₂.

в) Сильное нагревание нитрата железа (II) дает оксид железа (III), который превращается в железо при нагревании с углем:

4Fe(NO₃)₂ = 2Fe₂O₃ + 8NO₂ + O₂,

Fe₂O₃ + 3C = 2Fe + 3CO.

5. Исходное вещество C₈H₁₀ принадлежит гомологическому ряду ароматических углеводородов и представляет собой этилбензол или один из диметилбензолов. Первая реакция — нитрование в бензольное кольцо. Во второй реакции один атом водорода замещается на атом хлора. Где происходит замещение — в кольце или в боковой цепи — становится понятным из третьей реакции. В этой реакции отщепляется молекула HCl, что возможно только в случае, если атом хлора был в боковой цепи, содержащей два атома углерода. Таким образом, исходное вещество — этилбензол. Наличие боковой цепи с двумя атомами углерода подтверждается также четвертой реакцией, в которой происходит окисление с уменьшением числа углеродных атомов. Уравнения реакций:

6. Пусть атомная масса неизвестного металла равна X г/моль, тогда количество сульфида равно (MeS) = 1,76 / (X + 32). Для краткости обозначим это количество через b. В результате обжига b моль сульфида MeS в избытке кислорода по уравнению

b b/2

4MeS + 7O₂ = 2Me₂O₃ + 4SO₂

образовалось b/2 моль оксида Me₂O₃, для растворения которых по уравнению

b/2 3b/2 b/2

Me₂O₃ + 3H₂SO₄ = Me₂(SO₄)₃ + 3H₂O

потребовалось 3b/2 моль H₂SO₄. Масса 29,4%-ного раствора H₂SO₄ составляет (3b/2)98 / 0,294 = 500b г. Общая масса раствора равна: m(р-ра) = m(Me₂O₃) + m(р-ра H₂SO₄) = b/2  (2X + 48) + 500b = (X + 524)b г.

Масса соли в растворе равна: m(Me₂(SO₄)₃) = b/2  (2X + 288) = (X + 144)b г. По условию, массовая доля Me₂(SO₄)₃ составляет 34,5% :

(X + 144)b = 0,345  (X + 524)b,

откуда X = 56 (b = 0,02). Исходный сульфид — FeS, в растворе содержится Fe₂(SO₄)₃ массой (X + 144)b = 200  0,02 = 4,0 г. Исходная масса раствора (до охлаждения) равна (X + 524)b = 580  0,02 = 11,6 г.

При охлаждении этого 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 = 2,0 г; в выпавших кристаллах содержится 4,0 – 2,0 = 2,0 г Fe₂(SO₄)₃, что соответствует 2,0 / 400 = 0,005 моль. Масса воды в кристаллах равна 2,9 – 2,0 = 0,9 г, что соответствует 0,9 / 18 = 0,05 моль. Количество воды в кристаллах в 10 раз превосходит количество соли, следовательно формула кристаллогидрата — Fe₂(SO₄)₃10H₂O.

Ответ. Fe₂(SO₄)₃10H₂O.

7. Естественная переменная для этой задачи — число атомов углерода, n. Как следует из продуктов гидратации, в состав исходной смеси входили алкен C_nH_2n и алкин C_nH_2n–2, причем алкена было в два раза больше: (C_nH_2n) = 2(C_nH_2n–2). Запишем уравнения гидратации в молекулярном виде:

C_nH_2n + H₂O = C_nH_2n+1OH,

C_nH_2n–2 + H₂O = C_nH_2nO.

Возьмем два моль алкена и один моль алкина. В результате сгорания этой смеси по уравнениям

2 2n 2n

C_nH_2n + 3n/2 O₂ = nCO₂ + nH₂O

1 n n–1

C_nH_2n–2 + (3n–1)/2 O₂ = nCO₂ + (n–1)H₂O

образуются углекислый газ в количестве (CO₂) = 2n + n = 3n и вода в количестве (H₂O) = 2n + (n–1) = (3n–1). Общая масса продуктов сгорания равна

m(прод.) = m(CO₂) + m(H₂O) = 3n44 + (3n–1)18 = (186n – 18) г.

Пары воды поглощаются сульфатом меди:

CuSO₄ + 5H₂O = CuSO₄5H₂O.

По условию, масса воды 27,27% от массы исходной смеси:

(3n–1)  18 = 0,2727  (186n – 18),

откуда n = 4.

Единственный алкин состава C₄H₆, который дает осадок с [Ag(NH₃)₂]OH, — бутин-1:

C₂H₅CCH + [Ag(NH₃)₂]OH  C₂H₅CCAg + 2NH₃ + H₂O.

Этот углеводород имеет неразветвленный углеродный скелет, следовательно у алкена — разветвленный скелет. Существует единственный алкен состава C₄H₈ с разветвленным скелетом — 2-метилпропен.

Уравнения реакций гидратации:

Ответ. 2-метилпропен, бутин-1.

Решение варианта M-97-1

1.

Лактат кальция растворим в воде и может вступать в обменные реакции с образованием малорастворимых солей кальция, например:

(CH₃CH(OH)COO)₂Ca + K₂CO₃ = CaCO₃ + + 2CH₃CH(OH)COOK.

Молочная кислота — слабая, поэтому сильные минеральные кислоты вытесняют ее из лактатов:

(CH₃CH(OH)COO)₂Ca + 2HCl = CaCl₂ + 2CH₃CH(OH)COOH.

2. В водном растворе аммиака устанавливается равновесие:

Константа этого равновесия имеет вид:

(концентрация воды практически не изменяется в результате этой реакции и не входит в константу равновесия).

Пусть равновесная концентрация [OH^–] = x моль/л, тогда [NH₄⁺] = x, [NH₃] = 1,5–x. Подставляя эти значения в выражение для константы равновесия и решая квадратное уравнение, находим: x = 5,010^–3. Концентрацию ионов водорода можно найти через ионное произведение воды:

[H⁺] = K_w / [OH^­–] = 1,010^–14 / 5,010^–3 = 2,010^–12 моль/л.

Ответ. [H⁺] = 2,010^–12 моль/л.

3. Уравнение реакции:

5SO₂ + 2KMnO₄ + 2H₂O = K₂SO₄ + 2MnSO₄ + 2H₂SO₄.

Согласно этому уравнению, на 2 моль H₂SO₄ (масса 298 = 196 г) образуется 1 моль K₂SO₄ (масса 174 г) и 2 моль MnSO₄ (масса 2151 = 302 г). Поскольку все эти вещества находятся в одном растворе (т.е., масса раствора для них одинакова), то отношение их массовых долей равно отношению масс:

(K₂SO₄) / (H₂SO₄) = m(K₂SO₄) / m(H₂SO₄) = 174 / 196,

откуда (K₂SO₄) = 0,050174 / 196 = 0,044, или 4,4%. Аналогично, (MnSO₄) = 0,050302 / 196 = 0,077, или 7,7%.

Ответ. (K₂SO₄) = 4,4%, (MnSO₄) = 7,7%.

4. 1) Наличие ацетальдегида можно доказать реакцией с избытком аммиачного раствора оксида серебра:

CH₃CHO + 2[Ag(NH₃)₂OH] = 2Ag + CH₃COONH₄ + + 3NH₃ + H₂O.

Избыток реактива берется потому, что уксусная кислота также реагирует с [Ag(NH₃)₂OH], правда без выделения осадка:

3CH₃COOH + [Ag(NH₃)₂OH] = CH₃COOAg + + 2CH₃COONH₄ + H₂O.

2) Качественная реакция на уксусную кислоту — выделение газа при действии гидрокарбоната натрия:

CH₃COOH + NaHCO₃ = CH₃COONa + CO₂ + H₂O.

3) Фенол дает белый осадок при обработке бромной водой:

При избытке бромной воды 2,4,6-трибромфенол переходит в следующее соединение:

5. 1) Хлорат бария образуется при пропускании хлора через горячий раствор Ba(OH)₂:

6Ba(OH)₂ + 6Cl₂ = 5BaCl₂ + Ba(ClO₃)₂ + 6H₂O.

2) Ba(ClO₃)₂ + H₂SO₄ = BaSO₄ + 2HClO₃.

3) HClO₃ + KOH = KClO₃ + H₂O.

4) Хлорат калия — сильный окислитель; он окисляет соляную кислоту до хлора:

KClO₃ + 6HCl = KCl + 3Cl₂ + 3H₂O.

5) Гипохлорит бария — сильный окислитель, легко восстанавливается до хлорида:

Ba(OCl)₂ + 2KNO₂ = BaCl₂ + 2KNO₃.

6) 2HCl + Ba(OH)₂ = BaCl₂ + 2H₂O.

7) KCl + H₂SO_4(конц) = KHSO₄ + HCl.

8) Гипохлорит бария можно превратить в хлорид калия путем восстановления до хлорида с одновременным протеканием обменной реакции:

Ba(OCl)₂ + 2K₂SO₃ = BaSO₄ + K₂SO₄ + 2KCl.

9) Гипохлорит бария образуется при пропускании хлора через холодный раствор Ba(OH)₂:

2Ba(OH)₂ + 2Cl₂ = BaCl₂ + Ba(OCl)₂ + 2H₂O.

10) Хлорат бария при сильном нагревании разлагается до хлорида:

Ba(ClO₃)₂ = BaCl₂ + 3O₂.

11) Соляная кислота образуется при восстановлении хлорноватой кислоты:

4HClO₃ + 3H₂S = 4HCl + 3H₂SO₄.

12) Хлорат калия при сильном нагревании разлагается до хлорида:

2KClO₃ = 2KCl + 3O₂.

6. Одновалентный металл — это либо щелочной металл, либо серебро. В случае щелочных металлов (кроме лития) реакция разложения описывается уравнением:

2MeNO₃ = 2MeNO₂ + O₂.

Отношение масс твердого продукта и исходного нитрата равно (X — атомная масса металла):

(X + 46) / (X + 62) = 0,635,

откуда X = –18,2 г/моль, что не имеет смысла.

Нитрат серебра разлагается по уравнению:

2AgNO₃ = 2Ag + 2NO₂ + O₂.

В этом случае отношение масс твердого продукта и исходного нитрата равно 108 / 170 = 0,635, что удовлетворяет условию задачи.

Ответ. AgNO₃.

7. Эту задачу удобно решать методом ретросинтеза, т.е. с конца. Уреид 2-бром-2-этилбутановой кислоты (C₂H₅)₂CBrCONHCONH₂ можно получить ацилированием мочевины (NH₂)₂CO по схеме:

–HCl

(C₂H₅)₂CBrCONHCONH₂  (C₂H₅)₂CBrCOCl + + NH₂CONH₂.

Хлорангидрид (C₂H₅)₂CBrCOCl образуется из соответствующей кислоты:

–POCl₃

(C₂H₅)₂CBrCOCl  (C₂H₅)₂CBrCOOH + PCl₅.

-Бромзамещенная кислота (C₂H₅)₂CBrCOOH получается при бромировании 2-этилбутановой кислоты в присутствии катализатора — красного фосфора:

–HBr

(C₂H₅)₂CBrCOOH  (C₂H₅)₂CHCOOH + Br₂.

Осталось получить 2-этилбутановую кислоту из пентанона-3. Это можно сделать по следующей схеме:

Решение варианта 21

1. Кислород не реагирует с оксидом азота (IV), тогда как озон окисляет его до оксида азота (V):

2NO₂ + O₃ = N₂O₅ + O₂.

2.

3. Например,

4 . а) 5Na₂SO₃ + 2KMnO₄ + 3H₂SO₄  5Na₂SO₄ + 2MnSO₄ + K₂SO₄ + 3H₂O.

5 SO₃^2- + H₂O – 2e  SO₄^2- + 2H⁺

2 MnO₄^- + 8H⁺ + 5e  Mn²⁺ + 4H₂O

б) Из продуктов предыдущей реакции только сульфат марганца (вещество Х) реагирует со щелочью:

MnSO₄ + 2KOH = Mn(OH)₂ + K₂SO₄.

5. Общая формула кристаллогидрата ацетата свинца:

(CH₃COO)₂PbxH₂O.

В данной порции кристаллогидрата содержится 1,44510²⁴ / 6,0210²³ = 2,4 моль атомов углерода. Это означает, что всего было дано 2,4/4 = 0,6 моль кристаллогидрата, в котором содержится водорода

(H) = 0,6  (6 + 2x) = 8,69910²⁴ / 6,0210²³ = 14,4,

откуда x = 9. В 0,6 моль кристаллогидрата состава (CH₃COO)₂Pb9H₂O содержится 0,6(4+9) = 7,8 моль атомов кислорода. Число атомов кислорода равно 7,86,0210²³ = 4,7010²⁴.

Ответ. 4,7010²⁴ атомов кислорода.

6. Желтое окрашивание пептидов под действием азотной кислоты (ксантопротеиновая реакция) — это качественная реакция на остатки ароматических аминокислот — фенилаланина или тирозина.

По условию, дипептид образован из двух остатков одной и той же аминокислоты. Уравнение гидролиза можно записать в следующем виде:

Разница масс аминокислоты и дипептида — это масса воды, вступившей в реакцию: m(H₂O) = 3,30 – 3,12 = 0,18 г.

(H₂O) = 0,18 / 18 = 0,01 моль = (дипептида).

M(дипептида) = 3,12 / 0,01 = 312 г/моль, откуда

M(R) = [312 – M(H₂NCHCONHCHCOOH)] / 2 = 91 г/моль. Из двух ароматических аминокислот последнему условию удовлетворяет фенилаланин (R = CH₂C₆H₅):

Ответ. Фенилаланил-фенилаланин.

7. X — H₂O, A — NaOH, B — NaHCO₃, C — CH₃OH. Уравнения реакций:

1) 2Na + 2H₂O = 2NaOH + H₂;

2) NaOH + CO₂ = NaHCO₃;

3) 2NaHCO₃ = Na₂CO₃ + H₂O + CO₂ (при нагревании);

4) CH₃COOCH₃ + H₂O = CH₃OH + CH₃COOH;

t, H₂SO₄

5) 2CH₃OH  CH₃OCH₃ + H₂O;

6) (CH₃CO)₂O + H₂O = 2CH₃COOH.

8. Составу C₄H₈O₂ отвечают бутановая (масляная) кислота C₃H₇COOH и сложные эфиры C₂H₅COOСH₃, CH₃COOС₂H₅, HCOOС₃H₇ (2 эфира). Формула C₂H₄O описывает, вероятнее всего, уксусный альдегид, который можно получить из этилацетата (этилового эфира уксусной кислоты) по следующей схеме:

1) CH₃COOС₂H₅ + NaOH = CH₃COONa + C₂H₅OH.

2) C₂H₅OH + CuO  CH₃CH=O + Cu + H₂O.

Ответ. Этилацетат.

9. 1) FeCl₃ + 3NH₃ + 3H₂O = Fe(OH)₃ + 3NH₄Cl;

2) Fe(OH)₃ + 3HBr = FeBr₃ + 3H₂O.

10. Пусть в исходной смеси содержится по одному молю Me(OH)₂ и MeCO₃. При прокаливании протекают реакции:

t

Me(OH)₂  MeO + H₂O.

t

MeCO₃  MeO + CO₂.

Твердый остаток — это два моля MeO массой 2(A+16) г, где A — атомная масса неизвестного металла. Газообразный продукт при 15 ^оС — CO₂ (один моль массой 44 г). По условию задачи,

2(A+16) = 3,27344,

откуда A = 56 г/моль. Неизвестный металл — железо.

К двум молям FeO массой 272 = 144 г добавили соляную кислоту массой 14415 = 2160 г:

1,08 2,16 1,08

FeO + 2HCl = FeCl₂ + H₂O.

(HCl) = 21600,0365 / 36,5 = 2,16 моль. HCl находится в недостатке, поэтому в соляной кислоте растворится только 2,16/2 = 1,08 моль FeO, и образуется 1,08 моль FeCl₂.

m(р-ра) = m(р-ра HCl) + m(FeO) = 2160 + 1,0872 = 2238 г.

m(FeCl₂) = 1,08127 = 137,2 г.

(FeCl₂) = 137,2 / 2238 = 0,0613 = 6,13%.

Ответ. 6,13% FeCl₂.

Решение варианта 23

1. Na₂CO₃ + 2H₃PO₄ = 2NaH₂PO₄ + CO₂ + H₂O.

2. Глюкоза — это альдегидоспирт. Альдегидная группа глюкозы CH=O может быть окислена до карбоксильной группы COOH, а может быть восстановлена до группы CH₂OH.

3. В молекуле бутадиена-1,3 CH₂=CHCH=CH₂ все четыре атома углерода находятся в состоянии sp²-гибридизации.

4 . а) 2KNO₂ + 2KI + 2H₂SO₄ = I₂ + 2NO + 2K₂SO₄ + 2H₂O.

2 NO₂^- + 2H⁺ + e = NO + H₂O

1 2I^- – 2e = I₂

б) Из всех продуктов первой реакции только NO (вещество X) реагирует с кислородом:

2NO + O₂ = 2NO₂.

5. Пусть в исходной смеси содержится x моль NO₂ и y моль Ne, тогда x + y = 0,896 / 22,4 = 0,04.

Молекула NO₂ содержит 23 электрона (7 в атоме азота и 16 — в двух атомах кислорода), а атом Ne — 10 электронов. Общее количество электронов в смеси составляет

(e) = 23x + 10y = 3,1910²³ / 6,0210²³ = 0,53.

Решая систему двух линейных уравнений с двумя неизвестными, находим x = 0,01, y = 0,03. Объемные доли газов равны:

(NO₂) = 0,01 / 0,04 = 0,25 = 25%, (Ne) = 0,03 / 0,04 = 0,75 = 75%.

Ответ. 25% NO₂, 75% Ne.

6. Лизин реагирует с гидроксидом натрия:

В полученном растворе содержится по 0,1 моль лизина и его натриевой соли. Молекула лизина может реагировать с двумя молекулами хлороводорода:

а молекула натриевой соли лизина — с тремя молекулами.

В конечном растворе содержится 0,2 моль хлороводородной соли лизина массой 0,2219 = 43,8 г, 0,1 моль хлорида натрия массой 0,158,5 = 5,85 г и (0,7–0,3–0,2) = 0,2 моль хлороводорода. Вода и хлороводород улетучиваются при выпаривании раствора. Масса твердого остатка равна 43,8 + 5,85 = 49,65 г.

Ответ. 49,65 г.

7. X — CH₃CHO, A — H₂, B — H₂O, C — CO₂, D — C. Уравнения реакций:

Ni, t

CH₃CHO + H₂  C₂H₅OH;

CH₃CHO + 2Cu(OH)₂ = CH₃COOH + Cu₂O + 2H₂O;

2CH₃COOH + Mg = (CH₃COO)₂Mg + H₂;

«A»

2H₂ + O₂ = 2H₂O;

«B»

C₂H₅OH + 3O₂ = 2CO₂ + 3H₂O;

«C»

t

CO₂ + 2Mg  C + 2MgO;

«D»

8. Составу C₄H₈O и условиям задачи отвечает бутановый (масляный) альдегид. Из этого альдегида можно получить спирт и кислоту, которые в реакции между собой дадут сложный эфир:

Ni, t

C₃H₇CHO + H₂  C₃H₇CH₂OH;

C₃H₇CHO + 2Cu(OH)₂ = C₃H₇COOH + Cu₂O + 2H₂O;

H⁺, t

C₃H₇COOH + HOCH₂C₃H₇ <===> C₃H₇COOCH₂C₃H₇ + H₂O.

Ответ. Бутановый альдегид.

9. 1) NH₄NO₂  N₂ + 2H₂O (нагревание);

2) MgCO₃  CO₂ + MgO (нагревание);

3) N₂ + 3H₂  2NH₃ (нагревание под давлением в присутствии катализатора);

4) CO₂ + NH₃ + H₂O  NH₄HCO₃ (пропускание избытка углекислого газа через водный раствор аммиака).

10. Пусть масса исходного раствора равна 100 г, тогда m(FeCl₃) = 15 г, (FeCl₃) = 15 / 162,5 = 0,0923 моль. При добавлении к этому раствору карбоната калия происходит взаимный гидролиз:

x 1,5x x 1,5x 3x

2FeCl₃ + 3K₂CO₃ + 3H₂O = 2Fe(OH)₃ + 3CO₂ + 6KCl.

Пусть в эту реакцию вступило x моль хлорида железа (III), тогда в полученном растворе m(FeCl₃) = 15 – 162,5x. Масса раствора равна: m(р-ра) = 100 + m(K₂CO₃) – m(Fe(OH)₃) – m(CO₂) = 100 + 1,5x138 – 1,5x44 – x107 = 100 + 34x.

По условию, массовая доля хлорида железа в новом растворе равна 5%:

(FeCl₃) = (15 – 162,5x) / (100 + 34x) = 0,05,

откуда x = 0,0609. Массовая доля KCl равна:

(KCl) = 30,060974,5 / (100 + 340,0609) = 0,133.

Ответ. 5,00% FeCl₃, 13,3% KCl.

Решение варианта 25

1. NaHCO₃ — гидрокарбонат натрия («питьевая сода»);

Na₂CO₃ —карбонат натрия («техническая сода»).

2. CH₂OH(CHOH)₃COCH₂OH — фруктоза.

3. Только насыщенные углеводороды (алканы и циклоалканы) не содержат -связей. Алканы общей формулы C_nH_2n+2 содержат (3n+1) -связей (2n+2 связей CH и n–1 связей CС). Уравнение 3n+1 = 15 не имеет целочисленного решения, поэтому искомый углеводород — не алкан.

Циклоалканы общей формулы C_nH_2n содержат 3n -связей (2n связей CH и n связей CС). Уравнение 3n = 15 имеет решение n = 5. Искомый углеводород — циклопентан.

Ответ. Циклопентан.

4 . а) H₂O₂ + 2FeSO₄ + H₂SO₄ = Fe₂(SO₄)₃ + 2H₂O.

1 H₂O₂ + 2H⁺ + 2e = 2H₂O

2 Fe²⁺ – e = Fe³⁺

б) Из продуктов первой реакции только H₂O (вещество X) реагирует с оксидом серы (VI):

SO₃ + H₂O = H₂SO₄.

5. Если плотности газовых смесей, находящихся при одинаковых условиях, равны, то равны их средние молярные массы: M₁ = M₂.

Средняя молярная масса первой смеси больше молярной массы неона, но меньше молярной массы хлороводорода:

20 < M₁ < 36,5.

Аналогично, средняя молярная масса второй смеси больше молярной массы сероводорода, но меньше молярной массы пропана:

34 < M₂ < 44.

Поскольку M₁ = M₂, то M₁ также должна быть больше молярной массы сероводорода:

34 < M₁ < 36,5.

Среднюю молярную массу первой смеси можно выразить через объемную долю неона следующим образом:

M₁ = M(Ne)(Ne) + M(HCl)[1–(Ne)] = 36,5 – 16,5(Ne).

Подставляя это выражение в последнее неравенство, находим:

0 < (Ne) < 2,5/16,5 = 0,152.

Ответ. 0 < (Ne) < 0,152.

6. Пусть в исходной смеси содержалось x моль пирокатехина C₆H₄(OH)₂ (M = 110 г/моль) и y моль сложных эфиров CH₃COOCH₃ и HCOOC₂H₅, являющихся изомерами (M = 74 г/моль), тогда масса смеси равна: 110x + 74y = 2,94 г.

Со щелочью реагируют все три вещества:

C₆H₄(OH)₂ + 2NaOH = C₆H₄(ONa)₂ + 2H₂O;

CH₃COOCH₃ + NaOH = CH₃COONa + CH₃OH;

HCOOC₂H₅ + NaOH = HCOONa + C₂H₅OH.

В первую реакцию вступает 2x моль NaOH, во вторую и третью — суммарно y моль NaOH, всего 2x + y = 0,05.

Решая систему двух уравнений для x и y, находим: x = 0,02.

(пирокатехина) = 0,02110 / 2,94 = 0,748 = 74,8%.

Ответ. 74,8% пирокатехина.

7. 2CH₃OH + 2Na = 2CH₃ONa + H₂;

«A» — простое вещество

H₂ + S = H₂S;

«B» — кислота

H₂S + NaOH = NaHS + H₂O;

«C» — кислая соль

2CH₃OH + 3O₂ = 2CO₂ + 4H₂O;

«D» — оксид

H₂O + CaO = Ca(OH)₂;

«E» — гидроксид

Ca(OH)₂ + CO₂ = CaCO₃ + H₂O.

«F» — средняя соль

8. Составу C₆H₁₂O₃N₂ и условиям задачи отвечает дипептид, образованный двумя остатками аланина. C₃H₆NO₂K — калиевая соль аланина, которую можно получить из дипептида в одну стадию путем щелочного гидролиза:

Эту же реакцию можно провести в две стадии: сначала гидролиз в кислой среде, а затем — нейтрализация аминокислоты щелочью.

Ответ. Аланил-аланин.

9. 1) CaH₂ + 2H₂O = Ca(OH)₂ + 2H₂;

2) [CuOH]₂CO₃  2CuO + CO₂ + H₂O (нагревание);

3) CuO + H₂  Cu + H₂O (пропускание водорода над раскаленной медью).

10. При добавлении сильных кислот к раствору Na[Cr(OH)₄] сначала происходит частичная нейтрализация, и выпадает осадок Cr(OH)₃, который затем растворяется в избытке кислоты (полная нейтрализация). Образование осадка под действием смеси азотной и соляной кислот описывается сокращенным ионным уравнением:

0,0009 0,0009 0,0009

[Cr(OH)₄]^- + H⁺ = Cr(OH)₃ + H₂O.

([Cr(OH)₄]^-) = 0,060,015 = 0,0009 моль. Максимальная масса осадка образуется, когда количество ионов H⁺ соответствует этому уравнению. Таким образом, в 6 мл раствора смеси кислот содержится 0,0009 моль ионов H⁺.

При последующем добавлении кислоты осадок растворяется в соответствии с ионным уравнением:

0,0003 0,0009

Cr(OH)₃ + 3H⁺ = Cr³⁺ + 3H₂O.

При добавлении 6 мл раствора кислот, в котором содержится 0,0009 моль ионов H⁺, растворится часть осадка, а именно 0,0009/3 = 0,0003 моль. Масса оставшегося осадка равна (0,0009–0,0003)103 = 0,0618 г.

Ответ. 0,0618 г Cr(OH)₃.

Решение варианта 27

1. Литий сгорает в кислороде с образованием оксида:

4Li + O₂ = 2Li₂O.

Натрий в этих же условиях превращается в пероксид:

2Na + O₂ = Na₂O₂.

2. Третичная структура белка обеспечивается взаимодействием полярных и неполярных заместителей в различных местах цепи. Наиболее распространенная форма сшивания между цепями — образование дисульфидных мостиков SS между двумя цистеиновыми остатками.

3. Среди перечисленных веществ уже есть одна пара гомологов — эфиры молочной кислоты:

Остались молочная кислота и акриловая кислота. Нужно добавить по одному гомологу каждого из этих веществ:

4 . а) H₂S + 2FeCl₃ = 2FeCl₂ + S + 2HCl.

1 H₂S – 2e = S + 2H⁺

2 Fe³⁺ + e = Fe²⁺

б) Все три продукта реакции а) могут реагировать с магнием. Нагревание необходимо только для реакции с серой (вещество X):

Mg + S = MgS.

5. Возьмем один моль смеси. Пусть (CaC₂) = x, тогда (CaCO₃) = 1–x. Количество углерода в смеси составляет (C) = 2x + (1–x) = 1+x, а его масса равна m(C) = 12(1+x) г. Общая масса смеси равна

m(смеси) = m(CaC₂) + m(CaCO₃) = 64x + 100(1–x) = 100 – 36x.

По условию массовая доля углерода в смеси составляет 25%:

(C) = m(C) / m(смеси) = 12(1+x) / (100 – 36x) = 0,25,

откуда x = 13/21. Молярное соотношение веществ в смеси равно:

(CaC₂) / (CaCO₃) = x / (1–x) = 13/8.

Ответ. (CaC₂) / (CaCO₃) = 13/8.

6. Обозначим гомолог фенола ROH, а изомерный ему ароматический спирт — R’OH. Из этих двух веществ только гомолог фенола может реагировать с гидроксидом натрия:

0,02 0,02

ROH + NaOH = RONa + H₂O.

(NaOH) = 0,00210 = 0,02 моль, (ROH) = 0,02 моль.

С натрием могут реагировать оба изомера — и гомолог фенола, и ароматический спирт:

0,02 0,01

ROH + Na = RONa + 1/2H₂.

0,03 0,015

R’OH + Na = R’ONa + 1/2H₂.

(H₂) = 0,56 / 22,4 = 0,025 моль. В первой реакции образуется 0,02/2 = 0,01 моль H₂, а во второй — (0,025–0,01) = 0,015 моль. Следовательно, ароматического спирта было в два раза больше, чем водорода во второй реакции: (R’OH) = 0,03 моль.

Поскольку ROH и R’OH — изомеры, их массовые доли в смеси равны мольным долям:

(ROH) = 0,2 / (0,2+0,3) = 0,4; (R’OH) = 1 – 0,4 = 0,6.

Ответ. 40% гомолога фенола, 60% ароматического спирта.

7. 3HOCH₂CH₂OH + 8KMnO₄  3KOOCCOOK + 8MnO₂ + 2KOH + 8H₂O;

«A»

CH₂=CHCH₂Cl + KOH  CH₂=CHCH₂OH + KCl;

«B»

CH₂=CHCH₂OH + Na  CH₂=CHCH₂ONa + 1/2H₂;

«C»

CH₃CH=O + H₂  CH₃CH₂OH;

«D»

CH₃CH₂OH + 3O₂  2CO₂ + 3H₂O;

«E»

(CH₃CO)₂O + H₂O  2CH₃COOH.

8. Искомый изомер — линолевая кислота C₁₇H₃₁COOH (кислота с двумя двойными связями в углеродной цепи). Уравнения реакций:

1) C₁₇H₃₁COOH + 2H₂ = C₁₇H₃₅COOH (нагревание в присутствии никелевого катализатора);

2) 2С₁₇H₃₅COOH + Ba(OH)₂ = (C₁₇H₃₅COO)₂Ba + 2H₂O.

9. Условию задачи удовлетворяет реакция восстановления оксида железа (III) аммиаком при нагревании:

Fe₂O₃ + 2NH₃ = 2Fe + N₂ + 3H₂O.

1 2N^-3 – 6e = N₂

2 Fe³⁺ + 3e = Fe⁰

10. Возьмем 100 г раствора азотной кислоты, тогда m(HNO₃) = 10 г, (HNO₃) = 100 / 63 = 0,159 моль. Растворение основного карбоната меди в азотной кислоте описывается уравнением:

0,0397 0,159 0,0794 0,0397

[CuOH]₂CO₃ + 4HNO₃ = 2Cu(NO₃)₂ + CO₂ + 3H₂O.

В азотной кислоте растворится 0,159/4 = 0,0397 моль [CuOH]₂CO₃ массой 0,0397222 = 8,81 г, при этом образуется 0,159/2 = 0,0794 моль Cu(NO₃)₂ массой 0,0794188 = 14,9 г, и выделяется 0,159/4 = 0,0397 моль CO₂ массой 0,039744 = 1,75 г. Масса раствора после реакции равна:

m(р-ра) = 100 + m([CuOH]₂CO₃) – m(CO₂) = 107,1 г.

Массовая доля нитрата меди равна:

(Cu(NO₃)₂) = 14,9 / 107,1 = 0,139 = 13,9%.

Ответ. 13,9% Cu(NO₃)₂.

Решение варианта 29

1. Легче всего выделить в свободном состоянии I₂, например:

2KI + Br₂ = 2KBr + I₂.

Труднее всего получить фтор. Единственный способ получения фтора — электролиз плавиковой кислоты в присутствии фторида калия:

2HF = H₂ + F₂.

2. При нагревании формальдегида с гидроксидом кальция А.М.Бутлеров получил смесь сахароподобных веществ. Примерное уравнение реакции:

OH^-

6CH₂O  C₆H₁₂O₆.

3.

4. а) 2(NH₄)₂HPO₄ + 3Ba(OH)₂ = Ba₃(PO₄)₂ + 4NH₃ + 6H₂O.

б) С разбавленной серной кислотой реагирует аммиак (вещество X):

2NH₃ + H₂SO₄ = (NH₄)₂SO₄.

5. Пусть (CO₂) = x, (H₂CO) = y, тогда x + y = 22,4 / 22,4 = 1 моль. Смесь имеет одинаковую плотность с хлороводородом, поэтому ее средняя молярная масса равна молярной массе хлороводорода:

M_ср(CO₂,H₂CO) = (44x + 30y) / (x + y) = 36,5 г/моль.

Решая систему двух уравнений для x и y, находим: x = 0,464, y = 0,536. Количество кислорода в смеси составляет (O) = 2x + y = 20,464 + 0,536 = 1,464, а число атомов кислорода равно N(O) = 1,4646,0210²³ = 8,8110²³.

Ответ. N(O) = 8,8110²³.

6. При обработке дибромпропана спиртовым раствором щелочи выделяется пропин:

0,02 0,04 C₂H₅OH 0,04

CH₂BrCHBrCH₃ + 2KOH  CH₃CCH + 2KBr + 2H₂O.

(CH₂BrCHBrCH₃) = 4,04 / 202 = 0,02 моль, (KOH) = 200,2 / 56 = 0,071 моль — избыток. После окончания реакции и выпаривания раствора в смеси останутся (0,071–0,04) = 0,031 моль KOH и 0,04 моль KBr. Масса смеси равна 0,03156 + 0,04119 = 6,50 г.

Ответ. 6,50 г.

7. 2NaOH + Zn + 2H₂O = Na₂[Zn(OH)₄] + H₂;

«A»

H₂ + Cl₂ = 2HCl;

«B»

HCl + NaOH = NaCl + H₂O;

«C» — оксид

H₂O + Na₂O = 2NaOH;

H₂O + (CH₃CO)₂O = 2CH₃COOH;

2CH₃COOH + Mg = (CH₃COO)₂Mg + H₂.

«A»

8. Искомый изомер — стирол (винилбензол). Уравнения реакций:

9. При термическом разложении перманганата калия получается кислород:

2KMnO₄ = K₂MnO₄ + MnO₂ + O₂.

Фосфин сгорает в атмосфере кислорода с образованием фосфорной кислоты:

PH₃ + 2O₂ = H₃PO₄.

Для получения дигидрофосфата натрия к фосфорной кислоте надо добавить равное количество гидроксида натрия:

H₃PO₄ + NaOH = NaH₂PO₄ + H₂O.

10. Максимальная масса осадка образуется, когда щелочи добавлено ровно столько, сколько нужно для образования гидроксидов алюминия и железа:

0,1 0,2

Al₂(SO₄)₃ + 6KOH = 2Al(OH)₃ + 3K₂SO₄,

FeCl_x + xKOH = Fe(OH)_x + xKCl.

При дальнейшем добавлении щелочи Al(OH)₃ растворится:

Al(OH)₃ + KOH = K[Al(OH)₄].

Из условия задачи следует, что 4,50 г — это масса Fe(OH)_x, а (20,1–4,5) = 15,6 г — масса Al(OH)₃.

(Al(OH)₃) = 15,6 / 78 = 0,2 моль,

(Al₂(SO₄)₃) = (Al(OH)₃) / 2 = 0,1 моль,

m(Al₂(SO₄)₃) = 0,1342 = 34,2 г,

m(FeCl_x) = 40,55 – 34,2 = 6,35 г.

Из уравнения реакции следует, что количество хлорида железа равно количеству гидроксида железа:

(FeCl_x) = 6,35 / (56+35,5x) = (Fe(OH)_x) = 4,50 / (56+17x),

откуда x = 2.

Ответ. FeCl₂.

Рекомендуемая литература:

1. Кузьменко Н.Е., Еремин В.В., Попков В.А. Начала химии. Современный курс для поступающих в вузы. В 2-х т. — М.: 1-я Федерат. Книготорг. компания, 1997.

2. Кузьменко Н.Е., Еремин В.В., Попков В.А. Химия для школьников старших классов и поступающих в вузы. — М.: Дрофа, 1995.

3. Еремин В.В., Кузьменко Н.Е., Попков В.А. Конкурсные задачи по химии (пособие для абитуриентов). — М.: Принт-Ателье, 1995.

4. Фельдман Ф.Г., Рудзитис Г.Е. Химия: Учебники для 8-11 классов средней школы. М.: Просвещение, 1989-1994.

5. Цветков Л.А. Органическая химия: Учебник для 10 класса средней школы. 25-е изд. М.: Просвещение, 1988.

6. Химия: Справочные материалы / Под ред. Ю.Д.Третьякова. 1-3-е изд. — М.: Просвещение, 1984, 1988, 1993.

7. Еремина Е.А., Еремин В.В., Кузьменко Н.Е. Справочник школьника по химии (8-11 классы). 3-е изд. — М.: Дрофа, 1997.

8. Еремин В.В., Кузьменко Н.Е. Химия, ответы на вопросы: теория и примеры решения задач. — М.: 1-я Федерат. Книготорг. компания, 1997.

9. Конкурсный экзамен по химии. МГУ-96. — М.: Химический факультет МГУ, 1996.

10. Хомченко Г.П. Химия для поступающих в вузы. — М.: Высшая школа, 1988, 1993.

11. Фримантл М. Химия в действии. В 2-х ч. — М.: Мир, 1991.

12. Ахметов Н.С. Неорганическая химия. В 2-х ч. 3-е изд. — М.: Просвещение, 1992.

13. Потапов В.М., Татаринчик С.Н. Органическая химия. — М.: Химия, 1989.

14. Рэмсден Э.Н. Начала современной химии. — Л.: Химия, 1989.