1. Напишите электронную конфигурацию атома в невозбуждённом состоянии, у которого общее количество s-электронов равно общему количеству d-электронов.

2. Какие факторы способствуют смещению равновесия реакции

2NO + O₂ ⇄ 2NO₂ + 114.5 кДж

в сторону образования оксида азота (IV)? Ответ мотивируйте.

3. При каком давлении плотность газообразного аргона будет равна плотности формальдегида, измеренной при нормальных условиях, если температура остаётся постоянной?

4. Напишите четыре уравнения химических реакций, характеризующих способность сульфида натрия к гидролизу, реакциям ионного обмена и окислению с образованием различных продуктов.

5. Напишите уравнения реакций, соответствующие привёденной схеме. Укажите условия их проведения.

H₂SO₄

KClO3  KCl  Cl2  CaOCl2  X.

6. Какие вещества вступили в реакцию и при каких условиях, если образовались следующие продукты (указаны лишь конечные вещества со стехиометрическими коэффициентами)? Приведите уравнения реакций.

 2CuCl ₂ + I₂;

 9Ca(NO₃)₂ + 6H₃PO₄ + 16NO + 8H₂O;

 10CO₂ + 2MnSO₄ + K₂SO₄ + 8H₂O.

7. При охлаждении водного раствора перхлората неизвестного металла было получено 0.2 моль кристаллогидрата, в котором массовая доля безводной соли составляет 67.37 %, а масса кристаллизационной воды на 23.0 г меньше массы безводной соли. Определить молярную массу кристаллогидрата и установить его состав.

8. Напишите уравнения реакций, соответствующие приведенной схеме превращений:

В уравнениях укажите графические формулы веществ и условия проведения реакций.

9. При проведении электролиза водного раствора нитрата серебра, который длился 5 ч 18 мин, силу тока поддерживали постоянной. Через 20 мин с момента начала электролиза на катоде началось выделение газа. Определить массовое содержание соли в исходном растворе, если за время электролиза масса раствора уменьшилась в 2 раза.

10. В результате нитрования этилметилбензола была получена смесь трёх моно- и трёх динитропроизводных. 17.4 г смеси восстановили избытком алюминия в присутствии щёлочи. После восстановления масса смеси составила 13.8 г. Определите массовую долю динитрометилэтилбензолов в исходной смеси и напишите их графические формулы. Принять, что реакция восстановления нитрогруппы в аминогруппу протекала количественно.

Вариант hmb-2004-4

1. Напишите электронную конфигурацию атома в невозбуждённом состоянии, у которого общее количество p-электронов в 4 раза больше количества d-электронов.

2. Какие факторы способствуют смещению равновесия реакции

H₂O_(газ) + CO ⇄ H₂ + CO₂ + 41.17 кДж

в сторону образования углекислого газа? Ответ мотивируйте.

3. При каком давлении плотность аммиака будет равна плотности гелия, измеренной при нормальных условиях, если температура остаётся постоянной?

4. Напишите четыре уравнения химических реакций, которые характеризуют способность дигидрофосфата натрия реагировать с кислотой, основанием, солью и разлагаться при нагревании.

5. Напишите уравнения реакций, соответствующие привёденной схеме. Укажите условия их проведения.

NH₃

CuS  CuSO₄  Cu₂O  CuCl₂  X.

6. Какие вещества вступили в реакцию и при каких условиях, если образовались следующие продукты (указаны лишь конечные вещества со стехиометрическими коэффициентами)? Приведите уравнения реакций.

 5KCl + P₂O₅;

 (CuOH)₂CO₃ + CO₂ + Na₂SO₄;

 3C₆H₅COOK + 4MnO₂ + KOH + 4H₂O.

7. При охлаждении водного раствора нитрата неизвестного металла было получено 0.08 моль кристаллогидрата, в котором массовая доля безводной соли составляет 62.37 %, а масса кристаллизационной воды на 5.68 г меньше массы безводной соли. Определить молярную массу кристаллогидрата и установить его состав.

8. Напишите уравнения реакций, соответствующие приведенной схеме превращений:

В уравнениях укажите графические формулы веществ и условия проведения реакций.

9. При проведении электролиза водного раствора нитрата меди, который длился 11 ч, силу тока поддерживали постоянной. Через 1 час с момента начала электролиза на катоде началось выделение газа. Определить массовое содержание соли в исходном растворе, если за время электролиза масса раствора уменьшилась в 1.382 раза.

10. В результате хлорирования диметилбензола в присутствии AlCl₃ была получена смесь, содержащая три изомерных дихлорпроизводных и один монохлор-диметилбензол. При пропускании продуктов сжигания 4.56 г смеси в избыток азотнокислого раствора нитрата серебра выпало 5.74 г белого творожистого осадка. Определите массовую долю дихлордиметилбензолов в полученной смеси и напишите их графические формулы.

Решения заданий заочного тура олимпиады

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 (HNO₃) : (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 – 4x = 207;

x = 7.

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

92 – 2x + y = 82;

y = 4.

Ответ: 7 -распадов, 4 -распада.

3. Общая формула гомологического ряда предельных одноосновных карбоновых кислот C_nH_2nO₂. В молекуле кислоты содержится n + 2n + 2 = 3n + 2 атомов.

(C_nH_2nO₂) = m / M = 97.5 / (14n + 32) моль.

(атомов) = (3n + 2) · 97.5 / (14n + 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_nH_2n+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: (NaOH) = 0.04 моль, (HBr) = 0.02 моль.

После реакции: (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.

(CaF₂) = 27.3 / 78 = 0.35 моль;

(MF) = (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_nH_2n–6  C_nH_2n–8 + H₂;

C_nH_2n–8 + Br₂  C_nH_2n–8Br₂.

(C_nH_2n–8) = (Br₂) = 76 / 160 = 0.475 моль.

В первой реакции: (C_nH_2n–6) = _теор(C_nH_2n–8) = 0.475 / 0.6 = 0.792 моль.

M(C_nH_2n–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 0.5x моль H₂ и I₂:

;

x = 0.55,

(HI) = 6 + x = 6.55 моль,

(H₂) = 3.0 – 0.5x = 2.73 моль,

(I₂) = 0.8 – 0.5x = 0.53 моль.

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

9. Найдем эмпирическую формулу комплекса:

(Pt) : (N) : (Br) : (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:

T₂ =

Ответ: (2/3)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 (BaH₂) = x моль, (Li₃N) = y моль, тогда ₁(H₂,NH₃) = 2x + y, ₂(H₂) = 2x.

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

Исходная смесь – эквимолярная. Массовая доля гидрида бария:

(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 (CO) = (Cl₂).

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

p₀(Cl₂) – p(Cl₂) = p(COCl₂),

p₀(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⁺ + 3e  Bi 4

2H₂O – 4e  O₂ + 4H⁺ 3

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

Hg²⁺ + 2e  Hg 2

2H₂O – 4e  O₂ + 4H⁺ 1

2Hg(NO₃)₂ + 2H₂O → 2Hg + O₂ + 4HNO₃.

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

Из условия задачи следует:

209x + 201y = 7.195.

Количество электронов, прошедших через раствор:

(e) = It / F = 0.9016160 / 96500 = 0.09 моль.

Из уравнений восстановления ионов металлов следует:

3x + 2y = 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  = 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:

(CO) = 1 – 0.1 = 0.9 моль,

(H₂) = 2 – 0.1(33/13) = 1.75 моль,

(CH₄) = 0.1(3/13) = 0.023 моль,

(C₂H₆) = (C₃H₈) = 0.1(2/13) = 0.015 моль,

(H₂O) = _{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:

0.879 г – 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_nH_2n+1СООН. Массовая доля кислорода:

,

n = 2, формула кислоты – С₂Н₅СООН.

Ответ: пропионовая кислота С₂Н₅СООН.

5. С₂Н₃СООН ⇄ С₂Н₃СОО^– + Н⁺.

[H⁺] = 10^–pH = 1.26 · 10^–3;

 = [H⁺] / C = 0.0420, или 4.20%.

Ответ: 4.20%.

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

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

(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.

(CuO) = 1.40 / 80 = 0.0175 = (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.

(Al₂O₃) = 0.765 / 102 = 0.0075 = (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:

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

m(C₆H₅–NH₂) = 0.3  93 = 27.9 г;

(C₆H₅–NH₂) = 27.9%.

Осадок с бромной водой дает метилфенол:

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

m(CH₃–C₆H₄–OH) = 0.2  108 = 21.6 г;

(CH₃–C₆H₄–OH) = 21.6%.

Количество бензола определяем по разности:

m(C₆H₆) = 100 – 27.9 – 21.6 = 50.5 г;

(C₆H₆) = 50.5%.

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

Решение варианта О-2004-2

1. H⁺

СH₃COOCH₃ + Н₂O ⇄ СH₃COOН + CH₃OH.

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

0.660 г –– 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_nH_2n+1Сl, массовая доля хлора: 0. ,

n = 2, формула искомого монохлоралкана – С₂Н₅Cl.

Ответ: С₂Н₅Cl.

5. С₆Н₅СООН ⇄ С₆Н₅СОО^– + Н⁺;

[H⁺] = 10^–pH = 1.23 · 10^–3;

 = [H⁺] / c = 0.0492 или 4.92%.

Ответ: 4.92%.

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

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

(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.

(CuO) = 2.40 / 80 = 0.03 = (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.

(Al₂O₃) = 1.53 / 102 = 0.015, (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:

(C₆H₅–NH₂) = (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;

(C₆H₅–NH₂) = 23.25 / 80  100% = 29.06%.

С бромной водой взаимодействует метилфенол:

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

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

m(CH₃–C₆H₄–OH) = 0.2  108 = 21.6 г;

(CH₃–C₆H₄–OH) = 21.6 / 80  100% = 27.0%.

Количество бензола находим по разности:

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

(C₆H₆) = 35.15 / 80  100% = 43.94%.

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

Решение варианта ХБ-2004-1

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–] = (2s)² · s = 4s³;

Ответ: 1.55 · 10^–5 моль/л.

3. Реакция нейтрализации:

KOH + HCl  KCl +H₂O.

(HCl) = 2 · 0.05 = 0.1 моль;

(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.

4 .

Ответ: A – HBr, B – Cr₂(SO₄)₃.

5. Масса образца неизвестного металла m(Me) =   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

(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 = 9n.

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

Электронная конфигурация: ₁₃Al 1s²2s²2p⁶3s²3p¹.

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 (NaCl) = (AlCl₃), составляем уравнение

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

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

Т.о. в конечном растворе массовые доли солей составляют

(AlCl₃) = (NaCl) = 2x  58.5 / 5054x = 0.0231 (2.31%);

В исходном растворе

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

Ответ: (AlCl₃) = (NaCl) = 2.31%, (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:

(C) : (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 = 2x + 32, где х – это А(Ме)) в избытке кислорода

b 2b

Me₂S + 2O₂ → 2MeO + SO₂

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

2b 2b 2b

MeO + H₂SO₄ → MeSO₄ + H₂O.

Масса необходимого количества 39.2%-ного раствора H₂SO₄ составляет

2b  98 / 0.392 = 500b г.

Общая масса раствора составляет

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

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

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

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

x = 64 (Ме – это медь).

Исходный сульфид – Cu₂S, в растворе содержится соль CuSO₄ массой

m(CuSO₄) = 2b  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.

(KMnO₄) = 0.5  0.1 = 0.05 моль,

(HBr) = 8  (KMnO₄) = 0.4 моль.

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

Отношение (HBr) / (С₆Н₅СН₃) = 4 : 3.

При соотношении (HBr) / (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

1.

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 · (2s)² = 4s³.

Ответ: 6.5 10^–4 моль/л.

3. Реакция нейтрализации:

RbOH + HBr  RbBr +H₂O.

(RbOH) = 1  0.1 = 0.1 моль;

(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.

4.

Ответ: A – H₂O, B – HCl.

5. Масса образца неизвестного металла m(Me) =   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

(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 = 15n.

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

Электронная конфигурация: ₂₁Sc 1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d¹4s².

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 (NaCl) = (CrCl₃), то

58.5  2x = 0.06m – 2/3  x  158.5,

m = 3711.11x.

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

Т.о. в конечном растворе массовые доли солей:

(CrCl₃) = (NaCl) = 2x 58.5 / 7289.55x = 0.0161 ( или 1.61%);

В исходном растворе

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

Ответ: (CrCl₃) = (NaCl) = 1.61%, (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

(C) : (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 0.5b

4MeS + 7O₂ → 2Me₂O₃ + 4SO₂

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

0.5b 1.5b 0.5b

Me₂O₃ + 3H₂SO₄ → Me₂(SO₄)₃ + 3H₂O.

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

Общая масса раствора составляет

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

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

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

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

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

0.5b  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 г Fe₂(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.

(K₂Cr₂O₇) = 0.2  0.125 = 0.025 моль,

(HBr) = 14 (K₂Cr₂O₇) = 0.35 моль.

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

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

При соотношении (HBr) / (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^–5 моль/л.

3. 56 кДж/моль.

4. A – Na₂CO₃, B – NaCl.

5. Цинк.

6. (Al₂(SO₄)₃) = (K₂SO₄) = 3.07%, (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^–2 моль/л.

3. 56 кДж/моль.

4. A – H₂O, B – S.

5. Кадмий.

6. (Cr₂(SO₄)₃) = (Na₂SO₄) = 2.12%, (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: M₁ = 8.5 г/моль, V₁ = 40 л.

Добавили: M₂ = 28 г/моль, V₂ = 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. (CO₂) = 16.8 / 22.4 = 0.75 моль.

(KOH) = 400  0.28 / 56 = 2 моль – избыток.

Протекает реакция CO₂ + 2KOH → K₂CO₃ + H₂O.

(K₂CO₃) = 0.75 моль, m(K₂CO₃) = 0.75138 = 103.5 г.

_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^–.

  .

б) H₂S ⇄ H⁺ + HS^–;

HCl  H⁺ + Cl^–.

;

[H⁺] = 1 + [HS^–]  1 М;

[H₂S] = 0.1 – [HS^–]  0.1 М.

М

  [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. h

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 (Na₂O) = (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

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

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

10. Общая формула обоих гомологических рядов C_nH_2n–5N.

, n = 7.

С бромоводородом оба изомера реагируют по уравнению:

C₇H₉N + HBr  C₇H₁₀NBr.

_общ(C₇H₉N) = (HBr) = 1.21  101.3 / (8.314  295) = 0.05 моль.

С бромной водой реагирует только гомолог анилина.

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

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

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

Массовые доли изомеров равны мольным долям:

(гом.анилина) = 0.033 / 0.05 = 0.67,

(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. (гом.анилина) = 0.67, (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: M₁ = 36 г/моль, V₁ = 100 л.

Добавили: M₂ = 44 г/моль, V₂ = 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. (SO₂) = 14.56 / 22.4 = 0.65 моль,

(NaOH) = 2000.17 / 40 = 0.85 моль.

1 < (NaOH)/(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.

(Na₂SO₃) = 0.2 моль, m(Na₂SO₃) = 0.2126 = 25.2 г,

(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^–;

  .

б) H₂S ⇄ H⁺ + HS^–;

HCl  H⁺ + Cl^–;

.

[H⁺] = 0.1 + [HS^–]  0.1 М;

[H₂S] = 0.01 – [HS^–]  0.01 М;

М;

  [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.

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 = 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 (Na₂O) = (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

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

Ответ: SO₃, Na₂SO₄, (NaOH) = 1%.

10. Общая формула обоих гомологических рядов: C_nH_2n–5N.

, n = 7.

С хлороводородом оба изомера реагируют по уравнению:

C₇H₉N + HCl  C₇H₁₀NCl.

_общ(C₇H₉N) = (HCl) = 0.95  101.3 / (8.314  289.5) = 0.04 моль.

С бромной водой реагирует только гомолог анилина.

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

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

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

Массовые доли изомеров равны мольным долям:

(гом.анилина) = 0.027 / 0.04 = 0.67,

(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. (гом.анилина) = 0.67, (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, (KOH) = 7.6%.

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

Ответы и указания к варианту BБ-2004-4

1. X – C₇H₈O.

2. Минимальная – H₂Te, K₂Te; максимальная – TeO₃, H₂TeO₄.

3. D_H2 = 20.

4. CH₄  C₂H₂  CH₃CHO.

5. 31.5 г Na₂SO₃, 62.4 г NaHSO₃.

6. а) 5.310^–4; б) 2.810^–8.

8. X – о-C₆H₄(CH₃)₂, Y – C₆H₄(COONH₄)₂, Z – C₆H₆.

9. SO₃, K₂SO₄, (KOH) = 8.9%.

10. 3-этиланилин или 3,5-диметиланилин, любой гомолог пиридина с тремя атомами углерода в боковых цепях. (гом.анилина) = 0.83, (гом.пиридина) = 0.17.

Решение варианта MБ-2004-1

1. Br₂: степень окисления 0; валентность I.

CH₂Cl₂ углерод: степень окисления 0, валентность IV;

водород: степень окисления +1, валентность I;

хлор: степень окисления –1, валентность I.

2.  2Fe + 6H₂SO_4(конц) → Fe₂(SO₄)₃ + 3SO₂↑ + 6H₂O.

3.  3-метилпентен-1:

4. 

анилин пара-нитроанилин

Основные свойства аминов обусловлены наличием неподеленной пары электронов у атома азота. Чем более свободна эта электронная пара, тем сильнее основание. Электронная пара анилина более свободна, чем у нитроанилина благодаря тому, что NO₂-группа оттягивает на себя электронную плотность кольца (–М и –I-эффекты). Анилин – более сильное основание, чем нитроанилин.

5. Реакция омыления жира:

Обозначим М(R) = x г/моль.

(соли) = 3(жира);

(соли) = ; (жира) = .

44.1(3х + 173) = 3 · 40.3(х + 83),

132.3х + 7629.3 = 120.9х + 10034.7,

х = = 211 г/моль.

R – это C₁₅H₃₁. Жир построен из трех остатков пальмитиновой кислоты.

Ответ: Три остатка пальмитиновой кислоты в молекуле жира.

6. HCl + NaOH → NaCl + H₂O.

а) (HCl) = 0.2 · 0.15 = 0.03 моль;

(NaOH) = 0.1 · 0.1 = 0.01 моль.

Объем раствора V = 0.2 + 0.1 = 0.3 л; избыток кислоты (HCl) = 0.03 – 0.01 = 0.02 моль.

[H⁺] = = 0.0667 M;

pH = – lg[H⁺] = 1.176.

б) Пусть для достижения требуемого значения pH к исходному раствору HCl необходимо прилить х л раствора щелочи. Тогда (NaOH) = 0.1x.

После приливания щелочи к исходному раствору кислоты останется (NaOH) = (0.1x – 0.03) моль. Молярная концентрация ионов OH^– составит

[OH^–] = или , т.к. [H⁺][OH^–] = 10^–14.

= 0.01;

0.002 + 0.01х = 0.1х – 0.03;

х = л.

Ответ: рН = 1.176; 323 мл.

7.  Ni, t

1) 2CH₄ → C₂H₂ + 3H₂;

C_акт., 600С

2) 3C₂H₂ ––→ C₆H₆ (тримеризация ацетилена);

h

3) СH₄ + Cl₂ →CH₃Cl + HCl;

AlCl₃

4) C₆H₆ + CH₃Cl → C₆H₅–CH₃ + HCl (алкилирование бензола по Фриделю-Крафтсу);

H₂SO₄

5) C₆H₅–CH₃ + HNO₃ → O₂N–C₆H₄–CH₃ + H₂O (нитрование толуола нитрующей смесью);

6) Выбираем пара-изомер:

7) O₂N–C₆H₄–COOH + 3(NH₄)₂S → NH₂–C₆H₄–COOH + 6NH₃↑ + 3S↓ + 2H₂O.

пара-аминобензойная кислота

8.  t

1) 2Cu₂O + O₂ → 4CuO;

2) CuO + 2HNO₃ → Cu(NO₃)₂ + H₂O;

t

3) 2Cu(NO₃)₂ → 2CuO + 4NO₂↑ + O₂↑;

4) 4NO₂ + O₂ + 2H₂O → 4HNO₃;

5) Ag + 2HNO₃ → AgNO₃ + NO₂↑ + H₂O;

6) 2AgNO₃ + 2NaOH → Ag₂O↓ + 2NaNO₃ + H₂O.

Ответ: X – CuO, Y – NO₂, Z – AgNO₃.

9.  Обозначим массу пустого сосуда m_c, а молярную массу неизвестного газа – x.

Тогда масса первого сосуда с газом 24.8 = ·2 + m_c.

Масса второго сосуда с газом 36.8 = ·32 + m_c. Количества вещества обоих газов равны, т.к. равны объемы, давления и температура сосудов.

Решив полученную систему двух уравнений с двумя неизвестными, получим:

m_c = 24.0 г,

 = 0.4 моль.

Масса смеси в третьем сосуде 33.28 – 24.0 = 9.28 г.

(N₂) = ·0.4 = 0.16 моль,

9.28 = 0.16·28 + (0.4 – 0.16) x.

x = 20 г/моль, неизвестный газ – неон.

Ответ: неон Ne.

10. 

(Cu(OH)₂) = моль.

Если принять, что альдегид и гидроксид меди были взяты в стехиометрических количествах, то молярная масса альдегида составит:

М = г/моль,

что не соответствует реальным альдегидам. Значит, гидроксид меди (II) был взят в избытке, и осадок после нагревания до постоянной массы состоял из оксида меди (I) и оксида меди (II), образовавшегося по реакции:

t

Cu(OH)₂ → CuO + H₂O.

Обозначим количество вещества альдегида как x моль, тогда количество вещества Cu₂O составит тоже x моль, а CuO – (0.9 – 2х) моль.

65.6 = х·144 + (0.9 – 2х)·80;

16х = 6.4;

х = 0.4;

М = 58 г/моль.

M(R) = 58 – 29 = 29 г/моль, R – это этил С₂Н₅.

Неизвестный альдегид – пропаналь:

Ответ: пропаналь С₃Н₆О.

Решение варианта MБ-2004-2

1. N₂: степень окисления 0, валентность III.

CHCl₃ углерод: степень окисления +2, валентность IV;

водород: степень окисления +1, валентность I;

хлор: степень окисления –1, валентность I.

2.  Cl₂ + 2KOH → KCl + KClO + H₂O.

3. 2-нитробутан:

4. 

метиламин пара-метиланилин

Основные свойства аминов обусловлены наличием неподеленной пары электронов у атома азота. Чем более свободна эта электронная пара, тем сильнее основание. Электронная пара метиламина более свободна, чем у анилина, благодаря +I-эффекту метильной группы. Электронная плотность у атома азота в анилине значительно меньше за счет сопряжения р-электронов атома азота и π-электронов бензольного ядра, поэтому метиламин – более сильное основание, чем пара-метиланилин.

5. Реакция омыления жира:

Обозначим М(R) = x г/моль. (NaOH) = 3(жира)

(NaOH) = = 0.12 моль; (жира) = .

0.12·(3х + 173) = 3 · 35.6,

0.36х = 106.8 – 20.76 = 86.04,

х = = 239 г/моль.

R – это C₁₇H₃₅. Жир построен из трех остатков стеариновой кислоты.

Ответ: Три остатка стеариновой кислоты в молекуле жира.

6. HBr + KOH → KBr + H₂O.

а) (HBr) = 0.1 · 0.1 = 0.01 моль;

(KOH) = 0.1 · 0.12 = 0.012 моль.

Объем раствора V = 0.1 + 0.1 = 0.2 л; избыток щелочи (KOH) = 0.012 – 0.01 = 0.002 моль.

[OH^–] = = 0.01 M; [H⁺] = = 10^–12.

pH = – lg[H⁺] = 12.

б) Пусть для достижения требуемого значения pH к исходному раствору КОН необходимо прилить х л раствора кислоты. Тогда (HBr) = 0.1x.

После приливания кислоты к исходному раствору щелочи останется (HBr) = (0.1x – 0.012) моль. Молярная концентрация ионов H⁺ составит:

[H⁺] = = ,

= 0.01;

0.001 + 0.01х = 0.1х – 0.012;

х = л.

Ответ: рН = 12; 131 мл.

7. 

Ni, t

1) C₂H₄ → C₂H₂ + H₂;

C_акт., 600С

2) 3C₂H₂ ––→ C₆H₆ (тримеризация ацетилена);

H⁺

3) C₆H₆ + C₂H₄ → C₆H₅–C₂H₅ (алкилирование бензола алкеном);

H₂SO₄

4) C₆H₅–C₂H₅ + HNO₃ → O₂N–C₆H₄–C₂H₅ + H₂O;

5) Выбираем пара-изомер:

6)

пара-нитростирол

8.  t

1) (NH₄)₂Cr₂O₇ → N₂↑ + Cr₂O₃+ 4H₂O;

Pt, t, p

2) N₂ + 3H₂ ⇄ 2NH₃;

3) 3NH₃ + AlCl₃ + 3H₂O → Al(OH)₃↓ + 3NH₄Cl;

t

4) 2Al(OH)₃ → Al₂O₃ + 3H₂O;

5) SO₃ + H₂O → H₂SO₄;

6) 3H₂S + H₂SO₄ → 4S↓ + 4H₂O.

Ответ: X – N₂, Y – Al(OH)₃, Z – H₂SO₄.

9. Пусть в исходной смеси содержалось z моль Al и y моль CaCO₃, тогда масса смеси равна:

27z + 100y = 20.8. (1)

При сплавлении в атмосфере кислорода алюминий прежде всего окислится до оксида алюминия:

t

4Al + 3O₂ →2Al₂O₃,

z 0.75z

в результате этого в конечной смеси прибавится 0.75z моль О₂, и ее масса увеличится на

m(O₂) = 32 · 0.75z = 24z.

Далее в результате сплавления Al₂O₃ с карбонатом кальция выделится углекислый газ:

t

CaCO₃ + Al₂O₃ → Ca(AlO₂)₂ + CO₂↑,

и масса смеси уменьшится на массу CO₂.

В зависимости от соотношения между количествами веществ Al₂O₃ и CaCO₃ конечная смесь будет либо тяжелее, либо легче исходной. В данном случае смесь стала тяжелее,

t

CaCO₃ + Al₂O₃ → Ca(AlO₂)₂ + CO₂↑

y 0.5z–y y y

поэтому 24z – 44y = 26.0 – 20.8 = 5.2, (2)

Решив систему уравнений (1) – (2), находим z = 0.4, y = 0.1 моль.

Состав конечной смеси: 0.1 моль Ca(AlO₂)₂, m = 0.1 · 158 = 15.8 г;

0.1 моль Al₂O₃, m = 0.1 · 102 = 10.2 г.

ω(Ca(AlO₂)₂) = (или 60.8%); ω(Al₂O₃) = (или 39.2%).

Ответ: 60.8% Ca(AlO₂)₂, 39.2% Al₂O₃.

10. 

(Cu(OH)₂) = моль.

Если принять, что альдегид и гидроксид меди были взяты в стехиометрических количествах, то молярная масса альдегида составит:

М = г/моль,

что не соответствует реальным альдегидам. Значит, гидроксид меди (II) был взят в избытке, и осадок после нагревания до постоянной массы состоял из оксида меди (I) и оксида меди (II), образовавшегося по реакции:

t

Cu(OH)₂ → CuO + H₂O.

Обозначим количество вещества альдегида как x моль, тогда количество вещества Cu₂O составит тоже x моль, а CuO – (0.7 – 2х) моль.

51.2 = х·144 + (0.7 – 2х)·80; 16х = 4.8; х = 0.3;

М = 44 г/моль. M(R) = 44 – 29 = 15 г/моль, R – это метил СН₃.

Ответ: этаналь С₂Н₄О.

Ответы и указания к варианту МБ-2004-3

2. Cr + 6HNO_3(конц) → Cr(NO₃)₃ + 3NO₂↑ + 3H₂O.

3. 3-метилпентин-1.

4.  Кислотность пара-хлорфенола выше, чем пара-метилфенола.

5.  Жир построен из трех остатков олеиновой кислоты.

6. рН = 1.7; 227 мл.

8. X – Ca₃(PO₄)₂, Y – P₂O₅, Z – H₂.

9.  Н₂.

10.  Бутаналь С₄Н₈О.

Ответы и указания к варианту МБ-2004-4

2. Si + 2NaOH + H₂O → Na₂SiO₃ + 2H₂↑.

3. 2-аминопропановая кислота (аланин).

4.  Пара-метиланилин – более сильное основание, чем пара-хлоранилин.

5.  Жир построен из трех остатков линолевой кислоты.

7. рН = 12; 141 мл.

8. X – FeCl₂, Y – Fe(OH)₃, Z – Fe₂(SO₄)₃.

9.  60.5% BaZnO₂, 39.5% BaO.

10.  Пропаналь С₃Н₆О.

Решение варианта ББА-2004-1

1. Нитроалканы.

2. Пусть x – мольная доля ³⁵Cl, y – мольная доля ³⁷Cl, тогда

Отсюда находим x = 0.775, y = 0.225.

Массовые доли изотопов:

(³⁵Cl) = = 76.52%, (³⁷Cl) = 23.48%.

Ответ: (³⁵Cl) = 76.52%, (³⁷Cl) = 23.48%.

3. Пусть на 1 моль HNO₃ приходится x моль H₂O.

Тогда (H) = 1 + 2x, (O) = 3 + x.

1 + 2x = 3 + x, откуда x = 2.

(HNO₃) = = 63.6%.

Ответ: (HNO₃) = 63.6%.

4. Задача решается методом подбора. Нитраты одновалентных металлов разлагаются либо до соответствующих нитритов и кислорода (например, нитраты K или Na), либо до оксида металла, оксида азота (IV) и кислорода (нитрат лития).

t

4LiNO₃ → 2Li₂O + 4NO₂↑ + O₂↑.

ω(Li₂O) = = 0.217.

5. Переводим компоненты смеси в водорастворимое состояние:

O₂N–C₆H₄–COOH + NaHCO₃ → O₂N–C₆H₄–COONa + CO₂ + H₂O;

Br–C₆H₄–OH + NaOH → Br–C₆H₄–ONa + H₂O.

Выделяем компоненты в индивидуальном виде:

Br–C₆H₄–ONa + CO₂ + H₂O → Br–C₆H₄–OH + NaHCO₃;

O₂N–C₆H₄–COONa + HCl → O₂N–C₆H₄–COOH + NaCl.

6. Уравнение реакции: C₂H₅OH + 3O₂ → 2CO₂ + 3H₂O.

Тепловой эффект реакции: Q = 2  393.5 + 3  241.8 – 277.0 = 1235.4 кДж/моль.

(C₂H₅OH) = 494.2 / Q = 0.4 моль.

Осталось O₂: = 0.8 моль.

Было O₂: 0.8 + 3  0.4 = 2.0 моль.

Масса исходной смеси: m = 0.4  46 + 2.0  32 = 82.42 г.

(C₂H₅OH) = 0.4  46 / m  100% = 22.3%.

(O₂) = 77.7%.

Ответ: (C₂H₅OH) = 22.3%, (O₂) = 77.7%.

7. 4HCl + MnO₂ MnCl₂ + Cl₂ +2H₂O;

X₁

3Cl₂ + 6KOH 5KCl + KClO₃ +3H₂O;

2KClO₃ 2KCl + 3O₂;

X₂

2KCl + H₂SO₄ (к.) 2HCl + K₂SO₄;

K₂SO₄ + Ba(NO₃)₂ BaSO₄ + 2KNO₃;

2KNO₃ 2KNO₂ + O₂;

X₃

K + O₂ KO₂.

8. Приведем решение в виде схем реакций:

Обратите внимание на то, что в условии задания требуется записать уравнения всех реакций!

9. 1-е условие: Плотность по водороду исходной смеси < 2.

Пусть (N₂) = x, (H₂) = 1 – x, тогда 28x + 2(1 – x) < 4, откуда x < 0.0769.

Объёмная доля азота в исходной смеси: (N₂) = < 0.0769.

2-е условие: Плотность по водороду конечной смеси > 2.

Пусть в исходной смеси (N₂) = y, (H₂) = 1 – y.

Выход реакции 20%, т. е. прореагировало 0.2y N₂.

Количества молей газов:

N₂ + 3H₂ = 2NH₃

Исходное кол-во: y 1 – y 0

Конечное кол-во: y – 0.2 y 1 – y – 30.2y 20.2y

= 0.8y = 1 – 1.6y = 0.4y

Всего молей газов в смеси: _кон = 0.8y + 1 – 1.6y + 0.4y = 1 – 0.4y

Тогда , откуда y > 0.0725.

Объёмная доля азота в исходной смеси: (N₂) = > 0.0725.

Объёмные доли азота в конечной смеси:

Минимальная: (N₂) = > 0.0597.

Максимальная: (N₂) = < 0.0635.

Ответ: Исходная смесь: 0.0725 < (N₂) < 0.0769,

конечная смесь: 0.0597 < (N₂) < 0.0635.

10. 2.80 г C₄H₈ – 0.05 моль

0.74 г C₂H₅COOH – 0.01 моль

0.896 л CO₂ – 0.04 моль

1. CH₃CH₂CH=CH₂ C₂H₅COOH + CO₂;

2. CH₃CH=CHCH₃ 2CH₃COOH;

3. (CH₃)₂C=CH₂ CH₃COCH₃ + CO₂.

Из реакции (1): (C₂H₅COOH) = 0.01 моль, тогда (бутена-1) = 0.01 моль.

(CO₂) из р-ции (1) = 0.01 моль, тогда (CO₂) из р-ции (3) = 0.03 моль.

Тогда (CH₃COCH₃) = 0.03 моль, (изобутена) = 0.03 моль.

Отсюда (бутена-2) = 0.05 – 0.01 – 0.03 = 0.01 моль, (CH₃COOH) = 0.02 моль.

Ответ: Продукты: CH₃COOH – 0.02 моль, CH₃COCH₃ – 0.03 моль.

Состав смеси: бутен-1 – 0.01 моль, бутен-2 – 0.01 моль, изобутен – 0.03 моль.

Решение варианта ББА-2004-2

1. Циклоалканы.

2. Пусть x – мольная доля ¹⁰⁷Ag, y – мольная доля ¹⁰⁹Ag, тогда

Отсюда находим x = 0.565, y = 0.435.

Массовые доли изотопов:

(¹⁰⁷Ag) = = 56.04%, (¹⁰⁹Ag) = 43.96%.

Ответ: (¹⁰⁷Ag) = 56.04%, (¹⁰⁹Ag) = 43.96%.

3. Пусть на 1 моль H₂SO₄ приходится x моль H₂O. Тогда

(H) = 2 + 2x, (O) = 4 + x.

2 + 2x = 4 + x, откуда x = 2.

(H₂SO₄) = = 73.1%.

Ответ: (H₂SO₄) = 73.1%.

4. Эта задача решается методом подбора. Сульфаты двухвалентных металлов разлагаются либо до оксида двухвалентного металла, оксида серы (IV) и кислорода, либо образуется оксид металла с более высокой валентностью.

t

4FeSO₄ → 2Fe₂O₃ + 4SO₂↑ + O₂↑.

ω(Fe₂O₃) = = 0.526.

5. Переводим компоненты смеси в водорастворимое состояние:

H₂N–C₆H₄–COOH + HCl → ClH₃N–C₆H₄–COOH;

Br–C₆H₄–COOH + NaHCO₃ → Br–C₆H₄–COONa + CO₂ + H₂O.

Выделяем компоненты в индивидуальном виде:

ClH₃N–C₆H₄–COOH + NaOH → H₂N–C₆H₄–COOH + NaCl + H₂O;

Br–C₆H₄–COONa + HCl → Br–C₆H₄–COOH + NaCl.

6. Уравнение реакции: CH₃COH + 2.5O₂ → 2CO₂ + 2H₂O

Тепловой эффект реакции: Q = 2  393.5 + 2  241.8 – 166.2 = 1104.4 кДж/моль.

(CH₃COH) = 441.8 / Q = 0.4 моль.

Осталось O₂: = 0.6 моль.

Было O₂: 0.6 + 2.5  0.4 = 1.6 моль.

Масса исходной смеси: m = 0.6  44 + 1.6  32 = 68.81 г.

(CH₃COH) = 0.644 / m  100% = 25.6%.

(O₂) = 74.4%.

Ответ: (CH₃CHO) = 25.6%, (O₂) = 74.4%.

7. 2KNO₃ 2KNO₂ + O₂

X₁

2Cu + O₂ 2CuO

CuO + H₂ Cu + H₂O

X₂

Cu + Cl₂ CuCl₂

CuCl₂ + H₂S CuS + 2HCl

4HCl + MnO₂ Cl₂ + MnCl₂ + 2H₂O

X₃

3Cl₂ + 2Fe 2FeCl₃

8. Приведем схему реакций:

Обратите внимание, что в условии задания требуется привести уравнения всех реакций!

9. 1-е условие: Плотность по водороду исходной смеси < 3.

Пусть (N₂) = x, (H₂) = 1 – x, тогда 28x + 2(1 – x) < 6, откуда x < 0.154.

Объёмная доля азота в исходной смеси: (N₂) = < 0.154.

2-е условие: Плотность по водороду конечной смеси > 3.

Пусть в исходной смеси (N₂) = y, (H₂) = 1 – y.

Выход реакции 30%, т. е. прореагировало 0.3y N₂.

Количества молей газов:

N₂ + 3H₂ = 2NH₃

Исходное кол-во: y 1 – y 0

Конечное. кол-во: y – 0.3 y 1 – y – 30.3y 20.3y

= 0.7y =1 – 1.9y = 0.6y

Всего молей газов в смеси: _кон = 0.7y + 1 – 1.9y + 0.6y = 1 – 0.6y

Тогда , откуда y > 0.135.

Объёмная доля азота в исходной смеси: (N₂) = > 0.135.

Объёмные доли азота в конечной смеси:

Минимальная: (N₂) = > 0.103.

Максимальная: (N₂) = < 0.119.

Ответ: Исходная смесь: 0.135 < (N₂) < 0.154,

конечная смесь: 0.103 < (N₂) < 0.119.

10. 2.24 г C₄H₈ – 0.04 моль.

0.58 г CH₃COCH₃ – 0.01 моль.

2.4 г CH₃COOH – 0.04 моль.

1. CH₃CH₂CH=CH₂ C₂H₅COOH + CO₂;

2. CH₃CH=CHCH₃ 2CH₃COOH;

3. (CH₃)₂C=CH₂ CH₃COCH₃ + CO₂.

Из реакции (2): (CH₃COOH) = 0.04 моль, тогда (бутена-2) = 0.02 моль.

Из р-ции (3): (CH₃COCH₃) = 0.01 моль, тогда (изобутена) = 0.01 моль.

(CO₂) из р-ции (3) = 0.01 моль.

(бутена-1) = 0.04 – 0.02 – 0.01 = 0.01 моль, тогда (C₂H₅COOH) = 0.01 моль.

(CO₂) из р-ции (1) = 0.01 моль.

Ответ: Продукты: C₂H₅COOH – 0.01 моль, CO₂ – 0.02 моль.

Состав смеси: бутен-1 – 0.01 моль, бутен-2 – 0.02 моль, изобутен – 0.01 моль.

Ответы и указания к варианту ББА-2004-3

1. Сложные эфиры.

2. (⁶³Cu) = 71.87%, (⁶⁵Cu) = 28.13%.

3. (H₃PO₄) = 84.5%.

4. 2AgNO₃ → 2Ag + 2NO₂ + O₂.

5. H₂N–C₆H₄–COOH + NaHCO₃ → H₂N–C₆H₄–COONa + CO₂ + H₂O.

H₂N–C₆H₄–OH + NaOH → H₂N–C₆H₄–ONa + H₂O.

6. (CH₃OCH₃) = 22.9%, (O₂) = 77.1%.

7. X₁ – H₂S, X₂ – SO₃, X₃ – S.

8. X₁ – (CH₃COO)₂Ca, X₂ – (CH₃)₂C(OMgBr)C₂H₅.

9. Исходная смесь: 0.185 < (N₂) < 0.231, конечная смесь: 0.130 < (N₂) < 0.170.

10. Продукты: CH₃COCH₃ – 0.02 моль, CO₂ – 0.03 моль.

Состав смеси: бутен-1 – 0.01 моль, бутен-2 – 0.03 моль, изобутен – 0.02 моль.

Ответы и указания к варианту ББА-2004-4

1. Кетоны, непредельные спирты, циклические спирты.

2. (⁷⁹Br) = 54.38%, (⁸¹Br) = 45.62%.

3. (HClO₄) = 65.0%.

4. 4 Fe(NO₃)₂ → 2 Fe₂O₃ + 8 NO₂ + O₂.

5. H₂N–C₆H₄–COOH + HCl → ClH₃N–C₆H₄–COOH.

Cl–C₆H₄–OH + NaOH → Cl–C₆H₄–ONa + H₂O.

6. (C₂H₅OH) = 24.2%, (O₂) = 75.8%.

7. X₁ – NO, X₂ – HNO₃, X₃ – NH₄Cl.

8. X₁ – (CH₃)₂C(OMgBr)C₂H₅, X₂ – (CH₃)₂CClC₂H₅.

9. Исходная смесь: 0.222 < (N₂) < 0.308, конечная смесь: 0.143 < (N₂) < 0.222.

10. Продукты: CH₃COOH – 0.04 моль, CO₂ – 0.05 моль.

Состав смеси: бутен-1 – 0.01 моль, бутен-2 – 0.02 моль, изобутен – 0.04 моль.

Решение варианта ПА–2004–1

1. а) основная соль: [Cu(OH)]₂CO₃ – гидроксокарбонат меди.

б) кристаллогидрат соли: Na₂SO₄^.10H₂O – декагидрат сульфата натрия.

2. Самая большая концентрация ионов водорода и, следовательно, самое малое значение рН будет в растворе сильной кислоты. Значит, первой в ряду будет стоять HCl. Затем следует соль, гидролизующаяся по катиону и дающая кислую среду в растворе, т.е. AlCl₃ (концентрация катионов водорода в растворе AlCl₃ будет меньше, чем в растворе HCl, т.к. гидролиз идет обратимо). NaNO₃, как соль образованная сильными основанием и кислотой, имеет нейтральную среду и будет стоять в ряду третьей. K₂CO₃ – обратимо гидролизуется по аниону с образованием щелочной среды. И, наконец, наименьшая в этом ряду концентрация ионов водорода и, следовательно, самое большое значение рН, будет в растворе щелочи.

Ответ: рН увеличивается в ряду: HCl – AlCl₃ – NaNO₃ – K₂CO₃ – NaOH.

3. S_R: h

CH₄ + Cl₂ → CH₃Cl + HCl;

A_E: R–CH=CH₂ + Cl₂ → R–CHCl–CH₂Cl.

4. Обозначим w (²⁹Si) = х. Берем из Периодической системы значение средней атомной массы и составляем уравнение:

.

Решая уравнение, получаем х = 92.24, отсюда

w (²⁸Si) = 92.24%, w (²⁹Si) = 4.66%.