Кировское областное государственное автономное

Кировское областное государственное автономное образовательное учреждение
дополнительного образования детей -
«Центр дополнительного образования одаренных школьников»
ХИМИЯ
___________________________________________________________________________________________
Летняя многопредметная школа
Заочное обучение
ЗАДАНИЯ И РЕШЕНИЯ
ВСТУПИТЕЛЬНОЙ РАБОТЫ
ПО ХИМИИ 2012
Киров
2012
Печатается по решению учебно-методического совета
КОГАОУ ДОД «Центр дополнительного образования одаренных школьников»
Задания и решения вступительной работы по химии 2012 [Текст] / сост. А.В. Григорович,
М. А. Бакулева, Р.Ю. Ильяшенко, И.В. Росляков. – Киров: Изд-во ЦДООШ, 2012. – 24 с.
Авторы, составители
А.В. Григорович
кандидат химических наук, старший научный сотрудник Научноисследовательского института химии Харьковского национального
университета имени В.Н. Каразина;
М.А. Бакулева
методист химического отделения ГОУ ДОД ЦДООШ;
Р.Ю. Ильяшенко
аспирант кафедры органической химии Харьковского национального
университета имени В.Н. Каразина;
И.В. Росляков
магистрант факультета наук о материалах Московского государственного
университета им. М.В. Ломоносова.
Подписано в печать 13.05.2012
Формат 60841/16. Бумага типографская. Усл. печ. л. 1,5
Тираж 70 экз.
 Кировское областное государственное автономное образовательное учреждение
дополнительного образования детей - «Центр дополнительного образования одаренных
школьников», Киров, 2012
А.В. Григорович, М.А. Бакулева, Р.Ю. Ильяшенко, И.В. Росляков, 2012
Решения задач вступительной работы в ЛМШ 2012
8 класс
Задача 8-1. В справочнике приведены следующие утверждения о свойствах фосфора.
А) Напротив каждого утверждения сделайте соответствующие обозначения: в данном
утверждении идёт речь о химическом элементе либо о простом веществе, утверждения
характеризуют физические свойства вещества либо химические.
Вещество
Физ. либо
Утверждение
либо элемент хим. свойство
а) Фосфор впервые получил в 1669 г. из мочи алхимик
Вещество
Бранд.
б) Фосфор из костей впервые получен в 1771 г.
Вещество
в) Фосфор в природе встречается преимущественно в
Элемент
составе солей фосфорной кислоты.
г) Белый фосфор растворяется в растворах щелочей.
Вещество
Химическое
д) Белый фосфор светится в темноте.
Вещество
Химическое
е) Фосфор получают восстановлением оксида фосфора(V) Вещество
углём при высокой температуре.
ж) Фосфор окисляется сильными окислителями
Вещество
Химическое
(например, азотной кислотой) до фосфорной кислоты.
з) Фосфор не проводит электрический ток.
Вещество
Физическое
и) Белый фосфор запрещено использовать в производстве Вещество
спичек.
к) Для фосфора характерны степени окисления +3 и +5.
Элемент
л) Фосфор, внесённый в почву, повышает её плодородие. Элемент
м) Белый фосфор имеет плотность 1,82 г/см3, а красный – Вещество
Физическое
2,20 г/см3.
Б) Составьте уравнения упомянутых в тексте химических реакций.
Рекомендации по решению и оценке:
А) (по 0,5 балла за каждый правильный ответ, всего 8,5 балла)
Б) (по 1 баллу за каждое уравнение, минус 0,25 балла за отсутствие коэффициентов)
2Ca3(PO4)2 + 6SiO2 + 10C = 6CaSiO3 + P4 + 10CO;
P4 + 8NaOH + 4H2O = 4Na2HPO3 + 6H2;
2P2O5 + 10C = P4 + 10CO;
P + 5HNO3 = H3PO4 + 5NO2 + H2O.
Задача 8-2. Приведите по два примера уравнений реакций в соответствие с
нижеследующим описанием. Агрегатное состояние индивидуальных веществ (не растворов)
указано в обычных условиях (комнатная температура, атмосферное давление). Реакции могут
протекать в иных условиях (укажите их). Кроме указанных продуктов реакций могут
образовываться и другие вещества.
А) Газ + Газ → Кислота.
Б) Жидкость + Газ → Кислота.
В) Жидкость + Жидкость → Кислота.
Г) Твердое + Твердое → Соль.
Д) Жидкость + Жидкость → Соль.
Е) Твердое + Газ → Соль.
Рекомендации по решению и оценке:
(по 1 баллу за каждое уравнение, минус 0,25 балла за отсутствие необходимых
коэффициентов, минус 0,25 балла за отсутствие указания необходимых условий проведения)
Возможные варианты решения:
А) H2 + Cl2 = 2HCl;
H2 + F2 = 2HF;
Б) H2O + SO2 = H2SO3;
H2O + Cl2 = HCl + HClO;
В) H2O + SO3 = H2SO4;
H2O + Br2 = HBr + HBrO;
Г) CaO + SiO2 = CaSiO3;
Д) N2H4 + H2SO4 = N2H6SO4;
Е) CaO + CO2 = CaCO3;
6NaOH + P2O5 = 2Na3PO4 + 3H2O;
SnCl4 + 2H2SO4 = Sn(SO4)2 + 4HCl;
NaOH + SO2 = Na2SO3 + H2O.
Задача 8-3. Смесь массой 13,96 г, в состав которой входят нитраты натрия, меди и серебра,
прокалили до прекращения выделения газов. Твердый остаток обработали водой. При этом его
масса уменьшилась на 4,83 г, а масса нерастворимого остатка составила 4,30 г.
А) Составьте уравнения упомянутых реакций.
Б) Определите массовые доли компонентов в исходной смеси.
Рекомендации по решению и оценке:
А) (по 1 баллу за каждое уравнение, минус 0,25 за отсутствие коэффициентов)
2NaNO3 = 2NaNO2 + O2;
2Cu(NO3)2 = 2CuO + 4NO2 + O2;
2AgNO3 = 2Ag + 2NO2 + O2.
Б) Уменьшение твердого остатка при обработке водой происходит за счет растворения нитрита
натрия, поэтому его масса составляет 4,83 г, исходя из этого, определяем массу нитрата натрия в
исходной смеси:
m(NaNO3) = n(NaNO3)∙M(NaNO3) = m(NaNO2)∙M(NaNO3) / M(NaNO2) =
= 4,83 г ∙ 85 г/моль / 69 г/моль = 5,95 г.
Нерастворимый остаток представляет собой смесь серебра и оксида меди, то есть сумма их масс
составляет 4,30 г. А сумма масс исходных нитратов меди и серебра равна 13,96 г – 5,95 г = 8,01 г.
На основании этих данных составляем систему уравнений.
Пусть n(Cu(NO3)2) = x моль, n(AgNO3) = y моль, тогда
188x + 170y = 8,01;
80x + 108y = 4,30.
Решая систему уравнений, получаем n(Cu(NO3)2) = 0,02 моль, n(AgNO3) = 0,025 моль, тогда
m(Cu(NO3)2) = 3,76 г, m(AgNO3) = 4,25 г. Ответ:
w(NaNO3) = 5,95 / 13,96 = 0,4262 или 42,62 % (2 балла);
w(Cu(NO3)2) = 3,76 / 13,96 = 0,2693 или 26,93 % (2 балла);
w(AgNO3) = 4,25 / 13,96 = 0,3044 или 30,44 % (2 балла).
Задача 8-4. В школах одного маленького королевства при составлении химических формул для
обозначения символов элементов используют двузначные цифры, а коэффициенты в уравнениях и
индексы в химических формулах обозначают буквами латинского алфавита в строчку. Вместо
скобок используют двоеточия. Например:
38m0914d + 86:1214d:m = 860914d + m381214d;
38m0914d + 18m0914q = 38m0914q + 0914m + 18m14;
38m0914d + 18m14m = 38m0914q + 18m14;
m86:1214d:m = m8614 + q1214m + 14m.
А) Установите, какую тему изучали школьники в школах этого королевства.
Б) Запишите приведенные уравнения реакций с помощью привычных для нас химических
символов.
Рекомендации по решению и оценке:
А) (5 баллов за установление элементов и 2 балла за определение темы) Для удобства анализа
уравнений реакций заменим цифровые символы элементов на буквенные: 38 на А, 09 на В и так
далее, а вместо двоеточия используем скобки. Тогда уравнения можно записать следующим
образом:
АmBCd + D(ECd)m = DBCd + mAECd;
(типичная реакция обмена)
АmBCd + FmBCq = AmBCq + BCm + FmC;
(также похожа на реакцию обмена, но с разложением продукта реакции, также из этого уравнения
можно установить, что d = m + 1).
Первые два уравнения типичны для реакций обмена между солями или солей с кислотами с
разложением неустойчивой кислоты и воду. Вполне вероятно, что FmC – это вода.
АmBCd + FmCm = AmBCq + FmC;
В этом уравнении происходит перенос одного из атомов бинарного соединения FmCm на другое
вещество FmC. И если последнее – вода, то FmCm – перекись водорода. Также можно установить,
что q = d + 1 = m + 2.
mD(ECd)m = mDC + qECm + Cm.
Последнее уравнение похоже на уравнение термического разложения соли, например, нитратов с
образованием оксидов и кислорода. Тогда С – кислорода, m = 2, q = 4, d = 3. Таким образом,
вещество А2ВС3, которое вступает в реакцию с другой солью, разлагается кислотой F2BC4, и
окисляется перекисью, может представлять собой сульфит щелочного металла. Соединение
D(EC3)2 должно быть нитратом тяжелого металла, образующим нерастворимый сульфит.
Все вышесказанное указывает, что в школах этого королевства изучали соединения серы,
например, сернистую кислоту и ее соли.
Б) (по 1 баллу за уравнение)
Na2SO3 + Ba(NO3)2 = BaSO3 + 2NaNO3;
Na2SO3 + H2SO4 = Na2SO4 + SO2 + H2O;
Na2SO3 + H2O2 = Na2SO4 + H2O;
2Ba(NO3)2 = 2BaO + 4NO2 + O2.
Задача 8-5. При обсуждении утилизации алюминиевой посуды после использования ее на
пикнике, школьники дали приведенные ниже ответы. Обсудите правильность приведенных ниже
утверждений.
А) Закопать. Алюминий сгниет в земле.
Б) Нельзя закапывать. Если вода разъест оксидную пленку на алюминии, то может образоваться
гидроксид алюминия, который отравит почву.
В) Алюминиевую тару надо сжечь на костре, так как алюминий плохо взаимодействует с водой, а
оксид алюминия лучше.
Г) Приведите собственный способ утилизации алюминиевой посуды.
Рекомендации по решению и оценке:
(по 1,5 балла за каждый правильный ответ)
А) Алюминий – неорганическое вещество, поэтому он может только окислиться. Гниение –
процесс, характерный только для живых организмов.
Б) Биологической активностью обладают только растворимые соединения алюминия (ионы
алюминия). Нерастворимые оксид и гидроксид алюминия безвредны, они и так входят в состав
большинства почв. Кроме того, вода сама по себе не разрушает оксидную пленку на поверхности
алюминиевых изделий.
В) Наоборот, с водой лучше взаимодействует алюминий, а не его оксид.
Г) Одноразовую тару (банки от консервов и напитков) необходимо бросить в костер. Алюминий
частично сгорает. Остатки можно закопать. Либо сдать, как цветной металл.
Задача 8-6. Напишите уравнения химических реакций, соответствующие схеме превращений, и
укажите условия протекания процессов (каждой стрелке соответствует не более двух
последовательных реакций):
S → BaS → BaSO3 → BaSO4 → BaS → S.
Рекомендации по решению и оценке:
(по 1 баллу за каждое уравнение реакции, минус 0,25 за отсутствие коэффициентов, минус
0,25 за отсутствие указанных условий протекания)
Ba + S = BaS (реакция происходит при растирании порошков бария и серы).
Сульфит бария невозможно получить окислением сульфида в одну стадию – при обжиге
образуется смесь сульфата с оксидом. Поэтому реакцию проводят в две стадии:
BaS + 2H2O = Ba(OH)2 + H2S (кипячение сульфида в воде).
Ba(OH)2 + SO2 = BaSO3 + H2O (пропускание сернистого газа через раствор гидроксида бария с
образованием осадка сульфита).
BaSO3 + H2O2 = BaSO4 + H2O (порошок сульфита обрабатывают раствором перекиси).
BaSO4 + 2C = BaS + 2CO2 (прокаливание сульфата с углем).
Снова проводим процесс в две стадии:
BaS + 2H2O = Ba(OH)2 + H2S (кипячение сульфида в воде).
2H2S + SO2 = 3S + 2H2O (пропускание сернистого газа через сероводородную воду, хотя процесс
можно проводить и с двумя газами).
Задача 8-7. Лаборант случайно разбил склянку с реактивом. На полу среди бесцветных
кристаллов лежал кусок этикетки с надписью «…стый перегнанный». Догадавшись, что в банке не
содержались редкие или ядовитые элементы, лаборант стал убирать с пола остатки мокрой
тряпкой. Произошел довольно громкий хлопок, и комната наполнилась клубами очень едкого
тумана. Удивленный лаборант решил проанализировать оставшиеся кристаллы. Навеску массой
0,445 г он осторожно растворил в 100 мл 5%-ной азотной кислоты и добавил избыток раствора
нитрата серебра. Выпал белый творожистый осадок, масса которого после высушивания составила
1,435 г.
А) Установите состав соли из разбитой банки.
Б) Почему эта соль бурно прореагировала при контакте с мокрой тряпкой?
В) Почему лаборант растворял соль не в воде, а в растворе кислоты?
Г) Почему эту соль можно очищать перегонкой? В каких условиях это делают?
Д) Можно ли убирать данный реактив мокрой тряпкой, если на этикетке написано
«кристаллический»? Чем отличается «кристаллический» реактив от «перегнанного»?
Рекомендации по решению и оценке:
А) (4 балла) Белый творожистый осадок, образующийся их нитрата серебра и нерастворимый в
разбавленной азотной кислоте, – это хлорид серебра. Из количественных данных определяем:
n(AgCl) = 1,435 / 143,5 = 0,01 моль. Тогда молярная масса соли M(XCla) = 0.445а / 0.01 = 44,5a, где
а – валентность металла Х. При а = 3 получаем неизвестный металл – алюминий.
Следовательно, в разбитой банке был безводный хлорид алюминия.
Б) (2 балла, 1 балл за уравнение) Безводный хлорид алюминий очень бурно реагирует с водой з
образованием гидрата. Эта реакция сильно экзотермична и за счет гидролиза происходит
выделение хлороводорода: AlCl3 + H2O = AlOHCl2 + HCl.
В) (2 балла) В воде соли алюминия сильно гидролизуются с выделением основных солей, поэтому
растворять соль следует в разбавленной кислоте.
Г) (2 балл) Безводный хлорид алюминия существует в виде димера Al2Cl6 со слабыми
межмолекулярными связями. Поэтому он легко возгоняется при температуре 183 °С и
атмосферном давлении. Обычный безводный хлорид алюминия очищают перегонкой в вакууме
при более низких температурах.
Д) (2 балла) Маркировку «кристаллический» используют для кристаллогидратов солей. В этом
случае соль не будет бурно реагировать с водой и ее можно убирать мокрой тряпкой.
Задача 8-8. При сливании 50 мл раствора соли А и 50 мл раствора соли Б выпало 2,69 г осадка,
содержащего по данным элементного анализа 1,5% водорода, 14,9% кальция, 23,8% серы, 24,2%
цинка и кислород. При упаривании фильтрата можно получить еще менее 0,01 г сухого остатка.
А) Установите формулы солей.
Б) Составьте уравнение проведенной реакции.
В) Вычислите содержание солей в исходных растворах (в г/л).
Рекомендации по решению и оценке:
А) (5 баллов) Используем данные анализа для составления простейшей формулы
соединений в осадке:
n(H) : n(Ca) : n(S) : n(Zn) : n(O) = (1.5/1) : (14.9/40) : (23.8/32) : (24.2/65) : (36.5/16)
n(H) : n(Ca) : n(S) : n(Zn) : n(O) = 1.5 : 0.3725 : 0.74375 : 0.3723 : 2.28125
n(H) : n(Ca) : n(S) : n(Zn) : n(O) = 4 : 1 : 2 : 1 : 6
Простейшая формула солей в осадке H4CaS2ZnO6. Из этого можно заключить, что осадок состоит
из двух нерастворимых солей, причем одна из них должна быть кристаллогидратом. При таких
предположениях в осадок выпадает смесь сульфида цинка и гипса (двухводного сульфата
кальция). Тогда исходные соли А и Б – сульфат цинка и сульфид кальция.
Б) (2 балла) ZnSO4 + CaS + 2H2O = ZnS↓ + CaSO4∙2H2O↓.
В) (4 балла) Поскольку в растворе после реакции осталось вещества гораздо меньше, чем выпало в
осадок, можно заключить, что соли прореагировали в стехиометрических соотношениях и их
количества вещества в исходных растворах были одинаковыми и равными: 2,69 г / (97 + 172)
г/моль = 0,01 моль. (97+172 = 269 – суммарная молярная масса солей в осадке).
Таким образом, в 50 мл раствора содержалось 0,01 моль ∙ 161 г/моль = 1,61 г сульфата цинка и 0,01
моль ∙ 72 г/моль = 0,72 г сульфида кальция. Следовательно, концентрации солей в исходных
растворах:
С(ZnSO4) = 1,61 г / 0,05 л = 32,2 г/л;
С(CaS) = 0,72 г / 0,05 л = 14,4 г/л.
Задача 8-9. В лаборатории азот получают разложением нитрита аммония или нагреванием смеси
растворов нитрита натрия и хлорида аммония. Определите массу насыщенных растворов обеих
солей, необходимых для получения 2,41 л азота (при 20 °С и нормальном давлении).
Растворимость нитрита натрия и хлорида аммония при 20 °С составляет 84,5 и 37,2 г
соответственно на 100 г воды.
Рекомендации по решению и оценке:
(2 балла) Определим количество вещества азота, которое необходимо получить:
n(N2) = pV / RT = 101325 Па ∙ 0,00241 м3 / (8,314 Дж/моль∙К ∙ 293 К) = 0,1 моль.
(2 балла) Хлорид аммония и нитрит натрия реагируют по уравнению:
NH4Cl + NaNO2 = N2 + NaCl + 2H2O.
(3 балла) Следовательно, исходные соли реагируют в одинаковых соотношениях по 0,1 моль.
m(NH4Cl) = 0,1 моль ∙ 53,5 г/моль = 5,35 г; m(NaNO2) = 0,1 моль ∙ 69 г/моль = 6,9 г.
Рассчитает концентрации солей в насыщенных растворах:
m(NH4Cl) = 5,35 ∙137,2 / 37,2 = 19,7 г;
m(NaNO2) = 6,9 ∙ 184,5 / 84,5 = 15,1 г.
Задача 8-10. В пробирках без надписей содержатся растворы: сульфата калия, карбоната калия,
хлорида бария и соляной кислоты. Составьте схему опыта, с помощью которого можно распознать
эти вещества, не используя других реактивов. Опишите методику эксперимента и запишите
уравнения соответствующих реакций.
Рекомендации по решению и оценке:
(за схему анализа 5 баллов и по 1 баллу за каждое уравнение)
Для распознавания веществ необходимо разделить содержимое пробирок на 5 частей,
предварительно пронумеровав пробирки, и попарно слить содержимое пробирок, отметив
визуальные эффекты, которые сопровождают возможные реакции. Составим таблицу
наблюдаемых явлений и определим по ним содержимое каждой пробирки.
1 – K2SO4
1 – K2SO4
2 – K2CO3
3 – BaCl2
4 – HCl
2 – K2CO3
3 – BaCl2
Выпадает белый
–
–
осадок
Выпадает белый
–
–
осадок
Выпадает осадок Выпадает осадок
–
–
Выделяется газ
–
4 – HCl
–
Выделяется газ
–
–
В пробирке, в которой один раз выпадает осадок (№1) содержится сульфат калия. Пробирка, для
которой наблюдается образование осадка и газа (№2) содержится карбонат калия. Если дважды
выпадает осадок (№3), то пробирка содержит хлорид бария. Методом исключения можно
заключить, что в пробирке №4 содержится кислота, она также должна проявить образование газа.
Уравнения реакций:
K2SO4 + BaCl2 = BaSO4↓ + 2KCl;
K2CO3 + BaCl2 = BaCO3↓ + 2KCl;
K2CO3 + 2HCl = 2KCl + CO2↑ + H2O.
9 класс
Задача 9-1. В работах участников олимпиад можно встретить самые разнообразные уравнения
реакций, многие из которых правильные, но некоторые не приснятся даже в кошмарном сне.
Ниже приведены несколько уравнений реакций, взятые из олимпиадных работ. Дайте
мотивированный ответ, какие из этих уравнений правильные, в каких допущены погрешности, а
какие совершенно неправильные. Для возможных реакций напишите их правильные уравнения и
укажите условия их проведения.
А) Cu + SO4 = CuSO4.
Б) 2Al + 6HNO3 = Al(NO3)3 + 3H2.
В) CuSO4 + Al(OH)3 = Al2(SO4)3 + Cu(OH)2.
Г) 2AlCl3 + 3K2CO3 = Al2(CO3)3 + 6KCl.
Pt / Rh
 2N2 + 6H2O.
Д) 4NH3 + 3O2 
Рекомендации по решению и оценке:
(по 2 балла за каждое правильное объяснение)
А) Оксид серы SO4 не существует, однако с таким составом получен пероксид серы, проявляющий
сильные окислительные свойства. Сведения о возможности его взаимодействия с медью
отсутствуют, но учитывая возможность образования атомарного кислорода при его разложении,
то можно предположить о возможности протекания такой реакции (с уточнением о применении
пероксида). Также это уравнение можно было бы преобразовать добавлением зарядов,
предполагая описать процесс кристаллизации сульфата меди из раствора или расплава:
Cu2+ + SO42– = CuSO4,
но оно не будет отвечать реальному процессу, так как сульфат меди разлагается не плавясь, а из
раствора выпадает кристаллогидрат.
Б) В реакциях азотной кислоты с металлами, как правило, водород не выделяется. Вместо него
образуются продукты восстановления азотной кислоты. Концентрированная кислота вообще
пассивирует алюминий. Алюминий способен реагировать только с разбавленной кислотой,
образуя, наряду с небольшими количествами водорода, преимущественно нитрат аммония:
8Al + 30HNO3 = 8Al(NO3)3 + 3NH4NO3 + 9H2O.
Поэтому приведенное уравнение отражает побочную реакцию активного металла с
кислотой, возможную при низкой концентрации нитрат-ионов в сильно разбавленном растворе
азотной кислоты.
В) Во-первых, в данной записи отсутствуют коэффициенты. Во-вторых, и в продуктах и в
реагентах записаны практически нерастворимые соединения: гидроксиды алюминия и меди,
поэтому реакция происходить не будет.
Г) В водном растворе хлорид алюминия и карбонат калия взаимодействовать будут, но продуктом
реакции будет не карбонат алюминия, который не существует. При добавлении раствора
карбоната к раствору хлорида алюминия возможны реакции:
2AlCl3 + 3K2CO3 + 3H2O = 2Al(OH)3 + 3CO2 + 6 KCl или
2AlCl3 + 2K2CO3 + 2H2O = 2Al(OH)2Cl + 2CO2 + 4KCl.
Наоборот, при добавлении раствора хлорида алюминия к раствору карбоната:
3K2CO3 + AlCl3 + 3H2O = Al(OH)3 + 3KHCO3 + 3KCl.
Д) В этом случае описана правдивая реакция горения аммиака. Однако, горение с образованием
азота происходит при обычном горении на воздухе. Здесь же указан катализатор, в присутствии
которого окисление происходит до монооксида азота:
4NH3 + 5O2 = 4NO + 6H2O.
Задача 9-2. Рассчитайте, какую максимальную массу раствора с массовой долей кислоты 12% можно
приготовить, имея в распоряжении по 1 кг растворов кислоты с массовой долей 5%, 10% и 15%.
Рекомендации по решению и оценке:
(8 баллов)
Если смешать все имеющиеся растворы, то получиться 3 кг 10%-ного раствора. Следовательно,
для получения 12%-ного раствора следует использовать не все количество наиболее
разбавленного раствора.
Смешивая имеющиеся количества наиболее концентрированных растворов, получаем 2 кг
раствора с массовой долей кислоты 12,5%. К этому раствору следует добавить х кг 5%-ного
раствора. В имеющемся 12,5%-ном растворе содержится 2 кг ∙ 0,125 = 0,25 кг кислоты. Добавляя к
этому раствору 5%-ный раствор, мы добавляем 0,05х кг кислоты и увеличиваем массу раствора на
х кг. Следовательно, для искомого раствора справедливо:
w = (0,25 + 0,05х) / (2 + х) = 0,12.
Решая это уравнение, получаем х = 0,143 кг, то есть из имеющихся растворов можно приготовить
2,143 кг 12%-ного раствора.
Задача 9-3. А) Соединения азота довольно разнообразны. Одно из важнейших – диоксид азота.
Изобразите для него структуру Льюиса и объясните его пространственное строение на основании
теории отталкивания валентных электронных пар. Предскажите пространственное строение ионов
NO2– и NO2+.
Б) В других соединениях азота – триметиламине (СН3)3N и трисилиламине (H3Si)3N –
установлены валентные углы у атома азота – 108 ° и 120 °. Объясните разницу между величинами
углов.
В) И азот, и бор образуют трифториды. Энергия химических связей в BF3 составляет
646 кДж/моль, а NF3 в – только 280 кДж/моль. Объясните разницу в этих величинах.
Г) Температуры кипения соединений азота: –129 °С у трифторида азота и –33 °С у аммиака.
Аммиак является основанием Льюиса, а трифторид азота – нет. Дипольный момент аммиака
значительно больший, чем у трифторида азота. Объясните отличия в температурах кипения,
основности и полярности аммиака и трифторида азота.
Рекомендации по решению и оценке:
А) (по 1 баллу за структуру и 1 бал за объяснение) Структуры Льюиса для диоксида азота и
аналогичных ему ионов представлены ниже. В молекулу диоксида азота и ионе NO2– атомы азота
находятся в состоянии sp2–гибридизации, поэтому эти частицы имеют угловое строение. В ионе
NO2+ на атоме азота отсутствуют неподеленные электроны, поэтому атом азота находится в
состоянии sp–гибридизации, а ионы, соответственно, имеют линейное строение.
..O....
..
.+
.. ... ..O .
N
..
N
.
..O... .. .O... ..
..
..
.. ..O .... +N .. .. O ..
Б) (3 балла) Валентный угол в триметиламине свидетельствует о том, что атом азота находится в
состоянии sp3–гибридизации. Молекулы имеют пирамидальное строение, аналогичное молекуле
аммиака, что полностью соответствует теории гибридизации. В молекуле трисилиламина
валентный угол свидетельствует, что атом азота находится в состоянии sp2-гибридизации. Это
означает, что неподеленная электронная пара на атоме азота находится на абсолютно
негибридизованной р-орбитали. Это возможно за счет перекрывания р-орбиталей атома азота с dориталями атомов кремния. Это приводит к увеличению порядка связи азот-кремний на 1/3 и
неучастию одной р-орбитали азота в гибридизации.
В) (2 балла) Отличие трифторида бора от трифторида азота заключается, в первую очередь, в том,
что на атоме бора в трифториде бора имеются три общие электронные пары и одна свободная
орбиталь. А на атоме азота в трифториде вместо свободной орбитали имеется одна неподеленная
электронная пара. Имеющаяся свободная орбиталь на атоме бора участвует в дополнительном
донорно-акцепторном взаимодействии с неподеленными электронными парами атомов фтора, что
усиливает взаимодействие и увеличивает энергию связи. В молекуле трифторида азота наоборот,
неподеленная электронная пара азота способствует отталкиванию от электронных пар фтора и
ослабляет взаимодействие, что уменьшает энергию связи.
Г) (2 балла) Описанные отличия аммиака и трифторида азота обусловлены разными
направлениями дипольных моментов связи азот-водород и азот-фтор. В обеих молекулах атом
азота находится в состоянии sp3–гибридизации и молекулы имеют пирамидальную форму с
неподеленной электронной парой на атоме азота. Однако, в молекуле аммиака дипольные
моменты связей азот-водород сонаправлены с дипольным моментом, обусловленным
неподеленной электронной парой, поэтому складываются. В то же время, в молекуле трифторида
азота дипольные моменты связи азот-фтор направлены в противоположную сторону от
неподеленной электронной пары, поэтому вычитаются. Вследствие этого молекулы аммиака
значительно более полярны, сильнее притягиваются друг к другу, поэтому аммиак кипит при
гораздо более высокой температуре. За счет гораздо большей электроотрицательности, по
сравнению с водородом, фтор очень сильно оттягивает на себя электронную плотность с атома
азота, что уменьшает основные свойства трифторида.
Задача 9-4. Школьник проводил анализ смеси солей, содержащей два разных катиона и два
разных аниона. В сухом виде эта смесь представляла смесь желтых и белых кристаллов. Смесь
хорошо растворилась в воде и образовала желтый раствор «А». Ученик произвел следующие
исследования и утверждал, что смог однозначно определить состав солей:
I.
Сухая смесь окрашивает пламя горелки в желтый цвет.
II.
Раствор «А» с раствором NaOH: изменений не наблюдается. При нагревании
влажная лакмусовая бумажка, поднесенная к горлышку пробирки, не меняет цвет.
III.
Раствор «А» с раствором Na2SO4: изменений не наблюдается.
IV.
Раствор «А» с раствором HCl: цвет раствора стал оранжевым.
V.
Раствор «А» с раствором AgNO3: выпадает красный осадок.
VI.
Раствор «А» с избытком раствора BaCl2: выпадает желтоватый осадок,
нерастворимый в кислотах и щелочах.
А) Определите, какие анионы могут входить в состав смеси, а каких анионов там нет. Ответ
поясните ионными уравнениями реакций.
Б) Какие катионы могут входить в состав смеси, а каких катионов там нет?
В) Смог ли школьник однозначно установить состав солей?
Рекомендации по решению и оценке:
А) (2 балла) Можно однозначно утверждать, что в смеси имеются хромат-ионы, так как только они
обуславливают изменение окраски раствора на оранжевую при добавлении кислоты (утверждение IV):
2CrO42–(желт.) + 2H+  H2O + Cr2O72–(оранж.),
а в присутствии нитрата серебра образует красный осадок хромата серебра (утверждение V):
CrO42– + 2Ag+  Ag2CrO4(красн.).
(1 балл) Образование нерастворимых в кислотах и щелочах осадков с нитратом серебра и хлоридом
бария (утверждения V и VI) свидетельствуют о наличии в смеси ионов SO42–, Cl– либо Br–.
(2 балла) На основании данных анализа можно утверждать, что в растворе точно нет силикатов
SiO32– (в присутствии кислоты образуют осадок, утверждение IV), фосфатов PO43–, нитратов NO3–
и гидроксидов OH–. В этом случае с серебром осадок не был бы чисто красным, утверждение V; а
с барием, наоборот, был бы чисто желтым, утверждение VI. А также отсутствуют карбонаты CO32–
и сульфиты SO32– (соответствующие соли бария растворимы в кислотах).
Б) (1 балл) Из утверждения I можно однозначно заключить, что в смеси имеются катионы натрия
Na+. Также, можно предположить наличие ионов калия K+, так как окрашивание пламени калием
практически не заметно на фоне натрия.
(1 балл) Утверждение II указывает на отсутствие ионов аммония NH4+. В противном случае при
нагревании с раствором щелочи выделился аммиак, который изменяет окраску влажной
лакмусовой бумажки.
(2 балл) Утверждения II, III и предыдущие рассуждения позволяют исключить все катионы
металлов, которые образуют нерастворимые гидроксиды, сульфаты, хроматы и хлориды, а также
окрашенные в водных растворах катионы. Под этот список попадают практически все металлы, за
исключением щелочных металлов.
В) (2 балла) На основании данных проведенных анализов невозможно однозначно установить
состав солей. Во-первых, однозначно можно определить только один катион и один анион, вторые
катион и анион под вопросом. Во-вторых, невозможно определить какой катион связан с хроматионом, а какой с другим анионом.
Задача 9-5. В 1859 г. профессор Харьковского Императорского университета Н. Н. Бекетов
установил, что алюминий способен восстанавливать металлы из их оксидов. Соответствующий
метод получения металлов называется алюмотермией.
А) Рассчитайте тепловой эффект реакции между алюминием и железной окалиной Fe3O4, если
энтальпии образования оксидов из простых веществ составляют –822,2 кДж/моль (Fe3O4) и –
1675,7 кДж/моль (Al2O3).
Б) Масса смеси алюминия и железной окалины составляет 10,0 г. Рассчитайте, сколько теплоты
выделяется в реакции, если массовая доля алюминия в смеси составляет: а) 0,1; б) 0,3 и в) 0,75.
В) При каком составе смеси (в % по массе) выделится максимальное количество теплоты из смеси
алюминия и железной окалины массой 10,0 г?
Рекомендации по решению и оценке:
А) (1 балл за уравнение реакции и 2 балл за расчет изменения энтальпии реакции по закону Гесса)
Алюминий реагирует с железной окалиной по уравнению:
3Fe3O4 + 8Al = 4Al2O3 + 9Fe.
∆Hр-ии = 4∆Hf(Al2O3) – 3∆Hf(Fe3O4) = –1675,7 ∙ 4 + 822,2 ∙ 3 = –4236,2 кДж/моль.
Б) (4 балла) Определим мольный состав предложенных смесей.
w1(Al) = 0.1
w2(Al) = 0.3
w3(Al) = 0.75
m (Al)
1г
3г
7,5 г
n (Al)
0,037 моль
0,111 моль
0,278 моль
m (Fe3O4)
9г
7г
2,5 г
n (Fe3O4)
0,0388 моль
0,0302 моль
0,0108 моль
Вывод
В недостатке алюминий В недостатке окалина В недостатке окалина
Исходя из состава смесей, только в первом случае тепловой эффект рассчитываем по алюминию, а
в двух остальных – по окалине:
q = ∆Hf ∙ n(Al) / 8 либо q = ∆Hf ∙ n(Fe3O4) / 3.
q1 = 4236,2 ∙ 0,037 / 8 = 19,6 кДж;
q2 = 4236,2 ∙ 0,0302 / 3 = 42,6 кДж;
q3 = 4236,2 ∙ 0,0108 / 3 = 15,3 кДж.
В) (3 балла) Согласно уравнению реакции с 3 моль железной окалины реагирует 8 моль алюминия,
что соответствует 696 г окалины и 216 г алюминия. Это соответствует массовой доле алюминия
216 / (216+696) = 0,237 или 23,7 %, и массовой доле окалины 100 – 23,7 = 76,3 %.
Задача 9-6. Смесь двух нерастворимых солей кальция массой 2,72 г обработали
концентрированной серной кислотой и получили 5,16 г белых кристаллов А и бинарный газ Б
(плотность 4,643 г/л при н. у.).
А) Определите формулу газа Б, если его молекулы имеют тетраэдрическую форму, а центральный
атом принадлежит ко второму по распространенности элементу в Земной коре.
Б) Определите вещество А, если при его прокаливании при 300 °С теряется 0,2093 массы.
Напишите уравнения реакций. Определите массы солей в исходной смеси.
Рекомендации по решению и оценке:
А) (3 балла) Используя плотность газа Б, находим его молекулярную массу:
М (Б) = 4,643 г/л ∙ 22,4 л/моль = 104 г/моль.
Второй по распространенности элемент в земной коре – это кремний. Учитывая, что газ Б
бинарный и тетраэдрической формы, то вторым элементом может быть только фтор. Таким
образом, газ Б – тетрафторид кремния SiF4.
Б) (2 балла) Учитывая, что смесь солей кальция обрабатывается серной кислотой с образованием
осадок, то А должен быть сульфатом. При прокаливании при 300 °С А может терять только воду.
Следовательно А содержит 5,16 ∙ 0,2093 = 1,08 г воды (0,06 моль) и 5,16 – 1,08 = 4,08 г сульфата
кальция (0,03 моль). Учитывая мольные соотношение, вещество А имеет формулу CaSO4∙2H2O.
(2 балла, минус 0,25 балла за отсутствие коэффициентов, минус 0,5 балла, если в продуктах не
указан кристаллогидрат) Для того, чтобы при обработке смеси солей кальция серной кислотой
выделился тетрафторид кремния, смесь должна состоять из фторида кальция и силиката кальция:
CaSiO3 + 2CaF2 + 3H2SO4 + 3H2O = 3CaSO4∙2H2O + SiF4↑.
(3 балла) Если в смеси в избытке содержится фторид кальция, то кроме фторида кремния будет
также выделяться фтороводород. Если в избытке силикат кальция, то осадок будет состоять не
только из сульфата кальция, но с примесью силиката. Поскольку по условию в результате
образуется только гипс и фторид кремния, означает, что в исходной смеси силикат и фторид
находятся в мольном соотношении 1 : 2. Поскольку после реакции образуется 0,03 моль гипса,
значит, в исходной смеси содержалось 0,01 моль силиката и 0,02 моль фторида кальция. Это
соответствует:
m(CaSiO3) = 0,01 моль ∙ 116 г/моль = 1,16 г;
m(CaF2) = 0,02 моль ∙ 78 = 1,56 г.
Задача 9-7. При разложении серии солей с общей формулой Kt(ABb)n обычно образуется смесь
газов с соотношением объемов V(AB2):V(B2) = 4:1, но это соотношение иногда не выполняется для
других катионов Kt. Расшифруйте А, В, Kt(ABb)n (соединения 1 – 6), если ρ(AB2):ρ(B2) = 1,44:1.
Напишите уравнения реакций с участием этих веществ:
Kt(ABb)n
1
2
3
4
5
6
w(Kt),
33.9
31.1
63.5
30.7
38.7
22.4
V(AB2):V(B2)
4:1
8:1
2:1
2:0
0:1
0:0
Рекомендации по решению и оценке:
(3 балла за установление формул газов, 1 балл за догадку о формулах газов)
Соотношение плотностей газов дает нам отношение молярных масс газов. Следовательно: (АА +
2АВ) / (2АВ) = 1,44 и АА = 0,88АВ. Небольшое отличие между АА и АВ указывает на один период,
скорее всего второй, вследствие наличия молекул В2. Если В – фтор, то АА = 16,7 (не подходит),
если В – кислород, то АА = 14,1 (азот). Следовательно: AB2 – NO2, B2 – O2, ABb – NO3–.
(2 балла) Для установления формул солей можем составить выражение для массовой доли катиона
в нитратах:
w(Kt) = MKt / (MKt + 62n), где n – валентность катиона.
Откуда MKt = 62nw / (1 – w).
(по 0,5 балла за каждую правильную формулу) Подставляем в полученное выражение массовые
доли катионов из условия и, перебирая возможные валентности, устанавливаем катион. При
остановке своего выбора необходимо не забывать о соотношении объемов диоксида азота и
кислорода при разложении соответствующих солей. Результаты можно занести в таблицу.
Соединение
1
2
3
4
5
6
n
2
2
1
2
1
1
M(Kt)
63,6
56,0
107,8
55,0
39,1
17,9
Формула соли
Cu(NO3)2 Fe(NO3)2
AgNO3
Mn(NO3)2
KNO3
NH4NO3
(по 0,5 балла за каждое уравнение реакции, минус 0,25 балла за отсутствие коэффициентов)
2Cu(NO3)2 = 2CuO + 4NO2 + O2;
4Fe(NO3)2 = 2Fe2O3 + 8NO2 + O2;
2AgNO3 = 2Ag + 2NO2 + O2;
Mn(NO3)2 = MnO2 + 2NO2;
2KNO3 = 2KNO2 + O2;
NH4NO3 = N2O + 2H2O.
Задача 9-8. Один из гальванических элементов представляет собой стеклянный сосуд, в который
погружен керамический сосуд из обожженной пористой глины. В оба сосуда помещают
разбавленные растворы серной кислоты: в стеклянный – 5%-ный раствора, в керамический – 10%-
ный раствор. Если теперь в сосуды поместить пластины из платинированного угля и замкнуть
цепь, то в цепи появляется электрический ток.
А) Напишите уравнения реакций, протекающие при работе этого элемента.
Б) Поясните принцип действия гальванического элемента, подтвердив его расчетом.
В) В каком из растворов находится отрицательный электрод?
Г) Будет ли работать этот элемент при замене раствора серной кислоты: а) на соляную кислоту, б)
на раствор щелочи, в) на раствор хлорида натрия? Ответ поясните.
Рекомендации по решению и оценке:
А) (по 1,5 балла за каждую полуреакцию, 1 балл за суммарное) В этом задании описана работа
концентрационного гальванического элемента, в котором природа двух электродов одинаковая, но
отличаются только концентрацией ионов, к которым обратимы электроды. На одном из
электродов происходит процесс:
2H+ + 2e = H2, а на другом
2H2O – 4e = O2 + 4H+.
Уравнение реакции, протекающее в гальваническом элементе соответствует реакции разложению
воды: 2Н2О = 2Н2 + О2.
Б) (2 балла) Согласно уравнению Нернста, потенциал водородного электрода прямо
пропорционально зависит от концентрации ионов водорода. На электроде, погруженном в более
концентрированный раствор, потенциал больше, а на другом – меньше. При замыкании цепи в
гальваническом элементе возникает электродвижущая сила, за счет чего в цепи появляется
электрический ток.
В) (2 балла) При работе гальванического элемента электроны движутся от электрода с меньшим
потенциалом к электроду с большим потенциалом. Меньший потенциал на электроде с меньшей
концентрацией кислоты, то есть в стеклянном сосуде, на нем происходит реакция окисления воды.
В стеклянном сосуде находится отрицательный электрод.
Г) (3 балла) При замене серной кислоты на соляную элемент работать будет, так как в данном
элементе электроды обратимы к ионам водорода. При замене на раствор щелочи либо соли,
элемент работать не будет, так как в этих растворах концентрация ионов водорода слишком мала
для обеспечения работы электродов.
Задача 9-9. В органической химии многие реакции носят имена ученых, их открывших. Напишите
уравнения следующих реакций с указанием условий их проведения (по одному конкретному
примеру для каждой реакции).
А) Восстановление по Зинину.
Б) Гидратация по Кучерову.
В) Окисление по Прилежаеву.
Г) Нитрование по Коновалову.
Д) Окисление по Байеру-Вагнеру-Виллигеру.
Е) Галогенирование по Геллю-Фольгарду-Зелинскому.
Рекомендации по решению и оценке:
(по 0,5 балла за описание именных реакций и по 1 баллу за уравнение реакций)
А) Реакция Зинина – восстановление нитробензола в анилин:
C6H5NO2 + 3(NH4)2S → C6H5NH2 + 3S + 6NH3 + 2H2O.
Б) Реакция Кучерова – присоединение воды к ацетиленовым углеводородам в присутствии солей
двухвалентной ртути:
C2H2 + H2O → CH3CHO.
В) Реакцией Прилежаева называют окисление этиленовых углеводородов в α-окиси (оксираны или
эпоксисоединения) при воздействии надкислот:
C2H4 + CH3CO3H → C2H4O + CH3COOH.
Г) Реакция Коновалова – свободнорадикальное нитрование циклоалканов и алканов при
нагревании с разбавленной азотной кислотой в запаянных ампулах.
C6H14 + HNO3 → C6H13NO2 + H2O.
Д) В названии «Окисление по Байеру-Вагнеру-Виллигеру» объединены две различные реакции
окисления: качественная реакция на непредельные соединения с раствором перманганата калия
(реакция Вагнера):
3C2H4 + 2KMnO4 + 4H2O → CH2OH–CH2OH + 2MnO2 + 2KOH.
И окисление кетонов надкислотами в сложные эфиры (реакция Байера-Виллигера):
CH3COCH3 + CH3CO3H → CH3COOCH3 + CH3COOH.
Е) Галогенирование по Геллю-Фольгарду-Зелинскому – взаимодействие галогенов с
алифатическими и жирно-ароматическими кислотами в присутствии фосфора (галогенидов
фосфора), в результате чего образуются α-замещенные галогенокислоты:
CH3CH2COOH + Br2 → CH3CHBrCOOH + HBr.
Задача 9-10. Углеводород А не обесцвечивает раствор перманганата калия, но он способен
присоединять водород в соотношении 1:1 в присутствии платины, превращаясь в соединение В.
При взаимодействии с хлором на свету вещество А образует только одно монохлорпроизводное С,
которое при дальнейшем хлорировании в тех же условиях образует смесь пяти изомерных
дихлорпроизводных D1 – D5 (с учетом геометрических изомеров). Соединение В при
хлорировании на свету также образует 2 монохлорпроизводных Е1 и Е2, и 6 дихлорпроизводных
(без учета оптических изомеров) – F1 – F6.
А) Напишите структурные формулы соединений А – F.
Б) Напишите уравнения всех упомянутых реакций.
В) Почему А не обесцвечивает раствор перманганата калия, но способен присоединять водород в
присутствии соответствующих катализаторов?
Рекомендации по решению и оценке:
А) и Б) (2 балла за установление формулы А, по 0,5 балла за формулу каждого соединения
и изомера, макс 7,5; по 1 баллу за каждое уравнение, макс 5)
Углеводороды, которые не обесцвечивают раствор перманганата калия, но присоединяют водород
– это циклоалканы (арены не подходят, т.к. при взаимодействии с хлором на свету образуют
полихлорпроизводные). По количеству изомерных хлорпроизводных подходит только циклобутан
(углеводород А).
Уравнения реакций и структуры соединений А – F:
Cl
hv
+
Cl2
C
A
D1
Cl
hv
+
+
Pt
Cl
+
Cl Cl
Cl
B
H2
Cl
E1
hv
+
D5
Cl
+
+
Cl
+
D4
Cl
Cl
Cl
Cl2
D3
D2
Cl
+
Cl
Cl2
E2
Cl
F1
+
Cl
F2
Cl
Cl
hv
+
Cl
Cl2
Cl
+
+ Cl
Cl
Cl
F4
F3
Cl
F2
Cl
hv
+
Cl
Cl
Cl2
F5
+
Cl
Cl
+
+
Cl
F3
Cl
Cl
F6
В) (1 балл) Циклоалканы не реагируют с перманганатом калия, т.к. σ-связи не разрываются этим
реагентом. Однако наличие цикла позволяет им вести себя как ненасыщенные соединения в
реакциях каталитического гидрирования.
10 класс
Задача 10-1. Радиоактивный нуклид Bi, который является продуктом распада 210Pb, в результате
β-распада превращается в радиоактивный нуклид 210Po, который испускает α-частицы и
превращается в стабильный 206Pb:



210
Pb 
 210 Bi 

 210 Po 
 206 Pb .
T1/ 2  22.3 лет
T1/ 2 5.01 сут
T1/ 2 138.4 сут
210
Образец радиохимически чистого 210Bi был выделен из 210Pb и оставлен для накопления 210Po.
Радиоактивность свежеочищенного 210Bi составила 100 мкКюри (1 Кюри = 3,7∙1010 распадов в
секунду).
А) Чему равна исходная масса образца 210Bi?
Б) Определите скорость α-распада 210Po и β-распада 210Bi через 5 суток.
Рекомендации по решению и оценке:
А) (4 балла) Радиоактивный распад является процессом первого порядка. Скорость распада
пропорциональна константе скорости и количеству частиц радиоактивного материала. Константу
скорости распада получаем из периода полураспада висмута (5,01 сут = 432 864 с):
k = ln 2 / t1/2 = 0.693 / 432864 с = 1,601∙10–6 с–1.
Зная скорость распада свежеочиженного образца (100мкКюри = 3,7∙106 с–1), можем определить
количество частиц в начальный момент времени:
N = v / k = 3.70∙106 / 1.601∙10–6 = 2.311∙1012.
Это соответствует массе висмута m(210Bi) = N ∙ A(210Bi) / NA = 8.06∙10–10 г.
Б) (2 балла) Для расчета скорости распада через 5 суток воспользуемся аналогичной формулой v =
k N, но для этого необходимо знать количество атомов в этот момент времени. Через 5 суток
количество атомов висмута уменьшится ровно в 2 раза, так как пройдет 1 период полураспада
(2.311∙1012 / 2 = 1.156∙1012 атомов). Поэтому скорость распада висмута уменьшится в 2 раза:
v (210Bi) = 3,70∙106 / 2 = 1,85∙106 с–1.
(3 балла, минус бал, если не учитывается распад полония) Ровно половина атомов висмута
превратится в полоний, однако, за прошедшее время часть полония превратиться в свинец. В
системе последовательных процессов первого порядка число атомов промежуточного вещества
рассчитываем по формуле:
k N
N  1 0 exp   k1 t   exp   k2 t   , где k1 и k2 – константы скорости последующих процессов.
k2  k1
Константа скорости первого процесса равна константе распада висмута (1,601∙10-6 с–1), а k2 = 0,693
/ 1,196∙107 с = 5,794∙10–8 с–1. Подставляем все известные данные в уравнение:
1.601106  2.313 1012
exp  1.601106  432864   exp  5.794 108  432864   
N

5.794 108  1.601106 
12
= 1,140∙10 (если не учитывать распад полония, то его должно было быть столько же, сколько и
оставшегося висмута, то есть 1,156∙1012 атомов).
Теперь можем рассчитать скорость распада полония:
v (210Ро) = k N = 5,794∙10–8 ∙ 1,14∙1012 = 6,61∙104 с–1. (6,7∙104 с–1, если не учитывается распад
полония).
Задача 10-2. На растворимость труднорастворимых солей влияют два фактора: рН и присутствие
комплексообразователя. Одна из таких солей – оксалат серебра (растворимость в воде 2,06∙10–4
моль/л при рН = 7,0). На его растворимость сильно влияет рН, так как оксалат-ион реагирует с
ионами водорода, а также комплексообразователи, такие как аммиак, поскольку ионы серебра
образуют с ними комплексы.
А) Рассчитайте растворимость оксалата серебра в подкисленной воде при рН = 5,0. Первая и
вторая константы диссоциации для щавелевой кислоты равны 5,0∙10–2 и 6,2∙10–5.
Б) В водных растворах аммиака ион серебра образует два комплекса: Ag(NH3)+ и Ag(NH3)2+.
Ступенчатые константы устойчивости этих комплексов равны 1,59∙10 3 и 6,76∙103. Рассчитайте
растворимость оксалата серебра в водном растворе, содержащем 0,02 М аммиака и имеющем рН =
10,8 (в расчете на серебро).
Рекомендации по решению и оценке:
А) (2 балла) Для начала необходимо определить произведение растворимости оксалата серебра.
Причем оксалат-ионы, которые растворяются в воде, при таком значении рН не вступают в
протолитические равновесия (точнее этим можно пренебречь), так как концентрация ионов
водорода гораздо меньше второй константы диссоциации. Следовательно,
C(Ag2C2O4) = 2.06∙10–4; C(Ag+) = 4.12∙10–4; C(C2O42–) = 2.06∙10–4.
Тогда
Ks = C(Ag+)2∙C(C2O42–) = 3.50∙10–11.
(4 балла) В слабокислой среде равновесие растворимости оксалата серебра смещается за счет
уменьшения концентрации оксалат-ионов, так как при рН = 5 часть оксалат-ионов вступают в
протолитические равновесия. Пусть при данном значении рН раствориться х моль/л оксалата
серебра. Тогда в растворе равновесная концентрация ионов серебра равна 2х моль/л. Однако,
равновесная концентрация оксалат-ионов уменьшается за счет гидролиза – αх моль/л, где α – доля
оксалат-ионов среди всех продуктов диссоциации щавелевой кислоты. Эту долю можно
рассчитать с использованием уравнения материального баланса по уравнению:
α (С2О42–) = Kа1 ∙ Kа2 / ([H+]2 + Ka1 ∙ [H+] + Ka1 ∙ Ka2), где Ka1 и Ka2 – соответствующие константы
диссоциации щавелевой кислоты.
Подставляем все данные и получаем, что доля оксалат-ионов при рН = 5 равна 0,86. Теперь можем
все данные подставить в выражение для Ks и рассчитать растворимость оксалата серебра:
Ks = (2х)2∙αх, откуда
x  3 Ks 4  3 3.5 1011 4  0.86  2.17 104 моль/л.
Б) (5 баллов) В присутствии аммиака встречаемся с аналогичной ситуацией, только в посторонние
равновесия вступают не оксалат-ионы, а ионы серебра, за счет чего равновесная концентрация
ионов серебра будет значительно меньше. Пусть при данной равновесной концентрации аммиака
растворяется х моль/л оксалата серебра. В этом случае концентрация оксалат-ионов будет равна х
моль/л, но концентрация ионов серебра будет не 2х моль/л. Так как часть ионов серебра переходит
в комплекс с аммиаком, то равновесная концентрация ионов серебра будет 2αх моль/л, где α –
доля ионов серебра среди всех аргентум-содержащих частиц при равновесной концентрации
аммиака 0,02 моль/л. Долю ионов серебра рассчитываем используя материальный баланс по
уравнению:
α (Ag+) = 1 / (1 + K1 ∙ [NH3] + K1 ∙ K2 ∙ [NH3]2), где K1 и K2 – соответствующие константы
устойчивости комплексов аминсеребра и диаминсеребра.
Для расчетов доли ионов серебра используем концентрацию аммиака 0,02 моль/л. О том, что это
именно равновесная концентрация, а не общая, можно судить по значению рН раствора. Если
принять, что 0,02 моль/л – это общая концентрация аммиака, то большая часть его будет связана с
ионами серебра (константа комплексообразования очень высокая), а равновесная концентрация
будет исчезающе малой. Поскольку из рН-определяющих частиц в растворе находится только
аммиак, то при очень маленькой концентрации аммиака рН будет близка к 7. А при рН = 10,8
равновесная концентрация должна быть именно 0,02 моль/л.
Подставляем все известные значения в полученную формулу и рассчитываем, что при
концентрации аммиака 0,02 моль/л и данных значениях констант доля ионов серебра равна
2,31∙10–4. Теперь можем использовать выражение для Ks и рассчитать растворимость оксалата
серебра:
Ks = (2αх)2∙х, откуда
x  3 K s 4 2  3 3.5 1011 4   2 ,31104   0.055 моль/л.
2
Задача 10-3. Кобальт(II) образует с органическим лигандом L единственный комплекс CoL32+,
который сильно поглощает при 560 нм. При этой длине волны ни Co(II), ни лиганд L не
поглощают. Были приготовлены два раствора следующего состава:
Раствор 1 С(Co(II)) = 8∙10–5 и С(L) = 2∙10–5;
Раствор 2 С(Co(II)) = 3∙10–5 и С(L) = 7∙10–5.
Оптическая плотность растворов 1 и 2 при 560 нм, измеренные в кювете с оптической длиной пути
1,0 см, составили 0,203 и 0,680, соответственно. Можно считать, что в растворе 1 весь лиганд
участвует в образовании комплекса. Используя эти данные, рассчитайте:
А) молярный коэффициент экстинкции комплекса CoL32+;
Б) константу устойчивости комплекса CoL32+.
Рекомендации по решению и оценке:
А) (3 балла) Если в растворе 1 весь лиганд участвует в образовании комплекса, то, с учетом
состава комплекса, концентрация комплекса равна одной трети от исходной концентрации
лиганда, то есть 0,67∙10–5 моль/л. Исходя из этого находим молярный коэффициент экстинкции
комплекса:
ε = D / C l = 0.203 / (0,67∙10–5 моль/л ∙ 1 см) = 30 450 л∙моль–1∙см–1.
Б) (4 балла) Для расчета константы устойчивости комплекса необходимо знать равновесные
концентрации всех частиц. Равновесную концентрацию комплекса узнаем исходя из поглощения
раствора 2:
[CoL32+] = D / ε = 0,680 / 30450 = 2,23∙10–5 моль/л.
[Co2+] = C0(Co2+) – [CoL32+] = 3∙10–5 – 2.23∙10–5 = 0.77∙10–5 моль/л.
[L] = С0(L) – 3[CoL32+] = 7∙10–5 – 3∙2.23∙10–5 = 0.31∙10–5 моль/л.
Константа устойчивости характеризует равновесие: Co2+ + 3L → CoL32+.
CoL23 
2.23 105
K

 9.72 1016 .
3
3
2

5

5
Co   L 0.77 10  0.31 10 
Задача 10-4. Фосфорная кислота используется в производстве минеральных удобрений. Кроме
того, фосфорная кислота и ее различные соли применяются при обработке металлов, в пищевой
промышленности, при изготовлении моющих средств и зубной пасты. Очень часто небольшие
количества фосфорной кислоты добавляют в безалкогольные напитки для придания им кислого и
терпкого вкуса. Напиток с плотностью 1,00 г/мл содержит 0,050 % фосфорной кислоты (по массе).
Для фосфорной кислоты: рКа1 = 2,12, рКа2 = 7,21, рКа3 = 12,32.
А) Вычислите рН этого напитка. В расчетах не учитывайте вторую и третью ступени диссоциации
для фосфорной кислоты. Можно считать, что кислотность среды обусловлена только фосфорной
кислотой.
Б) В сельском хозяйстве фосфорная кислота используется как удобрение. Фосфорная кислота
концентрацией 1,00∙10–3 М добавлена к водной суспензии почвы. Обнаружено, что рН этой
суспензии равен 7,00. Вычислите мольную долю каждой из фосфорсодержащих частиц,
присутствующей в растворе. При расчетах допустите, что ни один их компонентов почвы не
взаимодействует ни с одним фосфорсодержащим компонентов.
Рекомендации по решению и оценке:
А) (3 балла) Рассчитаем сначала молярную концентрацию фосфорной кислоты в напитке
(плотность напитка принимаем равной 1 г/мл):
С(Н3РО4) = m(раствора) ∙ w(кислоты) / M(H3PO4) = 1000 г ∙ 0,0005 / (98 г/моль ∙ 1 л) =
= 5,1∙10–3 моль/л.
Для расчета рН используем только первую ступень диссоциации:
Н3РО4 = Н+ + Н2РО42–.
2
 H    H 2 PO4 
H 
K a1    
  
C0   H 
 H3PO4 
Поскольку константа диссоциации соизмерима с общей концентрацией кислоты, то решаем
полное квадратное уравнение, в результате чего [H+] = 3,49∙10–3 M, pH = 2,46.
Б) (4 балла) Для расчета доли фосфорсодержащих частиц используем уравнение материально
баланса:
С(Н3РО4) = [H3PO4] + [H2PO4–] + [HPO42–] + [PO43–].
Из него выводим выражением для доли каждой частицы и рассчитываем для рН = 7:
3
 H  
  H3PO4  
 7.50 106 .
 3
 2

 H   K a1  H   K a1K a 2  H   K a1K a 2 K a3
  H 2 PO

4

  HPO24  
K a1  H  
3
2
2
 H    K a1  H    K a1K a 2  H    K a1K a 2 K a3
K a1K a 2  H  
 0.57 .
 0.43 .
3
2
 H    K a1  H    K a1K a 2  H    K a1K a 2 K a3
K a1K a 2 K a3
  PO34  
 2.06 106 .
 3
 2

 H   K a1  H   K a1K a 2  H   K a1K a 2 K a3
Задача 10-5. При разложении серии солей с общей формулой Kt(ABb)n обычно образуется смесь
газов с соотношением объемов V(AB2):V(B2) = 4:1, но это соотношение иногда не выполняется для
других катионов Kt.
А) Расшифруйте А, В, Kt(ABb)n (соединения 1 – 6), если ρ(AB2):ρ(B2) = 1.44:1. Напишите
уравнения реакций.
Kt(ABb)n
1
2
3
4
5
6
w(Kt),
33.9
31.1
63.5
30.7
38.7
22.4
V(AB2):V(B2)
4:1
8:1
2:1
2:0
0:1
0:0
tC
 оксид + … Определите соль,
Б) Соль при нагревании подвергается разложению: Kt(ABb)2 
если она (массой 6.62 г) при разложении при разных температурах образует разные оксиды (I –
III). Составьте уравнения реакций. Вычислите температуру начала разложения.
ΔHf,
Sº,
Вещество
Цвет оксида (масса)
V(AB2):V(B2)
t, ºC
кДж/моль Дж/моль∙К
Соль
-447
213
Оксид I
-307
72
коричневый (4.78 г)
2:0
tI
Оксид II
-723
211
красно-оранжевый
6:1
tII
Оксид III
-197
59
красный или желтый
4:1
tIII
AB2
33
240
B2
0
205
Рекомендации по решению и оценке:
А) (2 балла за установление формул газов, 1 балл за догадку о формулах газов)
Соотношение плотностей газов дает нам отношение молярных масс газов. Следовательно: (АА +
2АВ) / (2АВ) = 1,44 и АА = 0,88АВ. Небольшое отличие между АА и АВ указывает на один период,
скорее всего второй, вследствие наличия молекул В2. Если В – фтор, то АА = 16,7 (не подходит),
если В – кислород, то АА = 14,1 (азот). Следовательно: AB2 – NO2, B2 – O2, ABb – NO3–.
(2 балла) Для установления формул солей можем составить выражение для массовой доли катиона
в нитратах:
w(Kt) = MKt / (MKt + 62n), где n – валентность катиона.
Откуда MKt = 62nw / (1 – w).
(по 0,5 балла за каждую правильную формулу) Подставляем в полученное выражение массовые
доли катионов из условия и, перебирая возможные валентности, устанавливаем катион. При
остановке своего выбора необходимо не забывать о соотношении объемов диоксида азота и
кислорода при разложении соответствующих солей. Результаты можно занести в таблицу.
Соединение
1
2
3
4
5
6
n
2
2
1
2
1
1
M(Kt)
63,6
56,0
107,8
55,0
39,1
17,9
Формула соли
Cu(NO3)2 Fe(NO3)2
AgNO3
Mn(NO3)2
KNO3
NH4NO3
(по 0,5 балла за каждое уравнение реакции, минус 0,25 балла за отсутствие коэффициентов)
2Cu(NO3)2 = 2CuO + 4NO2 + O2;
4Fe(NO3)2 = 2Fe2O3 + 8NO2 + O2;
2AgNO3 = 2Ag + 2NO2 + O2;
Mn(NO3)2 = MnO2 + 2NO2;
2KNO3 = 2KNO2 + O2;
NH4NO3 = N2O + 2H2O.
Б) (4 балла) Для получения коричневого оксида (массой 4,78 г) соль разлагается по уравнению:
tC
Kt(NO3)2 
 KtO2 + 2NO2.
Для этого уравнения справедливо: 6,62 / (М + 2∙62) = 4,78 / (М + 32).
Из него получаем: М = 207 г/моль, что соответствует свинцу. Соль Pb(NO3)2.
Температуру разложения можно оценить исходя из выражения для энергии Гиббса:
∆G = ∆H – T ∆S
При обычной температуре энергия Гиббса для всех реакций разложения нитрата свинца больше
нуля. Температура, при которой энергия Гиббса равна нулю – минимальная температура, при
которой реакция становиться возможной. То есть температуру разложения можем оценить по
формуле: T = ∆H / ∆S.
Pb(NO3)2 = PbO2 + 2NO2
∆HI = –307 + 2 ∙ 33 + 447 = 206 кДж;
∆SI = 72 + 2 ∙ 240 – 213 = 339 Дж/К;
TI = 206 000 / 339 = 607.7 К.
3Pb(NO3)2 = Pb3O4 + 6NO2 + O2
∆HII = –723 + 6 ∙ 33 + 3 ∙ 447 = 816 кДж;
∆SII = 211 + 6 ∙ 240 + 205 – 3 ∙ 213 = 1217 Дж/К;
TII = 816 000 / 1217 = 670.5 К.
2Pb(NO3)2 = 2PbO + 4NO2 + O2
∆HIII = –197 ∙ 2 + 4 ∙ 33 + 2 ∙ 447 = 632 кДж;
∆SIII = 2 ∙ 59 + 4 ∙ 240 + 205 – 2 ∙ 213 = 857 Дж/К;
TIII = 632 000 / 857 = 737.5 К.
Задача 10-6. Один из гальванических элементов представляет собой стеклянный сосуд, в который
погружен керамический сосуд из обожженной пористой глины. В оба сосуда помещают
разбавленные растворы серной кислоты: в стеклянный – 5%-ный раствора, в керамический – 10%ный раствор. Если теперь в сосуды поместить пластины из платинированного угля и замкнуть
цепь, то в цепи появляется электрический ток.
А) Напишите уравнения реакций, протекающие при работе этого элемента.
Б) Поясните принцип действия гальванического элемента, подтвердив его расчетом.
В) В каком из растворов находится отрицательный электрод?
Г) Будет ли работать этот элемент при замене раствора серной кислоты: а) на соляную кислоту, б)
на раствор щелочи, в) на раствор хлорида натрия? Ответ поясните.
Рекомендации по решению и оценке:
А) (по 1,5 балла за каждую полуреакцию, 1 балл за суммарное) В этом задании описана работа
концентрационного гальванического элемента, в котором природа двух электродов одинаковая, но
отличаются только концентрацией ионов, к которым обратимы электроды. На одном из
электродов происходит процесс:
2H+ + 2e = H2, а на другом
2H2O – 4e = O2 + 4H+.
Уравнение реакции, протекающее в гальваническом элементе соответствует реакции разложению
воды: 2Н2О = 2Н2 + О2.
Б) (2 балл) Согласно уравнению Нернста, потенциал водородного электрода прямо
пропорционально зависит от концентрации ионов водорода. На электроде, погруженном в более
концентрированный раствор, потенциал больше, а на другом – меньше. При замыкании цепи в
гальваническом элементе возникает электродвижущая сила, за счет чего в цепи появляется
электрический ток.
В) (2 балл) При работе гальванического элемента электроны движутся от электрода с меньшим
потенциалом к электроду с большим потенциалом. Меньший потенциал на электроде с меньшей
концентрацией кислоты, то есть в стеклянном сосуде, на нем происходит реакция окисления воды.
В стеклянном сосуде находится отрицательный электрод.
Г) (2 балла) При замене серной кислоты на соляную элемент работать будет, так как в данном
элементе электроды обратимы к ионам водорода. При замене на раствор щелочи либо соли,
элемент работать не будет, так как в этих растворах концентрация ионов водорода слишком мала
для обеспечения работы электродов.
Задача 10-7. Вещество Х обладает выраженными цитотоксическими, бактерицидными и
мутагенными действиями. В настоящее время Х широко применяется в медицине как
противораковое средство.
Впервые уникальную антибактериальную активность Х наблюдал профессор биофизики
Барнет Розенберг (Университет Мичигана) в 1964 году. Он изучал влияние различных факторов, в
частности электрических полей и солнечного света на поведение кишечной палочки (E. coli). В
одном из экспериментов, опустив в чашку с культурой кишечной палочки два электрода из
благородного металла М и подав на них напряжение, Розенберг обнаружил, что бактерии стали
пассивны и прекратили размножаться. Оказалось, что в ходе этого эксперимента Розенберг провел
синтез вещества Х, который стал возможен благодаря уникальному стечению обстоятельств: М
хоть и является инертным металлом, однако под действием электрического тока происходит его
окисление с образованием катиона М4+ (реакция 1). Этот катион легко взаимодействует с
нашатырем (вещество А), который в достаточном количестве присутствует в культуральной среде,
использованной Розенбергом (реакция 2). Облучение продукта этой реакции солнечным светом
приводит к фотохимической реакции с образованием вещества Х (реакция 3).
Для промышленного синтеза Х исходным веществом является хлорсодержащая соль В
(призматические кристаллы от красно-коричневого до винно-красного цвета), содержащая 47,00%
металла М по массе. Синтез проводят по схеме:
KI
2 NH 3
2 AgNO3
KCl
В избыток


 С 
 D 

 E избыток

 Х .
В энциклопедии Брокгауза и Эфрона синтез Х описывается следующим образом: Х легче
всего получить из солянокислого раствора соли F (w(M)=73,34%). Этот раствор соли насыщают
большим избытком углекислого аммония и нагревают до кипения, причем раствор сначала
гранатово-красный (вещество G) становится желтым (смесь Х и Y) и выделяется осадок грязнозеленого цвета, содержащий вещество Н. Фильтрат от этого осадка при кристаллизации и дает
искомый хлорид в виде маленьких желтых кристаллов, причем он гораздо легче растворим в воде,
чем Y (транс-соединение с тем же составом).
А) Определите металл М, приведите структурные формулы и укажите геометрию частиц веществ
Х (соль Пейроне) и Y (второй хлорид Рейзе). Назовите их по систематической номенклатуре.
Б) Установите вещества А – Н.
В) Составьте уравнения реакций 1 – 3.
Г) Составьте уравнения реакций, протекающих в промышленном синтезе Х.
Д) Объясните необходимость введения дополнительных стадий в промышленном синтезе Х по
сравнению с методикой Брокгауза и Эфрона.
Рекомендации по решению и оценке:
А) (3 балла) Нетрудно догадаться, что металл М – это платина. На данный факт указывают сразу
несколько фактов. Во-первых, любой электрохимик подтвердит, что платина наиболее часто
используется в качестве материала инертных электродов при исследовании биологических систем.
Во-вторых, для одной лишь платины из всех благородных металлов характерна устойчивая в
водном растворе степень окисления 4+. Правоту рассуждений, озвученных выше, можно
подтвердить расчетом массовой доли платины после расшифровки состава соединений В и F.
Таким образом, в задаче речь идет о координационных соединениях платины.
Не трудно установить и другие группы атомов, входящие в состав Х. В описании опыта
Розенберга указано, что изомер Х образуется при взаимодействии Pt4+ с нашатырем (NH4Cl –
вещество А). То есть Х, возможно, содержит аммиак, хлор и/или воду. Для платины характерно
КЧ = 4 (ион Pt4+ в опыте Розенберга), причем наличие цис- и транс-изомеров свидетельствует о
том, что присутствует либо пара одинаковых заместителей, либо 2 пары. Вариант с водой в
качестве заместителя менее вероятен, так как аквакомплексы платины широко не известны и, повидимому, являются не устойчивыми вне водной среды. Таким образом, остается один вариант и
элементарную формулу лекарства можно записать как PtCl2(NH3)2. Тогда структурные формулы Х
и Y (цис- и транс- форма) выглядят следующим образом:
Х – цис-дихлордиаминплатина(II)
(фармакологическое название цисплатин) –
широко применяется в лечении раковых
опухолей.
Y – транс-дихлордиаминплатина(II)
Б) (по 1 баллу за соединение, всего 8 баллов) В качестве исходного вещества для промышленного
синтеза используется В. Наиболее вероятно, что этот комплекс содержит один атом Pt. Тогда
молярная масса остальных групп атомов, входящих в его состав равна 220 г/моль. Предположение,
что Pt входит в состав аниона также достаточно правдоподобно, так как в противном случае
рассчитанная молекулярная масса для любого возможного хлорсодержащего аниона слишком
велика. Следовательно В – хлороплатинат, их для платины известно два – гекса(Pt IV) и тетра(Pt
II). В случае аниона PtCl62– молярная масса катиона оказывается всего лишь 7 г/моль. Таким
образом, В – тетрахлороплатинат (II) калия, что легко подтверждается расчётами.
Молярная масса соли F равна 266 г/моль. За вычетом молярной массы платины (195 г/моль), в
остатке имеем 71 г/моль, что явно указывает на два атома хлора. Итак, F – PtCl2. При добавлении в
водному раствору PtCl2 избытка соляной кислоты происходит образование комплексного аниона
PtCl42–, окрашенного в гранатово-красный цвет (G – H2PtCl4). При кипячении смеси с добавлением
карбоната аммония приводит к образованию смеси изомеров PtCl2(NH3)2 (желтый раствор) и
образованию зеленого осадка нестехиометричных комплексных соединений (вещество Н) –
[Pt(NH3)4][PtCl4], либо [PtCl(NH3)3]2[PtCl4], либо их смесь.
А – NH4Cl, B – K2[PtCl4], C – K2[PtI4], D – PtI2(NH3)2, E – [Pt(NH3)2(H2O)2](NO3)2, F - PtCl2, G –
H2PtCl4, H – [Pt(NH3)4][PtCl4].
В) (3 балла) Уравнения реакций в эксперименте Розенберга:
. ток
 Pt 4  4e  , на катоде происходит обратная реакция.
Реакция 1. На аноде Pt эл
 PtCl62
Реакция 2. Комплексообразование Pt 4  6Cl  
PtCl62  2 NH 4 
 ( NH 4 ) 2 PtCl6
Реакция 3. Фоторазложение (NH4)2PtCl6 → cis–Pt(NH3)2Cl2 + 2HCl + Cl2.
Г) (4 балла) Промышленный синтез.
Д) (2 балла) При замещении хлора на аммиак в исходном K2PtCl4, реакция может привести к
образованию как цис-, так и транс- продукта. При замещении галогенидов на NH3 группу, первая
молекула аммиака занимает любую из четырех эквивалентных позиций. Вторая –может занять как
цис-, так и транс- положение. Так как Cl- обладает более сильным транс- эффектом, нежели NH3,
аммиак присоединяется в транс- положение по отношению к Cl-, что эквивалентно цис- в
исходном соединении. Величина транс- эффекта возрастает в ряду I- > Br- > Cl-. Таким образом,
замена галогенида перед внедрением аммиака позволяет увеличить выход цис- изомера.
Задача 10-8. Соединение А при окислении перманганатом калия в кислой среде превращается в
соединение В, которое способно взаимодействовать с гидроксидом кальция. Полученное при этом
соединение С при нагревании до 300 °С разлагается на D и неорганическое вещество E. Вещество
D легко восстанавливается до соединения F. А также легко взаимодействует с PCl5, образуя
вещество G. В простом эфире G взаимодействует с металлическим магнием, превращаясь в H.
Если через раствор H пропустить сухой углекислый газ, а затем подкислить раствором HCl
образуется соединение I. Кроме этого, I можно получить последовательной обработкой G
цианидом натрия с дальнейшим кислотным гидролизом. При взаимодействии I с F в присутствии
минеральных кислот образуется J с составом С6Н12О2.
А) Установите строение соединений А – J, напишите уравнения всех упомянутых реакций.
Б) Напишите и назовите все возможные изомеры J, принадлежащие к этому же классу
соединений.
В) Предложите не менее 3-х принципиально разных способов получения J.
Рекомендации по решению и оценке:
А) (по 0,5 балла за каждое соединение, макс 5; по 0,5 балла за каждое уравнение, макс 5)
Так как G взаимодействует с магнием в простом эфире, можно предположить, что G – это
моногалогенпроизводное, а Н – это реактив Гриньяра, который карбоксилируется сухим СО2 и
при обработке продукта раствором HCl образует карбоновую кислоту I, содержащую на один атом
углерода больше, чем G. Тогда А – это спирт, В – карбоновая кислота, С – кальциевая соль В, D –
кетон, а неорганическое вещество E – карбонат кальция. Кетон D легко восстанавливается до
вторичного спирта F. При взаимодействии I с F в присутствии минеральных кислот образуется
сложный эфир J. Исходя из молекулярной формулы J можно сделать вывод, что: А – C2H5OH, B –
CH3COOH, C – (CH3COO)2Ca, D – CH3COCH3, E - CaCO3, F – CH3CH(OH)CH3, G – C2H5Cl, H –
C2H5MgCl, I – CH3CH2COOH, J - CH3CH2COOCH(CH3)2.
Уравнения упомянутых реакций:
+ 4 KMnO4 +
2 CH3COOH + Ca(OH)2
5C2H5OH
t
(CH3COO)2Ca
CH3COCH3
C2H5OH
C2H5Cl
+
+
+
Mg
5CH3COOH
(CH3COO)2Ca
CH3COCH3
2[H]
PCl5
+
12 H
+
+
+
4K
+
+
4 Mn
2+
+
H2O
CaCO3
CH3CH(OH)CH3
C2H5Cl
+
POCl3
+
HCl
C2H5MgCl
1) CO2
C2H5MgCl
2) HCl
CH3CH2COOH
+
CH3CH2COOH
+
H
CH3CH(OH)CH3
CH3CH2COOCH(CH3)2
+
H2O
11 H2O
Б) (по 0,5 балла за каждую формулу) Возможные изомеры:
O
O
O
н-амилформиат
H
H
O
2-амилформиат
O
H
3-амилформиат
O
O
O
H
O
O
H
O
3-метилбутилформиат
O
2-метилбутилформиат
O
O
1-бутилацетат
O
втор-бутилацетат
O
неопентилформиат
O
O
изобутилацетат
O
O
O
O
пропилпропионат
трет-бутилацетат
O
O
H
O
изопропилпропионат
O
O
O
O
этилбутират
O
метилвалерат
этил-2-метилпропионат
O
O
O
O
метил-3-метилбутират
метил-2-метилбутират
В) (3 балла) Получение изопропилпропионата:
I) присоединение пропионовой кислоты к пропену
t
O
OH
+
O
O
II) взаимодействие пропионилхлорида и изопропанола:
OH
O
Cl
+
O
O
III) присоединение изопропанола к метилкетену:
OH
+
O
O
O
+
HCl