AD + BC → AC + BD.

№1.

Оптически активное вещество – вещество, обладающее оптической стереоизомерией. Оптическая стереоизомерия обусловлена наличием в молекуле асимметрических атомов углерода, т.е атомов углерода, связанных с четырьмя различными группами.

5·| C^–1 – 4e^– → C⁺³ окисление

4·| Mn⁺⁷ + 5e^– → Mn⁺²восстановление.

№2.

Пусть в результате реакций образовалось соответственно 2 моль NO₂ и 1 моль NO.

Cu + 4 HNO₃₍_конц₎ = Cu(NO₃)₂ + 2 NO₂ + 2 H₂O, (1)

Количества веществ реакции (1) 1 4 Стало: 2

3 Cu + 8 HNO₃ = 3 Cu(NO₃)₂ + 2 NO + 4 H₂O, (2)

Количества веществ реакции (2) 1,5 4 Стало: 1

С 2,5 моль Сu реагируют 8 моль HNO₃. Значит, с 1 моль Cu реагирует 8/2,5 = 3,2 моль HNO₃.

Ответ: 3,2 моль HNO₃.

№3.

Пусть необходимо добавить х моль Na₂SO₄·10H₂O, тогда m(Na₂SO₄·10H₂O) = 322х г.

m(BaCl₂ исходный) = 60·0,3 = 18 (г),

n(BaCl₂ исходный) = 18/208 = 0,0865 (моль),

По условию BaCl₂ был в избытке.

Было: х 0,0865

Na₂SO₄·10H₂O + BaCl₂ = BaSO₄↓ + 2 NaCl + 10 H₂O + (BaCl₂),

х х Стало: х 0,0865 – х

m(BaSO₄) = 233х г.

m(конечного раствора) = 60 + 322х – 233х = 60 + 89х (г),

m(BaCl₂) = 18 – 208х г,

w(BaCl₂) =

18 – 208х = 9 + 13,35х, 9 = 221,35х, х = 0,04066,

m(Na₂SO₄·10H₂O) = 0,04066·322 = 13,09 (г).

Ответ: m(Na₂SO₄·10H₂O) = 13,09 г.

№4.

Степенью диссоциации a электролита называется доля его молекул, подвергшихся диссоциации, т.е отношение числа молекул, распавшихся в данном растворе на ионы, к общему числу молекул электролита в растворе.

CH₃COOH ↔ CH₃COO^– + H⁺

Было: c

Прореаг: ac

Стало: c(1 – a) aс ac

K_дисс.=

K_дисс.= (закон разбавления Оствальда).

K₁ = K₂ =

а) Степень диссоциации уксусной кислоты значительно меньше единицы, в приближённых вычислениях можно считать, что 1 – a » 1, тогда

K₁ = K₂, a₂ = 4a₁,

, значит, раствор необходимо разбавить в 16 раз.

Ответ: разбавить в 16 раз.

б) 1-ый способ.

[H⁺₁] = a₁c₁. [H⁺₂] = a₂c₂ = 4a₁· c₁= 0,25a₁c₁,

pH = –lg[H⁺],

pH₂ – pH₁ = lg[H⁺₁] – lg[H⁺₂] = lg(a₁c₁) – lg(0,25a₁c₁) =

2-ой способ.

K(CH₃COOH) = 1,8·10^–5,

Пусть исходный раствор концентрации 1 моль/л, тогда второй раствор концентрации (1/16) моль/л,

[H⁺] = aс

K = a²c, a = ,

[H⁺] = = ,

[H⁺₁] =

[H⁺₂] =

pH₂ – pH₁ = lg[H⁺₁] – lg[H⁺₂] = –2,37 + 2,97 = 0,6.

Ответ: ∆pH = 0,6.

№5.

Предположим, что загаданные соли не являются ни кислыми, ни основными, ни двойными, ни смешанными, ни комплексами. Все соли неорганические и средние.

AC → AD + Х (1)

Пусть A – катион, тогда, исходя из реакции (1), С – анион и D – анион.

AD + BC → AC + Y + … (2)

Исходя из реакции (2), у соли BC C – анион, а B – катион.

По реакции (2) катион B и анион D попадает в состав газа Y. В этом случае катионом B может быть или H⁺ или NH₄⁺. Но B – не кислота, и мы загадали, что все соли средние, а не кислые. Значит B – NH₄⁺. Выходит, в состав газа Yвходит азот. Это могут быть NH₃, N₂, N₂O, NO, NO₂. Другие варианты сомнительны. Попытаемся установить, какой из этих газов есть Y, зная, что М(X) = 1,143 М(Y).

Если Y – NH₃, то М(Х) = 1,143·17 = 19,43 (г/моль) – такого газа нет.

Если Y – N₂, то M(X) = 1,143·28 = 32 (г/моль) – это O₂.

Если Y – N₂O, то M(X) = 1,143·44 = 50,292 (г/моль) – такого газа нет.

Если Y – NO, то M(X) = 1,143·30 = 34,29 (г/моль) – такого газа нет.

Если Y – N₂O₃, то M(X) = 1,143·46 = 52,578 (г/моль) – такого газа нет.

Вывод: Y – N₂, X – O₂. Азот мог образоваться по реакции (2) в результате разложения образовавшегося вначале промежуточного продукта – NH₄NO₂.

AD + BC → AC + BD.

Этот промежуточный продукт – BD, значит, если B – NH₄⁺, то D – NO₂^–.

Соль AD – нитрит. Она образуется разложением нитрата с образованием O₂. C – NO₃^–.

Возможный вариант решения.

2 NaNO₃ (AC) = 2 NaNO₂ (AD) + O₂ (X),

NaNO₂ (AD) + NH₄NO₃ (BC) = NaNO₃ (AC) + N₂ (Y) + H₂O.

Ответ: AC – NaNO₃, AD – NaNO₂, BC – NH₄NO₃.

№6.

C_nH_2n+1COOH + CH₃OH → C_nH_2n+1COOCH₃ + H₂O,

5х

С_n+1H_2n+3COOH + CH₃OH → C_n+1H_2n+3COOCH₃ + H₂O,

Пусть n(C_nH₂_n+1COOH) = 5х моль, n(С_n+1H₂_n+3COOH) = х моль.

M(C_nH₂_n+1COOH) = 14n + 46 г/моль,

m(C_nH₂_n+1COOH) = (14n + 48)5х = (70n + 230)х (г),

M(С_n+1H₂_n+3COOH) = 14n + 60 г/моль,

m(С_n+1H₂_n+3COOH) = (14n + 60)х (г),

m(исходной смеси кислот) = (70n + 230 + 14n + 60)х = 37,4 (г),

84n + 290 =

M(C_nH₂_n+1COOCH₃) = 14n + 60 г/моль,

M(C_n₊₁H₂_n+3COOCH₃) = 14n + 74 г/моль,

Неизвестно, выход какого эфира составил 50%, а какого – 70%.

Пусть у C_nH₂_n+1COOCH₃ был выход 50%, а у C_n₊₁H₂_n+3COOCH₃ – 70%.

m(C_nH₂_n+1COOCH₃) = 2,5х·(14n + 60) = (35n + 150)x (г),

m(C_n₊₁H₂_n+3COOCH₃) = 0,7х·(14n + 74) = (9,8n + 51,8)х (г),

m(смеси эфиров) = (35n + 150 + 9,8n + 51,8)x = (44,8n + 201,8)х = 30,3 (г),

Значит, предположение было неверным.

Выход C_nH₂_n+1COOCH₃– 70%, выход C_n₊₁H₂_n+3COOCH₃– 50%,

m(C_nH₂_n+1COOCH₃) = 3,5х(14n + 60) = (49n + 210)х (г),

m(C_n₊₁H₂_n+3COOCH₃) = 0,5х(14n + 74) = (7n + 37)х (г),

m(смеси эфиров) = (49n + 210 + 7n + 37)х = (56n + 247)x = 30,3 (г),

n(CH₃COOH) = 0,5 моль, n(С₂H₅COOH) = 0,1 моль.

m(CH₃COOH) = 0,5·60 = 30 (г),

m(C₂H₅COOH) = 37,4 – 30 = 7,4 (г),

w(CH₃COOH) = 30·100%/37,4 = 80,21%,

w(C₂H₅COOH) = 7,4·100%/37,4 = 19,79%.

Ответ: w(CH₃COOH) = 80,21%, w(C₂H₅COOH) = 19,79%.

№7.

2 (NH₄)₂CrO₄ = N₂ + 2 NH₃ + Cr₂O₃ + 5 H₂O, (1)

х 0,5х х 0,5х

(NH₄)₂Cr₂O₇ = N₂ + Cr₂O₃ + 4 H₂O, (2)

у у у

Cr₂O₃ + 2 KOH = 2 KCrO₂ + H₂O, (3)

KCrO₂ + CO₂ + 2 H₂O = Cr(OH)₃ + KHCO₃, (4)

n[Cr(OH)₃] = 2,06/103 = 0,02 (моль),

По реакциям (3) и (4) n(Cr₂O₃) = 0,01 моль,

Пусть в исходной смеси n[(NH₄)₂CrO₄] = х моль, n[(NH₄)₂Cr₂O₇] = у моль,

Значит, n(Cr₂O₃) = 0,5х + у = 0,01 моль, (*)

C соляной кислотой реагирует только аммиак.

NH₃ + HCl = NH₄Cl, (5)

Из условий следует, что количество вещества аммиака равно количеству вещества N₂.

По реакциям (1) и (2) n(NH₃) = х моль, n(N₂) = 0,5х + у моль,

х = 0,5х + у, х = 2у,

Подставим х = 2у в уравнения (*):

2у = 0,01, у = 0,005, х = 0,01.

m[(NH₄)₂CrO₄] = 0,01·152 = 1,52 (г),

m[(NH₄)₂Cr₂O₇] = 0,005·252 = 1,26 (г),

m(смеси) = 1,52 + 1,26 = 2,78 (г).

Ответ: m(смеси) = 2,78 г.

№8.

Изменение давления газовой равновесной смеси не влияет на константу равновесия. Однако изменение давления влияет положение равновесия.

Уравнения константы равновесия:

К_равн.= , где все давления в атмосферах,

Парциальное давление газа – давление, которое производил бы газ, занимая при тех же условиях объём всей газовой смеси.

Парциальные давления зависят от общего давления P следующим образом.

p₁= c₁P, где c₁ – мольная доля газа в смеси.

К_равн.=

K_равн_.=

а) К_равн.= =

2,25P = 121,57, P = 54,

Ответ: Р = 54 атм.

б) c(CO) = х,

К_равн.=

х² = 6,0785 – 6,0785х,

х² + 6,0785х – 6,0785 = 0,

D = 6,0785²+ 4·6,0785 = 61,26,

х = х = 0,8743,

c(CO₂) = 1 – 0,8743 = 0,1257.

Ответ: c(CO₂) = 12,57%.

в) CO₂ _(г) + С _(тв) ↔ 2 CO _(г),

К_равн.= =

Пусть исходная смесь находилась в объёме 1 м³.

PV = nRT, n = (PV)/(RT),

n(смеси) = (моль),

n(CO₂ в смеси с содержанием 17%) = 287,2·0,17 = 48,83 (моль),

n(CO в смеси с содержанием 17%) = 287,2 – 48,83 = 238,37 (моль),

Эквивалентное количество CO₂:

n(CO₂) = 48,83 + (238,37/2) = 168 (моль),

При данных условиях добавили:

n(N₂) = 95,73 (моль),

При этом установилось равновесие: CO₂ _(г) + С _(тв) ↔ 2 CO _(г), N₂

Было: 168

Прореаг: х

Стало: 168 – х 2х 95,73,

n(общей смеси в установившемся равновесии) = 168 – х + 2х + 95,73 = 263,73 + х (моль),

n(CO₂) = 168 – х моль.

c(CO₂) = ,

n(CO) = 2х моль,

c(CO) = ,

К_равн.= =

pV = nRT,

К_равн.=

0,4178х² = 20423,76 – 121,57х,

х² + 290,98х – 48884 = 0,

х = 119,

c(CO₂) =

0,17/0,128 = 1,33.

Ответ: уменьшится в 1,33 раза.

№9.

Возраст Земли – это время, прошедшее после нуклеосинтеза.

m(²³⁸U) – масса изотопа урана-238 в наши дни.

m(²³⁵U) – масса изотопа урана-235 в наши дни.

m₀ – исходная масса изотопов.

m(²³⁸U) = m₀·

m(²³⁵U) = m₀·

Найдём отношение масс изотопов в наши дни:

t = 6 млрд лет.

Ответ: t = 6 млрд лет.

№10.

Заметим следующее повторение в схеме превращений:

Такое возможно, если аминогруппа занимает в аминокислотах E и L разные положения. На основании этого возможное решение цепочки:

Уравнение реакций:

1) CH₃CH₂CH=CH₂ + 2 KMnO₄ + 3 H₂SO₄ → CH₃CH₂COOH + CO₂ + K₂SO₄ + 2 MnSO₄ + 4 H₂O,

С^–1 – 4e^–→ C⁺³

C^–2 – 6e^–→C⁺⁴

2 Mn⁺⁷ + 10e^– → 2 Mn⁺²

2) CH₃CH₂COOH + Br₂ ^P^кр→ CH₃CHBrCOOH + HBr (реакция Геля-Фольгарда-Зелинского)

4) CH₃CH(NH₂)–COONH₄ + H₂O (H⁺) → CH₃CH(NH₂)–COOH + (NH₃·H₂O)

Условие реакции: При обработке 2-бромпропановой кислоты раствором кислоты, например HCl, образуется CH₃CH(NH₃⁺Br^–)–COOH. Этот побочный продукт требует дополнительной обработки пиридином:

5) CH₃CH(NH₂)–COONH₄ + NaOH → CH₃CH(NH₂)–COONa + (NH₃·H₂O),

6) CH₃CH(NH₂)–COONa + NaNO₂ + 2 HCl → CH₃CH(OH)–COOH + N₂ + H₂O + 2 NaCl (реакция Ван-Слайка)

8) CH₂=CH–COOH + HBr → CH₂Br–CH₂–COOH,

10) NH₂CH₂CH₂COONH₄ + H₂O (H⁺) → NH₂CH₂CH₂COOH + (NH₃·H₂O).

№11.

1) 2 NO₂ + 2 (NH₃·H₂O)₍_конц₎ → NH₄NO₃ + NH₄NO₂ + H₂O,

2) NH₄NO₂ + HCl_(разб) = NH₄Cl + HNO₂, (условия 0^оС)

3) 3 HNO₂ → HNO₃ + 2 NO + H₂O

Условия реакции: температура выше 100^oС. Реакция проходит при перегонке азотистой кислоты.

4) 4 NO₂ + O₂ + 2 H₂O → 4 HNO₃,

По этой реакции азотная кислота образуется при грозовых разрядах.

5) 2 NH₃ N₂ + 3 H₂,

Условия реакции: высокий температурный режим.

6) N₂O ^200°^C→ 2 N₂ + O₂,

7) NH₄NO₃ ^200°C→ N₂O + 2 H₂O,

8) NH₄NO₃ + NaOH → NaNO₃ + NH₃↑ + H₂O,

9) 2 NH₃ + 3 O₃ ^100°^C→ 2 NO₂ + O₂ + 3 H₂O,

Условия реакции: в этой реакции образуется N₂O₅, который при данной распадается на NO₂ и O₂.

10) NH₄NO₂ ^100°C→ N₂ + 2 H₂O,

11) HNO₂+ NH₂OH ^50°C→ N₂O + 2 H₂O,

12) 4 Ca + 10 HNO_{3 (}_разб₎= 4 Ca(NO₃)₂ + NH₄NO₃ + 3 H₂O,

Баланс:

4·|Ca⁰ – 2e^– → Ca²⁺,

1·|N⁺⁵ + 8e^– → N^–3,

(NH₃·H₂O) + HNO₃ = NH₄NO₃ + H₂O.

№12.

Для призмана можно построить только одно монометилпроизводное:

Возможно, ошибка Ладенбурга состоит в том, что он не учёл существование зеркального изомера для одного из диметилпроизводных призмана.

Таким образом, для призмана возможны одно монометилпроизводное (как у бензола) и 4 диметилпроизводных.

№13.

Углеводород Х: n(C) : n(H) = : = 7,4075 : 11,11 = 1 : 1,5 = 2 : 3.

Соединение Z: n(C) : n(O) = : = 4,166 : 3,125 = 4 : 3.

Х – ароматическая структура, потому что:

1) Соединение C : H = 2 : 3, это соединение С₄H₆ и другие алифатические или алициклические соединения с большим количеством атомов С, которые могут давать много моно- и ди-хлорпроизводных и бромпроизводных.

2) Селективная реакция с галогенами в зависимости от того, используется катализатор железо или нет.

3) После окисления и нагревания была получена структура, не содержащая атомов водорода, и это не CO₂. Такое возможно для ароматических и сомнительно для алифатических соединений.

Из п.3 следует, что Х – ароматическая структура, замещённая по всем положениям.

После таких выводов можно начинать осознанный перебор для соединения Х:

C₄H₆ – не ароматическая структура. C₆H₉ – не существует. С₈H₁₂ – не ароматическая структура (С_nH₂_n–4). С₁₀H₁₅ – не существует. C₁₂H₁₈ – именно эта формула удовлетворяет всем условиям в виде следующей структуры.

Действительно, после окисления X все алкильные группы превратятся в карбокси-группы с образованием бензолгексакарбоксильной кислоты (С₁₂H₆O₁₂). При нагревании происходит отщепление 3-ёх молекул воды с образование C₁₂O₉, что удовлетворяет структуре Z. (Смотри реакции ниже)

5·| 6 C^–3 – 36e^– → 6 C⁺³

36·| Mn⁺⁷ + 5e^– → Mn⁺²

Ответ: