Главная страница «Первого сентября»Главная страница журнала «Химия»Содержание №15/2003

Химико-математическая олимпиада
«Абитуриент МГУ-2003»

Задания см. в № 45/2002

Ответы на задания заочного тура

ХИМИЯ

1. 

A = 208 + 70 – 1 = 277,
Z = 82 + 30 = 112.

2. С аммиачным раствором оксида серебра реагируют бензальдегид и фенилацетилен:

C6H5CHO + 2[Ag(NH3)2]OH = C6H5COONH4 + 2Ag + 3NH3 + H2O,

C6H5CCH + [Ag(NH3)2]OH = C6H5CCAg + 2NH3 + H2O.

3. Раствор хлорида хрома имеет зеленый цвет. Раствор силиката натрия от раствора хлорида калия можно отличить по реакции с соляной кислотой:

Na2SiO3 + 2HCl = H2SiO3+ 2NaCl,

KCl + HCl .

4. Пусть в вещество A превратилось x г вещества Z. При равновесии скорости прямой и обратной реакций равны:

k1m(Z) = k2m(A),

77(85 – x) = 35x,

отсюда x = 58,4. В равновесной смеси содержится 58,4 г вещества A и 85 – 58,4 = 26,6 г вещества Z.

5.

а) C2H5Cl + C6H6 = HCl + C6H5C2H5 (катализатор – AlCl3);

б) C6H5OH + Cl2 = HCl + C6H4(Cl)OH;

в) H2O + NaH = NaOH + H2;

г) CH3OH + (CH3CO)2O = CH3COOH + CH3COOCH3.

6. При пропускании углекислого газа через раствор гидроксида бария сначала образуется осадок карбоната бария:

Ba(OH)2 + CO2 = BaCO3 + H2O,

который затем может растворяться в избытке CO2:

BaCO3 + CO2 + H2O = Ba(HCO3)2.

При недостатке CO2 раствор над осадком будет содержать Ba(OH)2, дающий фиолетовое окрашивание с фенолфталеином. По условию этого окрашивания нет. Следовательно, CO2 находится в избытке по сравнению с Ba(OH)2, т. е. сначала весь Ba(OH)2 превращается в BaCO3, а затем BaCO3 частично растворяется в CO2.

(Ba(OH)2) = 200•0,0171/171 = 0,02 моль,

(BaCO3) = 1,97/197 = 0,01 моль.

Для того чтобы весь Ba(OH)2 перешел в BaCO3, через исходный раствор надо пропустить 0,02 моль CO2, а затем пропустить еще 0,01 моль CO2, чтобы 0,01 моль BaCO3 растворился и осталось 0,01 моль.
Отсюда V(CO2) = (0,02 + 0,01)•22,4 = 0,672 л.
Ответ. V(CO2) = 0,672 л.

7. X – C2H5COOH, Y – C2H5COOC3H7.

Вещество Y имеет молекулярную формулу C6H12O2, его элементный состав совпадает с составом пропаналя C3H6O, но Y содержит на 6 атомов водорода больше.

Уравнения реакций

1) окисление пропаналя:

2) образование сложного эфира пропионовой кислоты:

8. Диссоциация азотистой кислоты

характеризуется константой:

а) В растворе азотистой кислоты

где C = 0,01 моль/л.

Подставляя эти концентрации:

и решая квадратное уравнение, находим:

[H+] = 1,93•10–3 моль/л,

pH = –lg (1,93•10–3) = 2,71.

б) В растворе кислоты, содержащем дополнительно нитрит натрия, практически весь нитрит-ион образуется из соли:

а концентрация протонов кислоты описывается таким же выражением, как и в предыдущем случае:

K = [H+]•0,1/(0,01 – [H+]) = 4,6•10–4.

Решая уравнение, находим:

[H+] = 4,58•10–5 моль/л,

pH = –lg (4,58•10–5) = 4,34.

Ответ. а) рН = 2,71; б) рН = 4,34.

9. Запишем термохимические уравнения сгорания углерода и оксида углерода(II):

C + O2 = CO2 + Q1;

CO + 1/2 O2 = CO2 + Q2.

(C) = 24,0/12 = 2,0 моль,

Q1 = 787,6/2,0 = 393,8 кДж/моль;

(CO) = 101,3•36,7/(8,314•298) = 1,5 моль,

Q2 = 424,8/1,5 = 283,2 кДж/моль.

По закону Гесса теплота образования оксида углерода(II) из простых веществ по уравнению

C + 1/2O2 = CO + Qобр(CO)

равна:

Qобр(CO) = Q1Q2 = 393,8 – 283,2 = 110,6 кДж/моль.
Ответ. Qобр(CO) = 110,6 кДж/моль.

10. X – C6H5C2H5, Y – C6H5CH(OH)CH3, Z – C6H5CH(OH)CH2OH.

Уравнения реакций

1) Алкилирование бензола:

.

2) радикальное хлорирование этилбензола:

3) гидролиз хлорида в щелочной среде (реакция SN):

4) дегидратация ароматического спирта:

5) мягкое окисление стирола перманганатом калия в слабощелочной среде:

6) образование полного сложного эфира двухатомного спирта:

11. а) X1 – K+, X2 – Cl;

электронная конфигурация: [Ne]3s23p6.
Уравнение реакции:

2K + Cl2 = 2KCl.

б) X1 – Mn2+, X2 – Fe3+;
электронная конфигурация: [Ar]3d5.
Уравнение реакции:

10FeSO4 + 2KMnO4 + 8H2SO4 = 5Fe2(SO4)3 + K2SO4 + 2MnSO4 + 8H2O.

12. А – Na2SO3, Б – SO2, В – H2O, Г – Cr(OH)3, Д – Na2S, Е – FeS.
Уравнения реакций:

1) 3S + 6NaOH = Na2SO3 + 2Na2S + 3H2O (конц. р-р щелочи);

2) Na2SO3 + 2HCl = 2NaCl + SO2+ H2O (реакция в растворе);

3) SO2 + 2H2S = 3S + 2H2O (реакция в газовой фазе);

4) Cr2S3 + 6H2O = 2Cr(OH)3+ 3H2S(гидролиз твердого вещества);

5) Na2S + FeCl2 = FeS+ 2NaCl (обменная реакция в водном растворе);

6) 10FeS + 18KMnO4 + 32H2SO4 = 5Fe2(SO4)3 + 9K2SO4 + 18MnSO4 + 32H2O (окислительно-восстановительная реакция в водном растворе).

13. По условию (C2H6) = 6,0/30 = 0,2 моль. При сгорании 0,2 моль этана выделилось 312 кДж теплоты. Значит, при сгорании 1 моль C2H6 выделится 312/0,2 = 1560 кДж/моль.
Теплота сгорания пентана C5H12, в молекуле которого на 3 группы CH2 больше, чем в молекуле этана, составит:

Qсгор(C5H12) = 1560 + 3•660 = 3540 кДж/моль.

Теплота сгорания гептана C7H16, в молекуле которого на 5 групп CH2 больше, чем в молекуле этана, равна:

Qсгор(C7H16) = 1560 + 5•660 = 4860 кДж/моль.

Пусть в смеси было x моль C5H12 и y моль C7H16. Составим систему уравнений, выразив через x и y массу смеси и теплоту ее сгорания:

Решение системы: x = 0,2 и y = 0,2.
Молярное соотношение:

(C5H12)/(C7H16) = x/y = 0,2/0,2 = 1:1.

Ответ. (C5H12):(C7H16) = 1:1.

14. M(г.) = RT/p = 1,88•8,314•298/101,3 = 46 г/моль (соответствует NO2).

(NO2) = pV/RT = 101,3•7,33/(8,314•298) = 0,3 моль.

В реакцию вступило 0,3•18/15 = 0,36 моль HNO3 и 0,3/15 = 0,02 моль FeS2. При этом образовалось 0,3•2/15 = 0,04 моль H2SO4. Пусть в исходном растворе содержалось x моль HNO3. По условию в конечном растворе массы азотной и серной кислот равны:

(x – 0,36)•63 = 0,04•98.

Отсюда x = 0,422 моль.
Масса конечного раствора:

65 = m(р-ра HNO3) + m(FeS2) – m(NO2) = m(р-ра HNO3) + 0,02•120 – 0,3•46.

m(р-ра HNO3) = 76,4 г;

(HNO3) = 0,422•63/76,4 = 0,348 (34,8%).

Ответ. (HNO3) = 34,8%.

15. При сплавлении твердых солей карбоновых кислот с твердыми щелочами происходит следующая реакция:

По условию задачи полученное в результате этой реакции твердое вещество – это смесь избытка KOH и K2CO3. Пусть сплавлению подвергли x моль соли RCOOK и y моль щелочи KOH. Тогда в результате реакции получили x моль карбоната калия, и (y – x) моль щелочи остались неизрасходованными. С оксидом кремния реагируют и карбонат, и гидроксид калия:

(SiO2) = 12,0/60 = 0,2 моль. Поскольку все продукты растворимы в воде, остаток после второго плавления и промывания водой – это избыток SiO2:

(SiO2 изб) = 3,0/60 = 0,05 моль.

Следовательно, в реакцию вступило 0,2 – 0,05 = 0,15 моль SiO2.

Тогда

x + (y – x)/2 = 0,15 моль,

x + y = 0,3 моль.

Выделившийся газ – это CO2:

(СO2) = pV/(RT) = 0,05 моль.

Отсюда

x = 0,05 моль,

y = 0,3 – 0,05 = 0,25 моль.

22,7 г = m(RCOOK) + m(KOH);

m(KOH) = 0,25•56 = 14 г,

m(RCOOK) = 22,7 – 14 = 8,7 г.

Поскольку (RCOOK) = 0,05 моль, то M(RCOOK) = 8,7/0,05 = 174 г/моль.

Тогда

M(R) = 174 – M(COOK) = 174 – 83 = 91 г/моль.

R – это C7H7, а RH – это C7H8, толуол; m(C7H8) = 0,05•92 = 4,6 г.

Ответ. C7H8, m(C7H8) = 4,6 г.

16. (C):(H) = (91,53/12):(8,47/1) = 9:10. Углеводород – C9H10 (M = 118 г/моль), одна двойная связь в боковой цепи.

(C9H10) = 2,36/118 = 0,02 моль,

(CO2) = 101,3•0,481/(8,314•293) = 0,02 моль.

Из молекулы при окислении уходит только один атом углерода. Следовательно, в исходном углеводороде при бензольном кольце было два заместителя: CH3 и CH=CH2.
Из трех возможных метилвинилбензолов только параизомер при нитровании дает два мононитропроизводных:

Схемы реакций:

,

При нитровании продукта окисления – терефталевой кислоты – образуется единственное мононитропроизводное:

Ответ. Пара-винилметилбензол; одно мононитропроизводное.

17. При растворении сульфидов хрома в соляной кислоте образуются соответствующие хлориды хрома:

CrS + 2HCl = CrCl2 + H2S,

Cr2S3 + 6HCl = 2CrCl3 + 3H2S.

При действии избытка щелочи хлорид хрома(II) превращается в нерастворимый гидроксид хрома(II), а хлорид хрома(III) – в растворимый комплексный гидроксид (гидроксид хрома(III) амфотерен):

CrCl2 + 2KOH = Cr(OH)2+ 2KCl,

CrCl3 + 4KOH = K[Cr(OH)4] + 3KCl.

Первый осадок массой 3,44 г – это Cr(OH)2. Этот осадок получился в две стадии из сульфида хрома(II):

(CrS) = (Cr(OH)2) = 3,44/86 = 0,04 моль.

Масса сульфида хрома(II):

m(CrS) = 0,04•84 = 3,36 г.

Масса сульфида хрома(III):

m(Cr2S3) = 7,36 – 3,36 = 4,00 г.

Количество сульфида хрома(III):

(Cr2S3) = 4,00/200 = 0,02 моль.

Фильтрат содержит хлорид калия и комплексный гидроксид K[Cr(OH)4], который при подкислении углекислым газом превращается в гидроксид хрома(III) – второй осадок:

K[Cr(OH)4] + CO2 = Cr(OH)3+ KHCO3.

Весь сульфид хрома(III) перешел в конце концов в гидроксид хрома(III):

Cr2S3 2Cr(OH)3,

(Cr(OH)3) = (Cr2S3)•2 = 0,04 моль.

Масса второго осадка:

m(Cr(OH)3) = 0,04•103 = 4,12 г.

Ответ. Масса второго осадка – 4,12 г.

18. Судя по результату гидролиза, олигосахарид был образован остатками только глюкозы. Для полного гидролиза молекулы олигосахарида, состоящей из n остатков глюкозы, требуется (n – 1) молекула воды:

олигосахарид + (n – 1)H2O = nC6H12O6.

Количество глюкозы можно найти по уравнению спиртового брожения:

C6H12O6 = 2C2H5OH + 2CO2,

4-5.gif (184 bytes)пр(CO2) = 29,57/44 = 0,672 моль,

теор(CO2) = 0,672/0,70 = 0,96 моль,

(C6H12O6) = 0,96/2 = 0,48 моль,

m(C6H12O6) = 0,48•180 = 86,40 г.

Разница между массами глюкозы и исходного олигосахарида равна массе воды, израсходованной на гидролиз:

m(H2O) = 86,40 – 78,84 = 7,56 г,

(H2O) = 7,56/18 = 0,42 моль.

Для расчета числа остатков глюкозы n можно использовать уравнение гидролиза:

(C6H12O6)/(H2O) = n/(n – 1) = 0,48/0,42.

Отсюда n = 8.
Ответ. n = 8; m(H2O) = 7,56 г.

Задания и ответы предоставил
доцент химического факультета МГУ
В.В.ЕРЕМИН

МАТЕМАТИКА

1. [0; 5].

2.

3. x = 1, x = 3.

4. AD = 8.

5. sin 2 > log3 2.

6. Нет.

7. Минус.

8.

9. Нет.

10. а = b = c = 0.

11. Да.

12. x = 18.

Задания и ответы предоставил
профессор механико-математического
факультета МГУ
В.Г.ЧИРСКИЙ

ФИЗИКА

1.

2. ( – ускорение свободного падения).

3. Тела должны равномерно вращаться по окружности вокруг общего центра масс (который может покоиться или двигаться равномерно и прямолинейно) с частотой  ( – гравитационная постоянная).

4. A = (m/M)R(T – T/n) (R – универсальная газовая постоянная).

5.  ( – электрическая постоянная).

6. Индукция внутри диэлектрика параллельна нити и направлена вертикально вверх. Во внешнем пространстве и в полости цилиндра индукция равна 0.

7. f = f1f2/(f1 + f2 – l) = 40 см.

8. (c – cкорость света в вакууме).

Задания и ответы предоставил
главный научный сотрудник
Института химической физики РАН
А.А.ЛУНДИН