Главная страница «Первого сентября»Главная страница журнала «Химия»Содержание №16/2004

ЭКЗАМЕНЫ НЕ ЗА ГОРАМИ

Московский Государственный Университет
им. М.В.Ломоносова

ФАКУЛЬТЕТ НАУК О МАТЕРИАЛАХ

Решения задач заочного тура

Задания см. в № 48/2003

ХИМИЯ

Задача 1.

а) 2[Cu(NH3)2]OH + C2H2 = Cu2C2+ 2H2O + 4NH3

(длительное пропускание ацетилена через водный раствор);

б) 5H2SO3 + 2KMnO4 = K2SO4 + 2MnSO4 + 2H2SO4 + 3H2O

(свежеприготовленный раствор H2SO3 c раствором KMnO4);

в) Si + 4NaOH = Na4SiO4 + 2H2 (в растворе);

г) Hg2(NO3)2 + 2Zn (метал.) Zn (амальгама) + Zn(NO3)2 (в растворе);

д) CH3CH(NH2•HCl)CH3 + NaNO2 = CH3H7OH + N2 + NaCl + H2O.

Задача 2

Отольем неизвестные растворы в пустые пробирки. Раствор из первой пробирки по каплям прильем ко всем остальным. Аналогично проведем опыты по сливанию всех растворов между собой и составим таблицу на основании полученных результатов.
Как следует из таблицы, каждое из веществ можно идентифицировать по совокупности изменений, наблюдаемых при попарном сливании растворов.
Реактив, в результате добавления которого к одному из растворов наблюдается помутнение, а в трех других случаях выпадение белых осадков, нерастворимых при его дальнейшем приливании, является раствором силиката калия K2SiO3:

K2SiO3 + 2NH4NO3 = H2SiO3 + 2KNO3 + 2NH3,    (1)

K2SiO3 + 2AgF = Ag2SiO3 + 2KF,   (2)

3K2SiO3 + 2Al(NO3)3 = Al2(SiO3)3 + 6KNO3.    (3)

Наряду с реакцией (3) может происходить реакция гидролиза:

3K2SiO3 + 2Al(NO3)3 + 6H2O = 2Al(OH)3 +3H2SiO3 + 6KNO3,    (3')

K2SiO3 + BaCl2 = BaSiO3 + 2 KCl.   (4)

Таблица

Результаты попарного сливания исследуемых растворов

(В скобках указаны номера уравнений реакций, протекающих при сливании.)

  K2SiO3 KOH NH4NO3 AgF Al(NO3)3 BaCl2
K2SiO3   помутнение
(1)
  белый осадок (2) белый осадок (3) белый осадок (4)
KOH   запах NH3 (7) черный осадок (5) белый раств.осадок
(6, 9)
NH4NO3 помутнение (1) запах NH3
(7)
 
AgF белый осадок (2) черный осадок (5)   белый осадок (8)
Al(NO3)3 белый осадок (3) белый осадок (6, 9)  
BaCl2 белый осадок (4) белый осадок (8)  

В пробирке, в которой не происходит даже помутнения при добавлении силиката калия, находится раствор KOH. Только при его сливании с другими растворами в одной из пробирок образуется черный осадок:

2KOH + 2AgF = 2KF + H2O + Ag2O,    (5)

в другой пробирке – белый осадок, растворимый в избытке щелочи:

Чтобы выделение аммиака в реакции со щелочью стало очевидным, реакционную смесь следует нагреть:

Два белых и один черный осадок образует раствор фторида серебра (реакции 2, 5, 8).
А хлорид бария образует два осадка (реакции 4, 8).

2AgF + BaCl2 = 2AgCl + BaF2.    (8)

Аналогично идентифицируется раствор нитрата алюминия – два белых осадка, один из которых растворим в избытке щелочи (реакции 3 и 6 соответственно).
Интересно отметить, что при изменении порядка приливания (к раствору KOH приливаем по каплям раствор Al(NO3)3) наблюдаемая картина меняется. Первые порции гидроксида алюминия полностью растворяются в избытке щелочи (помутнения можно даже не заметить), а затем выпадает белый осадок, нерастворимый в избытке нитрата алюминия:

Al(NO3)3 + 4КOH (избыток) = K[Al(OH)4] + 3KNO3,

Al(NO3)3 + 3K[Al(OH)4] = 4Al(OH)3 + 3KNO3. (9)

Задача 3

Цепочка представляет собой превращения хрома. В расшифрованном виде цепочка выглядит следующим образом:

4) K2Cr2O7 + 3SO2 + H2SO4 = K2SO4 + Cr2(SO4)3 + H2O,

из раствора кристаллизуются хромокалиевые квасцы KCr(SO4)2•12H2O (Е);


9) 2K3[Cr(OH)6] + 6H2SO4 = 3K2SO4 + Cr2(SO4)3 + 12H2O,
из раствора кристаллизуются хромокалиевые квасцы KCr(SO4)2•12H2O (E), часть сульфата калия остается в растворе ввиду более высокой растворимости;


(окислительное сплавление)

Задача 4

Так выглядит цепочка превращений в расшифрованном виде:

Все уравнения реакций приведены ниже:

Задача 5

Самым кислым является раствор FeCl3. Кислая реакция этого раствора вызвана существенной степенью гидролиза этого соединения с образованием Fe(OH)3. Следующий раствор – FeCl2, который также дает кислую реакцию, но не такую сильную, как FeCl3 (чем больше степень окисления металла, тем слабее соответствующее ему основание и, следовательно, тем сильнее гидролиз соли по катиону).
После FeCl2 в ряду увеличения pH следует разместить CF3COONa, а затем CH3COONa. Это объясняется тем, что вследствие индуктивного эффекта фтора CF3COOH более сильная кислота, чем CH3COOH, а следовательно, гидролиз соли CH3COONa, сопровождающийся образованием молекул CH3COOH, происходит в большей степени, чем гидролиз натриевой соли трифторуксусной кислоты, т.е. раствор CH3COONa дает более щелочную реакцию.
Раствор Na2CO3 обладает еще большей щелочностью, чем раствор CH3COONa, что можно доказать, оценив константу кислотности CH3COOH и сравнив ее с Ka(H2CO3). Запишем уравнение диссоциации уксусной кислоты:

CH3COOH CH3COO + H+.

Пусть диссоциировало x моль/л кислоты. Тогда образовалось x моль/л ацетат-ионов и x моль/л ионов H+. При этом в растворе осталось (c(CH3COOH) – x) моль/л кислоты. С учетом того, что при c(CH3COOH) = 10-4 моль/л pH = 4,47 (x = [H+] = 10–pH моль/л), можно вычислить константу кислотности:

Ka(CH3COOH) = [H+][CH3COO-]/[CH3COOH] = x2/(c(CH3COOH) – x) =
10-2pH/(c(CH3COOH) – 10–pH) =
1,7•10–5 >> Ka(H2CO3) = 4,5•10–7.

Ряд увеличения водородного показателя следующий:

FeCl3 < FeCl2 < CF3COONa < CH3COONa < Na2CO3.

Реакция между крайними в ряду растворами:

2FeCl3 + 3Na2CO3 + 3H2O = 2Fe(OH)3 + 6NaCl + 3CO2.

Задача 6

Реакция растворения цинка протекает согласно уравнению:

Zn + 2HCl = ZnCl2 + H2.

Выражение для скорости имеет вид:

= –/t = kS[H+]n,

где – количество вещества цинка, растворившегося за время t, k – константа скорости,
S – площадь поверхности, [H+] – концентрация ионов водорода, n – порядок реакции по ионам водорода.
Поскольку кислота была взята в большом избытке, ее концентрацию можно считать постоянной. Тогда для отношения скоростей имеем:

2/1 = 2t1/(1t2) = k2S2/(k1S1).

Образец проволоки имеет форму цилиндра, у которого высота (длина проволоки) многократно превосходит диаметр основания. Действительно, площадь сечения проволоки:

Sсеч = (0,5d)2 = 0,0314 см2.

Длину проволоки находим по формуле:

l = V/S = m/(S).

В одном случае (2 г) она составляет ~8,9 см, а в другом (4 г) – 17,9 см. Поэтому основной вклад в площадь поверхности проволоки вносит площадь боковой поверхности, а площадью поверхности торцов можно пренебречь. Так, для первого (2 г) образца:

Sбок/(2Sсеч) = dl / (0,5d2) = 2l / d = 89.

Тогда

m = m0l, S = S0l,

где m0 и S0 – соответственно масса и площадь поверхности проволоки единичной длины, т.е. площадь поверхности образца прямо пропорциональна его массе, а значит, и количеству вещества:

m1/S1 = m2/S2, 1/S1 = 2/S2.

Следовательно,

k2/k1 = 2t1S1/(1t2S2) = t1/t2.

Cогласно правилу Вант-Гоффа:

где – температурный коэффициент (коэффициент Вант-Гоффа) для реакции растворения цинка,
k1 и k2 – константы скорости растворения цинка при температурах T1 = 25 °C (298 K) и T2 = 40 °С
(313 K) соответственно. Найдем коэффициент :

Энергию активации найдем, используя уравнение Аррениуса для констант скорости при температурах T2 и T1:

Задача 7

2NH3 = N2 + 3H2.

1) V = const.

Пусть в результате диссоциации аммиака при температуре T1 = 500 °С (773 K) образовалось x моль азота. Тогда количество водорода составит 3x моль, а аммиака останется (0 – 2x) моль,
где 0   – исходное количество аммиака. В результате диссоциации общее количество молей газов составит:

1   =0   + 2x моль.

По уравнению Клапейрона–Менделеева = pV/RT.
Тогда

1 /0  = (0  + 2x)/0  = p1T0/(p0T1) = 1,542,

1 + 2х/0  = 1,542.

Степень разложения аммиака в условиях нагревания при постоянном объеме:

1 = 2x/0 = 0,542 = 54,2%.

Поскольку при постоянном объеме отношение количеств молей газов равно отношению их молярных концентраций (x/0 = с/с0), то равновесные концентрации в газовой смеси составят:

c(N2) = 0,271c0 = 0,821 моль/л,

c(H2) = 0,813c0 = 2,463 моль/л,

c(NH3) = c0(1 – 1) = 1,388 моль/л.

Тогда константа равновесия реакции разложения аммиака при 773 К будет равна:

K = с(N2)•с(H2)3/с(NH3)2 = 6,367.

2) p = p0 = const.

Запишем уравнения Клапейрона–Менделеева для начала и конца процесса равновесного нагревания:

pV0 = 0RT0, pV2 = 2RT2.

Поскольку с = /V, то

с2 = с0(T0/T2) = 1,168 моль/л.
Пусть в результате диссоциации аммиака при температуре 500 °С (773 K) образовалось y моль азота. Тогда количество водорода составит 3y моль, а аммиака останется (0 – 2y) моль. Для равновесных концентраций компонентов имеем:

c(N2) = y/V2, c(H2) = 3y/V2, c(NH3) = (0 – 2y)/V2.

Подстановка равновесных концентраций в выражение для константы равновесия и его преобразование дают:

Учитывая, что 2 = 0 + 2y, и, следовательно, V2 = (0 + 2y)/c2, получаем:

Удобно перед решением этого биквадратного уравнения перейти к степени разложения аммиака
2 = 2y/0 как к переменной, умножив числитель и знаменатель дроби на (2/0)4:

Решая это уравнение, получаем только один подходящий корень 2 = 0,790 = 79,0% (еще два корня – отрицательны, а один – больше 1).

Задача 8

Определим сначала массовые доли компонентов исходной смеси. Средняя молярная масса смеси, образовавшейся после сгорания, составляет:

M(H2) = 21,25•2 = 42,5 г/моль.

Заметим, что, если бы кислород в исходной смеси был в недостатке или в необходимом количестве, средняя молярная масса смеси была бы не меньше 44 г/моль, т.к. все молярные массы веществ, которые в этом случае могли бы находиться в числе газообразных продуктов (CO2 – 44 г/моль,
C3H8 – 44 г/моль, (CH3)2O – 46 г/моль ), не меньше 44 г/моль. Отсюда можно сделать вывод, что кислород в исходной смеси был в избытке. Таким образом, получившаяся после сгорания смесь состоит из углекислого газа и кислорода.
Обозначим исходные количества веществ: пропана – x моль, диметилового эфира – y моль, кислорода – z моль. Напишем уравнения реакций горения:

C3H8 + 5O2 = 3CO2 + 4H2O,

(CH3)2O + 3O2 = 2CO2 + 3H2O.

Количество CO2, получившегося в первой реакции, составляет 3x моль, во второй – 2y моль, суммарное количество образовавшегося CO2 – (3x + 2y) моль. При этом в процессе горения израсходовалось (5x + 3y) моль кислорода. Количество оставшегося O2 составляет z – (5x + 3y) моль.
Вычислим средние молярные массы смесей по данным относительных плотностей:

M(исх. смеси) = DвоздM(возд.) = 1,195•29 = 34,655 г/моль,

M(получ. смеси) = M(H2) = 21,25•2 = 42,50 г/моль.

Теперь выразим средние молярные массы смесей через молярные массы и мольные доли их компонентов:

Третье уравнение получается в результате использования уравнения Клапейрона–Менделеева
( = pV/RT), из которого находим, что общее количество смеси составляет 1,5 моль: x + y + z = 1,5.
Решением системы трех последних уравнений являются x = 0,1, y = 0,2, z = 1,2 моль.
Находим массу исходной смеси и массовые доли ее компонентов:

m(исх. смеси) = xM(C3H8) + yM((CH3)2O) + zM(O2) = 52 г,

(C3H8) = xM(C3H8)/m(исх. смеси) = 8,5%,

((CH3)2O) = yM((CH3)2O)/m (исх. смеси) = 17,7%,

(O2) = zM(O2)/m(исх. смеси) = 73,8%.

Пользуясь законом Гесса, определим мольные теплоты сгорания пропана и диметилового эфира:

Qсгор(C3H8) = 3Qобр(CO2) + 4Qобр(H2O) – Qобр(C3H8) – 5Qобр(O2)=
3•393,5 + 4•241,8 – 88,2 – 5•0 = 2059,5 кДж/моль,

Qсгор((CH3)2O) = 2Qобр(CO2) + 3Qобр(H2O) – Qобр((CH3)2O) – 3Qобр(O2) =
2•393,5 + 3•241,8 – (–20,4) – 3•0 = 1532,8 кДж/моль.

Суммарное количество выделившейся теплоты:

Q = xQсгор(C3H8) + yQсгор((CH3)2O) = 512,5 кДж.

Задача 9

Из условия задачи следует, что углеродсодержащий минерал A – это карбонат переходного металла. Тогда вещество B – оксид этого металла. Пусть образовалось a моль оксида, состав которого можно представить как MOn/2, где n – степень окисления металла. Уравнение реакции этого оксида с разбавленной серной кислотой:

MOn/2 + 0,5nH2SO4 = M(SO4)n/2 + 0,5nH2O.   (1)

Из уравнения (1) видно, что для растворения потребовалось:

m(H2SO4) = 0,5naM(H2SO4) = 49na г,

а масса образовавшегося сульфата составила:

m(M(SO4)n/2) = aM(Mn+) + 0,5naM() = aM(Mn+) + 48na г.

Тогда

(H2SO4) = m(H2SO4)/m(р-ра к-ты) = 49na/m(р-ра к-ты) = 17,89%.

Отсюда масса раствора серной кислоты:

m(р-ра к-ты) = 49na/0,1789 = 273,90na г.

Масса раствора соли:

m(р-ра соли) = m(р-ра к-ты) + m(MOn/2) =

273,90na + a(M(Mn+) + 0,5nM(O2–)) =

273,90na + a(M(Mn+) + 8na = 281,90na + aM(Mn+) г.

Выражение для концентрации соли в полученном растворе:

(M(SO4)n/2) = m(M(SO4)n/2)/m(р-ра соли) =

(aM(Mn+) + 48na)/(281,90na + aM(Mn+)) = 0,2450.

Разделив числитель и знаменатель на a, получим уравнение с одной неизвестной величиной (M(Mn+)) и параметром n, решение которого дает M(Mn+)) = 27,9n г/моль.
Из всех катионов металлов подходит только Fe2+ (при n = 2 имеем M = 55,8 56 г/моль). Таким образом, оксид (вещество B), растворенный в серной кислоте, – это FeO, а исходный минерал A – сидерит FeCO3.
Запишем уравнения реакций:

При прокаливании сидерита в чистом кислороде образуется другой оксид – Fe2O3:

Обозначим количество вещества сидерита за b моль. При прокаливании минерала в инертной атмосфере получится FeO массой

m(FeO) = bM(FeO),

прокаливание того же количества в кислороде даст Fe2O3 массой

m(Fe2O3)= 0,5bM(Fe2O3).

По условию задачи

m(Fe2O3) – m(FeO) = m = 0,08 г.

Следовательно,

Тогда в результате взаимодействия 0,01 моль FeO с необходимым количеством серной кислоты согласно уравнению (3) получится 0,01 моль FeSO4 (m(FeSO4) = M = 1,52 г). Масса исходного раствора сульфата железа:

m1(р-ра) = m(FeSO4)/1 = 1,52/0,245 = 6,204 г.

Поскольку масса образовавшегося кристаллогидрата m(FeSO4qH2O) = 1,65 г, то масса оставшегося раствора:

m2(р-ра) = 6,204 – 1,65 = 4,554 г,

а масса оставшейся в растворе соли:

m(FeSO4 (ост.)) = m2(р-ра)•2 = 4,554•0,1353 = 0,616 г.

Значит, в состав выпавшего кристаллогидрата входит m(FeSO4) – m(FeSO4 (ост.)) = 0,904 г безводной соли и 1,65 – 0,904 = 0,746 г воды.

Составим пропорцию:

Решая пропорцию, находим q = 6,968 7. Следовательно, кристаллогидрат – это гептагидрат сульфата железа(II) FeSO4•7H2O.

МАТЕМАТИКА

 

Задача 1

Задача 2

Задача 3

х = 5.

Задача 4

Задача 5

Муравей, стартовавший из точки S1, доползет в раза быстрее.

ФИЗИКА

 

Задача 1

Задача 2

Задача 3

Геометрическое место точек нулевого потенциала – это сфера радиуса (2/3)r, центр которой лежит на луче, соединяющем заряды –2q и +q, с началом в точке с зарядом –2q, на расстоянии (4/3)r от него. Уравнение этой сферы запишется следующим образом:

Задача 4

Энергия электронов, выбиваемых электромагнитной волной из атомов газообразного водорода, составляет 1 эВ.

Задача 5

Задача 6

где n – искомая часть осколков.

Материал предоставил И.В.МОРОЗОВ,
доцент химического факультета МГУ