WWW.KNIGI.KONFLIB.RU

БЕСПЛАТНАЯ ЭЛЕКТРОННАЯ БИБЛИОТЕКА

 
<< HOME
Научная библиотека
CONTACTS

Pages:     | 1 |   ...   | 12 | 13 || 15 | 16 |   ...   | 17 |

«Под общей редакцией проф. Н.Е. Кузьменко и проф. В.И. Теренина Издательство Московского университета 2008 УДК 54 ББК 24 В 84 Авторский коллектив: Н.Е. Кузьменко, ...»

-- [ Страница 14 ] --

При увеличении [H2] в 3 раза скорость прямой реакции увеличится также в 3 раза; а при увеличении [HI] в 2 раза скорость обратной реакции увеличится в 22 = 4 раза. Скорость обратной реакции превысит скорость прямой, поэтому равновесие сместится влево, в сторону реагентов.

6. Уравнения протекающих реакций:

Поскольку из уравнений реакций (RH) = 2(R–R), можно выразить = Отсюда получаем M® = 57, что соответствует C4H9. Значит A – это C4H10, а B – C8H18.

Ответ: C4H10, C8H18.

7. а) Cu + 2H2SO4(конц) CuSO4 + SO2 + 2H2O;

CuSO4 + 2KOH Cu(OH)2 + K2SO4.

б) Cu + 4HNO3(конц) Cu(NO3)2 + 2NO2 + 2H2O;

2Cu(NO3)2 t 2CuO + 4NO2 + O2.

в) Cu + CuCl2 2CuCl;

CuCl + 2NH3 [Cu(NH3)2]Cl.

Ответ: X – CuSO4; Y – Cu(NO3)2; Z – CuCl.

C6H12O6 фермент 2C2H5OH + 2CO2;

2C2H5OH CH2=CHCH=CH2 + 2H2O + H2;

CH2=CHCH=CH2 + Br2 BrCH2CH=CHCH2Br;

BrCH2CH=CHCH2Br + 2KOH(водн.) HOCH2CH=CHCH2OH + 2KBr;

HOCH2CH=CHCH2OH + H2 кат HO(CH2)4OH;

5HO(CH2)4OH + 8KМnO4 + 12H2SO4 5HOOC(CH2)2COOH + 4K2SO4 + Ответ: глюкоза; A – C2H5OH; CH2=CHCH=CH2; B – BrCH2CH=CHCH2Br;

C – HOCH2CH=CHCH2OH; D – НО(CH2)4OH; HOOC(CH2)2COOH.

9. Сразу определим, что (газов) = 8.96 / 22.4 = 0.4 моль.

Один из газов – это CO2 (поглощается известковой водой, Ca(OH)2 + CO2 CaCO3 + H2O).

Объем уменьшился вдвое, следовательно 1 = 2 = 0.2 моль.

может быть CO, N2 или C2H4. Из этих трех газов с железом реагирует только CO, образуя карбонил:

Из условия При разложении органического вещества из 18.0 г образуется 0.2 моль CO (массой 5.6 г), 0. моль CO2 (массой 8.8 г), остается 18.0 – 5.6 – 8.8 = 3.6 г. Это – 0.2 моль H2O. Разложению подверглась щавелевая кислота:

10. Пусть формула углеводорода Х – СхНу. Установим простейшую формулу:

Простейшей формуле С4Н3 соответствует истинная формула С8Н6 (количество атомов Н должно быть четным). По условию, этот углеводород содержит, по крайней мере, одну тройную связь на конце цепи, а всего тройных связей – три. При этом концевыми могут оказаться от одной до трех тройных связей. Возможные варианты строения Х:

или

HC C C CH

В зависимости от числа этинильных групп –С СН, на металл может заместиться от одного до трех атомов водорода, и общую формулу соли Y можно записать так: С8Н6–nМn, где n – число замещенных атомов водорода. Согласно этой формуле, массовая доля металла равна (А – атомная масса металла) откуда A =. Перебором получаем единственное решение: при n = 3 значение А = 64 (медь). Следовательно, углеводород имеет три этинильные группы, и его структура соответствует последней из приведенных формул. При действии аммиачного раствора хлорида меди(I) образуется соль:

CH3C(C CH)3 + 3[Cu(NH3)2]Cl CH3C(C CСu)3 + 3NH3 + 3NH4Cl.

В результате полной каталитической гидратации образуется кетон:

Ответ: метилтриэтинилметан, CH3C(C CH)3, CH3C(C CСu)3.

б) S + O2 SO2 – сера окисляется (S0 – 4e S+4).

2. Соотношение количеств толуола и HNO3 1 : 2. Уравнение реакции:

Qобр(N2O5) = –26 / 2 = –13 кДж/моль.

Ответ: –13 кДж/моль.

4. Реактив – раствор AgNO3:

2KOH + 2AgNO3 2KNO3 + Ag2O + H2O (Ag2O – бурый осадок);

NaF + AgNO3 –/ (реакция не идет);

NH4Cl + AgNO3 AgCl + NH4NO3 (AgCl – белый осадок).

Ответ: AgNO3.

Скорость прямой реакции vпр = kпр[H2][I2];

Скорость обратной реакции vобр = kобр[HI]2.

При увеличении [I2] в 2 раза cкорость прямой реакции увеличится также в 2 раза; при увеличении [HI] в 1.5 раза скорость обратной реакции увеличится в 1.52 = 2.25 раз. Скорость обратной реакции превысит скорость прямой, поэтому равновесие сместится влево, в сторону реагентов.

Поскольку из уравнений реакций (RH) = 2(R–R), можно выразить =2.

Отсюда M(R) = 43, что соответствует C3H7. Значит A – это C3H8, а B – C6H14.

Ответ: C3H8, C6H14.

Ответ: X – AlCl3; Y – Al(NO3)3; Z – Al2O3.

C12H22O11 + H2O C6H12O6 + C6H12O6;

C6H12O6 ферменты 2CH3CH(OH)COOH;

CH3CH(OH)COOH + HBr CH3CH(Br)COOH + H2O;

CH3CH(Br)COOH + 2KOH(спирт.) CH2=CHCOOK + KBr + 2H2O;

2CH2=CHCOOK + H2SO4(разб.) 2CH2=CHCOOH + K2SO4;

CH2=CHCOOH + C2H5OH CH2=CHCOOC2H5 + Н2О.

Ответ: сахароза; A – глюкоза C6H12O6; CH3CH(OH)COOH; В – CH3CH(Br)COOH; С – CH2=CHCOOK; D – CH2=CHCOOH; CH2=CHCOOC2H5.

9. Сразу найдем (газов) = 13.44 / 22.4 = 0.6 моль. Один из газов – CO2 (поглощается твердым гидроксидом калия, 2KOH + CO2 K2CO3 + H2O). Объем уменьшился в 1.5 раза, следовательно (CO2) = 0.2 моль.

Найдем молярную массу соединения, образующегося при реакции аммиака с натрием:

23 / х = 0.590, отсюда х = 39 г/моль – это соответствует амиду натрия, NaNH2.

При разложении неорганического вещества из 19.2 г образуется 0.2 моль CO2 (массой 8.8 г), 0.4 моль NH3 (массой 6.8 г), остается 19.2 – 8.8 – 6.8 = 3.6 г. Это – 0.2 моль H2O. Разложению подвергся карбонат аммония:

10. Пусть формула углеводорода Х – СхНу. Установим его простейшую формулу:

Простейшей формуле С4Н3 соответствует истинная формула С8Н6 (количество атомов Н должно быть четным). По условию, этот углеводород содержит, по крайней мере, одну тройную связь на конце цепи, а всего тройных связей – три. При этом концевыми могут оказаться от одной до трех тройных связей. Возможные варианты строения Х:

или

HC C C CH

В зависимости от числа этинильных групп –С СН, на металл может заместиться от одного до трех атомов водорода, и общую формулу соли Y можно записать так: С8Н6–nМn, где n – число замещенных атомов водорода. Согласно этой формуле, массовая доля металла равна (А – атомная масса металла) откуда A =. Перебором получаем единственное решение: при n = 3 значение А = 7 (литий). Следовательно, углеводород имеет три этинильные группы, и его структура соответствует последней из приведенных формул. При действии на него гидрида лития образуется соль:

В результате полной каталитической гидратации образуется кетон:

Ответ: метилтриэтинилметан, CH3C(C CH)3; CH3C(C CLi)3.

1. а) 2P + 3Ca t

COOH COOH

3. 237.5 кДж/моль.

4. Реактив – раствор KOH.

5. Положение равновесия не изменится.

6. C4H10, C8H18.

7. X – CrCl2; Y – Cr(NO3)3; Z – Cr2O3.

8. Глюкоза; A – C2H5OH; CH2=CH–CH=CH2; B – CH3CH2CH2CH3; C – CH3CH2CHBrCH3; D – CH3CH=CHCH3; CH3–CH(OH)–CH(OH)–CH3.

9. CO2; NH3; амид калия KNH2; карбонат аммония (NH4)2CO3.

10. Метилтриэтинилметан, CH3C(C CH)3; CH3C(C CAg)3.

1. а) SO2 + 2H2S 3S + 2H2O; б) 2SO2 + O2 2SO3.

3. –33 кДж/моль.

4. Реактив – лакмус.

5. а) Равновесие сместится влево, в сторону реагентов; б) положение равновесия не изменится.

6. C3H8, C6H14.

7. X – FeCl2; Y – Fe(NO3)3; Z – FeSO4.

8. Сахароза; A – глюкоза; CH3CH2CH2COOH; B – CH3CH2CH(Cl)COOH;

C – CH3CH=CHCOOK; D – CH3CH=CHCOOH; CH3CH=CHCOOС2Н5.

9. CO2; CO; гексакарбонил хрома Cr(CO)6; щавелевая кислота H2C2O4.

10. Метилтриэтинилметан, CH3C(CCH)3; CH3C(C CCs)3.

Международная Менделеевская олимпиада. Решения заданий и ответы Решения заданий 41-ой Международной Менделеевской олимпиады 2007 г.

Задача 1 (автор Тимковский И.И., студент химического факультета МГУ) 1. Искаженный октаэдр. Так как I не совпадает со своим зеркальным отражением, то является хиральным. Комплекс I не содержит никаких элементов симметрии (плоскости, оси или центра симметрии).

2. Из молярной массы комплекса I получаем МА + МB = 204. Содержание хлора в комплексе II равно 142 / (466 + 2MB), а в комплексе III – 71 / (839 + 2MA). Следовательно, Решая эту систему уравнений, получаем МА = 103, МB = 101. Металл А – родий, металл В – рутений.

3. В комплексе I число электронов составляет:

Ne(Rh) = 3 · 2() +2 · 2() + 8 = 18 электронов (правило выполняется).

Рутений имеет степень окисления +2 (электронная конфигурация 4d6). Каждый из шести лигандов, окружающих атом рутения, поставляет ему на незаполненные орбитали одну неподеленную электронную пару. Аналогичное объяснение для родия: родий имеет степень окисления +1 (электронная конфигурация 4d8). Три атома хлора, окружающие родий, поставляют ему три неподеленных электронных пары; каждая из двойных связей циклопентадиенонового кольца поставляет 2 -электрона.

4. а) В основе всех методов должно лежать создание бензольного кольца. Бензол может быть получен, например, тримеризацией ацетилена на угле:

Осуществление первой стадии возможно другим способом – с использованием никелевого катализатора NiX2 в смеси с трифенилфосфином (эта реакция протекает при значительно более низких температурах). Вторая стадия – этилирование по Фриделю-Крафтсу. Несмотря на низкую селективность алкилирования по Фриделю-Крафтсу, преимущественно образуется наиболее термодинамически стабильный 1,3,5-изомер, поскольку в нем этильные группы максимально удалены друг от друга.

Альтернативные методы включают синтез бутина-1 из ацетилена и его тримеризацию (возможно также образование 1,2,4-изомера, но преобладает 1,3,5-изомер по вышеуказанным причинам) или гидратацию с образованием бутанона-2, который превращают в 1,3,5триэтилбензол под действием H2SO4.

5. Бензальдегид под действием KCN превращается в продукт бензоиновой конденсации, который затем можно окислить в 1,2-дифенилэтан-1,2-дион:

Легко увидеть, что целевой продукт может быть получен из дибензилкетона и 1,2дифенилэтан-1,2-диона кротоновой конденсацией.

Наиболее сложным, на первый взгляд, является синтез дибензилкетона, но поскольку в условиях в качестве исходного соединения дан этиловый эфир фенилуксусной кислоты, понятно, что на первой стадии он превращается в продукт сложноэфирной конденсации, который после гидролиза сложного эфира и декарбоксилирования дает целевой дибензилкетон.

Задача 2 (автор Кебец П.А., к.х.н., научный сотрудник ООО «Информационный центр по науке и технологиям», Москва) 1. Из условия понятно, что вещество А содержит кислотную группу, поэтому в основе титрования лежат следующие реакции:

Образующийся Br2 титруется формиатом, который может окислиться только до CO2:

В основе кулонометрического определения лежат реакции:

Из реакций (1) и (2) получаем, что 10.2 г вещества А содержат 0.075 моль протонов, способных к диссоциации. Молекула А содержит один такой протон (1 скачок на кривой титрования), поэтому относительная молекулярная масса вещества А составляет 136. Потеря 6.6% массы при нагревании выше 200°С уменьшает молекулярную массу на 9, значит, вероятнее всего, происходит отщепление молекулы воды от двух молекул А с образованием ангидрида. Тогда относительная молекулярная масса образовавшегося продукта составляет 254. Дальнейшая потеря 31.5% массы уменьшает молекулярную массу на 80.

Высокая термическая стабильность соединения указывает на его неорганический характер, поэтому в качестве вещества А следует рассматривать твердые неорганические кислоты или кислые соли. Твердых неорганических кислот с подобными свойствами не существует. Гидрокарбонат, гидросульфит или гидрофосфат не могут обеспечить протекание реакции (1) ввиду того, что образуемые растворы не кислотны. Растворы гидросульфатов имеют рН 7 и обеспечивают протекание реакции (1). Рассмотрим вариант MeHSO4.

Mr(HSO4) = 97, тогда Mr(Me) = 39, что соответствует калию. Таким образом, искомое вещество A – KHSO4.



Pages:     | 1 |   ...   | 12 | 13 || 15 | 16 |   ...   | 17 |
 


Похожие работы:

«ДОПОЛНИТЕЛЬНОЕ ХИМИЧЕСКОЕ ОБРАЗОВАНИЕ М.1 (Дисциплина по выбору) УЧЕБНО-МЕТОДИЧЕСКИЙ КОМПЛЕКС ДИСЦИПЛИНЫ Направление подготовки: 050100.68 Педагогическое образование, магистерская программа Химическое образование уровень (квалификация) магистр Красноярск 2011 Рабочая программа составлена к.х.н., доцентом Булгаковой Н.А. Рабочая программа обсуждена на заседании кафедры химии 8 сентября 2011 г. Протокол №1. Заведующий кафедрой Л.М. Горностаев Одобрено научно-методическим советом 27 ноября 2011 г....»

«ПРИНЯТО УТВЕРЖДАЮ на заседании методического директор МАОУ лицея № 10 объединения учителей МАОУ Г.Ф.Соколовский лицея № 10 _20_ г. _20года Протокол № от _ _20года Председатель методического объединения _ _ Рабочая программа по химии 10 – 11 классы (профильный уровень) 4 часа в неделю (всего 136 часов) Составила: учитель химии Рожко Наталья Леонидовна 2013-2014 учебный год ПОЯСНИТЕЛЬНАЯ ЗАПИСКА Рабочая программа по химии составлена на основе Примерной программы среднего (полного) общего...»

«ХИМИЯ Учебно-методический комплекс по дисциплине для студентов направления бакалавриата 250100 Лесное дело Самостоятельное учебное электронное издание СЫКТЫВКАР 2012 1 УДК 54 ББК 24 Х 46 Рекомендован к изданию в электронном виде кафедрой целлюлозно-бумажного производства, лесохимии и промышленной экологии Сыктывкарского лесного института Утвержден к изданию в электронном виде советом технологического факультета Сыктывкарского лесного института Составители: кандидат химических наук, доцент Н. К....»

«Проблемы образования в области химии и технологии растительного сырья ХИМИЯ ИЗОПРЕНОИДОВ. ГЛАВА 5. МОНОТЕРПЕНЫ (ПРОДОЛЖЕНИЕ)* © В.В. Племенков Казанский медицинский университет, ул. Бутлерова, 49, Казань, 420012 (Россия) E-mail: plem-mu@mi.ru Мы продолжаем публикацию избранных глав новой книги В.В. Племенкова Химия изопреноидов. Вашему вниманию предлагается вторая часть пятой главы этого пособия. 5.4. Химические свойства монотерпенов Монотерпены как объекты химического исследования привлекли к...»

«Tom Butler Bowdon 50 Success Classics: Winning Wisdom for Life and Work from 50 Landmark Books Издательство: Астрель, ACT 2006 г. 50 книг и великих идей, которые помогут вам изменить свою жизнь — это первое и только краткое введение в классические произведения, посвященные вопросам трансформации жизни. Это уникальное руководство, которое признает право каждого на более успешную и полную смысла жизнь, а, кроме того, показывает, что к цели самосовершенствования можно идти самыми разными путями....»

«БИБЛИОГРАФИЯ НАУЧНЫХ ТРУДОВ КНЦ РАН ЗА 2013 ГОД КНИГИ Монографии Геологический институт Нерадовский Ю.Н., Войтеховский Ю.Л. Атлас структур и текстур кристаллических сланцев Больших Кейв. – Апатиты: Изд-во K & M, 2013. – 114 с. Горный институт Современный опыт проходки большепролетной выработки значительной протяженности в сложных горно-геологических условиях Хибинского массива / Н.Н. Мельников, В.П. Абрамчук, А.Ю. Педчик, В.В. Костенко, Ю.А. Епимахов, Н.Н. Абрамов, В.А. Фокин. – Апатиты: Изд....»

«Электронная версия: Сергей Ольховик Serge Olkhowik (aka BaMba) hi@bamba.dp.ua, 2:464/227@fidonet г.Днепропетровск, 20 февраля 2005 г. ii Оглавление От автора 1 Нужно кое-что знать и уметь 2 Все очень просто............................ 2 Как это делают............................. 3 Кофеварки............................... 6 Растворимый кофе........................... 9 Как...»






 
© 2013 www.knigi.konflib.ru - «Бесплатная электронная библиотека»

Материалы этого сайта размещены для ознакомления, все права принадлежат их авторам.
Если Вы не согласны с тем, что Ваш материал размещён на этом сайте, пожалуйста, напишите нам, мы в течении 1-2 рабочих дней удалим его.