Здравствуйте, уважаемые читатели! Неделю тому назад (20 июля) в МГУ прошел ДВИ по химии. На просторах интернета появились вероятные тексты заданий (https://chemege.ru/dvi-xim-mgu-2023 ). В этой статье будет разобран один из вариантов ДВИ -2023. Итак,
Задание 1:
Решение:
Примечание: межклассовыми изомерами для нитроалканов являются аминокислоты (в данном случае - аланин) и сложные эфиры аминокислот (в данном случае - метиловый эфир глицина). Возможны и другие варианты (например, амиды оксикислот).
Задача 2.
Решение:
1. Характеристика конечного рра:
а) Пусть V рра NaOH=х л,
б) V конечн рра= (0,1+х)л, С(Н+)=10^(-11) моль/л, С(ОН-)=10^(-14)/(10^(-11))=10^(-3) моль/л,
в)n конечн (ОН-)=V конечн рра* С(ОН-)=(0,1+х)*10^(-3) =0,001*(0,1+х) моль
n конечн (ОН-)=n ост NaOH=0,001*(0,1+х) моль
2. Найдем объем рра NaOH:
а) n исх H2SO4=С*V=0,15*0,1=0,015 моль (недостаток)
n исх NaOH=0,06 х моль
б)H2SO4+2NaOH=Na2SO4+2H2O (1)
n 1 NaOH=2n исх H2SO4=0,03 моль
n ост NaOH=n исх NaOH-n 1 NaOH=0,06х-0,03=0,001*(0,1+х) (2)
в) найдем х из выражения (2): х=0,51=510 мл
Примечание: Задача имеет сходство с заданием 2015 года. Все-таки задачи на равновесия в водных растворах по частоте своего появления в заданиях ДВИ- лидеры. Отмечала уже это в своей недавней статье https://dzen.ru/media/id/5d2de3c4bc228f00aec36bc0/64ae3d3a46730e4cd4157dec(где можно увидеть и разбор задачи -2015)
Задача 3
Решение.
1. Найдем количество моль газов в сосуде после достижения равновесия:
n сумм равн=PV/(RT) (1),
где: Р= 13,6*101,3=1377,68 кПа, V= 5 л,
R=8,31 Дж/моль*К, Т= 140+273=413 К
n сумм равн==1377,68*5/(8,31*413)=2 моль
2.Найдем равновесные количества газов:
3. Найдем равновесные концентрации всех участников реакции:
Сравн SO2Cl2=nравн SO2Cl2/V= 0,2/5= 0,04 моль/л
Сравн SO2 =nравн SO2 /V= 0,55/5= 0,11 моль/л
Сравн Cl2 =nравн Cl2 /V= 0,55/5= 0,11 моль/л
4. Найдем константу равновесия:
Кр=(Сравн SO2*Сравн Cl2)/Сравн SO2Cl2=0,11*0,11/0,04=0,3025.
Примечание: В последние 10 лет подобная задача (расчеты с использованием ОГЗ, необходимость найти константу равновесия) встречалась в заданиях ДВИ только один раз, в 2014 году. Хотелось бы отметить, что основой решения задачи является алгоритм, задействованный в задании 23 ЕГЭ по химии.
Задание 4.
Примечание: типовая цепочка школьного уровня.
Задание 5.
Решение.
1. Идентифицируем углеводород А:
Пусть m(А)=100 г, тогда: n(H)=15,79/1=15,79 моль,
n(С)=(100-15,79)/12=7,0175 моль,
n(С)/n(H)=7,0175/15,79=1/2,25, это - октан С8Н18.
2.Уравнения превращений:
3. Вещества: D- бензойная кислота, W1(C)=68,85%
E- 1,2-бензолдикарбоновая кислота, W2(C)=57,83%
W1(C)-W2(C)=11,02%.
Примечание: Типовая школьная цепочка. Возможна вариативность продуктов в реакции 6, так как имеет место несогласованная ориентация одинаковых заместителей в исходной 1,2-бензолдикарбоновой кислоте.
Задача 6
Решение.
1. Характеристика раствора 1
а) Пусть n Pb(NO3)2=x моль, n ZnSO4*7H2O=y моль,, тогда:
331х+287 у=84,09 (1)
б)Pb(NO3)2+ZnSO4=PbSO4+Zn(NO3)2 (2)
nPbSO4=36,36/303=0,12 моль,
nZn(NO3)2= 0,12 моль,
Так как , согласно условию, раствор 1 в дальнейшем будет реагировать с цинковой пластинкой, в нем остался Pb(NO3)2. Значит ZnSO4 был в недостатке,
n ZnSO4 =n исхZnSO4*7H2O=у=0,12 моль,
n2Pb(NO3)2=0,12 моль
в) Из выражения 1 найдем n исхPb(NO3)2 (х):
331х+287 у=84,09, х=(84,09-287*0,12)/331=0,15 моль
г) найдем n остPb(NO3)2=0,15-n2Pb(NO3)2=0,15-0,12=0,03 моль
д) m рра 1= 84,09+220-36,36=267,73 г
Состав рра: Zn(NO3)2= 0,12 моль, Pb(NO3)2=0,03 моль
2.. Характеристика раствора 2:
а) Pb(NO3)2+Zn=Zn(NO3)2+Pb (3)
В реакцию вступил весь оставшийся Pb(NO3)2 (0,03 моль)
n3Zn(NO3)2=0,03 моль
б) увеличение. массы пластинки= 0,03*(207-65)=4,26 г
в)Состав рра 2:
n общZn(NO3)2=0,12+0,03=0,15 моль
m рра 2=m рра 1-увеличение. массы пластинки=267,73-4,26=263,47 г
3. Характеристика раствора 3:
а) n исх NaOH=0,2*2,1=0,42 моль, соотношение
n исх NaOH:n общZn(NO3)2=0,42:0,15=2,8:1.
б) Исходя из соотношения реагентов, можно предположить, что будут протекать реакции 4 и 5:
Zn(NO3)2+2NaOH=2NaNO3+ Zn(OH)2 (4)
Zn(NO3)2+4NaOH=2NaNO3+Na2(Zn(OH)4) (5)
Пусть n 4 Zn(OH)2=х, n 5 Na2(Zn(OH)4)=у, тогда составим систему:
х+у=0,15
2х+4у=0,42, откуда: у=0,06 моль, х=0,09 моль
в) состав рра 3:
m рра=m рра 2+m рраNaOH-mZn(OH)2=263,47+200*1,086-0,09*99=471,76 г
n4+5 NaNO3=2n общZn(NO3)2=0,3 моль
WNaNO3=100*0,3*85/471,76=5,41%
n 5Na2(Zn(OH)4)=0,06 моль
WNa2(Zn(OH)4)=100*0,06*179/471,76=2,28%
Примечание: типовая учебная задача тренажерного уровня. Главное при ее решении - внимательно анализировать текст и тщательно выполнять расчеты.
Задача 7.
Решение.
1. Выразим W(C) в олигосахариде(ОС):
а) схема образования ОС:
х (C6H12O6) + у(C5H10O5)= ОС+(х+у-1) Н2О (1)
б)Пусть n (C6H12O6) в 1 моле ОС = х моль, n (C5H10O5) в 1 моле ОС = у моль, тогда m(C)= 12 (6х+5у) г, М(ОС)= 180 х+150у-18(х+у-1) г
в) W(C) = m(C)/М(ОС)=0,43902 или:
12 (6х+5у)/((180 х+150у-18(х+у-1))=0,43902 , или, упростив, получаем:
х=9-2,33 у (2)
2.Выразим n(OC) и n моносахаридов - продуктов гидролиза:
а) схема полного гидролиза ОС:
ОС+(х+у-1) Н2О = х (C6H12O6) + у(C5H10O5)
или, используя выражение (2):
ОС+(8-1,33у) Н2О = (9-2,33у) (C6H12O6) + у(C5H10O5) (3)
б) n(H2O)= 1,44/18=0,08 моль
n(OC)= 0,08/(8-1,33 у)(4)
в) n3(C6H12O6)=(9-2,33у)*0,08/(8-1,33 у), n3(C5H10O5)= у*0,08/(8-1,33 у),
3.Характеристика процесса обесцвечивания бромной воды продуктами гидролиза:
а) в реакцию вступают как глюкоза, так и рибоза:
C6H12O6 +Br2+H2O=C6H12O7+2HBr (5)
C5H10O5 +Br2+H2O=C5H10O6+2HBr (6)
n 5+6 Br2=800*0,02/160=0,1 моль
б) Согласно стехиометрии реакций 3, 5 и 6
n 5+6 Br2=n3(C6H12O6)+n3(C5H0O5) или:
0,1=(9-2,33у)*0,08/(8-1,33 у)+у*0,08/(8-1,33 у) , откуда у=3 (7)
в) найдем х из выражения (2):
х=9-3*2,33=2
Т.о., молекула ОС содержит 3 остатка рибозы (у=3) и 2 остатка глюкозы (х=2)
4. Используя выражение (4) и найденные значения х и у, найдем массу навески ОС и количества моль продуктов гидролиза::
а) n OC= 0,08/(8-1,33 у)=0,08/(8-1,33*3)=0,02 моль
б) М(ОС)= 180 х+150у-18(х+у-1) =180*2+150*3-18(2+3-1)=738 г/моль
m(OC)=0,02*738=14,76 г
в)n (C6H12O6)=х* n OC=2*0,02=0,04 моль
n (C5H10O5)=у* n OC=3*0,02=0,06 моль
5.Найдем массу осадка, образовавшегося при взаимодействии продуктов гидролиза ОС с аммиачным рром оксида серебра:
а) C6H12O6 + 2(Ag(NH3)2)OH=C6H11O7NH4+2Ag+H2O+3NH3 (8)
C5H10O5 + 2(Ag(NH3)2)OH=C5H9O6NH4+2Ag+H2O+3NH3 (9)
б) n7+8 Ag=2 nC6H12O6+2 nC5H10O5=2*0,04+2*0,06=0,2 моль
m(Ag)=0,2*108=21,6 г
6. Уравнения протекающих реакций:
Примечание: интересная задача как в плане взятых веществ, так и в плане логики решения. Последний (и единственный) раз за 2012-2022 гг задача на углеводы встречалась в 2012 году. Что касается логики решения: есть три неизвестных (количества каждого из моносахаридов в 1 моле ОС и фактическое колво ОС), есть три количественных характеристики. Первую (массовую долю углерода) используем для установления функциональной зависимости между количествами глюкозы и рибозы в молекуле ОС. По второй (количество воды) - выражаем реальные количества продуктов гидролиза. Третья характеристика ( колво брома) является ключом к нахождению всех неизвестных величин. Для решения данной задачи ученик должен не только владеть основами химии углеводов (знать особенности количественных характеристик гидролиза, хим.свойств альдегидоспиртов), но и уметь решать задачи с тремя неизвестными. Кстати, предлагаемый вариант решения - далеко не единственный. Привожу именно его, так как он является иллюстрацией универсального алгоритма решения хим.задач на основании последовательного рассмотрения всех процессов. Тем не менее, данная задача может быть решена и с помощью "инсайта", связывающего воедино, с минимумом промежуточных рассуждений, все количественные характеристики.
Заранее благодарна за конструктивные замечания и дополнения.
Всего доброго!
