ДВИ-2023 по химии : подробный разбор одного из вариантов (часть 3).

Здравствуйте, уважаемые читатели!

Этой статьей я заканчиваю цикл разбора ориентировочных заданий ДВИ МГУ по химии-2023. Тексты найдены в сети интернет, поэтому вполне возможно, что по факту они отличаются от реальных заданий. Тем не менее, хотела бы отметить интересные задания на рН, хим.равновесие и углеводы.Итак:

Задание 1

Решение

Задание 2

Решение:

1. Характеристика конечного рра:

а) Пусть V рра Сa(OH)2=х л,

б) V конечн рра= (0,1+х)л, С(Н+)=10^(-12) моль/л, С(ОН-)=10^(-14)/(10^(-12))=10^(-2) моль/л,

в)n конечн (ОН-)=V конечн рра* С(ОН-)=(0,1+х)*10^(-2) =0,01*(0,1+х) моль

Сa(OH)2=Ca2+ +2OH- (сильный электролит, диссоциирует полностью)

n конечн (ОН-)=2n ост Сa(OH)2 или: n ост Сa(OH)2=n конечн (ОН-)/2, т.е:

n ост Сa(OH)2=0,01*(0,1+х)/2=0,005*(0,1+х)

2. Найдем объем рра Сa(OH)2:

а) n исх HI=С*V=0,1 *0,5=0,05 моль (недостаток)

n исх Сa(OH)2=0,05 х моль

б)2HI+Сa(OH)2= CaI2+2H2O (1)

n 1 Сa(OH)2=0,5n исх HI=0,025 моль

n ост Сa(OH)2=n исх Сa(OH)2-n 1 Сa(OH)2=0,05х-0,025=0,005*(0,1+х) (2)

в) найдем х из выражения (2): х=0,567л=567 мл

Примечание: особенность этого задания в том, что взято двухкислотное сильное основание (известковая вода). Это необходимо учитывать при нахождении концентрации щелочи в конечном растворе.

Задание 3

Решение.

1. Найдем количество моль газов в сосуде после достижения равновесия:

n сумм равн=PV/(RT) (1),

где: Р= 36,2*101,3=3667,06 кПа, V= 2 л,

R=8,31 Дж/моль*К, Т= 300+273=573 К

n сумм равн==3667,06*2/(8,31*573)=1,54 моль

2.Найдем равновесные количества газов:

3. Найдем равновесные концентрации всех участников реакции:

Сравн РCl5=n равн РCl5/V= 0,4/2= 0,2 моль/л

Сравн РCl3 =nравн РCl3 /V= 0,32/2= 0,16 моль/л

Сравн Cl2 =nравн Cl2 /V= 0,32/2= 0,16 моль/л

4. Найдем константу равновесия:

Кр=(Сравн РCl3*Сравн Cl2)/Сравн РCl5=0,16*0,16/0,2=0,128.

Задание 4

Задание 5

Решение.

1. Идентифицируем углеводород А:

Пусть m(А)=100 г, тогда: n(С)=84,21/12=7,0175 моль,

n(Н)=(100-84,21)/1 =15,79 моль,

n(С)/n(H)=7,0175/15,79=1/2,25, это - октан С8Н18.

2.Уравнения превращений:

3. Вещества: G- этилбензоат, W1(C)=72%

F- диэтилфталат, W2(C)=64,86%

W1(C)-W2(C)=7,14%.

Задание 6

Решение.

1. Характеристика раствора 1

а) Пусть n Ag NO3 =x моль, n CuCl2*2H2O=y моль, тогда:

170х+171 у=37,46 (1)

б)2Ag NO3+CuCl2=2AgCl+Cu(NO3)2 (2)

n2AgCl=17,22/143,5=0,12 моль,

n2Cu(NO3)2= 0,06 моль,

Так как , согласно условию, раствор 1 в дальнейшем будет реагировать с медной пластинкой, в нем остался Ag NO3. Значит, CuCl2 был в недостатке,

n CuCl2=n исхCuCl2*2H2O=у=0,06 моль,

n2Ag NO3=0,12 моль

в) Из выражения 1 найдем n исхAg NO3 (х):

170х+171 у=37,46, х=(37,46-171*0,06)/170=0,16 моль

г) найдем n остAg NO3=0,16-n2Ag NO3=0,16-0,12=0,04 моль

д) m рра 1= 37,46+150-17,22=170,24 г

Состав рра 1: Cu(NO3)2= 0,06 моль, Ag NO3=0,04 моль

2.. Характеристика раствора 2:

а) 2Ag NO3+Сu=Cu(NO3)2+2Ag (3)

В реакцию вступил весь оставшийся Ag NO3(0,04 моль)

n3Cu(NO3)2=0,02 моль

б) увеличение. массы пластинки= m3(Ag)-m3(Cu) или:

увеличение. массы пластинки=0,04*108-0,02*64 =3,04 г

в)Состав рра 2:

n общCu(NO3)2=0,06+0,02=0,08 моль

m рра 2=m рра 1-увеличение. массы пластинки=170,24-3,04=167,2 г

3. Характеристика раствора 3:

а) n исх NH3=0,2*1=0,2 моль, соотношение

n исх NH3:n общCu(NO3)2=0,2:0,08=2,5:1.

Задачи, химизм которых основан на протекании параллельно-последовательных процессов (например, с образованием осадков гидроксидов и последующим растворением их в растворах соответствующих реагентов), можно решать двумя способами: через систему уравнений, учитывающую только стадии, приводящие к образованию конечных продуктов, и путем последовательного нахождения количественных характеристик всех протекающих реакций. Ниже будут представлены 2 варианта нахождения состава раствора 3:

Первый вариант решения этапа 3б: через систему уравнений. Особенность этого подхода в том, что учитываются только реакции, приводящие к образованию конечных продуктов

б) Исходя из соотношения реагентов, можно предположить, что будут протекать реакции 4 и 5:

Cu(NO3)2+2NH3*H2O=2NH4NO3+ Cu(OH)2 (4)

Cu(NO3)2+4NH3*Н2О = (Cu(NH3)4)(NO3)2+4Н2О (5)

Пусть n 4 Cu(OH)2=х, n 5 (Cu(NH3)4)(NO3)2=у, тогда составим систему:

х+у=0,08

2х+4у=0,2, откуда: у=0,02 моль, х=0,06 моль

в) состав рра 3:

m рра=m рра 2+m рраNH3-mCu(OH)2=167,2+200*0,99-0,06*98=359,32 г

n4NH4NO3=2х =0,12 моль

WNH4NO3=100*0,12*85/359,32=2,67%

n 5(Cu(NH3)4)(NO3)2=0,02 моль

W(Cu(NH3)4)(NO3)2=100*0,02*256/359,32=1,42%

Второй вариант решения этапа 3б: через последовательное нахождение характеристик всех протекающих реакций

Особенность этого подхода применительно к образованию аммиакатных комплексов (меди, цинка) заключается в том, что образующиеся комплексы гидроксидов аммиакатов являются сильными электролитами, диссоциирующими с образованием гидроксид-ионов.

• Предположим, что при добавлении раствора аммиака к раствору нитрата меди будет происходить только реакция (4), пока не осадится весь гидроксид меди (2)

Cu(NO3)2+2NH3*H2O=2NH4NO3+ Cu(OH)2 (4)

n4Cu(NO3)2=n4Cu(OH)2=n общCu(NO3)2=0,08 моль

n4NH3*H2O=n4NH4NO3=0,16 моль, nостNH3*H2O= 0,2-0,16=0,04 моль

• Поскольку в реакционной смеси осталось 0,04 моль аммиака, следует ожидать, что будет протекать реакция 6 (аммиак - в недостатке):

Cu(OH)2 +4NH3*H2O=(Cu(NH3)4))(ОН)2+4Н2О (6)

n6Cu(OH)2=0,25nостNH3*H2O=n6(Cu (NH3)4)(ОН)2=0,01 моль

nостCu(OH)2=n4Cu(OH)2-n6Cu(OH)2=0,07 моль

• Поскольку в реакционной смеси после окончания реакции (6) присутствуют 0,01 моль гидроксида тетраамминмеди (сильного электролита по первой стадии диссоциации) и 0,16 моль нитрата аммония, между ними будет протекать реакция ионного обмена 7:

(Cu (NH3)4)(ОН)2+2NH4NO3= (Cu(NH3)4)(NO3)2+2NH3*H2O (7)

n7(Cu(NH3)4)(NO3)2=0,01 моль, n7NH4NO3= 0,02 моль

nостNH4NO3=0,16-0,02 =0,14 моль

• Свободный аммиак, образовавшийся по реакции (7), растворит еще часть Cu(OH)2, образовавшегося по 4 реакции:

Сu(OH)2 +4NH3*H2O=(Cu(NH3)4))(ОН)2+4Н2О (8)

n8Сu(OH)2=n8(Cu (NH3)4)(ОН)2=0,25n7NH3*H2O=0,005 моль

• Образовавшийся по 8 реакции гидроксид тетраамминмеди (0,005 моль) также прореагирует с нитратом аммония (0,14 моль):

(Cu (NH3)4)(ОН)2+2NH4NO3= (Cu(NH3)4)(NO3)2+2NH3*H2O (9)

n9(Cu(NH3)4)(NO3)2=0,005 моль, n9NH4NO3= 0,01 моль

nостNH4NO3=0,14-0,01 =0,13 моль, n9NH3*H2O=0,01 моль

• Свободный аммиак, образовавшийся по реакции (9), растворит еще часть Cu(OH)2, образовавшегося по 4 реакции:

Сu(OH)2 +4NH3*H2O=(Cu(NH3)4))(ОН)2+4Н2О (10)

n10Сu(OH)2=n10(Cu (NH3)4)(ОН)2=0,25n9NH3*H2O=0,0025 моль

• Образовавшийся по 10 реакции гидроксид тетраамминмеди (0,0025 моль) также прореагирует с нитратом аммония (0,13 моль):

(Cu (NH3)4)(ОН)2+2NH4NO3= (Cu(NH3)4)(NO3)2+2NH3*H2O (11)

n9(Cu(NH3)4)(NO3)2=0,0025 моль, n9NH4NO3= 0,005 моль

nостNH4NO3=0,13-0,005 =0,125 моль, n9NH3*H2O=0,005 моль

• Свободный аммиак, образовавшийся по реакции (11), растворит еще часть Cu(OH)2, образовавшегося по 4 реакции:

Сu(OH)2 +4NH3*H2O=(Cu(NH3)4))(ОН)2+4Н2О (12)

n12Сu(OH)2=n12(Cu (NH3)4)(ОН)2=0,25n11NH3*H2O=1,25*10^(-5) моль

• Образовавшийся по 12 реакции гидроксид тетраамминмеди (1,25*10^(-5) моль) также прореагирует с нитратом аммония (0,125 моль):

(Cu (NH3)4)(ОН)2+2NH4NO3= (Cu(NH3)4)(NO3)2+2NH3*H2O (11)

n9(Cu(NH3)4)(NO3)2=1,25*10^(-5) моль, n9NH4NO3= 2,5*10^(-5) моль

nостNH4NO3= 0,125 -2,5*10^(-5)моль, и т.д. .......

nостСu(OH)2= n4(Сu(OH)2)- n6+8+10+12(Сu(OH)2)=0,0674 моль

При желании читатели сами могут продолжить эту цепочку однотипных процессов. Итоговые ответы - совпадают с ответами, полученными по первому варианту расчета.

Примечание: на примере этой задачи попыталась показать преимущества решения задач на последовательно-параллельные РИО с помощью системы уравнений, а не через последовательное рассмотрение всех протекающих реакций. Если в задачах на гидроксокомплексы это, в принципе, не настолько актуально, то в задачах, связанных с образованием аммиакатов, как показано выше, объем рассматриваемых итераций может быть неоправданно увеличен.

Задание 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)=0,44068 или:

12 (6х+5у)/((180 х+150у-18(х+у-1))=0,44068 , или, упростив, получаем:

х=13,22-3,04 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+(12,22-2,04у) Н2О = (13,22-3,04у) (C6H12O6) + у(C5H10O5) (3)

б) n(H2O)= 3,6/18=0,2 моль

n(OC)= 0,2/(12,22-2,04у)(4)

в) n3(C6H12O6)=(13,22-3,04у)*0,2/(12,22-2,04у),

n3(C5H10O5)= у*0,2/(12,22-2,04у) (5)

3. Характеристика взаимодействия аммиачного рра оксида серебра с продуктами гидролиза ОС:

а) C6H12O6 + 2(Ag(NH3)2)OH=C6H11O7NH4+2Ag+H2O+3NH3 (6)

C5H10O5 + 2(Ag(NH3)2)OH=C5H9O6NH4+2Ag+H2O+3NH3 (7)

б) n6+7 Ag=54/108=0,5 моль

в) n6+7 Ag=2(n3C6H12O6+n3C5H10O5) или, подставляя значения из выражений(5):

2*((13,22-3,04у)*0,2/(12,22-2,04у) +у*0,2/(12,22-2,04у))=0,5, откуда у= 4

г) найдем х из выражения (2):

х=13,22-3,04*4=1

Т.о., молекула ОС содержит 4 остатка рибозы (у=4) и 1 остаток глюкозы (х=1)

4. Используя выражения 4 и 5 и найденные значения х и у, найдем массу навески ОС и количества моль продуктов гидролиза::

а) n OC= 0,2/(12,22-2,04у)=0,2/(12,22-2,04*4)=0,05 моль

б) М(ОС)= 180 х+150у-18(х+у-1) =180*1+150*4-18(1+4-1)=708 г/моль

m(OC)=0,05*708=35,4 г

в)n (C6H12O6)=х* n OC=1*0,05=0,05 моль

n (C5H10O5)=у* n OC=4*0,05=0,2 моль

5.Характеристика процесса обесцвечивания бромной воды продуктами гидролиза:

а) в реакцию вступают как глюкоза, так и рибоза:

C6H12O6 +Br2+H2O=C6H12O7+2HBr (8)

C5H10O5 +Br2+H2O=C5H10O6+2HBr (9)

n 8+9 Br2=n (C6H12O6)+n (C5H10O5) =0,05+0,2=0,25 моль

б) Найдем массу 3,5% рра Br2:

m рра Br2=0,25*160/0,035=1143 г

6. Уравнения протекающих реакций:

Заранее благодарна за конструктивные замечания и дополнения.

Всего доброго!