Предметный тур. Химия. 3 этап

Слова, зашифрованные в филворде:

1. углерод,
2. алюминий,
3. медь,
4. азот,
5. бериллий,
6. ртуть,
7. молибден,
8. кобальт,
9. ванадий,
10. цезий,
11. криптон.

Ответы на дополнительные вопросы:

1. Модификации углерода включают: графит, алмаз, фуллерены, карбин, графен, нанотрубки, лонсдейлит, аморфный углерод и т. д. (оценивается 3 ответа).
2. Изоэлектронным углероду соединением бинарным соединением азота является нитрид бора \(\ce{BN}\).
3. Молярная масса элемента п. 5: \[n = \frac{N}{N_A} = \frac{m}{A_r}; \quad A_r = \frac{m}{N} N_A = \frac{1.50e-23}{1} \cdot 6.02e23 = 9 \text{ г/моль}, \text{ бериллий}.\]
4. Катализатор — вещество, участвующее в реакции и изменяющее ее скорость, но остающееся неизменным после того, как химическая реакция заканчивается (принимаются любые разумные определения).
5. \(\ce{^{60}_{27}Co -> ^{60}_{28}Ni + ^{0}_{-1}e}\) (указание дополнительно антинейтрино и гамма-кванта оценивается полным баллом).
6. Формула оксида \(\ce{VO2}\). Массовая доля кислорода п. 6: \[\omega = \frac{A_r(V)}{A_r(V) + 2 \cdot A_r(O)} = \frac{51}{51 + 2 \cdot 16} = 61{,}4\%.\]

1. Найдем массовую долю водорода: \[\%H = 100 - (20{,}00 + 46{,}65 + 26{,}64) = 6{,}71\%.\] Примем массу образца за 100 г: \[m_C = 20{,}00 \text{ г}, \quad m_N = 46{,}65 \text{ г}, \quad m_O = 26{,}64 \text{ г}, \quad m_H = 6{,}71 \text{ г}.\] Количество вещества для каждого элемента составит: \[n_C = \frac{20{,}00}{12} \approx 1{,}667 \text{ моль}, \quad n_N = \frac{46{,}65}{14} \approx 3{,}332 \text{ моль},\] \[n_O = \frac{26{,}64}{16} \approx 1{,}665 \text{ моль}, \quad n_H = \frac{6{,}71}{1} = 6{,}71 \text{ моль}.\] Таким образом, простейшее соотношение атомов: \[C : N : O : H = \frac{1{,}667}{1{,}665} : \frac{3{,}332}{1{,}665} : \frac{1{,}665}{1{,}665} : \frac{6{,}71}{1{,}665} \approx 1 : 2 : 1 : 4.\] Это отвечает формуле \(\ce{CH4N2O}\) или \(\ce{(NH2)2CO}\).

   Карбамид (мочевина) также используется как азотное удобрение, компонент смол, в производстве пластмасс и лаков.

2. Плотность газа при н. у. связана с молярной массой по формуле: \(\rho = \dfrac{M}{V_m}\). Тогда \[M = \rho \cdot V_m = 2{,}59 \text{ г/л} \cdot 22{,}4 \text{ л/моль} \approx 58 \text{ г/моль}.\] Отсюда \[M(\ce{C_nH_{2n+2}}) = 12n + 1 \cdot (2n + 2) = 12n + 2n + 2 = 14n + 2, \text{ то есть } n = 4,\] это \(\ce{C4H10}\).
3. Плотность — это отношение массы ячейки к ее объему: \(\rho = \dfrac{m_{\text{яч}}}{V_{\text{яч}}}\). \[V_{\text{яч}} = a \cdot b \cdot c = a^2 \cdot c \text{ (так как } a = b);\] \[V_{\text{яч}} = (0{,}566 \cdot 10^{-9})^2 \cdot 0{,}471 \cdot 10^{-9} = 0{,}151 \cdot 10^{-27} \text{ м}^3 \approx 1{,}51 \cdot 10^{-28} \text{ м}^3.\] В ячейке содержится две молекулы карбамида. Масса одной молекулы: \[m_{\text{мол}} = \frac{M}{N_A} = \frac{0{,}060}{6{,}022 \cdot 10^{23}} \approx 9{,}96 \cdot 10^{-26} \text{ кг}.\] Тогда масса ячейки \[m_{\text{яч}} = 2 \cdot m_{\text{мол}} = 2 \cdot 9{,}96 \cdot 10^{-26} \approx 1{,}99 \cdot 10^{-25} \text{ кг}.\] \[\rho = \frac{m_{\text{яч}}}{V_{\text{яч}}} = \frac{1{,}99 \cdot 10^{-25}}{1{,}51 \cdot 10^{-28}} \approx 1318 \text{ кг/м}^3.\]
4. Обозначим число молекул мочевины на 1 молекулу тетрадекана в комплексе \(n\). Тогда \[M_{\ce{(NH2)2CO}} = 12 + 4 + 28 + 16 = 60~ \text{г/моль},\] \[M_{\ce{C14H30}} = 14 \cdot 12 + 30 = 198 ~\text{г/моль},\] массовая доля углерода составит: \[\omega(\ce{C}) = \frac{m_C}{n \cdot M_{\ce{(NH2)2CO}} + M_{\ce{C14H30}}} = \frac{n \cdot 12 + 168}{n \cdot 60 + 198} = 0{,}3497,\] откуда \(n = 11\), то есть комплекс имеет состав \(\ce{C14H30.11(NH2)2CO}\).

5. Масса раствора фосфорной кислоты: \[m_{\ce{H3PO4}} = 6{,}0 \text{ мл} \cdot 1{,}67 \text{ г/мл} = 10{,}02 \text{ г},\] тогда \[m_{\ce{H3PO4}} = 10{,}02 \text{ г} \cdot 0{,}85 = 8{,}517 \text{ г},\] что соответствует \[n_{\ce{H3PO4}} = \frac{m_{\ce{H3PO4}}}{M_{\ce{H3PO4}}} = \frac{8{,}517}{98} = 0{,}0869 \text{ моль},\] в пересчете на оксид \(\ce{P2O5}\) \(\dfrac{0{,}0869}{2} = 0{,}04345 \text{ моль}\).

   Масса оксида алюминия \(m_{\ce{Al2O3}} = 5{,}7 \cdot 0{,}78 = 4{,}446 \text{ г}\), \[n_{\ce{Al2O3}} = \frac{m_{\ce{Al2O3}}}{M_{\ce{Al2O3}}} = \frac{4{,}446}{102} = 0{,}0436 \text{ моль}.\] Масса \(\ce{SiO2}\): \(m_{\ce{SiO2}} = 2{,}0 \cdot 0{,}40 = 0{,}8 \text{ г}\), \[n_{\ce{SiO2}} = \frac{m_{\ce{SiO2}}}{M_{\ce{SiO2}}} = \frac{0{,}8}{60} = 0{,}0133 \text{ моль}.\] Таким образом, состав SAPO: \[\ce{Al2O3} : \frac{0{,}0436}{0{,}04345} \approx 1{,}00, \quad \ce{P2O5} : \frac{0{,}04345}{0{,}04345} = 1{,}00, \quad \ce{SiO2} : \frac{0{,}0133}{0{,}04345} \approx 0{,}306,\] что отвечает \[1{,}0 \ce{Al2O3} \cdot 1{,}0 \ce{P2O5} \cdot 0{,}3 \ce{SiO2}\] или \[3{,}3 \ce{Al2O3} \cdot 3{,}3 \ce{P2O5} \cdot 1{,}0 \ce{SiO2}.\]

6. \(\ce{2C10H22 + 31O2 -> 20CO2 + 22H2O}\).
7. Масса углеводородов \[m = \rho \cdot V = 0{,}73 \text{ г/мл} \cdot 50{,}0 \text{ мл} = 36{,}5 \text{ г},\] что отвечает \[n_{\ce{C10H22}} = \frac{m_{\ce{C10H22}}}{M_{\ce{C10H22}}} = \frac{36{,}5}{10 \cdot 12 + 22 \cdot 1} \approx 0{,}257 \text{ моль}.\] Таким образом, теплоты сгорания \[\Delta Q_{\text{сгор.дек}} = \frac{Q_{\text{дек}}}{n} = \frac{241{,}8}{0{,}257} \approx 941 \text{ кДж/моль};\] \[\Delta Q_{\text{сгор.изо}} = \frac{Q_{\text{изо}}}{n} = \frac{240{,}1}{0{,}257} \approx 934 \text{ кДж/моль}.\]

8. К описанной реакции можно применить термохимический цикл, в соответствии с законом Гесса, согласно которому тепловой эффект реакции в изобарных условиях не зависит от пути ее протекания, рис. 1.5.

   
   Рис. 1.5.

   Отсюда \[\Delta Q_{\text{изом.}} = \Delta Q_{\text{сгор.дек}} - \Delta Q_{\text{сгор.изо}} = 941 - 934 = 7 \text{ кДж/моль}.\]

   Видно, что теплота сгорания изоалкана ниже — следовательно, процесс изодепарафинизации снижает теплотворную способность топлива, при этом понижая его температуру застывания.

1. Уравнения реакций:

   • \(\ce{2Al + 6HCl -> 2AlCl3 + 3H2 ^}\);

   • \(\ce{2Al + 2NaOH + 6H2O -> 2Na[Al(OH)4] + 3H2 ^}\).

     (принимаются реакции с образованием алюминатов
     \(\ce{Na[Al(H2O)2(OH)4]}\), \(\ce{Na3[Al(OH)6]}\)).

2. Для обеих реакций справедливо следующее соотношение: \(\dfrac{n(\ce{H2})}{n(\ce{Al})} = \dfrac{3}{2}\). Тогда \[n(\ce{Al}) = \frac{m(\ce{Al})}{M(\ce{Al})} = \frac{1{,}00}{27} \approx 0{,}0370 \text{ моль},\] \[n(\ce{H2}) = \frac{3}{2} \cdot n(\ce{Al}) = \frac{3}{2} \cdot 0{,}037 \approx 0{,}0556 \text{ моль},\] \[V(\ce{H2}) = n(\ce{H2}) \cdot V_m = 0{,}0556 \cdot 22{,}4 \approx 1{,}245 \text{ л}.\] \[n(\ce{HCl}) = 3 \cdot n(\ce{Al}) = 3 \cdot 0{,}0370 = 0{,}111 \text{ моль},\] \[m(\ce{HCl}) = n(\ce{HCl}) \cdot M(\ce{HCl}) = 0{,}111 \cdot 36{,}5 \approx 4{,}05 \text{ г},\] \[m_{\text{р-ра}} = \frac{m(\ce{HCl})}{w(\ce{HCl})} = \frac{4{,}05}{0{,}15} \approx 27{,}0 \text{ г},\] тогда объем \[V_{\text{р-ра}} = \frac{m_{\text{р-ра}}}{\rho} = \frac{27{,}0 \text{ г}}{1{,}07 \text{ г/мл}} \approx 25{,}2 \text{ мл}.\]
3. Среди посуды для получения газов наиболее известен аппарат Киппа, состоящий из резервуара для кислоты и реакционного сосуда и позволяющий регулировать подачу реагента (в частности, кислоты). Кроме того, в учебных целях применяется пробирка с газоотводной трубкой. Другие разумные варианты также оцениваются полным баллом.

4. Для начала определим металл М. Красноватым налетом на алюминии может быть только восстанавливающийся из раствора металл — медь. На это также указывает последующее описание, к примеру, ожидание сине-фиолетовой окраски при добавлении избытка аммиака. Тогда параллельный процесс: \[\ce{2Al + 3Cu^{2+} -> 2Al^{3+} + 3Cu}.\]

   Понятно, что восстановителем и главным источником водорода служит активный алюминий, который, вероятно, реагирует с водой, поскольку покрывавшая его оксидная пленка растворилась. Судя по схеме, первая реакция генерирует ионы водорода, которые в ходе обычной кислотно-основой реакции растворяют оксид алюминия: \[\ce{Al2O3 + 6H+ -> 2Al^{3+} + 3H2O}.\]

   Ясно, что при взаимодействии с водой образовывать ионы \(\ce{H+}\) из приведенных веществ могут лишь ионы меди в ходе реакции гидролиза: \[\ce{Cu^{2+} + H2O -> CuOH+ + H+}.\]

   Генерация водорода: \[\ce{2Al + 6H+ -> 2Al^{3+} + 3H2 ^};\] \[\ce{2Al + 3H2O -> Al2O3 + 3H2 ^} \text{ или } \ce{2Al + 6H2O -> 2Al(OH)3 + 3H2 ^}.\]

   Как было выяснено ранее, оранжево-красная взвесь — крупицы металлической меди.

   Темно-зеленый раствор — судя по наличию хлорида натрия в высокой концентрации, а также учитывая дальнейшие превращения, можно заключить, что окраска обусловлена присутствием ионов хлоридных комплексов меди: принимается \(\ce{[CuCl4]^{2-}}\), \(\ce{[CuCl4(H2O)2]^{2-}}\), содержащих различные катионы.

5. Помимо концентрации на скорость реакции оказывает влияние температура, а поскольку данная реакция является гетерогенной, то и площадь поверхности алюминия (его присутствие в виде гранул, фольги или пудры). Также на скорость процесса влияет наличие перемешивания.

6. Для расшифровки необходимо рассмотреть наблюдения ЮХ в совокупности. Отсутствие окрашивания при добавлении аммиака, образование желтого, а не синего осадка при добавлении щелочи указывает на то, что медь восстановилась до \(\ce{Cu(I)}\). Единственный возможный восстановитель — металлическая медь, к тому же ее порошкообразный вид ускоряет реакцию. Образование белого осадка при разбавлении раствора возможно, если раствор А содержит комплекс, устойчивый только в концентрированном растворе. На это также указывает растворимость осадка в соляной кислоте — регенерация комплекса. При окислении этого комплекса образуется зеленый раствор хлоридного комплекса \(\ce{Cu(II)}\).

   Тогда уравнения реакций:

   • 3. \(\ce{[CuCl4]^{2-} + Cu -> 2[CuCl2]^-}\).
   • 4. \(\ce{[CuCl2]^- + 3NH3 + H2O -> [Cu(NH3)2](OH) + NH4Cl + Cl^-}\).

   • 5. \(\ce{2[CuCl2]^- + 2NaOH -> Cu2O + 2NaCl + 2Cl^- + H2O}\).

     (допускается \(\ce{[CuCl2]^- + NaOH -> CuOH + NaCl + Cl^-}\)).

   • 6. \(\ce{[CuCl2]^- -> CuCl v + Cl^-}\).
   • 7. \(\ce{2[CuCl2]^- + NaClO + 2H+ + 4Cl^- -> 2[CuCl4]^{2-} + NaCl + H2O}\).

   • 8. Образование красного осадка говорит о протекании диспропорционирования: \[\ce{Cu2O + H2SO_{4(\text{разб})} -> CuSO4 + Cu v + H2O}.\]

     (допускается \(\ce{2CuOH + H2SO_{4(\text{разб})} -> CuSO4 + Cu v + 2H2O}\)).

   • 9. \(\ce{2CuSO4 + 4KI -> 2CuI v + I2 + 2K2SO4}\).
   • 10. \(\ce{I2 + 2Na2S2O3 -> 2NaI + Na2S4O6}\); \[n(\ce{Cu}) = \frac{m(\ce{Cu})}{M(\ce{Cu})} = \frac{0{,}234}{63{,}5} = 3{,}685 \cdot 10^{-3} \text{ моль};\] \[\begin{aligned} n(\ce{Cu^{2+}}) = 2n(\ce{I2}) = n(\ce{Na2S2O3}) = C(\ce{Na2S2O3}) \cdot V(\ce{Na2S2O3}) \cdot \frac{V_{\text{ал}}}{V_{\text{м.\,к.}}}=\\ = 0,10664 \cdot 4,3 \cdot 10^{-3} \cdot \frac{0,2}{0,025} = 3,685 \cdot 10^{-3} \text{ моль}, \end{aligned}\] что подтверждает реакцию 6.

1. Прозрачная жидкость, образующаяся при сжигании А, — вода, а газ, приводящий к выпадению осадка с раствором гидроксида кальция (известковой водой), — углекислый газ. Тогда: \[n(\ce{H2O}) = \frac{m}{M} = \frac{6{,}1}{2+16} = 0{,}339 \text{ моль},\] \[n(\ce{CO2}) = \frac{V}{V_m} = \frac{15{,}16}{22{,}4} = 0{,}678 \text{ моль},\] \[n(\ce{CaCO3}) = \frac{m}{M} = \frac{67{,}7}{40+12+16\cdot3} = 0{,}678 \text{ моль}.\]

   \[n(\ce{C}) = n(\ce{CO2}) = 0{,}678 \text{ моль},\] \[n(\ce{H}) = 2n(\ce{H2O}) = 0{,}678 \text{ моль},\] \[m(\ce{C}) + m(\ce{H}) = n(\ce{C})M(\ce{C}) + n(\ce{H})M(\ce{H}) = 0{,}678\cdot12 + 0{,}678\cdot1 = 8{,}81 \text{ г},\] что соответствует массе жидкости \(m_{\text{ж}} = \rho V = 0{,}881\cdot10{,}0 = 8{,}81 \text{ г}\) — таким образом, А — углеводород. Поскольку \(n(\ce{C}) = n(\ce{H})\), простейшая формула СН, токсичная канцерогенная жидкость А — это бензол, \(\ce{C6H6}\).

   Углеводород Б имеет молярную массу: \[M(\text{Б}) = \rho V_m = 1{,}875\cdot22{,}4 = 42 \text{ г/моль},\] при этом участвует в реакции алкилирования бензола по Фриделю – Крафтсу, следовательно, Б — пропилен, \(\ce{C3H6}\), В и Г — алкилбензолы. Так как: \[\frac{\rho(\text{Г})}{\rho(\text{В})} = \frac{M(\text{Г})}{M(\text{В})} = \frac{M(\ce{C12H18})}{M(\ce{C9H12})} = \frac{162}{120} = 1{,}35,\] В — изопропилбензол (кумол), Г — диизопропилбензол.

   При алкилировании изопропилбензола вероятно образование о- и n-изомеров, поскольку алкильная группа является ориентантом I рода. Поскольку о-изомер содержит четыре типа атомов водорода, а n-изомер содержит три типа атомов водорода (неэквивалентные атомы показаны буквами на рис. 2.3), Г — n-изомер (преимущественный продукт из-за стерического фактора).

   
   Рис. 2.3.

   Окисление диизопропилбензола воздухом приводит к гидроперекиси, кислотный гидролиз которой позволяет получить ацетон Е (популярный растворитель) и гидрохинон Д. Фенольные гидрокси-группы обладают кислотными свойствами, поэтому Д растворяется в водных растворах щелочей.

   Взаимодействие кумола с нитрующей смесью является способом получения n-нитрокумола Ж и о-нитрокумола З. n-нитрокумол окисляется дихроматом калия в серной кислоте до n-нитробензойной кислоты И, что подтверждается результатами титрования: \[\ce{RCOOH + NaOH -> RCOONa + H2O};\] \[n(\ce{RCOOH}) = C(\ce{NaOH})\cdot V(\ce{NaOH}) = 0{,}100\cdot8{,}1\cdot10^{-3} = 8{,}1\cdot10^{-4} \text{ моль};\] \[n(\ce{RCOOH}) = n(\ce{NaOH});\] \[M(\ce{RCOOH}) = \frac{m(\ce{RCOOH})}{n(\ce{RCOOH})} = \frac{0{,}137}{8{,}2\cdot10^{-4}} = 167 \text{ г/моль}.\]

   Железная стружка в соляной кислоте восстанавливает нитро-группу до амино-группы с образованием n-аминобензойной кислоты К. Ее диазотируют с образованием тетрафторбората диазония Л (принимается указание катиона диазония), которая при разложении образует фторбензойную кислоту М (реакция Шимана). Обработка тионилхлоридом является классическим методом получения хлорангридов (Н), который ацилирует фторбензол по Фриделю – Крафтсу с образованием О. В основных условиях (в присутствии карбонатов натрия и калия) гидрохинон Д депротонируется и вступает в реакцию нуклеофильного замещения с 4,4\(^{\prime}\)-дифторбензофеноном О, образуя ароматических полиэфирэфиркетон (поскольку на одно звено приходится две эфирных и одна кето-группы). Структуры веществ приведены на рис. 2.4.

   
   Рис. 2.4.

2. Тип процесса — поликонденсация, поскольку образуются побочные низкомолекулярные продукты — фториды металлов.
3. Аббревиатуру помогает расшифровать название К: n-аминобензойная кислота.
4. Промышленным методом получения ароматических углеводородов из нефти является процесс каталитического риформинга (засчитывается риформинг).

1. Карбамид отвечает формуле \(\ce{CH4N2O}\) или \(\ce{(NH2)2CO}\), что легко заметить из кристаллической структуры, приведенной ниже. Формула подтверждается массовой долей азота: \[\omega(\ce{N}) = \frac{2\cdot 14}{60}\cdot 100\% = \frac{28}{60}\cdot 100\% \approx 46{,}67\%.\] Карбамид (мочевина) также используется как азотное удобрение, компонент смол, в производстве пластмасс и лаков.
2. Плотность газа по кислороду \(D = \dfrac{M_{\text{алкана}}}{M_{\ce{O2}}}\), то есть: \[M_{\text{алкана}} = D\cdot M_{\ce{O2}} = 5{,}75\cdot 32 = 184 \text{ г/моль}.\] С учетом общей формулы ряда алканов \(\ce{C_nH_{2n+2}}\): \[M_{\text{алкана}} = 12n + 1(2n + 2) = 12n + 2n + 2 = 14n + 2 = 184,\] \[n = 13, \text{ это } \ce{C13H28}.\]

3. Плотность — это отношение массы ячейки к ее объему: \(\rho = \dfrac{m_{\text{яч}}}{V_{\text{яч}}}\). \[V_{\text{яч}} = a\cdot b\cdot c = a^2\cdot c \text{ (так как } a = b);\] \[V_{\text{яч}} = (0{,}566\cdot 10^{-9})^2\cdot 0{,}471\cdot 10^{-9} = 0{,}151\cdot 10^{-27} \text{ м}^3 \approx 1{,}51\cdot 10^{-28} \text{ м}^3.\]

   Из рисунка видно, что каждая молекула принадлежит 2 элементарным ячейкам, таким образом, в ячейке содержится 2 молекулы карбамида. Масса одной молекулы: \[m_{\text{мол}} = \frac{M}{N_A} = \frac{0{,}060}{6{,}022\cdot 10^{23}} \approx 9{,}96\cdot 10^{-26} \text{ кг}.\] Тогда масса ячейки: \[m_{\text{яч}} = 2\cdot m_{\text{мол}} = 2\cdot 9{,}96\cdot 10^{-26} \approx 1{,}99\cdot 10^{-25} \text{ кг}.\] \[\rho = \frac{m_{\text{яч}}}{V_{\text{яч}}} = \frac{1{,}99\cdot 10^{-25}}{1{,}51\cdot 10^{-28}} \approx 1318 \text{ кг/м}^3.\]

4. Обозначим число молекул мочевины на 1 молекулу тетрадекана в комплексе \(n\). Тогда: \[M_{\ce{(NH2)2CO}} = 12 + 4 + 28 + 16 = 60 \text{ г/моль},\] \[M_{\ce{C14H30}} = 14\cdot 12 + 30 = 198 \text{ г/моль},\] массовая доля углерода составит: \[\omega(\ce{C}) = \frac{m_{\ce{C}}}{n\cdot M_{\ce{(NH2)2CO}} + M_{\ce{C14H30}}} = \frac{n\cdot 12 + 168}{n\cdot 60 + 198} = 0{,}3497,\] откуда \(n = 11\), то есть комплекс имеет состав \(\ce{C14H30.11(NH2)2CO}\).
5. Расход удаляемого линейного парафина составляет: \[m_{\ce{C14H30}} = 1200 \text{ кг/ч}\cdot 0{,}05 = 60 \text{ кг/ч},\] что отвечает: \[n_{\ce{C14H30}} = \frac{m_{\ce{C14H30}}}{14\cdot 12 + 30\cdot 1} = \frac{60 \text{ кг/ч}}{0{,}198 \text{ кг/моль}} \approx 303{,}03 \text{ моль/ч}.\] Тогда: \[n_{\ce{(NH2)2CO}} = 303{,}03 \cdot 11 = 3333{,33} \text{ моль/ч},\] \[\begin{aligned} m_{\text{карбамида}} = n_{\ce{(NH2)2CO}}(12 + 16 + 2\cdot (14 + 2\cdot 1)) = \\=3333,33 \cdot 0,060 = 200 \text{ кг/ч}. \end{aligned}\]
6. Разветвленные алканы не образуют комплекс с мочевиной в рассматриваемых условиях, поскольку не помещаются в спиралевидном канале гексагональной структуры карбамида.

7. Обозначим: н-декан — A, изо-декан — B. Тогда: \[\ce{A <=> B}, \quad K_p = \frac{P_B}{P_A} = 10.\]

   Пусть в начальный момент есть только A, его количество 1 моль. В равновесии прореагировало \(x\) моль A, образовав \(x\) моль B. Тогда в равновесии: \[n_A = 1 - x \text{ моль}, \quad n_B = x \text{ моль}.\] Общее количество вещества: \[n_{A+B} = 1 - x + x = 1 \text{ моль}.\]

   Парциальные давления (при общем давлении \(P\)): \[P_A = \chi_A P, \quad P_B = \chi_B P,\] где \(\chi_A\), \(\chi_B\) — мольные доли компонентов. Тогда: \[K_p = \frac{P_B}{P_A} = \frac{\chi_B P}{\chi_A P} = \frac{n_B/n_{A+B}}{n_A/n_{A+B}} = \frac{n_B}{n_A} = \frac{x}{1 - x} = 10,\] откуда \(x = 0{,}909\), т. е. \[\chi_A = 1 - x = 9{,}1\%, \quad \chi_B = x = 90{,}9\%.\]

8. Уравнение реакции: \[\ce{2C10H22 + 31O2 -> 20CO2 + 22H2O}.\]

   Масса углеводородов: \[m = \rho\cdot V = 0{,}73 \cdot 50{,}0 = 36{,}5 \text{ г},\] что отвечает: \[n_{\ce{C10H22}} = \frac{m_{\ce{C10H22}}}{M_{\ce{C10H22}}} = \frac{36{,}5}{10\cdot 12 + 22\cdot 1} \approx 0{,}257 \text{ моль}.\]

   Таким образом, теплоты сгорания: \[\Delta Q_{\text{сгор.Дек}} = \frac{Q_{\text{дек}}}{n} = \frac{241{,}8}{0{,}257} \approx 941 \text{ кДж/моль},\] \[\Delta Q_{\text{сгор.Изо}} = \frac{Q_{\text{изо}}}{n} = \frac{240{,}1}{0{,}257} \approx 934 \text{ кДж/моль}.\]

9. К описанной реакции можно применить термохимический цикл, в соответствии с законом Гесса, согласно которому тепловой эффект реакции в изобарных условиях не зависит от пути ее протекания, рис. 2.7.

   
   Рис. 2.7.

   Отсюда: \[\Delta Q_{\text{изом.}} = \Delta Q_{\text{сгор.Дек}} - \Delta Q_{\text{сгор.Изо}} = 941 - 934 = 7 \text{ кДж/моль}.\]

   Видно, что теплота сгорания изоалкана ниже — следовательно, процесс изодепарафинизации снижает теплотворную способность топлива, при этом понижая его температуру застывания.

10. Запишем выражения энергии Гиббса для констант равновесия при двух температурах: \[\Delta_r G_{T_1}° = -RT_1 \ln K_{T_1} = \Delta_r H° - T_1 \Delta_r S°,\] то есть: \[\ln K_{T_1} = -\frac{\Delta_r H°}{RT_1} + \frac{\Delta_r S°}{R},\] следовательно: \[\ln K_{T_2} = -\frac{\Delta_r H°}{RT_2} + \frac{\Delta_r S°}{R},\] \[\ln K_{T_2} - \ln K_{T_1} = \ln \frac{K_2}{K_1} = -\frac{\Delta_r H°}{R}\left(\frac{1}{T_2} - \frac{1}{T_1}\right).\]

    \(\Delta_r H° = -7000\) Дж/моль, тогда: \[\ln \frac{K_2}{10} = -\frac{-7000}{8{,}314}\left(\frac{1}{340+273} - \frac{1}{25+273}\right),\] откуда: \[\frac{K_2}{10} = e^{-1{,}452} \approx 0{,}234, \quad K_2 = 2{,}34.\]

    Результат может показаться странным — константа равновесия при реальных условиях проведения процесса ниже, чем при стандартной температуре 25 °C, то есть нагревание смещает равновесие реакции в направлении обратной реакции. Однако на практике такая температура необходима для достижения требуемой скорости протекания процесса (кинетический фактор).

11. В соответствии с принципом Ле Шателье – Брауна:

    • а) увеличение давления не повлияет на равновесие в реакции, поскольку количества газообразных реагентов и продуктов реакции равны, т. е. давление не влияет на произведение реакции;
    • б) катализатор не смещает равновесие, но уменьшит время его достижения;
    • в, г) в случае снижения концентрации реагентов и увеличения концентрации продуктов равновесие будет смещаться в сторону обратной реакции.

1. Для начала определим металл М. Красноватым налетом на алюминии может быть только восстанавливающийся из раствора металл — медь. На это также указывают последующее описание, к примеру, ожидание сине-фиолетовой окраски при добавлении избытка аммиака. Тогда параллельный процесс: \[\ce{2Al + 3Cu^{2+} -> 2Al^{3+} + 3Cu}.\]

   Понятно, что восстановителем и главным источником водорода служит активный алюминий, который, вероятно, реагирует с водой, поскольку покрывавшая его оксидная пленка растворилась. Судя по схеме, первая реакция генерирует ионы водорода, которые в ходе обычной кислотно-основой реакции растворяют оксид алюминия: \[\ce{Al2O3 + 6H+ -> 2Al^{3+} + 3H2O}.\]

   Ясно, что при взаимодействии с водой образовывать ионы \(\ce{H+}\) из приведенных веществ могут лишь ионы меди в ходе реакции гидролиза: \[\ce{Cu^{2+} + H2O -> CuOH+ + H+}.\]

   Генерация водорода: \[\ce{2Al + 6H+ -> 2Al^{3+} + 3H2 ^};\] \[\ce{2Al + 3H2O -> Al2O3 + 3H2 ^} \text{ или } \ce{2Al + 6H2O -> 2Al(OH)3 + 3H2 ^}.\]

   Как было выяснено ранее, оранжево-красная взвесь — крупицы металлической меди.

   Темно-зеленый раствор — судя по наличию хлорида натрия в высокой концентрации, а также учитывая дальнейшие превращения, можно заключить, что окраска обусловлена присутствием ионов хлоридных комплексов меди: принимается \(\ce{[CuCl4]^{2-}}\), \(\ce{[CuCl4(H2O)2]^{2-}}\), содержащих различные катионы.

2. Помимо концентрации на скорость реакции оказывает влияние температура, а поскольку данная реакция является гетерогенной, то и площадь поверхности алюминия (его присутствие в виде гранул, фольги или пудры). Также на скорость процесса влияет наличие перемешивания.

3. Для расшифровки необходимо рассмотреть наблюдения ЮХ в совокупности. Отсутствие окрашивания при добавлении аммиака, образование желтого, а не синего осадка при добавлении щелочи указывает на то, что медь восстановилась до \(\ce{Cu(I)}\). Единственный возможный восстановитель — металлическая медь, к тому же ее порошообразный вид ускоряет реакцию. Образование белого осадка при разбавлении раствора возможно, если раствор А содержит комплекс, устойчивый только в концентрированном растворе. На это также указывает растворимость осадка в соляной кислоте — регенерация комплекса. При окислении этого комплекса образуется зеленый раствор хлоридного комплекса \(\ce{Cu(II)}\).

   Тогда уравнения реакций:

   1. \(\ce{[CuCl4]^{2-} + Cu -> 2[CuCl2]^-}.\)
   2. \(\ce{[CuCl2]^- + 3NH3 + H2O -> [Cu(NH3)2](OH) + NH4Cl + Cl^-}.\)

   3. \(\ce{2[CuCl2]^- + 2NaOH -> Cu2O + 2NaCl + 2Cl^- + H2O}.\)

      (допускается \(\ce{[CuCl2]^- + NaOH -> CuOH + NaCl + Cl^-}\)).

   4. \(\ce{[CuCl2]^- -> CuCl v + Cl^-}.\)
   5. \(\ce{2[CuCl2]^- + NaClO + 2H+ + 4Cl^- -> 2[CuCl4]^{2-} + NaCl + H2O}.\)
   6. Образование красного осадка говорит о протекании диспропорционирования: \[\ce{Cu2O + H2SO4 (\text{разб}) -> CuSO4 + Cu v + H2O}.\] (допускается \(\ce{2CuOH + H2SO4 (\text{разб}) -> CuSO4 + Cu v + 2H2O}\)).
   7. \(\ce{2CuSO4 + 4KI -> 2CuI v + I2 + 2K2SO4}.\)
   8. \(\ce{I2 + 2Na2S2O3 -> 2NaI + Na2S4O6}.\)

   \[\begin{gather} n(\ce{Cu}) = \frac{m(\ce{Cu})}{M(\ce{Cu})} = \frac{0,234}{63,5} = 3,685\cdot 10^{-3} \text{ моль},\\ n(\ce{Cu^{2+}}) = 2n(\ce{I2}) = n(\ce{Na2S2O3}) = C(\ce{Na2S2O3})\cdot V(\ce{Na2S2O3})\cdot \frac{V_{\text{ал}}}{V_{\text{м.\,к.}}}=\\ = 0,10664\cdot 4,3\cdot 10^{-3}\cdot \frac{0,2}{0,025} = 3,685\cdot 10^{-3} \text{ моль}, \end{gather}\] что подтверждает реакцию 6.

4. В данном случае разрушение пленки происходит за счет гидроксид-ионов, которые образуются при гидролизе: \[\ce{PO4^{3-} + H2O -> HPO4^{2-} + OH^-}\] (достаточно уравнения I ступени гидролиза).

   Растворение оксидной пленки: \[\ce{Al2O3 + 2OH^- + 7H2O -> 2[Al(OH)4(H2O)2]^-};\] \[\ce{Al2O3 + 2OH^- + 3H2O -> 2[Al(OH)4]^-};\] \[\ce{Al2O3 + 6OH^- + 3H2O -> 2[Al(OH)6]^{3-}}\] (принимается любое из уравнений).

   Генерация водорода (частично): \[\ce{2Al + 2OH^- + 10H2O -> 2[Al(OH)4(H2O)2]^- + 3H2 ^};\] \[\ce{2Al + 2OH^- + 6H2O -> 2[Al(OH)4]^- + 3H2 ^};\] \[\ce{2Al + 6OH^- + 6H2O -> 2[Al(OH)6]^{3-} + 3H2 ^}\] (принимается любое из уравнений).

   Стоит отметить, что в некоторых источниках упоминается растворение алюминия в растворе ортофосфата калия при кипячении, однако практически данное утверждение неоднозначно и предложение ЮХ сомнительно.

5. В описанном случае происходит образование гальванической пары, когда более активный алюминий окисляется, а выделяющиеся при этом электроны переходят на медь, где и происходит процесс восстановления с выделением водорода. Образование гальванической пары не только не замедляет процесс, но даже ускоряет его. Поэтому в данном методе получения водорода обычно используют именно соли малоактивных металлов, образующих с алюминием гальваническую пару, а не просто соли, снимающие оксидную пленку.