Вступительные экзамены и олимпиады по химии в Московском университете: 2007
Подождите немного. Документ загружается.
«Покори Воробьевы горы». Решения задач и ответы
81
Заочный тур конкурса «Покори Воробьевы горы – 2007»
1.
K
2
Cr
2
O
7
+ 3K
2
SO
3
+ 4H
2
SO
4
→ Cr
2
(SO
4
)
3
+ 4K
2
SO
4
+ 4H
2
O.
16HCl + 2KМnO
4
→ 5Cl
2
↑ + 2MnCl
2
+ 2KCl + 8H
2
O.
2. В молекуле алкана C
n
H
2n+2
содержится x групп CH
3
, y групп CH
2
, w групп CH и z четвер-
тичных атомов C. Тогда можно выразить количества атомов углерода и водорода:
⎩
⎨
⎧
++=+
+++=
.2322
;
wyxn
zwyxn
Решение этой системы даёт
w = x – 2z –2.
Ответ: Число третичных атомов углерода равно x – 2z –2.
3. На 1 моль углерода приходится масса соединения 12 / 0.4 = 30 г, что отвечает простейшей
формуле CH
2
O. Этой формуле соответствуют следующие вещества:
1) CН
2
O – формальдегид,
2) CH
3
COOH – уксусная кислота (С
2
Н
4
О
2
),
3) CH
3
CH(OH)COOH – молочная кислота (С
3
Н
6
О
3
).
Ответ: CН
2
O, CH
3
COOH, CH
3
CH(OH)COOH.
4. Пусть смесь содержит x г H
2
и x г N
2
, тогда масса смеси m = 2x, а количество вещества в
ней составляет
282
xx
+=ν
. Средняя молярная масса смеси равна
282
2822
282
2
+
⋅⋅
=
+
=
ν
=
xx
xm
M
= 3.73 г/моль.
Согласно уравнению Клапейрона–Менделеева,
29831.8
73.3503.101
⋅
⋅⋅
==
RT
pVM
m
= 7.65 г.
Ответ: 3.73 г/моль, 7.65 г.
5. а) 2FeCl
3
+ Fe → 3FeCl
2
.
б) 2Cr(OH)
2
+ H
2
O
2
→ 2Сr(OH)
3
.
в) Mg
3
(PO
4
)
2
+ 4H
3
PO
4
→ 3Mg(H
2
PO
4
)
2
;
г) NaH + Cl
2
→ NaCl + HCl.
д) PF
5
+ 4H
2
O → H
3
PO
4
+ 5HF.
е) Na
3
N + 3H
2
O → 3NaOH + NH
3
.
ж) 4NaO
2
+ 2CO
2
→ 2Na
2
CO
3
+ 3O
2
.
з) Na
2
SO
4
+ 4C ⎯→⎯
o
t
Na
2
S + 4CO↑.
6. Уравнение реакции сгорания фосфина:
2PH
3
+ 4O
2
→ P
2
O
5
+ 3H
2
O.
Тепловой эффект реакции по закону Гесса равен:
Q
r
= Q
обр
(P
2
O
5
) + 3Q
обр
(H
2
O) – 2Q
обр
(PH
3
) = 2360.2 кДж/моль.
ν(P
2
O
5
) = Q
/
Q
r
= 236
/
2360.2 = 0.1 моль.
ν(H
2
O) = 3 · ν(P
2
O
5
) = 0.3 моль.
ν(KOH) = 0.2 · 1.5 = 0.3 моль.
Из соотношения
)OP(
)KOH(
52
ν
ν
= 3 следует, что образовались следующие соли:
P
2
O
5
+ 2KOH + H
2
O → 2KH
2
PO
4
x 2x 2x
«Покори Воробьевы горы». Решения задач и ответы
82
P
2
O
5
+ 4KOH → H
2
O + 2K
2
HPO
4
y 4y 2y
Можно составить систему уравнений:
⎩
⎨
⎧
=+
=+
3.042
1.0
yx
yx
,
откуда
x = 0.05, y = 0.05.
ν(KH
2
PO
4
) = 2x = 0.1 моль, ν(K
2
HPO
4
) = 2y = 0.1 моль.
m(р-ра) = m(р-ра KOH) + m(P
2
O
5
) + m(H
2
O) = 200 · 1.07 + 0.1 · 142 + 0.3 · 18 = 233.6 г.
ω(KH
2
PO
4
) = 136 · 0.1 / 233.6 = 0.0582 или 5.82%.
ω(K
2
HPO
4
) = 174 · 0.1 / 233.6 = 0.0745 или 7.45%.
Ответ: 5.82% KH
2
PO
4
, 7.45 % K
2
HPO
4
.
7. Так как выход реакции равен 20%, то прореагировало 0.2 моль H
2
. Тогда:
CO + 2H
2
→ CH
3
OH
Исходное количество: 4 1 0
моль 5=Σ
Равновесное количество:
1.04 − 2.01
−
0.1 моль 8.4=Σ
Равновесная концентрация:
V
1.04 −
V
2.01−
V
1.0
()()
2
2
2
2
2
3
c
04.0
2.011.04
1.0
][H[CO]
OH][CH
V
V
K ⋅=
−⋅−
⋅
=
⋅
=
,
где
V – объём реактора. Давление в реакторе уменьшится в 04.1
8.4
5
= раза.
Пусть для того, чтобы выход реакции составил 25%, нужно взять
x моль CO. Тогда:
CO + 2H
2
→ CH
3
OH
Исходное количество:
x 1 0
Равновесное количество:
125.0−x 25.01
−
0.125
Равновесная концентрация:
V
x 125.0−
V
25.01−
V
125.0
()()
2
2
2
2
3
c
25.01125.0
125.0
][H[CO]
OH][CH
−⋅−
⋅
=
⋅
=
x
V
K
.
Константа равновесия сохраняет свое значение, и тогда:
()()
2
2
2
04.0
25.01125.0
125.0
V
x
V
⋅=
−⋅−
⋅
, откуда x = 5.68.
Ответ: Давление в реакторе уменьшится в 1.04 раза; 5.68 моль CO.
8. ν(Na
2
SO
4
) = 30 /142 = 0.211 моль.
Количество поглощённой сульфатом натрия воды
ν(H
2
O) = 10 · ν(Na
2
SO
4
) = 2.11 моль.
Массовая доля MgSO
4
в насыщенном растворе равна ω(MgSO
4
) =
5.135
5.35
100
=
+s
s
= 0.262.
Масса MgSO
4
в исходном растворе составляет m
1
(MgSO
4
) = 300 · 0.262 = 78.6 г.
Пусть из раствора выпало
x моль MgSO
4
· 7H
2
O, тогда масса MgSO
4
в конечном растворе
равна
m(MgSO
4
) = m
1
– x · M(MgSO
4
) = 78.6 – 120x.
Массу конечного раствора рассчитаем следующим образом:
m(р-ра) = m(нач.) – m(H
2
O) – m(осадка) = 300 – 2.11 · 18 – x · M(MgSO
4
·7H
2
O) = 262 – 246x.
ω( MgSO
4
) =
x
x
m
m
246262
1206.78
)ра-р(
)MgSO(
4
−
−
=
= 0.262, откуда x = 0.179.
m(MgSO
4
·7H
2
O) = 246 x = 44.0 г.
«Покори Воробьевы горы». Решения задач и ответы
83
Ответ: 44.0 г.
9. Схема превращений:
NaOH
ONa
NO
2
O
NO
2
CC
2
H
5
O
OH
NO
2
ONa
NH
2
CC
2
H
5
O
ONa
C
2
H
6
C
2
H
5
Cl C
2
H
4
KOH
C
2
H
5
OH
Cl
2
hν
NaOH
t
o
HCl
Al
NaOH
10. При никелировании изделия на электродах происходят следующие процессы:
Анод : Ni – 2
e
→ Ni
2+
. Катод : Ni
2+
+ 2
e
→ Ni ;
(
растворение никелевого анода) 2H
+
+ 2e → H
2
.
(осаждение никеля на поверхности изделия
и выделение водорода)
Масса осаждённого на катоде никеля:
965002
596015800
6.0
⋅
⋅⋅⋅
⋅=
⋅
⋅⋅
⋅η=
Fz
MtI
m
= 132 г.
Объём осаждённого никеля:
9.8
132
=
ρ
=
m
V
= 14.8 см
3
.
Толщина никелевого покрытия:
500
8.14
==
S
V
h
= 0.03 см = 0.3 мм.
Ответ: 0.3 мм.
11. Из четырех изомерных дибромпропанов условиям задачи отвечают 1,2- и 2,2-дибром-
пропаны. Со спиртовым раствором щёлочи они образуют пропин:
CCH
3
CH
3
Br
Br
2KOH
CCHCH
3
2KBr
2H
2
O
+
+
+
+
2H
2
O
2KBrCCHCH
3
2KOH
C
2
H
5
OH
C
2
H
5
OH
+
+
CH CH
3
CH
2
BrBr
Пропин реагирует с аммиачным раствором оксида серебра:
2NH
3
+
+
H
2
O
CCAgCH
3
CCHCH
3
[Ag(NH
3
)
2
]OH
+
ν(C
3
H
3
Ag) = 14.7 / 147 = 0.1 моль.
Таким образом, в смеси содержится по 0.05 моль 1,2- и 2,2-дибромпропанов.
При обработке смеси водным раствором щёлочи образуются ацетон и 1,2-пропандиол:
CH CH
3
CH
2
BrBr
2KOH 2KBr
+
+
+
+
H
2
O
+
2KBr
CCH
3
CH
3
O
2KOH
CCH
3
CH
3
Br
Br
CH CH
3
CH
2
OHOH
H
2
O
H
2
O
ν(Cu(OH)
2
) = 2.45 / 98 = 0.025 моль.
«Покори Воробьевы горы». Решения задач и ответы
84
Реакции продуктов с гидроксидом меди (II):
CCH
3
CH
3
O
Cu(OH)
2
+
2 H
2
O
+
+
Cu(OH)
2
CH CH
3
2 CH
2
OHOH
Cu
O
O
O
O
CH
3
H
3
C
H
H
0.025 моль
0.05 моль
Ответ: в смеси содержится по 0.05 моль 1,2- и 2,2-дибромпропанов.
12. Простейшая формула углеводорода А – это CH. Подходит вариант С
4
Н
4
(винилаценилен).
Уравнения реакций:
HC≡ C−CH=CH
2
+ H
2
→ CH
2
=CH−CH=CH
2
.
А Б
CH
2
=CH−CH=CH
2
+ Br
2
→ BrCH
2
−CH=CH−CH
2
Br.
Б В
5BrCH
2
−CH=CH−CH
2
Br + 8KМnO
4
+ 12H
2
SO
4
→
В → 10BrCH
2
−COOH + 8MnSO
4
+ 4K
2
SO
4
+ 12H
2
O.
Г
BrCH
2
−COOH + 2NH
3
→ H
2
N−CH
2
−COOH + NH
4
Br.
Г Д
13.
Веществами А, Б и В являются соответственно β-, γ- и α-гидроксимасляные кислоты:
CH CH
2
CH
3
C
O
OH
OH
CH
2
CH
2
CH
2
C
O
OH
OH
CH
2
CH2 CH
3
C
O
OH
OH
CH CHCH
3
C
O
OH
+
H
2
O
H
2
O
+
+2 H
2
O
O
O
O
O
C
2
H
5
H
5
C
2
O
O
А
Б
В
Г
Д
Е
t
o
t
o
t
o
Олимпиада «Ломоносов-2007». Решения задач и ответы
85
Олимпиада «Ломоносов-2007»
Решения варианта 1
1. а) H
2
+ Cl
2
→ 2HCl – хлор восстанавливается (Cl
0
+ e → Cl
–1
);
б) Cl
2
+ 3F
2
→ 2ClF
3
– хлор окисляется (Cl
0
– 3e → Cl
+3
).
2. Соотношение количеств фенола и HNO
3
1 : 2, уравнение реакции:
OH
+ 2HNO
3
+ 2H
2
O
OH
NO
2
NO
2
3. 2 S + O
2
→ SO
2
+ 297 кДж/моль
1 2SO
2
+ O
2
→ 2SO
3
+ 198 кДж/моль
2S + 3O
2
→ 2SO
3
+ Q
Q
= 2 ⋅ 297 + 198 = 792 кДж;
Q
обр
(SO
3
) = 792 / 2 = 396 кДж/моль.
Ответ: 396 кДж/моль.
4. Реактив – раствор KOH:
HNO
3
+ KOH → KNO
3
+ H
2
O (нет видимых изменений);
NH
4
NO
3
+ KOH → KNO
3
+ NH
3
↑ + H
2
O (выделение газа с характерным запахом);
2AgNO
3
+ 2KOH → 2KNO
3
+ Ag
2
O↓ + H
2
O (образование бурого осадка).
Ответ: КОН.
5. H
2(г)
+ I
2(г)
⇄ 2HI
(г)
Скорость прямой реакции
v
пр
= k
пр
[H
2
][I
2
];
Скорость обратной реакции
v
обр
= k
обр
[HI]
2
.
При увеличении [H
2
] в 3 раза скорость прямой реакции увеличится также в 3 раза; а при
увеличении [HI] в 2 раза скорость обратной реакции увеличится в 2
2
= 4 раза. Скорость об-
ратной реакции превысит скорость прямой, поэтому равновесие сместится влево
, в сторону
реагентов.
6. Уравнения протекающих реакций:
A
RCOOK + KOH
⎯→⎯
o
t
RH↑ + K
2
CO
3
B
2RCOOK + 2H
2
O ⎯⎯⎯⎯→⎯
электролиз
R–R + 2CO
2
↑ + H
2
↑ + 2KOH.
Поскольку из уравнений реакций
ν(RH) = 2ν(R–R), можно выразить
17.4 17.1
2
(R) 1 2 (R)MM
=
+
.
Отсюда получаем
M® = 57, что соответствует C
4
H
9
. Значит A – это C
4
H
10
, а B – C
8
H
18
.
Ответ: C
4
H
10
, C
8
H
18
.
7. а) Cu + 2H
2
SO
4
(конц) → CuSO
4
+ SO
2
↑ + 2H
2
O;
CuSO
4
+ 2KOH → Cu(OH)
2
↓ + K
2
SO
4
.
б) Cu + 4HNO
3
(конц) → Cu(NO
3
)
2
+ 2NO
2
↑ + 2H
2
O;
2Cu(NO
3
)
2
⎯→⎯
o
t
2CuO + 4NO
2
↑ + O
2
↑.
в) Cu + CuCl
2
→ 2CuCl;
CuCl + 2NH
3
→ [Cu(NH
3
)
2
]Cl.
Ответ: X – CuSO
4
; Y – Cu(NO
3
)
2
; Z – CuCl.
8. C
6
H
12
O
6
⎯⎯⎯→⎯
фермент
2C
2
H
5
OH + 2CO
2
;
2C
2
H
5
OH ⎯⎯⎯→⎯
o
t,кат
CH
2
=CH−CH=CH
2
+ 2H
2
O + H
2
;
Олимпиада «Ломоносов-2007». Решения задач и ответы
86
CH
2
=CH−CH=CH
2
+ Br
2
→ BrCH
2
−CH=CH−CH
2
Br;
BrCH
2
−CH=CH−CH
2
Br + 2KOH(водн.) → HOCH
2
−CH=CH−CH
2
OH + 2KBr;
HOCH
2
−CH=CH−CH
2
OH + H
2
⎯⎯→⎯
кат
HO(CH
2
)
4
OH;
5HO(CH
2
)
4
OH + 8KМnO
4
+ 12H
2
SO
4
→ 5HOOC(CH
2
)
2
COOH + 4K
2
SO
4
+
+ 8MnSO
4
+ 22H
2
O.
Ответ: глюкоза; A – C
2
H
5
OH; CH
2
=CH−CH=CH
2
; B – BrCH
2
−CH=CH−CH
2
Br;
C – HOCH
2
−CH=CH−CH
2
OH; D – НО(CH
2
)
4
OH; HOOC(CH
2
)
2
COOH.
9. Сразу определим, что ν(газов) = 8.96 / 22.4 = 0.4 моль.
Один из газов – это CO
2
(поглощается известковой водой, Ca(OH)
2
+ CO
2
→ CaCO
3
↓ + H
2
O).
Объем уменьшился вдвое, следовательно
ν
1
= ν
2
= 0.2 моль.
Составим уравнение
ср
0.2 44 0.2
36
0.4
M
M
⋅+
==
, из которого найдем M(газа) = 28 г/моль – это
может быть CO, N
2
или C
2
H
4
. Из этих трех газов с железом реагирует только CO, образуя
карбонил:
Fe +
nCO → Fe(CO)
n
Из условия
56
0.286
56 28
n
=
+
найдем n = 5.
При разложении органического вещества из 18.0 г образуется 0.2 моль CO (массой 5.6 г), 0.2
моль CO
2
(массой 8.8 г), остается 18.0 – 5.6 – 8.8 = 3.6 г. Это – 0.2 моль H
2
O. Разложению
подверглась щавелевая кислота:
H
2
C
2
O
4
⎯→⎯
o
t
H
2
O + CO + CO
2
.
10. Пусть формула углеводорода Х – С
х
Н
у
. Установим простейшую формулу:
х : у = (94.12/12) : (5.88/1) = 7.843 : 5.88 = 4 : 3.
Простейшей формуле С
4
Н
3
соответствует истинная формула С
8
Н
6
(количество атомов Н
должно быть четным). По условию, этот углеводород содержит, по крайней мере, одну трой-
ную связь на конце цепи, а всего тройных связей – три. При этом концевыми могут оказаться
от одной до трех тройных связей. Возможные варианты строения
Х:
CH
3
C
CC CHCH
2
CH
2
C
C
HC
C
C
CH
2
CHCC
или
CH
3
CHC
CH
C
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: С
8
Н
6–n
М
n
, где n –
число замещенных атомов водорода. Согласно этой формуле, массовая доля металла равна
(
А – атомная масса металла)
6598.0
)6(128
=
+−+⋅ nAn
nA
,
откуда
n
n
A
)102(939.1 −⋅
=
. 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 хло-
рида меди(I) образуется соль:
CH
3
C(C≡ CH)
3
+ 3[Cu(NH
3
)
2
]Cl → CH
3
C(C≡ CСu)
3
+ 3NH
3
+ 3NH
4
Cl.
В результате полной каталитической гидратации образуется кетон:
CH
3
C(C≡ CH)
3
+ 3H
2
O → CH
3
C(C(O)CH
3
)
3
.
Олимпиада «Ломоносов-2007». Решения задач и ответы
87
Ответ: метилтриэтинилметан, CH
3
C(C≡ CH)
3
, CH
3
C(C≡ CСu)
3
.
Решения варианта 2
1. а) S + Fe ⎯→⎯
o
t
FeS – сера восстанавливается (S
0
+ 2e → S
–2
);
б) S + O
2
→ SO
2
– сера окисляется (S
0
– 4e → S
+4
).
2. Соотношение количеств толуола и HNO
3
1 : 2. Уравнение реакции:
CH
3
+ 2HNO
3
+ 2H
2
O
CH
3
NO
2
NO
2
H
2
SO
4
3. 2 N
2
+ 2O
2
→ 2NO
2
– 68 кДж/моль
1 4NO
2
+ O
2
→ 2N
2
O
5
+ 110 кДж/моль
2N
2
+ 5O
2
→ 2N
2
O
5
+ Q
Q
= 2 ⋅ (–68) + 110 = –26 кДж;
Q
обр
(N
2
O
5
) = –26 / 2 = –13 кДж/моль.
Ответ: –13 кДж/моль.
4. Реактив – раствор AgNO
3
:
2KOH + 2AgNO
3
→ 2KNO
3
+ Ag
2
O↓ + H
2
O (Ag
2
O – бурый осадок);
NaF + AgNO
3
–/→ (реакция не идет);
NH
4
Cl + AgNO
3
→ AgCl↓ + NH
4
NO
3
(AgCl – белый осадок).
Ответ: AgNO
3
.
5. H
2(г)
+ I
2(г)
⇄ 2HI
(г)
Скорость прямой реакции
v
пр
= k
пр
[H
2
][I
2
];
Скорость обратной реакции
v
обр
= k
обр
[HI]
2
.
При увеличении [I
2
] в 2 раза cкорость прямой реакции увеличится также в 2 раза; при
увеличении [HI] в 1.5 раза скорость обратной реакции увеличится в 1.5
2
= 2.25 раз. Скорость
обратной реакции превысит скорость прямой, поэтому равновесие сместится влево
, в сторо-
ну реагентов.
6. A
RCOOK + KOH
⎯→⎯
o
t
RH + K
2
CO
3
B
2RCOOK + 2H
2
O ⎯⎯⎯⎯→⎯
электролиз
R–R + 2CO
2
+ H
2
+ 2KOH
Поскольку из уравнений реакций
ν(RH) = 2ν(R–R), можно выразить
17.6 17.2
2
(R) 1 2 (R)
MM
=
+
.
Отсюда
M(R) = 43, что соответствует C
3
H
7
. Значит A – это C
3
H
8
, а B – C
6
H
14
.
Ответ: C
3
H
8
, C
6
H
14
.
7.
а) 2Al + 6HCl → 2AlCl
3
+ 3H
2
↑;
AlCl
3
+ 3NH
3
+ 3H
2
O → Al(OH)
3
↓ + 3NH
4
Cl.
б) Al + 4HNO
3
→ Al(NO
3
)
3
+ NO↑ + 2H
2
O;
4Al(NO
3
)
3
⎯→⎯
o
t
2Al
2
O
3
+ 12NO
2
↑ + 3O
2
↑.
в) 4Al + 3O
2
⎯→⎯
o
t
2Al
2
O
3
;
Al
2
O
3
+ 2KOH + 3H
2
O → 2K[Al(OH)
4
].
Ответ: X – AlCl
3
; Y – Al(NO
3
)
3
; Z – Al
2
O
3
.
Олимпиада «Ломоносов-2007». Решения задач и ответы
88
8. C
12
H
22
O
11
+ H
2
O → C
6
H
12
O
6
+ C
6
H
12
O
6
;
глюкоза фруктоза
C
6
H
12
O
6
⎯⎯⎯⎯→⎯
ферменты
2CH
3
CH(OH)COOH;
CH
3
CH(OH)COOH + HBr → CH
3
CH(Br)COOH + H
2
O;
CH
3
CH(Br)COOH + 2KOH(спирт.) → CH
2
=CHCOOK + KBr + 2H
2
O;
2CH
2
=CHCOOK + H
2
SO
4
(разб.) → 2CH
2
=CHCOOH + K
2
SO
4
;
CH
2
=CHCOOH + C
2
H
5
OH → CH
2
=CHCOOC
2
H
5
+ Н
2
О.
Ответ: сахароза; A – глюкоза C
6
H
12
O
6
; CH
3
CH(OH)COOH; В – CH
3
CH(Br)COOH; С –
CH
2
=CHCOOK; D – CH
2
=CHCOOH; CH
2
=CHCOOC
2
H
5
.
9. Сразу найдем ν(газов) = 13.44 / 22.4 = 0.6 моль. Один из газов – CO
2
(поглощается твердым
гидроксидом калия, 2KOH + CO
2
→ K
2
CO
3
+ H
2
O). Объем уменьшился в 1.5 раза, следова-
тельно
ν(CO
2
) = 0.2 моль.
Составим уравнение
ср
0.2 44 0.4
26
0.6
M
M
⋅+
==
, откуда M(газа) = 17 г/моль – это NH
3
.
Найдем молярную массу соединения, образующегося при реакции аммиака с натрием:
23 /
х = 0.590, отсюда х = 39 г/моль – это соответствует амиду натрия, NaNH
2
.
2Na + 2NH
3
→ 2NaNH
2
+ H
2
.
При разложении неорганического вещества из 19.2 г образуется 0.2 моль CO
2
(массой 8.8 г),
0.4 моль NH
3
(массой 6.8 г), остается 19.2 – 8.8 – 6.8 = 3.6 г. Это – 0.2 моль H
2
O. Разложению
подвергся карбонат аммония:
(NH
4
)
2
CO
3
⎯→⎯
o
t
2NH
3
+ H
2
O + CO
2
.
10. Пусть формула углеводорода Х – С
х
Н
у
. Установим его простейшую формулу:
х : у = (94.12/12) : (5.88/1) = 7.843 : 5.88 = 4 : 3.
Простейшей формуле С
4
Н
3
соответствует истинная формула С
8
Н
6
(количество атомов Н
должно быть четным). По условию, этот углеводород содержит, по крайней мере, одну трой-
ную связь на конце цепи, а всего тройных связей – три. При этом концевыми могут оказаться
от одной до трех тройных связей. Возможные варианты строения
Х:
CH
3
C
CC CHCH
2
CH
2
C
C
HC
C
C
CH
2
CHCC
или
CH
3
CHC
CH
C
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: С
8
Н
6–n
М
n
, где n –
число замещенных атомов водорода. Согласно этой формуле, массовая доля металла равна
(
А – атомная масса металла)
175.0
)6(128
=
+−+⋅ nAn
nA
,
откуда
n
n
A
)102(212.0 −⋅
=
. 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 обра-
зуется соль:
CH
3
C(C≡ CH)
3
+ 3LiH → CH
3
C(C≡ CLi)
3
+ 3H
2
.
В результате полной каталитической гидратации образуется кетон:
CH
3
C(C≡ CH)
3
+ 3H
2
O → CH
3
C(C(O)CH
3
)
3
.
Ответ: метилтриэтинилметан, CH
3
C(C≡ CH)
3
; CH
3
C(C≡ CLi)
3
.
Олимпиада «Ломоносов-2007». Решения задач и ответы
89
Ответы к варианту 3
1. а) 2P + 3Ca ⎯→⎯
o
t
Ca
3
P
2
; б) 2P + 3Cl
2
→ 2PCl
3
.
2.
H
2
SO
4
COOH
+ 2HNO
3
+ 2H
2
O
COOH
NO
2
O
2
N
3. 237.5 кДж/моль.
4. Реактив – раствор KOH.
5. Положение равновесия не изменится.
6. C
4
H
10
, C
8
H
18
.
7. X – CrCl
2
; Y – Cr(NO
3
)
3
; Z – Cr
2
O
3
.
8. Глюкоза; A – C
2
H
5
OH; CH
2
=CH–CH=CH
2
; B – CH
3
CH
2
CH
2
CH
3
; C – CH
3
CH
2
CHBrCH
3
; D –
CH
3
CH=CHCH
3
; CH
3
–CH(OH)–CH(OH)–CH
3
.
9. CO
2
; NH
3
; амид калия KNH
2
; карбонат аммония (NH
4
)
2
CO
3
.
10. Метилтриэтинилметан, CH
3
C(C≡ CH)
3
; CH
3
C(C≡ CAg)
3
.
Ответы к варианту 4
1. а) SO
2
+ 2H
2
S → 3S↓ + 2H
2
O; б) 2SO
2
+ O
2
⎯⎯→⎯
кат
2SO
3
.
2.
H
2
SO
4
NO
2
+ HNO
3
+ H
2
O
NO
2
NO
2
3. –33 кДж/моль.
4. Реактив – лакмус.
5. а) Равновесие сместится влево, в сторону реагентов; б) положение равновесия не изменит-
ся.
6. C
3
H
8
, C
6
H
14
.
7. X – FeCl
2
; Y – Fe(NO
3
)
3
; Z – FeSO
4
.
8. Сахароза; A – глюкоза; CH
3
CH
2
CH
2
COOH; B – CH
3
CH
2
CH(Cl)COOH;
C – CH
3
CH=CHCOOK; D – CH
3
CH=CHCOOH; CH
3
CH=CHCOOС
2
Н
5
.
9. CO
2
; CO; гексакарбонил хрома Cr(CO)
6
; щавелевая кислота H
2
C
2
O
4
.
10. Метилтриэтинилметан, CH
3
C(C≡CH)
3
; CH
3
C(C≡ CCs)
3
.
Международная Менделеевская олимпиада. Решения заданий и ответы
90
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 являет-
ся хиральным.
Комплекс I не содержит никаких элементов симметрии (плоскости, оси или
центра симметрии).
2. Из молярной массы комплекса I получаем М
А
+ М
B
= 204. Содержание хлора в комплексе
II равно 142 / (466 + 2M
B
), а в комплексе III – 71 / (839 + 2M
A
). Следовательно,
71 / (839 + 2
M
A
) · 3.129 = 71 / (233 + M
B
).
Решая эту систему уравнений, получаем
М
А
= 103, М
B
= 101. Металл А – родий, металл В –
рутений.
3. В комплексе I число электронов составляет:
N
e
(Ru) = 6 · 2(σ) + 6 = 18 электронов (правило выполняется);
N
e
(Rh) = 3 · 2(σ) +2 · 2(π) + 8 = 18 электронов (правило выполняется).
Рутений имеет степень окисления +2 (электронная конфигурация 4
d
6
). Каждый из шес-
ти лигандов, окружающих атом рутения, поставляет ему на незаполненные орбитали одну
неподеленную электронную пару. Аналогичное объяснение для родия: родий имеет степень
окисления +1 (электронная конфигурация 4
d
8
). Три атома хлора, окружающие родий, по-
ставляют ему три неподеленных электронных пары; каждая из двойных связей циклопента-
диенонового кольца поставляет 2 π-электрона.
4. а) В основе всех методов должно лежать создание бензольного кольца. Бензол может быть
получен, например, тримеризацией ацетилена на угле:
EtBr
AlCl
3
Et
EtEt
3
C акт.
t
0
Осуществление первой стадии возможно другим способом – с использованием никеле-
вого катализатора NiX
2
в смеси с трифенилфосфином (эта реакция протекает при значитель-
но более низких температурах). Вторая стадия – этилирование по Фриделю-Крафтсу. Не-
смотря 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.
б)
HC CMgBr
Et
Et
Et
EtMgBr (1mol)
t
0
Et
EtEt
EtBr
+
H
+
, Hg
2+
O
H
2
SO
4
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 1,3,5-
триэтилбензол под действием H
2
SO
4
.
5. Бензальдегид под действием KCN превращается в продукт бензоиновой конденсации, ко-
торый затем можно окислить в 1,2-дифенилэтан-1,2-дион:
2
KCN
O
Ph Ph
OH
O
Ph Ph
O
CrO
3
N
O