Московский Государственный Университет
им. М.В.Ломоносова

ФАКУЛЬТЕТ НАУК О МАТЕРИАЛАХ

Решения задач заочного тура

Задания см. в № 48/2003

ХИМИЯ

Задача 1.

а) 2[Cu(NH₃)₂]OH + C₂H₂ = Cu₂C₂+ 2H₂O + 4NH₃

(длительное пропускание ацетилена через водный раствор);

б) 5H₂SO₃ + 2KMnO₄ = K₂SO₄ + 2MnSO₄ + 2H₂SO₄ + 3H₂O

(свежеприготовленный раствор H₂SO₃ c раствором KMnO₄);

в) Si + 4NaOH = Na₄SiO₄ + 2H₂ (в растворе);

г) Hg₂(NO₃)₂ + 2Zn (метал.) Zn (амальгама) + Zn(NO₃)₂ (в растворе);

д) CH₃CH(NH₂•HCl)CH₃ + NaNO₂ = CH₃H₇OH + N₂ + NaCl + H₂O.

Задача 2

Отольем неизвестные растворы в пустые пробирки. Раствор из первой пробирки по каплям прильем ко всем остальным. Аналогично проведем опыты по сливанию всех растворов между собой и составим таблицу на основании полученных результатов.
Как следует из таблицы, каждое из веществ можно идентифицировать по совокупности изменений, наблюдаемых при попарном сливании растворов.
Реактив, в результате добавления которого к одному из растворов наблюдается помутнение, а в трех других случаях выпадение белых осадков, нерастворимых при его дальнейшем приливании, является раствором силиката калия K₂SiO₃:

K₂SiO₃ + 2NH₄NO₃ = H₂SiO₃ + 2KNO₃ + 2NH₃,    (1)

K₂SiO₃ + 2AgF = Ag₂SiO₃ + 2KF,   (2)

3K₂SiO₃ + 2Al(NO₃)₃ = Al₂(SiO₃)₃ + 6KNO₃.    (3)

Наряду с реакцией (3) может происходить реакция гидролиза:

3K₂SiO₃ + 2Al(NO₃)₃ + 6H₂O = 2Al(OH)₃ +3H₂SiO₃ + 6KNO₃,    (3')

K₂SiO₃ + BaCl₂ = BaSiO₃ + 2 KCl.   (4)

Таблица

Результаты попарного сливания исследуемых растворов

(В скобках указаны номера уравнений реакций, протекающих при сливании.)

В пробирке, в которой не происходит даже помутнения при добавлении силиката калия, находится раствор KOH. Только при его сливании с другими растворами в одной из пробирок образуется черный осадок:

2KOH + 2AgF = 2KF + H₂O + Ag₂O,    (5)

в другой пробирке – белый осадок, растворимый в избытке щелочи:

Чтобы выделение аммиака в реакции со щелочью стало очевидным, реакционную смесь следует нагреть:

Два белых и один черный осадок образует раствор фторида серебра (реакции 2, 5, 8).
А хлорид бария образует два осадка (реакции 4, 8).

2AgF + BaCl₂ = 2AgCl + BaF₂.    (8)

Аналогично идентифицируется раствор нитрата алюминия – два белых осадка, один из которых растворим в избытке щелочи (реакции 3 и 6 соответственно).
Интересно отметить, что при изменении порядка приливания (к раствору KOH приливаем по каплям раствор Al(NO₃)₃) наблюдаемая картина меняется. Первые порции гидроксида алюминия полностью растворяются в избытке щелочи (помутнения можно даже не заметить), а затем выпадает белый осадок, нерастворимый в избытке нитрата алюминия:

Al(NO₃)₃ + 4КOH (избыток) = K[Al(OH)₄] + 3KNO₃,

Al(NO₃)₃ + 3K[Al(OH)₄] = 4Al(OH)₃ + 3KNO₃. (9)

Задача 3

Цепочка представляет собой превращения хрома. В расшифрованном виде цепочка выглядит следующим образом:

4) K₂Cr₂O₇ + 3SO₂ + H₂SO₄ = K₂SO₄ + Cr₂(SO₄)₃ + H₂O,

из раствора кристаллизуются хромокалиевые квасцы KCr(SO₄)₂•12H₂O (Е);

9) 2K3[Cr(OH)₆] + 6H₂SO₄ = 3K₂SO₄ + Cr₂(SO₄)₃ + 12H₂O,
из раствора кристаллизуются хромокалиевые квасцы KCr(SO₄)₂•12H₂O (E), часть сульфата калия остается в растворе ввиду более высокой растворимости;

(окислительное сплавление)

Задача 4

Так выглядит цепочка превращений в расшифрованном виде:

Все уравнения реакций приведены ниже:

Задача 5

Самым кислым является раствор FeCl₃. Кислая реакция этого раствора вызвана существенной степенью гидролиза этого соединения с образованием Fe(OH)₃. Следующий раствор – FeCl₂, который также дает кислую реакцию, но не такую сильную, как FeCl₃ (чем больше степень окисления металла, тем слабее соответствующее ему основание и, следовательно, тем сильнее гидролиз соли по катиону).
После FeCl₂ в ряду увеличения pH следует разместить CF₃COONa, а затем CH₃COONa. Это объясняется тем, что вследствие индуктивного эффекта фтора CF₃COOH более сильная кислота, чем CH₃COOH, а следовательно, гидролиз соли CH₃COONa, сопровождающийся образованием молекул CH₃COOH, происходит в большей степени, чем гидролиз натриевой соли трифторуксусной кислоты, т.е. раствор CH₃COONa дает более щелочную реакцию.
Раствор Na₂CO₃ обладает еще большей щелочностью, чем раствор CH₃COONa, что можно доказать, оценив константу кислотности CH₃COOH и сравнив ее с K_a(H₂CO₃). Запишем уравнение диссоциации уксусной кислоты:

CH₃COOH CH₃COO^– + H⁺.

Пусть диссоциировало x моль/л кислоты. Тогда образовалось x моль/л ацетат-ионов и x моль/л ионов H⁺. При этом в растворе осталось (c(CH₃COOH) – x) моль/л кислоты. С учетом того, что при c(CH₃COOH) = 10^-4 моль/л pH = 4,47 (x = [H⁺] = 10^–pH моль/л), можно вычислить константу кислотности:

K_a(CH₃COOH) = [H⁺][CH₃COO^-]/[CH₃COOH] = x²/(c(CH₃COOH) – x) =
10^-2pH/(c(CH₃COOH) – 10^–pH) =
1,7•10^–5 >> K_a(H₂CO₃) = 4,5•10^–7.

Ряд увеличения водородного показателя следующий:

FeCl₃ < FeCl₂ < CF₃COONa < CH₃COONa < Na₂CO₃.

Реакция между крайними в ряду растворами:

2FeCl₃ + 3Na₂CO₃ + 3H₂O = 2Fe(OH)₃ + 6NaCl + 3CO₂.

Задача 6

Реакция растворения цинка протекает согласно уравнению:

Zn + 2HCl = ZnCl₂ + H₂.

Выражение для скорости имеет вид:

= –/t = kS[H⁺]ⁿ,

где – количество вещества цинка, растворившегося за время t, k – константа скорости,
S – площадь поверхности, [H⁺] – концентрация ионов водорода, n – порядок реакции по ионам водорода.
Поскольку кислота была взята в большом избытке, ее концентрацию можно считать постоянной. Тогда для отношения скоростей имеем:

₂/₁ = ₂t₁/(₁t₂) = k₂S₂/(k₁S₁).

Образец проволоки имеет форму цилиндра, у которого высота (длина проволоки) многократно превосходит диаметр основания. Действительно, площадь сечения проволоки:

S_сеч = (0,5d)² = 0,0314 см².

Длину проволоки находим по формуле:

l = V/S = m/(S).

В одном случае (2 г) она составляет ~8,9 см, а в другом (4 г) – 17,9 см. Поэтому основной вклад в площадь поверхности проволоки вносит площадь боковой поверхности, а площадью поверхности торцов можно пренебречь. Так, для первого (2 г) образца:

S_бок/(2S_сеч) = dl / (0,5d²) = 2l / d = 89.

Тогда

m = m₀l, S = S₀l,

где m₀ и S₀ – соответственно масса и площадь поверхности проволоки единичной длины, т.е. площадь поверхности образца прямо пропорциональна его массе, а значит, и количеству вещества:

m₁/S₁ = m₂/S₂, ₁/S₁ = ₂/S₂.

Следовательно,

k₂/k₁ = ₂t₁S₁/(₁t₂S₂) = t₁/t₂.

Cогласно правилу Вант-Гоффа:

где – температурный коэффициент (коэффициент Вант-Гоффа) для реакции растворения цинка,
k₁ и k₂ – константы скорости растворения цинка при температурах T₁ = 25 °C (298 K) и T₂ = 40 °С
(313 K) соответственно. Найдем коэффициент :

Энергию активации найдем, используя уравнение Аррениуса для констант скорости при температурах T₂ и T₁:

Задача 7

2NH₃ = N₂ + 3H₂.

1) V = const.

Пусть в результате диссоциации аммиака при температуре T₁ = 500 °С (773 K) образовалось x моль азота. Тогда количество водорода составит 3x моль, а аммиака останется (₀ – 2x) моль,
где ₀   – исходное количество аммиака. В результате диссоциации общее количество молей газов составит:

₁   =₀   + 2x моль.

По уравнению Клапейрона–Менделеева = pV/RT.
Тогда

₁ /₀  = (₀  + 2x)/₀  = p₁T₀/(p₀T₁) = 1,542,

1 + 2х/₀  = 1,542.

Степень разложения аммиака в условиях нагревания при постоянном объеме:

₁ = 2x/₀ = 0,542 = 54,2%.

Поскольку при постоянном объеме отношение количеств молей газов равно отношению их молярных концентраций (x/₀ = с/с₀), то равновесные концентрации в газовой смеси составят:

c(N₂) = 0,271c₀ = 0,821 моль/л,

c(H₂) = 0,813c₀ = 2,463 моль/л,

c(NH₃) = c₀(1 – ₁) = 1,388 моль/л.

Тогда константа равновесия реакции разложения аммиака при 773 К будет равна:

K = с(N₂)•с(H₂)₃/с(NH₃)₂ = 6,367.

2) p = p₀ = const.

Запишем уравнения Клапейрона–Менделеева для начала и конца процесса равновесного нагревания:

pV₀ = ₀RT₀, pV₂ = ₂RT₂.

Поскольку с = /V, то

с₂ = с₀(T₀/T₂) = 1,168 моль/л.
Пусть в результате диссоциации аммиака при температуре 500 °С (773 K) образовалось y моль азота. Тогда количество водорода составит 3y моль, а аммиака останется (₀ – 2y) моль. Для равновесных концентраций компонентов имеем:

c(N₂) = y/V₂, c(H₂) = 3y/V₂, c(NH₃) = (₀ – 2y)/V₂.

Подстановка равновесных концентраций в выражение для константы равновесия и его преобразование дают:

Учитывая, что ₂ = ₀ + 2y, и, следовательно, V₂ = (₀ + 2y)/c₂, получаем:

Удобно перед решением этого биквадратного уравнения перейти к степени разложения аммиака
₂ = 2y/₀ как к переменной, умножив числитель и знаменатель дроби на (2/₀)⁴:

Решая это уравнение, получаем только один подходящий корень ₂ = 0,790 = 79,0% (еще два корня – отрицательны, а один – больше 1).

Задача 8

Определим сначала массовые доли компонентов исходной смеси. Средняя молярная масса смеси, образовавшейся после сгорания, составляет:

•M(H₂) = 21,25•2 = 42,5 г/моль.

Заметим, что, если бы кислород в исходной смеси был в недостатке или в необходимом количестве, средняя молярная масса смеси была бы не меньше 44 г/моль, т.к. все молярные массы веществ, которые в этом случае могли бы находиться в числе газообразных продуктов (CO₂ – 44 г/моль,
C₃H₈ – 44 г/моль, (CH₃)₂O – 46 г/моль ), не меньше 44 г/моль. Отсюда можно сделать вывод, что кислород в исходной смеси был в избытке. Таким образом, получившаяся после сгорания смесь состоит из углекислого газа и кислорода.
Обозначим исходные количества веществ: пропана – x моль, диметилового эфира – y моль, кислорода – z моль. Напишем уравнения реакций горения:

C₃H₈ + 5O₂ = 3CO₂ + 4H₂O,

(CH₃)₂O + 3O₂ = 2CO₂ + 3H₂O.

Количество CO₂, получившегося в первой реакции, составляет 3x моль, во второй – 2y моль, суммарное количество образовавшегося CO₂ – (3x + 2y) моль. При этом в процессе горения израсходовалось (5x + 3y) моль кислорода. Количество оставшегося O₂ составляет z – (5x + 3y) моль.
Вычислим средние молярные массы смесей по данным относительных плотностей:

M(исх. смеси) = D_возд•M(возд_.) = 1,195•29 = 34,655 г/моль,

M(получ. смеси) = •M(H₂) = 21,25•2 = 42,50 г/моль.

Теперь выразим средние молярные массы смесей через молярные массы и мольные доли их компонентов:

Третье уравнение получается в результате использования уравнения Клапейрона–Менделеева
( = pV/RT), из которого находим, что общее количество смеси составляет 1,5 моль: x + y + z = 1,5.
Решением системы трех последних уравнений являются x = 0,1, y = 0,2, z = 1,2 моль.
Находим массу исходной смеси и массовые доли ее компонентов:

m(исх. смеси) = xM(C₃H₈) + yM((CH₃)₂O) + zM(O₂) = 52 г,

(C₃H₈) = xM(C₃H₈)/m(исх. смеси) = 8,5%,

((CH₃)₂O) = yM((CH₃)₂O)/m (исх. смеси) = 17,7%,

(O₂) = zM(O₂)/m(исх. смеси) = 73,8%.

Пользуясь законом Гесса, определим мольные теплоты сгорания пропана и диметилового эфира:

Q_сгор(C₃H₈₎ = 3Q_обр(CO₂) + 4Q_обр(H₂O) – Q_обр(C₃H₈) – 5Q_обр(O₂)=
3•393,5 + 4•241,8 – 88,2 – 5•0 = 2059,5 кДж/моль,

Q_сгор((CH₃)₂O) = 2Q_обр(CO₂) + 3Q_обр(H₂O) – Q_обр((CH₃)₂O) – 3Q_обр(O₂) =
2•393,5 + 3•241,8 – (–20,4) – 3•0 = 1532,8 кДж/моль.

Суммарное количество выделившейся теплоты:

Q = xQ_сгор(C₃H₈) + yQ_сгор((CH₃)₂O) = 512,5 кДж.

Задача 9

Из условия задачи следует, что углеродсодержащий минерал A – это карбонат переходного металла. Тогда вещество B – оксид этого металла. Пусть образовалось a моль оксида, состав которого можно представить как MO_n/2, где n – степень окисления металла. Уравнение реакции этого оксида с разбавленной серной кислотой:

MO_n/2 + 0,5nH₂SO₄ = M(SO₄)_n/2 + 0,5nH₂O.   (1)

Из уравнения (1) видно, что для растворения потребовалось:

m(H₂SO₄) = 0,5naM(H₂SO₄) = 49na г,

а масса образовавшегося сульфата составила:

m(M(SO₄)_n/2) = aM(Mⁿ⁺) + 0,5naM() = aM(Mⁿ⁺) + 48na г.

Тогда

(H₂SO₄) = m(H₂SO₄)/m(р-ра к-ты) = 49na/m(р-ра к-ты) = 17,89%.

Отсюда масса раствора серной кислоты:

m(р-ра к-ты) = 49na/0,1789 = 273,90na г.

Масса раствора соли:

m(р-ра соли) = m(р-ра к-ты) + m(MO_n/2) =

273,90na + a(M(Mⁿ⁺) + 0,5nM(O^2–)) =

273,90na + a(M(Mⁿ⁺) + 8na = 281,90na + aM(Mⁿ⁺) г.

Выражение для концентрации соли в полученном растворе:

(M(SO₄)_n/2) = m(M(SO₄)_n/2)/m(р-ра соли) =

(aM(Mⁿ⁺) + 48na)/(281,90na + aM(Mⁿ⁺)) = 0,2450.

Разделив числитель и знаменатель на a, получим уравнение с одной неизвестной величиной (M(Mⁿ⁺)) и параметром n, решение которого дает M(Mⁿ⁺)) = 27,9n г/моль.
Из всех катионов металлов подходит только Fe²⁺ (при n = 2 имеем M = 55,8 56 г/моль). Таким образом, оксид (вещество B), растворенный в серной кислоте, – это FeO, а исходный минерал A – сидерит FeCO₃.
Запишем уравнения реакций:

При прокаливании сидерита в чистом кислороде образуется другой оксид – Fe₂O₃:

Обозначим количество вещества сидерита за b моль. При прокаливании минерала в инертной атмосфере получится FeO массой

m(FeO) = bM(FeO),

прокаливание того же количества в кислороде даст Fe₂O₃ массой

m(Fe₂O₃)= 0,5bM(Fe₂O₃).

По условию задачи

m(Fe₂O₃) – m(FeO) = m = 0,08 г.

Следовательно,

Тогда в результате взаимодействия 0,01 моль FeO с необходимым количеством серной кислоты согласно уравнению (3) получится 0,01 моль FeSO₄ (m(FeSO₄) = M• = 1,52 г). Масса исходного раствора сульфата железа:

m₁(р-ра) = m(FeSO₄)/₁ = 1,52/0,245 = 6,204 г.

Поскольку масса образовавшегося кристаллогидрата m(FeSO₄•qH₂O) = 1,65 г, то масса оставшегося раствора:

m₂(р-ра) = 6,204 – 1,65 = 4,554 г,

а масса оставшейся в растворе соли:

m(FeSO₄ (ост.)) = m₂(р-ра)•₂ = 4,554•0,1353 = 0,616 г.

Значит, в состав выпавшего кристаллогидрата входит m(FeSO₄) – m(FeSO₄ (ост.)) = 0,904 г безводной соли и 1,65 – 0,904 = 0,746 г воды.

Составим пропорцию:

Решая пропорцию, находим q = 6,968 7. Следовательно, кристаллогидрат – это гептагидрат сульфата железа(II) FeSO₄•7H₂O.

МАТЕМАТИКА

Задача 1

Задача 2

Задача 3

х = 5.

Задача 4

Задача 5

Муравей, стартовавший из точки S₁, доползет в раза быстрее.

ФИЗИКА

Задача 1

Задача 2

Задача 3

Геометрическое место точек нулевого потенциала – это сфера радиуса (2/3)r, центр которой лежит на луче, соединяющем заряды –2q и +q, с началом в точке с зарядом –2q, на расстоянии (4/3)r от него. Уравнение этой сферы запишется следующим образом:

Задача 4

Энергия электронов, выбиваемых электромагнитной волной из атомов газообразного водорода, составляет 1 эВ.

Задача 5

Задача 6

где n – искомая часть осколков.

Материал предоставил И.В.МОРОЗОВ,
доцент химического факультета МГУ