При взаимодействии дивинила с избытком раствора брома образовалось 296,2 г тетрабромпроизводного. Определите массу вступившего в реакцию дивинила, если выход этой реакции составил 88%. (Запишите число с точностью до десятых.) Ответ в граммах (г).

О выходе продукта. Теоретический выход — это масса (или количество) продукта, которую можно получить по уравнению реакции, если она прошла полностью. Практический выход — то, что реально получено. Выход в процентах: \(\eta = \dfrac{m_{практ}}{m_{теор}} \cdot 100\%\). Значит, чтобы получить 296,2 г продукта при выходе 88%, дивинила нужно взять больше, чем по «идеальному» расчёту. Уравнение реакции. Дивинил (бутадиен-1,3) содержит две двойные связи, поэтому с избытком брома присоединяет две молекулы \(Br_{2}\): \(CH_{2}=CH-CH=CH_{2} + 2Br_{2} \rightarrow CH_{2}Br-CHBr-CHBr-CH_{2}Br\) Соотношение количеств веществ по уравнению: \(n(C_{4}H_{6}) : n(Br_{2}) : n(C_{4}H_{6}Br_{4}) = 1 : 2 : 1\). Расчёт. \(M(C_{4}H_{6}Br_{4}) = 374\) г/моль, поэтому практически полученное количество тетрабромида: \(n_{практ}(C_{4}H_{6}Br_{4}) = \dfrac{296,2}{374} = 0,792\) моль. Так как выход составил 88%, теоретически по уравнению должно было образоваться: \(n_{теор}(C_{4}H_{6}Br_{4}) = \dfrac{0,792}{0,88} = 0,9\) моль. По соотношению 1 : 1 столько же дивинила и пошло в реакцию: \(n(C_{4}H_{6}) = 0,9\) моль, а \(M(C_{4}H_{6}) = 54\) г/моль, тогда \(m(C_{4}H_{6}) = 0,9 \cdot 54 = 48,6\) г. Ответ: 48,6 г.

Для выполнения задания 29 используйте следующий перечень веществ: бромоводород, фосфин, гидрофосфат калия, бромид бария, карбонат меди(II), перманганат калия. Допустимо использование водных растворов веществ. Из предложенного перечня выберите два вещества, окислительно-восстановительная реакция между которыми протекает с образованием осадка бурого цвета и раствора двух солей одной и той же кислоты. В ответе запишите уравнение только одной из возможных окислительно-восстановительных реакций с участием выбранных веществ. Составьте электронный баланс (запишите уравнения процессов окисления и восстановления), укажите окислитель и восстановитель.

\(8KMnO_{4} + 3PH_{3} = 8MnO_{2}\downarrow + 2K_{3}PO_{4} + K_{2}HPO_{4} + 4H_{2}O\) \(8\ |\ Mn^{+7} + 3e^{-} \rightarrow Mn^{+4}\) \(3\ |\ P^{-3} - 8e^{-} \rightarrow P^{+5}\) Окислитель — \(KMnO_{4}\)\((Mn^{+7})\). Восстановитель — \(PH_{3}\) \((P^{-3})\). Подробный разбор По условию нужна ОВР, где выпадает бурый осадок и остаются в растворе две соли одной кислоты. Бурый осадок — это \(MnO_{2}\), значит окислитель \(KMnO_{4}\). Восстановителем берём фосфин \(PH_{3}\): фосфор в нём в низшей степени окисления \(-3\) и окисляется до \(+5\), а щелочная среда (её создаёт образующийся \(KOH\)) даёт две калиевые соли фосфорной кислоты — \(K_{3}PO_{4}\) и \(K_{2}HPO_{4}\). Уравнение реакции: \(8KMnO_{4} + 3PH_{3} = 8MnO_{2}\downarrow + 2K_{3}PO_{4} + K_{2}HPO_{4} + 4H_{2}O\) Электронный баланс: \(8\ |\ Mn^{+7} + 3e^{-} \rightarrow Mn^{+4}\) \(3\ |\ P^{-3} - 8e^{-} \rightarrow P^{+5}\) Окислитель — \(KMnO_{4}\) за счёт марганца в степени окисления \(+7\). Восстановитель — \(PH_{3}\) за счёт фосфора в степени окисления \(-3\).

Для выполнения задания 30 используйте следующий перечень веществ: бромоводород, фосфин, гидрофосфат калия, бромид бария, карбонат меди(II), перманганат калия. Допустимо использование водных растворов веществ. Из предложенного перечня выберите два вещества, между которыми возможна реакция ионного обмена, протекающая с выпадением белого осадка. Запишите молекулярное, полное и сокращённое ионные уравнения только одной возможной реакции.

\(BaBr_{2} + K_{2}HPO_{4} = 2KBr + BaHPO_{4}\downarrow\) \(Ba^{2+} + 2Br^{-} + 2K^{+} + HPO_{4}^{2-} = 2K^{+} + 2Br^{-} + BaHPO_{4}\downarrow\) \(Ba^{2+} + HPO_{4}^{2-} = BaHPO_{4}\downarrow\) Подробный разбор В перечне сильные электролиты, растворимые в воде: \(HBr\), \(K_{2}HPO_{4}\), \(BaBr_{2}\), \(KMnO_{4}\). Фосфин \(PH_{3}\) — газ, не электролит, а \(CuCO_{3}\) в воде нерастворим, поэтому в ионном обмене с выпадением осадка они не участвуют. Нужен белый осадок. Его даёт катион \(Ba^{2+}\) с гидрофосфат-ионом \(HPO_{4}^{2-}\): соль \(BaHPO_{4}\) нерастворима и белая. Значит, берём бромид бария \(BaBr_{2}\) и гидрофосфат калия \(K_{2}HPO_{4}\). Молекулярное уравнение (обмениваем «партнёров»: барий уходит к гидрофосфату, калий — к брому): \(BaBr_{2} + K_{2}HPO_{4} = 2KBr + BaHPO_{4}\downarrow\) Полное ионное уравнение. На ионы расписываем всё растворимое и сильное — \(BaBr_{2}\), \(K_{2}HPO_{4}\), \(KBr\); осадок \(BaHPO_{4}\) оставляем в виде формулы. Обратите внимание: ион \(HPO_{4}^{2-}\) на \(H^{+}\) и \(PO_{4}^{3-}\) не разбиваем — это кислая соль слабой кислоты, водород остаётся в составе иона. \(Ba^{2+} + 2Br^{-} + 2K^{+} + HPO_{4}^{2-} = 2K^{+} + 2Br^{-} + BaHPO_{4}\downarrow\) Сокращённое ионное уравнение. Вычёркиваем ионы-наблюдатели, которые есть и слева, и справа (\(2K^{+}\) и \(2Br^{-}\)): \(Ba^{2+} + HPO_{4}^{2-} = BaHPO_{4}\downarrow\) Проверка условия: реакция ионного обмена идёт, потому что один из продуктов — практически нерастворимое вещество, и оно белого цвета, как и требуется в задании.

Железную окалину растворили в избытке разбавленной серной кислоты. Полученный подкисленный раствор обработали дихроматом калия. Полученное соединение хрома выделили и поместили в раствор карбоната натрия. Образовавшийся осадок отделили и нагрели с хлоратом калия и гидроксидом калия. Напишите молекулярные уравнения четырёх описанных реакций.

1) Fe3O4 + 4H2SO4 = Fe2(SO4)3 + FeSO4 + 4H2O 2) 6FeSO4 + K2Cr2O7 + 7H2SO4 = 3Fe2(SO4)3 + Cr2(SO4)3 + K2SO4 + 7H2O 3) Cr2(SO4)3 + 3Na2CO3 + 3H2O = 2Cr(OH)3 + 3CO2 + 3Na2SO4 4) 2Cr(OH)3 + KClO3 + 4KOH --(t)--> 2K2CrO4 + KCl + 5H2O Подробный разбор Железная окалина \(Fe_{3}O_{4}\) — это смешанный оксид \(FeO \cdot Fe_{2}O_{3}\), поэтому в избытке разбавленной серной кислоты она даёт сразу две соли: сульфат железа(II) и сульфат железа(III). \(Fe_{3}O_{4} + 4H_{2}SO_{4} = Fe_{2}(SO_{4})_{3} + FeSO_{4} + 4H_{2}O\) \(6FeSO_{4} + K_{2}Cr_{2}O_{7} + 7H_{2}SO_{4} = 3Fe_{2}(SO_{4})_{3} + Cr_{2}(SO_{4})_{3} + K_{2}SO_{4} + 7H_{2}O\) \(Cr_{2}(SO_{4})_{3} + 3Na_{2}CO_{3} + 3H_{2}O = 2Cr(OH)_{3}\downarrow + 3CO_{2}\uparrow + 3Na_{2}SO_{4}\) \(2Cr(OH)_{3} + KClO_{3} + 4KOH \overset{t}{\rightarrow} 2K_{2}CrO_{4} + KCl + 5H_{2}O\) Пояснения к переходам: Во второй реакции работает только \(Fe^{2+}\): в кислой среде дихромат окисляет его до \(Fe^{3+}\), а сам восстанавливается до \(Cr^{3+}\). Уже имевшийся в растворе \(Fe_{2}(SO_{4})_{3}\) в реакцию не вступает, но входит в общее количество продукта. «Полученное соединение хрома» — это \(Cr_{2}(SO_{4})_{3}\). В третьей реакции идёт взаимный (необратимый) гидролиз: соль слабого основания \(Cr_{2}(SO_{4})_{3}\) и соль слабой кислоты \(Na_{2}CO_{3}\) усиливают гидролиз друг друга, поэтому вместо карбоната хрома выпадает \(Cr(OH)_{3}\), а углекислый газ уходит из раствора. Средний карбонат \(Cr_{2}(CO_{3})_{3}\) в водном растворе не существует. В четвёртой реакции \(KClO_{3}\) — окислитель в щелочной среде, поэтому \(Cr^{+3}\) переходит в \(Cr^{+6}\) в виде хромата \(K_{2}CrO_{4}\) (жёлтый), а не дихромата: в щёлочи устойчива именно хроматная форма. Хлор из \(+5\) восстанавливается до \(-1\), давая \(KCl\).

Напишите уравнения реакций, с помощью которых можно осуществить следующие превращения: При написании уравнений реакций указывайте преимущественно образующиеся продукты, используйте структурные формулы органических веществ.

Все превращения начинаются с одного вещества \(X_1\) — это циклопропан. Подсказка в двух его реакциях: с \(HBr\) он даёт один-единственный монобромид (раскрытие цикла), а с \(Br_{2}\) — сразу дибромид с бромами на концах цепи; продукт последней стадии \(HOOC-CH_{2}-COOH\) содержит три атома углерода, значит и в \(X_1\) их три. Раскрытие цикла бромоводородом даёт \(X_2\) — 1-бромпропан: \(CH_{2}(CH_{2}CH_{2}) + HBr \rightarrow CH_{3}-CH_{2}-CH_{2}-Br\) Дальше 1-бромпропан с аммиаком даёт соль по условию: \(CH_{3}-CH_{2}-CH_{2}-Br + NH_{3} \rightarrow CH_{3}-CH_{2}-CH_{2}-NH_{3}Br\) С бромом при нагревании цикл раскрывается по концам — \(X_3\) это 1,3-дибромпропан: \(CH_{2}(CH_{2}CH_{2}) + Br_{2} \overset{t}{\rightarrow} BrCH_{2}-CH_{2}-CH_{2}Br\) Водный раствор щёлочи заменяет оба брома на гидроксогруппы, \(X_4\) — пропан-1,3-диол: \(BrCH_{2}-CH_{2}-CH_{2}Br + 2KOH_{(водн.)} \rightarrow HOCH_{2}-CH_{2}-CH_{2}OH + 2KBr\) Обе первичные спиртовые группы окисляются перманганатом в кислой среде до карбоксильных: \(5HOCH_{2}-CH_{2}-CH_{2}OH + 8KMnO_{4} + 12H_{2}SO_{4} \overset{t}{\rightarrow} 5HOOC-CH_{2}-COOH + 8MnSO_{4} + 4K_{2}SO_{4} + 22H_{2}O\) Ответ: \(X_1\) — циклопропан, \(X_2\) — \(CH_{3}-CH_{2}-CH_{2}-Br\).