Вещество А содержит 30% углерода, 1,25% водорода, 48,75% калия по массе, остальное — кислород. Вещество А образуется при обработке избытком раствора гидроксида калия вещества Б без нагревания. Известно, что функциональные группы в молекуле вещества Б не находятся у соседних атомов углерода. На основании данных условия задачи: 1) проведите необходимые вычисления и установите молекулярную формулу вещества А; 2) составьте структурную формулу вещества А, которая однозначно отражает порядок связи атомов в его молекуле; 3) напишите уравнение реакции получения вещества А из вещества Б и гидроксида калия (используйте структурные формулы органических веществ).

Возьмём 100 г вещества А и найдём массовую долю кислорода: \(\omega(O) = 100\% - 30\% - 1{,}25\% - 48{,}75\% = 20\%\). Общая формула А — \(C_{x}H_{y}O_{z}K_{m}\). Количества вещества элементов в 100 г: \(n(C) = \dfrac{30\ \text{г}}{12\ \text{г/моль}} = 2{,}5\ \text{моль}\); \(n(H) = \dfrac{1{,}25\ \text{г}}{1\ \text{г/моль}} = 1{,}25\ \text{моль}\); \(n(O) = \dfrac{20\ \text{г}}{16\ \text{г/моль}} = 1{,}25\ \text{моль}\); \(n(K) = \dfrac{48{,}75\ \text{г}}{39\ \text{г/моль}} = 1{,}25\ \text{моль}\). \(x : y : z : m = 2{,}5 : 1{,}25 : 1{,}25 : 1{,}25 = 2 : 1 : 1 : 1\). Простейшая формула \(C_{2}HOK\) даёт слишком мало водорода для устойчивой частицы, а одинаковые количества атомов \(O\) и \(K\) указывают на группы \(-OK\). Умножив индексы на 3, получаем формулу с тремя такими группами и бензольным кольцом: \(C_{6}H_{3}O_{3}K_{3}\) \((M = 240\ \text{г/моль}\); проверка: \(\omega(C) = 72/240 = 30\%\), \(\omega(K) = 117/240 = 48{,}75\%)\). Три атома калия связаны с кислородом, значит А — калиевая соль трёхатомного фенола \(C_{6}H_{3}(OH)_{3}\), то есть вещества Б. По условию функциональные группы не стоят у соседних атомов углерода, поэтому из трёх возможных изомеров (1,2,3-, 1,2,4- и 1,3,5-) подходит только симметричный: Б — флороглюцин (бензол-1,3,5-триол), А — его трикалиевая соль, бензол-1,3,5-триолят калия. Структурная формула А: бензольное кольцо, у атомов углерода 1, 3 и 5 — группы \(-OK\), у атомов 2, 4 и 6 — атомы \(H\): Гидроксильные группы фенолов проявляют кислотные свойства, поэтому избыток раствора \(KOH\) без нагревания замещает калием водород во всех трёх группах:

Для проведения электролиза (на инертных электродах) взяли 750 мл раствора сульфата меди(II) с концентрацией 0,8 моль/л и плотностью 1,08 г/мл. После того как на аноде выделилось 4,48 л (н.у.) газа, процесс остановили. К образовавшемуся в процессе электролиза раствору добавили 500 мл раствора гидроксида натрия с концентрацией 3,2 моль/л и плотностью 1,25 г/мл. Определите массовую долю щёлочи в полученном растворе. В ответе запишите уравнения реакций, которые указаны в условии задачи, и приведите все необходимые вычисления (указывайте единицы измерения искомых физических величин).

2CuSO4 + 2H2O = 2Cu + 2H2SO4 + O2 (электролиз) 2NaOH + CuSO4 = Na2SO4 + Cu(OH)2 2NaOH + H2SO4 = Na2SO4 + 2H2O n(CuSO4) = 0,75*0,8 = 0,6 моль m(р-ра)(CuSO4) = 750*1,08 = 810 г n(O2) = 4,48/22,4 = 0,2 моль n(Cu) = 2n(O2) = 0,4 моль n(CuSO4 прореагировало) = n(Cu) = 0,4 моль n(CuSO4 осталось) = 0,6 - 0,4 = 0,2 моль n(H2SO4) = n(CuSO4 прореагировало) = 0,4 моль n(NaOH) = 0,5*3,2 = 1,6 моль m(р-ра)(NaOH) = 500*1,25 = 625 г n(NaOH прореагировало) = 2n(CuSO4 осталось) + 2n(H2SO4) = 0,4 + 0,8 = 1,2 моль n(NaOH осталось) = 1,6 - 1,2 = 0,4 моль n(Cu(OH)2) = n(CuSO4 осталось) = 0,2 моль m(Cu) = 0,4*64 = 25,6 г m(O2) = 0,2*32 = 6,4 г m(NaOH осталось) = 0,4*40 = 16 г m(Cu(OH)2) = 0,2*98 = 19,6 г m(конечного р-ра) = 810 + 625 - 25,6 - 6,4 - 19,6 = 1383,4 г omega(NaOH) = 16/1383,4 = 0,012, или 1,2 % Подробный разбор При электролизе раствора \(CuSO_{4}\) на инертных электродах на катоде выделяется медь, на аноде — кислород, а в растворе накапливается серная кислота: \(2CuSO_{4} + 2H_{2}O \xrightarrow{\text{электролиз}} 2Cu\downarrow + 2H_{2}SO_{4} + O_{2}\uparrow\) Щёлочь расходуется сначала на непрореагировавшую соль, затем на образовавшуюся кислоту: \(2NaOH + CuSO_{4} = Na_{2}SO_{4} + Cu(OH)_{2}\downarrow\) \(2NaOH + H_{2}SO_{4} = Na_{2}SO_{4} + 2H_{2}O\) Исходный раствор соли: \(n(CuSO_{4}) = 0{,}75\ л \cdot 0{,}8\ моль/л = 0{,}6\ моль\); \(m(р\text{-}ра) = 750\ мл \cdot 1{,}08\ г/мл = 810\ г\). Газ на аноде — кислород: \(n(O_{2}) = 4{,}48\ л : 22{,}4\ л/моль = 0{,}2\ моль\). По уравнению 1 \(n(Cu) = 2n(O_{2}) = 0{,}4\ моль\), и столько же соли разложилось: \(n(CuSO_{4}\ прореаг.) = 0{,}4\ моль\), значит \(n(H_{2}SO_{4}) = 0{,}4\ моль\), а в растворе осталось \(n(CuSO_{4}) = 0{,}6 - 0{,}4 = 0{,}2\ моль\). Раствор щёлочи: \(n(NaOH) = 0{,}5\ л \cdot 3{,}2\ моль/л = 1{,}6\ моль\); \(m(р\text{-}ра) = 500\ мл \cdot 1{,}25\ г/мл = 625\ г\). По уравнениям 2 на каждое вещество идёт по 2 моль щёлочи: \(n(NaOH\ прореаг.) = 2 \cdot 0{,}2 + 2 \cdot 0{,}4 = 1{,}2\ моль\), поэтому щёлочь в избытке: \(n(NaOH\ ост.) = 1{,}6 - 1{,}2 = 0{,}4\ моль\), \(m(NaOH\ ост.) = 0{,}4\ моль \cdot 40\ г/моль = 16\ г\). Осадка по первому уравнению из пункта 2: \(n(Cu(OH)_{2}) = n(CuSO_{4}\ ост.) = 0{,}2\ моль\), \(m = 0{,}2 \cdot 98 = 19{,}6\ г\). Массу раствора уменьшают медь на катоде, кислород на аноде и осадок: \(m(Cu) = 0{,}4 \cdot 64 = 25{,}6\ г\), \(m(O_{2}) = 0{,}2 \cdot 32 = 6{,}4\ г\). \(m(конечн.\ р\text{-}ра) = 810 + 625 - 25{,}6 - 6{,}4 - 19{,}6 = 1383{,}4\ г\) \(\omega(NaOH) = \dfrac{16\ г}{1383{,}4\ г} \approx 0{,}012\), или \(1{,}2\ \%\). Ответ: \(\omega(NaOH) \approx 1{,}2\ \%\).

Определите, атомы каких из указанных в ряду элементов в основном состоянии на внешнем уровне содержат один неспаренный электрон. Запишите номера выбранных элементов. 1) Cr 2) P 3) Al 4) Be 5) S

В задании речь идёт именно о внешнем энергетическом уровне, то есть о том, у которого наибольший номер. Для d-элементов это не d-подуровень предвнешнего слоя, а s-подуровень внешнего слоя. Поэтому нужно записать электронную конфигурацию атома в основном состоянии, выделить внешний уровень и посчитать в нём электроны, оставшиеся неспаренными по правилу Хунда. Подходят элементы 1 и 3. Хром \(Cr\) (номер 24) — элемент побочной подгруппы, у него происходит «провал» электрона: \(...3d^{5}4s^{1}\). Внешний, четвёртый уровень содержит единственный электрон \(4s^{1}\), а значит, ровно один неспаренный электрон. Пять неспаренных \(3d\)-электронов лежат на предвнешнем уровне и в подсчёте не участвуют. Алюминий \(Al\) (номер 13) имеет на внешнем третьем уровне конфигурацию \(3s^{2}3p^{1}\). Пара \(3s^{2}\) спарена, а единственный \(p\)-электрон занимает одну орбиталь в одиночку — снова один неспаренный электрон. Остальные элементы условию не отвечают. У фосфора \(P\) внешний уровень \(3s^{2}3p^{3}\): три \(p\)-электрона по правилу Хунда размещаются по одному на трёх орбиталях, поэтому неспаренных электронов три. У бериллия \(Be\) внешний уровень \(2s^{2}\) — оба электрона образуют пару, неспаренных нет вовсе. У серы \(S\) внешний уровень \(3s^{2}3p^{4}\): четвёртый \(p\)-электрон вынужден встать в пару к одному из трёх, и остаются два неспаренных электрона. Ответ: 13.

Из указанных в ряду химических элементов выберите три p-элемента. Расположите выбранные элементы в порядке возрастания восстановительных свойств соответствующих им простых веществ. Запишите номера выбранных элементов в нужной последовательности. 1) Cr 2) P 3) Al 4) Be 5) S.

Сначала определим, к какому электронному семейству относится каждый элемент — по тому, какой подуровень заполняется последним: \(Cr\) — \(...3d^{5}4s^{1}\), последним заполняется \(d\)-подуровень, это \(d\)-элемент; \(P\) — \(...3s^{2}3p^{3}\), \(p\)-элемент; \(Al\) — \(...3s^{2}3p^{1}\), \(p\)-элемент; \(Be\) — \(...2s^{2}\), \(s\)-элемент; \(S\) — \(...3s^{2}3p^{4}\), \(p\)-элемент. Значит, \(p\)-элементы — это фосфор, алюминий и сера, то есть номера 2, 3, 5. Теперь сравним восстановительные свойства простых веществ. Восстановитель отдаёт электроны, поэтому восстановительные свойства тем сильнее, чем легче атом расстаётся с внешними электронами. Все три элемента находятся в третьем периоде, где слева направо заряд ядра растёт, радиус атома уменьшается, а электроотрицательность увеличивается — значит, в ряду \(Al \rightarrow P \rightarrow S\) восстановительные свойства ослабевают. Располагаем элементы в порядке возрастания восстановительных свойств, то есть в обратном направлении: сера (неметалл с наибольшей электроотрицательностью, сам чаще выступает окислителем) — фосфор (неметалл, но окисляется легче серы) — алюминий (металл, легко отдаёт электроны: \(Al - 3\bar{e} \rightarrow Al^{3+}\)). Ответ: 523.

Из числа указанных в ряду элементов выберите два элемента, которые в составе образованных ими анионов с общей формулой \(ЭО_x^{2-}\) могут иметь одинаковую степень окисления. Запишите номера выбранных элементов. 1) Cr 2) P 3) Al 4) Be 5) S.

Начните с того, что общая формула \(ЭO_{x}^{2-}\) — это анион, состоящий только из элемента и кислорода и несущий заряд \(2-\). Значит, нужно для каждого элемента вспомнить его кислородсодержащий анион такого вида и посчитать в нём степень окисления элемента: сумма степеней окисления всех атомов должна равняться заряду иона, а у кислорода она равна \(-2\). Хром в высшей степени окисления образует хромат-ион \(CrO_{4}^{2-}\). Здесь четыре атома кислорода дают \(-8\), поэтому на хром приходится \(+6\). Сера в высшей степени окисления образует сульфат-ион \(SO_{4}^{2-}\). Расчёт тот же: \(-8\) от кислорода и заряд \(2-\) дают для серы \(+6\). Совпадение здесь не случайно: хром и сера находятся в одной, шестой группе, поэтому их высшая степень окисления одинакова и равна номеру группы. Именно эти два элемента в составе анионов \(CrO_{4}^{2-}\) и \(SO_{4}^{2-}\) проявляют одну и ту же степень окисления \(+6\). Ответ: 15