Для выполнения задания 30 используйте следующий перечень веществ: пероксид водорода, гидроксид железа(II), серная кислота, перманганат калия, дигидрофосфат магния, гидроксид калия. Допустимо использование водных растворов веществ. Из предложенного перечня выберите два вещества, при протекании реакции ионного обмена между растворами которых образуется осадок. Запишите молекулярное, полное и сокращённое ионные уравнения только одной возможной реакции.

\(3Mg(H_{2}PO_{4})_{2} + 12KOH = Mg_{3}(PO_{4})_{2}\downarrow + 4K_{3}PO_{4} + 12H_{2}O\) \(3Mg^{2+} + 6H_{2}PO_{4}^{-} + 12K^{+} + 12OH^{-} = Mg_{3}(PO_{4})_{2}\downarrow + 12K^{+} + 4PO_{4}^{3-} + 12H_{2}O\) \(3Mg^{2+} + 6H_{2}PO_{4}^{-} + 12OH^{-} = Mg_{3}(PO_{4})_{2}\downarrow + 4PO_{4}^{3-} + 12H_{2}O\) Второй допустимый вариант \(Mg(H_{2}PO_{4})_{2} + 6KOH = Mg(OH)_{2}\downarrow + 2K_{3}PO_{4} + 4H_{2}O\) \(Mg^{2+} + 2H_{2}PO_{4}^{-} + 6K^{+} + 6OH^{-} = Mg(OH)_{2}\downarrow + 6K^{+} + 2PO_{4}^{3-} + 4H_{2}O\) \(Mg^{2+} + 2H_{2}PO_{4}^{-} + 6OH^{-} = Mg(OH)_{2}\downarrow + 2PO_{4}^{3-} + 4H_{2}O\) Подробный разбор В перечне есть только одна пара, дающая осадок при обмене в растворах: дигидрофосфат магния и гидроксид калия. Щёлочь \(KOH\) взята в избытке, поэтому кислая соль полностью переводится в средний фосфат: \(H_{2}PO_{4}^{-} + 2OH^{-} \rightarrow PO_{4}^{3-} + 2H_{2}O\), а ионы \(Mg^{2+}\) связываются в нерастворимый \(Mg_{3}(PO_{4})_{2}\). Молекулярное уравнение: \(3Mg(H_{2}PO_{4})_{2} + 12KOH = Mg_{3}(PO_{4})_{2}\downarrow + 4K_{3}PO_{4} + 12H_{2}O\) Полное ионное уравнение (на ионы расписываем растворимые соли и щёлочь; \(Mg_{3}(PO_{4})_{2}\) — осадок, вода — слабый электролит): \(3Mg^{2+} + 6H_{2}PO_{4}^{-} + 12K^{+} + 12OH^{-} = Mg_{3}(PO_{4})_{2}\downarrow + 12K^{+} + 4PO_{4}^{3-} + 12H_{2}O\) Сокращённое ионное уравнение (сокращаем ионы-наблюдатели \(K^{+}\)): \(3Mg^{2+} + 6H_{2}PO_{4}^{-} + 12OH^{-} = Mg_{3}(PO_{4})_{2}\downarrow + 4PO_{4}^{3-} + 12H_{2}O\) Второй допустимый вариант — при большом избытке щёлочи в осадок уходит гидроксид магния: \(Mg(H_{2}PO_{4})_{2} + 6KOH = Mg(OH)_{2}\downarrow + 2K_{3}PO_{4} + 4H_{2}O\) \(Mg^{2+} + 2H_{2}PO_{4}^{-} + 6K^{+} + 6OH^{-} = Mg(OH)_{2}\downarrow + 6K^{+} + 2PO_{4}^{3-} + 4H_{2}O\) \(Mg^{2+} + 2H_{2}PO_{4}^{-} + 6OH^{-} = Mg(OH)_{2}\downarrow + 2PO_{4}^{3-} + 4H_{2}O\) Почему не другие вещества: \(Fe(OH)_{2}\) нерастворим и раствора не даёт, а пары \(H_{2}SO_{4} + KOH\), \(KMnO_{4} + KOH\), \(H_{2}O_{2} +\) что-либо реакцией ионного обмена с осадком не заканчиваются.

Фосфид алюминия растворили в соляной кислоте. К полученному при этом раствору добавили раствор сульфита натрия и наблюдали образование белого осадка и выделение бесцветного газа. Полученный газ разделили на две части, одну часть поглотили раствором дихромата калия, подкисленным серной кислотой. Другую часть газа пропустили в концентрированный раствор азотной кислоты, при этом наблюдали выделение бурого газа. Напишите уравнения четырёх описанных реакций.

1) AlP + 3HCl = AlCl3 + PH3(вверх) 2) 2AlCl3 + 3Na2SO3 + 3H2O = 2Al(OH)3 + 3SO2(вверх) + 6NaCl 3) 3SO2 + K2Cr2O7 + H2SO4 = Cr2(SO4)3 + K2SO4 + H2O 4) SO2 + 2HNO3 = H2SO4 + 2NO2(вверх) Подробный разбор Фосфид алюминия — соль слабой кислоты, поэтому сильная соляная кислота вытесняет из него фосфин: \(AlP + 3HCl = AlCl_{3} + PH_{3}\uparrow\) В растворе оказался \(AlCl_{3}\). Соль слабого основания и соль слабой кислоты в растворе взаимно усиливают гидролиз, поэтому вместо обмена идёт полный гидролиз: белый осадок — \(Al(OH)_{3}\), бесцветный газ — \(SO_{2}\): \(2AlCl_{3} + 3Na_{2}SO_{3} + 3H_{2}O = 2Al(OH)_{3}\downarrow + 3SO_{2}\uparrow + 6NaCl\) Далее по тексту «полученный газ» — это \(SO_{2}\). Он сильный восстановитель: с дихроматом в кислой среде окисляется до сульфата, а \(Cr^{+6}\) восстанавливается до \(Cr^{+3}\) (оранжевый раствор зеленеет): \(3SO_{2} + K_{2}Cr_{2}O_{7} + H_{2}SO_{4} = Cr_{2}(SO_{4})_{3} + K_{2}SO_{4} + H_{2}O\) С концентрированной азотной кислотой \(SO_{2}\) окисляется до серной кислоты, а бурый газ — это \(NO_{2}\), продукт восстановления концентрированной \(HNO_{3}\): \(SO_{2} + 2HNO_{3} = H_{2}SO_{4} + 2NO_{2}\uparrow\) Обратите внимание: фосфин в дальнейших реакциях не участвует — газ, который делили на две части, образовался на второй стадии.

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

Разберём схему с двух концов: узловое вещество — амин \(X_1\), от него одна ветка идёт к целевому вторичному амину, вторая — через спирт и алкен к уксусной кислоте. Целевой продукт — втор-бутил(метил)амин, значит к аминогруппе исходного амина пристраивают метил бромметаном. \(X_1\) — втор-бутиламин, реакция с \(CH_3Br\) даёт соль \(X_2\): \(CH_{3}-CH(NH_{2})-CH_{2}-CH_{3} + CH_{3}Br \rightarrow [CH_{3}-CH(NH_{2}CH_{3})-CH_{2}-CH_{3}]^{+}Br^{-}\) Свободный амин выделяют из соли действием щёлочи: \([CH_{3}-CH(NH_{2}CH_{3})-CH_{2}-CH_{3}]^{+}Br^{-} + NaOH \rightarrow CH_{3}-CH(NH-CH_{3})-CH_{2}-CH_{3} + NaBr + H_{2}O\) Вторая ветка: первичный амин с азотистой кислотой даёт спирт с выделением азота — аминогруппа заменяется на \(OH\) без изменения углеродного скелета: \(CH_{3}-CH(NH_{2})-CH_{2}-CH_{3} + HNO_{2} \rightarrow CH_{3}-CH(OH)-CH_{2}-CH_{3} + N_{2}\uparrow + H_{2}O\) Внутримолекулярная дегидратация бутанола-2 идёт по правилу Зайцева — водород отщепляется от менее гидрированного соседнего атома, поэтому образуется бутен-2, а не бутен-1: \(CH_{3}-CH(OH)-CH_{2}-CH_{3} \overset{H_{2}SO_{4}, t}{\rightarrow} CH_{3}-CH=CH-CH_{3} + H_{2}O\) Жёсткое окисление разрывает двойную связь ровно посередине, и обе половинки \(CH_3-CH=\) превращаются в уксусную кислоту (в кислой среде — именно кислоту, а не соль): \(5CH_{3}-CH=CH-CH_{3} + 8KMnO_{4} + 12H_{2}SO_{4} \overset{t}{\rightarrow} 10CH_{3}-COOH + 8MnSO_{4} + 4K_{2}SO_{4} + 12H_{2}O\) Промежуточные вещества: \(X_1\) — бутанамин-2 (втор-бутиламин): \(CH_{3}-CH(NH_{2})-CH_{2}-CH_{3}\) \(X_2\) — бромид метил(втор-бутил)аммония: \([CH_{3}-CH(NH_{2}CH_{3})-CH_{2}-CH_{3}]^{+}Br^{-}\)

Органическое вещество содержит 3,41% водорода, 34,09% углерода, 36,36% кислорода и 26,14% натрия по массе. Известно, что при нагревании этого вещества с избытком гидроксида натрия образуется предельный углеводород. На основании данных условия задачи: 1) проведите необходимые вычисления (указывайте единицы измерения физических величин) и установите молекулярную формулу исходного вещества; 2) составьте возможную структурную формулу исходного вещества, которая однозначно отражает порядок связи атомов в его молекуле; 3) напишите уравнение реакции, протекающей при нагревании исходного вещества с избытком гидроксида натрия (используйте структурные формулы органических веществ).

Пусть формула соли \(C_{x}H_{y}O_{z}Na_{m}\). Возьмём 100 г вещества — тогда массовые доли дают массы элементов, а количества вещества находим делением на молярные массы: \(x : y : z : m = \frac{34,09\ г}{12\ г/моль} : \frac{3,41\ г}{1\ г/моль} : \frac{36,36\ г}{16\ г/моль} : \frac{26,14\ г}{23\ г/моль}\) \(x : y : z : m = 2,84 : 3,41 : 2,27 : 1,14\) Делим на наименьшее (1,14): \(2,5 : 3 : 2 : 1\), умножаем на 2, чтобы получить целые числа: \(5 : 6 : 4 : 2\). Молекулярная формула — \(C_{5}H_{6}O_{4}Na_{2}\) (\(M = 176\ г/моль\)). Два атома натрия и четыре атома кислорода — это две группы \(-COONa\), то есть натриевая соль двухосновной карбоновой кислоты. На них уходит \(C_{2}O_{4}Na_{2}\), остаётся фрагмент \(C_{3}H_{6}\) — три метиленовые группы. Значит, соль неразветвлённая: \(NaOOC-CH_{2}-CH_{2}-CH_{2}-COONa\) Это подтверждается условием: при сплавлении с избытком щёлочи обе группы \(-COONa\) отщепляются, и из цепи остаётся именно предельный углеводород (пропан), а не непредельный. \(NaOOC-CH_{2}-CH_{2}-CH_{2}-COONa + 2NaOH \overset{t}{\rightarrow} H_{3}C-CH_{2}-CH_{3} + 2Na_{2}CO_{3}\)

К 200 г раствора фосфорной кислоты добавили хлорид фосфора(V). После завершения реакции молярные концентрации двух кислот в образовавшемся растворе оказались одинаковыми. Для полной нейтрализации полученного раствора потребовалось добавить 263 г раствора гидроксида лития, после чего массовая доля соли в образовавшемся растворе составила 5%. Рассчитайте молярную концентрацию фосфорной кислоты в исходном растворе, если его плотность составляет 1,05 г/мл. В ответе запишите уравнения реакций, которые указаны в условии задачи, и приведите все необходимые вычисления (указывайте единицы измерения искомых физических величин).

Записаны уравнения реакций: [1] PCl5 + 4H2O = H3PO4 + 5HCl [2] H3PO4 + 3LiOH = Li3PO4(вниз) + 3H2O [3] HCl + LiOH = LiCl + H2O Пусть n(H3PO4 исх.) = x моль, n(PCl5) = y моль, тогда в реакции 1: n(H3PO4 обр.) = y моль, n(HCl обр.) = 5y моль; n(H3PO4 всего) = (x + y) моль. Поскольку молярные концентрации H3PO4 и HCl в растворе равны, то их количества (моль) также равны друг другу: x + y = 5y x = 4y После добавления раствора гидроксида лития образовался осадок фосфата лития, в растворе находится хлорид лития. n(LiCl) = 5y моль m(LiCl) = 42,5 * 5y = 212,5y г m(обр. р-ра) = 200 + 208,5y + 263 - 116(x + y) = 463 + 208,5y - 116*5y = 463 - 371,5y г 212,5y / (463 - 371,5y) = 0,05 y = 0,1 x = 0,4 V(исх. р-ра) = 200 / 1,05 = 190 мл, или 0,19 л c(H3PO4) = 0,4 / 0,19 = 2,1 моль/л Подробный разбор Хлорид фосфора(V) гидролизуется водой раствора, давая ещё фосфорную кислоту и хлороводород; затем обе кислоты нейтрализуются щёлочью, причём фосфат лития выпадает в осадок: \(PCl_{5} + 4H_{2}O = H_{3}PO_{4} + 5HCl\) \(H_{3}PO_{4} + 3LiOH = Li_{3}PO_{4}\downarrow + 3H_{2}O\) \(HCl + LiOH = LiCl + H_{2}O\) Пусть \(n(H_{3}PO_{4})\) в исходном растворе равно \(x\) моль, а \(n(PCl_{5}) = y\) моль. По уравнению [1] из \(y\) моль \(PCl_{5}\) получается \(y\) моль \(H_{3}PO_{4}\) и \(5y\) моль \(HCl\), поэтому всего в растворе \((x + y)\) моль фосфорной кислоты. Обе кислоты находятся в одном и том же растворе, значит при равных молярных концентрациях равны и их количества вещества: \(x + y = 5y\), откуда \(x = 4y\). После нейтрализации весь фосфор уходит в осадок \(Li_{3}PO_{4}\), а единственная соль в растворе — хлорид лития. По уравнению [3] \(n(LiCl) = n(HCl) = 5y\) моль: \(m(LiCl) = 5y \cdot 42{,}5 = 212{,}5y\) г. По уравнению [2] \(n(Li_{3}PO_{4}) = n(H_{3}PO_{4}) = (x + y)\) моль, и эта масса уходит из раствора с осадком. Масса раствора складывается из исходного раствора, добавленного \(PCl_{5}\) (\(M = 208{,}5\) г/моль) и раствора щёлочи за вычетом осадка (\(M(Li_{3}PO_{4}) = 116\) г/моль): \(m(\text{р-ра}) = 200 + 208{,}5y + 263 - 116(x + y) = 463 + 208{,}5y - 116 \cdot 5y = (463 - 371{,}5y)\) г. Из условия о массовой доле соли: \(\dfrac{212{,}5y}{463 - 371{,}5y} = 0{,}05\), откуда \(y = 0{,}1\) моль, а \(x = 4y = 0{,}4\) моль. Объём исходного раствора: \(V = \dfrac{200\ \text{г}}{1{,}05\ \text{г/мл}} = 190{,}5\ \text{мл} \approx 0{,}19\ \text{л}\). \(c(H_{3}PO_{4}) = \dfrac{0{,}4\ \text{моль}}{0{,}19\ \text{л}} \approx 2{,}1\ \text{моль/л}\). Ответ: \(c(H_{3}PO_{4}) \approx 2{,}1\) моль/л.