На кристаллический хлорид натрия подействовали избытком концентрированного раствора серной кислоты, в результате выделился газ, а в растворе образовалась кислая соль. Эту соль поместили в раствор нитрата бария. Газ поглотили водой и в полученный раствор внесли карбонат гидроксомеди(II). К полученному раствору добавили раствор иодида натрия. Напишите уравнения четырёх описанных реакций.

1) NaCl + H2SO4 = NaHSO4 + HCl 2) NaHSO4 + Ba(NO3)2 = BaSO4 + NaNO3 + HNO3 3) 4HCl + (CuOH)2CO3 = 2CuCl2 + CO2 + 3H2O 4) 2CuCl2 + 4NaI = 2CuI + I2 + 4NaCl Подробный разбор Разберём цепочку по шагам условия. Избыток концентрированной серной кислоты на твёрдом \(NaCl\) даёт именно кислую соль — гидросульфат натрия, а хлороводород уходит газом (он плохо растворим в концентрированной \(H_{2}SO_{4}\)): \(NaCl + H_{2}SO_{4} = NaHSO_{4} + HCl\uparrow\) Гидросульфат-ион в растворе поставляет \(SO_{4}^{2-}\), поэтому с нитратом бария выпадает нерастворимый \(BaSO_{4}\), а водород кислой соли остаётся в растворе в виде сильной азотной кислоты: \(NaHSO_{4} + Ba(NO_{3})_{2} = BaSO_{4}\downarrow + NaNO_{3} + HNO_{3}\) Газ \(HCl\), поглощённый водой, — это соляная кислота. Малахит \((CuOH)_{2}CO_{3}\) содержит и гидроксогруппы, и карбонат, поэтому на 1 моль соли нужно 4 моль \(HCl\); углекислый газ выделяется: \(4HCl + (CuOH)_{2}CO_{3} = 2CuCl_{2} + CO_{2}\uparrow + 3H_{2}O\) Иодид-ион — восстановитель, поэтому реакция идёт не как обмен: \(Cu^{2+}\) восстанавливается до \(Cu^{+}\) и связывается в нерастворимый \(CuI\), а иод выделяется свободным: \(2CuCl_{2} + 4NaI = 2CuI\downarrow + I_{2} + 4NaCl\) Ключевые ловушки: в первой реакции при избытке кислоты образуется \(NaHSO_{4}\), а не \(Na_{2}SO_{4}\); в последней — не \(CuI_{2}\) (такое соединение не существует), а \(CuI\) и \(I_{2}\).

Вещество А содержит 57,75 % углерода, 7,49 % азота, 17,11 % кислорода, 12,30 % натрия по массе, остальное водород. Вещество А образуется при взаимодействии вещества В с гидроксидом натрия. Известно, что в молекуле вещества В азотсодержащая функциональная группа находится в альфа-положении по отношению к кислородсодержащей, а в ароматическом кольце замещён только один атом водорода. На основании данных условия задачи: 1) проведите необходимые вычисления (указывайте единицы измерения искомых физических величин) 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 В и гидроксида натрия (используйте структурные формулы органических веществ).

1) Возьмём 100 г вещества А. Тогда массовая доля водорода: \(\omega(H) = 100\% - 57{,}75\% - 7{,}49\% - 17{,}11\% - 12{,}30\% = 5{,}35\%\), то есть в 100 г содержится 57,75 г C, 5,35 г H, 7,49 г N, 17,11 г O и 12,30 г Na. Находим количества вещества элементов и их соотношение (формулу записываем как \(C_{x}H_{y}N_{z}O_{k}Na_{l}\)): \(x : y : z : k : l = \dfrac{57{,}75}{12} : \dfrac{5{,}35}{1} : \dfrac{7{,}49}{14} : \dfrac{17{,}11}{16} : \dfrac{12{,}30}{23} = 4{,}81 : 5{,}35 : 0{,}535 : 1{,}07 : 0{,}535 = 9 : 10 : 1 : 2 : 1\) моль. Молекулярная формула вещества А: \(C_{9}H_{10}NO_{2}Na\). 2) Наличие натрия и двух атомов кислорода указывает на соль карбоновой кислоты (группа \(-COONa\)), а единственный атом азота входит в аминогруппу \(-NH_{2}\), которая по условию стоит в \(\alpha\)-положении к карбоксильной группе. Остаток \(C_{7}H_{7}-\) при монозамещённом кольце — это бензильная группа \(C_{6}H_{5}-CH_{2}-\). Структурная формула вещества А: \(C_{6}H_{5}-CH_{2}-CH(NH_{2})-COONa\) — натриевая соль фенилаланина. Значит, вещество В — сам фенилаланин \(C_{6}H_{5}-CH_{2}-CH(NH_{2})-COOH\), который со щёлочью реагирует карбоксильной группой. 3) Уравнение реакции получения вещества А: \(C_{6}H_{5}-CH_{2}-CH(NH_{2})-COOH + NaOH \rightarrow C_{6}H_{5}-CH_{2}-CH(NH_{2})-COONa + H_{2}O\)

Образец алюминия массой 2,7 г растворили в 75 г соляной кислоты. После того как к полученному раствору добавили 250 мл раствора NaOH с молярной концентрацией 2 моль/л, в полученном растворе молярная концентрация хлорид-ионов стала равна молярной концентрации ионов натрия. Затем к реакционной смеси добавили ещё некоторое количество этого же раствора гидроксида натрия, после чего в полученном растворе молярная концентрация хлорид-ионов оказалась в 2,5 раза меньше молярной концентрации ионов натрия. Рассчитайте массовую долю гидроксида натрия в образовавшемся растворе. Плотность раствора NaOH с молярной концентрацией 2 моль/л равна 1,1 г/мл.

Записаны уравнения реакций: [1] Al + 3HCl = AlCl3 + 3/2 H2 [2] AlCl3 + 3NaOH = Al(OH)3 + 3NaCl [3] HCl + NaOH = NaCl + H2O [4] Al(OH)3 + NaOH = Na[Al(OH)4] n(NaOH) = 0,25 * 2 = 0,5 моль, поскольку c(Cl-) = c(Na+), то в 75 г соляной кислоты n(HCl) = n(NaOH) = 0,5 моль n(Al) = 2,7/27 = 0,1 моль n(H2) = 0,15 моль; m(H2) = 0,3 г После завершения реакций [2] и [3] образовался Al(OH)3 в количестве 0,1 моль. В конечном растворе c(Na+) = 2,5 c(Cl-) n(Na+) = 2,5 n(Cl-) = 1,25 моль Следовательно, вторая порция раствора NaOH содержала 1,25 - 0,5 = 0,75 моль NaOH, а её объём составил 375 мл. В реакции [4] израсходовано 0,1 моль NaOH, конечный раствор содержит 0,65 моль NaOH. m(NaOH в конечн. р-ре) = 0,65 * 40 = 26 г m(р-ра) = 2,7 + 75 - 0,3 + 1,1*(250 + 375) = 764,9 г ω(NaOH) = 26 / 765,9 = 0,034, или 3,4 % Подробный разбор 1. Алюминий растворяется в кислоте, образующийся \(AlCl_{3}\) и остаток кислоты реагируют со щёлочью, а избыток щёлочи растворяет осадок гидроксида алюминия: \(Al + 3HCl = AlCl_{3} + \frac{3}{2}H_{2}\uparrow\) \(AlCl_{3} + 3NaOH = Al(OH)_{3}\downarrow + 3NaCl\) \(HCl + NaOH = NaCl + H_{2}O\) \(Al(OH)_{3} + NaOH = Na[Al(OH)_{4}]\) 2. В первой порции щёлочи \(n(NaOH) = 0{,}25\ л \cdot 2\ моль/л = 0{,}5\ моль\). Ионы \(Na^{+}\) и \(Cl^{-}\) находятся в одном и том же растворе, поэтому равенство их концентраций означает равенство количеств: \(n(Cl^{-}) = n(Na^{+}) = 0{,}5\ моль\). Весь хлор пришёл с кислотой, значит в 75 г раствора было \(n(HCl) = 0{,}5\ моль\). 3. \(n(Al) = \dfrac{2{,}7\ г}{27\ г/моль} = 0{,}1\ моль\); по уравнению [1] \(n(H_{2}) = 1{,}5 \cdot 0{,}1 = 0{,}15\ моль\), \(m(H_{2}) = 0{,}15\ моль \cdot 2\ г/моль = 0{,}3\ г\) — эта масса уходит из раствора. 4. По уравнению [1] на алюминий израсходовано \(0{,}3\ моль\ HCl\), в избытке осталось \(0{,}2\ моль\), на его нейтрализацию по [3] уходит \(0{,}2\ моль\ NaOH\). Оставшиеся \(0{,}5 - 0{,}2 = 0{,}3\ моль\ NaOH\) по уравнению [2] полностью осаждают алюминий: \(n(Al(OH)_{3}) = \dfrac{0{,}3}{3} = 0{,}1\ моль\). 5. Хлор в растворе больше не появляется, поэтому в конечном растворе \(n(Cl^{-}) = 0{,}5\ моль\), а \(n(Na^{+}) = 2{,}5 \cdot 0{,}5 = 1{,}25\ моль\). Вторая порция содержала \(1{,}25 - 0{,}5 = 0{,}75\ моль\ NaOH\), её объём \(V = \dfrac{0{,}75\ моль}{2\ моль/л} = 0{,}375\ л = 375\ мл\). 6. По уравнению [4] на растворение осадка израсходовано \(0{,}1\ моль\ NaOH\), так что в свободном виде остаётся \(0{,}75 - 0{,}1 = 0{,}65\ моль\): \(m(NaOH) = 0{,}65\ моль \cdot 40\ г/моль = 26\ г\). 7. Масса раствора складывается из образца, кислоты и обеих порций щёлочи минус улетевший водород: \(m(р\text{-}ра) = 2{,}7\ г + 75\ г + 1{,}1\ г/мл \cdot (250 + 375)\ мл - 0{,}3\ г = 764{,}9\ г\). 8. \(\omega(NaOH) = \dfrac{26\ г}{764{,}9\ г} \cdot 100\% \approx 3{,}4\%\). Ответ: 3,4 %.

Определите, атомы каких из указанных в ряду элементов в возбуждённом состоянии имеют электронную формулу внешнего энергетического уровня ns1np2. Запишите номера выбранных элементов. 1) Cr; 2) Al; 3) B; 4) O; 5) N.

Формула \(ns^{1}np^{2}\) описывает внешний уровень в возбуждённом состоянии, а такое состояние возникает, когда один из спаренных \(s\)-электронов переходит на свободную орбиталь \(p\)-подуровня того же уровня. Значит, в основном состоянии у такого атома на внешнем уровне должно быть три электрона в конфигурации \(ns^{2}np^{1}\): пара на \(s\)-орбитали распаривается, и получается \(ns^{1}np^{2}\) с тремя неспаренными электронами. Ищем в ряду элементы IIIA-группы. Бор (3) — элемент второго периода, IIIA-группы: \(2s^{2}2p^{1}\). При возбуждении \(2s^{2}2p^{1} \rightarrow 2s^{1}2p^{2}\) — конфигурация совпадает с искомой. Алюминий (2) — аналог бора в третьем периоде: \(3s^{2}3p^{1}\), и при возбуждении \(3s^{2}3p^{1} \rightarrow 3s^{1}3p^{2}\), то есть тоже \(ns^{1}np^{2}\). Именно способностью переходить в такое состояние объясняется валентность III у обоих элементов. Остальные элементы не подходят. У хрома (1) внешний уровень — четвёртый, и на нём всего один электрон: \(4s^{1}3d^{5}\); ни в основном, ни в возбуждённом состоянии двух \(p\)-электронов на внешнем уровне у него нет, поскольку \(4p\)-подуровень остаётся вакантным. У кислорода (4) конфигурация \(2s^{2}2p^{4}\), у азота (5) — \(2s^{2}2p^{3}\); у обоих на внешнем уровне больше трёх электронов, а свободных орбиталей во втором уровне нет, поэтому распаривание \(s\)-пары для них невозможно и в возбуждённое состояние такого типа они не переходят. Ответ: 23.