Задача ФХ-1 (автор Д. М. Жилин)

РЕШЕНИЯ

НЕОРГАНИЧЕСКАЯ ХИМИЯ

Задание 1.

Атомная масса элемента Х по массовой доле кислорода в его оксиде:

XOn/2 w(O) = 0,1231

8n/(M(X) + 8n) = 0,1231

M(X) = 57n (нет разумных вариантов, для индия (n = 2) степень окисления +2 нехарактерна)

Из стандартных оксидов металлов таким методом не «перебирается» смешанновалентный оксид M3O4, встречающийся для железа, кобальта, марганца, свинца Задача ФХ-1 (автор Д. М. Жилин) и неких других частей, для которых свойственны степени окисления +2, +3 либо +2, +4. Проверим его:

64/(3*M(X) + 64) = 0,1231

M = 152 (Eu). Для европия, нареченного французом Демарсе в честь собственной «большой родины» Европы, вправду свойственны степени окисления +3 (основная для фактически всех лантаноидов) и +2 (в какой он является сильным восстановителем), таким макаром, формулу оксида Eu Задача ФХ-1 (автор Д. М. Жилин)3O4 можно тщательно представить как EuO*Eu2O3

Другие оксиды европия: EuO (изоструктурен галиту NaCl) и Eu2O3, гидроксиды: Eu(OH)2 и Eu(OH)3. Из 2-ух главных гидроксидов по закономерному ослаблению главных параметров с усилением амфотерности при увеличении степени окисления металла более растворимым является Eu(OH)2

Для описанного в условии «гидроксида Задача ФХ-1 (автор Д. М. Жилин)» устанавливается формула Eu(OH)2*H2O

Кристаллическая структура NaCl (соответственно, EuO и халькогенида EuY) представляет собой кубическую гранецентрированную решетку с простой ячейкой, содержащей 4 формульных единицы вещества:

Таким макаром, выражение для плотности воспринимает вид:
p = mячейки/Vячейки = 4*(MEu + MY)/(Na*a3)

MY = (6,5г/см3)*(6,02*1023моль-1)*(6,58*10-8см)3/4 – 152г/моль = 126,7 г Задача ФХ-1 (автор Д. М. Жилин)/моль (Теллур)

Формула халькогенида – EuTe.

Параметр ячейки (сторона куба) складывается из 2-ух ионных радиусов европия и 2-ух ионных радиусов халькогена, таким макаром r(Eu2+) определяется из параметра ячейки EuO как (5,14 – 2*1,36)/2 = 1,21(Å), а r(Te2-) как (6,58 – 2*1,21)/2 = 2,08 (Å)
Хим разделение многих лантаноидов довольно проблематично из-за чрезвычайной схожести их хим поведения, потому для Задача ФХ-1 (автор Д. М. Жилин) этой цели проводят неоднократную перекристаллизацию их солей либо переводят в летучие соединения с следующим разделением газовой хроматографией.

Реакции, описанные в условии:
4Eu + 3O2 = 2Eu2O3

Eu + 2H2O = Eu(OH)2, равномерно происходит окисление и до Eu(+3)

2Eu(OH)2*H2O = 2Eu(OH)3 + H2↑

2Eu3O4 + 18HCl = 6EuCl3 + 8H2O + H Задача ФХ-1 (автор Д. М. Жилин)2↑

1. Определение европия 2 балла, происхождение наименования 1 балл – всего 3 балла

2. 3 формулы по 1 баллу – всего 3 балла

3. Определение теллура – 3 балла

4. 2 формулы и вердикт о растворимости по 1 баллу – всего 3 балла

5. 2 ионных радиуса по 2 балла – всего 4 балла

6. Способ разделения – 1 балл

7. 4 реакции по 2 балла – всего 8 баллов

Задание 2.

1. Газом с молярной массой 29*1,52 = 44 г/моль, вероятнее всего, является СО2 (представить из какого плава при его кислотной обработке Задача ФХ-1 (автор Д. М. Жилин) может выделиться N2O очень проблематично, т.к. соли, содержащие азот (+1), термически неустойчивы), его количество равно 0,025 моль.

Белоснежным осадком, образующимся при добавлении HCl, может быть или нерастворимый хлорид (AgCl, PbCl2), или нерастворимая кислота (H2SiO3, при прокаливании дает SiO2)
Массе 1,500г соответствуют n(AgCl) = 0,01047 моль, n(PbCl Задача ФХ-1 (автор Д. М. Жилин)2)= 0,005394 моль, n(SiO2)= 0,025 моль. Последнее значение успешно совпадает с количеством CO2.

n(NaOH*H2O) = 7,0/58 = 0,12 (моль)

Остатком после упаривания, по-видимому, является NaCl, n(NaCl) = 7,05/58,5 = 0,12 (моль), что в точности соответствует количеству начального моногидрата NaOH.
Совокупа имеющейся инфы позволяет представить, что плав содержит карбонат и силикат натрия в мольном соотношении 1:1, а Задача ФХ-1 (автор Д. М. Жилин) начальное вещество Х – SiC (карбид кремния, вправду нареченный в честь первооткрывателя фтора Анри Муассана - муассанит),

n(SiC) = 1,000/40 = 0,025 (моль), что закрепляет эту версию как окончательную.

2. SiC + 4NaOH*H2O =(t °C) Na2SiO3 + Na2CO3 + 4H2↑ + 2H2O↑,

в процессе побочных реакций также могут выделяться CO2 (разложение карбоната Задача ФХ-1 (автор Д. М. Жилин) с образованием ортосиликата) и СО (неполное окисление углерода)

3. По уравнению реакции видно, что для полного окисления углерода нужна вода как источник дополнительных протонов, потому удобнее ее сходу вводить в реакцию в составе моногидрата щелочи.

4. Na2SiO3 + 2HCl = H2SiO3↓ + 2NaCl

Na2CO3 + 2HCl = H2O + CO2↑ + 2NaCl

NaOH + HCl = NaCl + H2O Задача ФХ-1 (автор Д. М. Жилин) (щелочь в излишке!)

H2SiO3 =(t °C) H2O↑ + SiO2

Карбид кремния получают сплавлением его оксида с излишком графита при температуре выше 2000°C, получение его из обычных веществ нереально при сплавлении, а может быть только через электродуговое испарение их консистенции из-за высочайшей прочности их кристаллических решеток.

SiO2 + 3C =(t °C Задача ФХ-1 (автор Д. М. Жилин)) SiC + 2CO↑

1. Определение формулы минерала 5 баллов, заглавие 2 балла, происхождение наименования 1 балл – всего 8 баллов.

2. Уравнение реакции 3 балла, побочные продукты 1 балл – всего 4 балла

3. Пояснение необходимости наличия воды – 1 балл

4. 4 реакции по 2 балла, получение SiC 4 балла – всего 12 баллов

Задание 3.

1. Из тестов Туна видно, что А и Е – продукты поочередного окисления гидроксиламина, при этом предстоящее Задача ФХ-1 (автор Д. М. Жилин) окисление Е приводит к образованию азотистой кислоты. Как следует, идет речь о соединениях азота, степени окисления которого и в А и в Е ниже, чем в азотистой кислоте (+3), но выше, чем в гидроксиламине (-1). Самая низкая степень окисления азота в кислоте А, нагревание серебряной соли которой в уксусной кислоте приводит к Задача ФХ-1 (автор Д. М. Жилин) выделению газа Б с плотностью 1,83 г/л, что соответствует молярной массе М = ρRT/P = 1,83·0,082·293/1 = 44 г/моль. Газообразное соединение азота с таковой молярной массой – N2O – оксид азота(I). Так как про другие азотсодержащие продукты в этой реакции ничего не сказано, то и в А более возможная степень окисления азота +1. Можно Задача ФХ-1 (автор Д. М. Жилин) было бы заподозрить, что под А прячется азидоводородная кислота, тем паче, что плотность азидоводорода HN3 при этих критериях имеет близкое значение 1,79 г/л. Но способность А давать кислые соли не позволяет избрать эту догадку.

Итак, А – двухосновная кислота со степенью окисления азота +1, что позволяет приписать ей Задача ФХ-1 (автор Д. М. Жилин) формулу H2N2O2 . Тогда для кислоты Е остается только степень окисления +2 и чтоб сохранить за азотом возможность образования 3-х ковалентных связей, ее формулу, так же как и для А, следует писать двойной: H2N2O3 (H4N2O4). В реакции 3 выходит газ В и еще одна кислота Г, которая образует Задача ФХ-1 (автор Д. М. Жилин) две таутомерные формы в растворе. Это уже отлично всем знакомая азотистая кислота. Так как соляная кислота не является окислителем, это означает, что А подверглась диспропорционированию тогда и газ В – это азот. В таком случае реакция 4 – это тоже диспропорционирование, но уже не до азотистой, а до азотной кислоты (Д).

А Задача ФХ-1 (автор Д. М. Жилин) – H2N2O2 – азотноватистая кислота, Б – N2O – оксид азота(I), В – N2 – азот, Г– HNO2 – азотистая кислота, Д – HNO3 – азотная кислота, Е – H2N2O3 (H4N2O4 ) – нитроксиловая кислота. Структурные формулы этих веществ:

2. Уравнения реакций:

[1]. 2NaNO2 + 4Na(Hg) + 2H2O = Na2N2O2 + 4NaOH;

[2]. Ag2N2O Задача ФХ-1 (автор Д. М. Жилин)2 + 2CH3COOH = 2CH3COOAg + N2O↑ + H2O;

[3]. 3Ag2N2O2 + 6HCl = 6AgCl + 2N2 ↑ + 2HNO2 + 2H2O;

[4]. 5Ag2N2O2 + 10HCl = 10AgCl + 4N2 ↑ + 2HNO3 + 4H2O;

[5]. 2NH2OH + 4KMnO4 + 6KOH = K2N2O2 + 4K2MnO4 + 6H2O;

[6]. K2N2O2 + 2KMnO4 + 2KOH = K2N2O3 + 2K2MnO4 + H Задача ФХ-1 (автор Д. М. Жилин)2O;

[7]. K2N2O3 + 2KMnO4 + 2KOH = 2KNO2 + 2K2MnO4 + H2O;

[8]. (NH3OH)HSO4 + NaNO2 = N2O↑ + NaHSO4 + 2H2O;

[9]. (NH3OH)HSO 4 + NaNO2 = H2N2O2 + NaHSO4 + H2O;

[10]. H2N2O2 = H2O + N2O↑;

[11]. 5H2N2O2 + 8KMnO 4 + 14HNO3 = 8KNO3 + 8Mn(NO3)2 + 12H2O;

[12]. H2N2O2 + 4KMnO Задача ФХ-1 (автор Д. М. Жилин)4 + 6KOH = 2KNO2 + 4K2MnO4 + 4H2O;

[13]. H2N2O2 + HNO2 = N2 ↑ + HNO3 + H2O либо H2N2O2 + 2HNO2 = 4NO↑ + 2H2O.

1. По 1 баллу за структурную формулу, по 0,5 балла за формулу и заглавие для 6 веществ – всего 12 баллов.

2. По 1 баллу за уравнение реакции – всего 13 баллов.

Задание 4.

1. Уравнения реакций самоионизации Задача ФХ-1 (автор Д. М. Жилин):

N2O4 ⇄ NO+ + NO3-

N2O5 ⇄ NO2+ + NO3-

2. Из описания параметров газа Х следует, что это NO. Голубий цвет раствора, который вышел при содействии меди с азотной кислотой, совершенно точно показывает на присутствие нитрата меди (II), т.е. А = Cu(NO3)2∙2.5H2O, тогда безводная соль D = Cu Задача ФХ-1 (автор Д. М. Жилин)(NO3)2. Согласно данным элементного анализа основной соли, n(Cu) : n(N) = 52.9 / 63.5 : 5.8 / 14 = 0.83 : 0.41 = 2 : 1. Уместно представить, что азот заходит в состав В в виде нитратной группы, тогда формулу соли В можно представить в виде Cu2NO3(OH)k . Т.к. при разложении Cu(NO3)2∙2.5H2O удаление меди в виде летучих соединений Задача ФХ-1 (автор Д. М. Жилин) исключено, то из 2 моль Cu(NO3)2∙2.5H2O появляется 1 моль Cu2NO3(OH)k , откуда молярная масса основной соли B 2 ∙ 232.5 ∙ 0.516 = 240 г/моль, k = (240 – 127 – 62)/17 = 3, т.е. В = Cu2NO3(OH)3. Для оксида С получаем n(Cu) : n(O) = 79.9 / 63.5 : 20.1 / 16 = 1.26 : 1.26 = 1 : 1, т.е. С = CuO. С учетом уравнения диссоциации NO2 можно представить, что в Задача ФХ-1 (автор Д. М. Жилин) состав Y входят ионы NO+ и NO3-. В данном случае формула CuN4O10 может быть представлена единственным образом: NO[Cu(NO3)3].

На основании данных о составе Z: n(Zr) : n(N) = 20.4 / 91.2 : 18.8 / 14 = 0.22 : 1.34 = 1 : 6. Беря во внимание аналогию Y и Z, можно ждать, что на формульную единицу Z приходится один Задача ФХ-1 (автор Д. М. Жилин) атом циркония, тогда молярную массу Z можно оценить как 91.2 / 0.204 = 447.06 г/моль. Исходя из условия задачки, Z содержит только Zr, N и O, т.е. формула Z может быть записана в виде ZrN6Om, откуда m = (447.06 – 91.2 – 84) / 16 = 17, т.е. Z = ZrN6O17. Рассуждая аналогичным образом, Z включает ионы NO2+ и NO3-, откуда формула ZrN Задача ФХ-1 (автор Д. М. Жилин)6O17 может быть представлена как NO2[Zr(NO3)5]. Безводным нитратом Е является Zr(NO3)4

3. Уравнения обозначенных в задачке реакций могут быть записаны последующим образом

6Cu + 16HNO3 (30%) + 7H2O = 6Cu(NO3)2∙2.5H2O + 4NO↑

2NO + O2 = 2NO2

8Cu(NO3)2∙2.5H2O =(t °C) 4Cu2NO3(OH)3 + 12NO2↑ + 3O2↑ + 14H2O↑

4Cu Задача ФХ-1 (автор Д. М. Жилин)2NO3(OH)3 =(t °C) 8CuO + 4NO2↑ + O2↑ + 6H2O↑

Cu + 3N2O4 = NO[Cu(NO3)3] + 2NO↑

NO[Cu(NO3)3] =(t °C) Cu(NO3)2 + 2NO2↑

ZrCl4 + 5N2O5 = NO2[Zr(NO3)5] + 4NO2Cl↑

2NO2[Zr(NO3)5] =(t °C) 2Zr(NO3)4 + 4NO2↑ + О2 ↑

4. В структуре N2O4 находится связь N Задача ФХ-1 (автор Д. М. Жилин)–N. При изображении структурных формул нужно учитывать, что наибольшая валентность атома азота равна 4.

1. 2 уравнения реакций по 2 балла – всего 4 балла

2. Формулы для 7 веществ по 1 баллу, состав ионов для 2-ух солей по 1 баллу – всего 11 баллов

3. 8 уравнений реакций по 1 баллу – всего 8 баллов

4. 2 структурные формулы по 1 баллу – всего 2 балла

Задание 5.

1. Для сильных электролитов (HCl, KOH) pH перехода расцветки Задача ФХ-1 (автор Д. М. Жилин) (на примере лакмуса) можно найти, исходя из концентрации раствора. На 1 г HCl приходится 50000 г воды, тогда в 1 л раствора содержится 1:50:36,45 = 5,48×10-4 (моль HCl).

[H+ ] = 5,48×10-4; pH = -lg[H+ ] = 3,26.

Для красноватого лакмуса:

[KOH] = 1:20:56 = 8,93×10-4; [OH-] =8,93×10-4; pOH = -lg[OH-] = 3,05; pH = 14 – pOH= 10,95.

Для слабеньких электролитов (NH3) и электролитов средней силы (H2SO4 по 2-ой стадии Задача ФХ-1 (автор Д. М. Жилин)) при таких концентрациях степень диссоциации близка к 1, тогда для аммиака:

[NH3] » [OH- ] = 1:60:17 = 9,80×10-4; pOH = -lg[OH- ] = 3,01. pH = 14 – pOH = 10,99.

В случае серной кислоты [H+ ] = 2[H2SO4] = 1:49:40 = 5,10×10-4. pH = -lg[H+ ] = 3,29.

Подобные расчеты могут быть выполнены и для других индикаторов (см. таблицу).

Реактивная бумага из: pH перехода
SO3 HCl KOH NH Задача ФХ-1 (автор Д. М. Жилин)3
Лакмуса (синяго) 3,29 3,20
« (краснаго) 10,95 10,99
Куркумы 10,99 11,23
Георгины 2,59 2,56 11,35 11,46
Черники 11,47 11,59
Кошенили 2,59 2,56
Фенолфталеина 10,95
Конго краснаго 3,09 3,04

2. Для георгина расцветка от рН: Красноватая < 2,56 – 2,59 < голубая < 11,35 – 11,46 < зеленоватая

3. Для получения 100 мл 1 М раствора NaHCO3 будет нужно 0,1 моль гидрокарбоната натрия – 8,4 г. В аква растворе гидрокарбоната инсталлируются равновесия:

CO32- + H3O+ ⇄ HCO3- + H2O ⇄ H2CO3 + OH-

Для процесса

HCO3- + H2O ⇄ H Задача ФХ-1 (автор Д. М. Жилин)2CO3 + OH- K = Kw/K1a, а для процесса

HCO32- + H2O ⇄ CO3 2- + H3O+ K = K2a

Оценочное значение рН данного раствора будет равно pH = ½(K1a + K2a) = 8,32 (слабощелочная среда). Расцветка индикатора георгина в этом растворе будет голубая.

4. При нагревании раствора гидрокарбоната появляется карбонат:

2NaHCO3 = Na2CO3 + H2O + CO Задача ФХ-1 (автор Д. М. Жилин)2­

Получится 0,5 М раствор карбоната натрия. В аква растворе устанавливается равновесие: CO32- + H2O ⇄ HCO3- + OH- K = Kw/K2a = [HCO3-][OH-]/[CO32-] = [OH-]2/[CO3 2-]

pK = 14 – pK2a = 2pOH + lg[CO32-]

2pOH = 3,47; pH = 14 – pOH = 12,26

Среда приобретенного раствора карбоната – щелочная, расцветка георгинового индикатора – зеленоватая.

5. При добавлении раствора гидросульфата натрия к раствору Задача ФХ-1 (автор Д. М. Жилин) карбоната натрия будет происходить реакция: CO32- + HSO4- → HCO3- + SO42- либо CO32- + H3O+ → HCO3- + H2O

Пусть 10х мл раствора NaHSO4 нужно прибавить к раствору карбоната, чтоб рН раствора достигнул граничного значения (11,46 – 11,35), тогда для процесса:

CO32- + H2O = HCO3- + OH- K = Kw/K2a = [HCO3-][OH-]/[CO Задача ФХ-1 (автор Д. М. Жилин)32-]

10-3,67 = (х/(0,5-х))*10-2,54 (рН=11,46)

10-3,67 = (х/(0,5-х))*10-2,65 (рН=11,35)

Для заслуги рН = 11,46 (х = 0,04) нужно добавить 10х = 0,40 мл 1 М раствора NaHSO4, а для рН = 11,35 (х = 0,05) – 0,50 мл (переход расцветки из зеленоватой в голубую). Предстоящее добавление гидросульфата:

HCO3- + HSO4- → SO42- + H2O + CO2­

приводит к образованию нейтрального раствора сульфата натрия (10 мл добавленного раствора NaHSO4). Предстоящее добавление гидросульфата приводит Задача ФХ-1 (автор Д. М. Жилин) к уменьшению рН раствора за счет процесса диссоциации гидросульфат-иона:

HSO4- + H2O = SO42- + H3O+

K2a = [SO4 2-][H+ ]/[HSO4 - ]

10-1,9 = 10-2,56x/(1-x) (pH = 2,56)

10-1,9 = 10-2,59x/(1-x) (pH = 2,59)

x = 0,82 (pH = 2,56)

x = 0,83 (pH = 2,59)

После нейтрализации карбоната нужно добавить 20 * 0,82 = 16,4 (16,6) мл 1 М раствора гидросульфата для перехода расцветки в красноватую. Общий объем Задача ФХ-1 (автор Д. М. Жилин) добавленного раствора составит 26,4 – 26,6 мл.

Задание 6.

1. Так как X реагирует с кальцием, как следует, он является неметаллом. Растворение X в щёлочи сопровождается образованием растворимой соли и газа, при этом элемент Х заходит в состав каждого из веществ, как следует имеет место реакция диспропорционирования, тогда газ В – водородное соединение элемента Задача ФХ-1 (автор Д. М. Жилин) Х. Посреди газов, выделяющихся из щелочного раствора известны углеводороды, силан, аммиак и фосфин; углерод и азот со щёлочью не ведут взаимодействие, кремний не диспропорционирует, таким макаром элемент Х – фосфор. Критически оценивая всю схему полностью через призму изготовленного догадки, находим, что перевоплощение С → X отвечает промышленному методу получения фосфора, что подкрепляет вывод, изготовленный Задача ФХ-1 (автор Д. М. Жилин) на основании рассуждений изложенных выше. Таким макаром, X = P4, A = NaH2PO2, B = PH3, С = Ca3(PO4)2, D = Ca3P2, E = P4O10, F = Na2HPO3, G = (NH4)2PO3F

2. Уравнения проведенных реакций:

P4 + 3NaOH + 3H2O → 3NaH2PO2 + PH3

P4 + 6Ca → 2Ca3P2

2NaH2PO2 + 4CaOCl Задача ФХ-1 (автор Д. М. Жилин)2 → Ca3(PO4)2↓ + CaCl2 + 2NaCl + 4HCl

2Ca3(PO4)2 + 10C + 6SiO2 → 6CaSiO3 + 10CO↑ + P4↑

3Ca3(PO4)2 + 16Al → 3Ca3P2 + 8Al2O3

Ca3P2 + 6HCl → 3CaCl2 + 2PH3↑

2Ca3(PO4)2 + 6SiO2 → 6CaSiO3 + P4O10↑

3NaH2PO2 → Na2HPO3 + NaH2PO3 + PH3↑

P4O10 + 8NH4F + 2H2O → 4(NH4)2PO3F + 4HF

В качестве темного осадка, образующегося Задача ФХ-1 (автор Д. М. Жилин) при содействии NaH2PO2 и AgNO3, может выступать только железное серебро (продукт восстановления окислителя). В качестве товаров окисления NaH2PO2 могут быть H3PO3, или H3PO4 :

NaH2PO2 + 2AgNO3 + H2O → NaNO3 + HNO3 + H3PO3 + 2Ag↓

(NaH2PO2 + 4AgNO3 +2H2O → NaNO3 + 3HNO3 + H3PO4 + 4Ag↓ при Задача ФХ-1 (автор Д. М. Жилин) нагревании р-ра)

Na2HPO3 + 2AgNO3 → Ag2HPO3↓ (белоснежный осадок )

Ag2HPO3 + H2O →(τ) H3PO4 + 2Ag (темный осадок)

Взаимодействие фосфора с излишком хлора приводит к PCl5, а с недочетом – к PCl3:

2P + 3Cl2 → 2PCl3

2P + 5Cl2 → 2PCl5

3. Структура X, E, анионов F, C и G:

Веществом X является Задача ФХ-1 (автор Д. М. Жилин) конкретно белоснежный фосфор, молекула которого имеет структуру тетраэдра, в верхушках которого размещены атомы фосфора. Анион РО43- – верный тетраэдр с углом О–Р–О равным тетраэдрическому. Согласно теории отталкивания электрических пар валентной оболочки, наименьшее отталкивание испытывают валентные пары, связывающие центральный атом с более электроотрицательным атомом. Как следует, в анионе РО3F2– , содержащим фтор Задача ФХ-1 (автор Д. М. Жилин), обоюдное отталкивание пар Р–О посильнее взаимодействия пар P–F и Р–О, что приводит к повышению валентного угла О–Р–О по сопоставлению с РО43- . Таким макаром, угол О–Р–О в анионе РО3F2– больше тетраэдрического 109.5°

1. 8 формул по 0,75 балла – всего 6 баллов

2. 11 уравнений реакций по 1 баллу – всего 11 баллов

3. 5 структур Задача ФХ-1 (автор Д. М. Жилин) по 1 баллу, 2 вывода о валентных углах по 1,5 балла – всего 8 баллов

ФИЗИЧЕСКАЯ ХИМИЯ

Задачка ФХ-1 (создатель Д. М. Жилин)

1) Запишем уравнения реакций. Окислителями могут быть O2 и N2O, горючими –

все другие газы.

а) 2 H2 + O2 = 2 H2O

б) CH4 + 2 O2 = CO2 + 2 H2O

в) 2 C4H10 + 13 O2 = 8 CO2 + 10 H2O

г) H2 + N2O = H Задача ФХ-1 (автор Д. М. Жилин)2O + N2

д) CH4 + 4 N2O = CO2 + 2 H2O + 4 N2

е) C4H10 + 13 N2O = 4 CO2 + 5 H2O + 13 N2

Рассчитаем термические эффекты реакций по закону Гесса: сумма теплот образования

товаров минус сумма теплот образования реагентов. Учтём, что теплоты образования

обычных веществ равны нулю.

Чтоб сопоставить количество теплоты q в Задача ФХ-1 (автор Д. М. Жилин) расчёте на единицу объёма начальной

консистенции, довольно сопоставить термический эффект Q в расчёте на один моль начальной консистенции, то

есть q = Q/S1, где S1 – сумма коэффициентов перед реагентами.

Результаты расчётов представлены в таблице.

Таким макаром, больше всего теплоты в расчёте на единицу объёма начальной консистенции

выделится при реакции бутана с кислородом.

2) Чтоб выяснить Задача ФХ-1 (автор Д. М. Жилин) объём товаров сгорания в расчёте на объём реагентов,

довольно отыскать соотношение сумм коэффициентов при продуктах S2 и при реагентах S1:

а) 2 / (1 + 2) = 0.67

б) (2 + 1) / (1 + 2) = 1

в) (8 + 10) / (2 + 13) = 1.2

г) (1 + 1) / (1 + 1) = 1

д) (1 + 2 + 4) / (1 + 4) = 1.4

е) (4 + 5 + 13) / (1 + 13) = 1.57

Наибольшее повышение объёма будет наблюдаться при реакции C4H10 с N2O.

3) Масса товаров равна массе начальных веществ. Масса начальных веществ на

единицу их Задача ФХ-1 (автор Д. М. Жилин) объема – это плотность, которая прямо пропорциональна средней молярной

массе : чем она больше, тем больше масса товаров на единицу

объёма.

а) (2 · 2 + 32) / 3 = 12.0 г/моль

б) (16 + 2 · 32) / 3 = 26.7 г/моль

в) (2 · 58 + 13 · 32) / 15 = 35.5 г/моль

г) (2 + 44) / 2 = 23.0 г/моль

д) (16 + 4 · 44) / 5 = 38.4 г/моль

е) (58 + 13 · 44) / 14 = 45.0 г/моль

Таким макаром, наибольшая масса на единицу объёма появляется при сгорании

консистенции C4H10 с N2O.

4) Тяга есть произведение Задача ФХ-1 (автор Д. М. Жилин) скорости выброса массы Dm/Dt на скорость выброса

струи газа v. Если скорость сгорания консистенций схожа, то масса, выкидываемая в

единицу времени, пропорциональна плотности (средней молярной массе) начальной

газовой консистенции (пункт 3).

Скорость выброса пропорциональна корню из термического эффекта в расчёте на

1 моль реагентов (пункт 1). Перемножим эти два фактора:

а) 12 ·1611/2 = 152

б) 26.7 · 2671/2 = 436

в) 35.5 · 3541/2 = 668

г Задача ФХ-1 (автор Д. М. Жилин)) 23 · 1621/2 = 293

д) 38.4 · 2261/2 = 577

е) 45 · 2661/2 = 734

Таким макаром, самую большую тягу обеспечит смесь C4H10 с N2O.

Вероятны другие разумные догадки при оценке того, какая смесь даст

наивысшую тягу.

5) Ту, которая даст самую большую тягу, другими словами C4H10 с N2O.

Система оценивания:

1. За верный расчёт для каждой консистенции по 1 баллу, либо за верный Задача ФХ-1 (автор Д. М. Жилин) итог, приобретенный при помощи оценок 6 баллов

2. За верный расчёт для каждой консистенции по 1 баллу, либо за верный итог, приобретенный при помощи оценок 6 баллов

3. За верный расчёт для каждой консистенции по 1 баллу, либо за верный итог, приобретенный при помощи оценок 6 баллов

4. За верный расчёт для каждой консистенции по 1 баллу, либо за верный Задача ФХ-1 (автор Д. М. Жилин) итог, приобретенный при помощи оценок 6 баллов

5. За верный ответ 1 балл

Итого 25 баллов.

Итого 25 баллов


zadacha-oh-4-avtor-da-bagdasaryan.html
zadacha-ostovnih-derevev-v-ksvyaznom-grafe-referat.html
zadacha-pedagoga-nauchitsya-zanimat-tu-poziciyu-kotoraya-naibolee-celesoobrazna-v-konkretnoj-situacii-obsheniya-s-detmi.html