Контрольная работа №3. РЕШЕНИЯ.

Контрольная работа №3. РЕШЕНИЯ.
Задача 1.
Определим молекулярную массу Х:
M = 7.93*29 = 230 г/моль.
Поскольку Х не вызывает обесцвечивания растворов перманганата калия и брома
и не изменяет окраски растворов индикаторов, то в X отсутствуют кратные связи,
кислотные и основные группировки.
По продуктам разложения В ясно, при нагревании легко происходит декарбоксилирование. Следовательно, В - 2-метилмалоновая кислота, обладающая разветвлённым углеродным скелетом:
0,5 балла
1 балл
2 балла
COOH
COOH
По продуктам реакции взаимодействия Х со щёлочью понятно, что Х - сложный
эфир метилмалоновой кислоты. Трудноокисляемыми спиртами являются третичные спирты, значит, А - третичный спирт, а соль Б представляет собой 2метилмалонат щелочного металла.
Вычтем из молекулярной массы Х молекулярную массу остатка 2-метилмалоната:
230 - 116 = 114 г/моль. Это - молекулярная масса двух спиртовых остатков. Значит, у каждого из них молекулярная масса составит 114 / 2 = 57 г/моль. Это соответствует радикалу C4H9. Значит, А - трет-бутанол.
Тогда искомое соединение Х представляет собой ди-трет-бутиловый эфир метилмалоновой кислоты следующего строения:
O
2 балла
1 балл
2 балла
O
O
O
Рассчитаем количество вещества углерода и водорода в Х:
(CO2) = 3.1 / 22.4 = 0.138 моль = (C).
1,5 балла
(H2O) = 2.28 / 18 = 0.127 моль => (H) = 0.254 моль.
Следовательно, n(C) : n(H) = 0.138 : 0.254 = 1 : 1.84 = 12 : 22, что доказывает правильность решения (возможны и другие подходы, важно использование данных).
ИТОГО
10 баллов
Задача 2.
Решение:
H2O, Hg2+, H+
COOH
O
NH3
H2, Ni
COONH4
OH
HBr
HCl
Br
COOH
Mg, Et2O
MgBr
Cl2, h
CO2, H+
По
1 баллу
за структуры А-G.
COOH
Cl
В сумме
7 баллов
Промежуточным продуктом в 1-й реакции является енол со структурой
OH
2 балла
ИТОГО
9 баллов
Задача 3.
Судя по продуктам сжигания, неизвестным веществом могла быть калиеваянатриевая соль карбоновой кислоты, очевидно, дикарбоновой.
Схема горения:
1 балл
1 балл
CaHbOcKdNae + O2 = (a-d/2)CO2 + (d/2)K2CO3 + (e/2)Na2CO3 + (b/2)H2O
Найдём количества веществ продуктов реакции:
(CO2) = 2.016 / 22.4 = 0.09 моль;
(K2CO3) = 2.07 / 138 = 0.015 моль;
(Na2CO3) = 1.59 / 106 = 0.015 моль;
(H2O) = 1.08 / 18 = 0.06 моль.
Тогда количества веществ элементов:
(C) = 0.09 + 0.015 + 0.015 = 0.12 моль;
(Na) = (K) = 0.015 * 2 = 0.03 моль;
(H) = 0.06 * 2 = 0.12 моль.
Отношение количеств элементов:
a:b:d:e = 0.12 : 0.12 : 0.03 : 0.03 = 4 : 4 : 1 : 1. Следовательно, брутто-формула соединения - C4H4KNa
Если это действительно соль дикарбоновой кислоты, то должно быть ещё как минимум 4 атома кислорода. Тогда простейшая брутто-формула - C4H4KNaO4. если в
кислоте содержался 1 атом калия, то её количество вещества равно 0.03 моль, а
молекулярная масса M = 6.3 / 0.03 = 210 г/моль.
M(C4H4KNaO4) = 178 г/моль. Не хватает 32 г/моль, что может соответствовать ещё
двум атомам кислорода.
Тогда искомое вещество - тартрат натрия-калия (калий-натрий виннокислый):
OH
KOOC
COONa
1 балл
1 балл
0.5 балла
1 балл
0.5 балла
2 балла
OH
ИТОГО
Задача 4.
Брутто-формула алифатических одноатомных спиртов СnH2n+2O.
Запишем схематично возможные процессы, протекающие в системе:
1) CnH2n+2O + CnH2n+2O = CnH2n+1OCnH2n+1 + H2O;
2) CnH2n+2O + CxH2x+2O = CxH2x+1OCnH2n+1 + H2O;
3) CxH2x+2O + CxH2x+2O = CxH2x+1OCxH2x+1 + H2O;
4) CnH2n+2O = CnH2n + H2O;
5) CxHyOH = CxH2x + H2O;
Поскольку в продуктах только 4 органических соединения, то один из спиртов не
подвергается дегидратации или не образует сложного эфира в таких условиях. В
первом случае это может быть метанол, во втором случае - трет-бутанол.
Рассмотрим первый случай, которому соответствуют реакции 1-4. Тогда спирт X метанол с молекулярной массой 32 г/моль. Поскольку органические вещества образовались в равных мольных соотношениях, то в каждой из реакций выделится
по 14.4 / 4 = 3.6 г воды (3.6 / 18 = 0.2 моль соответственно). Тогда каждого органического соединения тоже образовалось по 0.2 моль.
Составим уравнение:
(14n+1+16+14n+1)*0.2+(14n+1+31)*0.2+46*0.2+14n*0.2=52.8
Решив уравнение, получим n=3. Значит, второй спирт - один из пропанолов (пропанол-1 или пропанол-2).
Проверим, является ли правильным также и второй вариант. В этом случае спирт
N - трет-бутанол с молекулярной массой 74 г/моль. Этому случаю будут соответствовать уравнения 2-5 и каждого продукта также образуется по 0.2 моль.
Составим уравнение:
(14n+1+14x+1+16)*0.2+(14x+1+14x+1+16)*0.2+14n*0.2+14х*0.2=52.8
Упростив уравнение, получим соотношение n + 2x = 8.14
Это уравнение не имеет целых корней и, следовательно, второй случай невозможен.
8 баллов
5 баллов
2 балла
1 балл
1 балл
1 балл
2 балла
ИТОГО
12 баллов
Задача 5.
В твёрдых жирах содержатся остатки предельных карбоновых кислот (в жидких непредельные). Поэтому общей формулой жира в задаче будет следующая:
H2C
O-C(O)CnH2n+1
HC
O-C(O)CmH2m+1
H2C
O-C(O)CxH2x+1
2 балла
Найдём общее количество вещества гидроксида калия:
m(KOH) = 38*1.18*0.25 = 11.21 г, (KOH) = 11.21 / 56 = 0.2 моль.
При нейтрализации расходуется 40.2*1.06*0.12 = 5.11 г соляной кислоты.
(HCl) = 5.11 / 36.5 = 0.14 моль.
HCl + KOH = KCl + H2O
Тогда в избытке 0.14 моль гидроксида калия, а в реакцию вступило 0.2 - 0.14 =
0.06 моль KOH.
Поскольку для полного омыления жира необходим тройной эквивалент щёлочи,
то количество вещества жира составит 0.02 моль, а его молекулярная масса будет
равна 13.32 / 0.02 = 666 г/моль.
Вычтем из молекулярной массы жира молекулярную массу глицеринового фрагмента. Тогда суммарная молекулярная масса кислотных остатков составит 666 - 41
= 625 г/моль.
При избыточном подкислении раствора в осадке могут быть только длинноцепные
карбоновые кислоты, поскольку
H2C
O-C(O)R1
HC
O-C(O)R2
H2C
O-C(O)R3
+ 3KOH
R1COOK + R2COOK + R3COOK + HOCH2CH(OH)CH2OH
2 балла
2 балла
1 балл
2 балла
RCOOK + H+ = RCOOH + K+.
Из длинноцепных карбоновых кислот наиболее часто в твёрдых жирах встречаются две из них - стеариновая C17H35COOH с молекулярной массой 284 г/моль и
2 балла
пальмитиновая C15H31COOH с молекулярной массой 256 г/моль.
Пусть жир содержал х остатков стеариновой и y остатков пальмитиновой кислот.
Тогда 0.02*284x + 0.02*256y = 10.8
Упростив, находим 284х + 256у = 540, что возможно только при х = у = 1.
2 балла
Итак, жир содержит один остаток стеариновой и один остаток пальмитиновой
кислоты.
Вычислим молекулярную массу третьего остатка:
M = 666 - 283 - 255 - 41 = 87 г/моль. Это соответствует остатку масляной кислоты
1 балл
С3Н7СОО.
Возможной формулой жира является любая, содержащая 1 остаток стеариновой,
1 балл
один остаток пальмитиновой и один остаток масляной кислоты в молекуле.
ИТОГО
15 баллов
Задача 6.
1) Определим состав вещества А:
48.60 8.10 43.30
∶
∶
= 4.05 ∶ 8.10 ∶ 2.71 = 1.5 ∶ 3 ∶ 1 = 3 ∶ 6 ∶ 2
12
1
16
Это соединение С3H6O2.
0,5 балла
за расчёт
и бруттоформулу
Определим вещество Д:
54.54 9.09 36.37
1 балл за
∶
∶
= 4.545 ∶ 9.09 ∶ 2.273 = 2 ∶ 4 ∶ 1
расчёт и
12
1
16
Д имеет состав С2H4O. Судя по реакции с гидросульфитом натрия, вещество Д - структуру
уксусный альдегид (этаналь) - CH3C(O)H.
Реакция с гидросульфитом натрия:
SO3Na
1 балл
O + NaHSO3
OH
Продукт реакции действительно содержит 32 / 148 = 0.216 (21.6 %) серы.
Тогда:
COOH
1) KOH
2) HCl
COOH
OH
0,5 балла
N
HCN
HOH
O
OH
NH3 + HCN
Cl2
COOH
HONO
Cl
N
1)
NH3
2) HCl
COOH
NH2
По
1 баллу
за структуры А, Б,
В, Г, Е,
Ж.
HCl, H2O
NH2
или
В сумме
6 баллов
COOH
NH3+Cl-
2) Механизмы:
А→Б: Радикальное замещение;
Б→В: Нуклеофильное замещение с последующим кислым гидролизом;
Б→Г: Нуклеофильное замещение с последующим кислым гидролизом;
Е→Г: Электрофильное присоединение (ответ «гидролиз» допустим);
Д→Е: Нуклеофильное присоединение;
Д→Ж: Нуклеофильное присоединение;
Ж→В: Электрофильное присоединение (ответ «гидролиз» допустим);
В→Г: Элиминирование (верен и ответ «диазотирование с отщеплением»).
3) Для Г характерны структурная и оптическая типы изомерии.
ИТОГО
По 0,5
балла за
верный
ответ.
В сумме
4 балла.
1 балл
14 баллов