Би-бн химия Заочный тур

Решение:

1. Метанол. Простой лабораторный метод удаления оксидной пленки с медной проволоки заключается в погружении ее в кипящий метанол. Черная пленка с красной меди исчезает, раствор приобретает голубую окраску диформиата меди.

5 СuO + 2 CH₃OH  Cu(O₂CH)₂ + 4 Cu + 3 H₂O (кипящий метанол)
2. Пропускание паров первичных и вторичных спиртов над разогретым черным оксидом меди приводит к восстановлению его до красной меди и окислению спиртов до альдегидов и кетонов. Так этанол превращается в ацетальдегид, изопропиловый спирт — в ацетон.

CH₃CH₂OH + CuO  CH₃C(O)H + Cu + H₂O (при нагревании)

2 CH₂(OH)CH(OH)CH₂(OH) + Cu(OH)₂  2 H₂O +

CH₃C(O)H + 2 Cu(OH)₂  CH₃COOH + 2 CuOH + H₂O

2 CuOH  Cu₂O + H₂O
4. Кислоты растворяют оксиды, гидроксиды меди с образованием карбоксилатов меди(II) сине-зеленого цвета. Пример с уксусной кислотой:

CH₃CОOH + Cu(OH)₂  (CH₃COO)₂Сu + H₂O

(CH₃COO)₂Сu + Сu  2 CH₃COOСu

2 NH₂CH₂COOH + Cu(OH)₂  2 H₂O +

6. Гидроксикислоты дают качественную реакцию со свежеприготовленным нерастворимым в воде гидроксидом меди(II) с образованием растворимого хелатного комплекса меди(II) темно-синего цвета за счет вакантных орбиталей меди и неподеленной электронной пары кислорода ОН-группы. Строение подобно приведенному выше комплексу с аминокислотой. Пример с гликолевой кислотой:

2 НОCH₂COOH + Cu(OH)₂  2 H₂O + (НОCH₂COO)₂Cu
7. Амины образуют донорно-акцепторные комплексы с солями меди(I,II) за счет вакантных орбиталей меди и неподеленной электронной пары азота. Окраска комплексов как правило более интенсивная, чем у исходных солей. В случае диаминов получаются более прочные хелатные комплексы с участием обоих атомов азота.

(CH₃COO)₂Сu + (C₂H₅)₃N  (CH₃COO)₂СuN(C₂H₅)₃

RC(O)H + 2 Cu(OH)₂  RCOOH + 2 CuOH + H₂O

где RC(O)H — обозначение глюкозы С₆Н₁₂О₆.
9. Полисахарид целлюлоза растворяется в аммиачном растворе дигидроксида меди с образованием водорастворимого хелатного комплекса со строением, подобным глицерату меди, описанному выше. В координации с атомом меди задействованы соседние гидрокси-группы у 2 и 3 атомов углерода глюкозного цикла, входящего в состав макромолекулы целлюлозы.

2.

По условию сплав 2 металлов не полностью растворяется в растворе серной кислоты, значит один металл находится в электрохимическом ряду напряжений металлов правее водорода. Обозначим его М с молярной массой М г/моль. Второй металл обозначим Met с молярной массой Met г/моль. Он должен занимать место в ряду напряжений металлов от магния до водорода, поскольку может выделяться на катоде при электролизе раствора нитрата.

При растворении в концентрированной азотной кислоте малоактивный металл М должен выделять NO₂. М(NO₂) = 46 г/моль. Однако средняя молярная масса смеси газов равна 38 г/моль, она может быть вычислена из известной плотности 1.696 г/л: 1.69622.4=38 г/моль.

0.5М(NO₂) + 0.5М(NO_х) = 38. Отсюда М(NO_х) = 30 Это — NO.

Пусть формулы нитратов металлов M и Met имеют вид M(NO₃)_a и Met(NO₃)_b.

M + 2a HNO₃  M(NO₃)_a + a NO₂ + a H₂O (1)

3 Met + 4b HNO₃  3 Met(NO₃)_b + b NO + 2b H₂O (2)
Пусть 239.62 г растворившегося сплава содержали х г металла М и (239.62-х) г металла Met. Тогда по условию задачи 239.62/х=3.771. Отсюда х=63.54 г. Масса металла М равна 63.54 г (26.52%), количество его n(M)=63.54/M. Масса металла Met равна 176.08 г (73.48%). количество его n(Met)=176.08/Met.

По уравнению 1 количество выделившегося NO₂ равно: n(NO₂) = 63.54a/M. По уравнению 2 количество выделившегося NO равно: n(NO) = 176.08b/3Met. Приравняем их. n(NO₂) = n(NO) 63.54a/M = 176.08b/3Met. Получим: a/M = 0.9237b/Met.

Электролиз раствора нитрата более активного металла Met должен одновременно протекать по двум уравнениям 3,4 с выделением на катоде как металла, так и водорода. Нитрат менее активного металла M должен приводить к выделению на катоде лишь металла по уравнению 5.

Met(NO₃)_b + 0.5b H₂O  Met + b HNO₃ + 0.25b O₂ (эл. ток) (3)

2 H₂O  2H₂ + O₂ (эл. ток) (4)

M(NO₃)_a + 0.5a H₂O  M + a HNO₃ + (0.25a) O₂ (эл. ток) (5)

Пусть мольная доля кислорода у, тогда мольная доля водорода (1-у). 32у+2(1-у)=20.

Получаем: Met = 29.347b. M = 31.80a.

Подставим возможные степени окисления и определим металлы.

- Если b=1, то Мet=29.35 Нет такого металла.

- Если b=2, то Мet=58.69 Это никель Ni 58.7.

- Если b=3, то Мet= 88.04 Это близко к иттрию Y 88.91. Но иттрий - очень активный металл, у которого электроотрицательность 1.22, что ниже магния. При электролизе нитрата он бы не выделялся на катоде вовсе.

- Если b=4, то Мet=117.39 Это близко к олову Sn 118.7. Однако, растворение в разбавленной серной кислоте может дать соль Sn(II), но не Sn(IV).
- Если а=1, то М=31.80 Нет такого металла.

- Если а=2, то М=63.60 Это медь Cu 63.55.

- Если а=3, то М=95.40 Это близко Мо 95.94. Не подходит по валентности.

- Если а=4, то М=127.20 Нет такого металла.

Запишем уравнения растворения металлов в азотной кислоте:

Сu + 4 HNO₃  Cu(NO₃)₂ + 2 NO₂ + 2 H₂O (6)

3 Ni + 8 HNO₃  3 Ni(NO₃)₂ + 2 NO + 4 H₂O (7)

Количества металлов меди и никеля составляют соответственно 1 моль и 3 моль. Количества NO₂ и NO составляют по 2 моль.
Запишем уравнения электролиза нитратов металлов:

Ni(NO₃)₂ + H₂O  Ni + 2 HNO₃ + 0.5 O₂ (эл. ток) (8)

Cu(NO₃)₂ + H₂O  Cu + 2 HNO₃ + 0.5 O₂ (эл. ток) (9)

По реакции (8) образуется кислород (1.5 моль). По реакции (4) — водород (2 моль) и кислород (1 моль). По реакции (9) — кислород (0.5 моль).

Ni + H₂SO₄  Ni(SO₄) + H₂ (10)

Если шар содержит х моль водорода, то выталкивающая (подъемная) сила соответствует массе вытесненного воздуха 29х г. Сила тяжести, уравновешивающая подъемную силу, соответствует сумме (масса х моль водорода + масса пакета + масса груза).

29х = 2х + 28 +80 = 4 n(Н₂) = 4 моль.

Первоначально газы занимают объем V при давлении 6 атм. и 2V при давлении 1.5 атм. После открытия крана газы начинают смешиваться, равномерно занимая весь объем 3V. Кислород и оксид азота (II) реагируют при этом по схеме:

NO + 0.5O₂ = NO₂

Для простоты рассуждения будем считать, что газы сначала смешиваются, а потом реагируют. По закону Бойля-Мариотта (T=const, V=const) для каждого газа имеем P₁V₁=P₂V₂. Для кислорода 3V=P₂3V. Отсюда P₂ = 1 атм. Таким образом, P(N₂)=P(O₂)=P(NO)=1 атм., а общее давление равно 3 атм. Из уравнения реакции видно, что кислород взят в двойном избытке. Если реакция идет практически до конца, то давление NO снизится до нуля, а давление кислорода до 0.5 атм. Общее давление в системе станет равным 2.5 атм. (P(N₂)=P(O₂)=P(NO₂)=1+1+0.5=2.5 атм.). Концентрацию кислорода можно найти из уравнения Менделеева-Клапейрона PV=RT; P=(/V)RT; P=CRT; C=P/(RT)=0.5/(0.082300)=0.02 моль/л.

Таким образом, давление в системе может стать равным 2.5 атм., а концентрация 0.02 моль/л.

4.

X – Na₂O₂

Na + O₂ = Na₂O₂

Na₂O₂ + H₂SO₄ = Na₂SO₄ + H₂O₂

2KMnO₄ + 3H₂SO₄ + 5H₂O₂ = 2MnSO₄ + 5O₂ + K₂SO₄ + 8H₂O – происходит обесцвечивание раствора перманганата калия

H₂O₂ + H₂SO₄ + 2KI = I₂ + 2K₂SO₄ + H₂O – появление желтого окрашивания I₂

Cu + S = CuS

CuS + H₂SO₄ = CuSO₄ + H₂S

2KMnO₄ + 3H₂SO₄ + 5H₂S = 2MnSO₄ + 5S + K₂SO₄ + 8H₂O – происходит обесцвечивание раствора перманганата калия

2CuSO₄ + 4KI = 2CuI + I₂ + 2K₂SO₄ – появление желтого окрашивания I₂
БИ-БН Химия Заочный тур

10 класс
1. Предложите примеры реакций соединений меди с углеводородами и галогенуглеводородами, приводящих к изменению окраски. Запишите уравнения реакций, укажите условия их протекания.
2. При пропускании газа через промывную склянку Дрекселя с жидкостью может наблюдаться разогревание, охлаждение жидкости, помутнение, окрашивание, обесцвечивание, увеличение и уменьшение массы жидкости. Предскажите возможные эффекты на имеющихся жидкостях (3% водный раствор пероксида водорода; циклогексен; диэтиламин) и газах (аммиак; йодоводород; фторид бора). Обоснуйте предположение, напишите уравнения реакций, если они могут протекать в обычных условиях.
3. Доменный газ содержит СО₂, СО, Н₂, СН₄, С₂Н₄ и N₂. При последовательном пропускании 300 мл доменного газа через раствор NaOH и бромную воду объем уменьшился соответственно до 264 и 263.3 мл. Непрореагировавшие газы смешали с 60 мл кислорода и полностью сожгли. После конденсации водяных паров получили 264.3 мл газовой смеси. В результате последовательного пропускания этой смеси через раствор NaOH и щелочной раствор пирогаллола ее объем уменьшился до 178.5 и 168.6 мл соответственно. Вычислить: а) состав доменного газа (в процентах по объему); б) объем воздуха, необходимого для сжигания 10 м³ доменного газа, если воздух берут в 20%-ном избытке. (Воздух содержит 20% (по объему) кислорода; объемы газов даны в пересчете на нормальные условия).
4. Нерастворимое в воде вещество А черно-коричневого цвета реагирует с концентрированной соляной кислотой с выделением газообразного продукта. Образующаяся при этом соль В реагирует с раствором гидроксида лития, при этом образуется студенистый осадок вещества С. При нагревании вещества С в отсутствие кислорода образуется вещество D, которое в реакции с соляной кислотой образует вещество В, но эта реакция не сопровождается выделением газа. Напишите уравнения реакций.

Решение:

1. Алканы при высокой температуре окисляются черным оксидом меди(II) до углекислого газа и воды, при этом получается красная медь.

С_nH_2n+2 + (3n+1) CuO  n CO₂ + (n+1) H₂O + (3n+1) Cu (при нагревании)

С парафином (т. кип. выше 300 °C) так проводят качественную реакцию в пробирке с газоотводной трубкой при нагревании в пламени газовой горелки смеси парафина и CuO до вскипания за счет выделяющихся продуктов. Выделение воды подтверждают появлением синей окраски у белого безводного сульфата меди, когда образуется медный купорос.

CuSO₄ + 5 H₂O  CuSO₄5H₂O
2. Метан в подобную реакцию вступает при более высокой температуре. При пропускании метана через трубку с разогретым оксидом меди последний приобретает красную окраску восстановленной меди.

СH₄ + 4 CuO  CO₂ + 2 H₂O + 4 Cu (при нагревании гетерогенно)

СH₄ + 2 CuO  CН₂О + H₂O + 2 Cu (при нагревании гетерогенно)

2 Cu + O₂  2 CuО (при нагревании гетерогенно)
4. Алкен этилен может быть дегидрирован в ацетилен с использованием окcида меди(II)

На первой стадии происходит восстановление оксида меди до красной меди, которая далее выступает катализатором реакции дегидрирования.

С₂H₄ + CuO  C₂H₂ + H₂O + Cu (при нагревании гетерогенно, окраска изменяется)
С₂H₄  C₂H₂ + H₂ (при нагревании на меди, окраска не меняется)
5. Алкин ацетилен при пропускании через аммиачный раствор хлорида меди(I) приводит к выпадению коричневого осадка ацетиленида меди(I) при комнатной температуре.

С₂H₂ + 2 CuCl  Cu-CºC-Cu + 2 HCl (в аммиачном растворе)

Cu-CºC-Cu  2 Cu + 2 C

(зеленая окраска пламени)

где Hal = Cl, Br, I, но не F).
8. Ароматические галогенпроизводные вступают в реакцию Ульмана, окисляя красную медь до окрашенных солей меди(II) при различных температурах в зависимости от строения и активности арилгалогенида. Например, бромбензол дает дифенил и черный дибромид меди. Последний в присутствии воды дает кристаллогидраты зеленого цвета.

2 C₆H₅Br + Cu  C₆H₅-C₆H₅ + CuBr₂ (при нагревании)

1. 
   Пероксид водорода будет прекрасно растворять и окислять НI до йода коричневой окраски. Экзотермическая реакция.
   

2. 
   Пероксид водорода растворяет фторид бора с частичным гидролизом. Дымит из-за выделения HF. Стекло мутнеет за счет реакции с плавиковой кислотой, вода мутнеет за счет осаждения малорастворимой борной кислоты. Все реакции экзотермические.
   

Na₂OCaO6SiO₂ + 28 HF  Na₂SiF₆ + CaSiF₆ + 4 SiF₄ + 14 H₂O

3. 
   Водный раствор пероксида водорода прекрасно растворяет аммиак, гидроксид аммония диссоциирует в растворе на ионы.
   

4. 
   Циклогексен присоединяет HI с образованием циклогексилйодида. Экзотермическая реакция.
   

4. 
   Циклогексен растворяет фторид бора с образованием донорно-акцепторного комплекса. Экзотермическая реакция.
   

4. 
   С аммиаком циклогексен не реагирует, только испаряется и охлаждается за счет этого.
   

7. 
   Диэтиламин реагирует с HI с образованием соли. Помутнение, выпадение осадка соли. Экзотермическая реакция.
   

7. 
   С фторидом бора — прочный комплекс, растворимый в амине. Экзотермическая реакция.
   

7. 
   С аммиаком — нет реакции, диэтиламин только испаряется и охлаждается за счет этого.
   

а) Раствором щелочи поглощается СО₂, а бромной водой – этилен. Следовательно, в 300 мл исходного доменного газа содержится 300-264=36 мл СО₂, 264-263.4=0.6 мл С₂Н₄. В 263.4 мл оставшейся смеси содержится СО, Н₂, СН₄ и N₂. При сжигании этой смеси произошли следующие реакции:

2СО + О₂ = 2СО₂ (1)

2Н₂ + О₂ = 2Н₂О (2)

СН₄ + О₂ = СО₂ + 2Н₂О (3)

Раствором щелочи поглотили образовавшийся СО2, объем которого равен 264.3-178.5=85.8 мл. Щелочным раствором пирогаллола поглотили избыток кислорода, составляющий 178.5-168.6=9.9 мл. Оставшийся после проведения всех реакций газ, занимающий объем 168.6 мл, представляет собой азот, который не претерпел никаких превращений. Таким образом, суммарный объем СО, Н₂ и СН₄ в исходном доменном газе равен 263.4-168.6=94.8 мл. Эти газы прореагировали с 60-9.9=50.1 мл О₂. Для определения содержания СО, Н₂ и СН₄ в исходной смеси необходимо составить и решить систему трех алгебраических уравнений с тремя неизвестными.

Пусть в смеси находятся х мл СО, у мл Н₂ и z мл СН₄, тогда

х+у+z=94.8 (4)

Согласно уравнениям реакции (1) и (3), образовалось х+z мл СО₂, т.е.

Объем О₂, вступившего в реакции (1)-(3), равен

0.5х+0.5у+2z=50.1 (6)

Решая систему уравнений (4)-(6), получаем х = 84 (мл СО); у=9 (мл Н₂); z=1.8 (мл СН₄). Итак, в 300 мл доменного газа содержится: 36 мл СО₂; 84 мл СО; 9 мл Н₂; 1.8 мл СН₄; 0.6 мл С₂Н₄ и 168.6 мл N₂. Объемные доли (в процентах) компонентов доменного газа составляют: (СО₂)=12%; (СО)=28%; (Н₂)=3%; (СН₄)=0.6%; (С₂О₄)=0.2%; (N₂)=56.2%.

б) В 10 м³ доменного газа содержится: 1.2 м³ СО₂; 2.8 м³ СО; 0.3 м³ Н₂; 0.06 м³ СН₄; 0.02 м³ С₂Н₄; 5.62 м³ N₂. При сжигании исходного доменного газа кислород расходуется на реакции не только с СО, Н₂ и СН₄, но также и с С₂Н₄:

С₂Н₄+3О₂=2СО₂+2Н₂О (7)

По химическим уравнениям (1), (2), (3) и (7) вычислим объем реагирующего кислорода:

V(O₂)=0.52.8+0.50.3+20.06+30.02=1.73 (м³).

По условию задачи количество О2 в воздухе составляет 20% (по объему), поэтому найденный объем кислорода содержится в 1.73100%/20%=8.65 м³ воздуха. С учетом необходимого 20%-ного избытка объем воздуха равен

V(воздух)=8.65120%/100%=10.4 (м³).

A – MnO₂; B – MnCl₂; C – Mn(OH)₂; D – MnO

MnO₂ + 4HCl = MnCl₂ + Cl₂ + 2H₂O

MnCl₂ + LiOH = Mn(OH)₂ + LiCl₂

Mn(OH)₂ = MnO + H₂O

MnO + 2HCl = MnCl₂ + H₂O

FeS + 2HCl = FeCl₂ + H₂S

FeCl₂ + LiOH = Fe(OH)₂ + LiCl₂

Fe(OH)₂ = FeO + H₂O

FeO + 2HCl = FeCl₂ + H₂O

БИ-БН Химия Заочный тур

9 класс

1. Безводный этанол массой 46.23 г, содержащий в качестве примеси 0.5% оксида фосфора(V), сожгли в толстостенном металлическом сосуде в достаточном количестве кислорода. Полученный раствор нагрели до полного удаления газа, после чего к нему добавили равный по массе 0.5%-ный раствор гидроксида калия. Какие вещества и в каких количествах содержатся в полученном растворе.

2. Имеются две порции по 47.2 г тетрагидрата и дигидрата одной и той же соли. Порцию тетрагидрата растворили в воде, объем раствора довели до 250 мл. Молярная концентрация соли в этом растворе оказалась равной 0.800 моль/л. В каком объеме воды следует растворить порцию дигидрата, чтобы получить 8.00%-ный раствор соли?

3. В распоряжении имеются вещества: сульфат натрия, оксид азота (I), оксид железа (II), оксид фосфора (V), оксид серы (VI). Какой один дополнительный реактив следует выбрать (водный раствор), чтобы из перечисленных веществ получить две средние соли (каждую в одну стадию)? Напишите уравнения реакций.

4. Для получения синильной кислоты пропускают над платиновым катализатором при 1000ºС газовую смесь следующего состава (проценты по объему): 18.18 СН₄, 13.63 NH₃ и 68.18 воздуха. Считая, что воздух содержит 20% (по объему) О₂, определите максимально возможные степени превращения метана, аммиака и кислорода воздуха. Вычислите реальные степени превращения компонентов такой газовой смеси для случая, когда конечная газовая смесь содержит 7% (по объему) синильной кислоты, а образовавшаяся вода находится в парообразном состоянии.

При сгорании этанола протекает следующая реакция:

2C₂H₅OH+6O₂4CO₂+6H₂O

Оксид фосфора является сильным водоотнимающим средством и реагирует с водой с образованием фосфорной кислоты:

P₂O₅+3H₂O2H₃PO₄

Полученный раствор фосфорной кислоты нагрели до полного удаления СО2.

Исходная смесь содержала: (46.23г0.5%)/100%=0.23г P2O5 и 46.23-0.23=46г этилового спирта.

Количество этилового спирта в исходной смеси (C₂H₅OH)= =46г/46г/моль=1моль. В результате сгорания спирта в соответствии с уравнением реакции образовалось 3 моль H₂O. Количество оксида фосфора в исходной смеси (P₂О₅)=0.23г/142г/моль=0.0016моль. Это количество оксида фосфора реагирует с 0.0016моль3=0.0048моль воды и образуется 0.0016моль2=0.0032моль фосфорной кислоты. Таким образом, после нагревания смесь содержит

3моль-0.0048моль=2.9952 моль воды и 0.0032 моль фосфорной кислоты. Масса воды в смеси 2.9952моль18г/моль=53.9136г, масса фосфорной кислоты - 0.0032моль98г/моль=0.3136г. Общая масса раствора 53.9136г+0.3136г=54.2272 г.

К полученному раствору прибавили 0.5% раствор гидроксида калия массой 54.2272г. Масса гидроксида калия в растворе равна: (54.2272г0.5%)/100%=0.2711г. (KOH)=0.2711г/56г/моль=0.004841моль.

При сливании растворов протекают следующие реакции:

H₃PO₄+KOHKH₂PO₄+H2O

KH₂PO₄+KOHK₂HPO₄+H₂O

K₂HPO₄+KOHK₃PO₄+H₂O

При взаимодействии 0.0032моль H₃PO₄ и 0.0048моль KOH по первой стадии образуется 0.0032моль KH₂PO₄ и расходуется столько же КОН. Остается 0.0048моль-0.0032моль=0.00164моль КОН. В результате второй стадии образуется 0.00164моль K₂HPO₄. В результате первой реакции образуется 0.0032моль воды, в результате второй - 0.00164 моль воды. Таким образом, конечный раствор содержит:

H₃PO₄ - 0 моль

KH₂PO₄ - 0.0032-0.00164=0.00156моль

K₂HPO₄ -0.00164моль

K₃PO₄ - 0 моль

KOH - 0 моль

H₂O - 0.0032+0.00164+2.9952=3моль

2.

Пусть кристаллогидрат имеет формулу Х4Н₂О, а дигидрат Х2Н₂О.

47.2 г вещества Х4Н₂О растворили в воде и получили 250 мл 0.8 моль/л раствора. Этот раствор содержит 0.80.250 л = 0.2 моль растворенного вещества. Найдем молярную массу вещества Х4Н₂О:

М(Х4Н₂О) = 47.2/0.2=236 г/моль.

Отсюда:

М(Х2Н₂О) = 236-36=200 г/моль

47.2 г Х2Н₂О содержит 47.2/200=0.236 моль Х2Н₂О. Масса безводного вещества Х в этом образце составляет 0.236 моль164 г/моль = 38.7 г.

Учитывая формулу (Х)=[m(Х)/m(р-ра)]100%, найдем массу 8%-ного раствора, содержащего 38.7 г Х:

m(р-ра) = 38.7100%/8=483.75 г.

Этот раствор может быть приготовлен растворением 47.2 г Х2Н₂О в

483.75-47.2=436.55 г или 436.55 мл Н₂О.

Ответ: 436.55 мл Н₂О.

3.

В качестве такого реактива можно использовать разбавленный водный раствор NaOH:

P₄O₁₀ + 12NaOH = 4Na₃PO₄ + 6H₂O

SO₃ + 2NaOH = Na₂SO₄ +H₂O

Синильная кислота образуется при окислении смеси метана с аммиаком согласно следующему суммарному уравнению:

2CH₄ + 2NH₃ + 3O₂ = 2HCN + 6H₂O

Мольные доли компонентов газовой смеси совпадают с объемными долями, поэтому соотношение между числами молей газов в исходной смеси равно:

n(CH₄):n(NH₃):n(O₂)=18.18:13.63:68.180.2=1.33:1:1=4:3:3

Таким образом, по сравнению со стехиометрической смесью, для которой это соотношение равно 2:2:3, исходная смесь содержит избыток CH₄ и NH₃. Максимальные степени превращения достигаются в том случае, когда реагент, находящийся в недостатке (в данном случае кислород), расходуется полностью. Следовательно, _max(O₂) = 1 (100%), а степени превращения других реагентов могут достигать следующих значений:

_max(СН₄) = 2/4 = 0.5 или 50%

_max(NН₃) = 2/3 = 0.667 или 66.7%.

Предположим, что в химический реактор ввели смесь указанного выше состава, содержащую 4 моль CH₄, 3 моль NH₃, 3 моль O₂ и 12 моль N₂. Если прореагировало n моль CH₄, то в реакцию с ним вступило n моль NH₃, 1.5n моль О₂ и при этом образовалось n моль HCN и 3n моль H₂O. Следовательно, полученная смесь содержит (4-n) моль CH₄, (3-n) моль NH₃, (3-1.5n) моль О₂, n моль HCN, 3n моль H₂O и 12 моль N₂. В сумме это составляет 4-n+3-n+3-1.5n+n+3n+12=22+0.5n моль газов. Объемная доля HCN в полученной смеси составляет 7%, т.е.

[n/(22+0.5n)]100%=7%, откуда n=1.6 моль.

Таким образом, в реакцию вступило 1.6 моль CH₄, 1.6 моль NH₃ и 1.51.6=2.4 моль О₂. Степени превращения компонентов смеси составляют:

_max(СН₄) = 1.6/4 = 0.4 или 40%