1. Масса смеси составит 3,5*10⁶*0,584 = 2044000 г или 2044 кг. Пропана в смеси 0,58*2044 = 1185,5 кг или 1185,5/44 = 26,94 кмоль. Бутана в смеси 0,42*2044 = 858,5 кг или 858,5/58 = 14,80 кмоль. Мольное отношение пропан/бутан составляет 1,82, общее количество атомов в цистерне газовоза (26,94*11 + 14,80*14)*10³*6,02*10²³ = 3,03*10²⁹ шт. Объем газообразной смеси при н.у. равен (26,94 + 14,80)*10³*22,4 = 935*10³ л или 935 м³, что в 935/3,5 = 267 раз больше объема жидкости.
2. С₃Н₈ + 5О₂ = 3СО₂ + 4Н₂О_(ж) (DrQ⁰= 3*393,5 + 4*241,8 – 103,9 = 2043,8 кДж/моль).
   С₄Н₁₀ + 6,5О₂ = 4СО₂ + 5Н₂О_(ж) (DrQ⁰= 4*393,5 + 5*241,8 – 126,2 = 2656,8 кДж/моль).
3. При сгорании всей смеси, содержащейся в газовозе, выделится 26,94*10³*2043,8 + 14,80*10³*2656,8 = (55060 + 39321)*10³ кДж = 94,4*10⁶ кДж тепла. Для этой смесикритической является температура, при которой плотности насыщенного пара и жидкости становятся одинаковыми, и граница между ними исчезает.
4. Масса бензина (октана) 3,5*10⁶*0,703 = 2460500 г или 2460,5 кг. Его количество 2460,5/114 = 21,58 кмоль. Теплота сгорания: С₈Н₁₈ + 12,5О₂ = 8СО₂ + 9Н₂О_(ж) (DrQ⁰= 8*393,5 + 9*241,8 – 249,9 = 5074,3 кДж/моль). Количество тепла, которое выделится при сгорании всего бензина 21,58*10³*5074,3 = 109,5*10⁶ кДж. Получается, что приобретать пропан-бутановую смесь выгоднее в 94,4*10⁶/3 : 109,5*10⁶/5 = 1,44 раза.
5. а) СН₃-СH₂-CH(СН₃)-CH₂-CH₂-CH₂-CH₃(3-метилгептан) – 8 монохлорпроизводных; б) (СН₃)₃С-С(СН₃)₃ (2,2,3,3-тетраметилбутан) – 1; СН₃-CH₂-СH₂-CH(СН₃)-CH₂-CH₂-CH₃(4-метилгептан) – 5. Оптически активные изомеры октана: 3-метилгептан, 2,3-диметилгексан, 2,4-диметилгексан, 3,4-диметилгексан, 2,2,3-триметилпентан.

Задача решается путём заполнения таблицы в ходе логических рассуждений. Логика примерно следующая (в скобках — соответствующие пункты условия задачи, жирным выделены характеристики, заносимые по итогам рассуждений в таблицу):

1. По условию, в первом стаканчике содержится соль натрия (I). Из (XII) следует, что во втором стаканчике находится зелёный раствор и из (XIII), что его концентрация 0,001 М. Какого цвета раствор в первом стаканчике? Он не может быть ни фиолетовым, ни бесцветным, так как эти растворы располагаются рядом (III). Это также не может быть и раствор голубого цвета, так как в растворе голубого цвета содержится соль меди (II). Тогда в первом стаканчике раствор жёлто-коричневого цвета, причем его объём 100 мл (VI). Какой же анион в первом растворе жёлто-коричневого цвета объёмом 100 мл? Это не сульфат, потому что сульфат в одном стаканчике с хромом (IV). И не перманганат, потому что перманганат окрашивает раствор в фиолетовый цвет (XV). И не хлорид, который располагается в третьем стаканчике (VIII). И не нитрат, потому что объём раствора нитрата 200 мл (XIV). Следовательно, в первом стаканчике — трииодид.

Из (IX) следует, что объём второго раствора 150 мл. Какой же катион содержится во втором, зелёном, растворе объёмом 150 мл с концентрацией 0,001 М? Это не натрий - он в первом растворе (I). Не медь - она в растворе голубого цвета (II). Не ртуть — она в растворе с концентрацией 0,0025 М (XI). Не калий — объём раствора, содержащего калий, 160 мл (VII). Значит во втором растворе соль хрома или более точно сульфат хрома(III) Cr₂(SO₄)₃ (IV).

Фиолетовый раствор не может быть третьим, поскольку в нём содержится перманганат, а не хлорид (XV). Фиолетовый раствор не может быть и пятым, потому что справа от него есть ещё раствор (III). Следовательно, четвёртый раствор фиолетовый, и содержит перманганат (XIII).

Тогда пятый раствор бесцветный (III), а в третьем стаканчике раствор голубого цвета, содержащий медь (II). Для пятого раствора остаётся только нитрат в качестве аниона, а из (XIV) следует, что его объём 200 мл.

В каком же из стаканчиков раствор соли калия объёмом 160 мл (VII)? Он может быть только в четвёртом стаканчике, а значит, в пятом стаканчике раствор соли ртути с концентрацией 0,0025 М (XI), а в третьем — раствор объёмом 250 мл с концентрацией 0,004 М (X).

По условию (V) раствор с концентрацией 0,03 М находится либо в первом, либо в третьем стаканчике, но мы уже определили, что в третьем стаканчике раствор с концентрацией 0,004 М. Значит, концентрация раствора в первом стаканчике 0,03 М.

Итак, раствор с неизвестной концентрацией находится в четвёртом стаканчике. И ещё мы пока не установили точную формулу соли в пятом растворе: это может быть Hg(NO₃)₂ или Hg₂(NO₃)₂.

Используя свои химические знания можно было разгадать эту головоломку быстрее. В первую очередь здесь помогли бы знания цветов растворов: NaI₃ — жёлто-коричневый, Cr₂(SO₄)₃ — зелёный, CuCl₂ — голубой (для меди известен также хлорид CuCl, однако он белого цвета и нерастворим в воде), KMnO₄ — фиолетовый (разбавленные растворы имеют красный или розовый цвет), растворы нитратов ртути бесцветны.

2. Сначала Дима к раствору перманганата калия прилил раствор трииодида натрия:

16KMnO₄ + 3NaI₃ + 5H₂O → 3NaIO₃ + 6KIO₃ + 16MnO₂↓+ 10KOH.

Поскольку в результате реакции раствор стал бесцветным, значит, перманганат калия и трииодид натрия содержались в стехиометрических количествах. Тогда C(KMnO₄) = 0,03 М*0,1 л/3 * 16/0,16 л = 0,1 М. То есть, раствор перманганата калия в четвёртом стаканчике самый концентрированный!

Расчёт можно уточнить по массе выпавшего в осадок диоксида марганца. Его количество 1,391 г / 87 г/моль = 0,016 моль. Ровно столько же перманганата калия содержалось в исходном растворе. Тогда его концентрация C(KMnO₄) = 0,016 моль / 0,16 л = 0,1 М.

Теперь установим, какой из нитратов ртути в пятом растворе. Так как при добавлении к пятому раствору хлорида меди образовался белый осадок, то это мог быть только нитрат ртути (I) Hg₂(NO₃)₂ (хлорид ртути (II) HgCl₂ хорошо растворим в воде): Hg₂(NO₃)₂ + CuCl₂→ Hg₂Cl₂↓ + Cu(NO₃)₂.

Подтвердим это расчётом. В реакцию вступил весь нитрат ртути, так как его концентрация меньше, чем у хлорида меди, а реагируют они в любом случае в соотношении 1:1. Тогда количество вещества в осадке равно: n(осадка) = 0,0025 М*0,2 л = 0,0005 моль. Молярная масса осадка равна M(осадка) = 0,236 г / 0,0005 моль = 472 г/моль, что соответствует хлориду ртути(I) Hg₂Cl₂.

3. Зная молярные концентрации и формулы солей, вычислим их массовые концентрации:
w_% = 100*m_в-ва/m_р-ра, m_р-ра = V_р-ра(л)*1000r, m_в-ва = n*M, n = C*V_р-ра(л), откуда w = С*М/10r. Для удобства ответы на п.п.1-3 сведем в общую таблицу.

4. Если бы Дима смешивал желто-коричневый раствор с голубым, то он наблюдал бы образование осадка смеси I₂ (буро-черный) + CuI (белый). Последний может быть заметен, только если добавлять голубой раствор к желто-коричневому: 2CuCl₂ + 4NaI₃ → 2CuI↓ + 5I₂↓ + 4NaCl.

При добавлении фиолетового раствора к зеленому будет наблюдаться переход от зеленого цвета к оранжевому: 6KMnO₄ + 5Cr₂(SO₄)₃ + 11H₂O → 6MnSO₄ + 3K₂Cr₂O₇ + 2H₂Cr₂O₇ + 9H₂SO₄. Если добавлять зеленый раствор к фиолетовому, то на фоне образующегося оранжевого раствора возможно образование бурого осадка: 2KMnO₄ + Cr₂(SO₄)₃ + 3H₂O → + 2MnO₂↓ + K₂Cr₂O₇ + 3H₂SO₄.

1. Ацетилен является двухосновной СН-кислотой, при действии эквимолярного количества амида натрия (1 моль NaNH₂на 1 моль С₂Н₂) от каждой молекулы ацетилена отщепляется один атом водорода и образуется однозамещенный ацетиленид натрия (1). При обработке полученного ацетиленида натрия метилиодидом образуется пропин (2) и отщепляется иодид натрия. В молекуле пропина также присутствует "кислый" атом водорода, который может отщепляться. В результате, после обработки полученной соли метилиодидом, образуется бутин-2 (4). Гидратация бутина-2 в условиях реакции Кучерова приводит к образованию бутанона-2 (5).

2. Качественными реакциями, позволяющими отличить терминальные алкины от алкинов, не имеющих концевую связь СºС являются реакции с аммиачным раствором оксида серебра(I) или аммиачным раствором хлорида меди(I).

3. Присоединение воды к бутину-2 происходит по правилу Марковникова, при этом сначала образуется енол, который быстро превращается в соответствующий кетон.

4. Рассмотрим вторую схему превращений.

5. Повышенная стабильность аниона ацетоуксусного эфира связана с "равномерным" распределением отрицательного заряда межу кето- и сложноэфирной группами, что можно проиллюстрировать резонансными структурами:

6. Кето-енольную таутомерию для ацетоуксусного эфира можно проиллюстрировать приведенным ниже уравнением.

7. Соотношение концентраций енольной к кетонной формам:

в воде:[енол] / [кетон] = 0,06 / 0,94 = 6,4·10^-2

в н-гексане:[енол] / [кетон] = 0,50 / 0,50 = 1,0.

Более полярная кето-форма, стабилизируется в водных растворах посредством образования водородных связяй с полярными молекулами воды. Малополярные растворители, такие как н-гексан, способствуют енолизации, так как стабилизируют малополярную циклическую енольную форму и дестабилизируют полярную кето-форму. Поэтому доля кето-формы ацетоуксусного эфира при переходе от водного раствора к раствору в н‑гексане уменьшается.

1. Один мл воды весит 1 г, причем в насыщенном при 20^оС растворе HCl этот 1 г составляет 100 40 = 60 масс. %. Отношение масс HCl/H₂O в этом растворе составляет 40/60, следовательно, масса HCl, растворившаяся в 1 г воды – 2/3 г. В молях это будет 2/(3*36,5), объем при н.у. составит 22,4*2/(3*36,5) = 0,409 л или 409 мл.

2. В 1 мл воды растворяется 17*1,170 / 22,4 = 0,888 г аммиака. Масса всего раствора 0,888 + 1 = 1,888 г, концентрация аммиака в нем 100*0,888/1,888 = 47,0 масс. %.

3. NH₃ + HCl = NH₄Cl – хлорид аммония.

4. В 7 мл раствора аммиака массой 7*0,85 г содержится 0,47*7*0,85 г аммиака или 0,47*7*0,85/17 = 0,165 моля. В 10 мл раствора соляной кислоты содержится 0,4*10*1,198/36,5 = 0,131 моля хлороводорода, т.е. HCl у нас в недостатке. Максимальная масса NH₄Cl составит 0,131*53,5 ≈ 7,0 г. При попытке сливания таких растворов большая часть хлорида аммония получится в виде дыма, поэтому растворы следует перед сливанием разбавить (раз в 10), а после нейтрализации раствор упарить на водяной бане.

5. Чтобы вернуть обратно аммиак, достаточно обработать хлорид аммония сильным основанием (годятся и гидроксид, либо оксид кальция), а чтобы вернуть летучий хлороводород, надо нагреть хлоридную соль с нелетучей кислотой (хорошо подойдет серная): NH₄Cl + NaOH = NaCl + H₂O + NH₃↑; NH₄Cl + H₂SO₄ = NH₄HSO₄ + HCl↑. Разложение хлорида аммония при нагревании не позволяет «вернуть обратно» исходные вещества, поскольку при охлаждении они прореагируют вновь, и мы не сможем, не связав один из газов химически, получить другой в чистом виде.