Реши

Краткие ответы:
15) \(0{,}28\)
16) \(56^\circ\)
17) \(123{,}5\)
18) \(7\)
19) \(13\)

Решения

15.
\[ \sin^2 A+\cos^2 A=1 \] \[ \sin A=\sqrt{1-0{,}96^2}=\sqrt{1-0{,}9216}=\sqrt{0{,}0784}=0{,}28 \] Угол острый, поэтому синус положительный.
Ответ: \(0{,}28\).

16.
В равнобедренном треугольнике \(ABC\) с основанием \(AC\) углы при основании равны: \[ \angle BAC=\angle BCA=28^\circ \] Вписанный угол \(BAC\) и центральный угол \(BOC\) опираются на одну и ту же дугу \(BC\), поэтому \[ \angle BOC=2\angle BAC=2\cdot28^\circ=56^\circ \] Ответ: \(56\).

17.
Площадь ромба через диагонали: \[ S=\frac{d_1d_2}{2}=\frac{13\cdot19}{2}=\frac{247}{2}=123{,}5 \] Ответ: \(123{,}5\).

18.
Сторона \(AB\) идёт по вертикальной линии сетки, значит высота из точки \(C\) к прямой \(AB\) — горизонтальный отрезок. По рисунку от \(C\) до линии \(AB\) укладывается \(7\) клеток.
Ответ: \(7\).

19.

1. Верно: любые два диаметра проходят через центр, поэтому пересекаются.
2. Неверно: отношение площадей подобных треугольников равно квадрату коэффициента подобия.
3. Верно: диагонали ромба перпендикулярны.

Подходят утверждения \(1\) и \(3\).
Ответ: \(13\).

На фото — задание 6 по химии. Задания 15 на снимке нет: там только номера 4–8, поэтому решаю шестое. Если нужно ещё и 15-е, пришли его отдельным фото.

6. Метод электронного баланса

а) \[ 4\mathrm{NH_3}+3\mathrm{O_2}=2\mathrm{N_2}+6\mathrm{H_2O} \] Электронный баланс: \[ 2\mathrm{N^{-3}}-6e^- \to \mathrm{N_2^0} \quad |\,2 \] \[ \mathrm{O_2^0}+4e^- \to 2\mathrm{O^{-2}} \quad |\,3 \]

• окислитель — \(\mathrm{O_2}\);
• восстановитель — \(\mathrm{NH_3}\).

б) \[ 3\mathrm{Br_2}+6\mathrm{NaOH}=5\mathrm{NaBr}+\mathrm{NaBrO_3}+3\mathrm{H_2O} \] Электронный баланс: \[ \mathrm{Br_2^0}+2e^- \to 2\mathrm{Br^{-1}} \quad |\,5 \] \[ \mathrm{Br_2^0}-10e^- \to 2\mathrm{Br^{+5}} \quad |\,1 \] Здесь бром одновременно и окислитель, и восстановитель (реакция диспропорционирования).

в) \[ \mathrm{Na_2SO_3}+\mathrm{Cl_2}+\mathrm{H_2O}=\mathrm{Na_2SO_4}+2\mathrm{HCl} \] Электронный баланс: \[ \mathrm{S^{+4}}-2e^- \to \mathrm{S^{+6}} \quad |\,1 \] \[ \mathrm{Cl_2^0}+2e^- \to 2\mathrm{Cl^{-1}} \quad |\,1 \]

• окислитель — \(\mathrm{Cl_2}\);
• восстановитель — \(\mathrm{Na_2SO_3}\) (за счёт \(\mathrm{S^{+4}}\)).

Если нужно, могу отдельно объяснить, как быстро определять степени окисления в подобных реакциях.

Перерешил все задания с фото (4–8). Задание 6 оформил с подробным электронным балансом.

4. Элемент

В ядре \(76\) нейтронов, это на \(24\) больше числа протонов: \[ Z = 76-24=52 \] Порядковый номер \(52\) — теллур. Проверка: \(A=52+76=128\), изотоп \(^{128}\mathrm{Te}\).

Ответ: теллур \(\mathrm{Te}\).

5. Уравнения реакций

а) бром и сероводород: \[ \mathrm{Br_2+H_2S \to S\downarrow+2HBr} \]

б) углерод и оксид цинка (при нагревании): \[ \mathrm{ZnO+C \to Zn+CO\uparrow} \] При недостатке углерода возможно: \[ \mathrm{2ZnO+C \to 2Zn+CO_2\uparrow} \]

в) кислород и сульфид меди(II) (обжиг): \[ \mathrm{2CuS+3O_2 \to 2CuO+2SO_2} \]

6. Метод электронного баланса

а) \[ \mathrm{4NH_3+3O_2=2N_2+6H_2O} \] \[ 2\mathrm{N^{-3}}-6e^-\to \mathrm{N_2^0}\quad|\times2 \] \[ \mathrm{O_2^0}+4e^-\to 2\mathrm{O^{-2}}\quad|\times3 \] Окислитель — \(\mathrm{O_2}\), восстановитель — \(\mathrm{NH_3}\).

б) \[ \mathrm{3Br_2+6NaOH=5NaBr+NaBrO_3+3H_2O} \] \[ \mathrm{Br^0}+e^-\to \mathrm{Br^{-1}}\quad|\times5 \] \[ \mathrm{Br^0}-5e^-\to \mathrm{Br^{+5}}\quad|\times1 \] Всего \(6\) атомов брома, то есть \(3\mathrm{Br_2}\). Бром одновременно окислитель и восстановитель (диспропорционирование).

в) \[ \mathrm{Na_2SO_3+Cl_2+H_2O=Na_2SO_4+2HCl} \] \[ \mathrm{S^{+4}}-2e^-\to \mathrm{S^{+6}}\quad|\times1 \] \[ \mathrm{Cl_2^0}+2e^-\to 2\mathrm{Cl^{-1}}\quad|\times1 \] Окислитель — \(\mathrm{Cl_2}\), восстановитель — \(\mathrm{Na_2SO_3}\).

7. Объём углекислого газа

Примеси составляют \(5\%\), значит чистого метана: \[ V(\mathrm{CH_4})=800\cdot0{,}95=760\ \text{л} \] Реакция: \[ \mathrm{CH_4+2O_2\to CO_2+2H_2O} \] По закону Авогадро объёмы газов при н.у. относятся как коэффициенты: \[ V(\mathrm{CO_2})=V(\mathrm{CH_4})=760\ \text{л} \] Ответ: \(760\) л.

8. Массовые доли веществ

Сначала сжигание серы: \[ \mathrm{S+O_2\to SO_2} \] \[ n(\mathrm S)=\frac{0{,}8}{32}=0{,}025\ \text{моль} \] \[ n(\mathrm{SO_2})=0{,}025\ \text{моль},\quad m(\mathrm{SO_2})=0{,}025\cdot64=1{,}6\ \text{г} \]

В растворе щёлочи: \[ m(\mathrm{NaOH})=100\cdot0{,}04=4\ \text{г} \] \[ n(\mathrm{NaOH})=\frac{4}{40}=0{,}1\ \text{моль} \] Отношение: \[ \frac{n(\mathrm{NaOH})}{n(\mathrm{SO_2})}=\frac{0{,}1}{0{,}025}=4>2 \] Щёлочь в избытке, значит образуется средняя соль: \[ \mathrm{SO_2+2NaOH\to Na_2SO_3+H_2O} \] Расход щёлочи: \[ n_{\text{расх.}}(\mathrm{NaOH})=2\cdot0{,}025=0{,}05\ \text{моль} \] Остаток: \[ n_{\text{ост.}}(\mathrm{NaOH})=0{,}1-0{,}05=0{,}05\ \text{моль} \] \[ m_{\text{ост.}}(\mathrm{NaOH})=0{,}05\cdot40=2\ \text{г} \] Соль: \[ n(\mathrm{Na_2SO_3})=0{,}025\ \text{моль} \] \[ m(\mathrm{Na_2SO_3})=0{,}025\cdot126=3{,}15\ \text{г} \] Масса конечного раствора: \[ m_{\text{р-ра}}=100+1{,}6=101{,}6\ \text{г} \] Массовые доли: \[ \omega(\mathrm{Na_2SO_3})=\frac{3{,}15}{101{,}6}\cdot100\%\approx3{,}1\% \] \[ \omega(\mathrm{NaOH})=\frac{2}{101{,}6}\cdot100\%\approx2{,}0\% \]

Ответ: \(\omega(\mathrm{Na_2SO_3})\approx3{,}1\%\), \(\omega(\mathrm{NaOH})\approx2{,}0\%\).

В задании 6 «общее краткое» — это наименьшее общее кратное (НОК) числа отданных и принятых электронов. По нему находят множители для уравнений.

а)
\[ 2\mathrm{N^{-3}}-6e^-\to \mathrm{N_2^0} \] \[ \mathrm{O_2^0}+4e^-\to 2\mathrm{O^{-2}} \] \[ \text{НОК}(6;4)=12 \] Множители: \(12:6=2\) и \(12:4=3\). \[ \mathrm{4NH_3+3O_2=2N_2+6H_2O} \] Окислитель — \(\mathrm{O_2}\), восстановитель — \(\mathrm{NH_3}\).

б)
\[ \mathrm{Br_2^0}+2e^-\to 2\mathrm{Br^{-1}} \] \[ \mathrm{Br_2^0}-10e^-\to 2\mathrm{Br^{+5}} \] \[ \text{НОК}(2;10)=10 \] Множители: \(10:2=5\) и \(10:10=1\). \[ \mathrm{3Br_2+6NaOH=5NaBr+NaBrO_3+3H_2O} \] Бром одновременно окислитель и восстановитель.

в)
\[ \mathrm{S^{+4}}-2e^-\to \mathrm{S^{+6}} \] \[ \mathrm{Cl_2^0}+2e^-\to 2\mathrm{Cl^{-1}} \] \[ \text{НОК}(2;2)=2 \] Множители: \(1\) и \(1\). \[ \mathrm{Na_2SO_3+Cl_2+H_2O=Na_2SO_4+2HCl} \] Окислитель — \(\mathrm{Cl_2}\), восстановитель — \(\mathrm{Na_2SO_3}\).

Нет, \(\mathrm{NaOH}\) не пропущен — он есть в итоговом уравнении:

\[ \mathrm{3Br_2+6NaOH=5NaBr+NaBrO_3+3H_2O} \]

Проверка по атомам: \(\mathrm{Na}\) — \(6\) слева и \(6\) справа; \(\mathrm{Br}\) — \(6\) и \(6\); \(\mathrm{O}\) — \(6\) и \(6\); \(\mathrm{H}\) — \(6\) и \(6\). Уравнение сбалансировано.

Почему \(\mathrm{NaOH}\) нет в электронном балансе: в методе электронного баланса выписывают только те частицы, у которых меняется степень окисления. Здесь её меняет только бром:

\[ \mathrm{Br_2^0+2e^-\to 2Br^{-1}} \] \[ \mathrm{Br_2^0-10e^-\to 2Br^{+5}} \]

Натрий и кислород в составе \(\mathrm{NaOH}\) степени окисления не меняют, поэтому в полуреакции они не входят. \(\mathrm{NaOH}\) нужен для уравнивания натрия, водорода и кислорода в полном уравнении — и он там стоит.

Если хочешь, могу дополнительно показать, как записывать эти полуреакции с учётом щелочной среды \(\left(\mathrm{OH^-}\right)\).

Ты, скорее всего, имеешь в виду бром \(\mathrm{Br_2}\) из задания 5а (не «брон»).

При обычных условиях бром — это тяжёлая тёмно-красно-бурая жидкость с резким запахом. Над ней образуется оранжево-коричневый пар. В лаборатории его хранят в закрытой тёмной стеклянной посуде.

В воде бром даёт жёлто-оранжевый раствор — бромную воду.

Бром ядовит и вызывает ожоги, поэтому его не нюхают и не трогают руками.

Если же ты имел в виду бронзу, это уже не бром, а сплав меди — обычно золотисто-коричневого цвета.