Из опре­де­ле­ния пе­ри­о­да по­лу­рас­па­да ко­ли­че­ство не­рас­пав­ших­ся изо­то­пов через время t будет опре­де­лять­ся по фор­му­ле

Видно, что за 32 часа оста­нет­ся всего лишь

от ис­ход­но­го ко­ли­че­ства изо­то­пов, что уже мень­ше, чем тре­бу­ет­ся по усло­вию. Чтобы рас­счи­тать время, за ко­то­рое рас­падётся (а оста­нет­ся ) изо­то­пов, придётся про­ве­сти до­пол­ни­тель­ные пре­об­ра­зо­ва­ния:

Для от­ве­та на вто­рую часть за­да­чи по­тре­бу­ет­ся пе­ре­фор­му­ли­ро­вать по­ня­тие пе­ри­о­да по­лу­рас­па­да. Для от­дель­ных ча­стиц его можно рас­смат­ри­вать как время, за ко­то­рое каж­дый от­дель­ный изо­топ рас­па­да­ет­ся с ве­ро­ят­но­стью Т. е. ве­ро­ят­ность вы­жить через 2 пе­ри­о­да по­лу­рас­па­да (128 часов) для каж­до­го от­дель­но­го изо­то­па со­став­ля­ет Чтобы опре­де­лить ве­ро­ят­ность со­хра­не­ния всех 4 изо­то­пов, нужно пе­ре­мно­жить ве­ро­ят­но­сти не рас­пасть­ся для каж­до­го из них, т. е. сум­мар­ная ве­ро­ят­ность со­ста­вит  %. В слу­чае рас­па­да ровно двух изо­то­пов по­тре­бу­ет­ся рас­смот­реть все ва­ри­ан­ты. Про­ну­ме­ру­ем ча­сти­цы циф­ра­ми от 1 до 4. Усло­вию со­от­вет­ству­ют сле­ду­ю­щие ва­ри­ан­ты:

рас­па­лись 1 и 2, оста­лись 3 и 4;

рас­па­лись 1 и 3, оста­лись 2 и 4;

рас­па­лись 1 и 4, оста­лись 2 и 3;

рас­па­лись 2 и 3, оста­лись 1 и 4;

рас­па­лись 2 и 4, оста­лись 1 и 3;

рас­па­лись 3 и 4, оста­лись 1 и 2.

Ве­ро­ят­ность всех этих 6 ва­ри­ан­тов будет оди­на­ко­вой и рав­ной про­из­ве­де­нию ве­ро­ят­но­сти для 2 изо­то­пов рас­пасть­ся ( для каж­до­го), а для 2 со­хра­нить­ся ( для каж­до­го). Т. е. сум­мар­ная ве­ро­ят­ность со­ста­вит  %.

1.  Двух га­зо­об­раз­ных (н. у.) со­еди­не­ний, про­дук­том ко­то­рой яв­ля­ет­ся твёрдый про­дукт:

2.  Раз­ло­же­ния ин­ди­ви­ду­аль­но­го твёрдого ве­ще­ства с об­ра­зо­ва­ни­ем толь­ко га­зо­об­раз­ных (н. у.) про­дук­тов:

На­при­мер, упо­мя­ну­тый в не­сколь­ких ра­бо­тах элек­тро­лиз воды.

3.  Вы­па­де­ния осад­ка при про­пус­ка­нии газа в вод­ный рас­твор (с пол­ным по­гло­ще­ни­ем этого газа): все­воз­мож­ные оса­жде­ния не­рас­тво­ри­мых солей и ос­но­ва­ний при про­пус­ка­нии или в рас­тво­ры солей –эле­мен­тов,

4.  Вы­па­де­ния осад­ка при до­бав­ле­нии воды в рас­твор (хотя бы 1 при­мер): по­след­няя не на­столь­ко про­ста; на­при­мер, раз­бав­ле­ние ам­ми­ач­но­го рас­тво­ра ок­си­да се­реб­ра или хло­ри­да се­реб­ра. Кроме того, в усло­вии не на­пи­са­но, что рас­твор вод­ный  — так что, на­при­мер, лю­бо­го рас­тво­ра гид­ро­ли­зу­ю­ще­го­ся ве­ще­ства в жид­ком ам­ми­а­ке (амид на­трия), в спир­те (ал­ко­го­лят) или аце­то­не.

Кап­нуть из одной про­бир­ки в дру­гую. Оса­док по­явил­ся  — в пер­вой щёлочь, осад­ка нет  — в пер­вой суль­фат алю­ми­ния. При даль­ней­шем до­бав­ле­нии  — рас­тво­ре­ние в из­быт­ке ре­а­ген­та в одном слу­чае и по­яв­ле­ние осад­ка по до­сти­же­нии сте­хио­мет­ри­че­ско­го со­от­но­ше­ния во вто­ром.

Урав­не­ния ре­ак­ций:

За­ме­ча­ем, что если сме­шать соли в моль­ном со­от­но­ше­нии 1:1, то по­лу­чит­ся га­зо­вая смесь или 80 % азота + 20 % кис­ло­ро­да. То есть, нуж­ное со­от­но­ше­ние. Оста­лось по­де­лить мо­ляр­ную массу нит­ра­та на мо­ляр­ную массу нит­ри­та, чтобы найти мас­со­вое со­от­но­ше­ние:

Соль со­дер­жит калий (это по­нят­но по окрас­ке пла­ме­ни). Есть не так много из­вест­ных солей, вы­де­ля­ю­щих газ при на­гре­ва­нии, к тому же бес­цвет­ный и без за­па­ха. Здесь вспо­ми­на­ют­ся газы Од­на­ко, эта соль даёт оса­док с ба­ри­ем. Здесь самое оче­вид­ное пе­ре­се­че­ние  — это кар­бо­на­ты. Они и дают оса­док с ба­ри­ем и вы­де­ля­ют при на­гре­ва­нии. Оста­лось убе­дить­ся во всём при по­мо­щи расчётов. 0,987 г пред­по­ла­га­е­мо­го вы­пав­ше­го в оса­док, со­от­вет­ству­ет 5 ммо­лям ве­ще­ства. С дру­гой сто­ро­ны, 112 мл газа при н. у.  — это тоже 5 ммоль ве­ще­ства. Од­на­ко, при таком рас­кла­де, счи­тая, что 1 г соли со­от­вет­ству­ет тоже 5 ммоль ве­ще­ства по­лу­ча­ет­ся мо­ляр­ная масса 200 г/моль, что ни­че­го по­хо­же­го на кар­бо­нат калия не даёт. Но если пред­по­ло­жить, что из соли при на­гре­ве уле­та­ет по­ло­ви­на (как это про­ис­хо­дит при на­гре­ве гид­ро­кар­бо­на­тов), то по­лу­чит­ся, что 1 г соли  — это 10 ммоль ве­ще­ства и мо­ляр­ная масса равна 100 г/моль, что в точ­но­сти сов­па­да­ет с мо­ляр­ной мас­сой А кар­бо­нат бария вы­па­да­ет даже в при­сут­ствии гид­ро­кар­бо­на­та калия, вы­де­ляя Но для оцен­ки та­ко­го утвер­жде­ния, как и в за­да­че 8, не­об­хо­ди­мо было при­ве­сти сколь­ко-ни­будь ло­гич­ное хи­ми­че­ское объ­яс­не­ние.

Из учеб­ни­ка из­вест­но, что са­мы­ми ре­ак­ци­он­но­спо­соб­ны­ми не­ме­тал­ла­ми яв­ля­ют­ся га­ло­ге­ны. И самым ак­тив­ным среди них яв­ля­ет­ся фтор. Таким об­ра­зом, нам оста­лось лишь рас­счи­тать со­став фто­ри­да эле­мен­та. Со­ста­вим урав­не­ние: где М  — атом­ная масса эле­мен­та, а х  — его ва­лент­ность. При­ведём урав­не­ние к более удоб­но­му виду: Пе­ре­бор оста­нав­ли­ва­ет нас на зна­че­нии x  =  5 при M  =  50,95, что иде­аль­но схо­дит­ся с атом­ной мас­сой ва­на­дия. Выс­шая его сте­пень окис­ле­ния как раз 5. Всё со­от­вет­ству­ет усло­вию.

По урав­не­нию Мен­де­ле­е­ва-Кла­пей­ро­на вы­чис­ля­ем ко­ли­че­ство мо­ле­кул воды, ока­зав­шей­ся в га­зо­вой фазе после раз­ло­же­ния кри­стал­ло­гид­ра­та:

Те­перь для кри­стал­ло­гид­ра­та со­ста­ва долж­но быть спра­вед­ли­во сле­ду­ю­щее урав­не­ние:

его ре­ше­ни­ем яв­ля­ет­ся x  =  6. Таким об­ра­зом, усло­ви­ем задан кри­стал­ло­гид­рат:

По идее, при про­пус­ка­нии из­бы­точ­но­го ко­ли­че­ство оса­док кар­бо­на­та (бария, на­при­мер) дол­жен рас­тво­рить­ся с об­ра­зо­ва­ни­ем гид­ро­кар­бо­на­та. Од­на­ко, оса­док не рас­тво­ря­ет­ся. При­чи­ны:

Ва­ри­ант 1. Гид­ро­кар­бо­нат плохо рас­тво­рим в этом рас­тво­ре. На­при­мер, в до­ста­точ­но на­сы­щен­ном рас­тво­ре кар­бо­на­та на­трия гид­ро­кар­бо­нат на­трия рас­тво­ря­ет­ся очень плохо:

Ва­ри­ант 2: По­лу­чен­ное при про­пус­ка­нии ве­ще­ство гид­ро­ли­зу­ет­ся с об­ра­зо­ва­ни­ем не­рас­тво­ри­мо­го осад­ка, на­при­мер:

либо оса­док вы­па­да­ет, по­то­му что по­ни­жа­ет pH:

В ре­ше­ни­ях встре­чал­ся ва­ри­ант 3: вы­па­де­ние кар­бо­на­та бария при про­пус­ка­нии через рас­твор Дей­стви­тель­но, кар­бо­нат бария плохо рас­тво­ря­ет­ся в из­быт­ке Но этот ответ оце­ни­вал­ся толь­ко в том слу­чае, когда было какое-то объ­яс­не­ние (рас­суж­де­ния о рав­но­ве­сии оса­док–рас­твор, о про­из­ве­де­нии рас­тво­ри­мо­сти кар­бо­на­тов и т. п.), по­че­му кар­бо­нат каль­ция, на­при­мер, рас­тво­ря­ет­ся при про­пус­ка­нии а кар­бо­нат бария  — толь­ко ча­стич­но.

Из усло­вия видно, что всего лишь 9 г по­рош­ка при­во­дит к вы­де­ле­нию 1 моля газа, что ука­зы­ва­ет на во­до­род (осталь­ные газы тя­же­лее). Ве­ще­ства, ко­то­рые вы­де­ля­ют во­до­род при ре­ак­ции с водой  — это ак­тив­ные ме­тал­лы (они не вы­гля­дят как белые кри­стал­ли­че­ские по­рош­ки) или гид­ри­ды ак­тив­ных ме­тал­лов. Так как газ В, легче, чем газ А, то газ B  — это (более лёгкого газа быть не может). Его мо­ле­ку­ляр­ная масса 2, зна­чит, мо­ле­ку­ляр­ная масса газа А равна трём. Это может быть ча­стич­но дей­те­ро­во­до­род

Такой про­дукт можно по­лу­чить при ре­ак­ции дей­те­ри­ро­ван­но­го гид­ри­да с обыч­ной водой

0,1 моль газа А по­лу­ча­ет­ся при раз­ло­же­нии 0,9 г гид­ри­да зна­чит, мо­ле­ку­ляр­ная масса равна 9, это дей­те­рид лития (по­ро­шок 1). Сле­до­ва­тель­но, ве­ще­ство С это гид­рок­сид лития, его масса со­от­вет­ству­ет 0,1 моль, что со­гла­су­ет­ся с усло­ви­ем.

Рас­смот­рим по­ро­шок 2. Это может быть не ин­ди­ви­ду­аль­ное ве­ще­ство, так как в усло­вии за­да­но опре­де­лить со­став по­рош­ков. Он вза­и­мо­дей­ству­ет с водой с об­ра­зо­ва­ни­ем во­до­ро­да и гид­рок­си­да лития. Сле­до­ва­тель­но, он со­дер­жит гид­рид лития. Од­на­ко, для вы­де­ле­ния 0,1 моль тре­бу­ет­ся 0,8 г при этом по­лу­ча­ет­ся 2,4 г

Масса по­рош­ка 2 равна 0,9 г (на 0,1 г боль­ше), и в рас­тво­ре по­лу­ча­ет­ся 2,5 г (на 0,1 г боль­ше) гид­рок­си­да лития. Сле­до­ва­тель­но, по­ро­шок 2 со­сто­ит из 0,8 г и 0,1 г Таким об­ра­зом,

по­ро­шок 1  =   (100 %), по­ро­шок 2  =  0,8 г  + 0,1 г (88,9 % и 11,1 %).

Ре­ак­ции:

1.  Мас­со­вая доля ве­ще­ства в ко­неч­ном рас­тво­ре сле­ду­ет из его рас­тво­ри­мо­сти: если рас­тво­ри­мость со­став­ля­ет 26,6 г на 100 г воды, то в 126,6 г рас­тво­ра со­дер­жит­ся 26,6 г что со­став­ля­ет 21,01 %

2.  Найдём мас­со­вую долю ве­ще­ства в ис­ход­ном рас­тво­ре. Масса рас­тво­ра после вы­па­де­ния осад­ка 94,44 г. Он со­дер­жит 19,84 г суль­фа­та же­ле­за так как его мас­со­вая доля в рас­тво­ре долж­на быть 21,01, т. е. 94,44 · 0,2101  =  19,84). В осад­ке на­хо­дит­ся кри­стал­ло­гид­рат. Масса в кри­стал­ло­гид­ра­те со­став­ля­ет 5,56 · 152 : 278  =  3,04 г (152  — мо­ле­ку­ляр­ная масса без­вод­но­го суль­фа­та же­ле­за, 278  — мо­ле­ку­ляр­ная масса кри­стал­ло­гид­ра­та). Сле­до­ва­тель­но, в ис­ход­ном рас­тво­ре было 19,84 + 3,04  =  22,88 г суль­фа­та же­ле­за. Масса рас­тво­ра была 100 г. Мас­со­вая доля со­став­ля­ла 22,88 %.

Для расчёта нужно по­нять, как дис­со­ци­и­ру­ет кис­ло­та. Пред­по­ло­жим, что кис­ло­та од­но­ос­нов­ная. Тогда в рас­тво­ре кис­ло­ты будут на­хо­дить­ся ча­сти­цы самой кис­ло­ты ани­о­ны и ка­ти­о­ны Ис­ход­ная кон­цен­тра­ция кис­ло­ты со­став­ля­ет 2 М.

Если дис­со­ци­и­ро­ва­ла какая-то часть кис­ло­ты, её кон­цен­тра­ция стала (2−x)М, а кон­цен­тра­ции ани­о­нов и ка­ти­о­нов будут по xМ. Тогда сум­мар­ная кон­цен­тра­ция всех ча­стиц будет

От­сю­да x  =  0,4 М, Из этих дан­ных можем рас­счи­тать кон­стан­ту дис­со­ци­а­ции кис­ло­ты:

По­вто­рим расчёты для 0,2 М рас­тво­ра: От­сю­да x  =  0,1 М,

Рас­счи­тан­ные кон­стан­ты сов­па­ли, т. е. кис­ло­ту можно счи­тать од­но­ос­нов­ной. [В слу­чае не од­но­ос­нов­ной кис­ло­ты при мень­ших кон­цен­тра­ци­ях ка­жу­ща­я­ся кон­цен­тра­ция будет выше ожи­да­е­мой за счёт дис­со­ци­а­ции по вто­рой и боль­шим сту­пе­ням. Тогда рас­счи­тан­ные кон­стан­ты не сов­па­дут.] Для расчёта ка­жу­щей­ся кон­цен­тра­ции 0,02 М рас­тво­ра кис­ло­ты нужно со­ста­вить урав­не­ние

Решая квад­рат­ное урав­не­ние, на­хо­дим x  =  0,017, т. е.

Для па­рал­лель­ных про­цес­сов од­но­го по­ряд­ка (а об­рат­но­го в усло­вии не ука­за­но) в со­от­вет­ствии с за­ко­ном дей­ству­ю­щих масс со­от­но­ше­ние кон­цен­тра­ций про­дук­тов опре­де­ля­ет­ся со­от­но­ше­ни­ем кон­стант ско­ро­сти ре­ак­ции:

Из ис­ход­ных дан­ных по­лу­ча­ем, что k_b в 19 раз мень­ше, чем k_c. Ка­та­ли­за­тор при­во­дит к уве­ли­че­нию кон­стант ско­ро­сти обеих ре­ак­ций, при этом k’_b  =  120k_b, а k’_c  =  4k_c. Найдём со­от­но­ше­ние про­дук­тов:

По­счи­тать со­став би­нар­но­го со­еди­не­ния X, если из­ве­стен один из эле­мен­тов, можно, по­де­лив атом­ную массу азота на его мас­со­вую долю: по­лу­ча­ет­ся 14,33 г/моль. Это мо­ляр­ная масса в пе­ре­счёте на один атом азота. Если вы­честь из неё 14 г/моль, то всё, что оста­нет­ся  — это мо­ляр­ная масса всего осталь­но­го в пе­ре­счёте на один атом азота, то есть 0,33. Оче­вид­но, что это нужно умно­жить на 3, чтобы по­лу­чить 1  — во­до­род. Тогда фор­му­ла X со­от­вет­ству­ет   — ази­до­во­до­род­ная (азо­ти­сто­во­до­род­ная) кис­ло­та. Легко до­га­дать­ся по усло­вию, что Y, с ко­то­рой её часто пу­та­ют  — это ам­ми­ак об­ла­да­ю­щий ос­нов­ны­ми свой­ства­ми.

Учи­ты­вая, что мы рас­тво­ря­ем ме­талл в кис­ло­те-окис­ли­те­ле легко до­га­дать­ся, что азот будет в этой ре­ак­ции по­ни­жать свою сте­пень окис­ле­ния (осо­бен­но учи­ты­вая, что часть его вы­де­ля­ет­ся в более вы­со­кой сте­пе­ни окис­ле­ния в виде ). Самое ло­гич­ное, что может здесь иметь­ся в виду  — это по­ни­же­ние сте­пе­ни окис­ле­ния до −3, то есть та­ко­го, как в ам­ми­а­ке. Ам­ми­ак и тут же про­ре­а­ги­ру­ют, давая (би­нар­ное со­еди­не­ние B, по мас­со­вым долям под­хо­дит: 14 · 4 : (14 · 4 + 4)  =  0,9329). Маг­ний, пе­рей­дя в сте­пень окис­ле­ния +2, дол­жен иметь какой-то про­ти­во­ион, ко­то­рым тоже дол­жен быть азид-анион. То есть, A  =   (по мас­со­вым долям схо­дит­ся: 14 · 6 : (24,3 + 14 · 6)  =  0,7757). Урав­не­ние ре­ак­ции:

Урав­не­ние элек­тро­ли­за:

Вы­хо­дит, что ко­ли­че­ство вы­де­лив­ше­го­ся во­до­ро­да равно ко­ли­че­ству вы­де­лив­ших­ся халь­ко­ге­нов. Ко­ли­че­ство во­до­ро­да  =  4,911 : 22,4  =  0,21924 моль. Тогда спра­вед­ли­ва си­сте­ма урав­не­ний:

что со­от­вет­ству­ет мас­сам: 5 г и 5 г

Ме­талл X  — это на­трий (по­нят­но по окрас­ке пла­ме­ни). Из дан­ных о мас­со­вой доле рас­счи­та­ем Y: При х  =  4, M  =  118,73  — олово Тогда Z₃  —

Ко­ли­че­ство олова в Z₁ равно ко­ли­че­ству

Ко­ли­че­ство на­трия в Z₁:

Со­от­но­ше­ние   =  2,25  =  9/4. Брут­то-фор­му­ла Z₁  =   (анион   — анион Цинт­ля).

При­ме­ров может быть много: на­при­мер, мар­га­нец и оксид мар­ган­ца(IV). При из­быт­ке мар­ган­ца вы­де­ля­ет­ся во­до­род:

при из­быт­ке ок­си­да  — хлор

при эк­ви­мо­ляр­ном со­от­но­ше­нии и ак­ку­рат­ном сме­ше­нии газ может не вы­де­лить­ся.

Зна­че­ние M_r ~ 28 имеют сле­ду­ю­щие газы: азот, оксид уг­ле­ро­да(II), эти­лен, ди­бо­ран При сжи­га­нии об­ра­зу­ет­ся такой же объем га­зо­об­раз­но­го про­дук­та  — при сжи­га­нии об­ра­зу­ет­ся вдвое боль­ший объём при сжи­га­нии га­зо­об­раз­ных при обыч­ных усло­ви­ях про­дук­тов во­об­ще не об­ра­зу­ет­ся:

В смеси га­зо­об­раз­ных про­дук­тов сго­ра­ния могли быть толь­ко азот и уг­ле­кис­лый газ, при­чем по­гло­тил­ся щёлочью. Сле­до­ва­тель­но, объ­ем­ная доля в ис­ход­ной смеси со­став­ля­ет 10 %. В ис­ход­ной смеси газы и могли либо од­но­вре­мен­но при­сут­ство­вать либо од­но­вре­мен­но от­сут­ство­вать, по­сколь­ку после сжи­га­ния об­ра­зо­вал­ся такой же объём смеси га­зо­об­раз­ных про­дук­тов. В пер­вом слу­чае тре­бу­ет­ся (убе­ди­тесь в этом сами), чтобы объёмные доли ди­бо­ра­на и эти­ле­на в смеси были оди­на­ко­вы­ми, а вто­рой слу­чай можно сразу же ис­клю­чить, так как на сжи­га­ние смеси и (без двух дру­гих) пойдёт мень­ший объём кис­ло­ро­да, чем объём смеси и

Пусть в ис­ход­ной смеси на 1 моль при­хо­дит­ся х моль и по у моль и По­сколь­ку  %, то х + 2у  =  9. На сжи­га­ние 1 моль рас­хо­ду­ет­ся 0,5 моль на сжи­га­ние 1 моль рас­хо­ду­ет­ся 3 моль на сжи­га­ние 1 моль также рас­хо­ду­ет­ся 3 моль По­лу­ча­ем си­сте­му урав­не­ний:

Со­став ис­ход­ной смеси:

Со­ста­вим таб­ли­цу ре­ак­ций каж­до­го с каж­дым, в по­след­ней ко­лон­ке  — ко­ли­че­ство осад­ков для каж­до­го из 10 ре­а­ген­тов: Сразу из этой таб­ли­цы ре­шить за­да­чу нель­зя  — все осад­ки бе­ло­го цвета, и есть ве­ще­ства, об­ра­зу­ю­щие оди­на­ко­вое ко­ли­че­ство осад­ков. Можно, ко­неч­но, по­тео­ре­ти­зи­ро­вать, что какие-то из осад­ков  — тво­ро­жи­стые, какие-то  — вы­де­ля­ю­ща­я­ся муть, но на прак­ти­ке это раз­ли­чить слож­но. Од­но­знач­но опре­де­ля­ют­ся толь­ко  (1),  (4) и  (8). Далее раз­ли­ча­ем и (по 3 осад­ка в таб­ли­це) ре­ак­ци­ей с уже из­вест­ным   — вы­па­дет в слу­чае с и (по 6 осад­ков в таб­ли­це) раз­ли­ча­ют­ся ре­ак­ци­ей с муть осад­ка по­яв­ля­ет­ся толь­ко в слу­чае с суль­фа­том алю­ми­ния. и (по 5 осад­ков): сна­ча­ла по ре­ак­ции с найдём Далее по­лу­чим по ре­ак­ции с (от­филь­тро­вав ) и рас­познаём когда при до­бав­ле­нии к по­лу­чен­но­му начнёт вы­де­лять­ся и вы­па­дать оса­док

В ре­ше­ни­ях часто по­па­да­лись ошиб­ки в таб­ли­це, ко­то­рые вли­я­ли на вер­ность даль­ней­шей це­поч­ки иден­ти­фи­ка­ции. Ос­нов­ные ло­ги­че­ские де­фек­ты ре­ше­ния: когда автор на­чи­на­ет его со слов: «счи­та­ем, что в про­бир­ке 1  — »...

Пер­ман­га­нат в кис­лой среде при­об­ре­та­ет 5 элек­тро­нов на 1 моль Вы­хо­дит, что за­дан­ное ве­ще­ство X долж­но те­рять 14 элек­тро­нов, чтобы со­блю­дал­ся элек­трон­ный ба­ланс. Учи­ты­вая, что фос­фор в при­сут­ствии столь силь­но­го окис­ли­те­ля не­ми­ну­е­мо дол­жен окис­лить­ся до сте­пе­ни окис­ле­ния +5, при­хо­дим к вы­во­ду, что в X как ми­ни­мум 2 атома фос­фо­ра (сте­пень окис­ле­ния фос­фо­ра не может быть –9!). Тогда, если их 2, вы­хо­дит, что каж­дый из них дол­жен быть в сте­пе­ни окис­ле­ния −2, так каж­дый те­ря­ет по 7 элек­тро­нов.

Такой фос­фин есть. По­лу­ча­ет­ся фор­му­ла Оче­вид­но, что он может быть по­лу­чен из фос­фи­да каль­ция, где фос­фор в сте­пе­ни окис­ле­ния −2, то есть, пред­по­ло­жи­тель­но, (или ). Урав­не­ния ре­ак­ции:

Из спра­воч­ни­ка (ис­клю­чи­тель­но для ин­фор­ма­ции  — то, о чём идет речь в усло­вии): струк­ту­ра Пред­по­ло­же­ние может быть ос­но­ва­но на боль­шом ко­ли­че­стве сво­бод­ных элек­трон­ных пар фтора и кис­ло­ро­да (даже в со­сто­я­нии окис­ле­ния +1), ко­то­рые не­из­беж­но от­тал­ки­ва­ют­ся. Мо­ле­ку­ла не ре­зи­но­вая, рас­тя­ги­вать­ся в длину спо­соб­на огра­ни­чен­но, зна­чит, такое рас­тал­ки­ва­ние элек­трон­ных пар фтора и кис­ло­ро­да на кон­цах мо­ле­ку­лы при­во­дит к сжа­тию (друг к другу) внут­рен­них ато­мов (кис­ло­ро­да), с пе­ре­се­че­ни­ем элек­трон­ных пар обоих ато­мов и уве­ли­чи­вая дво­е­связ­ность связи. Чем выше дво­е­связ­ность  — тем мень­ше длина связи.