Олимпиада по химии 9 класс — региональный этап ВсОШ 2023/2024: задания и ответы

Решения — теор.

КРИТЕРИИ И МЕТОДИКА ОЦЕНИВАНИЯ ВЫПОЛНЕНИЯ ОЛИМПИАДНЫХ ЗАДАНИЙ РЕГИОНАЛЬНОГО ЭТАПА ПО ХИМИИ С УКАЗАНИЕМ МАКСИМАЛЬНО ВОЗМОЖНОГО КОЛИЧЕСТВА БАЛЛОВ ЗА КАЖДОЕ ЗАДАНИЕ И ОБЩЕГО КОЛИЧЕСТВА МАКСИМАЛЬНО ВОЗМОЖНЫХ БАЛЛОВ ПО ИТОГАМ ВЫПОЛНЕНИЯ ВСЕХ ЗАДАНИЙ для жюри

1 тур

2023–2024

Теоретический тур Девятый класс Решение задачи 9-1 (автор: Зарипов А.А.) Известковая вода Ca(OH)2 образует белые осадки в реакциях с газообразными SO2 и CO2, образуя труднорастворимые CaSO3 и CaCO3 соответственно. Поскольку продукт реакции не обесцвечивает подкисленный раствор перманганата калия, полученный осадок C – CaCO3. Реакция 2: Ca(OH)2 + CO2 = CaCO3 + H2O; (CaCO3) =

1.5 г 100 г/моль

= 0.015 моль = (CO2);

Газ, являющийся основным компонентом воздуха – это азот, D – N2. (N2) =

𝑃𝑉 𝑅𝑇

101.325∗0.771 8.314∗313

= 0.03 моль;

Логично предположить, что желтый осадок F – сера (S или S8). Газы, в состав которых входит сера – это SO2 и H2S. Реагируя между собой, они образуют серу. Реакция 5: SO2 + 2H2S = 3S + 2H2O. Определим молярную массу смеси газов, полученных при реакции гидролиза жидкости A. M(смеси) = 1.287∙29 = 37.323 г/моль. Молярная масса H2S равна 34 г/моль, значит в смеси есть газ с молярной массой больше 37.323 г/моль. Учитывая условие задачи, можно предположить, что это CO2. Определим мольные доли газов в смеси. 37.323 = 34a + 44(1 - a), где a – мольная доля H2S; Решая уравнение, получим а = 0.67 = 2/3 – мольная доля H2S, а мольная доля CO2 равна 1/3. Тогда в жидкости A число атомов серы в 2 раза больше атомов углерода, что соответствует формуле CS2. Реакция 3: CS2 + 2H2O = 2H2S + CO2. Реакция 4: CS2 + 3O2 = CO2 + 2SO2. Составим уравнение «лающей реакции». Как было установлено ранее, 2

ее продуктами являются S, CO2 и N2, причем количество N2 (0.03 моль) в два раза больше количества CO2 (0.015 моль). Один из реагентов – CS2, значит второй реагент (газ B) содержит азот и кислород. Все атомы кислорода перешли в CO2, а все атомы азота – в N2. Количество вещества атомов азота в молекуле N2 равно 0.03∙2 = 0.06 моль, а количество атомов кислорода в молекуле CO2 равно 0.015∙2=0.03 моль. Соотношение атомов азота и кислорода в газе В равно N:O=0.06:0.03=2:1. Значит газ В – N2O. Реакция 1: CS2 + 2N2O = 2S + 2N2 + CO2 (или 4CS2 + 8N2O = S8 + 8N2 + 4CO2) A B C D E F CS2 N2O CaCO3 N2 SO2 S (или S8 Система оценивания: 1 Вещество А – 2 балла; 10 баллов вещество В – 2 балла; вещества С – F по 1.5 балла если состав вещества не подтверждён необходимым расчётом, то 0 баллов 2 Уравнения реакций 1 – 5 по 1 баллу 5 баллов (отсутствие или неверные коэффициенты – 0.5 балла) ИТОГО: 15 баллов Решение задачи 9-2 (авторы: Романов А.С.) 1.

Учитывая древнюю историю элемента X (его знали даже древние греки!),

низкая температура плавления, компонент припоя получаем, что X = Pb. Известно, что свинец часто путали с оловом (не просто путали, а не различали), то Y = Sn. Исходя из греческого названия очевидно, что Z = Mo. 2.

Почти всегда «блеском» называют сульфидные минералы, значит скорее

всего свинцовый блеск C = PbS, молибденовый блеск D = MoS2. Единственный жёлтый оксид свинца – A = PbO. Олово встречается в виде минерала касситерита B = SnO2. Напишем уравнение сгорания сульфида молибдена(IV): t °C

2MoS2 + 7O2 →

2MoO3 + 4SO2.

Таким образом E = SO2, что можно подтвердить расчётом молярной массы 3

с помощью плотности: M(E) = 22,4∙2,86 = 64 г/моль. 3.

Напишем уравнения реакций растворения припоя в соляной кислоте и

реакции с сульфидом натрия: t °C

Pb + 2HCl →

t °C

Sn + 2HCl →

t °C

PbCl2 + H2 или Pb + 4HCl →

t °C

SnCl2 + H2 или Sn + 3HCl →

H2[PbCl4] + H2 H[SnCl3] + H2

PbCl2 + Na2S → PbS↓ + 2NaCl или H2[PbCl4] + 2Na2S → PbS↓ + 4NaCl + H2S, SnCl2 + Na2S → SnS↓ + 2NaCl или 2H[SnCl3] + 3Na2S → 2SnS↓ + 6NaCl + H2S, Na2S + 2HCl → H2S + 2NaCl. При добавлении недостатка сульфида натрия среда в растворе будет кислой и будет наблюдаться выпадение осадка сульфида свинца, поскольку последний нерастворим в кислотах неокислителях. Масса выпавших сульфидов составляет 1.231 г. Составим систему уравнений, принимая во внимание, что в исходной смеси m(Pb) = a, m(Sn) = b: 𝑎 + 𝑏 = 1.000 𝑏 { 𝑎 ∙ 239 + ∙ 151 = 1.231 207 119 Решая систему, находим a ≈ 1/3, b ≈ 2/3. Отсюда находим y = 2. Расплавы с наименьшей температурой кристаллизации называются эвтектическими. Система оценивания: 1. Символы элементов X, Y, Z по 1 баллу. 3 балла Формулы веществ A – D и уравнение реакции сгорания по 1 2. 5 баллов баллу Уравнения реакций олова и свинца с соляной кислотой, уравнения реакций хлоридов металлов и сульфида натрия, а также реакция сульфида натрия с соляной кислотой – по 1 3. 7 баллов баллу. Расчёт состава припоя – 1 балл. Название расплавов – 1 балл. ИТОГО:15 баллов

Решение задачи 9-3 (автор: Крысанов Н.С.) Массы двух газообразных (при н.у.) простых веществ E и A отличаются в 8 раз. В этом случае молярная масса E может быть записана в виде 8n г/моль. Под это условие отлично подходит кислород E – O2, молярная масса которого составляет 32 г/моль. Тогда молярная масса соединения A окажется в 8 раз меньше и составит 4 г/моль, что свидетельствует о наличие в его составе лёгких атомов – гелия или водорода. Поскольку атомы элемента A входят в состав соединений X-Z, сделаем выбор в пользу водорода. Единственной разумной комбинацией с данной молярной массой является молекула, состоящая из двух атомов дейтерия, A – D2. Существует лишь одно простое вещество, являющееся газом при н.у., молярная масса которого лежит в диапазоне от 4 г/моль до 32 г/моль, – это азот D – N2. Тогда среди соединений X-Z могут быть дейтериевая (тяжёлая) вода D2O и тридейтероаммиак ND3. Обратим внимание, что они действительно обладают одинаковой молярной массой в 20 г/моль, что соответствует практически одинаковой плотности в газообразном состоянии при одинаковых условиях. Такой же молярной массой обладает и содержащий атомы дейтерия тетрадейтерометан CD4, тогда одним из простых веществ B-C является углерод. Молярной массой в 20 г/моль также обладают HF и BT3. Данные варианты при наличии логичного обоснования могут быть засчитаны как верные и оценены полным баллом. Анализируя

схему,

представленную

условии

задачи,

можно

предположить, что в состав вещества Y, помимо водорода, входит элемент, образующий твёрдое простое вещество C, вероятно, являющееся углеродом C – C. Значит, Y представляет собой тетрадейтерометан Y – CD4. Он образуется при разложении карбида, образованного элементом B, с помощью соединения X. Разумно предположить, что среди тридейтероаммиака ND3 и дейтериевой воды D2O на роль X лучше всего подходит именно тяжёлая вода X – D2O, тогда по остаточному принципу Z представляет собой тридейтероаммиак Z – ND3. Дополнительным подтверждением этого

факта может послужить

стехиометрическое соотношение веществ Y и Z, образующихся из навесок B 5

одинаковой массы. Проверим наше предположение с помощью уравнений химических реакций, считая, что степень окисления элемента A равна +k: 1. 4B + kC → B4Ck 2. 3B + 0,5kN2 → B3Nk 3. B4Ck + 4kD2O → 4B(OD)k + nCDk↑ 4. B3Nk + 3kD2O → 3B(OD)k + nNDk↑ 𝑘 ∙ 𝑛(𝐵), 4 𝑘 𝑛(𝑁𝐷3 ) = 𝑘 ∙ 𝑛(𝐵3 𝑁𝑘 ) = ∙ 𝑛(𝐵), 3 𝑉(𝐶𝐷4 ) 𝑛(𝐶𝐷4 ) 3 = = . 𝑉(𝑁𝐷3 ) 𝑛(𝑁𝐷3 ) 4 𝑛(𝐶𝐷4 ) = 𝑘 ∙ 𝑛(𝐵4 𝐶𝑘 ) =

Тогда вещество I представляет собой дейтероксид элемента B B(OD)k, который при нагревании разлагается на оксид B2Ok и дейтериевую воду согласно уравнению реакции: 5. 2B(OD)k → B2Ok + kD2O По условию задачи 𝜈(𝐵(𝑂𝐷)𝒌 ) = 𝜈(𝐷2 𝑂), откуда k = 2. Тогда твёрдое простое вещество B образовано двухвалентным элементом с молярной массой меньше, чем у углерода, что соответствует бериллию B – Be. A B C D E F D2 Be C N2 O2 Be2C G H I X Y Z Be3N2 BeO Be(OD)2 D2O CD4 ND3 Если участник расшифровал лишь часть представленной схемы, и предположенные им соединения не противоречат информации в условии задачи, можно оценить расшифрованные вещества полным баллом. Система оценивания: 1. Определение химических формул соединений A–I, 9 баллов подтверждённое логическими рассуждениями по 1 баллу 2. Определение химических формул соединений X–Z, 6 баллов подтверждённое логическими рассуждениями по 2 балла Итого: 15 баллов 6

Решение задачи 9-4 (автор: Серяков С.А.) 1.

Выразим молярную массу NaxWO3 и массовую долю натрия в нём: M(NaxWO3) = 23·x + 184 + 3∙16 = 23x + 232 ; ω(Na)/100% = 23x/(23x +232) = 0.0289, откуда х = 0.3. Реакция, осуществленная Вёлером:

1) 0.15Na2WO4 + 0.85WO3 + 0.15H2 = Na0.3WO3 + 0.15H2O Допустима запись уравнения с коэффициентами кратными приведенным. 2.

По условию растворение А* в кислоте сопровождается только

образованием двух солей, можно предположить, что в составе бинарного А* содержится металл в двух различных степенях окисления, тогда при растворении в кислоте образуются соли В и Г состоящие из аниона кислоты Y и металла в соответствующих степенях окисления. Пусть В = MZm, Г = МZn, причем m > n судя по тому что массовая доля М в Г больше. Выразим массовые доли М в составе солей: ω(B)/100% = M(M)/(M(M) + m∙M(Z)), откуда m∙M(Z) = M(M)·(100%/ ω(B) – 1) = 2.571· M(M), аналогично для Г: n∙M(Z) = M(M)·(100%/ ω(Г) – 1) = 1.717· M(M). Откуда m/n = 1.5. Либо М проявляет степени окисления +3 в В и +2 в Г, либо +6 в В и +4 в Г. Предпочтительнее выглядит первый вариант, поскольку соединения металлов в высоких степенях окисления не склонны растворяться в кислотах. Достаточно взглянуть в таблицу растворимости, чтобы очертить круг металлов, проявляющих устойчивые степени окисления +2 и +3 в растворимых солях – это железо и хром. Упоминание А в школьных пособиях ограничивает рассмотрение V, Mn, Ni, Co, для которых степени окисления +2 и +3 также характерны, но либо соединения не изучают в школе (V), либо имеются сомнения в устойчивости водного раствора, содержащего M3+ (Mn, Ni, Co). Для хрома М(Z) = 0.857∙M(Cr) = 44.56 г/моль для одновалентного аниона, 89 г/моль для двухвалентного и 133.7 г/моль для трехвалентного. 7

Для железа М(Z) = 0.857∙M(Fe) = 48 г/моль для одновалентного аниона, 96 г/моль для двухвалентного и 144 г/моль для трехвалентного. Среди анионов распространенных кислот подходит сульфат-анион, Y = H2SO4. Следовательно соли В и Г это Fe2(SO4)3 и FeSO4, соответственно. Выйти на эти формулы можно, вспомнив что один из оксидов железа красного цвета, а старинный способ получения серной кислоты – прокаливание купоросов. В этом случае достаточно будет подтвердить свой выбор по массовой доле металла в соли. При растворении А* в кислоте Y других веществ кроме солей В и Г не указано, следовательно А* оксид железа, содержащий одновременно Fe+2 и Fe+3. По условию формульная единица А* содержит лишь один атом кислорода, в таком случае А* = FeyO. Составим уравнение его растворения в кислоте: FeyO + H2SO4 = (1 – y) Fe2(SO4)3 + (3y – 2) FeSO4 + H2O, по условию (3y – 2)/(1 – y) = 7, откуда у = 0.9. Формула нестехиометрического оксида А* = Fe0.9O, значит А = FeO. Соль Б

таком

случае

содержит

двухвалентное

железо,

а ее кислородсодержащий анион разлагается при нагревании с выделением летучего газа (либо других веществ, не загрязняющих твердый целевой продукт). ω(Fe)/100% = 56k/(56k + 2∙M(Z)) = 0.412, для соли FеkZ2. Для k-валентного аниона Z получим M(Z) = 40k, откуда при k = 2 подходит сульфит-ион, таким образом Б = FeSO3. Разложение соли Б при 475°С сопровождается выделением не только SO2, но и кислорода, поскольку происходит повышение степени окисления железа при образовании А*. По этой причине имеет место зависимость состава А* от давления Х = О2. Кристаллогидрат железного купороса имеет состав Д = FeSO4∙7H2O и доступен из отходов металлообработки, а при его разложении получают красящий пигмент Fe2O3 = Е. Fe2O3 также выступает в роли катализатора окисления SO2 до SO3 и способствует появлению серной кислоты среди продуктов разложения FeSO4∙7H2O на воздухе. 8

А А* Б В Г Д Е Х Y FeO Fe0.9O FeSO3 Fe2(SO4)3 FeSO4 FeSO4∙7H2O Fe2O3 O2/SO2 H2SO4 Уравнения реакций: 2) FeSO3 = (1–2x) Fe0.9O + х O2↑ + SO2↑ + (0.1+1.8x) Fe Уравнение записанное в таком виде трудно ожидать от школьников, поэтому в качестве правильного ответа можно засчитывать: FeSO3 = Fe0.9O + SO2↑ + 0.1 Fe и 1.8 FeSO3 = 2Fe0.9O + 1.7 SO2↑ + 0.1 S в этом случае в качестве газа Х за верный ответ можно считать X = SO2 3) Fe0.9O + H2SO4 = 0.1 Fe2(SO4)3 + 0.7 FeSO4 + H2O 4) 4FeSO4∙7H2O +O2 = 2Fe2O3 + 4H2SO4↑ + 24H2O↑ или 2FeSO4∙7H2O = Fe2O3+H2SO4↑+ SO2↑+13H2O↑ 5) Fe0.9O + 1.7 H2SO4(конц) = 0.45 Fe2(SO4)3 + 0.35 SO2 ↑+ 1.7H2O Верными считать уравнения с участием Fe0.9O, в которых коэффициенты будут кратны приведенным. 3.

Не указанный в условии оксид железа стехиометрического состава это

Fe3O4 = Fe0.75O, пусть на 1 моль FeO в твердом растворе Fe0.9O приходится b моль Fe0.75O. Индекс железа в смеси составит (1 + 0.75b)/(1 + b) = 0.9, откуда b = 2/3 моль Fe0.75O. Выразим его массовую долю FeO в А*: ω(FeO) = M(FeO)∙1∙100%/(M(FeO)∙1 + M(Fe0.75O)∙b) = 65.06%, значит ω(Fe3O4) = 100% – ω(FeO) = 34.94%. Система оценивания: 1 Значение х = 0.3 – 1 балл 2 балла уравнение реакции получения – 1 балл 2 Вещества А, Б, В, Г, Д, Е, X, Y по 1 баллу 12 баллов Уравнения реакций 2 – 5 по 1 баллу 3 Массовая доля FeO ≈ 65% либо Fe0.75O / Fe3O4 ≈ 35% в А* 1 балл ИТОГО: 15 баллов

Решение задачи 9-5 (автор: Болматенков Д. Н.) 1. Процесс испарения воды можно описать реакцией: H2O(ж) → H2O(г). Согласно закону Гесса, теплота этой реакции может быть найдена как полуразность теплот реакций 2 и 1: Qисп.(H2O) = (802 – 890)/2 = −44 кДж/моль. Полученная теплота отрицательна, так как процесс испарения воды эндотермичен. Примечание: знак теплоты испарения воды отличается от принятого в школьной программе по физике вследствие выбора разных систем отсчёта. 2. Так как разница в теплотах обусловлена испарением воды, необходимо подобрать горючие вещества, при сгорании которых не образуется воды. Примеры: CS2, S, C, Al, C2N2. Обязательными условиями являются горючесть и отсутствие воды в продуктах реакции. Примечание: в общем случае различия между минимальной и максимальной теплотой сгорания могут быть обусловлены не только агрегатным состоянием воды, однако при ответе на вопрос необходимо опираться на информацию, приведённую в условии задачи. 3. Реакция сгорания 1 моль ацетилена выглядит следующим образом: C2H2 + 2.5O2 → 2CO2 + H2O Вычислим тепловой эффект этой реакции, используя следствие из закона Гесса и приведённые в условии данные: Qсг.(C2H2) = Qобр.(H2O) + 2Qобр.(CO2) − Qобр.(C2H2) = 286 + 396·2 − (−227) = =1305 кДж/моль. Поскольку в условии приведена теплота образования жидкой воды, полученное значение – высшая теплота сгорания. Поскольку в реакции сгорания образуется 1 моль воды, низшая теплота сгорания будет на 44 кДж/моль меньше и составит 1305 − 44 = 1261 кДж/моль. 4. Уравнение реакции сгорания 1 моль гексана имеет следующий вид: C6H14 + 9.5O2 → 6CO2 + 7H2O 10

В реакции сгорания образуется 7 моль воды, то есть высшая теплота сгорания будет больше низшей на 7·44 = 308 кДж/моль. Это составляет 7.9 % от низшей теплоты сгорания, откуда низш. Qсг. (C6 H14 ) = 308 / 0.079 = 3900 кДж/моль .

Тогда высшая теплота сгорания равна 3900 + 308 = 4208 кДж/моль. 5. Запишем в общем виде реакцию сгорания CxHy: CxHy + (x + 0.25y)O2 → xCO2 + 0.5yH2O Обратим внимание, что приведённые в условии теплоты – удельные. Мольная теплота этой реакции равна 46.91·M, если образуется жидкая вода, и 44.32·М, если образуется газообразная вода (М – молярная масса соединения, равная 12x + y). Разница между этими теплотами, равная 2.59·М, соответствует теплоте испарения воды, умноженной на коэффициент 0.5y, то есть 44·0.5y = 22y. Отсюда следует, что для целых x и y должно выполняться соотношение: 2.59·М = 22y, или 2.59·(12x + y) = 22y, что после преобразований даёт x = 0.625y. Простейшее решение данного уравнения в целых числах наблюдается при x = 5 и y = 8. Тогда искомый углеводород – C5H8, его молярная масса равна 68 г/моль, а его высшая и низшая теплоты сгорания равны соответственно 46.91·68 = 3190 кДж/моль и 44.32·68 = 3014 кДж/моль. Система оценивания: 1 2 3

Теплота испарения воды Примеры трёх веществ по 0.5 балла Уравнение реакции сгорания – 1 балл Расчёт высшей теплоты сгорания – 1 балл Расчёт низшей теплоты сгорания – 1 балл Уравнение реакции сгорания – 1 балл Расчёт высшей теплоты сгорания – 1 балл Расчёт низшей теплоты сгорания – 1 балл Формула неизвестного углеводорода – 3 балла Уравнение реакции сгорания – 1 балл Расчёт высшей теплоты сгорания – 1 балл Расчёт низшей теплоты сгорания – 1 балл

1.5 балла 1.5 балла 3 балла 3 балла

6 баллов Итого:15 баллов

11

Решения — прак.

ДЛЯ ЖЮРИ 9 КЛАСС Решение (авторы Фурлетов А.А., Филатова Е.А., Теренин В.И., Ильин М.А.) Теоретические задания: 1. Распределим вещества по категориям в соответствии с условием задания: а) Водные растворы HCl, NH4Cl, ZnCl2 и AlCl3 имеют кислую реакцию среды. б) Водные растворы NaOH и Na2CO3 имеют щелочную реакцию среды. в) Водные растворы KI, Na2SO4 и BaCl2 имеют нейтральную реакцию среды. г) Выраженными восстановительными свойствами обладает KI. Наличие у иодида калия KI выраженных восстановительных свойств можно проиллюстрировать, например, следующим уравнением реакции: K2Cr2O7 + 6KI + 7H2SO4 = 3I2 + Cr2(SO4)3 + 4K2SO4 + 7H2O 2. Дистиллированная вода в лабораториях обычно имеет слабокислую реакцию среды из-за наличия в ней растворенного углекислого газа воздуха: CO2 + H2O ⇄ H+ + HCO3– 3. Уравнения реакций, протекание которых возможно: 1) NaOH + HCl = NaCl + H2O 2) Na2CO3 + HCl (недост.) = NaCl + NaHCO3 3) Na2CO3 + 2HCl (изб.) = 2NaCl + CO2↑ + H2O 4) ZnCl2 + 2NaOH (недост.) = Zn(OH)2↓ + 2NaCl 5) ZnCl2 + 4NaOH (изб.) = Na2[Zn(OH)4] + 2NaCl 6) AlCl3 + 3NaOH (недост.) = Al(OH)3↓ + 3NaCl 7) AlCl3 + 6NaOH (изб.) = Na3[Al(OH)6] + 3NaCl или AlCl3 + 4NaOH (изб.) = Na[Al(OH)4] + 3NaCl 8) BaCl2 + Na2SO4 = BaSO4↓ + 2NaCl 9) BaCl2 + Na2CO3 = BaCO3↓ + 2NaCl 10) 2ZnCl2 + 2Na2CO3 + H2O = Zn2(OH)2CO3↓ + CO2↑ + 4NaCl 11) 2AlCl3 + 3Na2CO3 + 3H2O = 2Al(OH)3↓ + 3CO2↑ + 6NaCl 12) NH4Cl + NaOH = NaCl + NH3↑ + H2O (при нагревании) 13) 2NH4Cl + Na2CO3 + H2O = 2NaCl + 2NH3↑ + H2O + СO2↑ (при нагревании) 1

Практические задания: 4. См. заполненную таблицу далее. 5. Это задание оценивается путем сопоставления данных, полученных участником, с данными организаторов. 6. Существует несколько вариантов решения этого задания. Ниже приведен один из возможных. Для определенности будем предполагать, что последовательность перечисления веществ в условии задания соответствует номерам пробирок, в которых находятся соответствующие растворы. 1) Добавим к части содержимого пробирок № 1 – № 9 небольшое количество водного раствора аммиака NH3⸱H2O. Отметим, что в пробирках № 8 и № 9 наблюдается выпадение белых осадков. При добавлении избытка водного раствора аммиака NH3⸱H2O осадок в пробирке № 8 растворяется. Следовательно, в пробирке № 8 находится ZnCl2, а в пробирке № 9 — AlCl3. 2) Смочим полоски универсальной индикаторной бумаги каждым растворов, находящихся в пробирках № 1 – № 7. При контакте с растворами из пробирок № 1 и № 7 универсальная индикаторная бумага окрашивается в красный цвет (кислая среда). При контакте с растворами из пробирок № 3, № 4 и № 6 универсальная индикаторная бумага остается желтой (нейтральная среда). При контакте с растворами из пробирок № 2 и № 5 универсальная индикаторная бумага окрашивается в синий или зеленый цвет (щелочная среда). 3) Добавим к части содержимого пробирок № 3, № 4 и № 6 раствор дихромата калия K2Cr2O7. В пробирке № 3 наблюдается изменение окраски раствора на краснобурую. Следовательно, в пробирке № 3 находится KI. В пробирке № 6 наблюдается выпадение желтого осадка. Следовательно, в пробирке № 6 находится BaCl2. Поскольку только три вещества из приведенного в условии задания перечня создают в растворе нейтральную среду, получаем, что в пробирке № 4 находится Na2SO4. 4) Добавим часть содержимого пробирки № 6 к части содержимого пробирок № 2 и № 5. В пробирке № 2 не происходит видимых изменений. В пробирке № 5 наблюдается выпадение белого осадка. Следовательно, в пробирке № 2 находится NaOH, а в пробирке № 5 — Na2CO3. 2

5) Добавим часть содержимого пробирки № 2 к части содержимого пробирок № 1 и № 7 и нагреем растворы на водяной бане. В пробирке № 7 выделяется газ с характерным запахом, а влажная индикаторная бумажка синеет над этим раствором. Следовательно, в пробирке № 1 находится HCl, а в пробирке № 7 — NH4Cl. Уравнения реакций, которые ранее не были приведены в пункте 3: 1) ZnCl2 + 2NH3 (недост.) + 2H2O = Zn(OH)2↓ + 2NH4Cl 2) ZnCl2 + 4NH3 (изб.) + 4H2O = [Zn(NH3)4]Cl2 + 4H2O 3) AlCl3 + 3NH3 (недост.) + 3H2O = Al(OH)3↓ + 3NH4Cl 4) 2BaCl2 + K2Cr2O7 + H2O = 2BaCrO4↓ + 2KCl + 2HCl 5) K2Cr2O7 + 6KI + 7H2O = 3I2 + 2K3[Cr(OH)6] + 2KOH или K2Cr2O7 + 6KI + 7H2O = 3I2 + 2K[Cr(OH)4] + 6KOH или K2Cr2O7 + 6KI + 7H2O = 3I2 + 2Cr(OH)3↓ + 8KOH

ДЛЯ ЖЮРИ Таблица к практическому заданию № 5

HCl

NaOH

KI

Na2SO4

Na2CO3

BaCl2

NH4Cl

ZnCl2

AlCl3

HCl

NaOH

↓*

↓*

KI

Na2SO4

Na2CO3

↓+↑

↓+↑

BaCl2

NH4Cl

ZnCl2

↓*

↓+↑

AlCl3

↓*

↓+↑

Примечание: ↓ — выпадение осадка, ↓* — выпадение осадка, растворимого в избытке одного из реагентов, ↑ — выделение газообразных веществ, «—» — отсутствие аналитических признаков (химическая реакция при этом может идти). 4

Система оценивания Теоретические задания 1. Верный выбор идентифицируемых веществ, растворы которых имеют: а) кислую реакцию среды

4 в-ва  0.25 б. = 1 балл;

б) щелочную реакцию среды

2 в-ва  0.25 б. = 0.5 балла;

в) нейтральную реакцию среды

3 в-ва  0.25 б. = 0.75 балла;

г) восстановительные свойства

1 в-во  0.25 б. = 0.25 балла.

За выбор каждого лишнего вещества в пунктах а–г минус 0.25 балла, но итоговый балл за каждый пункт оценивается ≥ 0 баллов 1 ур.  0.5 б. = 0.5 балла

Уравнение реакции для KI

(уравнение с неверно расставленными коэффициентами оценивается в 0.25 балла) Всего за пункт 1

3 балла

2. Объяснение слабокислой реакции среды дистиллированной воды в лаборатории (принимается любое объяснение (уравнение реакции или текстовое описание), указывающее на присутствие СО2 в воздухе)

0.5 балла

3. Уравнения реакций между идентифицируемыми веществами (оцениваются любые 10 ур.  0.5 б. = 5 баллов

верные 10 уравнений реакций)

(уравнение с неверно расставленными коэффициентами оценивается в 0.25 балла) Практические задания 9 в-в  1 б. = 9 баллов

4. Правильная идентификация веществ в пробирках 1–9 5. Верное заполнение таблицы

5 баллов

За неверно заполненную ячейку минус 0.25 балла, но итоговый балл за каждый пункт оценивается ≥ 0 баллов 6. Ход эксперимента и написание необходимых уравнений реакций, которые ранее не были приведены в пункте 3

2.5 балла

ИТОГО

25 баллов

Штрафы за нарушения техники безопасности (ТБ) и техники эксперимента: Нарушение

Штрафные баллы

Действия комиссии

Нарушение ТБ

Строгое предупреждение

Нарушение техники работы

Порча посуды, оборудования

Замечание Выдать новое оборудование

Потеря выданного образца (за каждый образец)

1 5

Выдать новый образец