Олимпиада по химии 9 класс — региональный этап ВсОШ 2024/2025: задания и ответы
Официальный комплект регионального этапа Всероссийской олимпиады школьников по химии для 9 класса (2024/2025 учебный год). Задания и решения с критериями оценивания — скачайте PDF или прорешайте онлайн по тексту ниже.
Задания — текст для прорешивания
Текст извлечён из официального PDF автоматически: формулы, таблицы и рисунки могут отображаться неточно — сверяйтесь с документом выше.
Задания — теор.
ТЕКСТЫ ОЛИМПИАДНЫХ ЗАДАНИЙ РЕГИОНАЛЬНОГО ЭТАПА ВСЕРОССИЙСКОЙ ОЛИМПИАДЫ ШКОЛЬНИКОВ ПО ХИМИИ (для участников) 1 тур
2024–2025
Теоретический тур Девятый класс Задача 9-1 Химические анаграммы Колба – бокал Уран –нуар Фтор –торф Бром – ромб Известный многим по задачам химик К имел солидную коллекцию простых веществ, которые хранились в полном беспорядке. Это были элементы из 3–6 периодов, и только один элемент из 7 периода. Однажды, химик К попросил своего знакомого «химика» Кокинчбло помочь с наведением порядка, что оказалось большой ошибкой. «Химик» Кокинчбло химиком не был, поэтому элементы, образованные одними буквами, он считал одинаковыми, например, такие как франций (Fr) и резерфордий (Rf). И теперь химику К предстояло с помощью химических превращений разделить простые вещества в бинарных смесях, где элементы образованы одинаковыми буквами, переставленными между собой, а все элементы в первой, второй и пятой смесях имеют одну общую букву. К первой смеси (А и B) был добавлен горячий концентрированный раствор NaOH, из-за чего вещество А растворилось (р-ция 1), а вещество B образовало белый осадок (р-ция 2). Вторую смесь (C и D) прокипятили в воде, в результате образовались белые осадки (р-ции 3-4), причем осадок, содержащий С, полностью растворяется при пропускании избытка углекислого газа (р-ция 5). Третья смесь (E и F) полностью растворилась в горячей концентрированной азотной кислоте (р-ции 6-7), после чего раствор упарили до влажных солей и добавили избыток 25%-ного водного раствора аммиака, что привело к образованию белого осадка, содержащего Е (р-ция 8) и синего-фиолетовому раствору, содержащему F (р-ция 9). Четвертая смесь (G и H) уже не являлась смесью простых веществ, потому что эти вещества бурно реагируют между собой с образованием соли (р-ция 10). При электролизе её расплава в инертной атмосфере на катоде выделяется G, а на аноде – H (р-ция 11). Для разделения пятой смеси (I и J) достаточно прилить разбавленной соляной кислоты, из-за чего только I растворилось (р-ция 12), а J осталось в исходном состоянии. Наконец, для разделения оставшейся шестой смеси (K и L), не содержащей радиоактивных элементов, добавили концентрированную перекись водорода, при этом K растворилось с образованием кислоты (р-ция 13), а L образовало белый осадок (р-ция 14). 1) Как зовут химика К, если К… и Кокинчбло являются анаграммами? 2) Приведите уравнения реакций 1–14.
Задача 9-2 Представлена схема превращений соединений элемента X:
Дополнительная информация: •
Сжигание простого вещества X в избытке O2 приводит к веществу Е, содержащему
то же число атомов Х на формульную единицу, что и в простом веществе. •
Если щелочной раствор соли А, полученный при растворении Х, прокипятить, то
это сопровождается выделением газа В и образованием соли F (р-ция 1). •
При взаимодействии E с фторидом аммония образуются соли G и H, анионы которых
по симметрии идентичны F и A, соответственно. •
С содержит три элемента в своём составе.
Вопросы: 1. Определите зашифрованные в условии вещества, обоснуйте свой выбор. В качестве ответа заполните таблицу: А
Отношение растворов солей F и A к действию водного раствора нитрата серебра различное: в случае А образуется черный осадок (р-ция 2), в случае F выпадает белый осадок (р-ция 3), который постепенно чернеет (р-ция 4). 2. Запишите уравнения р-ций 1-4, а также реакций 5) Х→А+В и 6) А→С из схемы. 3. Природный минерал, используемый для получения Х в промышленности, можно представить состоящим из С и ешё одной соли. Состав минерала ω(Cl) = 6.82%, ωв-ва(С) = 89.34%. Определите формулу минерала. Задача 9-3 Элементы одного периода X, Y и Z образуют между собой бинарные соединения A, B и С. Соединения A и B достаточно легко образуются при нагревании соответствующих простых веществ и принадлежат к классу солей (р-ции 1,2), в то время как соединение С – гипотетическое интерметаллическое соединение, которое по расчетам образуется
при очень высоком давлении и предположительно может проявлять сверхпроводимость. A плохо растворяется в холодной воде, причём с ростом температуры растворимость А в воде понижается. Напротив, вещество B хорошо растворяется в воде, однако при кипячении раствора В гидролизуется (р-ция 3) с образованием одноосновной Z-содержащей кислоты E и белого осадка D, который легко растворяется в натриевой щелочи (р-ция 4). Кипятить раствор В не рекомендуется в стеклянной посуде. Растворимость вещества А можно повысить добавлением концентрированной Е, что обусловлено образованием соединения F (р-ция 5). Элементы X, Y и Z образуют устойчивые трехэлементные анионы. Вещество Н, содержащее один из таких анионов, можно получить по следующей методике: трехкомпонентную смесь стехиометрических количеств средней аммонийной соли кислоты E, карбоната элемента Х (вещество G) и B (18,8 г) растворяют в растворе E, при этом выделяется газ объёмом 4,48 л (н.у.) (р-ция 6). Полученный раствор кристаллизуют, нагревая в автоклаве в течение нескольких часов, а после охлаждения из реактора выделяют кристаллы вещества H массой 27,45 г (выход 75%) и смесь A, B и их кристаллогидратов. Дополнительная информация: •
Вещество B очень гигроскопично и при долгом хранении на воздухе увеличивает свою
массу на 153,2% относительно начальной массы, превращаясь в вещество Bꞌ (р-ция 7). •
H не кристаллогидрат, а его молекулярная масса равна 183 г/моль.
Теоретически из 38,0 мг С можно получить 217,3 мг H. Вопросы:
1.
Определите элементы X - Z и вещества А – H, ответ подтвердите расчетами
2.
Напишите уравнения реакций 1–7.
Задача 9-4 Кристаллическое
твёрдое
вещество
стабильно
при
хранении.
X производится в промышленных масштабах путем обработки соединения Y смесью X1 (ангидрид кислоты X2) и X2. Причем данный процесс можно провести в две стадии: сначала осуществить взаимодействие эквимолярных количеств Y и X1, которое приводит к веществу X3 (р-ция 1), а затем Х3 смешать с кислотой X2, в результате образуется Х и газообразное вещество с плотность при н.у. 1,964 г/л (р-ция 2). X – умеренно сильная не гигроскопичная кислота, которая может использоваться в качестве стандарта при количественном определении щелочи, в частности каустической соды (р-ция 3). Также подкисленный раствор Х нашел своё применение в качестве «нейтрализатора» нитрит-ионов. Так взаимодействие X с азотистой кислотой приводит к раствору вещества X2 и газу Y1 (р-ция 4), являющегося основным компонентом воздуха.
Отметим, что в случае взаимодействия X с концентрированной азотной кислотой, происходит образование раствора X2 и поддерживающего горение газа с плотность при н.у. 1,964 г/л (р-ция 5). Несмотря на устойчивость при хранении, водные растворы Х при нагревании подвергаются гидролизу с образованием одного продукта - соли X4 (р-ция 6). Дополнительная информация: •
отношение плотностей паров X2 и X1 равно 1,225 соответственно;
получение Y нагреванием соли Y2 было одним из первых примеров синтеза
органического соединения из неорганического (р-ция 7); Вопросы: 1.
Определите описанные вещества X, X1-X4, Y, Y1, Y2;
2.
Напишите уравнения реакций 1-7; Задача 9-5 Галогениды азота – существующие, несуществующие, опасные Азот образует один устойчивый при обычных условиях хлорид
– NCl3.
Это маслянистая жидкость, получающаяся, например, по реакции раствора NaClO с аммиаком в смеси воды с органическим растворителем. NCl3 в результате синтеза оказывается в органическом растворителе и легко отделяется от водного раствора. 1. Запишите уравнение описанной реакции получения NCl3. 2. Какую форму имеет молекула NCl3? 3. К
каким
молекулам
следует
отнести
NCl3
неполярным,
слабополярным
или сильнополярным? Из-за непрочности связей N−Cl чистый NCl3 – опасное вещество, легко разлагающееся на простые вещества. Взрывоопасны и смеси паров NCl3 с восстанавливающими газами. Если бы сам NCl3 не был так неустойчив, использование смесей NCl3 – восстановитель было бы высокоэффективным с точки зрения энерговыделения. 4. Напишите уравнение реакции паров NCl3 с водородом с минимально возможными целыми коэффициентами и рассчитайте энтальпию этой реакции, пользуясь справочными данными. 5. Вычислите,
какое
максимальное
количество
теплоты
может
выделять
смесь
NCl3 - водород при сгорании (в МДж/кг). Каков состав соответствующей смеси (в массовых %)? 6. Рассчитайте энергию связи N−Cl, используя энтальпию реакции из п.4 и справочные данные.
Фторид NF3 – устойчивый газ. Прочность связей N−F в составе NF3 даёт некоторую теоретическую надежду на образование таких частиц, как NF5. Расчёты структуры молекулы NF5 показывают, что это молекула, имеющая форму тригональной бипирамиды, в которой длины аксиальных связей в 1.16 раз больше длин экваториальных. Усреднённая по пяти связям рассчитанная энергия связи в молекуле NF5 составляет 160 кДж/моль. В п.7 для оценки считайте, что энергия связи обратно пропорциональна её длине. 7. Предскажите энтальпию газофазной реакции получения NF5 из NF3 и F2 и вычислите энергии двух типов связей в молекуле NF5. Сделайте вывод о возможности синтеза NF5. Справочные данные Энтальпии образования веществ: ΔfH, кДж/моль
NCl3 257
HCl −92
Энергии связей: Е, кДж/моль
N≡N 945
N−F (в NF3) 272
F−F 159
H−H 436
H−Cl 432
Задания — прак.
9 класс
Лист 1.1
Ф.И.О. участника (полностью) __________________________________________________________ Экспериментальный тур Всероссийской олимпиады школьников по химии 2024-2025 уч. г. Региональный этап Теоретические вопросы (11 баллов) А
(2 б.)
(1,5 б.)
(7,5 б.)
Эксперимент (14 баллов) идентификация содержимого пробирок
7 (смесь)
(2 б.)
(2 б.)
(2 б.)
(2 б.)
(2 б.)
(2 б.)
(2 б.)
Итого за экспериментальный тур: _____ баллов
Повторная выдача вещества (−1,5 б. за каждое вещество или смеси)
Член жюри: ___________ ( _____________ ) подпись
Фамилия И.О.
С выставленными баллами согласен (согласна): _______________ ( ___________________ ) подпись
Фамилия И.О. участника
В шести пронумерованных пробирках Вам предоставлены некоторые из перечисленных ниже одиннадцати твердых веществ: CaCO3, BaCO3, Na2CO3 xH2O, NaCl, AlCl3 ∙ 6H2O, NH4Cl, ZnSO4 ∙ 7H2O, MgSO4 ∙ 7H2O, Pb(NO3)2, Na2SO3, AgNO3. В пробирке под номером «7» содержится смесь двух твердых из перечисленных выше хлоридов. А) Некоторые из идентифицируемых веществ имеют тривиальные или минералогические названия. Попробуйте вспомнить их формулы.
− «Ляпис»
− «Нашатырь»
− «Галит»
− «Горькая соль»
Б) Навеску кристаллогидрата Na2CO3 ∙ xH2O массой 34,32 г нагрели в течение длительного времени при ~200 C до прекращения изменения массы. Масса твердого остатка после охлаждения в инертной атмосфере составила 12,88 г. Напишите уравнение происходящей при этом реакции, а также вычислите число молекул кристаллизационной воды "х" в кристаллогидрате Na2CO3 ∙ xH2O. Приведите подробное решение; значение "х" приведите с точностью до сотых. _____________________________________________________________________________________ _____________________________________________________________________________________ _____________________________________________________________________________________ _____________________________________________________________________________________ _____________________________________________________________________________________ _____________________________________________________________________________________
9 класс
Лист 1.2
Ф.И.О. участника (полностью) __________________________________________________________ В) В таблице, выданной Вам в Приложении, обозначены реакции [1-14] и вопрос [?]. Приведите ответ на вопрос [?], а также напишите уравнения реакций [1-14]. Обозначьте (при необходимости) признаки протекания этих реакций (выпадение осадка (), его цвет; растворение осадка; изменение цвета раствора; выделение газа () и его запах и т.д.). Полное заполнение таблицы в Приложении от Вас не требуется (оценивать ее не будут)! Эта таблица может помочь Вам при дальнейшей идентификации веществ! [?] Кратко объясните (не более 1-2 предложений), почему рН водного раствора хлорида натрия, приготовленного Вами в пробирке, не будет иметь теоретическое значение рН=7? _____________________________________________________________________________________ _____________________________________________________________________________________ Поясните, написав уравнения реакций диссоциации [1] и частичного гидролиза [2] в ионном виде, почему водный раствор карбоната натрия имеет щелочную реакцию среды? [1] ____________________________________________________________________________________ [2] ____________________________________________________________________________________ Поясните, написав уравнения реакций диссоциации [3] и частичного гидролиза [4] в ионном виде, почему при растворении AlCl3 ∙ 6H2O в воде может получиться «мутный» раствор? [3] ____________________________________________________________________________________ [4] ____________________________________________________________________________________ Напишите уравнения реакций [5–14], обозначив все основные признаки их протекания [5] ____________________________________________________________________________________ [6] ____________________________________________________________________________________ [7] ____________________________________________________________________________________ [8] ____________________________________________________________________________________ [9] ____________________________________________________________________________________ [10] ____________________________________________________________________________________ [11] ____________________________________________________________________________________ [12] ____________________________________________________________________________________ [13] ____________________________________________________________________________________ [14] ____________________________________________________________________________________
Приложение Приложение выдается каждому участнику на отдельном листе вместе с Листами 1.1 и 1.2; оно остается у каждого участника во время всего экспериментального тура (ответы участников на теоретические вопросы (А-В) оцениваются только на ранее заполненных и сданных Листах 1.1. и 1.2)
Таблица к практическому заданию распознаваемое вещество
карбонат натрия
хлорид натрия
хлорид алюминия
реакция среды в водном растворе (универсальный индикатор)
реакции [1, 2]
вопрос [?]
реакции [3, 4]
разбавленный раствор серной кислоты
реакция [5]
реактив для распознавания
разбавленный раствор гидроксида натрия
карбонат кальция
карбонат бария
хлорид аммония
сульфат цинка
сульфат магния
сульфит натрия
нитрат серебра
реакция [13] реакция [6] (недостаток раствора NaOH водн.)
реакция [7] (избыток раствора NaOH водн. при t)
реакция [8]
реакция [12]
(избыток раствора NaOH водн.)
(избыток раствора NaOH водн.)
реакция [9] разбавленный раствор аммиака
нитрат свинца(II)
(недостаток раствора NH3 водн.)
реакция [11]
реакция [10]
(избыток раствора NH3 водн.)
(избыток раствора NH3 водн.)
реакция [14]
9 класс
Лист 2 Выдается после сдачи Листов 1.1 и 1.2
Ф.И.О. участника (полностью) __________________________________________________________ В шести пронумерованных пробирках Вам предоставлены некоторые из перечисленных ниже одиннадцати твердых веществ: CaCO3, BaCO3, Na2CO3 xH2O, NaCl, AlCl3 ∙ 6H2O, NH4Cl, ZnSO4 ∙ 7H2O, MgSO4 ∙ 7H2O, Pb(NO3)2, Na2SO3, AgNO3. В пробирке под номером «7» содержится смесь двух твердых из перечисленных выше хлоридов. Дополнительно известно, что среди идентифицируемых веществ: − присутствует только один хорошо растворимый в воде карбонат; − отсутствуют нитраты и сульфиты. Для идентификации содержимого каждой из пробирок Вы также можете использовать предоставленные дополнительные реактивы и лабораторное оборудование. Дополнительные реактивы и лабораторное оборудование: − 7 пипеток Пастера (для каждой идентифицируемой пробирки) – каждому участнику, (советуем сразу каждую из них пронумеровать маркером, чтобы не перепутать в дальнейшем); − штатив с 10 пробирками для проведения качественных реакций – каждому участнику; − разбавленный раствор (~0,1 М) серной кислоты (~30 мл) с пипеткой Пастера (подписанной Вами маркером "H2SO4") – каждому участнику; − разбавленный раствор (~0,2 М) гидроксида натрия (~30 мл) с пипеткой Пастера (подписанной Вами маркером "NaOH") – каждому участнику; − 10 %-ый раствор аммиака (~30 мл) с пипеткой Пастера (подписанной Вами маркером "NH3 водн.") – каждому участнику; − универсальная индикаторная бумага – одна туба на 3-4 участников (30-40 полосок по ~1 см); − «маркер» – один на 3-4 участников; − промывалка с дистиллированной водой (200-250 мл) – одна на 3-4 участников; − водяная баня – одна на 3-4 участников; − пробиркодержатель – 1-2 шт. на 3-4 участников. Экспериментальное задание: Используя предложенные Вам дополнительные реактивы и лабораторное оборудование, экспериментально определите содержимое каждой из пробирок. Результат Вашего определения представьте ниже. Пробирка [1] Пробирка [2] Пробирка [3] Пробирка [4] Пробирка [5] Пробирка [6] Пробирка [7] (смесь двух хлоридов)
Ответы и решения — показать
Официальные ответы и критерии оценивания жюри. Сначала решите задания самостоятельно.
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
2024–2025
Теоретический тур Девятый класс Решение задачи 9-1 (автор: Гаркуль И.А.) 1.
Кокинчбло – Колбочкин. Первый пример в эпиграфе может помочь с разгадкой.
2.
Возможные пары элементов: Al-La, Ca-Ac, Ni-In, Br-Rb, Ag-Ga, Er-Re, Ar-Ra, Ta-At, Se-Es, Fr-Rf, Tm-Mt, Mc-Cm. Последние шесть пар не подходят по причине отсутствия стабильных изотопов,
которые могли бы оказаться в коллекции. Кроме того, из 7 периода есть только один элемент, который, вероятнее всего, является актинием. Пара Ar-Ra не подходит из-за летучести Ar. Между собой могут бурно реагировать только Br и Rb, которые составляют 4 смесь. Растворение осадка в избытке CO2 указывает на кальций, тогда 2 смесь – это Ca и Ac. Растворение в азотной кислоте с последующим образованием синего-фиолетового аммиачного комплекса указывает на никель, значит 3 смесь представляет собой Ni и In. В реакции с Н2О2 из указанных не радиоактивных металлов только рений образует кислоту, следовательно, 6 смесь – это Er и Re. Реагировать со щелочью с образованием гидроксокомплекса может алюминий, тогда 1 смесь – Al и La. Наконец, 5 смесь представляет собой серебро и галлий, где только последний восстанавливает водород из кислых растворов. 1 смесь: Al (A) и La (B) 1) 2Al + 2NaOH + 6H2O = 2Na[Al(OH)4] + 3H2 2) 2La + 6H2O = 2La(OH)3 + 3H2 2 смесь: Ca (C) и Ac (D) 3) Ca + 2H2O = Ca(OH)2 + H2 4) 2Ac + 6H2O = 2Ac(OH)3 + 3H2 5) Ca(OH)2 + 2CO2(изб) = Ca(HCO3)2 3 смесь: Ni (F) и In (E) 6) Ni + 4HNO3 = Ni(NO3)2 + 2NO2 + 2H2O 7) In + 6HNO3 = In(NO3)3 + 3NO2 + 3H2O 8) In(NO3)3 +3NH3 + 3H2O = In(OH)3 + 3NH4NO3 9) Ni(NO3)2 + 6NH3(конц) = [Ni(NH3)6](NO3)2 4 смесь: Rb (G) и Br (H) 10) 2Rb + Br2 = 2RbBr 11) 2RbBr = 2Rb + Br2 (электролиз) 5 смесь: Ga (I) и Ag (J) 12) 2Ga + 6HCl = 2GaCl3 + 3H2 6 смесь: Re (K) и Er (L) 13) 2Re + 7H2O2 = 2HReO4 + 6H2O 14) 2Er + 3H2O2 = 2Er(OH)3
Система оценивания: 1. Колбочкин
1 балл
2. Уравнения реакций 1 – 14 по 1 баллу
14 баллов ИТОГО: 15 баллов
Решение задачи 9-2 (автор: Серяков С.А.) 1. Поскольку X реагирует с кальцием, следовательно, является неметаллом. Растворение X в щёлочи сопровождается образованием растворимой соли и газа, причем элемент Х входит в состав каждого из веществ, следовательно имеет место реакция диспропорционирования, тогда газ В – водородное соединение элемента Х. Среди газов, выделяющихся из щелочного раствора, известны углеводороды, силан, аммиак и фосфин; углерод и азот со щёлочью не взаимодействуют, кремний не диспропорционирует, таким образом элемент Х = P4, B = PH3. Критически оценивая всю схему целиком, с учётом сделанного предположения, находим, что превращение С→X отвечает промышленному способу получения фосфора, что подкрепляет вывод, сделанный на основании рассуждений изложенных выше, C = Ca3(PO4)2. Белый фосфор Р4, растворяясь в щелочи, помимо фосфина образует А = NaH2PO2. Взаимодействие кальция с фосфором приводит к фосфиду D = Ca3P2. Сжигание P4 в кислороде приведет к образованию летучего E = P4O10. Для того, чтобы идентифицировать F обратимся к продуктам реакции P4O10 c NH4F: указание на сходную структуру образующихся анионов с А и F предполагает, что наряду с кислородом в составе G и H в окружении атома фосфора будет другой элемент – фтор. Атом фосфора в составе оксокислот находится в тетраэдрическом окружении, отсюда возможный состав анионов PO2F2- (в составе H, в качестве аналога H2PO2-) и PO3F2- (в составе G, в качестве аналога аниона F). Другие сочетания фосфора и кислорода в составе тетраэдрических оксоанионов невозможны, значит F = Na2HPO3, G = (NH4)2PO3F, H = (NH4)PO2F2. Реакция фторида аммония с оксидом фосфора: P4O10 + 6NH4F → 2(NH4)PO2F2 + 2(NH4)2PO3F. А NaH2PO2
B PH3
C Ca3(PO4)2
D Ca3P2
E P4O10
F Na2HPO3
G (NH4)2PO3F
H (NH4)PO2F2
2. Разложение гипофосфита при кипячении щелочного раствора приводит к фосфину и фосфиту натрия: 1) 3NaH2PO2 + NaOH → H2O + 2Na2HPO3 + PH3 ↑ В качестве черного осадка, образующегося при взаимодействии NaH2PO2 и AgNO3, может выступать только металлическое серебро (продукт восстановления Ag+). В качестве продуктов окисления NaH2PO2 могут быть H3PO3 либо H3PO4: 2) NaH2PO2 + 2AgNO3 +H2O → NaNO3 + HNO3 + H3PO3 + 2Ag↓ либо NaH2PO2 + 4AgNO3 +2H2O → NaNO3 + 3HNO3 + H3PO4 + 4Ag↓
Образующаяся азотная кислота является более сильной по сравнению с кислотами фосфора, поэтому будут получены именно фосфорные кислоты. 3) Na2HPO3 + 2AgNO3 → Ag2HPO3↓ + 2NaNO3, при стоянии белого Ag2HPO3 протекает внутримолекулярная ОВР: 4) Ag2HPO3 + Н2О → 2Ag ↓+ H3PO4. Растворение белого фосфора в щелочи: 5) P4 + 3NaOH + 3H2O→ 3NaH2PO2 + PH3 ↑ Хлорная известь окисляет фосфор до высшей степени окисления. Благодаря аниону OCl- слабой кислоты, среда раствора щелочная, следовательно в реакции с NaH2PO2 образуется средний фосфат, который указан на схеме: 6) 2NaH2PO2 + 8CaOCl2 → Ca3(PO4)2 ↓+ 5CaCl2 + 2NaCl + 4HOCl. 3. Определим массовую долю другой соли ωдр.соль = 100% - ωв-ва(С) = 100% - 89.34% = 10.66%. В природных источниках хлор представлен в виде Cl-, найдем массовую долю катиона второй соли в минерале ω(М) = ωдр.соль - ω(Сl) = 10.66% - 6.82% = 3.84%. Значит в 100 г минерала 3.84 г приходится на катион М и 6.82 г на Cl-. Для формулы M+bClb n(Cl) = 6.82/35.5 = 0.192 моль, n(M) = n(Cl)/b, откуда молярная масса катиона М = 3.84 / n(M) = (3.84/0.192)∙b ≈ 20∙b. Перебором при b = 2 находим подходящий вариант Ca2+. Другая соль CaCl2. Определим соотношение количеств Са3(РО4)2 и CaCl2 в составе минерала. n(Ca3(РО4)2) : n(CaCl2) = (89.34/310) : (10.66/111) = 0.2882 : 0.096 = 3 : 1. Формула 3Ca3(РО4)2∙CaCl2, за которой угадывается хлорапатит Ca5(РО4)3Cl. Система оценивания: 1. Верно определены вещества A,B,C,D,E,F,G,H, по 1 баллу
8 баллов
2. Каждая из реакций 1 – 6 записана правильно, по 1 баллу
6 баллов
3. Верно определена формула минерала (любая из двух)
1 балл ИТОГО: 15 баллов
Решение задачи 9-3 (автор: Яшкин С.Н.) Решение задачи удобно начать с анализа качественной информации о соединениях и продуктах их взаимодействия с различными веществами. Вещество D скорее всего амфотерный гидроксид, т.к. образуется при гидролизе соли B и т.к. растворяется в растворе щелочи. Рекомендации не кипятить раствор B в стеклянной посуде свидетельствует об образовании плавиковой кислоты при гидролизе, которая разрушает (растворяет, травит)
стекло. Исходя из данных рассуждений, можно предположить, что два из трех элементов - это фтор (на это указывают «рекомендации» о кипячении) и бериллий (на это указывает амфотерность и принадлежность к одному периоду). Так как третий элемент – это металл (на это указывает упоминание гипотетического интерметаллида), то единственным разумным вариантом является литий. Таким образом, три загаданных элемента – это литий (X), бериллий (Y) и фтор (Z). Зная элементы, нетрудно определить, что A – LiF, B - BeF2, D - Be(OH)2, E – HF, F – Li[HF2], содержащий бифторид-анион, G - Li2CO3. Газ, который выделяется в результате реакции 6 - CO2 (CO2) = (Li2CO3)=0,2 моль, (BeF2)=0,4 моль, (H) = 27,45/(0,75183)=0,2 моль (при условии количественного выхода). Таким образом коэффициенты в реакции образования Н перед карбонатом лития и H равны, а при фториде бериллия в два раза больше, в состав Н входит два атома лития и два атома бериллия. Помимо атомов лития, бериллия и фтора, в состав H также могут входить и катионы аммония. Составим уравнения массового и электронного баланса для (NH4)xLi2Be2Fy: 18x+14+18+19y=183; x+2+4-y=0 Небольшим перебором нетрудно прийти к x=1 и y=7. Таким образом вещество H – (NH4)Li2Be2F7. Определим вещество Bꞌ. Увеличение массы обусловлено процессом гидратации 471,532=72 г/моль, что соответствует молекулярной массе четырех молекул воды. Определим массовую долю бериллия и лития в соединении H. Они соответственно равны 9,836% и 7,650%. Определим массовую долю интерметаллида в Н (при условии, что весь бериллий и литий перешли бы в H из С): 38,0100%/217,3=17,487%9,836%+7,650%. Таким образом интерметаллид содержит эквимолярные количества лития и бериллия. X Y Z A B B’ Li Be F LiF BeF2 BeF2⸱4H2O C D E F G H LiBe Be(OH)2 HF Li[HF2] Li2CO3 NH4[Li2Be2F7] Уравнения реакций: 1) 2Li + F2 → 2LiF 2) Be + F2 → BeF2 3) BeF2 + 2H2O → Be(OH)2 + 2HF 4) Be(OH)2 + 2NaOH → Na2[Be(OH)4] 5) LiF + HF → Li[HF2] 6) Li2CO3 + 2BeF2 + 2HF + NH4F → NH4[Li2Be2F7] + CO2 + H2O 7) BeF2 + 4H2O → BeF2⸱4H2O
Система оценивания: 1 2
Элементы X – Z по 1 баллу Вещества A, В, С, B’ по 0,5 баллов Вещества D – H по 1 баллу 3 Уравнения реакций 1 – 7 по 0,5 баллов 4 Расчет/подтверждение С, B’, H по 0,5 баллов ИТОГО: 15 баллов
3 баллов 7 баллов 3,5 балла 1,5 балла
Решение задачи 9-4 (автор: Дмитриев Д.Н.) Решение задачи удобно начать с анализа качественной информации о соединениях и продуктах их взаимодействия с различными веществами. Газ, являющийся основным компонентом воздуха – это азот. Молекулярная масса газов в реакциях 2 и 5 с плотностью при н.у. 1,964 г/л равна 44 г/моль, что соответствует, в том числе углекислому газу и закиси азота. В р-ции 5, выделяющийся газ поддерживает горение, что указывает на N2O. В р-ции 2 выделяется углекислый газ, на это дополнительно указывает то, что Y – органическое соединение, т.е содержит углерод. Информация
об
одном
из
первых
синтезов
органического
соединения
из неорганического, а также наличие в описанных соединениях атомов азота и углерода наталкивает на мысль о синтезе Фридриха Вёлера, который нагревая цианат аммония получил мочевину. После подробного анализа качественной информации, можно перейти к расчетам. В условии задачи дано отношение плотности паров кислоты и ее ангидрида. В силу того, что отношение достаточно близко к единице, не трудно понять, что количества атомов элемента, образующих кислоту, и в ангидриде, и в кислоте равны, иначе говоря, элемент имеет четную степень окисления. Стоит отметить, что даже если не анализировать численное значение отношения, то обобщенный перебор, как с четными, так и с нечетными степенями окисления приведет к правильному ответу. M(X2) = M(X1) + nM(H2O) M(X2) / M(X1) = M(X2) / (M(X2) – nM(H2O)); M(X2) = 98n г/моль При n = 1 M(X2) = 98 г/моль и это серная кислота (вариант с ортофосфорной не подходит, т.к. 98 – 18 = 80 г/моль, а это не молекулярная масса фосфорного ангидрида). Смесь серной кислоты и ее ангидрида – олеум. Согласно условию задачи при взаимодействии мочевины с серным ангидридом в эквимолярных количествах образуется единственный продукт H2N(CO)NHSO3H, который при последующем взаимодействии с серной кислотой превращается в сульфаминовую кислоту H3NSO3 (Х) и углекислый газ.
X H3NSO3 H2NSO3H
X1 SO3
X2 H2SO4
X3 O
O O
HO
+ NH3
X4 NH4HSO4
H2N(CO)NHSO3H
NH2 NH
Y CO(NH2)2
Y1 N2
Y2 NH4OCN
Уравнения реакций: 1) CO(NH2)2 + SO3 → H2N(CO)NHSO3H 2) H2N(CO)NHSO3H + H2SO4 → CO2 + 2H3NSO3 3) H3NSO3 + NaOH → H2NSO3Na + H2O 4) H3NSO3 + HNO2 → H2SO4 + N2 + H2O 5) H3NSO3 + HNO3 → H2SO4 + N2O + H2O 6) H3NSO3 + H2O → NH4HSO4 7) NH4OCN → CO(NH2)2 Система оценивания: 1
Вещества X, Y, X1 – X3, X4, Y1, Y2 по 1 баллу 8 баллов для Х3 оценивается верная брутто формула (структура и порядок записи функциональных групп не оценивается) 2 Уравнения реакций 1 – 7 по 1 баллов 7 баллов ИТОГО: 15 баллов Решение задачи 9-5 (автор: Курамшин Б.К.) 1. 3NaOCl + NH3 → 3NaOH + NCl3. 2. NCl3 содержит одну неподелённую электронную пару на атоме азота, поэтому имеет: пирамидальную (тетраэдрическую) форму. 3. Молекулы NCl3 полярны, так как имеют неплоское строение. При
этом
факт
экстрации
их в органический
растворитель говорит о том, что это молекулы также и не сильнополярные. Поэтому стоит их описывать как малополярные. 4. Уравнение реакции: 2NCl3 + 3H2 → N2 + 6HCl. Рассчитаем
энтальпию
реакции,
используя
энтальпии
образования: ΔrH = 6ΔfH(HCl) − 2 ΔfH(NCl3) = 6·(−92) − 2·257 = −1066 кДж/моль. 5. Тепловыделение в расчёте на единицу массы исходной смеси максимально, если используется
стехиометрическая
смесь,
так
как
этом
случае
не
остаётся
непрореагировавших веществ, уменьшающих отношение Q/m (так как не вносят вклад в Q, но увеличивают m).
Для расчёта используем смесь 2 моль NCl3 и 3 моль H2. Масса смеси: m = 2·120.35 + 3·2 = 246.7 г = 0.2467 кг Q/m = 1066 / 0.2467 = 4321 кДж/кг ≈ 4.32 МДж/кг. Массовые доли компонентов в исходной смеси: w(NCl3) = 2·120.35/246.7 = 97.6% w(H2) = 100 − 97.6 = 2.4%. 6. Выразим энтальпию реакции 2NCl3 + 3H2 → N2 + 6HCl через энергии связей: ΔrH = 6E(N−Cl) + 3E(H−H) − E(N≡N) − 6E(H−Cl) E(N−Cl) = (−1066 − 3·436 + 945 + 6·432) / 6 = 194 кДж/моль. 7. Рассчитаем энтальпию реакции NF3 + F2 → NF5 из средней энергии связи: ΔrH = 3·272 + 159 − 5·160 = 175 кДж/моль. Получение пентафторида азота, таким образом, термодинамически невозможно1. Для расчёта энергии двух типов связей учтём, что две аксиальные связи в 1.16 раз длиннее, чем 3 экваториальных, а значит, согласно предложенной в тексте модели, Eэкв = 1.16Еакс. Средняя энергия связи составляет 160 кДж/моль, то есть: 160 =
3Еэкв + 2 Еакс 3 1.16 Еакс + 2 Еакс = = 1.096 Еакс 5 5
Еакс = 146 кДж/моль, Eэкв = 169 кДж/моль. Система оценивания: Уравнение реакции Форма молекулы Выбор типа полярности Уравнение реакции Энтальпия реакции 5 Использование для расчёта именно стехиометрической смеси Расчёт Q/m Расчёт массовых долей 6 Энергия связи N−Cl 7 Расчёт энтальпии реакции Указание на невозможность получения NF5 на основании расчета энтальпии процесса Расчёт двух энергий связи – по 1 баллу Всего: 1 2 3 4
1 балл 1 балл 1 балл 1 балл 1 балл 1 балл 2 балла 1 балл 2 балла 1 балл 1 балл 2 балла 15 баллов
Обратим внимание что в ходе реакции из 2 моль газообразных веществ образуется 1 моль продукта, следовательно изменение энтропии отрицательно в этом процессе, что вместе с положительной энтальпией процесса приводит к положительной энергии Гиббса при любой Т 1
Решения — прак.
РЕШЕНИЕ (Ильин М.А., Теренин В.И., Романов А.С.) А) Формулы веществ, для которых перечислены тривиальные или минералогические названия: − «Ляпис» AgNO3 − «Нашатырь» NH4Cl − «Галит» NaCl − «Горькая соль» MgSO4 7H2O Б) Длительное нагревание кристаллогидрата Na2CO3 ∙ xH2O при ~200 C до прекращения изменения массы приводит к потере всех молекул кристаллизационной воды: температура довольно высокая, но не достаточная для термолиза карбоната щелочного металла. Таким образом, образуется безводный карбонат натрия: t
Na2CO3 ∙xH2O тв. ⎯⎯→ Na2CO3 тв. + xH2O. Следовательно, масса воды в кристаллогидрате равна потере массы: 34,32 – 12,88 = 21,44 г. Найдем массовую долю воды в кристаллогидрате, а затем число молекул воды в кристаллогидрате: ω(H2O) = 21,44 / 34,32 = 18,00x / (106,00 + 18,00 x) x = 9,80. В) [?] Хлорид натрия – соль, образованная «сильным» основанием (NaOH) и «сильной» кислотой (HCl), т.е. гидролиза этой соли в водном растворе нет. Однако в реальности его раствор не будет давать рН = 7, поскольку даже дистиллированная вода обычно имеет рН близкий к 5,5. Это обусловлено присутствием углекислого газа (CO2) в воздухе, который имеет довольно хорошую растворимость в дистиллированной воде и во всех водных растворах. При растворении в воде кристаллогидрат карбоната натрия (ионное соединение, хорошо растворимое в воде), практически полностью диссоциирует: [1] Na2CO3 → 2Na+ + CO32−. Карбонат натрия образован «сильным» основанием (NaOH) и «слабой» кислотой ("H2CO3"), следовательно, эта соль подвержена частичному гидролизу «по аниону» (только с участием одной молекулы H2O!): [2] CO32− + H2O HCO3− + OH−. Водный раствор карбоната натрия имеет щелочную реакцию среды. При растворении в воде хлорида алюминия он тоже практически полностью диссоциирует: [3] AlCl3 → Al3+ + 3Cl−. Эта соль образована «сильной» кислотой (HCl) и «слабым» основанием (Al(OH)3), следовательно, она подвержена частичному гидролизу «по катиону»: [4] Al3+ + H2O Al(OH)2+ + H+. Поэтому при растворении хлорида алюминия в воде вполне могут образоваться коллоидные растворы оснóвных солей. Уравнения реакций [5]–[14] с указанием их основных признаков. [5] Na2CO3 + H2SO4 разб. → Na2SO4 + CO2 + H2O [6] AlCl3 + 3NaOH нед. разб. → Al(OH)3 + 3NaCl t
[7] NH4Cl + NaOH изб. ⎯⎯→ NaCl + NH3 + H2O [8] ZnSO4 + 4NaOH изб. → Na2[Zn(OH)4] + Na2SO4 [9] ZnSO4 + 2NH3 нед. + 2H2O → Zn(OH)2 + (NH4)2SO4 [10] ZnSO4 + 4NH3 изб. водн. → [Zn(NH3)4]SO4 [11] MgSO4 + 2NH3 изб. + 2H2O → Mg(OH)2 + (NH4)2SO4 [12] Pb(NO3)2 + 4NaOH изб. → Na2[Pb(OH)4] + 2NaNO3 (или Pb(NO3)2 + 6NaOH изб. → Na4[Pb(OH)6] + 2NaNO3)
[13] Na2SO3 + H2SO4 водн. → Na2SO4 + SO2 + H2O [14] 2AgNO3 + 2NaOH → Ag2O+ 2NaNO3 + H2O Экспериментальное задание: Существует несколько вариантов решения этой задачи. Ниже приведен один из возможных. Заметим, что среди идентифицируемых веществ в пробирках точно нет карбонатов кальция и бария, поскольку они плохо растворимы в воде. Среди идентифицируемых веществ нет нитратов и сульфитов, т.е. Na2SO3, AgNO3 и Pb(NO3)2. Таким образом, список возможных веществ в пробирках 1–6 становится равен числу идентифицируемых пробирок (кроме пробирки «7» – в которой находится смесь хлоридов): Na2CO3 xH2O, NaCl, AlCl3 ∙ 6H2O, NH4Cl, ZnSO4 ∙ 7H2O, MgSO4 ∙ 7H2O. Растворим в минимальном (2-4 мл) количестве дистиллированной воды каждой из солей в пробирках 1-6 (аккуратно при перемешивании). При необходимости – для растворения можно еще немного добавить (при перемешивании по каплям) дистиллированной воды. Далее в решении приводятся формулы солей без молекул кристаллизационной воды. Среди полученных прозрачных растворов с помощью универсальной индикаторной бумаги можно сразу определить Na2CO3 – только его раствор дает щелочную реакцию среды. Отметим, в каких пробирках при растворении твердых солей могли получиться «мутные» растворы (это нам указывает на частичный гидролиз «по катиону»; т.е., на возможность присутствия в этих пробирках хлорида алюминия, сульфата цинка или сульфата магния). В любом случае, к части идентифицируемых растворов в пробирках 1–6 добавим по каплям водный раствор гидроксида натрия. Отметим, что в трех пробирках сначала наблюдается выпадение гелеобразных осадков (при добавлении раствора щелочи по каплям!!!). Прибавляя избыток щелочи к этим осадкам, можем наблюдать их растворение в двух пробирках, что свидетельствует о нахождении в них AlCl3 и ZnSO4. В третьей пробирке осадок не растворился, что свидетельствует о наличии в пробирке MgSO4. Отличить соль алюминия от соли цинка можно с помощью водного раствора аммиака. Для этого к испытуемым растворам необходимо добавить избыток водного раствора аммиака – в пробирке с AlCl3 образуется осадок гидроксида, который не растворяется при добавлении избытка раствора аммиака (он остается на стенках пробирки виде коллоидных частиц даже при большом избытке раствора аммиака). В пробирке с ZnSO4 первоначально образовавшийся осадок Zn(OH)2 полностью растворяется при добавлении избытка раствора аммиака. Теперь, из пробирок 1-6, осталось отличить хлориды натрия и аммония. Конечно, можно воспользоваться просто оценкой рН их растворов: хлорид аммония имеет кислую среду. Для проверки, добавим в обе пробирки раствор щелочи, нагреем на водяной бане и поднесем влажную полоску универсальной индикаторной бумажки. Там, где над краем пробирки (не касаясь пробирки!) влажная индикаторная бумажка окрасилась в синий цвет – выделяется аммиак, а значит – находится NH4Cl. Теперь определим содержимое пробирки «7». Поскольку по условию в этой пробирке может быть смесь двух хлоридов, возможны варианты: а) NaCl + AlCl3, б) AlCl3 + NH4Cl, в) NaCl + NH4Cl. Растворим содержимое этой пробирки, а затем добавим по каплям (аккуратно) раствор NaOH. Если сразу наблюдается выпадение осадка, который затем растворяется при добавлении избытка щелочи – следовательно, в смеси точно содержится AlCl3.
Наличие в смеси NH4Cl можно проверить нагрев испытуемый щелочной раствор на водяной бане – над краем пробирки (не касаясь пробирки!) влажная индикаторная бумажка при этом должна окраситься в синий цвет – выделяется аммиак. Вывод о составе в смеси хлоридов в пробирке «7» можно сделать на основании следующих наблюдениях: − если при добавлении раствора щелочи по каплям образовался осадок, который затем растворился в избытке ее раствора, а далее при нагревании не идентифицировалось выделение аммиака (влажная индикаторная бумага над пробиркой (не касаясь пробирки!) не окрашивалась в синий цвет), следовательно – представлена смесь NaCl + AlCl3; − если при добавлении раствора щелочи по каплям образовался осадок, который затем растворился в избытке ее раствора, а далее при нагревании на водяной бане идентифицировалось выделение аммиака (влажная индикаторная бумага над пробиркой (не касаясь пробирки!) окрасилась в синий цвет), следовательно – представлена смесь AlCl3 + NH4Cl; − если при добавлении раствора щелочи по каплям не наблюдалось выпадение осадка, но при нагревании на водяной бане идентифицировалось выделение аммиака (влажная индикаторная бумага над пробиркой (не касаясь пробирки!) окрасилась в синий цвет), следовательно – представлена смесь NaCl + NH4Cl.
Система оценивания: 0,5 б. 4 = 2 балла
А) Формулы тривиальных или минералогических названий Б) Уравнение реакции нагревания Na2CO3∙xH2O тв. ( с образованием Na2CO3 безводн.) расчет значения "x" в пределах [9,75–9,85]
0,5 балла 1 балл
В) "?" любое разумное объяснение, связанное с поглощением CO2 из воздуха 0,5 балла Уравнения реакций [1–14] 0,5 б. 14 = 7 баллов (уравнения частичного гидролиза [2] или [4] "CO32- → Н2CO3 (CO2)" или "Al3+→ Al(OH)3" оцениваются в 0 баллов) (за неверные коэффициенты в уравнениях реакций [1– 14] – 0,25 б. за каждое уравнение) Идентификация каждой из пробирок 1-7 Повторная выдача идентифицируемого вещества (или смеси) Всего
2 б. 7 = 14 баллов −1,5 балла (за каждое вещество или смесь) 25 баллов