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

Решения — теор. 1

Решения первого теоретического тура Девятый класс Решение задачи 9-1 (автор: Андреев М.Н.) 1. Апротонные растворители – это вещества, не содержащие O-H или N-H связей, а потому неспособные к образованию гомомолекулярных водородных связей. При этом полярные молекулы являются полярными растворителями, а молекулы с дипольным моментом равным 0 Д - неполярными. Полярными апротонными растворителями являются, например: ацетон, ацетонитрил, дихлорметан, диэтиловый эфир и др. Неполярные апротонные растворители – гексан, бензол, четырёххлористый углерод и др. 2. Согласно строению A, E и F, валентность одного из элементов 3 и 5, в состав X входят элементы малых периодов, что позволяет предполагать, что это соединения фосфора. Т.к. в качестве продукта образуется HCl, а в качестве реагента жёлтозелёный газ D, атомы хлора входят в состав веществ А и Е. Малорастворимая соль лития – это или фосфат лития и ли фторид. Сам фосфат-анион имеет тетраэдрическое строение и, если G – это фосфат лития, трудно предложить какое-то превращение с участием фосфата лития, а вот фторид-ион может принять участие в образовании октаэдрического комплекса. Тогда G – фторид лития. При взаимодействии карбоната лития и Х при нагревании образуется твердый фторид лития. Рассмотрим для удобства смесь 1 моля Х и 1 моля карбоната лития, тогда масса этой смеси составит 73.891+М(Х)∙1моль, а масса фторида лития составит 0.3446∙(73.891+М(Х)) = n∙25.94, где n – число моль фторида лития, образовавшегося в реакции. Тогда М(Х) ≈ n∙75.277 – 73.891. Число моль фторида лития должно быть больше 2-х, для соединения элементов малого периода трудно ожидать большой молярной массы: n 3 4 5 6 М(Х), г/моль 151.94 227.22 302.49 377.77 В состав Х должны входить атомы фтора, фосфора и один атом лития, анион имеет октаэдрическое строение, для М(Х) = 151.94 г/моль получаем Х – LiPF6, A B C D E F G X PCl3 HF PF3 Cl2 PCl2F3 PF5 LiF LiPF6 3. Уравнения реакций: 1) PCl3 + 3HF = PF3 + 3HCl 2) PF3 + Cl2 = PCl2F3 3) PCl2F3 + 2HF = PF5 + 2HCl 4) PF5 + LiF = LiPF6 5) LiPF6 + Li2CO3 = 3LiF + POF3 + CO2 6) PCl3 + 5NaOH = Na2HPO3 + 3NaCl + 2H2O 4

7) Cl2 + 2NaOH(хол) = NaClO + NaCl + H2O или Cl2 + 6NaOH(гор) = NaClO3 + 5NaCl + 3H2O (если не указаны условия, то 0 баллов) 8) PCl2F3+ 8NaOH = Na3PO4 + 2NaCl + 3NaF+ 4H2O 4. Наибольшей устойчивостью обладает структура, в которой большие атома хлора находятся в экваториальном положении.

1 2 3 4

Система оценивания: Примеры растворителей по 0.5 балла 2 балла Вещества А – G и Х по 1 баллу 8 баллов Уравнения реакций 1 – 8 по 1 баллу 8 баллов 3 изомера по 0.5 балла, выбор наиболее устойчивого 0.5 балла 2 балла ИТОГО: 20 баллов

Решение задачи 9-2 (автор: Серяков .С.А.) 1. Оксид меди (II), реагируя с восстановителями, превращается в металл, поэтому в трубке 1 происходит изменение окраски от чёрной до красной (оранжевой, розовой). Безводный сульфат меди поглощает пары воды, его окраска в трубке 2 при этом меняется от белой до синей (голубой). Гидроксид бария даёт осадки с газами SO2 либо СO2, при этом прозрачный раствор 3 становится мутнобелым (выпадает белый осадок). 2. По условию все продукты разложения поглотились безводным сульфатом меди, следовательно, при разложении В выделялась только вода, тогда масса сухого остатка: m(A) = 4.862 – 3.06 = 1.802 г. По условию масса А во всех опытах одинакова, значит общая потеря массы при разложении С составила: Δm(С) = m(С) – m(A) = 1.054 г, тогда на поглощенный Ва(ОН)2 продукт пришлось: Δm(C)3 = Δm(С) - Δm(C)2 = 1.054 – 0.306 = 0.748 г. Предположим, что этим газом был SO2, тогда (SO2) = 0.748 / 64.064 = 0.01168 моль, (BaSO3) = 3.349 / 217.393 = 0.0154 моль, количества веществ не совпадают, значит, SO2 не мог быть продуктом разложения. 5

Проверим СО2: (СO2) = 0.748 / 44.009 = 0.017 моль = 3.349 / 197.338 = (BaCO3), значит, продукт разложения В – это СО2. При разложении С (H2O) = 0.306 / 18.015 = 0.017 моль, т.е. соотношение СО2 : H2O = 1 : 1 в газовой смеси (соответствует отщеплению «H2CO3» от С). Так могут разлагаться гидрокарбонаты: 2M(HCO3)x = Me2(CO3)x + xH2O + xCO2, где x – степень окисления металла М, обозначим его молярную массу M(M) = M, тогда (M2(CO3)x) = (CO2) / x, => М(M2(CO3)x) = m(A) / (A) = 1.802x / 0.017 = 106x г/моль, с другой стороны М(M2(CO3)x) = 2M + 60.008 x, откуда М ≈ 23х, при х = 1 M – натрий. A = Na2CO3, С = NaHCO3, для вещества В воды в 10 раз больше чем Na2CO3, откуда В = Na2CO3·10H2O. Определим количества СО2 и Н2О при разложении вещества D на 0.017 моль А: (H2O) = 0.510/18.015 = 0.028(3) моль, (CO2) = 1.116/197.338 = 0.005665 моль. (H2O) : (CO2) : (A) = 5 : 1 : 3 или 4Н2О·2NaHCO3·2Na2CO3 = = Na2CO3·NaHCO3·2Н2О = Na3(CO3)(HCO3)∙2Н2О – это трона. Она могла служить либо сырьём в производстве, либо образовываться в качестве побочного продукта в методе Сольвэ. D = Na2CO3·NaHCO3·2Н2О или Na3(CO3)(HCO3)∙2Н2О. Для Е масса выделившегося газа Δm(E) = 2.278 – 1.802 = 0.476 г, его молярная масса M(газ Е) = Δm(E) / (BaCO3) = 0.476 / 0.017 = 28 г/моль, а судя по тому что для превращения 1 моль его в СО2 требуется 1 атом кислорода = Δm(E)1/(16· (газ Е)), выделившийся газ СО. Соотношение СО : Na2CO3 = 1 : 1, следовательно соль Е = Na2C2O4 оксалат натрия. При разложении F, как следует из ранее проведенных вычислений, на 1 моль А поглотилось 1 моль СО2 и 1 моль Н2О в результате расходования 2 моль атомов кислорода из трубки 1. Следовательно, состав «F» = «Na2CO3» + «СО2» + «H2O» - 2«О» = «Na2H2C2O4», простейшая формуле NaHCO2 или HCOONa = F – формиат натрия. Определим сколько (моль) продуктов поглотилось на 1 моль А при разложении G: (H2O) = 0.918 / (18.015∙0.017) = 3, (CO2) = 10.047 / (197.338∙0.017) = 3, (O)расх = 0.544 / (15.999∙0.017) = 2. Формула исходного вещества «G» = «Na2CO3» + 3«СО2» + 3«H2O» - 2«О» = «Na2C4H6O10». 6

Простейшая формула G = NaC2H3O5 в которой степень окисления углерода +3, что соответствует щавелевой кислоте, отделим оксалат-анион от формулы G и проанализируем остаток: «NaC2H3O5»=«С2О42-»+ «NaH3O2+»=«С2О42-»+«NaH2+»+«H2O0»=NaHC2O4∙H2O G – моногидрат гидрооксалата натрия. A B C D Na2CO3·NaHCO3·2Н2О Na2CO3 Na2CO3·10H2O NaHCO3 Na3(CO3)(HCO3)∙2Н2О E F G Na2C2O4 HCOONa NaHC2O4∙H2O Уравнение разложения троны: 1) 2Na2CO3·NaHCO3·2Н2О = 3Na2CO3 + 5H2O↑+ CO2↑ и вещества G: 2) 2NaHC2O4∙H2O = Na2CO3 + 3H2O↑ + CO2↑+ 2CO↑ температура разложения щавелевой кислоты ниже чем Na2C2O4, поэтому вариант с отгонкой Н2C2O4 недопустим, как и вариант с образованием муравьиной кислоты по той же самой причине. 3. Формиат натрия получают при 130°С в реакции СО + NaOH(безводный) при давлении 6-8 атм: 4) NaOH + CO = HCOONa, NaOH – каустическую соду получают из соды действием Ca(OH)2: 3) Na2CO3 + Ca(OH)2 = CaCO3↓+ 2NaOH, раствор после отделения осадка упаривают и кристаллизуют щёлочь. Система оценивания. 1 Изменения внешнего вида 1 и 2 по 1 баллу, 3 – 1.5 балла 3.5 балла Если верно указана только начальная или конечная окраски для 1 и 2, то выставлять по 0.5 балла 2 Каждое из 7 веществ по 1.5 балла 13.5 баллов уравнение разложения D и G по 1.5 балла В уравнениях разложения допустимо использовать бруттоформулы исходных веществ без штрафа 3 Уравнения реакций 3 и 4 по 1.5 балла 3 балла ИТОГО: 20 баллов Решение задачи 9-3 (авторы: Дмитриев Д.Н., Яшкин С.Н.) 1. Решение задачи логично начать с определения веществ D и G. Под описание (окраска и агрегатные состояния) подходит бурый диоксид азота и его бесцветный димер, который при н.у. существует в виде жидкости (D – N2O4, G - NO2). Слабая одноосновная кислота, которая образует кислые соли – это HF, которая 7

способна образовывать анионы (F∙∙∙H∙∙∙F)⁻. Тогда вещество A – это NH4HF2. Далее, для определения загаданного элемента, можно воспользоваться несколькими путями. Во-первых, исходя из информации об идентичности структур сульфата калия и соли I, а также из описания получения I, нетрудно догадаться, что это соединение состава (NH4)2[ХF4] (тетраэдрическое окружение в анионе, как в сульфат-ионе, и два катиона, как в составе сульфата калия). Далее, используя информация об амфотерности металла становится очевидно, что речь идет о соединениях бериллия. Во-вторых, бериллий можно определить из пункта 4 дополнительной информации. Определив диоксид азота, его жидкий димер и опираясь на методику синтеза безводного Y, можно понять, что Y – безводный нитрат металла Х, С - безводный хлорид Х, а вещество Е – комплексное соединение, состоящее из нитрозил-катионов и нитратометаллат-аниона. Также формально Е можно представить как аддукт безводного нитрата Х и N2O4, тогда Е можно представить как X(NO3)n∙mN2O4. Известно, что из 37.0 мг Х можно получить не более 1.3016 г Е. Значит массовая доля металла Х в Е: 𝜔Х =

37.0 1301.6

= 0.02843 =

М(Х) М(Х)+62n+m 92

М(Х) = 1–𝜔Х (62n + m 92), Х

Значение n не превышает 4-х, m также не может принимать очень больших значений, т.к. Е – «сольват» при разложении которого образуется газ G. Перебирая n и m, при n =2 и m = 2 находим М(Х) = 9.0 (бериллий); при n =3 и m = 2 М(Х) = 10.8 (бор). Других разумных вариантов нет. В задаче явно указано, что Х – металл, значит Х – бериллий. В-третьих, бериллий можно определить из потери массы при разложении гидрата нитрата, предполагая, что степень окисления металла в нитрате и оксиде совпадает: X(NO3)n·4H2O = 4H2O + nNO2 + 0.25nO2 + XOn/2, где n – степень окисления металла. Тогда, 0.878 = 𝑀(𝐗) = 4 · 18

1–0.878 0.878

4·18+𝒏·46+0.25𝒏·32 𝑀(𝐗)+62𝒏+4·18 46+0.25·32

+ 𝒏(

0.878

– 62) = 10.01– 0.50𝒏,

при n = 2 M(X) ≈ 9 г/моль. Итак, Х – Be, С - BeCl2, Е - (NO)2[Be(NO3)4]. Из дополнительной информации можно предположить, что кислота Н с характерным запахом – это карбоновая кислота, так как карбоновые кислоты, способны образовывать димеры в газовой фазе за счет водородных связей. Cудя по описанному методу получения Z – это соль бериллия кислоты H 8

Be(OOCR)2. При взаимодействии Be(OH)2 с кислотой Н и при разложении Be(OOCR)2 образуется одно и тоже молекулярное вещество: Be4O(OOCR)6 4Be(RCOO)2 = [Be4O(RCOO)6] + (RCO)2O↑ Потеря массы связана с удалением ангидрида: 0.2008 =

2𝑀(R)+72 4(2𝑀(R)+88+9)

, откуда M(R) = 15 г/моль, что соответствует R = CH3∙

тогда Н – CH3COOH, I - [Be4O(CH3COO)6]. Фрагмент, характерный для соединений бериллия, который содержится в оксоацетате – тетраэдрическая группировка Ве с атомом кислорода в центре (Ве4О). Таким образом F - [Be4O(NO3)6]. X Y Z А В С D Be Be(NO3)2 Be(CH3COO)2 NH4HF2 (NH4)2[BeF4] BeCl2 N2O4 E (NO)2[Be(NO3)4]

F [Be4O(NO3)6]

G NO2

H CH3COOH

I [Be4O(CH3COO)6]

2. Уравнения реакций: 1) Be + 2NH4HF2 = (NH4)2[BeF4] + H2 2) Be + Cl2 = BeCl2 3) BeCl2 + 4N2O4 = (NO)2[Be(NO3)4] + 2NOCl 4) (NO)2[Be(NO3)4] = Be(NO3)2 + 4NO2 5) 8Be(NO3)2 = 2[Be4O(NO3)6] + 4NO2 + O2 6) Be(NO3)2·4H2O = BeO + 4H2O + 2NO2 + ½ O2 7) 4Be(OH)2 + 6CH3COOH = [Be4O(CH3COO)6] + 7H2O 8) 4Be(CH3COO)2 = [Be4O(CH3COO)6] + (CH3CO)2O 3. Строение H и F в газовой фазе:

H F 4. Болезнь = «бериллиоз» Система оценивания: 1 Вещества А – I по 1 баллу 2 Уравнения реакций 1 – 8 по 1 баллу 3 Структуры Н и F по 1 баллу 4 Название болезни ИТОГО: 20 баллов

9 баллов 8 баллов 2 балла 1 балл

Решение задачи 9-4 (автор: Болматенков Д.Н.): Проведём сложение имеющихся реакций, предварительно удвоив реакции 1 и 3, чтобы коэффициенты перед веществами C и D совпали: 2A + 2B + 4X = 4C + 2D (1) 2D = 2B + 2X + Z (2) 4C = 2A + 2Y (3) В результате такого сложения промежуточные вещества A-D сократятся. Оставшиеся в реакции вещества соответствуют уравнению: 2X = 2Y + Z В этой реакции из жидкости X образуются газообразные простые вещества Y и Z. Учитывая агрегатной состояние X, коэффициенты в уравнении реакции, а также упоминание современной энергетики, можно предположить, что речь идёт о разложении воды на водород и кислород. Действительно, водород является экологичным видом топлива, однако его получение из наиболее очевидного источника – воды – является экономически невыгодным процессом. Итак, X – H2O, Y – H2, Z – O2. С установленными веществами схема выглядит следующим образом: A + B + 2H2O = 2C + D (1) 2D = 2B + 2H2O + O2 (2) 2C = A + H2 (3) В таком виде реакция 2 может соответствовать разложению кислоты (учитывая газообразное состояние продуктов), а реакция 3 – разложению водородного соединения. Установим средние молярные массы соответствующих смесей:

 RT 0.433  8.314  (830 + 273.15) = = 39.2 г / моль p 101.325  RT 2.156  8.314  (450 + 273.15) M (3) = = = 127.9 г / моль p 101.325 M (2) =

Первая молярная масса может быть связана с составом смеси следующим образом: M (2) = 39.2 г / моль = 0.4  M ( B) + 0.4  M ( H 2O) + 0.2  M (O2 ) = = 0.4  M ( B) + 7.2 + 6.4 Откуда M(B) = 64 г/моль. Среди кислотных оксидов такая молярная масса соответствуют диоксиду серы SO2. Тогда B – SO2, D – H2SO4. Средняя молярная масса смеси, полученной в реакции 3, – полусумма молярных масс водорода и A, откуда M(A) = 253.8 г/моль. Также эта средняя молярная масса совпадает с молярной массой C: M(C) = 127.9 г/моль. Этим молярным массам хорошо соответствуют иод и иодоводород. Последний действительно легко разлагается при нагревании на простые вещества. Агрегатные состояния веществ, 10

упомянутые в условии, подтверждают это предположение. Тогда A – I2, C – HI. Полный цикл выглядит следующим образом: I2 + SO2 + 2H2O = 2HI + H2SO4 (1) 2H2SO4 = 2SO2 + 2H2O + O2 (2) 2HI = I2 + H2 (3) Альтернативным способом разложения воды на водород и кислород является, например, электролиз водных растворов кислот (H2SO4, HNO3) или щелочей (NaOH). Указание на электролиз воды без упоминания электролита оценивается половиной от максимального балла. Процесс самопроизволен, когда стандартная энергия Гиббса отрицательна. Для ответа на первый вопрос необходимо решить неравенство вида:  r G (1) = −56100 + 125.5  (T / K )  0 Откуда T ≥ 447 К или 174 °C. Для проведения реакции 2 стандартная энергия Гиббса реакции должна быть отрицательна:  r G (2) = 551000 − 764.8  (T / K )  0 Откуда T ≥ 720 К или 447 °C. Первые числа в уравнениях для свободной энергии Гиббса реакций 1 и 2 – энтальпии соответствующих процессов в Дж/моль. Тогда  r H (1*) = −42.9 кДж / моль , а  r H (2) = 551.0 кДж / моль (в расчётах используется энтальпия процесса 1*, агрегатные состояния веществ в котором соответствуют агрегатным состояниям веществ в процессах 2 и 3). Ранее было показано, что совокупный процесс разложения воды – сумма удвоенных реакций 1 и 3 и реакции 2. Согласно следствию из закона Гесса, то же справедливо для энтальпии:  r H (2 H 2O = 2 H 2 + O2 ) = 2   r H (1*) +  r H (2) + 2   r H (3) = = 2  (−42.9) + 551.0 + 2  9.2 = 483.6 кДж / моль

Полученная величина соответствует удвоенной энтальпии разложения газообразной воды (2·241.8 = 483.6 кДж/моль). Система оценивания: 1 Уравнение реакции 3 балла 2 Формулы веществ X, Y, Z и A – D по 1 баллу 7 баллов 3 Альтернативный способ разложения воды 2 балла 4 Расчёт двух температур по 2 балла 4 балла 5 Расчёт теплового эффекта, 4 балла уравнение в общем виде с ошибкой в расчёте – 2 балла Итого 20 баллов 11

Решение задачи 9-5 (автор: Каргов С.И.) 1. Средняя молярная масса газовой смеси равна Mср = x(CO2)·M(CO2) + x(CO)·M(CO), где x(CO2)и x(CO) – мольные доли CO2 и CO. Следовательно, 32 = x(CO2)·44 + x(CO)·28, откуда x(CO2) = 0.25, x(CO) = 0.75. Начальное количество CO2 равно 17.6 / 44 = 0.4 моль. Пусть к моменту установления равновесия прореагировало a моль CO2. Тогда осталось (0.4 − a) моль CO2 и образовалось 2a моль CO. Общее количество газов в равновесной смеси равно (0.4 – a) + 2a = (0.4 + a) моль. Мольная доля CO равна x(CO) = 2a / (0.4 + a) = 0.75. Отсюда a = 0.24, и общее количество газов равно (0.4 + a) = 0.64 моль. Тогда общее равновесное давление в сосуде равно P=

nRT 0.64  8.314  1273 = = 6.16·106 Па = 61.6 бар. −3 V 1.10  10

Равновесные давления CO2 и CO равны P(CO2) = 61.6·0.25 = 15.4 бар, P(CO) = 61.6·0.75 = 46.2 бар. Константа равновесия равна (P° = 1 бар): ( P(CO) / P  ) 2 46.2 2 KP = = = 138.6. ( P(CO2 ) / P  ) 15.4

2. Если средняя молярная масса смеси равна 36 г/моль, то x(CO2)=x(CO)=0.50. Значит, P(CO2) = P(CO) = 0.5P, где P – общее равновесное давление. Тогда KP =

(0.5P / P )2 (0.5P / P )

= 138.6, откуда P = 277 бар.

Пусть начальное количество CO2 равно n моль и к моменту установления равновесия прореагировало a моль CO2, тогда осталось (n − a) моль CO2 и образовалось 2a моль CO. Общее количество газов в равновесной смеси равно (n − a) + 2a = (n + a) моль. Если мольные доли CO2 и CO равны, то и их количества равны. Тогда (n − a) = 2a, откуда n = 3a, и общее количество газов равно (n + a) = 4a моль. Следовательно, PV 277 1.10 105 1.10 10−3 a= = = 0.720 моль. 4 RT 4  8.314 1273

Начальное количество CO2 равно n = 3a = 2.16 моль. Тогда начальная масса CO2 равна 2.16·44 = 95.0 г. 3. Если добавить He при постоянном объёме, то парциальные давления участвующих в реакции газов не изменятся, поэтому равновесное количество CO не изменится. 4. Если добавить He при постоянном давлении с увеличением общего объёма, 12

то парциальные давления участвующих в реакции газов уменьшатся, что эквивалентно уменьшению общего давления в системе, поэтому по принципу Ле Шателье равновесное количество CO увеличится. 5. Начальное количество графита равно 7.2 / 12 = 0.6 моль. Пусть начальное количество CO2 равно n моль. К моменту установления равновесия прореагирует по 0.6 моль графита и CO2, останется (n – 0.6) моль CO2 и образуется 1.2 моль CO. Тогда равновесное давление CO будет равно P(CO) =

nRT 1.2  8.314 1273 = = 1.155·107 Па = 115.5 бар. −3 V 1.10 10

Равновесное давление CO2 находим из константы равновесия: KP =

115.52 ( P(CO2 ) / P )

= 138.6,

откуда P(CO2) = 96.2 бар. Равновесное количество CO2 равно P(CO2 )  V 96.2 1.10 105 1.10 10−3 (n − 0.6) = = = 1.00 моль. RT 8.314 1273

1.

2.

3. 4. 5.

Следовательно, начальное количество CO2 равно 1.6 моль. Тогда начальная масса CO2 равна 1.6·44 = 70.4 г. Система оценивания: Общее равновесное давление – 2 балла Давления CO2 и CO – по 1 баллу 6 баллов Константа равновесия KP – 2 балла Общее равновесное давление – 2 балла Начальное количество CO2 – 2 балла Начальная масса CO2 – 1 балл 5 баллов Правильный расчёт с неверным значением KP (из п. 1) – полный балл Правильный ответ с объяснением – 2 балла 2 балла Ответ без объяснения – 0 баллов Правильный ответ с объяснением – 2 балла 2 балла Ответ без объяснения – 0 баллов Равновесное давление CO – 1 балл Равновесное давление CO2 – 1 балл Равновесное количество CO2 – 2 балла 5 баллов Масса CO2 – 1 балл Правильный расчёт с неверным значением KP (из п. 1) – полный балл Итого:20 баллов 13

Решения — прак.

Решения экспериментального тура 9 КЛАСС (авторы Ильин М.А., Теренин В.И.) 1. Формулы твердых веществ, названия которых приведены и которые были использованы для приготовления перечисленных водных растворов:

− гексагидрат хлорида алюминия

AlCl3  6H2O

− дигидрат хлорида бария

BaCl2  2H2O

− едкий натр

NaOH

− желтая кровяная соль

K4[Fe(CN)6]

− калий хромовокислый

K2CrO4

− медный купорос

CuSO4  5H2O

− медь двухлористая 2-водная

CuCl2  2H2O

− тригидрат тетраоксосульфата(VI) оксованадия(IV)

(VO)SO4  3H2O

− хлорид цинка

ZnCl2

− хлорное железо шестиводное

FeCl3  6H2O

2. а) Вещества, разбавленные растворы которых имеют голубую окраску: CuSO4, CuCl2, (VO)SO4. б) Вещества, растворы которых бесцветные: BaCl2, AlCl3, ZnCl2, NaOH. в) Вещества, разбавленные растворы которых имеют желтоватые оттенки: FeCl3, K2CrO4, K4[Fe(CN)6]. 3. Уравнения реакций [1-12] с указанием их основных признаков. [1] CuSO4 + BaCl2 → BaSO4 + CuCl2 белый [2] 2CuSO4 + K4[Fe(CN)6] → Cu2[Fe(CN)6] + 2K2SO4 119

красно-бурый [3] BaCl2 + K2CrO4 → BaCrO4 + 2KCl желтый [4] FeCl3 + K4[Fe(CN)6] → KFe[Fe(CN)6] (или 4FeCl3 + 3K4[Fe(CN)6] → Fe4[Fe(CN)6]3 + 12KCl) темно-синий

3KCl

4KCl

[5] FeCl3 + 3NaOH разб. нед. → Fe(OH)3 + 3NaCl бурый [6] 2(VO)SO4 + K4[Fe(CN)6] → (VO)2[Fe(CN)6] + 2K2SO4 желтовато-зеленый [7] (VO)SO4 + 2NaOH разб. нед. → VO(OH)2 + Na2SO4 оранжево-коричневый [8] 2ZnCl2 + K4[Fe(CN)6] → Zn2[Fe(CN)6] (или 3ZnCl2 + 2K4[Fe(CN)6] → K2Zn3[Fe(CN)6]2 + 6KCl белый [9] ZnCl2 + 2NaOH разб. нед. → Zn(OH)2 + 2NaCl белый [10] CuCl2 + 2NaOH разб. нед. → Cu(OH)2 + 2NaCl сине-голубой [11] AlCl3 + 3NaOH разб. нед. → Al(OH)3 + 3NaCl белый [12] Al(OH)3 + NaOH изб. → Na[Al(OH)4] (или Al(OH)3 + 3NaOH изб. → Na3[Al(OH)6]) бесцв. р-р (растворение осадка) 4. Существует несколько вариантов решения этого задания. Ниже приведен один из возможных. Воспользуемся распределением растворов по цвету. К трем растворам голубого цвета (CuSO4, CuCl2, (VO)SO4) поочередно добавим несколько капель бесцветных растворов (BaCl2, AlCl3, ZnCl2, NaOH). Среди этих пробирок с растворами голубого цвета только в одном случае образуется один осадок (гелеобразный сине-голубой Cu(OH)2). Таким образом, мы определим растворы CuCl2 и NaOH. 120

Две другие пробирки с растворами голубого цвета при добавлении бесцветных растворов образуют по два осадка: два белых осадка BaSO4, а также гелеобразный сине-голубой Cu(OH)2 или коллоидный оранжево-коричневый VO(OH)2. Эти реакции нам позволяют однозначно определить BaCl2, CuSO4 и (VO)SO4. Определив растворы NaOH и BaCl2, теперь не составит труда различить растворы с желтоватым оттенком (FeCl3, K2CrO4, K4[Fe(CN)6)]). При добавлении раствора щелочи во все три пробирки с желтоватыми растворами только в одной из них будет наблюдаться образование коллоидного бурого осадка Fe(OH)3. Следовательно, в этой пробирке содержится раствор FeCl3. Добавление нескольких капель раствора хлорида бария к двум оставшимся растворам желтоватого цвета позволяют однозначно идентифицировать раствор K2CrO4 – в этом случае выпадает желтый осадок BaCrO4. В оставшейся пробирке с раствором желтоватого цвета содержится желтая кровяная соль K4[Fe(CN)6]. Подтвердить это можно с помощью реакции с уже идентифицированной солью железа(III) – появляется характерное темно-синее окрашивание. Два оставшихся неидентифицированных бесцветных раствора – хлорид цинка и хлорид алюминия. Оба этих раствора при взаимодействии с недостатком раствора щелочи образуют амфотерные гидроксиды, которые растворяются при добавлении избытка гидроксид-ионов. Различить растворы солей цинка и алюминия позволит реакция с гексацианоферрат(II)-ионом: в пробирке с раствором хлорида цинка при добавлении нескольких капель раствора желтой кровяной соли выпадает белый осадок, а в случае с раствором хлорида алюминия никаких признаков химической реакции наблюдаться не будет. Таким образом, мы различили ZnCl2 и AlCl3.

121

Система оценивания: 1. Формулы 10 веществ (10  1 б. = 10 б.)

10 баллов

2. Верное распределение по цветам растворов: 3 разбавленных раствора с голубой окраской (3  1 б. = 3 б.) 3 разбавленных раствора с желтоватой окраской (3  1 б. = 3 б.) 4 бесцветных раствора (4  1 б. = 4 б.) (каждый неверный цвет "минус 1 балл", но в сумме за этот пункт не менее 0 баллов) Всего за пункт 2

10 баллов

3. Уравнения реакций с указанием признаков протекания реакций (12  2 б. = 24 б.)

24 балла

(отсутствие признаков протекания реакции "минус 0,5 балла" за каждую реакцию) (неверные коэффициенты "минус 0,5 балла" за каждую реакцию) 4. Верное определение 10 неизвестных веществ (10  3,5 б. = 35 б.) 5. Техника эксперимента и замечания (грубое нарушение ТБ) Всего за экспериментальный тур

35 баллов 1 балл 80 баллов

122