Поиск

Полнотекстовый поиск:
Где искать:
везде
только в названии
только в тексте
Выводить:
описание
слова в тексте
только заголовок

Рекомендуем ознакомиться

'Документ'
высший сорт (кам. суш.) за 1м 500 (Осина) 15х80х3; мм; первый сорт (кам. суш.) за 1м 350 (Осина) 15х80х3 мм; второй сорт (кам....полностью>>
'Документ'
ТРЕБОВАНИЯ К КУРСОВОЙ РАБОТЕКурсовая работа представляет собой итоговый документ, предусмотренный учебной программой на заключительном этапе изучения ...полностью>>
'Документ'
Национальная стратегия по борьбе против табака (далее - Стратегия) разработана в соответствии со статьей 5 Рамочной конвенцией ВОЗ по борьбе против та...полностью>>
'Документ'
Учредителем ежегодного турнира по мини-футболу «Кубок губернатора» среди детей, подростков и молодежи (далее - Турнир) является министерство образован...полностью>>

Главная > Документ

Сохрани ссылку в одной из сетей:
Информация о документе
Дата добавления:
Размер:
Доступные форматы для скачивания:

Блок №3

Задание 9 (30 баллов)

В шкафу лаборант обнаружил банку с надписью «сплав меди» и решил определить, что входит в его состав кроме меди. Отобрав несколько стружек вещества, растворил при нагревании в концентрированной азотной кислоте. При этом выпал белый осадок, который он отфильтровал. К фильтрату лаборант добавил концентрированный водный раствор аммиака, в результате реакции (1) образовался белый дым, а раствор окрасился в яркий синий цвет (реакция 2) и выпал бурый осадок (реакция 3), пробирка сильно разогрелась. Через некоторое время он отфильтровал осадок, растворил его в соляной кислоте (реакция 4) и добавил несколько капель роданида аммония (реакция 5). В результате раствор стал интенсивно красным. Так был установлен качественный состав.

Для определения количественного состава была взята навеска стружек массой 1,0321 г и растворена в 10 мл концентрированной азотной кислоты. Полученный белый осадок он отделил и прокалил при температуре 12000 С в течение 4 часов. Масса осадка после прокаливания составила 0, 0923 г. Фильтрат был разбавлен до 200,0 мл в мерной колбе. К одной аликвотной части полученного раствора объемом 10,00 мл он добавил 2 мл раствора 1 М НСl и 10 мл 20%-ного раствора КI. Полученный раствор лаборант оттитровал 0,0500 М раствором тиосульфата натрия. На титрование потребовалось 14,71 мл тиосульфата. К другой аликвотной части объемом 10,00 мл он добавил 20 мл раствора пирофосфата натрия, 7 мл концентрированной НС1 и 10 мл 20%-ного раствора КI. На титрование потребовалось 14,13 мл 0,0500 М раствора тиосульфата натрия.

1. Как называется сплав, который обнаружил лаборант?

2. Какие медные сплавы вам известны и каков их качественный состав?

3. Установите качественный состав сплава, предполагая, что он содержит только три металла. Напишите уравнения реакций, которые помогли установить качественный состав сплава.

4. Определите количественный состав сплава. Напишите уравнения реакций, которые помогли установить количественный состав сплава.

5. Какова роль пирофосфата натрия во втором титровании?

6. Напишите уравнения реакций, которые произойдут при добавлении к синему раствору:

а) сероводорода;

б) 20%-ного раствора серной кислоты;

в) 20%-ного раствора H2SO4, NaCl, SO2.

Решение:

Содержание верного ответа и указания по оцениванию

(допускаются иные формулировки ответа, не искажающие его смысла)

Баллы

Бронза – сплав меди с оловом, алюминием, кремнием, бериллием и другими металлами, кроме цинка.

1 балл

Другие сплавы меди – латунь (сплав меди с цинком), мельхиор (с никелем), манганин и константан (с марганцем и никелем в разных соотношениях).

1 балл

Белый осадок – это оксид олова (IV) (точнее, образуется оловянная кислота состава SnO2 ∙ хН2О):

Sn + 4HNO3 = SnO2 ∙ х Н2О↓ + 4NO2 + (2 –x)H2O

1 балл

Если бы сплавом была латунь, то нерастворимых веществ не образовалось бы, так как и медь, и цинк переходят в растворимые нитраты:

Cu + 4HNO3 = Cu(NO3)2 + 2NO2↑ + 2H2O

Zn + 4HNO3 = Zn(NO3)2 + 2NO2↑ + 2H2O

2 балла

Кроме того, в сплаве присутствовало железо, о чем свидетельствует качественная реакция с роданидом аммония – образование интенсивно-красного окрашивания:

Fe3+ + SCN- = [Fe(SCN)]2+ (5)

Fe + 6HNO3 = Fe(NO3)3 + 3NO2↑ + 3H2O

1 балл

При добавлении к фильтрату водного раствора аммиака происходят следующие реакции:

HNO3 + NH3∙H2O = NH4NO3 (белый дым) + H2O (1)

1 балл

В фильтрате остаются нитраты меди и железа(III). При добавлении к фильтрату раствора аммиака образуется синий раствор:

Cu(NO3)2 + 4NH3∙H2O = [Cu(NH3)4](NO3)2 + 4H2O или

Cu(NO3)2 + 6NH3∙H2O = [Cu(NH3)4(H2O)2](OH)2 + 2NH4NO3 + 2H2O (2)

1 балл

и бурый осадок:

Fe(NO3)3 + 3NH3∙H2O = Fe(OH)3↓ + 3NH4NO3 (3)

Fe(OH)3↓ + 3HCl = FeCl3 + 3H2O (4)

2 балла

Олово в сплаве было определено гравиметрически. При растворении олова в азотной кислоте образуется оловянная кислота (см.выше), а при ее прокаливании – оксид олова (IV):

Sn + 4HNO3 = SnO2∙ хН2О↓ + 4NO2 + (2 –x)H2O

SnO2 ∙ хН2О = SnO2 + хН2О

2 балла

Медь и железо в сплаве были определены иодометрическим титрованием. На первом этапе было определено суммарное содержание меди и железа:

2Cu(NO3)2 + 4KI = 2CuI↓ + I2 + 4KNO3

2Fe(NO3)3 + 2KI = 2Fe(NO3)2 + I2 + 2KNO3

I2 + 2Na2S2O3 = 2NaI + Na2S4O6

3 балла

n(Na2S2O3) = n(Cu(NO3)2 + n(Fe(NO3)3

n(Na2S2O3) = c(Na2S2O3) ∙ V(Na2S2O3) ∙ Vколбы / Vпипетки = 0,0500 ∙ 0,01471 ∙ 200,0 / 10,00) = 1,471 ∙ 10-2 (моль).

При втором титровании было определено содержание меди

1 балл

Пирофосфат натрия связывает железо в бесцветный устойчивый комплекс. Следовательно, при втором титровании железо восстанавливаться не будет, тогда:

1 балл

n(Na2S2O3) = c(Na2S2O3) ∙ V(Na2S2O3) ∙ Vколбы / Vпипетки = 0,0500 ∙ 0,01413 ∙ 200,0 / 10,00 = 1,1413 ∙ 10-2 (моль).

n(Cu(NO3)2 = 1,1413 ∙ 10-2 (моль).

1 балл

m(Cu) = 1,1413 ∙ 10-2 (моль) ∙ 63, 546г/моль = 0,7252 г

1 балл

n(Fe(NO3) = 1,471 ∙ 10-2 (моль) - 1,1413 ∙ 10-2 (моль) = 0,3297 ∙ 10-2(моль)

1 балл

m(Fe) = 0,3297 ∙ 10-2 (моль) ) ∙ 55,847г/моль = 0,1841 г

1 балл

Тогда состав сплава будет таким: ɷ(Cu) = 70,26%, ɷ(Sn) = 11,90%, ɷ(Fe) = 17,84%.

1 балл

[Cu(NH3)4](NO3)2 + 3H2S = CuS↓ + 2NH4NO3 + 2NH4HS или

[Cu(NH3)4(H2O)2](OH)2 + 5 H2S = CuS↓ + 4H2O + 4NH4HS

2 балла

[Cu(NH3)4](NO3)2 + 2H2SO4 = Cu(NO3)2 + 2(NH4)2SO4 или

[Cu(NH3)4(H2O)2](OH)2 + 3H2SO4 = CuSO4 + 4H2O + 2(NH4)2SO4

3 балла

2[Cu(NH3)4](NO3)2 + 2H2SO4 + 2NaCl + SO2 = 2CuCl↓+ Na2SO4+ 4NH4NO3 + 2(NH4)2SO4 или

2[Cu(NH3)4(H2O)2](OH)2 + 4H2SO4 + 2NaCl + SO2 = 2CuCl↓ + 6H2O + 4(NH4)2SO4 + Na2SO4

3 балла

Максимальный балл

30

Задание 10 (30 баллов)

Установлено, что в 1 л природной воды содержание гидрокарбонатов кальция и магния составляет 130,0 и 10,0 мг, а сульфатов тех же металлов 15,0 и 5,0 мг соответственно. Какой объем воды с указанным содержанием солей можно смягчить с использованием 1 кг минерала алюмосиликата натрия общей формулы NaAlSi2O6, если известно, что он способен обменивать ионы натрия на другие катионы, находящиеся в растворе? Какие минимальные массы негашеной извести и соды потребуются для экономного и полного устранения жесткости 1 м3 воды? При этом следует учесть, что сода значительно дороже извести. Гидроксид магния считать нерастворимым соединением.

Решение:

Содержание верного ответа и указания по оцениванию

(допускаются иные формулировки ответа, не искажающие его смысла)

Баллы

В 1 м3 природной воды содержится:

Ca(HCO3)2 (130 г : 162,1 г ∙ моль-1 = 0,802 моль),

Mg(HCO3)2 (10 г : 146,3 г ∙ моль-1 = 0,068 моль),

CaSO4 (15 г : 136,2 г ∙ моль-1 = 0,110 моль),

MgSO4 (5 г : 120,4 г ∙ моль-1 = 0,042 моль),

Суммарное содержание солей кальция и магния в 1 м3 воды 1,022 моль

5 баллов

В 1 кг алюмосиликата натрия n = 1000 г: 202,2 г ∙ моль-1 = 4,95 моль

2 балла

Ca2+ + 2Na+[AlSi2O6]- → 2Na+ + Ca[AlSi2O6] 2

2 балла

Mg2+ + 2Na+[AlSi2O6]- → 2Na+ + Mg[AlSi2O6]2

2 балла

Для смягчения 1 м3 природной воды необходимо 1,022 моль ∙ 2 = 2,044 моль алюмосиликата натрия

1 балл

V(воды) = 4,95 моль : 2,044 моль ∙ м-3 = 2,42 м3

1 балл

Сначала при использовании дешевого СаО удаляются гидрокарбонаты кальция, магния и сульфат магния: CaO + H2O → Ca(OH)2

2 балла

Ca(OH)2 + Ca(HCO3)2 → 2CaCO3↓ + 2H2O

2 балла

Ca(OH)2 + Mg(HCO3)2 → CaCO3↓ + MgCO3↓ + 2H2O

2 балла

Ca(OH)2 + MgSO4 → CaSO4 + Mg(ОН)2

2 балла

n(СaO) = n(Ca(HCO3)2) + n(Mg(HCO3)2) + n(MgSO4) = 0,802 + 0,068 +

0,042 = 0,912 (моль)

2 балла

m(CaO) = 0,912 моль · 56,1 г ∙ моль-1 = 51,2 г

2 балла

Во вторую очередь более дорогой содой удаляют CaSO4, как бывший

в растворе, так и образовавшийся при взаимодействии Ca(OH)2 + MgSO4

Na2CO3 + CaSO4 → CaCO3↓ + Na2SO4

2 балла

n(Na2CO3) = n(CaSO4) + n(MgSO4) = 0,110 + 0,042 = 0,152 (моль)

2 балла

m(Na2CO3) = 0,152 · 106 = 16,1 )

1 балл

Максимальный балл

30

Задание 11 (30 баллов)

Юный химик проводил опыты. Он смешивал в пробирках растворы разных веществ (см. таблицу). После некоторых опытов на стенках пробирки остались налёты.

  1. Напишите уравнения всех протекающих реакций.

  2. На стенках каких пробирок мог остаться налёт? Какого он цвета?

  3. Какими реактивами можно отмыть эти налёты? Напишите уравнения реакций.

№ пробирки

Смешанные вещества

1

NaOH и HCl

2

AgNO3 и NaCl

3

HCl и Na2S2O3

4

K2SO3 и KMnO4

5

AgNO3 и Fe(NO3)2

6

FeCl3 и NaOH

7

HCl и спиртовой раствор фенолфталеина

Решение

Содержание верного ответа и указания по оцениванию

(допускаются иные формулировки ответа, не искажающие его смысла)

Баллы

Уравнения реакций, протекающих в пробирках:

  1. NaOH + HCl = NaCl + H2O

1 балл

  1. AgNO3 + NaCl = AgCl↓ + NaNO3

2 балла

  1. 2HCl + Na2S2O3 = 2NaCl + H2O + S↓ + SO2

2 балла

  1. 3K2SO3 + 2KMnO4 + H2O = 3K2SO4 + 2MnO2 ↓+ 2KOH

2 балла

  1. AgNO3 + Fe(NO3)2 = Ag ↓+ Fe(NO3)3

2 балла

  1. FeCl3 + 3NaOH = Fe(OH)3↓+ 3NaCl

2 балла

  1. Фенолфталеин с соляной кислотой не реагирует, однако возможно его выпадение в осадок из спиртового раствора при разбавлении последнего водой или водным раствором кислоты.

2 балла

Налёт мог остаться на стенках всех пробирок, кроме первой.Формулы и цвета осадков: 2. АgСl - белый

1 балл

  1. S - жёлтый

1 балл

  1. МnО2 - коричневый

1 балл

5.Аg – серебристый или тёмно-серый

1 балл

6.Fе(ОН)3 - коричневый

1 балл

7. фенолфталеин - белый

1 балл

АgСl растворяется в водном растворе аммиака:

АgСl + 2NH3 = [Ag(NH3)2]Cl

2 балла

Серу можно растворить в концентрированной серной кислоте:

S + 2H2SO4(конц.) = 3SO2↑ + 2H2O

2 балла

МnО2 растворяется в соляной кислоте при нагревании:

МnО2 + 4HCl = Cl2↑ + MnCl2 + 2H2O

2 балла

Серебро можно растворить в разбавленной азотной кислоте:

3Ag + 4HNO3 = 3AgNO3 + NO↑ + 2H2O

2 балла

Свежеосаждённый Fе(ОН)3 растворим в сильных кислотах:

Fe(OH)3 +3HCl = FeCl3 +3H2O

2 балла

Фенолфталеин можно отмыть щёлочью, с которой он даёт растворимую соль

1балл

Максимальный балл

30

Задание 12 (30 баллов)

м-Этилтолуол (соединение А) обработали бромом (в недостатке) в присутствии AlBr3. В результате было выделено 4 продукта с различными выходами: В1, В2, В3, В4. Известно, что соотношение ароматических и алифатических протонов во всех соединениях В 3 : 8. В1 не реагирует с KNH2 в жидком аммиаке. В2 и В4 дают в этой же реакции по 2 продукта: С1 и С2; и С2 и С3 соответственно. В3 дает все эти три вещества одновременно. Известно также что С3 может подвергаться следующим превращениям:

причем вещества D имеют одинаковаую молекулярную формулу С9Н13Cl2N, а D2 – смесь оптических изомеров

  1. Определите все неизвестные вещества.

  2. Оцените, у какого из веществ В максимальный выход.

  3. Напишите схему превращения вещества С3.

  4. Объясните, чем обусловлено существование оптических изомеров вещества D2.

Решение:

  1. При недостатке брома логично предположить что А подвергается монобромированию. При этом, учитывая соотношение ароматических и алифатических протонов (3:8) в соединениях В, все они образовались в результате монозамещения брома в бензольное кольцо: [1]

Выбор изомеров обусловлен тем, что вещество В1 не реагирует с KNH2 в аммиаке.

Ароматические галогенуглеводороды реагируют в этих условиях по механизму отщепления-присоединения, образуя в промежутке дегидробензолы. 2-бром-3-этилтолуол не имеет атомов Н у соседних с бромом атомов углерода, поэтому отщепление бромоводорода невозможно. Остальные изомеры В дают различное соотношение изомеров вещества С: [2]

[3]

[4]

  1. Выход В1 затруднен по стерическим причинам, В3 не выгоден по ориентации. Из продуктов В2 и В4, примерно одинаково выгодных по ориентации, В2 наименее стерически затруднен, поэтому у него максимальный выход.

  2. Превращения С3

Превращение вещества E в G происходит в результате гидроборирования двойной связи с последующим оксилением. Для гидроборирования применяют диборан, который в растворе диссоциирует и существует в виде комиплекса борана с растворителем. Присоединение против правила Марковникова отбусловленно электронными и стерическими факторами. Во-первых эелектроотрицательность бора ниже, чем водорода, что обеспечивает полярицацию связи Н-В+. А во-вторых атом бора больше по размеру, чем атом водорода, что обеспечивает связывание бора с наименее пространственно затрудненным атомом углерода кратной связи. Образующиеся алкилбораны легко окисляются перекисью водорода в щелочной среде, образуя спирты. Поэтому суммарно реакция гидроборирования-окисления является примером присоединением воды по двойной связи против правила Марковникова.

Механизм гидроборирования-окисления:

  1. В веществе D2 имеется асимметрический атом углерода, наличие которого обуславливает существование двух оптических изомеров:

Критерии оценивания:

  1. За расшифровку веществ В-G по 1 б 12*1 = 12 б.

  2. За написание реакций 1-4 по 2 б. 4*2 = 8 б.

  3. За определение максимального выхода вещества В2 2 б.

  4. За написание схемы превращения вещества С3 5 б

  5. За оптическую изомерию D2 3 б.

ИТОГО 30 б.



Похожие документы:

  1. Методические рекомендации Волимпиадной работе предлагается 3 блока заданий из разделов общей, неорганической, аналитической и органической химии.

    Методические рекомендации
    ОЛИМПИАДА УЧИТЕЛЕЙ ХИМИИ 2013 ГОДА ХИМИЯ Продолжительность выполнения работы - 240 минут (4 ЧАСА) Максимальное количество баллов240 баллов  Олимпиада   по   химии  является соревнованием педагогов учебных заведений, ...
  2. Мониторинг 02. 09. 2013

    Документ
    ... немало победителей российских и международных олимпиад". "За время работы Попов неоднократно выступал со смелыми ... 2013 года мы планируем дальнейшее обновление компьютерного парка, создание резерва ноутбуков для учителей, увеличение количества ...
  3. Мониторинг 30. 09. 2013

    Документ
    ... видит создание условий для комфортной работы педагогов, решение социальных проблем учителей. Пусть сегодня не ... регионального этапа (общее количество школ - 1591). По результатам Всероссийской предметной олимпиады 2013 года пять московских ...
  4. Организация образовательного процесса на основе требований СанПиН. Директор Халимова Г. К. зам директора по икт халиуллина Г. С. зам директора по увр бадретдинова А. М

    Документ
    ... типу заданий: А – 30, В – 8, С – 1; по уровню сложности: Б – 30, П – 1, В – 8. Максимальный первичный балл за работу – 64. Общее время выполнения работы – 180 ...
  5. Проведения профессиональных конкурсов для педагогов и конкурсов для детей в Кировском районе 6 Выставка детского творчества «Рождественская звезда» 8

    Конкурс
    ... ; максимальное количество баллов за правильно выполненное задание - 3 балла. Оценка сообщений на этапе районного тура осуществляется командами участников олимпиады ...

Другие похожие документы..