Поиск

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

Рекомендуем ознакомиться

'Документ'
05 Витебск МЖ 1 ФСО Витебской обл. /0 1 / 4 3 7 . Командный Чемпионат Беларуси 4- .05 Кричев МЖ 1 -75 ФСО Могилевской обл....полностью>>
'Документ'
честность, коммуникабельность, пунктуальность, трудолюбие, ответственность, нацеленность на результат, активная жизненная позиция,...полностью>>
'Конкурс'
В коробке не осталось ни одного зеленого карандаша. (Это утверждение может быть верным, а может быть неверным, значит, это утверждение нельзя назвать ...полностью>>
'Документ'
Права и обязанности сторон в договоре розничной купли-продажи. Дополнительные гарантии для покупателей. Особенности правовых последствий при нарушении...полностью>>

Главная > Документ

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

1

Смотреть полностью

Задания и решения заданий для учителей химии – участников Олимпиады 2013 года

Общее время выполнения работы – 4 часа (240 минут)

Максимальное количество баллов - 240

Блок №1

Задание 1 (10 баллов)

«Лунный» элемент был открыт в 1817 году шведским химиком Берцелиусом, он же предложил его название. Элемент является сильным ядом, действующим при поступлении в организм подобно мышьяку. Этот элемент своих минералов практически не образует, в природе сопутствует сере. В чистом виде образует простое вещество в твёрдом агрегатном состоянии, обладающее серым цветом с металлическим отсветом… Это вещество энергично взаимодействует с фтором, при нагревании – с хлором, кислородом. При взаимодействии простого вещества с кислородом образуется только один оксид, белого цвета, твёрдый при комнатной температуре ЭО2. Кислота, образованная этим элементом, а также водородом и кислородом, в которой массовая доля элемента равна 0,545, способна растворять золото.

  1. Назовите элемент, ответ обоснуйте.

  2. Напишите уравнения реакций простого вещества, образованного этим элементом, с фтором, хлором, кислородом.

  3. Установите формулу кислоты и напишите уравнение реакции этой кислоты с золотом.

  4. Элемент образует с серой соединение под названием сульсен, которое используют в медицине. Какова может быть формула этого соединения?

Решение:

Содержание верного ответа и указания по оцениванию

(допускаются иные формулировки ответа, не искажающие его смысла)

Баллы

Название «лунный», а также то, что этот элемент в природе сопутствует сере, подсказывают, что искомый элемент – селен (греческое слово «селене» означает «луна»)

1 балл

Для элементов подгруппы серы характерны степени окисления -2, +4 и +6, формы оксидов ЭО2 и ЭО3, соответствующие оксидам формы кислот Н2ЭО3 и Н2ЭО4. Рассчитаем массовые доли селена в этих кислотах.

Для Н2SеО3: w (Se) = 79/129 = 0,612; для Н2SеО4: w (Se) = 79/145 = 0,545, что отвечает условию задачи. Таким образом, элемент - селен. Кислота – селеновая, её формула Н2SеО4

2 балла

Уравнения реакций селена с фтором, хлором, кислородом:

2 Se + 5 F2 = SeF4 + SeF6

Se + 2 Cl2 = SeCl4

Se + O2 = SeO2

3 балла

Уравнение реакции селеновой кислоты с золотом:

2 Au + 6 Н2SеО4 = Au2(SeO4)3 + 3 SeO2 + 6 H2O или

2 Au + 7 Н2SеО4 = 2 H[Au(SeO4)2] +3 H2SeO3 + 3 H2O

3 балла

Учитывая, что сера более электроотрицательна, чем селен, то возможная формула сульсена SeS2.

1 балл

Максимальный балл

10

Задание 2 (10 баллов)

Определите реагирующие вещества и составьте уравнения реакций по их правым частям (формулы всех веществ указаны с коэффициентами в уравнении реакции).

  1. … + … + … = 3H3PO4 + 5NO

  2. … + … = 5NaI + NaIO3 + 3H2O

  3. … + … = 2N2 + K2SO4 + 4H2O

  4. … + … + … = 4H2 + K2SiO3

  5. … + … + … = K2SO4 + 2MnSO4 + 2H2SO4

Решение:

Содержание верного ответа и указания по оцениванию

(допускаются иные формулировки ответа, не искажающие его смысла)

Баллы

1) 5HNO3 + 3P + 2H2O = 3H3PO4 + 5NO

2 балла

2) 3I2 + 6NaOH = 5NaI + NaIO3 + 3H2O

2 балла

3) 2KNO2 + (NH4)2SO4 = 2N2 + K2SO4 + 4H2O

2 балла

4) SiH4 + 2KOH + H2O = 4H2 + K2SiO3

2 балла

5) 2KMnO4 +5SO2 + 2H2O = K2SO4 + 2MnSO4 + 2H2SO4

2 балла

Максимальный балл

10

Задание 3 (10 баллов)

В избытке HNO3 растворили 1,93 г кристаллогидрата соли, состоящей из трех элементов. Раствор упарили, а осадок прокалили. При прокаливании выделилось 0,112 л (н.у.) газа, поддерживающего горение и имеющего плотность по воздуху 1,103. После прокаливания осталось 1,41 г нелетучей смеси нитрита натрия (48,94 массовых %) и оксида элемента (VI) (51,06 массовых %). Оксид этого элемента содержит 33,33 массовых % кислорода. Установите формулу кристаллогидрата.

Решение:

Содержание верного ответа и указания по оцениванию

(допускаются иные формулировки ответа, не искажающие его смысла)

Баллы

Молярная масса газа М = 1,103 ∙ 29 = 32,0 (г/моль) – следовательно, этот газ – кислород.

1 балл

Количество вещества нитрита натрия: n(NaNO2) = 1,44 ∙ 0,4894/69 = 0,010 (моль)

1 балл

Молярная масса оксида шестивалентного элемента:

М(ЭО3) = 48/0,3333 = 144 (г/моль)

1 балл

Относительная атомная масса этого элемента: Аr (Э) = 144 – 48 = 96 Элемент – молибден

1 балл

Количество вещества МоО3 : n(МоО3) = 1,41∙ 0,5106/144 = 0,005 (моль)

1 балл

Формула соли Na2MoO4 ∙ x H2O. М (Na2MoO4) = 206 г/моль. Количество вещества соли составляет 0,005 моль. Масса этой соли равна 206 ∙ 0,005 = 1,03 (г). Масса воды в кристаллогидрате составит 1,93 – 1,03 = 0,90 (г)

2 балла

Количество вещества воды в кристаллогидрате:

n(Н2О) = 0,9/18 = 0,05 (моль)

1 балл

Соотношение соль : кристаллизационная вода равно 1:10. Формула кристаллогидрата:

Na2MoO4 10H2O

2 балла

Максимальный балл

10

Задание 4 (10 баллов)

При глубоком окислении оптически активного спирта А образуются две органические кислоты, а при мягком окислении – вещество Б состава С5Н10О, не восстанавливающее реактив Феллинга. При обработке Б гидроксиламином образуется вещество В, восстановление которого приводит к веществу Г. Если на вещество Г подействовать нитритом натрия в избытке HCl, то получается смесь веществ, в состав которой входит исходный спирт А.

  1. Приведите уравнения происходящих реакций и назовите все вещества.

  2. Объясните причины оптической активности вещества А и проиллюстрируйте её

  3. Какое наиболее вероятное вещество может также входить в состав конечной смеси?

Решение:

  1. Т.к. при мягком окислении спирта А образуется вещество Б, не восстанавливающее реактив Феллинга, следовательно, Б - это кетон, а А – вторичный спирт, содержащий 5 атомов углерода.

Существует три изомерных вторичных спирта с 5 атомами углерода: пентанол-2, 3-метилбутанол-2 и пентанол-3.

Пентанол-3 не может быть спиртом А, т.к. не обладает оптической активностью, а при жестком окислении 3-метилбутанола-2 образуются кислота и кетон. Поэтому искомый спирт А – пентанол-2

Уравнения реакций:

1.

2.

3.

4.

5.

  1. Оптической активностью обладают органические соединения, для которых возможна оптическая изомерия (стереоизомерия). Причиной возникновения стереоизомеров является наличие в молекуле асимметрического углеродного атома, т.е. атома углерода с четырьмя различными заместителями. При наличии асимметрического углеродного атома, соединение может существовать в виде двух стереоизомеров (оптических антиподов или энантиомеров).

В молекуле пентанола-2 второй атом углерода – асимметрический. Поэтому возможно наличие двух стереоизомеров.

  1. Вещество Г – 2-аминопентан (втор.пентиламин) – это первичный алифатический амин. В реакциях с азотистой кислотой происходит выделение газообразного азота и образование спирта. Также в условиях реакции возможно образование алкена – пентена-2.

Критерии оценивания:

  1. За объяснение структуры спирта А 0,5 баллов

  2. За названия веществ А-Г по 0,5 баллов 4 ∙ 0,5 = 2 балла

  3. За уравнения реакций по 1 баллу 5 ∙ 1 = 5 баллов

  4. За определение оптической активности 1 балл

  5. За формулы энантиомеров 1 балл

  6. За побочный продукт в реакции 5 0,5 баллов

Максимальный балл 10 баллов

Блок №2

Задание 5 (20 баллов)

«каждый охотник желает знать, где сидит фазан».

Соединение Ф (соединения такого типа называют «квасцами») представляет собой темно-фиолетовые октаэдрические кристаллы. При растворении Ф в воде получается фиолетовый раствор. При добавлении к этому раствору избытка раствора гидроксида калия образуется раствор зеленого цвета (вещество З) (реакция 1). Если к полученному раствору добавить пероксид водорода, то раствор станет желтым (вещество Ж) (реакция 2). При подкислении раствора вещества Ж раствором серной кислоты раствор становится оранжевым (вещество О) (реакция 3). Прибавление к оранжевому раствору пероксида водорода и диэтилового эфира, приводит к образованию соединения С, которое окрашивает слой эфира в синий цвет (реакция 4).

Если же к подкисленному раствору вещества О добавить избыток цинка, то через некоторое время раствор приобретет интенсивную голубую окраску (вещество Г) (реакция 5).

К насыщенному раствору вещества О прилили концентрированной серной кислоты, при охлаждении полученного раствора выпали ярко-красные кристаллы вещества К (реакция 6).

  1. Приведите название и формулу квасцов (соединение Ф), если содержание воды в них равно 43,3%.

  2. Приведите формулы соединений в соответствии с их цветом: красный, оранжевый, желтый, зеленый, голубой, синий, фиолетовый.

  3. Напишите уравнения реакций образования веществ 1- 6.

Решение:

Содержание верного ответа и указания по оцениванию

(допускаются иные формулировки ответа, не искажающие его смысла)

Баллы

Квасцы – соединения с общей формулой ЭIЭIII(SO4)2 · 12H2O. Если содержание воды 43,3%, то молярная масса квасцов 12·18 : 0,433 = 499 (г/моль). На сумму атомных масс ЭI и ЭIII приходится 499 - 18·12 - 2·96 = 91. Судя по окраске упомянутых растворов, это хромовые квасцы, т.е. ЭIII – Сr. Значит ЭI – К (калий) (39 + 52 = 91). Ф – хромокалиевые квасцы

1 балл

Красный CrO3

1 балл

Оранжевый K2Cr2O7

1 балл

Желтый K2CrO4

1 балл

Зеленый K[Cr(OH)4(H2O)2] или K3[Cr(OH)6]

1 балл

Голубой CrSO4

1 балл

Синий CrO5 или CrO5 ∙ 2Н5)2O

1 балл

Фиолетовый КCr(SO4)2·12Н2О

1 балл

КCr(SO4)2 + 6КОН = K3[Cr(OH)6] + 2К2SO4 или

КCr(SO4)2 + 4КОН + 2Н2О = K[Cr(OH)42О)2] + 2К2SO4 (1)

2 балла

2K3[Cr(OH)6] + 3Н2О2 = 2K2CrO4 + 2КОН + 8Н2О (2)

2 балла

2K2CrO4 + Н2SO4 = K2Cr2O7 + Н2О + К2SO4 (3)

2 балла

K2Cr2O7 + 4Н2О2 + Н2SO4 + С2Н5-О-С2Н5 = 2CrO5·(С2Н5)2О + 5Н2О + К2SO4 (4)

2 балла

K2Cr2O7 + 4Zn + 7Н2SO4 = 4ZnSO4 + 2CrSO4 + 7Н2О + К2SO4 (5)

2 балла

K2Cr2O7 + 2Н2SO4 = 2CrO3↓ + Н2О + 2КHSO4 (6)

2 балла

Максимальный балл

20

Задание 6 (20 баллов)

Водный раствор иодида калия, содержащий примесь бромида калия, встряхивали с избытком бромной воды, а затем упарили и кристаллизовали. В результате получили продукт, масса которого на A граммов меньше массы первоначального препарата. Этот продукт растворили в воде и через полученный раствор пропустили избыток хлора, после чего упарили и опять кристаллизовали. Масса нового продукта также на A граммов меньше массы препарата, полученного в предыдущем опыте. Найти массовую долю бромида калия в исходном препарате. Считать, что все химические реакции идут количественно.

Решение:

Содержание верного ответа и указания по оцениванию

(допускаются иные формулировки ответа, не искажающие его смысла)

Баллы

Составим уравнения реакций:

2 KI + Br2 = 2 KBr + I2

2 KBr + Cl2 = 2 KCl + Br2

4 балла

Пусть изначально в смеси было х г KBr и у г KI. Найдем количество вещества KI, а через него массу образовавшегося KBr.

n(KI ) = m(KI)/M(KI) = у/166 (моль)

mобр.(KBr) = n(KI) ∙ M(KBr) = 119у/166 (г)

2 балла

Теперь найдем разницу в массе навесок:

А = (х + у) – (х + 119у/166) = у - 119у/166 (г)

2 балла

Общая масса KBr равна:

mоKBr = х + 119у/166 = (166х + 119у)/166 (г)

nKBr = mоKBr/MKBr = (166х + 119у)/(166 ∙ 119) (моль)

2 балла

Теперь найдем массу получившегося KCl:

mKC l = nKCl∙MKC l = nKBrMKC l = 74,5(166х + 119у)/(166 ∙ 119) (г)

2 балла

Попробуем опять вывести А и составить уравнение. А равно разнице между массой mоKBr и массой получившегося хлорида калия:

А = (166х + 119у)/166 – 74,5(166х + 119у)/(166 ∙ 119)

2 балла

Таким образом, получаем:

(166х + 119у)/166 – 74,5(166х + 119у)/(166 ∙ 119) = у – 119у/166

2 балла

Решая его, получаем:

у = 14774х/595 = 24,83х

2 балла

Теперь мы можем найти начальное содержание бромида калия в смеси:

w(KBr) = х/(х + у) = х/25,83х = 0,039 или 3,9%

2 балла

Максимальный балл

20

Задание 7 (20 баллов)

В 264 г раствора с массовой долей  Hg2(NO3)2, равной 20 %, поместили железные опилки. Через некоторое время массо­вая доля нитрата ртути (I) в растворе стала равна 6 %.

1. Какая масса ртути получена в результате реакции?

2. Како­ва массовая доля нитрата железа в полученном растворе?

Решение:

Содержание верного ответа и указания по оцениванию

(допускаются иные формулировки ответа, не искажающие его смысла)

Баллы

Hg2(NO3)2 + Fe = Fe(NO3)2 + 2Hg ↓ (1)

2 балла

M( Fe(NO3)2 = 180 г/моль; М(Hg) = 201 г/моль; M(Fe) = 56 г/моль;

M(Hg2(NO3)2 = 526 г/моль.

1 балл

Найдем массу Hg2(NO3)2 в исходном растворе: m(Hg2(NO3)2) = 0,2·264 = 52,8 (г)

1 балл

Масса раствора в ходе реакции изменяется. Масса раствора увеличивается на массу железа, вступившего в реакцию, и уменьшается на массу ртути, выпадающей в осадок.

1 балл

Пусть Х г железа вступило в реакцию. Найдем массу полученной ртути по уравнению реакции (1):

56/2·201 = Х/ m1

m1(Hg )  = 7,18X

2 балла

Масса полученного раствора: m(p-pа) = 264 + X – 7,18X = 264 – 6,18X (г)

2 балла

Найдем массу Hg2(NO3)2 в полученном растворе:

m(Hg2(NO3)2 ) = 0,06 (264 – 6,18X) = 15,84 – 0,37X

1 балл

Найдем массу  Hg2(NO3)2, которая вступила в реакцию:

m(Hg2(NO3)2 ) = 52,8 – (15,84 –  0,37Х) = 36,96 + 0,37Х

1 балл

Найдем значение Х по уравнению реакции (1),  решая  пропорцию:

56 / 526 = Х/(36,96 + 0,37Х)

Х = 4,1;   m(Fe) = 4,1 г.

2 балла

Масса полученной ртути: m1(Hg )  = 7,18X = 7,18 · 4,1 = 29,4 (г)

2 балла

Масса полученного раствора: m(p-pа) = 264 – 6,18X = 264 – 6,18 · 4,1 = 238,7 (г)

2 балла

Найдем массу полученного нитрата железа(II):

56 / 180 = 4,1/Y

Y = 13,18;   m(Fe(NO3)2) = 13,18 г.

2 балла

Найдем массовую долю нитрата железа(II) в полученном растворе:

w ( Fe(NO3)2 ) = m( Fe(NO3)2 ) : m(p-pа) = 13,18: 238,7 = 0,055   (5,5 %)

1 балл

Максимальный балл

20

 Задание 8 (20 баллов)

В медицинской практике применяют сильное средство для местной анестезии, которое называется тримекаина гидрохлорид (N,N-диэтиламино-2,4,6-триметилацетанилид гидрохлорид). Одна из возможных схем синтеза этого вещества приведена ниже. Расшифруйте схему (напишите уравнения реакций) и назовите все неизвестные вещества.

Решение:

1.

2.

3.

4.

5.

6.

7.

8.

9.

10.

Критерии оценивания:

За уравнения реакций по 1,5 балла 10 ∙ 1,5 = 15 баллов

За названия А-К по 0,5 балла 10 ∙ 0,5 = 5 баллов

Максимальный балл 20 баллов

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.

1

Смотреть полностью


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..