Заключительный (городской) этап. Теоретический тур

Класс

1.Для определенности возьмем кислоту, которая будет при обычных условиях взаимодействовать с этими металлами, например, соляную:

Mg + 2HCl → MgCl₂ + H₂

2Al + 6HCl → 2AlCl₃ + 3H₂

Пусть масса смеси – x г, тогда m(Mg) = 0,4x г, m(Al) = 0,6x г.Соответствующие количества веществ: ν(Mg) = 0,4x/24 моль, ν(Al) = 0,6x/27 моль. Количество водорода, выделяющегося в результате реакций, есть сумма 0,4x/24 + 3·0,6x/(27·2) = 0,05x моль. V(H₂) = 22,4·0,05x = 1,12x = 2,016 (по условию). Т.е. x= 1,8 г.

Рекомендации к оцениванию:

1) Выбор кислоты 1 балл = 1 балл

2) Уравнения реакций по 2 балла 2·2 = 4 балла

3) Расчет массы смеси 5 баллов = 5 баллов

Замечание: не уравненная реакция оценивается в 1 балл.

ИТОГО 10 баллов

2.Количество электронов в стабильном ионе X составляет 2 + 2 + 6 + 2 + 6 = 18. Из схемы видно, что это двухзарядный катион. Т.е. элемент X содержит 20 электронов – это кальций Ca.

1) Ca + H₂ → CaH₂ (A);

2) Ca + Cl₂ → CaCl₂ (B);

3) 2Ca + O₂ → 2CaO (C);

4) CaH₂ + 2H₂O → Ca(OH)₂ + 2H₂↑;

5) Ca(OH)₂ + 2HCl → CaCl₂ + 2H₂O;

6) CaO + 2HI → CaI₂ + H₂O;

7) CaI₂ + PbCl₂ → CaCl₂ + PbI₂↓.

Рекомендации к оцениванию:

1) Обоснованное определение X 3 балла = 3 балла

2) Уравнения реакций по 1 баллу 1·7 = 7 баллов

Замечание: не уравненная реакция оценивается в 0 баллов.

ИТОГО 10 баллов

3. 1)

2)

Соединение	Степень окисления	Валентность
Na2O2	–1	II
N2		III
NaNO3	+5	IV

3) Только ковалентные полярные связи содержат H₃PO₄ и CS₂.

Рекомендации к оцениванию:

1) Структурные формулы по 0,75 балла 0,75·10 = 7,5 баллов

2) Соединения, содержащие элемент с разными

значениями валентности и степени окисления, по 0,5 балла 0,5·3 = 1,5 балла

3) Соединения с ковалентными полярными связями по 0,5 балла 0,5·2 = 1 балл

Замечание: 2 пункт без правильно приведенных значений степеней окисления и валентностей оценивается в 0 баллов.

ИТОГО 10 баллов

4.К химическим явлениям относятся следующие:

1) появление ощущения свежести после грозы (при грозовом разряде идет реакция образования озона, который и обладает характерным запахом: 3O₂ → 2O₃);

5) восстановление блестящей поверхности при чистке серебряного изделия с помощью нашатырного спирта (со временем серебро медленно окисляется кислородом воздуха с образованием оксидной пленки Ag₂O (черный), при обработке таких изделий нашатырным спиртом (водный раствор аммиака) происходит ее удаление за счет реакции: Ag₂O + 4NH₃·H₂O → 2[Ag(NH₃)₂]OH + 3H₂O;

6) образование пузырьков газа при обработке раны раствором перекиси водорода (под действием каталазы (фермент, содержащийся в крови) происходит разложение перекиси водорода: 2H₂O₂ → 2H₂O + O₂, а образование кислорода и определяет ее антисептические свойства).

Примеры явлений:

1) 4P + 5O₂ → 2P₂O₅; такая реакция происходит при зажигании спички о терочную поверхность.

2) C + O₂ → CO₂; сжигание угля.

3) CH₄ + 2O₂ → CO₂ + 2H₂O; горение природного газа (метан CH₄ – основной компонент).

4) 4Fe + 6H₂O + 3O₂ → 4Fe(OH)₃; образование ржавчины на железной поверхности.

Рекомендации к оцениванию:

1) Классификация явлений по 0,75 балла 0,75·6 = 4,5 балла

2) Объяснения по 0,5 балла 0,5·3 = 1,5 балла

3) Примеры явлений по 1 баллу 1·4 = 4 балла

ИТОГО 10 баллов

5.1) m_р-ра = 1,1·250 = 275 г; m(H₂SO₄) = 0,15·275 = 41,25 г; V(H₂SO₄) = 41,25/1,84 = 22,4 мл; V(H₂O) = (275 – 41,25)/1 = 233,8 мл.

2) Растворилось ν(H₂SO₄) = 41,25/98 = 0,421 моль, количество выделившейся теплоты Q = 0,421·74,2 = 31,2 кДж. Пренебрегая теплообменом с окружающей средой, можно считать, что вся выделившаяся энергия пошла на нагревание раствора. Q = cmΔt; таким образом, раствор нагреется на Δt = Q/cm = 31200/(3560·0,275) = 32 °С.

3) Последовательность смешения имеет значение с точки зрения техники безопасности, а именно нужно приливать кислоту тонкой струйкой к воде. Вышеприведенные расчеты показали, насколько растворение серной кислоты в воде экзотермично. Т.е. если поменять последовательность, первые порции воды буквально «вскипят» на поверхности кислоты (ρ(H₂O) < ρ(H₂SO₄)) и брызги полетят во все стороны.

Рекомендации к оцениванию:

1) Объем серной кислоты и воды по 1,5 балла 1,5·2 = 3 балла

2) Расчет Q и Δt по 2 балла 2·2 = 4 балла

3) Правильная последовательность смешения 1 балл = 1 балл

4) Объяснение 2 балла = 2 балла

ИТОГО 10 баллов

6.

CaCO3 → CaO + CO2 CaO + H2O → Ca(OH)2 CO2 + C → 2CO 2CO + O2 → 2CO2 Ca(OH)2 + CO2 → CaCO3 + H2O

(А) – CaCO3 (Б) – CO2 (В) – CaO (Г) – Ca(OH)2 (Д) – C (Е) – CO

Рекомендации к оцениванию:

1) Определение веществ по 1 баллу 1·6 = 6 баллов

2) Уравнения реакций по 0,8 балла 0,8·5 = 4 балла

ИТОГО 10 баллов

7. Обозначим неизвестный элемент буквой X. Выведем формулу исходного оксида. Для этого используем закон эквивалентов:

ω(X)/ω(O) = M_экв(Х)/M_экв(O), где M_экв(Х) и M_экв(O) – молярные эквивалентные массы.

ω(X) = 100 – 36,8 = 63,2%

M_экв(Х) = M(X)/z, где M(X) – молярная масса металла, а z – его валентность в оксиде.

M_экв(О) = M(О)/z, где M(О) – молярная масса кислорода (16 г/моль), а z – его валентность в оксиде (2). Тогда имеем: 63,2/36,8 = M(X)/8z, решая это уравнение, получим M(X) = 13,78∙z. При z=4 M(X) = 55 г/моль, что соответствует марганцу (элемент Х). Исходный оксид (вещество А) – MnO₂.

Давление в колбе увеличилось вследствие образования газа. Газом может быть только кислород. Объём воздуха равен объёму колбы, т.е. равен 1 литру. Так как давление увеличилось в 2,12 раза по сравнению с исходным, то V(O₂) = 2,12 – 1 = 1,12 л.

Выясним, что является веществом Б – марганец или оксид марганца. Для этого определим, весь ли кислород перешёл из MnO₂ в газообразный кислород. m(O₂) = ν ∙ M = V / V_m ∙ M = 1,12 / 22,4 ∙ 32 = 1,6 г. Масса кислорода в исходном оксиде: m(O) = ω(О) ∙ m(MnO₂) = 0,368 ∙ 17,4 = 6,4 г. Не весь кислород перешёл из оксида в молекулярный кислород. Значит, вещество Б – это не марганец, а некий оксид марганца. Рассчитаем массовые доли элементов в нём.

В веществе Б m(O) = m(O)_{в МnO2} – m(O₂) = 6,40 – 1,6 = 4,8 г. m(Б) = m(MnO₂) – m(O₂) = 17,4 – 1,6 = 15,8 г (по закону сохранения массы). ω(O)_{в в-ве Б} = 4,8 / 15,8 = 0,304 или 30,4%. ω(Mn) = 100% – ω(O)_{в МnO2} = 100% – 30,4% = 69,6%. Выведем простейшую формулу вещества Б:

Следовательно, вещество Б – это Mn₂O₃.

Уравнение реакции:

4MnO₂ 2Mn₂O₃ + O₂↑

Рекомендации к оцениванию:

1) Определение MnO₂ = 5 баллов

2) Определение Mn₂O₃ = 4 балла

3) Уравнение реакции = 1 балл

ИТОГО 10 баллов

Класс

1. А) 4Na₂SO₃ = Na₂S + 3Na₂SO₄; KClO₃ = KCl + KClO₄ (без кат.).

Б) NH₄Cl = NH₃↑ + HCl↑; 2N₂O₅ = 4NO₂↑ + O₂↑.

В) CaCO₃ = CaO + CO₂↑; Ag₂O = 2Ag + O₂↑.

Г) 2HgO = 2Hg + O₂↑; NH₄NO₂ = N₂↑ + 2H₂O.

Д) Cu(OH)₂ = CuO + H₂O; 2Na₂HPO₄ = Na₄P₂O₇ + H₂O.

Рекомендации к оцениванию:

1) Уравнения реакций по 1 баллу 1∙10 = 10 баллов

ИТОГО 10 баллов

2. Неприятно пахнущие газы, продукты сгорания которых растворяются в воде с образованием кислоты – сероводород (H₂S), оксид серы(IV) (SO₂) и фосфин (PH₃).

Уравнения реакций горения в кислороде:

2PH₃ + 4O₂ = P₂O₅ + 3H₂O

2H₂S + 4O₂ = 2SO₃ + 2H₂O (кат.)

2SO₂ + O₂ = 2SO₃ (кат.)

При пропускании в воду продуктов сгорания образуются:

P₂O₅ + 3H₂O = 2H₃PO₄; SO₃ + H₂O = H₂SO₄.

Количество газа: 0,112/22,4 = 0,005 моль.

Количество щелочи: 0,1*0,1 = 0,01 моль.

Соотношение количеств кислоты и щелочи 1: 2

Уравнения реакций нейтрализации:

2NaOH + H₃PO₄ = Na₂HPO₄ + 2H₂O

2NaOH + H₂SO₄ = Na₂SO₄ + 2H₂O

HPO₄^2– – очень слабая кислота, поэтому раствор гидрофосфата натрия имеет почти нейтральную (слабощелочную) реакцию.

Массовые доли натрия в гидрофосфате и сульфате одинаковы: 46/142 = 0,324.

Однако при нагревании до 600 K сульфат натрия устойчив, а гидрофосфат разлагается с образованием дифосфата натрия:

2Na₂HPO₄ = Na₄P₂O₇ + H₂O

Массовая доля натрия в дифосфате: 92/266 = 0,346.

Единственное решение:А - PH₃; Б - Na₂HPO₄; В - Na₄P₂O₇.

Рекомендации к оцениванию:

1) Вещества А, Б, В по 2 балла 2∙3 = 6 баллов

2) Уравнения реакций по 0,5 балла 0,5∙2 = 4 балла

ИТОГО 10 баллов

3.а) 2K₄[Fe(CN)₆] + Cl₂ = 2K₃[Fe(CN)₆] + 2KCl;

б) 2KI + 2NO₂= I₂ + 2KNO₂;

в) 3Na₂SO₃ + 2H NO₃ = 3Na₂SO₄ + 2NO + H₂O;

г) 4FeS + 7O₂ = 2Fe₂O₃ + 4SO₂;

д) 2Cu(NO₃)₂ + 4KI = 2CuI + I₂ + 4KNO₃;

е) 2Na₂O₂ + 2CO₂= 2Na₂CO₃ + O₂;

ж) 2S + 2NO₂ = 2SO₂ + N₂;

з) 4H₂O₂ + H₂S = H₂SO₄ + 4H₂O;

и) 3MnS + 8HNO₃ = 3Mn(NO₃)₂ + 3S + 2NO + 4H₂O;

к) 3H₂SeO₃ + HClO₃ = 3H₂SeO₄ + HCl.

Рекомендации к оцениванию:

1) Уравнения реакций по 1 баллу 1∙10 = 10 баллов

ИТОГО 10 баллов

4. Учитывая разности относительных атомных масс галогенов, методом подбора находим, какие галогены могут входить в состав галогенидов:

Cl и F: 35,5 – 19 = 16,5 ; Br и F: 80 – 19 = 61; I и F: 127 – 19 = 108;

Br и Cl: 80 – 35,5 = 44,5; I и Cl: 127 – 35,5 = 91,5; I и Br: 127 – 80 = 47.

Таким образом, условию задачи удовлетворяют Br и F.

А – относительная атомная масса металла. Тогда, согласно условию задачи:

(А + 80х)/(А + 19х) = 2,794, где х – валентность металла.

Решая это уравнение, находим А = 15х.

Подставляя численные значения валентности, находим относительную атомную массу металла:

х = 1, А = 15; х = 2, А = 30; х = 3, А = 45; х = 4, A = 60; х = 5, А = 75; х = 6, А = 90; х = 7, А = 105; х = 8, А = 120.

Из найденных величин относительной атомной массе металла соответствует только одна – 45, искомый металл – скандий.

Формулы галогенидов: ScF₃ и ScBr₃.

Некоторые свойства галогенидов скандия:

ScF₃ + 3КF = К₃[ScF₆]

2ScF₃ + 3Ca = 2Sc + 3CaF₂

ScBr₃ + 3NaOH = Sc(OH)₃↓ + 3NaBr

ScBr₃ + 3AgNO₃ = 3AgBr↓ + Sc(NO₃)₃

2ScBr₃ + 3Cl₂ = 2ScCl₃ + 3Br₂

Рекомендации к оцениванию:

1) Нахождение галогенов 2 балла = 2 балла

2) Нахождение галогенидов 4 балла = 4 балла

3) Уравнения реакций 4 балла = 4 балла

ИТОГО 10 баллов

5. Переход нерастворимой соли в растворимые соединения может происходить в следующих случаях:

1) Кислотно-основные взаимодействия.

a) Действие кислой соли на осадок средней или основной соли:

MgCO₃ + 2NaHSO₄ = MgSO₄ + Na₂SO₄ + H₂O + CO₂↑

Cu(OH)₂*СuCO₃ + 4NaHSO₄ = 2CuSO₄ + 2Na₂SO₄ + 3H₂O + CO₂↑

б) Действие гидролитически кислого раствора на среднюю или основную соль.

MgCO₃ + 2AlCl₃ + H₂O = MgCl₂ + 2Al(OH)Cl₂ + CO₂↑

Аналогично будет протекать реакция с основной солью. Раствор хлорида алюминия надо взять в большом избытке, чтобы избежать выпадения осадка основного хлорида алюминия.

2) Окислительно-восстановительные реакции:

Сu₂S + 5Fe₂(SO₄)₃ + 4H₂O = 2CuSO₄ + 10FeSO₄ + 4H₂SO₄

(Реакция применяется для извлечения меди из бедных руд, проводится в гидротермальных условиях)

3) Образование комплексных солей:

AgBr + 2Na₂S₂O₃ = NaBr + Na₃[Ag(S₂O₃)₂]

(Используется для фиксирования в фотографическом процессе.)

Рекомендации к оцениванию:

1) Кислотно-основное взаимодействие по 2 балла за каждый тип 2∙2 = 4 балла

2) Окислительно-восстановительные реакции 3 балла = 3 балла

3) Комплексообразование 3 балла = 3 балла

ИТОГО 10 баллов

6.Количество хромата калия в исходном растворе: (150*0,097)/194 = 0,075 моль. При добавлении оксида хрома (VI) протекает реакция:

K₂CrO₄ + CrO₃ = K₂Cr₂O₇ (1)

Пусть добавили х моль оксида хрома (VI). Тогда после реакции в растворе будут находиться: (0,075 – х ) моль K₂CrO₄ и х моль K₂Cr₂O₇ (см. уравнение 1).

По условию в конечном растворе W(K₂CrO₄) = (0,075 – х)*194/(150 + 100х) = 0,0636.

Решая это уравнение, находим х = 0,025 моль.Значит, в конечном растворе имеется: 0,05 моль хромата и 0,025 моль дихромата.

При прокаливании твердого остатка разлагается только дихромат:

4K₂Cr₂O₇ = 4K₂CrO₄ + 2Cr₂O₃ + 3O₂↑ (2)

Твердый остаток состоит из K₂CrO₄ и Cr₂O₃ (см. уравнение 2).

Количество K₂CrO₄: (0,05 + 0,025) моль.

Количество Cr₂O₃: 0,0125 моль.

Масса твердого остатка: 0,075*194 + 0,0125*152 = 16,45 г.

W(K₂CrO₄) = 14,55/16,45 = 0,8845 или 88,45%.

W(Cr₂O₃) = 1,9/16,45 = 0,1155 или 11,55%.

Рекомендации к оцениванию:

1) Уравнения реакций (1) и (2) по 2 балла 2∙2 = 4 балла

2) Состав конечного раствора 2 балла = 2 балла

3) Состав твердого остатка 3 балла = 3 балла

4) Расчет массовых долей 1 балл = 1 балл

ИТОГО 10 баллов

7. 1) При электролизе водного раствора сульфата меди (II) могут протекать два процесса:

2CuSO₄ + 2H₂O = 2Cu↓ + O₂↑ + 2H₂SO₄ (1)

2H₂O = 2H₂↑ + O₂↑ (2), если полностью разложится CuSO₄

Общее количество пропущенного электричества: 7,236*20 = 144,72 (А-час) или 520992 (Кл), что соответствует 520992/96485 = 5,4 моль-эквивалентов любого вещества, выделившегося на электродах.

2)Находим массу раствора после электролиза.

а) исходная масса раствора сульфата меди (II): 250*1,14 = 285 г.

б) число молей CuSO₄: 0,8*0,25 = 0,2 моль, что составляет 0,4 моль-экв. Значит, весь сульфат меди подвергся электролизу, и начался электролиз воды (см. уравнение 2).

в) по уравнению 1 находим массу выделившихся веществ из раствора:

2 моль CuSO₄ выделяют (128 + 32) г меди и кислорода

0,2 моль « « 16 г« «

г) число моль-экв. разложившейся воды: 5,4 – 0,4 = 5, что составляет 9*5 = 45 г.

д) масса раствора после электролиза: 285 – 16 – 45 = 224 г.

е) в этом растворе образовалось 0,2 моль H₂SO₄ (см. уравнение 1).

3)При добавлении к раствору после электролиза раствора NaOH идет реакция:

H₂SO₄ + 2NaOH = Na₂SO₄ + 2H₂O (3)

Количество прилитого NaOH: (100*0,16): 40 = 0,4 моль.

Масса образовавшегося Na₂SO₄: 0,2*142 = 28,4 г (см. уравнение 3).

Масса образовавшегося раствора: 224 + 100 = 324 г.

Сульфат натрия кристаллизуется в виде Na₂SO₄*10H₂O

Пусть выпало х г кристаллогидрата. Тогда масса оставшегося раствора равна (324 – х) г, а масса сульфата натрия в нём 0,071(324 – х) г.

С другой стороны, масса Na₂SO₄, оставшегося в растворе, равна 142*(0,2 – х/322).

0,071*(324 – х) = 142*(0,2 – х/322)

х = 14,58 г

Рекомендации к оцениванию:

1) Уравнения реакций по 1 баллу 1∙3 = 3 балла

2) Масса раствора после электролиза 4 балла = 4 балла

3) Состав и масса выпавшего осадка 3 балла = 3 балла

ИТОГО 10 баллов

Класс

1.Один из возможных вариантов:

Рекомендации к оцениванию:

1) Правильное уравнение реакции 0,75 балла 0,75·10 = 7,5 баллов

2) Правильное название 0,25 балла 0,25·10 = 2,5 баллов

ИТОГО 10 баллов

2.А – I₂, Б – KIO₃, В – KI, Г – HI, Д – HIO₃, Е – I₂O₅, Ж – ICl₃.

I₂ + P + 2H₂O = HI + H₃PO₂

3I₂ + 6KOH = KIO₃ + 5KI + 3H₂O

4KIO₃ + 3Na₂S₂O₃ + 3H₂O = 4KI + 3Na₂SO₄ + 3H₂SO₄

KI + H₃PO₄ = HI + KH₂PO₄

I₂ +10HNO_3(конц.) = 2HIO₃ + 10NO₂ + 4H₂O

2HIO₃ = I₂O₅+ H₂O

I₂O₅ + 5CO = 5CО₂ + I₂

I₂ + KBrO₃ + 6HCl = 2ICl₃ + KBr + 3H₂O

5ICl₃+ 9H₂O = 3HIO₃ + I₂ + 15HCl

2KIO₃ + 2H₂SO_4(конц.) = I₂O₅ + 2KHSO₄

8KI + 9H₂SO_4(конц.) = 4I₂+ 8KHSO₄ + H₂S

2ICl₃ + Na₂S₂O₃ + H₂O = 2Na₂SO₄ + 6HCl + 2HI

Рекомендации к оцениванию:

1) Определение элемента Х и веществ А–Ж по 0,5 балла 0,5·8 = 4 балла

2) Уравнения реакций по 0,5 балла 0,5·12 = 6 баллов

ИТОГО 10 баллов

3.В качестве соединений, запись формулы которых аналогична записи формулы тригонометрической функции, можно предложить нитрид кремния (SiN_x) или сульфид кобальта (CoS_x). Нитриды в природе не встречаются, следовательно, искомый минерал представляет собой сульфид кобальта. Определим индекс:

Cosa = -0,416. Тогда a = 2 радиана

Вещество А– CoS₂

Степени окисления – Co⁺²S^-1₂.

В дальнейшем были проведены следующие реакции:

3CoS₂ + 20HNO₃ = 3Co(NO₃)₂ + 6H₂SO₄ + 14NO + 4H₂O

Co(NO₃)₂ + 2NaOH = Co(OH)₂ + 2NaNO₃

Co(OH)₂ + 2HNO₃ = Co(NO₃)₂ + 2H₂O

2Co(NO₃)₂ + 2LiNO₃ = 2LiCoO₂ + 6NO₂ + O₂

В аккумуляторе будут протекать следующие процессы:

Разряд:

Катод: LiCoO₂ ® Li_1-xCoO₂ + xLi⁺ + xe

Анод: Li⁺ + e ® Li

При зарядке аккумулятора протекают обратные процессы.

Использование неводных растворителей связано с предотвращением окислительно-восстановительных реакций с участием воды (металлический литий восстанавливает водород из воды, кобальт в высоких степенях окисления способен окислять воду).

Рекомендации к оцениванию:

1) Вещество А 2 балла = 2 балла

2) Определение степеней окисления в А 1 балл = 1 балл

3) Уравнения реакций 3 балла = 3 балла

4) Процесс на катоде 2 балла = 2 балла

5) Процесс на аноде 1 балл = 1 балл

6) Объяснение использования неводных растворителей = 1 балл

ИТОГО 10 баллов

4.m(H₂O) = 10,000 – 8,703 = 1,297 г, m(H) из воды = 1,297*2/18 = 0,144 г, m(H)_общ. = 10,000*0,0432 = 0,432 г.

В веществе Бесть водород, но это не вода. Возможно, катион аммония, тогда, учитывая большое содержание хлора, вещество Г может быть хлоридом аммония (улетает в виде аммиака и хлороводорода).

m(NH₄Cl) = 8,703 – 4,845 = 3,858 г

m(Cl) из NH₄Cl = 3,858*35,5/53,5 = 2,56 г

m(Cl) общая = 10,000*0,512 = 5,12 г

m(Cl) в хлориде металла = 5,12 – 2,56 = 2,56 г

m(Me) в хлориде металла = 4,845 - 2,56 = 2,285 г

Для хлорида МеCl_n справедливо равенство: ν(Cl) = n*ν(Me)

2,56/35,5 = n*2,285/M, где М – молярная масса металла

M = 31,69n, при n = 2 получаем М = 63,38 г/моль, что соответствует меди.

Вещество В – СuCl₂.

Для составления формулы кристаллогидрата найдём количества веществ составляющих:

ν(H₂O) = 1,297/18 = 0,072 моль

ν(NH₄Cl) = 3,858/53,5 = 0,072 моль

ν(СuCl₂) = 4,845/134,5 = 0,036 моль

Имеем 2 Н₂О, 2 NH₄Cl, 1 СuCl₂ => формула кристаллогидрата А – (NH₄)₂[CuCl₄]*2H₂O

ВеществоБ– (NH₄)₂[CuCl₄]

Рекомендации к оцениванию:

1) Определение веществ В и Гпо 3 балла 2·3 = 6 баллов

2) Определение веществ A и Б по 2 балла 2·2 = 4 балла

ИТОГО 10 баллов

5. 1) H₂S = H⁺ + HS^- K₁ = [H⁺]*[HS^-]/[H₂S]

HS^- = H⁺ + S^2- K₂ = [H⁺]*[S^2-]/[HS^-]

Mg₃(PO₄)₂ ® 3Mg²⁺ + 2PO₄^3- ПР = [Mg²⁺]³*[PO₄^3-]²

Ag⁺ + 2NH₃ = Ag(NH₃)₂⁺ K = [Ag(NH₃)₂⁺]/([Ag⁺]*[NH₃]²)

2) Определим концентрацию ионов водорода в лимане после аварии.

n(HCl) = 10*300000 = 3000000 моль

V = 3000000*3 = 9000000 + 300 = 9000300 м³ = 9000300000 л

[H⁺] = 3000000/9000300000 = 3,3*10^-4 моль/л

Пусть в 1 л воды растворится х моль минерального компонента раковин, т.е. х моль СаСО₃. Тогда: ПР = [Ca²⁺]*[CO₃^2-]. C другой стороны, концентрация ионов кальция равна суммарной концентрации углеродсодержащих частиц, т.е. х = [CO₃^2-] + [HCO₃^-] + [CO₂]

Нетрудно показать, что [CO₃^2-] = К₁*К₂*x/([H⁺]² + [H⁺]K₁ + K₁*K₂)

В описанной ситуации [CO₃^2-] = 1,91*10^-10*х моль/л. Тогда 1,91*10^-10х² = 3,7*10^-9, х = 4,4 моль/л. Очевидно, что равновесная концентрация кальция очень высока, следовательно, вся популяция моллюсков погибнет.

При расчете использовались следующие допущения:

А) было принято, что иных источников ионов кальция и карбонат-ионов в лимане нет;

Б) строго говоря, произведение активности должно быть выражено через активности ионов.

В решении считалось, что активности в данном случае равны концентрациям ионов.

Рекомендации к оцениванию:

1) Выражения для констант равновесия по 0,5 балла 0,5∙4 = 2 балла

2) Концентрация Н⁺ 1 балл = 1 балл

3) Выражение для [CO₃^2-] 3 балла = 3 балла

4) Концентрация карбонат-анионов 2 балла = 2 балла

4) Вывод о популяции моллюсков 0,5 балла = 0,5 балла

5) Допущения 1,5 балла = 1,5 балла

ИТОГО 10 баллов

6. а) Единственный алкен, который мог бы получиться при дегидратации 3,3-диметилбутан-2-ола (без изменения углеродного скелета молекулы) – это 3,3-диметилбут-1-ен (алкен А). Однако Юный химик не учёл, что промежуточно образующийся вторичный карбкатион может перейти в более устойчивый третичный карбкатион путём 1,2-метильного сдвига (перегруппировка Вагнера-Меервейна). В результате образуются алкены с изменённым углеродным скелетом: 2,3-диметилбут-2-ен (алкен Б) и 2,3-диметилбут-1-ен (алкен В).

При гидробромировании симметричного алкена Бкак без перекиси, так и в её присутствии образуется один и тот же бромид Г (2-бром-2,3-диметилбутан). При гидробромировании алкена В с несимметрично замещённой двойной связью без перекиси и в её присутствии образуются различные продукты, соответственно, бромид Г и бромид Д(1-бром-2,3-диметилбутан).

б) По правилу Зайцева в большем количестве образуется более замещённый алкен Б.

в) Один из способов, позволяющий избежать перегруппировок, пиролиз ацетатов:

Кроме того, могут быть использованы реакции отщепления в алкилгалогенидах или частичное восстановление 3,3-диметилбут-1-ина:

Рекомендации к оцениванию:

1) Структура A, Г, Д по 1 баллу 1∙3 = 3 балла

2) Структура Б, В по 2 балла 2∙2 = 4 балла

3) Преимущественное образование Б с объяснением 1 балл = 1 балл

3) Способ синтеза А 2 балла = 2 балла

ИТОГО 10 баллов

7. 1) Речь идет о кумулированных диенах (алленах), содержащих двойные связи при одном углеродном атоме. Простейший представитель ряда образуется по следующей схеме превращений:

2) В аллене оба крайних атома углерода находятся в sp²-гибридном состоянии, а центральный – sp-гибридизован. Поскольку две p-орбитали центрального атома углерода ортогональны, две π-связи расположены также ортогонально друг другу, т.е. заместители при крайних атомах углерода располагаются во взаимно перпендикулярных плоскостях:

Следовательно, оптической активностью будут обладать такие производные аллена, которые имеют различные заместители при крайних углеродных атомах:

3) Молярная масса образующихся изомерных продуктов составляет 40·2 = 80 г/моль, что в два раза больше молярной массы аллена. С учетом того, что в процессе нагревания никаких дополнительных реагентов не использовали, логично предположить, что произошла реакция димеризации:

И действительно, нагревание приводит к термической циклодимеризации алленов.

Рекомендации к оцениванию:

1) Структурные формулы A, B, C, X по 1 баллу 1·4 = 4 балла

2) Отнесение к гомологическому ряду алленов 1 балл = 1 балл

3) Объяснение оптической изомерии алленов 1 балл = 1 балл

4) Структурные формулы оптических изомеров по 1 баллу 1·2 = 2 балла

5) Продукты циклодимеризации по 1 баллу 1·2 = 2 балла

ИТОГО 10 баллов

Класс

1. Возможная схема превращений:Cl₂ → NaClO → NaClO₃ → KClO₃ → KClO₄ → KCl → HCl → FeCl₂ → FeCl₃ → CuCl₂ → CuCl.

Рекомендации к оцениванию:

1) Уравнения реакий по 1 баллу 1·10 = 10 баллов

ИТОГО 10 баллов

2. 1. У моллюсков и членистоногих за перенос кислорода ответственен медьсодержащий белок гемоцианин – «лазурный пигмент». Болезнь Уилсона-Коновалова – нарушение метаболизма меди, вследствие которого развиваются нарушения ЦНС и некоторых внутренних органов.

При сжигании металла в атмосфере кислорода может образоваться только бинарное соединение этого элемента с кислородом, итак A – окись X. При термическом разложении A образовалось B, также являющееся бинарным соединением X и кислорода.

Массовая доля кислорода в B: ω(О)=100-88,83=11,17%. Если в составе Bn атомов кислорода, то можно рассчитать относительную молярную массу В: M_r(B) = 16n/0,1117 = 143,24n.

Если в B один атом кислорода, то M_r(B) = 143,24, значит относительная молярная масса m атомов X в B: 143,24 – 16 = 127,24. Если m = 1, то X – теллур (что не соответствует расчетным данным), его монооксид TeO известен только в газовой фазе, что не удовлетворяет условию задачи. Если m = 2, то X – медь, что соответствует условию. При сжигании меди в кислороде образуется черный оксид CuO (A), который при разложении превращается в Cu₂O (B). При взаимодействии Cu₂O с диметилсульфатом получается Cu₂SO₄ (C) и (CH₃)₂O (D). При растворении CuO в разбавленной H₂SO₄ образуется CuSO₄ (E). Обрабатывая раствор сульфата меди и хлорида натрия диоксидом серы, можно получить CuCl (F), из которого при взаимодействии с метиллитием получается CuCH₃ (G). С ацетиленом метилмедь образует Cu₂C₂ (H) и CH₄ (I). Сухой сульфат меди в смеси с KCl реагирует со фтором с образованием K₃[CuF₆] (J).

2. В гемоцианине медь находится в виде Cu(I). Чтобы осуществить доставку кислорода его необходимо связать с металлоцентром белка, что достигается путём окислительно-восстановительной реакции. Если бы в «лазурном пигменте» степень окисления меди была равна +2, то при окислении её кислородом воздуха она должна была бы переходить в Cu(III), что невозможно в условиях живого организма.

3. Уравнения реакций:

Рекомендации к оцениванию:

1) Уравнения реакций по 1 баллу 1∙8 = 8 баллов

2) Степень окисления X в «лазурном пигменте» 0,5 балла = 0,5 балла

3) Объяснение степени окисления 0,5 балла = 0,5 балла

4) Уравнения реакций катализируемых CuCl по 0,5 балла 0,5∙2 = 1 балл

ИТОГО 10 баллов

3. Из условия задачи следует, что в состав комплекса входит фосфор. Пусть его массовая доля составляет 15,58%. Тогда на второй элемент приходится: 31*78,39/15,58 = 156 г/моль. Рассматривая более легкие элементы, который могут входить в состав лиганда, получаем, что данная масса, скорее всего, может соответствовать 13 атомам углерода. На третий элемент приходится 31*6,03/15,58 = 12 г/моль. Скорее всего, это 12 атомов водорода.

Таким образом, простейшая формула лиганда – РС₁₃Н₁₂. Поскольку по условию двойных и тройных связей в составе соединения нет, наиболее вероятным представляется наличие ароматических фрагментов: Р(С₆Н₅)₂СН₂.

Наиболее вероятной истинной формулой представляется [Р(С₆Н₅)₂СН₂]₂ – этан-1,2-диилбис(дифенилфосфин) (название по ИЮПАК) или 1,2-бис(дифенилфосфино)этан (традиционно употребляемое название). Наличие только одного сигнала в спектре ЯМР указывает на эквивалентность атомов фосфора.

Металл, названный в честь царицы цветов – родий (родос по-гречески – роза). Поскольку массовая доля родия составляет 7,94%, в составе комплекса должны быть три молекулы фосфина. Образующийся комплекс – Rh([Р(С₆Н₅)₂СН₂]₂)₃³⁺ (три[1,2-бис(дифенилфосфино)этан]родий(III)). В наиболее устойчивом изомере лиганд должен быть бидентатным (тогда образуются три 5-членных хелатных цикла). Октаэдрический комплекс RhL₃, содержащий бидентатный лиганд, будет обладать оптической активностью; наиболее устойчивыми изомерами будут l и D-изомеры.

Слева – D-изомер, справа –l-изомер.

Рекомендации к оцениванию:

1) Определение простейшей формулы лиганда 1 балл = 1 балл

2) Истинное строение лиганда 2 балла = 2 балла

3) Название лиганда 1 балл = 1 балл

4) Состав комплекса 1 балл = 1 балл

5) Название комплекса 2 балла = 2 балла

6) Указание на бидентантный характер лиганда 1 балл = 1 балл

7) Оптические изомеры 2 балла = 2 балла

ИТОГО 10 баллов

4. а) Существует 6 изомеров дибромиодбензола

б)

в) – с помощью спектроскопии ядерного магнитного резонанса (в спектре изомера Х будут наблюдаться два синглетных сигнала с соотношением интенсивностей 2:1, в спектре изомера Y – дублетный сигнал и триплетный сигнал с соотношением интенсивностей 2:1)

– с помощью измерения дипольного момента молекул (дипольный момент изомера Y больше, чем изомера Х)

Возможно применение и других методов.

Рекомендации к оцениванию:

1) Структуры изомеров по 0,25 балла 0,25∙6 = 1,5 балла

2) Структуры A, B, C, D по 1 баллу 1∙4 = 4 балла

3) Структуры E, F, G, H, X, Y по 0,5 балла 0,5∙6 = 3 балла

4) Физико-химические методы по 0,5 балла 0,5∙3 = 1,5 балла

ИТОГО 10 баллов

5. Прокаливание калиевой соли карбоновой кислоты с гидроксидом калия («едкое кали») – это лабораторный способ получения алканов (реакция Дюма). При этом в остатке обнаруживается K₂CO₃. Уравнения реакций:

R¹-COOK + KOH = R¹-H + K₂CO₃

R²-COOK + KOH = R²-H + K₂CO₃

Выделившийся газ – это смесь двух алканов в равных количествах, так как смесь солей эквимолярная. М_ср. (газа) = 0,31*29 = 9 г/моль.

0,5*(М₁ + М₂) = 9; М₁ + М₂ = 18 г/моль, где М₁ и М₂ – молекулярные массы алканов.

Очевидно, что один из алканов – метан CH₄ (М = 16 г/моль), при этом остаток равен 2 г/моль. То есть второй газ – это не алкан, а водород Н₂. Он может быть получен из соли муравьиной кислоты – формиата калия HCOOK. Вторая соль, соответственно, ацетат калия СН₃COOK.

Уравнения реакций:

НCOOK + KOH = Н₂↑ + K₂CO₃

СН₃COOK + KOH = СН₄↑ + K₂CO₃

Рассчитаем массы солей:

n (HCOOK) = n (СН₃COOK) = 0,45/(2*22,4) = 0,01 моль

m (HCOOK) = 0,01*84 = 0,84 г; m (СН₃COOK) = 0,01*98 = 0,98 г

При более высокой температуре формиат калия превращается в оксалат калия (соль щавелевой кислоты), а ацетат калия – в ацетон:

Рекомендации к оцениванию:

1) Определение солей по 2 балла 2∙2 = 4 балла

2) Определение массы каждой соли по 1 баллу 1∙2 = 2 балла

3) Уравнения реакций по 1 баллу 1∙4 = 4 балла

ИТОГО 10 баллов

6.

X	Y	Z
5-(диэтиламино)пентан-2-он	Бутил-3-(изопропиламино)пропаноат	Триэтиламин

Формулы можно подтвердить расчетом по массовым долям азота.

Третичные амины (X и Z) взаимодействуют как основания с присоединением протона.

Уравнение реакции для третичных аминов:

Вещество Y – вторичный амин, который способен образовывать карбаматы, равновесие сдвинуто в сторону растворимой формы сильнее, и поэтому удаление углекислого газа происходит труднее.

Уравнение реакции для вторичных аминов:

Для определения K_a(HХ⁺) не нужно знать количество вещества и титранта, достаточно указать, что pK_a(HХ⁺) соответствует pH в точке, где количество сопряженной кислоты равно количеству основания (то есть половина эквивалента титранта). pK_a(HХ⁺)= 10.2 (допустимая точность ±0.5).

Другие физические параметры:

- Константа распределения октанол – вода (K_ow), которая характеризует гидрофильность вещества, слишком гидрофильное вещество будет смешиваться с водой и без углекислого газа, а слишком гидрофобное не будет и при пропускании CO₂.

- Диэлектрическая проницаемость (ε), аналогично K_ow.

- Растворимость в воде. Если вещество растворимо в воде в достаточно большом количестве (но при этом не смешивается с ней), то его нельзя использовать, поскольку разделение фаз будет не полным, а значит и очистка будет не полной.

Другие физические характеристики засчитываются, если их использование обосновано.

Основано на статье: Jesse R. Vanderveen, Jeremy Durelle and Philip G. Jessop, «Design and evaluation of switchable-hydrophilicity solvents», Green Chem., 2014, 16, 1187-1197.

Рекомендации к оцениванию:

1) Структурные формулы веществ X, Y, Z по 1 баллу 1∙3 = 3 балла

2) Названия веществ X, Y, Z по 0,5 балла 0,5∙3 = 1,5 балла

3) Уравнения реакций с углекислым газом по 0,5 балла 0,5∙2 = 2 балла

4) Определение константы кислотности сопряженной кислоты 3 балла = 3 балла

5) Физические характеристики по 0,5 балла 0,5∙3 = 1,5 балла

ИТОГО 10 баллов

7. Выясним, что представляет соб<